资料简介
考点 08 平面解析几何
一、单选题
1．（2021·云南高三其他模拟（理））已知 1F ， 2F 分别是椭圆 E ：
2 2
2 2 1 0x y a ba b
的左，右焦点，M
是椭圆短轴的端点，点 N 在椭圆上，若 1 23MF NF ，则椭圆 E 的离心率为（ ）
A． 1
3 B． 1
2 C． 2
2
D． 6
3
【答案】C
【分析】由题设， 1 2( ,0), ( ,0)F c F c ，若 (0, )M b ， ( , )N x y ，
∴ 1 ( , )MF c b ， 2 ( , )NF c x y ，而 1 23MF NF ，
∴ 3 3
3
c c x
b y
，即
4
3
3
cx
by
，又 N 在椭圆上，
∴
2 2
2 2
16 1
9 9
c b
a b
，可得 2
2e .
故选：C.
2．（2021·云南高三其他模拟（理））若等边三角形一边所在直线的斜率为3 3，则该三角形另两条边所在
直线斜率为（ ）
A． 3
4
， 3
5
B． 3
4
， 3
2
C． 3
2
， 3
5
D． 3
2
， 3
4
【答案】C
【分析】根据题意，设三角形另两条边所在直线的斜率为 ,k m ，且 0m k ，
则有 3 3 3 3tan 60 3
1 3 3 1 3 3
k m
k m
，解得 3
5k ， 3
2m ，
故另两条边所在直线斜率为 3
2
， 3
5
.
故选：C.
3．（2021·高三月考）如图，已知双曲线
2 2
2 2 1 0x y b aa b
的左、右焦点分别为 1F ， 2F ，
过右焦点作平行于一条渐近线的直线交双曲线于点 A ，若 1 2AF F△ 的内切圆半径为
4
b ，则双曲线的离心率为
（ ）
A． 5
3 B． 5
4
C． 4
3 D． 3
2
【答案】A 设双曲线的左、右焦点分别为 1( ,0)F c ， 2 ( ,0)F c ，
设双曲线的一条渐近线方程为 by xa
，
可得直线 2AF 的方程为 ( )by x ca
，与双曲线
2 2
2 2 1( 0)x y b aa b
联立，
可得
2 2
( 2
c aA c
，
2 2( ))2
b a c
ac
，
设 1| |AF m ， 2| |AF n ，
由三角形的等面积法可得
2 21 1 ( )( 2 ) 22 4 2 2
b b c am n c c ac
，
化简可得
24 4 2cm n a ca
，①
由双曲线的定义可得 2m n a ，②
在三角形 1 2AF F 中
2 2( )sin 2
b c an ac
， ( 为直线 2AF 的倾斜角），
由 tan b
a
， 2 2sin cos 1 ，可得 2 2
sin b b
ca b
，
可得
2 2
2
c an a
，③
由①②③化简可得 2 23 2 5 0c ac a ，
即为 (3 5 )( ) 0c a c a ，
可得 3 5c a ，则 5
3
ce a
．
故选：C．
4．（2021·山东枣庄市·高三二模）已知椭圆C 与双曲线 2 2 1x y 有相同的左焦点 1F 、右焦点 2F ，点 P 是
两曲线的一个交点，且 1 2 0PF PF
.过 2F 作倾斜角为 45°的直线交C 于 A ，B 两点（点 A 在 x 轴的上方），
且 2AB AF
uuur uuur ，则 的值为（ ）
A．3 3 B．3 2 C． 2 3 D． 2 2
【答案】A
【分析】不妨设 P 为椭圆与双曲线在第一象限内的交点，椭圆方程为
2 2
2 2 1 0x y a ba b
，
1 22,0 , 2,0F F ，
由双曲线定义可知： 1 2 2PF PF ，又因为 1 2 0PF PF ，所以 1 2PF PF ， 1 2 2 2 2F F c ，
所以 22 2
1 1 1 22 8PF PF F F ，所以 1 23 1, 3 1PF PF ，
所以 1 22 2 3a PF PF ，所以 3a ，所以 2 2 1b a c ，所以椭圆方程为
2
2 13
x y ，
又因为 : 2ABl y x ，所以 2 2
2
3 3
y x
x y
，所以 24 2 2 1 0y y ，
所以 2 2 2 6 2 6
8 4y ，所以 6 2 6+ 2,4 4A By y ，
又因为 2AB AF
uuur uuur ，所以 B A Ay y y ，所以 6 21
6 2
B
A
y
y
，解得 3 3 ，
故选：A.
