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

辽宁省部分市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·辽宁锦州·模拟预测）抛物线的焦点为，准线为，为上一点，以点为圆心，以为半径的圆与交于点，，与轴交于点，，若，则（    ） A． B． C． D． 2．（2024·辽宁丹东·二模）双曲线的右焦点为，点在轴的正半轴上，直线与在第一象限的交点为，，且，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·辽宁葫芦岛·一模）已知分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆上的一点，且，则椭圆的离心率是（    ） A． B． C． D． 4．（2024·辽宁沈阳·二模）抛物线过点，则的准线方程为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·辽宁大连·一模）斜率为的直线与曲线和圆都相切，则实数的值为（   ） A．或 B．或 C．或 D．或 6．（2024·辽宁抚顺·三模）过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线交于两点．若，则（    ） A． B． C． D． 7．（2024·辽宁鞍山·二模）已知直线，点在圆上运动，那么点到直线的距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·辽宁辽阳·一模）若为椭圆上一点，为的两个焦点，且，则（　　） A．10 B．12 C．14 D．16 9．（2024·辽宁丹东·二模）过坐标原点O作圆的两条切线OA，OB，切点分别为A，B，则（    ） A． B．2 C． D．4 10．（2024·辽宁葫芦岛·一模）光线从点射到轴上，经轴反射后经过圆上的点，则该光线从点A到点的路线长的最小值是（    ） A．9 B．10 C．11 D．12 二、多选题 11．（2024·辽宁丹东·模拟预测）已知曲线:，则（   ） A．曲线围成图形面积为 B．曲线的长度为 C．曲线上任意一点到原点的最小距离为2 D．曲线上任意两点间最大距离 12．（2024·辽宁葫芦岛·二模）已知椭圆：与双曲线：有公共焦点，，它们的离心率分别为，，P是它们在第一象限的交点，的内切圆圆心为Q，，O为坐标原点，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则的最小值为 C．过作直线的垂线，垂足为H，点H的轨迹是双曲线 D．两个曲线在P点处的切线互相垂直 13．（2024·辽宁大连·二模）在棱长为2的正方体中，M为中点，N为四边形内一点（含边界），若平面，则下列结论正确的是（   ） A． B．三棱锥的体积为 C．点N的轨迹长度为 D．的取值范围为 14．（2024·辽宁沈阳·三模）设椭圆的左､右焦点分别为是上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．的最大值为8 B．椭圆的离心率 C．面积的最大值等于12 D．以线段为直径的圆与圆相切 15．（2024·辽宁抚顺·三模）已知抛物线，过点作直线，直线与交于两点．在轴上方，直线与交于两点，在轴上方，连接，若直线过点，则下列结论正确的是（    ） A．若直线的斜率为1，则直线的斜率为 B．直线过定点 C．直线与直线的交点在直线上 D．与的面积之和的最小值为． 三、填空题 16．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）设，是半径为3的球体表面上两定点，且，球体表面上动点满足，则点的轨迹长度为 . 17．（2024·辽宁锦州·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知双曲线经过点，点与点关于原点对称，为上一动点，且异于，两点．若的重心为，点，则的最小值 ； 18．（2024·辽宁丹东·二模）已知O为坐标原点，F为抛物线的焦点，椭圆，记P为抛物线与D在第一象限的交点，延长PO交D于Q，若，则的面积为 ． 19．（2024·辽宁鞍山·二模）已知双曲线的右焦点为，左、右顶点分别为，，轴于点，且．当最大时，点恰好在双曲线上，则双曲线的离心率为 ． 20．（2024·辽宁抚顺·一模）已知直线平分圆，点的轨迹交圆于两点，则两点间的距离的值是 ． 四、解答题 21．