与椭圆有关的轨迹问题.

轨迹问题一、什么是轨迹？轨迹就是目标点的横纵坐标之间的一个等量关系 二、求轨迹的一般方法： 1．直接法：如果动点运动的条件就是一些几何量的等量关系，这些条件简单明确，易于表述成含x,y 的等式，就得到轨迹方程，这种方法称之为直接法。

用直接法求动点轨迹一般有建系,设点，列式，化简，证明五个步骤，最后的证明可以省略，但要注意“挖”与“补”。

2．定义法：运用解析几何中一些常用定义（例如圆锥曲线的定义），可从曲线定义出发直接写出轨迹方程，或从曲线定义出发建立关系式，从而求出轨迹方程。

3.代入法：动点所满足的条件不易表述或求出，但形成轨迹的动点P(x,y)却随另一动点Q(x’，y’)的运动而有规律的运动，且动点Q 的轨迹为给定或容易求得，则可先将x’,y’表示为x,y 的式子，再代入Q 的轨迹方程，然而整理得P 的轨迹方程，代入法也称相关点法。

4.参数法：求轨迹方程有时很难直接找到动点的横坐标、纵坐标之间的关系，则可借助中间变量（参数），使x,y 之间建立起联系，然而再从所求式子中消去参数，得出动点的轨迹方程。

5.交轨法：求两动曲线交点轨迹时，可由方程直接消去参数，例如求两动直线的交点时常用此法，也可以引入参数来建立这些动曲线的联系，然而消去参数得到轨迹方程。

可以说是参数法的一种变种。

6.几何法：利用平面几何或解析几何的知识分析图形性质，发现动点运动规律和动点满足的条件，然而得出动点的轨迹方程。

三、注意事项：1．直接法是基本方法；定义法要充分联想定义、灵活动用定义；化入法要设法找到关系式x’=f(x,y), y’=g(x,y);参数法要合理选取点参、角参、斜率参等参数并学会消参；交轨法要选择参数建立两曲线方程；几何法要挖掘几何属性、找到等量关系。

2．要注意求得轨迹方程的完备性和纯粹性。

在最后的结果出来后，要注意挖去或补上一些点等。

3．求轨迹方程一般只要求出方程即可，求轨迹却不仅要求出方程而且要说明轨迹是什么。

而h ′1()x =12x，h ′2()x =-2x .由h ′1()x 0=h ′2()x 0得-12x 20=-2x 0，解得x 0，y 0=，所以p èø，则m =èø2+.画出h 1()x=12x和h 2()x =-x 2+m 的图象，如图1、2、3所示.由图可知，当m时，两个函数图象有1个交点；当m =时，两个函数图象有2个交点；当m 时，两个函数图象有3个交点.即当m >时，方程有1个根；当m =时，方程有2个根；当m 时，方程有3个根.将原方程解的个数转化为两个函数h 1()x =12x和h 2()x =-x 2+m 的交点的个数.而两个函数一定一动，确定两个函数图象相切时的位置，便可确定两个函数图象交点的个数.利用导数的几何意义便可求得切点的坐标，进而得到两图象相切时m 的取值.函数、方程之间的联系紧密.在解答含参方程问题时，我们要注意将问题转化为函数问题来求解，利用导数法、函数的图象来分析、解答问题.这样不仅能拓宽解题的思路，还能有效地提升解题的效率.(作者单位:江西省赣州市赣县中学)图1图2图3求解圆锥曲线轨迹问题的方法有很多，比如定义法、直接法、相关点法（或叫代入法）、参数法等.对于与椭圆有关的轨迹问题，我们也同样可以运用这些方法来求解.其中定义法是应用范围最广、使用频率最高的一种方法.而椭圆的定义有三种:第一、二、三定义,本文重点探讨如何运用椭圆的这三个定义来求解与椭圆有关的轨迹问题.一、椭圆的第一定义椭圆的第一定义：平面内与两个定点F 1,F 2的距离的和等于常数(大于|F 1F 2|)的点的轨迹.这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距.在求解与椭圆有关的轨迹问题时，我们可以直接套用椭圆的第一定义，寻找动点到两定点的距离之和，然后建立关系式,即∣F 1F 2∣=2c ,|PF 1|+|PF 2|=2a ,得到椭圆的焦距、长轴长，进而求得曲线的轨迹方程.例1.已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)，M 为椭圆上的一个动点，F 1为椭圆的左焦点，则线段MF 1的中点P 的轨迹是（）.A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线解析：不妨设椭圆C 的右焦点为F 2，根据椭圆的第一定义不难得到：|PF 1|+|PO |=12(|MF 1|+|MF 2|)=a >c ,根据椭圆的第一定义可知点P 的轨迹是椭圆.解：设椭圆C 的右焦点为F 2，坐标原点为O ，由椭圆的定义得|MF 1|+|MF 2|=2a >2c ，则|PF 1|+|PO |=12(|MF 1|+|MF 2|)=a >c ，则点P 的轨迹是以F 1、O 为焦点的椭圆，故本题答案为B 项.二、椭圆的第二定义圆锥曲线的第二定义：到定点的距离与到定直线的距离的比是e 的点的轨迹，其中定点为焦点，定直线为准线.当0<e <1时该曲线为椭圆；当e =1时该曲线为抛物线；当e >1时该曲线为双曲线.椭圆的第二朱园娇章长红解题宝典39解题宝典定义将焦半径的长度转化为到准线的距离，突出曲线上动点的横坐标.在解题时，我们只需要明确准线的位置和椭圆上的动点的横坐标，便可使问题得解.例2.已知点P 是正四面体V -ABC 侧面VBC 上一点，且点P 到底面ABC 的距离与它到顶点V 的距离相等，则动点P 的轨迹（）.A.线段B.圆的一部分C.椭圆的一部分D.双曲线的一部分解：过P 作PD ⊥平面ABC 于D ，过D 作DH ⊥BC 于H ，连接PH ，如图1，由题意可得BC ⊥平面DPH ，所以BC ⊥PH ，故∠PHD 为二面角V -BC -A 的平面角，令其为α，则在Rt△PDH 中，||PD :||PH =sin α，又点P 到平面ABC 距离与到点V 的距离相等，即||PV =||PD ，所以||PV :||PH =sin α<1，所以在平面VBC 中，点P 到点V 的距离与到直线BC 的距离之比为sin α<1，由椭圆的第二定义知P 点的轨迹为椭圆在平面VBC 内的一部分．解答这个题目的关键是作出并求得点P 到底面的距离.通过添加辅助线，设二面角V -BC -A 为α，由二面角的定义可得点P 到点V 的距离与定直线BC 的距离之比为一个常数，根据椭圆的第二定义即可得到问题的答案.三、椭圆的第三定义椭圆的第三定义也叫椭圆的斜率积定义，是指平面内动点到两定点A 1(a ,0)和A 2(-a ,0)的斜率的乘积等于常数e 2-1的点的轨迹.其中两定点为椭圆的顶点.椭圆的第三定义将斜率的乘积作为主要关系，那么我们在解题时可以根据斜率的这种关系来进行求解.例3.设P 为椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)上的动点，F 1,F 2为椭圆的两个焦点，I 为△PF 1F 2的内心，求点I的轨迹方程．解析：由于本题是与焦点三角形的内切圆有关的问题，所以要依据分割图形的面积来寻找圆的半径和三角形三边之间的关系.由内心I 是动点，F 1和F 2是两个定点，我们可联想到椭圆的第三定义，结合这两个关系式得到IF 1与IF 2的斜率之积是一常数，根据椭圆的第三定义就不难发现并求得点I 的轨迹方程.解：如图2，设内切圆I 与F 1F 2的切点为H ，半径为r ，且设F 1H =y ，F 2H =z ,PF 1=x +y ,PF 2=x +z ,c =a 2+b 2，则{y +z =2c ,2x +y +z =2a ,所以直线IF 1与IF 2的斜率之积为k IF 1∙k IF 2=-IH 2F 1H ∙F 2H=-r 2yz ，而根据海伦公式可得△PF 1F 2的面积为()x +y +z r =xyz ()x +y +z ，因此k IF 1∙k IF 2=-x x +y +z =-a -ca +c .根据椭圆的斜率积定义可得I 点的轨迹是以F 1F 2为长轴，离心率为e 的椭圆，其标准方程为x 2c 2+y 2a -c a +c∙c 2=1()y ≠0.我们知道，椭圆中有个重要的结论：椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)上任意一点到椭圆长轴的两个端点的斜率之积等于-b2a2.椭圆的第三定义是这个结论的逆命题.因此，对于椭圆中与角度、斜率有关的问题，我们都可以利用椭圆的第三定义，根据椭圆中与角度、斜率建立关系式，求得椭圆的方程.以上三个题目分别借助椭圆的第一定义、第二定义、第三定义求解与椭圆有关的轨迹问题.在解题过程中，我们要学会依据题意，结合图形，紧扣椭圆的三个定义对题目中的条件进行转化，比如，例1是根据椭圆的第一定义将中位线转化为动点到两定点的距离之和，例2是根据椭圆的第二定义，将点P 到平面ABC 距离与到点V 的距离之间的关系转化为点P 到点V 的距离与到直线BC 的距离之比，例3是根据椭圆的第三定义，将圆的半径和三角形三边之间的关系转化为k IF 1∙k IF 2.通过转化便可建立动点满足的等量关系式，联系椭圆的定义，从而达到解答与椭圆有关的轨迹问题的目的.(作者单位:江西省余干第一中学)图1图240。

