2024高考数学二轮复习压轴题型分类专练（新高考用）-专题05解析几何（含解析）

这是一份2024高考数学二轮复习压轴题型分类专练（新高考用）-专题05解析几何（含解析），共30页。
（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．
求的方程；
已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
（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．
（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．
（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．
（2023•上海•统考高考真题）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．
（2023·重庆·统考二模）过抛物线的焦点作斜率分别为的两条不同的直线，且相交于点，，相交于点，．以，为直径的圆，圆为圆心的公共弦所在的直线记为．
(1)若，求；
(2)若，求点到直线的距离的最小值．
（2023·广东·校联考模拟预测）已知椭圆C：的短轴长为2，离心率为．点，直线：．
(1)证明：直线与椭圆相交于两点，且每一点与的连线都是椭圆的切线；
(2)若过点的直线与椭圆交于两点，与直线交于点，求证：．
（2023·湖北武汉·统考模拟预测）过坐标原点作圆的两条切线，设切点为，直线恰为抛物的准线.
(1)求抛物线的标准方程；
(2)设点是圆上的动点，抛物线上四点满足：，设中点为.
（i）求直线的斜率；
（ii）设面积为，求的最大值.
（2023·山东泰安·统考一模）已知椭圆：的左，右焦点分别为，，离心率为，是椭圆上不同的两点，且点在轴上方，，直线，交于点.已知当轴时，.
(1)求椭圆的方程；
(2)求证：点在以，为焦点的定椭圆上.
（2023•天津南开•区二模）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A，B，上顶点为D，坐标原点O到直线AD的距离为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过A点作两条互相垂直的直线AP，AQ与椭圆交于P，Q两点，求△BPQ面积的最大值．
（2023•江苏南京·鼓楼区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，设F为椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左焦点，直线x＝﹣与x轴交于点P，M为椭圆C的左顶点，已知椭圆长轴长为8，且＝2．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若过点P的直线与椭圆交于两点A，B，设直线AF，BF的斜率分别为k1，k2．
①求证：k1+k2为定值；
②求△ABF面积的最大值．
（2023•广东佛山·模拟）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线Γ：x2＝2py（p＞0）的焦点为F，抛物线Γ上不同两点M，N同时满足下列三个条件中的两个：①|FM|+|FN|＝|MN|；②|OM|＝|ON|＝|MN|＝8；③直线MN的方程为y＝6p．
（1）请分析说明两点M，N满足的是哪两个条件？并求抛物线Γ的标准方程；
（2）过抛物线Γ的焦点F的两条倾斜角互补的直线AB和CD交抛物线Γ于A，B，C，D，且A，C两点在直线BD的下方，求证：直线AD，BC的倾斜角互补并求直线AD，BC的交点坐标．
（2023•吉林长春·模拟）已知双曲线C上的所有点构成集合P＝{（x，y）|ax2﹣by2＝1（a＞0，b＞0）}和集合Q＝{（x，y）|0＜ax2﹣by2＜1（a＞0，b＞0）}，坐标平面内任意点N（x0，y0），直线l：ax0x﹣by0y＝1称为点N关于双曲线C的“相关直线”．
（1）若N∈P，判断直线l与双曲线C的位置关系，并说明理由；
（2）若直线l与双曲线C的一支有2个交点，求证：N∈Q；
（3）若点N∈Q，点M在直线l上，直线MN交双曲线C于A，B，求证：．
（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．
（2022·湖南·模拟预测）如果实数，满足，求：
（1）的最大值与最小值；
（2）的最大值与最小值；
（3）的最大值和最小值．
题型训练
答案&解析
【1】
【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】
【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．
【3】
【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．
【4】
【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．
【5】
【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，．
【6】
【答案】(1)24(2)
【详解】（1）依题意，抛物线的焦点为，且其在抛物线内部，设直线的方程为，
由，得，
设，两点的坐标分别为，则是上述方程的两个实数根，
所以
所以点的坐标为，，
同理可得的坐标为，，
于是，
又，所以．
（2）结合（1），
由抛物线的定义得，，
所以，
所以圆的半径，
所以圆的方程为
化简得，
同理可得圆的方程为，
于是圆与圆的公共弦所在直线的方程为，
又，则直线的方程为，
所以点到直线的距离，
故当时，取最小值．
【点睛】关键点点睛：解答小问（2）的关键是根据抛物线的定义求得，，进而可得，从而得到圆的半径，可得到圆的方程，同理可得到圆的方程，再根据点到直线的距离公式求解．
【7】
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【详解】（1）由题意可知，因此，则椭圆方程为：
因为由消去可得，，
则该方程有两个不相等的实根，所以直线与椭圆相交于两点；
设为直线与椭圆的交点，则，，
直线的方程为，即，代入椭圆方程得，
所以，
整理得，
即，所以，
故是椭圆的切线.