5．（2021·河南高三月考（理））如图所示，“嫦娥四号”卫星沿地月转移轨道飞向月球后，在月球附近一点 P
变轨进入以月球球心 F 为一个焦点的椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，之后卫星在 P 点第二次变轨进入仍以 F 为一个
焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行，若用 12c 和 22c 分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的焦距，用 12a 和 22a 分别表示椭圆
轨道Ⅰ和Ⅱ的长轴长，给出下列式子：① 1 1 2 2a c a c ；② 1 1 2 2a c a c ；③ 1 2 1 2c a a c ；④ 1 2
1 2
c c
a a
.
其中正确的是（ ）
A．②③ B．①④ C．①③ D．②④
【答案】C
【分析】由 1 1a c PF ， 2 2 a c PF ，得 1 1 2 2 a c a c ，故①符合题意；
由图可知 1 2a a ， 1 2c c ， 1 1 2 2a c a c ，故②不符合题意；
1 1 2 2a c a c ， 1 2
1 2
1 2
1 1c ca aa a
，
1 2a a ， 1 2
1 2
1 1c c
a a
，
1
1
2
2
c c
a a
，故④不符合题意，③符合题意.
故选:C．
6．（2021·河南高三月考（理））已知中心在坐标原点的椭圆与双曲线有公共焦点，且左、右焦点分别为
1 2F F、 ．这两条曲线在第一象限的交点为 P ， 1 2PF F△ 是以 1PF 为底边的等腰三角形．若 1 8PF ，记椭
圆与双曲线的离心率分别为 1 2e e、 ，则 1 2e e 的取值范围是（ ）
A． 1 ,9
B． 1 ,5
C． 1 ,3
D． 0,
【答案】C
【分析】设椭圆和双曲线的半焦距为 c ， 1PF m ， 2PF n ， m n ，
由于 1 2PF F△ 是以 1PF 为底边的等腰三角形，
若 1 8PF ，即有 8m ， 2n c ，
由椭圆的定义可得 12m n a ，由双曲线定义可得 22m n a ，
即由 1 4a c ， 2 4a c ，再由三角形的两边之和大于第三边，
可得 2 4c ，由离心率公式可得
2
1 2 2
1 2
2
1
1616 1
c c ce e a a c
c
，
由于 2 4c ， 2
160 1 3c
，
则 1 2e e 的取值范围是 1 ,3
，
故选：C.
