平面解析几何-湖南省部分市2023-2024学年高三下学期数学模拟试题分类汇编

湖南省部分市2023-2024学年下学期高三模拟试题分类汇编 ----平面解析几何 一、单选题 1．（2024·湖南邵阳·三模）已知双曲线：（，）的右焦点为，左、右顶点分别为，，点在上且轴，直线，与轴分别交于点，，若（为坐标原点），则的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知直线与椭圆相切，则的值为（   ） A． B． C． D． 3．（2024·湖南长沙·二模）设椭圆与双曲线有相同的焦距，它们的离心率分别为，，椭圆的焦点为，，，在第一象限的交点为，若点在直线上，且，则的值为（    ） A．2 B．3 C． D． 4．（2024·湖南益阳·三模）已知是抛物线上一点，圆关于直线对称的圆为，是圆上的一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·湖南常德·一模）已知抛物线方程为:，焦点为.圆的方程为，设为抛物线上的点， 为圆上的一点，则的最小值为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 6．（2024·湖南永州·三模）已知，分别是双曲线的左、右焦点，点为坐标原点，过的直线分别交双曲线左、右两支于，两点，点在轴上，，平分，其中一条渐近线与线段交于点，则（    ） A． B． C． D． 7．（2024·湖南长沙·二模）在平面直角坐标系中，已知圆，若直线上有且只有一个点满足：过点作圆的两条切线，切点分别为，且使得四边形为正方形，则正实数的值为（    ） A．1 B． C．3 D．7 8．（2024·湖南益阳·模拟预测）已知双曲线与椭圆有相同的焦点，则的最小值为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 9．（2024·湖南娄底·一模）已知圆，过点的动直线与圆相交于两点时，直线的方程为（    ） A． B． C．或 D．或. 10．（2024·湖南岳阳·二模）已知点是圆上的两点，若，则的最大值为（    ） A．16 B．12 C．8 D．4 二、多选题 11．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知点在线段上，是的角平分线，为上一点，且满足，设，下列说法正确的是（    ） A．点的轨迹是双曲线 B．是三角形的内心 C． D．在上的投影向量为 12．（2024·湖南长沙·三模）已知圆 ，直线 ，则（    ） A．直线 恒过定点 B．当时，圆上恰有三个点到直线的距离等于 1 C．直线与圆可能相切 D．若圆与圆 恰有三条公切线，则 13．（2024·湖南永州·三模）已知抛物线的焦点为，过点且倾斜角为锐角的直线与抛物线相交于，两点（点在第一象限），过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，直线与抛物线的准线相交于点，则（    ） A．的最小值为2 B．当直线的斜率为时， C．设直线，的斜率分别为，，则 D．过点作直线的垂线，垂足为，交直线于点，则 14．（2024·湖南邵阳·模拟预测）已知圆，点是圆上的一点，则下列说法正确的是（    ） A．圆关于直线对称 B．的最小值为 C．的最小值为 D．的最大值为 15．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知抛物线过点，其焦点为，过点作两条互相垂直的直线，直线与抛物线相交于两点，直线与相交于两点（如图所示），则下列结论正确的是（    ） A．抛物线的方程为 B．抛物线的准线方程为 C．和面积之和的最小值为7 D．和面积之和的最小值为8 三、填空题 16．（2024·湖南邵阳·三模）写出满足“点在圆外部”的一个的值： ． 17．（2024·湖南衡阳·三模）如图所示，已知双曲线的右焦点F，过点F作直线l交双曲线C于两点，过点F作直线l的垂线交双曲线C于点G，，且三点共线（其中O为坐标原点），则双曲线C的离心率为 ．    18．