备战2022高考数学圆锥曲线专题8：椭圆中的定值问题29页（含解析）

这是一份备战2022高考数学圆锥曲线专题8：椭圆中的定值问题29页（含解析），共29页。试卷主要包含了已知椭圆C，已知椭圆的离心率为，并且经过点，已知椭圆等内容，欢迎下载使用。
专题8：椭圆中的定值问题1．已知椭圆C：的离心率为，F1，F2分别是椭圆的左，右焦点，P是椭圆C上一点，且△PF1F2的周长是6．（1）求椭圆C的方程；（2）设斜率为的直线交x轴于T点，交曲线C于A，B两点，是否存在使得为定值，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．2．已知，分别为椭圆的左、右焦点，为上的动点，其中到的最短距离为1，且当的面积最大时，恰好为等边三角形.（1）求椭圆的标准方程；（2）斜率为的动直线过点，且与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线交轴于点，那么，是否为定值？若是，请证明你的结论；若不是，请说明理由.3．已知椭圆的左焦点为F，过F的直线与椭圆在第一象限交于M点，O为坐标原点，三角形的面积为．（1）求椭圆的方程；（2）若的三个顶点A，B，C都在椭圆上，且O为的重心，判断的面积是否为定值，并说明理由．4．已知椭圆的离心率为，并且经过点．（1）求椭圆的方程；（2）设过点的直线与轴交于点，与椭圆的另一个交点为，点关于轴的对称点为，直线交轴于点，求证：为定值．5．已知椭圆的左、右顶点分别为，，上顶点为，过右焦点的直线交椭圆于，两点，点在轴上方，当轴时，（为坐标原点）.（1）求椭圆的标准方程.（2）设直线交直线于点，直线交直线于点，则是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.6．已知经过原点O的直线与离心率为的椭圆交于A，B两点，、是椭圆C的左、右焦点，且面积的最大值为1.（1）求椭圆C的标准方程；（2）如图所示，设点P是椭圆C上异于左右顶点的任意一点，过点Р的椭圆C的切线与交于点M.记直线的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值，并求出该定值.7．已知椭圆的一个焦点和抛物线的焦点相同，且椭圆过点.（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆交于，两点，以，为邻边作平行四边形，点在椭圆上，问平行四边形的面积是否为定值？若是定值，求出结果，若不是，说明理由.8．以椭圆的中心O为圆心，为半径的圆称为该椭圆的“准圆”．已知椭圆C的长轴长是短轴长的倍，且经过点，椭圆C的“准圆”的一条弦所在的直线与椭圆C交于两点．（1）求椭圆C的标准方程及其“准圆”的方程；（2）当时，证明:弦的长为定值．9．已知椭圆：的离心率为，且过点.（1）求椭圆的方程；（2）已知，是椭圆上的两点，且直线，的斜率之积为，点为线段的中点，连接并延长交椭圆于点，求证：为定值.10．已知椭圆的左、右两个焦点分别是，，焦距为2，点在椭圆上且满足，.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）点为坐标原点，直线与椭圆交于，两点，且，证明为定值，并求出该定值.11．已知椭圆的焦距为，且过点.（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.12．已知椭圆的中心为坐标原点，焦点在轴上，斜率为且过椭圆右焦点的直线交椭圆于、两点，与共线．（1）求椭圆的离心率；（2）设为椭圆上任意一点，且，证明：为定值．13．已知，为椭圆的左､右焦点，点在椭圆上，且过点的直线交椭圆于，两点，的周长为.（1）求椭圆的方程；（2）对于椭圆，问否存在实数，使得成立，若存在求出的值；若不存在，请说明理由.14．已知椭圆的离心率，为椭圆上一点.(1)求椭圆的方程；(2)已知为椭圆的右焦点，过点的直线交椭圆(异于椭圆顶点)于、两点，试判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.
