高中數(shù)學(xué)橢圓經(jīng)典例題(學(xué)生 老師)

高中數(shù)學(xué)橢圓經(jīng)典例題(學(xué)生老師)=4.利用橢圓的性質(zhì)可知，對(duì)于任意一點(diǎn)P，其到兩焦點(diǎn)的距離之和等于橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)度的兩倍，即2a=PF1+PF2=9.因此，橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)度為a=4.5，短軸長(zhǎng)度由橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程中a和b的關(guān)系得到，即b=sqrt(a^2-c^2)=sqrt(20.25-2.25)=4.解得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x^2/20.25+y^2/16=1.例1：已知橢圓方程為mx+3y-6m=1的一個(gè)焦點(diǎn)為（0，2），求m的值。分析：將橢圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程，根據(jù)c=2和a=b+c的關(guān)系，求出m的值。解：將方程變形為6m=mx+3y-1，由c=2可知橢圓的長(zhǎng)軸為2c=4，因此a=b+c=4，代入方程得6m=4x+3y-1。解得m=5。例2：已知橢圓的中心在原點(diǎn)，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)P（3，2），a=3b，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程。分析：因橢圓的中心在原點(diǎn)，其標(biāo)準(zhǔn)方程有兩種情況。根據(jù)題設(shè)條件，利用待定系數(shù)法求出a和b的值，即可求得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程。解：設(shè)橢圓的方程為x^2/a^2+y^2/b^2=1。由題設(shè)條件得到3b^2=a^2，代入方程得到x^2/9y^2/3=1，即3x^2+y^2=9。例3：三角形ABC的底邊BC=16，AC和AB兩邊上中線長(zhǎng)之和為30，求此三角形重心G的軌跡和頂點(diǎn)A的軌跡。分析：以BC所在的直線為x軸，設(shè)G點(diǎn)坐標(biāo)為（x，y），由GC+GB=20，利用橢圓定義求解。由G的軌跡方程和G、A坐標(biāo)的關(guān)系，利用代入法求A的軌跡方程。解：（1）以BC所在的直線為x軸，設(shè)G點(diǎn)坐標(biāo)為（x，y），由GC+GB=20，BC中點(diǎn)為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系。知G點(diǎn)的軌跡是以B、C為焦點(diǎn)的橢圓，且除去軸上兩點(diǎn)。因此，橢圓的方程為100x^2/36+y^2=1。（2）設(shè)A（x，y），G（x'，y'），則x'=1/3(x1+x2+x3)，y'=1/3(y1+y2+y3)。代入G的軌跡方程得到x^2/36+y^2/100=1，即25x^2+9y^2=900。因此，A的軌跡是以橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)為焦點(diǎn)的橢圓。例4：已知P點(diǎn)在以坐標(biāo)軸為對(duì)稱軸的橢圓上，點(diǎn)P到兩焦點(diǎn)的距離分別為4和5，過(guò)P點(diǎn)作焦點(diǎn)所在軸的垂線，它恰好過(guò)橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)，求橢圓方程。解：設(shè)兩焦點(diǎn)為F1、F2，且PF1=4，PF2=5。利用橢圓的性質(zhì)可知，對(duì)于任意一點(diǎn)P，其到兩焦點(diǎn)的距離之和等于橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)度的兩倍，即2a=PF1+PF2=9。因此，橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)度為a=4.5，短軸長(zhǎng)度由橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程中a和b的關(guān)系得到，即b=sqrt(a^2-c^2)=sqrt(20.25-2.25)=4。