求个椭圆的问题
1..知道椭圆的短半径b为5.5米，怎么算长半径A？2、画这个椭圆的时候用怎么算C？2A、2B、2C哪条边做定边？...
1..知道椭圆的短半径b为5.5米，怎么算长半径A？
2、画这个椭圆的时候用怎么算C？2A、2B、2C哪条边做定边？ 展开
2、画这个椭圆的时候用怎么算C？2A、2B、2C哪条边做定边？ 展开
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你看看下面的几个典例对你有帮助的:
典型例题
椭圆的定义
例1
过椭圆4x2＋y2=1的一个焦点F1的直线与椭圆交于A、B两点，则A、B与椭圆的另一个焦点F2构成△ABF2的周长是
[ ]
略解：
∵|AF1|＋|AF2|=2，
|BF1|＋|BF2|=2，
∴|AF1|＋|BF1|＋|AF2|＋|BF2|=4，
即|AB|＋|AF2|＋|BF2|=4．
∴选B．
评注：
此题明是求周长，实际上是用椭圆的定义．题中提现了转化的思想．
例2
M点为椭圆上一点，椭圆两焦点为F1，F2．且2a=10,2c=6,点I为△MF1F2
解：
如图，I为△MF1F2的内心，
∴∠1=∠2，
比较①、②，并应用等比定理，得
评注：
此题三步用到了椭圆的定义，内角平分线定理，等比定理．等比定理是桥梁把内角平分线分线段比与椭圆的第一定义联系起来．
例3
已知椭圆两焦点为F1，F2，M点为椭圆上一点(不在直线F1F2上)，∠F1MF2=θ，|F1F2|=2c，|MF1|＋|MF2|=2a．求△MF1F2的面积．
解：
由余弦定理，得
(2c)2=|F1F2|2
=|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1|·|MF2|cos∠F1MF2
=(|MF1|＋|MF2|)2－2|MF1|·|MF2|(1＋cosθ)
=(2a)2－2|MF1|·|MF2|(1＋cosθ)
评注：
例4
已知方程2(k2－2)x2＋k2y2＋k2－k－6=0表示椭圆，求实数k的取值范围．
解：
按题意，得
评注：
解这种类型的题目，要注意椭圆的两种类型，同时要注意椭圆与圆的区别．
例5
解：
设所求椭圆方程为Ax2＋By2=k，
①
评注：
此题不知道椭圆的类型，因此采取这种“模糊”的设法，简化了计算．
例6
分析：
解：
设|PF1|=m，|PF2|=n，m＋n=20，
即m2＋n2－mn=144．
(1)
∴(m＋n)2－3mn=144．
评注：
在上述方法中运用了椭圆的定义和余弦定理，这是解决椭圆中三角形问题时常
求|PF1|·|PF2|的最大值．
解：
∵a=10，
∴|PF1|＋|PF2|=20．
当且仅当|PF1|=|PF2|时“=”号成立，
∴|PF1|·|PF2|的最大值为100．
例7
证
(1)∵P0在椭圆外，
(2)∵P0在椭圆内，
评注：
1．本题涉及的知识点是椭圆方程与坐标概念．
2．这是常用的知识点，了解坐标概念和曲线方程概念即不难证明．
例8
时，求|AM|＋2|MF|的最小值，并求此时点M的坐标．
解析：
本题按常规思路，设M(x，y)，则
又M在椭圆上，y可用x表示，这样|AM|＋2|MF|可表示为x的一元函数，再求此函数的最小值．虽说此法看上去可行，但实际操作起来十分困难，但我们可以由椭圆的第二定义，转化到点到直线的距离来求，如图．
∴|AM|＋2|MF|=|AM|＋d
由于点A在椭圆内，过A作AK⊥l，K为垂足，易证|AK|即为|AM|＋d的最小值，其值为8－(－2)=10
例9
[ ]
A．椭圆
B．双曲线
C．线段
D．抛物线
略解：
即点P(x，y)到定点F(1，1)的距离与到定直线l：x＋y＋2=0的距离的比值
∴点P的轨迹是椭圆，故选A．
评注：
此题很妙：妙在利用椭圆的第二定义，定义不能直接运用，必须进行变形后，才知答案．若利用两边平方解会很麻烦的．
例10
离为
[ ]
A．8
略解：
如图
|PF1|＋|PF2|=2a=10，
∴|PF1|=2．
∴|PF2|=10－|PF1|=10－2=8．
选A．
评注：
此题是椭圆第一定义与第二定义的综合运用．
例11
如图椭圆中心为O，F是焦点，A为顶点，准线l交OA延长线于B，P、Q在椭圆上，且PD⊥l于D，QF⊥OA于F，则椭圆离心率为