7．（2021·全国高三其他模拟）已知 M 为抛物线 2: 4C y x 上一点，过抛物线 C 的焦点 F 作直线
( 1) 5 2x m y m 的垂线，垂足为 N ，则 MF MN 的最小值为（ ）
A． 2 2 3 B． 2 2 2
C． 2 2 D．3 2
【答案】D
【分析】抛物线 2: 4C y x 的焦点 (1,0)F ，准线方程为 1x ，过点 M 作 MD 与准线垂直并交准线于点
D ．
令直线l 为直线 ( 1) 5 2x m y m ，变形可得 ( 2) 5m y y x ，
令 2 0,
5 0,
y
y x
解得 3,
2,
x
y
则直线l 经过定点 (3, 2) ．
设 (3, 2)P ，连接 FP ，取 FP 的中点为 E ，则 E 的坐标为 (2, 1) ，| | 2EP ．
若 FN l ，则 N 在以 FP 为直径的圆上，以 FP 为直径的圆上，其方程为 2 2( 2) ( 1) 2x y ．
又由 MF MD ，得 MF MN MD MN ，
如图， MD MN 的最小值为圆 2 2( 2) ( 1) 2x y 上的点到准线的距离的最小值，
过点 E 作 ED 与准线 1x 垂直并交于点 D¢，与圆 E 交于点 N，与抛物线交于点 M ，
则 D N 即为 MD MN 的最小值，即 min 3 2MF MN D N ED r ．
故选：D
8．（2021·全国高三其他模拟）已知抛物线 2: 4C y x 的焦点为 F ，准线为l ，以 F 为顶点的射线依次与抛
物线 C 以及 y 轴交于 M ， N 两点.若 3
2FM ，则 FM
FN
（ ）
A． 1
2 B． 1
3
C． 2
3 D． 3
4
【答案】A
【分析】由题意，抛物线 2: 4C y x ，可得 (1,0)F 且 2p ，
过点 M 分别作 y 轴和准线l 的垂线，垂足分别为为 1 2,M M ，如图所示，
由抛物线的定义，可得 2MF MM ，
则 1 2 1 2
3 1| | 12
| | | | | | 1 2
MM MM M MNM
FN FO FO
，则 | | 1
| | 2
FM
FN
.
故选:A.
二、解答题
9．（2021·云南高三其他模拟（理））在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 1,2A ， B 是一动点，直线 OA ，
OB ， AB 的斜率分别为 1k ， 2k ， 3k ，且
1 2 3
1 1 1
k k k
，记 B 点的轨迹为 E .
（1）求曲线 E 的方程；
（2）已知直线l ： 1x ty ，l 与曲线 E 交于C ，D 两点，直线 AC 与 x 轴， y 轴分别交于 M ， N 两点，
直线 AD 与 x 轴， y 轴分别交于 P ，Q 两点.当四边形 MNPQ 的面积最小时，求直线l 的方程.
【答案】（1） 2 4 0, 1y x x x ；（2） 1y x 或 1y x .
【分析】（1）设 ,B x y ，因为
1 2 3
1 1 1
k k k
，
所以 1 1
2 2
x x
y y
，
化简得 2 4y x ，
则曲线 E 的方程为： 2 4 0, 1y x x x .
（2）由（1）可知 0t ，设 1 1,C x y ， 2 2,D x y ，
联立 2
1
4
x ty
y x
，得 2 4 4 0y ty ，
由韦达定理得 1 2 4y y t ， 1 2 4y y ，
1 1
2
11 1
2 2 4
1 214
AC
y yk yx y
，则 AC 的方程为：
1
42 ( 1)2y xy
，
所以 M 的坐标为 1 ,02
y
， N 的坐标为 1
1
20, 2
y
y
，
同理 P 的坐标为 2 ,02
y
，Q 的坐标为 2
2
20, 2
y
y
，
所以 1 2
2P yM y ，
1 2
1 2
4 2 2
y y
y yNQ ，
则
2 2
1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
41
2 2 2 2 4MNPQ
y y y y y yS MP NQ
y y y y y y
216 16 2 22 2 2 48
t t tt t t
，
当且仅当 1t 时等号成立，故四边形 MNPQ 面积的最小值为 4.
所以四边形 MNPQ 的面积最小时，直线l 的方程为 1y x 或 1y x .
10．（2021·广东茂名市·高三月考）已知点 N 为圆 1C ： 2 21 16x y 上一动点，圆心 1C 关于 y 轴的对
称点为 2C ，点 M ､ P 分别是线段 1C N ， 2C N 上的点，且 2 0MP C N ， 2 22C N C P
.
（1）求点 M 的轨迹方程；
（2）过点 2,0A 且斜率为 0k k 的直线与点 M 的轨迹交于 A ，G 两点，点 H 在点 M 的轨迹上，
GA HA ，当 2 AG AH 时，证明： 3 2k .
