2024届高考数学-第19讲 利用平面向量解决平行四边形问题（解析版）

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第19讲 利用平面向量解决平行四边形问题 参考答案与试题解析一．解答题（共16小题）1．在平面直角坐标系中，已知椭圆经过，且离心率，（1）求椭圆方程．（2）经过点且斜率的直线与椭圆有两个不同的交点和．①求的取值范围．②设椭圆与轴正半轴、轴正半轴的交点分别为、，是否存在常数，使向量与共线？如果存在，求值；如果不存在，请说明理由．【解答】解：（1）由焦点在轴，经过，故，又离心率，解得：，椭圆方程为；（2）①由已知条件，直线的方程为，，整理得，直线与椭圆有两个不同的交点和等价于△，△，解得：．即的取值范围为．②设，，，，则，，由韦达定理得：，又，而，与共线等价于，解得，由①知．矛盾，故没有符合题意的常数．2．已知椭圆的右焦点，点，为椭圆的半焦距）在轴上，若椭圆的离心率，且．（1）求椭圆方程；（2）若过的直线交椭圆与，两点，且与向量共线（其中为坐标原点），求证：．【解答】解：（1）依题意有：，，椭圆方程：（6分）（2）设直线的方程为：，，，，，联立方程组，整理得：，，，，由与向量共线，得，故．．（13分）3．在平面直角坐标系中，经过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点、，（Ⅰ）若；求直线的斜率的值；（Ⅱ）设椭圆与轴正半轴、轴正半轴的交点分别为、，是否存在常数，使得向量与共线，如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．【解答】（本小题12分）解：（1）直线经过点且斜率为，，（1分）由，得，（3分）由△，得，（4分），解得，或（舍．（6分）（2）设，，，，则（7分），，（9分）与共线等价于，（10分）由上述式子得：（11分）又，不存在这样的常数满足条件．（12分）4．如图，设抛物线方程为，为直线上任意一点，不在轴上，过引抛物线的切线，切点分别为，．（Ⅰ）设线段的中点为；（ⅰ）求证：平行于轴；（ⅱ）已知当点的坐标为时，，求此时抛物线的方程；（Ⅱ）是否存在点，使得点关于直线的对称点在抛物线上，其中，点满足为坐标原点）．若存在，求出所有适合题意的点的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】（Ⅰ）（ⅰ）证明：由题意设，，，，，，．由得，则，所以，．因此直线的方程为，直线的方程为．所以，①．②由①、②得，因此，即．所以平行于轴．（ⅱ）解：由（ⅰ）知，当时，将其代入①、②并整理得：，，所以，是方程的两根，因此，，又，所以．由弦长公式的．又，所以或，因此所求抛物线方程为或．（Ⅱ）解：设，，由题意得，，则的中点坐标为，设直线的方程为，由点在直线上，并注意到点也在直线上，代入得．若，在抛物线上，则，因此或．即或．（1）当时，则，此时，点适合题意．（2）当，对于，此时，，又，，所以，即，矛盾．对于，因为，此时直线平行于轴，又，所以直线与直线不垂直，与题设矛盾，所以时，不存在符合题意得点．综上所述，不存在符合题意得点．5．已知点，的坐标分别是，，，，动点满足直线和的斜率之积为，记的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）直线与曲线相交于，两点，若曲线上存在点，使得四边形为平行四边形（其中为坐标原点），求的取值范围．【解答】解：（1），化简得曲线的方程：．（2）设，，，联立，得，，，△，即，①若四边形为平行四边形，则的中点也是的中点，所以点的坐标为，，又点在曲线上得，化简得②将②代入①得，，所以，由②得，所以或，当直线经过，时，，代入②得，不符合题意所以的取值范围为，，，，．6．如图所示，已知圆与直线相切．（Ⅰ）求的值．（Ⅱ）直线与圆相交于，两点，若在圆上存在一点，使四边形为平行四边形，求实数的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）圆心到直线的距离为，直线与圆相切，．