参考答案1．（1） ；（2）存在；． 【分析】（1）由椭圆的定义及△PF1F2的周长为6，得①，椭圆的离心率，所以②，解得进而可得椭圆的方程．（2）设，设直线，联立椭圆的方程，结合韦达定理，代入化简，即可得出答案． 【解析】解：（1）由题意知；，解得，∵，∴，所以椭圆C的方程为．（2）假设存在，则，设，设直线，，化简得，∴，，，要使为定值，则有，所以，所以．【点评】方法点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去（或）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系.（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.2．（1）；（2）为定值，证明见解析 【分析】（1）当点在椭圆的左顶点时，到的距离最短，可得，当点在椭圆的上顶点（或下顶点）时，的面积最大，此时为等边三角形，可得，从而可求出，即可求出椭圆的标准方程；（2）易知直线的斜率存在，设其方程为，联立，得到关于的一元二次方程，结合韦达定理，可求得的中点的坐标，从而可得到线段的垂直平分线的方程，令，可求出点的坐标，从而可得到的表达式，然后根据弦长公式，可求出的表达式，从而可求得为定值，经验证当时，为相同的定值. 【解析】（1）由题意，当点在椭圆的左顶点时，到的距离最短，则，当点在椭圆的上顶点（或下顶点）时，的面积最大，此时为等边三角形，则，联立，解得，故椭圆的方程为.（2）为定值.证明：由题意可知，动直线的斜率存在，设其方程为，联立，得.设，，则，，设的中点为，则，.当时，线段的垂直平分线的方程为，令，得，即，所以..所以.当时，的方程为，此时，，，.综上，为定值.【点评】方法点睛：求定值问题，常见的方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.3．（1）；（2）是定值，理由见解析. 【分析】（1）由直线过左焦点写出左焦点坐标，得参数c、右焦点坐标，又由三角形面积，求M坐标，即可确定△为直角三角形，进而求，根据椭圆定义求参数a，写出椭圆方程即可.（2）讨论直线的斜率：当不存在时，设直线：，，，由重心坐标的性质求A坐标，由A在椭圆上求，求；当存在时，设直线：，，，联立直线与抛物线方程结合韦达定理求，，即得，由重心坐标的性质确定A的坐标，由A在椭圆上得，结弦长公式、点线距离公式求、A到直线的距离d，求，即可判断是否为定值. 【解析】（1）直线过左焦点F，则有，所以且右焦点，又，得，代入直线方程有，所以.∴△为直角三角形且，由椭圆定义，知：，即，∴椭圆的方程为.（2）当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，若，则，∵O为的重心，可知，代入椭圆方程，得，即有，A到BC的距离为，∴，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设，，由，得，显然，∴，，则，∵O为的重心，可知，由A在椭圆上，得，化简得，∴，由重心的性质知：A到直线的距离d等于O到直线距离的3倍，即，∴，综上得，的面积为定值．【点评】 第二问，若三角形顶点坐标分别为，则其重心坐标为求A点坐标，再根据A在椭圆上，求相关参数值或确定参数关系.4．（1）；（2）证明见解析． 【分析】（1）由可得答案；（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立利用韦达定理可得点坐标，及直线的方程然后令得、，由可得答案. 【解析】（1）由已知解得所以椭圆：．（2）证明：由已知斜率存在以下给出证明：由题意，设直线的方程为，，，则，由得，所以，， ，，所以，即，直线的方程为，令得所以，令由得所以，所以=.【点评】本题考查了椭圆的方程、直线和椭圆的位置关系，关键点是利用韦达定理表示出点坐标，考查了学生分析问题、解决问题的能力及计算能力.5．（1）；（2）是，定值为. 【分析】（1）根据，列出关于，的方程，再结合，即可求出，的值，从而可得椭圆的标准方程；（2）先设出，，，直线，联立方程，利用根与系数的关系及，，三点共线和，，三点共线找出，，之间的关系，解出，然后设，同理可得，由，，三点共线，可求出，最后可求得，从而得到，为定值. 