考点08 平面解析几何 -2021届高三《新题速递·数学（理）》4月刊（适用于高考复习）解析版

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  .