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椭圆经典例题分类汇总
1.椭圆第一定义的应用
例1 椭圆的一个顶点为，其长轴长是短轴长的2倍，求椭圆的标准方程．
分析：题目没有指出焦点的位置，要考虑两种位置．
解：（1）当为长轴端点时，，，
椭圆的标准方程为：；
（2）当为短轴端点时，，，
椭圆的标准方程为：；
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．
例2 已知椭圆的离心率，求的值．
分析：分两种情况进行讨论．
解：当椭圆的焦点在轴上时，，，得．由，得．
当椭圆的焦点在轴上时，，，得．
由，得，即．
∴满足条件的或．
说明：本题易出现漏解．排除错误的办法是：因为与9的大小关系不定，所以椭圆的焦点可能在轴上，也可能在轴上．故必须进行讨论．
例3 已知方程表示椭圆，求的取值范围．
解：由得，且．
∴满足条件的的取值范围是，且．

说明：本题易出现如下错解：由得，故的取值范围是．
出错的原因是没有注意椭圆的标准方程中这个条件，当时，并不表示椭圆．
例4 已知表示焦点在轴上的椭圆，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．
解：方程可化为．因为焦点在轴上，所以．
因此且从而．

说明：(1)由椭圆的标准方程知，，这是容易忽视的地方．
(2)由焦点在轴上，知，． (3)求的取值范围时，应注意题目中的条件
例5 已知动圆过定点，且在定圆的内部与其相内切，求动圆圆心的轨迹方程．
分析：关键是根据题意，列出点P满足的关系式．
解：如图所示，设动圆和定圆内切于点．动点到两定点，
即定点和定圆圆心距离之和恰好等于定圆半径，
即．∴点的轨迹是以，为两焦点，
半长轴为4，半短轴长为的椭圆的方程：．
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
例1 已知椭圆，、为两焦点，问能否在椭圆上找一点，使到左准线的距离是与的等比中项？若存在，则求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
解：假设存在，设，由已知条件得
，，∴，．
∵左准线的方程是，
∴．
又由焦半径公式知：
，．
∵，∴．
整理得．
解之得或． ①
另一方面． ②
则①与②矛盾，所以满足条件的点不存在．
例2 已知椭圆方程，长轴端点为，，焦点为，，是椭圆上一点，，．求：的面积（用、、表示）．
分析：求面积要结合余弦定理及定义求角的两邻边，从而利用求面积．
解：如图，设，由椭圆的对称性，不妨设，由椭圆的对称性，不妨设在第一象限．由余弦定理知： ·．①
由椭圆定义知： ②，则得 ．
故 ．
3.第二定义应用
例1 椭圆的右焦点为，过点，点在椭圆上，当为最小值时，求点的坐标．
分析：本题的关键是求出离心率，把转化为到右准线的距离，从而得最小值．一般地，求均可用此法．
解：由已知：，．所以，右准线．
过作，垂足为，交椭圆于，故．显然的最小值为，即为所求点，因此，且在椭圆上．故．所以．
说明：本题关键在于未知式中的“2”的处理．事实上，如图，，即是到右准线的距离的一半，即图中的，问题转化为求椭圆上一点，使到的距离与到右准线距离之和取最小值．
例2 已知椭圆上一点到右焦点的距离为，求到左准线的距离．
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．
解法一：由，得，，．
由椭圆定义，，得
．
由椭圆第二定义，，为到左准线的距离，
∴，
即到左准线的距离为．
解法二：∵，为到右准线的距离，，
∴．又椭圆两准线的距离为．
∴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．
例3　已知椭圆内有一点，、分别是椭圆的左、右焦点，点是椭圆上一点．
(1)　求的最大值、最小值及对应的点坐标；
(2)　求的最小值及对应的点的坐标．
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，，，，设是椭圆上任一点，由，，∴，等号仅当时成立，此时、、共线．
由，∴，等号仅当时成立，此时、、共线．
建立、的直线方程，解方程组得两交点
、．
综上所述，点与重合时，取最小值，点与重合时，取最大值．
(2)如下图，设是椭圆上任一点，作垂直椭圆右准线，为垂足，由，，∴．由椭圆第二定义知，∴，∴，要使其和最小需有、、共线，即求到右准线距离．右准线方程为．

∴到右准线距离为．此时点纵坐标与点纵坐标相同为1，代入椭圆得满足条件的点坐标．
说明：求的最小值，就是用第二定义转化后，过向相应准线作垂线段．巧用焦点半径与点准距互化是解决有关问题的重要手段．

4.参数方程应用
例1 求椭圆上的点到直线的距离的最小值．
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．
解：椭圆的参数方程为设椭圆上的点的坐标为，则点到直线的距离为
．
当时，．
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．
例2　 (1)写出椭圆的参数方程；(2)求椭圆内接矩形的最大面积．
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．
解：(1) ．
(2)设椭圆内接矩形面积为，由对称性知，矩形的邻边分别平行于轴和轴，设为矩形在第一象限的顶点，，
则
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．
例3　椭圆与轴正向交于点，若这个椭圆上总存在点，使(为坐标原点)，求其离心率的取值范围．
分析：∵、为定点，为动点，可以点坐标作为参数，把，转化为点坐标的一个等量关系，再利用坐标的范围建立关于、、的一个不等式，转化为关于的不等式．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，
则椭圆上的点，，
∵，∴，
即，解得或，
∵　∴（舍去），，又
∴，∴，又，∴．
说明：若已知椭圆离心率范围，求证在椭圆上总存在点使．如何证明？

