圆锥曲线老师版精选.docx

对数运算1．已知椭圆的左、右焦点分别为，椭圆过点，直线交轴于，且，为坐标原点．（1）求椭圆的方程；（2）设是椭圆的上顶点，过点分别作直线交椭圆于两点，设这两条直线的斜率分别为，且，证明：直线过定点．【答案】（1）；（2）直线过定点，证明见解析.【解析】试题分析：对问题（1），根据题目条件并结合椭圆过点，即可得到的值，进而可求得椭圆的方程；对问题（2），首先讨论直线的斜率是否存在，分两种情况分别证明，当直线的斜率存在时，可联立直线与椭圆的方程并结合韦达定理，即可判断出直线过定点.试题解析：（1）∵椭圆过点，∴①，∵，∴，则，∴，②由①②得，∴椭圆的方程为（2）当直线的斜率不存在时，设，则，由得，得当直线的斜率存在时，设的方程为，，得，，即，由，即，故直线过定点．考点：1.椭圆的方程；2.动态直线过定点问题.2．已知椭圆的中心在原点，焦点为，且离心率．（1）求椭圆的方程；（2）直线（与坐标轴不平行）与椭圆交于不同的两点，且线段中点的横坐标为，求直线斜率的取值范围．【答案】（1）;（2）或．【解析】试题分析：（1）根据焦点坐标可得椭圆是焦点在y轴的椭圆，设椭圆方程并且，，又，根据这些公式解得椭圆方程；（2）设直线的方程为,与椭圆方程联立，根据韦达定理得到根与系数的关系，并且，联立两个式子，得到的取值范围.试题解析：（1）设椭圆方程为由已知，又，解得，所以，故所求方程为（6分）（2）设直线的方程为代入椭圆方程整理得，由题意得，解得或考点：1.椭圆方程；2.直线与椭圆的位置关系.3．已知椭圆的短轴长为2，离心率为，直线过点交椭圆于两点，为坐标原点．（1）求椭圆的方程；（2）求面积的最大值．【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）短轴长，离心率，有根据椭圆的基本关系式，可解得椭圆的方程；（2）因为直线过点，所以设直线方程为与椭圆方程联立，得到根与系数的关系和，表示，最后表示三角形的面积，再求函数的最值.试题解析：（1）由题意得，由得，∴椭圆的方程为；（2）依题意设直线的方程为，由，得，，设，则，，设，则，∵，∴，∴当，即时，面积取得最大值为，此时．考点：1.椭圆方程；2.直线与椭圆的位置关系.4．已知椭圆：，圆：的圆心在椭圆上，点到椭圆的右焦点的距离为．（1）求椭圆的方程；（2）过点作互相垂直的两条直线，，且交椭圆于，两点，直线交圆于，两点，且为的中点，求△的面积的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）求椭圆标准方程，一般方法为待定系数法，只需列出两个独立条件，解方程组即可：一是圆心在椭圆上，即，二是根据两点间距离公式得，解得，，（2）设直线：，直线的方程为，根据几何条件得,所以△的面积等于,先根据点到直线距离公式得，再联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理、弦长公式得,即，最后根据分式函数值域求法得范围试题解析：（1）圆：的圆心为，代入椭圆方程可得，由点到椭圆的右焦点的距离为，即有，解得，即，解得，，即有椭圆方程为．（2）依题意知直线斜率必存在，当斜率为0时，直线：，代入圆的方程可得，可得的坐标为，又，可得的面积为；当直线斜率不为0时设直线：，代入圆的方程可得，可得中点，，此时直线的方程为，代入椭圆方程，可得：，设，，可得，，则，可得的面积为，设（），可得，可得，且，综上可得，△的面积的取值范围是．考点：直线与椭圆位置关系【方法点睛】有关圆锥曲线弦长问题的求解方法涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系，设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解。涉及中点弦问题往往利用点差法.5．已知椭圆的左、右两个焦点，过其中两个端点的直线斜率为，过两个焦点和一个顶点的三角形面积为1。（1）求椭圆的方程；（2）如图，点为椭圆上一动点（非长轴端点），的延长线与椭圆交于点，的延长线与椭圆交于点，求面积的最大值，并求此时直线的方程，【答案】（1）；(2)最大值为，直线的方程．【解析】试题分析：（1）据题意，，，故椭圆的方程为；（2）设直线的方程为，，联立方程，得，所以，又点到直线的距离，所以，换元法，并利用基本不等式求解最值.试题解析：（1）设椭圆的半焦距为，根据题意，，，∴，，∴，，故椭圆的方程为。（2）设直线的方程为，，由消去并整理，得，因为直线与椭圆交于两点，所以，，[来源:学科网]点到直线的距离。因为是线段的中点，所以点到直线的距离为。令，则，，当且仅当，即，亦即时，面积的最大值为，此时直线的方程为.考点：直线与圆锥曲线的位置关系．【方法点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是