[2010年高考数学椭圆性质典型例题2.docVIP

（二）椭圆性质典型例题 椭圆的一个顶点为，其长轴长是短轴长的2倍，求椭圆的标准方程． 分析：题目没有指出焦点的位置，要考虑两种位置． 解：（1）当为长轴端点时，，，椭圆的标准方程为：； （2）当为短轴端点时，，，椭圆的标准方程为： 一个椭圆的焦点将其准线间的距离三等分，求椭圆的离心率． 解： ∴，∴． 说明：求椭圆的离心率问题，通常有两种处理方法，一是求，求，再求比． 二是列含和的齐次方程，再化含的方程，解方程即可． 已知中心在原点，焦点在轴上的椭圆与直线交于、两点，为中点， 的斜率为0.25，椭圆的短轴长为2，求椭圆的方程． 解：由题意，设椭圆方程为，由，得， ∴，， ，∴， ∴为所求． 已知椭圆，、为两焦点，问能否在椭圆上找一点， 使到左准线的距离是与的等比中项？ 若存在，则求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 解：假设存在，设，由已知条件得，，∴，． ∵左准线的方程是，∴．又由焦半径公式知： ，． ∵， ∴．整理得． 解之得或． ① 另一方面． ②， 则①与②矛盾，所以满足条件的点不存在． 说明：（1）利用焦半径公式解常可简化解题过程． （2）本例是存在性问题，解决存在性问题，一般用分析法，即假设存在，根据已知条件进行推理和运算． 进而根据推理得到的结果，再作判断． （3）本例也可设存在，推出矛盾结论（读者自己完成）． 例5椭圆上不同三点，，与焦点的距离成等差数列． （1）求证； （2）若线段的垂直平分线与轴的交点为，求直线的斜率． 证明：（1）由椭圆方程知，，．由圆锥曲线的统一定义知：， ∴ ．同理 ． ∵ ，且，∴ ，即 ． （2）因为线段的中点为，所以它的垂直平分线方程为 ． 又∵点在轴上，设其坐标为，代入上式，得。 又∵点，都在椭圆上， ∴ ， ∴．代入①， 且得。 ∴ ． 例6 求适合条件的椭圆的标准方程． （1）长轴长是短轴长的2倍，且过点； （2）在轴上的一个焦点与短轴两端点的联机互相垂直，且焦距为6． 分析：当方程有两种形式时，应分别求解，如（1）题中由求出，， 在得方程后，不能依此写出另一方程． 解：（1）设椭圆的标准方程为或． 由已知． ① 又过点，因此有或． ② 由①、②，得，或，． 故所求的方程为或． （2）设方程为．由已知，，， 所以．故所求方程为． 例7 已知椭圆，求过点且被平分的弦所在的直线方程． 分析一：已知一点求直线，关键是求斜率，故设斜率为，利用条件求． 解法一：设所求直线的斜率为，则直线方程为．代入椭圆方程，并整理得 ．由韦达定理得． ∵是弦中点，∴．故得．所以所求直线方程为． 分析二：设弦两端坐标为、，列关于、、、的方程组，从而求斜率：． 解法二：设过的直线与椭圆交于、，则由题意得 －②得．⑤ 将③、④代入⑤得， 即直线的斜率为．所求直线方程为． 说明：（1）有关弦中点的问题，三种类型：过定点且被定点平分的弦；平行弦的中点轨迹；过定点的弦中点轨迹． （2）解法二是“点差法”，解决有关弦中点问题的题较方便，要点是巧代斜率． （3）有关弦及弦中点问题常用的方法是：“韦达定理应用”及“点差法”．有关二次曲线问题也适用． 例8 椭圆的右焦点为，过点，点在椭圆上，当为最小值时， 求点的坐标． 分析：本题关键是求出离心率，把转化为到右准线的距离，从而得最小值． 一般地，求均可用此法． 解：由已知：，．所以，右准线． 过作，垂足为，交椭圆于，故．显然的最小值为， 即为所求点，因此，且在椭圆上．故．所以． 例9 求椭圆上的点到直线的距离的最小值． 解：参数方程设椭圆上的点为， 则距离为． 当时，． 例10 设椭圆的中心是坐标原点，长轴在轴上，离心率，已知点到这个椭圆上的点的最远距离是，求这个椭圆的方程，并求椭圆上的点的距离等于的点的坐标． 解法一：设所求椭圆的直角坐标方程是，其中待定． 由可得，即． 设椭圆上的点到点的距离是，则 。其中． 如果，则当时，有最大值．由题得， 由此得，与矛盾． 因此必有成立，于是当时，（从而）有最大值． 由题设得，可得，． ∴所求椭圆方程是． 由及求得的椭圆方程可得，椭圆上的点，点到点的距离是． 解法二：根据题设条件，可取椭圆的参数方程是，其中，待定，，为参数． 由可得，即． 设椭圆上的点到点的距离为，则 如果，即，则当时，有最大值． 由题设得，由此得，与矛盾，因此必有成立． 于是当时有最大值．由题知，∴，． ∴椭圆的参数方程是．由，，可得椭圆上的是，． 例11 设，，，求的最大值和最小值． 分析：本题的关键是利用形数结合，观察方程与椭圆方程的结构一致． 设，显然