安徽省合肥市高考数学三年（2020-2022）模拟题知识点分类汇编-平面解析几何

这是一份安徽省合肥市高考数学三年（2020-2022）模拟题知识点分类汇编-平面解析几何，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
安徽省合肥市高考数学三年（2020-2022）模拟题知识点分类汇编-平面解析几何

一、单选题
1．（2022·安徽合肥·统考二模）已知双曲线的渐近线方程，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．
2．（2022·安徽合肥·统考二模）若与是两条不同的直线，则“”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2022·安徽合肥·统考二模）抛物线的焦点为，为抛物线上一点，以为圆心，为半径的圆交抛物线的准线于，两点，，则直线的斜率为（    ）
A． B．
C． D．
4．（2022·安徽合肥·统考二模）已知直线过定点，直线过定点，与的交点为，则面积的最大值为（    ）
A． B．
C．5 D．10
5．（2021·安徽合肥·统考二模）下列双曲线中，焦点在y轴上，且渐近线互相垂直的是（    ）
A． B．
C． D．
6．（2021·安徽合肥·统考三模）下图上半部分为一个油桃园.每年油桃成熟时，园主都需要雇佣人工采摘，并沿两条路径将采摘好的油桃迅速地运送到水果集散地处销售.路径1：先集中到处，再沿公路运送；路径2：先集中到处，再沿公路运送.园主在果园中画定了一条界线，使得从该界线上的点出发，按这两种路径运送油桃至处所走路程一样远.已知，，若这条界线是曲线的一部分，则曲线为（    ）

A．圆 B．椭圆 C．抛物线 D．双曲线
7．（2021·安徽合肥·统考三模）在平面直角坐标系中，已知点，，则（    ）
A．1 B． C． D．2
8．（2021·安徽合肥·统考三模）图上半部分为一个油桃园．每年油桃成熟时，园主都要雇佣人工采摘，然后沿两条路径将采摘好的油桃迅速地运送到水果集散地C处销售．路径1：先将油桃集中到A处，再沿公路运送；路径2：先将油桃集中到B处，再沿公路运送．已知，．为了减少运送时间，园主在油桃园中画定了一条界线，使得位于界线一侧的采摘工按路径1运送路程较近，另一侧的采摘工按路径2运送路程较近若这条界线是曲线E的一部分，则曲线E为（    ）

A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
9．（2021·安徽合肥·统考三模）已知圆，过圆外一点作圆的切线，切点为，若（O为坐标原点），则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
10．（2021·安徽合肥·统考二模）设抛物线的焦点为F，点A是抛物线C的准线与x轴的交点，若抛物线C上的点M满足，则（    ）
A． B．2 C． D．4
11．（2021·安徽合肥·统考一模）经过椭圆的左焦点和上顶点的直线记为.若椭圆的中心到直线的距离等于，且短轴长是焦距的倍，则椭圆的方程为（    ）
A． B．
C． D．
12．（2020·安徽合肥·统考一模）椭圆C：的左､右焦点分别为F1，F2，点P(x1，y1)，Q(-x1，-y1)在椭圆C上，其中x1>0，y1>0，若|PQ|=2|OF2|，，则离心率的取值范围为（    ）
A． B． C． D．

二、填空题
13．（2022·安徽合肥·统考二模）已知双曲线的右焦点为，为双曲线右支上一点，为坐标原点.若为等边三角形，则双曲线的离心率为_________．
14．（2022·安徽合肥·统考二模）已知的内角．，的对边分别为，，，若， ，则面积的取值范围为_________．
15．（2021·安徽合肥·统考三模）已知抛物线的焦点为，直线与轴的交点为，与抛物线的交点为，且，则抛物线的方程为___________．
16．（2021·安徽合肥·统考三模）天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现：平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹是卡西尼卵形线（Cassini Oval）．在平面直角坐标系中，设定点为，，点O为坐标原点，动点满足（且为常数），化简得曲线．下列四个命题中，正确命题的序号是_____________．
（将你认为正确的命题的序号都填上）
①曲线E既是中心对称又是轴对称图形；
②当时，的最大值为；
③的最小值为；
④面积不大于．
17．（2021·安徽合肥·统考二模）若直线与圆相交，则实数的取值范围是___________.
18．（2021·安徽合肥·统考一模）已知双曲线的两个焦点分别为，，M是双曲线C渐近线上一点，，点N满足，且，则该双曲线的离心率等于___________.
19．（2020·安徽合肥·统考一模）已知双曲线C：（a>0，b>0）的左、右焦点分别为，，直线l是双曲线C过第一、三象限的渐近线，记直线l的倾斜角为，直线：，，垂足为M，若M在双曲线C上，则双曲线C的离心率为______．