【答案】（1）
2 2
14 3
x y ；（2）证明见解析
【分析】（1） 2 22C N C P ， P 是 2C N 的中点， 2 0MP C N
， 2MP C N ，
点 M 在 2C N 的垂直平分线上， 2| |MN MC ，
1 2 1| | 4 2MN MC MC MC ，
点 M 在以 1 2,C C 为交点的椭圆上，且 2, 1a c ，则 3b ，
故点 M 的轨迹方程为
2 2
14 3
x y ；
（2）可得直线 AG 的方程为 ( 2)( 0)y k x k ，
与椭圆方程联立可得 2 2 2 23 4 16 16 12 0k x k x k ，
设 1 1,G x y ，则
2
1 2
16 12( 2) 3 4
kx k
，可得 2
1 2
2 3 4
3 4
k
x k
，
则
2
2
1 2
12 11 2 3 4
kAG k x k
，
由题可得，直线 AH 的方程为 1 ( 2)y xk
，
故同理可得
2
2
12 1
4 3
k kAH k
，
由 2 AG AH 可得 2 2
2
3 4 4 3
k
k k
，即 3 24 6 3 8 0k k k ，
设 3 2( ) 4 6 3 8f t t t t ，则 k 是 f t 的零点，
2 2( ) 12 12 3 3(2 1) 0f t t t t ，则 f t 在 0, 单调递增，
又 ( 3) 15 3 26 0, (2) 6 0f f ，
因此 f t 在 0, 有唯一零点，且零点 k 在 3,2 内，即 3 2k .
11．（2021·湖南高三月考）已知椭圆
2 2
2 2C: 1( 0)x y a ba b
的左、右焦点分别为 1F ， 2F ，离心率为 1
2
，
过 2F 的直线与椭圆C 交于 A ， B 两点，若 1F AB 的周长为 8.
（1）求椭圆C 的标准方程；
（2）设 P 为椭圆C 上的动点，过原点作直线与椭圆C 分别交于点 M 、 N （点 P 不在直线 MN 上），求
PMN 面积的最大值.
【答案】（1）
2 2
14 3
x y ；（2） 2 3 .
【分析】（1）由椭圆的定义可知， 1F AB 的周长为 4a ，
∴ 4 8a ， 2a ，又离心率为 1
2
，∴ 1c ， 2 3b ，
所以椭圆方程为
2 2
14 3
x y .
（2）当直线 MN x 轴时， max
1 2 3 2 2 32PMNS ；
当直线 MN 不垂直 x 轴时，设 :MN y kx ，
22 2
2
12
3 414 3
y kx
xx y k
，
2
2
2
12
3 4
ky k
，
∴
2
2
1| | 4 3 3 4
kMN k
.
设与 MN 平行且与椭圆C 相切的直线为： y kx m ，
2 2 22 2 3 4 8 4 12 0
14 3
y kx m
k x kmx mx y
，
∵ 2 2 2 264 4 3 4 4 12 0k m k m ，
∴ 2 23 4m k ，
∴ P 距 MN 的最大距离为
2
max 22
| | 3 4
11
m kd
kk
，
∴
2 2
max 2 2max
1 1 1 3 4| | 4 3 2 32 2 3 4 1PMN
k kS MN d k k
，
综上， PMN 面积的最大值为 2 3 .
