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

浙江省部分市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·浙江绍兴·三模）已知直线与椭圆C：交于，两点，以线段为直径的圆过椭圆的左焦点，若，则椭圆的离心率是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·浙江杭州·模拟预测）已知双曲线的左焦点为，过坐标原点作直线与双曲线的左右两支分别交于两点，且，，则双曲线的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·浙江温州·三模）已知是椭圆的左右焦点，上两点满足：，，则椭圆的离心率是（    ） A． B． C． D． 4．（2024·浙江宁波·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，点A，B在上，直线倾斜角为，且，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·浙江杭州·三模）已知双曲线上存在关于原点中心对称的两点A，B，以及双曲线上的另一点C，使得为正三角形，则该双曲线离心率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．（2024·浙江金华·三模）已知，分别是椭圆的左，右焦点，是椭圆上一点，的角平分线与的交点恰好在轴上，则线段的长度为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·浙江金华·三模）已知椭圆，、分别为其左右焦点，点M在C上，且，若的面积为，则（    ） A． B．3 C． D．4 8．（2024·浙江绍兴·二模）已知点A，B，C都在双曲线：上，且点A，B关于原点对称，.过A作垂直于x轴的直线分别交，于点M，N.若，则双曲线的离心率是（    ） A． B． C．2 D． 9．（2024·浙江台州·二模）设，是双曲线：的左、右焦点，点分别在双曲线的左、右两支上，且满足，，则双曲线的离心率为（    ） A．2 B． C． D． 10．（2024·浙江宁波·二模）已知直线与圆相离，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 11．（2024·浙江绍兴·三模）已知，为圆上的两个动点，点，且，则（    ） A． B． C．外接圆圆心的轨迹方程为 D．重心的轨迹方程为 12．（2024·浙江金华·模拟预测）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（    ） A．直线过定点 B．为定值 C．的最大值为2 D．的最小值为4 13．（2024·浙江杭州·三模）如图，平面直角坐标系上的一条动直线l和x，y轴的非负半轴交于A，B两点，若恒成立，则l始终和曲线C：相切，关于曲线C的说法正确的有（    ） A．曲线C关于直线和都对称 B．曲线C上的点到和到直线的距离相等 C．曲线C上任意一点到原点距离的取值范围是 D．曲线C和坐标轴围成的曲边三角形面积小于 14．（2024·浙江嘉兴·二模）抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.如图，已知抛物线的准线为为坐标原点，在轴上方有两束平行于轴的入射光线和，分别经上的点和点反射后，再经上相应的点和点反射，最后沿直线和射出，且与之间的距离等于与之间的距离.则下列说法中正确的是（    ） A．若直线与准线相交于点，则三点共线 B．若直线与准线相交于点，则平分 C． D．若直线的方程为，则 15．（2024·浙江温州·二模）已知圆与圆相交于两点．若，则实数的值可以是（    ） A．10 B．2 C． D． 三、填空题 16．（2024·浙江杭州·模拟预测）椭圆：（）的左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线与椭圆交于，两点（在左侧），若，则的离心率为 . 17．（2024·浙江绍兴·三模）如图，，点A，B为射线OP上两动点，且，若射线OQ上恰有一个点C，使得，则此时OA的长度为 ． 