直线与圆锥曲线专项训练-2027届高考数学一轮复习

直线与圆锥曲线位置关系测试 测试时间120分钟 试卷满分150分 姓名______ 班级______ 一、单选题（每题5分，共40分） 1．直线过抛物线：的焦点，且与交于两点，若使的直线恰有2条，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．经过椭圆的左焦点作倾斜角为的直线，直线与椭圆相交于，两点，则线段的长为（   ） A． B． C．2 D． 3．以轴为对称轴的抛物线的通径（过焦点，且与轴垂直的弦）长为，若抛物线的顶点在坐标原点，则其方程为（　　） A． B． C．或 D．或 4．已知抛物线C：，若在C上存在点P，使得过点P可作两条互相垂直的直线与圆相切，则r的最小值为（   ） A．1 B． C． D．2 5．抛物线上有两点，，为坐标原点， 则直线经过焦点的充要条件为（    ） A． B． C． D． 6．已知动点P到定点的距离比它到直线的距离大1，直线与动点的轨迹交于A， B两点，且线段AB的中点为，则直线的方程为（   ） A． B． C． D． 7．在平面直角坐标系中，定义为，两点间的“曼哈顿距离”，已知椭圆，点，，在椭圆上，轴．点，满足，．若直线与的交点在轴上，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．已知椭圆，过点的直线与椭圆交于点，弦被点平分，则直线的方程为（　　） A． B． C． D． 二、多选题（每题6分，共18分） 9．已知抛物线，焦点为，准线为，弦过点，则下列说法正确的是（    ） A．焦点的坐标为 B．准线的方程为 C．若，则 D．弦的长度 10．已知分别是等轴双曲线的左､右焦点，以坐标原点为圆心，的焦距为直径的圆与交于四点，则（   ） A．的渐近线方程为 B． C． D．四边形的面积为 11．已知双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为是双曲线的一条渐近线上位于第一象限内的一点，且满足为坐标原点，线段的中点为，直线与双曲线交于另一点，与双曲线的另一条渐近线相交于点．则（    ） A． B．点的坐标为 C．是的中点 D．是的中点 三、填空题（每题5分，共15分） 12．加斯帕尔•蒙日是18～19世纪法国著名的数学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”．当椭圆方程为时，蒙日圆方程为．已知椭圆的蒙日圆方程为，则______；若为椭圆的一个焦点，点P，Q是上关于原点对称的两点，则的最小值为______． 13．已知双曲线 的右焦点为，过点作直线与渐近线 垂直，垂足为点，延长交于点.若，则的离心率为_____. 14．已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上不与顶点重合的任意一点，I为的内心，记直线的斜率分别为，若，则椭圆E的离心率为__________． 四、解答题（共77分） 15．（13分）已知椭圆的离心率，点在上，为坐标原点. (1)求的标准方程； (2)若不过原点的直线交于，两点，是线段的中点，且直线的斜率为2，求直线的斜率. 16．（15分）设椭圆的一条不平行于坐标轴且不过原点的弦的斜率为，弦的中点为，原点为的斜率为，求证：． 17．（15分）已知抛物线. (1)倾斜角为的直线过的焦点，且与交于、两点，求； (2)设是上一点，、是的准线上两个不同的点，且圆是的内切圆.，求点的横坐标； 18．（17分）已知直线l是过椭圆上一点的切线. (1)已知椭圆C的切线l过，求切线l的方程; (2)求两焦点，到直线l的距离之积; (3)若圆心在原点的圆与直线l也相切，且与椭圆C相交于点Q，若P，Q都在第一象限，求面积的最大值. 19．（17分）已知点，是圆与椭圆的公共点，且点，和椭圆的一个焦点相连构成一个等腰直角三角形. (1)求的值和椭圆的方程； (2)过点的直线分别交圆和椭圆于，两点.是上一点，直线斜率为，直线斜率为，，求面积的最大值. 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 《直线与圆锥曲线测试》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B C D B D A A CD ABD 题号 11 答案 ACD 1．A 【分析】根据抛物线方程可得通径长，根据抛物线的焦点弦中通径长最短可确定，由此可得所求范围. 【详解】由抛物线方程知：抛物线焦点为，通径长为， 当垂直于轴时，两点坐标为， 此时，且， 即抛物线的焦点弦中，通径最短， 所以. 