专题07 平面解析几何
圆与方程
（2024·浙江宁波·统考一模）
1．设O为坐标原点，直线过圆的圆心且交圆于两点，则（ ）
A． B．
C．的面积为 D．
（2024·衢州、丽水、湖州·统考一模）
2．已知直线：与圆：有两个不同的公共点，，则（ ）
A．直线过定点 B．当时，线段长的最小值为
C．半径的取值范围是 D．当时，有最小值为
（2024·浙江绍兴·统考模拟预测）
3．已知圆和圆，则（ ）
A．圆的半径为4
B．轴为圆与的公切线
C．圆与公共弦所在的直线方程为
D．圆与上共有6个点到直线的距离为1
（2024·浙江温州·统考一模）
4．若圆与直线相切，且与圆相切于点，则圆的半径为（ ）
A．5 B．3 C． D．
椭圆
（2024·浙江宁波·统考一模）
5．设为坐标原点，为椭圆的焦点，点在上，，则（ ）
A． B．0 C． D．
（2024·浙江温州·统考一模）
6．动点到定点的距离与到定直线：的距离的比等于，则动点的轨迹方程是（ ）
A． B．
C． D．
（2024·浙江绍兴·统考模拟预测）
7．已知椭圆的左顶点为，上、下顶点分别为，动点在椭圆上（点在第一象限，点在第四象限），是坐标原点，若的面积为1，则（ ）
A．为定值 B．
C．与的面积相等 D．与的面积和为定值
（2024·浙江金华·校联考模拟预测）
8．己知为椭圆上一点，分别为其左右焦点，为其右顶点，为坐标原点，点到直线的距离为，点到轴的距离为，若，且成等比数列，则椭圆的离心率为 ．
（2024·浙江台州·统考一模）
9．已知椭圆：的上、下顶点分别为，，点在线段上运动（不含端点），点，直线与椭圆交于，两点（点在点左侧），中点的轨迹交轴于，两点，且．
(1)求椭圆的方程；
(2)记直线，的斜率分别为，，求的最小值．
双曲线
（2024·浙江台州·统考一模）
10．已知为双曲线：上位于第一象限内一点，过点作x轴的垂线，垂足为，点与点关于原点对称，点为双曲线的左焦点，则（ ）
A．若，则
B．若，则的面积为9
C．
D．的最小值为8
（2023上·浙江杭州·高三统考期中）
11．设抛物线的焦点为，准线为．若与双曲线的两条渐近线分别交于点和点，且（为原点），则双曲线的离心率等于 ．
（2024·衢州、丽水、湖州·统考一模）
12．已知双曲线：的左右焦点分别为，，为坐标原点，，为上位于轴上方的两点，且，．记，交点为，过点作，交轴于点．若，则双曲线的离心率是 ．
（2024·浙江温州·统考一模）
13．斜率为1的直线与双曲线（）交于两点，点是曲线上的一点，满足，和的重心分别为，的外心为，记直线，，的斜率为，，，若，则双曲线的离心率为 .
（2024·浙江金华·校联考模拟预测）
14．已知双曲线，直线过双曲线的右焦点且交右支于两点，点为线段的中点，点在轴上，．
(1)求双曲线的渐近线方程；
(2)若，求直线的方程．
（2024·浙江宁波·统考一模）
15．已知双曲线C：的焦距为6，其中一条渐近线的斜率为，过点的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点，M为线段PQ上与端点不重合的任意一点，过点M且与平行的直线分别交另一条渐近线和C于点
(1)求C的方程；
(2)求的取值范围.
（2024·浙江绍兴·统考模拟预测）
16．已知双曲线，过点的直线与该双曲线的左、右两支分别交于点．
(1)当直线的斜率为时，求；
(2)是否存在定点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由．
抛物线
（2024·浙江金华·校联考模拟预测）
17．已知抛物线：为抛物线的焦点，为抛物线上的动点（不含原点），的半径为，若与外切，则（ ）
A．与直线相切 B．与直线相切
C．与直线相切 D．与直线相切
（2024·浙江绍兴·统考模拟预测）
18．已知为抛物线上的一点，过作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
（2024·浙江宁波·统考一模）
19．已知抛物线Γ：与直线围成的封闭区域中有矩形，点A，B在抛物线上，点C，D在直线上，则矩形对角线长度的最大值是 .
（2024·浙江台州·统考一模）
20．抛物线有一条重要性质：从焦点出发的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴．过抛物线：上的点（不为原点）作的切线，过坐标原点作，垂足为，直线（为抛物线的焦点）与直线交于点，点，则的取值范围是 ．
（2024·衢州、丽水、湖州·统考一模）
21．已知抛物线：（）上一点的纵坐标为3，点到焦点距离为5.