18．（2024·浙江宁波·模拟预测）已知双曲线的离心率，则双曲线的渐近线方程为 . 19．（2024·浙江温州·模拟预测）椭圆的右焦点是F， 过F的直线交椭圆C于A，B两点.点O是坐标原点，若直线AB上存在异于F的点P，使得，则的取值范围是 . 20．（2024·浙江金华·三模）已知半径为1的圆经过点，则其圆心到直线距离的最小值为 ． 21．（2024·浙江温州·三模）过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，点，沿轴将坐标系翻折成直二面角，当三棱锥体积最大时， . 四、解答题 22．（2024·浙江金华·模拟预测）已知双曲线的实轴长为，右焦点到一条渐近线的距离为1. (1)求的方程； (2)过上一点作的两条渐近线的垂线，垂足分别为，若，求点的坐标. 23．（2024·浙江绍兴·三模）设双曲线C：（，）的一条渐近线为，焦点到渐近线的距离为1．，分别为双曲线的左、右顶点，直线过点交双曲线于点，，记直线，的斜率为，． (1)求双曲线的方程； (2)求证为定值． 24．（2024·浙江杭州·模拟预测）已知椭圆，直线，是直线上的动点，过作椭圆的切线，，切点分别为， (1)当点坐标为时，求直线的方程； (2)求证：当点在直线上运动时，直线恒过定点； (3)是否存在点使得的重心恰好是椭圆的左顶点，如果存在，求出点的坐标；如果不存在，请说明理由． 25．（2024·浙江温州·模拟预测）已知椭圆：，左右顶点分别是，，椭圆的离心率是.点是直线上的点，直线与分别交椭圆于另外两点，. (1)求椭圆的方程. (2)若，求出的值. (3)试证明：直线过定点. 26．（2024·浙江金华·三模）已知四点在抛物线上，直线经过点，直线经过点，直线与直线相交，交点在轴上. (1)求证：点是线段的中点； (2)记的面积为，的面积为，求的最小值. 27．（2024·浙江绍兴·二模）在平面直角坐标系中，动点（）与定点的距离和到直线：的距离之比是常数． (1)求动点的轨迹方程； (2)记动点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线交于两点，直线与曲线的另一个交点为. （i）求的值； （ii）记面积为，面积为，面积为，试问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 参考答案： 1．C 【分析】由题意可得四边形为矩形，结合椭圆定义与勾股定理可将分别用和表示，即可得离心率. 【详解】取右焦点，连接、，由在以线段为直径的圆上， 故，结合对称性可知四边形为矩形，有， 有，又， 由，则，， 由椭圆定义可得， 故， 则. 故选：C. 2．C 【分析】利用焦半径三角形及双曲线的几何定义，再结合余弦定理，就可以求得离心率，从而也就可以求得渐近线方程. 【详解】 边接，由关于原点对称，可知四边形是平行四边形， 即，，由得：， 又由双曲线的定义得，解得， 再由余弦定理得：， ， 即，再由， 故渐近线方程为：， 故选：C. 3．D 【分析】根据焦点三角形的边长关系，利用余弦定理即可求解. 【详解】由可知，设，则，,, 则由余弦定理可得 化简可得，故，（舍去）， 又, 所以，化简可得，故， 故选：D 4．D 【分析】由椭圆焦半径公式求出，结合条件列式运算得解. 【详解】根据题意，，所以直线的倾斜角为， 由椭圆焦半径公式得，， ，，即， 化简得，. 故选：D. 5．A 【分析】设点，则可取，代入双曲线方程整理可得，结合渐近线列式求解即可. 【详解】由题意可知：双曲线的渐近线方程为， 设点，则可取， 则，整理得， 解得，即，可得，则， 所以该双曲线离心率的取值范围是． 故选：A. 【点睛】关键点点睛：1.巧妙设点：设点，根据垂直和长度关系可取； 2.根据渐近线的几何意义可得：. 6．C 【分析】先根据题意画出图象，由角平分线的性质可得点到直线与的距离相等，进而利用直线的方程可得点的坐标，然后列方程求点的坐标，从而可得. 【详解】由题意可知，点只能在第一、四象限，不妨设点在第一象限，如图所示：    设，又， 由题意可知，直线的斜率一定存在， 所以，直线，即，则点， 直线，化为一般形式得， 因为点在的角平分线上，所以点到直线与的距离相等， 点到直线的距离， 点到直线的距离， 于是，化简得， 即， 又点在椭圆上，所以，得， 因此，，即， 解得或，点在第一象限，所以，， 则点， 所以. 