平面解析几何-广西南宁高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编(含解析)

平面解析几何-广西南宁高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编
一、单选题
1．（2023·广西南宁·统考二模）已知椭圆与双曲线有共同的焦点，，离心率分别为，，点为椭圆与双曲线在第一象限的公共点，且，若，则椭圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023·广西南宁·统考一模）已知抛物线的焦点为，抛物线上两点在第一象限，且满足，则直线的斜率为（ ）
A． B． C．1 D．
3．（2023·广西南宁·统考一模）已知直线与抛物线相交于、两点（其中位于第一象限），若，则（ ）
A． B． C．-1 D．
4．（2022·广西南宁·统考二模）已知圆，圆，过动点P分别作圆、圆的切线PA，PB（A，B为切点），使得，则动点P的轨迹方程为（ ）．
A． B．
C． D．
5．（2022·广西南宁·统考二模）已知F是椭圆的左焦点，经过原点O的直线l与椭圆E交于P，Q两点，若且，则椭圆E的离心率为（ ）．
A． B． C． D．
6．（2022·广西南宁·统考一模）过抛物线：的焦点作倾斜角为60°的直线交抛物线于，两点，则的值为（ ）
A．3 B．2 C． D．1
7．（2022·广西南宁·统考一模）设是双曲线的左 右焦点.若双曲线C上存在点P满足且，则双曲线C的渐近线方程是（ ）
A． B． C． D．
8．（2021·广西南宁·统考模拟预测）设双曲线的左、右焦点分别为，右顶点为A，M为双曲线上一点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A．2 B． C． D．3
9．（2021·广西南宁·统考模拟预测）已知圆，过点的直线l（不与x轴重合）与圆C相切，则直线l的方程为（ ）
A． B． C． D．
10．（2021·广西南宁·统考模拟预测）已知双曲线C的离心率，虚轴长为，则其标准方程为（ ）
A． B．或
C． D．或
11．（2021·广西南宁·统考模拟预测）已知直线与圆相切，则m的值为（ ）
A．3或 B．1或
C．0或4 D．或0
12．（2021·广西南宁·统考一模）过点的直线与圆相切，则直线的方程为（ ）
A． B．
C．或 D．或
13．（2021·广西南宁·统考一模）已知双曲线的左焦点为，过点的直线与两条渐近线的交点分别为两点(点位于点M与点N之间)，且，又过点作于P(点O为坐标原点)，且，则双曲线E的离心率（ ）
A． B． C． D．
14．（2021·广西南宁·统考一模）已知抛物线的焦点为圆的圆心，又经过抛物线C的焦点且倾斜角为60°的直线交抛物线C于A、B两点，则（ ）
A．12 B．14 C．16 D．18
二、填空题
15．（2023·广西南宁·统考一模）已知函数，点是函数图象上不同的两个点，设为坐标原点，则的取值范围是__________.
16．（2023·广西南宁·统考二模）已知圆和直线，则与直线l平行且与圆C相切的直线方程为_______.
17．（2023·广西南宁·统考一模）已知是双曲线的两个焦点，为上一点，，且，则的离心率为__________．
18．（2022·广西南宁·统考模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与圆相切于点，且直线与双曲线的右支交于点，若，则双曲线的离心率为________．
19．（2022·广西南宁·统考模拟预测）若直线平分圆的周长，则ab的最大值为 ________
20．（2021·广西南宁·统考模拟预测）如图，已知是椭圆的焦点，为椭圆上两点，满足且 ___
21．（2021·广西南宁·统考模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为、，关于原点对称的点A、B在椭圆上，且满足，若令且，则该椭圆离心率的取值范围为___________．
三、解答题
22．（2023·广西南宁·统考二模）已知抛物线经过点，过点的直线l与抛物线C有两个不同交点A，B，且直线交y轴于M，直线变y轴于N.
(1)求直线l斜率的取值范围；
(2)证明：存在定点T，使得，且.