由于過(guò)P點(diǎn)作焦點(diǎn)所在軸的垂線恰好過(guò)一個(gè)焦點(diǎn)，因此該橢圓的對(duì)稱軸必定與x軸或y軸重合。不妨設(shè)對(duì)稱軸為x軸，即橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x^2/20.25+y^2/16=1。從橢圓定義可知，$2a=PF_1+PF_2=25$，因此$a=\frac{33}{2}$。由于$\sin\anglePF_1F_2=\frac{1}{2}>PF_2$，知$PF_2$垂直于焦點(diǎn)所在的對(duì)稱軸。因此，在直角三角形$Rt\trianglePF_2F_2$中，可以求出$\anglePF_1F_2=\frac{\pi}{6}$，$2c=PF_1\cdot\cos\frac{\pi}{6}=\frac{1025}{222}$，從而$b=a-c=\frac{33}{2}-\frac{1025}{444}=\frac{167}{444}$。所以橢圓的方程為$\frac{x^2}{\left(\frac{33}{2}\right)^2}+\frac{y^2}{\left(\frac{167}{444}\right)^2}=1$。已知橢圓的方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，其中$a>b$，長(zhǎng)軸端點(diǎn)為$A_1$，$A_2$，焦點(diǎn)為$F_1$，$F_2$，點(diǎn)$P$在橢圓上，$\angleA_1PA_2=\theta$，$\angleF_1PF_2=\alpha$。求$\triangleF_1PF_2$的面積。解：如圖，設(shè)$P(x,y)$，由橢圓的對(duì)稱性，不妨設(shè)$P$在第一象限。由余弦定理知：$F_1F_2^2=PF_2^2+PF_1^2-2PF_1\cdotPF_2\cdot\cos\alpha$。又由橢圓定義知：$PF_1+PF_2=2a$，因此$PF_1\cdotPF_2=\frac{1}{2}(PF_1+PF_2)^2-a^2=\frac{1}{2}(25)^2-\left(\frac{33}{2}\right)^2=-\frac{1025}{4}$。代入上式，得$F_1F_2^2=4c^2\cos^2\alpha=16c^2\left(\frac{PF_1\cdotPF_2}{4c^2}\right)^2=\frac{1025^2}{222^2}\cdot\frac{(1+\cos\alpha)^2}{16}$。因此，$\sin\alpha=\frac{a}\sqrt{1-\cos^2\alpha}=\frac{a}\sqrt{1-\frac{16c^2}{(1+\cos\alpha)^2}}=\frac{a}\sqrt{\frac{(1-\cos\alpha)^2}{(1+\cos\alpha)^2}}=\frac{a}\tan\frac{\alpha}{2}$。所以$\triangleF_1PF_2$的面積為$\frac{1}{2}PF_1\cdotPF_2\cdot\sin\alpha=-\frac{b^2}{a}\cdot\frac{1025}{222}\cdot\frac{\tan\frac{\alpha}{2}}{2}=-\frac{167}{444}b^2\cdot\tan\frac{\alpha}{2}$。已知橢圓的方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，其中$a>b$。求解下列問(wèn)題：（1）求過(guò)點(diǎn)$P(\sqrt{2},\sqrt{3})$且被$P$平分的弦所在直線的方程；（2）求斜率為$2$的平行弦的中點(diǎn)軌跡方程；（3）引橢圓的割線，求截得的弦的中點(diǎn)的軌跡方程；（4）過(guò)$A(2,0)$，與橢圓相切于$P$點(diǎn)的直線的斜率為$-\frac{1}{2}$，求$P$點(diǎn)坐標(biāo)。解：（1）設(shè)過(guò)點(diǎn)$P$且被$P$平分的弦的中點(diǎn)為$(x_0,y_0)$，則該弦的方程為$y-y_0=k(x-x_0)$，其中$k=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$。