椭圆方程
一、椭圆的定义
平面内与两个定点 $F_1,F_2$ 的距离的和等于常数（大于 $|F_1F_2|$ ）的点的轨迹叫作椭圆。
这两个定点叫作椭圆的焦点，两焦点间的距离，即 $|F_1F_2|$ 叫作椭圆的焦距。
特别地，当距离的和为 $|F_1F_2|$ 时，轨迹不是椭圆，而是线段 $F_1F_2$ 。
二、椭圆的标准方程
下面的建系方式运算较为方便，所以一般椭圆都采用这种方式建系。
设焦点 $F_1(-c,0),F_2(c,0)$ ，此时焦点在 $x$ 轴上，则椭圆的标准方程为
设焦点 $F_1(0,-c),F_2(0,c)$ ，此时焦点在 $y$ 轴上，则椭圆的标准方程为
这里不仅是令 $b^2 = a^2 - c^2$ ，$b$ 其实拥有几何意义，如下图所示：
例题：
求适合下列条件的椭圆的标准方桯。
- 椭圆的两个焦点的坐标分别是 $(-4,0),(4,0)$ ，椭圆上一点 $P$ 到两焦点距离的和等于 $10$ 。
- 椭圆的焦距为 $6,~ a-b=1$
- 椭圆过点 $(3,2),(5,1)$ 。
解：
椭圆的焦点在 $x$ 轴上，故设椭圆的标准方程为 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y ^ 2}{b ^ 2} = 1(a > b > 0)$ 。
因为 $2a = 10,c=4$ ，所以 $b^2 = a ^2 - c^2 = 9$ 。
所以椭圆的标准方程为 $\frac{x^2}{25} + \frac{y^2}{9} = 1$ 。
因为椭圆的焦距为 $6$ ，即 $c = 3$ ，所以 $a ^ 2 - b ^ 2 = c ^ 2 = 9$ 。
又因为 $a - b = 1$ ，所以 $a = 5, b = 4$ 。
所以椭圆的标准方程为 $\frac{x^2}{25} + \frac{y^2}{16} = 1$ 或 $\frac{y^2}{25} + \frac{x^2}{16} = 1$ 。
由题意可设椭圆的一般方程为 $Ax^2 + By^2 = 1 ( A > 0, B > 0, A \ne B)$ 。
则 $\left\{\begin{array}{l}9A + 4B = 1\\25A + B = 1\end{array}\right.$ ，解得 $\left\{\begin{array}{l}A=\frac{3}{91} \\B=\frac{16}{91}\end{array}\right.$ 。
故所求的椭圆标准方程为 $\frac{x^2}{\frac{91}{3}}+\frac{y^2}{\frac{91}{16}}=1$ 。
三、椭圆的一般方程及共焦点的椭圆系方程
椭圆的一般方程：$Ax^2 + By^2 = 1 (A > 0, B > 0, A \ne B)$
- 当 $\frac{1}{A} > \frac{1}{B}$ ，即 $B>A$ 时，表示焦点在 $x$ 轴上的椭圆。
- 当 $\frac{1}{A}<\frac{1}{B}$ ，即 $B<A$ 时，表示焦点在 $y$ 轴上的椭圆。
共焦点的椭圆系方程
与椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 有公共焦点的椭圆方程为：
与椭圆 $\dfrac{y^2}{a^2}+\dfrac{x^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 有公共焦点的椭圆方程为：
四、动点轨迹方程的求法
直接法：
考虑将动点满足的关系式用 $x,y$ 的等式表达出来，我们就求出了轨迹方程。
定义法
若已知曲线的定义（比如说了是圆），可先设方程，再确定其中的基本量
代入法：
也就是主动点和被动点的那种类型，我们可以找到被动点与主动点的关系，然后代入主动点方程。
待定系数法：
根据条件能知道曲线方程的类型，可以设出其方程形式，再根据条件确定待定的系数。
例题1：
已知直角坐标平面上点 $Q(2,0)$ 和圆 $O: x^2+y^2=1$
动点 $M$ 到圆 $O$ 的切线长与 $|M Q|$ 的比等于常数 $\lambda(\lambda>0)$
求动点 $M$ 的轨迹方程，并指出其表示什么曲线。
解：
考虑把切线长用 $|MO|$ 表示出来，然后利用关系式解出轨迹方程
设 $MN$ 切圆 $O$ 于点 $N$ ，则动点 $M$ 组成的集合为 $\mathfrak{P} = \left\{M \mid |MN| = \lambda |MQ|\right\}$
因为圆的半径 $|ON| = 1$ ，所以 $|MN| ^ 2 = |MO| ^ 2 - |ON| ^ 2 = |MO|^2 - 1$
设点 $M$ 的坐标为 $(x,y)$ ，则 $\sqrt{x^2+y^2-1}=\lambda \sqrt{(x-2)^2+y^2}$
整理得轨迹方程为 $\left(\lambda^2-1\right)\left(x^2+y^2\right)-4 \lambda^2 x+\left(1+4 \lambda^2\right)=0$
当 $\lambda = 1$ 时，方程化为 $x = \frac{5}{4}$ ，则该曲线表示的是一条直线，且垂直与 $x$ 轴并与其交于 $(\frac{5}{4},0)$ 。
当 $\lambda \ne 1$ 时，方程化为 $\left(x-\frac{2 \lambda^2}{\lambda^2-1}\right)^2+y^2=\frac{1+3 \lambda^2}{\left(\lambda^2-1\right)^2}$ ，则该曲线表示圆。
