高考总复习椭圆经典例题.doc

椭圆标准方程典型例题 例1 已知椭圆的一个焦点为（0，2）求的值． 分析：把椭圆的方程化为标准方程，由，根据关系可求出的值． 解：方程变形为．因为焦点在轴上，所以，解得． 又，所以，适合．故． 例2 已知椭圆的中心在原点，且经过点，，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， 求出参数和（或和）的值，即可求得椭圆的标准方程． 解：当焦点在轴上时，设其方程为． 由椭圆过点，知．又，代入得，，故椭圆的方程为． 当焦点在轴上时，设其方程为． 由椭圆过点，知．又，联立解得，，故椭圆的方程为． 例3 的底边，和两边上中线长之和为30，求此三角形重心的轨迹和顶点的轨迹． 分析：（1）由已知可得，再利用椭圆定义求解． （2）由的轨迹方程、坐标的关系，利用代入法求的轨迹方程． 解： （1）以所在的直线为轴，中点为原点建立直角坐标系．设点坐标为，由，知点的轨迹是以、为焦点的椭圆，且除去轴上两点．因，，有， 故其方程为． （2）设，，则． ① 由题意有代入①，得的轨迹方程为，其轨迹是椭圆（除去轴上两点）． 例4 已知点在以坐标轴为对称轴的椭圆上，点到两焦点的距离分别为和，过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、，且，．从椭圆定义知．即． 从知垂直焦点所在的对称轴，所以在中，， 可求出，，从而． ∴所求椭圆方程为或． 例5 已知椭圆方程，长轴端点为，，焦点为，，是椭圆上一点，，．求：的面积（用、、表示）． 分析：求面积要结合余弦定理及定义求角的两邻边，从而利用求面积． 解：如图，设，由椭圆的对称性，不妨设，由椭圆的对称性，不妨设在第一象限．由余弦定理知： ·．① 由椭圆定义知： ②，则得 ． 故 ． 例6 已知动圆过定点，且在定圆的内部与其相内切，求动圆圆心的轨迹方程． 分析：关键是根据题意，列出点P满足的关系式． 解：如图所示，设动圆和定圆内切于点．动点到两定点， 即定点和定圆圆心距离之和恰好等于定圆半径， 即．∴点的轨迹是以，为两焦点， 半长轴为4，半短轴长为的椭圆的方程：． 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． 例7 已知椭圆，（1）求过点且被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）过引椭圆的割线，求截得的弦的中点的轨迹方程； （4）椭圆上有两点、，为原点，且有直线、斜率满足， 求线段中点的轨迹方程． 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，，线段的中点，则 ①－②得． 由题意知，则上式两端同除以，有， 将③④代入得．⑤ （1）将，代入⑤，得，故所求直线方程为： ． ⑥ 将⑥代入椭圆方程得，符合题意，为所求． （2）将代入⑤得所求轨迹方程为： ．（椭圆内部分） （3）将代入⑤得所求轨迹方程为： ．（椭圆内部分） （4）由①＋②得 ： ， ⑦， 将③④平方并整理得 ， ⑧， ， ⑨ 将⑧⑨代入⑦得： ， ⑩ 再将代入⑩式得： ， 即 ． 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． 例8 已知椭圆及直线． （1）当为何值时，直线与椭圆有公共点？ （2）若直线被椭圆截得的弦长为，求直线的方程． 解：（1）把直线方程代入椭圆方程得 ， 即．，解得． （2）设直线与椭圆的两个交点的横坐标为，，由（1）得，． 根据弦长公式得 ：．解得．方程为． 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． 例9 以椭圆的焦点为焦点，过直线上一点作椭圆，要使所作椭圆的长轴最短，点应在何处？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． 解：如图所示，椭圆的焦点为，． 点关于直线的对称点的坐标为（－9，6），直线的方程为． 解方程组得交点的坐标为（－5，4）．此时最小． 所求椭圆的长轴：，∴，又， ∴．因此，所求椭圆的方程为． 已知方程表示椭圆，求的取值范围． 解：由得，且． ∴满足条件的的取值范围是，且． 说明：本题易