1.橢圓第一定義的應用
例1 橢圓的乙個頂點為,其長軸長是短軸長的2倍,求橢圓的標準方程.
分析:題目沒有指出焦點的位置,要考慮兩種位置.
解:(1)當為長軸端點時,,,
橢圓的標準方程為:;
(2)當為短軸端點時,,,
橢圓的標準方程為:;
說明:橢圓的標準方程有兩個,給出乙個頂點的座標和對稱軸的位置,是不能確定橢圓的橫豎的,因而要考慮兩種情況.
例2 已知橢圓的離心率,求的值.
分析:分兩種情況進行討論.
解:當橢圓的焦點在軸上時,,,得.由,得.
當橢圓的焦點在軸上時,,,得.
由,得,即.
∴滿足條件的或.
說明:本題易出現漏解.排除錯誤的辦法是:因為與9的大小關係不定,所以橢圓的焦點可能在軸上,也可能在軸上.故必須進行討論.
例3 已知方程表示橢圓,求的取值範圍.
解:由得,且.
∴滿足條件的的取值範圍是,且.
說明:本題易出現如下錯解:由得,故的取值範圍是.
出錯的原因是沒有注意橢圓的標準方程中這個條件,當時,並不表示橢圓.
例4 已知表示焦點在軸上的橢圓,求的取值範圍.
分析:依據已知條件確定的三角函式的大小關係.再根據三角函式的單調性,求出的取值範圍.
解:方程可化為.因為焦點在軸上,所以.
因此且從而.
說明:(1)由橢圓的標準方程知,,這是容易忽視的地方.
(2)由焦點在軸上,知,. (3)求的取值範圍時,應注意題目中的條件
例5 已知動圓過定點,且在定圓的內部與其相內切,求動圓圓心的軌跡方程.
分析:關鍵是根據題意,列出點p滿足的關係式.
解:如圖所示,設動圓和定圓內切於點.動點到兩定點,
即定點和定圓圓心距離之和恰好等於定圓半徑,
即.∴點的軌跡是以,為兩焦點,
半長軸為4,半短軸長為的橢圓的方程:.
說明:本題是先根據橢圓的定義,判定軌跡是橢圓,然後根據橢圓的標準方程,求軌跡的方程.這是求軌跡方程的一種重要思想方法.
2.焦半徑及焦三角的應用
例1 已知橢圓,、為兩焦點,問能否在橢圓上找一點,使到左準線的距離是與的等比中項?若存在,則求出點的座標;若不存在,請說明理由.
解:假設存在,設,由已知條件得
,,∴,.
∵左準線的方程是,
∴.又由焦半徑公式知:
,.∵,∴.
整理得.
解之得或
另一方面
則①與②矛盾,所以滿足條件的點不存在.
例2 已知橢圓方程,長軸端點為,,焦點為,,是橢圓上一點,,.求:的面積(用、、表示).
分析:求面積要結合餘弦定理及定義求角的兩鄰邊,從而利用求面積.
解:如圖,設,由橢圓的對稱性,不妨設,由橢圓的對稱性,不妨設在第一象限.由餘弦定理知: ·.①
由橢圓定義知: ②,則得 .
故.3.第二定義應用
例1 橢圓的右焦點為,過點,點在橢圓上,當為最小值時,求點的座標.
分析:本題的關鍵是求出離心率,把轉化為到右準線的距離,從而得最小值.一般地,求均可用此法.
解:由已知:,.所以,右準線.
過作,垂足為,交橢圓於,故.顯然的最小值為,即為所求點,因此,且在橢圓上.故.所以.
說明:本題關鍵在於未知式中的「2」的處理.事實上,如圖,,即是到右準線的距離的一半,即圖中的,問題轉化為求橢圓上一點,使到的距離與到右準線距離之和取最小值.
例2 已知橢圓上一點到右焦點的距離為,求到左準線的距離.
分析:利用橢圓的兩個定義,或利用第二定義和橢圓兩準線的距離求解.
解法一:由,得,,.
由橢圓定義,,得
.由橢圓第二定義,,為到左準線的距離,
∴,即到左準線的距離為.
解法二:∵,為到右準線的距離,,
∴.又橢圓兩準線的距離為.
∴到左準線的距離為.
說明:運用橢圓的第二定義時,要注意焦點和準線的同側性.否則就會產生誤解.
橢圓有兩個定義,是從不同的角度反映橢圓的特徵,解題時要靈活選擇,運用自如.一般地,如遇到動點到兩個定點的問題,用橢圓第一定義;如果遇到動點到定直線的距離問題,則用橢圓的第二定義.
例3 已知橢圓內有一點,、分別是橢圓的左、右焦點,點是橢圓上一點.
(1) 求的最大值、最小值及對應的點座標;
(2) 求的最小值及對應的點的座標.
分析:本題考查橢圓中的最值問題,通常探求變數的最值有兩種方法:一是目標函式當,即代數方法.二是數形結合,即幾何方法.本題若按先建立目標函式,再求最值,則不易解決;若抓住橢圓的定義,轉化目標,運用數形結合,就能簡捷求解.
解:(1)如上圖,,,,設是橢圓上任一點,由,,∴,等號僅當時成立,此時、、共線.
由,∴,等號僅當時成立,此時、、共線.
建立、的直線方程,解方程組得兩交點
、.綜上所述,點與重合時,取最小值,點與重合時,取最大值.
(2)如下圖,設是橢圓上任一點,作垂直橢圓右準線,為垂足,由,,∴.由橢圓第二定義知,∴,∴,要使其和最小需有、、共線,即求到右準線距離.右準線方程為.
∴到右準線距離為.此時點縱座標與點縱座標相同為1,代入橢圓得滿足條件的點座標.