[ ]
A．0
B．2
C．2
D．5
答案：
D．
评注：
此题灵活利用离心率、深化对椭圆第二定义的理解．
例12
则有|PF1|=a＋ex0，|PF2|=a－ex0．
证明：
由椭圆第二定义，得
评注：
有的书中把上述结论叫做焦半径公式．按照人民教育出版社出版的教材要求这样做是不科学的，容易陷入单纯记忆公式，忽视椭圆第二定义的理解和应用．由于叙述的方便，后面我们还是采用焦半径的提法．但是要注重理解．
实际上，上述结论是椭圆第二定义的延伸，抓住椭圆第二定义，及点与直线位置关系极易推导和记住，使用时，前面冠以“根据椭圆第二定义，得”即可应用．
|PF1|=a＋ex0，|PF2|=a－ex0，
例13
分析：
只要解方程组即可．
此种方法，思路自然，但计算量较大，需要换一个角度，寻求新的解法．
解：
由椭圆第二定义，得
评注：
充分理解椭圆第二定义，可记忆有关结论．
椭圆的几何性质
例1
已知椭圆中心在坐标原点，焦点在同一坐标轴上，离心率e=0.6，且椭圆过点A(5，4)．求椭圆方程．
解：
评注：
注意椭圆方程的两种类型．
例2
已知椭圆方程(1－m)x2－my2=1，求长轴长．
解：
∴椭圆方程为第二类型．
评注：
方程的类型是至关重要的．
例3
[ ]
A．椭圆面积减小，焦点与对应准线距离增大
B．椭圆面积减小，焦点与对应准线距离减小
C．椭圆面积增大，焦点与对应准线距离增大
D．椭圆面积增大，焦点与对应准线距离减小
选B．
评注：
椭圆的形状有扁平一些的，也有圆一些的，怎样才能刻划出它的扁平程度呢？
当e越接近1时(即增大)，c越接近a，从而b越小，因此，椭圆越扁．
如果a不变，则椭圆面积S=πab就越小；焦点与对应准线间距离越小，即焦点向外移动．
当e越接近零时(即减小)，c越接近于零，从而b越大，这时椭圆接近于圆．
如果a不变，则椭圆面积S=πab就越大；焦点与对应准线间距离越大，即焦点向内移动．
注意：上述e的数量的变化，反映了椭圆的扁平程度，如果两焦点与原点重合，即a=b，则c=0时，图形发生质的变化就不再是椭圆，成为圆x2＋y2=a2．
例4
为点M到两焦点F1、F2的距离的等比中项？并说明理由．
解：
假设椭圆上存在一点满足题意为P(x0，y0)
左准线l：x=－4，|MN|=|x0＋4|=x0＋4．
若|MN|是|MF1|与|MF2|的等比中项，
由椭圆第二定义，得
因为点M(x0，y0)在椭圆上，故应有－2≤x0≤2，显然横坐标为x0＝－4，
评注：
本题的解法其实质是反证法．
例5
地球绕太阳运行的轨道是一个椭圆形，太阳在它的一个焦点上，轨道的近日点到太阳的距离是144百万公里，轨道的远日点到太阳的距离是149百万公里，求这轨道的离心率和轨道方程．
解：
以百万公里作为单位长度，如图建立坐标系
∴a－c=144，a＋c=149，
∴a=146.5, c=2.5．
评注：
设P(x0，y0)是椭圆上任一点，则|PF2|=a－ex0，－a≤x0≤－a．
∴(|PF2|)max=a－e·(－a)=a＋c，(|PF2|)min=a－e·a=a－c．
最值问题
例1
求以长轴为一底的椭圆内接梯形的最大面积．
解：
设椭圆方程为
评注：
1．本题涉及的知识点是：椭圆的方程(参数方程)，梯形的面积公式和三角函数的最值的处理方法．
2．最值问题的解法，一般是选择设计变量(恰当的自变量)，建立目标函数(这是一种数学模型)，然后应用函数知识与不等式求目标函数的最值．这里如何建立数学模型是关键，娴熟的数学语言是建立模型的基本工具．函数知识与不等式则是求最值的基础．
例2
解：
过B作BN⊥l于N，过A作AM⊥l于M．
由椭圆的性质，知
评注：
的距离，再根据图形的平几性质就可确定B点使u最小．
例3
椭圆，问M点在何处，所作椭圆的长轴最短，并求此椭圆的方程．
分析：
椭圆的长轴的长即为椭圆上点到两焦点距离的和．这样，求过直线l上点M所作长轴最短的椭圆，即转化为求直线l上一点，使这点到两焦点F1、F2的距离之和最小．
解法一：
a2=16，b2=12，
∴c2=a2－b2=4．
解法二：
圆应与直线l相切，M为切点，
消去y，得(a2＋b2)x2－8a2x＋16a2－a2b2=0，
∴△=64a4－4(a2＋b2)(16a2－a2b2)=0．
化简得a2＋b2=16．
(1)
∴a2－b2=4．
