专题05 平面解析几何（解析版）.docx

1、五年（2019-2023）年高考真题分项汇编专题05 平面解析几何考点一 两条平行直线间的距离1（2020上海）已知直线，若，则与的距离为【解析】直线，当时，解得；当时与重合，不满足题意；当时，此时，；则与的距离为故答案为：考点二 圆的一般方程2（2021上海）若，求圆心坐标为 【解析】由，可得圆的标准方程为，所以圆心坐标为故答案为：3（2023上海）已知圆的面积为，则【解析】圆化为标准方程为：，圆的面积为，圆的半径为1，故答案为：考点三 直线与圆的位置关系4【多选】（2021新高考）已知直线与圆，点，则下列说法正确的是A若点在圆上，则直线与圆相切B若点在圆外，则直线与圆相离C若点在直线上，则

2、直线与圆相切D若点在圆内，则直线与圆相离【解析】中，若在圆上，则，而圆心到直线的距离，所以直线与圆相切，即正确；中，点在圆外，则，而圆心到直线的距离，所以直线与圆相交，所以不正确；中，点在直线上，则，而圆心到直线的距离，所以直线与圆相切，所以正确；中，点在圆内，则，而圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，所以正确；故选：5【多选】（2021新高考）已知点在圆上，点，则A点到直线的距离小于10B点到直线的距离大于2C当最小时，D当最大时，【解析】，过、的直线方程为，即，圆的圆心坐标为，圆心到直线的距离，点到直线的距离的范围为，点到直线的距离小于10，但不一定大于2，故正确，错误；如图，当过的直线与

3、圆相切时，满足最小或最大点位于时最小，位于时最大），此时，故正确故选：6（2022新高考）设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则的取值范围是 【解析】点，所以直线关于对称的直线的斜率为：，所以对称直线方程为：，即：，的圆心，半径为1，所以，得，解得，故答案为：，7（2022上海）设集合，存在直线，使得集合中不存在点在上，而存在点在两侧；存在直线，使得集合中存在无数点在上；A成立成立B成立不成立C不成立成立D不成立不成立【解析】当时，集合，当时，集合，表示圆心为，半径为的圆，圆的圆心在直线上，半径单调递增，相邻两个圆的圆心距，相邻两个圆的半径之和为，因为有解，故相邻两个圆之间的位置关系可能相

4、离，当时，同的情况，故存在直线，使得集合中不存在点在上，而存在点在两侧，故正确，若直线斜率不存在，显然不成立，设直线，若考虑直线与圆的焦点个数，给定，当足够大时，均有，故直线只与有限个圆相交，错误故选：8（2023新高考）已知直线与交于，两点，写出满足“面积为”的的一个值 【解析】由圆，可得圆心坐标为，半径为，因为的面积为，可得，解得，设所以，可得，或，或，圆心眼到直线的距离或，或，解得或故答案为：2（或或或考点四 圆的切线方程9（2023新高考）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则A1BCD【解析】圆可化为，则圆心，半径为；设，切线为、，则，中，所以，所以故选：10（2019浙江）已知圆的圆心

5、坐标是，半径长是若直线与圆相切于点，则，【解析】如图，由圆心与切点的连线与切线垂直，得，解得圆心为，则半径故答案为：，11（2022新高考）写出与圆和都相切的一条直线的方程 【解析】圆的圆心坐标为，半径，圆的圆心坐标为，半径，如图：，两圆外切，由图可知，与两圆都相切的直线有三条，的斜率为，设直线，即，由，解得（负值舍去），则；由图可知，；与关于直线对称，联立，解得与的一个交点为，在上取一点，该点关于的对称点为，则，解得对称点为，则，即与圆和都相切的一条直线的方程为：（填，都正确）故答案为：（填，都正确）12（2020浙江）已知直线与圆和圆均相切，则，【解析】由条件得，因为直线与，都相切，故有，

