2021_2023年高考数学真题分类汇编专题08平面解析几何解答题

这是一份2021_2023年高考数学真题分类汇编专题08平面解析几何解答题，共35页。试卷主要包含了如图，已知椭圆，已知椭圆的一个顶点为，焦距为等内容，欢迎下载使用。

专题08 平面解析几何（解答题）
近三年高考真题
1．（2023•新高考Ⅰ）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
【解析】（1）设点点坐标为，由题意得，
两边平方可得：，
化简得：，符合题意．
故的方程为．
（2）解法一：不妨设，，三点在上，且．
设，，，
则，．
由题意，，即，
显然，于是．
此时，．．于是，．
不妨设，则，
则



．
设，则，即，
又．
显然，为最小值点．故，
故矩形的周长为．
注意这里有两个取等条件，一个是，另一个是，
这显然是无法同时取到的，所以等号不成立，命题得证．
解法二：不妨设，，在抛物线上，不在抛物线上，欲证命题为．
由图象的平移可知，将抛物线看作不影响问题的证明．
设，，平移坐标系使为坐标原点，
则新抛物线方程为，写为极坐标方程，
即，即．
欲证明的结论为，
也即．
不妨设，将不等式左边看成关于的函数，根据绝对值函数的性质，
其最小值当即时取得，
因此欲证不等式为，即，
根据均值不等式，有

，
由题意，等号不成立，故原命题得证．
2．（2023•上海）已知抛物线，在上有一点位于第一象限，设的纵坐标为．
（1）若到抛物线准线的距离为3，求的值；
（2）当时，若轴上存在一点，使的中点在抛物线上，求到直线的距离；
（3）直线，抛物线上有一异于点的动点，在直线上的投影为点，直线与直线的交点为．若在的位置变化过程中，恒成立，求的取值范围．
【解析】（1）抛物线的准线为，
由于到抛物线准线的距离为3，
则点的横坐标为2，则，
解得；
（2）当时，点的横坐标为，则，
设，则的中点为，
由题意可得，解得，
所以，
则，
由点斜式可得，直线的方程为，即，
所以原点到直线的距离为；
（3）如图，

设，则，
故直线的方程为，
令，可得，即，
则，
依题意，恒成立，
又，
则最小值为，即，即，
则，解得，
又当时，，当且仅当时等号成立，
而，即当时，也符合题意．
故实数的取值范围为，．
3．（2022•上海）设有椭圆方程，直线，下端点为，在上，左、右焦点分别为，、，．
（1），中点在轴上，求点的坐标；
（2）直线与轴交于，直线经过右焦点，在中有一内角余弦值为，求；
（3）在椭圆上存在一点到距离为，使，随的变化，求的最小值．

【解析】（1）由题意可得，
，
的中点在轴上，
的纵坐标为，
代入得．
（2）由直线方程可知，
①若，则，即，
，
．
②若，则，
，，
，．
即，，，
综上或．
（3）设，
由点到直线距离公式可得，
很明显椭圆在直线的左下方，则，
即，
，，
据此可得，，
整理可得，即，
从而．
即的最小值为．
4．（2022•浙江）如图，已知椭圆．设，是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线，分别交直线于，两点．
（Ⅰ）求点到椭圆上点的距离的最大值；
（Ⅱ）求的最小值．

【解析】（Ⅰ）设椭圆上任意一点，则，，，
而函数的对称轴为，则其最大值为，
，即点到椭圆上点的距离的最大值为；
（Ⅱ）设直线，
联立直线与椭圆方程有，消去并整理可得，，
由韦达定理可得，，
，
设，，，，直线，直线，
联立以及，
可得，
由弦长公式可得

，
当且仅当时等号成立，
的最小值为．
5．（2022•北京）已知椭圆的一个顶点为，焦距为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）过点作斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，直线，分别与轴交于点，．当时，求的值．
【解析】（Ⅰ）由题意得，
，，，，
椭圆的方程为．
（Ⅱ）设过点的直线为，，，，，
联立得，即，
直线与椭圆相交，△，，
由韦达定理得，，
，直线为，
令，则，，，同理，，


