专题04 立体几何、平面解析几何（宁夏专用）-【好题汇编】2025年高考数学二模试题分类汇编

专题04 立体几何、平面解析几何 题型概览 题型01 空间几何体 题型02 点、直线、平面之间的位置关系 题型03 空间向量与立体几何 题型04 直线与方程 题型05 圆与方程 题型06 椭圆 题型07 双曲线 题型08 抛物线 题型09 直线与圆锥曲线的位置关系 ( 题型01 )空间几何体 1．（2025·宁夏吴忠·二模）已知矩形中，，，以所在直线为旋转轴，将矩形旋转一周形成一个几何体，则的体积为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·宁夏银川·二模）已知正四棱锥的一个侧面的周长为，则该四棱锥体积的最大值时，其外接球表面积为 . 3．（2025·宁夏银川·二模）如图所示，一个正四棱台的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该正四棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·宁夏银川·二模）四棱锥的底面为正方形，面，动点M在线段上，则（    ）    A．四棱锥的外接球表面积为 B．的最小值为 C．不存在点M，使得 D．点M到直线的距离的最小值为 5．（2025·宁夏·二模）若球被一个平面所截，所得截面的面积为，且球心到该截面的距离为2，则球的表面积是（    ） A． B． C． D． 6．（2025·宁夏·二模）图①是底面边长为2的正四棱柱，直线经过其上，下底面中心，将其上底面绕直线顺时针旋转，得图②，若为正三角形，则图②所示几何体外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 7．（2025·宁夏·二模）盖碗是由茶碗、茶盖、茶船三件套组成，盖碗又称“三才碗”，蕴含了古代哲人讲的“天盖之，地栽之，人育之”的道理．如图是乾隆时期的山水人物方盖碗的茶盖和茶碗，近似看作两个正四棱台的组合体，其中茶碗上底面的边长为﹐下底面边长为，高为，则茶水至少可以喝（不足一碗算一碗）（    ） A．7碗 B．8碗 C．9碗 D．10碗 ( 题型0 2 )点、直线、平面之间的位置关系 8．（2025·宁夏·二模）在平行四边形中，，为的中点，将等边沿折起，连接，，且． (1)求证：平面； (2)点在线段上，且平面与平面所成角的余弦值为，求． 9．（2025·宁夏银川·二模）如图①所示，四边形是直角梯形，，且为线段的中点.现沿着将折起，使Q点到达P点，如图②所示，连接，其中M为线段的中点. (1)求证：； (2)若二面角的大小为，则在线段上是否存在一点N，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (3)在（2）的条件下，求点A到平面的距离. 10．（2025·宁夏·二模）如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，为半个圆柱上底面的直径，，，点，分别为，的中点，点为的中点． (1)证明：平面平面； (2)若是线段上一个动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 11．（2025·宁夏·二模）如图，在四棱锥中，平面平面，且．    (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值． ( 题型0 3 )空间向量与立体几何 12．（2025·宁夏·二模）如图，在梯形中，为线段上靠近点的三等分点，将沿着折叠，得到四棱锥，使平面平面为线段上的点． (1)求证：； (2)是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为?若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由． 13．（2025·宁夏·二模）如图，在三棱柱中，平面平面，为线段上一点．    (1)求证：； (2)是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. ( 题型0 4 )直线与方程 14．（2025·宁夏银川·二模）已知圆，直线，则（    ） A．直线l与圆C可能相切 B．当时，圆C上恰有三个点到直线l的距离等于1 C．直线l与直线垂直 D．若圆C与圆恰有三条公切线，则 15．（2025·宁夏吴忠·二模）椭圆上的点到直线的距离的最小值为 ． ( 题型0 5 )圆与方程 16．（2025·宁夏吴忠·二模）古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离的比值为定值（）的点的轨迹是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 17．（2025·宁夏银川·二模）若直线与曲线有公共点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． ( 题 型 0 6 )椭圆 18．