椭圆题型总结(较难)

1、椭圆题型总结一、焦点三角形1. 设f1、f2是椭圆的左、右焦点，弦ab过f2，求的面积的最大值。（法一）解：如图，设，根据椭圆的定义，又，在af2f1和bf2f1中应用余弦定理，得，令，所以，在上是增函数当，即时，故的面积的最大值为（法二）解：设ab：x=my+1，与椭圆2x2+3y2=6联立，消x得(2m2+3)y2+4my-4=0ab过椭圆内定点f2，恒大于0.设a(x1,y1),b(x2,y2)，则=48(m2+1)=|y1-y2|=令t=m2+11，m2=t-1，则=，t1,+)f(t)=在t1,+)上单调递增，且f(t)9,+)t=1即m=0时，abf1的面积的最大值为。注意：上述a

2、b的设法：x=my+1，方程中的m相当于直线ab的斜率的倒数，但又包含斜率不存在的情况，即m=0的时候。在直线斜率不等于零时都可以这样设，往往可使消元过程简单化，而且避免了讨论。2. 如图，m（-2，0）和n（2，0）是平面上的两点，动点p满足：(1) 求点p的轨迹方程；(2) 若，求点p的坐标.解：(1) 由椭圆的定义，点p的轨迹是以m、n为焦点，长轴长2a=6的椭圆. 因此半焦距c=2，长半轴a=3，从而短半轴 b=， 所以椭圆的方程为(2) 由得 因为不为椭圆长轴顶点，故p、m、n构成三角形.在pmn中， 将代入，得故点p在以m、n为焦点，实轴长为的双曲线上.由()知，点p的坐标又满足，

3、所以由方程组 解得即p点坐标为二、点差法定理 在椭圆（0）中，若直线与椭圆相交于m、n两点，点是弦mn的中点，弦mn所在的直线的斜率为，则.3. 直线l经过点a(1，2)，交椭圆于两点p1、p2，（1）若a是线段p1p2的中点，求l的方程；（2）求p1p2的中点的轨迹解：（1）设p1(x1，y1)、p2(x2，y2)，则*a(1，2)是线段p1p2的中点，x1+x2=2，y1+y2=4，即。l的方程为，即2x+9y-20=0（2）设p1p2的中点m(x，y)，则x1+x2=2x，y1+y2=2y，代入*式，得，又直线l经过点a(1，2)，整理，得4x(x-1)+9y(y-2)=0，p1p2的中

4、点的轨迹：。4. 在直角坐标系中，经过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点p和q.（1）求的取值范围；（2）设椭圆与轴正半轴、轴正半轴的交点分别为a、b，是否存在常数，使得向量与共线？如果存在，求的取值范围；如果不存在，请说明理由.解：（1）直线的方程为由得：直线与椭圆有两个不同的交点，0.解之得：或.的取值范围是.（2）在椭圆中，焦点在轴上，设弦pq的中点为，则由平行四边形法则可知：与共线，与共线.，从而由得：，由（1）可知时，直线与椭圆没有两个公共点，不存在符合题意的常数.三、最值问题5. 已知p为椭圆上任意一点，m（m，0）（mr），求pm的最小值。目标：复习巩固定点与圆锥曲线上的点的

5、连线段的最值问题。提示：设p(x,y)，用距离公式表示出pm，利用二次函数思想求最小值。解：设p(x,y)，pm=，x-2,2，结合相应的二次函数图像可得（1）<-2，即m<时，(pm)min=|m+2|；（2）-22,即m时，(pm)min=；（3）>2，即m>时，(pm)min=|m-2|.说明：（1）类似的，亦可求出最大值；（2）椭圆上到椭圆中心最近的点是短轴端点，最小值为b，最远的点是长轴端点，最大值为a；（3）椭圆上到左焦点最近的点是长轴左端点，最小值为a-c，最远的点是长轴右端点，最大值为a+c；6. 在椭圆求一点p，是它到直线l：x+2y+10=0的距离最

6、小，并求最大最小值。目标：复习研究圆锥曲线上的点与直线的距离问题的一般处理方法。提示：（1）可等价转化为与直线l平行的椭圆的切线与直线l之间的距离；（1）也可以用椭圆的参数方程。解法一：设直线m：x+2y+m=0与椭圆相切，则，消去x，得8y2+4my+m2-4=0,=0,解得m=.当m=时，直线与椭圆的切点p与直线l的距离最近，最近为=，此时点p的坐标是(,)；当m=-时，直线与椭圆的切点p与直线l的距离最远，最远为=，此时点p的坐标是(,)。解法二：设椭圆上任意一点p(2cos,sin),0,2)则p到直线l的距离为=当=时，p到直线l的距离最大，最大为此时点p的坐标是(,)； 当=时，p

