高中数学椭圆经典例题(学生 老师)

高中数学椭圆经典例题(学生老师)=4.利用椭圆的性质可知，对于任意一点P，其到两焦点的距离之和等于椭圆的长轴长度的两倍，即2a=PF1+PF2=9.因此，椭圆的长轴长度为a=4.5，短轴长度由椭圆的标准方程中a和b的关系得到，即b=sqrt(a^2-c^2)=sqrt(20.25-2.25)=4.解得椭圆的标准方程为x^2/20.25+y^2/16=1.例1：已知椭圆方程为mx+3y-6m=1的一个焦点为（0，2），求m的值。分析：将椭圆的方程化为标准方程，根据c=2和a=b+c的关系，求出m的值。解：将方程变形为6m=mx+3y-1，由c=2可知椭圆的长轴为2c=4，因此a=b+c=4，代入方程得6m=4x+3y-1。解得m=5。例2：已知椭圆的中心在原点，且经过点P（3，2），a=3b，求椭圆的标准方程。分析：因椭圆的中心在原点，其标准方程有两种情况。根据题设条件，利用待定系数法求出a和b的值，即可求得椭圆的标准方程。解：设椭圆的方程为x^2/a^2+y^2/b^2=1。由题设条件得到3b^2=a^2，代入方程得到x^2/9y^2/3=1，即3x^2+y^2=9。例3：三角形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：以BC所在的直线为x轴，设G点坐标为（x，y），由GC+GB=20，利用椭圆定义求解。由G的轨迹方程和G、A坐标的关系，利用代入法求A的轨迹方程。解：（1）以BC所在的直线为x轴，设G点坐标为（x，y），由GC+GB=20，BC中点为原点建立直角坐标系。知G点的轨迹是以B、C为焦点的椭圆，且除去轴上两点。因此，椭圆的方程为100x^2/36+y^2=1。（2）设A（x，y），G（x'，y'），则x'=1/3(x1+x2+x3)，y'=1/3(y1+y2+y3)。代入G的轨迹方程得到x^2/36+y^2/100=1，即25x^2+9y^2=900。因此，A的轨迹是以椭圆的两个焦点为焦点的椭圆。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4和5，过P点作焦点所在轴的垂线，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=4，PF2=5。利用椭圆的性质可知，对于任意一点P，其到两焦点的距离之和等于椭圆的长轴长度的两倍，即2a=PF1+PF2=9。因此，椭圆的长轴长度为a=4.5，短轴长度由椭圆的标准方程中a和b的关系得到，即b=sqrt(a^2-c^2)=sqrt(20.25-2.25)=4。由于过P点作焦点所在轴的垂线恰好过一个焦点，因此该椭圆的对称轴必定与x轴或y轴重合。不妨设对称轴为x轴，即椭圆的标准方程为x^2/20.25+y^2/16=1。从椭圆定义可知，$2a=PF_1+PF_2=25$，因此$a=\frac{33}{2}$。由于$\sin\anglePF_1F_2=\frac{1}{2}>PF_2$，知$PF_2$垂直于焦点所在的对称轴。因此，在直角三角形$Rt\trianglePF_2F_2$中，可以求出$\anglePF_1F_2=\frac{\pi}{6}$，$2c=PF_1\cdot\cos\frac{\pi}{6}=\frac{1025}{222}$，从而$b=a-c=\frac{33}{2}-\frac{1025}{444}=\frac{167}{444}$。所以椭圆的方程为$\frac{x^2}{\left(\frac{33}{2}\right)^2}+\frac{y^2}{\left(\frac{167}{444}\right)^2}=1$。已知椭圆的方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，其中$a>b$，长轴端点为$A_1$，$A_2$，焦点为$F_1$，$F_2$，点$P$在椭圆上，$\angleA_1PA_2=\theta$，$\angleF_1PF_2=\alpha$。求$\triangleF_1PF_2$的面积。解：如图，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：$F_1F_2^2=PF_2^2+PF_1^2-2PF_1\cdotPF_2\cdot\cos\alpha$。又由椭圆定义知：$PF_1+PF_2=2a$，因此$PF_1\cdotPF_2=\frac{1}{2}(PF_1+PF_2)^2-a^2=\frac{1}{2}(25)^2-\left(\frac{33}{2}\right)^2=-\frac{1025}{4}$。代入上式，得$F_1F_2^2=4c^2\cos^2\alpha=16c^2\left(\frac{PF_1\cdotPF_2}{4c^2}\right)^2=\frac{1025^2}{222^2}\cdot\frac{(1+\cos\alpha)^2}{16}$。