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

陕西省部分市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·陕西咸阳·模拟预测）设，分别是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于，两点，且，，则椭圆的离心率为（    ）. A． B． C． D． 2．（2024·陕西榆林·模拟预测）设，是双曲线的左，右焦点，过的直线与轴和的右支分别交于点，，若是正三角形，则（    ） A．2 B．4 C．8 D．16 3．（2024·陕西西安·三模）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 4．（2024·陕西宝鸡·三模）已知双曲线的左、右顶点分别为A、B，点在上，是等腰三角形，且外接圆面积为，则双曲线的离心率为（    ） A． B．2 C． D． 5．（2024·陕西商洛·三模）已知抛物线的焦点为F，过F的直线交E于A，B两点，点P满足，其中O为坐标原点，直线AP交E于另一点C，直线BP交E于另一点D，记，的面积分别为，，则（    ） A． B． C． D． 6．（2024·陕西西安·三模）已知椭圆的离心率为，则（    ） A． B． C． D． 7．（2024·陕西渭南·二模）已知O为坐标原点，A、B、F分别是椭圆C：（）的左顶点、上顶点和右焦点，点P在椭圆C上，且以OP为直径的圆恰好过右焦点F，若，则椭圆C的离心率为（   ） A． B． C． D． 8．（2024·陕西安康·模拟预测）设分别为椭圆的左､右顶点，是上一点，且，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 9．（2024·陕西西安·模拟预测）已知分别是双曲线的左、右焦点，过作双曲线的渐近线的垂线，垂足为，且与双曲线的左支交于点，若（为坐标原点），则双曲线的离心率为（   ） A． B． C． D． 10．（2024·陕西榆林·三模）设为双曲线的上､下焦点，点为的上顶点，以为直径的圆交的一条渐近线于两点，若，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 11．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）已知直线与双曲线交于两点，点是弦的中点，则双曲线的离心率为（    ） A．2 B． C． D．3 二、填空题 12．（2024·陕西宝鸡·三模）抛物线过点，则点到抛物线准线的距离为 ． 13．（2024·陕西商洛·三模）已知抛物线的焦点为，过的直线交于，两点，点满足，其中为坐标原点，直线交于另一点，直线交于另一点，记的面积分别为，则 ．（结果用表示） 14．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知，抛物线的焦点为F，准线为l，点A是直线l与x轴的交点，过抛物线上一点P作直线l的垂线，垂足为Q，直线PF与MQ相交于点N，若，则△AMN的面积为 ． 15．（2024·陕西西安·三模）已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线交双曲线的左支于A，B两点，，，则双曲线的离心率为 ． 16．（2024·陕西渭南·二模）若点A在焦点为F的抛物线上，且，点P为直线上的动点，则的最小值为 . 17．（2024·陕西咸阳·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆上任意一点，为曲线上任意一点，则的最小值为 . 18．（2024·陕西汉中·二模）已知A，B是抛物线上异于原点的两点，且以为直径的圆过原点，过向直线作垂线，垂足为H，求的最大值为 . 三、解答题 19．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知椭圆C：的左，右焦点分别为，，过的直线与椭圆C交于M，N两点，且的周长为8，的最大面积为． (1)求椭圆C的方程； (2)设，是否存在x轴上的定点P，使得的内心在x轴上，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由． 20．（2024·陕西宝鸡·三模）已知椭圆E：（）和圆C：，C经过E的右焦点F，点A，B为E的右顶点和上顶点，原点O到直线AB的距离为. (1)求椭圆E的方程； (2)设D，A是椭圆E的左、右顶点，过F的直线l交E于M，N两点（其中M点在x轴上方），求与的面积之比的取值范围. 21．（2024·陕西商洛·模拟预测）已知双曲线的焦距为，且的离心率为.记为坐标原点，过点的直线与相交于不同的两点. (1)求的方程； (2)证明：“的面积为”是“轴”的必要不充分条件. 22．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知椭圆C：的右顶点为，离心率为，过点的直线l与C交于M，N两点． (1)若C的上顶点为B，直线BM，BN的斜率分别为，，求的值； (2)过点M且垂直于x轴的直线交直线AN于点Q，证明：线段MQ的中点在定直线上． 