(2)
由①②联立方程组，得a2=10，b2=6．
评注：
以F1、F2为焦点且过直线l上一点的椭圆中，以与直线l相切的椭圆长轴长最短是因为除切点外，直线l上其它各点均在椭圆外，而椭圆外一点与两焦点距离之和大于2a，这一结论可由平面几何知识得到证明，同理还可证明椭圆内一点两焦点距离之和小于2a．
焦半径问题
例1
解：
exi)(i=1、2、3)．
∴三点的横坐标成等差数列是此点的焦半径成等差数列的充要条件．
评注：
1．本题涉及的知识点是椭圆的焦半径、等差数列和充要条件．
2．只有熟练掌握椭圆焦半径才能顺利通过这类基本题，这说明在掌握标准方程的同时熟练掌握有关元素的重要性．
例2
的距离成等差数列．
(1)求x1＋x2；
(2)证明AC的垂直平分线经过一定点，并求此定点的坐标．
解：
(1)由椭圆方程得半长轴a=5，半短轴b=3，半焦距c=4，根据圆锥曲线统一定义，得
∵|AF|＋|CF|=2|BF|，
故x1＋x2=8．
评注：
1．本题涉及的知识点是：椭圆方程、圆锥曲线的统一定义、中点公式、点斜式、等差数列和直线系方程．
2．根据圆锥曲线的统一定义推出椭圆的焦半径公式是应用|AF|、|BF|、|CF|成等差数列建立含x1、x2方程的不可缺少的数学语言．欲证AC的中垂线过一定点，建立AC中垂线的方程是关键．由于A、C两点是椭圆上的动点，因而AC的中垂线是直线系，求出此直线系的方程，就不难证明其过定点了．
直线与椭圆
例1
(1)有两个公共点；
(2)只有一个公共点；
(3)没有共公点．
解：
∴△=(12k)2－4×9×(6k2－8)=－72(k2－4)．
(1)△＞0即－2＜k＜2时，直线和椭圆有两个公共点．
(2)△=0，即k=－2或k=2时，直线和椭圆只有一个公共点．
(3)△＜0，即k＞2或k＜－2时，直线和椭圆没有公共点．
评注：
“△”法判别直线与椭圆位置关系的一般步聚：
(1)联立方程组．
(2)消元转化为一元二次方程．
(3)计算△=b2－4ac．
(i)当△＞0时，直线和椭圆两个公共点，此时称直线和椭圆相交．
(ii)当△=0时，直线和椭圆有且只有一个公共点．此时称直线和椭圆相切．
(iii)当△＜0时，直线和椭圆没有公共点，此时称直线和椭圆相离．
注意：
在直线和圆的位置关系判别有，有“△”判别法和“d－r”判别法两种，其中“d－r”判别法为最简单，也是常用的方法，在直线和椭圆的位置关系中，只有一种方法，即“△”判别法．
例2
于直线y=4x＋m对称．
解法一：
∴△=(－8b)2－4×13×(16b2－48)＞0．
(1)
设PQ中点为M(x，y)则
(2)
把②代入①，得
解法二：
设P(x1，y2)，Q(x2，y2)是椭圆C上符合条件的两点，M(x，y)是PQ的中点，
两式相减得，3(x1－x2)(x1＋x2)＋4(y1－y2)(y1＋y2)=0，
∵x1≠x2，x1＋x2=2x，y1＋y2=2y，
∴M(－m，－3m)．
∵点M应在椭圆C的内部，故
评注：
解此类题要深刻理解对称的意义．
例3
AB之长．
解：
椭圆的右焦点F(1，0)，
设直线l：y=x－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴y1－y2=x1－x2，
评注：
(1)如果此题进一步求△F1AB的面积，如图所示，F1(－1，0)
∴点F1(－1，0)到直线l：y=x－1的距离为
通常求△F1AB的面积还有如下两种求法：
(1)S△F1AB=S△F1F2A＋S△F1F2B，
(2)此题直线l是过椭圆的右焦点，所截得弦是“焦点弦”，对于“焦点弦”除了上述求弦长的方法外，还可考虑|AB|=|AF2|＋|BF2|后面的学习继续研究．
例4
已知椭圆中心在坐标原点O，焦点在坐标轴上，直线y=x＋1与该椭圆相交于
分析：
题设中没有明确椭圆焦点是在x轴上，还是在y轴上，因此，在选择标准方程形式时，不要明确a＞b还是a＜b，这是其一；另一方面题设中涉及交点P、Q的两个条件，简化计算．
解：
设所求的椭圆的方程为
依题意，点P、Q的坐标满足方程组
将②代入①，得
(a2＋b2)x2＋2a2x＋a2(1－b2)=0．
③
设方程③的两根分别为x1、x2，则直线y=x＋1与椭圆的交点P(x1，x1＋1)、Q(x2，x2＋1)．
整理，得
