直线与圆
考点1
椭圆
考点2
专题07 平面解析几何
1
2
3
4
5
C
A
B
C
B
6．
7．
/0.5
8．
1
2
3
4
5
6
D
C
C
ACD
BC
ABD
7. 3
8.【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先根据右焦点的坐标求出的值，再根据离心率求出
的值，进而结合
可
得椭圆的标准方程；
（2）根据直线方程，可得
点坐标，再将直线与椭圆方程联立，根据韦达定理，可得
，
的表达式，再结合
是
的中点，进而即可求出
的值．
【详解】（1）由椭圆的右焦点为
，得
，
又离心率
，解得
，
在椭圆中，有
，因此椭圆
的标准方程为
．
（2）直线
与
轴交于点
，
联立
，整理得
，
由判别式有
，解得
或
，
设
，
，
由韦达定理得
，
，
又
是
的中点，则
，解得
，
，
则
，解得
符合题意，
所以
的值
．
9．【答案】(1)
(2)
，定点
【分析】（1）题意可得
，则
，由椭圆的定义可
知，点
的轨迹是以
、
为焦点的椭圆；
（2）设出直线
的方程，与椭圆方程联立，直线
的方程为
，令
，
结合根与系数的关系化简可得解.
【详解】（1）由
可知，
，
因为线段
的垂直平分线与直线
交于点
，
，所以
，
所以由椭圆的定义可知，点
的轨迹是以
、
为焦点的椭圆，
所以
，
所以
，
所以曲线
的方程为
．
（2）因为
，则
三点共线，
设直线
所在直线方程为
，
设
，
，
由
消去y 整理得
，
恒成立，
所以
，
在直线
上的射影为
，则
，
所以
，可得直线
的方程为
,
令
，则
，
当
时，即
时，
为定值，
当直线
为
轴时也成立，
所以存在
，直线
过定点
.
10．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据
的关系结合条件计算即得；
（2）联立直线与曲线方程，可得与交点纵坐标有关韦达定理，再利用弦长公式与点到直线距离公
式可表示出面积，最后利用换元法与基本不等式计算即可得.
【详解】（1）由
为椭圆
的右焦点，则
，
由
，
，则
，
由
，化简得
，
由
，则
，
化简得
，
故
或
，由
，故
，则
，
即椭圆
的标准方程为
；
（2）设
、
，联立
，
消去
可得
，
，则
，
，
，
则
，
点
到直线
的距离
，
则
，
令
，则
，
，
当且仅当
时，等号成立，
故
的面积的最大值为
.
11．【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）由椭圆的左右顶点可知
的值，设
，则
，分别表示出
再
根据
即可求出
，则可得椭圆标准方程；
（2）设直线
方程为
，
将直线和椭圆方程联立可得
，由韦达定理可得
的值，求出
，再由
点到直线距离公式求出左顶点到直线
距离，由面积公式可得到
面积，再根据换元法即可
求出最大值；
（3）假设存在
使得
，分别表示出
，再根据
，代入到
，由（2）韦达定理可知
的值，代入到上式，再根据对任意的
都成立，可
求出
值.
【详解】（1）由椭圆的左右顶点可知
，
设
，则
，
化简可得
，则
，
，
所以
，则椭圆的标准方程为
；
（2）由（1）可知椭圆的右焦点坐标为
，设直线
方程为
，
，将直线和椭圆方程联立
，
代入可得
，
由韦达定理可知
，
则
，
而
，
代入可得
，
根据点
到直线
距离公式
，
所以
，
令
则
，所以
，
函数
在
上单调递增，
所以
即
时，
，
此时
的面积最大，最大值为
；
（3）假设存在
使得
，分别求出
，
因为
在直线
上，
所以
，
故
，
化简可得
，
由（2）知
，
则
，所以可得
，
整理化简可得
，
要对任意的
都成立，需系数满足
，
解得
，故存在
，使得
.
