高考数学压轴专题2020-2021备战高考《平面解析几何》单元汇编及解析

一、选择题

x2y21．已知O为平面直角坐标系的原点，F2为双曲线221a0,b0的右焦点，

abE为OF2的中点，过双曲线左顶点A作两渐近线的平行线分别与y轴交于C，D两点，

B为双曲线的右顶点，若四边形ACBD的内切圆经过点E，则双曲线的离心率为（ ）

A．2 【答案】B 【解析】 【分析】

由对称性可得四边形ACBD为菱形，其内切圆圆心为坐标原点O，求出圆心O到BC的距离d，由四边形ACBD的内切圆经过点E，可得d率. 【详解】

B．2

C．3 D．

23 31OF2，化简得出双曲线的离心20，kAC0，Ba，由已知可设Aa，b， abxa， a有直线点斜式方程可得直线AC方程为y0， 令x0，可得Cb，由直线的截距式方程可得直线BC方程为

xy1，即bxayab0， ab由对称性可得四边形ACBD为菱形，其内切圆圆心为坐标原点O，设内切圆的半径为r， 圆心O到BC的距离为db0a0aba2b2abr， c又∵四边形ACBD的内切圆经过点E， ∴

ab1cOF2r, c222∴2abc2， ∴4ac2a2c4，同除以a4得，e44e240，

2∴e220，

∴e22， ∴e∴e2或2(舍)， 2.

故选：B. 【点睛】

本题考查求双曲线离心率的问题，通过对称的性质得出相关的等量关系，考查运算求解能力和推理论证能力，是中档题.

2．已知点P在抛物线y24x上，那么点P到点Q(2,1)的距离与点P到抛物线焦点距离之和取得最小值时，点P的坐标为（ ） A．(,1) 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：抛物线y4x焦点为F（1,0），准线为x1，作PQ垂直于准线，垂足为

214B．(,1)

14C．(1,2) D．(1,2)

M根据抛物线定义： ，PQPFPQPM，根据三角形两边距离之和大于第三边，

直角三角形斜边大于直角边知：PQPM的最小值是点Q到抛物线准线x1的距离；

11,即(,1)，故选A 44考点：抛物线的定义及几何性质的运用.

所以点P纵坐标为1，则横坐标为

y23．已知椭圆C:x1，直线l:yxm，若椭圆C上存在两点关于直线l对称，

2则m的取值范围是( )

222A．3,3 【答案】C 【解析】 【分析】

22B．4,4 33C．3,3 33D．4,4 设Ax1,y1，Bx2,y2是椭圆C上关于l对称的两点，AB的中点为Mx0,y0，根据椭圆C上存在两点关于直线l:yxm对称，将A，B两点代入椭圆方程，两式作差可得

y02x0，点M在椭圆C内部，可得m22m21，解不等式即可.

【详解】

设Ax1,y1，Bx2,y2是椭圆C上关于l对称的两点，AB的中点为Mx0,y0， 则x1x22x0，y1y22y0，kAB1.

2y12y22又因为A，B在椭圆C上，所以x1，x21，

2221两式相减可得

y1y2y1y22，即y02x0. x1x2x1x2又点M在l上，故y0x0m，解得x0m，y02m.

33因为点M在椭圆C内部，所以m2m1，解得m3,3.

22故选：C 【点睛】

本题考查了直线与椭圆的位置关系以及在圆锥曲线中“设而不求”的思想，属于基础题.

4．已知直线l:y2xb被抛物线C:y22px(p0)截得的弦长为5，直线l经过

C:y22px(p0)的焦点，M为C上的一个动点，若点N的坐标为4,0，则MN的

最小值为（ ） A．23 【答案】A 【解析】 【分析】

联立直线与抛物线方程利用弦长公式列方程，结合直线过抛物线的焦点，解方程可得

B．3

C．2

D．22 p2，再利用两点的距离公式，结合二次函数配方法即可得结果.

【详解】 由y2xb224x(4b2p)xb0， 2y2px2bpb2x1x2,x1x2，

24因为直线l:y2xb被抛物线C:y2px(p0)截得的弦长为5，

25122x1x2，

2bp2b2所以5124 （1） 2422又直线l经过C的焦点，

bp则,bp （2）

222由（1）（2）解得p2，故抛物线方程为y4x.