7、到直线l的距离最小，最小为，此时点p的坐标是(,)。说明：在上述解法一中体现了“数形结合”的思想，利用数形结合顺利把点与直线的距离问题迅速转化成两平行线间的距离。在解法二中，利用椭圆的参数方程可迅速达到消元的目的，而且三角形式转换灵活多变，利用正余弦的有界性求最值或取值范围问题是一个不错的选择。7. 设ab是过椭圆中心的弦，f1是椭圆的上焦点，（1）若abf1面积为4，求直线ab的方程；（2）求abf1面积的最大值。解：（1）设ab：y=kx，代入椭圆，得x2=，x1=-x2=，又，sabf1=|of1|·|x1-x2|=2|x1-x2|=4，|x1-x2|=2，=5，k=，直线ab

8、的方程为y=x。（2）sabf1=|of1|·|x1-x2|=4·，当k=0时，(sabf1)max=12。8. （2014金山区一模23题）已知曲线所围成的封闭图形的面积为，曲线的内切圆半径为. 记曲线是以曲线与坐标轴的交点为顶点的椭圆. 设是过椭圆中心的任意弦，是线段的垂直平分线，是上异于椭圆中心的点. （1） 求椭圆的标准方程；（2） 若（为坐标原点），当点在椭圆上运动时，求点的轨迹方程；（3） 若是与椭圆的交点，求的面积的最小值. 【解答】：(1)c1是以(a，0)、(0，b)、(a，0)、(0，b)为顶点的菱形，故，2分又a>b>0，解得：a2=5，b

9、2=4，因此所求的椭圆的标准方程为；4分(2)假设ab所在的直线斜率存在且不为零，设ab所在直线方程为y=kx(k0)，a(xa，ya)，令，得，|oa|2=，6分设m(x，y)，由题意得：|mo|2=m2|oa|2，(m>0)，即：，因为l是ab的垂直平分线，所以直线l的方程为，代入上式消去k得：，又x2+y20，整理得：(m>0)，9分当k=0或斜率不存在时，上式仍然成立，综上所述，点m的轨迹方程为(m>0)10分(3) 当k存在且不为零时，由(2)得：，|oa|2=，由，得：，|om|213分|ab|2=4|oa|2=，故=14分=，当且仅当4+5k2=5+4k2时，即

10、k=±1时，等号成立，此时abm的面积的最小值为16分当k=0时，=>，当k不存在时，=>，综上所述，abm的面积的最小值为18分9. 设椭圆中心在坐标原点，是它的两个顶点，直线与ab相交于点，与椭圆相交于、两点（1）若，求的值；（2）求四边形面积的最大值（1）解：依题设得椭圆的方程为，直线的方程分别为， 如图，设，其中，且满足方程，故由知，得；由在上知，得所以，化简得，解得或 （2）解法一：根据点到直线的距离公式和式知，点到的距离分别为， 又，所以四边形的面积为，当，即当时，上式取等号所以的最大值为 解法二：由题设，设，由得，故四边形的面积为 ，当时，上式取等号所以的最

11、大值为 四、垂直关系10.（上海春季）已知椭圆的两个焦点分别为、，短轴的两个端点分别为、。(1) 若为等边三角形，求椭圆的方程；(2) 若椭圆的短轴长为，过点的直线与椭圆相交于两点，且，求直线的方程。解：（1）设椭圆的方程为（）。根据题意知，解得，故椭圆的方程为。（2）容易求得椭圆的方程为。当直线的斜率不存在时，其方程为，不符合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为。由，得。设，则，因为，所以，即，解得，即。故直线的方程为或。11. 如图，设椭圆的上顶点为b，右焦点为f，直线l与椭圆交于m、n两点，问是否存在直线l使得f为的垂心。若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由。解：由已知可得，

12、b(0，1)，f(1，0)，kbf=-1。bfl，可设直线l的方程为y=x+m，代入椭圆方程整理，得。设，则，。bnmf，即。，。即，或。由，得又时，直线l过b点，不合要求，故存在直线l：满足题设条件。12. （2012年高考（湖北理）设是单位圆上的任意一点，是过点与轴垂直的直线，是直线与轴的交点，点在直线上，且满足。当点在圆上运动时，记点m的轨迹为曲线。（）求曲线的方程，判断曲线为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；（）过原点且斜率为的直线交曲线于，两点，其中在第一象限，它在轴上的射影为点，直线交曲线于另一点。是否存在，使得对任意的，都有?若存在，求的值；若不存在，请说明理由。解析：（）如图1，设

13、，则由，可得，所以，。因为点在单位圆上运动，所以。将式代入式即得所求曲线的方程为。因为，所以当时，曲线是焦点在轴上的椭圆，两焦点坐标分别为，；当时，曲线是焦点在轴上的椭圆，两焦点坐标分别为，。（）解法1：如图2、3，设，则，直线的方程为，将其代入椭圆的方程并整理可得。依题意可知此方程的两根为，于是由韦达定理可得，即。因为点h在直线qn上，所以。于是，。而等价于，即，又，得，故存在，使得在其对应的椭圆上，对任意的，都有。图2 图3 图1o d xyam解法2：如图2、3，设，则，因为，两点在椭圆上，所以两式相减可得。依题意，由点在第一象限可知，点也在第一象限，且，不重合，故。于是由式可得。又，三