23．（2023·广西南宁·统考一模）已知椭圆的左焦点为，点在上．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知椭圆的上顶点为，圆，椭圆上是否存在两点使得圆内切于？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
24．（2022·广西南宁·统考模拟预测）在直角坐标系xOy中，长为3的线段AB的两端点A，B分别在x，y轴上滑动，动点M满足
(1)求动点M的轨迹E的方程；
(2)设过点的动直线l与（1）中的轨迹E交于C，D两点，是否存在定实数t，使得为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
25．（2022·广西南宁·统考二模）设抛物线的焦点为F，点M在C上，，若以MF为直径的圆过点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过曲线上一点P引抛物线的两条切线，切点分别为A，B，求的面积的取值范围(O为坐标原点)．
26．（2022·广西南宁·统考一模）在直角坐标系中，直线的参数方程为（t为参数）.以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.
(1)设点是曲线C上的一个动点，求的取值范围；
(2)经过变换公式把曲线C变换到曲线，设点P是曲线上的一个动点，求点P到直线的距离的最小值.
27．（2022·广西南宁·统考一模）已知椭圆的右焦点为F，过点F且不垂直于x轴的直线交C于两点，分别过作平行于x轴的两条直线，设分别与直线交于点，点R是的中点.
(1)求证：；
(2)若与x轴交于点D（异于点R），求的取值范围.
28．（2021·广西南宁·统考模拟预测）已知抛物线，过焦点的直线l交抛物线C于M、N两点，且线段中点的纵坐标为2．
（1）求直线l的方程；
（2）设x轴上关于y轴对称的两点P、Q，（其中P在Q的右侧），过P的任意一条直线交抛物线C于A、B两点，求证：始终被x轴平分．
29．（2021·广西南宁·统考一模）在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），又以坐标原点为极点，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C的极坐标方程，若原点在曲线C的内部，则求实数的取值范围；
（2）当时，直线l与曲线C交于M、N两点，又点P为此时曲线C上一动点，求面积的最大值.
30．（2021·广西南宁·统考一模）已知经过原点O的直线与离心率为的椭圆交于A，B两点，、是椭圆C的左、右焦点，且面积的最大值为1.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图所示，设点P是椭圆C上异于左右顶点的任意一点，过点Р的椭圆C的切线与交于点M.记直线的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值，并求出该定值.
参考答案：
1．A
【分析】结合椭圆双曲线的定义及焦点三角形的相关知识可得.
【详解】由题意知椭圆与双曲线的共焦点，，
所以，
因为双曲线的离心率，
所以，，所以双曲线的方程为.
如图：
根据双曲线的定义知
由余弦定理，
得，又因，
得，.
根据椭圆的定义知：，所以，
，所以椭圆的方程为.
故选：A.
2．A
【分析】设，由抛物线定义可知，然后由可得答案.
【详解】设.由题可知的斜率存在，设的斜率为．
因都在轴上方，由题意知，由抛物线定义
则，注意到，
所以.
故选：A．
3．A
【分析】过作准线的垂线，垂足为，利用抛物线定义及得，利用三角形知识求出倾斜角，进一步求出直线斜率即可
【详解】由题意知，直线过抛物线的焦点，
准线方程为，分别过作准线的垂线，垂足为，过A作的垂线，垂足为M，
如图，
设，因为，所以，
则，所以，
即直线的倾斜角等于，可得直线的斜率为.
故选：A.
4．D
【分析】由条件结合圆的切线性质可得出，结合两点间的距离公式可得出答案.
【详解】由得．
因为两圆的半径均为1，则，
则，即．
所以点P的轨迹方程为．
故选：D
5．C
【分析】设椭圆右焦点，连接，，由椭圆对称性可知四边形为平行四边形，再由余弦定理可得出答案.
【详解】设椭圆右焦点，连接，，
根据椭圆对称性可知四边形为平行四边形，则．
因为，可得．
所以，则，．
由余弦定理可得，
即，即
故椭圆离心率，
故选：C．
6．A
【分析】首先，写出抛物线的焦点坐标，然后，求解直线的方程，利用焦半径公式求解比值．
【详解】抛物线的焦点坐标为，，
直线倾斜角为，
直线的方程为：．
设直线与抛物线的交点为，、，，
，，
联立方程组 ，消去并整理，得，
解得，，
，，
，
的值为3,
故选：
7．B
【分析】根据双曲线的定义得出的关系，求得后可得渐近线方程．
【详解】由得，又，
所以，，
又，则，，，，
渐近线方程为，即．
故选：B．
8．B
【分析】由结合等腰三角形的性质以及双曲线的定义得出，，再由余弦定理得出，由得出，从而得出离心率.
