2022届高三数学一轮复习（原卷版）专题05 平面解析几何（解析版）.doc

专题05 平面解析几何1（2021·北京高考真题）双曲线过点，且离心率为，则该双曲线的标准方程为（ ）ABCD【答案】A【分析】分析可得，再将点代入双曲线的方程，求出的值，即可得出双曲线的标准方程.【详解】，则，则双曲线的方程为，将点的坐标代入双曲线的方程可得，解得，故，因此，双曲线的方程为.故选：A.2（2021·北京高考真题）已知圆，直线，当变化时，截得圆弦长的最小值为2，则（ ）ABCD【答案】C【分析】先求得圆心到直线距离，即可表示出弦长，根据弦长最小值得出【详解】由题可得圆心为，半径为2，则圆心到直线的距离，则弦长为，则当时，弦长取得最小值为，解得.故选：C.3（2021·全国高考真题）已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）A13B12C9D6【答案】C【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案【详解】由题，则，所以（当且仅当时，等号成立）故选：C【点睛】椭圆上的点与椭圆的两焦点的距离问题，常常从椭圆的定义入手，注意基本不等式得灵活运用，或者记住定理：两正数，和一定相等时及最大，积一定，相等时和最小，也可快速求解.4（2021·浙江高考真题）已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（ ）A直线和圆B直线和椭圆C直线和双曲线D直线和抛物线【答案】C【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.【详解】由题意得，即，对其进行整理变形：，所以或，其中为双曲线，为直线.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹方程，关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心素养中的逻辑推理素养和数学运算素养，属于中等题.5（2021·全国高考真题（理）已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（ ）ABCD【答案】A【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.【详解】因为，由双曲线的定义可得，所以，；因为,由余弦定理可得，整理可得，所以，即.故选：A【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立间的等量关系是求解的关键.6（2021·全国高考真题（理）设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（ ）ABCD【答案】C【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可【详解】设，由，因为，所以，因为，当，即时，即，符合题意，由可得，即；当，即时，即，化简得，显然该不等式不成立故选：C【点睛】本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值7（2021·全国高考真题）已知点在圆上，点、，则（ ）A点到直线的距离小于B点到直线的距离大于C当最小时，D当最大时，【答案】ACD【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.【详解】圆的圆心为，半径为，直线的方程为，即，圆心到直线的距离为，所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；如下图所示：当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，由勾股定理可得，CD选项正确.故选：ACD.【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是.8（2021·全国高考真题）已知为坐标原点，抛物线：()的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，若，则的准线方程为_.【答案】【分析】先用坐标表示，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得，即得结果.【详解】抛物线： ()的焦点,P为上一点，与轴垂直，所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为,不妨设,因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧，又，因为，所以,，所以的准线方程为故答案为：.