平面解析几何-广东省深圳市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编

这是一份平面解析几何-广东省深圳市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编，共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。
平面解析几何-广东省深圳市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编

一、单选题
1．（2023·广东深圳·统考二模）设椭圆C：的左、右焦点分别为，，直线l过点.若点关于l的对称点P恰好在椭圆C上，且，则C的离心率为（    ）
A． B． C． D．
2．（2022·广东深圳·统考二模）过抛物线的焦点F作直线l，交抛物线于A，B两点，若，则直线l的倾斜角等于（    ）
A．或 B．或 C．或 D．与p值有关
3．（2021·广东深圳·统考二模）、分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与的左、右两支曲线分别交于、两点，若，则（    ）
A． B． C． D．
4．（2022·广东深圳·统考一模）已知椭圆C：，圆M：，若圆M的圆心在椭圆C上，则椭圆C的离心率为（    ）
A． B． C．或 D．

二、多选题
5．（2023·广东深圳·统考二模）设抛物线C：的焦点为F，过抛物线C上不同的两点A，B分别作C的切线，两条切线的交点为P，AB的中点为Q，则（    ）
A．轴 B． C． D．
6．（2023·广东深圳·统考一模）已知抛物线C：的准线为，直线与C相交于A、B两点，M为AB的中点，则（    ）
A．当时，以AB为直径的圆与相交
B．当时，以AB为直径的圆经过原点O
C．当时，点M到的距离的最小值为2
D．当时，点M到的距离无最小值
7．（2022·广东深圳·统考二模）P是直线上的一个动点，过点P作圆的两条切线，A，B为切点，则（    ）
A．弦长的最小值为 B．存在点P，使得
C．直线经过一个定点 D．线段的中点在一个定圆上
8．（2022·广东深圳·统考一模）已知定圆A的半径为1，圆心A到定直线l的距离为d，动圆C与圆A和直线l都相切，圆心C的轨迹为如图所示的两条抛物线，记这两抛物线的焦点到对应准线的距离分别为，，则（    ）

A． B． C． D．
9．（2022·广东深圳·统考一模）如图，已知直四棱柱ABCD-EFGH的底面是边长为4的正方形，，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，则（    ）

A．当时，存在点P满足
B．当时，存在唯一的点P满足
C．当时，满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为
D．当时，满足的点P轨迹长度为
10．（2021·广东深圳·统考二模）设直线与圆，则下列结论正确的为（    ）
A．与可能相离
B．不可能将的周长平分
C．当时，被截得的弦长为
D．被截得的最短弦长为
11．（2021·广东深圳·统考一模）设、分别是双曲线的左、右焦点，且，则下列结论正确的有（    ）
A． B．当时，C的离心率是2
C．到渐近线的距离随着n的增大而减小 D．当时，C的实轴长是虚轴长的两倍

三、填空题
12．（2023·广东深圳·统考二模）足球是一项很受欢迎的体育运动.如图，某标准足球场的底线宽码，球门宽码，球门位于底线的正中位置.在比赛过程中，攻方球员带球运动时，往往需要找到一点，使得最大，这时候点就是最佳射门位置.当攻方球员甲位于边线上的点处（，）时，根据场上形势判断，有、两条进攻线路可供选择.若选择线路，则甲带球_________码时，到达最佳射门位置；若选择线路，则甲带球_________码时，到达最佳射门位置.

13．（2023·广东深圳·统考一模）若椭圆上的点到焦点距离的最大值是最小值的2倍，则该椭圆的离心率为_________．
14．（2021·广东深圳·统考二模）已知椭圆的焦点在轴上，且离心率为，则的方程可以为______．

