专题05平面解析几何（解析版）_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_一轮复习_2023新高考一轮复习讲义+课件_赠2021年高考真题和模拟题数学（理）专项汇编

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（ ） A． B． C． D． 【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 （ ） A． B． C． D． 【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（ ） A．13 B．12 C．9 D．6 【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（ ） A． B． C． D． 【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（ ） A． B． C． D． 【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， . x2 y2  1(a b0) 11．（2021·浙江高考真题）已知椭圆a2 b2 ，焦点F(c,0)，F (c,0) (c0)，若过F 1 2 1 2  1  x c  y2 c2   的直线和圆  2  相切，与椭圆在第一象限交于点P，且PF  x轴，则该直线的斜率是 2 ___________，椭圆的离心率是___________. 2 5 5 【答案】 5 5 2 sinPFF  【分析】不妨假设c2，根据图形可知， 1 2 3 ，再根据同角三角函数基本关系即可求出 2 k tanPFF  5 1 2 5 ；再根据椭圆的定义求出a，即可求得离心率． 【详解】 c2 B 如图所示：不妨假设 ，设切点为 ，AB 2 2 2 sinPFF sinBFA  tanPFF   5 1 2 1 FA 3， 1 2 32 22 5 1 PF 2 5 k  2 , FF 2c4 8 5 12 5 所以 k  5 , 由 F 1 F 2 1 2 ，所以 PF 2  5 ， PF 2  5 ，于是 c 2 5 e   2a PF  PF 4 5，即 a 2 5 ，所以 a 2 5 5 ． 1 2 2 5 5 故答案为： 5 ； 5 ． x2 y2 E:  1(a b0) 12．（2021·北京高考真题）已知椭圆 a2 b2 过点A(0,2)，以四个顶点围成的四边形 4 5 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． x2 y2  1 【答案】（1） 5 4 ；（2）[3,1)(1,3]． a,b 【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. Bx ,y ,Cx ,y  AB,AC M,N PM  PN （2）设 1 1 2 2 ，求出直线 的方程后可得 的横坐标，从而可得 ， PM  PN BC k 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. A0,2 b2 【详解】（1）因为椭圆过 ，故 ， 1 2a2b4 5 因为四个顶点围成的四边形的面积为4 5，故2 ，即a 5 ，x2 y2  1 故椭圆的标准方程为： 5 4 . （2） Bx ,y ,Cx ,y  设 1 1 2 2 ， BC x x 0 因为直线 的斜率存在，故 1 2 ， y 2 x x AB: y  1 x2 x  1 x  2 故直线 x ，令y 3，则 M y 2 ，同理 N y 2 . 1 1 2 y kx3 直线BC: y kx3，由  4x2 5y2 20可得  45k2 x2 30kx250， 900k2 100  45k2 0 故 ，解得k 1或k 1. 30k 25 x x  ,x x  又 1 2 45k2 1 2 45k2 ，故 x x 0 ，所以 x x 0 1 2 M N x x PM  PN  x x = 1  2 又 M N y 2 y 2 1 2 50k 30k  x x 2kx x x x  45k2 45k2 = 1  2  1 2 1 2  5 k kx 1 kx 1 k2x x kx x 1 25k2 30k2 1 2 1 2 1 2  1 45k2 45k25 k 15 k 3 故 即 ， 3k 1 1k 3 综上， 或 .   F  17,0 13．