【解析】（1）当轴时，点的横坐标代入椭圆的方程，可得点的纵坐标，由题意知，，，又当轴时，，，得，且，，∴椭圆的标准方程为.（2）为定值，且定值为，理由如下：由（1）得，，，设，，，直线的方程为，联立方程可得整理得，则，，由，，三点共线可得，①，，，②由①②得③由，，三点共线可得④由③④可得，分别将，代入，得，将，代入并整理，可得，，设，同理可得，由，，三点共线可得，⑤由③⑤得，，为定值.【点评】利用参数法求定值是指利用已知条件建立目标代数式，通过代数式的化简、变形得到定值.利用参数法破解定值问题的关键如下：（1）确定参数，根据题目恰当地选取参数，常见的参数有斜率、截距、角度等；（2）条件坐标化，将已知条件坐标化；（3）目标坐标化，通过点的坐标以及根与系数的关系表示出所求为定值的目标代数式；（4）化简变形，将目标代数式结合题目中的条件进行转化，得到定值.6．（1）；（2）. 【分析】（1）由点A在短轴端点时，面积取得最大值，得到，再根据椭圆的离心率为求解. （2）设直线PM的方程为与联立，根据 PM是椭圆的切线，由，得到，设，用导数法求得，然后根据，由 求解. 【解析】（1）因为椭圆的离心率为，所以，设，则，当时，面积取得最大值，所以，又，解得，所以椭圆的方程是. （2）设直线PM：与联立得：，因为PM是椭圆的切线，所以，即，由，得，所以，则，设，则①，因为，所以②，将①②代入，得，因为同号，所以，因为M在直线上，所以，所以 ，所以,.【点评】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．7．（1）；（2）是定值，. 【分析】（1）根据抛物线的焦点求得椭圆的焦点坐标，根据椭圆的定义求得，由此求得，进而求得椭圆的方程.（2）联立直线的方程与椭圆方程，化简写出根与系数关系，由求得的关系式，结合点到直线距离公式求得平行四边形的面积为定值. 【解析】（1）抛物线的焦点坐标为.由题意：椭圆的一个焦点坐标为，所以另一个焦点是，.根据椭圆的定义有所以，所以所以椭圆.（2）设，，，，②代入①整理得，，，，，因为是平行四边形所以，，所以，，因为在椭圆上，代入得，整理得：， 到距离为，所以，，所以平行四边形的面积为定值.【点评】求解椭圆方程时，可以结合椭圆的定义来求得.有关面积问题，往往结合弦长公式和点到直线距离公式来求解.8．（1），；（2）证明见解析. 【分析】（1）利用椭圆C的长轴长是短轴长的倍，且经过点，列方程求出的值，从而可得答案；（2）讨论弦垂直与不垂直于x轴两种情况，不垂直时，设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用点到直线距离公式、勾股定理求出弦的长，利用韦达定理，结合化简即可得答案. 【解析】（1）由题意解得，所以椭圆的标准方程为椭圆C的“准圆”方程为（2）证明：①当弦轴时，交点关于x轴对称，又，则，可设得此时原点O到弦的距离，则，因此②当弦不垂直于x轴时，设直线的方程为，且与椭圆C的交点，联列方程组，代入消元得：，由可得，由得，即，所以此时成立，则原点O到弦的距离，则，综上得，因此弦的长为定值.【点评】方法点睛：探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；② 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.9．（1）；（2）. 【分析】（1）根据椭圆的离心率为，且过点，由求解. （2）设，根据为线段的中点和B，M，N三点共线，由，表示点N的坐标，再根据A，B，N在椭圆上，结合直线，的斜率之积为，求得，从而得到 与的比值，然后由求解. 【解析】（1）因为椭圆的离心率为，且过点，所以，又，解得，所以椭圆的方程为；（2）设，因为点为线段的中点，所以，因为B，M，N三点共线，所以，所以，又因为A，B点在椭圆上，所以，又因为直线，的斜率之积为，所以，因为点N在椭圆上，所以，即，所以，解得，所以,则，所以为定值.