2设Mx0,y0,y04x0.

2则|MN|2x04y0x044x0x0212，

222故当x02时，|MN|min23. 故选：A.

【点睛】

本题主要考查直线与抛物线的位置关系，考查了弦长公式以及配方法的应用，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.

x2y25．已知抛物线x＝16y的焦点为F，双曲线1的左、右焦点分别为F1、F2，点P

45是双曲线右支上一点，则|PF|＋|PF1|的最小值为（ ） A．5 B．7 C．9 D．11 【答案】C 【解析】 【分析】

2

由题意并结合双曲线的定义可得

PFPF1PF(PF24)PFPF24FF24，然后根据两点间的距离公

式可得所求最小值． 【详解】

x2y2由题意得抛物线x16y的焦点为F0,4，双曲线1的左、右焦点分别为

452F13,0,F23,0．

∵点P是双曲线右支上一点， ∴PF1PF24．

∴PFPF1PF(PF24)PFPF24FF24549，当且仅当

F,P,F2三点共线时等号成立，

∴PFPF1的最小值为9． 故选C． 【点睛】

解答本题的关键是认真分析题意，然后结合图形借助数形结合的方法求解．另外在解题中注意利用双曲线的定义将所求问题进行转化，考查分析理解能力和解决问题的能力，属于基础题．

6．设抛物线E：y26x的弦AB过焦点F，|AF|3|BF|，过A，B分别作E的准线的垂线，垂足分别是A，B，则四边形AABB的面积等于( ) A．43 【答案】C 【解析】 【分析】

由抛物线的方程可得焦点坐标及准线方程，设直线AB 的方程，与抛物线联立求出两根之

B．83 C．163 D．323 和及两根之积，进而求出弦长AB，由抛物线的性质可得梯形的上下底之和求出，求出

A，B的纵坐标之差的绝对值，代入梯形的面积公式即可求出梯形的面积． 【详解】

33解：由抛物线的方程 可得焦点F(，0)，准线方程：x，

22由题意可得直线AB的斜率存在且不为0，

3设直线AB的方程为：xmy，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

23xmy联立直线与抛物线的方程：2，整理可得：y26my90，

2y6x所以y1y26m，y1y29，x1x2m(y1y2)36m23， 因为|AF|3|BF|，所以AF3FB，

33即(x1，y1)3(x2，y2)，可得：y13y2， 22uuuruur所以可得：2y26m12m即， 23y9323316m266g68， 223由抛物线的性质可得： AABBABx1x21|y1y2|(y1y2)24y1y236m23636g3643，

3由题意可知，四边形AABB为直角梯形，

11|y1y2|g8g43163， 所以SAABB(AABB)g22故选：C．

【点睛】

本题考查抛物线的性质及直线与抛物线的相交弦长，梯形的面积公式，属于中档题．

x2y27．已知双曲线E:221(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是双曲线E上

ab的一点，且|PF22PF1|.若直线PF2与双曲线E的渐近线交于点M，且M为PF2的中点，则双曲线E的渐近线方程为( )

1A．yx

3【答案】C 【解析】 【分析】

B．y1x 2C．y2x D．y3x

△PF1F2的中位线，可得OMa，在由双曲线定义得PF24a，PF12a，OM是

△OMF2中，利用余弦定理即可建立a,c关系，从而得到渐近线的斜率.

【详解】

根据题意，点P一定在左支上.

由PF22PF2PF12a，得PF1及PF12a，PF24a， 再结合M为PF2的中点，得PF1MF22a，

又因为OM是△PF1F2的中位线，又OMa，且OM//PF1， 从而直线PF1与双曲线的左支只有一个交点.

222ac4a.——① 在△OMF2中cosMOF22ac由tanMOF2ba，得cosMOF2. ——② acbc2由①②，解得25，即2，则渐近线方程为y2x.

aa故选：C. 【点睛】

本题考查求双曲线渐近线方程，涉及到双曲线的定义、焦点三角形等知识，是一道中档题.

8．已知点P(x,y)是直线2xy40上一动点，直线PA,PB是圆C:x2y22y0的两条切线，A,B为切点，C为圆心，则四边形PACB面积的最小值是（ ） A．2 【答案】A 【解析】

圆C:xy2y0即x(y1)1,表示以C(0,-1)为圆心，以1为半径的圆。

2222B．5 C．25 D．4

1PAACPA，而PAPC21. 2故当PC最小时，四边形PACB面积最小.