（2021·全国高考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知点 1 、   F 17,0 ，MF  MF 2 2 1 2 ，点M 的轨迹为C. C （1）求 的方程； 1 x （2）设点T 在直线 2 上，过T 的两条直线分别交C于A、B两点和P，Q两点，且 TA TB  TP TQ PQ ，求直线AB的斜率与直线 的斜率之和. y2 x2  1x1 【答案】（1） 16 ；（2） 0 . C F F a b 【分析】（1）利用双曲线的定义可知轨迹 是以点 1、 2为左、右焦点双曲线的右支，求出 、 的值， C 即可得出轨迹 的方程； 1   1 T ,t yt k x （2）设点  2  ，设直线 AB 的方程为 1   2  ，设点Ax 1 ,y 1  、Bx 2 ,y 2  ，联立直线 AB C TA TB PQ k 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 2，同理可得出 TP TQ TA TB  TP TQ k k 的表达式，由 化简可得 1 2的值. MF  MF 2 FF 2 17 【详解】因为 1 2 1 2 ， C F F 所以，轨迹 是以点 1、 2为左、右焦点的双曲线的右支，x2 y2  1a 0,b0 设轨迹C的方程为a2 b2 ，则2a2，可得 a1 ，b 17a2 4， y2 x2  1x1 所以，轨迹C的方程为 16 ； 1  T ,t   （2）设点 2 ，若过点 T 的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C无公共点，  1 1 yt k  x  y k xt k 不妨直线 AB 的方程为 1  2，即 1 2 1，  1 y k xt k 联立  1 2 1 ，消去 并整理可得 k2 16  x2 k 2tk x  t 1 k  2 160，  16x2  y2 16 y 1 1 1   2 1   1 1 设点 Ax 1 ,y 1  、 Bx 2 ,y 2  ，则 x 1  2 且 x 2  2. 2  1  t k 16   k2 2kt  2 1  由韦达定理可得x x  1 1 ，x x  ， 1 2 k2 16 1 2 k2 16 1 1 TA TB   1k2  x  1  x  1   1k2   x x  x 1 x 2  1   t2 12  1k 1 2 所以， 1 1 2 2 2 1   1 2 2 4   k2 16 ， 1  t2 12  1k2 2 TP TQ  设直线 的斜率为 ，同理可得 ， PQ k k2 16 2 2  t2 12  1k2  t2 12  1k2 1 2  因为 ，即 ，整理可得 ， TA TB  TP TQ k2 16 k2 16 k2 k2 1 2 1 2 k k k k 0 k k 0 k k 0 即 1 2 1 2 ，显然 1 2 ，故 1 2 . PQ AB 0 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．y2 2pxp0 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 MF 2 交点，且 ， （1）求抛物线的方程； MA,MB,AB （2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线 ，x轴依次交于点P， 2 RN  PN QN Q，R，N，且 ，求直线l在x轴上截距的范围.   【答案】（1）y2 4x；（2） ,74 3    74 3,1  1, . p 【分析】（1）求出 的值后可求抛物线的方程. AB:xty1 Ax ,y ,Bx ,y  Nn,0 （2）设 ， 1 1 2 2 ， ，联立直线AB的方程和抛物线的方程后可得 y y 4,y  y 4t MA,MB y ,y ,y 1 2 1 2 ，求出直线 的方程，联立各直线方程可求出 P Q R，根据题设条件可 n1 2 34t2  得 n1   2t12 ，从而可求 的范围. n MF 2 p 2 y2 4x 【详解】（1）因为 ，故 ，故抛物线的方程为： . AB:xty1 Ax ,y ,Bx ,y  Nn,0 （2）设 ， 1 1 2 2 ， ，y 1 l:x n t  所以直线 2 ，由题设可得n1且 2 . xty1  由 y2 4x 可得y2 4ty40，故y y 4,y  y 4t， 1 2 1 2 2  1  1 1 因为 RN 2  PN QN ，故  1+ 4 y R    1+ 4 y P  1+ 4 y Q ，故 y2  y  y .   