故选：C. 【点睛】思路点睛：首先设点的坐标，再求出直线，直线的表达式以及点的坐标，最后再根据点到角两边的距离相等以及点在椭圆上，解出点的坐标，最后再求线段的长度. 7．B 【分析】设，，由题意可得，，结合余弦定理可得，消元可得，求解即可. 【详解】设，，则， 化简得：，所以，， 另外，由余弦定理得：，结合以上两个式子， 消去可得， 又因为，所以化简可得：，所以，可得. 故选：B. 8．B 【分析】设，由且轴得，注意到，也就是，而，，即，由此结合离心率公式即可求解. 【详解】 不妨设，由且轴， 所以，所以， 从而，即， 设点，且它在双曲线上， ， 即，其中，， 从而，. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：关键是得到，，，由此即可顺利得解. 9．B 【分析】设与的交点为，，进而根据下向量关系得，再结合双曲线的性质即可得，，进而结合余弦定理求得，最后在中利用余弦定理求得，进而可得答案. 【详解】解：如图，设与的交点为，， 因为，所以， 所以，由双曲线的定义可知：，， 因为，所以， 所以，， 所以，， 所以，在中，， 所以 ，由余弦定理有：， 代入，，，整理得， 解得，（舍）， 所以，,，， 所以，在中，由余弦定理有：， 代入数据整理得：， 所以，双曲线的离心率为：. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于利用向量的关系得到，进而在中结合余弦定理求得. 10．B 【分析】根据圆心到直线的距离大于半径列不等式求解. 【详解】圆即， 则圆圆心为，半径为， 因为直线与圆相离 所以，解得. 故选：B. 11．ABC 【分析】根据圆的性质，可得判定A正确；当线段的中垂线经过点时，此时取得最值，结合圆的性质，可判定B正确；设的外接圆的圆心为，根据，求得轨迹方程，可判定以C正确；设的重心为点，结合C项，求得其轨迹方程，可判定D错误. 【详解】因为圆，可得圆心，半径为，且点在圆内， 对于A中，由，根据圆的性质，可得， 即，即， 所以的最大值为，所以A正确； 对于B中，因为，当线段的中垂线经过点时，此时取得最值， 如图所示，可得时，可得， 时，可得，所以B正确； 对于C中，设的外接圆的圆心为，则， 则有，可得， 即，所以C正确； 对于D中，设的重心为点，则， 由C项知的外接圆的圆心点的轨迹方程为， 且点为的中点，即，所以， 即，即，所以D错误. 故选：ABC. 12．BD 【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，即可判断A；对照系数结合得到的轨迹方程，计算出，，求出，即可判断B；得到点轨迹的渐近线，即可判断C；先得到，设，则，联立双曲线方程，由根的判别式得到不等式，即可判断D. 【详解】由于，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，联立得， ， 设，则， 故 ， 其中， 故，即， 所以，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； 故椭圆在点的切线方程为， 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， A选项，直线为，所以直线不过定点，故A错误； B选项，，同理可得， 则， 为定值，故B正确； C选项，由于，，，故双曲线的一条渐近线为， 设，则，故无最大值，故C错误； D选项，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，D正确. 故选：BD. 【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. 13．BCD 【分析】根据方程与图形，进行距离和面积的相关计算，逐项判断即可. 【详解】对于A，曲线C：中，，所以不关于直线对称，故错误； 对于B，设C上一点，则，而，故正确； 对于C，，， 所以，所以曲线C上任意一点到原点距离的取值范围是，故正确； 对于D，到点的距离， 故曲线C位于圆的左下部分四分之一圆弧的下方，故围成面积小于． 