专题12 平面解析几何（解答题）--《2023届浙江省高考数学一轮复习提升训练01》【解析版】

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专题12 平面解析几何（解答题）33．（2022·浙江·高三开学考试）如图，已知双曲线，经过点且斜率为的直线与交于两点，与的渐近线交于两点（从左至右的顺序依次为），其中.(1)若点是的中点，求的值；(2)求面积的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）联立直线与双曲线方程，根据点是的中点，列方程求解即可.（2）联立直线与双曲线方程，表示出的长，根据点到直线的距离公式表示出三角形的高，从而得到三角形面积表达式，即可求得结果.（1）设联立直线与双曲线方程，消去得，由韦达定理可知，联立直线与其中一条渐近线方程，解得即，同理可得，则，则可知的中点与中点重合.由于是的中点，所以，解得；（2）与联立，消去得由（1）知，.或由于，所以，又到直线的距离，所以整理得，令，则，当，即时，的最大值为2，所以的最小值为.34．（2022·浙江·杭十四中高三阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，椭圆C过点，焦点，圆O的直径为．（1）求椭圆C及圆O的方程；（2）设直线l与圆O相切于第一象限内的点P．①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；②直线l与椭圆C交于两点．若的面积为，求直线l的方程．【答案】（1），；（2）【详解】分析：（1）根据条件易得圆的半径，即得圆的标准方程，再根据点在椭圆上，解方程组可得a,b，即得椭圆方程；（2）第一问先根据直线与圆相切得一方程，再根据直线与椭圆相切得另一方程，解方程组可得切点坐标.第二问先根据三角形面积得三角形底边边长，再结合①中方程组，利用求根公式以及两点间距离公式，列方程，解得切点坐标，即得直线方程.详解：解：（1）因为椭圆C的焦点为，可设椭圆C的方程为．又点在椭圆C上，所以，解得因此，椭圆C的方程为．因为圆O的直径为，所以其方程为．（2）①设直线l与圆O相切于，则，所以直线l的方程为，即．由，消去y，得．（*）因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，所以．因为，所以．因此，点P的坐标为．②因为三角形OAB的面积为，所以，从而．设，由（*）得，所以．因为，所以，即，解得舍去），则，因此P的坐标为．综上，直线l的方程为．点睛：直线与椭圆的交点问题的处理一般有两种处理方法：一是设出点的坐标，运用“设而不求”思想求解；二是设出直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出交点坐标，适用于已知直线与椭圆的一个交点的情况.35．（2022·浙江·高三阶段练习）如图，已知抛物线的焦点F，且经过点，．(1)求p和m的值；(2)点M，N在C上，且．过点A作，D为垂足，证明：存在定点Q，使得为定值．【答案】(1)，；(2)证明见解析.【分析】（1）由抛物线定义有求，由在抛物线上求m即可.（2）令，，，联立抛物线得到一元二次方程，应用韦达定理，根据及向量垂直的坐标表示列方程，求k、n数量关系，确定所过定点，再由易知在以为直径的圆上，即可证结论.（1）由抛物线定义知：，则，又在抛物线上，则，可得.（2）设，，由（1）知：，所以，，又，所以，令直线，联立，整理得，且，所以，，则，，综上，，当时，过定点；当时，过定点，即共线，不合题意；所以直线过定点，又，故在以为直径的圆上，而中点为，即为定值，得证.36．（2022·浙江·慈溪中学高三开学考试）已知双曲线的离心率为，且点在上.(1)求双曲线的方程：(2)试问：在双曲线的右支上是否存在一点，使得过点作圆的两条切线，切点分别为，直线与双曲线的两条渐近线分别交于点，且？若存在，求出点；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，或【分析】（1）根据题意即可列出关于方程组，即可解出答案；（2）根据题意设，即可求出直线的方程，则可求出点的坐标，即可表示出，再由点到直线的距离，则可表示出，即可求出点的坐标.（1）因为，所以，即，又点在双曲线的图像上，所以，即，解得，所以双曲线；（2）设，由已知点在以为直径的圆上，又点在上，则有方程组解得直线的方程为，设直线与渐近线的交点分别为，由解得，由解得，所以，又点到直线的距离为，则三角形的面积，又因为，所以，由已知，解得，即，因为点在双曲线右支上，解得，即点或.37．