2024年高考数学第二轮专题复习圆锥曲线 专题8：椭圆中的定值问题29页

这是一份2024年高考数学第二轮专题复习圆锥曲线 专题8：椭圆中的定值问题29页，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。
（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