解x1＋x2与x1x2，得
解之，得
故所求椭圆方程为
评注：
此题是椭圆与韦达定理巧妙结合．
轨迹与综合
例1
已知点P在直线x＝2上移动，直线l过原点并且与OP垂直通过点A(1，0)及点P的直线m和直线l交于点Q，求点Q的轨迹方程，并指出该轨迹的名称与其焦点坐标．
解一：
设Q(x，y)，P(2，t)
∵OP⊥OQ，
∴ty＝－2x． ①
∵Q、A、P三点共线，
即y＝t(x－1)． ②
若t≠0，则由①、②消去t，得
2x2＋y2－2x＝0(y≠0)． (※)
若t＝0，则P(2，0)，l：x＝0．
∴Q(0，0)也满足(※)式．
综上所述，所求动点Q的轨迹方程为
解二：
当l⊥x轴时，则Q(0，0)．
当l不垂直于x轴时，设l：y＝kx，其中k≠0．
解方程组
设Q(x，y)，则y＝kx． ①
由①、②联立，消去k，得2x2＋y2－2x＝0(y≠0)．
又Q(0，0)也适合上式，
∴点Q的轨迹方程为
轨迹名称与焦点坐标同解一
评注：
点Q的运动可看作点P的移动引起的，因此可选点P的纵坐标作参数描述点Q的运动规律；点Q的运动也可看作直线l绕原点运动引起的，因此可选择直线l的倾角或斜率建立Q的横纵坐标之间的联系．
例2
又点Q在OP上并且满足|OQ|·|OP|＝|OR|2(如图2)．当点P在直线l移动时，求点Q的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线．
分析：
所给等式|OQ|·|OP|＝|OR|2除涉及到我们需要的动点Q之外，还含有动点P与R，为得到Q的轨迹方程，就应建立P、R与Q坐标之间的关系，这可由O、Q、P、R四点共线以及点R与椭圆的结合关系，点P与直线的结合关系予以确定；利用∠xOP＝θ来描述Q、R、P的坐标也是一种好方法；如果把Q、P、R投影到x轴上，则可把题设等式化为
解一：
由题设知点Q不在原点．设P(xP，yP)、R(xR，yR)及Q(x，y)，其中x、y不全为0．
当点P不在y轴上时，由点R在椭圆上及O、Q、R三点共线，得
解之，得
由点P在直线l上及O、Q、P三点共线，得
当点P在y轴上时，P(0，8)、R(0，4)、Q(0，2)，易验证①、②、③、④均成立．
由题设|OQ|·|OP|＝|OR|2，得
将①、②、③、④皆代入上式，得
∵x与xP同号，y与yP同号；
∴由③、④知2x＋3y＞0
解二：
由题设知点Q不在原点．设P(xP，yP)、R(xR，yR)及Q(x，y)，其中x、y不全为零．
设∠xOP＝α，则有以下各式：
xP＝|OP|·cosα，yP＝|OP|·sinα；
xR＝|OR|·cosα，yR＝|OR|·sinα；
x＝|OQ|·cosα，y＝|OQ|·cosα．
由上式及题设等式|OQ|·|OP|＝|OR|2，得
由点P在直线l上，点在椭圆上，得
将①、②、③、④代入⑤、⑥得
整理，得
平行于x轴的椭圆，去掉原点O(0，0)．
解三：
依题设点Q不在原点．设P(xP，yP)、R(xR，yR)、Q(x，y)，其中x、y不同时为零．
∵ |OQ|·|OP|＝|OR|2
依题意知x、xP与xR同号，y、yP与yR同号，所以
由于点P(xP，yP)在直线l上，及O、P、Q三点共线，得
把①、②代入(※)式，得
轴平行于x轴的椭圆，去掉原点O(0，0)．
评注：
本题是1995年全国高考数学试题理科压轴题，这一年的文科试题是它的姊妹题：
知点Q在OP上并且满足|OQ|·|OP|＝|OR|2．当点Q在l上移动时，求点Q的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线．
例3
沿x轴折成直二面角，求AB的连线与x轴所成的角．
解：
过B引BC‖OX交椭圆于C，B、C关于y轴对称，A、C关于x轴对称
∴|AD|＝|DC|且AD、DC均垂直于x轴．
坐标平面折起后在同一平面内的点或线，位置关系不变，仍有|AD|＝|DC|且AD、DC均垂直于x轴．
∠ADC是二面角的平面角，
AD⊥平面BOC如图3所示，
∵BC⊥CD，根据三垂线定理，得BC⊥AC．
在Rt△ABC中|BC|同折前为2|OA|cosα，
评注：
(1)本题涉及的知识点是：椭圆方程、三角函数概念与直角三角形边角关系、二面角的平面角、三垂线定理和异面直线所成的角．