【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.9（2021·全国高考真题（理）已知双曲线的一条渐近线为，则C的焦距为_【答案】4【分析】将渐近线方程化成斜截式，得出的关系，再结合双曲线中对应关系，联立求解，再由关系式求得，即可求解【详解】由渐近线方程化简得，即，同时平方得，又双曲线中，故，解得（舍去），故焦距故答案为：4【点睛】本题为基础题，考查由渐近线求解双曲线中参数，焦距，正确计算并联立关系式求解是关键10（2021·北京高考真题）已知抛物线，焦点为，点为抛物线上的点，且，则的横坐标是_；作轴于，则_【答案】5 【分析】根据焦半径公式可求的横坐标，求出纵坐标后可求.【详解】因为抛物线的方程为，故且.因为，解得，故，所以，故答案为：5，.11（2021·浙江高考真题）已知椭圆，焦点，若过的直线和圆相切，与椭圆在第一象限交于点P，且轴，则该直线的斜率是_，椭圆的离心率是_.【答案】 【分析】不妨假设，根据图形可知，再根据同角三角函数基本关系即可求出；再根据椭圆的定义求出，即可求得离心率【详解】如图所示：不妨假设，设切点为，所以, 由，所以，于是，即，所以故答案为：；12（2021·北京高考真题）已知椭圆过点，以四个顶点围成的四边形面积为（1）求椭圆E的标准方程；（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y=-3于点M、N，直线AC交y=-3于点N，若|PM|+|PN|15，求k的取值范围【答案】（1）；（2）【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.【详解】（1）因为椭圆过，故，因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，故椭圆的标准方程为：.（2）设，因为直线的斜率存在，故，故直线，令，则，同理.直线，由可得，故，解得或.又，故，所以又故即，综上，或.13（2021·全国高考真题）在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.（1）求的方程；（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；（2）设点，设直线的方程为，设点、，联立直线与曲线的方程，列出韦达定理，求出的表达式，设直线的斜率为，同理可得出的表达式，由化简可得的值.【详解】因为，所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹的方程为，则，可得，所以，轨迹的方程为；（2）设点，若过点的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线无公共点，不妨直线的方程为，即，联立，消去并整理可得，设点、，则且.由韦达定理可得，所以，设直线的斜率为，同理可得，因为，即，整理可得，即，显然，故.因此，直线与直线的斜率之和为.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值14（2021·浙江高考真题）如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，（1）求抛物线的方程；（2）设过点F的直线交抛物线与AB两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）求出的值后可求抛物线的方程.（2）设，联立直线的方程和抛物线的方程后可得，求出直线的方程，联立各直线方程可求出，根据题设条件可得，从而可求的范围.【详解】（1）因为，故，故抛物线的方程为：.（2）设，所以直线，由题设可得且.由可得，故，因为，故，故.又，由可得，同理，由可得，所以，整理得到，故，令，则且，故，故即，解得或或.故直线在轴上的截距的范围为或或.【点睛】方法点睛：直线与抛物线中的位置关系中的最值问题，往往需要根据问题的特征合理假设直线方程的形式，从而便于代数量的计算，对于构建出的函数关系式，注意利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围问题.15（2021·全国高考真题（理）在直角坐标系中，的圆心为，半径为1（1）写出的一个参数方程;（2）过点作的两条切线以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程【答案】（1），（为参数）；（2）或.【分析】（1）直接利用圆心及半径可得的圆的参数方程；（2）先求得过（4，1）的圆的切线方程，再利用极坐标与直角坐标互化公式化简即可.【详解】（1）由题意，的普通方程为，所以的参数方程为，（为参数）（2）由题意，切线的斜率一定存在，设切线方程为，即，由圆心到直线的距离等于1可得，解得，所以切线方程为或，将，代入化简得或【点晴】本题主要考查直角坐标方程与极坐标方程的互化，涉及到直线与圆的位置关系，考查学生的数学运算能力，是一道基础题.16（2021·全国高考真题（理）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为（1）求；（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；（2）设点、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.