圆锥曲线部分之椭圆经典例题1

例1 已知椭圆mx23y26m0的一个焦点为（0，2）求m的值．

分析：把椭圆的方程化为标准方程，由c2，根据关系abc可求出m的值．

222x2y21．因为焦点在y轴上，所以2m6，解得m3． 解：方程变形为

62m又c2，所以2m62，m5适合．故m5．

例2 已知椭圆的中心在原点，且经过点P3，0，a3b，求椭圆的标准方程．

分析：因椭圆的中心在原点，故其标准方程有两种情况．根据题设条件，运用待定系数法，

求出参数a和b（或a和b）的值，即可求得椭圆的标准方程．

222x2y2解：当焦点在x轴上时，设其方程为221ab0．

ab90x222由椭圆过点P3，0，知221．又a3b，代入得b1，a9，故椭圆的方程为y21．

ab9y2x2当焦点在y轴上时，设其方程为221ab0．

ab90y2x2221．由椭圆过点P3， 0，知221．又a3b，联立解得a81，b9，故椭圆的方程为ab819

例3 ABC的底边BC16，AC和AB两边上中线长之和为30，求此三角形重心G的轨迹和顶点A的轨迹．

分析：（1）由已知可得GCGB20，再利用椭圆定义求解．

（2）由G的轨迹方程G、A坐标的关系，利用代入法求A的轨迹方程．

1

BC中点为原点建立直角坐标系．解： （1）以BC所在的直线为x轴，设G点坐标为x，y，由GCGB20，

知G点的轨迹是以B、C为焦点的椭圆，且除去轴上两点．因a10，c8，有b6，

x2y21y0． 故其方程为

10036x2y21y0． ① （2）设Ax，y，Gx，y，则

10036xx，x2y231y0，其轨迹是椭圆（除去x轴上两点）由题意有代入①，得A的轨迹方程为．

y900324y3例4 已知P点在以坐标轴为对称轴的椭圆上，点P到两焦点的距离分别为的垂线，它恰好过椭圆的一个焦点，求椭圆方程．

解：设两焦点为F1、F2，且PF14525和，过P点作焦点所在轴334525，PF2．从椭圆定义知2aPF 1PF225．即a5．33从PF2F1中，sinPF1F21PF2知PF2垂直焦点所在的对称轴，所以在RtPFPF21， PF12可求出PF1F26，2cPF1cos61025222，从而bac．

33x23y23x2y21或1． ∴所求椭圆方程为

510105x2y2P是椭圆上一点，例5 已知椭圆方程221ab0，长轴端点为A1，A2，焦点为F1，F2，A1PA2，

abF1PF2．求：F1PF2的面积（用a、b、表示）．

2

分析：求面积要结合余弦定理及定义求角的两邻边，从而利用S1absinC求面积． 2解：如图，设Px，y，由椭圆的对称性，不妨设Px，y，由椭圆的对称性，不妨设P在第一象限．由余弦定理知： F1F22PF1PF22PFPF2cos4c2．① 1·2222b2由椭圆定义知： PF． 1PF21PF22a ②，则②－①得 PF1cos故SF1PF2