故选：BCD. 14．ACD 【分析】对A，设直线，与抛物线联立，可得，验证得解；对B，假设，又由抛物线定义得，可得，即，这与和相交于A点矛盾，可判断；对C，结合A选项有，，根据，运算可得解；对D，可求得点的坐标，进而求出，利用向量夹角公式运算得解. 【详解】对于选项A，因为直线经过焦点，设，，直线， 与抛物线联立得，， 由题意得，， 所以， 即三点共线，故A正确； 对于选项B，假设，又， 所以，所以，这与和相交于A点矛盾，故B错误； 对于选项C，与距离等于与距离，又结合A选项，则， 所以，故C正确； 对于选项D，由题意可得，， ， ， ，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】思路点睛：A选项，判断三点共线，即转化为验证，设出直线的方程与抛物线联立，求出点坐标，表示出的斜率判断；B选项，利用反证法，假设，结合抛物线定义可得与条件矛盾；C选项，根据题意可得，结合A选项的结论可判断；D选项，求出点的坐标，进而求出，利用向量夹角公式运算. 15．BD 【分析】根据题意，由条件可得弦所在的直线方程，然后将转化为圆心到直线的距离关系，列出方程，代入计算，即可得到结果. 【详解】由题意可得弦所在的直线方程为， 因为圆，圆心， 圆，圆心， 设圆心与圆心到直线的距离分别为， 因为，即， 所以，又， 即，化简可得， 即，解得或. 故选：BD 16．/0.4 【分析】取中点，根据给定条件，可得，再利用椭圆定义，结合二倍角的余弦公式列式计算即得. 【详解】设椭圆的半焦距为c，取中点，连接，则， 由，得，于是，则，， 由直线的斜率为，得，即， 而，解得，即， ，于是，解得， 所以的离心率为. 故答案为： 17． 【分析】由题意可得：与以为直径的圆相切，结合切线的性质与题目条件计算即可得. 【详解】由题意可得：与以为直径的圆相切， 取中点，连接，则且， 又，则，则. 故答案为：. 18． 【分析】由双曲线的离心率可得到，再由焦点在轴上的渐近线方程为求出即可. 【详解】因为双曲线的离心率， 所以， 又双曲线， 所以渐近线方程为， 故答案为：. 19． 【分析】分类讨论直线AB的斜率是否为0，设设，联立方程，由数量积结合韦达定理可得，结合基本不等式运算求解即可. 【详解】由题意可知：，则， 因为直线AB过F，可知直线AB与椭圆必相交， 若直线AB的斜率为0，即直线AB为x轴，不妨设， 则， 因为，则，解得， 当，此时点即为点，不合题意； 当，此时点，； 若直线AB的斜率不为0，设， 则， 联立方程，消去x得， 则， 因为，则， 可得， 整理得，则，， 即， 可得， 因为，则，当且仅当，即时，等号成立， 可得，所以； 综上所述：的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法 一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线 上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化． 20．1 【分析】先得出圆心的轨迹圆，再用轨迹圆的圆心到直线的距离减半径即可. 【详解】由题意知，半径为1的圆经过点，所以圆心的轨迹是以为圆心，半径为1的圆， 到直线的距离为， 所以圆心到直线距离的最小值为. 故答案为：1 21．/ 【分析】设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合三棱锥的体积公式求解． 【详解】由于直线过焦点，且与抛物线交于两个不同的点，故设其方程为， 联立方程，消去得，， 所以， 所以， 当，即时，三棱锥体积最大． 故答案为：． 22．(1) (2)或或或 【分析】（1）先通过实轴长求出，再利用右焦点到一条渐近线的距离求出，则的方程可求； （2）设，根据点到渐近线的距离以及点在上列方程组求解即可. 【详解】（1）因为双曲线实轴长为，故， 双曲线的一条渐近线方程为， 则，故双曲线的方程为； （2）设，则， 不妨设Q到直线距离为， 同理， 所以① 又因为②， 由①②解得或， 当时，得或， 又，则或， 解得或，同理有或， 所以点或或或. 23．