(2)这是一道解析几何与立体几何的综合题，根据题设画出直观图，以辅助空间想象力，折起之后，在同一平面内的点与直线的相对位置不变，在不同平面内的点的相对位置改变了．这是判断位置关系时应予注意的．
典型例题
椭圆的定义
例1
过椭圆4x2＋y2=1的一个焦点F1的直线与椭圆交于A、B两点，则A、B与椭圆的另一个焦点F2构成△ABF2的周长是
[ ]
略解：
∵|AF1|＋|AF2|=2，
|BF1|＋|BF2|=2，
∴|AF1|＋|BF1|＋|AF2|＋|BF2|=4，
即|AB|＋|AF2|＋|BF2|=4．
∴选B．
评注：
此题明是求周长，实际上是用椭圆的定义．题中提现了转化的思想．
例2
M点为椭圆上一点，椭圆两焦点为F1，F2．且2a=10,2c=6,点I为△MF1F2
解：
如图，I为△MF1F2的内心，
∴∠1=∠2，
比较①、②，并应用等比定理，得
评注：
此题三步用到了椭圆的定义，内角平分线定理，等比定理．等比定理是桥梁把内角平分线分线段比与椭圆的第一定义联系起来．
例3
已知椭圆两焦点为F1，F2，M点为椭圆上一点(不在直线F1F2上)，∠F1MF2=θ，|F1F2|=2c，|MF1|＋|MF2|=2a．求△MF1F2的面积．
解：
由余弦定理，得
(2c)2=|F1F2|2
=|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1|·|MF2|cos∠F1MF2
=(|MF1|＋|MF2|)2－2|MF1|·|MF2|(1＋cosθ)
=(2a)2－2|MF1|·|MF2|(1＋cosθ)
评注：
例4
已知方程2(k2－2)x2＋k2y2＋k2－k－6=0表示椭圆，求实数k的取值范围．
解：
按题意，得
评注：
解这种类型的题目，要注意椭圆的两种类型，同时要注意椭圆与圆的区别．
例5
解：
设所求椭圆方程为Ax2＋By2=k，
①
评注：
此题不知道椭圆的类型，因此采取这种“模糊”的设法，简化了计算．
例6
分析：
解：
设|PF1|=m，|PF2|=n，m＋n=20，
即m2＋n2－mn=144．
(1)
∴(m＋n)2－3mn=144．
评注：
在上述方法中运用了椭圆的定义和余弦定理，这是解决椭圆中三角形问题时常
求|PF1|·|PF2|的最大值．
解：
∵a=10，
∴|PF1|＋|PF2|=20．
当且仅当|PF1|=|PF2|时“=”号成立，
∴|PF1|·|PF2|的最大值为100．
例7
证
(1)∵P0在椭圆外，
(2)∵P0在椭圆内，
评注：
1．本题涉及的知识点是椭圆方程与坐标概念．
2．这是常用的知识点，了解坐标概念和曲线方程概念即不难证明．
例8
时，求|AM|＋2|MF|的最小值，并求此时点M的坐标．
解析：
本题按常规思路，设M(x，y)，则
又M在椭圆上，y可用x表示，这样|AM|＋2|MF|可表示为x的一元函数，再求此函数的最小值．虽说此法看上去可行，但实际操作起来十分困难，但我们可以由椭圆的第二定义，转化到点到直线的距离来求，如图．
∴|AM|＋2|MF|=|AM|＋d
由于点A在椭圆内，过A作AK⊥l，K为垂足，易证|AK|即为|AM|＋d的最小值，其值为8－(－2)=10
例9
[ ]
A．椭圆
B．双曲线
C．线段
D．抛物线
略解：
即点P(x，y)到定点F(1，1)的距离与到定直线l：x＋y＋2=0的距离的比值
∴点P的轨迹是椭圆，故选A．
评注：
此题很妙：妙在利用椭圆的第二定义，定义不能直接运用，必须进行变形后，才知答案．若利用两边平方解会很麻烦的．
例10
离为
[ ]
A．8
略解：
如图
|PF1|＋|PF2|=2a=10，
∴|PF1|=2．
∴|PF2|=10－|PF1|=10－2=8．
选A．
评注：
此题是椭圆第一定义与第二定义的综合运用．
例11
如图椭圆中心为O，F是焦点，A为顶点，准线l交OA延长线于B，P、Q在椭圆上，且PD⊥l于D，QF⊥OA于F，则椭圆离心率为
[ ]
A．0
B．2
C．2
D．5
答案：
D．
评注：
此题灵活利用离心率、深化对椭圆第二定义的理解．
例12
则有|PF1|=a＋ex0，|PF2|=a－ex0．
证明：
由椭圆第二定义，得
评注：
