直线与圆锥曲线的位置关系 专项训练-2025届高三数学一轮复习

直线与圆锥曲线的位置关系-2025年高考数学一轮复习专题 一、单选题 1．设抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线相交于，两点，，，则（    ） A．1 B．2 C．4 D．22 2．已知是抛物线上一点，过的焦点的直线与交于两点，则的最小值为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 3．在平面直角坐标系中，椭圆的左、右顶点分别为 ，点 是椭圆 上异于 的点，为平面内一点，且满足，过点 作直线 的垂线与直线 交于点 ，则（   ） A．12 B．16 C．24 D．32 4．设椭圆的弦与轴，轴分别交于两点，，若直线的斜率，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．已知抛物线的焦点为，过的直线与与交于两点（点在轴上方），点，若，则的方程为（    ） A． B． C． D． 6．已知直线与椭圆相交于两点，椭圆的两个焦点是，，线段的中点为，则的面积为（    ） A． B． C． D． 7．如图，抛物线E：的焦点为F，过点的直线，与E分别相交于，和C，D两点，直线AD经过点F，当直线AB垂直于x轴时，．下列结论正确的是（    ）    A． B． C．若AD，BC的斜率分别为，，则 D．若的面积为，则的面积为 8．已知是椭圆的左、右焦点，O是坐标原点，过作直线与C交于A，B两点，若，且的面积为，则椭圆C的离心率为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．设双曲线与直线交于与两点，则可能有（    ） A． B． C． D． 10．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且，过点作轴于点，则（    ） A． B．抛物线的准线为直线 C． D．的面积为 11．已知椭圆的上顶点为，右顶点为A，左、右焦点分别为，．若P为C上与点A，B不重合的动点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，则（   ） A．C的方程为 B．面积的最大值为2 C．坐标原点O到直线AB的距离为 D． 三、填空题 12．已知抛物线 的焦点为 ，过点的直线 与抛物线 交于两点，若 ，则直线 的斜率为 . 13．已知双曲线，过点的直线与相交于两点，且为线段的中点，则直线的方程为 . 14．已知椭圆，为原点，过第一象限内椭圆外一点作椭圆的两条切线，切点分别为.记直线，，，的斜率分别为，，，，若，则的最小值是 . 四、解答题 15．已知双曲线的实轴长为，点在双曲线上. (1)求双曲线的标准方程； (2)过点且斜率为的直线与双曲线的另一个交点为，求. 16．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在上，，过点作两条斜率互为相反数的直线，分别交于不同的两点． (1)求的标准方程； (2)证明：直线的斜率为定值，并求出该值． 17．已知抛物线C：（）的焦点为F，过点且斜率为1的直线经过点F． (1)求抛物线C的方程； (2)若A，B是抛物线C上两个动点，在x轴上是否存在定点M（异于坐标原点O），使得当直线AB经过点M时，满足？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 18．已知椭圆分别为椭圆的左､右顶点，分别为椭圆的左､右焦点，斜率存在的直线交椭圆于两点，记直线的斜率分别为. (1)证明：； (2)若，求的取值范围. 19．已知双曲线的左、右焦点分别为，且，过作其中一条渐近线的垂线，垂足为，延长交另一条渐近线于点，且．    (1)求的方程； (2)如图，过作直线（不与轴重合）与曲线的两支交于两点，直线与的另一个交点分别为，求证：直线经过定点． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．B 【分析】设直线的方程为，，，联立，利用韦达定理和抛物线的定义即可求解. 【详解】设抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线相交于，两点， 设直线的方程为，，， 联立，可得，所以，， 则．因为，，所以，， 则，解得或．因为，所以． 故选：B 2．D 【分析】先求出抛物线方程，设与的坐标，联立抛物线利用韦达定理及抛物线的焦半径、基本不等式计算即可. 【详解】因为是抛物线上一点，所以，得， 则抛物线的方程为． 设，不妨设，设直线的方程为， 联立得， 所以，故， 则， 当且仅当且，即时，等号成立． 故的最小值为9.    故选：D． 3．C 【分析】设坐标为，，所以是的中点，可表达出坐标，根据斜率表达出直线，直线，联立解出点坐标，在表达出与解之即可. 