因此，$\sin\alpha=\frac{b}{a}\sqrt{1-\cos^2\alpha}=\frac{b}{a}\sqrt{1-\frac{16c^2}{(1+\cos\alpha)^2}}=\frac{b}{a}\sqrt{\frac{(1-\cos\alpha)^2}{(1+\cos\alpha)^2}}=\frac{b}{a}\tan\frac{\alpha}{2}$。所以$\triangleF_1PF_2$的面积为$\frac{1}{2}PF_1\cdotPF_2\cdot\sin\alpha=-\frac{b^2}{a}\cdot\frac{1025}{222}\cdot\frac{\tan\frac{\alpha}{2}}{2}=-\frac{167}{444}b^2\cdot\tan\frac{\alpha}{2}$。已知椭圆的方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，其中$a>b$。求解下列问题：（1）求过点$P(\sqrt{2},\sqrt{3})$且被$P$平分的弦所在直线的方程；（2）求斜率为$2$的平行弦的中点轨迹方程；（3）引椭圆的割线，求截得的弦的中点的轨迹方程；（4）过$A(2,0)$，与椭圆相切于$P$点的直线的斜率为$-\frac{1}{2}$，求$P$点坐标。解：（1）设过点$P$且被$P$平分的弦的中点为$(x_0,y_0)$，则该弦的方程为$y-y_0=k(x-x_0)$，其中$k=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$。将其代入椭圆方程，得$\frac{x^2}{a^2}+\frac{(k(x-x_0)+y_0)^2}{b^2}=1$，整理后化为二次方程$(1+k^2)\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}\right)+2k^2x_0\cdot\frac{x}{a^2}-k^2b^2=0$。由于该弦过点$P$，因此代入方程得到$x_0=\frac{a^2\sqrt{3}}{2\sqrt{2}(a^2-b^2)}$，$y_0=\frac{b^2\sqrt{2}}{2\sqrt{3}(a^2-b^2)}$。因此，所求直线的方程为$y-\frac{b^2\sqrt{2}}{2\sqrt{3}(a^2-b^2)}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\left(x-\frac{a^2\sqrt{3}}{2\sqrt{2}(a^2-b^2)}\right)$。（2）设平行弦的斜率为$k$，则该弦的方程为$y-y_0=k(x-x_0)$，其中$(x_0,y_0)$为该弦的中点。代入椭圆方程，得$\frac{x^2}{a^2}+\frac{(k(x-x_0)+y_0)^2}{b^2}=1$，整理后化为二次方程$(1+k^2)\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}\right)+2k^2x_0\cdot\frac{x}{a^2}-k^2b^2=0$。由于该弦的斜率为$2$，因此$k=\pm2$。代入方程解得$x_0=\pm\frac{a\sqrt{2}}{2}$，$y_0=\pm\frac{b}{2}$。因此，平行弦的中点轨迹为$\frac{x^2}{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2}+\frac{y^2}{\left(\frac{b}{2}\right)^2}=1$。（3）设割线的方程为$y=kx+b$，则与椭圆相交的点为$(x_1,kx_1+b)$和$(x_2,kx_2+b)$，其中$x_1$和$x_2$满足椭圆的方程。由于割线截得的弦的中点为$\left(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{k(x_1+x_2)+2b}{2}\right)$，因此中点的轨迹方程为$\frac{(x_1+x_2)^2}{4a^2}+\frac{\left(k(x_1+x_2)+2b\right)^2}{16b^2}=1$。代入椭圆方程，得$(1+k^2)\left(\frac{x_1^2}{a^2}+\frac{x_2^2}{a^2}\right)+\frac{b^2}{a^2}(kx_1+b)^2+\frac{b^2}{a^2}(kx_2+b)^2-2k^2\cdot\frac{x_1+x_2}{a^2}-\frac{4b^2}{a^2}b=0$。由于割线是椭圆的切线，因此该方程的判别式为$0$，化简得到$k^2a^2=b^2$。代入中点轨迹的方程，得到$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，即中点轨迹为椭圆。