（Ⅱ）设，，，，联立方程组，消去得，，，四边形为平行四边形，线段的中点即为线段的中点，点的坐标为，，即，由点在圆上，，整理得，此时△，，即或，即的取值范围为，，．7．在中，，的坐标分别是，点是的重心，轴上一点满足，且．（Ⅰ）求的顶点的轨迹的方程；（Ⅱ）直线与轨迹相交于，两点，若在轨迹上存在点，使四边形为平行四边形（其中为坐标原点），求的取值范围．【解答】解：设，点是的重心，，轴上一点满足，．，，化为即为的顶点的轨迹的方程；设，，，，联立，化为，由△，化为，，．四边形为平行四边形，，，，，．点在椭圆上，，化为．代入△，可得，又，解得或．的取值范围是．8．已知椭圆，直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为．（1）证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；（2）若过点，，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率；若不能，说明理由．【解答】解：（1）设直线，，，，，，，，将代入，得，则判别式△，则，则，，于是直线的斜率，即，直线的斜率与的斜率的乘积为定值．（2）四边形能为平行四边形．直线过点，，由判别式△，即，，，即，即，则，不过原点且与有两个交点的充要条件是，，由（1）知的方程为，设的横坐标为，由得，即，将点，的坐标代入的方程得，即的方程为，将，代入，得解得，四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即，于是，解得或，，，，2，当的斜率为或时，四边形能为平行四边形．9．设为椭圆的右焦点，点在椭圆上，直线与以原点为圆心、以椭圆的长半轴长为半径的圆相切．（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆相交于，两点，过点且平行于的直线与椭圆交于另一点．问是否存在直线，使得四边形的对角线互相平分？若存在，求出的方程；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）由题意知所以椭圆 的方程为（4分）（2）结论：存在直线，使得四边形的对角线互相平分．（5分）理由如下：由题可知直线、的斜率存在．设直线的方程为，直线的方程为由消去得则，（7分）由消去得则，（9分）若四边形的对角线互相平分，则四边形为平行四边形，，直线的方程为时，四边形的对角线互相平分．（12分）10．已知椭圆的左、右顶点分别为，，上、下顶点分别为，，四边形的面积为，坐标原点到直线的距离为．（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆上一点作两条直线分别与椭圆相交于点，（异于点，试判断以和为对角线的四边形是否为菱形？若是，求出直线的方程；若不是，请说明理由．【解答】解：（1）设直线的方程为，由题意得，解得：，所以椭圆的方程为．（2）当直线的斜率不存在时，若平行四边形为菱形，则为左顶点或右顶点，此时直线的方程为．当直线的斜率为0时，若四边形为菱形，则点为上顶点或下顶点，此时的方程为，当直线的斜率存在时，设，，，，联立直线方程与椭圆方程可得：，则△，所以，若四边形为菱形，则，所以点，所以直线的斜率，所以，这与 矛盾，所以四边形不能是菱形，综上，四边形能为菱形，此时直线的方程为或．11．已知椭圆左右两个焦点分别为，，为椭圆上一点，过且与轴垂直的直线与椭圆相交所得弦长为3．抛物线的顶点是椭圆的中心，焦点与椭圆的右焦点重合．（Ⅰ）求椭圆和抛物线的方程；（Ⅱ）过抛物线上一点（异于原点作抛物线切线交椭圆于，两点，求面积的最大值；（Ⅲ）过椭圆右焦点的直线与椭圆相交于，两点，过且平行于的直线交椭圆于另一点，问是否存在直线，使得四边形的对角线互相平分？若存在，求出的方程；若不存在，说明理由．【解答】解：（Ⅰ）设，令，代入椭圆方程可得，，由题意可得，又在椭圆上，可得，解得，，，可得椭圆的方程为；即有抛物线的焦点为，可得抛物线的方程为；（Ⅱ）设，，设抛物线切线的方程为，由两边对求导，可得，即为，可得，即有切线的方程为，即为，代入椭圆方程，可得，设，，，，即有△，得，，，，原点到直线的距离为，则面积，令，，可得，则，可令，由，可得在递增，可得，即有，即有当时，取得最大值．