直线与圆锥曲线的位置关系 专题训练-2025届高三数学一轮复习

直线与圆锥曲线的位置关系专题训练-2025年高考数学一轮复习题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知直线与抛物线在第一象限交于点 ，若点到的准线的距离为，则 （     ） A．2 B．3 C． D．5 2．已知椭圆上存在两点关于直线对称，若椭圆离心率为，则的中点坐标为（    ） A． B． C． D． 3．若直线与双曲线没有公共点，则双曲线的离心率满足（    ） A． B． C． D． 4．已知抛物线 过抛物线的焦点 作直线与抛物线交于两点，且抛物线的准线与轴的交点为，则以下结论错误的是 （  ） A． B． C． D． 5．抛物线：焦点为，准线与轴交于K，点P为抛物线上任意一点，的角平分线与轴交点为，则m最大值为（ ） A． B． C． D． 6．过抛物线的焦点F的直线交该抛物线于两点（点A在y轴左侧），若，O为坐标原点，则直线的斜率为（   ） A． B． C．4 D．5 7．已知，分别是椭圆的左、右焦点，点，点在椭圆上，，，分别是，的中点，且的周长为4，则椭圆的方程为（   ） A． B． C． D． 8．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点是椭圆上一个动点，若的面积的最大值为，则（   ） A． B．3 C．9 D．7 二、多选题 9．已知直线与椭圆，则以下选项正确的是（    ） A．直线与椭圆有交点 B．椭圆长轴长为 C．直线与椭圆相切 D．椭圆过点 10．已知抛物线C:的准线与圆:相切，为上的动点，为圆上的动点，过作的垂线，垂足为，的焦点为，则下列结论正确的是（   ） A． B．当为正三角形时，直线与圆相离 C．的最小值为 D．有且仅有一个点，使得 11．已知椭圆，过椭圆左焦点F的直线l交椭圆C于A、B两点，设AB中点为M，直线OM交椭圆C于P、Q两点. 下列说法正确的是（    ） A．若，则椭圆C的方程为. B．若直线l垂直于x轴，. C．若直线l斜率为1，，则为锐角（O为原点）. D．若A关于x轴对称点在直线BM上，则直线l斜率为. 三、填空题 12．直线与抛物线相交于两点，且，则 . 13．已知点，直线，动圆P过点F，且与直线l相切，则圆心P的轨迹C的方程为 ；若直线及分别与曲线C交于异于原点的M，N两点. 当直线MN过点F时， . 14．阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.已知椭圆 的右焦点为，过F作直线l交椭圆于 A，B两点，若弦AB 中点坐标为 ，则该椭圆的面积为 . 四、解答题 15．已知椭圆的两个焦点分别为，离心率为，点为上一点，周长为，其中为坐标原点． (1)写出弦长公式. (2)求的方程； (3)直线与交于两点，求面积的最大值； 16．己知椭圆过点，且C的离心率为． (1)求椭圆C的方程： (2)过点的直线l交椭圆C于A，B两点，求的取值范围． 17．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点（其中点A在第一象限），点A到抛物线C的准线的距离为. (1)求直线l的斜率； (2)若，求的值. 18．已知双曲线的左、右焦点分别为 ，过点的直线与的左支交于 两点，设点为内切圆的圆心，为坐标原点. (1)证明：直线与圆相切于焦点； (2)设的渐近线方程为，求的取值范围. 19．已知椭圆的中心是坐标原点，它的短轴长为，一个焦点的坐标为，点的坐标为，且椭圆两个焦点之间的距离为． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)如果过点且斜率为的直线与椭圆相交于点，两点，求的面积； (3)如果过点的直线与椭圆相交于点，两点，且，求直线的斜率． 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 《直线与圆锥曲线的位置关系专题训练-2025年高考数学一轮复习题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A B D B B B D AB AC 题号 11 答案 ABC 1．B 【分析】先由直线方程与抛物线方程联方程组表示出点的横坐标，再根据抛物线的定义结合题意列方程可求出. 【详解】抛物线的准线方程为， 由，得，即， 解得或， 所以点的横坐标为， 因为点到的准线的距离为， 所以，解得. 故选：B. 2．A 【分析】设点、，线段的中点为，由已知条件可得出，利用点差法以及点在直线上，可得出关于、的等式，解出这两个量的值，即可得出线段的中点坐标. 