（2025·宁夏·二模）已知椭圆过点，且椭圆的短轴长等于焦距． (1)求椭圆的方程； (2)若直线的斜率为，且与椭圆相交于、两点，求面积取得最大值时直线的方程． 19．（2025·宁夏·二模）在平面直角坐标系中，点，分别是椭圆：的右顶点，上顶点，若的离心率为，且到直线的距离为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与椭圆交于，两点，其中点在第一象限，点在轴下方且不在轴上，设直线，的斜率分别为，. （i）求证：为定值，并求出该定值； （ii）设直线与轴交于点，求的面积的最大值. 20．（2025·宁夏·二模）已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，与的公共弦的长为. （1）求的方程； （2）过点的直线与相交于，两点，与相交于，两点，且与同向 （ⅰ）若，求直线的斜率 （ⅱ）设在点处的切线与轴的交点为，证明：直线绕点旋转时，总是钝角三角形 ( 题型0 7 )双曲线 21．（2025·宁夏中卫·二模）已知双曲线的一条渐近线与直线平行，则C的离心率为 ． 22．（2025·宁夏·二模）已知分别为双曲线的左，右焦点，以为直径的圆与其中一条渐近线在第一象限交于点，过点作另一条渐近线的垂线，点恰在此垂线上，则双曲线的离心率为 ． 23．（2025·宁夏·二模）如图1所示，双曲线具有光学性质；从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线的左、右焦点分别为，从发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点和，且，则的离心率为(   ) A． B． C． D． ( 题型0 8 )抛物线 24．（2025·宁夏银川·二模）已知抛物线的焦点为F，点在抛物线上，且. (1)求抛物线C的方程. (2)已知过点F的直线交抛物线C于两点，的面积为，求直线的方程. 25．（2025·宁夏·二模）在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69.800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌.艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转后所得三条曲线与围成的（如图阴影区域），为与其中两条曲线的交点，若，则（    ）    A．开口向上的抛物线的方程为 B． C．直线截第一象限花瓣的弦长最大值为 D．阴影区域的面积大于4 26．（2025·宁夏·二模）抛物线上一点M到其焦点的距离为3，则点M到坐标原点的距离为 . ( 题型0 9 )直线与圆锥曲线的位置关系 27．（2025·宁夏·二模）已知椭圆的离心率为，短轴长为． (1)求的方程． (2)若上的两点满足，则称点为上的一对伴点，设为上位于第一象限的一点，且点的横坐标为1． （i）证明：点在上共有两个伴点； （ii）设（i）中的两个伴点分别为，若斜率为的动直线与交于点，点组成四边形，求四边形的面积的最大值． 28．（2025·宁夏·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．已知抛物线，为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点，反射后，再经过上另一点反射后，沿直线射出，经过点，则（    ） A． B．延长交直线于点，则三点共线 C． D．若平分，则 29．（2025·宁夏·二模）已知曲线，当变化时得到一系列的椭圆，我们把它称为“2~1椭圆群”． (1)若“2~1椭圆群”中的两个椭圆，对应的分别为，如图所示，直线与椭圆依次交于M，N，P，Q四点，证明：． (2)当时，直线与椭圆在第一象限内的交点分别为，设． （i）求证：为等比数列，并求出其通项公式； （ii）令数列，求证． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 立体几何、平面解析几何 题型概览 题型01 空间几何体 题型02 点、直线、平面之间的位置关系 题型03 空间向量与立体几何 题型04 直线与方程 题型05 圆与方程 题型06 椭圆 题型07 双曲线 题型08 抛物线 题型09 直线与圆锥曲线的位置关系 ( 题型01 )空间几何体 1．（2025·宁夏吴忠·二模）已知矩形中，，，以所在直线为旋转轴，将矩形旋转一周形成一个几何体，则的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以所在直线为旋转轴，旋转一周形成两个共底面的圆锥，旋转一周形成一个倒立的相同的几何体，将其体积记为，这两个几何体重叠部分是以圆为底面，为顶点的两个小圆锥，其体积记为，计算可求矩形旋转一周形成的面所围成的几何体的体积. 【详解】根据题意作出矩形与几何体，分别如图下左右两图所示： 旋转一周形成两个共底面的圆锥，旋转一周形成一个倒立的相同的几何体， 将这两个几何体的体积均记为，这两个几何体的重叠部分是以圆O为底面， A，C分别为顶点的两个小圆锥，记两个小圆锥的体积和为， 而，点B到直线的距离为，圆O的半径为， 所以的体积. 故选：C 2．