R P Q  y y  1 x1   x 1 又 MA: y  y 1 x1 ，由   x y 1 n 可得 y  2n1y 1 ， x 1  2 P 2x 2 y 1 1 1 2n1y y  2 同理 Q 2x 2 y ， 2 2 xty1   y 2n1 由 x n可得 y  ，   2 R 2t1 2n1 2 2n1y 2n1y 所以  = 2  1 ， 2t1 2x 2 y 2x 2 y   2 2 1 1 2 n1 y y 2t12 1 2 整理得到 n1   2x 2 y 2x 2 y  ， 2 2 1 1 42t12   y2  y2  2 2 y 1 2 y     2 2  2 1  42t12 2t12   y2y2 y +y 34t2 2 1 +y +y 2  y y  2 1 y y 2y +y 4 4 2 1 2 1 2 1 2 2 1 n1 2 34t2  故 n1   2t12 ，s1 t  令s 2t1，则 2 且s 0， 34t2 s2 2s4 2 4 1 1 2 3 3  1+  4    故 2t12 s2 s s2  s 4   4 4 ，  n1 2 3    故n1 4 即 n2 14n10 ，   n1 n1 n74 3 74 3n1 n1 解得 或 或 . l x n74 3 74 3n1 n1 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. xOy C C2,1 15．（2021·全国高考真题（理））在直角坐标系 中， 的圆心为 ，半径为1． C  （1）写出 的一个参数方程; F4,1 C （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． x2cos   2cos( )4 3 【答案】（1） y 1sin，（  为参数）；（2） 3 或  2cos( )4 3 3 . 【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. C (x2)2 (y1)2 1  【详解】（1）由题意， 的普通方程为 ，x2cos  所以 C 的参数方程为 y 1sin，（  为参数）  y1k(x4) kx y14k 0 （2）由题意，切线的斜率一定存在，设切线方程为 ，即 ， |2k | 1 由圆心到直线的距离等于1可得 1k2 ， 3 k  解得 3 ，所以切线方程为 3x3y34 3 0或 3x3y34 3 0， x cos y sin 将 ， 代入化简得   2cos( )4 3 2cos( )4 3 3 或 3 【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. C:x2 2pyp 0 16．（2021·全国高考真题（理））已知抛物线 的焦点为F ，且F 与圆 M :x2 (y4)2 1 4 上点的距离的最小值为 ． p （1）求 ； P M PA,PB C A,B △PAB （2）若点 在 上， 是 的两条切线， 是切点，求 面积的最大值． p 2 20 5 【答案】（1） ；（2） . p p 【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； Ax ,y  Bx ,y  Px ,y  （2）设点 1 1 、 2 2 、 0 0 ，利用导数求出直线PA、PB，进一步可求得直线AB的方 AB 程，将直线AB的方程与抛物线的方程联立，求出 以及点P到直线AB的距离，利用三角形的面积公 △PAB 式结合二次函数的基本性质可求得 面积的最大值. p p F  0,  FM  4 【详解】（1）抛物线 C 的焦点为  2  ， 2 ， p 414 所以，F 与圆M :x2 (y4)2 1上点的距离的最小值为 2 ，解得 p 2； x2 x y  y  （2）抛物线C的方程为x2 4y，即 4 ，对该函数求导得 2 ， Ax ,y  Bx ,y  Px ,y  设点 1 1 、 2 2 、 0 0 ， x x x y y  1xx  y  1  y 直线PA的方程为 1 2 1 ，即 2 1，即 x 1 x2y 1 2y 0 ， x x2y 2y 0 同理可知，直线PB的方程为 2 2 ， x x 2y 2y 0 1 0 1 0  由于点 为这两条直线的公共点，则 x x 2y 2y 0， P  2 0 2 0 2 A B 所以，点 、 的坐标满足方程 ， 2 AB 所以，直线 的方程为 ， x x2y2y 0  0 0  x2 联立 ，可得 ， y    4 x2 2x x4y 0 0 0 x x 2x xx 4y 由韦达定理可得 1 2 0， 1 2 0， 2 2 AB  1  x 0   x x 2 4x x  1  x 0   4x216y   x24  x24y  所以，     ，  2  1 2 1 2  2  0 0 0 0 0 x2 4y d  0 0 点 到直线 的距离为 ， x2 4 P AB 0 1 1 x2 4y 1 3 S  AB d   x2 4  x2 4y   0 0   x24y  2 所以， △PAB 2 2 0 0 0 x2 4 2 0 0 ， 0x2 4y 1y 42 4y y2 12y 15y 62 21  0 0 0 0 0 0 0 ， 1 3 202 20 5 由已知可得5 y 3，所以，当y 5时，△PAB的面积取最大值2 . 0 0 【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． x2 y2  1(a0,b0) 1．（2021·重庆高三三模）己知双曲线a2 b2 的左右焦点为 F 1 ,F 2，虚轴长为 2 3 ，若其   PF PF 0 渐近线上横坐标为1的点P恰好满足 1 2 ，则双曲线的离心率为（ ） 3 13 A．2 B． C．4 D． 【答案】A b P 【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   3 PF PF 1c2  0 1 2 a2 ，结合c2 a2 b2求得离心率.  3 b P1,  【详解】解：虚轴长为 ，得 ，设一条渐近线l: y  x，则  ， a 2 3 b 3 a     3   3 PF c1, ,PF c1,  1  a  2  a ，       3 PF PF 1c2  0 1 2 a2 c2 a2 b2 a2 1 c2 4 又 ，解得 ，c e 2 故 a ， 故选：A. x2 y2 C:  1 2．（2021·湖南长沙市·长郡中学高三二模）设F ，F 是双曲线 4 8 的两个焦点，O为坐标原 1 2     OFOP FPOP 1  1 2 3 点，点 在 的左支上，且   ，则 的面积为（ ） P C |OP| |OP| △ PF 1 F 2 2 4 3 8 3 A． B． C．8 D． 【答案】C     OFOP FPOP 1  1 2 3 【分析】化简   得 ，所以点 在以 为直径的圆上，再求出 |OP| |OP| |OP|2 3 FF P 1 2 PF PF 16 1 2 即得解.     OFOP FPOP 1  1 2 3 【详解】由   ， |OP| |OP|            所以OFOP+FPOP=2 3|OP|,OP(OF +FP)OPOP=2 3|OP|， 1 1 1 1 |OP|2 3 可得 ， 1 |OP| FF 不妨设 F(2 3,0) ， F (2 3,0) ，所以 2 1 2 ， 1 2 FF 所以点 P 在以 1 2为直径的圆上， △ PFF 即 1 2是以 P 为直角顶点的直角三角形， PF 2  PF 2  FF 2 PF 2  PF 2 48 故 1 2 1 2 ，即 1 2 ．||PF ||PF || 2a  4 又 1 2 ． 16||PF ||PF ||2  PF 2  PF 2 2 PF PF  482 PF PF 所以 1 2 1 2 1 2 1 2 ， PF PF 16 解得 1 2 ， 1 S  PF PF 8 所以 PF 1 F 2 2 1 2 ． 故选：C     OFOP FPOP 1  1 2 3 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是化简   得 ，分析得到点 在 |OP| |OP| |OP|2 3 P FF 以 1 2为直径的圆上. x2 3．（2021·全国高三其他模拟（理））若双曲线a2  y2 1a 0 的一条渐近线与圆x2 y22 1相 切，则双曲线的渐近线方程是（ ） 3 y  x A．y  3x B． 3 1 C．y 3 x D．y 3x 【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. 1 x2 y22 1 0,2 y  x 【详解】解：圆 的圆心 ，半径为1，双曲线的渐近线方程为 a ． x2 ∵双曲线a2  y2 1a 0 的一条渐近线与圆x2 y22 11相切， 2a 1 1 a2  ∴ a2 1 ，解得 3，y  3x ∴双曲线的渐近线方程 ． 故选：A． y2 2px(p 0) A,B,O 4．