【详解】设点、，线段的中点为，则， 由题意，椭圆的离心率为，可得， 因为、关于直线对称，且直线的斜率为， 则， 将点、的坐标代入椭圆方程可得， 上述两个等式作差可得， 可得， 即，即，即， 又因为点在直线上，则， 则有，解得，故线段的中点为. 故选：A. 3．B 【分析】根据双曲线的渐近线与直线的位置关系即可得解. 【详解】双曲线的渐近线， 双曲线与直线没有公共点，则. 又因为双曲线离心率大于1，所以B选项符合题意. 故选：B 4．D 【分析】设直线方程为，联立直线和抛物线的方程，由韦达定理得，，故选项AB正确；由，故C正确；由，当时，，即,故D错误. 【详解】设过抛物线的焦点的直线为：， 联立，消去得， 由韦达定理得， 则，故AB正确； 由，故C正确， 因为， 所以， 当时，，即,故D错误. 故选：D. 5．B 【分析】求出抛物线的焦点坐标，利用抛物线的定义，转化求出比值，，求出等式左边式子的范围，将等式右边代入，从而求解． 【详解】解：由题意可得，焦点F，准线方程为x＝−1，过点P作PM垂直于准线，M为垂足， 由抛物线的定义可得|PF|＝|PM|＝x＋1， 记∠KPF的平分线与轴交于，， 根据角平分线定理可得， ， 当时，， 当时，， ， 综上：． 故选：B． 【点睛】关键点点睛：利用数形结合进行转化是解决本题的关键．本题主要考查抛物线的定义、性质的简单应用，直线的斜率公式、考查学生的计算能力，属于中档题． 6．B 【分析】设，直线的方程为，代入，写出韦达定理，由易得，将其与韦达定理联立求得，根据两点求其斜率即得. 【详解】 如图，设，直线的斜率必存在，其方程可设为：， 代入可得：， 则，且， 因，则得③， 将③与①联立，可得. 于是直线AB的斜率为：. 故选：B. 7．B 【分析】由题意，可得，，三点共线，且，根据的周长为4，结合椭圆的定义求得，设，根据，求得点坐标，代入椭圆的方程，求得的值，即可求解. 【详解】因为，所以，，三点共线，且. 因为，分别为和的中点， 所以，所以. 设，，， 由，可得， 求得，，所以. 因为点在椭圆上，所以，求得，， 所以椭圆的方程为. 故选：B. 8．D 【分析】根据的面积为，即可求解. 【详解】根据题意可知椭圆半焦距，设点,，，那么， 所以的面积， 所以，所以，化简得， 即或9． 又因为，解得， 因此． 故选：D． 9．AB 【分析】联立方程，利用韦达定理即可判断AC；将椭圆方程化为标准方程，再根据长轴的定义即可判断B；将点代入椭圆方程即可判断D. 【详解】对于AC，联立， 消得， 则，所以直线与椭圆相交，故A正确，C错误； 对于B，将椭圆方程化为标准方程为，则， 所以椭圆长轴长为，故B正确； 对于D，因为， 所以椭圆不过点，故D错误. 故选：AB. 10．AC 【分析】A选项，抛物线准线为，根据圆心到准线的距离即可求解；B选项，由正三角形求得直线方程即可判断；C选项，结合抛物线定义可得三点共线时，可求最小值即可；D选项，直接设点坐标进行求解即可得. 【详解】A选项，抛物线的准线为，设准线与x轴交点为D， 圆的圆心到直线的距离显然是， 因为准线和圆相切，所以，A选项正确； B选项，因为为正三角形时， 所以， 又,在直角三角形中，， 所以, 所以此时直线方程为：， 圆心到直线的距离为，所以直线与圆相交，故B错误； C选项，， 当且仅当（P在F，M之间）三点共线时，等号成立， C选项正确； D选项， 设，由可得，又， 又，根据两点间的距离公式，， 整理得， ，则关于的方程有两个解， 即存在两个这样的点，D选项错误. 故选：AC. 11．ABC 【分析】由题意求出即可判断A；将代入椭圆方程可得，又与重合，则，即可判断B；利用直线与椭圆的位置关系，结合韦达定理和平面向量的坐标表示可得，即可判断C；利用求得，即可判断D. 【详解】A：由得，所以， 所以椭圆的方程为，故A正确； B：当轴时，将代入方程中，得， 解得，即，所以. 此时与重合，则分别为椭圆的左右顶点，得， 所以，故B正确； C：由，得，，设， 直线，由，得， 则，所以， 所以，即为锐角，故C正确； D：设，则，， 因为在直线上，所以，又， 所以，解得，此时点为椭圆的左右顶点，则，故D错误. 故选：ABC 12． 【分析】联立直线与抛物线方程，利用韦达定理以及抛物线焦点弦长公式，即可求解． 【详解】由消去y，整理得=， ∵直线与抛物线交于两点，∴，解得， 设，则， ∵直线过抛物线的焦点， 则，∴， ∴，则. 检验知满足条件. 故答案为：. 13． 【分析】由点P到点F的距离等于点P到直线l的距离，可得点P的轨迹是抛物线，求解可得曲线C的方程；由题意可得M，N两点关于轴对称，可求得M，N两点的坐标为或，代入方程可求. 