新高考数学二轮专题《圆锥曲线》第6讲 图形问题（解析版）

1、第6讲 图形问题一、解答题 1已知椭圆（），以椭圆内一点为中点作弦，设线段的中垂线与椭圆相交于， 两点（）求椭圆的离心率；（）试判断是否存在这样的，使得， ， ， 在同一个圆上，并说明理由【答案】（）（）存在这样的，使得， ， ， 在同一个圆上【解析】【试题分析】（1）借助递椭圆离心率的定义分析求解；（2）依据题设条件先建立直线的方程，再与椭圆方程联立，借助交点坐标之间的关系分析求解：（）将椭圆方程化成标准方程， （）由题意，设， ， ， ，直线的斜率存在，设为，联立，得 ， ，此时由，得，则： ， ： 则得， ，故的中点为由弦长公式可得到 ，若存在圆，则圆心在上，的中点到直线的距离为，又存在

2、这样的，使得， ， ， 在同一个圆上2已知O为坐标原点，F为椭圆C：在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为的直线l与C交于A、B两点，点P满足（）证明：点P在C上；（）设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一圆上【答案】（）见解析（）见解析【分析】（）要证明点P在C上，即证明P点的坐标满足椭圆C的方程，根据已知中过F且斜率为的直线l与C交于A、B两点，点P满足，我们求出点P的坐标，代入验证即可（）若A、P、B、Q四点在同一圆上，则我们可以先求出任意三点确定的圆的方程，然后将第四点坐标代入验证即可【详解】证明：（）设A（x1，y1），B（x2，y2）椭圆C：，则直线AB的方程为：y

3、x+1 联立方程可得4x22x10，则x1+x2，x1x2则y1+y2（x1+x2）+21设P（p1，p2），则有：（x1，y1），（x2，y2），（p1，p2）；（x1+x2，y1+y2）（，1）；（p1，p2）（）（，1）p的坐标为（，1）代入方程成立，所以点P在C上（）设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一圆上设线段AB的中点坐标为（，），即（，），则过线段AB的中点且垂直于AB的直线方程为：y（x），即yx；P关于点O的对称点为Q，故0（0.0）为线段PQ的中点，则过线段PQ的中点且垂直于PQ的直线方程为：yx；联立方程组，解之得：x，y的交点就是圆心O1（，），r

4、2|O1P|2（）2+（1）2故过PQ两点圆的方程为：（x）2+（y）2，把yx+1 代入，有x1+x2，y1+y21A，B也是在圆上的A、P、B、Q四点在同一圆上【点睛】本题考查的知识点是直线与圆锥曲线的关系，向量在几何中的应用，其中判断点与曲线关系时，所使用的坐标代入验证法是解答本题的关键3已知椭圆的方程为，点为长轴的右端点为椭圆上关于原点对称的两点直线与直线的斜率满足：（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与圆相切，且与椭圆相交于两点，求证：以线段为直径的圆恒过原点【答案】（1）（2）见证明【分析】（1）由可得的值，从而得到椭圆的标准方程；（2）原问题等价于，联立方程，利用韦达定理即可得到

5、结果.【详解】解：（1）设则 由得， 由，即得， 所以，所以即椭圆的标准方程为： （2）设由得： 又与圆C相切，所以即 所以 所以，即所以，以线段为直径的圆经过原点.【点睛】圆锥曲线中定点问题的常见解法（1）假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；（2）从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意4已知椭圆的右焦点为F，A、B分別为椭圆的左项点和上顶点，ABF的面积为（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点F的直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线AP、AQ分别与直线x交于点M、N以MN为直径

6、的圆是否恒过定点？若是，请求出该定点坐标；若不是，请说明理由【答案】（1）；（2）MN为直径的圆恒过定点和【分析】（1）根据ABF的面积为求出a2，即得解；（2）设直线PQ的方程为，点求出，设以MN为直径的圆过定点P（m，n），则，联立和PQ的方程为，得到韦达定理，把韦达定理代入即得解.【详解】解：（1）由题得ABF的面积，解得a2，即椭圆C的标准方程为（2）已知点A（2，0），设直线PQ的方程为，点直线AP的方程为，直线AQ的方程为，将代入直线AP、AQ方程，可得，设以MN为直径的圆过定点P（m，n），则，即联立椭圆和直线PQ的方程为，可得，化简得，即，代入上式化简得，由此可知，若上式与t无

