椭圆检测题(自主命题)

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1、椭圆过关检测题1已知椭圆的一个焦点为（0，2）求的值．2已知椭圆的中心在原点，且经过点，，求椭圆的标准方程．3已知椭圆方程，长轴端点为，，焦点为，，是椭圆上一点，，．求：的面积（用、、表示）．4已知椭圆，（1）求过点且被平分的弦所在直线的方程；（2）求斜率为2的平行弦的中点轨迹方程；（3）过引椭圆的割线，求截得的弦的中点的轨迹方程；（4）椭圆上有两点、，为原点，且有直线、斜率满足，求线段中点的轨迹方程．5椭圆上的点到焦点的距离为2，为的中点，则（为坐标原点）的值为A．4　　　B．2　　C．8　　D．6已知是直线被椭圆所截得

2、的线段的中点，求直线的方程．7椭圆的一个顶点为，其长轴长是短轴长的2倍，求椭圆的标准方程．8已知中心在原点，焦点在轴上的椭圆与直线交于、两点，为中点，的斜率为0.25，椭圆的短轴长为2，求椭圆的方程．9椭圆上不同三点，，与焦点的距离成等差数列．（1）求证；（2）若线段的垂直平分线与轴的交点为，求直线的斜率．10已知椭圆，求过点且被平分的弦所在的直线方程．11在直角坐标系xOy中，已知中心在原点，离心率为的椭圆E的一个焦点为圆C：x2＋y2－4x＋2＝0的圆心．(1)求椭圆E的方程；(2)设P是椭圆E上一点，过P作两条斜率之

3、积为的直线l1，l2，当直线l1，l2都与圆C相切时，求P的坐标．12椭圆的右焦点为，过点，点在椭圆上，当为最小值时，求点的坐标．参考答案1分析：把椭圆的方程化为标准方程，由，根据关系可求出的值．解：方程变形为．因为焦点在轴上，所以，解得．又，所以，适合．故．2分析：因椭圆的中心在原点，故其标准方程有两种情况．根据题设条件，运用待定系数法，求出参数和（或和）的值，即可求得椭圆的标准方程．解：当焦点在轴上时，设其方程为．由椭圆过点，知．又，代入得，，故椭圆的方程为．当焦点在轴上时，设其方程为．由椭圆过点，知．又，联立解得，，

4、故椭圆的方程为．3分析：求面积要结合余弦定理及定义求角的两邻边，从而利用求面积．解：如图，设，由椭圆的对称性，不妨设，由椭圆的对称性，不妨设在第一象限．由余弦定理知：·．①由椭圆定义知：②，则得．故．4分析：此题中四问都跟弦中点有关，因此可考虑设弦端坐标的方法．解：设弦两端点分别为，，线段的中点，则①－②得．由题意知，则上式两端同除以，有，将③④代入得．⑤（1）将，代入⑤，得，故所求直线方程为：．⑥将⑥代入椭圆方程得，符合题意，为所求．（2）将代入⑤得所求轨迹方程为：．（椭圆内部分）（3）将代入⑤得所求轨迹方程为：．（椭圆

5、内部分）（4）由①＋②得：，⑦，将③④平方并整理得，⑧，，⑨将⑧⑨代入⑦得：，⑩再将代入⑩式得：，即．此即为所求轨迹方程．当然，此题除了设弦端坐标的方法，还可用其它方法解决．5解：如图所示，设椭圆的另一个焦点为，由椭圆第一定义得，所以，又因为为的中位线，所以，故答案为A．说明：(1)椭圆定义：平面内与两定点的距离之和等于常数（大于）的点的轨迹叫做椭圆．(2)椭圆上的点必定适合椭圆的这一定义，即，利用这个等式可以解决椭圆上的点与焦点的有关距离．6分析：本题考查直线与椭圆的位置关系问题．通常将直线方程与椭圆方程联立消去(或)，

6、得到关于(或)的一元二次方程，再由根与系数的关系，直接求出，(或，)的值代入计算即得．并不需要求出直线与椭圆的交点坐标，这种“设而不求”的方法，在解析几何中是经常采用的．解：方法一：设所求直线方程为．代入椭圆方程，整理得　①设直线与椭圆的交点为，，则、是①的两根，∴∵为中点，∴，．∴所求直线方程为．方法二：设直线与椭圆交点，．∵为中点，∴，．又∵，在椭圆上，∴，两式相减得，即．∴．∴直线方程为．方法三：设所求直线与椭圆的一个交点为，另一个交点．∵、在椭圆上，∴　　①。　　　　　②从而，在方程①－②的图形上，而过、的直线只有

7、一条，∴直线方程为．说明：直线与圆锥曲线的位置关系是重点考查的解析几何问题，“设而不求”的方法是处理此类问题的有效方法．若已知焦点是、的椭圆截直线所得弦中点的横坐标是4，则如何求椭圆方程？7解：（1）当为长轴端点时，，，椭圆的标准方程为：；（2）当为短轴端点时，，，椭圆的标准方程为：；说明：椭圆的标准方程有两个，给出一个顶点的坐标和对称轴的位置，是不能确定椭圆的横竖的，因而要考虑两种情况．8解：由题意，设椭圆方程为，由，得，∴，，，∴，∴为所求．说明：（1）此题求椭圆方程采用的是待定系数法；（2）直线与曲线的综合问题，经常

8、要借用根与系数的关系，来解决弦长、弦中点、弦斜率问题．9证明：（1）由椭圆方程知，，．由圆锥曲线的统一定义知：，∴．同理．∵，且，∴，即．（2）因为线段的中点为，所以它的垂直平分线方程为．又∵点在轴上，设其坐标为，代入上式，得又∵点，都在椭圆上，∴∴．将此式代入①，并利用的结论得∴．10分析一：已知一点