该圆的圆心坐标为 $\left(\frac{2 \lambda^2}{\lambda^2-1}, 0\right)$ ，半径为 $\frac{\sqrt{1+3 \lambda^2}}{\left|\lambda^2-1\right|}$ 。
例题2：
在平面内，$A,B$ 为两个定点，$C$ 是动点，若 $\overrightarrow{AC}\ \cdot\ \overrightarrow{BC} = 1$ ，求点 $C$ 的轨迹方程。
解：
设 $|AB| = 2a ( a > 0 )$ ，以 $AB$ 中点为原点，直线 $AB$ 为 $x$ 轴，建立平面直角坐标系。
则 $A(-a,0), B(a,0)$ 设 $C(x,y)$ ，可得 $\overrightarrow{AC} = (x + a,y),\overrightarrow{BC} = (x - a, y)$
从而 $\overrightarrow{AC} \ \cdot \ \overrightarrow{BC} = (x + a)(x - a) + y ^ 2$ ，结合题意可得 $(x + a)(x - a) + y ^ 2 = 1$
整理可得 $x^2 + y^2 = a^2 + 1$ ，即点 $C$ 的轨迹是以 $AB$ 中点为圆心，$\sqrt{a ^ 2 + 1}$ 为半径的圆。
五、椭圆的焦点三角形及其求解方法
这算是个综合性较强的“小知识点”吧。设 $M$ 是椭圆上一点， $F_1,F_2$ 为椭圆的焦点，
当点 $M,F_1,F_2$ 不在同一条直线上时，它们构成一个三角形——焦点三角形
焦点三角形的常用公式：
- 焦点三角形的周长为 $L = 2a + 2c$ 。
- 在 $\triangle MF_1F_2$ 中，由余弦定理得 $|F_1F_2|^2 = |MF_1|^2 + |MF_2|^2 - 2|MF_1|\cdot|MF_2| \cos \measuredangle F_1MF_2$
- 设 $M(x_0,y_0),\measuredangle F_1MF_2 = \varphi$ ，则 $S_{\triangle F_1MF_2} = c|y_0| = b^2 \tan \frac{\varphi}{2}$ 。
- 当点 $M$ 在 $y$ 轴上时， $\measuredangle F_1MF_2$ 最大（因为此时 $|y_0|$ 最大，则 $\varphi$ 最大）。
关于椭圆的焦点三角形问题，可结合椭圆的定义列出 $|PF_1| + |PF_2| = 2a$ ，利用这个关系式便可求出结果。
在椭圆中，焦点三角形引出的问题很多，在处理这些问题时，经常利用定义结合正弦&余弦定理、勾股定理等
以及配方法、解方程以及把 $|PF_1| \cdot |PF_2|$ 看成一个整体等方法。
例1：
已知椭圆的方程为 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$ ，若点 $P$ 为椭圆上一点，且 $\measuredangle PF_1F_2 = 120^{\circ}$ ，求 $\triangle PF_1F_2$ 的面积。
解：
由题意可知 $a = 2, b = \sqrt{3}$ ，则 $c = \sqrt{a^2 - b^2} = 1,|F_1F_2| = 2c = 2$ 。
在 $\triangle PF_1F_2$ ，由余弦定理，得 $\left|P F_2\right|^2=\left|P F_1\right|^2+\left|F_1 F_2\right|^2-2\left|P F_1\right|\left|F_1 F_2\right| \cdot \cos 120^{\circ}$
即 $|PF_2|^2 = |PF_1|^2 + 4 + 2|PF_1|$ ①。由椭圆定义，得 $|PF_1|+|PF_2| = 4 \Rightarrow |PF_2| = 4 - |PF_1|$ ②。
将 ② 代入 ① ，解得 $|PF_1| = \frac{6}{5}$ ，则
即 $\triangle P F_1 F_2$ 的面积为 $\frac{3 \sqrt{3}}{5}$ 。
例2：
设 $F_1, F_2$ 为椭圆 $\frac{y^2}{9}+\frac{x^2}{4}=1$ 的两个焦点， $P$ 为椭圆上任一点
已知 $P, F_1, F_2$ 是一个直角三角形的三个顶点，且 $\left|P F_1\right|>\left|P F_2\right|$ ，求 $\frac{\left|P F_1\right|}{\left|P F_2\right|}$ 的值。
解：
因为椭圆方程为 $\frac{y^2}{9} + \frac{x^2}{4} = 1$ ，所以 $a^2 = 9, b^2 = 4,c^2=5$ 。所以 $|F_1F_2| = 2 \sqrt{5}, |PF_1|+|PF_2| = 6$ 。
由题意知 $|PF_1| > |PF_2|$ ，所以 $\measuredangle PF_1F_2$ 不可能为直角。（最大角在短轴顶点处取到）
若 $\measuredangle PF_2F_1$ 为直角，则 $|PF_1|^2=|PF_2|^2 + |F_1F_2|^2$ ，即 $|PF_1|^2 = (6 - |PF_1|) ^ 2 + 20$ ，解得 $|PF_1| = \frac{14}{3}$ 。