，
，，
．
6．（2022•新高考Ⅱ）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
（1）求的方程；
（2）过的直线与的两条渐近线分别交于，两点，点，，，在上，且，．过且斜率为的直线与过且斜率为的直线交于点．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【解析】（1）由题意可得，，
解得，，
因此的方程为，
（2）解法一：设直线的方程为，，将直线的方程代入可得，
△，

，，
，
，
设点的坐标为，，则，
两式相减可得，
，
，
解得，
两式相加可得，
，
，
解得，
，其中为直线的斜率；
若选择①②：
设直线的方程为，并设的坐标为，，的坐标为，，
则，解得，，
同理可得，，
，，
此时点的坐标满足，解得，，
为的中点，即；
若选择①③：
当直线的斜率不存在时，点即为点，此时不在直线上，矛盾，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，并设的坐标为，，的坐标为，，
则，解得，，
同理可得，，
此时，
，
由于点同时在直线上，故，解得，
因此．
若选择②③，
设直线的方程为，并设的坐标为，，的坐标为，，
则，解得，，
同理可得，，
设的中点，，则，，
由于，故在的垂直平分线上，即点在直线上，
将该直线联立，解得，，
即点恰为中点，故点在直线上．
（2）解法二：由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②③，或选由②③①：由②成立可知直线的斜率存在且不为0．
若选①③②，则为线段的中点，假设的斜率不存在，
则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点，
此时由对称性可知、关于轴对称，从而，已知不符．
综上，直线的斜率存在且不为0，
直线的斜率为，直线的方程为．
则条件①在直线上，等价于，
两渐近线的方程合并为，
联立方程组，消去并化简得：，
设，，，，线段中点为，，
则．，
设，，
则条件③等价于，
移项并利用平方差公式整理得：
，
，
，
，
，
，
由题意知直线的斜率为，直线的斜率为，
由，，
，
直线的斜率，
直线，即，
代入双曲线的方程为，即中，
得，
解得的横坐标为，
同理，，，
，
条件②等价于，
综上所述：
条件①在上等价于，
条件②等价于，
条件③等价于．
选①②③：
由①②解得，③成立；
选①③②：
由①③解得：，，，②成立；
选②③①：
由②③解得：，，，①成立．
7．（2022•上海）已知椭圆，、两点分别为的左顶点、下顶点，、两点均在直线上，且在第一象限．
（1）设是椭圆的右焦点，且，求的标准方程；
（2）若、两点纵坐标分别为2、1，请判断直线与直线的交点是否在椭圆上，并说明理由；
（3）设直线、分别交椭圆于点、点，若、关于原点对称，求的最小值．
【解析】（1）由题可得，，
因为，所以，解得，
所以，故的标准方程为；
（2）直线与直线的交点在椭圆上，
由题可得此时，，，，
则直线，直线，交点为，，满足，
故直线与直线的交点在椭圆上；
（3），，则直线，所以，
，，则直线，所以，
所以，
设，则，
因为，所以，
则，即的最小值为6．
8．（2021•北京）已知椭圆的一个顶点，以椭圆的四个顶点围成的四边形面积为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）过点作斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，直线、分别与直线交于点、，当时，求的取值范围．
【解析】（Ⅰ）因为椭圆过点，则，
又因为以四个顶点围成的四边形面积为，
所以，解得，
故椭圆的标准方程为；
（Ⅱ）由题意，设过点，斜率为的直线为直线，
设直线的方程为，即，
当时，直线与椭圆没有交点，而直线交椭圆于不同的两点，，
所以，
设，，，，
联立方程组，可得，
则△，解得，
所以，
则，
，
直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
因为直线交于点，
所以令，则，
故，
同理可得，
注意到，所以，同号，
因为，，所以，同号，
故，
则