（2）因为四点共线，由（1）可知在线段外，在线段内，所以与的方向相同，与的方向相同，
要证，只需要，即证，
设，不妨设，
因为四点共线，所以等价于，即，
显然，
设直线的方程为，即，
由，可得；
由可得，
从而可知，
因此
，
所以结论成立.
【8】
【答案】(1)(2)（i）0；（ii）48
【详解】（1）设直线与轴交于.
由几何性质易得：与相似，
所以，
，
即：，解得：.
所以抛物线的标准方程为：.
（2）设
（i）由题意，中点在抛物线上，即，
又，将代入，
得：，
同理：，
有，此时点纵坐标为，
所以直线的斜率为0.
（ⅱ）因为，
所以点，
此时，
，
，
所以，
又因为点在圆上，有，即，代入上式可得：
，
由，
所以时，取到最大价.
所以的最大值为48.
【9】
【答案】(1)(2)证明见解析
【详解】（1）由题知，，点在椭圆C上，则，解得，
所以椭圆C的方程为；
（2）证明：∵，且点A在x轴上方
∴设，，，，设直线的方程为，则直线的方程为，
由，得，∴或（舍），
∴
同理，所以，
由，得
∴
∴
又点B在椭圆C上，∴，则
∴
同理：，所以
∴
又，
∴
∴点P在以，为焦点的定椭圆上.
【10】
【解答】解：（1）由已知可得，解得a＝2，b＝1，，
所以椭圆的方程为．
（2）设PQ的直线方程为x＝ty+m，P（x1，y1），Q（x2，y2），
联立方程整理得（t2+4）y2+2mty+m2﹣4＝0，
所以，，
因为AP⊥AQ，A（﹣2，0），
所以（x1+2）（x2+2）+y1y2＝0⇒x1x2+2（x1+x2）+4+y1y2＝0，
（ty1+m）（ty2+m）+2（ty1+ty2+2m）+4+y1y2＝0，
即，
所以，
整理得5m2+16m+12＝0，解得或m＝﹣2（舍去），
所以
所以，
令，
则，
此时△BPQ最大值为．
【11】
【解答】解：（ 1）因为2a＝8，所以a＝4，
又，
所以，
所以c＝2，b2＝12，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）①当AB的斜率为0时，显然k1＝k2＝0，k1+k2＝0．
当AB的斜率不为0时，设AB：x＝my﹣8，
由 得（3m2+4）y2﹣48my+144＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
故有，
所以 ．
因为y1（my2﹣6）+y2（my1﹣6）＝2my1y2﹣6（y1+y2）＝0，
所以k1+k2＝0．
综上所述，恒有k1+k2＝0为定值．
②，
即S△ABC＝＝＝≤＝3，
当且仅当，即时取等号 （此时适合Δ＞0 ），
所以△ABF面积的最大值为．
【12】
【解答】解：（1）若同时满足①②，由|FM|+|FN|＝|MN|，可得MN过焦点，
当|OM|＝|ON|时，|MN|＝2p，而|OM|＝|ON|＝≠|MN|＝2p，
∴①②不同时成立；
若同时满足①③，由①|FM|+|FN|＝|MN|，可得MN过焦点，
∵直线MN的方程为y＝6p，不过焦点，∴①③不同时成立；