与椭圆有关的轨迹方程的求法一.定义法：若动点轨迹的条件符合某一基本轨迹的定义，可用定义直接探求.例1：已知两圆169)4(:221=+-y x C ，9)4(:221=++y x C ，动圆在圆1C 内部且和圆1C 相内切，和圆2C 相外切，求动圆圆心M 的轨迹方程.分析：动圆满足的条件为：①与圆C 1相内切；②与圆C 2相外切．依据两圆相切的充要条件建立关系式 解：设动圆圆心),(y x M ，半径为r 如图所示，由题意:圆Ｍ内切于圆C 1，∴r MC -=131， 圆Ｍ外切于圆C 2 ，∴r MC +=32， ∴1621=+MC MC ,∴动圆圆心Ｍ的轨迹是以C 1、C 2为焦点的椭圆， 且82,162==c a ，48222=-=c a b ，故所求轨迹方程为：1486422=+y x 。

例2．在周长为定值的ABC ∆中,已知|AB |6=，且当顶点C 位于定点P 时,C cos 有最小值为257，建立适当的坐标系，求顶点C 的轨迹方程. 解：以AB 所在直线为x 轴，线段AB 的中垂线为y 轴建立直角坐标系,设 )3(2>=+a a CB CA 为定值，则C 点的轨迹是以B A ,为焦点的椭圆， 焦距62==AB c ，因为：1||||182||||236||||2|)||(|||||26||||cos 22222--=--+=-+=CB CA a CB CA CB CA CB CA CB CA CB CA C又 22)22(||||a a CB CA =≤⋅，所以 2181cos a C -≥， 由题意得 25,25718122==-a a，此时，PB PA =，P 点坐标为)4,0(±， 所以C 点的轨迹方程为：)0(1162522≠=+y y x 。

例3．已知圆16)1(:22=++y x B 及点)0,1(A ，C 为圆B 上任一点，求线段AC 的垂直平分线l 与线段BC 交点P 的轨迹方程。

专题39 椭圆知识点和典型例题〔解析版〕1、定义：平面内与两个定点，的距离之和等于常数〔大于〕的点的轨迹称为椭圆．即：。

这两个定点称为椭圆的焦点，两焦点的距离称为椭圆的焦距． 2、椭圆的几何性质：焦点的位置 焦点在轴上焦点在轴上 图形标准方程 范围且 且 顶点、、、、轴长 短轴的长长轴的长焦点 、、焦距对称性 关于轴、轴、原点对称离心率e 越小，椭圆越圆；e 越大，椭圆越扁题型一：求椭圆的解析式例1．求椭圆224936x y +=的长轴长、焦距、焦点坐标、顶点坐标；通径 过椭圆的焦点且垂直于对称轴的弦称为通径：2b 2/a焦半径公式⎪⎭⎫ ⎝⎛-2325，【详解】椭圆224936x y +=化为标准方程22194x y +=，∴3a =，2b =，∴c ==∴椭圆的长轴长为26a =，焦距为2c =焦点坐标为()1F，)2F ，顶点坐标为()13,0A -，()23,0A ，()10,2B -，()20,2B . 例2．求适合以下条件的椭圆标准方程：〔1〕与椭圆2212x y +=有相同的焦点，且经过点3(1,)2〔2〕经过(2,(22A B 两点 【详解】〔1〕椭圆2212x y +=的焦点坐标为(1,0)±，∵椭圆过点3(1,)2，∴24a =，∴2,a b ==，∴椭圆的标准方程为22143x y +=.〔2〕设所求的椭圆方程为221(0,0,)x y m n m n m n+=>>≠．把(2,(A B 两点代入， 得：14213241mnm n⎧⎪+=⎪⎪⎨⎪⎪+=⎪⎩，解得81m n ==，， ∴椭圆方程为2218x y +=．题型二：求轨迹例3．在同一平面直角坐标系xOy 中，圆224x y +=经过伸缩变换:12x x y y ϕ=⎧⎪⎨=''⎪⎩后，得到曲线C .求曲线C 的方程； 【详解】设圆224x y +=上任意一点(),M x y 经过伸缩变换:12x xy y ω=⎧⎪⎨=''⎪⎩得到对应点(),M x y '''.将x x '=，2y y '=代入224x y +=，得()2224x y ''+=，化简得2214x y ''+=.∴曲线C 的方程为2214x y +=；例4．ABC 中，角、、A B C 所对的边分别为,>>、、a b c a c b ，且2,2=+=c a b c ，求点C 的轨迹方程． 【详解】由题意，以AB 所在直线为x 轴，线段AB 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系， 如下图，因为2c =，那么(1,0),(1,0)A B -，设(,)C x y ， 因为2a b c +=，即||||2||CB CA AB +=，4=，整理得所以22143x y +=，因为a b >，即||||CB CA >，所以点C 只能在y 轴的左边，即0x <． 又ABC 的三个顶点不能共线，所以点C 不能在x 轴上，即2x ≠-．所以所求点C 的轨迹方程为221(20)43x y x +=-<<．例5在圆228x y +=上任取一点P ，过P 作x 轴的垂线PD ，D 为垂足.当点P 在圆上运动时，求线段PD 的中点Q 的轨迹方程. 【详解】解：在圆228x y +=上任取一点P ，过P 作x 轴的垂线PD ，D 为垂足，设0(P x ，0)y ，(,)M x y ，0(D x ，0)，M 是PD 的中点，0x x ∴=，02y y =，又P 在圆228x y +=上，22008x y ∴+=，即2248x y +=，∴22182x y +=，∴线段PD 的中点M 的轨迹方程是22182x y +=.题型三：求参数的范围例6：椭圆2222:1(0)y x C a b a b+=>>的上下两个焦点分别为12,F F ，过点1F 与y 轴垂直的直线交椭圆C 于 ,M N 两点，2MNF ∆C 〔1〕求椭圆C 的标准方程；〔2〕O 为坐标原点，直线:l y kx m =+与y 轴交于点P ，与椭圆C 交于,A B 两个不同的点，假设存在实数λ，使得4OA OB OP λ+=，求m 的取值范围.由题意2MNF ∆的面积为21212||2b cF F MN c MN a===由得c a =21b =，∴24a =， ∴椭圆C 的标准方程为2214y x +=．〔Ⅱ〕假设0m =，那么()0,0P ，由椭圆的对称性得AP PB =，即0OA OB +=， ∴0m =能使4OA OB OP λ+=成立． 假设0m ≠，由4OA OB OP λ+=，得144OP OA OB λ=+， 因为A ，B ，P 共线，所以14λ+=，解得3λ=．设()11,A x kx m +，()22,B x kx m +，由22,{440,y kx m x y =++-=得()2224240k x mkx m +++-=，由得()()222244440m k k m ∆=-+->，即2240k m -+>，且12224km x x k -+=+，212244m x x k -=+，由3AP PB =，得123x x -=，即123x x =-，∴()21212340x x x x ++=， ∴()()2222224412044m k m k k-+=++，即222240m k m k +--=．当21m =时，222240m k m k +--=不成立，∴22241m k m -=-，∵2240k m -+>，∴2224401m m m --+>-，即()222401m m m ->-， ∴214m <<，解得21m -<<-或12m <<．综上所述，m 的取值范围为{|21012}m m m m -<<-=<<或或．直线与圆锥曲线的位置关系2.直线与圆锥曲线的位置关系： ⑴.从几何角度看：〔特别注意〕要特别注意当直线与双曲线的渐进线平行时，直线与双曲线只有一个交点；当直线与抛物线的对称轴平行或重合时，直线与抛物线也只有一个交点。