（2025·宁夏银川·二模）已知正四棱锥的一个侧面的周长为，则该四棱锥体积的最大值时，其外接球表面积为 . 【答案】 【详解】根据题意作图，由题意得到关于底面边长和侧棱长以及高的等量关系，代入四棱锥体积公式，得到关于的函数，利用导函数研究其单调性，从而求得最大值.再利用此时各边长求出外接球的半径，计算球的表面积即可. 【分析】如图，设正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，高为， 因为正四棱锥的底面为正方形，顶点在底面的射影为底面的中心， 侧棱长相等，侧面为等腰三角形，所以，所以，得， 又，所以正四棱锥的体积 . 设， 则， 当时，，即在单调递增， 当时，，即在上单调递减， 所以，所以. 此时，，， 设该正四棱锥外接球的半径为，则， 解得，故其外接球表面积. 故答案为：. 3．（2025·宁夏银川·二模）如图所示，一个正四棱台的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该正四棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】检验所给定条件，结合正四棱台的结构特征求出正四棱台的高扩底面边长，再利用台体的体积公式计算得解. 【详解】设，则，正四棱台的各个侧面都为等腰梯形，上､下底面为正方形， 在四边形中，过点作于点，，则， ，解得， 在平面中，过点作于点，则为正四棱台的高， 且，因此， 该正四棱台的体积为. 故选：D 4．（2025·宁夏银川·二模）四棱锥的底面为正方形，面，动点M在线段上，则（    ）    A．四棱锥的外接球表面积为 B．的最小值为 C．不存在点M，使得 D．点M到直线的距离的最小值为 【答案】ABD 【分析】对于A项，将该四棱锥补为长方体，求出长方体的体对角线即可得出该四棱锥外接球的半径，根据表面积公式即可得出答案；对于B项，将四棱锥沿剪开得到平面图，根据已知求出各边边长，进而计算面积即可得出答案；对于C项，假设存在点M，建立空间直角坐标系，表示出的坐标.进而根据，得出，列出方程解出的值，即可得出判断；对于D项，表示出，进而根据向量法表示出点M到直线的距离.结合二次函数的性质，即可得出最小值. 【详解】对于A项，将该四棱锥补为长方体，可知即为该长方体的一条体对角线， 且. 且该长方体的外接球即为该四棱锥的外接球，半径为， 表面积为，故A正确；    对于B项，如图1，将四棱锥沿剪开得到平面图，连结，交于点， 易知均为直角三角形，且全等， 且，，， 则，且， 即有， 所以，即的最小值为.故B正确；    对于C项，假设存在点M，使得 如图2，以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系. 则， 则，，. 设，， 则. 因为， 所以，解得. 故存在点M，使得.故C项错误； 对于D项，由已知可得，， 所以点M到直线的距离 ， 所以，当时，点M到直线的距离的最小值为.故D正确. 故选：ABD. 5．（2025·宁夏·二模）若球被一个平面所截，所得截面的面积为，且球心到该截面的距离为2，则球的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出截面圆的半径，再利用勾股定理求得球的半径，再根据球的表面积公式即可得出答案. 【详解】因为球的一截面的面积为，所以截面圆的半径为， 又因为球心到该截面的距离为2，所以球的半径为， 所以球的表面积为. 故选：C. 6．（2025·宁夏·二模）图①是底面边长为2的正四棱柱，直线经过其上，下底面中心，将其上底面绕直线顺时针旋转，得图②，若为正三角形，则图②所示几何体外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合图形，由题意过点作于点，得到直角梯形，求出该几何体的高,再借助于求出该几何体的外接球半径,即得其表面积. 【详解】 如图，设正四棱柱的上下底面中心分别为点,过点作于点，连接， 依题意，易得直角梯形,因为边长为2的正三角形,则，且, 又，则. 设该几何体外接球球心为点,半径为,则点为的中点，则, 在中，, 于是该几何体外接球的表面积为. 故选：A. 7．（2025·宁夏·二模）盖碗是由茶碗、茶盖、茶船三件套组成，盖碗又称“三才碗”，蕴含了古代哲人讲的“天盖之，地栽之，人育之”的道理．如图是乾隆时期的山水人物方盖碗的茶盖和茶碗，近似看作两个正四棱台的组合体，其中茶碗上底面的边长为﹐下底面边长为，高为，则茶水至少可以喝（不足一碗算一碗）（    ） A．7碗 B．8碗 C．9碗 D．10碗 【答案】C 【分析】根据题意，由棱台的体积公式代入计算，即可得到结果. 【详解】由条件可得，茶碗的上底面面积， 茶碗的下底面面积，茶碗高， 则茶碗的体积， 所以，即茶水至少可以喝9碗. 故选：C ( 题型0 2 )点、直线、平面之间的位置关系 8．（2025·宁夏·二模）在平行四边形中，，为的中点，将等边沿折起，连接，，且． (1)求证：平面； (2)点在线段上，且平面与平面所成角的余弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2)2 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定推理得证. （2）取的中点，作，以为原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法列式求解. 