平面解析几何高频考点 押题练 2025年高考数学三轮复习备考

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平面解析几何高频考点 押题练
2025年高考数学三轮复习备考
1．已知双曲线：的焦距为4，点在上.
(1)求的方程；
(2)设过的左焦点的直线交的左支于点A，B，过的右焦点的直线交的右支于点C，D，若以A，B，C，D为顶点的四边形是面积为的平行四边形，求直线的方程.
2．已知椭圆，椭圆以椭圆的短轴为长轴，且与椭圆有相同的焦距．椭圆的左、右焦点分别为，，直线与椭圆交于，两点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线的方程为，求；
(3)若直线过坐标原点，且四边形是矩形，求四边形的面积．
3．已知椭圆，F为E的右焦点，P为E上的动点，当直线PF与x轴垂直时，，R是直线上一动点，的最小值为1．
(1)求E的方程：
(2)过R作E的两条切线分别交x轴于M，N两点，求面积的取值范围．
4．已知抛物线C的顶点为坐标原点，焦点在y轴上，且抛物线C经过点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)A，B是抛物线C上异于点P的两个动点，记直线和直线的斜率分别为，若，求证：直线过定点．
5．已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴 轴，且点和点在椭圆上
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆交于两点，若，是否存在定点，使得直线的倾斜角互补？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
6．如图，已知为半圆上一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，直线分别与轴交于点，记的面积为，的面积为．
(1)若的焦点为，且的最小值为，求的值；
(2)若存在点，使得，求的取值范围．
7．已知双曲线的右焦点为，过点的直线交双曲线右支于、两点（点在轴上方），点在双曲线上，直线交轴于点（点在点的右侧）．
(1)求双曲线的渐近线方程；
(2)若点，且，求点的坐标；
(3)若的重心在轴上，记、的面积分别为、，求的最小值．
8．设，点分别是椭圆的上顶点与右焦点，且，直线经过点与交于两点，是坐标原点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若，点是轴上的一点，且的面积为，求点的坐标；
(3)若点在直线上，向量在直线上的投影为向量，证明.
9．已知椭圆：的右焦点为，离心率为．
(1)求的方程；
(2)过点且不垂直于y轴的直线与E交于A，B两点，直线与E交于点C（异于A）．
（i）证明：为等腰三角形；
（ii）若点M是的外心，求面积的最大值．
10．已知在平面直角坐标系中，一直线与从原点出发的两条象限角平分线（一、四象限或二、三象限的角平分线）分别交于，两点，且满足，线段的中点为，记点的轨迹为．
(1)求轨迹的方程；
(2)点，，，过点的一条直线与交于、两点，直线，分别交直线于点，，且满足，，证明：为定值.
11．在平面直角坐标系中，点，，，动点满足，记点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)过点且斜率不为0的直线与相交于两点E，F（在的左侧）.设直线，的斜率分别为，.
①求证：为定值；
②设直线，相交于点，求证：为定值.
12．已知经过定点的动圆与直线相切，记圆心的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同的两点，以分别为切点作曲线的切线与的交点为.
(1)求点的轨迹方程；
(2)设点，连接，分别与曲线的另一个交点为，直线与轴相交于，连接，分别与曲线的另一个交点为，直线与轴相交于，连接，分别与曲线的另一个交点为，直线与轴相交于，已知.
（i）求数列的通项；
（ii）已知为数列的前项和，求使不等式成立时，的最小值.
参考答案
1．(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意，结合，列出方程组，求得的值，即可求解；
（2）当直线斜率不存在时，求得四边形得到面积为，不合题意；当直线斜率存在时，设直线方程为，得到方程为，结合平行线的距离公式以及弦长公式，求得四边形面积的表达式，列出方程，求得的值，即可求解.
【详解】（1）解：由双曲线：的焦距为4，点在上，
可得，所以，且，
又因为，即，
联立方程组，解得，，
所以的方程为.
（2）由题意知，四边形为平行四边形，可得直线与平行，
当直线斜率不存在时，令，代入双曲线方程，可得，
此时四边形为矩形，面积为，不合题意；
当直线斜率存在时，设直线方程为，则直线方程为，
直线和的距离，
设，，联立方程组，
整理的，
则且，，
又由双曲线的渐近线的方程为，
要使得过的左焦点的直线交的左支于点，可得，
则
，
所以，
化简可得，解得，或，
因为，所以，解得，
故直线的方程为，即或.
