椭圆各类题型分类汇总

1. 椭圆第一定义的应用

0，其长轴长是短轴长的2倍，求椭圆的标准方程． 例1 椭圆的一个顶点为A2，

x2y211的离心率e，求k的值． 例2 已知椭圆

k892

x2y21表示椭圆，求k的取值范围． 例3 已知方程

k53k

ycos1(0)表示焦点在y轴上的椭圆，例4 已知xsin求的取值范围．

22x3y264的内部与其相内切，求动0，且在定圆B：例5 已知动圆P过定点A3，2圆圆心P的轨迹方程．

1

2.焦半径及焦三角的应用

x2y1，F1、F2为两焦点，问能否在椭圆上找一点M，使M到左准例1 已知椭圆

43线l的距离MN是MF1与MF2的等比中项？若存在，则求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

2x2y2例2 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是椭

ab圆上一点，A1PA2，F1PF2．求：F1PF2的面积（用a、b、表示）．

3.第二定义应用

x2y21的右焦点为F，过点A1，3，点M在椭圆上，当AM2MF为例1 椭圆

1612最小值时，求点M的坐标．

2

x2y2例2 已知椭圆221上一点P到右焦点F2的距离为b(b1)，求P到左准线的距

4bb离．

x2y21内有一点A(1,1)，F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，点P是例3 已知椭圆95椭圆上一点．

(1) 求PAPF1的最大值、最小值及对应的点P坐标； (2) 求PA

3PF2的最小值及对应的点P的坐标． 24.参数方程应用

x2y21上的点到直线xy60的距离的最小值． 例1 求椭圆3

3

x2y21的参数方程；(2)求椭圆内接矩形的最大面积． 例2 (1)写出椭圆94

x2y2例3 椭圆221(ab0)与x轴正向交于点A，若这个椭圆上总存在点P，使

abOPAP(O为坐标原点)，求其离心率e的取值范围．

5.相交情况下--弦长公式的应用

例1 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？ （2）若直线被椭圆截得的弦长为

22210，求直线的方程． 5 4

例2 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作倾斜解为的直线交椭圆于A，B两点，求弦AB的长．

36.相交情况下—点差法的应用

例1 已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆与直线xy10交于A、B两点，M为

AB中点，OM的斜率为0.25，椭圆的短轴长为2，求椭圆的方程．

x211y21，求过点P，且被P平分的弦所在的直线方程． 例2 已知椭圆222

5

x211y21，例3 已知椭圆（1）求过点P，且被P平分的弦所在直线的方程； 2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．