【详解】因为，则，，
则，而，由得
，即，即或（舍），即．
故选：B
9．D
【分析】先求出圆心和半径，然后设圆与x轴相切于点A，l与圆相切于点B，点，则可得，从而可求出直线l的倾斜角，再求出斜率，进而可求出直线l的方程
【详解】圆C可化为，∴圆心C坐标是，半径是．
设圆与x轴相切于点A，l与圆相切于点B，点，
则，故，
即直线l的斜率为，即l的方程为，即．
故选：D
10．D
【分析】根据给定条件结合求出，再按焦点位置即可写出标准方程.
【详解】设双曲线实半轴、虚半轴长分别为a、b，半焦距为c，则，即，
于是得，而，解得，
所以，当焦点在x轴上时，双曲线方程为，当焦点在y轴上时，双曲线方程为.
故选：D
11．A
【分析】利用圆的切线性质结合点到直线的距离公式列式计算即得.
【详解】圆的圆心为，半径为，因直线与圆相切，
则点到直线的距离为，整理得，解得或，
所以m的值为3或.
故选：A
12．C
【分析】当斜率不存在时可知满足题意；当斜率存在时，设其方程为，利用圆心到直线距离等于半径可构造方程求得，由此可得切线方程.
【详解】当过的直线斜率不存在时，方程为，与圆相切，满足题意；
当过的直线斜率存在时，设方程为，即，
圆的圆心到的距离，解得：，
，即；
直线的方程为或.
故选：C.
【点睛】易错点点睛：本题考查过圆外一点的圆的切线方程的求解，解决此类问题采用待定系数法，利用圆心到直线距离等于半径来进行求解；易错点是忽略切线斜率不存在的情况，造成丢根的情况出现.
13．C
【分析】根据题意作出图示，根据角度以及长度关系分别求解出，然后根据二倍角的正切公式求解出的关系式，则离心率可求.
【详解】不妨设在第二象限，在第三象限，如下图所示：
因为，，所以，
所以，，
又，所以，
所以，所以，
因为，所以，
所以，所以.
故选：C.
14．C
【分析】由已知求出，得出直线方程，联立直线与抛物线，利用弦长公式即可求出.
【详解】由题可得抛物线焦点为，则，即，则抛物线方程为，
直线的倾斜角为60°，则斜率为，故直线的方程为，
联立直线与抛物线可得，
设，则，
则.
故选：C.
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入韦达定理求解.
15．
【分析】作出函数的图形，求出过原点且与函数的图象相切的直线的方程，以及函数的渐近线方程，结合两角差的正切公式，数形结合可得出的取值范围.
【详解】当时，，则，
所以，函数在上为增函数；
当时，由可得，即，
作出函数的图象如下图所示：
设过原点且与函数的图象相切的直线的方程为
，设切点为，
所以，切线方程为，
将原点坐标代入切线方程可得，
即，构造函数，其中，则，
所以，函数在上单调递减，且，
由，解得，所以，，
而函数的渐近线方程为，
设直线与的夹角为，设直线的倾斜角为，
则，
结合图形可知，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于求出设过原点且与函数的图象相切的直线的方程以及函数的渐近线方程，再利用两角差的正切公式以及数形结合思想求解.
16．或
【分析】根据给定条件，设出所求直线方程，利用圆的切线性质结合点到直线的距离公式求解作答.
【详解】圆的圆心，半径，
依题意，设所求直线的方程为：，由于该直线与圆C相切，
因此，解得或，
所以与直线l平行且与圆C相切的直线方程为或.
故答案为：或
17．
【分析】根据给定的条件，利用双曲线定义结合余弦定理计算作答.
【详解】由正弦定理得，所以，
即，由双曲线的定义可得，
所以；
因为，由余弦定理可得，
整理可得，
所以，即．
故答案为：.