2．(1)；
(2)；
(3)2.
【分析】（1）根据给定条件，求出椭圆的即可.
（2）联立直线与椭圆方程，利用弦长公式计算即得.
（3）根据给定条件，利用椭圆的定义求解.
【详解】（1）椭圆的长半轴长为，短半轴长为2，半焦距为，
依题意，椭圆的焦点在轴上，其长半轴长，半焦距，则短半轴长，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由消去并整理得，设，
则，所以.
（3）由（1）知，，由四边形是矩形，得，
则，而，
所以四边形的面积.
3．(1)
(2)
【分析】（1）根据题干所给信息及，可求椭圆方程.
（2）设出直线RM，RN的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式及三角形面积公式求解即可.
【详解】（1）设点，
当直线PF与x轴垂直时，点，则
因为的最小值为，所以，
又由，
可解得，
故E的方程为．
（2）如图，
设点，注意到RM，RN斜率不为0，
设，
联立，得，
因为RM与E相切，所以，
于是，
化简得，
又RN与E相切，同理有，
故m，n是一元二次方程的两根，
则，
所以，
又，所以，
所以面积的取值范围为．
4．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题设抛物线C的方程为，代入点即求；
（2）由题可设直线的方程为，利用韦达定理及条件可得，即证.
【详解】（1）由题意，设抛物线C的方程为．
因为抛物线经过点，
所以，解得．
所以抛物线C的方程为．
（2）由题意可知，直线的斜率一定存在，不妨设直线的方程为．
联立得．
其中，即，
∴．
∴，
即，
所以，解得．
所以直线的方程为，恒过定点．
5．(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）设出椭圆方程，利用待定系数法求出中.
（2）假设存在点，由倾斜角互补可知斜率和为，将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式列式求出即可.
【详解】（1）设椭圆的方程为：，
由点和点在椭圆上，得，解得，
所以椭圆的方程为：.
（2）当时，直线，
假设存在点，使直线的倾斜角互补，即直线的斜率之和为，
由消去得，
，设，
，，由，
得，而，即，
于是，整理得，解得，
所以存在点，使得直线的倾斜角互补.
6．(1)
(2)．
【分析】（1）设，可得，利用二次函数可求得最小值；
（2）设，表示出过和的切线方程，求出和点坐标，根据在两直线上求出点坐标，进而再求出点坐标，表示出，，进而可以得到，从而可求，由此求出P的轨迹方程，问题转化为问题转化为P的轨迹与半圆：有交点，据此即可求出答案.
【详解】（1）由题意可得，设，则且，
，
因为，所以当时，有最小值，解得．
（2）由，得，所以，
设，所以，，
所以，又，整理得，
所以过点的切线方程为，于是，
同理得过点的切线方程为，所以．
因为点在两条切线上，所以，
可得点的坐标为，的方程为，于是．
，
所以，所以．
于是点，点的轨迹方程为，
根据题意抛物线与半圆有交点，
记，则，又因为，解得，即的取值范围为．
7．(1)
(2)点的坐标为
(3)的最小值为
【分析】（1）根据双曲线方程即可得其渐近线方程；
（2）由点可得，从而可利用三角形外角关系从而可得直线的斜率，将直线方程代入双曲线方程求解即可得点的坐标；
（3）设直线，代入双曲线方程得交点坐标关系，由重心可得，根据点线关系即可得的范围，再结合三角形面积关系得与的关系，由基本不等式可得最值.
【详解】（1）已知双曲线，则，所以双曲线方程为；
（2）双曲线的右焦点，
又，所以，则，
因为，所以，
则直线，即，
所以，解得，即，
则，所以点的坐标为；
（3）设直线，
，
则，
因为直线过点且与双曲线右支交于、两点，所以，
又因为的重心在轴上，所以，
由点在点的右侧，可得，所以，解得，所以，
而，代入可得，
所以，
代入化简可得：，
所以，
当且仅当时等号成立，所以的最小值为.
8．(1)
(2)或
(3)证明见解析
【分析】（1）根据焦点坐标和的长度求出基本量后可得椭圆的标准方程；
（2）求出直线与椭圆的交点后可得关于横坐标的方程，从而可求其坐标.
（3）利用两角和的正切结合韦达定理可证.