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）椭圆的焦点为和，短轴长为. (1)求椭圆的标准方程； (2)设椭圆上、下顶点分别为、，过点的直线与椭圆交于、两点（不与、两点重合）. ①求证：与的交点的纵坐标为定值； ②已知直线，求直线、、围成的三角形面积最小值. 22．（2024·辽宁葫芦岛·二模）已知抛物线的焦点为，抛物线的焦点为，，A，B，C为上不同的三点. (1)求的标准方程； (2)若直线过点，且斜率，求面积的最小值； (3)若直线，与相切，求证：直线也与相切. 23．（2024·辽宁丹东·二模）已知椭圆：的左右顶点分别为，，过的直线与交于点，点在上，. (1)设直线，的斜率分别为，，求证：为定值； (2)求面积的最大值. 24．（2024·辽宁抚顺·三模）如图所示，在圆锥内放入两个球，它们都与圆锥的侧面相切（即与圆锥的每条母线相切），且这两个球都与平面α相切，切点分别为 ，数学家丹德林利用这个模型证明了平面α与圆锥侧面的交线为椭圆，记为Γ，为椭圆Γ的两个焦点.设直线分别与该圆锥的母线交于A，B两点，过点A的母线分别与球相切于 C，D 两点，已知以直线为x轴，在平面α内，以线段的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系. (1)求椭圆Γ的标准方程. (2)点 T在直线上，过点T作椭圆Γ的两条切线，切点分别为M，N，A，B分别是椭圆Γ的左、右顶点，连接，设直线与交于点P.证明:点 P 在直线上. 25．（2024·辽宁大连·一模）在平面直角坐标系xOy中，点O为坐标原点，已知两点，点M满足，记点M的轨迹为G． (1)求曲线G的方程： (2)若P，C，D为曲线G上的三个动点，的平分线交x轴于点，点Q到直线PC的距离为1． （ⅰ）若点Q为重心，求点P的坐标； （ⅱ）若，求a的取值范围． 26．（2024·辽宁丹东·一模）我们所学过的椭圆、双曲线、抛物线这些圆锥曲线，都有令人惊奇的光学性质，且这些光学性质都与它们的焦点有关．如从双曲线的一个焦点处出发的光线照射到双曲线上，经反射后光线的反向延长线会经过双曲线的另一个焦点（如图所示，其中是反射镜面也是过点处的切线）．已知双曲线（，）的左右焦点分别为，，从处出发的光线照射到双曲线右支上的点P处（点P在第一象限），经双曲线反射后过点．    (1)请根据双曲线的光学性质，解决下列问题： 当，，且直线的倾斜角为时，求反射光线所在的直线方程； (2)从处出发的光线照射到双曲线右支上的点处，且三点共线，经双曲线反射后过点，，，延长，分别交两条渐近线于，点是的中点，求证：为定值． (3)在（2）的条件下，延长交y轴于点，当四边形的面积为8时，求的方程． 参考答案： 1．C 【分析】首先得到抛物线的焦点坐标与准线方程，设准线与轴交于点，根据圆的性质及抛物线的定义可得为等边三角形，即可求出，再在中利用余弦定理计算可得. 【详解】抛物线的焦点，准线，令与轴交于点，由对称性不妨令点在第一象限， 依题意均在轴的左侧，又，则也在轴的左侧且点在轴上方， 显然，由抛物线的定义知，又， 则为等边三角形，，则， 因此，， 在中. 故选：C 2．A 【分析】设双曲线的左焦点为，连接，，根据数量积求得，从而得到，，再根据对称性及双曲线的定义得到、，即可得到，再由勾股定理得到、的关系，即可求出离心率. 【详解】设双曲线的左焦点为，连接，， 由，则，又， 所以，则，， 根据双曲线的性质有，又，所以， 所以，所以，即， 又，即，即，所以． 故选：A    3．C 【分析】由椭圆的定义求出，从而得到椭圆方程，再求出，即可求出离心率. 【详解】因为是椭圆上的一点，且，即，所以， 则，即椭圆，则， 所以离心率. 故选：C 4．B 【分析】把点代入抛物线方程，再求得准线方程. 【详解】把点代入抛物线方程，得， 解得， 所以抛物线方程为，准线方程为. 故选：B. 5．A 【分析】设直线的方程为，先根据直线和圆相切算出，在根据导数的几何意义算. 【详解】依题意得，设直线的方程为， 由直线和圆相切可得，，解得， 当时，和相切， 设切点为，根据导数的几何意义，， 又切点同时在直线和曲线上，即，解得， 即和相切，此时将直线和曲线同时向右平移两个单位， 和仍会保持相切状态，即时，， 综上所述，或. 故选：A 6．D 【分析】根据双曲线的定义，结合焦点三角形以及余弦定理即可求解. 【详解】设双曲线的右焦点为,连接, 由题意可得， 设 由余弦定理可得, 即，解得， 所以，故． 故选：D 7．C 【分析】确定圆心和半径，求出圆心到直线的距离，加上圆的半径，即可得答案. 【详解】圆的圆心为，半径为. 则圆心到直线：的距离为：. 所以圆上的点到直线：距离的最大值为：. 故选：C 8．C 【分析】根据题意利用椭圆的定义分析求解. 