（2024·湖南长沙·三模）已知椭圆的离心率为，过的左焦点且斜率为1的直线与交于两点.若，则的焦距为 . 19．（2024·湖南常德·一模）已知双曲线 的左右焦点分别为，过点的直线交双曲线右支于两点，且，，则双曲线的离心率为 20．（2024·湖南怀化·二模）已知双曲线，过点的直线交双曲线于两点，交轴于点（点与双曲线的顶点不重合），若，则当时，点坐标为 ． 21．（2024·湖南岳阳·三模）已知双曲线过点，且渐近线方程为，则的离心率为 ． 四、解答题 22．（2024·湖南邵阳·三模）已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为． (1)求的方程． (2)不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为． （i）证明：直线过定点； （ii）求面积的最大值． 23．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知双曲线与椭圆共焦点，点、分别是以椭圆半焦距为半径的圆与双曲线的渐近线在第一、二象限的交点，若点满足，（为坐标原点）， (1)求双曲线的离心率； (2)求的面积. 24．（2024·湖南常德·一模）已知椭圆 的短轴长为，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上的一点，且的周长为. (1)求椭圆的方程； (2)过作垂直于轴的直线与椭圆交于 两点（点在第一象限），是椭圆上位于直线两侧的动点，始终保持，求证：直线的斜率为定值. 25．（2024·湖南长沙·三模）已知抛物线，过点的直线与交于不同的两点.当直线的倾斜角为时，. (1)求的方程； (2)在线段上取异于点的点，且满足，试问是否存在一条定直线，使得点恒在这条定直线上？若存在，求出该直线；若不存在，请说明理由. 26．（2024·湖南永州·三模）已知为坐标原点，动点在椭圆上，动点满足，记点的轨迹为 (1)求轨迹的方程； (2)在轨迹上是否存在点，使得过点作椭圆的两条切线互相垂直？若存在，求点的坐标：若不存在，请说明理由： (3)过点的直线交轨迹于，两点，射线交轨迹于点，射线交椭圆于点，求四边形面积的最大值. 27．（2024·湖南岳阳·三模）已知动圆过定点且与直线相切，记圆心的轨迹为曲线． (1)已知、两点的坐标分别为、，直线、的斜率分别为、，证明：； (2)若点、是轨迹上的两个动点且，设线段的中点为，圆与动点的轨迹交于不同于的三点、、，求证：的重心的横坐标为定值． 参考答案： 1．C 【分析】由题意求出直线和直线的方程，分别令，可求出，结合代入化简即可得出答案. 【详解】由题意知，因为轴， 所以令，可得，解得：，设， 直线的斜率为：， 所以直线的方程为：， 令可得，所以， 直线的斜率为： 所以直线的方程为：， 令可得，所以， 由可得，解得：, 所以，解得：，即 所以的渐近线方程为， 故选：C. 2．C 【分析】联立直线与椭圆方程，由相切得到，从而得解. 【详解】依题意，联立，得， 化解得， 因为直线与椭圆相切， 所以， 化简整理得，所以. 故选：C. 3．A 【分析】设椭圆与双曲线相同的焦距为，先根据题意得出点P的坐标，再将点P分别代入椭圆和双曲线的方程中，求离心率，即可得解. 【详解】设椭圆与双曲线相同的焦距为，则， 又，所以， 又点P在第一象限，且在直线上， 所以，又点P在椭圆上， 所以，即， 整理得，两边同时除以，得， 解得，因为，所以， 同理可得点P在双曲线上，所以，即， 解得， 所以， 故选：A. 4．A 【分析】根据对称性求出圆的方程，设，求出的最小值，即可求出的最小值. 【详解】圆圆心为，半径，设， 则由对称性可知：，解得，则， 所以圆， 设，则， 所以当，即时，， 所以的最小值是. 故选：A 5．C 【分析】根据抛物线定义将点到焦点的距离转化为点到直线的距离，即，从而得到，三点共线时和最小；再由在圆上，得到最小值. 【详解】    由抛物线方程为，得到焦点，准线方程为，过点做准线的垂线，垂足为， 因为点在抛物线上，所以， 所以，当点固定不动时，三点共线，即垂直于准线时和最小， 又因为在圆上运动，由圆的方程为得圆心，半径，所以， 故选：C. 6．