【详解】（1）依题意，，，在中，， 在中，，， 则， 又，平面， 所以平面. （2）取的中点，连接，则， 由（1）知平面， 而平面，则， 又平面， 于是平面， 过作，则平面， 直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设， 则， 设平面的法向量为， 则， 取，得， 而平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 则， 而，解得，则， 所以. 9．（2025·宁夏银川·二模）如图①所示，四边形是直角梯形，，且为线段的中点.现沿着将折起，使Q点到达P点，如图②所示，连接，其中M为线段的中点. (1)求证：； (2)若二面角的大小为，则在线段上是否存在一点N，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (3)在（2）的条件下，求点A到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， (3) 【分析】（1）要证，只需证与所在的平面垂直，反之亦可，这里易得面，所以可先平面，再去证明； （2）先由二面角的大小，去求得的长度，再根据第一问所得的结论去找出建系的位置，设点，利用空间向量表示线面角的正弦值，解方程求出的比值； （3）利用投影的向量求法求出点到面的距离. 【详解】（1）在图①中，由题知：四边形为正方形，且； 则在②中，，，且平面，则平面； 又，平面，又平面，； 又，且为的中点，则； 又平面， 则平面，又平面，. （2）由（1）知：平面，平面， 则平面平面； 由题知：二面角的平面角为，则， 则是等边三角形，则； 取的中点为，连接，则， 又平面平面，平面， 所以平面，且， 则可以建立如图所示的空间直角坐标系； 则，、、、， 则、、、， 设，， 则， 设平面的一个法向量为， 则，则， 令，则， 记直线与平面所成角为， 则， 即，解得， 因此，则. （3）由（2）知：， 则平面的一个法向量可以为，且， 则点到平面的距离为. 10．（2025·宁夏·二模）如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，为半个圆柱上底面的直径，，，点，分别为，的中点，点为的中点． (1)证明：平面平面； (2)若是线段上一个动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，，进而证明为平行四边形，可得，再证明，由面面平行的判定定理得证； （2）方法1，建立空间直角坐标系，利用向量法求解；方法2，先证明平面平面，过作交于，则就是直线与平面所成角，利用平面几何求出最小，得解. 【详解】（1）连接，由点为的中点，为半个圆柱上底面的直径知， 由，，知，， 则，又四点共面，所以， 由为直三棱柱的侧面知，即，则， 由为的中点得， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，，则平面， 因为，分别为，的中点，所以， 又平面，，平面，，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）（法一）以为一组空间正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，， 设， 则， 由平面平面知直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 设平面的法向量为， 由，取，得， 则平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则 ， 又，则时，的最大值为． 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为． （法二）在直三棱柱中，底面， 因为底面，所以， 由（1）知，，所以， 又平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面， 过作交于， 因为平面平面，所以平面， 又平面平面， 则直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 因为∽，且正方形的边长为2， 所以，则， 又，要使值最大， 则最小，在中， 过作交于，由等面积可求出，此时． 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为． 11．（2025·宁夏·二模）如图，在四棱锥中，平面平面，且．    (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先由线段关系证，结合面面垂直的性质判定线线垂直，利用线线垂直证线面垂直； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可. 