【详解】（1），
直线l过所以右焦点，即，
所以，椭圆方程为.
（2）当，直线，，
解得，
，
设，到直线距离，
由面积，得或，
即或 .
（3）

设，
因为向量在直线上的投影为向量，故，
故直线的斜率为，故直线的方程为，故，
而，
故，
联立，
，，
故，
设，设，
由双勾函数的性质可得在为增函数，
故，故，
.
9．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）依题意求出、，即可求出，从而得解；
（2）（i）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，分析、的斜率均存在，由，即可得证；
（ii）设的中点为，求出的垂直平分线，即可求出点坐标，再由表示出三角形的面积，再换元，利用导数求出函数的最大值.
【详解】（1）依题意可得，解得，所以，
所以椭圆方程为；
（2）（i）设直线的方程为，，，
由，整理得，
所以，则，
所以，，
若轴，由，解得，则，此时的斜率，即（不合题意），
所以、的斜率均存在，
所以，
又，
所以，即，
又因为、均在椭圆上，
由椭圆的对称性可知，即为等腰三角形；
（ii）设的中点为，则，，
所以，
所以的垂直平分线为，
令可得，所以，
所以的面积，
令，设，，
所以，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时取得最大值，
所以面积的最大值为.
10．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分别设出，，的坐标，根据已知条件得到，，利用，得到，计算即可得到轨迹方程；
（2）设直线的方程，，，将直线方程和的方程联立，利用韦达定理得到，，分别写出直线，和的方程并写出，两点坐标，利用，得到，，将韦达定理代入并化简即可求解.
【详解】（1）设在第一象限角平分线上，则在第四象限角平分线上，
，，则，，
（若在第三象限角平分线上，则在第二象限角平分线上，则，）
即，
，
，
设，则，，
，
轨迹的方程为；
（2）
易知直线的斜率一定存在，设，，，
由得，
直线与交于、两点，
，解得且，
，，
，，，
直线，分别交直线于点，，
由得，
同理得，
，
由得，同理可得，
则
为定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程和交点坐标为，；
（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.
11．(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的定义可知点在以，为焦点，为长轴长的椭圆上，即可求出轨迹方程；
（2）①设直线的方程为，，，，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，即可得到再由斜率公式计算可得；②作关于轴的对称点，则，，三点共线，设，表示出直线、的方程，即可得到，，代入椭圆方程得到轨迹方程，结合双曲线的定义即可证明.
【详解】（1）由，，
所以点在以，为焦点，为长轴长的椭圆上，
设椭圆方程为，焦距为，
则，，所以，
所以的方程为.
（2）①由，直线的斜率存在且不为．
设直线的方程为，，，，
联立，得，
则，，，
所以．
又，所以，，
所以
.
②由①知，所以．
作关于轴的对称点，则，，三点共线．
又，，设.
则直线方程即为直线方程.
又直线方程为，
作差，得，
所以，
所以，，
由，得．
又因为，所以，
即，即，
所以点在以，为焦点，为实轴长的双曲线的左支（椭圆内部）上运动，
所以．
12．(1)；
(2)（i）；（ii）的最小值为9.
【分析】（1）根据抛物线的定义得曲线的方程为，联立，写出韦达公式，应用导数几何意义求切线方程，进而求点的轨迹方程；
（2）（i）设，得到，， ，进而有、、，可得，最后应用对数的运算性质、等比数列的定义写出的通项；（ii）应用错位相减法求得，根据不等式能成立求参数值.
【详解】（1）依题意可知，动圆的圆心到点与到直线的距离相等，
根据抛物线定义可得曲线是以为焦点，为准线的抛物线，
所以曲线的方程为，则直线经过抛物线的焦点，
设，联立，整理得恒成立，
则，又可化为，则，
所以，联立，
消可得，
又因为，所以点的轨迹方程为.
（2）
（i）设，则，
又，则，又，
所以，即直线的方程为，
整理得，令，可得，①
同理得的方程为，令，可得，②
又直线的斜率为，
所以直线的方程为，令，得，
由①可知，，
①②可得.
于是可得，即，又因为，则，
于是，即，即，
即，又，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
则，所以，所以.
（ii）由（i）可知，，则，
所以，
则，
两式作差可得
所以.
令，即.
当时，显然不合题意；
当时，随着的增大而增大，
又，
，
，
则满足不等式的的最小值为9.
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