解 题 研 究J I E T I Y A N J I U解决一类椭圆切线有关的轨迹问题的策略探究—以 2014 年高考数学广东卷文 / 理科第 20 题为例赵银仓 （广 省 莞市 莞中学）摘要：从不同 面 的两条切 相交 生的交点 迹 展开分析， 找适 学生思 的表征方式，突破 的障碍， 化解决的策略，以提高学生分析 与解决 的能力及思 能力.关键词： 切 ； 迹 ；策略探究2014 年高考数学广东卷文 / 理科第 20 题：已知椭圆 C ： x 2 + y 2= 1（a > b > 0）的一个焦点为（姨5 ，0），a 2b 2离心率为 姨5.3（1）求椭圆 C 的标准方程；（2）若动点 P （x 0，y 0）为椭圆 C 外一点，且点 P到椭圆 C 的两条切线相互垂直，求点 P 的轨迹方程.立二者的方程，减元化 一元二次方程利用判 式 0 来化. 因此 用恰当的方式表示切 的方程，在已知切 点 P 的情况下， 其斜率是常用策略.解法 1：当过点 P （x 0 y 0， ）的两条切线斜率存在时， ） 则切线方程可统一设为 y - y 0 = k （x - x 0 .x 2 y 22 2联立椭圆方程 + = 1，消去 y ，得（4 + 9k ）x +9 4 （ （ 2）- 36 = 0.18k y 0- kx 0）x + 9 y 0- kx 0判别式2 22（22= 18 k （y 0））［（）-- kx- 36 4 + 9k y 0- kx 04］= 0，化简，得（y 0 - kx 0）2 - 9k 2 - 4 = 0，即（x 20 - 9）k 2 - 2x 0y 0k + y 20 - 4 = 0.y 2- 4 依题意，得 k 1·k 2 == -1，x 20 - 9这是关于椭圆的两条切线相交产生的交点轨迹问 即 x 02 + y 02 = 13.题，绝大多数学生不能有效地表征问题，找不到合理当两条切线的斜率有一条不存在时，结合图象的解决途径，或有一点思路却无法实施解题计划. 下 （ 略） 得 P 是直线 x = -3，x = 3，y = 2，y = -2 的面从不同层面对问题展开分析，寻找适应学生思维状 四个交点，都满足 x 02 + y 02 = 13， 况的表征方式，突破问题的障碍，优化解题策略，提故点 P 的轨迹方程为 x 2 + y 2 = 13.升思维能力.解法 2：同解法 1，由判别式 = 0，得（y 0 - kx 0） -2一、策略探究9k 2 - 4 = 0.姨 k 姨 k 2 ，- - 4 = 0 容易得到椭圆 C 的标准方程为 x 2 + y 2 = 1，难点 0220. 在于第（）问的解决策略探究 9 4即（y 0k + x 0） - 9 - 4k =.以上二式相加，可得 x 02 + y 02 = 13.2下同解法 1，略.策略 ：引入斜率表示切线方程，用判别式来确1定位置关系.【评析】引入斜率作为参数，可方便地表示出切线 分析：解决 曲 与直 相切 的通法是方程，判别式为 0 揭示二者相切的本质. 解法 1 基于收稿日期：2014—09—15作者简介：赵银仓 （1963—），男，中学高 教 ，主要从事高中数学教育及教学研究．2015 年第 1—2 期107解题研究J I E T I Y A N J I U对两条切线具有相同的性质，它们的斜率适合同一个方程这一隐性条件的挖掘；而解法2 则应用了类比推理，在得到两个方程的情况下，结合方程组的特点整体消参. 两种解法异曲同工，运用设参，消参，化简这一思维策略.策略 2：联立两条切线方程，采用整体消参策略.分析：的著特点“点 P 到 C 的两条切相互垂直”，可化“点P 为椭圆 C 的两条相互垂直切的交点”，引入其中一条切的斜率参数来表示两条切的方程，立方程求解.解法 3：由解法 1 知，= 0，（kx0 - y0）2 - 4 - 9k2 = 0.所以 kx0 - y0 = ±姨4 + 9k2 .因为过点 P（x ，y）的切线方程为 y - y = k（x - x），0000 即 y - kx = y0 - kx0，所以一条切线方程为 y = kx ±姨4 + 9k2，即 y - kx = ±姨4 + 9k2 .同理，另一条切线方程为 y = - k 1x ±姨4 +k 92，即 x + ky = ±姨4k2 + 9 .以上二式平方相加，得（1 + k2）（x2 + y2）=（1 + k2）（4 + 9），即 x2 + y2 = 13.下同解法 1，略.【评析】联立两条切线的方程就可用斜率表示点P 的坐标，即得动点P 的参数方程. 事实上，观察两条切线方程的结构特征，就能整体消掉斜率求得普通方程，即用交迹法来求动点的轨迹方程.策略 3：以切点坐标为参数，运用导数突破难点.分析：比抛物，可通数求得其上一点的切的斜率，因而先研究用数来表示上任一点的切的斜率.引理：过椭圆x2 +y2= 1 上的任一点 M（x1，y1） a2 b2作椭圆的切线，则该切线方程为 b2x1x + a2y1y = a2b2.引理的证明可从如下二个角度来思考.思路 1：用通法证明，通过联立方程让判别式为0 来推理论证.当切线的斜率 k 存在时，设过点 M（x1，y1）的切线方程为 y - y = k（x - x），1 1联立椭圆方程x2 y2 2 2 2 2+ = 1，消去 y，得（b + a k）x +a2 b22 ） 2 2 2 2（）- a b = 0.2a k（y1 - kx1 x + a y1 - kx12 2 2 2 2= 0.整理得（x1 - a）k - 2x1y1k + y1 - b2 （ 2 2 2当 x1≠±a 时，经验证））（-1 =（2x1y1 - 4 x1 - a y12 2 2 2 2 2 20.b）= 4（b x1 + a y1 - a b）=解得 k = x1y1 .x12 - a2又因为x12 + y12 = 1，a2 b2可得 a2 - x12 = a2y12 .b22所以 k = - b x1 .2a y1所以过点 M 的切线方程为 y - y1 = - b2x1 ），a y1即 b2x1x + a2y1y = a2b2.当 x1 = ±a 时，y1 = 0，此时斜率不存在，切线方程为 x = ±a 也适合.综上，过点 M 的切线方程为 b2x1x + a2y1y = a2b2.思路2：用导数的几何意义证明，即导数表示在该点处曲线的斜率. 不过要注意在椭圆方程中将 y 理解为 x 的隐函数，方可求导.由椭圆的方程x2+y2= 1，得1y2 = 1 -1x2.a2 b2 b2 a2 两边分别看成关于 x 的函数，求导，b22 y·y′ = - a22 x，即y′ = -b2x（y1≠0）.a2y以下同思路 1，略.解法 4：过点 P 引椭圆 C 的两条切线，设切点分），（，）别为 A（x1，y1 B x2 y2 .则切线 PA 的方程为 4x1x + 9y1y = 36，切线 PB 的方程为 4x2x + 9y2y = 36.，），因为切线 PA，PB 都过点 P（x0 y0所以 4x0x1 + 9y0y1 = 36，4x0x2 + 9y0y2 = 36.又因为x12 + y12 = 1，x22 + y22 = 1，49 9 4≠≠4x0x + 9y0y = 36，所以（，），（，）都是方程组 2 2y≠4≠ 92015 年第 1—2 期的解.消去 y，整理得（9y20 + 4x20）x2 - 72x0x + 4 × 81 - 81y02 = 0. ①所以 x x = 81（9 - x 22）. ②1 29y02 + 4x02同理，y y = 16（9 - x02）. ③9y02 + 4x021 2因为 PA⊥PB，所以 16x1x2 + 81y1y2 = 0. ④将②，③代入④，16 ×81（4 - y02）+ 81 ×16（9 - x02）= 0，9y02 + 4x029y02 + 4x02即 x20 + y20 = 13.所以点 P 的轨迹方程为 x20 + y20 = 13.解法 5：同解法 4，由方程①，可得x + x = 72x0 ，x x = 81（4 - y02）.9y02 + 4x021 2 1 29y02 + 4x02由 16x1x2 + 81y1y2 = 0，两边乘以 y20，得2）（），16y0 x1x2 +（36 - 4x0x1 36 - 4x0x2 = 02 2 （）即（x0 + y0）x1x2 - 9x0 x1 + x2 + 81 = 0.解题研究J I E T I Y A N J I U 为 A（x1，y1），B（x2，y2）.当 y0≠0 时，则弦 AB 所在直线的斜率存在.设其方程为 y = kx + b，与椭圆方程x2 +y2 = 1 联 9 4 立，消去 y，得（4 + 9k2）x2 + 18kbx + 9b2 - 36 = 0.= 182k2b2 - 36（4 + 9k2）（b2 - 4）> 0，即 9k2 - b2 + 4 > 0.所以 x1 + x2 = - 18kb ，x1x2 = 9b2 - 36 .4 + 9k2 4 + 9k2因为 PA⊥PB，所以 16x1x2 + 81y1y2 = 0，即 16x1x2 + 81（kx1 + b）（kx2 + b）= 0.2） 2= 0.变形，得（16 + 81k）x1x2 + 81kb（x1 + x2 + 81b代入整理，得 13b2 - 81k2 = 16.所以 9k2 - b2 + 4 =3613（1 + k2）> 0 恒成立.因为弦 AB 的方程可表示为 4x0x + 9y0y =36，所以 k = -4x0，b =4，x20 + y20 = 13.9y0y0当 y0 = 0 时，则直线 PA，PB 的斜率分别为±1，可所以81（4 - y02）（x02 + y02）-9x0·72x0+ 81 = 0.求得 x0 = ±姨13 .9y02 + 4x02 9y02 + 4x02 所以点 P 的轨迹方程为 x02 + y02 = 13.化简，得 x02 + y02 = 13.【评析】待定切点弦直线方程，将问题条件“两条【评析】以切点坐标为参数，可以快捷地写出斜切线相互垂直”转化为斜率与截距之间的关系，再利率，表示出切线方程，发现切点弦方程，运用韦达用点 P 的坐标来表示切点弦的方程，这样就找到点的定理得到参数与变量之间的关系，同样将“两条切坐标、斜率与截距之间的关系，代入即得所求方程. 