椭圆知识点归纳总结和经典例题

椭圆的基本知识

1．椭圆的定义：把平面与两个定点F1,F2的距离之和等于常数（大于F1F2）的点的轨迹叫做椭圆.这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点的距离叫做焦距(设为2c) . 2.椭圆的标准方程：

yy

MF2

ccc OxF1F2OcM F1xx2y2y2x21（a＞b＞0） 221（a＞b＞0） a2b2ab焦点在坐标轴上的椭圆标准方程有两种情形，为了计算简便，可设方程为mx2+ny2=1(m>0，n>0)不必考虑焦点位置，求出方程

3.求轨迹方程的方法: 定义法、待定系数法、相关点法、直接法

例1如图,已知一个圆的圆心为坐标原点,半径为2.从这个圆上任意一点P向x轴作垂线解:

段PP,求线段PP中点M的轨迹.y关点法)设点M(x, y),点P(x0, y0),

y则x＝x0, y＝ 0 得x0＝x， y0＝2y. 2∵x0＋y0＝4, 得 x＋(2y)＝4,

2

2

2

2

x2即y1.所以点M的轨迹是一个椭圆. 4 (相

PMOPx

2222

4.围. x≤a，y≤b，∴|x|≤a，|y|≤b． 椭圆位于直线x＝±a和y＝±b围成的矩形里．

5.椭圆的对称性

椭圆是关于y轴、x轴、原点都是对称的．坐标轴是椭圆的对称轴． 原点是椭圆的对称中心．椭圆的对称中心叫做椭圆的中心．

6.顶点 只须令x＝0，得y＝±b，点B1(0,－b)、B2(0, b)是椭圆和y轴的两个交点；令y＝0，得x＝±a，点A1(－a,0)、A2(a,0)是椭圆和x轴的两个交点．椭圆有四个顶点：A1(－a, 0)、A2(a, 0)、B1(0, －b)、B2(0, b)．椭圆和它的对称轴的四个交点叫椭圆的顶点． 线段A1A2、B1B2分别叫做椭圆的长轴和短轴. 长轴的长等于2a. 短轴的长等于2b.a叫做椭圆的

y长半轴长．b叫做椭圆的短半轴长．

B2|B1F1|＝|B1F2|＝|B2F1|＝|B2F2|＝a．

222

baA在Rt△OB2F2中，|OF2|＝|B2F2|－|OB2|， A12222

即c＝a－b． xF1OcF2

B1

7.椭圆的几何性质：

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椭圆的几何性质可分为两类：一类是与坐标系有关的性质，如顶点、焦点、中心坐标；一类是与坐

x2y2标系无关的本身固有性质，如长、短轴长、焦距、离心率．对于第一类性质，只要221(ab0)aby2x2的有关性质中横坐标x和纵坐标y互换，就可以得出221(ab0)的有关性质。总结如下：

ab

几点说明：

（1）长轴：线段A1A2，长为2a；短轴：线段B1B2，长为2b；焦点在长轴上。 （2）对于离心率e，因为a>c>0，所以0ca2b2b2由于e12，所以e越趋近于1，b越趋近于0，椭圆越扁平；e越趋近于0，

aaab越趋近于a，椭圆越圆。

（3）观察下图，|OB2|b,|OF2|c，所以|B2F2|a，所以椭圆的离心率e = cos∠OF2B2

8.直线与椭圆：

直线l：AxByC0（A、B不同时为0）

x2y2 椭圆C：221(ab0)

ab那么如何来判断直线和椭圆的位置关系呢？将两方程联立得方程组，通过方程组的解的个数来判断

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直线和椭圆交点的情况。方法如下：

AxByC0 x2y2 消去y得到关于x的一元二次方程，化简后形式如下

212bamx2nxp0(m0)， n24mp

（1）当0时，方程组有两组解，故直线与椭圆有两个交点；

（2）当0时，方程组有一解，直线与椭圆有一个公共点（相切）； （3）当0时，方程组无解，直线和椭圆没有公共点。

注：当直线与椭圆有两个公共点时，设其坐标为A(x1,y1),B(x2,y2)，那么线段AB的长度（即弦长）为|AB|(x1x2)(y1y2)，设直线的斜率为k，

可得：|AB|(x1x2)[k(x1x2)]1k2|x1x2|，然后我们可通过求出方程的根或用韦达定理求出。

2222椭圆典型例题

例1 已知椭圆mx3y6m0的一个焦点为（0，2）求m的值．

分析：把椭圆的方程化为标准方程，由c2，根据关系abc可求出m的值．

22222x2y21．因为焦点在y轴上，所以2m6，解得m3． 解：方程变形为

62m又c2，所以2m62，m5适合．故m5．

20，a3b，求椭圆的标准方程． 例2 已知椭圆的中心在原点，且经过点P3，

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a和b（或a和b）的值，即可求得椭圆的标准方程．

22x2y2解：当焦点在x轴上时，设其方程为221ab0．

ab0，知由椭圆过点P3，9022b1a9，故椭圆的方程为1．又，代入得，a3b22abx2y21． 9y2x2当焦点在y轴上时，设其方程为221ab0．

ab Word 文档

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0，知由椭圆过点P3，y2x21． 819

9021．又a3b，联立解得a281，b29，故椭圆的方程为2ab例3 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，再利用椭圆定义求解．