【详解】（1）抛物线的焦点为，所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；（2）抛物线的方程为，即，对该函数求导得，设点、，直线的方程为，即，即，同理可知，直线的方程为，由于点为这两条直线的公共点，则，所以，点、的坐标满足方程，所以，直线的方程为，联立，可得，由韦达定理可得，所以，点到直线的距离为，所以，由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值1（2021·重庆高三三模）己知双曲线的左右焦点为，虚轴长为，若其渐近线上横坐标为1的点P恰好满足，则双曲线的离心率为（ ）A2BC4D【答案】A【分析】先求得的值，利用一条渐近线方程求得点坐标，然后利用数量积得，结合求得离心率.【详解】解：虚轴长为，得，设一条渐近线，则，又，解得，故，故选：A.2（2021·湖南长沙市·长郡中学高三二模）设，是双曲线的两个焦点，为坐标原点，点在的左支上，且，则的面积为（ ）ABC8D【答案】C【分析】化简得，所以点在以为直径的圆上，再求出即得解.【详解】由，所以，可得，不妨设，所以，所以点在以为直径的圆上，即是以为直角顶点的直角三角形，故，即又所以，解得，所以故选：C【点睛】关键点睛：解答本题的关键是化简得，分析得到点在以为直径的圆上.3（2021·全国高三其他模拟（理）若双曲线的一条渐近线与圆相切，则双曲线的渐近线方程是（ ）ABCD【答案】A【分析】根据双曲线的方程求出渐近线方程，然后由圆心到渐近线的距离等于圆的半径即可求解.【详解】解：圆的圆心，半径为1，双曲线的渐近线方程为双曲线的一条渐近线与圆1相切，解得，双曲线的渐近线方程故选：A4（2021·山东泰安市·高三其他模拟）已知拋物线上有两点为坐标原点，以为邻边的四边形为矩形，且点到直线距离的最大值为4，则（ ）A1B2C3D4【答案】B【分析】设直线的方程为，代入抛物线方程消去，利用韦达定理求得，设，由整理可得，求得的值，再根据原点到直线的距离为判断当时距离最大，进而求得答案【详解】解：设直线的方程为，代入抛物线方程可得，设，则，由，解得或（舍去），即直线的方程为，原点到直线的距离为，当时，所以故选：B5（2021·山西高三三模（理）设直线与抛物线相交于两点，为坐标原点，若，则面积的取值范围是（ ）ABCD【答案】D【分析】先由题意，设直线的方程为，设，联立直线与抛物线方程，根据韦达定理，以及，求出；再由弦长公式以及点到直线距离公式，得出以及点到直线的距离，从而可表示出面积，进而可得出结果.【详解】因为直线与抛物线相交于两点，所以该直线斜率不为零，设该直线的方程为，其中不同时为零；设，由可得，则，即；因此，又，所以，即，解得；所以；又点到直线的距离为，所以的面积为，即面积的取值范围是.故选：D.6（2021·安徽池州市·池州一中高三其他模拟（理）已知椭圆：的左焦点为，点在椭圆上，点在圆：上，则的最小值为（ ）A4B5C7D8【答案】B【分析】根据椭圆的定义把求的最小值转化为求的最大值，利用三角形的两边之差小于第三边即可求得.【详解】易知圆心为椭圆的右焦点，且，由椭圆的定义知：，所以，所以，要求的最小值，只需求的最大值，显然三点共线时取最大值，且最大值为，所以的最小值为.故选：B.7（2021·浙江高三其他模拟）设双曲线的左右焦点分别为.过左焦点的直线与双曲线的左支交于点，交双曲线的右支于点，若满足，则该双曲线的离心率的取值范围是（ ）ABCD【答案】B【分析】利用双曲线的定义得到，由可得，再结合可得.【详解】因为，所以.由双曲线的定义可知，所以.所以在中，有，即，解得.因为，所以，即，所以有，即.所以有.故选：B.8（2021·黑龙江佳木斯市·佳木斯一中高三三模（理）已知双曲线1（a0，b0）的两条渐近线与抛物线x24y的准线分别交于A、B两点，O为坐标原点，AOB的面积为，则双曲线的离心率为（ ）ABC2D【答案】C【分析】先求出抛物线的准线方程，再求双曲线的渐近线方程，进而求出的面积，再化简即 可得答案.【详解】解：双曲线1（a0，b0），双曲线的渐近线方程是y±x，又抛物线x24y的准线方程为y，双曲线1的两条渐近线与抛物线x24x的准线分别交于A，B两点，A，B两点的横坐标分别是x和x，AOB的面积为，×，ba，c2a，e2故选：C【点睛】方法点睛：在双曲线的几何性质中，涉及较多的为离心率和渐近线方程(1)求双曲线离心率或离心率范围的两种方法：一种是直接建立e的关系式求e或e的范围；另一种是建立a，b，c的齐次关系式，将b用a，e表示，令两边同除以a或a2化为e的关系式，进而求解(2)求曲线的渐近线的方法是令，即得两渐近线方程.9（2021·广西高三其他模拟（理）过作与双曲线（，的两条渐近线平行的直线，分别交两渐近线于、两点，若四点共圆（为坐标原点），则双曲线的离心率为_【答案】【分析】联立直线、与直线，求出点的坐标，联立直线、与直线，求出点的坐标，观察坐标可知，四边形为菱形，其外接圆圆心在、的交点处，再结合的数量积为0，即可求解【详解】解：由题意可得，直线、都平行于渐近线，可设直线的方程为，直线的方程为，过点平行与的直线的方程为，过点平行与的直线的方程为，分别联立方程，解得，即线段与互相垂直平分，则四边形为菱形，其外接圆圆心在、的交点处，则即，双曲线的离心率，故答案为：10（2021·山西太原市·太原五中高三二模（理）在平面直角坐标系中，已知抛物线关于轴对称，顶点在原点，且过点，则该抛物线的方程是_.