，
故，
又，即，即，又，
所以，
故的取值范围为，，．
9．（2021•浙江）如图，已知是抛物线的焦点，是抛物线的准线与轴的交点，且．
（Ⅰ）求抛物线的方程：
（Ⅱ）设过点的直线交抛物线于，两点，若斜率为2的直线与直线，，，轴依次交于点，，，，且满足，求直线在轴上截距的取值范围．

【解析】（Ⅰ）依题意，，故抛物线的方程为；
（Ⅱ）由题意得，直线的斜率存在且不为零，设直线，
将直线方程代入抛物线方程可得，，
则由韦达定理有，，则，
设直线，其中，设直线，其中，
则，
，
设直线，
联立，可得，则，
联立，可得，则，
同理可得，，
又，
，即，
，
，即，解得或；
当直线的斜率不存在时，则直线，，，，
直线的方程为，直线的方程为，
设直线，则，，，，
又，故，
解得满足．
直线在轴上截距的取值范围为．
10．（2021•新高考Ⅰ）在平面直角坐标系中，已知点，，，，点满足．记的轨迹为．
（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．
【解析】（1）由双曲线的定义可知，的轨迹是双曲线的右支，设的方程为，
根据题意，解得，
的方程为；
（2）（法一）设，直线的参数方程为，
将其代入的方程并整理可得，，
由参数的几何意义可知，，，则，
设直线的参数方程为，，，同理可得，，
依题意，，则，
又，故，则，即直线的斜率与直线的斜率之和为0．
（法二）设，直线的方程为，，，，，设，
将直线方程代入的方程化简并整理可得，，
由韦达定理有，，
又由可得，
同理可得，
，
设直线的方程为，设，
同理可得，
又，则，化简可得，
又，则，即，即直线的斜率与直线的斜率之和为0．


11．（2021•乙卷（文））已知抛物线的焦点到准线的距离为2．
（1）求的方程；
（2）已知为坐标原点，点在上，点满足，求直线斜率的最大值．
【解析】（1）由题意知，，
．
（2）由（1）知，抛物线，，
设点的坐标为，
则，

点坐标为，
将点代入得，
整理得，
当时，，
当时，，当且仅当，即时，等号成立，取得最大值．
故答案为：．
12．（2022•甲卷（文））设抛物线的焦点为，点，过的直线交于，两点．当直线垂直于轴时，．
（1）求的方程；
（2）设直线，与的另一个交点分别为，，记直线，的倾斜角分别为，．当取得最大值时，求直线的方程．
【解析】（1）由题意可知，当时，，得，可知，．
则在中，，得，解得．
则的方程为；
（2）设，，，，，，，，
当与轴垂直时，由对称性可知，也与轴垂直，
此时，则，
由（1）可知，，则，
又、、三点共线，则，即，
，
得，即；
同理由、、三点共线，得．
则．
由题意可知，直线的斜率不为0，设，
由，得，
，，则，，
则，
，，
与正负相同，
，
当取得最大值时，取得最大值，
当时，；当时，无最大值，
当且仅当，即时，等号成立，取最大值，
此时的直线方程为，即，
又，，
的方程为，即．
13．（2023•甲卷（文））已知直线与抛物线交于，两点，．
（1）求；
（2）设为的焦点，，为上两点，且，求面积的最小值．
【解析】设，，，，联立，
消去得：，
，，△，
，，
，
，，，
，
（2）由（1）知，所以，显然直线的斜率不可能为零，
设直线，，，，
由，可得，所以，，
△，
因为，所以，
即，即，
将，，代入得，
，所以，且，解得或．
设点到直线的距离为，所以，

，
所以的面积，
又或，所以当时，的面积．
14．（2023•甲卷（理））设抛物线，直线与交于，两点，且．
（1）求的值；
（2）为的焦点，，为抛物线上的两点，且，求面积的最小值．
【解析】设，，，，联立，
消去得：，
，，△，
，，
，
，，，
；
（2）由（1）知，所以，显然直线的斜率不可能为零，
设直线，，，，，
由，可得，所以，，
△，
因为，所以，
即，即，
将，，代入得，
，所以，且，解得或．
设点到直线的距离为，所以，

