新高考数学二轮专题复习练习圆锥曲线综合复习（十）（含答案）

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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．