1， 2x2y21，试确定m的取值范围，使得对于直线l：y4xm，椭圆例4 已知椭圆C：43C上有不同的两点关于该直线对称．

x2y21所截得的线段的中点，求直线l的方程． 例5 已知P(4,2)是直线l被椭圆

369

6

椭圆经典例题分类汇总

1.椭圆第一定义的应用

0，其长轴长是短轴长的2倍，求椭圆的标准方程． 例1 椭圆的一个顶点为A2，分析：题目没有指出焦点的位置，要考虑两种位置．

0为长轴端点时，解：（1）当A2，，b1，

x2y21； 椭圆的标准方程为：410为短轴端点时，（2）当A2，，a4，

x2y21； 椭圆的标准方程为：

416说明：椭圆的标准方程有两个，给出一个顶点的坐标和对称轴的位置，是不能确定椭圆的横竖的，因而要考虑两种情况．

x2y211的离心率e，求k的值． 例2 已知椭圆

k892分析：分两种情况进行讨论．

解：当椭圆的焦点在x轴上时，ak8，b9，得ck1．由e当椭圆的焦点在y轴上时，a9，bk8，得c1k．

2222221，得k4． 211k15，得，即k． 29445∴满足条件的k4或k．

4由e说明：本题易出现漏解．排除错误的办法是：因为k8与9的大小关系不定，所以椭圆的焦点可能在x轴上，也可能在y轴上．故必须进行讨论．

x2y21表示椭圆，求k的取值范围． 例5 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．

说明：本题易出现如下错解：由k50,得3k5，故k的取值范围是3k5．

3k0,7

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．

ycos1(0)表示焦点在y轴上的椭圆，例6 已知xsin求的取值范围．

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

取值范围．

22x2y2111．因为焦点在y轴上，所以解：方程可化为0． 11cossinsincos因此sin0且tan1从而(

3,)． 2411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的取值范围时，应注意题目

cossin中的条件0

说明：(1)由椭圆的标准方程知

x3y264的内部与其相内切，求动0，且在定圆B：例5 已知动圆P过定点A3，2圆圆心P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P和定圆B内切于点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．

2.焦半径及焦三角的应用

x2y1，F1、F2为两焦点，问能否在椭圆上找一点M，使M到左准例1 已知椭圆

43线l的距离MN是MF1与MF2的等比中项？若存在，则求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

解：假设M存在，设Mx1，y1，由已知条件得

21． 2∵左准线l的方程是x4，

，b3，∴c1，e 8

∴MN4x1． 又由焦半径公式知：

11，MFaex2xMFaex2x1． 1112122∵MNMF1MF2，∴x1422211x12x1． 22整理得5x132x1480． 解之得x14或x1212． ① 5另一方面2x12． ② 则①与②矛盾，所以满足条件的点M不存在．

x2y2例2 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是椭

ab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F1PF212b21sin b2tan． PF1PF2sin 21cos223.第二定义应用

x2y21的右焦点为F，过点A1，3，点M在椭圆上，当AM2MF为例1 椭圆

1612最小值时，求点M的坐标．

分析：本题的关键是求出离心率e最小值．一般地，求AM1，把2MF转化为M到右准线的距离，从而得21MF均可用此法． e1解：由已知：a4，c2．所以e，右准线

2l：x8．

9

过A作AQl，垂足为Q，交椭圆于M，故MQ2MF．显然AM2MF的最小值为AQ，即M为所求点，因此yM3，且M在椭圆上．故xM23．所以

M23，3．

说明：本题关键在于未知式AM2MF中的“2”的处理．事实上，如图，e1，2即MF是M到右准线的距离的一半，即图中的MQ，问题转化为求椭圆上一点M，使M到A的距离与到右准线距离之和取最小值．

x2y2例2 已知椭圆221上一点P到右焦点F2的距离为b(b1)，求P到左准线的距

4bb离．

分析：利用椭圆的两个定义，或利用第二定义和椭圆两准线的距离求解．

3x2y2解法一：由221，得a2b，c3b，e．

24bb由椭圆定义，PF1PF22a4b，得

PF14bPF24bb3b．

由椭圆第二定义，

PF1d1e，d1为P到左准线的距离，

∴d1PF1e23b，

即P到左准线的距离为23b． 解法二：∵

PF2d2PF2ee，d2为P到右准线的距离，ec3， a2∴d223a283b．又椭圆两准线的距离为2b．

3c38323bb23b． 33∴P到左准线的距离为

说明：运用椭圆的第二定义时，要注意焦点和准线的同侧性．否则就会产生误解．

椭圆有两个定义，是从不同的角度反映椭圆的特征，解题时要灵活选择，运用自如．一般地，如遇到动点到两个定点的问题，用椭圆第一定义；如果遇到动点到定直线的距离问题，则用椭圆的第二定义．

10

x2y21内有一点A(1,1)，F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，点P是例3 已知椭圆95椭圆上一点．

(1) 求PAPF1的最大值、最小值及对应的点P坐标； (2) 求PA3PF2的最小值及对应的点P的坐标． 2分析：本题考查椭圆中的最值问题，通常探求变量的最值有两种方法：一是目标函数当，即代数方法．二是数形结合，即几何方法．本题若按先建立目标函数，再求最值，则不易解决；若抓住椭圆的定义，转化目标，运用数形结合，就能简捷求解．