12．【答案】(1)
(2)（ⅰ）存在
,使得
；（ii）
【分析】（1）由椭圆顶点坐标,结合直线斜率得
比例关系,再由线段长联立方程,求出
,即得椭圆方程.
（2）（ⅰ）设直线联立椭圆,由韦达定理得纵横坐标关系,求出
纵坐标,代入向量比例化简消
参,可得
为定值3.（ⅱ）由
设出
纵坐标,写出直线
方程并联立椭圆,得到
点横坐标表达式；用底乘高表示
面积,构造函数求导分析单调性,找到面积最大值对应
的参数,代入算出此时
的值.
【详解】（1）已知
，直线
的斜率
.
由斜率公式得
，即
.
由两点间距离公式得
.
因为
，联立解得
，
.
所以椭圆
的方程为
.
（2）（ⅰ）由题可知过点
的直线
斜率不为
，（否则点
与点
重合）
设
, 由
，消去
得
, 即
，
,
直线
,令
可得
直线
,令
,可得
，
因为
共线，
所以
,
所以存在
,使得
.
（ii）设
,则
,所以
,
直线
,由
消去
得
由
可得
,
,
令
,
,
令
,解得
,
当
时，
,当
时，
,
故
在
上单调递增,在
上单调递减,
所以当
时,
取最大值,
所以此时
.
13．【答案】(1)
(2)（i）
；（ii）4
【分析】（1）写出
的面积表达式，可得出
，即可求出离心率；
（2）（i）设
，利用两点间距离公式以及二次函数最值可求得当
时，
取得最大
值为
，求得
，可得出
的方程；
（ii）对直线
的斜率是否存在分类讨论，联立直线
与椭圆方程，解得
，再
由三角形面积关系可求得
，利用椭圆范围以及二次函数最值可求得
的最大值为4.
【详解】（1）易知
，
所以
的面积为
，可得
，
又因为
，可知
；
故
的离心率为
（2）（i）由（1）可知
的方程可设为
；
设
，则
，可得
，又
，
故
因为
，所以
时，
取得最大值为
，
即
，解得
.
故
的方程为
.
（ii）设
，则
，所以
；
当
时，此时直线
的斜率不存在，可得
，
，
故
，
当
时，此时直线
的斜率为
，可得直线
的方程为
，如下图：
联立
可得
，
解得
，
因为
，
与
共底边
，
所以
又因为
，所以
，
可得
，
令
，因为
，所以
；
因此
；
当
时，
取得最大值为4，
此时
，解得
，
因为点
在第一象限内，故
，即
；
综上可知，
的最大值为4.
14．【答案】(1)
(2)（i）
（ii）
【分析】（1）先根据离心率和短轴长列出方程，再结合
求解出
，然后写出椭圆方
程.
（2）（i）先设出直线方程，联立直线和椭圆方程，再结合题目所给条件求出点
和点
坐标，再
求解出点
坐标，然后按照斜率公式求解直线
的斜率.
（ii）联立方程组，求出
两点坐标，然后表示出三角形面积
，然后根据基本不等式求解
的最大值即可.
【详解】（1）因为椭圆
的离心率为
，短轴长为
.
即
，又
，解得
.
椭圆
的方程为
（2）设
，
因为直线
经过
和
，不妨设直线
的方程：
.
联立直线
与椭圆
方程
，消元整理得：
，
又
在椭圆
上，
，代入上式，整理得：
.
由韦达定理得：
，即
.
（i）
且
，
.
，代入上式解得：
，
，即
.
又
，所以可得：
，即
.
又直线
经过
，直线
的方程为
.
联立直线
和椭圆
方程，解得
，即
.
所以直线
的斜率
.
（ii）由（i）可得
，代入直线
方程得
，
所以
，同理可得
.
的面积
.
的面积
.
，当且仅当“
”即“
”时“
”成立.
所以
有最大值
.
