（压轴题特训）2024年高考数学平面解析几何专题练习

这是一份（压轴题特训）2024年高考数学平面解析几何专题练习，共33页。试卷主要包含了在圆上任取一点，已知椭圆过点，离心率为，椭圆，已知在平面直角坐标系中，等内容，欢迎下载使用。

(1)求椭圆C的方程；
(2)设圆上任意一点P处的切线l交椭圆C于，两点，求证：.
2．已知椭圆的左､右焦点分别为，其离心率为，过点且与轴垂直的直线与椭圆交于两点，且，过点的直线与椭圆交于两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知抛物线，若直线与抛物线交于两点，为坐标原点，若，求直线的方程.
3．已知椭圆过点，且离心率为，过右焦点的直线交椭圆于、两点，直线交轴于，过、分别作的垂线，交于、两点，为上除点的任一点．
(1)求椭圆的方程；
(2)求的值；
(3)设直线、、的斜率分别为、、，求的值．
4．设椭圆的左、右焦点分别为、，已知椭圆C的短轴长为，离心率．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过的直线l交椭圆C于A、B两点，请问的内切圆E的面积是否存在最大值?若存在，求出这个最大值及直线l的方程，若不存在，请说明理由．
5．在圆上任取一点．过点作轴的垂线，垂足为，点满足．
(1)求的轨迹的方程；
(2)设，延长交于另一点，过作的垂线交于点，判断与的面积之比是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由．
6．在直角坐标系中，曲线的方程为，直线过定点，且倾斜角为．
(1)写出直线的参数方程；
(2)令，时直线与曲线分别交于，和，四点，求由，，，为四个顶点的四边形的面积．
7．已知椭圆过点，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线与椭圆交于两点，直线分别与轴交于两点，求证：中点为定点．
8．已知椭圆的离心率为，点在上，的长轴长为.
(1)求的方程；
(2)已知原点为，点在上，的中点为，过点的直线与交于点，且线段恰好被点平分，判断是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，说明理由.
9．椭圆：的离心率，短轴的两个端点分别为、（位于上方），焦点为、，四边形的内切圆半径为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线交于M、N两点（M位于P与N之间），记、的面积分别为、，令，，求的取值范围.
10．已知在平面直角坐标系中，：，：，平面内有一动点，过作交于，交于，平行四边形面积恒为1.
(1)求点的轨迹方程并说明它是什么图形；
(2)记的轨迹为曲线，，当在轴右侧且不在轴上时，在轴右侧的上一点满足轴平分，且不与轴垂直或是的一条切线，求与，围成的三角形的面积最小值.
11．在平面直角坐标系中，已知椭圆：经过点，离心率.
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与圆相切，且与椭圆交于两点，求面积的取值范围.
12．已知抛物线的焦点为，过点且斜率为的直线与抛物线交于、两点，分别过、两点作抛物线的切线，两条切线分别与轴交于、两点，直线与抛物线交于、两点，直线与抛物线交于、两点，为线段的中点，为线段的中点．
(1)证明：为定值；
(2)设直线的斜率为，证明：为定值．
13．设双曲线C：（，）的右焦点为F，点O为坐标原点，过点F的直线与C的右支相交于A，B两点．
(1)当直线与x轴垂直，且两点的距离等于双曲线C的实轴长时，求双曲线C的离心率；
(2)若双曲线C的焦距为4，且恒成立，求双曲线C的实轴长的取值范围．
14．已知抛物线的焦点为，过点的直线（斜率为正数）与由左至右交于、两点，连接并延长交于点．
(1)证明：；
(2)当的内切圆半径时，求的取值范围．
参考答案：
1．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意列出关于的方程，求解即可；
（2）当直线的斜率存在时，设出直线的方程，根据直线与圆相切得到的关系，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理与向量的数量积运算求证；当直线的斜率不存在时，根据对称性得的坐标，计算．
【详解】（1）由题知：解得
∴椭圆C的方程为：.
（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，
∵直线与圆相切，∴，即，
联立整理可得，
∴，
解得或，
∴，，
∴
，
∴，即；
当直线的斜率不存在时，根据对称性得的坐标分别为：
，或，，
此时有或，
∴，
综上知.
.
【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，注意的判断；
（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.
2．(1)
(2)
【分析】（1）由椭圆离心率和椭圆上的点，求出，得椭圆标准方程；
（2）由点到直线的距离，比较两个三角形的高，由弦长公式比较两个三角形的底，求出直线斜率得直线的方程.
【详解】（1）由题意得，离心率，得，
不妨设，则，则，
解得，故，则椭圆的方程为.
（2）为的中点，到的距离为到距离的一半，
，.
当直线斜率不存在时，，，不合题意，
则直线斜率存在，，

