资源简介

与四边形相关的4类圆锥曲线大题参考答案：
1．（1）；（2）存在，
【解析】通过，得到 点M的轨迹为以为焦点，的椭圆，应用椭圆的定义得到其轨迹方程；
首先判断直线的斜率是否存在，通过联立方程组，得到，结合，得到四边形为平行四边形，若要成为矩形，需有，运算化简即可得结果．
【详解】 ，所以，设
则点M到的距离之和为，
点M的轨迹为以为焦点，的椭圆，
，
轨迹方程
过y轴上的点，
若直线l是y轴，则A，B两点是椭圆的顶点，
，
与O重合，与四边形OAPB是矩形矛盾，
直线l的斜率存在，
设l的方程为，
由，消y，得，
此时恒成立，
且，
，
四边形OAPB是平行四边形，
若存在直线l，使得四边形OAPB是矩形，
，
，
，
，
得，
，
故存在直线，使得四边形OAPB是矩形．
【点睛】本题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题.突出考查了数形结合、分类讨论、函数与方程、等价转化等数学思想方法,属于难题．
2．(1)；
(2)存在，理由见解析.
【分析】（1）根据题意用定义法求解轨迹方程；（2）在第一问的基础上，设出直线l的方程，联立椭圆方程，用韦达定理表达出两根之和，两根之积，求出直线l的垂直平分线，从而得到D点坐标，证明出结论.
(1)
由题意得：，所以，，而，故动点P的轨迹E的方程为以点、为焦点的椭圆方程，由得：，，所以动点P的轨迹E的方程为；
(2)
存在，理由如下：
显然，直线l的斜率存在，设为，
联立椭圆方程得：，设，，则，，
要想以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形，则点D为AB垂直平分线上一点，
其中，，则，故AB的中点坐标为，则AB的垂直平分线为：，令得：，且无论为何值，，点D在线段上，满足题意.
3．（1）；（2）存在，.
【分析】（1）根据椭圆的定义，求出，得到椭圆的标准方程；
（2）先分析与轴垂直时，得到圆为四边形ABCD的内切圆，再当与轴不垂直时，设BC的方程为，与椭圆联立，得到根与系数的关系，再由，得到的关系式，再分析原点到的距离为定值，再理可得，O到直线AB，直线CD，直线AD的距离都是，知存在定圆G，使得G为四边形ABCD的内切圆，并求得内切圆的方程.
【详解】（1）设椭圆E的标准方程是，
由椭圆的定义可知，，
所以，
所以，因为，所以，
故椭圆E的标准方程为.
（2）若BC与x轴垂直，则AB与x轴平行，此时四边形ABCD为正方形，
，所以圆为四边形ABCD的内切圆.
若BC与x轴不垂直，则AB与x轴不平行，
设直线BC的斜率为k，直线BC的方程为，
与椭圆E的交点为，由，
得，
所以，，
因为，所以，
即，
，
所以，
圆心O到直线BC的距离为，
同理可证圆心O到直线AB，直线CD，直线AD的距离都是，
所以四边形ABCD的内切圆G的方程为;
综上所述，存在定圆G，使得G为四边形ABCD的内切圆，
内切圆的方程为.
【点睛】本题考查了椭圆定义求椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，点到直线的距离，还考查了设而不解，联立方程组，根与每每的关系等基本技巧，考查了学生的逻辑推理、直观想象与数学运算等数学核心素养，难度较大.
4．（1）；（2）是定值，.
【分析】（1）根据抛物线的焦点求得椭圆的焦点坐标，根据椭圆的定义求得，由此求得，进而求得椭圆的方程.
（2）联立直线的方程与椭圆方程，化简写出根与系数关系，由求得的关系式，结合点到直线距离公式求得平行四边形的面积为定值.
【详解】（1）抛物线的焦点坐标为.
由题意：椭圆的一个焦点坐标为，所以另一个焦点是，.
根据椭圆的定义有所以，
所以所以椭圆.
（2）设，，，
，
②代入①整理得，
，
，
，，
因为是平行四边形所以，，
所以，
，
因为在椭圆上，代入得，
整理得：，
到距离为，
所以，
，
所以平行四边形的面积为定值.