14、点共线，所以，即。于是由式可得。而等价于，即，又，得，故存在，使得在其对应的椭圆上，对任意的，都有13. （10浙江/21）已知m1，直线，椭圆，分别为椭圆的左、右焦点. (1) 当直线过右焦点时，求直线的方程；(2) 设直线与椭圆c交于a、b两点，的重心分别为.若原点o在以线段gh为直径的圆内，求实数m的取值范围. 【解】（）因为直线经过，所以，得，又因为，所以，故直线的方程为.（）设 由，消去x得：则由，知，且有由于，由重心坐标公式可知.设m是gh的中点，则，由题意可知即，即而，所以，即又因为且，所以，所以m的取值范围是.14. （09山东/22）设椭圆e：（a，b>0）过m(2，)

15、，n(，1)两点，o为坐标原点.(1) 求椭圆e的方程；(2) 是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆e恒有两个交点a，b，且？若存在，写出该圆的方程，并求|ab|的取值范围；若不存在，说明理由. 【解】（）因为椭圆e：（a，b>0）过m（2，），n(，1)两点，所以，解得，所以. 椭圆e的方程为. （）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆e恒有两个交点a，b，且，设该圆的切线方程为，解方程组，得，即，设，要使，需使，即，所以因为直线为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为，此时圆都在椭圆的内部，所以圆的切线与椭圆必有两个不同的交点，且. 而当切线的斜率不

16、存在时，切线与椭圆的两个交点为(，)或(，)，满足. 综上，存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆e恒有两个交点a，b，且. ，当时，因为所以，所以，所以当且仅当时取“=”. 当时，. 而当ab的斜率不存在时，两个交点为(，)或(，)，所以此时，综上，|ab|的取值范围为，即：，. 【另解】对于求，有个更简单的方法：如图，设，则，而 ，所以当时，；当时，. 五、存在性问题15. 以椭圆的短轴的一个端点为直角顶点作椭圆的内接等腰直角三角形，问这样的直角三角形是否存在？如果存在，请说明理由，并判断最多能作出几个这样的三角形；如果不存在，请说明理由. 解：过点分别作斜率为的直线，必与椭圆各

17、另有一交点，则即为所求的等腰直角三角形，故这样的内接等腰直角三角形至少有一个；如除了(1)给出的内接等腰直角三角形外，还存在其他的内接等腰直角三角形，那么设直线，则与均过点，且互相垂直，与与椭圆分别交于，. 用代，得，. 由得，由于椭圆关于轴对称，故当时，还存在斜率的内接等腰直角三角形两个. 综合：当时，可作出一个椭圆的内接等腰直角三角形（图1），当时，可作出三个椭圆的内接等腰直角三角形（图2）. 16. （2015虹口二模）已知圆：，点(1,0)，点在圆上运动，的垂直平分线交于点.(1)求动点的轨迹的方程；(2)设分别是曲线上的两个不同点，且点在第一象限，点在第三象限，若,为坐标原点，求直线

18、的斜率；(3)过点的动直线交曲线于两点，在轴上是否存在定点，使以为直径的圆恒过这个点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.解：(1) 因为的垂直平分线交于点. 所以，从而 所以，动点的轨迹是以点为焦点的椭圆. 3分设椭圆的方程为，则，故动点的轨迹的方程为 5分(2) 设，则 因为，则 由、 解得 8分所以直线的斜率 . 10分 (3)设直线的方程为则由，得由题意知，点在椭圆的内部，所以直线与椭圆必有两个交点，设 ，则 12分假设在轴上存在定点满足题设，则因为以为直径的圆恒过点, 所以即 14分因为故可化为 由于对于任意的,恒成立，故 解得 . 因此，在轴上存在满足条件的定点，点的坐标为

19、. 16分17. （2015嘉定二模）已知椭圆（）的左、右焦点分别为、，点，过点且与垂直的直线交轴负半轴于点，且。（1）求证：是等边三角形；（2）若过、三点的圆恰好与直线：相切，求椭圆的方程；（3）设过（2）中椭圆的右焦点且不与坐标轴垂直的直线与交于、两点，是点关于轴的对称点。在轴上是否存在一个定点，使得、三点共线，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由。（1）设（），由，故，因为，所以，（1分），故，（2分）又，故由得，所以，。（3分）所以，即是等边三角形。（4分）（2）由（1）知，故，此时，点的坐标为，（1分）又是直角三角形，故其外接圆圆心为，半径为，（3分）所以，（5分）所求椭圆的方程为。（6分）（3）由（2）得，因为直线过且不与坐标轴垂直，故可设直线的方程为：，。（1分）由，得，（2分）设，则有，（3分）由题意，故直线的方向向量为，所以直线的方程为，（4分）令，得。（5分）即直线与轴交于定点。所以，存在点，使得、三点共线。（6分）（注：若设，由、三点共线，得，得。）六、定点或定直线问题18. 已知椭圆方程为，当过点的动直线与椭圆相交与两不同点时，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上解：设点q、a、b的坐标分别为。由题设知均不为零，记，则且又a，p，b，q四点共线，从而，