【详解】设坐标为，则， 根据题意知， ，所以坐标为， 直线 斜率为，所以直线方程为， 直线 斜率为，因为直线与直线 垂直， 所以直线的斜率为， 所以直线 方程为， 联立直线 方程与方程， 求得点坐标为，则，， 所以. 故选：C 4．C 【分析】设，由得，根据在椭圆上，代入相减得，则直线的斜率为，然后由即可求解. 【详解】如图所示，设， 直线， 因为，所以， 所以， 即，，所以. 因为在椭圆上，所以， 两式相减得，即. 又因为，且，， 所以，即， 所以. 故选：C. 5．B 【分析】由可得点横坐标，即可得点坐标，结合焦点坐标可得直线斜率，表示出直线后，联立曲线即可得点坐标，结合焦半径公式计算即可得解. 【详解】设，则， ，即， 由得，， 的方程为， 由得，，， ，，故. 故选：B. 6．B 【分析】根据线段的中点为，利用点差法求得，再利用三角形面积公式求解． 【详解】设，由题可知，， 则，所以，即，解得， 所以，则， 所以， 故选：B． 7．C 【分析】根据抛物线定义表示，由条件列方程求可得抛物线方程，判断A，设的方程为，利用设而不求法求，判断B，设，利用设而不求法求，根据直线AD经过点F，确定的关系，利用表示，判断C，求出坐标即可判断D. 【详解】当直线AB垂直于x轴时，直线AB的方程为，所以点A的横坐标为p，所以，又，所以，故A选项错误； 若直线AB的斜率为0，则直线AB与抛物线只有一个交点，与已知矛盾， 故可设直线AB的方程为，联立化简可得， 方程的判别式， 由已知，为方程的两根， 所以，，，故B选项错误； 设直线CD的方程为，，，联立； 化简可得，方程的判别式， 所以，．， 若直线AD的斜率存在，则，，， 因为直线AD经过点F，所以，所以， 因为，所以，所以， 所以，，所以，选项C正确； 当直线AB垂直于x轴时，易知点，从而， 此时点D在过，两点的直线上，且在抛物线E：上， 从而求出点，从而，从而，故选项D错误． 故选：C. 【点睛】方法点睛：(1)解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去(或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系． (2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形． 8．C 【分析】设，首先证明，结合题意算得解得，即可得三角形为等边三角形，进一步结合椭圆定义可得，，，即是的中点，结合勾股定理、离心率公式即可求解. 【详解】 我们首先来证明一个引理：若，则， 证明如下：设，则由余弦定理有 ，即， 所以， 所以，从而引理得证； 根据题意可得， ，解得， 因为，所以，解得， 由，，可得三角形为等边三角形， 所以，所以， 所以，所以是的中点， 所以，所以，即， 所以. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：关键在于得出三角形为等边三角形，进一步得出的齐次式关系即可求解. 9．ACD 【分析】联立方程组，应用根与系数的关系换元化简即可得出选项. 【详解】联立方程组，可得， 因为双曲线与直线有两个交点，所以， 所以，B错误； 当时，，A正确； 当时，，C正确； 当或时，，D正确. 故选：ACD. 10．AD 【分析】根据焦半径公式求得判断A，进而利用抛物线方程求解准线及点的坐标判断BC，利用三角形面积公式求解面积判断D. 【详解】抛物线的准线为直线，设点在第一象限， 过点向准线作垂线垂足为，由抛物线的定义可知，解得， 则抛物线的方程为，准线为直线，故A正确，B错误；    将代入抛物线方程，解得，故C错误； 焦点，点，即， 所以，故D正确； 故选：AD． 11．BCD 【分析】先由已知条件待定，求出椭圆方程，结合图形运算容易判断选项ABC；D项，设出点，分别表示直线方程，求与坐标轴交点坐标则可得距离，进而可求出乘积. 【详解】 A项，由椭圆上顶点为得，， 由知，由对称性可得， 所以，即，则， 椭圆方程为，故A错误； B项，由A项可知，为定值， 故当点到距离最大时，面积最大， 即当为短轴端点时取最大值，最大值为，故B正确； C项，在中，， 设为斜边上的高，由， 可得点到直线的距离为，故C正确； D项，设，由， 所以直线方程为，令，可得， 直线方程为，令，. 由点在椭圆上，则，， 则 ，故D正确. 故选：BCD. 12． 【分析】设，利用弦长公式求解． 【详解】抛物线的焦点，设直线l的方程为：， 联立方程，消去y得，， 设，则， 因为，所以， 即，得， 故答案为： 13． 【分析】因为为线段的中点，所以由点差法可以得到直线的斜率，进而可以得到直线方程. 【详解】设，则两式相减得， 即，所以 因为为线段的中点， 所以， 所以，即 由点斜式方程可得直线的方程为：， 即，经检验适合题意. 故答案为： 14．