解：

(1)如上图，2a6，F2(2,0)，AF22，设P是椭圆上任一点，由

，

∴

PF1PF22a6，

PAPF2AF2等号仅当PAPF2AF2时成PAPF1PF1PF2AF22aAF262，立，此时P、A、F2共线．

由PAPF2AF2，∴PAPF等1PF1PF2AF22aAF262，号仅当PAPF2AF2时成立，此时P、A、F2共线．

建立A、F2的直线方程xy20，解方程组xy20,5x9y4522得两交点

915515915515P(2,2)P(2,2)． 、12714714714714综上所述，P点与P1重合时，PAPF1取最小值62，P点与P2重合时，

PAPF2取最大值62．

(2)如下图，设P是椭圆上任一点，作PQ垂直椭圆右准线，Q为垂足，由a3，c2，

11

∴ePF2232．由椭圆第二定义知，∴PQPF2，∴e32PQ33PF2PAPQ，要使其和最小需有A、P、Q共线，即求A到右准线距离．右29准线方程为x．

2PA∴A到右准线距离为

7．此时P点纵坐标与A点纵坐标相同为1，代入椭圆得满足条2

件的点P坐标(65,1)． 5说明：求PA1就是用第二定义转化后，过A向相应准线作垂线段．巧PF2的最小值，

e用焦点半径PF2与点准距PQ互化是解决有关问题的重要手段．

4.参数方程应用

x2y21上的点到直线xy60的距离的最小值． 例1 求椭圆3分析：先写出椭圆的参数方程，由点到直线的距离建立三角函数关系式，求出距离的最小值．

x3cos，解：椭圆的参数方程为设椭圆上的点的坐标为

ysin.直线的距离为

3cos，sin，则点到

d2sin63cossin63． 221时，d最小值22． 3当sin说明：当直接设点的坐标不易解决问题时，可建立曲线的参数方程．

12

x2y21的参数方程；(2)求椭圆内接矩形的最大面积． 例2 (1)写出椭圆94分析：本题考查椭圆的参数方程及其应用．为简化运算和减少未知数的个数，常用椭圆

的参数方程表示曲线上一点坐标，所求问题便化归为三角问题．

x3cos解：(1) (R)．

y2sin(2)设椭圆内接矩形面积为S，由对称性知，矩形的邻边分别平行于x轴和y轴，设

(3cos,2sin)为矩形在第一象限的顶点，(0)，

2则S43cos2sin12sin212

故椭圆内接矩形的最大面积为12．

说明：通过椭圆参数方程，转化为三角函数的最值问题，一般地，与圆锥曲线有关的最值问题，用参数方程形式较简便．

x2y2例3 椭圆221(ab0)与x轴正向交于点A，若这个椭圆上总存在点P，使

abOPAP(O为坐标原点)，求其离心率e的取值范围．

分析：∵O、A为定点，P为动点，可以P点坐标作为参数，把OPAP，转化为P点坐标的一个等量关系，再利用坐标的范围建立关于a、b、c的一个不等式，转化为关于e的不等式．为减少参数，易考虑运用椭圆参数方程．

解：设椭圆的参数方程是xacos(ab0)，

ybsin则椭圆上的点P(acos,bsin)，A(a,0)， ∵OPAP，∴

bsinbsin1，

acosacosa22b2即(ab)cosacosb0，解得cos1或cos2， 2ab222b21，又b2a2c2 ∵1cos1 ∴cos1（舍去），122ab22a2e1． ∴022，∴e，又0e1，∴

22c说明：若已知椭圆离心率范围(证明？

2,1)，求证在椭圆上总存在点P使OPAP．如何2 13

5.相交情况下--弦长公式的应用

例1 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？ （2）若直线被椭圆截得的弦长为

22210，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根据弦长公式得 ：11．解得m0．方程为455522yx．

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2 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作倾斜解为的直线交椭圆于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3AB1k2x1x2(1k2)[(x1x2)24x1x2]．因为a6，所以c33．因b3，