6、则有，故可得，整理得，因为，所以，即，代入，解得，则，故答案为：；考点五 椭圆的性质13（2023新高考）设椭圆，的离心率分别为，若，则ABCD【解析】由椭圆可得，椭圆的离心率为，或（舍去）故选：14（2021新高考）已知，是椭圆的两个焦点，点在上，则的最大值为A13B12C9D6【解析】，是椭圆的两个焦点，点在上，所以，当且仅当时，取等号，所以的最大值为9故选：15（2023新高考）已知椭圆的左焦点和右焦点分别为和，直线与交于点，两点，若面积是面积的两倍，则ABCD【解析】记直线与轴交于，椭圆的左，右焦点分别为，由面积是的2倍，可得，解得或，或，或，联立可得，直线与相交，所以，解得，不符合题

7、意，故故选：16（2022新高考）已知直线与椭圆在第一象限交于，两点，与轴、轴分别相交于，两点，且，则的方程为 【解析】设，线段的中点为，由，相减可得：，则，设直线的方程为：，解得，化为：，解得的方程为，即，故答案为：17（2021上海）已知椭圆的左、右焦点为、，以为顶点，为焦点作抛物线交椭圆于，且，则抛物线的准线方程是 【解析】设，则抛物线，直线，联立方程组，解得，所以点的坐标为，所以，又所以，则，所以抛物线的准线方程为：，故答案为：18（2021浙江）已知椭圆，焦点，若过的直线和圆相切，与椭圆的第一象限交于点，且轴，则该直线的斜率是 ，椭圆的离心率是 【解析】直线斜率不存在时，直线与圆不相

8、切，不符合题意；由直线过，设直线的方程为，直线和圆相切，圆心到直线的距离与半径相等，解得，将代入，可得点坐标为，故答案为：19（2019浙江）已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是 【解析】椭圆的，设椭圆的右焦点为，连接，线段的中点在以原点为圆心，2为半径的圆，连接，可得，设的坐标为，可得，可得，由，可得直线的斜率为另解：由，可得，可得直线的斜率为故答案为：20（2019上海）已知椭圆，为左、右焦点，直线过交椭圆于，两点（1）若直线垂直于轴，求；（2）当时，在轴上方时，求、的坐标；（3）若直线交轴于，直线交轴于，是否存在直线，使得，若

9、存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由【解析】（1）依题意，当轴时，则，得；（2）设，又在椭圆上，满足，即，解得，即直线，联立，解得，；（3）设，直线，则，联立，得则，由直线的方程：，得纵坐标；由直线的方程：，得的纵坐标若，即，代入根与系数的关系，得，解得存在直线或满足题意考点六 直线与椭圆的综合21（2022新高考）已知椭圆，的上顶点为，两个焦点为，离心率为过且垂直于的直线与交于，两点，则的周长是 【解析】椭圆的离心率为，不妨可设椭圆，的上顶点为，两个焦点为，为等边三角形，过且垂直于的直线与交于，两点，由等腰三角形的性质可得，设直线方程为，将其与椭圆联立化简可得，由韦达定理可得，解得，的

10、周长等价于故答案为：1322（2020海南）已知椭圆过点，点为其左顶点，且的斜率为（1）求的方程；（2）点为椭圆上任意一点，求的面积的最大值【解析】（1）由题意可知直线的方程为：，即，当时，解得，所以，椭圆过点，可得，解得，所以的方程：（2）设与直线平行的直线方程为：，当直线与椭圆相切时，与距离比较远的直线与椭圆的切点为，此时的面积取得最大值代入椭圆方程：化简可得：，所以，即，解得，与距离比较远的直线方程：，利用平行线之间的距离为：，所以的面积的最大值：23（2020山东）已知椭圆的离心率为，且过点（1）求的方程；（2）点，在上，且，为垂足证明：存在定点，使得为定值【解析】（1）离心率，又，把