將其代入橢圓方程，得$\frac{x^2}{a^2}+\frac{(k(x-x_0)+y_0)^2}{b^2}=1$，整理后化為二次方程$(1+k^2)\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}\right)+2k^2x_0\cdot\frac{x}{a^2}-k^2b^2=0$。由于該弦過(guò)點(diǎn)$P$，因此代入方程得到$x_0=\frac{a^2\sqrt{3}}{2\sqrt{2}(a^2-b^2)}$，$y_0=\frac{b^2\sqrt{2}}{2\sqrt{3}(a^2-b^2)}$。因此，所求直線的方程為$y-\frac{b^2\sqrt{2}}{2\sqrt{3}(a^2-b^2)}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\left(x-\frac{a^2\sqrt{3}}{2\sqrt{2}(a^2-b^2)}\right)$。（2）設(shè)平行弦的斜率為$k$，則該弦的方程為$y-y_0=k(x-x_0)$，其中$(x_0,y_0)$為該弦的中點(diǎn)。代入橢圓方程，得$\frac{x^2}{a^2}+\frac{(k(x-x_0)+y_0)^2}{b^2}=1$，整理后化為二次方程$(1+k^2)\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}\right)+2k^2x_0\cdot\frac{x}{a^2}-k^2b^2=0$。由于該弦的斜率為$2$，因此$k=\pm2$。代入方程解得$x_0=\pm\frac{a\sqrt{2}}{2}$，$y_0=\pm\frac{2}$。因此，平行弦的中點(diǎn)軌跡為$\frac{x^2}{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2}+\frac{y^2}{\left(\frac{2}\right)^2}=1$。（3）設(shè)割線的方程為$y=kx+b$，則與橢圓相交的點(diǎn)為$(x_1,kx_1+b)$和$(x_2,kx_2+b)$，其中$x_1$和$x_2$滿足橢圓的方程。由于割線截得的弦的中點(diǎn)為$\left(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{k(x_1+x_2)+2b}{2}\right)$，因此中點(diǎn)的軌跡方程為$\frac{(x_1+x_2)^2}{4a^2}+\frac{\left(k(x_1+x_2)+2b\right)^2}{16b^2}=1$。代入橢圓方程，得$(1+k^2)\left(\frac{x_1^2}{a^2}+\frac{x_2^2}{a^2}\right)+\frac{b^2}{a^2}(kx_1+b)^2+\frac{b^2}{a^2}(kx_2+b)^2-2k^2\cdot\frac{x_1+x_2}{a^2}-\frac{4b^2}{a^2}b=0$。由于割線是橢圓的切線，因此該方程的判別式為$0$，化簡(jiǎn)得到$k^2a^2=b^2$。代入中點(diǎn)軌跡的方程，得到$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，即中點(diǎn)軌跡為橢圓。（4）設(shè)$P(x,y)$，則過(guò)$A(2,0)$且斜率為$-\frac{1}{2}$的直線的方程為$y=-\frac{1}{2}(x-2)$。該直線與橢圓相切于$P$點(diǎn)，因此代入橢圓方程得到$4x^2+25y^2=100$。聯(lián)立解得$x=2\sqrt{2}$，$y=\frac{2}{\sqrt{5}}$，因此$P(2\sqrt{2},\frac{2}{\sqrt{5}})$。橢圓上有兩點(diǎn)P、Q，O為原點(diǎn)，且有直線OP、OQ斜率滿足$k_{OP}\cdotk_{OQ}=-1$，求線段PQ中點(diǎn)M的軌跡方程。分析：此題中四問(wèn)都跟弦中點(diǎn)有關(guān)，因此可考慮設(shè)弦端坐標(biāo)的方法。