高二数学椭圆的标准方程测试卷

例1 已知椭圆mx23y2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．

222x2y21． 解：方程变形为

62m因为焦点在y轴上；所以2m6；解得m3． 又c2；所以2m62；m5适合．故m5．

2典型例题二

例2 已知椭圆的中心在原点；且经过点P3，0；a3b；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．

ab由椭圆过点P3，0；知

901．又a3b；代入得b21；a29；故椭圆的方22abx2y21． 程为9y2x2当焦点在y轴上时；设其方程为221ab0．

ab由椭圆过点P3，0；知

901．又a3b；联立解得a281；b29；故椭圆22aby2x21． 的方程为

819

典型例题三

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

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x，y；

x2y2a10；c8；有b6；故其方程为1y0．

10036x2y21y0． ① （2）设Ax，y；Gx，y；则

10036xx，x2y231y0；由题意有代入①；得A的轨迹方程为其轨迹是椭圆（除900324yy3去x轴上两点）．

典型例题四

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

45和325；过P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． 3分析：讨论椭圆方程的类型；根据题设求出a和b（或a和b）的值．从而求得椭圆方程．

解：设两焦点为F1、F2；且PF1224525；PF2． 33从椭圆定义知2aPF1PF225．即a5． 从PF1PF2知PF2垂直焦点所在的对称轴； 所以在RtPF2F1中；sinPF1F2PF21； PF12可求出PF1F26；2cPF1cos61025222；从而bac．

33x23y23x2y21或1． ∴所求椭圆方程为

510105

典型例题五

x2y2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；Pab是椭圆上一点；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积．

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： F1F221absinC求面22PF1PF22PF1·PF2cos4c．①

22由椭圆定义知： PF1PF22a ② 则②－①得

22b2 PF． 1PF21cos故SF1PF21PF1PF2sin 212b2sin 21cos btan22．

典型例题六

x2y21； 例6 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；

（3）过A2，1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

11221；2x122y122，22x22y22， x1x22x，yy2y，21①－②得

①②③④

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将③④代入得

x2yy1y20；

x1x2y1y20． ⑤

x1x2（1）将x11yy21；y代入⑤；得1；故所求直线方程为 22x1x22 2x4y30． ⑥

22将⑥代入椭圆方程x2y2得6y6y2110；36460符合题意； 44故2x4y30即为所求．

（2）将

y1y22代入⑤得所求轨迹方程为：

x1x2 x4y0．（椭圆内部分）

（3）将

y1y2y1代入⑤得所求轨迹方程为 x1x2x2 x22y22x2y0．（椭圆内部分） （4）由①＋②得

2x12x22y12y22； ⑦

2将③④平方并整理得

22 x1x24x22x1x2； ⑧ 22 y1y24y22y1y2； ⑨

将⑧⑨代入⑦得

4x22x1x24y22y1y22； ⑩

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

典型例题七

例7 已知动圆P过定点A3，并且在定圆B：0；x3y264的内部与其相内切；

2求动圆圆心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P0和定圆圆心B3，0距离之和恰好等到两定点；即定点A3，于定圆半径；即PAPBPMPBBM8．

∴点P的轨迹是以A；B为两焦点；半长轴为4；半短

x2y21． 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．

典型例题八

例8 已知椭圆4x2y2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

210；求直线的方程． 5分析：直线与椭圆有公共点；等价于它们的方程组成的方程组有解．因此；只须考虑方程组消元后所得的一元二次方程的根的判别式．已知弦长；由弦长公式就可求出m．

解：（1）把直线方程yxm代入椭圆方程4x2y21得 4x2xm1；即5x2mxm10．

222 2m45m2116m2200；

2解得55． m22（2）设直线与椭圆的两个交点的横坐标为x1；x2；由（1）得

2mm21x1x2；x1x2．

55根据弦长公式得

m212102m 11． 455522解得m0．

因此；所求直线的方程为y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．

典型例题九

x2y21的焦点为焦点；过直线l：xy90上一点M作椭圆；要例9 以椭圆

123使所作椭圆的长轴最短；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；而这种类型的问题在初中就已经介绍过；只须利用对称的知识就可解决．

x2y21的焦点为F13，解：如图所示；椭圆0；123F23，0．

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0x2y30．解方程组得交点M的坐标为（－5；4）．此时MF1MF2xy90最小．