设的方程为，.
联立，得，
易知，故，
则.
联立，得，
易知，故，
，
，解得，
直线的方程为.
【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（或）的一元二次方程，注意的判断；
（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.
3．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）分析可知，直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将该直线方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式可求得结果；
（3）设点，其中，利用斜率公式结合韦达定理可求得的值.
【详解】（1）解：由已知可得，解得，
因此，椭圆的方程为.
（2）解：易知点、，
若直线与轴重合，则、、重合，则不存在，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，
所以，
.
（3）解：设点，其中，则
.
【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．
4．(1)
(2)存在直线，的内切圆的面积最大值为
【分析】（1）由即可得解.
（2）根据题意分析出当最大时，也最大，内切圆的面积也最大，因此只需要求出的最大面积，设出直线方程，与椭圆的方程联立，结合韦达定理表示出的面积，换元法结合导数求出函数的最值，进而求出结果.
【详解】（1）由题意，所以解得，
所以椭圆C的方程为；
（2）设内切圆的半径为，
则的面积，
当最大时，也最大，内切圆的面积也最大，
设，
则，
显然直线得斜率不为0，所以设直线的方程为，
由，得，，
，，
，
所以，
令，则，且，有，
因为令，，
当时，，则在上单调递增，有，，
即当，时，有最大值3，得，这时所求内切圆的面积为，
所以存在直线，的内切圆的面积最大值为.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键是结合韦达定理表示出的面积，并求出其最大值即可顺利得解.
5．(1)
(2)是定值，定值为
【分析】（1）利用相关点法，设，由题意可得，代入圆即可得结果；
（2）设，则，根据题意求点的纵坐标，进而可得结果.
【详解】（1）设，
因为点满足，即点为线段的中点，可知，
且点在圆上，则，即，
所以的轨迹的方程为.
（2）设，则，
则直线的斜率，可知直线的斜率，
即直线的方程为，
且直线的方程为，
联立方程，消去x解得，
且在椭圆上，则，即，
可得，即点的纵坐标为，
所以（定值）.
.
【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
6．(1)（为参数）；
(2)
【分析】（1）直接由已知写出直线的参数方程；
（2）分别写出两直线方程，分别与椭圆方程联立，求得与，再由三角形面积公式求解．
【详解】（1）直线过定点，且倾斜角为，
直线的参数方程为（为参数）；
（2）当时，直线过，且斜率为1，
直线方程为，即；
当时，直线过，且斜率为，
直线方程为，即．
联立，得，，，，
则；
联立，得，
设，，，，则，，
，
又，
由，，，为四个顶点的四边形的面积为．

【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（或）的一元二次方程，注意的判断；
（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.
7．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意列方程求解即可.
（2）由题意显然直线斜率存在，设方程为，，联立椭圆方程，由韦达定理得，，进一步表示出方程和点坐标，证明为定值即可.
【详解】（1）因为椭圆过点，离心率为，
所以，解得，
所以，椭圆的方程为.
（2）
显然直线斜率存在，设方程为，，
联立方程得，
，
由直线方程为，直线方程为，
得，
.
中点为定点．
【点睛】关键点点睛：关键是用表示出的坐标，结合韦达定理，证明为定值即可顺利得解.
8．(1)
(2)是定值
【分析】（1）由已知得，则可得，，再将点的坐标代入椭圆方程化简，再结合前面的式可求出，从而可求出椭圆方程；
（2）方法一：设，则可得，代入椭圆方程化简，再结合在上，可得，然后化简即可；方法二：当轴且在轴右侧时，或当轴且在轴左侧时，可求出的坐标，从而可求出，当与轴不垂直时，设直线的方程为，将直线方程代入椭圆方程化简，再利用根与系数的关系，再结合题意表示出点的坐标，代入椭圆方程化简，再计算即可.
【详解】（1）因为的长轴长为，所以，
由得，
把代入的方程得，即，
解得，所以，解得，
所以的方程为.
（2）法一：设，
由题意可知，点既是的中点，又是的中点，
所以，即，
因为点在上，所以，
整理得，
因为在上，所以，
所以，
将两边平方，得，
又，展开，得，
所以，
所以，
又
.
所以为定值.
法二（通性通法）：当轴且在轴右侧时，
显然，
则
同理，当轴且在轴左侧时，.
当与轴不垂直时，设直线的方程为.
由，得，
则，化简，得.
设，则.
设，则，
所以，代入，得，
化简，得，适合.
.
综上，为定值.
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中的定值问题，解题的关键是设出直线方程，将其代入椭圆方程化简，再利用根与系数关系，结合中点坐标公式，化简，考查计算能力，属于难题.
9．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列出方程组，解方程组即可求得标准方程；
（2）对直线斜率是否存在分类讨论，斜率不存在的时候特殊位置分析，斜率存在的时候，联立直线方程和椭圆方程，根据韦达定理和题中已知条件分析计算即可得到结果.
【详解】（1）由题意得，解得，
所以椭圆C的方程为.
（2）当的斜率不存在时，与重合，与重合，不符合题意；
当的斜率存在时，其方程为，
设，，
由得：，
所以，解得，
则，
由于，，
则，，
所以，，由知，
从而，亦即，
将代入，得，
代入，得，
所以，
又，所以，则，
即，解得，
从而的取值范围为.
【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（或）的一元二次方程，注意的判断；
（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.
10．(1)或，图形为两组双曲线
(2)
【分析】（1）联立直线的方程可得点，进而根据点到直线的距离公式，结合三角形面积公式即可化简得轨迹方程，
（2）根据满足轴平分，确定在：上，即可联立直线直线与双曲线方程，利用相切可得直线方程为：，利用斜率之和可得直线恒过定点，即可设直线方程为，联立直线间的方程可得坐标，即可由面积公式求解.
【详解】（1）设点
则直线的方程为，
联立，解得，即点，
直线的方程为，
点到直线的距离为
且，
因此，，则或，
因此：或，图形为两组双曲线.
（2）由题，轴平分，若在上，则由于在渐近线下方，无法与双曲线相切且在轴右侧最多一个交点，
故由对称性，与轴垂直，故舍去，

