专练11(解析几何)（16题)-2022年高考数学考点必杀300题（广东专用）

这是一份专练11(解析几何)（16题)-2022年高考数学考点必杀300题（广东专用），文件包含专练11解析几何16题-2022年高考数学考点必杀300题广东专用解析版doc、专练11解析几何16题-2022年高考数学考点必杀300题广东专用原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
专练11  解析几何1．【2020届惠州六月模拟】已知直线与抛物线相交于A，B两点，且与圆相切．（1）求直线在x轴上截距的取值范围；（2）设F是抛物线的焦点，，求直线的方程．【答案】（1）；（2）或．【分析】(1) 设直线的方程为，根据与圆相切可得，再联立抛物线的方程，根据判别式大于0可得或，再结合求解的取值范围即可．(2) 设，联立直线与抛物线的方程，代入韦达定理化简，结合(1)中可得关于的方程求解即可．【解析】（1）设直线的方程为，的圆心为，半径为1．由直线与圆相切得：，化简得，直线的方程代入抛物线，消去得：，由直线与抛物线相交于A，B两点，得，将代入不等式，得或，注意到或综上知，c的取值范围是（2）设由得将代入上式，由，得，所以，解得或（舍去），故所以直线的方程为或【点睛】本题主要考查了联立直线与抛物线的方程，利用判别式以及直线满足的条件，求解参数的问题．同时也考查了利用韦达定理代入所给条件，求解参数的问题．属于中档题．2．【2021届湛江一模】已知双曲线C： ＝1(a，b>0)的左、右焦点分别为F1(-c，0)，F2(c，0)，其中c>0， M(c，3)在C上，且C的离心率为2．（1）求C的标准方程；（2）若O为坐标原点，∠F1MF2的角平分线l与曲线D： ＝1的交点为P，Q，试判断OP与OQ是否垂直，并说明理由．【答案】（1）；（2）OP与OQ不垂直，答案见解析．【分析】（1）利用点在曲线上和离心率，解出，进而得出双曲线方程；（2）利用角平分线定理求出点坐标，联立直线与曲线D的方程，由根与系数的关系，结合平面向量的数量积得出结论．【解析】（1）由题意得，即，解得，又，可得，故双曲线C的标准方程为；（2）设角平分线与轴交于点，根据角平分线性质可得，，，，设，联立方程，可得，，，，即OP与OQ不垂直．【点睛】本题考查双曲线的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查平面向量的数量积，解决本题的关键点是利用角平分线定理求出∠F1MF2的角平分线与轴交点，利用直线与曲线方程联立写出根与系数的关系，借助于平面向量的数量积得出结论，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题．3．【2021届湛江调研】已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，直线y＝kx交椭圆于P，Q两点，M是椭圆上不同于P，Q的任意一点，直线MP和直线MQ的斜率分别为k1，k2．（1）证明：k1·k2为定值；（2）过F2的直线l与椭圆交于A，B两点，且，求|AB|．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）设P（m，n），M（x，y），则Q（-m，-n），则可表示出，进而可得的表达式，又根据点P，M在椭圆上，利用点差法，即可得证；（2）设直线l的方程为x＝ty＋1，A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线与椭圆可得关于y的一元二次方程，利用韦达定理，可得的表达式，根据，可得的关系，即可求出，代入弦长公式，即可求得结果．【解析】（1）证明：设P（m，n），M（x，y），则Q（-m，-n），则，，则，又，，故，所以为定值．（2）设直线l的方程为x＝ty＋1，A（x1，y1），B（x2，y2），联立消去x，得（3t2＋4）y2＋6ty-9＝0，则有，．又，所以-y1＝2y2，故，解得，所以．