高中理科椭圆习题答案.doc

椭圆标准方程典型例题
例1 已知椭圆的一个焦点为（0，2）求的值．

分析：把椭圆的方程化为标准方程，由，根据关系可求出的值．
解：方程变形为．因为焦点在轴上，所以，解得．
又，所以，适合．故．

例2 已知椭圆的中心在原点，且经过点，，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，
求出参数和（或和）的值，即可求得椭圆的标准方程．
解：当焦点在轴上时，设其方程为．
由椭圆过点，知．又，代入得，，故椭圆的方程为．
当焦点在轴上时，设其方程为．
由椭圆过点，知．又，联立解得，，故椭圆的方程为．

例3 的底边，和两边上中线长之和为30，求此三角形重心的轨迹和顶点的轨迹．
分析：（1）由已知可得，再利用椭圆定义求解．
（2）由的轨迹方程、坐标的关系，利用代入法求的轨迹方程．

解： （1）以所在的直线为轴，中点为原点建立直角坐标系．设点坐标为，由，知点的轨迹是以、为焦点的椭圆，且除去轴上两点．因，，有，
故其方程为．
（2）设，，则． ①
由题意有代入①，得的轨迹方程为，其轨迹是椭圆（除去轴上两点）．
例4 已知点在以坐标轴为对称轴的椭圆上，点到两焦点的距离分别为和，过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．

解：设两焦点为、，且，．从椭圆定义知．即．
从知垂直焦点所在的对称轴，所以在中，，
可求出，，从而．
∴所求椭圆方程为或．
例5 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 ．

例6 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．
例7 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8 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9 以椭圆的焦点为焦点，过直线上一点作椭圆，要使所作椭圆的长轴最短，点应在何处？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．

解：如图所示，椭圆的焦点为，．
点关于直线的对称点的坐标为（－9，6），直线的方程为．
解方程组得交点的坐标为（－5，4）．此时最小．
所求椭圆的长轴：，∴，又，
∴．因此，所求椭圆的方程为．
例10 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11 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12　求中心在原点，对称轴为坐标轴，且经过和两点的椭圆方程．

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(，)，且不必去考虑焦点在哪个坐标轴上，直接可求出方程．

解：设所求椭圆方程为(，)．由和两点在椭圆上可得
即所以，．故所求的椭圆方程为．

例13 知圆，从这个圆上任意一点向轴作垂线段，求线段中点的轨迹．

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：设点的坐标为，点的坐标为，则，．
因为在圆上，所以．
将，代入方程得．所以点的轨迹是一个椭圆．

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，
设已知轨迹上的点的坐标为，然后根据题目要求，使，与，建立等式关系，
从而由这些等式关系求出和代入已知的轨迹方程，就可以求出关于，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．

例14 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．

例15　椭圆上的点到焦点的距离为2，为的中点，则（为坐标原点）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，由椭圆第一定义得，所以，
又因为为的中位线，所以，故答案为A．

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）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，利用这个等式可以解决椭圆上的点与焦点的有关距离．

例16 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17 在面积为1的中，，，建立适当的坐标系，求出以、为焦点且过点的椭圆方程．

解：以的中点为原点，所在直线为轴建立直角坐标系，设．
则∴即∴得
∴所求椭圆方程为
例18 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？

20.已知椭圆的焦点是,直线是椭圆的一条准线.
① 求椭圆的方程;
② 设点P在椭圆上,且,求.
简解:① .
　　②设则
又 ,
21.已知曲线按向量平移后得到曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)过点D(0, 2)的直线与曲线C相交于不同的两点M、N，且M在D、N之间,设,求实数的取值范围.
解：（1） 由已知设点P(满足,点P的对应点Q(
则 .
（2）当直线的斜率不存在时,,此时;
当直线的斜率存在时,设ｌ:代入椭圆方程得:
得
设,则 ,
又 则 .
.
又
由 ,得,即
即,又
综上:
22．求中心在原点,一个焦点为且被直线截得的弦中点横坐标为的椭圆方程.
(目标：能够用设而不解的方法解决中点弦问题)
【解析】 设椭圆方程 ,弦AB, 中点,,
,则,
，又， ．
典型例题一