（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 OA,OB O AB p 为邻边的四边形为矩形，且点 到直线 距离的最大值为4，则 （ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B AB xmyb x y  y y y 【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 1 1， 1 1．设  A(x y ) B(x y ) OA·OB0 b2 2pb0 b AB 1， 1 ， 2， 2 ，由 整理可得 ，求得 的值，再根据原点到直线 的距 离为判断当m0时距离最大，进而求得答案． AB xmyb y2 2pmy2pb0 【详解】解：设直线 的方程为 ，代入抛物线方程可得 ， A(x y ) B(x y ) y  y 2pm y y 2pb 设 1， 1 ， 2， 2 ，则 1 2 ， 1 2   OAOBxx  y y (my b)(my b) y y (m2 1)y y mb(y  y )b2 由  1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 (m2 1)(2pb)2pm2bb2 b2 2pb0 ， b2p b0 解得 或 （舍去）， 2p d  即直线AB的方程为 xmy2p ，原点到直线AB的距离为 1m2 ， 当 m0 时， d 最大值 2p4 ．所以 p 2 故选：B． l y2 4x A B O 5．（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   OAOB4 OAB ，则 面积的取值范围是（ ） 2, 2 2,  4, 4 2, A． B． C． D． 【答案】D Ax ,y  Bx ,y  l xmyn 【分析】先由题意，设直线 的方程为 ，设 1 1 ､ 2 2 ，联立直线与抛物线方程，根   AB OAOB4 n2 O 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 l OAB  到直线 的距离，从而可表示出 面积，进而可得出结果. l y2 4x A B 【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， xmyn m,n Ax ,y  Bx ,y  设该直线的方程为 ，其中 不同时为零；设 1 1 ､ 2 2 ， xmyn  由 y2 4x 可得y2 4my4n0， y  y 4m 1 2  则  y 1 y 2 4n ， 16m2 16n0 ，即 m2 n 0 ； x x my nmy nm2y y mny  y n2 n2 因此 1 2 1 2 1 2 1 2 ，   OAOB4 x x  y y 4 n2 4n40 n2 又 ，所以 1 2 1 2 ，即 ，解得 ； 所以 AB  1m2 y  y 2 4y y  1m2 16m2 16n 4 1m2 m2 2 ； 1 2 1 2 2 d  又点O到直线xmy2的距离为 1m2 ， 1 S   AB d 4 m2 2 4 2 所以 OAB的面积为 VOAB 2 ，   4 2, 即 OAB面积的取值范围是 .  故选：D. x2 y2  1 6．（2021·安徽池州市·池州一中高三其他模拟（理））已知椭圆C： 9 5 的左焦点为F ，点Mx22  y2 1 MF  MN 在椭圆C上，点N 在圆E： 上，则 的最小值为（ ） A．4 B．5 C．7 D．8 【答案】B MF  MN ME  MN 【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. a3,b 5,c2 【详解】易知圆心E为椭圆的右焦点，且 ， MF  ME 2a6 MF 6 ME 由椭圆的定义知： ，所以 ，   MF  MN 6 ME  MN 6 ME  MN 所以 ， MF  MN ME  MN M,N,E ME  MN 要求 的最小值，只需求 的最大值，显然 三点共线时 取最大 MF  MN 值，且最大值为1，所以 的最小值为 615 . 故选：B. x2 y2  1(a b0) 7．（2021·浙江高三其他模拟）设双曲线a2 b2 的左右焦点分别为F,F .过左焦点F 的直 1 2 1 Q PF 2 QF  FF 线与双曲线的左支交于点P，交双曲线的右支于点 ，若满足 2 2 1 2 ，则该双曲线的离心 率的取值范围是（ ） (1,2) (1, 2) ( 2,2) ( 2,) A． B． C． D． 