线相互垂直”转化为切点坐标之间的关系，代入消这种“算两次”的方法其实就是一种等量传递，其作参，难点在于整理运算. 解法 4 与解法 5 基本相同，用就是简化过程.二者同为代入消参. 区别在于前者利用两个切点的策略 5：观察特殊情形，归纳并验证一般情形.横坐标之积与纵坐标之积的对称性，由横坐标之积分析：察、、明是数学探究中常用的表达式，类比得出纵坐标之积的表达式，而后者的策略，特是理疑可从特殊情形入手. 则是直接消去纵坐标，利用韦达定理消参，消参的此而言，容易想到教材中在研究的范途径不同. 所用的外切矩形，其点到中心（原点）的距离恰策略 4：从切点弦方程入手，实施“算两次”以、短半两直角的直角三角形的斜. 这策略. 个是否具有一般性？可从外切矩形角的分析：把两个切点看作两个切点的弦所在的度是否改入手探究.直与的交点，待定切点弦直方程并与方程立，消元用达定理沟通各参量与量之的系.解法 6：设过点 P（x0，y0）的两条切线的切点分别解法 7：设 P（x ，y）关于原点的对称点 P（′-x ，-y），0000 则由椭圆关于原点成中心对称知，过点 P 与点 P′分别引椭圆的两条切线，依题意知它们围成一个中心在原点的矩形.109 2015 年第 1—2 期解 题 研 究 J I E T I Y A N J I U由解法 3 知，一组平行切线方程为 y = kx± 姨4 + 9k 2 ，即 kx - y ± 姨4 + 9k 2 = 0.则 它们之间的距离，即矩形的一边长为 d 1 =2 姨4 + 9k 2. 姨k 2+ 1同理，另一组切线方程为 y = - k 1x ±姨4 +k92 ，即 x + ky ± 姨4k 2 + 9 = 0.则它们之间的距离，即矩形的另一边长为 d 2 = 2姨4k 2+ 9 . 姨k 2 + 1所以PP ′ = 姨d 12 + d 2222+ 9）=姨4（4 + 9k ）+4（4k1 + k 21 + k 2= 2 姨13所以 OP =12 PP ′ = 姨13 ，即 x 20 + y 20 = 13.下同解法 3，略.）的两条切线的 解法 8：同解法 7，设过点 P （x 0，y 0切点分别为 A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则切线 PA 的方程为 4x 1x + 9y 1y = 36，切线 PB 的方程为 4x 2x + 9y 2y = 36.， ）的两条切线的切点分别同理，设过点 P （′-x 0-y， ）， （ ， ），为 C （-x 1 -y 1 D -x 2-y 2则切线 P ′C 的方程为 4x 1x + 9y 1y = -36，切线 P ′D11= 36姨+ 81 - 5x 12 81 - 5x 2281 × 2 - 5（x 2 + x 2）= 36姨1812 - 81 × 5（x 21 + x 22）+ 25x 21 x 2213［81 × 2 - 5（x 2 + x 2）］= 36姨1213 × 812 - 81 × 65（x 21 + x 22）+ 45 × 81（x 21 + x 22 - 9） = 2 姨13 . 所以 OP =12 PP ′ = 姨13 ，即 x 20 + y 20 = 13.故点 P 的轨迹方程为 x 20 + y 20 = 13.【评析】显然，通过表示出两条切线方程，求出交点，再来验证对角线的长度不变运算量会很大，十分不便. 解法 7 与解法 8 都是通过用两条平行线间的距离公式使运算量大幅降低. 区别在于前者以斜率为参数研究不变性，而后者以切点坐标为参数研究不变性，其推理过程稍多些.策略 6： 引入椭圆的参数方程，化归三角恒等 变形.分析： 的参数方程以角度表示坐 ，可将化 三角 ，借助于三角运算的灵活性 程的 化与思的 化.解法 9：设过点 P （x ，y ）的两条切线的切点分别0 0为 A （3cos α，2sin α），B （3cos β，2sin β）， 则切线 PA 的方程为 2xcos α + 3ysin α = 6，切线 PB 的方程为 2xcos β + 3ysin β = 6. 由椭圆关于原点成中心对称图形知，过点 P （′-x ，-y ）0 0的方程为 4x 2x + 9y 2y = -36. 的两条切线分别与 PA ，PB 平行，四条切线围成的矩四条切线围成的矩形的边长分别为 d 1=72 ， 形的边长如下：11d 1 = 12d 2 = 72 .姨4cos α + 9sin α 姨16x 22 + 81y 22 d 2 = 12因为 4x 12 + 9y 12 = 36，4x 22 + 9y 22 = 36，PA ⊥PB ， 姨4cos β + 9sin β所以 16x 1x 2 + 81y 1y 2 = 0. 因为 PA ⊥PB ，162x 12 x 22 = 812y 12 y 22 ，所以 4cos αcos β + 9sin αsin β = 0.代入化简，得 16x 12 x 22 = 81（9 - x 12）（9 - x 22），65x 12 x 22 =化简，得 16cos 2αcos 2β = 81sin 2αsin 2β，65cos 2αcos 2β = 81 × 9（x 12 + x 22 - 9）.81（cos 2α + cos 2β - 1）.所以 PP ′ 所以 PP ′= 姨d 12 + d 22= 姨d 12 + d 22122122=72 2+72 2=姨+2 2222222姨16x 1+ 81y116x 2 + 81y 24cos α + 9sin α4cos β + 9sinβ1102015 年第 1—2 期解 题 研 究J I E T I Y A N J I U法 9 沿用前面验证外切矩形对角线的长度不变的策略，= 12姨11+而解法 10 则直面问题，用两个参数表示交点坐标，直9 - 5cos 2α9 - 5cos 2β接验证交点到中心 （原点） 的距离不变这一特征，过18 - 5（cos 2α + cos 2β）= 12（9 - 5cos 2α）（9 - 5cos 2β）程看似难，其实由于三角变形的灵活性运算过程并不姨= 12姨18 - 5（cos 2α + cos 2β）复杂.81 - 45（cos 2α + cos 2β）+ 25cos 2αcos 2β二、反思感悟= 12姨13［18 - 5（cos 2α + cos 2β）］13× 812 - 13 × 45（cos 2α+cos 2β）+ 5 × 81（cos 2α+cos 2β-1）数学问题解决的必要条件是对问题进行合理的表= 2姨13 .征，即通过认真分析审视问题，全面把握理解问题中所以，1，OP= PP ′ = 姨 13所含的数学结构，通过联想转化为自己容易理解的另2即 x 02 + y 02 = 13.一个数学结构. 这种对数学问题表征的方式直接影响故点 P 的轨迹方程为 x 02 + y 02 = 13.着问题解决的思维策略. 如果能从多种不同角度对问解法 10： 设切点分别为 A （3cos α， 2sin α）， 题进行理解，充分挖掘自己的不同模块的知识经验， B （3cos β，2sin β）， 形成理解问题的不同的表征方式，就可以拓宽问题的则切线 PA 的方程为 2xcos α + 3ysin α = 6，切线理解与转化渠道，从而可选择接近问题本源，解决问 PB 的方程为 2xcos β + 3ysin β = 6.题相对快捷的方法与策略，这样就打开了解决问题的3（sin β - sin α）通道. 如前述广东高考解析几何试题，大多数学生在联立以上二个方程，可解得 x =，sin （ β - α） 平时的学习中，缺少对问题表征能力的培养，在高考2（cos β - cos α）y =，即点 P 轨迹的参数方程.时无法找到适合自己的问题表征方式，因而无法形成 sin （ α - β）消去参数化为普通方程， 解决问题的有效途径. 如果能够从参数的选择，观察 因为 PA ⊥PB ，归纳等不同角度来表征问题，就形成以切线的斜率为 所以 4cos αcos β + 9sin αsin β = 0.参数，结合韦达定理消参或联立两条切线方程整体消变形整理，得 65cos 2αcos 2β = 81（cos 2α + cos 2β - 1）. 参，以切点坐标为参数，运用导数列切线方程消参求2 2解，观察特殊情形通过外切矩形的对角线入手，这样 所以 x 2 + y 2 =就极大地拓展了问题解决的思路，并发现以斜率为参sin （β - α）=18 - 5（cos2α+ cos 2β）.数这个表征方式接近问题的本质，思维直接，过程简sin （2β -α）2便. 在高三教学中，要经常引导学生对综合问题进行 因为 sin （β - α）多元表征训练，这样会加强学生的审题能力、理解能 = sin 2βcos 2α + cos 2βsin 2α - 2sin αsin βcos αcos β2222822力、推理能力与运算能力，提升分析问题与解决问题=（1 - cos β）cos α + cos β（1 - cos α）+ cos α + cos β的思维能力，从而实现提高学生分析问题与解决问题 92 2 10 2 2能力的教学目标.= cos α + cos β -cos αcos β 9 参考文献：= cos 2α + cos 2β - 10 × 81（cos 2α + cos 2β - 1）［1］曹才翰，章建 ． 数学教育心理学［M ］. 北96518 - 5（cos 2α + cos 2β）京：北京 范大学出版社，2006. =，13［2］ ． 解析几何中一 典型 解的分析［J ］.代入上式，得点 P 的轨迹方程为 x 2 + y 2 = 13. 中国数学教育（高中版），2012（9）：34－36.【评析】引入椭圆参数方程表示切点坐标，以角度 ［3］赵银仓． 解决一 抛物 切 的策略与 为参数表示切线方程，将问题条件“两条切线相互垂 困因分析［J ］. 中学教研（数学），2014（1）： 直”转化为关于切点坐标参数的两个角度的关系. 解15－19.111 2015 年第 1—2 期。