23．（2024·陕西安康·模拟预测）已知抛物线的准线方程为，直线l与C交于A，B两点，且（其中O为坐标原点），过点O作交AB于点D. (1)求点D的轨迹E的方程； (2)过C上一点作曲线E的两条切线分别交y轴于点M，N，求面积的最小值. 24．（2024·陕西西安·模拟预测）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为． (1)求曲线的普通方程与直线的直角坐标方程； (2)若曲线截直线所得线段的中点坐标为，求实数的值． 25．（2024·陕西咸阳·三模）已知直线过定点，动圆过点，且在轴上截得的弦长为4，设动圆圆心轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)点，，为上的两个动点，若，，恰好为平行四边形的其中三个顶点，且该平行四边形对角线的交点在上，记平行四边形的面积为，求证：. 26．（2024·陕西西安·一模）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为. (1)写出曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程； (2)曲线与交于两点，求直线的直角坐标方程及. 27．（2024·陕西汉中·二模）已知椭圆的离心率为，短轴长为. (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知点，过点M且斜率不为0的直线l交椭圆于P，Q两点，当时，求m的值. 参考答案： 1．B 【分析】由，设出，根据椭圆的定义可知，，再由，可知和都是直角三角形，最后利用勾股定理列方程求解即可. 【详解】因为，不妨令，    由过的直线交椭圆于，两点，由椭圆的定义可得，，， 则，， 又因为，所以，则和都是直角三角形， 由勾股定理可得，， 即，解得， 所以，， 又，， 所以，解得， 所以椭圆的离心率为. 故选：B. 2．B 【分析】根据双曲线的定义及等边三角形的性质计算可得. 【详解】对于双曲线，则， 根据双曲线定义有， 又，，故． 故选：B    3．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 4．A 【分析】不妨设点在第一象限，作出图形，分析可知，利用正弦定理求出的值，进而可得出直线的斜率，求出直线的方程，结合二倍角的正切公式以及点斜式可得出直线的方程，可求出点的坐标，将点的坐标代入双曲线的方程，求出的值，即可求出双曲线的离心率的值. 【详解】不妨设点在第一象限，如下图所示： 由图可知，，且， 因为为等腰三角形，则， 设的外接圆半径为，则，可得， 由正弦定理可得，则，即， 易知，为锐角，则， 所以，， ， 所以，直线的方程为，直线的方程为， 联立，解得，即点， 将点的坐标代入双曲线的方程可得，可得， 因此，双曲线的离心率为. 故选：A. 5．C 【分析】设直线的方程为，，，联立抛物线方程结合韦达定理有，同理，从而，同理，结合三角形面积公式即可得解. 【详解】根据已知条件作出图形，如图所示 由题意知，又，所以. 显然直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为，，， 由，得，显然，所以. 显然直线BD的斜率不为0，设，直线BD的方程为， 由，得，显然，所以， 又，所以，设，同理可得， . 故选：C. 【点睛】关键点点睛：关键在于同理思想的运用，通过韦达定理得出，，再结合三角形的面积公式即可. 6．D 【分析】根据离心率的定义以及椭圆中三者的关系即可求解. 【详解】由题可知离心率，则， 又，所以，即，所以. 故选：D. 7．C 【分析】根据给定条件，求出点的坐标，再结合斜率坐标公式建立方程并求出离心率. 【详解】令椭圆的右焦点，依题意，轴，且点在第一象限， 由，解得，则，而， 由，得，解得，， 所以椭圆C的离心率. 故选：C 8．D 【分析】由题意，根据余弦定理和同角的商数关系可得，，设，则，得，结合离心率的概念即可求解. 【详解】在中，由， 得，所以， 由，得， 所以， 设，则， 又， 又， . 故选：D. 9．B 【分析】分别在和利用三角函数的定义和余弦定理，得到关于的等式，解得，再根据离心率公式即可求解. 【详解】因为是的中点，所以，所以为的中点，    因为，所以点到渐近线的距离， 又，所以， 连接，易知， 则由双曲线的定义可知， 在中由余弦定理，得， 整理得，所以双曲线的离心率为， 故选：B 10．C 【分析】联立双曲线的渐近线与圆的方程可得、点坐标，结合点坐标借助向量夹角计算公式可得、的关系，即可得离心率. 【详解】由题意知以为直径的圆的方程为， 根据对称性，不妨设一条渐近线方程为，在第二象限， 联立，解得或， 则，又， 所以， 则，即， 所以离心率. 故选：C. 11．A 【分析】利用点差法可求的关系，从而可求双曲线的离心率. 【详解】设，则，且， 所以，整理得到：， 因为是弦的中点， 所以，所以即 所以， 故选：A. 12． 【分析】将已知点代入抛物线方程求得，结合抛物线定义求解即可. 