有的书中把上述结论叫做焦半径公式．按照人民教育出版社出版的教材要求这样做是不科学的，容易陷入单纯记忆公式，忽视椭圆第二定义的理解和应用．由于叙述的方便，后面我们还是采用焦半径的提法．但是要注重理解．
实际上，上述结论是椭圆第二定义的延伸，抓住椭圆第二定义，及点与直线位置关系极易推导和记住，使用时，前面冠以“根据椭圆第二定义，得”即可应用．
|PF1|=a＋ex0，|PF2|=a－ex0，
例13
分析：
只要解方程组即可．
此种方法，思路自然，但计算量较大，需要换一个角度，寻求新的解法．
解：
由椭圆第二定义，得
评注：
充分理解椭圆第二定义，可记忆有关结论．
椭圆的几何性质
例1
已知椭圆中心在坐标原点，焦点在同一坐标轴上，离心率e=0.6，且椭圆过点A(5，4)．求椭圆方程．
解：
评注：
注意椭圆方程的两种类型．
例2
已知椭圆方程(1－m)x2－my2=1，求长轴长．
解：
∴椭圆方程为第二类型．
评注：
方程的类型是至关重要的．
例3
[ ]
A．椭圆面积减小，焦点与对应准线距离增大
B．椭圆面积减小，焦点与对应准线距离减小
C．椭圆面积增大，焦点与对应准线距离增大
D．椭圆面积增大，焦点与对应准线距离减小
选B．
评注：
椭圆的形状有扁平一些的，也有圆一些的，怎样才能刻划出它的扁平程度呢？
当e越接近1时(即增大)，c越接近a，从而b越小，因此，椭圆越扁．
如果a不变，则椭圆面积S=πab就越小；焦点与对应准线间距离越小，即焦点向外移动．
当e越接近零时(即减小)，c越接近于零，从而b越大，这时椭圆接近于圆．
如果a不变，则椭圆面积S=πab就越大；焦点与对应准线间距离越大，即焦点向内移动．
注意：上述e的数量的变化，反映了椭圆的扁平程度，如果两焦点与原点重合，即a=b，则c=0时，图形发生质的变化就不再是椭圆，成为圆x2＋y2=a2．
例4
为点M到两焦点F1、F2的距离的等比中项？并说明理由．
解：
假设椭圆上存在一点满足题意为P(x0，y0)
左准线l：x=－4，|MN|=|x0＋4|=x0＋4．
若|MN|是|MF1|与|MF2|的等比中项，
由椭圆第二定义，得
因为点M(x0，y0)在椭圆上，故应有－2≤x0≤2，显然横坐标为x0＝－4，
评注：
本题的解法其实质是反证法．
例5
地球绕太阳运行的轨道是一个椭圆形，太阳在它的一个焦点上，轨道的近日点到太阳的距离是144百万公里，轨道的远日点到太阳的距离是149百万公里，求这轨道的离心率和轨道方程．
解：
以百万公里作为单位长度，如图建立坐标系
∴a－c=144，a＋c=149，
∴a=146.5, c=2.5．
评注：
设P(x0，y0)是椭圆上任一点，则|PF2|=a－ex0，－a≤x0≤－a．
∴(|PF2|)max=a－e·(－a)=a＋c，(|PF2|)min=a－e·a=a－c．
最值问题
例1
求以长轴为一底的椭圆内接梯形的最大面积．
解：
设椭圆方程为
评注：
1．本题涉及的知识点是：椭圆的方程(参数方程)，梯形的面积公式和三角函数的最值的处理方法．
2．最值问题的解法，一般是选择设计变量(恰当的自变量)，建立目标函数(这是一种数学模型)，然后应用函数知识与不等式求目标函数的最值．这里如何建立数学模型是关键，娴熟的数学语言是建立模型的基本工具．函数知识与不等式则是求最值的基础．
例2
解：
过B作BN⊥l于N，过A作AM⊥l于M．
由椭圆的性质，知
评注：
的距离，再根据图形的平几性质就可确定B点使u最小．
例3
椭圆，问M点在何处，所作椭圆的长轴最短，并求此椭圆的方程．
分析：
椭圆的长轴的长即为椭圆上点到两焦点距离的和．这样，求过直线l上点M所作长轴最短的椭圆，即转化为求直线l上一点，使这点到两焦点F1、F2的距离之和最小．
解法一：
a2=16，b2=12，
∴c2=a2－b2=4．
解法二：
圆应与直线l相切，M为切点，
消去y，得(a2＋b2)x2－8a2x＋16a2－a2b2=0，
∴△=64a4－4(a2＋b2)(16a2－a2b2)=0．
化简得a2＋b2=16．
(1)
∴a2－b2=4．
(2)
由①②联立方程组，得a2=10，b2=6．
评注：
以F1、F2为焦点且过直线l上一点的椭圆中，以与直线l相切的椭圆长轴长最短是因为除切点外，直线l上其它各点均在椭圆外，而椭圆外一点与两焦点距离之和大于2a，这一结论可由平面几何知识得到证明，同理还可证明椭圆内一点两焦点距离之和小于2a．