解：設(shè)弦兩端點(diǎn)分別為M$(x_1,y_1)$，N$(x_2,y_2)$，線段MN的中點(diǎn)R$(x,y)$，則$2x_1^2+2y_1^2=2$$2x_2^2+2y_2^2=2$$x_1+x_2=2x$$y_1+y_2=2y$$(1)-(2)$得：$(x_1+x_2)(x_1-x_2)+2(y_1+y_2)(y_1-y_2)=0$由題意知$x_1\neqx_2$，則上式兩端同除以$x_1-x_2$，有：$(x_1+x_2)^2+(y_1+y_2)^2=y_1+y_2$將$(3),(4)$代入得：$x+2y\cdot\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=\frac{3}{2}$將$y_1-y_2=\frac{x_2-x_1}{k_{OP}}$代入得：$2x+4y-\frac{3}{2}k_{OP}=0$當(dāng)$k_{OP}=0$時(shí)，$OP$垂直于$x$軸，$P$位于橢圓的上下焦點(diǎn)處，$M$的軌跡是橢圓的上下半部分。當(dāng)$k_{OP}$不存在時(shí)，$OP$垂直于$y$軸，$P$位于橢圓的左右焦點(diǎn)處，$M$的軌跡是橢圓的左右半部分。當(dāng)$k_{OP}\neq0$且$k_{OP}$存在時(shí)，$M$的軌跡是直線$2x+4y-\frac{3}{2}k_{OP}=0$。例8已知橢圓$4x+y=1$及直線$y=x+m$。（1）當(dāng)$m$為何值時(shí)，直線與橢圓有公共點(diǎn)？（2）若直線被橢圓截得的弦長(zhǎng)為$\frac{2\sqrt{10}}{3}$，求直線的方程。注：因?yàn)闆](méi)有給出例8的問(wèn)題，這里就不作答了。對(duì)于第一段，我們可以將其改寫為：設(shè)直線與橢圓的交點(diǎn)橫坐標(biāo)為x1和x2，將直線方程y=x+m代入橢圓方程4x+y=1中，得到5x+2mx+m-1=0。計(jì)算判別式Δ=4(5m-1)，得到-16m+20≥0，解得-2/5≤m≤5/2。第二段可以改寫為：已知橢圓x2/4+y2=1的焦點(diǎn)為F1(-3,0)和F2(3,0)，過(guò)直線l:x-y+9=0上一點(diǎn)M作橢圓，要使所作橢圓的長(zhǎng)軸最短，求點(diǎn)M的坐標(biāo)和此時(shí)的橢圓方程。我們可以利用對(duì)稱性，將點(diǎn)F1關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)記作F，其坐標(biāo)為(-9,6)。直線FF2的方程為x+2y-3=0，解得交點(diǎn)M的坐標(biāo)為(-5,4)。此時(shí)，MF1+MF2最小，即橢圓的長(zhǎng)軸最短。所求橢圓的長(zhǎng)軸為2a=MF1+MF2=6√5，因此a=3√5，b=√36=6。所求橢圓的方程為9x2/20+y2/36=1。第三段可以改寫為：已知方程x2+y2/2=k-5/3-k/2，表示橢圓，求k的取值范圍。將方程化簡(jiǎn)，得到2x2+2y2=6k-25-3k，即x2+y2=3k-25/2。因?yàn)闄E圓的半長(zhǎng)軸為a=√(3k-25/2)，為正實(shí)數(shù)，所以3k-25/2>0，即k>25/6。又因?yàn)闄E圓的離心率為c/a=1/2，所以3k-25/2=k/2+5/3，解得k=11/3。因此，滿足條件的k的取值范圍為25/6<k<11/3。出錯(cuò)的原因是沒(méi)有注意橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程中a>b這個(gè)條件，當(dāng)a=b時(shí)，并不表示橢圓。例如，已知方程xsinα-ycosα=1(≤α≤π)表示焦點(diǎn)在y軸上的橢圓，求α的取值范圍。分析：依據(jù)已知條件確定α的三角函數(shù)的大小關(guān)系。再根據(jù)三角函數(shù)的單調(diào)性，求出α的取值范圍。因?yàn)榻裹c(diǎn)在y軸上，所以方程可化為x^2/a^2+y^2/b^2=1，其中a=1/sinα，b=1/cosα。因此sinα>0且tanα<-1，從而α∈(π/3,π)。例12：求中心在原點(diǎn)，對(duì)稱軸為坐標(biāo)軸，且經(jīng)過(guò)A(3,-2)和B(-2,3)兩點(diǎn)的橢圓方程。分析：由題設(shè)條件焦點(diǎn)在哪個(gè)軸上不明確，橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程有兩種情形。為了計(jì)算簡(jiǎn)便起見(jiàn)，可設(shè)其方程為mx+ny=1(m>0，n>0)，且不必去考慮焦點(diǎn)在哪個(gè)坐標(biāo)軸上，直接可求出方程。解：設(shè)所求橢圓方程為mx+ny=1(m>0，n>0)。由A(3,-2)和B(-2,3)兩點(diǎn)在橢圓上可得方程組：3m-2n=1，-2m+3n=1。解得m=n=1/5。故所求的橢圓方程為x/5+y/5=1。