则 $|PF_2| = \frac{4}{3}$ ，故 $\frac{|PF_1|}{|PF_2|} = \frac{7}{2}$ 。
六、椭圆的简单几何性质
本来是分成几个章节的，结果发现这玩意太水了没必要。
- 椭圆的范围： $-a \le x \le a, -b \le y \le b$ ，从图像就能看出。
椭圆的对称性：$x$ 或 $y$ 或 $x,y$ 变为其相反数，方程不变，曲线变。
椭圆的顶点：与坐标轴的四个交点。
椭圆的长轴和短轴性质：长轴 $2a$ ，短轴 $2b$ 。
椭圆的通径：过椭圆的焦点且垂直于长轴的直线被椭圆截得的弦，通径长为 $\dfrac{2b^2}{a}$ 。
椭圆上到中心点距离最小的点是短轴的两个端点，到中心距离最大的点是长轴的两个端点。
「短轴顶点与焦点的连线」与长轴的夹角 $\varphi$ 有 $e = \cos \varphi$ 。因为正好是 $\frac{c}{a}$ 。
椭圆的焦半径：
椭圆上一动点与焦点的距离称为焦半径。
焦半径公式：
设椭圆焦点 $F_1,F_2$ ，其中 $F_1$ 更靠左(上)，椭圆上一点 $P$ 。
- 当焦点在 $x$ 轴上时，$|PF_1| = a + ex_0, |PF_2| = a - ex_0$ 。
- 当焦点在 $y$ 轴上时，$|PF_1|=a+ey_0,|PF_2|= a- ey_0$ 。
焦半径的最值：
当点 $P$ 在长轴顶点时，焦半径取得最大值 $a + c$ 或 $a - c$ ，从图像易得。
焦半径公式的推导：
不失一般性，我们推导当焦点在 $x$ 轴上时的情况。
则 $|PF_1| = 2a - |PF_2| = a + ex_0$ 。$\square$
七、椭圆的离心率
离心率定义：椭圆的焦距与长轴的长的比 $\frac{c}{a}$ 称为椭圆的离心率，用 $e$ 表示，显然 $0 < e < 1$ 。
- 当 $e$ 接近 $0$ 时，$b = \sqrt{a ^ 2 - c ^ 2}$ 越大，从而椭圆越“圆”
- 当 $e$ 接近 $1$ 时，$b = \sqrt{a ^ 2 - c^2}$ 越小，从而椭圆越“扁”。
- 当且仅当 $a=b$ 时，$c=0$ ，此时两焦点重合，图形变为圆，其方程为 $x ^ 2 + y ^ 2 = a ^ 2$ 。
若给定椭圆的方程，则直接求 $a,c$ 即可，否则考虑已知关系式并化为 $a,c$ 的齐次方程或 $e$ 的方程。
离心率 $e = \frac{c}{a} = \sqrt{1 - \left(\frac{b}{a}\right)^2} \Rightarrow \frac{b}{a} = \sqrt{1 - e^2}$ ，所以给出离心率实际上是给出了 $a,b$ 的比值。
另一方面，$e = \frac{c}{a} = \frac{2c}{2a}$ ，而 $2c = |F_1F_2|,2a=|PF_1|+|PF_2|$ ，因而可以转化到 $\triangle PF_1F_2$ 中
并考虑将解析几何问题与三角函数联系起来，用三角函数的知识解决几何问题。
例1：
椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的两焦点为 $F_1, F_2$
以 $F_1 F_2$ 为边作正三角形，若椭圆恰好平分正三角形的另两条边，求椭圆的离心率。
解：
方法一：
因为 $\triangle DF_1F_2$ 为正三角形， $N$ 为 $DF_2$ 的中点，所以 $F_1N \perp F_2N$ 。
因为 $|NF_2| = c$ ，所以 $|NF_1| = \sqrt{|F_1F_2| ^ 2 - |NF_2| ^ 2} = \sqrt{4c^2 - c^2} = \sqrt{3}\ c$ 。
由椭圆定义可知 $|NF_1| + |NF_2| = 2a$ ，则 $(\sqrt{3}+1)c = 2a$ ，故 $e = \frac{c}{a} = \frac{2}{\sqrt{3} + 1} = \sqrt{3} - 1$ 。
方法二：
注意到 $\triangle NF_1F_2$ 中，$\measuredangle NF_1F_2 = 30^{\circ},\measuredangle NF_2F_1 = 60^{\circ},\measuredangle F_1NF_2 = 90^{\circ}$
则由离心率的三角形式，可得
例2：
已知 $F_1, F_2$ 为椭圆 $E: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的左、右焦点，$B$ 为 $E$ 的短轴端点
$B F_2$ 的延长线交 $E$ 于点 $M$ ， $M$ 关于 $x$ 轴的对称点为 $N$ ，若 $M F_2 \perp N F_1$ ，求 $E$ 的离心率。
解：
根据题意，设 $F_1(-c,0),F_2(c,0),B(0,b)$ ，则直线 $BF_2$ 的方程为 $\frac{x}{c}+\frac{y}{b}=1$ （截距式方程）。
代入 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 得 $(a^2 + c^2)x^2 - 2ca^2x = 0$ ，解得 $x = 0$ 或 $x = \frac{2ca^2}{a ^ 2 + c ^ 2}$ 。