四、解答题
15．（2023·广东深圳·统考二模）已知双曲线：，点M为双曲线C右支上一点，A、B为双曲线C的左、右顶点，直线与y轴交于点D，点Q在x轴正半轴上，点E在y轴上.
(1)若点，，过点Q作BM的垂线l交该双曲线C于S，T两点，求的面积；
(2)若点M不与B重合，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①；②；③.注:若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
16．（2023·广东深圳·统考一模）已知双曲线E：与直线l：相交于A、B两点，M为线段AB的中点．
(1)当k变化时，求点M的轨迹方程；
(2)若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
17．（2022·广东深圳·统考二模）已知椭圆经过点，且焦距，线段分别是它的长轴和短轴．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若是平面上的动点，从下面两个条件中选一个，证明：直线经过定点．
①，直线与椭圆E的另一交点分别为P，Q；
②，直线与椭圆E的另一交点分别为P，Q．
18．（2021·广东深圳·统考一模）设O是坐标原点，以为焦点的椭圆的长轴长为，以为直径的圆和C恰好有两个交点，
（1）求C的方程；
（2）P是C外的一点，设其坐标为，过P的直线均与C相切，且的斜率之积为，记u为的最小值，求u的取值范围．
19．（2021·广东深圳·统考二模）在平面直角坐标系中，是坐标原点，是直线上的动点，过作两条相异直线和，其中与抛物线交于、两点，与交于、两点，记、和直线的斜率分别为、和．
（1）当在轴上，且为中点时，求；
（2）当为的中位线时，请问是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

五、双空题
20．（2023·广东深圳·统考一模）设，，，O为坐标原点，则以为弦，且与AB相切于点A的圆的标准方程为____；若该圆与以OB为直径的圆相交于第一象限内的点P（该点称为直角△OAB的Brocard点），则点P横坐标x的最大值为______．

参考答案：
1．C
【分析】根据已知结合椭圆的定义可推得，.然后根据，可推得.最后根据余弦定理，即可得到关于的齐次方程，即可得出离心率.
【详解】
设，
由已知可得，，
根据椭圆的定义有.
又，
所以.
在中，由余弦定理可得，
，
即，
整理可得，
等式两边同时除以可得，，
解得，或（舍去），
所以.
故选：C.
2．C
【分析】根据题意画出图形，根据抛物线的定义和相似三角形列出比例式，再利用直角三角形的边角关系求出直线的倾斜角.
【详解】如图所示，

由抛物线的焦点为，准线方程为，
分别过A，B作准线的垂线，垂足为，，直线l交准线于，如图所示：
则，，，
所以，，
所以，即直线l的倾斜角等于，
同理可得直线l的倾斜角为钝角时即为，
故选：C．
3．C
【分析】利用勾股定理结合双曲线的定义可求得，结合平面向量数量积的运算性质可求得结果.
【详解】在双曲线中，，，，则、，

因为直线过点，由图可知，直线的斜率存在且不为零，
，则为直角三角形，可得，
由双曲线的定义可得，所以，，
可得，
联立，解得，
因此，.
故选：C.
【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：
（1）利用定义：
（2）利用向量的坐标运算；
（3）利用数量积的几何意义．
具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
4．D
【分析】首先求出圆心的坐标，代入椭圆方程，令，则，求出，再根据计算可得；
【详解】解：因为圆M：，即圆M：，圆心，因为圆心在椭圆上，所以，即，令，则，即，解得，即，所以离心率；
故选：D
5．AC
【分析】设切线求交点根据两根之和判断A选项；特殊值法判断B,C选项；根据定义数形结合判断D选项.
【详解】对于A选项：设,
,,
过点A切线为：①,
过点B切线为:②,
①②得
化简可得

轴,A选项正确.
设
过A点的切线为,过B点的切线为,交点为
AB的中点为，所以不垂直,B选项错误；
,所以,D选项错误;