12．（2021·湖北高三月考）已知椭圆 C 的方程为
2 2
2 2 1( 0)x y a ba b
， 31, 2P
在椭圆上，离心率 1
2e ，
左、右焦点分别为 1F 、 2F ．
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）直线 ( 0)y kx k 与椭圆 C 交于 A，B 两点，连接 1 1,AF BF 并延长交椭圆 C 于 D、E 两点，连接 DE ，
求 DEk
k
的值．
【答案】（1）
2 2
14 3
x y ；（2） 5
3
DEk
k
．
【分析】（1）由 31, 2P
在椭圆上
2 2
2 2 1x y
a b
，可得 2 2
1 9 14a b
，
又由离心率 1
2e ，可得 2a c ，且 2 2 2a b c ，
解得 2, 3, 1a b c ，所以椭圆 C 的方程为
2 2
14 3
x y ．
（2）设 0 0,A x y ，则 0 0,B x y ，直线 0
0
1: 1xAD x yy
，
代入
2 2
: 14 3
x yC ，得 2 2 2 2
0 0 0 0 03 1 4 6 1 9 0x y y x y y y ，
因为
2 2
0 0 14 3
x y ，代入化简得 2 2
0 0 0 02 5 2 1 3 0x y x y y y ，
设 1 1,D x y ， 2 2,E x y ，则
2
0
0 1
0
3
2 5
yy y x
，所以 0
1
0
3
2 5
yy x
， 0
1 1
0
1 1xx yy
，
直线 BE ： 0
0
1 1xx yy
，同理可得 2 2 2 2
0 0 0 0 03 1 4 6 1 9 0x y y x y y y ，
化简得 2 2
0 0 0 05 2 2 1 3 0x y x y y y ，
故
2
0
0 2
0
3
5 2
yy y x
，即 0
2
0
3
5 2
yy x
， 0
2 2
0
1 1xx yy
，
所以
1 2 1 2 1 2
0 0 0 1 2 0 1 21 2 1 2 1 2
0 0 0 0 0 0 1 2
1
1 1 1DE
y y y y y yk x x x y y x y yx x y y y yy y y y y y y y
又
0 0
1 2 0 0
0
0 01 2
0 0
3 3
22 5 5 2
3 3 5
2 5 5 2
y y
y y x x xy yy y
x x
，
0
0 0 0
0 0
1 5 5
1 2 3 3
5
DE
yk kx x x
y y
所以 5
3
DEk
k
．
13．（2021·全国高三专题练习）设椭圆
2 2
2 2: 1 0x yM a ba b
的左、右焦点分别为 1,0A 、 10B , ，
C 为椭圆 M 上的点，且
3ACB ， 3
3ABCS △ .
（1）求椭圆 M 的标准方程；
（2）设过椭圆 M 右焦点且斜率为 k 的动直线与椭圆 M 相交于 E 、F 两点，探究在 x 轴上是否存在定点 D ，
使得 DE DF 为定值？若存在，试求出定值和点 D 的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
2
2 12
x y ；（2）存在，定值为－ 7
16
，定点为 5 ,04D
.
【分析】（1）在 ABC 中， 1 3sin2 3 3ABCS AC BC △ ，可得 4
3AC BC ，
由余弦定理 22 2 2 2 cos 3 43AB AC BC AC BC AC BC AC BC ，
2
8AC BC ， 2 2 2a AC BC ，可得 2a ，
又 2 2c AB ， 1c ，则 2 2 1b a c ，
因此，椭圆 M 的标准方程为
2
2 12
x y ；
（2）设点 1 1,E x y 、 2 2,F x y ，设直线 EF 的方程为 1y k x ，
联立
2
2 12
1
x y
y k x
，消去 y 可得 2 2 2 22 1 4 2 2 0k x k x k ，
4 2 2 216 4 2 1 2 2 8 8 0k k k k ，
由韦达定理可得
2
1 2 2
4
2 1
kx x k+ = +
，
2
1 2 2
2 2
2 1
kx x k
，
假设 x 轴上存在定点 ,0D t ，使得 DE DF 为定值.
2
1 1 2 2 1 2 1 2, , 1 1DE DF x t y x t y x t x t k x x
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
1 2 1 2 2
1 2 2 4 2 1
1 2 1
k k k k t k k
k x x k t x x k t tk
2
2
2
1 4 2
2 1
k t tk
为定值，
所以，1 4 2
2 1
t ，解得 5
4t ，此时，
25 72 4 16DE DF
.
因此，在 x 轴存在定点 5 ,04D
，使得 DE DF 为定值 7
16
.
查看更多
Copyright 2004-2019 ttzyw.com All Rights Reserved 闽ICP备18023965号-4
天天资源网声明：本站点发布的文章作品均来自用户投稿或网络整理，部分作品未联系到知识产权人或未发现有相关的知识产权登记