所求椭圆的长轴

2aMF1MF2FF265；

∴a35；又c3；

222∴bac3532236．

x2y21． 因此；所求椭圆的方程为

4536说明：解决本题的关键是利用椭圆的定义；将问题转化为在已知直线上求一点；使该点到直线同侧两已知点的距离之和最小．

典型例题十

x2y21表示椭圆；求k的取值范围． 例10 已知方程

k53k分析：根据椭圆方程的特征求解．

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．出

3k0,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．

典型例题十一

例11 已知x2siny2cos1(0)表示焦点在y轴上的椭圆；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．

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

24因为焦点在y轴上；所以说明：

11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．

cossin(3)求的取值范围时；应注意题目中的条件0．

(1)由椭圆的标准方程知

典型例题十二

例2 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

22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)两点在椭圆上可得

22m(3)n(2)1,3m4n1,即 2212mn1,m(23)n11,11所以m；n．

155x2y21． 故所求的椭圆方程为

155说明：此类题目中已存在直角坐标系；所以就不用建立直角坐标系了；但是这种题目一定要注意已知点和已知轨迹在坐标系中的位置关系．求椭圆的标准方程；一般是先定位（焦点位置）；再定量（a；b的值）；若椭圆的焦点位置确定；椭圆方程唯一；若椭圆的焦点位置不确定；既可能在x轴；又可能在y轴上；那么就分两种情况进行讨论．方法是待定系数法求椭圆的标准方程；求解时是分为根据椭圆的焦点在x轴上或y轴上确定方程的形式、根据题设条件列出关于待定系数a；b的方程组、解方程组求出a；b的值三个步骤；从而得到椭圆的标准方程．对此题而言；根据题目的要求不能判断出所求的椭圆焦点所在的坐标轴；那么就分情况讨论；这种方法解此题较繁．另一种方法直接设出椭圆的方程；而不强调焦点在哪一个坐标轴上；即不强调x和y2的系数哪一个大；通过解题；解得几种情况就是几种情况．在求椭圆方程确定焦点在哪一坐标轴上的时候；可以根据焦点坐标；也可以根据准线方程．若不能确定焦点在哪一个坐标轴上；就用上述两种方法．

2典型例题十三

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

的直线交椭圆于A；B两点；求弦AB的长． 3分析：此类题目是求弦长问题；这种题目方法很多；可以利用弦长公式

AB1k2x1x2(1k2)[(x1x2)2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．

AB1k2x1x2

(1k2)[(x1x2)24x1x2]．

因为a6；b3；所以c33． 又因为焦点在x轴上；

x2y21；左焦点F(33,0)；从而直线方程为 所以椭圆方程为

369y3x9．

由直线方程与椭圆方程联立得

13x2723x3680．

设x1；x2为方程两根； 所以x1x2368723；x1x2；k3；

13132从而AB1kx1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；设AF由题意可知椭圆方程为1m；BF1n；则 369AF212m；BF212n．

在AF1F2中；AF2222AF1F1F22AF1F1F2cos1； 2223；

即(12m)m3632m63所以m66n．同理在BF中；用余弦定理得；所以 F12434348． 132ABmn(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． 说明：对于直线与椭圆的位置关系有相交、相切、相离；判断直线与椭圆的位置关系；可以利用直线方程与椭圆方程联立；看联立后方程解的个数：0；无解则相离；0；一解则相切；0；两解则相交．直线与椭圆相交就有直线与椭圆相交弦问题；直线与椭圆的两交点之间的线段叫做直线与椭圆相交弦．