例13：已知圓x^2+y^2=1，從這個(gè)圓上任意一點(diǎn)P向y軸作垂線段，求線段中點(diǎn)M的軌跡。分析：本題是已知一些軌跡，求動(dòng)點(diǎn)軌跡問(wèn)題。這種題目一般利用中間變量(相關(guān)點(diǎn))求軌跡方程或軌跡。解：設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x,y)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x,z)，則x^2+z^2=1。因?yàn)镻(x,z)在圓x^2+y^2=1上，所以x^2+z^2=1。將x=2x，y=z代入方程x^2+y^2=1得4x^2+y^2=1。所以點(diǎn)M的軌跡是一個(gè)橢圓4x^2+y^2=1。說(shuō)明：此題是利用相關(guān)點(diǎn)法求軌跡方程的方法，這種方法具體做法如下：首先設(shè)動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)為(x,y)，設(shè)已知軌跡上的點(diǎn)的坐標(biāo)為(x,z)，然后根據(jù)題目要求，使x，y與x，z建立等式關(guān)系，從而由這些等式關(guān)系求出x和y代入已知的軌跡方程，就可以求出關(guān)于x，y的方程，化簡(jiǎn)后即我們所求的方程。這種方法是求軌跡方程的最基本的方法，必須掌握。已知長(zhǎng)軸為12，短軸為6，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，過(guò)它對(duì)的左焦點(diǎn)F1作傾斜角為θ的直線交橢圓于A、B兩點(diǎn)，求弦AB的長(zhǎng)。分析：可以利用弦長(zhǎng)公式AB=√[(1+k)(x1+x2-4x1x2)]求得，也可以利用橢圓定義及余弦定理，還可以利用焦點(diǎn)半徑來(lái)求。解法1：利用直線與橢圓相交的弦長(zhǎng)公式求解。AB=√[(1+k)^2(x1+x2)^2-4(1+k)^2x1x2]。因?yàn)閍=6，b=3，所以c=√(a^2-b^2)=√(36-9)=3√3。因?yàn)榻裹c(diǎn)在x軸上，橢圓方程為x^2/36+y^2/9=1，左焦點(diǎn)F1(-3√3,0)，從而直線方程為y=tanθ(x+3√3)，所以x1和x2是方程x^2/36+(tanθ(x+3√3))^2/9=1的兩根，解得x1+x2=-2√3/3tanθ，x1x2=8/(3tan^2θ+1)，代入AB的公式即可得到AB的長(zhǎng)。解法2：利用橢圓的定義及余弦定理求解。設(shè)AF1=1/m，BF1=1/n，則AF2=√(a^2-b^2/m^2)，BF2=√(a^2-b^2/n^2)，AB=AF2+BF2。由題意可知橢圓方程為x^2/36+y^2/9=1，設(shè)直線與x軸的夾角為α，則tanα=tanθ/3，代入余弦定理的公式即可得到AB的長(zhǎng)。解法3：利用焦半徑求解。先根據(jù)直線與橢圓聯(lián)立的方程13x+7√3x+288=0求出方程的兩根x1，x2，它們分別是A、B的橫坐標(biāo)。再根據(jù)焦半徑AF1=a+ex1，BF1=a+ex2，從而求出AB=AF1+BF1。答案：無(wú)法確定，因?yàn)闆](méi)有給出直線的傾斜角度θ。)．又因?yàn)橹本€AB與l垂直，所以它們的斜率積為-1，即(y2y1)(4)1，解得y1y2.將y1y2代入上式得3(x1x2)(x1x2)8y1y2．由于A，B在直線l的兩側(cè)，所以x1和x2異號(hào)，即x1x20．又因?yàn)锳，B關(guān)于l對(duì)稱，所以它們的縱坐標(biāo)相等，即y14x1m，y24x2m．代入上式得3(x1x2)(x1x2)32x1x2．整理得(x1x2)(3x13x28)0，解得x183x23或x283x13．由于橢圓上的點(diǎn)是對(duì)稱的，所以只需考慮x183x23的情況．代入y14x1m，y24x2m，得(x1,y1)(,)(83m3,4m3)，(x2,y2)(,)(83m3,4m3)．因?yàn)锳，B不重合，所以x1x2，解得m22213213或m131313413.綜上所述，m的取值范圍為22213213m131313413.已知直線AB與直線l垂直，所以kAB×kl=-1，即-3x×4=-1，解得y=3x。又M點(diǎn)在直線l上，所以可以表示為y=4x+m。將兩個(gè)方程聯(lián)立，解得M點(diǎn)坐標(biāo)為(-m,-3m)。