五年2018-2022高考数学真题按知识点分类汇编19-平面解析几何（直线与方程）（含解析）

这是一份五年2018-2022高考数学真题按知识点分类汇编19-平面解析几何（直线与方程）（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。
五年2018-2022高考数学真题按知识点分类汇编19-平面解析几何（直线与方程）（含解析）

一、单选题
1．（2022·全国·统考高考真题）椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（    ）
A． B． C． D．
2．（2022·全国·统考高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（    ）

A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9
3．（2021·全国·统考高考真题）抛物线的焦点到直线的距离为，则（    ）
A．1 B．2 C． D．4
4．（2020·全国·统考高考真题）点(0，﹣1)到直线距离的最大值为（    ）
A．1 B． C． D．2
5．（2020·浙江·统考高考真题）已知点O（0，0），A（–2，0），B（2，0）．设点P满足|PA|–|PB|=2，且P为函数y=图像上的点，则|OP|=（    ）
A． B． C． D．
6．（2020·山东·统考高考真题）直线关于点对称的直线方程是（    ）
A． B．
C． D．
7．（2020·山东·统考高考真题）已知直线的图像如图所示，则角是（    ）

A．第一象限角 B．第二象限角 C．第三象限角 D．第四象限角
8．（2018·全国·高考真题）已知双曲线的离心率为，则点到的渐近线的距离为
A． B． C． D．
9．（2018·北京·高考真题）在平面直角坐标系中，记为点到直线的距离，当、变化时，的最大值为
A． B．
C． D．
10．（2019·北京·高考真题）已知直线l的参数方程为（t为参数），则点（1,0）到直线l的距离是
A． B． C． D．

二、多选题
11．（2022·全国·统考高考真题）已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（    ）
A．直线的斜率为 B．
C． D．

三、填空题
12．（2022·全国·统考高考真题）设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是________．
13．（2022·全国·统考高考真题）设点M在直线上，点和均在上，则的方程为______________．
14．（2021·全国·统考高考真题）双曲线的右焦点到直线的距离为________．
15．（2021·全国·统考高考真题）已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_______．
16．（2019·江苏·高考真题）在平面直角坐标系中，P是曲线上的一个动点，则点P到直线x+y=0的距离的最小值是_____.

四、解答题
17．（2018·全国·高考真题）设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）设为坐标原点，证明：.
18．（2018·全国·高考真题）设抛物线，点，，过点的直线与交于，两点．
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）证明：．
19．（2019·江苏·高考真题）如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB（AB是圆O的直径）．规划在公路l上选两个点P、Q，并修建两段直线型道路PB、QA．规划要求:线段PB、QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径．已知点A、B到直线l的距离分别为AC和BD（C、D为垂足），测得AB=10，AC=6，BD=12（单位:百米）．

（1）若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；
（2）在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；
（3）对规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d（单位：百米）.求当d最小时，P、Q两点间的距离．

五、双空题
20．（2020·北京·统考高考真题）已知双曲线，则C的右焦点的坐标为_________；C的焦点到其渐近线的距离是_________．

参考答案：
1．A
【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解.
【详解】[方法一]：设而不求
设，则
则由得：，
由，得，
所以，即，
所以椭圆的离心率，故选A.
[方法二]：第三定义
设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：
故，
由椭圆第三定义得：，
故
所以椭圆的离心率，故选A.

2．D
【分析】设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项.
【详解】设，则，
依题意，有，且，
所以，故，
故选：D

3．B
【分析】首先确定抛物线的焦点坐标，然后结合点到直线距离公式可得的值.
【详解】抛物线的焦点坐标为，
其到直线的距离：，
解得：(舍去).
故选：B.
4．B
【分析】首先根据直线方程判断出直线过定点，设，当直线与垂直时，点到直线距离最大，即可求得结果.
【详解】由可知直线过定点，设，
当直线与垂直时，点到直线距离最大，
即为.
故选：B.
【点睛】该题考查的是有关解析几何初步的问题，涉及到的知识点有直线过定点问题，利用几何性质是解题的关键，属于基础题.
5．D
【分析】根据题意可知，点既在双曲线的一支上，又在函数的图象上，即可求出点的坐标，得到的值．
【详解】因为，所以点在以为焦点，实轴长为，焦距为的双曲线的右支上，由可得，，即双曲线的右支方程为，而点还在函数的图象上，所以，
由，解得，即．
故选：D.
【点睛】本题主要考查双曲线的定义的应用，以及二次曲线的位置关系的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．
6．D
【分析】设对称的直线方程上的一点的坐标为,则其关于点对称的点的坐标为，代入已知直线即可求得结果.
【详解】设对称的直线方程上的一点的坐标为，
则其关于点对称的点的坐标为，
因为点在直线上，
所以即.
故选：D.
7．D
【分析】本题可根据直线的斜率和截距得出、，即可得出结果.
【详解】结合图像易知，，，
则角是第四象限角，
故选：D.
8．D
【详解】分析：由离心率计算出，得到渐近线方程，再由点到直线距离公式计算即可．
详解：