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）借助渐近线定义及点到直线距离公式计算即可得； （2）设出直线方程，联立曲线可得与交点纵坐标有关韦达定理，作商即可得所设参数与纵坐标的关系，借助斜率公式表示出斜率后，消去所设参数即可得证. 【详解】（1）由题意可得，解得， 故双曲线的方程为； （2）由双曲线的方程为，则，， 由题意可知直线斜率不为，故可设，，， 联立，消去可得， ，即， 则，， 则，即， ，， 则 ， 即为定值.    【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. 24．(1) (2)证明见详解 (3)点存在，理由见详解 【分析】（1）设，由椭圆的切线方程，可得直线的方程是，点坐标为时，即可写出直线的方程； （2）由直线的方程是，点在直线上，满足，可得，可得直线恒过定点； （3）联立的方程与椭圆方程，因为的重心为，所以，由韦达定理表示出代入，再与联立，即可解得，进而得到，即可得点存在，坐标为. 【详解】（1） 设，已知椭圆为， 由椭圆的切线方程，切线的方程为， 又点在该直线上，所以， 切线的方程为， 又点在该直线上，所以， 则点，都在直线上，即直线的方程是， 当点坐标为时，， 所以直线的方程是，即. （2）由（1）知直线的方程是， 又点在直线上，所以， 得，代入的方程得， 即，所以， 解得，直线恒过定点. （3）因为直线的方程是，所以， 代入得， 整理得， 因为的重心为，所以，， 所以，得， 解得，则，此时轴，成立， 所以点存在，坐标为. 25．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由题意结合计算即可得； （2）设出点坐标，借助斜率公式计算即可得； （3）设出直线方程，联立曲线方程，借助韦达定理与（2）中所得计算即可得. 【详解】（1）由题意可得，，即， 所以，则椭圆； （2）设，由于，则； （3）显然MN斜率不为0，设：，，， 联立方程，则有， ， 则有，， 由于，则， 因为， 故， 即，解得或， 当时，，故舍去，即，适合题意， 故: ，则直线过定点. 26．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设，，，直线的方程为，直线的方程为，与抛物线联立可得，，进而可得，可得结论； （2）设，可得，进而可得，求得，可得，进而可得， 法一：利用导数可求的最小值.法二：利用基本不等式可求的最小值. 【详解】（1）设，，，直线的方程为，直线的方程为. 由得，所以； 由得，所以. 所以，即点的纵坐标是点、点的纵坐标的等差中项，故是的中点. （2）设，因为直线与直线相交，交点在轴上，所以， 从而，. 直线的方程是，所以，即. 因为是的中点，所以，. 法一：记，考察函数，. 因为， 所以在上是减函数，在上是增函数， 故的最小值是，即的最小值是. 法二：， 时取到等号，即的最小值是. 【点睛】思路点睛：求解直线与抛物线综合应用中的与三角形面积有关的最值（取值范围）问题的基本思路如下： ①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式； ②利用或其他限制条件求得变量的取值范围； ③利用变量表示出所求三角形的面积； ④通过换元法将所求内容转化为关于某一变量的函数的形式，利用函数的单调性或基本不等式求解出最值（范围）. 27．(1) (2)（i）；（ii）是，3 【分析】（1）根据题意列出方程，化简，即可求得答案； （2）（i）设，，，设直线方程为，联立曲线C的方程，可得根与系数关系式，同理设直线方程为，化简可得，即可求得答案；（ii）分别求出，的表达式，即可得到的表达式，化简即可得结论. 【详解】（1）由题意可知，， 化简得，于是，动点的轨迹方程为． （2）（i）设，，，不妨假设在第一象限， 则E在第四象限， 由题意知的斜率存在且不为0， 设直线方程为，代入可得， 需满足，所以， ,直线方程为，代入， 可得，，则， 因为，，所以， 即. 同理，，，即，所以，则关于x轴对称， 所以； （ii）. 所以，. 综上，为定值． 【点睛】易错点点睛：解答此类直线和圆锥曲线的位置关系类题目，综合性较强，难度较大，容易出错的地方在于复杂的计算，并且基本都是字母参数的运算，因此要求计算时要十分细心. 学科网（北京）股份有限公司 $$