（4）设$P(x,y)$，则过$A(2,0)$且斜率为$-\frac{1}{2}$的直线的方程为$y=-\frac{1}{2}(x-2)$。该直线与椭圆相切于$P$点，因此代入椭圆方程得到$4x^2+25y^2=100$。联立解得$x=2\sqrt{2}$，$y=\frac{2}{\sqrt{5}}$，因此$P(2\sqrt{2},\frac{2}{\sqrt{5}})$。椭圆上有两点P、Q，O为原点，且有直线OP、OQ斜率满足$k_{OP}\cdotk_{OQ}=-1$，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$(x_1,y_1)$，N$(x_2,y_2)$，线段MN的中点R$(x,y)$，则$2x_1^2+2y_1^2=2$$2x_2^2+2y_2^2=2$$x_1+x_2=2x$$y_1+y_2=2y$$(1)-(2)$得：$(x_1+x_2)(x_1-x_2)+2(y_1+y_2)(y_1-y_2)=0$由题意知$x_1\neqx_2$，则上式两端同除以$x_1-x_2$，有：$(x_1+x_2)^2+(y_1+y_2)^2=y_1+y_2$将$(3),(4)$代入得：$x+2y\cdot\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=\frac{3}{2}$将$y_1-y_2=\frac{x_2-x_1}{k_{OP}}$代入得：$2x+4y-\frac{3}{2}k_{OP}=0$当$k_{OP}=0$时，$OP$垂直于$x$轴，$P$位于椭圆的上下焦点处，$M$的轨迹是椭圆的上下半部分。当$k_{OP}$不存在时，$OP$垂直于$y$轴，$P$位于椭圆的左右焦点处，$M$的轨迹是椭圆的左右半部分。当$k_{OP}\neq0$且$k_{OP}$存在时，$M$的轨迹是直线$2x+4y-\frac{3}{2}k_{OP}=0$。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$\frac{2\sqrt{10}}{3}$，求直线的方程。注：因为没有给出例8的问题，这里就不作答了。对于第一段，我们可以将其改写为：设直线与椭圆的交点横坐标为x1和x2，将直线方程y=x+m代入椭圆方程4x+y=1中，得到5x+2mx+m-1=0。计算判别式Δ=4(5m-1)，得到-16m+20≥0，解得-2/5≤m≤5/2。第二段可以改写为：已知椭圆x2/4+y2=1的焦点为F1(-3,0)和F2(3,0)，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，求点M的坐标和此时的椭圆方程。我们可以利用对称性，将点F1关于直线l的对称点记作F，其坐标为(-9,6)。直线FF2的方程为x+2y-3=0，解得交点M的坐标为(-5,4)。此时，MF1+MF2最小，即椭圆的长轴最短。所求椭圆的长轴为2a=MF1+MF2=6√5，因此a=3√5，b=√36=6。所求椭圆的方程为9x2/20+y2/36=1。第三段可以改写为：已知方程x2+y2/2=k-5/3-k/2，表示椭圆，求k的取值范围。将方程化简，得到2x2+2y2=6k-25-3k，即x2+y2=3k-25/2。因为椭圆的半长轴为a=√(3k-25/2)，为正实数，所以3k-25/2>0，即k>25/6。又因为椭圆的离心率为c/a=1/2，所以3k-25/2=k/2+5/3，解得k=11/3。因此，满足条件的k的取值范围为25/6<k<11/3。出错的原因是没有注意椭圆的标准方程中a>b这个条件，当a=b时，并不表示椭圆。例如，已知方程xsinα-ycosα=1(≤α≤π)表示焦点在y轴上的椭圆，求α的取值范围。分析：依据已知条件确定α的三角函数的大小关系。再根据三角函数的单调性，求出α的取值范围。因为焦点在y轴上，所以方程可化为x^2/a^2+y^2/b^2=1，其中a=1/sinα，b=1/cosα。因此sinα>0且tanα<-1，从而α∈(π/3,π)。例12：求中心在原点，对称轴为坐标轴，且经过A(3,-2)和B(-2,3)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，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。解：设所求椭圆方程为mx+ny=1(m>0，n>0)。由A(3,-2)和B(-2,3)两点在椭圆上可得方程组：3m-2n=1，-2m+3n=1。解得m=n=1/5。故所求的椭圆方程为x/5+y/5=1。例13：已知圆x^2+y^2=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(x,z)，则x^2+z^2=1。因为P(x,z)在圆x^2+y^2=1上，所以x^2+z^2=1。将x=2x，y=z代入方程x^2+y^2=1得4x^2+y^2=1。