B 【分析】由可得，结合角平分线的性质和双曲线的定义可得，从而可得，在中，由余弦定理可得，进而可得，而，从而可求解. 【详解】 如图 , , , ， 设,则， 平分 , , , 由双曲线定义可知， ，即, 在中，由余弦定理知 化简得 , 由得 , 不妨令一条渐近线与线段的交点在第一象限，则 , . 故选：B 【点睛】关键点点睛：这道题的关键是由可得，结合角平分线的性质和双曲线的定义可得，从而可得. 7．C 【分析】根据直线与圆相切得圆心与点的距离，即结合正方形的性质可得符合的点的位置，从而可得结论. 【详解】由可知圆心，半径为2， 因为四边形为正方形，且边长为圆的半径2，所以， 所以直线上有且只有一个点，使得，即， 所以圆心到直线的距离为， 所以，解得或，又，所以． 故选：C. 8．D 【分析】首先得到椭圆的焦点坐标，依题意可得，利用乘“1”法及基本不等式计算可得. 【详解】椭圆的焦点为， 依题意可得， 所以， 当且仅当，即，时取等号， 故的最小值为. 故选：D 9．C 【分析】考虑直线与轴垂直和不垂直两种情况，斜率不存在时，满足要求，斜率存在时，设出直线方程，利用点到直线距离公式得到方程，求出答案. 【详解】当直线与轴垂直时，易知直线的方程为， 中令得，解得， 故此时，符合题意； 当直线与轴不垂直时，设直线的斜率为，则直线的方程为， 即， 则圆心到直线的距离为，又， ，解得，则直线的方程为， 即， 综上可知直线的方程为或. 故选：C. 10．B 【分析】题目转化为、到直线的距离之和，变换得到，利用数形结合转化求解即可． 【详解】因为，、，在圆上，， 因为，则是等腰直角三角形， 表示、到直线的距离之和的倍， 原点到直线的距离为，如图所示： ，，是的中点，作于， 且，，， ，当且仅当三点共线，且在的两侧时等号成立， 又，故的最大值为 的最大值为． 故选：B． 11．BCD 【分析】建立直角坐标系，根据双曲线的定义，结合三角形内心的向量表达式、切线长定理、投影向量的定义进行求解即可. 【详解】建立如图所示的直角坐标系， 由，可设，，    所以点的轨迹是以为焦点，实轴长为的双曲线的右支（不含右顶点），故A错误； 因为是的角平分线，且， 所以，又表示方向上的单位向量，表示方向上的单位向量， 则在的角平分线上，所以也为的角平分线，为的内心，故B正确； 如图，设， 则，， 则由双曲线与内切圆的性质可得，，故C正确； 又，所以，在上的投影长为， 所以在上的投影向量为，故D正确. 故选：BCD 12．AD 【分析】本题先根据直线l的方程判断出直线l恒过的定点，再判断该定点与圆的位置关系，可解决选项A和选项C的问题；根据圆心到直线的距离判断满足条件点的个数，可解决选项B的问题；由选项D的条件可得两圆外切，由此可求得参数a的值. 【详解】由直线，得 ， 因为，则满足 ，解得 ， 所以直线恒过定点 ，故选项A正确. 因为当时，直线为:， 则圆心 到直线的距离为 ， 则此时直线与圆相交所得劣弧的顶点到直线的距离， 所以圆上只有 2 个点到直线的距离为 1，故选项B错误. 因为直线过定点 ，又 ， 所以定点在圆内，则直线与圆一定相交，故选项错误. 由圆的方程 可得，， 所以圆心为 ，半径为 ， 因为两圆有三条公切线，所以两圆的位置关系为外切， 则 ，解得 ，故选项正确. 故选：AD. 13．BCD 【分析】对于A，设直线的方程为，代入，得，根据焦半径的计算公式即可判断；对于B，根据交点弦的计算公式求解可判断；对于C，先得再根据斜率公式结合韦达定理即可求解；对于D，求得点的坐标即可判断. 【详解】，设直线的方程为. 对于A，把代入得， 设，则， 所以，A错； 对于B，当直线的斜率为时，，B对； 对于C，由题意知 则，， 所以，C对； 对于D，由有， 因为的方程为，令得， 所以点为的中点，即，D对. 故选：BCD. 14．ACD 【分析】求出圆心坐标判断A；求出圆心到点的距离结合圆的性质判断B；利用三角代换结合辅助角公式判断C；令，联立方程组，借助判别式求出最值判断D. 