【详解】由椭圆方程可知：，则， 即，解得. 故选：C. 9．C 【分析】由圆的标准方程作出圆的图形，易得切点坐标，利用两点之间距离公式计算即得. 【详解】    如图，由圆可得x轴，y轴，即是过点O的切线， 所以切点为，，故． 故选：C. 10．A 【分析】求出点关于x轴的对称点，则最短路径的长为减去圆的半径，计算求得结果 【详解】由题意可得圆心，半径点关于x轴的对称点， 所以， 该光线从点A到点的路线长的最小值为， 故选：A 11．ABD 【分析】通过分类讨论去掉绝对值后，可画出曲线图形，由图可得答案. 【详解】当时，曲线； 当时，曲线； 当时，曲线； 当时，曲线； 当时，曲线为原点. 画出曲线的图形，如图所示. 对于A，曲线围成的面积可分割为一个边长为的正方形和四个半径为的半圆， 故面积为，故A正确； 对于B，曲线由四个半径为的半圆组成，故周长为，故B正确； 对于C，如图所示，因为原点在曲线上，所以最小值为0，故C错误； 对于D，如图所示，曲线上任意两点的连线过圆心及原点时，距离最大，最大为.故D正确. 故选：ABD. 12．ABD 【分析】A选项，根据得到⊥，由椭圆定义和双曲线定义得到，由勾股定理得到方程，求出，故A正确；B选项，由余弦定理得到方程，求出，即，由基本不等式求出的最小值；C选项，作出辅助线，得到，得到H的轨迹是以为圆心，为半径的圆，C错误；D选项，先得到椭圆和双曲线在P点处的切线的斜率，得到椭圆在点处的切线斜率为，双曲线在点处的切线斜率为，又，化简得，从而得到斜率乘积为-1，得到D正确. 【详解】A选项，因为， 所以， 又， 故， 则⊥， 由椭圆定义可得， 由双曲线定义可得， 解得， 由勾股定理得，即， 化简得， 即， 又，所以，A正确； B选项，若，由余弦定理得， 即， 由（1）得， 代入上式得，即， 即， 因为又，所以， 由基本不等式得，即， 解得，当且仅当时，等号成立， 则的最小值为，B正确； C选项，过作直线的垂线，垂足为H，延长交于点， 因为平分，由三线合一得，为的中点， 则， 连接，由中位线性质得， 故点H的轨迹是以为圆心，为半径的圆，C错误； D选项，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； 下面证明：上一点的切线方程为， 理由如下：设过点的切线方程为，与联立得， ， 由 化简得， 因为，代入上式得， 整理得， 同除以得，， 即， 因为，， 所以， 联立，两式相乘得，， 从而， 故， 即， 令，则，即， 解得，即， 故椭圆：在点处的切线斜率为， 双曲线在点处的切线斜率为， 又，故， 化简得， 又，所以，故 则斜率乘积为， 故两曲线在点处的切线互相垂直，D正确. 故选：ABD 【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， 过双曲线上一点的切线方程为 13．BD 【分析】根据正方体的性质得出平面平面，则根据已知得出点在线段上（含端点），当为时，根据异面直线的平面角结合正方体的性质得出与的夹角为，此时，即可判断A；三棱锥,利用等体积法结合体积公式即可判断B；根据点在线段上（含端点），利用勾股定理求出求，即可判断C；根据正方体性质结合已知可得，则，即可根据的范围得出的范围判断D． 【详解】在棱长为2的正方体中，为中点，为四边形内一点（含边界）， 平面， 取、中点分别为、，连接、、、，，如图： 为正方体，为中点，为中点， ，，，， 、平面，、平面，且，， 平面平面， 为四边形内一点（含边界），且平面， 点在线段上（含端点）， 对于A：当在时，则与的夹角为，此时， 则与不垂直，故A不正确； 对于B为四边形内一点（含边界）， 到平面的距离为2， 三棱锥的体积为，故B正确； 对于C：由于点在线段上（含端点）， 而， 点的轨迹长度为，故C不正确； 对于D为正方体， 平面， 平面， ， △为直角三角形，且直角为， ， 点在线段上（含端点）， 则当最大时，即点为点时，此时，此时最小，为， 当最小时，即，此时， 此时最大，最大为， 则的取值范围，故D正确． 故选：BD． 14．ACD 【分析】根据给定的椭圆方程，求出其长短半轴长及半焦距，再逐项计算判断得解. 【详解】椭圆的长半轴长，短半轴长，则半焦距， 对于A，的最大值为，A正确； 对于B，椭圆的离心率，B错误； 对于C，设点，则，而， 因此面积的最大值等于，C正确； 对于D，以线段为直径的圆为的圆心，半径， 圆的圆心，半径，，则圆与圆外切，D正确. 故选：ACD 15．ABD 【分析】分别联立曲线与直线方程，表示出韦达定理，解方程组可得B正确；由斜率的定义结合选项B可得A正确；当轴时，求出四点坐标，得到两直线方程，求出交点横坐标可判断C错误；由三角形的面积公式结合选项B和基本不等式可得D正确. 