(1)求抛物线的方程；
(2)过点作直线交于，两点，过点，分别作的切线与，与相交于点，过点作直线垂直于，过点作直线垂直于，与相交于点，、、、分别与轴交于点、、、.记、、、的面积分别为、、、.若，求直线的方程.
（2024·浙江温州·统考一模）
22．已知抛物线的焦点为，抛物线上的点处的切线为.
(1)求的方程（用，表示）；
(2)若直线与轴交于点，直线与抛物线交于点，若为钝角，求的取值范围.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．BC
【分析】
对于A，整理圆的方程为标准方程，明确圆心与半径，可得答案；
对于B，由题意，将圆心代入直线方程，求得参数，可得答案；
对于C，利用点到直线的距离公式求得三角形的高，结合三角形的面积公式，可得答案；
对于D，根据两点求得斜率，利用垂直直线斜率的关系，可得答案.
【详解】由圆的方程，
则，所以圆心，半径，
易知，故A错误；
将代入直线方程，则，解得，故B正确；
将代入直线方程，整理可得直线方程，
原点到直线的距离，且此为底上的高，
所以，故C正确；
由与，则直线的斜率，
由直线方程，则直线斜率，
由，则与不垂直，故D错误.
故选：BC.
2．ABD
【分析】
化简直线为，进而可判定A正确；利用弦长公式，求得的最小值，可判定B正确；根据直线与圆有总有两个公共点，可得点在圆内部，可判定C不正确；结合向量的数量积的公式，以及直线与圆的位置关系，可判定D正确.
【详解】由直线，可化为，
由方程组，解得，即直线过定点，所以A正确；
当时，圆的方程为，可得圆心，
则，可得线段长的最小值为，所以B正确；
因为直线与圆有总有两个公共点，可得点在圆内部，
所以，解得，所以C不正确；
当时，圆的方程为，
则，
当直线过圆心，此时，可得的最小值，
所以有最小值为，所以D正确.
故选：ABD.
3．BD
【分析】
对于A项，将圆的方程化成标准式即得；对于B项，判断圆心到直线的距离等于圆的半径
即得；对于C项，只需将两圆方程相减化简，即得公共弦直线方程；对于D项，需要结合
图像作出两条和已知直线平行且距离等于1的直线，通过观察分析即得.
【详解】
对于A项，由圆配方得：
知圆的半径为2，故选项A错误；
对于B项，因圆心到轴的距离为1，等于圆的半径，故圆与轴相切，
同理圆心到轴的距离等于圆的半径，圆与轴相切，故轴为圆
与的公切线，故选项B正确；
对于C项，只需要将与左右分别相减，
即得圆与的公共弦所在的直线方程为：故选项C错误；
对于D项，如图，因直线同时经过两圆的圆心，依题意可作两条
与该直线平行且距离为1的直线与，其中与和圆都相切，各有一个公共点，
与和圆都相交，各有两个交点，故圆与上共有6个点到直线
的距离为1，故选项D正确.
故选：BD.
4．BD
【分析】由已知得圆心在轴，设圆心为，然后由圆与直线相切及过点列方程组求得圆心后再求得半径．
【详解】
圆的圆心为，半径为1，
圆与圆相切于点，则圆心在轴，设圆心为，
则由题意，解得或，
时，半径为，时，半径为，
故选：BD．
5．C
【分析】
设，利用余弦定理可得，再由向量表示可知，即可得；联立即可求得.
【详解】如下图所示：
不妨设，根据椭圆定义可得，；
由余弦定理可知；
又因为，所以，又，
即可得，解得；
又，即；
所以可得；
故选：C
6．A
【分析】
根据距离公式即可化简求解.
【详解】根据题意可得，平方化简可得，
进而得，
故选:A
7．ABC
【分析】根据面积公式结合椭圆标准方程联立等式，化简求出，为定值，可判断A，根据直线斜率之间关系得到直线之间的关系可判断，根据三角形面积公式即可判断C,D.
【详解】由题意可得，直线 所在直线方程为：，
设到直线的距离为，
则，
因为,在椭圆上，
所以，.
因为点在第一象限，点在第四象限，
所以，
有，
所以，，即，，故A正确，
，，
因为
因为，，所以，，
代入得，，
因为在椭圆上，有，即，
所以，，即，故B正确，
，，
因为，所以，
代入得,故C正确，
，，
因为不是定值,故D错误.
故选：ABC.