11、点代入椭圆方程得，解得，故椭圆的方程为（2）当直线的斜率存在时，设其方程为，联立，得，由，知，设，则，即，化简整理得，或，当时，过定点，不符合题意，舍去；当时，过定点，点在以为直径的圆上，故当点为的中点，即，时，为定值；当直线的斜率不存在时，设其方程为，且，解得或2（舍，此时，为定值综上所述，存在定点，使得为定值，且该定值为考点七 双曲线的性质24（2022上海）双曲线的实轴长为 【解析】由双曲线，可知：，所以双曲线的实轴长故答案为：625（2019浙江）渐近线方程为的双曲线的离心率是AB1CD2【解析】根据渐近线方程为的双曲线，可得，所以则该双曲线的离心率为，故选：26（2021新高考）已知

12、双曲线的离心率，则该双曲线的渐近线方程为 【解析】双曲线的方程是，双曲线渐近线为又离心率为，可得，即，可得由此可得双曲线渐近线为故答案为：27（2023新高考）已知双曲线的左、右焦点分别为，点在上，点在轴上，则的离心率为 【解析】（法一）如图，设，设，则，又，则，可得，又，且，则，化简得又点在上，则，整理可得，代，可得，即，解得或（舍去），故（法二）由，得，设，由对称性可得，则，设，则，所以，解得，所以，在 中，由余弦定理可得，即，则故答案为：28（2022浙江）已知双曲线的左焦点为，过且斜率为的直线交双曲线于点，交双曲线的渐近线于点，且若，则双曲线的离心率是 【解析】（法一）如图，过点作轴于

13、点，过点作轴于点，由于，且，则点在渐近线上，不妨设，设直线的倾斜角为，则，则，即，则，又，则，又，则，则，点的坐标为，即，（法二）由，解得，又，所以点的纵坐标为，代入方程中，解得，所以，代入双曲线方程中，可得，所以故答案为：考点八 直线与双曲线的综合29（2022新高考）已知点在双曲线上，直线交于，两点，直线，的斜率之和为0（1）求的斜率；（2）若，求的面积【解析】（1）将点代入双曲线方程得，化简得，故双曲线方程为，由题显然直线的斜率存在，设，设，则联立双曲线得：，故，化简得：，故，即，而直线不过点，故；（2）设直线的倾斜角为，由，得由，得，即，联立，及得，同理，故，而，由，得，故30（202

14、1新高考）在平面直角坐标系中，已知点，点满足记的轨迹为（1）求的方程；（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于，两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和【解析】（1）由双曲线的定义可知，的轨迹是双曲线的右支，设的方程为，根据题意，解得，的方程为；（2）（法一）设，直线的参数方程为，将其代入的方程并整理可得，由参数的几何意义可知，则，设直线的参数方程为，同理可得，依题意，则，又，故，则，即直线的斜率与直线的斜率之和为0（法二）设，直线的方程为，设，将直线方程代入的方程化简并整理可得，由韦达定理有，又由可得，同理可得，设直线的方程为，设，同理可得，又，则，化简可得，又，则，即，即直线的斜率与

15、直线的斜率之和为031（2022新高考）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为（1）求的方程；（2）过的直线与的两条渐近线分别交于，两点，点，在上，且，过且斜率为的直线与过且斜率为的直线交于点从下面中选取两个作为条件，证明另外一个成立在上；注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分【解析】（1）由题意可得，解得，因此的方程为，（2）解法一：设直线的方程为，将直线的方程代入可得，设点的坐标为，则，两式相减可得，解得，两式相加可得，解得，其中为直线的斜率；若选择：设直线的方程为，并设的坐标为，的坐标为，则，解得，同理可得，此时点的坐标满足，解得，为的中点，即；若选择：当直线的斜率不存在时，点即为

16、点，此时不在直线上，矛盾，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，并设的坐标为，的坐标为，则，解得，同理可得，此时，由于点同时在直线上，故，解得，因此若选择，设直线的方程为，并设的坐标为，的坐标为，则，解得，同理可得，设的中点，则，由于，故在的垂直平分线上，即点在直线上，将该直线联立，解得，即点恰为中点，故点在直线上（2）解法二：由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，若选由，或选由：由成立可知直线的斜率存在且不为0若选，则为线段的中点，假设的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点，此时由对称性可知、关于轴对称，从而，已知不符综上，直线的斜率存在且不为0，直线的斜率为，直线的