例6 已知动圆P过定点A3，且在定圆B：求动圆圆心P的轨迹方程． 0，x3y2的内部与其相内切，

2112b2PF1PF2sin sin b2tan． 2221cos分析：关键是根据题意，列出点P满足的关系式．

解：如图所示，设动圆P和定圆B内切于点M．动点P到两定点， 即定点A3，0和定圆圆心B3，0距离之和恰好等于定圆半径，

即PAPBPMPBBM8．∴点P的轨迹是以A，B为两焦点，

x2y21． 半长轴为4，半短轴长为b437的椭圆的方程：

16722说明：本题是先根据椭圆的定义，判定轨迹是椭圆，然后根据椭圆的标准方程，求轨迹的方程．这是求轨迹方程的一种重要思想方法．

x211y21，例7 已知椭圆（1）求过点P，且被P平分的弦所在直线的方程； 222（2）求斜率为2的平行弦的中点轨迹方程；

（3）过A2，1引椭圆的割线，求截得的弦的中点的轨迹方程；

（4）椭圆上有两点P、Q，O为原点，且有直线OP、OQ斜率满足kOPkOQ求线段PQ中点M的轨迹方程．

分析：此题中四问都跟弦中点有关，因此可考虑设弦端坐标的方法．

解：设弦两端点分别为Mx1，y1，Nx2，y2，线段MN的中点Rx，y，则

1， 2 3

x122y122，22x22y22，x1x22x，yy2y，12①②③④

①－②得x1x2x1x22y1y2y1y20． 由题意知x1x2，则上式两端同除以x1x2，有x1x22y1y2y1y2 0，

x1x2将③④代入得x2y

（1）将xy1y20．⑤

x1x211yy21，y代入⑤，得1，故所求直线方程为： 2x4y30． ⑥ 22x1x222将⑥代入椭圆方程x22y22得6y6y（2）将

110，36460符合题意，2x4y30为所求．

44y1y2（椭圆内部分） 2代入⑤得所求轨迹方程为： x4y0．

x1x2y1y2y1代入⑤得所求轨迹方程为： x22y22x2y0．（椭圆内部分） x1x2x2（3）将

2x12x22y12y22， ⑦， 将③④平方并整理得 （4）由①＋②得 ：

222x12x24x22x1x2， ⑧， y12y24y22y1y2， ⑨

4x22x1x24y22y1y22， ⑩ 将⑧⑨代入⑦得：

4y2112221． 再将y1y2x1x2代入⑩式得： 2xx1x24y2x1x22， 即 x1222此即为所求轨迹方程．当然，此题除了设弦端坐标的方法，还可用其它方法解决．

22例8 已知椭圆4xy1及直线yxm．

（1）当m为何值时，直线与椭圆有公共点？ （2）若直线被椭圆截得的弦长为

22解：（1）把直线方程yxm代入椭圆方程4xy1得 4x2xm1，

210，求直线的方程． 52 4

即5x2mxm10．2m45m2116m2200，解得22255． m222mm21（2）设直线与椭圆的两个交点的横坐标为x1，x2，由（1）得x1x2，x1x2．

55m212102m根据弦长公式得 ：11．解得m0．方程为yx． 455522

说明：处理有关直线与椭圆的位置关系问题及有关弦长问题，采用的方法与处理直线和圆的有所区别．

这里解决直线与椭圆的交点问题，一般考虑判别式；解决弦长问题，一般应用弦长公式． 用弦长公式，若能合理运用韦达定理（即根与系数的关系），可大大简化运算过程．

x2y21的焦点为焦点，过直线l：xy90上一点M作椭圆，要使所作椭圆的长轴最短，例9 以椭圆

123点M应在何处？并求出此时的椭圆方程．

分析：椭圆的焦点容易求出，按照椭圆的定义，本题实际上就是要在已知直线上找一点，使该点到直线同侧的两已知点（即两焦点）的距离之和最小，只须利用对称就可解决．

x2y21的焦点为F13，解：如图所示，椭圆0，F23，0． 123点F1关于直线l：xy90的对称点F的坐标为（－9，6），直线FF2的方程为x2y30． 解方程组x2y30得交点M的坐标为（－5，4）．此时MF1MF2最小．