所以点M的轨迹是一个椭圆4x^2+y^2=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(x,z)，然后根据题目要求，使x，y与x，z建立等式关系，从而由这些等式关系求出x和y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。已知长轴为12，短轴为6，焦点在x轴上的椭圆，过它对的左焦点F1作倾斜角为θ的直线交椭圆于A、B两点，求弦AB的长。分析：可以利用弦长公式AB=√[(1+k)(x1+x2-4x1x2)]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+k)^2(x1+x2)^2-4(1+k)^2x1x2]。因为a=6，b=3，所以c=√(a^2-b^2)=√(36-9)=3√3。因为焦点在x轴上，椭圆方程为x^2/36+y^2/9=1，左焦点F1(-3√3,0)，从而直线方程为y=tanθ(x+3√3)，所以x1和x2是方程x^2/36+(tanθ(x+3√3))^2/9=1的两根，解得x1+x2=-2√3/3tanθ，x1x2=8/(3tan^2θ+1)，代入AB的公式即可得到AB的长。解法2：利用椭圆的定义及余弦定理求解。设AF1=1/m，BF1=1/n，则AF2=√(a^2-b^2/m^2)，BF2=√(a^2-b^2/n^2)，AB=AF2+BF2。由题意可知椭圆方程为x^2/36+y^2/9=1，设直线与x轴的夹角为α，则tanα=tanθ/3，代入余弦定理的公式即可得到AB的长。解法3：利用焦半径求解。先根据直线与椭圆联立的方程13x+7√3x+288=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。答案：无法确定，因为没有给出直线的倾斜角度θ。)．又因为直线AB与l垂直，所以它们的斜率积为-1，即(y2y1)(4)1，解得y1y2.将y1y2代入上式得3(x1x2)(x1x2)8y1y2．由于A，B在直线l的两侧，所以x1和x2异号，即x1x20．又因为A，B关于l对称，所以它们的纵坐标相等，即y14x1m，y24x2m．代入上式得3(x1x2)(x1x2)32x1x2．整理得(x1x2)(3x13x28)0，解得x183x23或x283x13．由于椭圆上的点是对称的，所以只需考虑x183x23的情况．代入y14x1m，y24x2m，得(x1,y1)(,)(83m3,4m3)，(x2,y2)(,)(83m3,4m3)．因为A，B不重合，所以x1x2，解得m22213213或m131313413.综上所述，m的取值范围为22213213m131313413.已知直线AB与直线l垂直，所以kAB×kl=-1，即-3x×4=-1，解得y=3x。又M点在直线l上，所以可以表示为y=4x+m。将两个方程联立，解得M点坐标为(-m,-3m)。另一种解法是利用椭圆上两点A、B关于直线l恒对称的性质，通过列参数满足的不等式来求解。具体来说，可以通过以下两个条件建立参数方程：一是直线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大于0；二是弦AB的中点M在椭圆内部，满足x^2/a^2+y^2/b^2<1。这样就可以求出M点坐标。例17中，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)。已知tanM=1/2，tanN=-2，可以求出椭圆的焦距c和长轴a，进而求出短轴b。最终得到椭圆方程为4x^2y^2/153+x^2/9-y^2/17=1。例18中，已知P(4,2)是直线l被椭圆x^2/9+y^2/16=1分成的线段的中点，要求求出直线l的方程。可以设直线方程为y-2=k(x-4)，代入椭圆方程得到一个关于x的一元二次方程，通过求根并代入求解k，最终得到直线方程为y-2=-3/4(x-4)。方法一：根据题意，直线过点P(4,2)，斜率为k，代入椭圆方程可得：$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1$$\frac{(4+2k)^2}{9}+\frac{k^2}{4}=1$化简得：$k^2+4k-8=0$解得：$k=-2\pm\sqrt{10}$所求直线方程为$x+2y-8=\frac{-2\pm\sqrt{10}}{2}$方法二：设直线与椭圆交点A(x1,y1)，B(x2,y2)。由题意得：$P(4,2)$为AB中点，即$\frac{x1+x2}{2}=4$，$\frac{y1+y2}{2}=2$又因为A、B在椭圆上，所以：$x1+4y1=36$，$x2+4y2=36$两式相减得$(x1-x2)+4(y1-y2)=0$即$(x1+x2)(x1-x2)+4(y1+y2)(y1-y2)=0$所以直线方程为$x+2y-8=\frac{-2\pm\sqrt{10}}{4(y1+y2)^2}$方法三：设所求直线与椭圆的一个交点为A(x,y)，另一个交点为B(8-x,4-y)。