椭圆的常见题型及解法二

椭圆的常见题型及解法（二）

一

对称问题

平面解析几何常遇到含参数的对称问题，常困扰学生思维.其实平面解析几何所有的对称只有以下四类,分别为“点关于点对称”；“点关于直线对称”；“曲线关于点对称”；“曲线关于直线对称”.

①点A关于B的对称点为C，点B为A、C的中点，由中点坐标公式有：

x1xa2x2ax1； yyy2by1b12②设点A(x1,y1)关于直线：ax+by+c=0的对称点为C(x,y),由AC直线与垂直，且AB

yy1ab2a21xxxb1的中点在上，有：22axx1byy1c0yab22x2aby12acab2;

y12abx12bca2b212(当直线中a=0或b=0时，上面结论也正确)

③曲线F(x,y)=0关于点B(a,b)对称的曲线，在曲线F(x,y)=0上任取一点A(x1,y1)，它关于点B(a,b)的对称点为C(x,y).其实点A为主动点,点C为从动点,由中点坐标公式有:

x1xa2x12ax,代入到主动点的方程中,得对称曲线方yyy2by1b12程:F(2ax,2by)0.

④曲线F(x,y)=0关于点ax+by+c=0对称的曲线, 在曲线F(x,y)=0上任取一点A(x1,y1)，它关于直线ax+by+c=0的对称点为C(x,y),则有:

yy1ab2a2x2aby2ac1xxx1b1a2b2,代入到主动点的方22axx1byy1c0yaby2abx2bc1a2b222b程中,得对称曲线方程:F(2a2x2aby2aca2b2y2abx2bc,)0.

a2b2a2b2圆锥曲线上存在两点关于某直线对称，求某参变量的取值范围.这一类问题求解时,必须

同时确保: ⑴垂直;⑵平分⑶存在,下面就实例说明三个确保的实施.

x2y21,试确定m的取值范围,使得对于直线:y4xm在椭例1.已知椭圆C: 169学习好资料 欢迎下载

圆C上存在不同的两点关于直线对称.

解:椭圆上存在两点A,B关于直线y4xm对称, 设直线AB为:y1xn (确保垂直). 4设直线AB与椭圆有两个不同的交点Ax1,y1,Bx2,y2.

1yxn4225x4nx8n720 22xy11694n458n2720 (确保存在)

22即：n10n10,101

x1x24n4n 55x1x22n12n9,纵坐标为nn 254510AB两点的中点的横坐标为

则点92n2n9,n在直线y4xm上,n4m. (确保平分)

1055107n. 10710710m. 1010m把上式代入(1)中,得：变式训练（2010年安徽理19）：已知椭圆E经过点A（2，3），对称轴为坐标轴，焦点F1，F2在x轴上，离心率e （I）求椭圆E的方程；

（II）求F1AF2的角平分线所在直线l的方程；

（III）在椭圆E上是否存在关于直线l对称的相异两点？若

存在，请找出；若不存在，说明理由.

本题考查椭圆的定义及标准方程，椭圆的简单几何性质，直

线的点斜式方程与一般方程，点到直线的距离公式，点关于直线的对称等基础知识；考查解析几何的基本思想、综合运算能力、探究意识与创新意识.

1. 2x2y2解：（I）设椭圆E的方程为221

ab学习好资料 欢迎下载

1c1,即,a2c,得b2a2c23e2,2a2 22xy椭圆方程具有形式221.4c3e由ex2y2131. 将A（2，3）代入上式，得221,解得c2, ∴椭圆E的方程为

1612cc （II）解法1：由（I）知F1(2,0),F2(2,0)，所以

3(x2),即3x4y60, 4直线AF2的方程为：x2.

直线AF1的方程为：y由点A在椭圆E上的位置知，直线l的斜率为正数. 设P(x,y)为l上任一点，则

|3x4y6||x2| .5若3x4y65x10,得x2y80（因其斜率为负，舍去）. 所以直线l的方程为：2xy10. 解法2：

A(2,3),F1(2,0),F2(2,0),AF1(4,3),AF2(0,3).AF1|AF1|114(4,3)(0,3)(1,2).35|AF2|5AF2

k12,l:y32(x1),即2xy10. （III）解法1：

假设存在这样的两个不同的点B(x1,y1)和C(x2,y2),

BCl,kBCy2y11.x2x12x1x2yy2,y01,22

设BC的中点为M(x0,y0),则x0由于M在l上，故2x0y010. ①

22x12y12x2y21与1. 又B，C在椭圆上，所以有

1612161222x2x12y2y120, 两式相减，得

1612学习好资料 欢迎下载

即

(x1x2)(x2x1)(y1y2)(y2y1)0.