（2）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

10036xx，x2y231y0，其轨迹是椭圆（除去x轴上由题意有代入①，得A的轨迹方程为

y900324y3两点）．

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4525和，过P点作焦334525，PF2．从椭圆定义知2aPF1PF225．即33a5．

从PF1中，sinPF1F21PF2知PF2垂直焦点所在的对称轴，所以在RtPF2FPF21， PF12可求出PF1F26，2cPF1cos61025222，从而bac．

33 Word 文档

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x23y23x2y21或1． ∴所求椭圆方程为

510105x2y2例5 已知椭圆方程221ab0，长轴端点为A1，A2，焦点为F1，F2，P是

ab椭圆上一点，A1PA2，F1PF2．求：F1PF2的面积（用a、b、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S1 absinC求面积．

2解：如图，设Px，y，由椭圆的对称性，不妨设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： F1F222PF2PF1PF21·PF2cos4c．①

222b2由椭圆定义知： PF． 1PF22a ②，则②－①得 PF1PF21cos2故SF1PF2

12b21sin b2tan． PF1PF2sin 21cos22x3y264的部与其相切，求动圆圆心P的轨迹0，且在定圆B：例6 已知动圆P过定点A3，2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P和定圆B切于点M．动点P到两定点，

0和定圆圆心B3，0距离之和恰好等于定圆半径， 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，

x2y21． 半长轴为4，半短轴长为b437的椭圆的方程：

16722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．

x2y21 例7 已知椭圆2（1）求过点P，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；

11221引椭圆的割线，求截得的弦的中点的轨迹方程； （3）过A2， Word 文档

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（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x122y122，22x22y22，x1x22x，yy2y，12

（1）将x①②③④

①－②得

x1x2x1x22y1y2y1y20．

由题意知x1x2，则上式两端同除以x1x2，有x1x22y1y2y1y20，

x1x2y1y20．⑤ 将③④代入得x2yx1x2yy2111，故所求直线方程为： 2x4y30． ⑥ ，y代入⑤，得1x1x2222222将⑥代入椭圆方程x2y2得6y6y110，36460符合题意，2x4y3044为所求． （2）将

y1y22代入⑤得所求轨迹方程为： x4y0．（椭圆部分）

x1x2y1y2y122代入⑤得所求轨迹方程为： x2y2x2y0．（椭圆部分）

x1x2x2（3）将

2x12x22y12y22， ⑦， 将③④平方并整理得 （4）由①＋②得 ：

222x12x24x22x1x2， ⑧， y12y24y22y1y2， ⑨

4x22x1x24y22y1y22， ⑩ 将⑧⑨代入⑦得：

4再将y1y211x1x2代入⑩式得： 2x2x1x24y22x1x22， 即 22y2x1．

122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？

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22 .

（2）若直线被椭圆截得的弦长为

210，求直线的方程． 52222解：（1）把直线方程yxm代入椭圆方程4xy1得 4xxm1，

2222即5x2mxm10．2m45m116m200，解得255m． 22m212m（2）设直线与椭圆的两个交点的横坐标为x1，x2，由（1）得x1x2，x1x2．

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

2x2y21的焦点为焦点，过直线l：xy90上一点M作椭圆，要使所作椭圆的长例9 以椭圆

123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，只须利用对称就可解决．

x2y21的焦点为F13，0，F23，0． 解：如图所示，椭圆

123点F1关于直线l：xy90的对称点F的坐标为（－9，6），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）．此时MF1MF2最小．

xy90所求椭圆的长轴：2aMF1MF2FF265，∴a35，又c3，

x2y21． ∴bac35336．因此，所求椭圆的方程为

453622222x2y21表示椭圆，求k的取值围． 例10 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的取值围是3k5，且k4．

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说明：本题易出现如下错解：由k50,得3k5，故k的取值围是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11 已知xsinycos1(0)表示焦点在y轴上的椭圆，求的取值围． 分析：依据已知条件确定的三角函数的大小关系．再根据三角函数的单调性，求出的取值围．

22x2y2111．因为焦点在y轴上，所以解：方程可化为0． 11cossinsincos,)． 2411说明：(1)由椭圆的标准方程知0，0，这是容易忽视的地方．

sincos1122(2)由焦点在y轴上，知a，b． (3)求的取值围时，应注意题目中的条件

cossin0．

例12 求中心在原点，对称轴为坐标轴，且经过A(3,2)和B(23,1)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．