所以双曲线的渐近线方程为
所以点（4，0）到渐近线的距离
故选D
点睛：本题考查双曲线的离心率，渐近线和点到直线距离公式，属于中档题．
9．C
【分析】为单位圆上一点，而直线过点，则根据几何意义得的最大值为.
【详解】为单位圆上一点，而直线过点，
所以的最大值为，选C.
【点睛】与圆有关的最值问题主要表现在求几何图形的长度、面积的最值，求点到直线的距离的最值，求相关参数的最值等方面．解决此类问题的主要思路是利用圆的几何性质将问题转化．
10．D
【分析】首先将参数方程化为直角坐标方程，然后利用点到直线距离公式求解距离即可.
【详解】直线的普通方程为,即,点到直线的距离,故选D.
【点睛】本题考查直线参数方程与普通方程的转化,点到直线的距离,属于容易题,注重基础知识､基本运算能力的考查.
11．ACD
【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线的方程，联立抛物线求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项.
【详解】对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为，
代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确；
对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得，
设，则，则，代入抛物线得，解得，则，
则，B错误；
对于C，由抛物线定义知：，C正确；
对于D，，则为钝角，
又，则为钝角，
又，则，D正确.
故选：ACD.


12．
【分析】首先求出点关于对称点的坐标，即可得到直线的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；
【详解】解：关于对称的点的坐标为，在直线上，
所以所在直线即为直线，所以直线为，即；
圆，圆心，半径，
依题意圆心到直线的距离，
即，解得，即；
故答案为：

13．
【分析】设出点M的坐标，利用和均在上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.
【详解】[方法一]：三点共圆
∵点M在直线上，
∴设点M为，又因为点和均在上，
∴点M到两点的距离相等且为半径R，
∴，
，解得，
∴，，
的方程为.
故答案为：
[方法二]：圆的几何性质
由题可知，M是以（3，0）和（0，1）为端点的线段垂直平分线 y=3x-4与直线的交点(1,-1)., 的方程为.
故答案为：

14．
【分析】先求出右焦点坐标，再利用点到直线的距离公式求解.
【详解】由已知，，所以双曲线的右焦点为，
所以右焦点到直线的距离为.
故答案为：
15．
【分析】结合导数的几何意义可得，结合直线方程及两点间距离公式可得，，化简即可得解.
【详解】由题意，，则，
所以点和点，,
所以，
所以，
所以，
同理,
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，消去一个变量后，运算即可得解.
16．4.
【分析】将原问题转化为切点与直线之间的距离，然后利用导函数确定切点坐标可得最小距离
【详解】当直线平移到与曲线相切位置时，切点Q即为点P到直线的距离最小.
由，得，，
即切点，
则切点Q到直线的距离为，
故答案为．
【点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法和公式法，利用数形结合和转化与化归思想解题.
17．（1）的方程为或；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据与轴垂直，且过点，求得直线的方程为，代入椭圆方程求得点的坐标为或，利用两点式求得直线的方程；
（2）方法一：分直线与轴重合、与轴垂直、与轴不重合也不垂直三种情况证明，特殊情况比较简单，也比较直观，对于一般情况将角相等通过直线的斜率的关系来体现，从而证得结果.
【详解】（1）由已知得，的方程为.
由已知可得，点的坐标为或.
所以的方程为或.
（2）［方法一］：【通性通法】分类＋常规联立
当与轴重合时，.
当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以.
当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，
则，直线、的斜率之和为.
由得.
将代入得.
所以，.
则.
从而，故、的倾斜角互补，所以.
综上，.
［方法二］：角平分线定义的应用
当直线l与x轴重合或垂直时，显然有．当直线l与x轴不垂直也不重合时，设直线l的方程为，交椭圆于，．
由得．
由韦达定理得．
点A关于x轴的对称点，则直线的方程为．
令，，则直线过点M，．
［方法三］：直线参数方程的应用
设直线l的参数方程为（t为参数）．（*）
将（*）式代入椭圆方程中，整理得．
则，．
又，则

，
即．所以．
［方法四］：【最优解】椭圆第二定义的应用
当直线l与x轴重合时，．
当直线l与x轴不重合时，如图6，过点A，B分别作准线的垂线，垂足分别为C，D，则有轴．