15．【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析，定点
【分析】（1）设直线
与椭圆的交点为
，根据题意利用点差法可得
，
进而可得
以及椭圆方程；
（2）设
，直线
的方程为
，联立方程结合韦达定理可得
，
进而分析求解；
（3）设
，
，根据角平分线可得
，整理可得
，
即可得定点.
【详解】（1）由题意可知：直线
：
，即
，斜率
，
设直线
与椭圆的交点为
，
则
，
，即
，
因为M，N 在椭圆上，则
，
两式相减得
，整理得
，
即
，可得
，
且
，即
，解得
，
，
所以椭圆
的方程为
.
（2）由题意可知：直线
与椭圆必相交，且
，
设
，
，
，
，
设
，直线
的方程为
，其中
，
将直线与椭圆方程联立
，消去x 得
，
由韦达定理得：
，
，
则
，可得
，
因为
，则
，可得
，
且
，则
，解得
，
所以
的取值范围为
.
（3）设
，
，
则
，
，
，
且
同理可得
，
由题意可得：
，即
，
两边同时减2 得
，即
，故P，Q 和
三点共线，
所以直线
必过定点
.
16．【答案】(1)
(2)①
是定值，定值为
②
【分析】（1）根据椭圆的离心率公式，结合代入法、
之间的关系进行求解即可；
（2）①设出直线l 的方程与椭圆的方程联立，结合一元二次方程根的判别式、根与系数的关系、
直线的斜率公式进行求解即可；
②根据四点共圆的性质，结合锐角三角函数定义、导数的性质、椭圆的对称性进行求解即可.
【详解】（1）因为椭圆
的中心为O，离心率为
，且过点
，
所以
；
（2）①
是定值，定值为
，理由如下：
当
时，点P 坐标为
，下焦点的坐标为
，
直线l 的方程为
，与椭圆的方程联立，得
，
，或
，
设
，
，
，
，
所以
；
②假设
，使得O，F，M，N 四点共圆成立，
此时直线l 的方程为
，与椭圆的方程联立，得
，
，
设
，
，
因为直线
与直线
垂直，因此M，N 必在纵轴同侧.
因为该椭圆关于纵轴对称，因此先考虑M，N 在纵轴左侧情形，此时
，
直线
的方程为
，令
，得
，
同理可得
，显然有
，
在直角三角形
中，
，
在直角三角形
中，
，
因为O，F，M，N 四点共圆，
所以
，于是有
，
，
，
，
设
，
，
所以
，显然函数
在
上单调递增，
于是当
时，
，所以
，
所以函数
在
上单调递增，
于是当
时，
，
即
，
因为
，所以
，
当M，N 在纵轴右侧情形，此时
，
同理可得
，
综上所述：k 的取值范围为
.
17．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
．
【分析】（1）根据椭圆过的点，代入方程求出
即可得解；
（2）设
，利用三角形面积比求出
即可证明；
（3）设直线
的方程为
，联立椭圆方程，由斜率公式及韦达定理化简即可得出
，
据此求出范围.
【详解】（1）将点
和点
代入
（
）得
，
解得
，
，所以
的方程为
．
（2）由（1）知
，
，
设
，
，直线
与
轴的交点为
，
则
，解得
．
即直线
过定点
．
（3）设直线
的方程为
，
，
．
联立
可得
，
则
，
，且
．
于是
，（结合第（2）问）
，
，即
的范围是
．
18．【答案】(1)
(2)（i）证明过程见解析.
（ii）
.
【分析】（1）由椭圆中
，再结合已知条件可求得椭圆方程.
（2）设过
的直线方程，与椭圆联立，（i）中利用韦达定理和弦长公式分别写出
与
，
由
即可证明直线，
的斜率之和为定值.
（ii）将四边形
面积表示为
（
为两条直线夹角），结合基本不等式可
求出最值.
【详解】（1）由题意可知
解得：
椭圆
的方程为
.