当 $x = \frac{2ca^2}{a ^ 2 + c ^ 2}$ 时，$y = b\left(1-\frac{x}{c}\right)=-\frac{b^3}{a^2+c^2}$ ，所以 $M\left(\frac{2 c a^2}{a^2+c^2}, \frac{-b^3}{a^2+c^2}\right),N\left(\frac{2 c a^2}{a^2+c^2}, \frac{b^3}{a^2+c^2}\right)$ 。
所以 $\large k_{N F_1}=\frac{\frac{b^3}{a^2+c^2}}{\frac{2 c a^2}{a^2+c^2}+c}=\frac{b^3}{3 a^2 c+c^3}$ ① 。又因为 $MF_2 \perp NF_1,k_{MF_2} = -\frac{b}{c}$ ，所以 $k_{NF_1} = \frac{c}{b}$ ② 。
联立①②得 $b^4=3 a^2 c^2+c^4$ ，又 $b ^ 2 = a^2 - c^2$ ，代入解得 $\frac{c}{a} = \frac{\sqrt{5}}{5}$ ，即 $e = \frac{\sqrt{5}}{5}$ 。
八、椭圆的第二定义
说是第二定义，其实就是圆锥曲线的定义。这个有空我可能会写一写。
平面内，若点 $M$ 与定点 $F(c,0)$ 的距离与它到定直线 $l : x = \frac{a^2}{c}$ 的距离的比是常数 $e = \frac{c}{a}(a > b > 0)$
则动点 $M$ 的轨迹为椭圆。定直线 $l$ 也叫作椭圆的准线。如下图所示：（还有条准线我懒得画）
第一个曲线的准线方程为 $x = \pm \dfrac{a^2}{c}$ ，第二个曲线的准线方程为 $y = \pm \dfrac{a^2}{c}$ 。
准线的性质：
- 准线垂直于焦点所在直线且在两顶点的外侧。
- 两准线之间的距离为 $\dfrac{2a^2}{c}$ 。
- 焦点到相应准线的距离为 $\dfrac{a^2}{c} - c = \dfrac{b^2}{c}$ （焦准距）
准线方程的推导：
不失一般性，我们来推导第一个曲线的准线方程
可得
容易发现其符合第一定义 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{a^2-c^2} = 1$ 。$\square$
九、椭圆进阶例题
例1：
已知椭圆 $x^2 + (m + 3)y^2 = m ( m > 0)$ 的离心率 $e = \frac{\sqrt{3}}{2}$
求 $m$ 的值及椭圆的长轴和短轴的长、焦点坐标、定点坐标。
解：
椭圆方程可化为 $\frac{x^2}{m}+\frac{y^2}{\frac{m}{m+3}}=1$ 。因为 $m-\frac{m}{m+3}=\frac{m(m+2)}{m+3}>0$ ，所以 $m > \frac{m}{m+3}$ 。
故 $a^2 = m, b^2 = \frac{m}{m + 3}, c = \sqrt{a^2 - b^2} = \sqrt{\frac{m(m+2)}{m+3}}$ 。
由 $e = \frac{\sqrt{3}}{2}$ ，得 $\sqrt{\frac{m + 2}{m + 3}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ ，解得 $m = 1$ 。
则椭圆的标准方程为 $x^2 + \frac{y^2}{\frac{1}{4}} = 1$ ，且 $a = 1, b = \frac{1}{2}, c = \frac{\sqrt{3}}{2}$ 。
所以椭圆的长轴长为 $2$ ，短轴长为 $1$ ，两焦点坐标分别为 $F_1\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}, 0\right), F_2\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, 0\right)$
四个顶点坐标分别为 $A_1(-1,0), A_2(1,0),B_1(0,-\frac{1}{2}), B_2(0,\frac{1}{2})$ 。
例2：
（多选）已知 $F$ 是椭圆 $\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1$ 的右焦点，椭圆上至少有 $21$ 个不同的点 $P_i~(i \in \mathbb{N}_+)$ ，
使得 $|FP_1|,|FP_2|,|FP_3|,\cdots$ 组成公差为 $d~(d > 0)$ 的等差数列，则下列选项正确的是_______ 。
解：选 ABC
由椭圆 $\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1$ 得 $a = 5, b = 4, c = 3$ ，故 A 正确。
椭圆上的动点 $P$ 满足 $a - c \le |PF| \le a + c$ ，即 $2 \le |PF| \le 8$ ，故 $|FP_1|_{\min} = 2$ ，故 B 正确。
设 $|FP_1|,|FP_2|,|FP_3|,\cdots$ 组成的等差数列为 $\{a_n\}$ ，公差 $d > 0$ ，则 $a_1 \ge 2,a_n \le 8$
