椭圆常考题型汇总及练习

椭圆常考题型汇总及练习 第一部分：复习运用的知识

（一）椭圆几何性质

椭圆第一定义:平面内与两定点F1、F2距离和等于常数

2a(大于F1F2）的点的轨迹叫做椭圆.

2c. 椭圆的几何性质:以

两个定点叫做椭圆的焦点；两焦点间的距离叫做椭圆的焦距

x2y21ab0为例 a2b2x2y21. 范围: 由标准方程可知，椭圆上点的坐标x,y都适合不等式21,21，即

abxa,yb说明椭圆位于直线xa和yb所围成的矩形里（封闭曲线）.该性质主要用

于求最值、轨迹检验等问题.

2. 对称性:关于原点、x轴、y轴对称，坐标轴是椭圆的对称轴，原点是椭圆的对称中心。 3. 顶点（椭圆和它的对称轴的交点） 有四个：A1a,0、A2a,0、B10,b、B20,b. 4. 长轴、短轴：

A1A2叫椭圆的长轴，A1A22a,a是长半轴长； B1B2叫椭圆的短轴，B1B22b,b是短半轴长.

5. 离心率

（1）椭圆焦距与长轴的比e（2）RtOB2F2,

2cac0,0e1 ，a22B2F2OB2OF2，即a2b2c2.这是椭圆的特征三角形，并且

cosOF2B2的值是椭圆的离心率.

（3）椭圆的圆扁程度由离心率的大小确定，与焦点所在的坐标轴无关.当e接近于1时，c越接近于a，从而b22椭圆越扁；当e接近于0时，c越接近于0，从而baca2c2越小，

越大，椭圆越接近圆。

2b26.通径（过椭圆的焦点且垂直于长轴的弦），.

a7.设F1、F2为椭圆的两个焦点，P为椭圆上一点，当P、F1、F2三点不在同一直线上时，

1

P、F1、F2构成了一个三角形——焦点三角形. 依椭圆的定义知：

PF1PF22a,F1F22c.

（二）运用的知识点及公式

1、两条直线l1:yk1xb1,l2:yk2xb2垂直：则k1k21；两条直线垂直，则直线所在的向量v1v20

2、韦达定理：若一元二次方程axbxc0(a0)有两个不同的根x1,x2，则

2bcx1x2,x1x2。

aaxx2yy2,y13、中点坐标公式：x1，其中x,y是点A(x1,y1)，B(x2,y2)的中点坐标。 224、弦长公式：若点A(x1,y1)，B(x2,y2)在直线ykxb(k0)上，

则y1kx1b，y2kx2b，这是同点纵横坐标变换，是两大坐标变换技巧之一，

AB(x1x2)2(y1y2)2(x1x2)2(kx1kx2)2(1k2)(x1x2)2(1k2)[(x1x2)24x1x2]

或者

1111AB(x1x2)2(y1y2)2(x1x2)2(y1y2)2(12)(y1y2)2(12)[(y1y2)24y1y2]。

kkkk

2

第二部分：椭圆常考题型解题方法典例

一、椭圆定义相关题目

x2y21表示椭圆，求k的取值范围． 例1、已知方程

k53k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．

k50,说明：本题易出现如下错解：由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2、已知xsinycos1(0)表示焦点在

22y轴上的椭圆，求的取值范围．

x2y21． 解：方程可化为11sincos110． cossin3因此sin0且tan1从而(,)．

24110，0，这是容易忽视的地方． 说明：(1)由椭圆的标准方程知

sincos1122(2)由焦点在y轴上，知a，b．

cossin 因为焦点在

y轴上，所以(3)求的取值范围时，应注意题目中的条件0．

x2y21的焦点为焦点，过直线l：xy90上一点M作椭圆，要使所例3、 以椭圆

123作椭圆的长轴最短，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，只须用点直线对称就可解决．

3

0．F的坐标为（－9，6）0，F23，解：如图所示，焦点为F13，，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）．