由于四边形PACB面积等于2又PC的最小值等于圆心C到直线2xy40的距离d,而d故四边形PACB面积的最小的最小值为512， 故选A.

点睛：直线与圆的位置关系常用处理方法：

01422125，

（１）直线与圆相切处理时要利用圆心与切点连线垂直，构建直角三角形，进而利用勾股定理可以建立等量关系；

（２）直线与圆相交，利用垂径定理也可以构建直角三角形； （３）直线与圆相离时，当过圆心作直线垂线时长度最小．

9．若双曲线3mx2my2=3的一个焦点是0,2,则m的值是 A．-1 【答案】A 【解析】

B．1

C．10 20D．10 2x2y2122, 双曲线3mxmy=3的标准方程为13mm∵焦点在y轴上,∴∴m1. 故选A．

134,且m0, mm

10．已知直线l:2k1xk1y10kR与圆x1y225交于A，

22B两点，则弦长AB的取值范围是（ ）

A．4,10 【答案】D 【解析】 【分析】

由直线2k1xk1y10，得出直线恒过定点P1,2，再结合直线与圆的位置

B．3,5

C．8,10 D．6,10

关系，即可求解. 【详解】

由直线l:2k1xk1y10kR，可得k2xyxy10， 又由2xy0x1，解得，即直线恒过定点P1,2，圆心C1,2，

xy10y22AB22当CPl时弦长最短，此时CPr，解得ABmin6，

2再由l经过圆心时弦长最长为直径2r10， 所以弦长AB的取值范围是6,10. 故选：D. 【点睛】

本题主要考查了直线系方程的应用，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中熟练利用直线的方程，得出直线恒过定点，再结合直线与圆的位置关系求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.

x2y211．已知椭圆+=1的一个焦点为F，直线2xy20,2xy20与椭圆分别

98相交于点A、B、C、D四点，则AFBFCFDF（ ） A．12 【答案】A 【解析】 【分析】

画出图像，根据对称性得到AFBFCFDFAFAF2DFDF24a，得到答案. 【详解】

画出图像，如图所示：直线2xy20,2xy20平行，

根据对称性知：AFBFCFDFAFAF2DFDF24a12. 故选：A.

B．642

C．8

D．6

【点睛】

本题考查了椭圆的性质，意在考查学生对于椭圆知识的灵活运用.

12．已知抛物线y24x上有三点A,B,C，AB,BC,CA的斜率分别为3，6，2，则

ABC的重心坐标为（ ）

A．14,1 9B．14,0 9C．14,0 27D．14,1 27【答案】C 【解析】 【分析】

设Ax1,y1,Bx2,y2,Cx3,y3，进而用坐标表示斜率即可解得各点的纵坐标，进一步可求横坐标，利用重心坐标公式即可得解. 【详解】

设Ax1,y1,Bx2,y2,Cx3,y3,则

kABy1y2y1y24232，得y1y2x1x2y1y244y1y24， 3424，y3y12，三式相加得y1y2y30， 632同理y2y32y12124y2故与前三式联立，得y1,y22,y3,x1，x21，

334942y34x3，

49x1x2x31414,0，故选C. .则故所求重心的坐标为32727【点睛】

本题主要考查了解析几何中常用的数学方法，集合问题坐标化，进而转化为代数运算，对

学生的能力有一定的要求，属于中档题.

13．已知抛物线y2＝4x上的点P到抛物线的准线的距离为d1，到直线3x－4y＋9＝0的距离为d2，则d1＋d2的最小值是（ ）

5126 B． C．2 D． 555【答案】A 【解析】

A．

试题分析：根据抛物线的定义可知抛物线y4x上的点P到抛物线的焦点距离PFd1,所以d1d2MFd2,其最小值为F1,0到直线3x4y90的距离，由点到直线的距离公式可知d1d2minMFd2考点：抛物线定义的应用.