三、解答题
20．（2022·安徽合肥·统考二模）已知椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为，为椭圆上一动点， 面积的最大值为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆的另一个交点为，为线段的中点，射线与椭圆交于点．点为直线上一动点，且，求证：点在定直线上．
21．（2021·安徽合肥·统考三模）在平面直角坐标系中，已知点、.过点的直线与椭圆分别交于点、.
（1）若直线与轴垂直，求的面积；
（2）记直线、、的斜率分别为、、，求证：、、成等差数列.
22．（2021·安徽合肥·统考三模）已知点D是圆上一动点，点，线段的中垂线交于点B．
（1）求动点B的轨迹方程C；
（2）定义：两个离心率相等的圆锥曲线为“相似”曲线．若关于坐标轴对称的曲线T与曲线C相似，且焦点在同一条直线上，曲线T经过点，．过曲线C上任一点P向曲线T作切线，切点分别为M，N，这两条切线，分别与曲线C交于点G，H（异于点P）．
证明：是一个定值，并求出这个定值．
23．（2021·安徽合肥·统考二模）已知椭圆的离心率为，椭圆C与y轴交于点A，B(点B在x轴下方)，，直径为BD的圆过点.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过D点且不与y轴重合的直线与椭圆C交于点M，N，设直线AN与BM交于点T，证明：点T在直线上.
24．（2021·安徽合肥·统考一模）已知抛物线，过点的直线l与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点.
（1）若，求外接圆的方程；
（2）若点A关于x轴的对称点是(与B不重合)，证明：直线经过定点.
25．（2020·安徽合肥·统考一模）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，点M，N在椭圆C上.
(1)若线段MN的中点坐标为，求直线MN的斜率；
(2)若M，N，O三点共线，直线NF1与椭圆C交于N，P两点，求△PMN面积的最大值.
26．（2020·安徽合肥·统考二模）已知圆经过抛物线的焦点，且与抛物线的准线相切.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）设经过点的直线交抛物线于两点，点关于轴的对称点为点，若的面积为6，求直线的方程.

参考答案：
1．B
【分析】求出的值，利用双曲线的离心率公式可求得该双曲线的离心率的值.
【详解】双曲线的渐近线方程为，所以，，
因此，该双曲线的离心率为.
故选：B.
2．C
【分析】由题意解出时的值后判断
【详解】若，则，解得或
而时，重合，故舍去
则“”是“”的充要条件
故选：C
3．D
【分析】根据题意求出点坐标，即可求出直线的斜率.
【详解】由题意可知：，设准线与轴交于，
因为，所以，且，
所以，
设，由抛物线定义可知，
所以，代入抛物线中得，所以，且，
所以直线的斜率为.
故选：D

4．C
【分析】由直线方程求出定点，确定，即在以为直径的圆上，由圆的性质得点到的距离最大值为圆半径，由此可得面积最大值．
【详解】由直线的方程是得直线过定点，同理直线方程为，即，所以定点，
又，所以，即在以为直径的圆上，
，由圆的性质知点到的距离最大值等于圆半径，即，
所以面积的最大值为．
故选：C．
5．A
【分析】先排除选项BD,再求双曲线的渐近线判断得解.
【详解】解：由于双曲线的焦点在y轴上，所以选项BD不满足题意,
选项A中双曲线的渐近线为，两渐近线的斜率乘积为-1，所以两渐近线互相垂直，所以选项A满足题意；
选项C中双曲线的渐近线为，两渐近线的斜率乘积不为-1，所以两渐近线不互相垂直，所以选项C不满足题意.
故选：A
6．D
【分析】根据题意得到，进而得到，结合双曲线的定义，即可求解.
【详解】由题意，从界线上的点出发，经到与经到，所走的路程是一样的，
即，所以，
又由，所以，
又由，根据双曲线的定义可知曲线为双曲线的一部分.
故选：D.
7．A
【分析】利用两点间距离公式结合三角函数公式求解．
【详解】点，，