5.相交情况下--弦长公式的应用
例1 已知椭圆及直线．
（1）当为何值时，直线与椭圆有公共点？
（2）若直线被椭圆截得的弦长为，求直线的方程．
解：（1）把直线方程代入椭圆方程得 ，
即．，解得．
（2）设直线与椭圆的两个交点的横坐标为，，由（1）得，．
根据弦长公式得 ：．解得．方程为．

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，焦点在轴上的椭圆，过它对的左焦点作倾斜解为的直线交椭圆于，两点，求弦的长．
分析：可以利用弦长公式求得，
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．

．因为，，所以．因为焦点在轴上，
所以椭圆方程为，左焦点，从而直线方程为．
由直线方程与椭圆方程联立得：．设，为方程两根，所以，，， 从而．

(法2)利用椭圆的定义及余弦定理求解．
由题意可知椭圆方程为，设，，则，．
在中，，即；
所以．同理在中，用余弦定理得，所以．

(法3)利用焦半径求解．
先根据直线与椭圆联立的方程求出方程的两根，，它们分别是，的横坐标．
再根据焦半径，，从而求出
6.相交情况下—点差法的应用
例1 已知中心在原点，焦点在轴上的椭圆与直线交于、两点，为中点，的斜率为0.25，椭圆的短轴长为2，求椭圆的方程．
解：由题意，设椭圆方程为，
由，得，
∴，，
，∴，
∴为所求．
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．
例2 已知椭圆，求过点且被平分的弦所在的直线方程．
分析一：已知一点求直线，关键是求斜率，故设斜率为，利用条件求．
解法一：设所求直线的斜率为，则直线方程为．代入椭圆方程，并整理得
．
由韦达定理得．
∵是弦中点，∴．故得．
所以所求直线方程为．
分析二：设弦两端坐标为、，列关于、、、的方程组，从而求斜率：．
解法二：设过的直线与椭圆交于、，则由题意得

①－②得． ⑤
将③、④代入⑤得，即直线的斜率为．
所求直线方程为．
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．
例3 已知椭圆，（1）求过点且被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、，为原点，且有直线、斜率满足，
求线段中点的轨迹方程．
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，，线段的中点，则

①－②得．
由题意知，则上式两端同除以，有，
将③④代入得．⑤

（1）将，代入⑤，得，故所求直线方程为： ． ⑥
将⑥代入椭圆方程得，符合题意，为所求．
（2）将代入⑤得所求轨迹方程为： ．（椭圆内部分）
（3）将代入⑤得所求轨迹方程为： ．（椭圆内部分）
（4）由①＋②得 ： ， ⑦， 将③④平方并整理得
， ⑧， ， ⑨
将⑧⑨代入⑦得： ， ⑩
再将代入⑩式得： ， 即 ．
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4 已知椭圆，试确定的取值范围，使得对于直线，椭圆上有不同的两点关于该直线对称．
分析：若设椭圆上，两点关于直线对称，则已知条件等价于：(1)直线；(2)弦的中点在上．
利用上述条件建立的不等式即可求得的取值范围．
解：(法1)设椭圆上，两点关于直线对称，直线与交于点．
∵的斜率，∴设直线的方程为．由方程组消去得
　　①。∴．于是，，
即点的坐标为．∵点在直线上，∴．解得．　②
将式②代入式①得　　③
∵，是椭圆上的两点，∴．解得．
(法2)同解法1得出，∴，
，即点坐标为．
∵，为椭圆上的两点，∴点在椭圆的内部，∴．解得．
(法3)设，是椭圆上关于对称的两点，直线与的交点的坐标为．
∵，在椭圆上，∴，．两式相减得，
即．∴．
又∵直线，∴，∴，即　①。
又点在直线上，∴　　②。由①，②得点的坐标为．以下同解法2.
说明：涉及椭圆上两点，关于直线恒对称，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，建立参数方程．
(2)利用弦的中点在椭圆内部，满足，将，利用参数表示，建立参数不等式．
例5 已知是直线被椭圆所截得的线段的中点，求直线的方程．

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(或)，得到关于(或)的一元二次方程，再由根与系数的关系，直接求出，(或，)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．代入椭圆方程，整理得
　①
设直线与椭圆的交点为，，则、是①的两根，∴
∵为中点，∴，．∴所求直线方程为．
方法二：设直线与椭圆交点，．∵为中点，∴，．
又∵，在椭圆上，∴，两式相减得，
即．∴．∴直线方程为．
方法三：设所求直线与椭圆的一个交点为，另一个交点．
∵、在椭圆上，∴　　①。 　　　　　②
从而，在方程①－②的图形上，而过、的直线只有一条，∴直线方程为．
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、的椭圆截直线所得弦中点的横坐标是4，则如何求椭圆方程？

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