圆锥曲线的方程（十）讲义——2025届高三数学专项复习（含答案）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_专项复习_2025高考总复习专项复习-圆锥曲线的方程讲义（含答案）（完结）

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） ∴x2  y2 1 典例5、答案： （1） 2 （2）4 1 2 PF  c12  解：（1）设F c,0 ，则 2 2 2 ，所以c1，即F 1,0 . 2 1 3 2 PF   1 2 ，则由椭圆定义 PF 1  PF 2 2a2 2 ， x2  y2 1 a 2，则b a2c2 1，故椭圆的标准方程为 2 ； xty1 AB AB （2）由题意直线 的斜率必定不为零，于是可设直线 ： ， xty1  x2 联立方程   y2 1得 t22  y22ty10 ，  2 Ax,y  Bx ,y  4t24  t22  8  t21  0  设 1 1 ， 2 2 ，由题意， ， 2t 1 y  y  y y  由韦达定理 1 2 t22， 1 2 t22， t t2 2 y  x ty 1 1 则 N t22， N N t22 t22， 2 2t26 MN  1t2  2  1t2   MNAB，  k MN t，  t22 t22 ， 1 1 2 1t2 AN  AB  1t2  y y  1t2  又 2 2 1 2 t22 MN 2t23  2  tanMAN   2 t21  22 24  AN t21  t21 ， 2 t21 当且仅当 t21 即t 1时取等号.x2 y2 随堂练习：答案：（1）椭圆方程为 4  3 1, 焦点坐标分别为 F 1 1,0 ， F 2 1,0 ；（2）①2 3；②证 明见解析． ac3  解:（1）因为 a2 4 ，所以a2,c1． 又a2 b2c2，所以 b2 3 ． x2 y2  1, F 1,0 F 1,0 所以椭圆方程为 4 3 焦点坐标分别为 1 ， 2 ． （2）（ⅰ）方法一：  t   t  设Ax,y  ，Bx ,y  ，l :ykxt， 所以 M   k ,0 ， N k ,0 ． 1 1 2 2 AB ykxt, 联立  3x24y2 12.得  4k23  x28ktx4t2120． 8kt 4t212 x x  xx  48  4k2t23  0 1 2 4k23， 1 2 4k23 ， ，即t2 4k2 3． 4 3 4k2t23 AB  1k2 x x 24xx  1k2 1 2 1 2 4k23 2t d  点N 到直线 AB 的距离为 1k2 ．  4k2t23  t2 1 2t 4 3 1k2 4k2 t2 3 4 3  4k2t23  t2 4 3 所以S      2 △ABN 2 1k2 4k23 4k23 4k23 2 3  4k23   4k23 2 3． 当且仅当4k2t23t2即2t2 4k2 3时等号成立． 1k2 1 1 4 3 1k2 4k2 3 2 6 2 6  AB   4k23 4 4  4k23  （ⅱ）因为 4k23 2 ．1 1 0  而 4k2 33, 所以 4  4k23  12 ，所以 6 AB 2 2． 方法二： xmyt m0 Mt,0 Nt,0 （ⅰ）设直线 （ ）， 所以 ， ． 3x24y2=12, 联立方程  xmyt. 化简得 3m24  y26mty3t2120．  6mt y  y  ,   1 2 3m24  所以 ． 3t212  48  3m2t24  0  y 1 y 2  3m24 . 48  3m2t2+4  AB  1m2 y y 24y y  1m2 所以 1 2 1 2 3m24 ． 2t d  点N 到 AB 的距离为： 1m2 ． 4 3 t 3m2t2+4  4 3 t 3m2t2+4 S  1 AB d  4 3 t 3m2t2+4  t2  3m2t2+4 2   2t  3m2t2+4  ． △ABN 2 3m24   2 3 当且仅当 t  3m2 t2+4 ，即2t2 3m2+4等号成立．  3m24  48 3m2 +4   1 1 （ⅱ） AB  1m2  2  2 6 1m2 2 6 3  3  3m24  ． 3m24 3m24   AB  6,2 2 因为3m2 44， 所以 ． x2 y2  1 典例6、答案：（1） 4 3 （2）16x8y10或16x24y301 e AF 3 AF 1 解：（1）由 2，得a2c，已知 1 ， 2 ， a2 c1 b2 a2c2 3 由椭圆定义，解得 ，则 ， ∴ ， x2 y2  1 ∴椭圆C的方程为 4 3 ； yk(x1) Px,y  Qx ,y  （2）设直线l的方程为 ， 1 1 ， 2 2 ， ykx1,  x2 y2 联立   1, 整理得  34k2 x28k2x4k2120 ，  4 3 x x  8k2 y  y kx x 2k  6k N   4k2 , 3k   则 1 2 34k2 ， 1 2 1 2 34k2 ， ∴ 34k2 34k2  ． 1 3k  8 34k2 24k34k2 k    1 MN 4k2 32k2 又M0, ，则 0 ．  8 34k2 1 24k34k2 1 k    ∵MN PQ，∴ MN k ， ∴ 32k2 k ，整理得4k28k30， 1 3 2 k  k  解得 2或2 ， 则k 2或 MN 3， MN 16x8y10 16x24y30 故直线MN的方程为 或 ． x2 y2  1 随堂练习：答案： （1） 4 3 （2）0 F(1,0) F (1,0) c1 解：（1）由已知椭圆的左、右焦点分别为 1 ， 2 ，∴ ， a2b2 c2 1  a2 4  1 3 x2 y2 方法一： 由题意得  a2  4b2 1 ，解得 b2 3 ， ∴椭圆 E 的方程为 4  3 1；3 3 5 3  (11)2( )2  (11)2( )2   4 方法二： 由2a GF 1  GF 2 2 2 2 2 ， x2 y2  1 则a2，又c1，得b 3， ∴椭圆E的方程为 4 3 ； T3,t AB:yt k (x3) PQ:yt k (x3) （2）设 ， 1 ， 2 yt k (x3) 1  由 3x24y2 12 ，消去y得：(34k2)x28k (t3k )x4(t3k )2120 1 1 1 1 A（x,y ),B(x ,y ),x 3,x 3 设 1 1 2 2 1 2 ， 8k (t3k ) 4(t3k )212 x x  1 1 xx  1 由题意 1 2 34k2 ， 1 2 34k2 1 1 TATB  1k2 3x  1k2 3x (1k2)(3x )(3x ) 从而 1 1 1 2 1 1 2 4(t3k )212 8k (t3k ) (1k2)(4t215) (1k2)[9 1 3 1 1 ]  1 (1k2)[9xx 3(x x )] 1 34k2 34k2 34k2 1 1 2 1 2 1 1 1 (1k2)(4t215) TP TQ  2 同理 34k2 ，又TATB  TP TQ 2 (1k2) (1k2) 1  2 所以34k2 34k2 ，即k2 k2，又k k 1 2 1 2 1 2 故 k 1 k 2 0 ，直线 AB 的斜率与直线 PQ 的斜率之和为0．