∴同时满足②③，由②|OM|＝|ON|＝|MN|＝8，且直线MN的方程为y＝6p，
∴6p＝12，∴p＝2．∴抛物线Γ的标准方程为x2＝4y；
（2）证明：设过抛物线Γ的焦点F的两条倾斜角互补的直线AB和CD的方程分别为：
y＝kx+，即为y＝kx+，
由方程组，可得x2＝4kx﹣8＝0，
∴xA+xB＝4＝﹣8，
同理以﹣k代替k，可得xC+xD＝﹣4＝﹣8，
∴xA+xB+xC+xD＝0，
设直线AD，BC的方程为y＝k1x+b1，y＝k2x+b2，
由方程组，可得x2＝4＝0，
∴xA+xD＝4，
同理xC+xB＝4，
∴xA+xB+xC+xD＝4，又xA+xB+xC+xD＝0，
∴k1+k2＝0．∴直线AD，BC的倾斜角互补，
由xA+xB+xC+xD＝0，xA⋅xD＝﹣4＝﹣8，
得xA+xD+＝0，
∴（xA+xD）+＝0，
∴，
∴1﹣＝0，∴b1＝﹣，
同理b2＝﹣，
∴直线AD，BC同过点，
故直线AD，BC相交于定点．
【13】
【解答】解：（1）直线l与双曲线C相切，理由如下：
联立方程组，
∴（﹣a2）x2+2ax0x﹣1﹣＝0①，
∵N∈C，∴﹣＝1，即﹣1＝，代入①得，
﹣ax2+2ax0x﹣＝0，
∴Δ＝4a2﹣4a2＝0，
∴直线l与双曲线C相切；
（2）证明：由（1）知（﹣a2）x2+2ax0x﹣1﹣＝0，
∵直线l与双曲线的一支有2个交点，则：，
∵Δ＝4a2﹣4a（﹣a2）（﹣1﹣）＝4ab（1+﹣），
∴﹣＜1，
∵＝＞0，
∴0＜﹣＜1，
∴N∈Q；
（Ⅲ）证明：设M（x1，y1），A（x，y），设＝λ，＝μ，
∵N（x0，y0）∉l，
∴λ≠﹣1，则，代入双曲线C：ax2﹣by2＝1，利用M在l上，
即ax0x1﹣by0y1＝1，整理得，（﹣﹣1）λ2+﹣﹣1＝0，
同理得关于μ的方程，（﹣﹣1）μ2+﹣﹣1＝0，
即λ、μ是（﹣﹣1）t2+﹣﹣1＝0的两根，
∴λ+μ＝0，λ＝﹣μ，
∴．
【14】
【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．
【15】
解：（1）实数，满足，
则设整理得，所以圆心到直线的距离，
整理得，即，
所以的最大值为，最小值为．
（2）设，所以整理直线为，
圆心到直线的距离，
整理得，解得，
所以的最大值为，最小值为．
（3）由于的表示的是，原点到圆上的任意点的距离的平方
所以利用最大距离为圆心到原点的距离与半径的和，
即的平方，故最大值为．
最小距离为的平方，故最小值为．
变形2、已知实数，满足方程.
（1）求的最大值和最小值；
（2）求的最大值和最小值；
（3）求的最大值和最小值.
解：（1）方程表示以点为圆心，为半径的圆，
设，即，
当直线与圆相切时，斜率取得最大值和最小值，
此时，解得.故的最大值为，最小值为.
（2）设，即，
当与圆相切时，纵截距取得最大值和最小值，
此时，即.
故的最大值为，最小值为.
（3）表示圆上的点与原点距离的平方，由平面几何知识知，它在过原点和圆心的直线与圆的两个交点处取得最大值和最小值，又圆心到原点的距离为2，
故，.