圆锥曲线的方程（十）讲义——2025届高三数学一轮复习

高中数学 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． ( 1 )静 能 生 慧 勤 能 补 拙 学科网（北京）股份有限公司 $$