（2022·浙江·高三开学考试）已知直线与双曲线交于、两个不同的点.(1)求的取值范围；(2)若为双曲线的左顶点，点在双曲线的左支上，点在双曲线的右支上，且直线、分别与轴交于、两点，当时，求的值.【答案】(1)且(2)【分析】（1）联立直线与双曲线方程，消元，依题意可得，即可求出参数的取值范围；（2）设，，由（1）可得韦达定理，求出直线的方程，即可求出点坐标，同理可得点坐标，根据得到方程，解得即可.（1）解：联立方程组消整理得，依题意可得，解得且.（2）解：设、坐标分别为，，，由（1）知，直线的方程为，令可得点坐标为，同理点坐标为，由，所以，所以，所以，整理得，即，解得（舍去）或，.38．（2022·浙江省淳安中学高三开学考试）如图，已知椭圆的离心率为，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点为顶点的三角形的周长为.一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设为该双曲线上异于顶点的任一点，直线和与椭圆的交点分别为和.（Ⅰ）求椭圆和双曲线的标准方程；（Ⅱ）设直线、的斜率分别为、，证明；（Ⅲ）是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）椭圆的标准方程为；双曲线的标准方程为（Ⅱ）=1．（Ⅲ）存在常数使得恒成立，【详解】试题分析：(1)设椭圆的半焦距为c，由题意知：，2a＋2c＝4(＋1)，所以a＝2，c＝2.又a2＝b2＋c2，因此b＝2.故椭圆的标准方程为＝1.由题意设等轴双曲线的标准方程为＝1(m＞0)，因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点，所以m＝2，因此双曲线的标准方程为＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则k1＝，k2＝.因为点P在双曲线x2－y2＝4上，所以x－y＝4.因此k1·k2＝·＝＝1，即k1·k2＝1.(3)由于PF1的方程为y＝k1(x＋2)，将其代入椭圆方程得(2k＋1)x2－8kx＋8k－8＝0，显然2k＋1≠0，显然Δ＞0.由韦达定理得x1＋x2＝，x1x2＝.所以|AB|＝＝.同理可得|CD|＝.则，又k1·k2＝1，所以.故|AB|＋|CD|＝|AB|·|CD|.因此存在λ＝，使|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立．考点：本题考查了圆锥曲线方程的求法及直线与圆锥曲线的位置关系点评：对于直线与圆锥曲线的综合问题，往往要联立方程，同时结合一元二次方程根与系数的关系进行求解；而对于最值问题，则可将该表达式用直线斜率k表示，然后根据题意将其进行化简结合表达式的形式选取最值的计算方式39．（2022·浙江·高三开学考试）已知椭圆过点，且以长轴和短轴为对角线的四边形面积为.(1)求的方程；(2)已知椭圆，在椭圆上任取三点，是否存在使得与椭圆相切于三角形三边的中点，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)存在，【分析】（1）由以长轴和短轴为对角线的四边形面积为可得，求得，再结合在椭圆上得到，两式联立即可得到答案；（2）设的中点分别是，然后得到直线为，与椭圆进行联立，得到一元二次方程，利用韦达定理以及结合题意通过计算即可得到答案（1）以长轴和短轴为对角线的四边形面积为，从而，因为在椭圆上，所以，解得，所以椭圆方程为（2）设的中点分别是，则，因为均与椭圆相切于点，所以，因为在两直线上，所以，所以在直线上，即直线的方程为，联立得，所以，所以，当直线斜率存在时，且的中点为，直线，设得，因为与椭圆相切，所以，化简得，代入得因为在椭圆上，所以，代入得，解得（舍），所以，此时，中点的横坐标为，方程的解为，所以时，与椭圆相切时切点为的中点，所以满足条件，当直线斜率不存在时，不妨假设直线切于椭圆的左顶点，且根据椭圆的对称性，的中点为左顶点，在轴的正半轴上，所以将代入椭圆得，不妨设，将代入椭圆得，所以，则的中点为，代入椭圆得，解得，综上所述，【点睛】解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为形式；（5）代入韦达定理求解.40．（2022·浙江嘉兴·高三阶段练习）已知椭圆，直线与椭圆交于，两点，且的最大值为．(1)求椭圆的方程；(2)当时，斜率为的直线交椭圆于，两点（，两点在直线的异侧），若四边形的面积为，求直线的方程．【答案】(1)(2)．【分析】（1）设，，联立直线与椭圆方程，得出韦达定理，再根据弦长公式求解，结合函数的最大值可得，进而求得椭圆方程即可；（2）设直线方程为，，，记点，到直线的距离分别为，，表达出，，根据求解即可.