由题意得：$x+4y=36$，$8-x+4(4-y)=36$解得：$x=4y-8$代入第一个方程得：$y=4$代入椭圆方程得：$x=0$所以A点为(0,4)，B点为(4,0)直线AB的斜率为-1，过AB中点P(2,2)，所以直线方程为$x+2y-8=0$例1：已知椭圆mx+3y-6m=1的一个焦点为（3,2），求m的值。改写为：已知椭圆方程$\frac{x^2}{m^2}+\frac{y^2}{9}=1$的一个焦点为（3,2），求m的值。根据椭圆的焦点公式，设椭圆的另一个焦点为（-3,2），则有$\sqrt{m^2-9}=3$，解得$m=2\sqrt{2}$或$m=-2\sqrt{2}$。例2：已知椭圆的中心在原点，且经过点P(3,4)，长轴端点为A1(-5,0)，A2(5,0)，求椭圆的标准方程。改写为：已知椭圆的中心在原点，且经过点P(3,4)，长轴为A1A2，短轴为B1B2，求椭圆的标准方程。由题意得：中心坐标为(0,0)，长轴长度为10，短轴长度为8。所以标准方程为$\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1$。例3：$\triangleABC$的底边BC=16，AC和AB两边上中线长之和为30，求此三角形重心G的轨迹和顶点A的轨迹。改写为：已知$\triangleABC$的底边BC=16，AC和AB两边上中线长之和为30，求此三角形重心G的轨迹和顶点A的轨迹。设$\overrightarrow{BC}=a$，$\overrightarrow{CA}=b$，$\overrightarrow{AB}=c$，则有：$\overrightarrow{AG}=\frac{2}{3}b+\frac{1}{3}c$$\overrightarrow{BG}=\frac{2}{3}a+\frac{1}{3}c$$\overrightarrow{CG}=\frac{2}{3}a+\frac{1}{3}b$由题意得：$|a|=16$，$|b|+|c|=30$所以$|\overrightarrow{AG}|^2=\frac{1}{9}|2b+c|^2=\frac{1}{9}(4|b|^2+4|c|^2+4\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c})=\frac{1}{9}(8|b|^2+8|c|^2-16|\overrightarrow{BC}|^2)$化简得：$|\overrightarrow{AG}|^2=8|b|^2-16$所以$|b|=\sqrt{\frac{|\overrightarrow{AG}|^2+16}{8}}$又因为$|b|+|c|=30$，所以$|c|=30-|b|$所以$|c|=30-\sqrt{\frac{|\overrightarrow{AG}|^2+16}{8}}$所以$|\overrightarrow{AG}|^2+|\overrightarrow{BC}|^2=|b|^2+|c|^2+16=722-2\sqrt{|\overrightarrow{AG}|^2+16}$所以$|\overrightarrow{AG}|^2+|\overrightarrow{BC}|^2-722=-2\sqrt{|\overrightarrow{AG}|^2+16}$所以$|\overrightarrow{AG}|^4+2|\overrightarrow{AG}|^2(722-|\overrightarrow{BC}|^2)+|\overrightarrow{BC}|^4-722^2+2\cdot722|\overrightarrow{BC}|^2-16=0$解得：$|\overrightarrow{AG}|^2=361-|\overrightarrow{BC}|^2\pm\sqrt{361|\overrightarrow{BC}|^2-|\overrightarrow{BC}|^4}$所以G的轨迹为以BC为直径的圆，A的轨迹为以BC为直径的圆的外接圆。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4和5的垂线，它恰好过椭圆的一个焦点，求椭圆方程。设椭圆的焦点为F1和F2，横轴长为2a，纵轴长为2b，椭圆方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$设垂线与x轴的交点为A，与y轴的交点为B，垂线与椭圆的交点为P。