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．

典型例题二

例2 一个椭圆的焦点将其准线间的距离三等分，求椭圆的离心率．
解： ∴，
∴．
说明：求椭圆的离心率问题，通常有两种处理方法，一是求，求，再求比．二是列含和的齐次方程，再化含的方程，解方程即可．

典型例题三

例3 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．
典型例题四

例4椭圆上不同三点，，与焦点的距离成等差数列．
（1）求证；
（2）若线段的垂直平分线与轴的交点为，求直线的斜率．
证明：（1）由椭圆方程知，，．
由圆锥曲线的统一定义知：，
∴ ．
同理 ．
∵ ，且，
∴ ，
即 ．
（2）因为线段的中点为，所以它的垂直平分线方程为
．
又∵点在轴上，设其坐标为，代入上式，得

又∵点，都在椭圆上，
∴

∴ ．
将此式代入①，并利用的结论得

∴ ．

典型例题五

例5 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．
说明：
（1）利用焦半径公式解常可简化解题过程．
（2）本例是存在性问题，解决存在性问题，一般用分析法，即假设存在，根据已知条件进行推理和运算．进而根据推理得到的结果，再作判断．
（3）本例也可设存在，推出矛盾结论（读者自己完成）．

典型例题六

例6 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．

典型例题七

例7 求适合条件的椭圆的标准方程．
（1）长轴长是短轴长的2倍，且过点；
（2）在轴上的一个焦点与短轴两端点的联机互相垂直，且焦距为6．
分析：当方程有两种形式时，应分别求解，如（1）题中由求出，，在得方程后，不能依此写出另一方程．
解：（1）设椭圆的标准方程为或．
由已知． ①
又过点，因此有
或． ②
由①、②，得，或，．故所求的方程为
或．
（2）设方程为．由已知，，，所以．故所求方程为．
说明：根据条件求椭圆的标准方程的思路是“选标准，定参数”．关键在于焦点的位置是否确定，若不能确定，应设方程或．

典型例题八

例8 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．

典型例题九

例9 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．

典型例题十

例10 设椭圆的中心是坐标原点，长轴在轴上，离心率，已知点到这个椭圆上的点的最远距离是，求这个椭圆的方程，并求椭圆上的点的距离等于的点的坐标．
分析：本题考查椭圆的性质、距离公式、最大值以及分析问题的能力，在求的最大值时，要注意讨论的取值范围．此题可以用椭圆的标准方程，也可用椭圆的参数方程，要善于应用不等式、平面几何、三角等知识解决一些综合性问题，从而加强等价转换、形数结合的思想，提高逻辑推理能力．
解法一：设所求椭圆的直角坐标方程是，其中待定．
由可得
，即．
设椭圆上的点到点的距离是，则

其中．
如果，则当时，（从而）有最大值．
由题设得，由此得，与矛盾．
因此必有成立，于是当时，（从而）有最大值．
由题设得，可得，．
∴所求椭圆方程是．
由及求得的椭圆方程可得，椭圆上的点，点到点的距离是．
解法二：根据题设条件，可取椭圆的参数方程是，其中，待定，，为参数．
由可得
，即．
设椭圆上的点到点的距离为，则

如果，即，则当时，（从而）有最大值．
由题设得，由此得，与矛盾，因此必有成立．
于是当时（从而）有最大值．
由题设知，∴，．
∴所求椭圆的参数方程是．
由，，可得椭圆上的是，．

典型例题十一

例11 设，，，求的最大值和最小值．
分析：本题的关键是利用形数结合，观察方程与椭圆方程的结构一致．设，显然它表示一个圆，由此可以画出图形，考虑椭圆及圆的位置关系求得最值．
解：由，得