又 $d = \frac{a_n - a_1}{n - 1}$ ，所以 $d \leqslant \frac{6}{n-1} \leqslant \frac{6}{21-1}=\frac{3}{10}$ ，所以 $0 < d \le \frac{3}{10}$ ，故 C 对 D 错，即 ABC 。
十、点与椭圆的位置关系
不失一般性，我们仅讨论焦点在 $x$ 轴上的情况。
- 若点在椭圆内，则 $|PF_1|+|PF_2| < 2a$ 或 $\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}<1$ 。
- 若点在椭圆上，则 $|PF_1| + |PF_2| = 2a$ 或 $\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}=1$ 。
- 若点在椭圆外，则 $|PF_1| + |PF_2| > 2a$ 或 $\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}>1$ 。
十一、直线与椭圆的位置关系
类比直线与圆的位置关系，直线与椭圆有相离、相切、相交三种位置关系。
考虑从解析几何的角度研究直线与椭圆的位置关系。首先明确交点数量，分别为 $0,1,2$ 。
设直线方程 $y = kx + m$ ，椭圆方程为 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2} = 1(a > b > 0)$ ，联立方程得 $\left\{\begin{array}{l}y=k x+m \\\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\end{array}\right.$
根据方程组的解的情况，便可知直线与椭圆有何位置关系。
通过解直线方程与椭圆方程组成的方程组，对解的个数进行讨论。
通常消去方程组中的一个变量，得到关于另一个变量的一元二次方程。
例1：
已知直线 $l : y = 2x + m$ ，椭圆 $C : \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{2} = 1$ ，试问当 $m$ 取何值时，直线 $l$ 与椭圆 $C$ 相交、相切、相离。
解：
将直线 $l$ 的方程与椭圆 $C$ 的方程联立，得 $\left\{\begin{array}{l}y=2 x+m \\\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1\end{array}\right.$ 。消去 $y$ ，得 $9 x^2+8 m x+2 m^2-4=0$ ①。
方程①的根的判别式 $\Delta = (8 m)^2-4 \times 9 \times\left(2 m^2-4\right) = -8m^2 + 144$ 。
- 当 $\Delta > 0$ 即 $-3\sqrt{2} < m < 3 \sqrt{2}$ 时，方程①有两个不同的实数根，则此时直线 $l$ 与椭圆 $C$ 相交。
- 当 $\Delta = 0$ 即 $m = \pm 3\sqrt{2}$ 时，方程①有两个相同的实数根，则此时直线 $l$ 与椭圆 $C$ 相切。
- 当 $\Delta < 0$ 即 $m < -3\sqrt{2}$ 或 $m > 3\sqrt{2}$ 时，方程①没有实数根，则此时直线 $l$ 与椭圆 $C$ 相离。
例2：
若直线 $y = kx + 1$ 与焦点在 $x$ 轴上的椭圆 $\frac{x^2}{5} + \frac{y^2}{m} = 1$ 总有公共点，求 $m$ 的取值范围。
解：
因为直线 $y = kx+1$ 过定点 $M(0,1)$ ，要使直线与该椭圆总有公共点
则点 $M(0,1)$ 必在椭圆内或椭圆上，由此得 $\left\{\begin{array}{l}0<m<5 \\\frac{0^2}{5}+\frac{1^2}{m} \leq 1\end{array}\right.$ ，解得 $1 \le m < 5$ 。
十二、椭圆的弦长问题
前面我们在“通径”的定义中已经提到过“弦”这一概念了，这里再明确一下。
弦的定义：直线与椭圆的交点间的线段叫作椭圆的弦。
弦长公式：
这个我们在讲圆的时候提到过，公式是其实一样的。
设 $A,B(A \ne B)$ 分别为直线 $l : y = kx + m$ 与椭圆（焦点无所谓在哪里）的交点，则
或者当 $k \ne 0$ 时
公式推导：
同理可得 $\left|P_1 P_2\right|=\left|y_1-y_2\right| \cdot \sqrt{1+\frac{1}{k^2}}~ (k \ne 0)$ 。
在使用弦长公式时，若能结合根与系数的关系“设而不求”，可大大简化运算过程。
涉及弦长问题，应联立直线与椭圆的方程，并设法消去未知数 $y$ 或 $x$ ，得到 $x$ 或 $y$ 的一元二次方程。
而 $|x_1-x_2|$ 一般采用韦达定理求解，即 $\left|x_1-x_2\right|=\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4 x_1 x_2}$
故由韦达定理，结合方程得 $x_1 + x_2, x_1x_2$ （或 $y_1 + y_2, y_1y_2$ ）代入弦长公式即可。
小技巧：若 $x_1,x_2$ 是一元二次方程 $ax^2 + bx+c = 0(a \ne 0)$ 的两根，则 $|x_1 - x_2| = \frac{\sqrt{\Delta}}{|a|}$ 。