【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键设直线x＝ty＋1可简化计算，联立直线与曲线，利用韦达定理，弦长公式等进行求解，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题．4．【2021届高州一模】已知点为椭圆上一点，且椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，过点作直线，，与椭圆分别交于点，．（1）求椭圆的标准方程与离心率；（2）若直线，的斜率之和为，证明：直线的斜率为定值．【答案】（1），离心率为；（2）证明见解析．【分析】（1）把点的坐标代入椭圆方程得到的一个方程，再由与抛物线的焦点相同再得的一个关系式，从而得到椭圆方程和离心率；（2）设直线的斜率为，然后联立直线与椭圆方程求得交点坐标，同理与椭圆的交点坐标，由斜率公式可得答案．【解析】（1）由题设，得，①且，②由①②解得，，所以椭圆的标准方程为，椭圆的离心率为．（2）直线的斜率为定值1． 证明如下：设直线的斜率为，则直线的斜率为，记，．设直线的方程为，与椭圆的方程联立，并消去得，则，是该方程的两根，则，即．设直线的方程为，同理得．因为，，所以，因此直线的斜率为定值．【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是直线与椭圆方程联立，求得交点坐标，再用直线的斜率公式，本题考查学生的计算能力，考查推理论证能力，属于难题．5．【2021届佛山一模】已知椭圆C：右焦点为，且过点．（1）求C的方程；（2）点P、Q分别在C和直线上，，M为的中点，求证：直线与直线的交点在某定曲线上．【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得的方程．（2）设出的坐标，求得直线的斜率，根据求得直线的方程，从而求得点的坐标，计算，由此得到，从而判断出直线与直线的交点在圆上．【解析】（1）依题意知为椭圆C的左顶点，故，又为C的右焦点，所以．于是，．所以C的方程为．（2）设，则，直线的斜率，又，所以直线的方程为，令得，，，，又P在C上，所以，即，代入（*）得，所以．故直线与的交点在以为直径的圆上，且该圆方程为．即直线与直线的交点在某定曲线上．【点睛】本题解题关键在于判断出，采用的方法是利用向量数量积的坐标运算．6．【2021届梅州一模】给定椭圆：（），称圆心在原点，半径为 圆是椭圆的“卫星圆”．若椭圆的一个焦点为，点在椭圆上．（1）求椭圆的方程和其“卫星圆”方程；（2）点是椭圆的“卫星圆”上的一个动点，过点的直线，与椭圆都只有一个交点，且，分别交其“卫星圆”于点，．试探究：的长是否为定值？若为定值，写出证明过程；若不是，说明理由．【答案】（1）椭圆的方程为，卫星圆的方程为；（2）是定值，证明过程见解析．【分析】（1）利用焦点坐标和椭圆的定义可得椭圆的方程,进而得出其“卫星圆”方程；（2）的长度为定值，当，中有一条无斜率时，求出点，坐标，得出的长；当，都有斜率时，设点，设出经过点与椭圆只有一个交点的直线，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系以及点在“卫星圆”上，得出的长．【解析】（1）由条件可得椭圆的另一个焦点为，∴，∴，，，所以椭圆的方程为，卫星圆的方程为．（2）的长度为定值，证明过程如下：①当，中有一条无斜率时，不妨设无斜率，因为与椭圆只有一个交点，则其方程为或，当方程为时，此时与“卫星圆”交于点和，此时经过点，且与椭圆只有一个交点的直线是或，即为或，∴，∴线段是“卫星圆”的直径，∴．②当，都有斜率时，设点，其中，设经过点与椭圆只有一个交点的直线为，则消去得到 ，∴，∴，所以，满足条件的两直线，垂直．∴线段是“卫星圆”的直径，∴，综合①②知：为定值．【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，解决本题的关键点是联立过点与椭圆只有一个交点的直线方程和椭圆方程，利用判别式为零，得出两条直线斜率间的关系，进而根据线段是“卫星圆”的直径求出弦长，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题．