【点睛】求解椭圆方程时，可以结合椭圆的定义来求得.有关面积问题，往往结合弦长公式和点到直线距离公式来求解.
5．(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的定义和点在椭圆上建立方程，然后解出方程即可；
（2）联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理表示出线段中点坐标，然后利用等腰三角形性质建立方程，最后表示出四边形的面积即可
(1)
由椭圆E短轴的下端点A的坐标为
可得：
由及椭圆的定义，可得：，即
所以椭圆E的方程为：
(2)
由直线与坐标轴不垂直，可设直线的方程为
代入并整理得：
则.
设，则有：.
设的中点，则，且.
因为，G为的中点，所以，可得：
则有：，即
化简可得：
所以
解得：，且
故有：
则四边形的面积：.
6．（1）；（2）或.
【分析】（1）分别选①或②，利用椭圆定义可得椭圆方程为；
（2）当的斜率为时，此时，所以直线的斜率不为且存在时，设直线方程为（），代入椭圆方程可得，设可得，，由弦长公式可得，又，同理可得，利用面积公式即可得解.
【详解】（1）若选①，可得，所以，
令，可得，由可得，
所以椭圆的标准方程为，
若选②，，如图所示，圆的半径为，
易知，所以，所以，
所以，
所以点轨迹为以，为焦点的椭圆，
，所以，
所以椭圆方程为；
（2）当的斜率为时，，，
此时，同理，斜率不存在时也不成立，
所以直线的斜率不为且存在，设直线方程为（），
代入椭圆方程可得，
设可得，，
由弦长公式可得，
又，同理可得，
所以，
可得，可得或，
所以直线的方程为或.
7．(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的定义和性质，建立方程求出，即可．
（2）设的方程为，，，，，设的方程为，，，，，分别联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，以及弦长公式，求得，，运用菱形和椭圆的对称性可得，关于原点对称，结合菱形的对角线垂直和向量数量积为0，可得，设菱形的周长为，运用基本不等式，计算可得所求最大值．
(1)
点在线段的垂直平分线上，
，
又，
．
曲线是以坐标原点为中心，和为焦点，长轴长为的椭圆．
设曲线的方程为，．
，，
．
曲线的方程为．
(2)
设的方程为，，，，，
设的方程为，，，，，
联立可得，
由可得，化简可得，①
，，
，
同理可得，
因为四边形为菱形，
所以，
所以，又因为，所以，
所以，关于原点对称，又椭圆关于原点对称，
所以，关于原点对称，，也关于原点对称，
所以且，
所以，，，，
因为四边形为菱形，可得，
即，即，
即，
可得，
化简可得，
设菱形的周长为，
则
，
当且仅当，
即时等号成立，此时，满足①，
所以菱形的周长的最大值为．
【点睛】关键点点睛：在处理此类直线与椭圆相交问题中，一般先设出直线方程，联立方程，利用韦达定理得出，，再具体问题具体分析，一般涉及弦长计算问题，运算比较繁琐，需要较强的运算能力，属于难题。
8．(1)
(2)
【分析】（1）根据直线与抛物线的位置关系，求解交点坐标关系，根据三角形重心坐标公式，即可得重心坐标，再代入曲线上，即可得确定抛物线方程；
（2）根据坐标关系可证得，则可按梯形面积公式求解即可得面积表达式，结合基本不等式求解最值即可.
【详解】（1）解：焦点，显然直线AB的斜率存在，设：，
联立，消去y得，，设，，，
则，，所以，
所以，且，
故，
即，
整理得对任意的恒成立，故，
所求抛物线的方程为.
（2）解：
由（1）知，，，，，，
则，又弦AB的中点为M，的重心为G，则，
故，所以，
D点到直线AB的距离，
，，
所以四边形的面积
，
当且仅当，即时取等号，
此时四边形的面积最小值为.