焦半径问题
例1
解：
exi)(i=1、2、3)．
∴三点的横坐标成等差数列是此点的焦半径成等差数列的充要条件．
评注：
1．本题涉及的知识点是椭圆的焦半径、等差数列和充要条件．
2．只有熟练掌握椭圆焦半径才能顺利通过这类基本题，这说明在掌握标准方程的同时熟练掌握有关元素的重要性．
例2
的距离成等差数列．
(1)求x1＋x2；
(2)证明AC的垂直平分线经过一定点，并求此定点的坐标．
解：
(1)由椭圆方程得半长轴a=5，半短轴b=3，半焦距c=4，根据圆锥曲线统一定义，得
∵|AF|＋|CF|=2|BF|，
故x1＋x2=8．
评注：
1．本题涉及的知识点是：椭圆方程、圆锥曲线的统一定义、中点公式、点斜式、等差数列和直线系方程．
2．根据圆锥曲线的统一定义推出椭圆的焦半径公式是应用|AF|、|BF|、|CF|成等差数列建立含x1、x2方程的不可缺少的数学语言．欲证AC的中垂线过一定点，建立AC中垂线的方程是关键．由于A、C两点是椭圆上的动点，因而AC的中垂线是直线系，求出此直线系的方程，就不难证明其过定点了．
直线与椭圆
例1
(1)有两个公共点；
(2)只有一个公共点；
(3)没有共公点．
解：
∴△=(12k)2－4×9×(6k2－8)=－72(k2－4)．
(1)△＞0即－2＜k＜2时，直线和椭圆有两个公共点．
(2)△=0，即k=－2或k=2时，直线和椭圆只有一个公共点．
(3)△＜0，即k＞2或k＜－2时，直线和椭圆没有公共点．
评注：
“△”法判别直线与椭圆位置关系的一般步聚：
(1)联立方程组．
(2)消元转化为一元二次方程．
(3)计算△=b2－4ac．
(i)当△＞0时，直线和椭圆两个公共点，此时称直线和椭圆相交．
(ii)当△=0时，直线和椭圆有且只有一个公共点．此时称直线和椭圆相切．
(iii)当△＜0时，直线和椭圆没有公共点，此时称直线和椭圆相离．
注意：
在直线和圆的位置关系判别有，有“△”判别法和“d－r”判别法两种，其中“d－r”判别法为最简单，也是常用的方法，在直线和椭圆的位置关系中，只有一种方法，即“△”判别法．
例2
于直线y=4x＋m对称．
解法一：
∴△=(－8b)2－4×13×(16b2－48)＞0．
(1)
设PQ中点为M(x，y)则
(2)
把②代入①，得
解法二：
设P(x1，y2)，Q(x2，y2)是椭圆C上符合条件的两点，M(x，y)是PQ的中点，
两式相减得，3(x1－x2)(x1＋x2)＋4(y1－y2)(y1＋y2)=0，
∵x1≠x2，x1＋x2=2x，y1＋y2=2y，
∴M(－m，－3m)．
∵点M应在椭圆C的内部，故
评注：
解此类题要深刻理解对称的意义．
例3
AB之长．
解：
椭圆的右焦点F(1，0)，
设直线l：y=x－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴y1－y2=x1－x2，
评注：
(1)如果此题进一步求△F1AB的面积，如图所示，F1(－1，0)
∴点F1(－1，0)到直线l：y=x－1的距离为
通常求△F1AB的面积还有如下两种求法：
(1)S△F1AB=S△F1F2A＋S△F1F2B，
(2)此题直线l是过椭圆的右焦点，所截得弦是“焦点弦”，对于“焦点弦”除了上述求弦长的方法外，还可考虑|AB|=|AF2|＋|BF2|后面的学习继续研究．
例4
已知椭圆中心在坐标原点O，焦点在坐标轴上，直线y=x＋1与该椭圆相交于
分析：
题设中没有明确椭圆焦点是在x轴上，还是在y轴上，因此，在选择标准方程形式时，不要明确a＞b还是a＜b，这是其一；另一方面题设中涉及交点P、Q的两个条件，简化计算．
解：
设所求的椭圆的方程为
依题意，点P、Q的坐标满足方程组
将②代入①，得
(a2＋b2)x2＋2a2x＋a2(1－b2)=0．
③
设方程③的两根分别为x1、x2，则直线y=x＋1与椭圆的交点P(x1，x1＋1)、Q(x2，x2＋1)．
整理，得
解x1＋x2与x1x2，得
解之，得
故所求椭圆方程为
评注：
此题是椭圆与韦达定理巧妙结合．
轨迹与综合
例1
已知点P在直线x＝2上移动，直线l过原点并且与OP垂直通过点A(1，0)及点P的直线m和直线l交于点Q，求点Q的轨迹方程，并指出该轨迹的名称与其焦点坐标．
解一：
