高考数学二轮专题复习圆锥曲线专题05《图形问题》(2份打包，原卷版+教师版)

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高考数学二轮专题复习圆锥曲线专题05《图形问题》1.设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|＝8．(1)求l的方程；(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．【答案解析】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．2.设椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左右顶点为A1，A2，上下顶点为B1，B2，菱形A1B1A2B2的内切圆C′的半径为，椭圆的离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)设M，N是椭圆上关于原点对称的两点，椭圆上一点P满足|PM|＝|PN|，试判断直线PM，PN与圆C′的位置关系，并证明你的结论.【答案解析】解：(1)设椭圆的半焦距为c.由椭圆的离心率为知，b＝c，a＝b.设圆的半径为r，则，∴，解得，∴，∴椭圆的方程为 (2)∵关于原点对称，，∴.设，.当直线PM的斜率存在时，设直线PM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     3.已知抛物线M：x2＝2py(p>0)上一点Q(4，a)到焦点F的距离为a.(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CD的垂直平分线l′与M相交于A，B两点，点E，H分别为线段CD和AB的中点.①试用k表示点E、H的坐标；②若以线段AB为直径的圆过点C，求直线l的方程.【答案解析】解：(1)根据抛物线的定义和已知条件，得，故a＝2p，由点Q在M上，可知2pa＝16，把a＝2p代入，得p＝2.所以抛物线M的方程为：x2＝4y.(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k2＝1，所以直线l的方程为y＝x＋1，或y＝﹣x＋1.4.设椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，下顶点为A，上顶点为B，△FAB是等边三角形.(1)求椭圆的离心率；(2)设直线l：x＝﹣a，过点A且斜率为k(k>0)的直线与椭圆交于点C(C异于点A)，线段AC的垂直平分线与直线l交于点P，与直线AC交于点Q，若|PQ|＝|AC|.(ⅰ)求k的值；(ⅱ)已知点M(﹣，﹣)，点N在椭圆上，若四边形AMCN为平行四边形，求椭圆的方程.【答案解析】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k＝1或 (舍) 所以k＝1.                                     (ⅱ)因为k＝1，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b2＝4，b＝2，该椭圆方程为：.5.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．(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＝2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．【答案解析】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x＝2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x＝ty＋，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(，0)和(3，0)．6.已知圆C1的方程为(x＋2)2＋y2＝32，点C2(2，0)，点M为圆C1上的任意一点，线段MC2的垂直平分线与线段MC1相交于点N.(1)求点N的轨迹C的方程.(2)已知点A(2，2)，过点A且斜率为k的直线l交轨迹C于P，Q两点，以OP，OQ为邻边作平行四边形OPBQ，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.【答案解析】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B在椭圆上.7.已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)过点(﹣1，)，顺次连接椭圆的四个顶点得到的四边形的面积为4，点P(1，0).(1)求椭圆C的方程.(2)已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)是椭圆C上的两点.(ⅰ)若x1＝x2，且△PAB为等边三角形，求△PAB的边长；(ⅱ)若x1≠x2，证明：△PAB不可能为等边三角形.【答案解析】解：(1)依题意，，，联立两式，解得，，故椭圆的方程为.(2)(ⅰ)由且△PAB为等边三角形及椭圆的对称性可知，直线PA和直线PB与x轴的夹角均为30°由，可得.∴，△PAB的边长为，即或.(ⅱ)因为，故直线AB斜率存在.设直线，AB中点为，联立，消去得，由得到，    ①所以，，所以.又，若△PAB为等边三角形，则有，即，即，化简得，②由②得点坐标为不合题意.故△PAB不可能为等边三角形.8.如图，设椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)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l：x﹣y﹣3＝0相切，过定点 M(0，2)的直线l1与椭圆C交于G，H两点(点G在点M，H之间).(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l1的斜率k>0，在x轴上是否存在点P(m，0)，使得以PG，PH为邻边的平行四边形是菱形？如果存在，求出m的取值范围；如果不存在，请说明理由；(3)若实数λ满足，求λ的取值范围． 【答案解析】解：(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，b＝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， ．