【点睛】
8．##
【分析】设，，，由已知得出，再由椭圆定义得出，由成等比数列，得出，结合两点之间距离公式，代入化简整理即可求得离心率．
【详解】设，，，
过点作轴于点，过作于点，如图所示，
则，所以，即，
又因为，所以，即，
由椭圆定义得，，则，
又因为成等比数列，
所以，则，
所以，即，
所以，
故答案为：．
9．(1)
(2)．
【分析】
（1）根据中点坐标关系即代入椭圆求解点轨迹，即可由求解，
（2）联立直线与椭圆的方程可得韦达定理，根据两点斜率公式可求解，，即可根据二次函数的性质求解最值.
【详解】（1）
设中点，则，
因为点在线段上，所以点只能在右半椭圆上运动，所以
，即，
由点在椭圆：上，所以，
令，得，由，解得，故椭圆的方程为．
（2）
设：，，，．
由得，
则，，
又，，
，
令，得，
当即时取等号，所以的最小值为．
【点睛】方法点睛：解决解析几何中的最值问题一般有两种方法：
一是几何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；
二是将解析几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.
10．ABD
【分析】
根据题意结合四边形的形状分析A，B；将转化成直线斜率，借助渐近线斜率判断C；由双曲线定义，利用与之间的关系求最值判断选项D.
【详解】设双曲线右焦点为，由题意可知，四边形为平行四边形，如图：
由双曲线：可知：，，，
对于A，因为，
所以，
所以四边形为矩形，
所以，故A正确；
对于B，据双曲线定义可知：，，
若，则四边形为矩形，
则，所以，
即，
所以，所以，
所以，故B正确；
对于C，由双曲线的方程可知，
在中，
又因为双曲线渐近线方程为：，
所以
所以，即，故C错误；
对于D，，
当且仅当时，取到最小值为8，故D正确.
故选：ABD
11．
【分析】
求出表达式和长，利用二者之间的关系求出的关系，进而求出，即可得出双曲线的离心率.
【详解】由题意，
在抛物线中，焦点为，准线，
在双曲线中，渐近线：，
抛物线准线与双曲线交于两点，
∴， ，
∵，
∴，解得：，
∴，
∴离心率，
故答案为：.
12．
【分析】
作出图像，由余弦定理及双曲线的定义表示出和，再根据得出，即可表示出，由列出齐次式，求解即可．
【详解】做出图像，如图所示，则，
在中，由得，，
设，则，
所以，解得，即，
在中，由得，，
设，则，
所以，解得，即，
因为，
所以，
则，即，
所以，解得，
所以，
由可得，，则，
所以，整理得，解得，
故答案为：．
13．
【分析】根据直线与双曲线的性质，得出二级结论斜率之积为定值，取的中点，得到，再由，，结合所以，求得，利用，即可求解.
【详解】若直线与双曲线有两个交点，设的中点为，
联立方程组，整理得，
可得，则，
又由在直线上，可得，
所以，所以，
即直线与双曲线相交线的中点与原点的连线的斜率与直线的斜率之积为定值，
如图所示，取的中点，
因为的重心在中线上，的重心在中线上，
所以，，可得，
即，
又由，可得，可得
因为，且的外心为点，则为线段的中点，
可得，因为，所以，
所以，所以，
所以.
故答案为：.
【点睛】
知识方法：求解圆锥曲线的离心率的常见方法：
1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；
2、齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程或不等式，然后转化为关于的一元二次方程或不等式，结合离心率的定义求解；
3、特殊值法：根据特殊点与圆锥曲线的位置关系，利用取特殊值或特殊位置，求出离心率问题.
14．(1)
(2)或或
【分析】
（1）根据等轴双曲线方程即可求解渐近线方程，
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据向量数量积的几何意义将其转化为，由坐标运算即可求解.
【详解】（1）由题知，，所以双曲线的渐近线方程为．
（2）双曲线的右焦点坐标为，
由题知，直线AB的斜率不为0，设直线方程为，代入双曲线中，
化简可得：，
设,则．
则
∴线段中点的坐标为，
直线方程为．
（i）当时，点恰好为焦点，此时存在点或，使得．
此时直线方程为．
（ii）当时，令可得，可得点的坐标为，
由于所以，
由，即，也即：．
化简可得，解出，
由于直线要交双曲线右支于两点，所以，即，故舍去．
可得直线的方程为．
综上：直线方程为或或．
【点睛】
15．(1)
(2)
【分析】
（1）由渐近线斜率得，结合求得得双曲线方程；
（2）设.直线的方程为，代入双曲线方程应用韦达定理得，同时由两交点在右支得出，然后求出各点坐标计算出并代入韦达定理的结论化此式为关于的函数，从而可求得其取值范围．
【详解】（1）由的焦距为6，知，即；
又渐近线方程为，则，
故，即，从而，
因此，双曲线的方程为.
（2）设.直线的方程为，则.