7．【2021届韶关一模】已知抛物线：的焦点是，若过焦点的直线与相交于，两点，所得弦长的最小值为4．（1）求抛物线的方程；（2）设，是抛物线上两个不同的动点，为坐标原点，若，，为垂足，证明：存在定点，使得为定值．【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）根据题意，设出直线方程，与抛物线方程联立，求得弦长，得到取最小值时参数的值，得到抛物线方程；（2）直线的斜率不为0，故可设直线的方程为，，．将直线方程与抛物线方程联立，根据垂直，得到坐标之间的关系，求得参数的值，进而求得结果，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到定值，证得结果．【解析】（1）显然直线的斜率不为0，故可设置的方程为，，所以，．所以．，所以当时，最小，所以，,故所求抛物线的方程为．（2）直线的斜率不为0，故可设直线的方程为，，．，所以，．．因为，所以，所以，即解得或．若，则直线过点，不符合题意．则有，此时直线的方程为，所以直线过定点．又，所以，所以点在以为直径的圆上，所以．此时．【点睛】该题考查的是有关直线与抛物线的综合题，解题方法如下：（1）根据题意，设出直线方程，与抛物线的方程联立，求弦长，得到取最小值时参数的值，得到抛物线的方程；也可以利用抛物线的焦点弦长最短是通径，得到结果；（2）根据题意，设出直线方程，与抛物线方程联立，根据垂直关系，得到坐标之间的关系，从而求得参数的值，再根据直角三角形的外心为斜边中点，得到结果．8． 【2021届广东适应性考试】双曲线的左顶点为，右焦点为，动点在上．当时，．（1）求的离心率；（2）若在第一象限，证明：．【答案】（1）；（2）见解析．【分析】（1）根据已知条件可得，据此可求离心率．（2）设，则，，再计算，利用点在双曲线上化简后可得，从而可得结论成立．【解析】（1）设双曲线的半焦距为，则，，因为，故，故，即，故．（2）设，其中．因为，故，，故渐近线方程为：，所以，，又，，所以，因为故，故．【点睛】方法点睛：（1）圆锥曲线中离心率的计算，关键是找到一组等量关系（齐次式）．（2）圆锥曲线中与有角有关的计算，注意通过动点的坐标来刻画角的大小，还要注意结合点在曲线上满足的方程化简目标代数式．9．【2021届深圳一模】设是坐标原点，以、为焦点的椭圆的长轴长为，以为直径的圆和恰好有两个交点．（1）求的方程；（2）是外的一点，过的直线、均与相切，且、的斜率之积为，记为的最小值，求的取值范围．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）根据已知条件求出、、的值，由此可得出椭圆的方程；（2）设过的切线方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，消去可得出关于的一元二次方程，由直线与椭圆相切可得出，可得出关于的二次方程，结合韦达定理得出，进而可得出的表达式，根据二次函数的基本性质得出，结合的取值范围可得结果．【解析】（1）由题意可得，，又因为以为直径的圆和恰好有两个交点，则，，可得，因此，椭圆的方程为；（2）由题意可知，直线、的斜率存在且不为零，设过点的切线，联立，消去可得，由于直线与椭圆相切，则，化简并整理得，整理成关于的二次方程得（易知），设直线、的斜率分别为、，易知、为关于的二次方程得的两根，所以，，，所以，，，易知当时，有，，，即的取值范围是．【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．10．【2021届广州天河区二模】设为坐标原点，已知椭圆的左，右焦点分别为，，点为直线上一点，是底角为的等腰三角形．（1）求椭圆的离心率；（2）若，设不与轴重合的直线过椭圆的右焦点，与椭圆相交于､两点，与圆相交于､两点，求的取值范围．【答案】（1）；（2）【分析】（1）设直线与x轴交于点Q，由是底角为的等腰三角形，结合图像，可知是特殊的直角三角形，利用余弦定义可得到；（2）由（1）知，椭圆的方程为：，设直线的方程为：，点，联立，化简整理得，利用韦达定理及弦长公式求出，利用几何法求得直线截圆的弦长，可得出关于m的函数关系，利用不等式的性质求解即可．