专题13 解析几何中与椭圆相关的综合问题专题概述纵观近三年的高考题，解析几何题目是每年必考题型，主要体现在解析几何知识内的综合及与其它知识之间的综合，且椭圆考查的最多，，同时可能与平面向量、导数相交汇，每个题一般设置了两个问，第（1）问一般考查曲线方程的求法，主要利用定义法与待定系数法求解，而第（2）问主要涉及最值问题、定值问题、对称问题、轨迹问题、探索性问题、参数范围问题等.这类问题综合性大，解题时需根据具体问题，灵活运用解析几何、平面几何、函数、不等式、三角知识，正确构造不等式，体现了解析几何与其他数学知识的密切联系．典型例题【例1】（2020•全国二模）已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F 、2F ，点P 为椭圆E 上任意一点，12PF PF 的最大值为1，点1A 为椭圆E 的左顶点，△12A PF ． （Ⅰ）求椭圆E 的方程；（Ⅰ）动直线l 与椭圆E 交于不同两点1(A x ，1)y 、2(B x ，2)y ，O 为坐标原点，M 为AB 的中点______．是否存在实数λ，使得||||OM AB λ恒成立？若存在，求λ的最小值；若不存在，说明理由． 从①AOB ∆的面积为1，②||||m n m n +=-（其中向量1122(,),(,)x y x ym n a b a b==这两个条件中选一个，补充在上面的问题中并作答．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【分析】（Ⅰ）先由12PF PF 的最大值为211b ⇒=，再由△12A PF 24a ⇒=，从而求出椭圆E 的方程；（Ⅰ）先设出直线l 的方程，再与椭圆E 的方程联立，求出||AB 、点O 到直线l 的距离d ，接着求出AOB ∆的面积的关系式，进而得到变量之间的关系，最后解决λ的存在性与最值问题． 【解答】解：（Ⅰ）设0(P x ，0)y ，1(,0)F c -，2(,0)F c ，则2200221x y a b +=，0[x a ∈-，]a10(PF c x =--，0)y -，20(PF c x =-，0)y -，222222212002c PF PF x y c x b c a=+-=+-，0[x a ∈-，]a ，∴当0x a =± 时，212()1max PF PF b ==．又1201()()||22A PF a c b Sa c y +=⨯+=，又222a b c =+，可解得：2a =，1b =，c =所以椭圆E 的方程为2214x y +=．（Ⅰ）当选择①时，假设存在实数λ，使得||||OM AB λ恒成立．设动直线:l x ky t =+，由2214x ky t x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩联立可得：222(4)240k y kty t +++-=． 222222122212244(4)(4)16(4)02444k t k t k t kt y y k t y y k ⎧⎪=-+-=+->⎪-⎪+=⎨+⎪⎪-=⎪+⎩， 24(4t M k +，2)4kt k -+．||1AB == 点O 到直线:l x ky t=+的距离d =，1||12ABOS AB d ∆∴=⨯⨯==， 222224(1)(4)(4)2(1||||k k t t k OM AB ++-+==，令244k m +==4m ．令33m y m -=，4m ，则492my m -'=，令902y m '=⇒=，y 在[4，9]4单调递增，在9[4，)+∞单调递减， 故当92m =也即212k =时，max y ，(||||)maxOM AB =． 又||||OM AB λ恒成立， 所以43λ． 故存在λ，使得||||OM AB λ恒成立，且λ 【例2】（2020春•全国月考）在平面直角坐标系xOy 中，已知圆22:4O x y +=，(2,0)A ，线段BC 的中点是坐标原点O ，设直线AB ，AC 的斜率分别为1k ，2k ，且1214k k =-．（1）求B 点的轨迹方程；（2）设直线AB ，AC 分别交圆O 于点E 、F ，直线EF 、BC 的斜率分别为EF k 、BC k ，已知直线EF 与x 轴交于点6(5D -，0)问：是否存在常数λ，使得BC EF k k λ=？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．【分析】（1）设(,)B x y ，则(,)C x y --，根据1214k k =-．即可求出B 点的轨迹方程；（2）由题意可知，直线AB 的方程为：1(2)y k x =-，与椭圆方程联立，求出点B 的坐标，进而求出BC k ，再联立直线AB 与圆O 方程，求出点E 的坐标，进而求出EF k ，从而得到25BC EF k k =，故存在常数25，使得25BC EF k k =． 【解答】解：（1）设(,)B x y ，则(,)C x y --，又(2,0)A ，∴212212244y y y k k x x x ===--+-，∴2214x y +=， ∴点B 的轨迹方程为2214x y += (0)y ≠；（2）由题意可知，直线AB 的方程为：1(2)y k x =-，联立方程122(2)14y k x x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y 得：2222111(41)164(41)0k x k x k +-+-=， ∴21214(41)241B k x k -=+，21212(41)41B k x k -∴=+，121441Bk y k -=+， ∴直线BC 的斜率12102041B BC B y kk x k --==--， 联立方程122(2)4y k x x y =-⎧⎨+=⎩，消去y 得：2222111(1)4440k x k x k +-+-=，∴21214421E k x k -=+，∴21212(1)1E k x k -=+，2141E ky k -=+， ∴直线EF 的斜率121056415E EF E y k k k x --==-+， ∴21121124124155BC EF k k k k k k --==--， 25BC EF k k ∴=，∴存在常数25，使得25BC EF k k =． 【变式训练】（2020•3月份模拟）已知椭2222:1(0)x y C a b a b+=>>过点E 其左、右顶点分别为A ，B ，且离心率e =． （1）求椭圆C 的方程；（2）设0(M x ，0)y 为椭圆C 上异于A ，B 两点的任意一点，MN AB ⊥于点N ，直线00:240l x x y y +-=． ①证明：直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点；②设过点A 且与x 轴垂直的直线与直线l 交于点P ，证明：直线BP 经过线段MN 的中点．【分析】（1）根据题意，列出关于a ，b ，c 的方程组，解出a ，b ，c 的值，即可求出椭圆C 的方程； （2）①联立直线l 与椭圆方程，结合0(M x ，0)y 在椭圆上，220024x y +=，可求出唯一交点坐标0(x ，0)y ，即直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，即点M ；②先求出点P 的坐标，进而得到直线PB 的方程，再求出线段MN 的中点坐标，即可验证线段MN 的中点坐标满足直线PB 的方程，即线PB 经过线段MN 的中点． 【解答】解：（1）由题意可知，22222211a b ca ab c⎧+=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩，解得2a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩∴椭圆C 的方程为：22142x y +=；（2）①由题意知00y ≠，联立方程220142240x y x x y y ⎧+=⎪⎨⎪+-=⎩，消去y 得：22220000(2)81680x y x x x y +-+-=， 0(M x ，0)y 在椭圆上，∴220024x y +=，∴220020x x x x -+=，即20()0x x -=，0x x ∴=，0y y =，∴直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，即点M ；②由（1）知(2,0)A -，(2,0)B ，过点A 且与x 轴垂直的直线的方程为：2x =-， 结合方程00240x x y y +-=，得点002(2,)x P y +-，∴直线PB 的斜率000202224x y x k y +-+==---， ∴直线PB 的方程为：002(2)4x y x y +=--， MN AB ⊥于点N ，0(N x ∴，0)，线段MN 的中点坐标为0(x ，)2y ， 令0x x =．