【点评】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．10．（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析，. 【分析】（Ⅰ）利用已知，，求出，进而求解椭圆方程；（Ⅱ）设直线，，，联立方程组根据韦达定理及， 化简得：，进而计算可得为定值. 【解析】（Ⅰ）依题意，所以.由，，得，，于是，所以，所以，因此椭圆的方程为.（Ⅱ）当直线的斜率存在时，设直线，，，由消去得，由题意，，则因为，所以，即，整理得.而，设为原点到直线的距离，则，所以，而，所以.当直线的斜率不存在时，设，则有，不妨设，则，代入椭圆方程得，所以，所以.综上.【点评】方法点睛：对于解析几何中直线与圆锥曲线相交的问题，常利用设而不求法解决，即设出交点的坐标，联立直线与圆锥曲线的方程，然后韦达定理可得出两坐标的横纵坐标之和、之积，进行化简计算.11．（1）；（2）证明见解析. 【分析】（1）由已知条件可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的方程；（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、、，联立直线与椭圆的方程，列出韦达定理，由，可得出、的表达式，结合韦达定理可计算得出为定值. 【解析】（1）因为椭圆的焦距为，所以，又椭圆过点，，且满足，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，，，，.【点评】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．12．（1）离心率为；（2）证明见解析. 【分析】（1）设点、，将直线的方程代入椭圆的方程，列出韦达定理求出的坐标，利用与共线，可得出关于、、的齐次等式，进而可解得椭圆的离心率；（2）设，由可得出，由点在椭圆上可得出，利用韦达定理可计算得出，再由可计算得出，即可证得结论成立. 【解析】（1）设椭圆方程为，，则直线的方程为，联立，消去并整理得，设点、，由韦达定理可得，，由，，由与共线，得，又，，，，即，可得，所以，，所以，椭圆的离心率为；（2）证明：由（1）知，所以椭圆方程可化为．设，由得，.在椭圆上，，．（※）由（1），知，，，．．又，，代入（※）式，得．故为定值，定值为．【点评】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.13．（1）；（2）存在，实数. 【分析】（1）利用椭圆的定义，结合三角形的周长，求出，设出椭圆方程，代入点的坐标求解即可得到椭圆的方程；（2）求出，设直线的方程为，与椭圆方程联立，设，，利用韦达定理，不妨设，，求出，化简整理即可求得结果 【解析】解：（1）根据椭圆的定义，可得，，∴的周长为，∴，，∴椭圆的方程为，将代入得，所以椭圆的方程为.（2）由（1）可知，得，依题意可知直线的斜率不为0，故可设直线的方程为，由消去，整理得，设，，则，，不妨设，，，同理，所以即，所以存在实数，使得成立【点评】 此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是将直线方程与椭圆方程联立方程组，利用韦达定理将表示出来，然后代入中可求出的值，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题14．（1）；（2）是，. 【分析】（1）根据离心率和为椭圆上一点，列式即可得解；（2）依题意知直线的斜率不为，故可设直线的方程为联立，消去整理得，设，，则，，结合条件表达，化简即可得解. 【解析】(1)由已知,解得所以椭圆的方程为(2)由(1)可知依题意可知直线的斜率不为，故可设直线的方程为由，消去整理得设，则，不妨设，，，同理所以即.【点评】本题考查了求椭圆方程以及椭圆中的定值问题，考查了转化思想和较高的计算能力，属于较难题. 解决本类问题的关键点有：（1）韦达定理的应用，韦达定理是联系各个变量之间的桥梁，是解决大多数直线和圆锥曲线问题的必由之路；（2）化简求值，解析几何计算的特点明显，需要较高的计算技巧.