（2）（i）设斜率为
，
斜率为
，
，
，
，
，
直线过
，直线方程为
，
代入椭圆方程整理得：
，
由弦长公式可知：
计算得：
，同理可得：
由题设
，
整理得
，即
.
因
（两条不同直线），故
. 即
斜率之和为定值.
（ii）设
，两条直线夹角为
，四边形对角线为
，
面积为
计算得：
，
，
设两直线倾斜角为
，
，则
，
，
化简可得：
，
令
，由基本不等式
，当且仅当
时等号成立，
进一步化简得：
令
，则
，这是关于
的开口
向下二次函数，
对称轴
，故
在
（即
）时取最大值，
因此四边形
面积的最大值为
.
19.【答案】(1)
(2)证明见解析，
(3)
【分析】（1）借助向量线性运算可表示出
点坐标，结合
、
点在椭圆上可得
、
点坐标满
足关系，计算即可得解；
（2）借助向量线性运算可用
、
表示出
点、
点坐标，再利用
、
、
点在椭圆上可得
、
点坐标满足关系，则可用
表示出
、
，再求和即可得解；
（3）利用三角形面积公式可得
，则
，再计算出
面积后，利用
、
间的关系，结合基本不等式即可得解.
【详解】（1）
，
，则
，
由
，则
，故
，
故
，化简得
，又
，
则
，解得
，则
，
故
或
（负值舍去），即点
的坐标为
；
（2）由
，
，则
，
故
，则有
，
化简得
，
由
，则
，
整理得
，
则
或
（负值舍去）；
，则
，由
，则
，
故
，则有
，
化简得
，
由
，则
，
整理得
，
则
或
（负值舍去）；
故
，
故
是定值，且
；
（3）
，
，
则
，
双曲线
考点3
则
，
由
，
，则
，
又
，
则
，
当且仅当
，即
时，等号成立，
故四边形
面积最大值为
.
1
2
3
4
5
A
A
BCD
BCD
ABD
6.
7．
/
8．
9．【答案】(1)
(2)
或
.
【分析】（1）通过焦点到渐近线的距离公式及三角形面积公式建立关于
的方程，；联立解得
参数即可确定双曲线方程；
（2）设直线方程并与双曲线联立，利用弦长公式和点到直线距离表示面积，代入已知值解出斜率
即可得到直线方程.
【详解】（1）由题意得
的渐近线为
，取
，即
，
右焦点
到该渐近线的距离
，
所在直线的斜率为
，并且过点
，
则
所在直线方程为
，即
，
联立
，整理得
，则
，即
，
所以
，即
，代入
，则
,
所以双曲线
的方程为
.
（2）由（1）知
，
当直线斜率不存在时，
，代入双曲线得
，
则
，
到的距离为4，
此时
，不符合题意，
当直线斜率存在时，设
，
，
联立
得
，则
，
（
时与渐近线平行，与双曲线只有1 个交点，不符合题意）
则
点
到直线
的距离
，
所以
，
由题意得
，即
，
两边同时平方得
，令
，
则
，整理得
，解得
或
（舍）
故
，
，
将
代入判别式
，且
，符合题意，
因此直线的方程为
，
即
或
.
10．【答案】(1)
抛物线
考点4
(2)不能,理由见解析
【分析】（1）由题设条件得出
的方程，求解即得曲线的方程；
（2）假设
是线段
的中点，利用点差法求出直线的斜率，将得到直线的方程与双曲线方程联
立，通过判别式判断方程是否有实根，即可确定
能否为中点.
【详解】（1）双曲线
经过点
，得
，
由渐近线方程为
，得
，
解得
，
，
双曲线
的方程为
.
（2）假设
是线段
的中点，设
，
则由
两式相减，可得
，
因为
是线段
的中点，
，
代入上式，可得
，即此时直线
的斜率为
，
于是直线
的方程为
，即
.