（1）设，，联立直线与椭圆方程得，消去y得，又，是这个方程的两个实根，所以 ，由弦长公式得，所以当时，取到最大值，即，解得．所以椭圆C的方程为．（2）设直线方程为，，，联立直线与椭圆方程，消去y得，所以，且，记点，到直线的距离分别为，，又，且，所以，所以，因为，所以，整理得，所以满足条件，综上所述直线的方程为，即为．41．（2022·浙江省苍南中学高三阶段练习）已知点在双曲线上.(1)求双曲线的渐近线方程;(2)设直线与双曲线交于不同的两点，直线分别交直线于点.当的面积为时，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由双曲线的性质求解，（2）由两点坐标表示，联立直线与双曲线方程，由韦达定理化简，再由列方程求解（1）将点代入方程，解得，所以双曲线C的方程为，渐近线方程为；（2）联立，整理得，由题意，得且，设点E，F的坐标分别为，由韦达定理得，直线的方程为，令，得，即，同理可得，，，所以的面积，即，解得或，又且，所以k的值为.42．（2022·浙江·绍兴鲁迅中学高三阶段练习）已知椭圆过点为其左､右焦点.(1)求椭圆的方程；(2)为第一象限内椭圆上的一点，直线与直线分别交于两点，记和的面积分别为，若，求的值.【答案】(1)(2)【分析】(1)先根据椭圆焦点得，再由定义得到椭圆方程.(2)先设直线并表示出，再根据求出最后由距离公式得到,计算出答案.（1）由题意可知，，椭圆过点，椭圆的方程为：.（2）由得直线，令，解得，，同理得，，化简得①或②，由①得，故，由②可知，故该方程无实根.将代入椭圆方程中，解得，,43．（2022·浙江·高三开学考试）已知椭圆C：的右焦点为，离心率为为椭圆的任意内接三角形，点为的外心.(1)求的方程；(2)记直线的斜率分别为，且斜率均存在.求证：.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）利用右焦点、离心率求出即得解；（2）设A，求出即得证.（1）解：由椭圆的右焦点为，离心率为得. 所以.所以椭圆的方程为.（2）证明：设A，则.设的外接圆方程为，得，两式相减得，因为，所以，同理：.两式相减得：，于是：所以将代入得：因为所以所以得证.44．（2022·浙江省桐庐中学高三阶段练习）已知椭圆经过点，且焦距，线段分别是它的长轴和短轴．(1)求椭圆E的方程；(2)若是平面上的动点，从下面两个条件中选一个，证明：直线经过定点．①，直线与椭圆E的另一交点分别为P，Q；②，直线与椭圆E的另一交点分别为P，Q．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）由已知可得：，解得：，即可求椭圆E的方程；（2）选①，则，设， 所以联立直线和椭圆的方程，求出的坐标，进一步得到直线的方程，令，故直线恒过定点.选②，则，设，所以联立直线和椭圆的方程，求出的坐标，进一步得到直线的方程，令，故直线恒过定点.（1）由已知，，点在椭圆上，所以，又因为，所以，所以椭圆的方程为：.（2）选①，则，设，所以消去得：，所以，所以，则，所以，，消去得：，，所以，所以，则，所以，所以，所以直线的方程为：，所以，所以，故直线恒过定点.选②，则，设，所以消去得：，所以，所以， 所以同理：，所以，所以所以直线的方程为：令，则故直线恒过定点.【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查计算能力，解题的关键是求出的坐标，进一步得到直线的方程，即可得出直线恒过的定点，属于难题.45．（2022·浙江·高三开学考试）抛物线的焦点为，准线为A为C上的一点，已知以为圆心，为半径的圆交于两点，(1)若的面积为，求的值及圆的方程(2)若直线与抛物线C交于P，Q两点，且，准线与y轴交于点S，点S关于直线PQ的对称点为T，求的取值范围.【答案】(1)，圆的方程为(2)【分析】（1）由焦半径和圆的半径得到，结合面积求出，圆的方程为；（2）表达出关于直线的对称点的坐标，利用垂直关系列出方程，求出，从而利用两点间距离公式表达出.（1）由对称性可知：，设，由焦半径可得：，，解得：圆的方程为：（2）由题意得：直线的斜率一定存在，其中，设关于直线的对称点为，则，解得：，联立与得：，设，则，则，则，解得：（此时O与P或Q重合，舍去）或，所以，【点睛】圆锥曲线相关的取值范围问题，一般思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，由题干条件列出方程，求出变量之间的关系，再表达出弦长或面积等，结合基本不等式，导函数，函数单调性等求出最值或取值范围.