，
所以的面积，
又或，所以当时，的面积．
15．（2023•天津）设椭圆的左、右顶点分别为，，右焦点为，已知，．
（Ⅰ）求椭圆方程及其离心率；
（Ⅱ）已知点是椭圆上一动点（不与顶点重合），直线交轴于点，若△的面积是△面积的二倍，求直线的方程．
【解析】（Ⅰ）由题意可知，，解得，
．
则椭圆方程为，椭圆的离心率为；
（Ⅱ）由题意可知，直线的斜率存在且不为0，
当时，直线方程为，取，得．

联立，得．
△，
，得，则．
．
．
，即，得；
同理求得当时，．
直线的方程为．
16．（2022•天津）椭圆的右焦点为、右顶点为，上顶点为，且满足．
（1）求椭圆的离心率；
（2）直线与椭圆有唯一公共点，与轴相交于异于．记为坐标原点，若，且的面积为，求椭圆的标准方程．
【解析】（1），，
，
，，
；
（2）由（1）可知椭圆为，
即，
设直线，联立，消去可得：
，又直线与椭圆只有一个公共点，
△，，
又，，
又，，
解得，，
又的面积为，
，，
又，，，，
椭圆的标准方程为．
17．（2022•新高考Ⅰ）已知点在双曲线上，直线交于，两点，直线，的斜率之和为0．
（1）求的斜率；
（2）若，求的面积．
【解析】（1）将点代入双曲线方程得，
化简得，，故双曲线方程为，
由题显然直线的斜率存在，设，设，，，
则联立双曲线得：，
故，，
，
化简得：，
故，
即，而直线不过点，故；
（2）设直线的倾斜角为，由，
，得
由，，
得，即，
联立，及得，
同理，
故，
而，由，得，
故．
18．（2023•新高考Ⅱ）已知双曲线中心为坐标原点，左焦点为，，离心率为．
（1）求的方程；
（2）记的左、右顶点分别为，，过点的直线与的左支交于，两点，在第二象限，直线与交于，证明在定直线上．
【解析】（1）双曲线中心为原点，左焦点为，，离心率为，
则，解得，
故双曲线的方程为；
（2）证明：过点的直线与的左支交于，两点，
则可设直线的方程为，，，，，
记的左，右顶点分别为，，
则，，
联立，化简整理可得，，
故△且，
，，
直线的方程为，直线方程，
故


，
故，解得，
所以，
故点在定直线上运动．
19．（2021•上海）已知，，是其左、右焦点，直线过点，，交椭圆于，两点，且，在轴上方，点在线段上．
（1）若是上顶点，，求的值；
（2）若，且原点到直线的距离为，求直线的方程；
（3）证明：对于任意，使得的直线有且仅有一条．
【解析】（1）因为的方程：，
所以，，
所以，
所以，，
若为的上顶点，则，
所以，，
又，
所以；
（2）设点，，
则，
因为在线段上，横坐标小于0，
解得，
故，
设直线的方程为，
由原点到直线的距离为，
则，化简可得，解得或，
故直线的方程为或（舍去，无法满足，
所以直线的方程为；
（3）联立方程组，可得，
设，，，，
则，
因为，
所以，又，
故化简为，
又，
两边同时平方可得，，
整理可得，
当时，，
因为点，在轴上方，
所以有且仅有一个解，
故对于任意，使得的直线有且仅有一条．
20．（2021•甲卷（文））在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）将的极坐标方程化为直角坐标方程；
（2）设点的直角坐标为，为上的动点，点满足，写出的轨迹的参数方程，并判断与是否有公共点．
【解析】（1）由极坐标方程为，得，
化为直角坐标方程是，
即，表示圆心为，，半径为的圆．
（2）【解法1】根据题意知，点的轨迹是以为中心，为缩放比例将圆作位似变换得到的，
因此的圆心为，，半径差为，
所以圆内含于圆，圆与圆没有公共点．
【解法2】设点的直角坐标为，，，因为，
所以，，，
由，
即，
解得，
所以，，代入的方程得，
化简得点的轨迹方程是，表示圆心为，，半径为2 的圆；
化为参数方程是，为参数；
计算，
所以圆与圆内含，没有公共点．
21．（2023•北京）已知椭圆的离心率为，、分别为的上、下顶点，、分别为的左、右顶点，．
（1）求的方程；
（2）点为第一象限内上的一个动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．
【解析】（1）由题意可得：，，，
解得，，
椭圆的方程为．
（2）证明：，，，，
直线的方程为，化为．
设直线的方程为：，，，．
联立，化为：，
解得或，
，．
直线方程为：，即，
与联立，解得，．
，．
，
，
．
22．（2021•新高考Ⅱ）已知椭圆的方程为，右焦点为，，且离心率为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设，是椭圆上的两点，直线与曲线相切．证明：，，三点共线的充要条件是．
【解析】（Ⅰ）由题意可得，椭圆的离心率，又，
所以，则，
故椭圆的标准方程为；
（Ⅱ）证明：先证明充分性，
当时，设直线的方程为，
此时圆心到直线的距离，则，
联立方程组，可得，
则△，
因为，
所以，，
因为直线与曲线相切，
所以，则，
则直线的方程为恒过焦点，
故，，三点共线，
所以充分性得证．
若，，三点共线时，设直线的方程为，
则圆心到直线的距离为，解得，
联立方程组，可得，
即，
所以；
所以必要性成立；
综上所述，，，三点共线的充要条件是．