作抛物线准线的垂线 ,连接

则
显然 ,所以

又因为由抛物线定义,得,故知 是线段 的中垂线,得到则
同理可证：,，
所以，即,
所以 ,即.
故选:AC.
6．BC
【分析】将直线代入，结合韦达定理求得坐标、点到准线的距离及．当时，由可判断A；当时，由可判断B；当时，得的关系式，代入表达式，利用基本不等式可判断C；当时，得的关系式，代入表达式，利用对勾函数的性质可判断D．
【详解】抛物线，准线方程是，
直线代入，可得，，
设，则，
，
，
设，则，
点到准线的距离，
，
当时，，点到准线的距离，则以AB为直径的圆与相切，故A错误；
当时，，则，则以AB为直径的圆经过原点O，故B正确；
当时，即，得，
则，当且仅当时等号成立，故C正确；
当时，即，得，
所以，令，
则，由对勾函数的性质得，当时，单调递增，
故当时，取最小值，故D错误．
故选：BC．
7．ACD
【分析】设，则为的中点，且，再根据勾股定理、等面积法及锐角三角函数得到、，根据的范围，即可判断A、B，设，求出以为直径的圆的方程，两圆方程作差，即可得到切点弦方程，从而判断C，再根据圆的定义判断D；
【详解】解：依题意，即，设，则为的中点，且，
所以，所以，，又，
所以，，所以，，故A正确，B不正确；
设，则，所以以为直径的圆的方程为，
则，即，所以直线的方程为，所以直线过定点，故C正确；
又，，所以的中点在以为直径的圆上，故D正确；
故选：ACD

8．ABD
【分析】根据动圆C与圆A和直线l都相切，分圆C与圆A相外切和圆C与圆A相内切，分别取到A的距离为d+1，d-1，且平行于l的直线，，利用抛物线的定义求解.
【详解】解：动圆C与圆A和直线l都相切，
当圆C与圆A相外切时，取到A的距离为d+1，且平行于l的直线，
则圆心C到A的距离等于圆心C到的距离，
由抛物线的定义得：圆心C的轨迹是以A为焦点，以为准线的抛物线；
当圆C与圆A相内切时，取到A的距离为d-1，且平行于l的直线，
则圆心C到A的距离等于圆心C到的距离，
由抛物线的定义得：圆心C的轨迹是以A为焦点，以为准线的抛物线；
所以，当时，抛物线不完整，
所以，，，，
故选：ABD
9．BCD
【分析】建立空间直角坐标系，结合选项逐个验证，利用对称点可以判断A，利用垂直求出可以判断B，求出点P轨迹长度可判定C,D.
【详解】以为原点，所在直线分别为轴，建系如图，

对于选项A，当时，，，
设点关于平面的对称点为，则，.
所以.故A不正确.
对于选项B，设，则，
由得，即，解得，
所以存在唯一的点P满足，故B正确.
对于选项C，，设，则，
由得.在平面中，建立平面直角坐标系，如图，