【详解】 对于B：设，设直线交轴于点， 直线的方程为：， 联立，消去可得，， 所以，同理， 设直线， 联立，消去可得，， 所以， 设直线， 联立，消去可得，， 所以， 联立方程组，可得，故B正确； 对于A：由B可得，， 当时，，故A正确； 对于C：当轴时，可知，， 求得直线的方程为，直线的方程为， 将这两方程联立方程组，解得，故C错误； 对于D：设与的面积分别为，则， 又， 所以，当且仅当时，等号成立，故D正确． 故选：ABD. 16． 【分析】建立直角坐标系，根据确定轨迹为圆，转化到空间得到轨迹为两球的交线，计算球心距，对应圆的半径为，再计算周长得到答案. 【详解】以所在的平面建立直角坐标系，为轴，的中垂线为轴： 则，，，设，由，可得：， 整理得到：，故点在平面的轨迹是以为圆心，半径的圆， 转化到空间中：当绕为轴旋转一周时，，不变，依然满足， 故空间中点的轨迹为以为球心，半径为2的球，同时点在球商，故点在两球的交线，为圆， 球心距为， 所以为直角三角形，对应圆的半径为，周长为 故答案为： 17． 【分析】根据给定条件，求出双曲线的方程，再利用三角形的重心坐标公式求得动点的轨迹方程，借助两点间距离公式求出的最小值. 【详解】由双曲线经过点，得，解得， 则双曲线，显然，设， 由的重心为 ，得，解得， 又，于是，即， 而不共线，即 且，因此不满足上述方程， 于是，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： ①几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； ②代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 18． 【分析】借助椭圆定义与抛物线定义结合题目条件可得点的坐标，再借助面积公式计算可得的面积. 【详解】由，可得， 由，可得与椭圆短轴的一个顶点重合， 根据椭圆的对称性，， 所以的面积等于的面积的2倍， 由抛物线的定义知，点到准线的距离为， 所以点的横坐标为，代入抛物线得点的纵坐标为， 所以的面积为． 故答案为：. 19． 【分析】根据条件，列出关于，，的齐次式，从而求双曲线的离心率. 【详解】如图：    因为轴，且在双曲线上，所以， 又，所以为中点. 因为最大，所以经过，两点的圆与相切于，此时点坐标为， 圆心， 由 . 故答案为： 20．24 【分析】求出点的轨迹方程为，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，根据图中几何关系求出即可. 【详解】由已知条件得直线过圆心，即， ∴点的轨迹方程为， 圆心到直线的距离为，圆的半径, ∴， 故答案为：. 21．(1) (2)①证明见解析；② 【分析】（1）利用椭圆的性质直接求解即可； （2）①由题知直线斜率存在，设直线，，，联立方程，结合韦达定理，表示出直线和的方程，化简得到，即可判断直线，的交点在直线上. ②设直线与直线，的交点分别为，，表示出，即求的最小值，利用换元法可得，即可得到结果. 【详解】（1）根据题意可得，，， 则，所以， 所以椭圆的标准方程为. （2）①因为直线过点， 可知直线的斜率存在，且直线与椭圆必相交， 可设直线，，， 联立方程，消去可得， 则， 由根与系数的关系可得：，， 因为，， 可得直线，直线， 所以 ． 即，解得， 所以直线，的交点在直线上. ②设直线与直线，的交点分别为，， 则由（1）可知：直线，直线． 联立和方程， 解得，， 因为， 又因为点到直线的距离， 可得，只需求的最小值． 由弦长公式可得 ． 令，则． 可得 ， 当且仅当，即时等号成立． 即的最小值为，可得面积的最小值为． 故直线，，围成的三角形面积的最小值为. 22．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据列式运算求得，得解； （2）设直线为与抛物线联立，利用弦长公式求得，再利用点到直线距离公式求得边上高，表示出，设，利用导数判断单调性求得的最小值； （3）设直线的方程为，与抛物线联立，由得，同理可得，可得，满足方程与联立验证即可. 【详解】（1）根据题意得，， ，，解得， 所以，抛物线的标准方程为. （2）设直线为代入得，， 设，，，则有，. 点到直线的距离为， ， ， 设， 则，所以函数在上单调递增， 所以，所以的最小值为. （3）直线的方程为， ，， ，即， 代入到得：， ，即，① 同理直线的方程为即， 代入到得：， ，即，② 由①②，显然，满足方程， 再将直线代入到得：， ，所以直线也与相切. 