橢圓題型總結(jié)(較難)

1、橢圓題型總結(jié)一、焦點三角形1. 設(shè)f1、f2是橢圓的左、右焦點，弦ab過f2，求的面積的最大值。（法一）解：如圖，設(shè)，根據(jù)橢圓的定義，又，在af2f1和bf2f1中應(yīng)用余弦定理，得，令，所以，在上是增函數(shù)當(dāng)，即時，故的面積的最大值為（法二）解：設(shè)ab：x=my+1，與橢圓2x2+3y2=6聯(lián)立，消x得(2m2+3)y2+4my-4=0ab過橢圓內(nèi)定點f2，恒大于0.設(shè)a(x1,y1),b(x2,y2)，則=48(m2+1)=|y1-y2|=令t=m2+11，m2=t-1，則=，t1,+)f(t)=在t1,+)上單調(diào)遞增，且f(t)9,+)t=1即m=0時，abf1的面積的最大值為。注意：上述a

2、b的設(shè)法：x=my+1，方程中的m相當(dāng)于直線ab的斜率的倒數(shù)，但又包含斜率不存在的情況，即m=0的時候。在直線斜率不等于零時都可以這樣設(shè)，往往可使消元過程簡單化，而且避免了討論。2. 如圖，m（-2，0）和n（2，0）是平面上的兩點，動點p滿足：(1) 求點p的軌跡方程；(2) 若，求點p的坐標.解：(1) 由橢圓的定義，點p的軌跡是以m、n為焦點，長軸長2a=6的橢圓. 因此半焦距c=2，長半軸a=3，從而短半軸 b=， 所以橢圓的方程為(2) 由得 因為不為橢圓長軸頂點，故p、m、n構(gòu)成三角形.在pmn中， 將代入，得故點p在以m、n為焦點，實軸長為的雙曲線上.由()知，點p的坐標又滿足，

3、所以由方程組 解得即p點坐標為二、點差法定理 在橢圓（0）中，若直線與橢圓相交于m、n兩點，點是弦mn的中點，弦mn所在的直線的斜率為，則.3. 直線l經(jīng)過點a(1，2)，交橢圓于兩點p1、p2，（1）若a是線段p1p2的中點，求l的方程；（2）求p1p2的中點的軌跡解：（1）設(shè)p1(x1，y1)、p2(x2，y2)，則*a(1，2)是線段p1p2的中點，x1+x2=2，y1+y2=4，即。l的方程為，即2x+9y-20=0（2）設(shè)p1p2的中點m(x，y)，則x1+x2=2x，y1+y2=2y，代入*式，得，又直線l經(jīng)過點a(1，2)，整理，得4x(x-1)+9y(y-2)=0，p1p2的中

4、點的軌跡：。4. 在直角坐標系中，經(jīng)過點且斜率為的直線與橢圓有兩個不同的交點p和q.（1）求的取值范圍；（2）設(shè)橢圓與軸正半軸、軸正半軸的交點分別為a、b，是否存在常數(shù)，使得向量與共線？如果存在，求的取值范圍；如果不存在，請說明理由.解：（1）直線的方程為由得：直線與橢圓有兩個不同的交點，0.解之得：或.的取值范圍是.（2）在橢圓中，焦點在軸上，設(shè)弦pq的中點為，則由平行四邊形法則可知：與共線，與共線.，從而由得：，由（1）可知時，直線與橢圓沒有兩個公共點，不存在符合題意的常數(shù).三、最值問題5. 已知p為橢圓上任意一點，m（m，0）（mr），求pm的最小值。目標：復(fù)習(xí)鞏固定點與圓錐曲線上的點的

5、連線段的最值問題。提示：設(shè)p(x,y)，用距離公式表示出pm，利用二次函數(shù)思想求最小值。解：設(shè)p(x,y)，pm=，x-2,2，結(jié)合相應(yīng)的二次函數(shù)圖像可得（1）<-2，即m<時，(pm)min=|m+2|；（2）-22,即m時，(pm)min=；（3）>2，即m>時，(pm)min=|m-2|.說明：（1）類似的，亦可求出最大值；（2）橢圓上到橢圓中心最近的點是短軸端點，最小值為b，最遠的點是長軸端點，最大值為a；（3）橢圓上到左焦點最近的點是長軸左端點，最小值為a-c，最遠的點是長軸右端點，最大值為a+c；6. 在橢圓求一點p，是它到直線l：x+2y+10=0的距離最