xy90c3， 所求椭圆的长轴：2aMF1MF2FF265，∴a35，又

x2y21． ∴bac35336．因此，所求椭圆的方程为

453622222x2y21表示椭圆，求k的取值范围． 例10 已知方程

k53k 5

k50,解：由3k0,得3k5，且k4．

k53k,∴满足条件的k的取值范围是3k5，且k4．

说明：本题易出现如下错解：由k50,得3k5，故k的取值范围是3k5．

3k0,出错的原因是没有注意椭圆的标准方程中ab0这个条件，当ab时，并不表示椭圆．

例11 已知x2siny2cos1(0)表示焦点在y轴上的椭圆，求的取值范围．

分析：依据已知条件确定的三角函数的大小关系．再根据三角函数的单调性，求出的取值范围．

x2y2110． 1．因为焦点在y轴上，所以解：方程可化为

11cossinsincos因此sin0且tan1从而(

3,)． 24110，0，这是容易忽视的地方． sincos1122(2)由焦点在y轴上，知a，b． (3)求的取值范围时，应注意题目中的条件0．

cossin说明：(1)由椭圆的标准方程知

例12 求中心在原点，对称轴为坐标轴，且经过A(3,2)和B(23,1)两点的椭圆方程．

分析：由题设条件焦点在哪个轴上不明确，椭圆标准方程有两种情形，为了计算简便起见，

22可设其方程为mxny1(m0，n0)，且不必去考虑焦点在哪个坐标轴上，直接可求出方程．

22解：设所求椭圆方程为mxny1(m0，n0)．由A(3,2)和B(23,1)两点在椭圆上可得

2211x2y2m(3)n(2)1,3m4n1,1． 即所以m，n．故所求的椭圆方程为2215515512mn1,m(23)n11, 6

例13 知圆x2y21，从这个圆上任意一点P向y轴作垂线段，求线段中点M的轨迹．

分析：本题是已知一些轨迹，求动点轨迹问题．这种题目一般利用中间变量(相关点)求轨迹方程或轨迹． 解：设点M的坐标为(x,y)，点P的坐标为(x0,y0)，则x因为P(x0,y0)在圆x2y21上，所以x02y021．

将x02x，y0y代入方程x02y021得4x2y21．所以点M的轨迹是一个椭圆4x2y21．

说明：此题是利用相关点法求轨迹方程的方法，这种方法具体做法如下：首先设动点的坐标为(x,y)，

设已知轨迹上的点的坐标为(x0,y0)，然后根据题目要求，使x，y与x0，y0建立等式关系， 从而由这些等式关系求出x0和y0代入已知的轨迹方程，就可以求出关于x，y的方程， 化简后即我们所求的方程．这种方法是求轨迹方程的最基本的方法，必须掌握．

例14 已知长轴为12，短轴长为6，焦点在x轴上的椭圆，过它对的左焦点F1作倾斜解为

x0，yy0． 2的直线交椭圆于A，3B两点，求弦AB的长．

分析：可以利用弦长公式AB1kx1x22(1k2)[(x1x2)24x1x2]求得，

也可以利用椭圆定义及余弦定理，还可以利用焦点半径来求． 解：(法1)利用直线与椭圆相交的弦长公式求解．

AB1k2x1x2(1k2)[(x1x2)24x1x2]．因为a6，b3，所以c33．因为焦点在x轴上，

x2y21，左焦点F(33,0)，从而直线方程为y3x9． 所以椭圆方程为

369由直线方程与椭圆方程联立得：13x723x3680．设x1，x2为方程两根，所以x1x22723，13x1x2

36848222，k3， 从而AB1kx1x2(1k)[(x1x2)4x1x2]． 13137

(法2)利用椭圆的定义及余弦定理求解．

x2y21，设AF由题意可知椭圆方程为1m，BF1n，则AF212m，BF212n． 369在AF1F2中，AF2所以m2AF1F1F22AF1F1F2cos223，即(12m)m3632m63221； 24866ABmn．同理在BF中，用余弦定理得，所以． nF12134343

(法3)利用焦半径求解．

先根据直线与椭圆联立的方程13x723x3680求出方程的两根x1，x2，它们分别是A，B的横坐标． 再根据焦半径AF1aex1，BF1aex2，从而求出ABAF1BF1．

2x2y21上的点M到焦点F1的距离为2，N为MF1的中点，则ON（O为坐标原点）的值为例15 椭圆

259A．4 B．2 C．8 D．

解：如图所示，设椭圆的另一个焦点为F2，由椭圆第一定义得3 2MF1MF22a10，所以MF210MF11028，

说明：(1)椭圆定义：平面内与两定点的距离之和等于常数（大于F1F2）的点的轨迹叫做椭圆．

(2)椭圆上的点必定适合椭圆的这一定义，即MF1MF22a，利用这个等式可以解决椭圆上的点与焦点的有关距离．

又因为ON为MF1F2的中位线，所以ON1MF24，故答案为A． 2x2y21，试确定m的取值范围，使得对于直线l：y4xm，椭圆C上有不同的两点例16 已知椭圆C：43关于该直线对称．