【解析】设直线与x轴交于点Q，由是底角为的等腰三角形， ，，在直角中，，，，利用余弦定义可知，解得，所以椭圆的离心率为（2）由（1）知，，且，则，故，所以椭圆的方程为：设不与轴重合的直线的方程为：，设点，联立，化简整理得，其中，，利用弦长公式可得：，设圆的圆心O到直线的距离为d，则，利用圆的弦长公式可得：所以，，所以的取值范围是【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．11．【2021届广州一模】已知点，点是圆上的动点，线段的垂直平分线与相交于点，点的轨迹为曲线．（1）求的方程（2）过点作倾斜角互补的两条直线，若直线与曲线交于两点，直线与圆交于两点，当四点构成四边形，且四边形的面积为时，求直线的方程．【答案】（1）；（2）或，【分析】（1）根据题意可得，进而判断点的轨迹是以为焦点的椭圆，即可求出轨迹方程；（2）可得轴时和轴时不符合题意，设方程为，则直线方程为，联立直线与椭圆，表示出点到直线的距离，即可表示出四边形的面积，求出，得出直线方程．【解析】（1）在线段的垂直平分线上，，又在上，，则可得点的轨迹是以为焦点的椭圆，则，即，，，故的方程为；（2）若轴时，如图，此时，，则，不符合题意；     若轴时，如图，此时，，则，不符合题意；当都不与坐标轴垂直时，如图，设斜率分别为，由于倾斜角互补，则斜率为，则直线方程为，直线方程为，联立直线与椭圆，可得，设，则，，则点到直线的距离为，同理可得点到直线的距离为，则，解得，故直线的方程为或．【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．12．【2021届揭阳一模】已知椭圆的离心率为，且经过点．设椭圆的左、右焦点分别为、，是椭圆上的一个动点（异于椭圆的左、右端点）．（1）求椭圆的方程；（2）过点作椭圆的切线，过点作的垂线，垂足为，求面积的最大值．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）根据已知条件可得出，，再将点的坐标代入椭圆的方程，求出的值，即可得出椭圆的方程；（2）设直线，联立直线与椭圆的方程，由可得出，求出点的坐标，可计算得出点的轨迹方程，进而可求得面积的最大值．【解析】（1）由椭圆的离心率，可得：，即有．再结合、、三者的关系可得．椭圆的方程可化为，将点代入上述椭圆方程可得．求解得，所以，，．椭圆的方程为；（2）设直线，联立直线与椭圆的方程可得．若直线与椭圆相切，可得上述方程只有一个解，即有，化简可得，（*）．设点的坐标为，过点作的垂线为，联立与求得，．由上式可得，将（*）代入上式可得，故可知点的轨迹为以原点为圆心，以为半径的圆．是椭圆上的异于端点的动点，故该轨迹应去掉点．的面积为，即面积的最大值为．【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．13．【2020届深圳二模】在平面直角坐标系中，P为直线：上的动点，动点Q满足，且原点O在以为直径的圆上．记动点Q的轨迹为曲线C（1）求曲线C的方程：（2）过点的直线与曲线C交于A，B两点，点D（异于A，B）在C上，直线，分别与x轴交于点M，N，且，求面积的最小值．【答案】（1）（2）【分析】（1）设动点，表示出，再由原点O在以为直径的圆上，转化为，得到曲线C的方程．（2）设而不解，利用方程思想、韦达定理构建面积的函数关系式，再求最小值．【解析】（1）由题意，不妨设，则，，∵O在以为直径的圆上，∴，∴，∴，∴曲线C的方程为．（2）设，，，，，依题意，可设：（其中），由方程组消去x并整理，得，则，，同理可设，，可得，，∴，，又∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴当时，面积取得最小值，其最小值为．【点睛】本题以直线与抛物线为载体，其几何关系的向量表达为背景，利用方程思想、韦达定理构建目标函数，利用坐标法解决几何问题贯穿始终，主要考查直线与抛物线的位置关系最值问题，考查学生的逻辑推理，数学运算等数学核心素养及思辨能力．