23．（2021•天津）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程．
【解析】（1）因为离心率，
所以，解得，，，
所以椭圆的方程为．
（2）先证明椭圆上过点，的椭圆的
切线方程为：．
由于椭圆过点，，则①，
对椭圆求导得，即切线的斜率，
故切线的方程，
将①代入得．
则切线的方程为，
令，得，
因为，
所以，
所以，解得，
设，，则，即，
因为，
所以，
所以，即，
所以，
又因为，
所以，
解得，
因为，
所以，
所以，，
所以，即．

24．（2021•甲卷（文））抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴上，直线交于，两点，且．已知点，且与相切．
（1）求，的方程；
（2）设，，是上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
【解析】（1）因为与抛物线有两个不同的交点，故可设抛物线的方程为：，
令，则，
根据抛物线的对称性，不妨设在轴上方，在轴下方，故，
因为，故，
抛物线的方程为：，
因为与相切，故其半径为1，故．
另（1）根据抛物线的对称性，由题意可得，
因此点，的坐标为，
由题意可设抛物线的方程为：，
可得，
因此抛物线的方程为．
而圆的半径为圆心到直线的距离为1，
可得的方程为．
（2）很明显，对于或者斜率不存在的情况以及斜率为0的情况满足题意．否则：
设，，，，，．
当，，其中某一个为坐标原点时（假设为坐标原点时），
设直线方程为，根据点到直线距离为1可得，解得，
联立直线与抛物线方程可得，
此时直线与的位置关系为相切，
当，，都不是坐标原点时，即，直线的方程为，
此时有，，即，
同理，由对称性可得，，
所以，是方程的两根，
则，
依题意有，直线的方程为，
令到直线的距离为，则有，
此时直线与的位置关系也为相切，
综上，直线与相切．
（2）另设，，，2，3，
由直线的两点式可知，直线的方程为，
化简可得，
因为直线与圆相切，所以，
整理得，
同理有，
所以，是关于的方程的两个根，
则，
依题意有，直线的方程为，
令到直线的距离为，则有，
此时直线与的位置关系也为相切，
综上，直线与相切．
25．（2023•乙卷（文））已知椭圆的离心率为，点在上．
（1）求的方程；
（2）过点的直线交于点，两点，直线，与轴的交点分别为，，证明：线段的中点为定点．
【解析】（1）由题意，，解得．
椭圆的方程为；
证明：（2）如图，

要使过点的直线交于点，两点，则的斜率存在且小于0，
设，即，，，，，，
联立，得．
△．
，，
直线，取，得；
直线，取，得．





．
的中点为，为定点．