【详解】因为动圆P过点F，且与直线l相切，所以点P到点F的距离等于点P到直线l的距离， 所以点P的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线， 所以圆心P的轨迹C的方程为； 因为直线与关于轴对称，抛物线关于轴对称， 所以M，N两点关于轴对称，又直线MN过点F，所以M，N两点的纵坐标为1， 所以，解得，所以M，N两点的坐标为或， 将与代入直线方程，可得，解得， 故答案为：；. 14． 【分析】先根据右焦点得出，进而应用中点结合点差法得出，即可得出椭圆面积. 【详解】因为右焦点为,得出， 设点中点为， 所以， 所以， 所以， 所以 所以，所以, 所以 所以该椭圆的面积为 故答案为：. 15．(1) (2) (3) 【分析】（1）直接写出弦长公式即可； （2）根据题意，列出关于的方程组，即可求解； （3）直线与椭圆方程联立，利用韦达定理求弦长，并求点到直线的距离，结合三角形的面积公式，以及基本不等式，即可求面积的最大值； 【详解】（1） （2）设焦距为，依题意，解得， 又，所以， 所以的方程为． （3）设， 联立方程，消去y可得， 则，解得， 可得， 则， 且点到直线的距离， 可得的面积， 当且仅当，即时，等号成立， 所以面积的最大值为. 16．(1) (2) 【分析】（1）根据已知条件得出关于的方程组，解之可得； （2）对直线分情况讨论：直线与轴重合时直接求出，直线与轴不重合时，设直线方程为，设点，直线方程代入椭圆方程后应用韦达定理，然后由弦长公式求得弦长，把积化为关于的函数，由不等式知识得其范围． 【详解】（1）由题意得，解得， 所以椭圆方程为； （2）直线与轴重合时，； 直线与轴不重合时，设直线方程为，设点， 由，得， 则恒成立， ，， 所以， 因为，则，所以， 综上所述，的取值范围是． 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法求解直线与圆锥曲线相交问题步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标； （2）联立直线方程与圆锥曲线方程，消元得到一元二次方程，必要时计算（保证直线与圆锥曲线相交）； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系式用交点坐标表示； （5）代入韦达定理的结论求解． 17．(1) (2) 【分析】（1）设点A的坐标，由已知可得，求得，可求直线l的斜率； （2）由（1）可得直线l的方程为：，与抛物线联立方程组，设点B的坐标，可得，由焦点弦长公式可求. 【详解】（1）设点A的坐标， 因为点A到抛物线准线的距离是， 所以，所以，代入抛物线方程得： 所以点，又因为点， 所以直线l的斜率. （2）因为抛物线C的焦点F，所以直线l的方程为： 由得：， 可知恒成立， 设点B的坐标，则， ，所以. 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用双曲线的定义及切线长的性质，即可证明结果； （2）根据条件可得，，从而的方程为，设设直线的方程为，联立椭圆方程得到，进而可得，再利用（1）结果及弦长公式，可得，再利用等面积法可得，即可求解. 【详解】（1）设的内切圆分别与，，PQ相切于点， 由双曲线的定义，得，所以， 又，所以， 即，结合，得， 又，所以；同理， 所以焦点与点C重合，故直线PQ与圆I相切于. （2）设，，，，圆的半径为. 由的渐近线方程为，即，则， 所以，，的方程为， 可设直线的方程为，代入E的方程，得， 首先，解得； 其次，，， .① 由（1），得， 所以. 又， 所以，② 由①②，得，解得，所以. 由，得，所以， 故的取值范围为. 【点睛】关键点点晴，本题的关键在于第（2）问，先设直线的方程为，联立椭圆方程，求得，再利用内切圆的性质及弦长公式可求得，进而得到，即可求解. 19．(1)， (2) (3)答案见解析 【分析】（1）先设椭圆方程再利用焦点之间距离，及短轴长联立方程得到结果. （2）列过点且斜率为的直线与椭圆联立，求出三角形的高和底边. （3）设，利用“设而不求法”把OP⊥OQ转化为，求出 斜率k，即可求出直线方程. 【详解】（1）由题意椭圆的焦点在轴上，标准方程设为 所以解得， 所以椭圆C的方程为， 椭圆离线率． （2）过点且斜率为的直线方程为， 联立得． 则，． 的高 （3）当直线过点且斜率存在时，设方程为， 联立得． 则，．    因为过点的直线与椭圆相交于点，两点，且， 设，知成立， ，解得，经检验可知 当斜率不存在时，不成立. 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 $$