7、关，则，又，因此MN为直径的圆恒过定点和【点睛】方法点睛：证明曲线过定点，一般有两种方法.（1）特殊探求，一般证明：即可以先考虑动直线或曲线的特殊情况，找出定点的位置，然后证明该定点在该直线或该曲线上（定点的坐标直线或曲线的方程后等式恒成立）.（2）分离参数法：一般可以根据需要选定参数，结合已知条件求出直线或曲线的方程，分离参数得到等式，（一般地，为关于的二元一次关系式）由上述原理可得方程组，从而求得该定点.5如图，点为圆：上一动点，过点分别作轴，轴的垂线，垂足分别为，连接延长至点，使得，点的轨迹记为曲线.（1）求曲线的方程；（2）若点，分别位于轴与轴的正半轴上，直线与曲线相交于，两点，试问在

8、曲线上是否存在点，使得四边形为平行四边形，若存在，求出直线方程；若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）这样的直线不存在.详见解析【分析】（1）设，则，且，通过，转化求解即可（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），由题意知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，代入椭圆方程整理得关于x的一元二次方程，假设存在点Q，满足题意，则其充要条件为，则点Q的坐标为（x1+x2，y1+y2）由此利用韦达定理结合点Q在曲线上，得到关于k的方程求解即可【详解】（1）设，则，由题意知，所以为中点，由中点坐标公式得，即，又点在圆：上，故满足，得.（2）由题意知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，因为，故，

9、即 ，联立，消去得：，设， ，因为为平行四边形，故，点在椭圆上，故，整理得，将代入，得，该方程无解，故这样的直线不存在.【点睛】本题考查点的轨迹方程的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与直线方程的求法，体现了数学转化思想方法，是中档题6设椭圆的左焦点为，下顶点为，上顶点为，是等边三角形.（1）求椭圆的离心率；（2）设直线，过点且斜率为的直线与椭圆交于点（异于点），线段的垂直平分线与直线交于点，与直线交于点，若.()求的值；()已知点，点在椭圆上，若四边形为平行四边形，求椭圆的方程.【答案】（1）；（2）() ；（ii）【分析】（1）首先根据题意得到，再根据，即可得到椭圆的离心率.（2）()首

10、先根据题意设椭圆方程为，直线为，联立解出的坐标，从而得到的坐标，利用直线交点解出的坐标，根据弦长公式求出，再根据即可得到的值.()先用表示的坐标，根据四边形为平行四边形得到的坐标，再代入椭圆的方程即可得到答案.【详解】（1）由题意可知，即.又因为 ， ，所以.（2）() 设椭圆方程为，直线为，联立得，解得：，则.因为为中点， 因为所在的直线方程为 令 解得.因为，所以，解得或 (舍) 所以. ()因为，所以，设四边形为平行四边形，所以，.即 ， 又因为点在椭圆上，所以.解得，该椭圆方程为：.【点睛】本题第一问考查椭圆的离心率，第二问考查直线与椭圆的位置关系，同时考查学生的计算能力，属于难题.7

11、已知抛物线上一点到焦点F的距离为.（1）求抛物线M的方程；（2）过点F斜率为k的直线l与M相交于C，D两点，线段的垂直平分线与M相交于两点，点分别为线段和的中点.试用k表示点的坐标；若以线段为直径的圆过点C，求直线l的方程.【答案】（1）（2）；，或【分析】（1）根据题意可得且，解得，进而得出抛物线方程（2）点的坐标为，写出直线的方程为：，联立直线与抛物线的方程得，设，则由韦达定理得，进而得中点的坐标，再写出线段垂直平分线的方程：，联立它与抛物线方程，同理得线段中点的坐标根据题意得，在中，由勾股定理得，即，分别由抛物线定义，弦长公式，两点之间得距离公式表示，代入化简解得，进而得直线的方程【详解

12、】解：（1）根据抛物线的定义和已知条件，得，故，由点Q在M上，可知，把代入，得.所以抛物线M的方程为：.（2）由（1）可知点F的坐标为，所以直线l的方程为：.联立消去y得，设，则，所以，所以线段中点.因为过点E且与l垂直，所以的方程为：联立消去y，得，显然成立.设，则，所以，所以线段中点因为以线段为直径的圆过点C，所以，在中，即.根据抛物线定义，得，又，所以，由，得，解方程得，所以直线l的方程为，或.【点睛】本题考查抛物线方程，直线与抛物线相交问题，属于中档题8设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点， （1）求的方程； （2）求过点，且与的准线相切的圆的方程【答案】(1) y=x1,(