【点睛】关键点睛：本题第三问解题的关键是得到点的坐标均满足，即直线的方程为，与联立验证. 23．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设点，表示，，结合点在椭圆上即可证明； （2）令，，，设出直线的方程，代入椭圆方程，用表示，，所以，设函数，根据函数的单调性即可求解. 【详解】（1）由题意可知，， 设点，，， 因为，得， 所以，即； （2）不妨令，，，    由（1）可设直线的斜率，则直线：， 将代入中，得， 所以， 所以， 因为，用替换，得， ， 所以的面积， 所以，令， 则， 又因为函数在上单调递增， 所以当时，有最小值，即， 所以（当且仅当，即时等号成立）， 所以面积的最大值为. 24．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据切线长定理可得，可得，，从而可求解. （2）根据题意设出直线，分别与椭圆方程联立，再结合根与系数的关系从而可求解. 【详解】（1）设椭圆Γ的标准方程为 ， 由切线长定理知， 则，解得. 由，解得 . 所以椭圆Γ的标准方程为 （2） 设, 已知，设， 联立方程组 ， 消去 y得 ， 显然， 由，可得 ，，       所以， 联立方程组， 消去 y得 ， 显然， 由，可得 ，， 同理                因为 M，N是切点，且，所以直线的方程为 ，即， 显然直线MN过定点，即M，D，N三点共线，则 ， 解得或（舍去）， 联立方程组，解得 ， 即点 P 在直线上. 【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. 25．(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）对向量坐标化，整理得曲线轨迹方程； （2）法一：由条件得，结合斜率和重心坐标公式得P坐标，由角分线意义得，平方化简得是方程的两根，直线与曲线联立，结合韦达定理求出P坐标，即可求解；法二：由圆切线方程抽方程可知直线的方程为，与圆联立得，结合韦达定理得P坐标，即可求解. 【详解】（1）设点， 即， ， ， ， 化简得曲线的方程：； （2）（ⅰ）解法1：设，为的角平分线． 为重心为的中线，S三线合一可得 ， 为重心 ① 设直线方程为：，直线方程为：， 是的平分线，点到直线的距离为点到直线的距离为1， ， 可得 同理， 即是方程的两根，， 联立可得：， ，同理， 点为重心，，即， 又， 故点的坐标为② 联立①②可得即 （ⅱ）由（ⅰ）知， ， 等价于时满足题意． （ⅰ）解法2： 是的平分线，点到直线的距离为点到直线的距离为1， 直线与圆相切， 设直线与圆的切点分别为， 设直线上任意一点坐标为，则，可得，整理得， 结合，进一步可得直线方程为：， 同理直线方程为， 因为点在两条直线上， 所以可知直线的方程为， 代入圆方程可得： 即： 设直线的斜率，直线的斜率为， 即， 联立直线与抛物线方程，， 可得：， ，同理可得， 点为重心，，即， 又 故点的坐标为② 其余过程同解法1． 【点睛】关键点点睛：本题考查直线与抛物线位置关系,关键是利用角分线的意义抽方程或直线,进而得韦达定理求出P坐标. 26．(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）先求出双曲线的方程及直线的方程，联立方程求出点的坐标，进而可得出答案； （2）易得，可令，则，根据双曲线的定义求出，即可求得，再在直角中，求出，即可得直线的方程，再利用勾股定理求出的关系，进而可得渐近线方程，再联立直线和渐近线方程，设，利用韦达定理求得，即可得点的坐标，进而可得出结论； （3）先利用角平分线定理可得，即可得点的坐标，再求出，即可得直线的方程，进而可得点的坐标，再根据四边形的面积求出，即可得解. 【详解】（1）因为，，所以，， 故双曲线方程为，直线的方程为， 由，解得，即， 所以， 所以反射光线所在的直线方程为，即； （2）因为为直角三角形，， 可令，则， 由双曲线的定义可得， 即，所以， 所以， 所以， 在直角中，， 所以直线的方程为， 由， 得，所以，所以， 所以两条渐近线得方程为， 联立，得， 设， 则， 故， 所以， 所以， 所以， 所以为定值； （3）由双曲线得光学性质可得，直线平分， 所以， 在中，由正弦定理得，则， 在中，由正弦定理得，则， 因为，所以， 所以，所以， 所以，故， 而， 所以， 所以直线的方程为，故点的坐标为， 设四边形的面积为， 则， 所以，故， 所以求的方程为．    【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 学科网（北京）股份有限公司 $$