6、小，并求最大最小值。目標：復(fù)習(xí)研究圓錐曲線上的點與直線的距離問題的一般處理方法。提示：（1）可等價轉(zhuǎn)化為與直線l平行的橢圓的切線與直線l之間的距離；（1）也可以用橢圓的參數(shù)方程。解法一：設(shè)直線m：x+2y+m=0與橢圓相切，則，消去x，得8y2+4my+m2-4=0,=0,解得m=.當(dāng)m=時，直線與橢圓的切點p與直線l的距離最近，最近為=，此時點p的坐標是(,)；當(dāng)m=-時，直線與橢圓的切點p與直線l的距離最遠，最遠為=，此時點p的坐標是(,)。解法二：設(shè)橢圓上任意一點p(2cos,sin),0,2)則p到直線l的距離為=當(dāng)=時，p到直線l的距離最大，最大為此時點p的坐標是(,)； 當(dāng)=時，p

7、到直線l的距離最小，最小為，此時點p的坐標是(,)。說明：在上述解法一中體現(xiàn)了“數(shù)形結(jié)合”的思想，利用數(shù)形結(jié)合順利把點與直線的距離問題迅速轉(zhuǎn)化成兩平行線間的距離。在解法二中，利用橢圓的參數(shù)方程可迅速達到消元的目的，而且三角形式轉(zhuǎn)換靈活多變，利用正余弦的有界性求最值或取值范圍問題是一個不錯的選擇。7. 設(shè)ab是過橢圓中心的弦，f1是橢圓的上焦點，（1）若abf1面積為4，求直線ab的方程；（2）求abf1面積的最大值。解：（1）設(shè)ab：y=kx，代入橢圓，得x2=，x1=-x2=，又，sabf1=|of1|·|x1-x2|=2|x1-x2|=4，|x1-x2|=2，=5，k=，直線ab

8、的方程為y=x。（2）sabf1=|of1|·|x1-x2|=4·，當(dāng)k=0時，(sabf1)max=12。8. （2014金山區(qū)一模23題）已知曲線所圍成的封閉圖形的面積為，曲線的內(nèi)切圓半徑為. 記曲線是以曲線與坐標軸的交點為頂點的橢圓. 設(shè)是過橢圓中心的任意弦，是線段的垂直平分線，是上異于橢圓中心的點. （1） 求橢圓的標準方程；（2） 若（為坐標原點），當(dāng)點在橢圓上運動時，求點的軌跡方程；（3） 若是與橢圓的交點，求的面積的最小值. 【解答】：(1)c1是以(a，0)、(0，b)、(a，0)、(0，b)為頂點的菱形，故，2分又a>b>0，解得：a2=5，b

9、2=4，因此所求的橢圓的標準方程為；4分(2)假設(shè)ab所在的直線斜率存在且不為零，設(shè)ab所在直線方程為y=kx(k0)，a(xa，ya)，令，得，|oa|2=，6分設(shè)m(x，y)，由題意得：|mo|2=m2|oa|2，(m>0)，即：，因為l是ab的垂直平分線，所以直線l的方程為，代入上式消去k得：，又x2+y20，整理得：(m>0)，9分當(dāng)k=0或斜率不存在時，上式仍然成立，綜上所述，點m的軌跡方程為(m>0)10分(3) 當(dāng)k存在且不為零時，由(2)得：，|oa|2=，由，得：，|om|213分|ab|2=4|oa|2=，故=14分=，當(dāng)且僅當(dāng)4+5k2=5+4k2時，即

10、k=±1時，等號成立，此時abm的面積的最小值為16分當(dāng)k=0時，=>，當(dāng)k不存在時，=>，綜上所述，abm的面積的最小值為18分9. 設(shè)橢圓中心在坐標原點，是它的兩個頂點，直線與ab相交于點，與橢圓相交于、兩點（1）若，求的值；（2）求四邊形面積的最大值（1）解：依題設(shè)得橢圓的方程為，直線的方程分別為， 如圖，設(shè)，其中，且滿足方程，故由知，得；由在上知，得所以，化簡得，解得或 （2）解法一：根據(jù)點到直線的距離公式和式知，點到的距離分別為， 又，所以四邊形的面積為，當(dāng)，即當(dāng)時，上式取等號所以的最大值為 解法二：由題設(shè)，設(shè)，由得，故四邊形的面積為 ，當(dāng)時，上式取等號所以的最