分析：若设椭圆上A，B两点关于直线l对称，则已知条件等价于：(1)直线ABl；(2)弦AB的中点M在l上．

8

利用上述条件建立m的不等式即可求得m的取值范围．

解：(法1)设椭圆上A(x1,y1)，B(x2,y2)两点关于直线l对称，直线AB与l交于M(x0,y0)点． yxn,14∵l的斜率kl4，∴设直线AB的方程为yxn．由方程组消去y得 224xy1,3418nxx24n112n．于是x01，y0x0n，

132134134n12n4n13,)．∵点M在直线y4xm上，∴n4m．解得nm． ② 即点M的坐标为(131313413x28nx16n2480 ①。∴x1x2将式②代入式①得13x26mx169m480 ③

∵A，B是椭圆上的两点，∴(26m)2413(169m248)0．解得(法2)同解法1得出n22213213． m131313413m，∴x0(m)m， 4134113113y0x0m(m)m3m，即M点坐标为(m,3m)．

4444(m)2(3m)22132131．解得∵A，B为椭圆上的两点，∴M点在椭圆的内部，∴． m431313(法3)设A(x1,y1)，B(x2,y2)是椭圆上关于l对称的两点，直线AB与l的交点M的坐标为(x0,y0)．

xyxy∵A，B在椭圆上，∴111，221．两式相减得3(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0，

4343即32x0(x1x2)42y0(y1y2)0．∴

22223xy1y20(x1x2)．

x1x24y0又∵直线ABl，∴kABkl1，∴3x041，即y03x0 ①。 4y0又M点在直线l上，∴y04x0m ②。由①，②得M点的坐标为(m,3m)．以下同解法2.

说明：涉及椭圆上两点A，B关于直线l恒对称，求有关参数的取值范围问题，可以采用列参数满足的不等式： (1)利用直线AB与椭圆恒有两个交点，通过直线方程与椭圆方程组成的方程组，消元后得到的一元二次方程的判别式0，建立参数方程．

xy(2)利用弦AB的中点M(x0,y0)在椭圆内部，满足001，将x0，y0利用参数表示，建立参数不等式．

ab例17 在面积为1的PMN中，tanM点的椭圆方程．

9

221，tanN2，建立适当的坐标系，求出以M、N为焦点且过P2 解：以MN的中点为原点，MN所在直线为x轴建立直角坐标系，设P(x,y)． 5yx2,xc3c则∴1y,y4c且c2xc3cy1.4251,2155212a23b2a,即P(得,)∴4 32333a2b2,b23.424x2y21 ∴所求椭圆方程为153x2y21所截得的线段的中点，求直线l的方程． 例18 已知P(4,2)是直线l被椭圆

369

分析：本题考查直线与椭圆的位置关系问题．通常将直线方程与椭圆方程联立消去y(或x)，得到关于x(或y)

的一元二次方程，再由根与系数的关系，直接求出x1x2，x1x2(或y1y2，y1y2)的值代入计算即得． 并不需要求出直线与椭圆的交点坐标，这种“设而不求”的方法，在解析几何中是经常采用的．

解：方法一：设所求直线方程为y2k(x4)．代入椭圆方程，整理得

(4k21)x28k(4k2)x4(4k2)2360 ①

设直线与椭圆的交点为A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1、x2是①的两根，∴x1x2∵P(4,2)为AB中点，∴48k(4k2) 24k11x1x24k(4k2)k，．∴所求直线方程为x2y80．

224k21方法二：设直线与椭圆交点A(x1,y1)，B(x2,y2)．∵P(4,2)为AB中点，∴x1x28，y1y24． 又∵A，B在椭圆上，∴x14y136，x24y236两式相减得(x1x2)4(y1y2)0， 即(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0．∴

22222222y1y2(x1x2)1．∴直线方程为x2y80．

x1x24(y1y2)2方法三：设所求直线与椭圆的一个交点为A(x,y)，另一个交点B(8x,4y)．

∵A、B在椭圆上，∴x4y36 ①。 (8x)4(4y)36 ②

从而A，B在方程①－②的图形x2y80上，而过A、B的直线只有一条，∴直线方程为x2y80． 说明：直线与圆锥曲线的位置关系是重点考查的解析几何问题，“设而不求”的方法是处理此类问题的有效方法． 若已知焦点是(33,0)、则如何求椭圆方程？ (33,0)的椭圆截直线x2y80所得弦中点的横坐标是4，

2222 10