故选：A．
8．C
【分析】根据题意将问题转化为两条路径的距离一样长，根据双曲线的定义求解即可.
【详解】由题意可知，假设曲线E上一点为P，
则满足时，由P点到C点的两条路径一样长，
即，即点P的轨迹为双曲线的左支，
当在双曲线左边时，按路径1运送，当在双曲线右边时，按路径2运送，
结合题意曲线E应为双曲线左支与油桃园的交集部分，
故选：C.
9．D
【分析】根据题意得圆心的坐标与半径，设点，然后利用勾股定理列式求解动点的轨迹方程，然后根据圆上任意点到定点的最小距离计算的最小值.
【详解】圆，化简可得，所以，半径为，由题意，过圆外一点作圆的切线，切点为，所以为直角三角形，，又由，可求得动点的轨迹方程，设，则，可得，点在圆上，圆心为，则的最小值为：.
故选：D.

10．B
【分析】设点坐标，利用焦半径公式求得点横坐标，得结论．
【详解】由已知抛物线的焦点为，准线方程是，，
设，则由，得，又，
所以，解得．，
故选：B．
11．D
【分析】由焦距和短轴长关系可得，利用点到直线距离公式可构造方程求得，由椭圆关系可求得结果.
【详解】设椭圆焦距为，则，即；
过，，方程为，即，
椭圆中心到距离，解得：，，，
椭圆方程为.
故选：D.
12．C
【解析】根据，可得四边形为矩形，设，根据椭圆的定义以及勾股定理可得，再分析的取值范围，
进而求得，再求离心率的范围即可
【详解】设，由，知，
因为，在椭圆上，，
所以，四边形为矩形，；
由，可得，
由椭圆定义可得①；
平方相减可得②；
由①②得；
令，令，所以，，
即，所以，，
所以，，所以，，
解得
故选：C
【点睛】关键点睛：解题的关键在于运用椭圆的定义构造齐次式求椭圆的离心率，
即由椭圆定义可得①；
平方相减可得②；
由①②得，
然后利用换元法得出，进而求解
属于中档题
13．/
【分析】设双曲线的左焦点为点，连接，可知为直角三角形，以及，将，用表示，然后利用双曲线的定义可求出双曲线离心率.
【详解】
如图所示，设双曲线 的左焦点为点，连接，
为等边三角形,
，
所以，为直角三角形，且为直角，且，
，
由勾股定理得，
由双曲线的定义得，
即，
，
因此，双曲线C的离心率为，
故答案为：.
14．
【分析】由余弦定理变形得出，在以为焦点，长轴长为6的椭圆上，因此当是椭圆短轴顶点时，到的距离最大，由此可求得三角形面积最大值，从而可得面积取值范围．
【详解】, ，
由余弦定理得，所以，
即，又，
所以在以为焦点，长轴长为6的椭圆上（不在直线上），如图以为轴，线段中垂线为轴建立平面直角坐标系，设椭圆方程为，则，所以，
当是椭圆短轴顶点时，到的距离最大为，
所以的最大值为，可无限接近于0，无最小值，
的取值范围是，
故答案为：．