18．/
【分析】数形结合可知，，且，利用中边的关系即可求得离心率.
【详解】如图所示：
由题可知，，，则，
又，，
又，则，
作交于点，
可得，，则.
在中，，
即，得，
又，化简可得，
，双曲线的离心率为.
故答案为：.
19．
【分析】因为直线平分圆，则直线过圆心，再利用基本不等式求出ab的最大值.
【详解】由题意得，直线过圆心，所以，
所以，（当且仅当，即，取“=”），
又，所以ab的最大值为.
故答案为：.
20．/0.2
【分析】延长与椭圆交于点,在中根据题意及椭圆对称性，利用余弦定理求解即可.
【详解】延长与椭圆交于点,,根据椭圆的对称性可知,
设，，
，且，
又，
又，，
在中，,,
,.
故答案为：
21．
【分析】由得为矩形，则，故，结合正弦函数即可求得范围．
【详解】由已知可得，且四边形为矩形．
所以，
又因为，所以．
得离心率．
因为，所以，可得，
从而．
故答案为：
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出抛物线方程，然后和直线l联立，得到关于斜率满足的条件，从而求出斜率的取值范围；
（2）设出点的坐标，根据题意表示出和，最后求出定点T.
【详解】（1）解法1：将代入抛物线得，.
依题意可设，，直线，
联立直线l与抛物线得：，
则，
由得且，
又直线交y轴于M，直线交y轴于N，所以直线不能过及，
且，
综上.
解法2：将代入抛物线得，.
依题意可设，，直线，
由得：，
则解得且
又直线交y轴于M，直线交y轴于N，所以直线不能过及，
且，
综上.
（2）设点，，由，，，
则可设，，
，，
故
同理：，
，
直线，
令得，
同理，
，，
，
又，.
所以存在点满足题意.
23．(1)
(2)直线存在，且直线的方程为.
【分析】（1）根据圆椭上的点和焦点坐标求出a,b,c，即可求出椭圆方程；
（2）设点的坐标，利用直线AB、AC与圆M相切，求出直线BC方程，再利用直线BC与圆M相切建立r的方程，求解即可.
【详解】（1）由题意可知椭圆的右焦点为，因为点在椭圆上，
所以
，所以，椭圆的方程为．
（2）由（1）可知椭圆的上顶点为，假设这样的存在，且设，
则直线的斜率为，直线的方程为，
因为直线与圆相切，则，所以
两边平方化简得，
整理得，
因为，消去得，
因为，两边同时除以，得，
整理得，即点在直线上，
同理点也在直线上，
因此直线的方程为，
若直线与圆相切，则，
解得（舍去）或.
因此直线存在，且直线的方程为，
即.
【点睛】关键点点睛：处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．
24．(1)
(2)存在；
【分析】（1）设，由向量的数乘运算，用表示出，由可得轨迹方程；
（2）假设存在满足题意的直线，设．当直线l的斜率存在时，设其方程为．代入椭圆方程，应用韦达定理得，计算并代入，分析它是与无关的常数，由此得出值，再检验这个值对斜率不存在的直线也适用，由此得结论．
（1）
设
由，得，即
而，即．所以，即．
（2）
假设存在满足题意的直线，设．
当直线l的斜率存在时，设其方程为．
由，消去y，得．
则．
所以，，
则
当且仅当，即时，
当直线l的斜率不存在时，，若
则．
综上，存在实数，使得为定值为5．
25．(1)；
(2)．
【分析】(1)根据几何关系求出该圆和x轴和y轴均相切，得到M的坐标，代入抛物线方程即可求解；
(2)设，则，.设，，根据导数求出在A、B处切线方程，代入可得切点弦AB方程，联立AB方程和抛物线方程，结合韦达定理和弦长公式可求，求出O到AB距离d，用表示出，构造函数，判断函数单调性求出范围即可．
(1)
依题意得，设，
由抛物线性质，可得．
∵圆心是MF的中点，∴根据中点坐标公式可得，圆心纵坐标为1，则MF⊥y轴，
圆半径为1，且过(1，0)，据此可知该圆与x轴和y轴均相切，故圆心为(1，1)，则，
代入抛物线方程得，∴，
∴抛物线C的方程为；
(2)
在曲线上任取一点，设切点为，．
∵y＝，∴，∴在点处的切线斜率为，
则在点处的抛物线的切线方程为．
又点在切线上，∴，同理可得，
则切点弦AB的方程为(*)，
联立方程组，消y得，
由韦达定理得，，
由(*)知，则，
点O到AB：的距离为，
则，
∵在曲线上，则，，
故，，
令，则，
时，≤，
∴在恒成立，∴在上单调递减，
∴，∴，
∴的面积的取值范围．
【点睛】本题关键是利用导数求出抛物线斜率，写出切线方程，根据切线方程求出切点弦AB的方程.在求三角形面积范围时，利用导数求函数的单调性，根据单调性求范围即可．
26．(1)；
(2).