【详解】由题意，解得，所以抛物线的准线为， 故所求为. 故答案为：. 13． 【分析】设直线的方程为，联立抛物线方程结合韦达定理有，同理，从而，同理，结合三角形面积公式即可得解. 【详解】 由题意知，又，所以． 显然直线的斜率不为0，设直线的方程为， 由，得，所以． 显然直线的斜率不为0，设，直线的方程为， 由得，所以， 又，所以， 设，同理可得， 所以． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：关键在于同理思想的运用，通过韦达定理得出，，由此即可顺利得解. 14．/ 【分析】先通过得到点位置，再通过得到线段长度，设，根据焦半径公式可得求出，根据可得面积. 【详解】如图，由，得，又因为为，的中点， 所以，即N为PF的三等分点，且， 又因为， 所以，且， 所以． 不妨设，且在第一象限，，，解得， 因为点在抛物线上， 所以， 所以△AMN的面积． 故答案为：. 15． 【分析】设，，在中，利用余弦定理求出，再根据双曲线的定义即可求出，再在中，利用余弦定理即可得解. 【详解】由题可设，， 由余弦定理可得， 即，解得， 因为，所以，即， 在中，，，， 所以， 即，解得， 则所求双曲线的离心率为． 故答案为：． 16． 【分析】先求得点的坐标，再求得关于直线的对称点，借助三点共线求得的最小值. 【详解】抛物线的焦点，准线，设， 则，解得，显然，不妨设， 关于直线的对称点为，则 因此，当且仅当三点共线时取等号， 所以的最小值为. 故答案为： 17． 【分析】求出点的坐标，求出圆的圆心和半径，再利用圆的性质求出最小值. 【详解】椭圆中，右焦点，圆的圆心，半径， 显然椭圆与圆相离，由点在圆上，得， 于是， 当且仅当分别是线段与椭圆、圆的交点时取等号， 所以的最小值为. 故答案为： 18． 【分析】结合向量垂直的性质，推得，设出直线的方程，并与抛物线方程联立，运用韦达定理，求出直线所过定点，再结合圆的性质，即可求解， 【详解】依题意，设，， 以为直径的圆过原点，则，解得， 易知直线的斜率不为0，不妨设直线的方程为， 联立，化简整理可得， 所以，解得， 故直线恒过定点， 因为， ，则，，，四点共圆， 即点在以为直径的圆（除原点外）上运动， 此时该圆直径为， 故的最大值为该圆的直径，即. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用向量垂直的性质与韦达定理求得直线所过定点，从而得解. 19．(1)或 (2)存在， 【分析】（1）根据题意列出方程组，求出即可得解； （2）由题意可将原问题转换为，设直线的方程为：，，联立椭圆方程，结合韦达定理可求得的值即可. 【详解】（1）∵的周长为8，的最大面积为， ∴，解得，或，． ∴椭圆C的方程为或等． （2）    由（1）及易知， 不妨设直线MN的方程为：，，，， 联立，得． 则，， 若的内心在x轴上，则， ∴，即，即， 可得． 则，得，即． 当直线MN垂直于x轴，即时，显然点也是符合题意的点． 故在x轴上存在定点，使得的内心在x轴上. 20．(1) (2) 【分析】（1）根据条件，转化为关于的方程组，即可求解； （2）讨论斜率存在和不存在两种情况，斜率不存在时，直接计算，斜率存在时，直线的方程与椭圆方程联立，得到韦达定理，并表示三角形的面积比值，利用韦达定理表示面积比值，并求范围. 【详解】（1）设椭圆焦距为2c， 由题意可得，有① 又因为直线AB方程为， 所以② 联立①②解得：，， 故椭圆方程为 （2）①当l斜率不存在时，易知； ②当l斜率存在时，设l：（），， 由得，显然， 所以，， 因为，， 所以 因为， 又， 设，则，，解得且， 所以， 综上，的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题第2问的关键巧妙用韦达定理表示的范围. 21．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由焦距为，可得，离心率为，可得，进而，则可得的方程； （2）当轴时，求出坐标，则可求出的面积，即可证明必要性；设直线的方程为，，联立直线与双曲线方程，消元，得韦达定理，由，求出，即可证明. 【详解】（1）设的焦距为，则，得， 因为，所以， 所以，故的方程为. （2）当轴时，不妨假设在第一象限， 由，解得， 则， 则，必要性得证； 由题意直线的斜率存在，设直线的方程为，， 联立，得， 由且，得且， . ， 整理得，则当或（满足且）时， 均有的面积为，所以充分性不成立. 故“的面积为”是“轴”的必要不充分条件. 【点睛】关键点点睛：轴，即可得交点坐标，由面积公式求出面积；通过直曲联立消元，利用韦达定理，是解决直线与圆锥曲线一类问题的通用方法，本题即可求出直线的斜率，问题的证. 22．(1)-3 (2)证明见解析 【分析】（1）根据离心率和，待定系数法求出，，，得到椭圆方程，设直线l的方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，，代入两根之和，两根之积，求出的值； （2）设线段MQ的中点为，又，故，根据三点共线，得到，计算出，故，得到线段MQ的中点在定直线上. 