11、大值為 四、垂直關(guān)系10.（上海春季）已知橢圓的兩個焦點分別為、，短軸的兩個端點分別為、。(1) 若為等邊三角形，求橢圓的方程；(2) 若橢圓的短軸長為，過點的直線與橢圓相交于兩點，且，求直線的方程。解：（1）設(shè)橢圓的方程為（）。根據(jù)題意知，解得，故橢圓的方程為。（2）容易求得橢圓的方程為。當(dāng)直線的斜率不存在時，其方程為，不符合題意；當(dāng)直線的斜率存在時，設(shè)直線的方程為。由，得。設(shè)，則，因為，所以，即，解得，即。故直線的方程為或。11. 如圖，設(shè)橢圓的上頂點為b，右焦點為f，直線l與橢圓交于m、n兩點，問是否存在直線l使得f為的垂心。若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由。解：由已知可得，

12、b(0，1)，f(1，0)，kbf=-1。bfl，可設(shè)直線l的方程為y=x+m，代入橢圓方程整理，得。設(shè)，則，。bnmf，即。，。即，或。由，得又時，直線l過b點，不合要求，故存在直線l：滿足題設(shè)條件。12. （2012年高考（湖北理）設(shè)是單位圓上的任意一點，是過點與軸垂直的直線，是直線與軸的交點，點在直線上，且滿足。當(dāng)點在圓上運動時，記點m的軌跡為曲線。（）求曲線的方程，判斷曲線為何種圓錐曲線，并求其焦點坐標；（）過原點且斜率為的直線交曲線于，兩點，其中在第一象限，它在軸上的射影為點，直線交曲線于另一點。是否存在，使得對任意的，都有?若存在，求的值；若不存在，請說明理由。解析：（）如圖1，設(shè)

13、，則由，可得，所以，。因為點在單位圓上運動，所以。將式代入式即得所求曲線的方程為。因為，所以當(dāng)時，曲線是焦點在軸上的橢圓，兩焦點坐標分別為，；當(dāng)時，曲線是焦點在軸上的橢圓，兩焦點坐標分別為，。（）解法1：如圖2、3，設(shè)，則，直線的方程為，將其代入橢圓的方程并整理可得。依題意可知此方程的兩根為，于是由韋達定理可得，即。因為點h在直線qn上，所以。于是，。而等價于，即，又，得，故存在，使得在其對應(yīng)的橢圓上，對任意的，都有。圖2 圖3 圖1o d xyam解法2：如圖2、3，設(shè)，則，因為，兩點在橢圓上，所以兩式相減可得。依題意，由點在第一象限可知，點也在第一象限，且，不重合，故。于是由式可得。又，三

14、點共線，所以，即。于是由式可得。而等價于，即，又，得，故存在，使得在其對應(yīng)的橢圓上，對任意的，都有13. （10浙江/21）已知m1，直線，橢圓，分別為橢圓的左、右焦點. (1) 當(dāng)直線過右焦點時，求直線的方程；(2) 設(shè)直線與橢圓c交于a、b兩點，的重心分別為.若原點o在以線段gh為直徑的圓內(nèi)，求實數(shù)m的取值范圍. 【解】（）因為直線經(jīng)過，所以，得，又因為，所以，故直線的方程為.（）設(shè) 由，消去x得：則由，知，且有由于，由重心坐標公式可知.設(shè)m是gh的中點，則，由題意可知即，即而，所以，即又因為且，所以，所以m的取值范圍是.14. （09山東/22）設(shè)橢圓e：（a，b>0）過m(2，)

15、，n(，1)兩點，o為坐標原點.(1) 求橢圓e的方程；(2) 是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓e恒有兩個交點a，b，且？若存在，寫出該圓的方程，并求|ab|的取值范圍；若不存在，說明理由. 【解】（）因為橢圓e：（a，b>0）過m（2，），n(，1)兩點，所以，解得，所以. 橢圓e的方程為. （）假設(shè)存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓e恒有兩個交點a，b，且，設(shè)該圓的切線方程為，解方程組，得，即，設(shè)，要使，需使，即，所以因為直線為圓心在原點的圓的一條切線，所以圓的半徑為，此時圓都在橢圓的內(nèi)部，所以圓的切線與橢圓必有兩個不同的交點，且. 而當(dāng)切線的斜率不