联立
，消元得
，
，所以方程无实数解，
即此时直线与双曲线无交点，
故
不能是线段
的中点.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
B
C
C
D
C
B
B
C
ABD
10．2
11
12．【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据抛物线定义可得
，结合题意可得
，进而可得抛物线
方程；
（2）设直线
的方程为
，与抛物线方程可得韦达定理，进而求点
坐标，以及
直线
的方程，进而判断直线
与抛物线C 的位置关系.
【详解】（1）由抛物线的定义知：
，
因为
，
，则
，即
，
所以抛物线
的方程为
.
（2）由题可知：直线
的斜率存在且不为0，设其方程为
，
联立方程
，消去x 可得
，
则
，
，
因为直线
的方程为
，则点
的坐标为
，
因为
，则直线
的方程为
，
令
，得
，则点
的坐标为
，
直线
的斜率
，
所以直线
的方程为
，整理得
.
联立方程
，消去x 得
，
因
，故直线
与抛物线
相切.
13.【答案】(1)
(2)（i）
；（ii）
【分析】（1）利用抛物线的定义求解；
（2）（i）设
，由向量共线关系
得直线
与直线
平行，进而得到直线
的倾斜角为
，利用两点斜率公式
，结合
在抛物线
上，
通过计算得到
，由直线
的斜率为0，从而得到
的坐标，则
，根据
等差数列的定义得到数列
是等差数列，利用等差数列的通项公式求出
；
（ii）由
得到
，从而得到
，
，求出直线
的斜率
，利用点斜式求出直线
的方程，利用点到直线的距离公式求出点
到直线
的距离
，利用两点间距离公式求出
，从而得到
的面积
，
计算得解.
【详解】（1）
动点
到点
的距离与其到直线
的距离相等，
根据抛物线的定义可知动点
的轨迹是以
为焦点，
以直线
为准线的抛物线，且其轨迹方程为
，
，
，
动点
的轨迹
的方程为
；
（2）（i）设
，
存在常数
，使得
，
直线
与直线
平行，
直线
与直线
平行，
直线
的倾斜角为
，
直线
的倾斜角为
，
，
，
在抛物线
上，
，
，
转化为
，
，
，
，
直线
的斜率为0，
与
的纵坐标相等，横坐标互为相反数，
，
，
，
设
，则
，即
，
故数列
是等差数列，公差为
，首项为
，
则
；
（ii）由（i）知
，则
，即
，
，
则直线
的斜率
，
故直线
的方程为
，
即
，
点
到直线
的距离
为
，
线段
，
所以
的面积
.
与圆锥曲线有关的综合压轴题
考点5
1．AD
2．BCD
3．ACD
4．
5．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
时
【分析】（1）借助离心率与
及双曲线上的点
计算即可得；
（2）由题意可得
，联立曲线方程，可表示出
，
从而可用
、
表示出
、
，再表示出
后利用等比数列定义即可得证；
（3）表示出
可得数列
也为等比数列，则可表示出
、
坐标，再利用三角形面
积公式计算可得
，由点
关于
轴的对称点为
，可得
，则
可表示出
，最后得到
后，利用
及对勾函数性质计算即可得.
【详解】（1）由题意可得
，则
，故
，
故有
，解得
，则
，
即曲线
的方程为
；
（2）由题意可得
，
由点
关于
轴的对称点为
，则
，
联立
，则
，
则
，则
，
，
故
，
又
，故
为以为首项，为公比的等比数列；
（3）由（2）知
为以为首项，为公比的等比数列，则
，
由
，
，
则
，
又
，故
为以为首项，
为公比的等比数列，
则
，
故
，
，
设
，则
，
，
则
，即
，
，即
，
，即
，
则
，
故
，
由
，
，
，
，
则
，
由点
关于
轴的对称点为
，故
轴，
故
，
，
，
，
则
则
，
由
在
上单调递减，在
上单调递增，
且
，
，则当
，即
时，
有最小值，则
.