【答案】B c 1 e2 【分析】利用双曲线的定义得到PQ4ac，由 PF 2  QF 2  PQ  PF 2  QF 2 可得 a ， ab0 1e 2 再结合 可得 . PF 2 QF  FF 2c PF 2c, QF c 【详解】因为 2 2 1 2 ，所以 2 2 .PF 2c2a, QF 2ac 由双曲线的定义可知， 1 1 ， PQ 2ac2c2a4ac 所以 . 所以在 PQF 2中，有 PF 2  QF 2  PQ  PF 2  QF 2 ，即 c4ac3c ， c 1 e2 解得 a . ab0 a2 b2 c2 a2 2a2 c2 e2 2 e 2 因为 ，所以 ，即 ，所以有 ，即 . 1e 2 所以有 . 故选：B. x2 y2  8．（2021·黑龙江佳木斯市·佳木斯一中高三三模（理））已知双曲线a2 b2 ＝1（a＞0，b＞0）的两条 3 3 渐近线与抛物线x2＝4 y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（ ） 39 2 3 A． 6 B． 3 C．2 D． 13 【答案】C AOB  【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. x2 y2  【详解】解：∵双曲线a2 b2 ＝1（a＞0，b＞0）， b ∴双曲线的渐近线方程是y＝±a x， 3 3 又∵抛物线x2＝4 y的准线方程为y＝﹣ ，x2 y2  ∵双曲线a2 b2 ＝1的两条渐近线与抛物线x2＝4 3x的准线分别交于A，B两点， a a 3 3 ∴A，B两点的横坐标分别是x＝b 和x＝﹣b ， 1 2 3a  ∵ AOB的面积为 3，∴ 2 b × 3＝ 3，  3 a2 b2 ∴b＝ a，c＝ ＝2a， c ∴e＝a ＝2． 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． x2 y2 x2 y2  1a 0,b0  0 (2)求曲线a2 b2 的渐近线的方法是令a2 b2 ，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 . y2 4x P(2,0),Q(4,0) 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. k 2 （1）若直线AB，CD的斜率分别为k ，k ，求 k 的值； 1 2 1 PE  PF. （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；（2）证明见解析. Ax ,y ,Bx ,y ,Cx ,y ,Dx ,y  【分析】（1）设 1 1 2 2 3 3 4 4 ，利用直线与抛物线相交，结合韦达定理直接 k 2 求 k ，化简即可求解; 1 y ,y PE  PF. （2）利用直线与抛物线的关系，由题意分别计算 E F ，根据二者关系即可求出 Ax ,y ,Bx ,y ,Cx ,y ,Dx ,y  AC xm y2 【详解】（1）设 1 1 2 2 3 3 4 4 ，直线 的方程为 1 ， y  y y  y 4 y  y 4 k  4 3  4 3  ,k  1 2  2 x x y2 y2 y  y 1 x x y  y 所以 4 3 4  3 3 4 1 2 1 2 . 4 4xm y2, 1  联立 y2 4x, 得y2 4m y80, 1 Δ16m2 320, 1  所以y 1  y 3 4m 1 , 同理   y 1 y 3 8. y 2 y 4  8 y k x4. 由题意得直线AB的方程为 1 y k x4, 1 联立  y2 4x, 得k 1 2x2   8k 1 2 4  x16k 1 2 0,  Δ  8k2 4 2 64k4 0  1 1   8k2 4 所以x x  1 , 1 2 k2  1 x x 16,  1 2 y y k2x 4x 4k2 x x 4x x 16 16 从而 1 2 1 1 2 1  1 2 1 2  ， k y  y y  y y y 2  1 2  1 2  1 2 2 k y  y 8 8 8 所以 1 3 4   y y 1 2 1: PF x2 （2）证法 由题意得直线 的方程为 . y  y 4 k  1 4  设直线 的斜率为k ，则 3 x x y  y ， AD 3 1 4 1 4 4 y y  xx  所以直线 的方程为 1 y  y 1 . AD 1 4 4 y  2x  y 令x2，则 E y  y 1 1. 