17、方程为则条件在直线上，等价于，两渐近线的方程合并为，联立方程组，消去并化简得：，设，线段中点为，则，设，则条件等价于，移项并利用平方差公式整理得：，由题意知直线的斜率为，直线的斜率为，由，直线的斜率，直线，即，代入双曲线的方程为，即中，得，解得的横坐标为，同理，条件等价于，综上所述：条件在上等价于，条件等价于，条件等价于选：由解得，成立；选：由解得：，成立；选：由解得：，成立32（2020上海）已知双曲线与圆交于点，（第一象限），曲线为、上取满足的部分（1）若，求的值；（2）当，与轴交点记作点、，是曲线上一点，且在第一象限，且，求；（3）过点斜率为的直线与曲线只有两个交点，记为、，用表示，并求

18、的取值范围【解析】（1）由，点为曲线与曲线的交点，联立，解得，；（2）由题意可得，为曲线的两个焦点，由双曲线的定义可得，又，所以，因为，则，所以，在中，由余弦定理可得，由，可得；（3）设直线，可得原点到直线的距离，所以直线是圆的切线，设切点为，所以，并设与圆联立，可得，可得，即，注意直线与双曲线的斜率为负的渐近线平行，所以只有当时，直线才能与曲线有两个交点，由，可得，所以有，解得或（舍去），因为为在上的投影可得，所以，则，33（2023新高考）已知双曲线中心为坐标原点，左焦点为，离心率为（1）求的方程；（2）记的左、右顶点分别为，过点的直线与的左支交于，两点，在第二象限，直线与交于，证明在定直

19、线上【解析】（1）双曲线中心为原点，左焦点为，离心率为，则，解得，故双曲线的方程为；（2）证明：过点的直线与的左支交于，两点，则可设直线的方程为，记的左，右顶点分别为，则，联立，化简整理可得，故且，直线的方程为，直线方程，故，故，解得，所以，故点在定直线上运动考点九抛物线的性质34 （2021新高考）若抛物线的焦点到直线的距离为，则A1B2CD4【解析】抛物线的焦点，到直线的距离为，可得，解得故选：35【多选】（2022新高考）已知为坐标原点，过抛物线焦点的直线与交于，两点，其中在第一象限，点若，则A直线的斜率为BCD【解析】如图，且，由抛物线焦点弦的性质可得，则，则，故正确；，故错误；，故正

20、确；，均为锐角，可得，故正确故选：36（2021上海）已知抛物线，若第一象限的，在抛物线上，焦点为，求直线的斜率为 【解析】如图所示，设抛物线的准线为，作于点，于点，于点，由抛物线的定义，可得，直线的斜率故答案为：37（2021新高考）已知为坐标原点，抛物线的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且若，则的准线方程为【解析】法一：由题意，不妨设在第一象限，则，所以，所以的方程为：，时，所以，解得，所以抛物线的准线方程为：法二：根据射影定理，可得，可得，解得，因此，抛物线的准线方程为：故答案为：38（2020山东）斜率为的直线过抛物线的焦点，且与交于，两点，则【解析】由题意可得抛物线焦点，直线

21、的方程为，代入并化简得，设，则；，由抛物线的定义可得故答案为：39（2019上海）过曲线的焦点并垂直于轴的直线分别与曲线交于，在上方，为抛物线上一点，则【解析】过的焦点并垂直于轴的直线分别与交于，在上方，依题意：得到：，设点，所以：为抛物线上一点，则：，代入，得到：故答案为：3考点十 直线与抛物线的综合40【多选】（2023新高考）设为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与交于，两点，为的准线，则ABC以为直径的圆与相切D为等腰三角形【解析】直线过抛物线的焦点，可得，所以，所以正确；抛物线方程为：，与交于，两点，直线方程代入抛物线方程可得：，所以，所以不正确；，的中点的横坐标：，中点到抛物线的准线