22解：设所求椭圆方程为mxny1(m0，n0)．由A(3,2)和B(23,1)两点在椭圆上可

22因此sin0且tan1从而(3得

223m4n1,11m(3)n(2)1,即所以，．故所求的椭圆方程为mn2215512mn1,m(23)n11,x2y21． 155例13 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作倾斜解为椭圆于A，B两点，求弦AB的长．

分析：可以利用弦长公式AB1kx1x2(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．

222的直线交3AB1k2x1x2(1k2)[(x1x2)24x1x2]．因为a6，b3，所以c33．因为焦点

在x轴上，

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x2y21，左焦点F(33,0)，从而直线方程为y3x9． 所以椭圆方程为

369由直线方程与椭圆方程联立得：13x723x3680．设x1，x2为方程两根，所以

2x1x272313，

x1x236813，

k3， 从而

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

48． 13x2y21，设AF由题意可知椭圆方程为1m，BF212m，BF212n． 1n，则AF369在

AF1F2中，

AF2AF1F1F22AF1F1F2cos2223，即

1(12m)2m23632m63；

2所以m6648．同理在BF1F2中，用余弦定理得n，所以ABmn．

134343 (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．

2x2y21上的点M到焦点F1的距离为2，N为MF1的中点，则ON（O为坐标原点）例14 椭圆

259的值为A．4 B．2 C．8 D．

解：如图所示，设椭圆的另一个焦点为F2，由椭圆第一定义得3 2MF1MF22a10，所以MF210MF11028， 又因为ON为MF1F2的中位线，所以ON为A． 说明：(1)椭圆定义：平面与两定点的距离之和等于常数（大于F1F2）的点的轨迹叫做椭圆． (2)椭圆上的点必定适合椭圆的这一定义，即MF1MF22a，利用这个等式可以解决椭圆上的点与焦点的有关距离．

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1MF24，故答案2 .

x2y21，试确定m的取值围，使得对于直线l：y4xm，椭圆C上有不同例15 已知椭圆C：43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． yxn,14∵l的斜率kl4，∴设直线AB的方程为yxn．由方程组消去y得 224xy1,3418nxx24n112n．于是x01，y0x0n， 132134134n12n4n13即点M的坐标为(∵点M在直线y4xm上，∴n4解得nm． ② ,)．m．

131313413x28nx16n2480 ①。∴x1x2将式②代入式①得13x26mx169m480 ③

2222∵A，B是椭圆上的两点，∴(26m)413(169m48)0．解得(法2)同解法1得出n213213m． 131313413m，∴x0(m)m， 4134113113y0x0m(m)m3m，即M点坐标为(m,3m)．

4444213213(m)2(3m)2m1．解得∵A，B为椭圆上的两点，∴M点在椭圆的部，∴． 131343(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)．

∵

A，B在椭圆上，∴

x1y11，4322x2y21．两式相减得43223(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0，

即32x0(x1x2)42y0(y1y2)0．∴

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A，B关于直线l恒对称，求有关参数的取值围问题，可以采用列参数满足的不等式：

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(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．

xy(2)利用弦AB的中点M(x0,y0)在椭圆部，满足001，将x0，y0利用参数表示，建立参数不

ab等式．

例17 在面积为1的PMN中，tanM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)． yxc2,则1∴y,xc2cy1.221，tanN2，建立适当的坐标系，求出以M、N为焦2 5425x1,5212a23b23c,)∴即P(得3233a2b2,y4c且c3423215a,4 b23.4x2y21 ∴所求椭圆方程为153x2y21所截得的线段的中点，求直线l的方程． 例18 已知P(4,2)是直线l被椭圆

369分析：本题考查直线与椭圆的位置关系问题．通常将直线方程与椭圆方程联立消去y(或x)，得到关于

x(或y)的一元二次方程，再由根与系数的关系，直接求出x1x2，x1x2(或y1y2，y1y2)的

值代入计算即得．

并不需要求出直线与椭圆的交点坐标，这种“设而不求”的方法，在解析几何中是经常采用的． 解：方法一：设所求直线方程为y2k(x4)．代入椭圆方程，整理得

(4k21)x28k(4k2)x4(4k2)2360 ①

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∵P(4,2)为AB中点，∴48k(4k2)

4k21x1x24k(4k2)1k，．∴所求直线方程为x2y80． 224k12B(x2,y2)．方法二：设直线与椭圆交点A(x1,y1)，∵P(4,2)为AB中点，∴x1x28，y1y24．

又∵A，B在椭圆上，∴x14y136，x24y236两式相减得(x1x2)4(y1y2)0，

22222222 Word 文档

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即(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0．∴

y1y2(x1x2)1．∴直线方程为

x1x24(y1y2)2x2y80．

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B(8x,4y)．

22∵A、B在椭圆上，∴x4y36 ①。 (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．

若已知焦点是(33,0)、(33,0)的椭圆截直线x2y80所得弦中点的横坐标是4，则如何求椭圆方程？

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