15．
【分析】求出点的坐标，由抛物线的焦半径公式结合等式可求得的值，由此可求得抛物线的方程.
【详解】易知抛物线的焦点为，联立，解得，即点，
由可得，，解得.
因此，抛物线的方程为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：抛物线定义的两种应用：
（1）实现距离转化，根据抛物线的定义，抛物线上任意一点到焦点的距离等于它到准线的距离，因此，由抛物线的定义可以实现点与点之间的距离与点到准线的距离的相互转化，从而简化某些问题；
（2）解决最值问题，在抛物线中求解与焦点有关的两点间距离和的最小值时，往往用抛物线的定义进行转化，即化折线为直线解决最值问题.
16．①②④
【分析】①：对曲线方程以代，以代，同时以代，以代进行判断即可；
②：利用曲线方程求出的取值范围，结合两点间距离公式进行判断即可；
③：利用基本不等式进行判断即可；
④：利用三角形面积公式，结合题中定义进行判断即可
【详解】①：以代，得：，所以曲线关于纵轴对称；
以代，得：，所以曲线关于横轴对称；
同时以代，以代得：
，所以曲线关于原点对称，所以曲线E既是中心对称又是轴对称图形，故本命题是真命题；
②：当时，
由，
解得：，
因此有，
即，故本命题是真命题；
③：因为，
所以当时，有，
当时，显然与，中一点重合，故此时，
因此本命题是假命题，
④：面积为：，
当时，面积的最大值为，故本命题是真命题，
故答案为：①②④
【点睛】关键点睛：本题的关键是命题②的真假判断，通过曲线方程求出的取值范围是解题的关键.
17．
【分析】由圆心到直线的距离小于半径可得．
【详解】直线方程为，
直线与圆相交，则，解得．
故答案为：．
18．
【分析】由题意画出图形，可得四边形为平行四边形，证明，即可求得，结合隐含条件即可求得双曲线的离心率．
【详解】解：如图，

由足，得，关于原点对称，
又，关于原点对称，四边形为平行四边形，
，，
又，设，则，
，
可得，则，
则，
，即，得，
解得：．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：求双曲线的离心率关键是找的齐次式，本题中利用平行四边形找出垂直关系，然后利用求得的齐次式，从而求得离心率.
19．/
【分析】由，所以点，因为，可得，，点M坐标化简为，代入双曲线的方程求解即可求得双曲线C的离心率．
【详解】设，，则，即，又，
解得，，则，
所以．即．
代入双曲线的方程可得，所以，
所以，解得或（舍）．
故答案为：
20．(1)
(2)证明见解析

【分析】(1)按照题目所给的条件即可求解；
(2)作图，联立方程，将M，N，P，Q，D的坐标用斜率k表示出来，
(3)按照向量数量积的运算规则即可.
(1)
设椭圆的半焦距为，由椭圆的几何性质知，
当点位于椭圆的短轴端点时， 的面积取得最大值，
此时 ，
，．
由离心率得，，解得，，，
∴椭圆的标准方程为；
(2)
由题意作下图：

设，．由得．
∵点在这个椭圆内部，所以，，，
，
∴点的坐标为
当时，直线的斜率为，∴直线的方程为，即，
将直线的方程代入椭圆方程得，，
设点，由 得，
化简得，化简得，∴点在直线上，
当直线的斜率时，此时，，
由得，也满足条件，∴点在直线上；
综上，椭圆的标准方程为，点在直线上.
【点睛】本题的难点在于联立方程，把M，N，P，Q，D点的坐标用k表示出来，
有一定的计算量，其中由于OP与椭圆有两个交点，
在表示 的时候用 表示，可以避免讨论点D在那个位置.
21．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得的面积；
（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，直接求出、、的值，可得出结论；在直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式计算得出，综合可得出结论.
【详解】解：（1）当直线与轴垂直时，其方程为，代入得到，.
由点到的距离为知，；
（2）记，由（1）知，当直线与轴垂直时，，
而，满足，、、成等差数列.
当直线与轴不垂直时，设，
与联立得.
，
令、，则，
，
将代入并整理得，
而，满足，、、成等差数列.
综上，、、成等差数列.
【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，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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．（1）；（2）证明见解析，定值为．
【分析】（1）由题意知，且，根据椭圆的定义得，交点B的轨迹是一个以A，Q为焦点的椭圆，由此得出曲线C的方程．
（2）由相似的定义得出曲线T的方程为．．
分切线的斜率不存在时和切线和的斜率都存在时两种情况分别求得的值，可得证.
【详解】解：（1）由题意知，
且，根据椭圆的定义得，
交点B的轨迹是一个以A，Q为焦点的椭圆，
所以，，∴，
∴曲线C的方程为．
（2）由曲线T与曲线C相似，且它们的焦点在同一条直线上，
曲线T经过点，，
可设曲线T的方程为．
将点坐标代入上式得，，
∴曲线T的方程为．
设．
①①当切线的斜率不存在时，
切线的方程为：，代入得，
此时与曲线T相切，根据椭圆的对称性有M为的中点，
方程为或，切点为或，
即N为的中点，所以是一个定值；
同理可求，当切线的斜率不存在时，也是一个定值．
当切线的斜率不存在时，
切线的方程为：，代入得，
此时M为的中点；
同理可求，当切线的斜率不存在时，切点为中点；
②当切线和的斜率都存在时，
设切线的方程为：，
分别代入和，
化简整理得①，
②．
由题意知，方程①有两个相等的实数根；
方程②有两个不相等的实数根，，
∴，∴，
∴，

