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2027届高三数学上学期一轮复习专题：直线与圆锥曲线的位置关系
一、单选题
1．已知两定点，，直线：，在上满足的点有（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
2．已知斜率为的直线与椭圆交于A，B两点，线段的中点为.则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．已知椭圆的右焦点为，过点的直线与交于两点，若直线的斜率为正数，且，则直线在轴上的截距是（ ）
A．1 B．－1 C． D．
4．已知斜率为的直线过双曲线的左焦点，且与的左，右两支分别交于，两点，设为坐标原点，为AB的中点，若是以FP为底边的等腰三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A．2 B． C．3 D．
5．已知抛物线，则抛物线上一点到直线的最小距离为（ ）
A． B． C． D．
6．已知两点，，若直线上存在点P，使，同时存在点Q，使，则称该直线为“两全其美线”，给出下列直线，其中为“两全其美线”的是（ ）
A． B． C． D．
7．已知双曲线的左顶点和右焦点分别为A，F，O为坐标原点，经过点A的直线l与双曲线的两条渐近线交于点M，N，设M，N的中点为P，满足，则直线l的斜率为（ ）
A． B． C． D．
8．已知直线与椭圆相交于A，B两点，椭圆的两个焦点是，，线段AB的中点为，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知，，点P满足．则（ ）
A．点P的轨迹为双曲线 B．直线上存在满足题意的点P
C．满足的点P共有0个 D．的周长的取值范围是
10．已知抛物线的焦点为，点在上，过点的直线与交于两点，与以为圆心，为半径的圆交于两点（点在第一象限内），则（ ）
A． B．的最小值为1
C．（为原点）的最大值为 D．的最小值不可能为6
11．已知为坐标原点，抛物线：的焦点为，准线为直线，直线与交于两点，则下列说法正确的是（ ）
A．点到直线的距离是4
B．若的方程是，则的面积为3
C．若的中点到直线的距离为3，则
D．若点在直线上，则
三、填空题
12．若点在椭圆上，则的最小值为 ．
13．已知点在抛物线上，为抛物线的焦点，直线与准线相交于点，则线段的长度为 .
14．已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与交于两点，若的面积是的面积的3倍，则 .
四、解答题
15．设抛物线的焦点为F，准线为l，点P在C上，记P在l上的射影为H.
(1)能否为正三角形 若能，求点P的坐标；若不能，请说明理由；
(2)设C在点P处的切线与l相交于点Q，证明：.
16．已知抛物线的焦点F到其准线的距离为2.
(1)求p的值；
(2)直线与抛物线C交于A，B两点，以为直径的圆经过坐标原点，求实数a的值.
17．已知双曲线的实轴长为，点在双曲线上.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设是双曲线与圆在第一象限的交点，且为双曲线的焦点，求的面积.
(3)过点且斜率为的直线与双曲线的另一个交点为，求.
18．已知双曲线，其左顶点，离心率.
(1)求双曲线方程及渐近线方程；
(2)过右焦点的直线与双曲线右支交于两点，与渐近线分别交于点，直线分别与直线交于.
（i）求的取值范围；
（ii）求证：以为直径的圆过定点，并求出该定点.
19．如图，已知椭圆经过点，离心率．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)我们把各边与椭圆的对称轴垂直或平行的内接四边形叫做椭圆的内接矩形，设四边形是椭圆的一个内接矩形，求矩形的周长的最大值；
(3)设是经过右焦点的任一弦（不经过点），直线与直线相交于点，记，，的斜率分别为，，，求证：．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D D A A C A C BCD AC
题号 11
答案 BD
1．C
【分析】根据的几何意义判断出点的轨迹，结合直线与椭圆的位置关系来求得正确答案.
【详解】若设，因为定点，，且，
所以点在焦距为2，长轴长为4的椭圆上，即在椭圆：上．
因为直线：过点，且点为椭圆内一点．
所以直线与椭圆有两个交点．
即在上满足的点有2个．
故选：C

2．D
【分析】设出坐标，利用点差法，结合点的坐标，即可求得参数的取值范围.
【详解】设 ，又点在椭圆上，
则，
两式相减可得: ，
所以，
又，
则 ，
又点在椭圆内，则，
则 , 所以 .
故选：D.
3．D
【分析】设出直线的横截式方程，联立直线与椭圆方程，利用弦长公式求解出值，则结果可求.
【详解】设，
联立，消去化简整理得，
所以，
于是
，
解得，
故直线的方程为，
令，解得，所以直线在轴上的截距为，
故选：D.
4．A
【分析】由点差法得，由条件知直线的倾斜角为倾斜角的两倍，由二倍角公式得直线的斜率，代入两直线的斜率关系式，求得，进而得离心率.
【详解】由双曲线，可知.
设,
由均在上，为的中点，
得，则，
由分别在的左，右两支，则，且，
，.