6．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）设
，根据两点间距离公式结合二次函数性质计算求解；
（2）设
，
，
，直线
，求得动点
的轨迹方程，根据斜
率公式得
，化简可得
，直线
与椭圆联
立方程组，由韦达定理得
，
，代入计算可得
，即可证明直线
过定点；
（2）设经过
次操作后点
在
处为事件
，
，点
在
处为事件
，
，
点
在
处为事件
，
，点
在
处为事件
，
，由题意可得
，根据全概率可得
，
，构造等比数列，根据等比数列通项公式求
法计算可解.
【详解】（1）设
，根据题意
，
，且
，
，
，
当且仅当
或
等号成立，
所以
的最大值为
．
（2）设
，
，
，直线
，
因为动点
满足
，则点
在以
为直径的圆
上运动，则
，
又
，所以
，则
．
的斜率
，
因为
，则
的斜率
．
所以此时
的斜率
，
则
．所以
，①
将
代入①式，
整理得
，②
联立直线
方程与椭圆方程
，
得
．
，即
．③
，
，
代入②式得
，
化简得
，解得
（舍去），或
，满足不等式③成立．
∴直线
方程为
，直线
过定点
．
（3）由题意，盒子中三面涂红色的小立方体有8 个，每次抽到后顺时针跳动1 次的概率为
，
盒子中六个面没有涂红色的小立方体有8 个，每次抽到后逆时针跳动1 次的概率为
，
盒子中一面涂红色的小立方体有24 个，每次抽到后顺时针跳动2 次的概率为
，
盒子中两面涂红色的小立方体有24 个，每次抽到后逆时针跳动2 次的概率为
，
设经过
次操作后点
在
处为事件
，
，
设点
在
处为事件
，
，
设点
在
处为事件
，
，
设点
在
处为事件
，
，
易知
，由对称性知
，即
，
计算得
，
而
，
即
，④
又
，代入④式得
，
即
，所以
，
所以数列
是以
为首项，
为公比的等比数列，
所以
，即
，
又
，
即
，⑤
将
，
代入⑤式得
，
即
，
所以
是以
为首项，
为公比的等比数列，
所以
，即
，
所以
.
7．【答案】(1)
(2)16
(3)
【分析】（1）根据抛物线的性质求出抛物线方程，通过直线与抛物线的交点关系找出数列
的
递推关系，进而求出通项公式.
（2）求出
、
、
的坐标，根据三角形面积公式求解即可.
（3）设出直线方程，与抛物线方程联立，得到
，求出旋转体体积的表达式，结合导数与
最值的关系求解即可.
【详解】（1）抛物线
的焦点坐标为
.
当
垂直于
轴时，点
，
的纵坐标均为
，代入抛物线方程可得
.
所以
，又
，所以
，解得
.
所以抛物线
的方程为
.
已知点
.
过点
且斜率为
的直线
方程为
，即
.
联立
，整理得
.
因为点
在抛物线上，所以
，则方程可化为
.
设点
，则
，所以
.
又
为
关于
轴的对称点，所以
，即
.
又
，所以数列
是以2 为首项，4 为公差的等差数列.
所以
.
故数列
的通项公式为
.
（2）由（1）知，
，则
，
.
因为点
在抛物线上，所以
，
同理
，
.
则
，
，
.
所以
.
直线
的斜率为
，
则直线
的方程为
，即
.
点
到直线
的距离为
，
所以
.
（3）设直线
方程为
. 设
，
.
联立
，整理得
，
，
则
，
.
旋转体体积
可由以
为直径的圆、以
为直径的圆为上下底面的圆台体积减去以
为直径
的圆为底面、
为顶点的圆锥与以
为直径的圆为底面、
为顶点的圆锥体积之和.
结合抛物线的对称性，不妨设
在
轴左侧，
在
轴右侧，
令
，则
，
，
，
，
所以
.
令
，则
，当且仅当
，即
时，等号成立.
所以
，
令
（
），则
，
令
，则
，解得
，
所以
在
上单调递增，
，即
，
此时
，即
，
.
所以该旋转体体积的最小值为
.