另一種解法是利用橢圓上兩點(diǎn)A、B關(guān)于直線l恒對(duì)稱的性質(zhì)，通過(guò)列參數(shù)滿足的不等式來(lái)求解。具體來(lái)說(shuō)，可以通過(guò)以下兩個(gè)條件建立參數(shù)方程：一是直線AB與橢圓恒有兩個(gè)交點(diǎn)，通過(guò)直線方程與橢圓方程組成的方程組，消元后得到的一元二次方程的判別式大于0；二是弦AB的中點(diǎn)M在橢圓內(nèi)部，滿足x^2/a^2+y^2/b^2<1。這樣就可以求出M點(diǎn)坐標(biāo)。例17中，以MN的中點(diǎn)為原點(diǎn)，MN所在直線為x軸建立直角坐標(biāo)系，設(shè)P(x,y)。已知tanM=1/2，tanN=-2，可以求出橢圓的焦距c和長(zhǎng)軸a，進(jìn)而求出短軸b。最終得到橢圓方程為4x^2y^2/153+x^2/9-y^2/17=1。例18中，已知P(4,2)是直線l被橢圓x^2/9+y^2/16=1分成的線段的中點(diǎn)，要求求出直線l的方程。可以設(shè)直線方程為y-2=k(x-4)，代入橢圓方程得到一個(gè)關(guān)于x的一元二次方程，通過(guò)求根并代入求解k，最終得到直線方程為y-2=-3/4(x-4)。方法一：根據(jù)題意，直線過(guò)點(diǎn)P(4,2)，斜率為k，代入橢圓方程可得：$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1$$\frac{(4+2k)^2}{9}+\frac{k^2}{4}=1$化簡(jiǎn)得：$k^2+4k-8=0$解得：$k=-2\pm\sqrt{10}$所求直線方程為$x+2y-8=\frac{-2\pm\sqrt{10}}{2}$方法二：設(shè)直線與橢圓交點(diǎn)A(x1,y1)，B(x2,y2)。由題意得：$P(4,2)$為AB中點(diǎn)，即$\frac{x1+x2}{2}=4$，$\frac{y1+y2}{2}=2$又因?yàn)锳、B在橢圓上，所以：$x1+4y1=36$，$x2+4y2=36$兩式相減得$(x1-x2)+4(y1-y2)=0$即$(x1+x2)(x1-x2)+4(y1+y2)(y1-y2)=0$所以直線方程為$x+2y-8=\frac{-2\pm\sqrt{10}}{4(y1+y2)^2}$方法三：設(shè)所求直線與橢圓的一個(gè)交點(diǎn)為A(x,y)，另一個(gè)交點(diǎn)為B(8-x,4-y)。由題意得：$x+4y=36$，$8-x+4(4-y)=36$解得：$x=4y-8$代入第一個(gè)方程得：$y=4$代入橢圓方程得：$x=0$所以A點(diǎn)為(0,4)，B點(diǎn)為(4,0)直線AB的斜率為-1，過(guò)AB中點(diǎn)P(2,2)，所以直線方程為$x+2y-8=0$例1：已知橢圓mx+3y-6m=1的一個(gè)焦點(diǎn)為（3,2），求m的值。改寫為：已知橢圓方程$\frac{x^2}{m^2}+\frac{y^2}{9}=1$的一個(gè)焦點(diǎn)為（3,2），求m的值。根據(jù)橢圓的焦點(diǎn)公式，設(shè)橢圓的另一個(gè)焦點(diǎn)為（-3,2），則有$\sqrt{m^2-9}=3$，解得$m=2\sqrt{2}$或$m=-2\sqrt{2}$。例2：已知橢圓的中心在原點(diǎn)，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(3,4)，長(zhǎng)軸端點(diǎn)為A1(-5,0)，A2(5,0)，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程。改寫為：已知橢圓的中心在原點(diǎn)，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(3,4)，長(zhǎng)軸為A1A2，短軸為B1B2，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程。由題意得：中心坐標(biāo)為(0,0)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)度為10，短軸長(zhǎng)度為8。所以標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1$。例3：$\triangleABC$的底邊BC=16，AC和AB兩邊上中線長(zhǎng)之和為30，求此三角形重心G的軌跡和頂點(diǎn)A的軌跡。