9．(1)
(2)
【分析】（1）根据两圆内切和外切列出圆心距与半径的关系，即可发现圆心P的轨迹满足椭圆的定义，进而可求出方程；
（2）当直线AB的斜率不存在，或为0时，可直接由已知得出四边形ADBG面积；
当直线AB的斜斜率存在且不为0时，设出直线AB的方程，与联立椭圆联立，通过韦达定理与弦长公式得出与直线AB的斜率的关系，再由，得出直线DG的斜率与直线AB的斜率的关系，设出直线DG的方程，同理得出与直线AB的斜率的关系，即可列出四边形ADBG面积的式子，再通过基本不等式的应用得出最小值.
【详解】（1）设动圆P的半径为R，圆心P的坐标为，
由题意可知：圆的圆心为，半径为；圆的圆心为，半径为，
动圆P与圆内切，且与圆外切，
，则
动圆P的圆心的轨迹E是以， 为焦点的椭圆，
设其方程为：，
其中，，
，，即轨迹E的方程为：.
（2）当直线AB的斜率不存在，或为0时，
四边形ADBG面积长轴长通径长，
当斜率存在且不为0时，设直线AB的方程为，，，
由可得：，
，，
，
．
，，
同理可得：，
，
四边形ADBG面积，
则
等号当且仅当时取，
即时，.
10．(1)
(2)
【分析】（1）利用圆圆的位置关系以及椭圆定义进行求解.
（2）利用直线与椭圆的位置关系，联立方程组，再利用韦达定理、弦长公式、四边形的面积公式进行求解，最后利用换元法转化为函数问题求取值范围.
【详解】（1）设动圆的半径为，动圆与圆内切，与圆外切，
，且，
，
所以动圆圆心的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，
故动圆圆心的轨迹的方程为.
（2）若垂直于坐标轴，则.
若不垂直于坐标轴，由（1）知，
则设的方程为，设，
联立，
，
则.
因为两直线垂直，所以将替换，同理可求，
则，令，，
令，则，开口向下，对称轴，
当，所以，
即，所以，
综上所述，四边形的面积的取值范围是.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
11．（1）；（2）.
【分析】（1）根据题意可知，再根据椭圆的定义即可求解.
（2）设的方程为，代入E的方程，整理可得，设，，利用韦达定理求出，求出直线OM的方程，代入，求出，再利用点到直线的距离公式求出点A，B到的距离分别为，，再利用三角形的面积公式即可求解.
【详解】（1）由题意可知，
所以动点P的轨迹是以、K为焦点且长轴长为4的椭圆.
因此E的方程为.
（2）由题意可设的方程为，
代入，得，
设，，
则，.
设，
，
所以，的斜率为.
直线OM的方程为，
代入，解得，
所以，
设点A，B到的距离分别为，，则
，.
所以，.（当且仅当等号成立）.
【点睛】本题考查了椭圆的定义、直线与椭圆的位置关系中的面积问题，考查了考生的运算求解能力，综合性比较强，属于难题.
12．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）根据两圆内切和外切列出圆心距与半径的关系，即可发现圆心的轨迹满足椭圆的定义，进而可求其方程，
（2）联立直线与椭圆方程，得韦达定理，根据点坐标可得方程，进而代入韦达定理即可求出坐标，根据弦长公式可求长度，进而得长，根据垂直，即可表示四边形的面积，根据不等式即可求解最值.
（1）
设动圆的半径为，圆心的坐标为
由题意可知：圆的圆心为，半径为；圆的圆心为，半径为.
动圆与圆内切，且与圆外切，
动圆的圆心的轨迹是以为焦点的椭圆，设其方程为：，
其中
从而轨迹的方程为：
（2）
（i）设直线的方程为，则
由可得：
直线的方程为，
令可得点的横坐标为：
为一个定点，其坐标为
（ii）根据（i）可进一步求得：
.
，
则
，
四边形面积
（法一）
等号当且仅当时取，即时，
（法二）令，
则
当，即时，
【点睛】本题考查了椭圆的方程，以及直线与椭圆的位置关系，综合性较强.利用几何法求轨迹方程时，要多注意图形位置间体现的等量关系，可通过先判断轨迹，再求其方程.直线与椭圆相交问题，联立方程是常规必备步骤，韦达定理得弦长，求面积或者长度最值时，往往需要先将其表达出来，再利用不等式或者函数的知识进行求解.
13．（1）；（2）是定值，定值为.