得20000024(2)44x x y x y y +-=--=， 220024x y +=， 02y y ∴=， ∴直线PB 经过线段MN 的中点0(x ，)2y ． 专题强化1．（2020春•全国月考）已知椭圆22:162x y C +=，过(4,0)Q -的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，且与y 轴相交于P 点． （1）若32PA AQ =，求直线l 的方程； （2）设A 关于x 轴的对称点为C ，证明：直线BC 过x 轴上的定点．【分析】（1）设直线l 的方程为(4)y k x =+，联立椭圆方程，可得x 的二次方程，设出A 的横坐标，求得P 的坐标，运用向量共线的坐标表示，解得A 的横坐标，代入二次方程解得斜率，进而得到所求直线方程； （2）运用韦达定理，由对称性可得C 的坐标，由点斜式方程可得直线l 的方程，可令0y =，解得x 的表达式，化简整理，即可得到定点．【解答】解：（1）由题意可设直线l 的方程为(4)y k x =+，联立椭圆方程22360x y +-=， 可得2222(13)244860k x k x k +++-=，(*) 设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ， 由(4,0)Q -，(0,4)P k ，32PA AQ =，可得1130(4)2x x -=--， 解得1125x =-，代入方程(*)可得222144288(13)4860255k k k +-+-=，解得k =，则直线l的方程为4)y x =+； （2）证明：由题设可得1(C x ，1)y -，由（1）可得21222413k x x k+=-+，212248613k x x k -=+， 再由（1）可得直线BC 的方程为211121()y y y y x x x x ++=--，令0y =，可得122112121212121212(4)(4)24()(8)8x y x y kx x k x x x x x x x y y k x x x x ++++++===+++++ 22229612963248242k k k k --==--++， 故直线BC 过x 轴上的定点3(2-，0)．2．（2020•3月份模拟）已知椭圆222:1(1)x C y a a+=>的左顶点为A ，右焦点为F ，斜率为1的直线与椭圆C交于A 、B 两点，且OB AB ⊥，其中O 为坐标原点． （1）求椭圆C 的标准方程；（2）设过点F 且与直线AB 平行的直线与椭圆C 交于M 、N 两点，若点P 满足3OP PM =，且NP 与椭圆C 的另一个交点为Q ，求||||NP PQ 的值． 【分析】（1）设出直线AB 的方程，与椭圆方程联立，求出点B 的坐标，再根据OB AB ⊥，建立关于a 的方程，解出即可；（2）设1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y ，3(Q x ，3)y ，||||NP m PQ =，由已知，将点Q 的坐标用点M ，N 表示，再由点Q 在椭圆上，得到关于m 的方程，解出即可．【解答】解：（1）由题意得，设直线AB 的方程：x y a =-，与椭圆联立整理得：22(1)20a y ay +-=， 221B ay a ∴=+， 322211B a a a x a a a-∴=-=++， 因为OB AB ⊥，∴321B B y a x a a==--，1a >，解得：23a =， 所以椭圆C 的标准方程：2213x y +=；（2）由（1）得，F 0)所以由题意得直线MN的方程为：y x =-， 设1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y ，3(Q x ，3)y ，将y x =2213x y +=，得2430x -+=，∴1212324x x x x +==，∴12121(4y y x x ==-， 3OP PM =，∴34OP OM =，则1133(,)44P x y ， 设||||NP m PQ =，则NP mPQ =，即121231313333(,)(,)4444x x y y m x x y y --=--， ∴3123123(1)143(1)14m x x x m mm y y y m m +⎧=-⎪⎪⎨+⎪=-⎪⎩， 点3(Q x ，3)y 在椭圆C 上，∴22121213(1)13(1)1[][]1344m m x x y y m m m m++-+-=，整理得22222112212122229(1)1113(1)1()()()1163323m m x y x y x x y y m m m +++++-+=， 由上知，1212103x x y y +=，且2212121,133x x y y +=+=，∴229(1)1116m m ++=，即2718250m m --=，解得257m =或1m =-（舍)，故||25||7NP PQ =． 3．（2019秋•怀化期末）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点为F ，上顶点为M ，直线FM的斜率为，且原点到直线FM．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）若不经过点F 的直线:(0,0)l y kx m k m =+<>与椭圆C 交于A ，B 两点，且与圆221x y +=相切．试探究ABF ∆的周长是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由．【分析】（1）可设(,0)F c ，(0,)M b ，由直线的斜率公式和点到直线的距离公式，解方程可得b ，c ，进而得到a ，可得椭圆方程；（2）设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ．1(0x >，20)x >，运用勾股定理和点满足椭圆方程，求得1||AQ =，同理可得2||BQ x =，再由焦半径公式，即可得到周长为定值． 【解答】解：（1）可设(,0)F c ，(0,)M b，可得b c -=，直线FM 的方程为bx cy bc +=，=，解得1b =，c =a = 则椭圆方程为2213x y +=；（2）设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ． 1(0x >，20)x >，连接OA ，OQ ，在OAQ ∆中，222222111112||11133x AQ x y x x =+-=+--=，即1||AQ =，同理可得2||BQ x =，12||||||)AB AQ BQ x x ∴=+=+，1212||||||)AB AF BF x x ∴+++-+=，ABF ∴∆的周长是定值4．（2019秋•山东月考）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的离心率e =，椭圆的左焦点为1F ，短轴的两个端点分别为1B ，2B ，且11122F B F B =． （1）求C 的标准方程；（2）若过左顶点A 作椭圆的两条弦AM ，AN ，月0AM AN =，求证：直线MN 与x 轴的交点为定点． 【分析】（1）根据椭圆的离心率公式根据向量的坐标运算，即可求得a 和b 的值，求得椭圆方程； （2）设直线AM 的方程，与椭圆方程联立，求得M 点坐标，同理求得N 点坐标，求得直线MN 的方程，即可判断直线MN 与x 轴的交点为定点．【解答】解：（1）设1(,0)F c -，1(0,)B b ，2(0,)B b -，由题意c e a ==，① 由112(F B F B c =，)(b c ，22)2b c b -=-=，② 又222c a b =-，③ 解得24a =，21b =，所以椭圆的标准方程2214x y +=；（2）证明：由题可知，(0,2)A -，则直线AM ，AN 斜率存在且不为0，设直线AM 斜率为k ，则直线AN 斜率为1k-，设直线AM 方程为(2)y k x =+，设(M M x ，)M y与椭圆方程联立得22(2)440y k x x y =+⎧⎨+-=⎩，得2222(14)161640k x k x k +++-=，Z 则22164214M k x k --=+，则222814M k x k -=+， 所以(2)M M y k x =+，得2414M ky k =+得2228(14k M k -+，24)14k k +，同理可得（将k 换成1)k -得2228(4k N k -+，24)4k k -+， 则32222242222244202020(1)51442828(1616)16(1)(1)44144MNk kk k k k k k k k k k k k k k k k +++-++====-----+---++，所以直线MN 的方程为22224528()4444k k k y x k k k --+=-+-+，令0y =，则22222216(1)2862465(4)45(4)5k k k x k k k ----=+==-+++， 所以，直线MN 与x 轴的交点为定点6(5-，0)．