改寫為：已知$\triangleABC$的底邊BC=16，AC和AB兩邊上中線長(zhǎng)之和為30，求此三角形重心G的軌跡和頂點(diǎn)A的軌跡。設(shè)$\overrightarrow{BC}=a$，$\overrightarrow{CA}=b$，$\overrightarrow{AB}=c$，則有：$\overrightarrow{AG}=\frac{2}{3}b+\frac{1}{3}c$$\overrightarrow{BG}=\frac{2}{3}a+\frac{1}{3}c$$\overrightarrow{CG}=\frac{2}{3}a+\frac{1}{3}b$由題意得：$|a|=16$，$|b|+|c|=30$所以$|\overrightarrow{AG}|^2=\frac{1}{9}|2b+c|^2=\frac{1}{9}(4|b|^2+4|c|^2+4\overrightarrow\cdot\overrightarrow{c})=\frac{1}{9}(8|b|^2+8|c|^2-16|\overrightarrow{BC}|^2)$化簡(jiǎn)得：$|\overrightarrow{AG}|^2=8|b|^2-16$所以$|b|=\sqrt{\frac{|\overrightarrow{AG}|^2+16}{8}}$又因?yàn)?|b|+|c|=30$，所以$|c|=30-|b|$所以$|c|=30-\sqrt{\frac{|\overrightarrow{AG}|^2+16}{8}}$所以$|\overrightarrow{AG}|^2+|\overrightarrow{BC}|^2=|b|^2+|c|^2+16=722-2\sqrt{|\overrightarrow{AG}|^2+16}$所以$|\overrightarrow{AG}|^2+|\overrightarrow{BC}|^2-722=-2\sqrt{|\overrightarrow{AG}|^2+16}$所以$|\overrightarrow{AG}|^4+2|\overrightarrow{AG}|^2(722-|\overrightarrow{BC}|^2)+|\overrightarrow{BC}|^4-722^2+2\cdot722|\overrightarrow{BC}|^2-16=0$解得：$|\overrightarrow{AG}|^2=361-|\overrightarrow{BC}|^2\pm\sqrt{361|\overrightarrow{BC}|^2-|\overrightarrow{BC}|^4}$所以G的軌跡為以BC為直徑的圓，A的軌跡為以BC為直徑的圓的外接圓。例4：已知P點(diǎn)在以坐標(biāo)軸為對(duì)稱軸的橢圓上，點(diǎn)P到兩焦點(diǎn)的距離分別為4和5的垂線，它恰好過(guò)橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)，求橢圓方程。設(shè)橢圓的焦點(diǎn)為F1和F2，橫軸長(zhǎng)為2a，縱軸長(zhǎng)為2b，橢圓方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$設(shè)垂線與x軸的交點(diǎn)為A，與y軸的交點(diǎn)為B，垂線與橢圓的交點(diǎn)為P。由題意得：$AF1=5$，$AF2=4$，所以$|F1F2|=2\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{41}$又因?yàn)榇咕€過(guò)橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)，所以$AP=AF1=5$設(shè)垂線的斜率為k，則有：$k=\frac{b^2}{a^2}$又因?yàn)榇咕€過(guò)點(diǎn)P(4,3)，所以$3-b=k(4-a)$，$4-a=k(3-b)$解得：$a=\frac{8}{3}$，$b=\frac{5}{3}$，所以橢圓方程為$\frac{9x^2}{64}+\frac{9y^2}{25}=1$例5：已知橢圓方程$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，長(zhǎng)軸端點(diǎn)為A1，A2，焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，$\angleF1PF2=\theta$，求$\triangleF1PF2$的面積。