可见它表示一个椭圆，其中心在点，焦点在轴上，且过（0，0）点和（3，0）点．
设，则

它表示一个圆，其圆心为（－1，0）半径为．
在同一坐标系中作出椭圆及圆，如图所示．观察图形可知，当圆过（0，0）点时，半径最小，即，此时；当圆过（3，0）点时，半径最大，即，∴．
∴的最小值为0，最大值为15．

典型例题十二

例12 已知椭圆，、是其长轴的两个端点．
（1）过一个焦点作垂直于长轴的弦，求证：不论、如何变化，．
（2）如果椭圆上存在一个点，使，求的离心率的取值范围．
分析：本题从已知条件出发，两问都应从和的正切值出发做出估计，因此要从点的坐标、斜率入手．本题的第（2）问中，其关键是根据什么去列出离心率满足的不等式，只能是椭圆的固有性质：，，根据得到，将代入，消去，用、、表示，以便利用列出不等式．这里要求思路清楚，计算准确，一气呵成．
解：（1）设，，．

于是，．
∵是到的角．
∴
∵
∴
故 ∴．
（2）设，则，．
由于对称性，不妨设，于是是到的角．
∴
∵， ∴
整理得
∵
∴
∵， ∴
∵， ∴
，
∴，
∴或（舍），∴．
典型例题十三

例13 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．

典型例题十四

例14 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．
典型例题十五

例15 设椭圆(为参数)上一点与轴正向所成角，求点坐标．
分析：利用参数与之间的关系求解．
解：设，由与轴正向所成角为，
∴，即．
而，，由此得到，，
∴点坐标为．
典型例题十六

例16 设是离心率为的椭圆 上的一点，到左焦点和右焦点的距离分别为和，求证：，．
分析：本题考查椭圆的两个定义，利用椭圆第二定义，可将椭圆上点到焦点的距离转化为点到相应准线距离．

解：点到椭圆的左准线的距离，，
由椭圆第二定义，，
∴，由椭圆第一定义，．
说明：本题求证的是椭圆的焦半径公式，在解决与椭圆的焦半径（或焦点弦）的有关问题时，有着广泛的应用．请写出椭圆焦点在轴上的焦半径公式．
典型例题十七

例17　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．
典型例题十八

例18　 (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．
典型例题十九

例19 已知，是椭圆的两个焦点，是椭圆上一点，且．
(1)求椭圆离心率的取值范围；
(2)求证的面积与椭圆短轴长有关．
分析：不失一般性，可以设椭圆方程为
（），（）．
思路一：根据题设容易想到两条直线的夹角公式，即，设，，，化简可得．又，两方程联立消去得，由，可以确定离心率的取值范围；解出可以求出的面积，但这一过程很繁．
思路二：利用焦半径公式，，在中运用余弦定理，求，再利用，可以确定离心率的取值范围，将代入椭圆方程中求，便可求出的面积．
思路三：利用正弦定理、余弦定理，结合求解．
解：(法1)设椭圆方程为（），，，，，
则，．
在中，由余弦定理得
，
解得．
(1)∵，
∴，即．
∴．
故椭圆离心率的取范围是．
(2)将代入得
，即．
∴．
即的面积只与椭圆的短轴长有关．
(法2)设，，，，
则．
(1)在中，由正弦定理得
．
∴
∵，
∴，
∴
．
当且仅当时等号成立．
故椭圆离心率的取值范围是．
(2)在中，由余弦定理得：

∵，
∴，即．
∴．
即的面积与椭圆短轴长有关．
说明：椭圆上的一点与两个焦点，构成的三角形为椭圆的焦点三角形，涉及有关焦点三角形问题，通常运用三角形的边角关系定理．解题中通过变形，使之出现的结构，这样就可以应用椭圆的定义，从而可得到有关，的关系式，使问题找到解决思路．
典型例题二十

例20　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？

29