5．（2019•陕西模拟）已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>的右焦点为2F ，过2F 作x 轴的垂线交椭圆E 于点A （点A 在x 轴上方），斜率为(0)k k <的直线交椭圆E 于A ，B 两点，过点A 作直线AC 交椭圆E 于点C ，且AB AC ⊥，直线AC 交y 轴于点D ．（1）设椭圆E 的离心率为e ，当点B 为椭圆E 的右顶点时，D 的坐标为21(0,)3b a a -，求e 的值．（2）若椭圆E 的方程为2212x y +=，且2k <，是否存k|||AB AC =成立？如果存在，求出k的值；如果不存在，请说明理由． 【分析】（1）求出2()ABb k ac a =-，3AD ak c=，通过AB AD ⊥，转化求解椭圆的离心率即可． （2）设出直线y kx k =-，联立2212x y y kx k ⎧+=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，消去y ，由韦达定理得求出B 的坐标，利用弦长公式，转化求解即可． 【解答】解：（1）因为2()AB b k a c a =-，3AD ak c=，AB AD ⊥，所以2213b a ac a c =--， 整理得22320a ac c -+=，解得2a c =或a c =（舍去）， 所以12c e a ==． （2）由（1）知A，:(1)AB y k x =-，即y kx k =-，联立2212x y y kx k ⎧+=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，消去y，得222(12)2(2210k x k k x k +-+--=．设点B 的横坐标为B x，由韦达定理得2221112B k x k --=+，即222112Bk x k --=+，所以1B x -=．因为k <，所以2222||1|B k AB x +=-=， 同理，221|22()2|2||21112()k k AC k k -+-=++-．|||AB AC =，则22222221k k k+-=+， 20k +=，而△0<，所以此方程无解，故不存在符合条件的．6．（2019•新课标Ⅰ）已知1F ，2F 是椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的两个焦点，P 为C 上的点，O 为坐标原点．（1）若2POF ∆为等边三角形，求C 的离心率；（2）如果存在点P ，使得12PF PF ⊥，且△12F PF 的面积等于16，求b 的值和a 的取值范围．【分析】（1）根据2POF ∆为等边三角形，可得在△12F PF 中，1290F PF ∠=︒，在根据直角形和椭圆定义可得；（2）根据三个条件列三个方程，解方程组可得4b =，根据22222()a x c b c=-，所以22c b ，从而2222232a b c b =+=，故42a ，【解答】解：（1）连接1PF，由2POF ∆为等边三角形可知在△12F PF 中， 1290F PF ∠=︒，2||PF c =，1||PF =，于是122||||1)a PF PF c =+=，故曲线C 的离心率1ce a==． （2）由题意可知，满足条件的点(,)P x y 存在当且仅当：1||2162y c =，1y y x c x c=-+-，22221x y a b +=， 即||16c y =，①222x y c +=，②22221x y a b +=，③ 由②③及222a b c =+得422b y c =，又由①知22216y c =，故4b =， 由②③得22222()a x c b c =-，所以22c b ，从而2222232a b c b =+=，故42a ， 当4b =，42a 时，存在满足条件的点P ．所以4b =，a 的取值范围为)+∞．7．（2019•辽宁三模）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>，焦距为． （1）求C 的方程；（2）若斜率为12-的直线与椭圆C 交于P ，Q 两点（点P ，Q 均在第一象限），O 为坐标原点，证明：直线OP ，PQ ，OQ 的斜率依次成等比数列．【分析】（1）由已知得关于a ，c 的方程组，求解可得a ，c 的值，再由隐含条件求得b ，则椭圆方程可求；（2）设直线l 的方程为12y x m =-+，1(P x ，1)y ，2(Q x ，2)y ，联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系及斜率乘积证得2OP OQ PQ k k k =即可．【解答】（1）解：由题意，2c a c ⎧=⎪⎨⎪=⎩，解得2a c =⎧⎪⎨=⎪⎩ 又2221b a c =-=，∴椭圆方程为2214x y +=； （2）证明：设直线l 的方程为12y x m =-+，1(P x ，1)y ，2(Q x ，2)y ， 由221214y x m x y ⎧=-+⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，消去y ，得22244(1)0x mx m -+-=． 则△2221632(1)16(2)0m m m =--=->，且122x x m +=，2122(1)x x m =-．故2121212121111()()()2242y y x m x m x x m x x m =-+-+=-++． ∴21212212121211()1424OP OQ PQ x x m x x m y y k k k x x x x -++====． 即直线OP，PQ ，OQ 的斜率依次成等比数列．8．（2019•全国I 卷模拟）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>，左右顶点分别为A ，B ，Q 为椭圆C 上一点，QAB ∆面积的最大值为（1）求椭圆C 的方程；（2）当点Q 不为椭圆C 的顶点时，设直线AQ 与y 轴交于点P ，过原点O 作直线AQ 的平行线OM 且与椭圆C 交于点M ，问是否存在常数λ使得2||||||AP AQ OM λ=成立？若存在，求出常数λ；若不存在，说明理由．【分析】（1）运用椭圆的离心率公式和a ，b ，c 的关系，以及椭圆上点到x 轴距离的最大值，计算即可得到a ，b 的值，进而得到椭圆方程；（2）设直线:(2)AQ yk x =+，直线:OM y kx =，联立椭圆方程，利用韦达定理、弦长公式，由此求出存在常数λ使得2||||||AP AQ OM λ=成立．【解答】解：（1）由题意得，c e a ==，222a b c-=， 当Q 为椭圆的上顶点时，AQB ∆的面积取得最大值 且为12222b a = 解得，2a =，b =，c =所以椭圆方程为：22142x y +=⋯ （2）依题意可得直线AQ 的斜率存在，设直线:(2)AQ y k x =+，则(0,2)P k联立22(2)24y k x x y =+⎧⎨+=⎩，并整理得：2222(12)8840k x k x k +++-=． △222644(21)(84)160k k k =-⨯+⨯-=>，则2284221Q k x k --=+，222421Q k x k -∴=+，||(2)|Q AQ x =--=||AP =228(1)||||12k AQ AP k +=⋯+直线AQ 的平行线OM ，直线:OM y kx =； 联立2224y kxx y =⎧⎨+=⎩消去y 得：22(12)40k x +-=； 222222244(1)||(1)(1)1212M k OM K x k k k +=+=+=⋯++∴22228(1)4(1)1212k k k k λ++=++，2λ∴=． 故存在常数2λ=，使得2||||||AP AQ OM λ=成立。