2min39324212，故选A. 5

rrrrrrrrrrrrr14．已知平面向量a,b,c满足abab2,acb2c1，则bc的最小值

为（ ） A．75 2B．73 2C．

5-23

D．

31 2【答案】A 【解析】 【分析】

rrrrr，3，b2，根据题意，易知a与b的夹角为60，设a=10，cx,y，由

rrrr1acb2c1，可得x2y22x3y0，所以原问题等价于，圆

210之间距离的最小值， 利用圆心和点2，00上一动点与点2，2的距离与半径的差，即可求出结果. 【详解】

rrrrrrrrabab2a=1，3因为，所以a与b的夹角为60，设，b2，0，rcx,y， x2y22x3yrrrr122因为acb2c1，所以xy2x3y0，

2rr2又bcx2y2，

所以原问题等价于，圆xy2x3y2210之间距离的最小0上一动点与点2，2值，

3151，0与圆又圆xy2x3y0的圆心坐标为，半径为，所以点2，222

22x2y22x3y2210上一动点距离的最小值为23575. 21222故选：A. 【点睛】

本题考查向量的模的最值的求法，考查向量的数量积的坐标表示，考查学生的转换思想和运算能力，属于中档题．

15．在圆M：x2y24x4y10中，过点E(0,1)的最长弦和最短弦分别为AC和

BD，则四边形ABCD的面积为（ ）

A．6 【答案】B 【解析】 【分析】

先将圆M的方程化为标准方程,得到其圆心坐标与半径,再结合直线与圆的位置关系可得

B．12

C．24

D．36

AC､BD的值,进而求出答案.

【详解】

22圆M的标准方程为:(x2)(y2)9,

其圆心为M(2,2),半径r3, 过点E最长的弦长是直径,故AC6, 最短的弦是与ME垂直的弦,又ME所以

415,

1BDr2ME2952,即BD4, 2所以四边形的面积S故选:B. 【点睛】

11ACBD6412, 22本题考查直线与圆相交的性质,解题关键是明确AC和BD的位置关系,难度不大.

16．过坐标轴上的点M且倾斜角为60°的直线被圆x2y24y0所截得的弦长为

23，则符合条件的点M的个数为（ ）

A．1

B．2

C．3

D．4

【答案】C 【解析】 【分析】

设出直线方程，根据弦长公式，转化为圆心到直线的距离建立等量关系求解. 【详解】

由直线的斜率为ktan603，设直线的方程为y3xb. 圆xy4y0可化为x(y2)4，圆心为(0,2)，半径为r=2， 则由弦长公式得：

222223l圆心(0,2)到直线y3xb的距离为dr2221， 22即

22|2b|1，解得b0，b4，故直线的方程为y3x或y3x4. 2直线y3x过坐标轴上的点(0,0)，

430,4直线y3x4过坐标轴上的点与3,0，故点M的个数为3.

故选：C. 【点睛】

此题考查直线与圆的位置关系，根据弦长公式将弦长问题转化为圆心到直线的距离求解.

24x2y217．已知双曲线221(a0,b0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2且斜率为的

7abuuuuvuuuuvuuuv直线与双曲线在第一象限的交点为A，若F2F1F2AF1A0，则此双曲线的标准方程

可能为（ ）

x2y2A．1

43【答案】D 【解析】 【分析】

x2y2B．1

34x2y2C．1

169x2y2D．1

916uuuuruuuuruuur24AFFFA2c先由F2F1F2AF1A0得到F，根据的斜率为，求出21227cosAF2F1果. 【详解】

7ca，结合余弦定理，与双曲线的定义，得到，求出，进而可得出结

ab25uuuuruuuuruuur由F2F1F2AF1A0，可知F1F2F2A2c，

又AF2的斜率为

724，所以易得cosAF2F1， 72516c， 5在AF1F2中，由余弦定理得AF1由双曲线的定义得所以e16c2c2a， 5c5，则a:b3:4， a3x2y2所以此双曲线的标准方程可能为1.