由题意得：$AF1=5$，$AF2=4$，所以$|F1F2|=2\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{41}$又因为垂线过椭圆的一个焦点，所以$AP=AF1=5$设垂线的斜率为k，则有：$k=\frac{b^2}{a^2}$又因为垂线过点P(4,3)，所以$3-b=k(4-a)$，$4-a=k(3-b)$解得：$a=\frac{8}{3}$，$b=\frac{5}{3}$，所以椭圆方程为$\frac{9x^2}{64}+\frac{9y^2}{25}=1$例5：已知椭圆方程$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，长轴端点为A1，A2，焦点为F1，F2，$\angleF1PF2=\theta$，求$\triangleF1PF2$的面积。设椭圆的离心率为e，则有：$e=\sqrt{1-\frac{b^2}{a^2}}$又因为$\overrightarrow{F1F2}=2a\overrightarrow{i}$，$\overrightarrow{PF1}=a\overrightarrow{e}+r\cos\theta\overrightarrow{i}+r\sin\theta\overrightarrow{j}$，$\overrightarrow{PF2}=-a\overrightarrow{e}+r\cos\theta\overrightarrow{i}-r\sin\theta\overrightarrow{j}$其中r为$\overrightarrow{PF1}$的模长，$\overrightarrow{i}$和$\overrightarrow{j}$分别为x轴和y轴的单位向量。所以$\overrightarrow{F1P}\times\overrightarrow{F2P}=4a^2r^2\sin\theta\overrightarrow{k}$所以$\triangleF1PF2$的面积为$\frac{1}{2}|\overrightarrow{F1P}\times\overrightarrow{F2P}|=2a^2r^2\sin\theta$所以$\triangleF1PF2$的面积为$2a^2r^2\sin\theta=2a^2r^2\sqrt{1-\cos^2\theta}=2a^2r^2\sqrt{1-e^2\sin^2\theta}$所以$\triangleF1PF2$的面积为$2a^2r^2\sqrt{1-\frac{b^2}{a^2}\sin^2\theta}$1.求斜率为2的平行弦的中点轨迹方程：要求斜率为2的平行弦，可以先假设椭圆的长轴与x轴平行，即椭圆方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，其中$a>b$。平行弦的斜率为2，则弦的方程为$y=2x+c$，其中$c$为常数。设弦的中点为$(x_0,y_0)$，则可以列出以下方程组：$$\begin{cases}y_0=2x_0+c\\\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}=1\end{cases}$$消去$c$，得到：$$\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{(2x_0+y_0)^2}{4b^2}=1$$化简，得到中点轨迹的方程：$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{(2x+y)^2}{4b^2}=1$$2.引椭圆的割线，求截得的弦的中点的轨迹方程：设割线的方程为$y=kx+b$，截得的弦的中点为$(x_0,y_0)$。设椭圆的方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，则可以列出以下方程组：$$\begin{cases}y=kx+b\\\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\end{cases}$$解得割线与椭圆的交点为$(\frac{a^2bk}{b^2+k^2},\frac{abk^2+b^2k}{b^2+k^2}+b)$和$(\frac{-a^2bk}{b^2+k^2},\frac{-abk^2-b^2k}{b^2+k^2}+b)$。由于弦的中点为割线的中点，因此可以列出以下方程组：$$\begin{cases}x_0=\frac{a^2bk}{b^2+k^2}\\y_0=\frac{abk^2+b^2k}{b^2+k^2}+b\end{cases}$$消去$k$和$b$，得到中点轨迹的方程：$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-\frac{2xy}{ab}=1$$3.过A(2,1)且斜率为$k$的直线与椭圆$x^2+5y^2=1$相交于点P和Q，且满足$k\cdot\frac{y_P-y_A}{x_P-x_A}\cdotk\cdot\frac{y_Q-y_A}{x_Q-x_A}=-1$，求线段PQ中点M的轨迹方程：设直线的方程为$y=k(x-2)+1$，则可以列出以下方程组：$$\begin{cas