北京市海淀区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-平面解析几何

这是一份北京市海淀区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-平面解析几何，共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
北京市海淀区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-平面解析几何

一、单选题
1．（2023·北京海淀·统考一模）已知抛物线的焦点为F，点在该抛物线上，且P的横坐标为4，则（    ）
A．2 B．3 C．4 D．5
2．（2023·北京海淀·统考一模）已知直线与圆交于A，B两点，且为等边三角形，则m的值为（    ）
A． B． C． D．
3．（2022·北京海淀·统考二模）已知双曲线的渐近线经过点，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C．2 D．
4．（2022·北京海淀·统考二模）已知为抛物线的焦点，点在抛物线上.若，则（    ）
A．是等差数列 B．是等比数列
C．是等差数列 D．是等比数列
5．（2022·北京海淀·统考一模）双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．
6．（2022·北京海淀·统考一模）已知直线是圆的一条对称轴，则的最大值为（    ）
A． B． C．1 D．
7．（2021·北京海淀·统考模拟预测）已知圆O的方程为和圆P的方程为,两圆上分别有动点 ，则的最大值为（    ）
A． B． C． D．
8．（2021·北京海淀·统考模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，是侧面内的一个动点（不包含端点），则下列说法中正确的是（    ）

A．三角形的面积无最大值、无最小值
B．存在点，满足
C．存在有限个点，使得三角形是等腰三角形
D．三棱锥的体积有最大值、无最小值
9．（2021·北京海淀·统考二模）已知实数x，y满足，则x的最大值是（    ）
A．3 B．2 C．-1 D．-3
10．（2021·北京海淀·统考二模）已知F为抛物线的焦点，是该抛物线上的一点.若，则（    ）
A． B．
C． D．
11．（2021·北京海淀·统考模拟预测）“”是“双曲线：的虚轴长为2”的（    ）
A．充分但不必要条件 B．必要但不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
12．（2021·北京海淀·统考模拟预测）双曲线：的一条渐近线与抛物线：的一个交点为(异于坐标原点)，的焦点为，则的面积为（    ）
A． B． C． D．

二、填空题
13．（2023·北京海淀·统考一模）已知双曲线＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，则它的离心率为________．
14．（2022·北京海淀·统考一模）已知抛物线的准线方程为，则等于________．
15．（2021·北京海淀·统考二模）已知双曲线的左焦点为F1，A，B为双曲线M上的两点，O为坐标原点若四边形为菱形，则双曲线M的离心率为___________.
16．（2021·北京海淀·统考模拟预测）过原点且倾斜角为的直线被圆所截得的弦长为_________.

三、双空题
17．（2022·北京海淀·统考二模）已知圆，则圆的半径为_________；若直线被圆截得的弦长为1，则_________．
18．（2021·北京海淀·统考模拟预测）双曲线 的离心率为2，则的渐近线方程为___________，过的顶点作的垂线，交渐近线为，则________________．

