资源简介 2025高考--圆锥曲线的方程(一轮复习)课时十知识点一 求椭圆中的最值问题典例1、已知椭圆:经过点,且短轴的两个端点与右焦点构成等边三角形.(1)求椭圆的方程;(2)设过点的直线交椭圆于 两点,求的取值范围.随堂练习:已知椭圆,经过拋物线的焦点的直线与交于 两点,在点处的切线交于两点,如图.(1)当直线垂直轴时,,求的准线方程;(2)若三角形的重心在轴上,且,求的取值范围.典例2、椭圆的方程为,过椭圆左焦点且垂直于轴的直线在第二象限与椭圆相交于点,椭圆的右焦点为,已知,椭圆过点.(1)求椭圆的标准方程;(2)过椭圆的右焦点作直线交椭圆于两点,交轴于点,若,,求证:为定值.随堂练习:已知椭圆的焦距为2,点在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)点P为椭圆C上异于顶点的任意一点,点M、N分别与点P关于原点、y轴对称.连接MN与x轴交于点E,并延长PE交椭圆C于点Q.试问:是否为定值?若是,请求出该定值;若不是,请说明理由.典例3、已知椭圆:()的左右焦点为,,上、下端点为,.若从,,,中任选三点所构成的三角形均为面积等于2的直角三角形.(1)求椭圆的方程;(2)如图,过点作两条不重合且,斜率之和为2的直线分别与椭圆交于,,,四点,若线段,的中点分别为,,试问直线是否过定点?如果是,求出定点坐标,如果不是,请说明理由.随堂练习:已知椭圆上任意一点到椭圆两个焦点的距离之和为,且离心率为.(1)求椭圆的标准方程;(2)设为的左顶点,过点作两条互相垂直的直线分别与交于两点,证明:直线 经过定点,并求这个定点的坐标.知识点二 根据a、b、c求椭圆标准方程,根据韦达定理求参数,根据弦长求参数典例4、已知椭圆:过点,离心率为.(1)求椭圆的方程;(2)设直线被椭圆截得的弦长为,求的值.随堂练习:已知椭圆的离心率为,上顶点为.(1)求椭圆的方程;(2)过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点,,且,求的值.典例5、已知椭圆:,,为椭圆的左右焦点,为椭圆上一点,且.(1)求椭圆的标准方程;(2)设直线:,过点的直线交椭圆于,两点,线段的垂直平分线分别交直线、直线于、两点,求最小值.随堂练习:已知椭圆的焦点在轴,且右焦点到左顶点的距离为.(1)求椭圆的方程和焦点的坐标;(2)与轴不垂直且不重合的直线与椭圆相交于不同的,两点,直线与轴的交点为,点 关于轴的对称点为.①求面积的最大值; ②当面积取得最大值时,求证:.典例6、已知椭圆的左、右焦点分别为,,离心率为,点A在椭圆C上,,,过与坐标轴不垂直的直线l与椭圆C交于P,Q两点,N为线段PQ的中点.(1)求椭圆C的方程;(2)已知点,且,求线段MN所在的直线方程.随堂练习:设椭圆E:()的左、右焦点分别为,,点在椭圆E上.(1)求椭圆E的方程;(2)设点T在直线上,过T的两条直线分别交E于A,B两点和P,Q两点,且,求直线的斜率与直线的斜率之和.2025高考--圆锥曲线的方程(一轮复习)课时十答案典例1、答案: (1) (2)解:(1)由题意,椭圆短轴的两个端点与右焦点构成等边三角形 故,即椭圆:,代入 可得故椭圆的方程为:(2)分以下两种情况讨论:①若直线与轴重合,则;②若直线不与轴重合,设直线的方程为,设点、,联立,消去可得, 则恒成立,由韦达定理可得,,由弦长公式可得,,则,所以,.综上所述,的取值范围是.随堂练习:答案:(1)x=-1; (2)解:(1)由知,, 当直线PF垂直于x轴时,由,得,有, 所以的准线方程为:,即;(2)由题意知,,设直线,,则,,,由,即直线PB的斜率为,所以直线PB的方程为:,即,,,又G为的重心,且G在x轴上,故,所以,又,所以,整理,得,解得,①,令,则,所以①式②,令,则, 所以②式,故的取值范围为.典例2、答案: (1) (2)证明见解析解(1)依题可知:,,所以,即, 解得又∵椭圆过点,则 联立 可得,椭圆的标准方程为.