13、2)或【详解】分析：(1)根据抛物线定义得，再联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理代入求出斜率，即得直线的方程；（2）先求AB中垂线方程，即得圆心坐标关系，再根据圆心到准线距离等于半径得等量关系，解方程组可得圆心坐标以及半径，最后写出圆的标准方程.详解：（1）由题意得F（1，0），l的方程为y=k（x1）（k0）设A（x1，y1），B（x2，y2）由得 ，故所以由题设知，解得k=1（舍去），k=1因此l的方程为y=x1（2）由（1）得AB的中点坐标为（3，2），所以AB的垂直平分线方程为，即设所求圆的圆心坐标为（x0，y0），则解得或因此所求圆的方程为或点睛：确定圆的方程方法(1)直接法：根

14、据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程(2)待定系数法若已知条件与圆心和半径有关，则设圆的标准方程依据已知条件列出关于的方程组，从而求出的值；若已知条件没有明确给出圆心或半径，则选择圆的一般方程，依据已知条件列出关于D、E、F的方程组，进而求出D、E、F的值9设椭圆（）的左右顶点为，上下顶点为，菱形的内切圆的半径为，椭圆的离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）设是椭圆上关于原点对称的两点，椭圆上一点满足，试判断直线与圆的位置关系，并证明你的结论.【答案】（1） （2）直线、与圆相切，证明见解析【分析】（1）由离心率得，用两种方法表示出菱形的面积可求得，得椭圆方程；（2）设，.当直线

15、的斜率存在时，设直线的方程为，代入椭圆方程，用韦达定理得，利用，即得的关系，求出圆心到直线的距离可得直线与圆的位置关系直线的斜率不存在时，直接计算可得，由对称性的结论也可得【详解】（1）设椭圆的半焦距为.由椭圆的离心率为知，.设圆的半径为，则，解得，椭圆的方程为 （2）关于原点对称，.设，.当直线的斜率存在时，设直线的方程为.由直线和椭圆方程联立得，即，.，圆的圆心O到直线的距离为，直线与圆相切.当直线的斜率不存在时，依题意得，.由得，结合得，直线到原点O的距离都是，直线与圆也相切.同理可得，直线与圆也相切.直线、与圆相切 【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题，考查直线与圆

16、的位置关系直线与椭圆相交，一般采取设而不求思想，即设交点坐标，设直线方程，由直线方程与椭圆方程联立，消元后用韦达定理得，把这个结论代入其他条件求解10已知圆的方程为，点，点M为圆上的任意一点，线段的垂直平分线与线段相交于点N.（1）求点N的轨迹C的方程.（2）已知点，过点A且斜率为k的直线交轨迹C于两点，以为邻边作平行四边形，是否存在常数k，使得点B在轨迹C上，若存在，求k的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）见解析【分析】（1）由椭圆的定义，知点的轨迹是以、为焦点的椭圆，进而求得N的轨迹方程；（2）设直线,与椭圆联立，得韦达定理，以、为邻边作平行四边形的顶点在椭圆上，转化为坐标化后B

17、点在椭圆上，得k的方程求解即可【详解】（1）知点的轨迹是以、为焦点的椭圆，则a=,（2）设直线,与椭圆联立设，消去，得 点代入椭圆方程：得 又满足 存在常数，使得平行四边形的顶点在椭圆上【点睛】本题考查椭圆与直线的位置关系，定义法求轨迹方程，平行四边形的转化，点在曲线上的应用，熟练转化条件，准确计算是关键，是中档题11如图，设椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为A，过点A与AF2垂直的直线交x轴负半轴于点Q，且0，若过 A，Q，F2三点的圆恰好与直线相切，过定点 M（0，2）的直线与椭圆C交于G，H两点（点G在点M，H之间）.（）求椭圆C的方程；（）设直线的斜率，在x轴上是否存在点P（，

18、0），使得以PG，PH为邻边的平行四边形是菱形？如果存在，求出的取值范围；如果不存在，请说明理由；（）若实数满足，求的取值范围 【答案】（1）;（2）;（3）.【解析】试题分析：（1）利用向量确定F1为F2Q中点，设Q的坐标为（-3c，0），因为AQAF2，所以b2=3cc=3c2，a2=4cc=4c2，再由直线与圆相切得 解得c=1，利用椭圆基本量之间的关系求b；（2）假设存在，设方程，联立方程组，消元后由判别式大于0可得出，又四边形为菱形时，对角线互相垂直，利用向量处理比较简单，化简得（x1+x2）-2m+k2（x1+x2）+4k=0，再由 代入化简得：，解得，利用均值不等式范围；（3）