14．【2021届肇庆二模】已知椭圆：（）的离心率为，的长轴是圆：的直径．（1）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆的左焦点作两条相互垂直的直线，，其中交椭圆于，两点，交圆于，两点，求四边形面积的最小值．【答案】（1）；（2）2．【分析】（1）根据的长轴是圆：的直径，可得a，再由离心率，求得b即可．（2）由（1）可得，分过点的直线的斜率不存在，斜率为0，的直线的斜率存在且不为0时，分别求得弦长，，根据两直线垂直，由求解．【解析】（1）由，得．由，得，所以．所以椭圆的方程为．（2）由（1）可得．①当过点的直线的斜率不存在时，，，这时．②当过点的直线的斜率为0时，，，这时．③当过点的直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，，．由，整理可得．，．所以．直线的方程为，坐标原点到的距离，所以，所以．由，得，即．综上所述，四边形的面积的最小值为2．【点睛】圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值．15．【2021届汕头一模】在平面直角坐标系中，为坐标原点，，已知平行四边形两条对角线的长度之和等于．（1）求动点的轨迹方程；（2过作互相垂直的两条直线、，与动点的轨迹交于、，与动点的轨迹交于点、，、的中点分别为、；①证明：直线恒过定点，并求出定点坐标．②求四边形面积的最小值．【答案】（1）；（2）①证明见解析，定点坐标为；②．【分析】（1）设点的坐标为，根据已知条件得出，结合椭圆的定义可知点的轨迹是椭圆，求出、、的值，结合椭圆的焦点位置可得出点的轨迹方程，并求出的取值范围；（2）①分析出直线的斜率存在且不为零，可设直线的方程为，可得出直线的方程为，设点、，将直线的方程与点的轨迹方程联立，求出点的坐标，同理求出点的坐标，求出直线的方程，进而可得出直线所过定点的坐标；②求得、，利用基本不等式可求得四边形面积的最小值．【解析】（1）设点，依题意，，所以动点的轨迹为椭圆（左、右顶点除外），则，，，动点的轨迹方程是；（2）①若与轴重合，则直线与动点的轨迹没有交点，不合乎题意；若与轴重合，则直线与动点的轨迹没有交点，不合乎题意；设直线的方程为，则直线的方程为，直线、均过椭圆的焦点（椭圆内一点），、与椭圆必有交点．设、，由，由韦达定理可得，则，所以点的坐标为，同理可得点，直线的斜率为，直线的方程是，即，当时，直线的方程为，直线过定点．综上，直线过定点；②由①可得，，，同理可得，所以，四边形的面积为，当且仅当取等号．因此，四边形的面积的最小值为．【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．16．【2020届珠海三模】已知曲线上的点到的距离比它到直线的距离少3.（1）求曲线的方程；（2）过点且斜率为的直线交曲线于，两点，交圆于，两点，，在轴上方，过点，分别作曲线的切线，，，求与的面积的积的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用抛物线的定义即可求解；（2）设出方程，，点到坐标，与联立，根据韦达定理求出和，再利用导数及点斜式方程，求出，的方程，联立求出点坐标，借助点到直线距离、抛物线定义及三角形面积的求法，即可得解.【解析】（1）因为曲线上的点到的距离比它到直线的距离少3，所以曲线上的点到的距离和它到直线的距离相等，故曲线是为焦点，为准线的抛物线，故.（2）由题设知：，则，设，，在轴上方，，，，，与联立，得，则，，由，得时，，则；时，，则，，，故，，，联立消，得，解得，将代入，方程，，，两式相加得，解得，，到的距离，，，，与的面积的积的取值范围是.【点睛】本题考查了抛物线的定义、直线与圆的位置关系及直线与抛物线的位置关系，其中涉及到利用导数求切线方程及点到直线距离，熟练掌握抛物线的定义，把抛物线上的点到焦点的距离转化为到抛物线的准线的距离是本题的解题关键，难度较大.在处理直线与抛物线的位置关系的题时，一般要用到根与系数的关系.