說明:求的最小值,就是用第二定義轉化後,過向相應準線作垂線段.巧用焦點半徑與點準距互化是解決有關問題的重要手段.
4.引數方程應用
例1 求橢圓上的點到直線的距離的最小值.
分析:先寫出橢圓的引數方程,由點到直線的距離建立三角函式關係式,求出距離的最小值.
解:橢圓的引數方程為設橢圓上的點的座標為,則點到直線的距離為
.當時,.
說明:當直接設點的座標不易解決問題時,可建立曲線的引數方程.
例2 (1)寫出橢圓的引數方程;(2)求橢圓內接矩形的最大面積.
分析:本題考查橢圓的引數方程及其應用.為簡化運算和減少未知數的個數,常用橢圓的引數方程表示曲線上一點座標,所求問題便化歸為三角問題.
解:(1) .
(2)設橢圓內接矩形面積為,由對稱性知,矩形的鄰邊分別平行於軸和軸,設為矩形在第一象限的頂點,,
則故橢圓內接矩形的最大面積為12.
說明:通過橢圓引數方程,轉化為三角函式的最值問題,一般地,與圓錐曲線有關的最值問題,用引數方程形式較簡便.
例3 橢圓與軸正向交於點,若這個橢圓上總存在點,使(為座標原點),求其離心率的取值範圍.
分析:∵、為定點,為動點,可以點座標作為引數,把,轉化為點座標的乙個等量關係,再利用座標的範圍建立關於、、的乙個不等式,轉化為關於的不等式.為減少引數,易考慮運用橢圓引數方程.
解:設橢圓的引數方程是,
則橢圓上的點,,
∵,∴,
即,解得或,
∵ ∴(捨去),,又
∴,∴,又,∴.
說明:若已知橢圓離心率範圍,求證在橢圓上總存在點使.如何證明?
5.相交情況下--弦長公式的應用
例1 已知橢圓及直線.
(1)當為何值時,直線與橢圓有公共點?
(2)若直線被橢圓截得的弦長為,求直線的方程.
解:(1)把直線方程代入橢圓方程得 ,
即.,解得.
(2)設直線與橢圓的兩個交點的橫座標為,,由(1)得,.
根據弦長公式得 :.解得.方程為.
說明:處理有關直線與橢圓的位置關係問題及有關弦長問題,採用的方法與處理直線和圓的有所區別.
這裡解決直線與橢圓的交點問題,一般考慮判別式;解決弦長問題,一般應用弦長公式.
用弦長公式,若能合理運用韋達定理(即根與係數的關係),可大大簡化運算過程.
例2 已知長軸為12,短軸長為6,焦點在軸上的橢圓,過它對的左焦點作傾斜解為的直線交橢圓於,兩點,求弦的長.
分析:可以利用弦長公式求得,
也可以利用橢圓定義及餘弦定理,還可以利用焦點半徑來求.
解:(法1)利用直線與橢圓相交的弦長公式求解.
.因為,,所以.因為焦點在軸上,
所以橢圓方程為,左焦點,從而直線方程為.
由直線方程與橢圓方程聯立得:.設,為方程兩根,所以,,, 從而.
(法2)利用橢圓的定義及餘弦定理求解.
由題意可知橢圓方程為,設,,則,.
在中,,即;
所以.同理在中,用餘弦定理得,所以.
(法3)利用焦半徑求解.
先根據直線與橢圓聯立的方程求出方程的兩根,,它們分別是,的橫座標.
再根據焦半徑,,從而求出
6.相交情況下—點差法的應用
例1 已知中心在原點,焦點在軸上的橢圓與直線交於、兩點,為中點,的斜率為0.25,橢圓的短軸長為2,求橢圓的方程.
解:由題意,設橢圓方程為,
由,得,
∴,,,∴,
∴為所求.
說明:(1)此題求橢圓方程採用的是待定係數法;(2)直線與曲線的綜合問題,經常要借用根與係數的關係,來解決弦長、弦中點、弦斜率問題.
例2 已知橢圓,求過點且被平分的弦所在的直線方程.
分析一:已知一點求直線,關鍵是求斜率,故設斜率為,利用條件求.
解法一:設所求直線的斜率為,則直線方程為.代入橢圓方程,並整理得
.由韋達定理得.
∵是弦中點,∴.故得.
所以所求直線方程為.
分析二:設弦兩端座標為、,列關於、、、的方程組,從而求斜率:.
解法二:設過的直線與橢圓交於、,則由題意得
①-②得
將③、④代入⑤得,即直線的斜率為.
所求直線方程為.
說明:(1)有關弦中點的問題,主要有三種型別:過定點且被定點平分的弦;平行弦的中點軌跡;過定點的弦中點軌跡.
(2)解法二是「點差法」,解決有關弦中點問題的題較方便,要點是巧代斜率.
(3)有關弦及弦中點問題常用的方法是:「韋達定理應用」及「點差法」.有關二次曲線問題也適用.
例3 已知橢圓,(1)求過點且被平分的弦所在直線的方程;
(2)求斜率為2的平行弦的中點軌跡方程;
(3)過引橢圓的割線,求截得的弦的中點的軌跡方程;
(4)橢圓上有兩點、,為原點,且有直線、斜率滿足,
求線段中點的軌跡方程.
分析:此題中四問都跟弦中點有關,因此可考慮設弦端座標的方法.
解:設弦兩端點分別為,,線段的中點,則
(1)將,代入⑤,得,故所求直線方程為: . ⑥
將⑥代入橢圓方程得,符合題意,為所求.
(2)將代入⑤得所求軌跡方程為橢圓內部分)
(3)將代入⑤得所求軌跡方程為: .(橢圓內部分)
(4)由①+②得將③④平方並整理得
圓經典例題分析總結
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橢圓經典練習題7
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