设直线的倾斜角为，则，为锐角，
是以为底边的等腰三角形，则，
直线的倾斜角为，则.
，
由代入得，.
所以椭圆的离心率为.
故选：A.
【点睛】结论点睛：中点弦定理：若直线与椭圆（双曲线）交于不同两点，中点为（不为原点），且斜率存在，则有，其中为坐标原点，为曲线的离心率.
5．A
【分析】由题意可得当点为平行于的直线且与抛物线相切的切点时，才能取最小值，求出切线方程，即可得点的坐标，即可得解.
【详解】解：由题意可知，当平行于的直线与抛物线相切，
且点为切点时， 点到直线的最小，
设切线方程为，
即，
由，可得，
所以，解得，
所以，
即，
所以点到直线的距离.
故选：A.
6．C
【分析】根据给定条件，利用双曲线的定义求出点的轨迹方程，再结合双曲线的性质逐项判断即可得解.
【详解】由点，，得，
由，得点的轨迹是以点为焦点，实轴长为6的双曲线右支，方程为，
由，得点的轨迹是以点为焦点，实轴长为6的双曲线左支，方程为，
直线为“两全其美线”，当且仅当直线与双曲线的两支相交，
对于A，双曲线的渐近线为，直线与双曲线无公共点，A不是；
对于B，直线与双曲线左支无公共点，B不是；
对于C，由，知直线过双曲线的中心，
且在两条渐近线所夹含焦点的区域，直线与双曲线两支相交，C是；
对于D，由，知直线过双曲线的中心，且在两条渐近线所夹含虚轴的区域，
直线与双曲线无公共点，D不是.
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用双曲线的定义，求出点的轨迹是解决问题的关键.
7．A
【分析】由题设在上，令且、，得，再求交点坐标，结合题设列方程求参数k.
【详解】由，则在线段的中垂线上，而，即在上，
设且、，则，又双曲线准线为，
联立，则，，不妨令，
同理可得，则，
所以，所以直l的斜率为.
故选：A
8．C
【分析】运用点差法求得的值，进而求得的值，结合求解即可.
【详解】如图所示，
由直线可知，直线斜率，
设，，则①，②，
又因为为线段的中点，则，，
由①②可得，即，
又因为，所以解得，
所以椭圆方程为，经检验点C在椭圆内，
所以，解得，则，
所以.
故选：C.
9．BCD
【分析】由，，则再根据双曲线的定义可得点的轨迹方程是双曲线的右支判断A,联立方程组计算判断B,根据点到渐近线的距离判断C，转化的周长为，再结合三点共线判断D.
【详解】因为，，
所以点的轨迹是以为焦点，实轴长为的双曲线的右支，
所以，故，
所以的轨迹方程为，双曲线的右支，故A错误；
联立，解得（舍去），
所以直线上存在满足题意的点，故B正确；
双曲线的渐近线方程为，
则点到渐近线的距离，
所以满足的点共有0个，故C正确；
因为即左焦点，
而，
因为，所以，
所以的周长为
，
当且仅当三点共线时，等号成立，
所以的周长的取值范围是，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是转化的周长为，再结合当三点共线时取得最小值.
10．AC
【分析】选项A，将点代入，即可求解；选项B，分斜率存在和不存在两种情况，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理即可求解；选项C，结合选项B中的结论，利用正切函数的倍角公式得到关于的表达式，从而得解；选项D，利用选项B中结果，可得，即可求解.
【详解】对于选项A，因为点在上，所以，得到，所以，故选项A正确，
对于选项B，易知直线斜率不为，设，
当直线的斜率存在时，设直线方程为，
由，消得到，
由韦达定理得，
又，
当直线的斜率不存在时，，
所以，故选项B错误，
对于选项C，当直线的斜率不存在时，，
此时，
当直线的斜率存在时，设，
则，
又
，
由选项B知，，
所以，
易知，时，，时，，
又的两根为或，
可得，
所以，所以选项C正确，
对于选项D，，
由选项B知，当直线的斜率存在时，，
所以，
当且仅当，即时取等号，此时斜率存在，所以选项D错误，
故选：AC.
【点睛】关键点点晴，本题的关键在选项C，设，再分直线斜率存在和不存在两种情况，斜率不存在时，可求得，当斜率存在时，利用选项B中结果，将表示成，再利用，得到，即可求解.
11．BD
【分析】A选项，根据抛物线的定义即可求得；B选项，联立直线与抛物线方程，求出交点即可求得面积；C选项，依据抛物线的定义进行转化即可求得；D选项，设直线方程与抛物线联立，借助韦达定理设而不求求解.
【详解】对于选项A，由题意可知抛物线的焦点为，准线的方程为，所以点到直线的距离是2，故A错误；
对于选项B，由得，解得或，
所以6，又与轴的交点为，所以，所以的面积为，故B正确；
对于选项C，因为的中点到直线的距离为3，所以，即，所以，故C错误；
对于选项D，设：，，，
由得，，，，
因为，所以，故D正确.