1 4 4 y  2x  y 同理 F y  y 1 2. 2 342x  ∣ 1  y | 8 1 y  PE y 1 y 8y 4x y  y2y 8y 8y  y   E  2  2 1 2 1 2 1  2 1 1 所以 PF y 42x  8y 4x y  y y2 8y 8y  y  , F ∣ 2  y | 1 2 1 1 2 2 1 2 8 2 y  2 y 1 故PE=PF E2,y ,F2,y  证法2：设 E F . E,D A 因为 ， 三点共线， y  y y  y y  y  1 4 2x  1 4 2x  E 1 x x 1 y2 y2 1 所以 1 4 1  4 ， 4 4 4 y  y  2x  即 E 1 y  y 1 ， 1 4 4  y2  y  y  2 1 . 所以 E 1 y  y 4   1 4 8 y  ,y y 16 因为 4 y 1 2 . 2 所以 4  y2  4y  y2  y  y2  y y2y y  y  2 1  y  2 2 1  y  2 2 1  y  2  1 2 E 1 y  8  4  1 y 1 y 2 8  4  1 6  4  1 3 24 1 y 2 y 2y 1  y  2  1  y  y  1 3 3 3 1 2 4  y2  1 y  y  2 2  y  y  同理 F 2 y  y 4 3 2 1 .   2 3 y  y 所以 E F ， 从而PE  PF.x2 y2 C:  1(a b0) 13．（2021·甘肃白银市·高三其他模拟（理））已知椭圆 a2 b2 的左､右焦点分别为   F,F A( 6,0) AF AF 3 1 2，点 在椭圆C上，且 1 2 . （1）求椭圆C的标准方程； O:x2  y2  （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： |PR| |QR| 是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由. x2 y2  1 【答案】（1） 6 3 ；（2）是定值，定值为1.   A( 6,0) a 6 AF AF 3 c 3 【分析】（1）由点 在椭圆C上，求得 ，再由 1 2 ，求得 ，进而得到 b2 3 ，即可求得椭圆C的标准方程； |PR| 1 （2）①当直线PR的斜率不存在时，得到直线PR的方程为x 2或x 2 ，分别求得|QR| ；②当 ykxm 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 |PR| m2 2  1k2 1 及 ，化简求得|QR| ，即可求解. A( 6,0) a 6 【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，由点 在椭圆C上，可得 ，   AF AF (c 6,0)(c 6,0)6c2 3 c 3 又由 1 2 ，解得 ， b2 a2 c2 3 所以 ， x2 y2  1 所以椭圆C的标准方程为 6 3 .x 2 x 2 （2）①当直线PR的斜率不存在时，可得直线PR的方程为 或 ， PQ: y  x x 2 若直线RP： ，直线 ， P( 2, 2),Q( 2, 2),R( 2, 2) PR 2 2, QR 2 2 可得 ，则 ， |PR| 1 所以 PR  QR ，即|QR| ， |PR| 1 若直线RP：x 2 时，由对称性，同理可得|QR| . ②当直线PR斜率存在时， ykxm x2  y2 2 设直线PR的方程为 ，因为直线PR与圆O： 相切， |m|  2 所以圆心O到直线PR的距离为 k2 1 ，即m2 2  1k2 ， Px,y ,Rx ,y  Qx ,y  设 1 1 2 2 ，则 1 1 ， y kxm  x2 y2 联立 ，整理得 ，   1  12k2 x2 4kmx2m2 60  6 3 4km 2m2 6 则x x  ,xx  ，且 ， 1 2 12k2 1 2 12k2 Δ2448k2 8m2 32k2 80kR 2 2 1k2  14k2 所以|PR| 1k2 x 1 x 2  1k2 x 1 x 2 2 4x 1 x 2  12k2 ， 因为|QR| x x 2 y  y 2 ， 1 2 1 2  4km  2m y  y kx x 2mk   2m  1 2 1 2 12k2  12k2 ， 2 2  4km   2m  2|m| 14k2 2 2 1k2  14k2 所以 |QR|        . 