【详解】（1）由题意，则， 因为，所以， 因为平面平面，平面平面， 且平面， 所以平面， 因为平面，所以， 且平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）如图，以A为原点，分别为轴，轴正方向，在平面内过点A作平面ABC的垂线为z轴， 建立空间直角坐标系，    则， 所以，， 设平面的一个法向量， 则，令，得， 设平面的法向量， 则，令，得， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的正弦值为． ( 题型0 3 )空间向量与立体几何 12．（2025·宁夏·二模）如图，在梯形中，为线段上靠近点的三等分点，将沿着折叠，得到四棱锥，使平面平面为线段上的点． (1)求证：； (2)是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为?若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）计算，根据勾股定理得到，确定平面，证明平面，得到答案. （2）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算平面的法向量为，设，，根据向量的夹角公式计算得到答案. 【详解】（1），故为等腰直角三角形， ，故． 在中，，， 故，， 平面平面，平面平面平面， 故平面，平面，故， 又平面，故平面， 又平面，故. （2）存在，，理由如下： 如图，以点为坐标原点，以所在的直线分别为轴、轴， 以过点垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， ， 则． 设，，则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，， 设直线与平面所成的角为， 则，解得，（舍）， 故存在点使得直线与平面所成角的正弦值为，则． 13．（2025·宁夏·二模）如图，在三棱柱中，平面平面，为线段上一点．    (1)求证：； (2)是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，或 【分析】（1）连接，证明四边形为平行四边形，再用菱形性质得到，通过面面垂直的性质得到平面，运用线面垂直性质进而证明，最后使用线面垂直定理得证； （2）以的中点为坐标原点，过O作射线,以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，记平面的法向量求出和平面的法向量，再根据二面角的余弦公式建立方程求解即可. 【详解】（1）连接，因为在三棱柱中，所以四边形为平行四边形， 因为，所以四边形为菱形， 所以， 又平面平面，平面平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以; （2）如图，以的中点为坐标原点，过O作射线,则可以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，    因为， 则， ， 设， 则， 记平面的法向量， 则， 即， 得， 易得平面的法向量， 由题意：， 解得：或，经验证，或均符合题意． 所以或. ( 题型0 4 )直线与方程 14．（2025·宁夏银川·二模）已知圆，直线，则（    ） A．直线l与圆C可能相切 B．当时，圆C上恰有三个点到直线l的距离等于1 C．直线l与直线垂直 D．若圆C与圆恰有三条公切线，则 【答案】CD 【分析】对于A项，求出直线经过的定点坐标，判断该点与圆的关系，即可判断；对于B项，代入，得出直线的方程，求出圆心到直线的距离，即可得出答案；对于C项，根据两直线的系数计算即可得出；对于D项，根据已知可知两圆外切，根据已知求出两圆圆心、半径，列出方程，求解即可得出答案. 【详解】对于A项，整理直线 可得出， 解方程组可得，直线过定点. 圆的圆心为，半径为， 则， 所以点在圆内，即直线过圆内一定点， 所以，直线l与圆C一定相交.故A错误； 对于B项，当时，直线化为. 此时有圆心到直线的距离，且， 因此圆C上只有两个点到直线l的距离等于1.故B错误； 对于C项，因为， 所以直线l与直线垂直.故C正确； 对于D项，要使圆C与圆恰有三条公切线，则应满足两圆外切. 圆可化为， 圆心为，半径为. 因为两圆外切，所以有， 即， 整理可得，化简可得， 解得.故D项正确. 故选：CD. 15．（2025·宁夏吴忠·二模）椭圆上的点到直线的距离的最小值为 ． 【答案】 【分析】方法一：切线法，将点到直线的距离的最值转化为平行线之间的距离，设与直线平行且与椭圆相切的直线为，与椭圆联立方程组，由，求得，得解；法2，利用圆锥曲线的参数方程设点，然后用点到直线的距离公式表示出所求距离，结合三角函数的值域求解 【详解】方法一：切线法，设直线与直线的距离为， 将代入，得关于的方程， 所以，解得， 当时，，即所求最小值． 方法二：参数法 设椭圆上任意一点为，， 则点到直线的距离， 当，即时，. 故答案为：. ( 题型0 5 )圆与方程 16．