椭圆相关性质.jsp_

（2） 设直线
交椭圆 于 两点，交直线
于点 若
证明：
为 的中点；
（3） 对于椭圆 上的点
满足
写出求作点
答案: （1）
如果椭圆 上存在不同的两个交点
的步骤，并求出使
存在的 的取值范围.
（2） 由方程组
消 得方程
因为直线
所以
即
设
交椭圆 于 两点， 中点坐标为
则
由方程组
消 得方程
又因为
所以
故 为 的中点；
的长度是否为定值，并证明你的结论.
（1） 解 由题意得：
则
又由焦距为
所以
故所求的“伴随圆”的方程为
（2） 由于椭圆 的“伴随圆” 圆心到直线的距离等于半径，
即
与直线
有且只有一个交点，则
故动点
轨迹方程为
即动点的轨迹是： 以原点为圆心半径为3的圆上四分之一弧（除去两端点）如图
（3） 由题意得：
得
半焦距
直线
对称，求实数 的取值范围？
的方程；若在椭圆
上存在两点
关于
（3） 如图： 直线
与两个“相似椭圆”
和
分别交于点 和点
试在椭圆 和椭圆 上分
别作出点 和点 （非椭圆顶点），使 和 组成以 为相似比的两个相似三角形，写出 具体作法.（不必证明） 答案: （1） 椭圆 与 相似.
因为椭圆 的特征三角形是腰长为4，底边长为 的等腰三角形，而椭圆 的特征三 角形是腰长为2，底边长为 的等腰三角形，因此两个等腰三角形相似，且相似比为2 ∶1
（i） 当 时， 即为椭圆长轴，又
四边形
的面积为
故 是椭圆的短轴.所以此时椭圆内接
（ii） 当 时，对角线 的斜率为 由此前证明过程中的（*）可知，
若将 代换式中的 则可得弦 的长度，
所以，
由 则 综上（i）和（ii），故可证明猜想3正确.
证法二： 如图，四边形对角线交点 与椭圆中心重合. 由对称性，不妨设椭圆上的点 的坐标为
（3）
■ 类比猜想1： 若对角线互相垂直的椭圆内接四边形
中的一条对角线长确定时，
当且仅当另一条对角线通过椭圆中心时，该椭圆内接四边形面积最大.
■ 类比猜想2： 当点 在椭圆中心时，对角线互相垂直的椭圆内接四边形 最大.
的面积
以上两个均为正确的猜想，要证明以上两个猜想，都需先证： 椭圆内的平行弦中，过
则
即
①，又由准线方程，得
②，
由①， ②及
得
故椭圆 的方程为
四、解答题
4. 已知椭圆的对称轴为坐标轴，短轴的一个端点与两焦点连线构成一个正三角形，且ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ点到
椭圆上的点的最短距离为 .求此椭圆的方程.
答案:
，或
.
解答: 若椭圆的焦点在 轴上，则
设方程为
，两焦点为
，其中
，短
轴的一个端点为
，长轴的一个端点为
由△
于点 试提出一个由类比获得的猜想，并尝试给予证明或反例否定.
答案: （1） 因为对角线互相垂直的四边形
面积
而由于
为定长，则
当 最大时，四边形
面积 取得最大值.由圆的性质，垂直于 的弦中，直径最
长，故当且仅当 过圆心 时，四边形
面积 取得最大值，最大值为
（2） 解法一： 由题意，不难发现，当点 运动到与圆心 重合时，对角线 和 的
.
依 点在 轴上，可设
，代入上式得
因为 所以
.①
都在椭圆上， ，
所以 将②代入①并结合
，
.② ，得
所以
二、解答题
2. 如图，在面积为1的△ 点且过点 的椭圆方程.
.
中，
建立适当的坐标系，求出以 、 为焦
答案: 解答: 以
所在直线为 轴，
中点 为原点建立直角坐标系.设
解得
点 坐标是
，椭圆长轴
所以，椭圆方程为
7.
定义： 由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”.如 果两个椭圆的“特征三角形”是相似的，则称这两个椭圆是“相似椭圆”，并将三角形的相
似比称为椭圆的相似比.已知椭圆
（1） 若椭圆
判断 与 是否相似？如果相似，求出 与 的相似比；如果
不相似，请说明理由；
（2） 写出与椭圆 相似且短半轴长为 的椭圆
则 椭圆 的方程为
“伴随圆”的方程为
① 当 中有一条无斜率时，不妨设 无斜率，
因为 与椭圆只有一个交点，则其方程为
或
当 方程为
时，此时 与“伴随圆”交于点
此时经过点 即 为 （或
（或 显然直线
且与椭圆只有一个公点的直线 垂直；
同理可证 方程为
时，直线 垂直，所以
② 当 都有斜时，设点
其中
设经过点
（或 与椭圆为只
≥ 与半椭圆
≤ 合成的曲线称作“果圆”,其中
如图,点 (1) 若△
是相应椭圆的焦点,
和
分别是“果圆”与
是边长为1的等边三角形,求“果圆”的方程；
轴的交点.