【答案】【分析】分析可知，抛物线的焦点在轴上，可设抛物线的方程为，将点的坐标代入抛物线方程，求出的值，即可得出抛物线的方程.【详解】由题意可知，抛物线的焦点在轴上，可设抛物线的方程为，将点的坐标代入抛物线方程，可得，解得，因此，该抛物线的方程为.故答案为：.11（2021·河南安阳市·高三三模（理）已知椭圆的右焦点为，直线与交于，两点，若，则椭圆的离心率为_.【答案】【分析】先不妨设的坐标，再求出到直线的距离为，利用等腰三角形的性质，列出，解出即可.【详解】根据题意，把代入中，得，不妨设，且，则到直线的距离为，由，得，则，平方计算得.故答案为：.【点睛】思路点睛：1.不妨设的坐标，再求出到直线的距离为，2.为等腰三角形，且，列出，解出.12（2021·江苏南通市·高三其他模拟）已知抛物线，点.过点Q的直线交抛物线于点A，B，AP，BP分别交抛物线于点C，D，连接AD，DC，CB.（1）若直线AB，CD的斜率分别为，求的值；（2）过点P与x轴垂直的直线分别交AD，BC于点E，F，求证：【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）设，利用直线与抛物线相交，结合韦达定理直接求，化简即可求解;（2）利用直线与抛物线的关系，由题意分别计算，根据二者关系即可求出【详解】（1）设，直线的方程为，所以.联立得所以同理由题意得直线的方程为联立得所以从而，所以（2）证法由题意得直线的方程为.设直线的斜率为，则，所以直线的方程为.令，则.同理.所以,故PE=PF证法2：设.因为，三点共线，所以，即，所以因为.所以同理.所以，从而13（2021·甘肃白银市·高三其他模拟（理）已知椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆C上，且.（1）求椭圆C的标准方程；（2）椭圆C上的两点P，Q关于原点O对称，点R在椭圆C上，且直线PR与圆2相切，问：是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由.【答案】（1）；（2）是定值，定值为1.【分析】（1）由点在椭圆C上，求得，再由，求得，进而得到，即可求得椭圆C的标准方程；（2）当直线PR的斜率不存在时，得到直线PR的方程为或，分别求得；当直线PR斜率存在时，设直线PR的方程为，联立方程组，结合根与系数的关系和弦长公式，以及，化简求得，即可求解.【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，由点在椭圆C上，可得，又由，解得，所以，所以椭圆C的标准方程为.（2）当直线PR的斜率不存在时，可得直线PR的方程为或，若直线RP：，直线，可得，则，所以，即，若直线RP：时，由对称性，同理可得.当直线PR斜率存在时，设直线PR的方程为，因为直线PR与圆O：相切，所以圆心O到直线PR的距离为，即，设，则，联立，整理得，则，且，所以，因为，所以.所以.综上所述，的值为定值1.【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.14（2021·黑龙江哈尔滨市·哈九中高三其他模拟（理）在平面直角坐标系中，为坐标原点，动点到两点的距离之和为4.（1）试判断动点的轨迹是什么曲线，并求其轨迹方程；（2）已知直线与圆交于两点，与曲线交于两点，其中在第一象限.为原点到直线的距离，是否存在实数，使得取得最大值，若存在，求出；不存在，说明理由.【答案】（1）动点的轨迹是椭圆，轨迹方程为；（2）存在，.【分析】（1）根据椭圆定义得方程；（2）分析可知，再代入消元，用韦达定理及弦长公式得到的函数关系式，再求最值.【详解】（1）由题意知，又，所以，动点的轨迹是椭圆.由椭圆的定义可知，又因为所以，故的轨迹方程.（2）由题设可知，、一个椭圆外，一个在椭圆内；、一个在内，一个在外，在直线上的四点满足：由消去得：，恒成立.设，由韦达定理，得，.所以，到距离，当且仅当，即时等号成立.验证可知满足题意.，15（2021·河南高三其他模拟（理）已知椭圆的离心率为，右焦点为F，O为坐标原点，点Q在椭圆C上，且.（1）求椭圆C的标准方程.（2）点为椭圆C长轴上的一个动点，过点且斜率为的直线l交椭圆C于A，B两点，证明：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）解方程组即得解；（2）设的方程为，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，利用韦达定理求出，即得解.【详解】（1）解：由题意得解得故椭圆C的标准方程为.（2）证明：设的方程为，.联立方程组消去得，所以，.所以，同理，所以，即为定值.