这个其实用二次函数的性质就可以证明。
十三、“中点弦”问题
中点弦指的是：对于给定点 $P$ 和给定的圆锥曲线 $C$ ，
若 $C$ 上的某条弦 $AB$ 过 $P$ 点且被 $P$ 点平分，则称该弦 $AB$ 为圆锥曲线 $C$ 上过 $P$ 点的中点弦。
一般是已知中点 $P$ 的坐标，求直线 $AB$ 的方程，或者已知其他求直线 $M$ 的轨迹方程等等。
1. 解决椭圆中点弦问题的三种方法
根与系数的关系法：
联立直线方程与椭圆方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系，
以及中点坐标公式解决。设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$ ，线段 $AB$ 的中点为 $P(x_0,y_0)$ ，则
点差法：
这是处理弦中点轨迹问题的常用方法。
利用端点在曲线上，坐标满足方程，将端点坐标分别代入椭圆方程
然后作差，构造出中点坐标和斜率的关系，设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$ 代入椭圆方程 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ ，得
上面减下面可得 $\frac{\left(x_1+x_2\right)\left(x_1-x_2\right)}{a^2}+\frac{\left(y_1+y_2\right)\left(y_1-y_2\right)}{b^2}=0$ 。
设线段 $AB$ 的中点为 $P(x_0,y_0)$ ，当 $x_1 \ne x_2$ 时，有 $\frac{x_0}{a^2}+\frac{y_0 \cdot k}{b^2}=0$ 。
因为 $P(x_0,y_0)$ 为弦 $AB$ 的中点，从而转化为中点 $P(x_0,y_0)$ 与直线 $AB$ 斜率之间的关系
共线法：
考虑利用中点坐标公式，设弦的中点为 $P(x_0,y_0)$
设其一交点为 $A(x,y)$ ，则另一交点为 $B(2x_0-x,2y_0-y)$ ，于是
例1：
已知椭圆 $\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1$ 的弦 $AB$ 的中点 $M$ 的坐标为 $(2,1)$ ，求直线 $AB$ 的方程。
解：
根与系数关系法：
由题意知直线 $AB$ 的斜率存在，设直线 $AB$ 的方程为 $y - 1 = k(x - 2)$
将其代入椭圆方程并整理得 $\left(4 k^2+1\right) x^2-8\left(2 k^2-k\right) x+4(2 k-1)^2-16=0$ 。
设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$ ，则 $x_1,x_2$ 是上述方程的两根，于是 $x_1+x_2=\frac{8\left(2 k^2-k\right)}{4 k^2+1}$ 。
又 $M$ 为线段 $AB$ 的中点，故 $\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{4\left(2 k^2-k\right)}{4 k^2+1}=2$ ，解得 $k = -\frac{1}{2}$ 。
故所求直线的方程为 $x+2 y-4=0$ 。
点差法：
设 $A\left(x_1, y_1\right), B\left(x_2, y_2\right), x_1 \neq x_2$ 。
因为 $M(2,1)$ 为线段 $A B$ 的中点，所以 $x_1+x_2=4, y_1+y_2=2$ 。
又 $A, B$ 两点在椭圆上，则 $x_1^2+4 y_1^2=16, x_2^2+4 y_2^2=16$
两式相减，得 $(x_1^2-x_2^2)+4(y_1^2-y_2^2)=0$ ，于是 $\left(x_1+x_2\right)\left(x_1-x_2\right)+4\left(y_1+y_2\right)\left(y_1-y_2\right)=0$ 。
因此 $\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=-\frac{x_1+x_2}{4\left(y_1+y_2\right)}=-\frac{4}{4 \times 2}=-\frac{1}{2}$ ，即 $k_{A B}=-\frac{1}{2}$ 。 故所求直线的方程为 $x+2 y-4=0$ 。
共线法：
设所求直线与椭圆的一个交点为 $A(x,y)$ ，由于点 $M(2,1)$ 为线段 $AB$ 的中点，则 $B(4-x,2-y)$ 。
因为 $A,B$ 都在椭圆上，所以 $\left\{\begin{array}{l}x^2+4 y^2=16 \\(4-x)^2+4(2-y)^2=16\end{array}\right.$ ，上减下，得 $x + 2y - 4$ 。
即点 $A$ 的坐标满足这个方程，根据对称性，点 $B$ 的坐标也满足这个方程
而过 $A,B$ 两点的直线只有一条，故所求直线的方程为 $x + 2y - 4 = 0$ 。
例2：
已知椭圆 $\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1$ 及点 $D(2,1)$ 。