由椭圆的第二定义，有，，得，即．
由轴，有，即，于是，且．可得，即有．
［方法五］：角平分线定理逆定理＋极坐标方程的应用
椭圆以右焦点为极点，x轴正方向为极轴，得.
设．
．
所以，．
由角平分线定理的逆定理可知，命题得证．
［方法六］：角平分线定理的逆定理的应用
设点O（也可选点F）到直线的距离分别为，根据角平分线定理的逆定理，要证，只需证．
当直线l的斜率为0时，易得．
当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为：．由方程组得恒成立，．．
直线的方程为：．
因为点A在直线l上，所以，故．
同理，．．
因为，所以，即．
综上，．
［方法七］：【通性通法】分类＋常规联立
当直线l与x轴重合或垂直时，显然有．
当直线l与x轴不垂直也不重合时，设直线l的方程为，交椭圆于，．
由得．
由韦达定理得．
所以，
故、的倾斜角互补，所以.
［方法八］：定比点差法
设，，
所以，
由作差可得，，所以，
，又，所以，，
故，、的倾斜角互补，所以.
当时，与轴垂直，为的垂直平分线，所以.
故．
【整体点评】（2）方法一：通过分类以及常规联立，把角相等转化为斜率和为零，再通过韦达定理即可实现，是解决该类问题的通性通法；
方法二：根据角平分线的定义可知，利用点关于轴的对称点在直线上，证直线过点即可；
方法三：利用直线的参数方程证明斜率互为相反数；
方法四：根据点M是椭圆的右准线与x轴的交点，用椭圆的第二定义结合平面几何知识证明，运算量极小，是该题的最优解；
方法五：利用椭圆的极坐标方程以及角平分线定理的逆定理的应用，也是不错的方法选择；
方法六：类比方法五，角平分线定理的逆定理的应用；
方法七：常规联立，同方法一，只是设直线的方程形式不一样；
方法八：定比点差法的应用．
18．（1）或；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据题意可得直线的方程为，从而得出点的坐标为或，利用两点式求得直线的方程；
（2）方法一：设直线的方程为，点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由斜率公式并结合韦达定理计算出直线、的斜率之和为零，从而得出所证结论成立.
【详解】（1）当与轴垂直时，的方程为，可得的坐标为或．
所以直线的方程为或；
（2）［方法一］：【通性通法】韦达定理＋斜率公式
设的方程为，、，
由，得，可知，．
直线、的斜率之和为
，
所以，可知、的倾斜角互补，所以.
［方法2］：【最优解】斜率公式＋三点共线的坐标表示
因为M，N在抛物线上，可设，，故，．而A，M，N共线，故，即，化简得．而M，N是不同的点，故，可得．这样．故．
【整体点评】（2）方法一：通过联立方程得出根与系数的关系，再直接使用斜率公式化简即可证出，是此题问题的通性通法；
方法二：通过设点，根据三点共线的坐标表示寻找关系，再利用斜率公式化简证出，省略了联立过程，适当降低了运算量，是此类问题的最优解．
19．（1）15（百米）；
（2）见解析；
（3）17+（百米）.
【分析】解：解法一：
（1）过A作，垂足为E.利用几何关系即可求得道路PB的长；
（2）分类讨论P和Q中能否有一个点选在D处即可.
（3）先讨论点P的位置，然后再讨论点Q的位置即可确定当d最小时，P、Q两点间的距离．
解法二：
（1）建立空间直角坐标系，分别确定点P和点B的坐标，然后利用两点之间距离公式可得道路PB的长；
（2）分类讨论P和Q中能否有一个点选在D处即可.
（3）先讨论点P的位置，然后再讨论点Q的位置即可确定当d最小时，P、Q两点间的距离．
【详解】解法一：
（1）过A作，垂足为E.
由已知条件得，四边形ACDE为矩形，.
因为PB⊥AB，
所以.
所以.
因此道路PB的长为15（百米）.

（2）①若P在D处，由（1）可得E在圆上，则线段BE上的点（除B，E）到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求.
②若Q在D处，连结AD，由（1）知，
从而，所以∠BAD为锐角.
所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.
因此，Q选在D处也不满足规划要求.
综上，P和Q均不能选在D处.
（3）先讨论点P的位置.
当∠OBP90°时，在中，.
由上可知，d≥15.
再讨论点Q的位置.
由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，.此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.
综上，当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ=时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+.
因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+（百米）.
解法二：
（1）如图，过O作OH⊥l，垂足为H.
以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系.

因为BD=12，AC=6，所以OH=9，直线l的方程为y=9，点A，B的纵坐标分别为3，−3.
因为AB为圆O的直径，AB=10，所以圆O的方程为x2+y2=25.
从而A（4，3），B（−4，−3），直线AB的斜率为.
因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为，
直线PB的方程为.
所以P（−13，9），.
因此道路PB的长为15（百米）.
（2）①若P在D处，取线段BD上一点E（−4，0），则EO=4