故选：BD.
12．/
【分析】设，则，直线与椭圆方程联立，利用，求出取值范围，得到答案.
【详解】设，则．
由消去，整理得，
令，
解得，所以．
故答案为：
13．
【分析】将点A代入抛物线方程，求得，然后利用两点式写出直线的方程，然后求出与准线交点的坐标，再利用两点距离公式求得结果.
【详解】
如图，点在抛物线上，所以，解得，
易得的焦点为，所以直线的方程为，
即，联立方程有，解得
所以点坐标为，所以，
故答案为：
14．
【分析】联立方程，根据求出的范围，再将转化为点到的距离和点到的距离之比，即可得解.
【详解】联立，消去可得，
则，解得，
设到的距离为，到的距离为，
易知，，则，，
，解得或（舍去）.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：将转化为点到的距离和点到的距离之比，是解决本题的关键.
15．(1)能，或；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题可得HP中点M纵坐标为1，且，即可得答案；
（2）由导数知识可得C在点P处的切线方程，后可表示出Q坐标，后验证，可证明结论.
【详解】（1）设，因，则.
又由题可得的焦点为，准线为.
则P在l上的射影H为.要使为正三角形，
则应满足HP中点M纵坐标为1，且.
即，即当或时，
能使为正三角形；
（2）由题可得满足.
注意到，
则点处的切线斜率为：，则相应切线为：.
代入，可将切线方程化简为：.
令，可得.又，
则，
得，又，则.
16．(1)；
(2).
【分析】（1）根据抛物线的几何性质可得；
（2）利用韦达定理，结合求解可得.
【详解】（1）抛物线的焦点为，准线方程为，
因为焦点F到准线的距离为2，所以.
（2）由（1）可得抛物线方程为，联立得，
因为直线与抛物线C有两个交点，
所以，，解得且，
设，则，
得，
因为以为直径的圆经过坐标原点，所以，
所以，解得.
17．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由已知，再将点代入双曲线方程可得解；
（2）联立双曲线与圆可得点坐标，进而可得三角形面积；
（3）由已知可得直线方程，联立直线与双曲线，结合韦达定理与弦长公式可得解.
【详解】（1）由已知双曲线的实轴长为，即得，
所以双曲线方程为，
又双曲线过点，则，
解得，
则双曲线方程；
（2）联立双曲线与圆的方程，
即，解得，
由点在第一象限，则，
又，
所以；
（3）由已知直线，即，

联立直线与双曲线，即，
得，，
且，，
则弦长.
18．(1)；
(2)（i）;（ii）证明见解析;定点为.
【分析】（1）根据题意列出方程组，求得的值，即得双曲线方程和渐近线方程；
（2）（i）依题设直线方程为，与双曲线方程联立，写出韦达定理，利用弦长公式求得,再由两渐近线方程与直线联立，求得点坐标，求得，写出，利用判别式求得的的范围和字母本身范围即可求得的取值范围；
（ii）先写出直线的方程，求出点的坐标，由图形的对称性，判断所求圆经过轴上的某定点，由和韦达定理代入化简即可求得定点的坐标.
【详解】（1）依题意，，则得，
则双曲线方程为，其渐近线方程为：，即；
（2）
（i）显然当过点的直线斜率不能为0，故可设其方程为为，
代入双曲线方程，消元整理得：，
则由,解得：.
设点，则，
于是，，
又由解得，即图中；
由解得，即图中.
则，
于是，
因，则，
即的取值范围为；
（ii）因，则直线方程为：，令，则得，即；
同理直线方程为：,令，则得,即.
根据图象的对称性可知以为直径的圆必经过轴上的一定点，设为，
则,代入坐标，可得（*），
因，
，
则，
代入（*），可得，解得或.
即以为直径的圆过定点和.
【点睛】关键点睛：本题主要考查直线与双曲线相交形成的线段比的范围和定点问题，属于较难题.
解题的关键是根据圆的对称性可判断定点在坐标轴上，结合向量垂直的坐标运算化简求解就可，对计算能力要求较高.
19．(1)；
(2)
(3)证明过程见解析
【分析】（1）根据离心率和，得到方程组，求出，得到椭圆方程；
（2）设，，所以矩形的周长为，其中，利用三角函数的性质得到矩形的周长最大值为；
（3）直线的斜率一定存在，设直线为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表达出，代入两根之和，两根之积，得到.
【详解】（1）将代入椭圆方程得，
又，故，其中，
解得，故椭圆方程为；
（2）如图，设，，
由对称性可知，，
所以矩形的周长为，
其中，
故当时，矩形的周长取得最大值，最大值为.
（3）因为，，是经过右焦点的任一弦（不经过点），
故直线的斜率一定存在，设直线为，
当时，，故，
将与联立得，
设，
则，
，，，
则
.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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