将直线的方程代入得有两正根，
则,且，
又，解上述不等式组，得.
因为的方程为，则与的交点横坐标为
将的方程代入得即为点的横坐标，
故，
所以，，
即的取值范围为.
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交中范围问题，一般设交点坐标为，设直线方程为（或），代入圆锥曲线方程后应用韦达定理得，由相交得出参数范围，计算出要求范围的量交代入韦达定理的结论化为所设参数的函数，从而求得其取值范围，
16．(1)；
(2)存在，.
【分析】
（1）根据题设写出直线的方程，联立双曲线，应用韦达定理及弦长公式求；
（2）由题设，根据向量数量积的定义及等面积法有，令，直线的方程为，其中，联立双曲线，应用韦达定理及向量数量积的坐标表示列方程求参数即可.
【详解】（1）
由题设，易知直线的方程为，设，
由，得，此时，所以，
所以，．
（2）
因为，所以，
所以，所以，
由及等面积法得，所以．
设，直线的方程为，其中，
由，得，此时，
所以．
因为，
所以，
，
所以，整理得，
将韦达公式代入上式，整理得，所以．
所以，存在，使得．
17．A
【分析】
设动点，，由与外切得出，结合抛物线焦半径公式得出的半径为，即可得出结论．
【详解】设动点，，如图所示，与外切于点，则，
由抛物线焦半径公式得，，的半径为，即，
所以，即的半径为，
所以点到轴的距离为，则与直线相切，
故选：A．
18．C
【分析】设，由取得最小值，则最大，最小求解.
【详解】解：如图所示：
因为，
设，
则，
，
当时，取得最小值，
此时，最大，最小，
且，
故选：C
19．4
【分析】由题意首先画出图形，不妨设，结合图形以及分别算出参数的范围以及目标函数表达式，从而即可求解.
【详解】如图所示：
联立，解得或，
得抛物线Γ与直线的两个交点分别为，
由题意四边形是矩形，故，且注意到
所以不妨设，
又，所以，
所以由图可知，
联立，
因此，
而，
由两平行线间的距离公式可知，
从而，
所以当且仅当时，长度取最大值是.
故答案为：4.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是合理设参，并通过数形结合求出参数的范围也是很重要的，至于求出目标函数表达式只需仔细计算即可.
20．
【分析】
设点，切线的方程为，继而求得切线的斜率，由 可求得的方程，与直线联立可求得点的坐标，继而消参可求得点的轨迹方程，则结合图形可求得得范围.
【详解】因为点为抛物线：上的点（不为原点），
所以可设点，且
当切线的斜率不存在时，切点为原点不合题意；
当切线的斜率存在时，可设为，
联立，消去可得，
化简可得，
令，可得，
化简可得，即，
又，所以的斜率，
所以的方程，
因为点，
所以的斜率为，
则的方程为，
联立，解得，
即，
当时，的方程为， 的方程
则或，满足
由两式相除可得，即
由，可得
再代入，可得，
化简可得，可得，
可知点轨迹为半径为的圆，圆心为,
结合图形可知，
又，，
则.
故答案为：
21．(1)
(2)
【分析】
（1）结合抛物线定义即可.
（2）设经过，两点的直线方程为：（），与抛物线方程联立得，.将每条直线表达出来，、、、表达出来，再由得出即可.
【详解】（1）
设，由题意可得，即，
解得或（舍去），所以抛物线的方程为.
（2）如图，
设经过，两点的直线方程为：（），
与抛物线方程联立可得，
即，
∴，.
∵，则，
∴，
∴过点作的切线方程为，
令，得，即.
同理，过点作的切线方程为，
令，得，即.
∴.
联立两直线方程，解得，即，
则到直线的距离.
又∵过点作直线垂直于，
直线的方程为，
令，得，即.
同理，直线的方程为，
令，得，即.
∴.
联立两直线方程，解得，
整理后可得，即，
则到直线的距离.
由上可得，，
，，
∴，得，
∴直线的方程为即.
22．(1)
(2)
【分析】
（1）由相切利用导数或判别式求斜率，再由点斜式写出方程；
（2）由为钝角，所以，将向量坐标化得关于坐标的不等式，再利用韦达定理消元代入不等关系化简求解范围
【详解】（1）
解法1：抛物线：即，
则，则在处切线的斜率为，
所以，：，即.
解法2：（1）设切线方程为，与抛物线：联立得，
，（*）
因为直线与抛物线相切，故方程（*）的判别式
即，解得，
所以，：，即.
（2）
易知，.
设直线：，.
代入抛物线方程得，
故，，
因为为钝角，所以，
即，
即，（*）
因为，不等式（*）
即，
解得，所以.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