则的轨迹方程表示的轨迹就是线段，而，故C正确.
对于选项D，当时，，设，
则，
由得，即，
在平面中，建立平面直角坐标系，如图，

记的圆心为，与交于；
令，可得，而，所以，其对应的圆弧长度为；
根据对称性可知点P轨迹长度为；故D正确.
故选：BCD.
【点睛】立体几何中的动点问题，常常采用坐标法，把立体几何问题转化为平面问题，结合解析几何的相关知识进行求解.
10．BD
【分析】求出直线所过定点的坐标，可判断A选项的正误；假设假设法可判断B选项的正误；利用勾股定理可判断CD选项的正误.
【详解】对于A选项，直线过定点，且点在圆内，则直线与圆必相交，A选项错误；
对于B选项，若直线将圆平分，则直线过原点，此时直线的斜率不存在，B选项正确；
对于C选项，当时，直线的方程为，圆心到直线的距离为，
所以，直线被截得的弦长为，C选项错误；
对于D选项，圆心到直线的距离为，
所以，直线被截得的弦长为，D选项正确.
故选：BD.
【点睛】方法点睛：圆的弦长的常用求法
（1）几何法：求圆的半径为，弦心距为，弦长为，则；
（2）代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式.
11．AC
【分析】由已知条件值，根据，，，可计算的值，进而可判断选项A；直接计算可判断选项B；计算到渐近线的距离用表示，即可判断选项C；当时求出得值，可得的关系可判断选项D，进而可得正确选项.
【详解】对于选项A：由双曲线的方程可得，，
所以，
因为，所以，
所以，可得：，故选项A正确；
对于选项B：当时，双曲线，此时，，
所以离心率，故选项B不正确；
对于选项C：中，由选项A知：，，，的渐近线方程为，
不妨取焦点，则到渐近线的距离，
所以到渐近线的距离随着n的增大而减小，故选项C正确；
对于选项D：当时，，，
所以实轴长为，虚轴长为，不满足C的实轴长是虚轴长的两倍，故选项D不正确；
故选：AC
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是由已知条件得出，，再利用双曲线的性质可求，关键点是准确记忆双曲线中的概念，焦点到渐近线的距离等于.
12．
【分析】若选择线路，设，利用两角差的正切公式可得出关于的表达式，利用基本不等式可求得的值及的长；若选择线路，若选择线路，以线段的中点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立平面直角坐标系，利用斜率公式、两角差的正切公式以及基本不等式可求得结果.
【详解】若选择线路，设，其中，，，
则，，
所以，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，此时，
所以，若选择线路，则甲带球码时，到达最佳射门位置；
若选择线路，以线段的中点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，，
直线的方程为，设点，其中，
，，
所以，
，
令，则，
所以，
，
当且仅当时，即当，即当时，等号成立，
所以，，
当且仅当时，等号成立，
此时，，
所以，若选择线路，则甲带球码时，到达最佳射门位置.
故答案为：；.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
13．
【分析】根据椭圆的性质可知，点到焦点距离的最大值为，最小值为，代入条件即可求解.
【详解】依题意，由图象的性质可知，
点到焦点距离的最大值为，最小值为，
所以，化简得，即离心率，
故答案为：.
14．
【分析】设椭圆的方程为，由离心率可得，从而可写出正确答案.
【详解】解：因为焦点在轴上，所以设椭圆的方程为，
因为离心率为，所以，所以，则，
故答案为: .
15．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）先根据已知，得出的方程，然后联立与双曲线的方程，根据韦达定理得出坐标的关系，表示出弦长，最后根据面积公式，即可得出答案；
（2）①②为条件，③为结论：易得.又，.然后根据直线的斜率可得出.设点，则，即可得出坐标；①③为条件，②为结论：易得，.又，即可的得出，，求解，整理即可得出证明；②③为条件，①为结论：易得，平方整理可得.根据，得.进而根据，即可求出，平方整理，即可得出证明.
【详解】（1）由已知可得，，.
因为点，直线的斜率为，
所以直线的垂线的方程为，
整理可得，.
设点，，
联立直线与双曲线的方程可得，，
则，且，
所以，.
原点到直线的距离为，
所以，的面积为.
（2）
①②为条件，③为结论
令点，，且，
因为三点共线，所以.
又，所以点的坐标为，
所以直线的斜率为.
又，所以.
设点，
因为直线的斜率，
所以，
所以；
①③为条件，②为结论
令点，，且，
因为三点共线，所以.
又，所以点的坐标为，
又，点Q在x轴正半轴上，所以，
所以.
又，
所以，
所以，；
②③为条件，①为结论
令点，，且，不妨设.
因为三点共线，
所以，且.
因为，点Q在x轴正半轴上，所以.
因为，所以.
又，
所以，，且，
所以，，即.
【点睛】思路点睛：①②为条件，③为结论：先得出的斜率，根据，得出..然后根据两点坐标，表示出斜率，即可推出点的坐标.
16．(1)，其中或
(2)存在，

【分析】（1）设，，，联立直线l与双曲线E的方程，消去y，得，根据已知直线l与双曲线E相交于A、B两点，得且，即且，由韦达定理，得，
则，，联立消去k，得，再根据的范围得出的范围，即可得出答案；
（2）设，，根据双曲线E的渐近线方程与直线l的方程联立即可得出，，则，即线段AB的中点M也是线段CD的中点，若A，B为线段CD的两个三等分点，则，结合弦长公式列式得，即可化简代入得出，即可解出答案.
【详解】（1）设，，，
联立直线l与双曲线E的方程，得，
消去y，得．
由且，得且．
由韦达定理，得．
所以，．
由消去k，得．
由且，得或．
所以，点M的轨迹方程为，其中或．
（2）双曲线E的渐近线方程为．
设，，联立得，同理可得，
因为，
所以，线段AB的中点M也是线段CD的中点．
若A，B为线段CD的两个三等分点，则．
即，．
而，．
所以，，解得，
所以，存在实数，使得A、B是线段CD的两个三等分点．
17．(1)
(2)见解析