12k2  12k2  12k2 12k2|PR| 1 所以|QR| . |PR| 综上所述，|QR| 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：①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 k k F(x,y)0 k x,y 核心变量（通常为变量 ）；②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. O G 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 F( 3,0),F ( 3,0) 到 1 2 两点的距离之和为4. G C （1）试判断动点 的轨迹是什么曲线，并求其轨迹方程 ； 1 F :(x 3)2  y2  （2）已知直线l: y k(x 3)(k 0)与圆 4 交于M ､N 两点，与曲线C交于P､ Q M P d O l k 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 T   NQ  MP  d2 取得最大值，若存在，求出k；不存在，说明理由. x2 2  y2 1 k  【答案】（1）动点G的轨迹是椭圆，轨迹方程为 4 ；（2）存在， 2 . 【分析】（1）根据椭圆定义得方程； NQ  MP  PQ 1 （2）分析可知 ，再代入消元，用韦达定理及弦长公式得到T 的函数关系式，再求最 值.GF  GF 4 42 3 G 【详解】（1）由题意知， 1 2 ，又 ，所以，动点 的轨迹是椭圆. c 3 a2 a2 b2 c2 b2 1 由椭圆的定义可知， ， ，又因为 所以 ， x2  y2 1 故G的轨迹方程 4 . （2）由题设可知， M 、 N 一个椭圆外，一个在椭圆内； P 、 Q 一个在  F 2内，一个在  F 2外，在直线     NQ  MP  NQ  NP  MP  NP  PQ  MN  PQ 1 l上的四点满足： x2   y2 1 由 4  y k(x 3) 消去 y 得：  14k2 x2 8 3k2x12k2 40 ，0恒成立. Px ,y  Qx ,y  设 1 1 ， 2 2 ，由韦达定理， 8 3k2 12k2 4 x x  x x  得 1 2 14k2 ， 1 2 14k2 4k2 4 PQ   1k2 [x x 2 4x x ]  1 2 1 2 4k2 1 . 3 3k NQ  MP  PQ 1 d  所以 ， 到 距离， ， 4k2 1 O l k2 1 9k2 9k2 T   NQ  MP  d2    4k2 1  k2 1  4k2 5k2 1 9 9   1 1 1 4k2  5 2 4k2 5 k2 k2 1 2 4k2  k  当且仅当 k2 ，即 2 时等号成立.2 k  验证可知 2 满足题意. 2 k  k 0， 2  x2 y2 4 C:  1a b0 15．（2021·河南高三其他模拟（理））已知椭圆 a2 b2 的离心率为5 ，右焦点为F， 9 FQ  O为坐标原点，点Q在椭圆C上，FQ OF ，且 5 . （1）求椭圆C的标准方程. 3 （2）点Pm,0 为椭圆C长轴上的一个动点，过点Р且斜率为5的直线l交椭圆C于A，B两点，证明： 2 2 PA  PB 为定值. x2 y2  1 【答案】（1）25 9 ；（2）证明见解析.  b2 16 1  ,   a2 25  【分析】（1）解方程组 b2 9 即得解；  ,  a 5 5 x ym5m5 Ax ,y  Bx ,y  （2）设l的方程为 3 ， 1 1 ， 2 2 ，联立直线和椭圆方程得到韦达定理， PA 2、PB 2 利用韦达定理求出 ，即得解.  b2 16 1  ,   a2 25  【详解】（1）解：由题意得 b2 9 解得a5,  ,   a 5 b3.x2 y2  1 故椭圆C的标准方程为25 9 . 5 x ym5m5 Ax ,y  Bx ,y  （2）证明：设l的方程为 3 ， 1 1 ， 2 2 . x2 y2  1,  25 9  联立方程组 消去 得 ， 5  x ym,  3 x 50y2 30my9m2 2250 3m 9m2 225 y  y  y y  所以 1 2 5 ， 1 2 50 . 25 34 PA 2 x m2  y2  y2  y2  y2 所以 1 1 9 1 1 9 1 ， 34 PB 2 x m2  y2  y2 同理 2 2 9 2 ， 34 349m2 9m2 225 PA 2  PB 2  y  y 2 2y y     34 所以 9  1 2 1 2 9  25 25  ， 2 2 PA  PB 即 为定值.