（2025·宁夏吴忠·二模）古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离的比值为定值（）的点的轨迹是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以的中点为原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系，设，，，由，可得点的轨迹方程为，数形结合得解. 【详解】以的中点为原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系，不妨取，． 设，则，整理得， 所以点的轨迹方程为． 则 可看作圆上的点到原点的距离的平方， 所以，所以， 即的最大值为， 故选：A. 17．（2025·宁夏银川·二模）若直线与曲线有公共点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由方程可得图象，根据直线的变换，结合直线与圆的位置关系，可得答案. 【详解】由，则，故直线随的变化上下平移， 由，则，则可作图如下：    由图可知分别为直线平移的边界， 将代入，可得，解得，即； 原点到直线的距离，由图可得，解得，即. 所以. 故选：C. ( 题 型 0 6 )椭圆 18．（2025·宁夏·二模）已知椭圆过点，且椭圆的短轴长等于焦距． (1)求椭圆的方程； (2)若直线的斜率为，且与椭圆相交于、两点，求面积取得最大值时直线的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题干的条件以及联立方程即可求得结果. （2）设出直线方程，代入椭圆方程中，利用韦达定理和弦长公式求出，再求出点到直线的距离，利用面积公式和基本不等式即可求出结果. 【详解】（1）点代入方程得① 且②，③ 由①②③可解得：，， 所以椭圆 （2）直线的方程：，点、． 直线方程代入椭圆得， 由，得 ， 则弦长， 点到直线的距离 面积 当且仅当即时等号成立， 故面积取得最大值时直线的方程为 19．（2025·宁夏·二模）在平面直角坐标系中，点，分别是椭圆：的右顶点，上顶点，若的离心率为，且到直线的距离为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与椭圆交于，两点，其中点在第一象限，点在轴下方且不在轴上，设直线，的斜率分别为，. （i）求证：为定值，并求出该定值； （ii）设直线与轴交于点，求的面积的最大值. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析，；（ii） 【分析】（1）根据题意求出，即可得解； （2）（i）设直线的方程为，其中，且，设直线与椭圆交于点，联立方程，利用韦达定理求出，，再结合斜率公式化简即可得出结论； （ii）法一：直线的方程为，设直线与轴交于点，直线的方程为，分别求出的坐标，联立方程组求出，即可得的坐标，再求出三角形面积的表达式，结合基本不等式即可得解. 法二：直线的方程为，设直线与轴交于点，直线的方程为，分别求出的坐标，易得点是线段的中点，则，其中为点到直线的距离，求出的最大值即可. 【详解】（1）设椭圆的焦距为， 因为椭圆的离心率为，所以，即， 据，得，即. 所以直线的方程为，即， 因为原点到直线的距离为， 故，解得， 所以， 所以椭圆的标准方程为； （2）（i）设直线的方程为，其中，且，即， 设直线与椭圆交于点， 联立方程组整理得， 所以，， （i）所以 为定值，得证； （ii）法一：直线的方程为，令，得，故， 设直线与轴交于点， 直线的方程为，令，得，故 联立方程组整理得， 解得或0（舍），， 所以的面积 ， 由（i）可知，，故，代入上式， 所以， 因为点在轴下方且不在轴上，故或，得， 所以， 显然，当时，， 当时，， 故只需考虑，令，则， 所以， 当且仅当，，即时，不等式取等号， 所以的面积的最大值为. 法二：直线的方程为，令，得，故， 设直线与轴交于点， 直线的方程为，令，得，故， 由（i）可知，，故， 所以点是线段的中点， 故的面积，其中为点到直线的距离， 思路1  显然，当过点且与直线平行的直线与椭圆相切时，取最大值， 设直线的方程为，即， 联立方程组整理得， 据，解得（正舍）， 所以平行直线：与直线：之间的距离为 ，即的最大值为， 所以的面积的最大值为. 思路2  因为直线的方程为， 所以， 依题意，，，，故， 所以， 因为在椭圆上，故，即， 所以， 当且仅当时取等号，故， 所以， 即的面积的最大值为. 思路3 因为直线的方程为， 所以， 因为在椭圆上，故， 设，，不妨设， 所以， 当，，时，， 即的面积的最大值为. 【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． 20．（2025·宁夏·二模）已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，与的公共弦的长为. （1）求的方程； （2）过点的直线与相交于，两点，与相交于，两点，且与同向 （ⅰ）若，求直线的斜率 （ⅱ）设在点处的切线与轴的交点为，证明：直线绕点旋转时，总是钝角三角形 【答案】（1）；（2）（i），（ii）详见解析. 