椭圆的定义、方程与轨迹

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先由距离和识别椭圆，再证明标准式确实刻画原轨迹；退化情形和三角形限制都不能省略。

一、知识点理解概念

1. 距离和大于焦距，且两焦点不同

在平面内，两个不同定点 $F_1,F_2$ 相距 $2c$ ， $c>0$ 。动点 $P$ 满足

PF_1+PF_2=2a,\qquad 2a>2c,

它的轨迹称为椭圆。两定点叫焦点， $2c$ 叫焦距， $2a$ 是长轴长； $a,c$ 是半量，不能直接拿距离和、焦距来充当它们。这里 $PF_i$ 表示非负距离，不是向量。

三角不等式给出 $PF_1+PF_2\ge F_1F_2$ 。距离和小于焦距时为空集；等于焦距时，等号成立当且仅当 $P$ 在含端点的线段 $F_1F_2$ 上。严格大于焦距才得到非退化椭圆。若两定点重合，正的距离和给出圆，零距离和给出单点，都不属于本页两不同焦点的真椭圆。

2. 标准坐标与长短半轴

以两焦点中点为原点，焦点连线为 $x$ 轴，焦点为 $(\pm c,0)$ ，标准方程是

\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1,\qquad b^2=a^2-c^2,\qquad a>b>0.

从方程得 $|x|\le a,|y|\le b$ ，四个轴端点为 $(\pm a,0),(0,\pm b)$ ，所以两轴长为 $2a,2b$ 。焦轴在 $y$ 轴时交换两坐标，得到 $y^2/a^2+x^2/b^2=1$ ，焦点为 $(0,\pm c)$ 。较大分母始终是 $a^2$ ，不一定在 $x^2$ 下。原中心不在原点或焦轴倾斜时，应先平移或选择新坐标轴，不能声称原坐标直接已有这一标准式。

3. 从距离和推导标准式

在横焦轴坐标系中，记实际距离

r_1=\sqrt{(x+c)^2+y^2},\qquad r_2=\sqrt{(x-c)^2+y^2}.

已知 $r_1+r_2=2a>0$ ，而坐标展开得 $r_1^2-r_2^2=4cx$ 。利用平方差并除以正数 $2a$ ，得

r_1-r_2=\frac{2cx}{a},\qquad r_1=a+\frac{cx}{a},\qquad r_2=a-\frac{cx}{a}.

平方第一式中的实际距离，展开并消去共同项 $2cx$ ：

x^2+2cx+c^2+y^2=a^2+2cx+\frac{c^2x^2}{a^2} \implies\left(1-\frac{c^2}{a^2}\right)x^2+y^2=a^2-c^2.

令 $b^2=a^2-c^2>0$ ，除以 $b^2$ 就得到标准式。又 $c>0$ ，故 $b^2<a^2$ 。

4. 反推时不能忽略开根的符号

反过来，由标准式两项非负， $|x|\le a$ ，所以

a\pm\frac{cx}{a}\ge a-c>0.

代入 $y^2=b^2(1-x^2/a^2)$ 可算得 $(x\pm c)^2+y^2=(a\pm cx/a)^2$ 。因右侧括号内已证明严格为正，开根后两实际距离恰为 $a\pm cx/a$ ，相加为 $2a$ 。这样证明了定义与方程双向等价，不是只靠一次平方得到必要条件。

二、考点方法与例题

1. 从原条件识别两点、常数与限制

把根号解释为两点距离，列出两个固定点并确认不同；比较距离和与焦距，分类后才设半量 $a,c$ 。选定中心和焦轴，算 $b^2=a^2-c^2$ ，再写标准式。若原对象还有三角形非退化、线段/射线范围或分式定义域，须一并保留，并从每个保留的方程点反向验证原构型。

2. 根式方程的几何意义

先认清每个根式对应的固定点，不要把根号里的常量误当距离和。

例题 01 两个根式之和

平面内，动点 $P$ 的坐标 $\left( x,y\right)$ 满足方程 $\sqrt{{\left( x+\sqrt{3}\right)}^{2}+{y}^{2}}+\sqrt{{\left( x-\sqrt{3}\right)}^{2}+{y}^{2}}=2\sqrt{6}$ ，则动点 $P$ 的轨迹方程为（）

A． $\frac{{x}^{2}}{24}+\frac{{y}^{2}}{21}=1$ B． $\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$

C． $\frac{{x}^{2}}{6}-\frac{{y}^{2}}{3}=1$ D． $\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{6}=1$

答案与解析

两个根号分别表示点 $P$ 到 $(-\sqrt3,0),(\sqrt3,0)$ 的距离。两点不同，距离和 $2\sqrt6$ 严格大于焦距 $2\sqrt3$ ，故得到真椭圆。

由 $2a=2\sqrt6,2c=2\sqrt3$ ，得 $a^2=6,c^2=3,b^2=3$ 。焦轴为 $x$ 轴，方程为 $x^2/6+y^2/3=1$ ，选 B。

反推也要成立：由标准式 $y^2=3-x^2/2$ ，两个根式内分别为 $(\sqrt6+x/\sqrt2)^2$ 与 $(\sqrt6-x/\sqrt2)^2$ 。又 $|x|\le\sqrt6$ ，两括号均至少为 $\sqrt6-\sqrt3>0$ ，故开根后的和确为 $2\sqrt6$ ，整个椭圆都允许。

A 把距离和 $2\sqrt6$ 误当半长轴，导致分母 $24$ ；C 的减号不是椭圆标准式；D 的半长轴为 $3$ ，距离和不符。

3. 周长给出的轨迹还带有原构型限制

先扣掉固定第三边，再处理动点是否仍能形成非退化三角形。

例题 02 定底边与三角形周长

设点 $M\left( 0,-5\right),N\left( 0,5\right)$ ， $\triangle MNP$ 的周长为36，则 $\triangle MNP$ 的顶点 $P$ 的轨迹方程为（）

A． $\frac{{y}^{2}}{169}+\frac{{x}^{2}}{25}=1\left( x\ne 0\right)$ B． $\frac{{y}^{2}}{169}+\frac{{x}^{2}}{144}=1\left( x\ne 0\right)$

C． $\frac{{x}^{2}}{169}$ + $\frac{{y}^{2}}{25}=1\left( y\ne 0\right)$ D． $\frac{{y}^{2}}{169}+\frac{{x}^{2}}{25}=1\left( y\ne 0\right)$

答案与解析

固定边 $MN=10$ ，故 $PM+PN=36-10=26>10$ 。因此 $a=13,c=5$ ， $b^2=169-25=144$ ；焦点在 $y$ 轴，候选椭圆为

\frac{y^2}{169}+\frac{x^2}{144}=1.

原对象是非退化三角形， $P$ 不能落在直线 $MN$ 即 $y$ 轴上。该椭圆与 $y$ 轴只有 $(0,13),(0,-13)$ 两个公共点，所以只须删除这两个长轴顶点，写成

\frac{y^2}{169}+\frac{x^2}{144}=1,\qquad x\ne0.

反之，每个保留的椭圆点到 $M,N$ 的距离和为 $26$ ，与固定边合成周长 $36$ ，且 $x\ne0$ 保证三点不共线，全部满足原条件。选 B。A、D 的短半轴平方错误；C 连焦轴方向也不对。不是把整条长轴线段从椭圆中删除，而是删除椭圆上属于该轴的两个点。