故选：A． 2．B 【分析】先求得直线故直线的方程，再与椭圆方程联立，结合韦达定理，利用弦长公式求解. 【详解】解：在中，，， 所以，即， 故左焦点为，而， 故直线的方程为， 联立得， ，设，， 由韦达定理得，， 则由弦长公式得． 故选：B． 3．C 【分析】根据抛物线对称轴设抛物线方程为或，根据通径求出即可求解. 【详解】因为抛物线对称轴为轴， 所以设抛物线方程为或， 因为抛物线的通径为，所以，， 所以抛物线方程为或. 故选：C 4．D 【分析】根据题意得出到圆心的距离与半径的关系，再结合抛物线的性质求解. 【详解】设圆的圆心坐标为，半径为， 因为过点P可作两条互相垂直的直线与圆相切，所以， 设点，因为点在抛物线上，所以， 所以， 所以当时，，即，所以， 故选：D 5．B 【分析】先设过抛物线：的焦点的直线为：代入抛物线方程可得必要条件，再由满足选项的条件能否得出直线过抛物线焦点判断充分性，即可得解. 【详解】必要性：设过抛物线：的焦点的直线为：， 代入抛物线方程得：；由直线上两点，， 则有，， ， 由 ， 故四个选项都是必要条件. 充分性：设过抛物线：的焦点的直线为：， 代入抛物线方程得：， 由直线上两点，， 对于A：若， ，直线不一定经过焦点. 对于B：若，则，直线经过焦点. 对于C：，或，直线不一定经过焦点. 对于D：， .直线不一定经过焦点. 故选：B. 6．D 【分析】由题意确定P点的轨迹求出其方程，利用点差法求出直线AB的斜率，即可求得答案. 【详解】由题意动点P到定点的距离比它到直线的距离大1， 则动点P到定点的距离与它到直线的距离相等， 故动点P的轨迹为以F为焦点的抛物线，其方程为， 设，则， 则，则, 由于线段AB的中点为且在抛物线含焦点的一侧区域内，则直线AB的斜率存在，， 故， 故直线的方程为，即， 故选：D 7．A 【分析】设点位于第一象限，由，确定和的坐标，再设直线与的交点为，利用，，推出，，再利用三角换元可得最值. 【详解】设点位于第一象限，，，则， 因为，，所以，， 设直线与的交点为，则，， 而，， 所以，整理得， 同理由可得，所以， 化简可得， 因为，，所以， 又椭圆对称性可知， 所以， 因为点在椭圆上，所以， 设，，， 则，且， 所以当时，取得最大值为， 故选：A. 8．A 【分析】利用点差法求出，设，由弦被点平分得到，，将代入椭圆方程得到，这两个等式相减，经过整理结合斜率公式得到直线的斜率，利用点斜式求出直线的方程. 【详解】椭圆，设过点的直线与椭圆交于点， 弦被点平分，，， ，这两个等式相减得到， ， ，， ，， ， 设直线的斜率为，， . 直线的方程为，整理得. 故选：A. 9．CD 【分析】根据抛物线的方程可得，即可求解焦点和准线，进而可判断AB,根据焦半径公式即可判断C，根据焦点弦公式即可求解D. 【详解】由可得，故，所以焦点为，A错误， 准线的方程为，B错误， 根据焦半径公式可得若，则，C正确， 设过点的直线方程为，联立其与抛物线的方程可得， 设,，,，则，，则 故， 故当时，此时弦最短长度为1，即，故D正确， 故选：CD 10．ABD 【分析】由可求出的渐近线方程可判断A；由双曲线的定义结合，解方程求出，可判断B，C；，矩形的面积为，可判断D. 【详解】由题意得，则的渐近线方程为，A正确. 设在第一象限，易得， 将两边平方， 得， 则，，B正确，C错误. 设，由，得， 则矩形的面积为，D正确. 故选：ABD. 11．ACD 【分析】A选项，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半得到A正确；B选项，求出渐近线方程，设出，由勾股定理列出方程，求出，得到；C选项，求出直线方程，联立渐近线方程，得到，C正确；D选项，联立直线方程与双曲线方程，得到，得到D正确. 【详解】A选项，因为，为的中点，所以，A正确； B选项，渐近线方程为，设， 则，解得，故，B错误； C选项，由B选项知，，，故， 直线方程为，即， 联立，解得， 故， 由于，故是的中点，C正确； D选项，联立，即， 解得，负值舍去， 故，故， 由于， 故是的中点，D正确. 故选：ACD 【点睛】结论点睛：双曲线渐近线方程求解，焦点在轴的双曲线方程，渐近线为，焦点在轴上的双曲线方程，渐近线方程为. 12． 2 8 【分析】（1）由题中定义即可得； （2）根据题意画图，利用椭圆的对称性将所求问题转化为二次函数的最值问题，即可解出. 【详解】由椭圆的蒙日圆方程为，可得，于是． 椭圆的方程为，令为椭圆的左焦点，取椭圆的另一个焦点为，连接PE，EQ，如图所示， 由题意可知四边形EPFQ为平行四边形．设， 由椭圆的对称性得， 其中，即， 所以， 令，， 所以当时，． 