【详解】试题分析：（1）根据已知条件可求得的焦点坐标为，再利用公共弦长为即可求解；（2）（i）设直线的斜率为，则的方程为，由得，根据条件可知，从而可以建立关于的方程，即可求解；（ii）根据条件可说明，因此是锐角，从而是钝角，即可得证 试题解析：（1）由：知其焦点的坐标为，∵也是椭圆的一焦点， ∴ ①，又与的公共弦的长为，与都关于轴对称，且的方程为，由此易知与的公共点的坐标为，∴②，联立①，②，得，，故的方程为；（2）如图，，，，， （i）∵与同向，且，∴，从而，即，于是③，设直线的斜率为，则的方程为，由得，而，是这个方程的两根，∴，④，由得，而，是这个方程的两根，∴，⑤，将④⑤带入③，得，即， ∴，解得，即直线的斜率为.    （ii）由得，∴在点处的切线方程为，即 ，令，得，即，∴，而，于是 ，因此是锐角，从而是钝角.，故直线绕点旋转时，总是钝角三角形. 考点：1.椭圆的标准方程及其性质；2.直线与椭圆位置关系. 【名师点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及其性质以及直线与椭圆的位置关系，属于较难题，解决此 类问题的关键：（1）结合椭圆的几何性质，如焦点坐标，对称轴，等；（2）当看到题目中出现 直线与圆锥曲线时，不需要特殊技巧，只要联立直线与圆锥曲线的方程，借助根与系数关系，找准题设条 件中突显的或隐含的等量关系，把这种关系“翻译”出来，有时不一定要把结果及时求出来，可能需要整 体代换到后面的计算中去，从而减少计算量. ( 题型0 7 )双曲线 21．（2025·宁夏中卫·二模）已知双曲线的一条渐近线与直线平行，则C的离心率为 ． 【答案】 【分析】根据渐近线方程的斜率，代入公式，求离心率. 【详解】双曲线的一条渐近线与直线平行， 直线的斜率，曲线的一条渐近线的斜率为， 所以，则离心率. 故答案为： 22．（2025·宁夏·二模）已知分别为双曲线的左，右焦点，以为直径的圆与其中一条渐近线在第一象限交于点，过点作另一条渐近线的垂线，点恰在此垂线上，则双曲线的离心率为 ． 【答案】2 【分析】由已知可推得，然后得出，即可根据的关系得出离心率. 【详解】 如图，设为与渐近线的交点， 由题意：，， 所以Q是线段的中点， 所以. 又直线，是双曲线的渐近线，由双曲线对称性知， 所以，所以， 所以， 所以离心率. 故答案为：2 23．（2025·宁夏·二模）如图1所示，双曲线具有光学性质；从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线的左、右焦点分别为，从发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点和，且，则的离心率为(   ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用双曲线的光学性质及双曲线定义，设，用表示，先在中由求出，再在中由即可求解. 【详解】由题意可知直线，都过点，如图， 则有，， 设，则， 所以，故， 所以， 因此， 在，， 即， 整理得即，解得， 所以， 令双曲线半焦距为c， 在中，，即， 解得， 所以的离心率为. 故选：B 【点睛】方法点睛：求双曲线离心率的三种方法： ①定义法，通过已知条件列出方程组，求得a，c的值，根据离心率的定义求解离心率e；②齐次式法，由已知条件得出关于a，c的二元齐次方程，然后转化为关于e的一元二次方程求解；③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率. ( 题型0 8 )抛物线 24．（2025·宁夏银川·二模）已知抛物线的焦点为F，点在抛物线上，且. (1)求抛物线C的方程. (2)已知过点F的直线交抛物线C于两点，的面积为，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）根据抛物线定义列式求出，得解； （2）法1，设直线的方程为，与抛物线联立方程组，得，求得，根据三角形的面积列方程，求得，也即求得直线的方程，法2，前面同法1，由，求得，得解. 【详解】（1）依题意，点在抛物线上，且， 所以， 所以抛物线方程为. （2）法1：抛物线方程为，焦点坐标为， 设直线的方程为，， 由，消去并化简整理得， ，则，， 则， 所以. 原点到直线的距离为， 所以， 解得， 所以直线的方程为或，即或. 法2： 解得， 所以直线的方程为或，即或. 25．（2025·宁夏·二模）在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69.800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌.艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转后所得三条曲线与围成的（如图阴影区域），为与其中两条曲线的交点，若，则（    ）    A．开口向上的抛物线的方程为 B． C．直线截第一象限花瓣的弦长最大值为 D．阴影区域的面积大于4 【答案】BCD 【分析】根据抛物线的定义求解选项A；联立 ,再根据对称性得，即可求解选项B；设点，则，所以，根据二次函数单调性和最值求解选项C；开口向上的抛物线上一点，求得到直线的距离，求出，则阴影部分的面积，即可求解选项D. 