【分析】（1）把点M用极坐标表示出，结合已知将用极角的三角函数表示，通过三角变换借助正弦函数性质求解作答.
（2）求出曲线的参数方程及直线的普通方程，利用点到直线距离公式结合正弦函数性质计算作答.
(1)
因点是曲线C上的一个动点，则有，并满足，
于是得，
其中锐角由确定，而，则，
所以的取值范围是：.
(2)
消去中的参数t得直线的普通方程：，
由，即得曲线的普通方程：，
经过变换，即得曲线：，即，
因此，曲线的普通方程为：，其参数方程为，为参数，
则点到直线的距离，
其中锐角由确定，当时，，
此时由得，即点，
所以点P到直线的距离的最小值是.
27．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设出直线的方程为，并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，通过证明来证得.
（2）由，结合（1）来求得的取值范围.
(1)
设直线的方程为，，
则，
，
要证，只需证即可，
只需证，只需证.
联立，消去并化简得.
所以，
所以成立，所以.
(2)
延长交于点，
由（1）得，且，
因为是的中点，所以为的中点.
所以，则，因此，
从而.
由（1）得，
，，
，即.
令，则，
，
因为，，
故的取值范围是.
28．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）设直线l的方程为：，联立方程，利用韦达定理可得结果；
（2）设，借助韦达定理表示，即可得到结果.
【详解】（1）由已知可设直线l的方程为：，
联立方程组可得，
设，则．
又因为，得，
故直线l的方程为：即为；
（2）由题意可设，
可设过P的直线为．
联立方程组可得，显然．
设，则．
所以
．
所以始终被x轴平分．
29．（1），；（2）
【分析】（1）将曲线C的参数方程消去参数得出普通方程，将代入可得曲线C的极坐标方程，由可求出的范围；
（2）利用弦长公式求出，求出点P到直线的最大距离，即可得出面积的最大值.
【详解】（1）将曲线C的参数方程消去参数，
可得普通方程为，即，
将代入可得曲线C的极坐标方程为，
若原点在曲线C的内部，则，解得；
（2）当时，圆C的方程为，圆心为，半径，
直线的极坐标方程化为直角坐标方程为，
由得，
设，则，
，
要使面积最大，只需点P到直线的距离最大，
圆心到直线的距离，
则点P到直线的最大距离为，
所以面积的最大值为.
【点睛】关键点睛：本题考查参数方程、普通方程和极坐标方程的转化，考查三角形面积的最值，解题的关键是清楚极坐标和直角坐标的关系，知道三角形面积最大只需满足点P到直线的距离最大.
30．（1）；（2）.
【分析】（1）由点A在短轴端点时，面积取得最大值，得到，再根据椭圆的离心率为求解.
（2）设直线PM的方程为与联立，根据 PM是椭圆的切线，由，得到，设，用导数法求得，然后根据，由 求解.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，
所以，
设，则，
当时，面积取得最大值，
所以，又，
解得，
所以椭圆的方程是.
（2）设直线PM：与联立得：，
因为PM是椭圆的切线，
所以，即，
由，得，
所以，则，
设，则①，
因为，
所以②，
将①②代入，得，
因为同号，
所以，
因为M在直线上，
所以，
所以 ，
所以,
.
【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．
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