xy90所求椭圆的长轴：2aMF1MF2FF265，

∴a35，又c3， ∴b2a2c2353236．

2x2y21． 因此，所求椭圆的方程为

4536二、椭圆与直线的位置关系及弦长相关题目 例4、 已知椭圆4xy1及直线yxm．

22（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

210，求直线的方程． 5解：（1）把直线方程

2yxm代入椭圆方程4x2y21得

4x2xm1，

即5x2mxm10．

222m45m2116m2200，解得255． m22（2）设直线与椭圆的两个交点的横坐标为x1，x2，

m212m 由（1）得x1x2，x1x2．

55m212102m根据弦长公式得 ：11． 455522解得m0．方程为yx．

说明：对比直线与椭圆和直线与圆的位置关系问题及有关弦长问题的解题方法？．

4

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． 例5、 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作倾斜解为直线交椭圆于A，B两点，求弦AB的长． 解：(法1)利用直线与椭圆相交的弦长公式求解．

的3AB1k2x1x2(1k2)[(x1x2)24x1x2]48． 13(法2)利用椭圆的定义及余弦定理求解．

x2y21， 由题意可知椭圆方程为

369设

AF1m，BF1n，则AF212m，BF212n．

AF2AF1F1F22AF1F1F2cos222在AF1F2中，即(12m)23，

1m23632m63；

2所以m6．

43同理在BF1F2中， 用余弦定理得n6，

43所以ABmn48． 13(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

2A，B的横坐标．

再根据焦半径从而求出

AF1aex1，BF1aex2，

ABAF1BF1．

三、轨迹方程相关题目

0，且在定圆B：例6、 已知动圆P过定点A3，x32y2的内部与其相内切，求动

圆圆心P的轨迹方程．

5

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，

0距离之和恰好等于定圆半径， 0和定圆圆心B3，即定点A3，即

PAPBPMPBBM8．∴点P的轨迹是以A，B为两焦点，

22x2y21． 半长轴为4，半短轴长为b437的椭圆的方程：

167x2y21， 例7、 已知椭圆2（1）求过点P11，且被P平分的弦所在直线的方程； 22（2）求斜率为2的平行弦的中点轨迹方程；

1引椭圆的割线，求截得的弦的中点的轨迹方程； （3）过A2，（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

6

（1）将x11yy21，y代入⑤，得1， 22x1x22（2）故所求直线方程为： 2x4y30． ⑥ 将⑥代入椭圆方程x2y2得6y2226y10， 43646（2）将

10符合题意，2x4y30为所求． 4y1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 x1x2x222（3）将

得所求轨迹方程为： x2y2x2y0．（椭圆内部分）

2x12x22y12y22， ⑦， （4）由①＋②得：

2将③④平方并整理得

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

4x22x1x24y22y1y22， ⑩ 将⑧⑨代入⑦得：

4再将

1y1y2x1x2代入⑩式得：

22 2xx1x24y221x1x22， 27

y21． 即 x122例8、 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． 解：4x2y21．

说明：此题是利用相关点法求轨迹方程的方法，具体做法：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．

x2y21所截得的线段的中点，求直线l的方程． 例9、 已知P(4,2)是直线l被椭圆

369分析：“设而不求”法

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 (4k1)x8k(4k2)x4(4k2)360 ①

222 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8k(4k2)

4k21∵P(4,2)为AB中点， ∴41x1x24k(4k2)k，． 2224k1∴所求直线方程为x2y80．

方法二：（点差法）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，∴x1222224y136，x24y236两式相减得