16121x1x2y2y11y1y20，

82x2x162将该式写为并将直线BC的斜率kBC和线段BC的中点，表示代入该表达式中， 得

11x0y00,即3x02y00. ② 812①×2—②得x22,y03，即BC的中点为点A，而这是不可能的. ∴不存在满足题设条件的点B和C. 解法2：

假设存在B(x1,y1),C(x2,y2)两点关于直线l对称， 则lBC,kBC.

121x2y2设直线BC的方程为yxm,将其代入椭圆方程1,

21612得一元二次方程3x4(21xm)248,即x2mxm2120, 2则x1与x2是该方程的两个根， 由韦达定理得x1x2m,

13m(x1x2)2m, 22m3m∴B，C的中点坐标为(,).

243m又线段BC的中点在直线y2x1上,m1,得m4.

4于是y1y2即B，C的中点坐标为（2，3），与点A重合，矛盾. ∴不存在满足题设条件的相异两点.

二 中点弦问题

x2y21内一点M(2,1)引一条弦，使弦被M点平分，求这条弦所在直线例1、过椭圆

164的方程。

解：设直线与椭圆的交点为A(x1,y1)、B(x2,y2)

 M(2,1)为AB的中点 x1x24 y1y22

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又A、B两点在椭圆上，则x14y116，x24y216

两式相减得(x1x2)4(y1y2)0 于是(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0

22222222y1y2xx4112

x1x24(y1y2)422即kAB11，故所求直线的方程为y1(x2)，即x2y40。 22y2x211的一条弦的斜率为3，它与直线x的交点恰为这条弦的中点例2、已知椭圆

75252M，求点M的坐标。

解：设弦端点P(x1,y1)、Q(x2,y2)，弦PQ的中点M(x0,y0)，则x01 2x1x22x01 ， y1y22y0

yxyx又 111，221

75257525两式相减得25(y1y2)(y1y2)75(x1x2)(x1x2)0 即2y0(y1y2)3(x1x2)0 2222y1y23

x1x22y0 ky1y2313  3，即y0

x1x22y0211点M的坐标为(,)。

22y2x21,求它的斜率为3的弦中点的轨迹方程。 变式训练1、已知椭圆

7525解：设弦端点P(x1,y1)、Q(x2,y2)，弦PQ的中点M(x,y)，则

x1x22x， y1y22y yxyx又 111，221

75257525两式相减得25(y1y2)(y1y2)75(x1x2)(x1x2)0

2222学习好资料 欢迎下载

即y(y1y2)3x(x1x2)0，即

y1y23x

x1x2y ky1y23x3 3，即xy0

x1x2yxy053535353,)Q(,) 由y2x2，得P(122227525点M在椭圆内

它的斜率为3的弦中点的轨迹方程为xy0(5353x) 22变式训练2、已知中心在原点，一焦点为F(0,50)的椭圆被直线l:y3x2截得的弦的

中点的横坐标为

1，求椭圆的方程。 2y2x222解：设椭圆的方程为221，则ab50┅┅①

ab设弦端点P(x1,y1)、Q(x2,y2)，弦PQ的中点M(x0,y0)，则

x011，y03x02 x1x22x01，y1y22y01 222222yxyx又12121，22221 abab两式相减得b(y1y2)(y1y2)a(x1x2)(x1x2)0 即b(y1y2)a(x1x2)0

2222a2y1y2a2  23┅┅② bx1x2b2联立①②解得a75，b25

22y2x21 所求椭圆的方程是

7525x2y2变式训练3.（13年新课标1（理））已知椭圆E:221(ab0)的右焦点为

abF(3,0),过点F的直线交椭圆于A,B两点.若AB的中点坐标为(1,1),则E的方程

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为 （ ） （ ）

x2y21 A．

4536x2y21 B．

3627x2y21 C．

2718x2y21 D．

189解析：设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)，则有

22b2x12a2y12a2b2,b2x2a2y2a2b2两式相减得

b2(x1x2)(x1x2)a2(y1y2)(y1y2)0.