5 【分析】设直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由得到方程，求出，证明椭圆在处的切线方程为，从而得到椭圆在点和的切线方程，得到切点弦方程为，对照系数结合得到的轨迹方程，计算出，，求出，得到点轨迹的渐近线，先得到，设，则，联立双曲线方程，由根的判别式得到不等式，即得结果. 【详解】因为，故不关于轴对称且的横纵坐标不为0， 所以直线方程斜率一定存在， 设直线的方程为， 联立方程，消去y可得， 则，设，， 则，， 可得 ， 且，，由，可得， 即，解得， 下面证明椭圆在处的切线方程为， 理由如下： 当时，故切线的斜率存在，设切线方程为， 代入椭圆方程得：， 由，化简得：， 所以， 把代入，得：， 于是， 则椭圆的切线斜率为，切线方程为， 整理得到， 其中，故，即， 当时，此时或， 当时，切线方程为，满足， 当时，切线方程为，满足， 综上：椭圆在处的切线方程为； 可知：椭圆在点的切线方程为， 椭圆在点的切线方程为， 由于点为与的交点， 故，， 所以直线为， 因为直线的方程为，对照系数可得，， 又，故，整理得， 又在第一象限， 故点的轨迹为双曲线位于第一象限的部分， ，同理可得， 则， 又由于，，，故， 设，则， 则两式联立得， 由得，， 检验，当时，，又， 解得，满足要求. 故的最小值为4 故的最小值是5 故答案为：5. 【点睛】结论点睛：过圆上一点的切线方程为：， 过圆外一点的切点弦方程为：； 过椭圆上一点的切线方程为； 过椭圆外一点的切点弦方程为； 过双曲线上一点的切线方程为； 过双曲线外一点的切点弦方程为. 15．(1) (2) 【分析】（1）将点代入双曲线方程即可求解； （2）写出直线方程，与双曲线方程联立，由弦长公式可得结果. 【详解】（1）因为双曲线的实轴长为，所以，解得：； 又因为点在双曲线上，所以，解得：， 所以双曲线的标准方程为： （2）设， 由题可得过点且斜率为的直线方程为：，即， 联立，消去可得：， 所以，， 所以 16．(1) (2)证明见解析， 【分析】（1）设，根据题设得到，从而得到，即而有和，联立即可求解； （2）设直线的方程为，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消得到，从而得到， ，同理求得，，即可求解. 【详解】（1）设，且， 因为，又， 所以，解得， 又点在上，所以①，又②，联立①②，解得， 所以的标准方程为. （2）设直线的方程为，直线的方程为， 由，消得到， 所以，得到，所以， 同理可得，， 所以为定值， 即直线的斜率为定值，定值为. 17．(1) (2)存在； 【分析】（1）根据点斜式求解直线方程，即可求解焦点坐标，进而可得， （2）联立直线与抛物线方程得韦达定理，结合向量垂直的坐标运算，即可求解. 【详解】（1）由题意过点且斜率为1的直线方程为，即，令，则， ∴点F的坐标为，∴， ∴．抛物线C的方程为． （2）由（1）得抛物线C：，假设存在定点， 设直线AB的方程为（），，， 由，得， ∴，，， ∵，∴， ∴ ， ∴或（舍去）， 当时，点M的坐标为，满足，， ∴存在定点． 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设出直线，联立后消去得与有关的韦达定理后结合斜率公式计算即可得； （2）借助（1）中的结论，将面积用未知数表达后结合换元法，借助函数性质求最最值即可得. 【详解】（1）设的方程为，联立， 消去，得，需满足， 设，则， 易知， 所以， 同理； （2）因为，则由（1）知，， 即， 由与轴不垂直可得，所以，即， 所以，即， 整理得， ， 整理得，解得或， 因为在轴的两侧，所以，解得， 又时，直线与椭圆有两个不同的交点，因此，直线恒过点， 当时，， ， 设，则，由与轴不垂直得， 且， 因为函数在上为减函数，所以的取值范围为. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 19．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用焦距，结合题干条件与渐近线构成的几何关系，列方程组求出，得到双曲线方程； （2）设，利用点斜式方程分别写出直线的方程，和双曲线联立后，得到的坐标，然后得到直线的方程，即可求解. 【详解】（1）渐近线，渐近线． 设为坐标原点，由题意，不妨设在上，在上，是线段的中垂线， 所以．由对称性，， 所以，从而． ，在Rt中，， 解得． 所以，故C的方程为． （2）设，设直线．    可得直线． 联立 得， 则，又， 所以， 所以， 所以，同理． 则 直线， 令，得，所以直线过定点． 【点睛】方法点睛：直线过定点问题，需将待考察的直线和圆锥曲线联立，利用韦达定理的表达式，将直线方程进行化简整理后进行求解. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$