【分析】（1）分别选①或②，利用椭圆定义可得椭圆方程为；
（2）根据题意可设直线的直线方程为（），代入椭圆方程可得，由，解得且，所有，由，结合定理即可得解.
【详解】
（1）若选①，可得，所以，
令，可得，由可得，
所以椭圆的标准方程为，
若选②，如图所示，圆的半径为，
易知，所以，所以，
所以，
所以点轨迹为以，为焦点的椭圆，
，所以，
所以椭圆方程为；
（2）由，可得直线方程为，
故可设直线的直线方程为（），
代入椭圆方程可得，
由，解得且，
所有，
由，
则
，
所以是定值，定值为.
14．（1）椭圆的方程为，离心率为；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据椭圆的定义求出的值，结合已知条件可得的值，进而可求得的值，可得出椭圆的方程及其离心率；
（2）计算得出，可设直线的方程为，与直线的方程联立，求出点的坐标，利用斜率关系得出，由此可证得结论成立.
【详解】（1）由椭圆的定义可得，，则，
所以，椭圆的方程为，该椭圆的离心率为；
（2）设点，则，则，，
所以，，
设直线的方程为，联立，可得，
即点，，
而，所以，，则，
易知，所以，、、、四点共圆.
【点睛】关键点点睛：本题考查四点共圆的证明，一般转化为证明四边形的对角互补，本题中注意到
15．(1)；
(2)
【分析】（1）由题意得，，再由求出，从而可求得椭圆方程；
（2）设直线AD的方程：，，，将直线方程代入椭圆方程化简，再利用根与系数的关系，求出直线BD的方程，可表示出点，的坐标，从而可求出直线BG的斜率，求出直线BG的方程 代入椭圆方程可求出坐标，从而可求出G点坐标.
【详解】（1）由题意可得，，所以，
，短轴长
所以椭圆C的方程：；
（2）设直线AD的方程：，即，，，
由，消去y，整理得，
则，
所以，，
则直线BD的方程：，令，则，所以，所以，
，
则直线BG的斜率
，
所以直线BG的斜率为，所以直线BG的方程：，
因此，则，解得或，
所以，
当BEMF为平行四边形时，G为BM的中点，则，所以
16．（1）；（2）.
【解析】（1）利用椭圆的定义求出，根据，即可求解.
（2）分类讨论当斜率不存在时，求出四边形面积；当斜率存在时，设方程为，联立椭圆及方程，消去，求出，同理求出，表示出四边形的面积，利用基本不等式即可求解.
【详解】（1）由椭圆定义可知的周长，又，
所以，故椭圆的标准方程为.
（2）①当斜率不存在时，此时点纵坐标，
所以，，四边形；
②当斜率存在时，设方程为，设，，
联立椭圆及方程，消去得，
，
，，
所以
，
又斜率，同理，，
则四边形
，
当且仅当即时取“”，此时.
综上：四边形面积的最小值为.
【点睛】本题考查了椭圆的定义、直线与椭圆的位置关系中的面积问题，考查了学生的计算能力以及分类讨论的思想，属于难题.与四边形相关的4类圆锥曲线大题
一.存在类(是否存在四边形)
例题1．设，，为直角坐标平面内，轴正方向上的单位向量，若向量，，且.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）过点作直线与曲线交于，两点，设，是否存在这样的直线，使得四边形是矩形？若存在求出直线的方程；若不存在，试说明理由.
练习2．在平面直角坐标系中，双曲线的左、右两个焦点为、，动点P满足．
(1)求动点P的轨迹E的方程；
(2)设过且不垂直于坐标轴的动直线l交轨迹E于A、B两点，问：线段上是否存在一点D，使得以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形？若存在，请给出证明：若不存在，请说明理由．
3．已知椭圆E的左右焦点分别是、，且经过点.
（1）求椭圆E的标准方程：
（2）设AC，BD是过椭圆E的中心且相互垂直的椭圆E的两条弦，问是否存在定圆G，使得G为四边形ABCD的内切圆 若存在，求圆G的方程，若不存在，请说明理由.
