新高考数学之圆锥曲线综合讲义第6讲图形问题(原卷版+解析)

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．（Ⅰ）求椭圆的离心率；（Ⅱ）试判断是否存在这样的，使得，，，在同一个圆上，并说明理由．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．（Ⅰ）证明：点P在C上；（Ⅱ）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．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．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．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.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.(ⅰ)求的值；(ⅱ)已知点，点在椭圆上，若四边形为平行四边形，求椭圆的方程.7．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.①试用k表示点的坐标；②若以线段为直径的圆过点C，求直线l的方程.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．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.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.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）.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设直线的斜率，在x轴上是否存在点P（，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；（Ⅲ）若实数满足，求的取值范围．12．已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）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．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）当四边形MF1NF2为矩形时，求直线l的方程．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.14．直线与椭圆相交于，两点，为坐标原点.（Ⅰ）当点的坐标为，且四边形为菱形时，求的长；（Ⅱ）当点在上且不是的顶点时，证明：四边形不可能为菱形.15．已知椭圆过点，顺次连接椭圆的四个顶点得到的四边形的面积为，点.（1）求椭圆的方程.（2）已知点，是椭圆上的两点.（ⅰ）若，且为等边三角形，求的边长；（ⅱ）若，证明：不可能为等边三角形.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．（Ⅰ）求椭圆的离心率；（Ⅱ）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】（Ⅰ）（Ⅱ）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：（Ⅰ）将椭圆方程化成标准方程，．（Ⅱ）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．（Ⅰ）证明：点P在C上；（Ⅱ）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】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析【分析】（Ⅰ）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．（Ⅱ）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：（Ⅰ）设A（x1，y1），B（x2，y2）椭圆C：①，则直线AB的方程为：yx+1②联立方程可得4x2﹣2x﹣1＝0，则x1+x2，x1×x2则y1+y2（x1+x2）+2＝1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①方程成立，所以点P在C上．（Ⅱ）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；③∵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：yx④；③④联立方程组，解之得：x，y③④的交点就是圆心O1（，），r2＝|O1P|2＝（（））2+（﹣1）2故过PQ两点圆的方程为：（x）2+（y）2⑤，把yx+1…②代入⑤，有x1+x2，y1+y2＝1∴A，B也是在圆⑤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a＝2，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a＝2，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，即①，联立，消去得：，设，，，，，因为为平行四边形，故，点在椭圆上，故，整理得，②，将①代入②，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.(ⅰ)求的值；(ⅱ)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）(ⅰ)；（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）(ⅰ)首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.(ⅱ)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）(ⅰ)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.(ⅱ)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．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.①试用k表示点的坐标；②若以线段为直径的圆过点C，求直线l的方程.【答案】（1）（2）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）①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．②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】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）①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②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=x–1,(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（x–1）（k>0）．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=x–1．（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①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；②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）.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设直线的斜率，在x轴上是否存在点P（，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；（Ⅲ）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AQ⊥AF2，所以b2=3c×c=3c2，a2=4c×c=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）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AQ⊥AF2，所以b2=3c×c=3c2，a2=4c×c=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（k>0）由得（3+4k2）x2+16kx+4=0,由△>0，得所以k>1/2,设G（x1，y1），H（x2，y2），则所以（x1-m，y1）+（x2-m，y2）

=（x1+x2-2m，y1+y2）

=（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k>0，所以x2-x1≠0所以（x1+x2）-2m+k2（x1+x2）+4k=0，即（1+k2）（x1+x2）+4k-2m=0，所以,解得，因为k>0，所以故存在满足题意的点P且m的取值范围是．（3）①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,设G（x1，y1），H（x2，y2），则,又，所以（x1，y1-2）=λ（x2，y2-2），所以x1=λx2，所以,∴∴,整理得,因为，所以,解得又0＜λ＜1，所以．②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，其中要注意判别式条件的约束作用．12．已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）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．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）当四边形MF1NF2为矩形时，求直线l的方程．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）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（x﹣2），A（x1，y1），B（x2，y2），M（x3，y3），N（﹣x3，﹣y3）．联立，化为（1+3k2）x2﹣12k2x+12k2﹣6=0，∴x1+x2=，y1+y2=k（x1+x2﹣4）=，∴线段AB的中点D，∴直线OD的方程为：x+3ky=0（k≠0）．联立，解得=，x3=﹣3ky3．∵四边形MF1NF2为矩形，∴=0，∴（x3﹣2，y3）•（﹣x3﹣2，﹣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①，由直线和抛物线交于两点，得即②，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②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