由，解得，，故当时，的面积取得最大值；（Ⅲ）可设直线，代入椭圆，可得，设，，，，可得，，直线，代入椭圆，可得，设，，可得，，假设四边形的对角线互相平分，可得四边形为平行四边形，与的中点重合．即有，即为，即有，则有，，即为，解得．故存在直线，方程为．12．设，分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且点和关于点对称．（1）求椭圆的方程；（2）过右焦点的直线与椭圆相交于，两点，过点且平行于的直线与椭圆交于另一点，问是否存在直线，使得四边形的对角线互相平分？若存在，求出的方程；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）点和关于点对称，，椭圆的焦点为，，由椭圆定义，得，从而，，故椭圆的方程为；（2）结论：存在直线，使得四边形的对角线互相平分．理由如下：由题可知直线、直线的斜率存在，设直线的方程为、直线的方程为，由 消去，得，根据题意可知△，设，，，，由韦达定理可知，，由 消去，得，由△，可知，设，，又，则，，若四边形的对角线互相平分，则有与的中点重合，所以，即，故，所以，解得，从而直线方程为时，四边形的对角线互相平分．13．设，分别为椭圆的左，右焦点，点在椭圆上，且点和关于点对称．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过右焦点的直线与椭圆相交于，两点，过点且平行于的直线与椭圆交于另一点，问是否存在直线，使得四边形的对角线互相平分？若存在，求出的方程；若不存在，说明理由．【解答】解：（Ⅰ）点和关于点对称，，，，，，，椭圆方程为：；（Ⅱ）结论：存在直线，使得四边形的对角线互相平分．理由如下：如图，设，，三点的横坐标分别为，，，直线的方程为：，的方程为：，由方程与椭圆方程联立消去，得，得，，由方程与椭圆方程联立消去，得，得，，四边形的对角线互相平分，，的中点重合，，，平方可得，，，，解得，故直线为时，四边形对角线互相平分．14．在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为，，已知点和都在椭圆上，其中为椭圆的离心率．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设直线与椭圆相交于，两点，若在椭圆上存在点，使四边形为平行四边形，求的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）点和都在椭圆上，其中为椭圆的离心率，，，，，解得，，椭圆的方程为．（Ⅱ）设，，，，，，四边形为平行四边形，线段的中点即为线段的中点，即，，点在椭圆上，，，化简，得，①由，得，由△，得，②又，代入①式，得，化简，得，代入②式，得，又，，或．的取值范围为，，．15．已知椭圆的右焦点为，上顶点为，短轴长为2，为原点，直线与椭圆的另一个交点为，且的面积是的面积的3倍．（1）求椭圆的方程；（2）如图，直线与椭圆相交于，两点，若在椭圆上存在点，使为平行四边形，求的取值范围．【解答】解：（1）短轴长为2，可得，即有，设，，，的面积是的面积的3倍，即为，可得，由直线经过，可得，即，，代入椭圆方程可得，，即为，即有，则椭圆方程为；（2）设，，，，由为平行四边形，可得，，在椭圆上，可得，即为，化为，①由可得，由△，即为，②，代入①可得，化为，代入②可得，又，解得或．则的取值范围是，，．16．椭圆左、右焦点分别为，，过点的直线交椭圆于，两点．当直线轴时，．（Ⅰ）求椭圆的离心率；（Ⅱ）若椭圆上存在点，使得四边形是平行四边形，求此时直线的斜率．【解答】解：（Ⅰ）方法一：因为过，且，设，不妨设为第一象限点，则．则，所以，所以，则，所以，所以所以，所以；方法二：因为，所以，因此，所以，所以；（Ⅱ）由（Ⅰ），可设椭圆，，，，，线段的中点，，由题意可以判断直线的斜率存在，设，联立方程组，消去，整理得，所以，因此，则①因为四边形是平行四边形，所以是的中点，所以，，又因为在椭圆上，所以②①代入②，得，整理得，解得或（舍去），所以所以直线的斜率为．