19、斜率存在时设直线方程，联立消元，,再由，进行坐标运算，代入化简，分离k与，利用k的范围求，注意验证斜率不存在时情况试题解析：（1）因为0,所以F1为F2Q中点设Q的坐标为（-3c，0），因为AQAF2，所以b2=3cc=3c2，a2=4cc=4c2，且过A，Q，F2三点的圆的圆心为F1（-c，0），半径为2c因为该圆与直线L相切，所以 解得c=1，所以a=2，故所求椭圆方程为（2）设L1的方程为y=kx+2（k0）由得（3+4k2）x2+16kx+4=0, 由0，得 所以k1/2,设G（x1，y1），H（x2，y2），则所以（x1-m，y1）+（x2-m，y2）=（x1+x2-2m，y1+y2

20、）=（x1+x2-2m，k（x1+x2）+4）（x2-x1，y2-y1）=（x2-x1，k（x2-x1）,由于菱形对角线互相垂直，因此所以（x2-x1）（x1+x2）-2m+k（x2-x1）k（x1+x2）+4=0,故（x2-x1）（x1+x2）-2m+k2（x1+x2）+4k=0因为k0，所以x2-x10所以（x1+x2）-2m+k2（x1+x2）+4k=0，即（1+k2）（x1+x2）+4k-2m=0，所以,解得， 因为k0，所以故存在满足题意的点P且m的取值范围是（3）当直线L1斜率存在时，设直线L1方程为y=kx+2，代入椭圆方程,得（3+4k2）x2+16kx+4=0 , 由0，得,

21、设G（x1，y1），H（x2，y2）， 则,又，所以（x1，y1-2）=（x2，y2-2）， 所以x1=x2， 所以, ,整理得 ,因为， 所以 ,解得又01，所以 当直线L1斜率不存在时，直线L1的方程为x=0， ，,所以 综上所述， 点睛：本题主要考查了椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，是高考的必考点，属于难题求椭圆方程的方法一般就是根据条件建立的方程，求出即可，注意的应用；涉及直线与圆锥曲线相交时，未给出直线时需要自己根据题目条件设直线方程，要特别注意直线斜率是否存在的问题，避免不分类讨论造成遗漏，然后要联立方程组，得一元二次方程，利用根与系数关系写出，再根据具体问题应用上式，其中要注意

22、判别式条件的约束作用12已知椭圆C：+=1（ab0）的两个焦点分别为F1（2，0），F2（2，0），离心率为过焦点F2的直线l（斜率不为0）与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为D，O为坐标原点，直线OD交椭圆于M，N两点（）求椭圆C的方程；（）当四边形MF1NF2为矩形时，求直线l的方程【答案】（）；（）y=【详解】（I）由已知可得：，解得a2=6，b2=2，椭圆C的方程为；（II）由题意可知直线l的斜率存在，设直线l方程为y=k（x2），A（x1，y1），B（x2，y2），M（x3，y3），N（x3，y3）联立，化为（1+3k2）x212k2x+12k26=0，x1+x2=，y1+y2=

23、k（x1+x24）=，线段AB的中点D，直线OD的方程为：x+3ky=0（k0）联立，解得=，x3=3ky3四边形MF1NF2为矩形，=0，（x32，y3）（x32，y3）=0，=0，=0，解得k=，故直线方程为y=考点：椭圆的简单性质13过点作直线与曲线：交于两点，在轴上是否存在一点，使得是等边三角形，若存在，求出；若不存在，请说明理由.【答案】存在满足题意，详见解析【分析】设直线，联立直线方程和抛物线方程，消去后，利用韦达定理和弦长公式可求的长度及的中点坐标，再求出的坐标后求其到的距离，利用可求，从而可求.【详解】依题意知，直线的斜率存在，且不等于0。设直线，由消y整理，得，由直线和抛物线交于两点，得即，由韦达定理，得：.则线段的中点为.线段的垂直平分线方程为：，令，得，则，为正三角形，到直线的距离为，解得，满足式，此时【点睛】直线与圆锥曲线的位置关系，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为某一个变量的方程，解此方程即可.14直线与椭圆相交于，两点，为坐标原点.（）当点的坐标为，且四边形为菱形时，求的长；（）当点在上且不是的顶点时，证明：四边形不可能为菱形.【答案】 利用椭圆的对称性，结合图形完成第(I)小题.设出直线方程，把直线方程和椭圆方程联立，设而