16、存在時，切線與橢圓的兩個交點為(，)或(，)，滿足. 綜上，存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓e恒有兩個交點a，b，且. ，當(dāng)時，因為所以，所以，所以當(dāng)且僅當(dāng)時取“=”. 當(dāng)時，. 而當(dāng)ab的斜率不存在時，兩個交點為(，)或(，)，所以此時，綜上，|ab|的取值范圍為，即：，. 【另解】對于求，有個更簡單的方法：如圖，設(shè)，則，而 ，所以當(dāng)時，；當(dāng)時，. 五、存在性問題15. 以橢圓的短軸的一個端點為直角頂點作橢圓的內(nèi)接等腰直角三角形，問這樣的直角三角形是否存在？如果存在，請說明理由，并判斷最多能作出幾個這樣的三角形；如果不存在，請說明理由. 解：過點分別作斜率為的直線，必與橢圓各

17、另有一交點，則即為所求的等腰直角三角形，故這樣的內(nèi)接等腰直角三角形至少有一個；如除了(1)給出的內(nèi)接等腰直角三角形外，還存在其他的內(nèi)接等腰直角三角形，那么設(shè)直線，則與均過點，且互相垂直，與與橢圓分別交于，. 用代，得，. 由得，由于橢圓關(guān)于軸對稱，故當(dāng)時，還存在斜率的內(nèi)接等腰直角三角形兩個. 綜合：當(dāng)時，可作出一個橢圓的內(nèi)接等腰直角三角形（圖1），當(dāng)時，可作出三個橢圓的內(nèi)接等腰直角三角形（圖2）. 16. （2015虹口二模）已知圓：，點(1,0)，點在圓上運動，的垂直平分線交于點.(1)求動點的軌跡的方程；(2)設(shè)分別是曲線上的兩個不同點，且點在第一象限，點在第三象限，若,為坐標原點，求直線

18、的斜率；(3)過點的動直線交曲線于兩點，在軸上是否存在定點，使以為直徑的圓恒過這個點？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由.解：(1) 因為的垂直平分線交于點. 所以，從而 所以，動點的軌跡是以點為焦點的橢圓. 3分設(shè)橢圓的方程為，則，故動點的軌跡的方程為 5分(2) 設(shè)，則 因為，則 由、 解得 8分所以直線的斜率 . 10分 (3)設(shè)直線的方程為則由，得由題意知，點在橢圓的內(nèi)部，所以直線與橢圓必有兩個交點，設(shè) ，則 12分假設(shè)在軸上存在定點滿足題設(shè)，則因為以為直徑的圓恒過點, 所以即 14分因為故可化為 由于對于任意的,恒成立，故 解得 . 因此，在軸上存在滿足條件的定點，點的坐標為

19、. 16分17. （2015嘉定二模）已知橢圓（）的左、右焦點分別為、，點，過點且與垂直的直線交軸負半軸于點，且。（1）求證：是等邊三角形；（2）若過、三點的圓恰好與直線：相切，求橢圓的方程；（3）設(shè)過（2）中橢圓的右焦點且不與坐標軸垂直的直線與交于、兩點，是點關(guān)于軸的對稱點。在軸上是否存在一個定點，使得、三點共線，若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由。（1）設(shè)（），由，故，因為，所以，（1分），故，（2分）又，故由得，所以，。（3分）所以，即是等邊三角形。（4分）（2）由（1）知，故，此時，點的坐標為，（1分）又是直角三角形，故其外接圓圓心為，半徑為，（3分）所以，（5分）所求橢圓的方程為。（6分）（3）由（2）得，因為直線過且不與坐標軸垂直，故可設(shè)直線的方程為：，。（1分）由，得，（2分）設(shè)，則有，（3分）由題意，故直線的方向向量為，所以直線的方程為，（4分）令，得。（5分）即直線與軸交于定點。所以，存在點，使得、三點共線。（6分）（注：若設(shè)，由、三點共線，得，得。）六、定點或定直線問題18. 已知橢圓方程為，當(dāng)過點的動直線與橢圓相交與兩不同點時，在線段上取點，滿足，證明：點總在某定直線上解：設(shè)點q、a、b的坐標分別為。由題設(shè)知均不為零，記，則且又a，p，b，q四點共線，從而，