22、的距离为：，所以以为直径的圆与相切，所以正确；，不妨可得，所以不是等腰三角形，所以不正确故选：41【多选】（2022新高考）已知为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交于，两点，则A的准线为B直线与相切CD【解析】点在抛物线上，解得，抛物线的方程为，准线方程为，选项错误；由于，则，直线的方程为，联立，可得，解得，故直线与抛物线相切，选项正确；根据对称性及选项的分析，不妨设过点的直线方程为，与抛物线在第一象限交于，联立，消去并整理可得，则，由于等号在时才能取到，故等号不成立，选项正确；，选项正确故选：42（2023上海）已知抛物线，在上有一点位于第一象限，设的纵坐标为（1）若到抛物线准线的距离为3

23、，求的值；（2）当时，若轴上存在一点，使的中点在抛物线上，求到直线的距离；（3）直线，抛物线上有一异于点的动点，在直线上的投影为点，直线与直线的交点为若在的位置变化过程中，恒成立，求的取值范围【解析】（1）抛物线的准线为，由于到抛物线准线的距离为3，则点的横坐标为2，则，解得；（2）当时，点的横坐标为，则，设，则的中点为，由题意可得，解得，所以，则，由点斜式可得，直线的方程为，即，所以原点到直线的距离为；（3）如图，设，则，故直线的方程为，令，可得，即，则，依题意，恒成立，又，则最小值为，即，即，则，解得，又当时，当且仅当时等号成立，而，即当时，也符合题意故实数的取值范围为，43（2020浙江

24、）如图，已知椭圆，抛物线，点是椭圆与抛物线的交点，过点的直线交椭圆于点，交抛物线于点，不同于（）若，求抛物线的焦点坐标；（）若存在不过原点的直线使为线段的中点，求的最大值【解析】（），则，则抛物线的焦点坐标，（）直线与轴垂直时，此时点与点或点重合，不满足题意，设直线的方程为，由，消可得，即，点在抛物线上，联立，解得，代入椭圆方程可得，解得，当且仅当，即，时等号成立，故的最大值为44（2019浙江）如图，已知点为抛物线的焦点过点的直线交抛物线于，两点，点在抛物线上，使得的重心在轴上，直线交轴于点，且在点的右侧记，的面积分别为，（）求的值及抛物线的准线方程；（）求的最小值及此时点的坐标【解析】（）

25、由抛物线的性质可得：，抛物线的准线方程为；（）设，重心，令，则，由于直线过，故直线的方程为，代入，得：，即，又，重心在轴上，直线的方程为，得，在焦点的右侧，令，则，当时，取得最小值为，此时考点十一 圆锥曲线的综合45（2020浙江）已知点，设点满足，且为函数图象上的点，则ABCD【解析】点 ， 设点满足，可知的轨迹是双曲线的右支上的点，为函数图象上的点，即在第一象限的点，联立两个方程，解得，所以故选：46【多选】（2020海南）已知曲线A若，则是椭圆，其焦点在轴上B若，则是圆，其半径为C若，则是双曲线，其渐近线方程为D若，则是两条直线【解析】若，则，则根据椭圆定义，知表示焦点在轴上的椭圆，故正

26、确；若，则方程为，表示半径为的圆，故错误；若，则方程为，表示焦点在轴的双曲线，故此时渐近线方程为，若，则方程为，表示焦点在轴的双曲线，故此时渐近线方程为，故正确；当，时，则方程为表示两条直线，故正确；故选：47（2022上海）设有椭圆方程，直线，下端点为，在上，左、右焦点分别为，、，（1），中点在轴上，求点的坐标；（2）直线与轴交于，直线经过右焦点，在中有一内角余弦值为，求；（3）在椭圆上存在一点到距离为，使，随的变化，求的最小值【解析】（1）由题意可得，的中点在轴上，的纵坐标为，代入得（2）由直线方程可知，若，则，即，若，则，即，综上或（3）设，由点到直线距离公式可得，很明显椭圆在直线的左下