故答案为：2；8. 13．/ 【分析】设的左焦点为，由双曲线的定义，得，又，，在中，由余弦定理可得，结合可得，求得答案. 【详解】设为坐标原点，则， 从而.    设的左焦点为，连接， 由双曲线的定义，得. 在中，由余弦定理，得， 解得. 由，得，解得， 所以. 故答案为：. 14．/ 【分析】由椭圆的性质结合题意得到，再由椭圆的第二定义得到，解出，然后由等面积法得到，最后利用解出即可. 【详解】设，设圆与轴相切于点M，N，T， 所以， 所以， 即，又． 由椭圆的第二定义可知， 所以，所以， 由等面积法得到， 所以． 因为，所以，所以，即． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键是能利用椭圆的第二定义得到后再结合椭圆的性质和求出. 15．(1) (2) 【分析】（1）由离心率定义和点代入可解得，得解； （2）设直线的方程为，联立方程组，根据根与系数的关系，求得线段的中点为的坐标，结合斜率公式，即可求解. 【详解】（1），， 椭圆的方程可化为，又点在椭圆上，， 椭圆的标准方程为. （2）由题意知直线不过原点且斜率存在， 设直线的方程为，，，， 联立，整理得， 则， ，， 又直线的斜率为，，解得. 即直线的斜率为. 【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x（或y）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为的形式； （5）代入韦达定理求解. 16．证明: 解法1 如图： 设的方程为（），① 又已知，② 由①②消去，得． 此一元二次方程的两根是的横坐标，即， 所以中点满足， ． 所以，即． 解法2 设，则，③ ．④ ③④，得， 化为．⑤ 把代入⑤，得． 【分析】解法1：设的方程为，联立方程组，得到满足的条件，用斜率公式及韦达定理可得; 解法2：把的两点的坐标代入椭圆的方程，直接做差即可得到. 【详解】略. 17．(1) (2)3 【分析】（1）根据已知得直线为，联立抛物线，应用韦达定理及抛物线的定义求； （2）设，，切线为，根据内切圆及点线距离公式得，进而得到且，即可求的横坐标； 【详解】（1）抛物线的焦点坐标为，则设直线为，    设点， 联立直线与抛物线方程可得， 因此，所以； （2）设，于是有，的准线方程为，    设，过的直线的方程可设为， 根据题意，两直线均与圆相切，因此， 化简得， 设的斜率为， 因此， 将代入上式，化简得，解得或（舍）， 因此点的横坐标为3. 18．(1)或 (2) (3) 【分析】（1）利用直线与椭圆相切可得判别式为0，即可得出直线方程； （2）利用点到直线距离求出距离，相乘化简即可解； （3）分斜率是否存在讨论，当斜率存在时，求出Q点坐标，表示三角面积，换元后，利用对勾函数单调性可得出面积最大值. 【详解】（1）设， 则， ，可得， 则l为或； （2）证明椭圆切线方程一般形式： ①当切线斜率存在时，设过点的切线方程为， 联立方程，整理得， 由可得， 所以 由韦达定理可知，即， 把代入中，得， 所以，化简得． ②当切线斜率不存在时，过的切线方程为，满足上式． 综上，椭圆上一点的切线方程为． 因为满足，所以直线， 左右焦点，到直线l的距离分别为，， ； （3）①当l斜率不存在时，此时不满足题意； ②当l斜率存在时，设，，， 其中直线， 对于圆，其中， 则， 可得， ， 令， ， 因为，所以由对勾函数性质可得， 则，即面积的最大值为. 19．(1)， (2) 【分析】（1）根据题设即可确定的值及椭圆方程. （2）设直线：，与椭圆方程联立，可求出，同理可得，结合几何关系得到，根据，，三点共线，可得直线过定点，再设直线方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理表示出的面积，结合“对钩函数”的单调性求最大值. 【详解】（1）因为点、是圆和椭圆的公共点，所以，. 又、和椭圆的一个焦点是等腰直角三角形的三个顶点，所以，， 所以椭圆C的方程为.    （2）根据题意可知，设直线方程为，则， 又，所以， 联立，得，解得或， 可得. 同理得 由对称性可得经过轴上一定点，由，，三点共线可得，， 从而， 整理得： 化简可得：， 因为，，所以，所以直线过定点. 设，，则， 显然斜率存在，设，直线：. 联立，整理得， ，则，， 所以， 令，所以， 所以，当时，单调递增，则，当，即时，取得最大值. 所以当，即时，三角形面积有最大值，此时. 综上：当斜率为0时三角形面积取得最大值. 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 $