又AB的中点坐标为(1,1)，所以x1x22,y1y22，代入上式得

y1y2b22b(x1x2)2a(y1y2)0，

x1x2a222y1y20(1)1b21 而直线AB的斜率为k,2.①

x1x2312a2 由右焦点F（3,0）知：c3,ab9 ②

22x2y21. 故选D 由① ②得 a18,b9,曲线E的方程为

18922三 弦长问题

x2y2例1.（10辽宁理）设椭圆C：221(ab0)的左焦点为F，过点F的直线与

ab椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为60o,AF2FB.

(I) (II)

求椭圆C的离心率； 如果|AB|=

15，求椭圆C的方程. 4解：设A(x1,y1),B(x2,y2)，由题意知y1＜0，y2＞0.

（Ⅰ）直线l的方程为 y3(xc)，其中ca2b2. y3(xc),22224联立x2y2得(3ab)y23bcy3b0

221ba3b2(c2a)3b2(c2a),y2解得y1

3a2b23a2b2学习好资料 欢迎下载

因为AF2FB，所以y12y2.

即

3b2(c2a)3b2(c2a)2

3a2b23a2b2得离心率 ec2. a31243ab215（Ⅱ）因为AB1y2y1，所以22.

3433ab由

5c2515a.所以a，得a=3，b5. 得b3a344x2y21. 椭圆C的方程为953x2y2例2（10天津文）已知椭圆221（a>b>0）的离心率e=，连接椭圆的四个顶点

2ab得到的菱形的面积为4.

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）设直线l与椭圆相交于不同的两点A、B，已知点A的坐标为（-a，0）.

|= （i）若|AB42，求直线l的倾斜角； 5（0，y0） （ii）若点Q在线段AB的垂直平分线上，且QAQB=4.求y0的值.

解： （Ⅰ）解：由e=

c322222，得3a4c.再由cab，解得a=2b. a2由题意可知

12a2b4，即ab=2. 2a2b,解方程组得a=2，b=1.

ab2,x2y21. 所以椭圆的方程为4(Ⅱ)(i)解：由（Ⅰ）可知点A的坐标是（-2,0）.设点B的坐标为(x1,y1)，直线l的斜率为k.则直线l的方程为y=k（x+2）.

yk(x2),于是A、B两点的坐标满足方程组x2消去y并整理，得 2y1.4学习好资料 欢迎下载

(14k2)x216k2x(16k24)0.

16k2428k24kx由2x1，得.从而. y1114k214k214k228k24k41k2所以|AB|2. 22214k14k14k41k24242由|AB|，得. 214k5542整理得32k9k230，即(k1)(32k23)0，解得k=1.

2222所以直线l的倾斜角为

3或.

448k22k（ii）解：设线段AB的中点为M，由（i）得到M的坐标为. ,2214k14k以下分两种情况：

（1）当k=0时，点B的坐标是（2,0），线段AB的垂直平分线为y轴，于是

QA2,y0,QB2,y0.由QAQB4，得y022。

2k18k2（2）当k0时，线段AB的垂直平分线方程为y。 x2214kk14k令x0，解得y06k。

14k2由QA2,y0，QBx1,y1y0，

QAQB2x1y0y1y0416k415k214，

228k214k26k4k6k

14k214k214k214k222整理得7k2。故k14214。所以y0。 75214 5综上，y022或y0变式训练：（10山东理）如图，已知椭圆

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x2y221(a＞b＞0)的离心率为，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点F1,F2为顶点a2b22的三角形的周长为4(21).一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设P为该双曲线上异于顶点的任一点，直线PF1和PF2与椭圆的交点分别为A、B和C、D. （Ⅰ）求椭圆和双曲线的标准方程；

k21； （Ⅱ）设直线PF1、PF2的斜率分别为k1、k2，证明k1·（Ⅲ）是否存在常数，使得ABCDAB·CD恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.

【解析】（Ⅰ）由题意知，椭圆离心率为

2c，得a2c，又2a2c4(21)，2a22x2y21；所以可解得a22，c2，所以bac4，所以椭圆的标准方程为842所以椭圆的焦点坐标为（2，0），因为双曲线为等轴双曲线，且顶点是该椭圆的焦点，所以该双曲线的标准方程为

x2y2144。

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