916故选D 【点睛】

本题考查双曲线的标准方程，熟记双曲线的几何性质与标准方程即可，属于常考题型.

x2y218．设椭圆221(ab0)的右焦点为F，过点F作与x轴垂直的直线l交椭圆于

abP，B两点（点P在第一象限），过椭圆的左顶点和上顶点的直线l1与直线l交于A点，

uuuvuuuvuuuvuuuvuuuv2且满足APBP，设O为坐标原点，若OPOAOB(,R)，，则该

9椭圆的离心率为（ ）

A．

3 5B．

12 13C．

312或 513D．

4 5【答案】A 【解析】

vuuuv2uuu分析：根据向量共线定理及，APBP，可推出，的值，再根据过点F作

9与x轴垂直的直线l交椭圆于P，B两点（点P在第一象限），可推出P，B两点的坐

标，然后求出过椭圆的左顶点和上顶点的直线l1的方程，即可求得A点的坐标，从而可得

uuuvuuuvuuuv详解：∵A、P、B三点共线，OPOAOB,R

∴1 又∵a，b，c三者关系，进而可得椭圆的离心率.

2 91233∴或

2133uuuvuuuv∵APBP

23∴

13∵过点F作与x轴垂直的直线l交椭圆于P，B两点（点P在第一象限）

b2b2∴P(c,)，B(c,)

aa∵过椭圆的左顶点和上顶点的直线l1与直线l交于A点 ∴直线l1的方程为为∴A(c,xy1 ab(ac)b) auuur2uuur1uuur∵OPOAOB

33b22(ac)b1b2∴()，即2bac. a3a3a∴4(ac)a2acc，即3a25c22ac0. ∴5e22e30 ∵e(0,1)

22223 5故选A.

∴e点睛：本题考查了双曲线的几何性质，离心率的求法，考查了转化思想以及运算能力，双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a,c，代入公式ec；②只需要根据一个条件得到关于a,b,c的a齐次式，转化为a,c的齐次式，然后转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得e (e的取值范围)．

x219．已知椭圆2y21(a1)的左、右焦点分别为F1，F2，A是椭圆在第一象限上的

a一个动点，圆C与F1A的延长线，F1F2的延长线以及线段AF2都相切，且M3,0为其中一个切点．则椭圆的离心率为（ ） A．3 2B．

22 3C．

2 2D．6 3【答案】B 【解析】 【分析】

设圆C与F1A的延长线相切于点N，与AF2相切于点T，由切线长相等和椭圆的定义，解方程得出a3，求出c，进而可得离心率. 【详解】

设圆C与F1A的延长线相切于点N，与AF2相切于点T，由切线长相等，得

ANAT，

F1NF1M，F2TF2M，F1(c,0)，F2(c,0)，

由椭圆的定义可得，AF1AF22a，

F1NF1M3cAF1+AN2aAF2AN2aANAT+TF2

2aF2M2a(3c)，

则2a6，即a3，

又b1，所以ca2b222， 因此椭圆的离心率为e故选：B.

c22. a3

【点睛】

本题主要考查求椭圆的离心率，熟记椭圆的定义，以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.

20．如图，O是坐标原点，过E(p,0)的直线分别交抛物线y22px(p0)于A、B两点，直线BO与过点A平行于x轴的直线相交于点M，过点M与此抛物线相切的直线与直线xp相交于点N.则ME|NE|（ ）

22

A．2p 【答案】C 【解析】 【分析】

B．p2 C．2p2 D．4p2

过E（p，0）的直线分别交抛物线y2＝2px（p＞0）于A、B两点，不妨设直线AB为x＝p，分别求出M，N的坐标，即可求出答案． 【详解】

过E（p，0）的直线分别交抛物线y2＝2px（p＞0）于A、B，两点为任意的，不妨设直线

y22pxAB为x＝p，由，解得y＝±2p，

xp则A（p，﹣2p），B（p，2p），

∵直线BM的方程为y＝2x，直线AM的方程为y＝-2x， 解得M（﹣p，﹣2p），∴|ME|2＝（2p）2+2p2＝6p2， 设过点M与此抛物线相切的直线为y+2p＝k（x+p），

y22px由，消x整理可得ky2﹣2py﹣22p+2p2k＝0， y+2p=kxp∴△＝4p2﹣4k（﹣22p+2p2k）＝0， 解得k＝

2+2， 2

2+2（x+p）， 2

∴过点M与此抛物线相切的直线为y+2p＝

xp由，解得N（p，2p）， 2+2xpy+2p=2∴|NE|2＝4p2，

∴|ME|2﹣|NE|2＝6p2﹣4p2＝2p2， 故选C． 【点睛】

本题考查了直线和抛物线位置关系，以及直线和直线的交点坐标问题，属于难题．