四、解答题
19．（2023·北京海淀·统考一模）已知椭圆：的左、右顶点分别为，上、下顶点分别为，，四边形的周长为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设斜率为k的直线l与x轴交于点P，与椭圆E交于不同的两点M，N，点M关于y轴的对称点为、直线与y轴交于点Q．若的面积为2，求k的值．
20．（2022·北京海淀·统考二模）椭圆的左顶点为，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知经过点的直线交椭圆于两点，是直线上一点.若四边形为平行四边形，求直线的方程.
21．（2022·北京海淀·统考一模）已知椭圆的下顶点和右顶点都在直线上.
(1)求椭圆方程及其离心率；
(2)不经过点的直线交椭圆于两点，过点作轴的垂线交于点，点关于点的对称点为.若三点共线，求证：直线经过定点.
22．（2021·北京海淀·统考模拟预测）已知椭圆 交x轴于与G交于y轴．
(1)求G的标准方程
(2)若与G有两个不同的交点，求的取值范围
(3)设直线交G于（l的倾斜角正弦值的绝对值小于等于），以为邻边作平行四边形在椭圆G上，O为坐标原点．证明：的最小值与的某三角函数值相等
23．（2021·北京海淀·统考模拟预测）已知焦点在轴上，中心在原点，离心率为的椭圆经过点，动点（不与定点重合）均在椭圆上，且直线与的斜率之和为1，为坐标原点．
（1）求椭圆的方程；
（2）求证直线经过定点；
（3）求的面积的最大值
24．（2021·北京海淀·统考模拟预测）已知椭圆的焦点在轴，且右焦点到左顶点的距离为．
（1）求椭圆的方程和焦点的坐标；
（2）与轴不垂直且不重合的直线与椭圆相交于不同的，两点，直线与轴的交点为，点关于轴的对称点为．
①求面积的最大值；
②当面积取得最大值时，求证：．
25．（2021·北京海淀·统考二模）椭圆的左､右焦点分别为是椭圆C上一点，且
（1）求椭圆C的方程；
（2）M，N是y轴上的两个动点(点M与点E位于x轴的两侧)，，直线EM交x轴于点P，求的值.
26．（2021·北京海淀·统考一模）已知椭圆M：（a＞b＞0）过A（－2，0），B（0，1）两点．
（1）求椭圆M的离心率；
（2）设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上（P不与椭圆M的顶点重合），直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：直线SQ过定点．
27．（2021·北京海淀·统考模拟预测）已知椭圆：，长轴为4，不过坐标原点且不平行于坐标轴的直线与椭圆有两个交点，，线段的中点为，直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线过右焦点，问轴上是否存在点，使得三角形为正三角形，若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由.
28．（2021·北京海淀·统考模拟预测）已知点A，B在椭圆上，点A在第一象限，O为坐标原点，且.
（1）若，直线的方程为，求直线的斜率；
（2）若是等腰三角形(点O，A，B按顺时针排列)，求的最大值.

参考答案：
1．D
【分析】直接根据抛物线焦半径公式计算得到答案.
【详解】抛物线的准线方程为，
因为点在抛物线上，P的横坐标为4，抛物线的焦点为F，
所以等于点到直线的距离，
所以，
故选：D.
2．D
【分析】根据圆的方程求出圆心坐标以及半径，由等边三角形的性质可得到圆心到直线的距离，结合点到直线的距离公式列出方程求出的值即可.
【详解】圆的圆心为，半径，
若直线与圆交于A，B两点，且为等边三角形，
则圆心到直线的距离，
又由点到直线的距离公式可得，解得，
故选：D.
3．D
【分析】求出渐近线的方程，由点得，又即可求解.
【详解】易知双曲线的渐近线方程为，由渐近线经过点，可得，
故离心率为.
故选：D.
4．A
【分析】根据抛物线的定义：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，即可求解.
【详解】由题可知，抛物线的焦点为，准线为，
点在抛物线上，由抛物线的定义可知，
点到焦点的距离，即为点到准线的距离，故，同理；
所以，解得.
故数列是等差数列.
故选：A.
5．C
【分析】求出、、的值，可求得双曲线的离心率.
【详解】在椭圆中，，，则，
因此，双曲线的离心率为.
故选：C.
6．A
【分析】圆心必然在直线l上，得到 的关系式，再考虑求最大值.
【详解】由于直线l是圆的对称轴，所以圆的圆心必定在直线l上，
将圆的一般方程转变为标准方程： ，
圆心为 ，将圆心坐标代入直线l的方程得 ，
， ，
函数是开口向下，以  为对称轴的抛物线，
所以 ，
故选：A.
7．B
【分析】确定两圆的圆心和半径，求得两圆的圆心距，即可求得答案.
【详解】圆O的方程为即，
其圆心为，半径为3，
的圆心为，半径为2，
故两圆的圆心距为，
故的最大值为，
故选：B
8．B
【分析】结合点到的距离有关，可判定A不正确；由点在以中点为球心，为半径的球面与侧面交线，可判定B正确；由时，点在的中垂面上，得到点的轨迹是线段，可判定C不正确；由，可判定D不正确．
【详解】选项A中，边的长度为定值，三角形面积与点到的距离有关，
当点在线段上时，距离最小，此时面积取得最小值，在端点处的距离最大，
此时面积取得最大值（舍去，端点不可取），所以A不正确；
选项B中，若，可得点在以中点为球心，为半径的球面上，
因为以为直径的球面与侧面有交，所以存在点，满足，
所以B正确；
选项C中，三角形是等腰三角形，当时，点在的中垂面上，且在侧面上，所以点的轨迹是线段（不含端点），有无穷多，所以C不正确；
选项D中，由，高不存在最大值（不包含端点）和最小值，所以D不正确．
故选：B.
9．C
【分析】首先确定圆的圆心和半径，再确定的最大值.
【详解】方程变形为，圆心，半径，则的最大值是.
故选：C
10．B
【分析】根据焦半径公式，直接求的范围.
【详解】由条件可知，根据焦半径公式，解得：.
故选：B
11．A
【分析】根据双曲线：的虚轴长为2求出对应的值即可判断.
【详解】若双曲线：的虚轴长为2，
则当且时，即时，，解得，
当且时，即时，，解得，
所以“双曲线：的虚轴长为2”对应的值为或，
故“”是“双曲线：的虚轴长为2”的充分但不必要条件.
故选：A.
12．A
【分析】根据双曲线方程得渐近线方程，与抛物线方程联立得点的坐标，然后根据三角形面积公式代入计算.
【详解】双曲线：的一条渐近线方程为：，与抛物线：的一个交点为，代入抛物线方程，可得，解得（舍）或，所以，又抛物线的焦点，则的面积为：.
故选：A.