【详解】（1）由题意知， 解得，，， 所以C的方程为， 显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为：，，， 由，得， 由方程的判别式，可得， 所以，， 易得，所以，， 所以 ， （2）证明：设线段MQ的中点为，又，， 所以，，即，又A，N，Q三点共线， 所以，即， 所以，又， 又 所以 ， 所以，即线段MQ的中点在定直线上． 【点睛】定值问题常见方法：（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. 23．(1) (2)8． 【分析】（1）由抛物线准线方程即可得到p，从而求得抛物线方程，然后利用两个垂直转化为向量的数量积为0，再结合点D在直线AB上，得到等式，消元即可求得点D轨迹方程； （2）易知，利用切线方程求出M，N的坐标，然后求得，最后用表示的面积，再利用基本不等式即可求得面积的最小值. 【详解】（1）由题意可得，即，所以抛物线方程为 设，则， 因为，所以， 及，又由题意可知，所以 又，且 所以， 即， 又因为点D在直线AB上，且， 所以，即， 所以， 由①②式可得， 当时，，解得；，此时； 当时，消可得，，即， 点同样满足该方程， 显然D与O不重合，所以， 综上，点D的轨迹E的方程为； （2）因为，结合题意可得切线斜率存在且都不为0， 设切线的斜率为，的斜率分别为，则 切线方程为，即， 令，得， ， 又，消元得 因为相切，所以， 即 易知的斜率分别为是方程③的两个根， 所以， 所以， 所以， 所以， 令， ，当且仅当，即时，取等号. 综上，面积的最小值为8. 【点睛】关键点点睛：第（1）小题的关键是利用两个垂直，转化为数量积为0的等量关系，然后借助点在直线上，利用向量共线得到另一个等量关系，消元即可求得动点的轨迹方程；第（2）小题的关键是利用切线方程与圆的方程联立，求得一个关于斜率k的一元二次方程，把两条切线的斜率转化为一个关于k的一元二次方程的两根，用韦达定理求出的值，最后求得面积关于的表达式. 24．(1)，； (2). 【分析】（1）消去参数化参数方程为普通方程，再利用极坐标与直角坐标互化公式求出的直角坐标方程. （2）把直线的方程与曲线的普通方程联立，借助韦达定理求出值并验证即得. 【详解】（1）由，得，消去参数，得， 把代入，得， 所以曲线的普通方程为，直线的直角坐标方程为. （2）由消去y并整理得，， 由曲线截直线所得线段的中点坐标为，得，解得， 当时，方程为，其中，即曲线与直线交于两点， 所以实数的值为. 25．(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）设出点的坐标，利用圆的弦长公式列式化简即得. （2）设出点的坐标，结合给定条件，探讨直线的斜率，表示出该直线方程，再与抛物线方程联立，建立四边形的面积的函数关系，利用导数求出最大值即得. 【详解】（1）设圆心坐标为过定点，依题意，， 化简得， 所以曲线的方程为. （2）显然点不在曲线上，设，直线PQ的斜率为，线段PQ的中点为， 由平行四边形PAQB对角线的交点在上，得线段PQ的中点在直线上， 设，显然，两式相减得， 又，即， 设直线PQ的方程为，即， 由消去x并整理得，， 则，解得， 则， 又点到直线PQ的距离为， 所以，， 记，由，得，则， 令，求导得，令，得， 当时，在区间内单调递增， 所以当，即时，取得最大值，即， 所以. 【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． 26．(1)曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为 (2)直线， 【分析】（1）根据曲线的参数方程求出曲线的普通方程，根据曲线的极坐标方程求出曲线的直角坐标方程； （2）曲线的方程减去曲线方程得直线方程，利用垂径定理即可求解弦长. 【详解】（1）因为曲线的参数方程为（为参数）， 所以，因为曲线的极坐标方程为， 所以， 所以， 所以曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为； （2）由题设，曲线的方程与曲线方程作差， 得公共弦所在直线方程为，所以直线的方程为， 设曲线圆心到直线的距离为， 所以，所以. 27．(1) (2) 【分析】（1）由题意，根据题目所给信息以及，，之间的关系，列出等式求解即可； （2）设出直线的方程和，两点的坐标，将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式和换元法进行求解即可. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，短轴长为， 所以，解得， 所以椭圆的标准方程为； （2）因为直线过点且斜率不为0， 不妨设直线的方程为，， 联立，消去并整理得， 此时，则，， 所以，， 因为点在直线上，所以， 因为，所以， 同理得， 所以， 又且，即，所以，异号， 此时， 因为， 所以， 不妨令，则，整理得， 当且仅当，即时，等号成立， 故. 【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. 学科网（北京）股份有限公司 $$