【详解】圆的圆心，半径， 对于A，显然点在直线上，圆关于直线对称，A正确； 对于B，点与点的距离， 则点与点距离的最小值为，B错误； 对于C，令，则， 其中锐角由确定，因此当时，，C正确； 对于D，，令，由消去得： ，则， 整理得，解得，因此，，D正确. 故选：ACD    15．AD 【分析】由题意求得抛物线的方程为，即可判断AB；设、和直线的方程，联立抛物线方程，利用韦达定理与两直线的位置关系可得、，进而表示两个三角形面积之和，结合基本不等式计算即可求解. 【详解】A：将点代入，得，解得， 所以抛物线的方程为，故A正确； B：由知，抛物线的准线方程为，故B错误； C：易知两直线斜率均存在且不为0， 设，直线的方程为，联立 即①，所以， 设，由已知直线的斜率为，代入①中， 得，所以和面积之和为 ， 当且仅当，且时等号成立， 所以和面积之和的最小值为8，故C正确； D：由选项C的分析知，和面积之和的最小值为8，故D正确. 故选：AD. 16．4（答案不唯一， ） 【分析】利用方程表示圆、点在圆外列出不等式组求解即得. 【详解】圆，则， 由点在圆外部，得， 解得，取. 故答案为：4 17． 【分析】利用双曲线的几何定义，设就可以来研究各焦半径的长度，再利用两个勾股定理就可以求出离心率. 【详解】    设另一个焦点，连接，设则 再根据双曲线的定义可知： 由双曲线的对称性可知，是的中点，也是的中点， 所以四边形是平行四边形，又因为，所以可得， 所以由勾股定理得：， 化简得：， 再由勾股定理得：， 代入得：， 故答案为：. 18． 【分析】根据题意，得到椭圆的方程为，由的方程为，联立方程组，求得，结合弦长公式，列出方程求得的值，即可求解. 【详解】由椭圆的离心率为，可得，则， 所以椭圆的方程为，即， 由直线过椭圆的右焦点且斜率为，可得的方程为， 联立方程组，整理得， 则， 设，则， 所以， 解得，所以椭圆的焦距为. 故答案为：. 19．/ 【分析】设，根据已知条件及双曲线的定义可得到，，然后解该齐次方程组即可得到离心率. 【详解】 设，则，，从而，. 再由可知，. 故，，整理得方程组. 由有，代入第一个方程可得，所以. 故答案为：. 20． 【分析】设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理及向量坐标运算结合已知列式求解即得. 【详解】显然直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，则， 由消去y并整理得， ，则且，设， 于是，， 由，得，则， ，而，因此，解得， 所以点坐标为. 故答案为：    【点睛】思路点睛：直线与双曲线相交问题，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)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． 21．/ 【分析】分焦点在轴或轴上两种情况，设出双曲线方程，依题意，得到方程组，解之即得离心率. 【详解】当双曲线的焦点在轴上时，其方程为，依题有，方程组无解； 当双曲线的焦点在轴上时，其方程为，依题有，解得， 则. 故答案为：. 22．(1)； (2)（i）证明见解析；（ii）. 【分析】（1）根据椭圆的离心率及三角形面积，列出方程组求解即得. （2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式，结合韦达定理推理即得；（ii）由（i）的信息，借助三角形面积建立函数关系，再求出最大值. 【详解】（1）令椭圆的半焦距为c，由离心率为，得，解得， 由三角形面积为，得，则，， 所以的方程是. （2）（i）由（1）知，点，设直线的方程为，设， 由消去x得：， 则， 直线与的斜率分别为，， 于是 ，整理得，解得或， 当时，直线过点，不符合题意，因此， 直线：恒过定点. （ii）由（i）知，， 则， 因此的面积 ，当且仅当，即时取等号， 所以面积的最大值为.    【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答. 23．(1) (2)8 【分析】（1）由椭圆方程求得焦点坐标和圆的方程，通过联立方程组求出两点，由，求出的值得双曲线的离心率； （2）由的坐标，可求出的面积. 