设Q(x，y)，P(2，t)
∵OP⊥OQ，
∴ty＝－2x． ①
∵Q、A、P三点共线，
即y＝t(x－1)． ②
若t≠0，则由①、②消去t，得
2x2＋y2－2x＝0(y≠0)． (※)
若t＝0，则P(2，0)，l：x＝0．
∴Q(0，0)也满足(※)式．
综上所述，所求动点Q的轨迹方程为
解二：
当l⊥x轴时，则Q(0，0)．
当l不垂直于x轴时，设l：y＝kx，其中k≠0．
解方程组
设Q(x，y)，则y＝kx． ①
由①、②联立，消去k，得2x2＋y2－2x＝0(y≠0)．
又Q(0，0)也适合上式，
∴点Q的轨迹方程为
轨迹名称与焦点坐标同解一
评注：
点Q的运动可看作点P的移动引起的，因此可选点P的纵坐标作参数描述点Q的运动规律；点Q的运动也可看作直线l绕原点运动引起的，因此可选择直线l的倾角或斜率建立Q的横纵坐标之间的联系．
例2
又点Q在OP上并且满足|OQ|·|OP|＝|OR|2(如图2)．当点P在直线l移动时，求点Q的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线．
分析：
所给等式|OQ|·|OP|＝|OR|2除涉及到我们需要的动点Q之外，还含有动点P与R，为得到Q的轨迹方程，就应建立P、R与Q坐标之间的关系，这可由O、Q、P、R四点共线以及点R与椭圆的结合关系，点P与直线的结合关系予以确定；利用∠xOP＝θ来描述Q、R、P的坐标也是一种好方法；如果把Q、P、R投影到x轴上，则可把题设等式化为
解一：
由题设知点Q不在原点．设P(xP，yP)、R(xR，yR)及Q(x，y)，其中x、y不全为0．
当点P不在y轴上时，由点R在椭圆上及O、Q、R三点共线，得
解之，得
由点P在直线l上及O、Q、P三点共线，得
当点P在y轴上时，P(0，8)、R(0，4)、Q(0，2)，易验证①、②、③、④均成立．
由题设|OQ|·|OP|＝|OR|2，得
将①、②、③、④皆代入上式，得
∵x与xP同号，y与yP同号；
∴由③、④知2x＋3y＞0
解二：
由题设知点Q不在原点．设P(xP，yP)、R(xR，yR)及Q(x，y)，其中x、y不全为零．
设∠xOP＝α，则有以下各式：
xP＝|OP|·cosα，yP＝|OP|·sinα；
xR＝|OR|·cosα，yR＝|OR|·sinα；
x＝|OQ|·cosα，y＝|OQ|·cosα．
由上式及题设等式|OQ|·|OP|＝|OR|2，得
由点P在直线l上，点在椭圆上，得
将①、②、③、④代入⑤、⑥得
整理，得
平行于x轴的椭圆，去掉原点O(0，0)．
解三：
依题设点Q不在原点．设P(xP，yP)、R(xR，yR)、Q(x，y)，其中x、y不同时为零．
∵ |OQ|·|OP|＝|OR|2
依题意知x、xP与xR同号，y、yP与yR同号，所以
由于点P(xP，yP)在直线l上，及O、P、Q三点共线，得
把①、②代入(※)式，得
轴平行于x轴的椭圆，去掉原点O(0，0)．
评注：
本题是1995年全国高考数学试题理科压轴题，这一年的文科试题是它的姊妹题：
知点Q在OP上并且满足|OQ|·|OP|＝|OR|2．当点Q在l上移动时，求点Q的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线．
例3
沿x轴折成直二面角，求AB的连线与x轴所成的角．
解：
过B引BC‖OX交椭圆于C，B、C关于y轴对称，A、C关于x轴对称
∴|AD|＝|DC|且AD、DC均垂直于x轴．
坐标平面折起后在同一平面内的点或线，位置关系不变，仍有|AD|＝|DC|且AD、DC均垂直于x轴．
∠ADC是二面角的平面角，
AD⊥平面BOC如图3所示，
∵BC⊥CD，根据三垂线定理，得BC⊥AC．
在Rt△ABC中|BC|同折前为2|OA|cosα，
评注：
(1)本题涉及的知识点是：椭圆方程、三角函数概念与直角三角形边角关系、二面角的平面角、三垂线定理和异面直线所成的角．
(2)这是一道解析几何与立体几何的综合题，根据题设画出直观图，以辅助空间想象力，折起之后，在同一平面内的点与直线的相对位置不变，在不同平面内的点的相对位置改变了．这是判断位置关系时应予注意的．
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