过点 $D$ 任意引直线交椭圆于 $A, B$ 两点，求线段 $A B$ 的中点 $M$ 的轨迹方程。
解：（点差法）
设 $M(x,y),A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$ ，则 $\left\{\begin{array}{l}4 x_1^2+9 y_1^2=36 \\4 x_2^2+9 y_2^2=36\end{array}\right.$ 。上减下，得
因为 $M(x,y)$ 为 $AB$ 中点，所以 $\left\{\begin{array}{l}x_1+x_2=2 x \\y_1+y_2=2 y\end{array}\right.$ ，则 $4 \times 2 x\left(x_1-x_2\right)+9 \times 2 y\left(y_1-y_2\right)=0$ 。
设线段 $AB$ 所在直线的斜率为 $k$ ，当 $x_1 \ne x_2$ 时， $k = \frac{y_1 - y_2}{x_1 - x_2} = -\frac{4x}{9y}$ 。
故 $k = \frac{y - 1}{x - 2} = -\frac{4x}{9y}$ ，化简得 $4x^2 + 9y^2 - 8x - 9y = 0$ 。
因为当 $x_1 = x_2$ 时，中点 $M(2,0)$ 满足上述方程，所以点 $M$ 的轨迹方程为 $4x^2 + 9y^2 - 8x - 9y = 0$ 。
2. 弦中点与直线斜率的关系（椭圆的第三定义）
线段 $AB$ 是椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 的一条弦，当弦 $AB$ 所在直线的斜率存在时，
弦 $AB$ 的中点 $M$ 的坐标为 $(x_0,y_0)$ ，则弦 $AB$ 所在直线的斜率为 $-\frac{b^2 x_0}{a^2 y_0}$ ，即 $k_{O M} \cdot k_{A B}=-\frac{b^2}{a^2} = e^2 - 1$ 。
类似地，当椭圆为 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 时，该性质变更为 $k_{O M} \cdot k_{A B}=-\frac{b^2}{a^2} = \frac{1}{e^2 - 1}$ 。
这其实是椭圆和双曲线的第三定义（的三次推广）：
平面内的动点到两定点 $A\left(-a, 0\right) 、 B\left(a, 0\right)$ 的斜率乘积等于常数 $e^2-1$ 的点的轨迹叫做椭圆或双曲线
其中两定点分别为椭圆或双曲线的长轴顶点。当常数大于 $-1$ 小于 $0$ 时为椭圆，当常数大于 $0$ 时为双曲线。
当焦点在 $y$ 轴上时，斜率乘积为 $\dfrac{1}{e^2-1}$ 。
对于第三定义的多次推广，可以看这篇文章 【圆锥曲线】第三定义及斜率乘积为定值 - 知乎
例1：
过点 $M(1,1)$ 作斜率为 $-\frac{1}{2}$ 的直线，
与椭圆 $C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a > b > 0)$ 相交于 $A,B$ 两点。若 $M$ 是线段 $AB$ 的中点，求椭圆的离心率。
解：
因为 $k_{A B} \cdot k_{O M}=-\frac{b^2}{a^2}$ ，则 $a^2 = 2b^2$ ，故椭圆 $C$ 的离心率为 $e = \sqrt{1 - \frac{b ^ 2}{a ^ 2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ 。
例2：
已知 $A,B$ 是椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 长轴的两个端点， $M,N$ 是椭圆上关于 $x$ 轴对称的两点
设直线 $A M,B N$ 的斜率分别为 $k_1,k_2$ ，且 $k_1 k_2 \neq 0$ 。若 $\left|k_1\right|+\left|k_2\right|$ 的最小值为 $1$，求椭圆的离心率。
解：
连接 $MB$ ，由椭圆的第三定义可得 $k_{AM} \cdot k_{BM} = e^2 - 1 = -\frac{b^2}{a^2}$
而 $k_{BM} = -k_{BN}$ ，所以 $k_1k_2 = \frac{b^2}{a^2}$ 。又 $|k_1| + |k_2| \ge 2 \sqrt{|k_1|\cdot|k_2|} = \frac{2b}{a} = 1$ ，则 $e = \frac{\sqrt{3}}{2}$ 。
例3：
已知 $A,B$ 是椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 长轴的两个端点
若椭圆上存在点 $Q$ ，使得 $\measuredangle A Q B=\frac{2 \pi}{3}$ ，求椭圆的离心率的取值范围。
解：
令 $Q$ 在 $x$ 轴上方，则直线 $QA$ 的倾斜角为 $\alpha \in \left(0,\frac{\pi}{3}\right)$ ，直线 $QB$ 的倾斜角为 $\beta = \alpha +\frac{2\pi}{3}$ 。
由椭圆的第三定义，$\tan \alpha \cdot \tan \beta = \tan \alpha \cdot \tan \left(\alpha+\frac{2 \pi}{3}\right)=e^2-1$