(2) 当
时,求 的取值范围；
(3) 连接“果圆”上任意两点的线段称为“果圆”的弦.试研究: 是否存在实数 ,使斜率为 的“果圆”平行弦的中点轨迹总是落在某个椭圆上？若存在,求出所有可能的 值；若不存 在,说明理由.
（1） 求椭圆 的方程；
（2） 设 为椭圆 上两点， 为原点，且满足
率之积的绝对值 答案: （1）
（2） 证明
为定值. 设 的坐标分别为
求证直线 和 斜 则有
两式相加，得
由
得
由③， ④解得
又
所以
即
解答: （1） 解 设椭圆 的方程为
(定值).
因为直线 的倾斜角为 且过点
所以
即
由
得
设 的坐标为
的坐标为
椭圆相关性质
一、解答题
2012-3-23
1. 已知椭圆
上不同的三点
与焦点
差数列.
（1） 求证：
；
（2） 设线段 的垂直平分线与 轴的交点为 ，求直线
答案: （1） 易知
.
由椭圆的第二定义，知
，
的斜率 .
的距离成等
所以 同理 因为 所以
.
.
，
，即
.
（2）
解答: （2） 因为线段 的中点为
，
所以 的垂直平分线方程为
点评: 建立坐标系后， 、 是坐标平面中的两个定点，tan 和tan 与直线 、 的斜率 相关，由此可写出两直线方程并求得点 的坐标，再利用椭圆概念求出椭圆长轴长并在
此基础上写出椭圆方程.
三、解答题
3. 已知椭圆 的中心在原点，焦点在 轴上，一条准线的方程是
倾斜角为 的直线 交椭圆
于 两点，且线段 的中点为
则，
和
椭圆 的标准方程为：
（2） 设 ① 当 垂直于 轴时，
的方程为
由题意，有
即
由
得
② 当 不垂直于 轴时，设 的方程为
由
得：
由题意知： 所以
于是： 因为 所以
所以
所以，
由得
解得
综合①②得：
解答: 2011闸北二模（文理）20
十一、解答题
在椭圆上.
11. 如图1，已知半径为 的圆 的内接四边形
的对角线 和 相互垂直且交点为
为正三角形知，
所以 又设
.① 为椭圆上任一点，则
，
.
，
所以
，
即
，
所以，焦点到椭圆上的点的最短距离为
.②
由①，②，得
.
所以，这时椭圆的方程为
.
，于是
同理，若椭圆的焦点在 轴上，则方程为
.
综上，椭圆的方程为
，或
.
五、解答题
5. 已知椭圆 的方程为 （1） 若直角坐标平面上的点
点 的坐标为 满足
求点 的
坐标；
图-1
图-2
（1） 若四边形 最大值；
中的一条对角线 的长度为
试求： 四边形
面积的
（2） 试探究： 当点 运动到什么位置时，四边形 少？
的面积取得最大值，最大值为多
（3） 对于之前小题的研究结论，我们可以将其类比到椭圆的情形.如图2，设平面直角坐标
系中，已知椭圆 ：
的内接四边形
的对角线 和 相互垂直且交
（2） 椭圆 的方程为：
设∶
点
中点为
则
所以
则
因为中点在直线
上，所以有
即直线 的方程为： ∶ 由题意可知，直线 与椭圆 有两个不同的交点，
即方程
有两个不同的实数解，
所以
即
（3） 作法1： 过原点作直线
交椭圆 和椭圆 于点 和点
则 和 即为所求相似三角形，且相似比为
作法2： 过点 点 分别做 轴（或 轴）的垂线，交椭圆 和椭圆 于点 和点 ，则 和 即为所求相似三角形，且相似比为
九、解答题
因为
与椭圆都只有一个公共点，
9.
如图，已知椭圆
为椭圆上的一个动点，
分别为椭圆的左、
右焦点， 的距离为
分别为椭圆的一个长轴端点与短轴的端点.当
时，原点 到直线
（1） 求 满足的关系式； （2） 当点 在椭圆上变化时，求证：
的最大值为
（3） 设圆
是圆上任意一点，过 作圆的切线交椭圆于
两
点，当
时，求 的值.（用 表示）
为定点，
且存在常数
使得
为动点，记
的对边分别为
（1） 求动点 的轨迹，并求其标准方程；
（2） 设点 为坐标原点，过点 作直线 与（1）中的曲线交于
定 的范围.
答案: （1） 在
中，由余弦定理，有
两点，若
已知 试确
所以，点 的轨迹 是以 为焦点，长轴长
的椭圆.
如图，以 所在的直线为 轴，以 的中点为坐标原点建立直角坐标系.