(2)设点、,,由题意可知,直线的斜率存在,可设直线的方程为,联立,可得,由于点在椭圆的内部,直线与椭圆必有两个交点,由韦达定理可得,,,,,得,,,,.随堂练习:答案: (1); (2)是定值,且定值为.解:(1)由已知,, 所以, 解得,椭圆方程为;(2)设,,则,,所以,,直线方程为,代入椭圆方程得,显然是此方程的一个解,另一解为,而,即为点的横纵坐标,,所以. 所以为定值.典例3、答案: (1) (2)直线过定点,且定点为解:(1)解法一:从,,,中任选三点可构成四个三角形,其中,.为此仅需考虑,为面积等于2的直角三角形即可.其中,.因为为等腰三角形,故可得,即有:;同时因为为等腰三角形,故可得,即有:;综上可得:,,即可得椭圆的方程为.解法二:由椭圆的对称性,结合已知条件可知从,,,中任选三点所构成的三角形,均为等腰直角三角形,故四边形是面积为4的正方形,又正方形的边长为,故,即又正方形的对角线相等,所以,即又因为,所以 从而椭圆的方程为.(2)解法一:依题意,设直线的方程为:①设直线的方程为:,联立方程①与椭圆的方程可得 由韦达定理得,根据中点公式可得:则,即 同理可得:从而直线的斜率为:故直线的方程为:因为,将代入上式可得:故直线必过定点.解法二:依题意可知直线的斜率存在,设直线的方程为:①,设直线的方程为:②, 设直线的方程为:,联立方程②与椭圆的方程可得由韦达定理得根据中点公式可得:同时点是直线和直线的交点,联立方程①②得即可得, 整理得④同理可得⑤根据④⑤可以理解为,为关于的一元二次方程的两个根.由韦达定理可得:,即可得:,∴直线的方程为:,故直线必过定点.随堂练习:答案: (1) (2)直线恒过定点,证明见解析解:(1)由椭圆定义知:,解得:,又离心率,,, 椭圆的标准方程为:.(2)由(1)知:;当直线斜率存在时,设,,,由得:,则,解得:, ,,,,即,, 即,整理可得:,或;当时,直线恒过点,不合题意;当时,直线,恒过定点;当直线斜率不存在且恒过时,即,由得:,,满足题意;综上所述:直线恒过定点.典例4、答案: (1); (2).解:(1)依题意得,因离心率为,则椭圆半焦距,于是得,所以椭圆E的方程为.(2)设直线与椭圆E的交点为(,),(,),由消去y并整理得:, 解得,依题意,即,整理得:,即,解得,即,所以的值是.随堂练习:答案: (1) (2)解:(1)由离心率,则,又上顶点,知,又,可知,,∴椭圆E的方程为;(2)设直线l:,设,,则,整理得:,,即, ∴,,∴,即,解得:或(舍去) ∴典例5、答案: (1) (2)4解:(1)设,则,所以,即.,则由椭圆定义,,则,故椭圆的标准方程为;(2)由题意直线的斜率必定不为零,于是可设直线:,联立方程得,设,,由题意,,由韦达定理,,则,,,,,又,当且仅当即时取等号.随堂练习:答案:(1)椭圆方程为焦点坐标分别为,;(2)①;②证明见解析.解:(1)因为,所以. 又,所以.所以椭圆方程为焦点坐标分别为,.(2)(ⅰ)方法一:设,,, 所以,.联立得.,,,即.点到直线的距离为.所以. 当且仅当即时等号成立.(ⅱ)因为.而 所以,所以.方法二:(ⅰ)设直线(), 所以,.联立方程化简得.所以.所以.点到的距离为:..当且仅当,即等号成立.(ⅱ) .因为, 所以.典例6、答案:(1) (2)或解:(1)由,得,已知,,由椭圆定义,解得,则, ∴,∴椭圆C的方程为;(2)设直线l的方程为,,,联立整理得,则,, ∴.又,则.∵,∴, ∴,整理得,解得或, 则或,故直线MN的方程为或.随堂练习:答案: (1) (2)0解:(1)由已知椭圆的左、右焦点分别为,,∴,方法一: 由题意得,解得, ∴椭圆的方程为;方法二: 由,则,又,得, ∴椭圆的方程为;(2)设,,由,消去得:设,由题意,从而同理,又所以,即,又故,直线的斜率与直线的斜率之和为0. 展开更多...... 收起↑ 资源预览