【详解】对A，根据题意，开口向右的抛物线的方程为，焦点为， 所以开口向上的抛物线的焦点为，则对应的抛物线方程为，A错误； 对B，联立，解得或，所以, 根据对称性可知，, 所以,B正确； 对C，    如图，直线与开口向右、向上的抛物线在第一象限的交点为， 因为关于直线对称，所以设点，则， 因为，所以， 所以， 因为二次函数在单调递减，单调递增， 且， 所以时，有最大值，最大值为，C正确； 对D，由于对称性，每个象限的花瓣形状相同， 故可以先求部分面积的近似值， 如图，    取开口向上的抛物线上一点， 则点到直线的距离等于， 所以， 所以阴影部分的面积，D正确； 故选:BCD. 26．（2025·宁夏·二模）抛物线上一点M到其焦点的距离为3，则点M到坐标原点的距离为 . 【答案】 【分析】根据抛物线的定义以及焦半径可求得点的坐标，即可求得结果. 【详解】设，由抛物线可得， 抛物线上点到焦点的距离等于3， ，解得， ， 点M到坐标原点的距离为 故答案为： ( 题型0 9 )直线与圆锥曲线的位置关系 27．（2025·宁夏·二模）已知椭圆的离心率为，短轴长为． (1)求的方程． (2)若上的两点满足，则称点为上的一对伴点，设为上位于第一象限的一点，且点的横坐标为1． （i）证明：点在上共有两个伴点； （ii）设（i）中的两个伴点分别为，若斜率为的动直线与交于点，点组成四边形，求四边形的面积的最大值． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）由题目条件列的方程组，即可得的方程； （2）结合伴点的定义，结合A的坐标列出另一个伴点满足的条件，再结合直线与椭圆的位置关系求解即可得A的伴点，由斜率为的动直线与交于点，结合问可求出的长度，再结合的特征，再求出到的距离的最大值即可求解四边形的面积的最大值． 【详解】（1）设的半焦距为．由题可知，解得 所以的方程为． （2）（i）由题可知点的坐标为． 设点在上的伴点的坐标为，则，即， 所以点在上的伴点在直线上． 联立方程得解得或 所以点在上所有伴点的坐标分别为， 即点在上共有两个伴点． （ii） 设，则 两式相减得，由题可知， 则，所以线段的中点在直线上，则线段被直线平分．四边形的面积， 由（i）可知直线的方程为． 设点到直线的距离为，则， 又，所以， 设过点且与直线平行的直线的方程为， 则当与相切时，取得最大值， 由可得， 令，解得， 故的最大值为直线和直线（或）的距离，即为， 所以， 即四边形的面积的最大值为． 28．（2025·宁夏·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．已知抛物线，为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点，反射后，再经过上另一点反射后，沿直线射出，经过点，则（    ） A． B．延长交直线于点，则三点共线 C． D．若平分，则 【答案】BCD 【分析】根据题设和抛物线的性质得到点，，将点代入抛物线的方程得到，从而求出直线的方程，联立直线和抛物线得到点的坐标，即可判断选项A和C，又结合直线和直线得到点，即可判断B选项，若平分，得到，转化为直线斜率和直线的斜率的关系式即可求出. 【详解】由题意可得抛物线焦点，，如图， 将代入解得，所以，则直线的斜率， 则直线方程为，即， 联立得，所以，解得，A说法错误； 将代入解得或（舍去），则， 所以，C说法正确； 由已知可得轴，且，则直线的方程为， 又，所以直线的方程为， 令解得，即，所以在直线上， 所以三点共线，B说法正确； 设直线的倾斜角为（），斜率为，直线的倾斜角为， 若平分，即，即， 所以，则，且，解得， 又，解得，D说法正确； 故选：BCD 29．（2025·宁夏·二模）已知曲线，当变化时得到一系列的椭圆，我们把它称为“2~1椭圆群”． (1)若“2~1椭圆群”中的两个椭圆，对应的分别为，如图所示，直线与椭圆依次交于M，N，P，Q四点，证明：． (2)当时，直线与椭圆在第一象限内的交点分别为，设． （i）求证：为等比数列，并求出其通项公式； （ii）令数列，求证． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析，；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据题意联立方程组，利用韦达定理表示交点横坐标之和，可发现线段的中点与线段中点重合，根据线段长度的减法可证得结论； （2）（i）根据题意联立方程组，求出点和的横坐标，利用两点间距离公式求得，即证得结论并得到通项公式；（ii）由已知条件得到，利用放缩法构造出新数列的不等式，利用裂项相消法求前项和即可证得结论. 【详解】（1）由题意，联立方程可得， ，即， 由图可知，椭圆与直线的交点为点，设，则， 同理，将与直线联立可得：， ，即， 可得，则线段的中点与线段中点重合，设为点， 即有，所以，即. （2）（i）由题意，联立方程可得，即. 因为交点在第一象限内，所以点的横坐标，同理可得点的横坐标， 则. 所以，数列是首项为2，公比为2的等比数列，其通项公式为. （ii）由（i）可知，，则. 设， 设， 由时，，可得， ， 即. ， 即得证. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$