3、求点的轨迹方程：（1）定义法：用定义法求椭圆的方程，首先要利用平面几何知识将题目条件（已知两焦点的距离或坐标）转化为到两定点的距离之和为定值，然后判断椭圆的中心是否在原点、对称轴是否为坐标轴，最后由定义产生椭圆的基本量a ，b ，c .例题： 如图，P 为圆B ：(x ＋2)2＋y 2＝36上一动点，点A 坐标为(2,0)，线段AP 的垂直平分线交直线BP 于点Q ，求点Q 的轨迹方程．连接AQ ，∵直线AP 的垂直平分线交直线BP 于点Q∴|AQ|＝|PQ|，∴|AQ|＋|BQ|＝|PQ|＋|BQ|＝6（＞|AB|），∴由椭圆的定义可知：点Q 的轨迹为以A 、B 为焦点的椭圆，且2a ＝6,2c ＝4∴a=3，c=2∴点Q 的轨迹方程为x 29＋y 25＝1. 跟踪训练：已知圆A ：(x ＋3)2＋y 2＝100，圆A 内一定点B (3，0)，圆P 过B 且与圆A 内切，求圆心P 的轨迹方程．如图，设圆P 的半径为r ，又圆P 过点B ，∴|PB|＝r.又∵圆P 与圆A 内切，圆A 的半径为10，∴两圆的圆心距|PA|＝10－r ，即|PA|＋|PB|＝10(＞|AB|)．∴由椭圆的定义可知：点P 的轨迹是以A 、B 为焦点的椭圆．∴2a ＝10,2c ＝|AB|＝6∴a=5，c=3∴b 2＝a 2－c 2＝25－9＝16.∴点P 的轨迹方程为x 225＋y 216＝1.6.（2）相关点法：当题目中所求动点和已知动点存在明显关系时，一般利用相关点的方法求解．用相关点法求轨迹方程的基本步骤为 (1)设点：设所求轨迹上动点坐标P (x ，y )，已知曲线上动点坐标Q (x 1，y 1)．(2)求关系式：用点P 的坐标表示出点Q 的坐标，即得关系式⎩⎨⎧ x 1＝g (x ，y )，y 1＝h (x ，y )，(3)代换：将上述关系式代入已知曲线方程得到所求动点轨迹的方程，并把所得方程化简即可．例题：如图，在圆x 2＋y 2＝4上任取一点P ，过点P 作x 轴的垂线段PD ，D 为垂足．当 点P 在圆上运动时，线段PD 的中点M 的轨迹是什么？设点M 的坐标为(x ，y)，点P 的坐标为(x 0，y 0)，则x ＝x 0，y ＝y 02. ∵点P(x 0，y 0)在圆x 2＋y 2＝4上，∴x 20＋y 20＝4.①把x 0＝x ，y 0＝2y 代入方程①，得x 2＋4y 2＝4，即x 24＋y 2＝1. ∴点M 的轨迹是一个椭圆．跟踪训练：如图，设P 是圆x 2＋y 2＝25上的动点，点D 是P 在x 轴上的投影，M 为PD上一点，且|MD |＝45|PD |.当P 在圆上运动时，求点M 的轨迹C 的方程，并判断此曲线的类型．设M 点的坐标为(x ，y)，P 点的坐标为(x P ，y P )，由已知易得⎩⎪⎨⎪⎧ x P ＝x y P ＝54y ，∵P 在圆上，∴x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫54y 2＝25， 即轨迹C 的方程为x 225＋y 216＝1.该曲线表示椭圆．（3）直接法：例题：如图，设点A ，B 的坐标分别为(－5,0)，(5,0)．直线AM ，BM 相交于点M ，且它们的斜率之积是－49，求点M 的轨迹方程．设点M 的坐标为(x ，y )，∵点A 的坐标是(－5,0)，∴直线AM 的斜率k AM ＝yx ＋5 (x ≠－5)；同理，直线BM 的斜率k BM ＝y x －5(x ≠5)． 由已知有y x ＋5×y x －5＝－49(x ≠±5)， 化简，得点M 的轨迹方程为x 225＋y 21009＝1 (x ≠±5)．例题变式：若将例题中的－49改为a (a <0)，曲线形状如何？ 设点M (x ，y )，则y x ＋5·yx －5＝a (x ≠±5)． 化简得，y 2－25a ＋x 225＝1 (x ≠±5)． (1)当a ＝－1时，曲线表示圆x 2＋y 2＝25 (x ≠±5)，去掉两点(±5,0)．(2)当a ≠－1时，曲线表示椭圆，去掉两点(±5,0)．当－1<a <0时，椭圆焦点在x 轴上；当a <－1时，椭圆焦点在y 轴上．例题小结：椭圆的另一种生成方法：一个动点到两个定点连线的斜率之积是一个负常数(不等于－1)，轨迹即为椭圆，但要注意除去不符合题意的点．跟踪训练：已知M (4,0)，N (1,0)，若动点P 满足MN →·MP →＝6|NP →|.求动点P 的轨迹C 的方程．设动点P (x ，y )，则MP →＝(x －4，y )，MN →＝(－3,0)，PN →＝(1－x ，－y )，由已知得－3(x －4)＝6(1－x )2＋(－y )2，化简得3x 2＋4y 2＝12，即x 24＋y 23＝1. ∴点P 的轨迹方程是椭圆C ：x 24＋y 23＝1.欢迎您的下载，资料仅供参考！致力为企业和个人提供合同协议，策划案计划书，学习资料等等打造全网一站式需求。