27、方，则，即，据此可得，整理可得，即，从而即的最小值为48（2022浙江）如图，已知椭圆设，是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线，分别交直线于，两点（）求点到椭圆上点的距离的最大值；（）求的最小值【解析】（）设椭圆上任意一点，则，而函数的对称轴为，则其最大值为，即点到椭圆上点的距离的最大值为；（）设直线，联立直线与椭圆方程有，消去并整理可得，由韦达定理可得，设，直线，直线，联立以及，可得，由弦长公式可得，当且仅当时等号成立，的最小值为49（2021新高考）已知椭圆的方程为，右焦点为，且离心率为（）求椭圆的方程；（）设，是椭圆上的两点，直线与曲线相切证明：，三点共线的充要条件是【解析】（）解：由

28、题意可得，椭圆的离心率，又，所以，则，故椭圆的标准方程为；（）证明：先证明充分性，当时，设直线的方程为，此时圆心到直线的距离，则，联立方程组，可得，则，因为，所以，因为直线与曲线相切，所以，则，则直线的方程为恒过焦点，故，三点共线，所以充分性得证若，三点共线时，设直线的方程为，则圆心到直线的距离为，解得，联立方程组，可得，即，所以；所以必要性成立；综上所述，三点共线的充要条件是50（2021浙江）如图，已知是抛物线的焦点，是抛物线的准线与轴的交点，且（）求抛物线的方程：（）设过点的直线交抛物线于，两点，若斜率为2的直线与直线，轴依次交于点，且满足，求直线在轴上截距的取值范围【解析】（）依题意，

29、故抛物线的方程为；（）由题意得，直线的斜率存在且不为零，设直线，将直线方程代入抛物线方程可得，则由韦达定理有，则，设直线，其中，设直线，其中，则，设直线，联立，可得，则，联立，可得，则，同理可得，又，即，即，解得或；当直线的斜率不存在时，则直线，直线的方程为，直线的方程为，设直线，则，又，故，解得满足直线在轴上截距的取值范围为考点十二 圆锥曲线的轨迹问题51（2021浙江）已知，函数若，成等比数列，则平面上点的轨迹是A直线和圆B直线和椭圆C直线和双曲线D直线和抛物线【解析】函数，因为，成等比数列，则，即，即，整理可得，因为，故，即，所以或，当时，点的轨迹是直线；当，即，因为，故点的轨迹是双曲线

30、综上所述，平面上点的轨迹是直线或双曲线故选：52（2020上海）已知椭圆，作垂直于轴的垂线交椭圆于、两点，作垂直于轴的垂线交椭圆于、两点，且，两垂线相交于点，则点的轨迹是A椭圆B双曲线C圆D抛物线【解析】，判断轨迹为上下两支，即选双曲线，设，所以，因为，消去可得：，故选：53（2023新高考）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为（1）求的方程；（2）已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于【解析】（1）设点点坐标为，由题意得，两边平方可得：，化简得：，符合题意故的方程为（2）解法一：不妨设，三点在上，且设，则，由题意，即，显然，于是此时，于是，不妨设，则，则设，则，即，又显然，为最小值点故，故矩形的周长为注意这里有两个取等条件，一个是，另一个是，这显然是无法同时取到的，所以等号不成立，命题得证解法二：不妨设，在抛物线上，不在抛物线上，欲证命题为由图象的平移可知，将抛物线看作不影响问题的证明设，平移坐标系使为坐标原点，则新抛物线方程为，写为极坐标方程，即，即欲证明的结论为，也即不妨设，将不等式左边看成关于的函数，根据绝对值函数的性质，其最小值当即时取得，因此欲证不等式为，即，根据均值不等式，有，由题意，等号不成立，故原命题得证