【分析】（1）由已知可得：，解得：，即可求椭圆E的方程；
（2）选①，则，设，
所以
联立直线和椭圆的方程，求出的坐标，进一步得到直线的方程，令，故直线恒过定点.
选②，则，设，
所以
联立直线和椭圆的方程，求出的坐标，进一步得到直线的方程，令，故直线恒过定点.
【详解】（1）由已知，，点在椭圆上，所以，又因为，所以
，所以椭圆的方程为：.
（2）选①，则，设，
所以
消去得：，

所以，所以，则，所以
，
，消去得：，
，
所以，所以，则，所以
，
所以，
所以直线的方程为：，
所以，所以，故直线恒过定点.
选②，则，设，
所以
消去得：，

所以，所以， 所以
同理：，所以，所以

所以直线的方程为：
令，则
故直线恒过定点.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查计算能力，解题的关键是求出的坐标，进一步得到直线的方程，即可得出直线恒过的定点，属于难题.
18．（1）；（2）.
【分析】（1）由题设条件有、，结合椭圆参数的关系，即可写出椭圆的方程；
（2）设过的切线，联立椭圆方程并整理为关于x的一元二次方程，由l与椭圆C相切有，整理为关于k的一元二次方程，根据根与系数的关系及求得，最后由得到最小值，结合m的范围求u的范围.
【详解】（1）由题意知：，
∴，又以为直径的圆和C恰好有两个交点，则，
∵，可得，
∴椭圆C的方程为；
（2）由题意知，直线、的斜率存在且不为零，
设过的切线，
联立椭圆方程，消去y可得，
由直线l与椭圆C相切，则，
整理可得（易知），
设直线、的斜率分别为、，它们是上述方程的两根，
∴，整理得，则，
∴，易知：当时，有，
∵，
∴，即u的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：第二问，设切线方程，联立椭圆方程并整理，根据切线与椭圆的位置关系有得到关于切线斜率的一元二次方程，利用根与系数的关系得到即可确定最小值，结合m的范围求最小值的范围.
19．（1）；（2）存在满足条件，理由见解析.
【分析】（1）设出直线的方程，然后联立直线与抛物线的方程，得到关于的韦达定理形式，再根据为的中点，得到的关系，结合韦达定理可得关于的方程，由此求解出结果；
（2）根据已知条件将先表示为坐标形式，然后根据为中位线得到以及的关系，结合抛物线方程得到所满足的方程，由此确定出的关系，即可计算出关于的表示，再结合点坐标可求解出，则的值可确定.
【详解】（1）由条件知且，设，所以，
消去可得，所以，
又因为为中点，所以，所以，
所以，所以，所以；
（2）设，
所以，，
所以，
因为为的中位线，所以为的中点，是的中点，
所以即，即，
又，所以，
所以，所以①；
又因为即，即，
，所以，
所以，所以②；
由①②可知：是满足方程的两个根，
所以，
所以，
所以，
又，所以，所以，
所以存在常数使得成立.
【点睛】关键点点睛：解答本题第二问的关键在于点坐标设法以及对于中位线的分析，利用抛物线方程设出点的坐标，根据中位线得到点的坐标之间的关系，通过的纵坐标所满足方程的特点，确定出纵坐标的关系，故与的关系可分析出.
20． /0.8
【分析】以为弦的圆的圆心记作，易得圆心在线段的垂直平分线，且通过可得，得到直线的方程即可求出圆的方程；先求出以为直径的，然后两圆进行相减得到公共弦方程，代入可得点P横坐标，然后用对勾函数即可求得最值
【详解】以为弦的圆的圆心记作，且圆心在线段的垂直平分线上，
与直线相切于，则，
由可得，所以直线为，
将代入直线可得圆心为，，
所以所求的圆的标准方程为①；
以为直径的圆的圆心，半径为1，
则的方程为②，
①②可得，即为与的公共弦所在直线的方程，
将代入可得，
因为交点在第一象限，所以，所以，
令，（当且仅当时取等号）则
所以交点的横坐标
由对勾函数可得在内单调递增，所以当时，取得最小值，为，
所以交点的横坐标的最大值为
故答案为：；
【点睛】关键点睛：本题的关键是求出交点的横坐标后，利用换元法、构造函数法，结合对勾函数的单调性进行解题.