222(x1x2)4(y1y2)0，

即(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0．

8

∴

y1y2(x1x2)1．

x1x24(y1y2)2∴直线方程为x2y80．

方法三：（数形结合）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。

22 (8x)4(4y)36 ②

22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． 四、探索问题及其他

x2y21，试确定m的取值范围，使得对于直线l：y4xm，椭例10、 已知椭圆C：43圆C上有不同的两点关于该直线对称．

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．

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． ∵l的斜率kl4， ∴设直线AB的方程为

1yxn．

41yxn,4由方程组消去y得 22xy1,3413x28nx16n2480 ①。

∴x1x2

8n． 139

x1x24n112n，y0x0n， 2134134n12n即点M的坐标为(,)．

1313于是x0∵点M在直线y4xm上，

4nm． 1313解得nm． ②

4∴n4将式②代入式①得13x226mx169m2480 ③

∵A，B是椭圆上的两点，

∴(26m)413(169m48)0．

22解得213213． m1313(法2)同解法1得出n13413m，∴x0(m)m， 4134113113y0x0m(m)m3m，即M点坐标为(m,3m)．

4444∵A，B为椭圆上的两点， ∴M点在椭圆的内部，

(m)2(3m)21． ∴

43解得213213． m1313(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

43433(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0，

即32x0(x1x2)42y0(y1y2)0．

222210

∴

3xy1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．

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

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，

ab建立参数不等式．

例11 在面积为1的PMN中，tanM221，tanN2，建立适当的坐标系，求出以M、2N为焦点且过P点的椭圆方程．

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xc23cy1.即P(32

523,2) 311

4251,2152212a3ba,∴得4

b23.a2b23,44x2y21 ∴所求椭圆方程为153例12、

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，再用椭圆定义求解．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．

解： （1）以BC所在的直线为x轴，BC中点为原点建立直角坐标系． 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

10036x，由题意有3代入①，

yy3xx2y21y0，其轨迹是椭圆（除去x轴上两点）得A的轨迹方程为． 90032412

第三部分：椭圆常考题型解题方法针对性习题

1、过点T(-1,0)作直线l与曲线N ：yx交于A、B两点，在x轴上是否存在一点E(x0,0)，使得ABE是等边三角形，若存在，求出x0；若不存在，请说明理由。

2x2y232、已知椭圆C：221(ab0)的离心率为，且在x轴上的顶点分别为

ab2A1(-2,0),A2(2,0)。 （I）求椭圆的方程；

（II）若直线l:xt(t2)与x轴交于点T,点P为直线l上异于点T的任一点，直线PA1,PA2分别与椭圆交于M、N点，试问直线MN是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论

13

椭圆常考题型解题方法针对性习题答案

1、解：依题意知，直线的斜率存在，且不等于0。 设直线l:yk(x1)，k0，A(x1,y1)，B(x2,y2)。

yk(x1)2222由2消y整理，得kx(2k1)xk0 ① yx由直线和抛物线交于两点，得

(2k21)24k44k210 即0k21 ② 42k21,x1x21。 由韦达定理，得：x1x22k2k211,)。 则线段AB的中点为(2k22k1112k2(x) 线段的垂直平分线方程为：y22kk2k令y=0,得x01111E(,0) ，则222k22k2ABE为正三角形，

E(311AB。 ,0)到直线AB的距离d为222k22214k2AB(x1x2)(y1y2)k2314k22k2解得k1k2 1k d2k21k21k

2k2395满足②式， 此时x0。 133c3，a2,则得c3,b1。 a22、解：（I）由已知椭圆C的离心率ex2y21 从而椭圆的方程为4（II）设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线A1M的斜率为k1,则直线A1M的方程为yk1(x2)，

14

由yk1(x2)222(14k)x16kx16k40 消y整理得12122x4y42和x1是方程的两个根，

4k116k12428k12y 则，， 2x1x1114k1214k1214k1228k124k1即点M的坐标为(,)， 2214k114k128k224k2同理，设直线A2N的斜率为k2，则得点N的坐标为(,) 2214k214k2ypk1(t2),ypk2(t2)

k1k22，

k1k2t直线MN的方程为：

yy1y2y1， xx1x2x1令y=0，得xx2y1x1y24，将点M、N的坐标代入，化简后得：x

y1y2t又

t2，0椭圆的焦点为(42 t3,0)

4343，即t

3t故当t

43时，MN过椭圆的焦点。 315