在：上
设，则与斜率和为0，，
若斜率不存在时，由题，则与相切，设：，
与：联立得，
由相切，令判别式为0，即，解得，
此时，所以：，
斜率存在时，由，得，则，
整理得，故恒过定点，且其斜率的绝对值大于渐近线的斜率，
设：，与交于，与交于，
则，，
联立解得，，
则，当且仅当，即斜率不存在时取等，
故面积的最小值为.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.
11．(1)
(2)
【分析】（1）根据离心率求出,将点M的坐标代入得方程，联立解得，即得椭圆方程；
（2）先由直线与圆相切求得的边上的高，再将直线与椭圆方程联立利用弦长公式求得，最后就面积的函数式，换元法求其范围即得.
【详解】（1）因为离心率，所以，
又因为椭圆过点，所以，
解得，
所以椭圆的方程为.
（2）
当直线的斜率不存在时，方程为，，
此时；
当直线的斜率为0时，方程为，，
此时；
如图，当直线的斜率存在且不为0时，设为，设，
因为直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离，即，
由消去整理得，
，
，，
所以，
令，则，且，
所以，
所以，
综上，面积的取值范围是.
【点睛】方法点睛：本题重点考查的是直线与椭圆相交形成的三角形面积范围问题,属于难题.
解决此类问题的主要方法有：
（1）直接法：分别计算三角形的某边长（常常是弦长）和边上的高，求得面积，利用函数的值域求得或利用两边与夹角的面积公式求解；
（2）分割法：即巧妙利用三角形被某直线切割，而其长度可定，将面积分成若干面积之和；
（3）拼凑法：即利用题设条件将三角形补形成特殊的四边形，利用间接法求解面积.
12．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设，则，写出直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，写出抛物线在点、处的切线方程，求出点、的坐标，可得出直线的方程，再将直线的方程与抛物线的方程联立，可求出，进而可求出，然后结合韦达定理可求得的值；
（2）求出点、的坐标，可求得的表达式，由此可求出的值.
【详解】（1）证明：设，则，易知抛物线的焦点为，
设直线的方程为，设点、，
联立可得，，
由韦达定理可得，，
接下来证明抛物线在点处的切线方程为，
联立可得，即，即，
所以，直线与抛物线只有唯一的公共点，
所以，的方程为，同理可知，直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，即点，同理可得点，
所以，直线的方程为，即，
设点、，联立可得，
则，由韦达定理可得，，
所以，，
同理可得，
所以，
.
故为定值.
（2）解：设点，则，所以，，
即点，同理可得点，
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．
13．(1)
(2)
【分析】（1）直接根据通径等于实轴长列式计算即可；
（2）设直线的方程为，与双曲线联立，利用韦达定理计算恒成立即可.
【详解】（1）当直线l与x轴垂直时,令得，解得，
所以两点的距离为为，
根据题意可得，
所以，
整理得；
（2）双曲线C的焦距为4，则，即，
由于直线的斜率不为零，设其方程为，
联立，消去得，
设，
则，，
由于两点均在双曲线的右支上，
所以，
所以，即
所以
，
由恒成立，得时，均有，并且不可能同向，
即，由于，
因为不等式左边是关于的增函数，
所以只需时，成立即可，
解得，又，
所以，
所以双曲线C的实轴长的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题关键点是将恒成立转化为恒成立，从而可以利用韦达定理来解决.
14．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设直线的方程为，设点、，，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，计算，即可证得结论成立；
（2）由（1）可知，的内切圆圆心在轴上，设圆心的坐标为，则，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出直线的方程，利用内切圆圆心的几何性质可得出，进而可得出的取值范围，再利用弦长公式结合韦达定理可求得的取值范围.
【详解】（1）解：易知抛物线的焦点为，
若直线与轴重合，则该直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，，
则，由得，，
由韦达定理可得，，
则
，所以．
（2）解：由（1）可知：的内切圆圆心在轴上，
所以设圆心，则，设直线的方程为，且，
由得，，且，则，
由韦达定理可得，，
所以，
所以直线的方程为，即．
因为点到直线的距离等于点到直线的距离，所以，
所以，，，
则，上述两个等式作差可得，可得，
所以，
因为在上单调减，所以．
所以.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.