此时，M为的中点．同理可证，N为的中点，
综上，切线的切点分别为线段的中点，
是一个定值．
【点睛】方法点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形．有时若直线过x轴上的一点，可将直线设成横截式.
23．（1）；（2）见解析．
【分析】（1）利用直径为BD的圆过点可得的关系式，结合离心率可求，从而可求椭圆方程．
（2）设直线，，利用分析法推出只要证明即可，联立直线方程和椭圆方程，消元后利用韦达定理可证．
【详解】（1）由题设有，因为直径为BD的圆过点，
所以，而，故，
又，故，所以，故，所以，
故椭圆方程为：．
（2）设直线，，．
由椭圆方程可得，
故直线，直线，
又可得 ，故．
要证点T在直线，即证对任意的恒成立，
即证对任意的恒成立，即证．
由得，
即或．
又
故，
故点T在直线．
【点睛】方法点睛：求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等. 直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.
24．（1）；（2）证明见详解．
【分析】（1）设直线的方程代入抛物线方程，得两根关系，利用弦长公式求得参数，进而求出A，B两点坐标，从而求得圆方程；
（2）设，则，由（1）知，设设直线的方程代入抛物线方程，得两根关系从而解得参数，求出定点．
【详解】解：（1）设直线的方程为，
联立，得，
所以，
由，解得，所以
得的坐标为，
外接圆的圆心在轴上，设圆心为，
由，解得，
所以外接圆的方程为；
（2）证明：设，则，
由（1）知，，
设直线的方程为，
联立，得，
则，
所以，即，
所以直线过定点．
25．(1)
(2)

【分析】（1）可设，采用点差法并结合中点坐标公式可求；
（2）画出图形，可设直线NF1：x＝my－2，联立直线与椭圆方程得关于的韦达定理，由几何关系知，，由韦达定理求出，代换出，结合换元法和基本不等式可求△PMN面积的最大值.
【详解】（1）设，则，
两式相减，可得，
则，
解得，即直线MN的斜率为；
（2）显然直线NF1的斜率不为0，设直线NF1：，，
联立，消去x整理得，显然，
故，故△PMN的面积
，
令，则，当且仅当，即时等号成立，故△PMN面积的最大值为.

26．（1）y2＝4x．（2）2x±3y﹣2＝0．
【解析】（1）根据抛物线的定义即可得解；
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），则C（x2，﹣y2），由抛物线的定义可知，|AF|＝x1+1，|CF|＝x2+1．设直线AB的方程为y＝k（x﹣1），将其与抛物线的方程联立，消去y可得关于x的一元二次方程，写出韦达定理；设直线m（AB）的倾斜角为α，则tanα＝k，且sin∠AFC＝|sin（π﹣2α）|＝|sin2α|＝2sinαcosα，将其转化为只含k的代数式，再利用正弦面积公式得，，结合韦达定理表达式，化简整理可得，从而解出k的值，进而求得直线m的方程．
【详解】（1）由已知可得：圆心（4，4）到焦点F的距离与到准线l的距离相等，即点（4，4）在抛物线E上，
∴16＝8p，解得p＝2．
∴抛物线E的标准方程为y2＝4x．
（2）由已知可得，直线m斜率存在，否则点C与点A重合．
设直线m的斜率为k（k≠0），则直线AB的方程为y＝k（x﹣1）．
设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立消去y得k2x2﹣2（k2+2）x+k2＝0．
∴，x1x2＝1．
由对称性可知，C（x2，﹣y2），∴|AF|＝x1+1，|CF|＝x2+1．
设直线m（AB）的倾斜角为α，则tanα＝k，
∴，
∴．
由已知可得，解得．
∴直线m的方程为，即2x±3y﹣2＝0．
【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及抛物线的定义、曲直联立、正弦面积公式等，考查学生分析问题的能力和运算能力，属于中档题．