即 $\tan \alpha \cdot \frac{\tan \alpha-\sqrt{3}}{1+\sqrt{3} \tan \alpha}=e^2-1$ 。令 $t = 1 + \sqrt{3} \tan\alpha, t \in (1,4)$ ，则 $e^2 - 1 = \frac{t}{3}+\frac{4}{3 t}-\frac{5}{3} \geq-\frac{1}{3}$
所以 $e^2 \ge \frac{2}{3}$ ，即 $e \ge \frac{\sqrt{6}}{3}$，当 $t = 2$ 时等号成立，故 $e \in \left[\frac{\sqrt{6}}{3},1\right)$ 。
十四、椭圆中的最值问题
几何法：
若题目中的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图像性质来解决。
解题的关键是能够准确分析出最值问题所隐含的集合意义，并能接住相应曲线的定义求解。
代数法：
若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可建立目标函数，
将目标变量表示为一个（或多个）变量的函数关系式，然后根据函数关系式的特征选用配方法、判别式法,
或应用基本不等式以及三角函数的最值求法求出最值或范围，但要注意自变量的取值范围对最值的影响。
其他方法求解最值问题：
可将椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1 (a > b > 0)$ 上的点 $M$ 坐标设为 $(a \cos \vartheta, b \sin \vartheta)$ ，其中 $\vartheta \in [0,2\pi)$ 。
例：
设 $M(x, y)$ 是椭圆 $\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{9}=1$ 上的任意一点，求 $x+y$ 的最值。
解：
设 $x=4 \cos \theta, ~y=3 \sin \theta, \theta \in[0,2 \pi)$ ，则因为 $\sin (\vartheta+\textstyle\arctan \frac{4}{3}) \in [-1,1]$ ，所以 $x + y \in [-5,5]$ 。
即 $(x+y)_{\min}=-5,(x+y)_{\max} = 5$ 。
求最值的基本方法：
求解形如 $|PA| + |PB|$ 的最值问题
一般通过椭圆的定义把折线转化为直线，当且仅当三点共线时，$|PA| + |PB|$ 取到最值。
求解形如 $|PA|$ 的最值问题
一般通过二次函数的最值求解，此时一定要注意自变量的取值范围。
求解形如 $ax+ by$ 的最值问题
一般通过数形结合的方法转化为直线问题解决。
例1：
已知椭圆 $\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{b^2}=1(0<b<3)$ 的左右焦点分别为 $F_1, F_2$
过 $F_1$ 的直线 $l$ 交椭圆于 $A, B$ 两点，若 $\left|B F_2\right|+$ $\left|A F_2\right|$ 的最大值为 $8$ ，求 $b$ 。
解：
根据椭圆的定义可知，$|AF_1| + |AF_2| + |BF_1| + |BF_2| = 4a = 12$ ，所以 $|BF_2| + |AF_2| = 12 - |AB|$ 。
结合椭圆图像可知，当 $AB \perp x$ 轴时， $AB$ 最短，此时 $|BF_2| + |AF_2|$ 取得最大值 $8$ ，$|AB| = 4$ 。
根据椭圆的对称性可知，$|AF_1| = 2$ ，所以 $|AF_2| = 2a - |AF_1| = 4,|F_1F_2| = \sqrt{4^2 - 2^2} = 2\sqrt{3} = 2c$
故 $c = \sqrt{3}, b = \sqrt{a^2 - c^2} = \sqrt{6}$ 。
例2：
已知点 $P(x,y)$ 在椭圆 $\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1$ 上，求 $\sqrt{x^2+y^2-6 x+9}$ 的最大值和最小值。
解：
由 $\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1$ ，知 $a=5, b=4, c=3$ ， $\sqrt{x^2+y^2-6 x+9}=\sqrt{(x-3)^2+y^2}$
问题转化为求椭圆 $\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1$ 上的点 $P(x, y)$ 到右焦点 $F(3,0)$ 距离的最大值和最小值
其中最大值为 $a+c=8$ ，最小值为 $a-c=2$
例3：
已知 $c$ 是椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的半焦距， 求 $\frac{b+c}{a}$ 的取值范围。
解：
设短轴端点与右焦点的连线和 $x$ 的夹角为 $\vartheta \in(0,\frac{\pi}{2})$ ，则
则 $\frac{b+c}{a}$ 的取值范围为 $(1,\sqrt{2}]$ 。