典型例题十四

例14 已知圆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．

分析：本题是已知一些轨迹；求动点轨迹问题．这种题目一般利用中间变量(相关点)求

轨迹方程或轨迹．

解：设点M的坐标为(x,y)；点P的坐标为(x0,y0)； 则xx0；yy0． 2因为P(x0,y0)在圆x2y21上； 所以x02y021．

将x02x；y0y代入方程x02y021得

4x2y21．

所以点M的轨迹是一个椭圆4x2y21．

说明：此题是利用相关点法求轨迹方程的方法；这种方法具体做法如下：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；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y0建立等式关系；

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．

这种题目还要注意题目的问法；是求“轨迹”还是求“轨迹方程”．若求轨迹方程；只要求出关于x；y的关系化简即可；若求轨迹；当求出轨迹方程后；还要说明由这种方程所确定的轨迹是什么．这在审题时要注意．

典型例题十五

x2y21上的点M到焦点F1的距离为2；N为MF1的中点；则ON例15 椭圆

259（O为坐标原点）的值为( )

A．4 B．2 C．8 D．

3 2解：如图所示；设椭圆的另一个焦点为F2；由椭圆第一定义得MF1MF22a10；所以MF210MF1F2的中位线；所以11028；又因为ON为MFON1MF24；故答案为A． 2

说明：

(1)椭圆定义：平面内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．

典型例题十六

x2y21；试确定m的取值范围；使得对于直线l：y4xm；例16 已知椭圆C：43椭圆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y1xn． 41yxn,4由方程组2消去y得 2xy1,3413x28nx16n2480 ①

8n． 13xx24n112n于是x01；y0x0n； 2134134n12n,)． 即点M的坐标为(1313∴x1x2∵点M在直线y4xm上；∴n4解得n4nm． 1313m． ② 422将式②代入式①得13x26mx169m480 ③

∵A；B是椭圆上的两点；∴(26m)2413(169m248)0．

解得213213． m131313413m；∴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；

(法2)同解法1得出n(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．

4343两式相减得3(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0； 即32x0(x1x2)42y0(y1y2)0． ∴

22223xy1y20(x1x2)．

x1x24y03x041； 4y0又∵直线ABl；∴kABkl1；∴即y03x0 ①

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；可以采用以下方法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；x0；y0满足不等式001；将x0；

ab22y0利用参数表示；建立参数不等式．

典型例题十七

例17 在面积为1的PMN中；tanM以M、N为焦点且过P点的椭圆方程．

1；tanN2；建立适当的坐标系；求出2

分析：本题考查用待定系数法求椭圆方程及适当坐标系的建立．通过适当坐标系的建立；选择相应椭圆方程；再待定系数．适当坐标系的建立能达到简化问题的目的．

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2,5x13cy, ∴则

xc2y4c且c3cy1.324251,215225212a3ba,,)；∴即P(得4 233a2b23,b23.44x2y21． ∴所求椭圆方程为153说明：适当坐标系的建立是处理好椭圆应用问题的关键．建立适当坐标系；需对题设所

给图形进行观察、分析；做好数与形的结合；本题也可以以MN的中点为原点；MN所在直线为y轴建立直角坐标系；再求椭圆方程．

典型例题十八

x2y21所截得的线段的中点；例18 已知P(4,2)是直线l被椭圆求直线l的方程． 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

并不需要求出直线与椭圆的交点坐标；这种“设而不求”y1y2；y1y2)的值代入计算即得．

的方法；在解析几何中是经常采用的．本题涉及到直线被椭圆截得弦的中点问题；也可采用点差法或中点坐标公式；运算会更为简便．

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)

4k21x1x24k(4k2)1k；． 224k12∵P(4,2)为AB中点；∴4∴所求直线方程为x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(x1x2)4(y1y2)0；

即(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0． ∴

22222222y1y2(x1x2)1．

x1x24(y1y2)2∴所求直线方程为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

22(8x)24(4y)2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； ∴所求直线方程为x2y80．

说明：直线与圆锥曲线的位置关系是高考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？