为焦点在x轴上，

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

14

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，BF1n，则AF212m，369BF212n．

在

AF1F2中，

AF2AF1F1F22AF1F1F2c2223o，s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

26.相交情况下—点差法的应用

例1 已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆与直线xy10交于A、B两点，M为

AB中点，OM的斜率为0.25，椭圆的短轴长为2，求椭圆的方程．

x22解：由题意，设椭圆方程为2y1，

axy102221ax2ax0， 由x2，得22y1ax1x21a212，yM1xM∴xM， 22a1akOM

yM112，∴a24， xM4a15

x2y21为所求． ∴4说明：（1）此题求椭圆方程采用的是待定系数法；（2）直线与曲线的综合问题，经常要借用根与系数的关系，来解决弦长、弦中点、弦斜率问题．

x211y21，求过点P，且被P平分的弦所在的直线方程． 例2 已知椭圆222分析一：已知一点求直线，关键是求斜率，故设斜率为k，利用条件求k． 解法一：设所求直线的斜率为k，则直线方程为y整理得

11kx．代入椭圆方程，并2212kx2k222132kxk2k0．

222k22k由韦达定理得x1x2．

12k2∵P是弦中点，∴x1x21．故得k所以所求直线方程为2x4y30．

分析二：设弦两端坐标为x1，y1、x2，y2，列关于x1、x2、y1、y2的方程组，从而求斜率：

1． 2y1y2．

x1x21122解法二：设过P，的直线与椭圆交于Ax1，y1、Bx2，y2，则由题意得

x122y11，22x22y21，2x1x21，y1y21.①② ③④2x12x22y12y20． ⑤ ①－②得

2将③、④代入⑤得

y1y211，即直线的斜率为．

x1x222所求直线方程为2x4y30．

16

说明：

（1）有关弦中点的问题，主要有三种类型：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．

x211y21，例3 已知椭圆（1）求过点P，且被P平分的弦所在直线的方程； 2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x122y122，22x22y22，x1x22x，yy2y，12①②③④①－②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y2x1x2将③④代入得x2y0，

y1y20．⑤

x1x2

（1）将xyy2111，，y代入⑤，得1故所求直线方程为： 2x4y30． ⑥

x1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，442x4y30为所求．

（2）将

y1y22代入⑤得所求轨迹方程为： x4y0．（椭圆内部分）

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

x1x2x2（3）将部分）

17

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．

x2y21，试确定m的取值范围，使得对于直线l：y4xm，椭圆例4 已知椭圆C：43C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．

B(x2,y2)两点关于直线l对称，解：(法1)设椭圆上A(x1,y1)，直线AB与l交于M(x0,y0)点．

yxn,14k4∵l的斜率l，∴设直线AB的方程为yxn．由方程组消去y得

224xy1,34113x28nx16n2480 ①。∴x1x28nxx24n．于是x01，13213112n， y0x0n4134n12n4n即点M的坐标为(,)．∵点M在直线y4xm上，∴n4m．解得

13131313nm． ②

4将式②代入式①得13x26mx169m480 ③

∵A，B是椭圆上的两点，∴(26m)413(169m48)0．解得

2222

213213m． 131318

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

43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

434322223(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，求有关参数的取值范围问题，可以采用列参数满足的不等式：

(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．

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．

22x2y21所截得的线段的中点，求直线l的方程． 例5 已知P(4,2)是直线l被椭圆

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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．

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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8k(4k2) 24k1∵P(4,2)为AB中点，∴4x1x24k(4k2)1，．∴所求直线方程为k224k12x2y80．

方法二：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，∴x14y136，x24y236两式相减得

2222(x1x2)4(y1y2)0，

即(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0．∴为x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)． ∵A、B在椭圆上，∴x4y36 ①。 (8x)4(4y)36 ② 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？

2222y1y2(x1x2)1．∴直线方程

x1x24(y1y2)22222 20