設(shè)橢圓的離心率為e，則有：$e=\sqrt{1-\frac{b^2}{a^2}}$又因?yàn)?\overrightarrow{F1F2}=2a\overrightarrow{i}$，$\overrightarrow{PF1}=a\overrightarrow{e}+r\cos\theta\overrightarrow{i}+r\sin\theta\overrightarrow{j}$，$\overrightarrow{PF2}=-a\overrightarrow{e}+r\cos\theta\overrightarrow{i}-r\sin\theta\overrightarrow{j}$其中r為$\overrightarrow{PF1}$的模長(zhǎng)，$\overrightarrow{i}$和$\overrightarrow{j}$分別為x軸和y軸的單位向量。所以$\overrightarrow{F1P}\times\overrightarrow{F2P}=4a^2r^2\sin\theta\overrightarrow{k}$所以$\triangleF1PF2$的面積為$\frac{1}{2}|\overrightarrow{F1P}\times\overrightarrow{F2P}|=2a^2r^2\sin\theta$所以$\triangleF1PF2$的面積為$2a^2r^2\sin\theta=2a^2r^2\sqrt{1-\cos^2\theta}=2a^2r^2\sqrt{1-e^2\sin^2\theta}$所以$\triangleF1PF2$的面積為$2a^2r^2\sqrt{1-\frac{b^2}{a^2}\sin^2\theta}$1.求斜率為2的平行弦的中點(diǎn)軌跡方程：要求斜率為2的平行弦，可以先假設(shè)橢圓的長(zhǎng)軸與x軸平行，即橢圓方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，其中$a>b$。平行弦的斜率為2，則弦的方程為$y=2x+c$，其中$c$為常數(shù)。設(shè)弦的中點(diǎn)為$(x_0,y_0)$，則可以列出以下方程組：$$\begin{cases}y_0=2x_0+c\\\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}=1\end{cases}$$消去$c$，得到：$$\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{(2x_0+y_0)^2}{4b^2}=1$$化簡(jiǎn)，得到中點(diǎn)軌跡的方程：$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{(2x+y)^2}{4b^2}=1$$2.引橢圓的割線，求截得的弦的中點(diǎn)的軌跡方程：設(shè)割線的方程為$y=kx+b$，截得的弦的中點(diǎn)為$(x_0,y_0)$。設(shè)橢圓的方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，則可以列出以下方程組：$$\begin{cases}y=kx+b\\\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\end{cases}$$解得割線與橢圓的交點(diǎn)為$(\frac{a^2bk}{b^2+k^2},\frac{abk^2+b^2k}{b^2+k^2}+b)$和$(\frac{-a^2bk}{b^2+k^2},\frac{-abk^2-b^2k}{b^2+k^2}+b)$。由于弦的中點(diǎn)為割線的中點(diǎn)，因此可以列出以下方程組：$$\begin{cases}x_0=\frac{a^2bk}{b^2+k^2}\\y_0=\frac{abk^2+b^2k}{b^2+k^2}+b\end{cases}$$消去$k$和$b$，得到中點(diǎn)軌跡的方程：$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-\frac{2xy}{ab}=1$$3.過(guò)A(2,1)且斜率為$k$的直線與橢圓$x^2+5y^2=1$相交于點(diǎn)P和Q，且滿足$k\cdot\frac{y_P-y_A}{x_P-x_A}\cdotk\cdot\frac{y_Q-y_A}{x_Q-x_A}=-1$，求線段PQ中點(diǎn)M的軌跡方程：設(shè)直線的方程為$y=k(x-2)+1$，則可以列出以下方程組：$$\begin{cas