解答: 2011徐汇二模文（23） 理（22）
八、解答题
8. 给定椭圆
称圆心在原点 半径为
的圆是椭圆 的“伴
随圆”.若椭圆 的一个焦点为
其短轴上的一个端点到 的距离为
（1） 求椭圆 的方程及其“伴随圆”方程；
（2） 若倾斜角为45°的直线 与椭圆 只有一个公共点，且与椭圆 的伴随圆相交于
两
点，求弦 的长；
长同时取得最大值
所以此时四边形
面积 取得最大值，最大值为
解法二： 设圆心 到弦 的距离为 到弦 的距离为
的距离为
则
且
可得
又
当且仅当
时等号成立.
所以
当且仅当
时等号成立.
又因为点 在圆内运动，所以当点 和圆心 重合时
此时
故此时四边形的
面积最大，最大值为
不难发现，此时该四边形是圆内接正方形，对角线交点
与圆心重合.
椭圆中心的弦长最大.
证： 设椭圆的方程为
平行弦 的方程为
联立可得
不妨设
则
由于平行弦的斜率 保持不变，故可知当且仅当 时，即当直线经过原点时， 取
得最大值
（*）.特别别地，当斜率不存在时，此结论也成立.
由以上结论可知，类比猜想一正确.又对于椭圆内任意一点 构造的对角线互相垂直的
椭圆内接四边形，我们都可以将对角线平移到交点与椭圆中心 重合的椭圆内接四边形
解答: (1) 由题意知 则
故“果圆”方程为
(2) 由 故 (3) 若 存在,且
知 得 则可设直线族
为满足条件的“果圆”的弦.
则
得交点
得交点
故中点为
所在的方程为
≥
若 存在,且 可设过
的两条“果圆”弦为
设
①
得交点
得弦中点 为
②
得交点
得弦中点 为
所以
同理
七、解答题
故该“果圆”平行弦中点的轨迹为一条线段. 时,可证得“果圆”平行弦的中点的轨迹也为一条线段.
有一共点的直线为
相邻的点 坐标
为
由对称性可知，
且当 又因为 由
所以
时， 故
取得最大值
故只有当
时才满足，而因为
故只有当 时成立.即由椭圆参数方程
的定义，当且仅当点 和点 分别落在椭圆长圆和短轴顶点上时，猜想3正确. 解答: 2011普陀二模（理）23
十二、解答题
12.
给定椭圆
称圆心在坐标原点 半径为
的圆是椭圆 的
“伴随圆”.
而其中
所以必有
即证明了猜想
二也是正确的.
■ 类比猜想3： 当点 在椭圆中心，且椭圆内接四边形的两条互相垂直的对角线恰为 椭圆长轴和短轴时，四边形面积取得最大值 .
要证明此猜想，也需先证“椭圆内的平行弦中，过椭圆中心的弦长最大.”在此基础
上，可参考以下两种续证方法.
证法一： 当点 在椭圆中心时，不妨设对角线 所在直线的斜率为
（3） 求作点
的步骤： 1° 求出 的中点
2° 求出直线 的斜率
3° 由
知为
的中点，根据（2）可得
的斜率
4° 从而得直线 的方程：
5° 将直线 与椭圆 的方程联立，方程组的解即为点
欲使
存在，必须点 在椭圆内，
所以
化简得
又
即
所以
故 的取值范围是
的坐标.
解答: 2010上海（理）23
六、解答题
6. 我们把由半椭圆
（3） 点 是椭圆 的伴随圆上的一个动点，过点 作直线 个公共点，求证：
使得 与椭圆 都只有一
答案: （1） 因为
所以
所以椭圆的方程为
伴随圆的方程为
（2） 设直线 的方程
由
得
由
得
圆心到直线 的距离为
所以
（3） ① 当 中有一条无斜率时，不妨设 无斜率，
因为 与椭圆只有一个公共点，则其方程为
或
，
当 方程为
答案: （1） 设
因为
所以点 坐标为
所以 到
方程 距离
整理得
所以 （2） 设 由余弦定理得
解得
因为
所以 当且仅当 由三角形内角及余弦单调性知有最大值
（3） 由（1） 设 ①当
椭圆方程为 切线方程
所以 因为
所以
②当
切线方程 消去 得
因为 所以
代入得
解答: 2011崇明二模22
十、解答题
10. 在 中，
（1） 若椭圆 过点
且焦距为4，求“伴随圆”的方程；
（2） 如果直线
与椭圆 的“伴随圆”有且只有一个交点，那么请你画出动点
轨迹的大致图形；
（3） 已知椭圆 的两个焦点分别是
椭圆 上一动点 满足
设点 是椭圆 的“伴随圆”上的动点，过点 作直线 都各只有一个交点，且 分别交其“伴随圆”于点
使得
与椭圆
研究： 线段 答案:
时，此时 与伴随圆交于点
此时经过点
［或
且与椭圆只有一个公共点的直线是
即 为 （或
显然直线 垂直：
同理可证 方程为
时，直线 垂直.
（或
② 当 都有斜率时，设点
其中
设经过点
与椭圆只有一个公共点的直线为
由
消去 得到
即
经过化简得到：
因为
所以有
设 的斜率分别为
所以