过关题
4．已知椭圆的一个焦点和抛物线的焦点相同，且椭圆过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆交于，两点，以，为邻边作平行四边形，点在椭圆上，问平行四边形的面积是否为定值？若是定值，求出结果，若不是，说明理由.
二.求四边形面积相关
例题5．已知椭圆的左、右焦点分别为，短轴的下端点A的坐标为，且.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设B，C是椭圆E上异于A的两点，且直线与坐标轴不垂直，，的中点为G，求四边形的面积.
练习6．已知①如图，长为，宽为的矩形，以 为焦点的椭圆恰好过两点
②设圆的圆心为，直线过点，且与轴不重合，直线交圆于两点，过点作的平行线交于，判断点的轨迹是否椭圆
（1）在①②两个条件中任选一个条件，求椭圆的标准方程；
（2）根据（1）所得椭圆的标准方程，过左焦点且互相垂直的两条直线分别交椭圆于 四点，若四边形的面积为，求直线的方程：
三.周长面积最值
例题7．已知点及圆，点P是圆B上任意一点，线段的垂直平分线l交半径于点T，当点P在圆上运动时，记点T的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程；
(2)设存在斜率不为零且平行的两条直线，，它们与曲线E分别交于点C、D、M、N，且四边形是菱形，求该菱形周长的最大值．
练习
8．已知O是平面直角坐标系的原点，F是抛物线：的焦点，过点F的直线交抛物线于A，B两点，且的重心为G在曲线上.
(1)求抛物线C的方程；
(2)记曲线与y轴的交点为D，且直线AB与x轴相交于点E，弦AB的中点为M，求四边形DEMG的面积最小值.
过关题9．在平面直角坐标系xOy中，动圆P与圆：内切，且与圆：外切，记动圆P的圆心的轨迹为E．
(1)求轨迹E的方程；
(2)过圆心的直线交轨迹E于A，B两个不同的点，过圆心的直线交轨迹E于D，G两个不同的点，且，求四边形ADBG面积的最小值．
四.面积的范围问题
例题10．如图，已知圆的方程为，圆的方程为，若动圆与圆内切与圆外切.
(1)求动圆圆心的轨迹的方程；
(2)过点作互相垂直的两条直线分别交于点和，求四边形面积的取值范围.
练习11．已知，Q是圆K：上的任意一点，线段的垂直平分线交于点P.
（1）求动点P的轨迹E的方程；
（2）过F作E的不垂直于y轴的弦，M为的中点，O为坐标原点，直线与E交于点C、D，求四边形面积的取值范围.
过关题12．在平面直角坐标系中，动圆与圆内切，且与圆外切，记动圆的圆心的轨迹为.
(1)求轨迹的方程；
(2)不过圆心且与轴垂直的直线交轨迹于两个不同的点，连接交轨迹于点.
（i）若直线交轴于点，证明：为一个定点；
（ii）若过圆心的直线交轨迹于两个不同的点，且，求四边形面积的最小值.
巩固提高题
13．已知①如图，长为，宽为的矩形，以 为焦点的椭圆恰好过两点
②设圆的圆心为，直线过点，且与轴不重合，直线交圆于两点，过点作的平行线交于，判断点的轨迹是否椭圆
（1）在①②两个条件中任选一个条件，求椭圆的标准方程；
（2）根据（1）所得椭圆的标准方程，椭圆的右顶点为，上顶点为已知四边形内接于椭圆，.记直线，的斜率分别为，，试问是否为定值？证明你的结论.
14．已知椭圆的两焦点分别为、，椭圆上的动点满足，、分别为椭圆的左、右顶点，为坐标原点.
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）若直线与交于点，与轴交于点，与的交点为，求证：、、、四点共圆.
15．椭圆C：的右顶点为，离心率为
(1)求椭圆C的方程及短轴长；
(2)已知：过定点作直线l交椭圆C于D，E两点，过E作AB的平行线交直线DB于点F，设EF中点为G，直线BG与椭圆的另一点交点为M，若四边形BEMF为平行四边形，求G点坐标．
16．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点作直线，分别与椭圆交于，及，点，若，的周长为8.
（1）求椭圆的方程；
（2）求四边形面积的最小值.

展开更多......

收起↑