【详解】（1）椭圆中，，，， 椭圆焦点为，∴双曲线的焦点坐标为. 双曲线的渐近线方程为， 的方程：. 由得，，. 由题意知，、分别为第一、二象限的交点， ∴，， ∴，， ∵，∴，∴. 化简整理得， 又∵代入上式，解之得，. ∴双曲线方程：. 离心率. （2）由（1）知，， ∴，. ∴. 24．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由已知可得，，然后解出即可得到方程； （2）先确定，然后由已知可得的斜率互为相反数，再设出斜率，使用韦达定理即可验证直线的斜率. 【详解】（1）由已知有，，即，. 所以，从而. 故椭圆的方程为. （2） 我们有，故直线的方程为. 将代入可得，解出，故，. 由于，故的斜率互为相反数. 设的斜率分别是，则由可知它们的方程分别是和. 将直线与椭圆方程联立可知，即. 由知此方程必有一根，故另一根是. 这得到，同理有. 所以直线的斜率. 25．(1) (2)点恒在直线上. 【分析】（1）先求直线的方程，再与抛物线联立组成方程组，利用韦达定理及两点距离公式，求弦的长即可； （2）设直线方程，再与抛物线联立组成方程组，利用韦达定理及相似三角形求解即可. 【详解】（1）设. 若直线的倾斜角为，则直线的方程为. 联立得， 则， 且， 所以. 因为，所以，故的方程为. （2）存在，定直线为. 由题意知直线的斜率存在， 设直线的方程为，. 联立得. 由，得且， . 不妨设，则， 过点向轴作垂线，垂足分别为点，如图所示， 则，. 因为，所以， 整理得，所以. 代入直线的方程得. 因为，所以点恒在直线上. 26．(1) (2)存在，或( (3) 【分析】（1）利用相关点法即可求解； （2）当切线斜率都存在时，设过点的切线为，联立方程组，消元后根据，整理为，结合韦达定理和垂直条件可得，再根据，即可求解； （3）将代入轨迹的方程，结合韦达定理，求得的面积，再将代入椭圆C的方程可得，由，可得，令，由①②可知，从而求得取得最大值2，由题知的面积，又易知面积，从而四边形的面积，从而可求解. 【详解】（1）设则， 由得， 又在椭圆上，所以 代入化简得， 所以点的轨迹的方程为 （2）当两条切线的斜率存在时，设过点的切线为， 联立，消去得 则由判别式，得， 设两条切线的斜率分别为，依题意得 即， 又点在轨迹上，，解得， 或( 当两条切线的斜率有一条不存在时，结合图像得不合题意， 综上，存在满足条件的点，且点的坐标为或(. （3）将代入轨迹的方程， 可得， 由， 可得①，且，， 所以， 因为直线与轴交点的坐标为， 所以的面积 ， 将代入椭圆C的方程可得， 由，可得②， 令，由①②可知， 因此，故， 当且仅当，即时，取得最大值2， 由题知的面积，又易知面积， 从而四边形的面积， 所以四边形的面积的最大值为. 【点睛】关键点点睛： 第三问的关键是先求得的面积，再根据从而可得的面积，又易知面积，从而四边形的面积. 27．(1)证明见解析； (2)证明见解析 【分析】（1）先有两点间距离公式求出圆心的轨迹方程，再由斜率的定义表示出斜率，利用轨迹方程化简斜率之差即可证明； （2）先设直线的方程为，直曲联立，用韦达定理表示出线段中点坐标进而得到的轨迹方程是，再与动圆的方程联立，得到、、的横坐标分别为，，，最后利用的展开式系数与相同，得到系数为零即可. 【详解】（1）设点， 依题有， 化简并整理成， 圆心的轨迹的方程为 ，， 又， 所以， 所以. （2）显然直线的斜率存在，设直线的方程为， 由，消并整理成， 在判别式大于零时，， 又，所以， 所以，， ， 所以线段的中点坐标为， 设， 则，消得， 所以的轨迹方程是， 圆过定点，设其方程为， 由，得， 设、、的横坐标分别为，，， 因为、、异于，所以，，都不为零， 故的根为，，， 令， 即有， 所以， 故的重心的横坐标为定值． 【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是圆过定点，设其方程为，然后与的轨迹方程联立，表示出重心横坐标的方程，然后利用待定系数法求出结果. 学科网（北京）股份有限公司 $$