13．2
【详解】由题意，得e＝＝＝＝2.
14．2
【分析】根据抛物线的准线方程求解.
【详解】因为抛物线的准线方程为，
所以，
解得.
故答案为：2
【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
15．
【分析】利用双曲线的对称性，连结，，根据图形分析可得是直角三角形，且，在结合双曲线的定义，即可得到双曲线的离心率.
【详解】如图，设双曲线的右焦点，连结，，
四边形是菱形，，，
并且根据对称性可知是等边三角形，，
，根据双曲线定义可知，，
即，即

故答案为：
【点睛】方法点睛：本题考查双曲线基本性质，意在考查数形结合分析问题和解决问题的能力，属于中档题型，一般求双曲线离心率的方法是1.直接法：直接求出，然后利用公式求解；2.公式法：，3.构造法：根据条件，可构造出的齐次方程，通过等式两边同时除以，进而得到关于的方程.
16．
【分析】根据倾斜角求出直线的方程，求出圆心和半径，结合勾股定理求出弦长.
【详解】因为直线过原点且倾斜角为，所以直线方程为：，
由圆的方程得：圆心为，半径，圆心到直线的距离为：
由弦长公式得：所截得的弦长为.
故答案为：.
17． 1；
【分析】第一空：将一般方程化为标准方程即可求解；第二空：先求圆心到直线的距离，再由圆的弦长公式即可解出的值.
【详解】第一空：将化为标准式得，故半径为1；
第二空：圆心到直线的距离为，由弦长为1可得，解得.
故答案为：1；.
18． ； .
【分析】先由离心率为2，求出，得到渐近线方程；直接求出， ，进而求出.
【详解】因为双曲线C：的离心率为2，所以，解得：（舍去）.
所以的渐近线方程为：；
由双曲线的对称性，不妨取右顶点，则.
所以.
故答案为：；.
19．(1)
(2)

【分析】（1）由短轴长，即四边形的周长得a，b的值，得椭圆的方程；
（2）设直线l的方程为，由题，，与椭圆联立方程，得，，表示出的面积，解得k的值.
【详解】（1）由，得，即，
由四边形的周长为，得，即，
所以椭圆的方程为.
（2）设直线l的方程为（，），，，
则，，
联立方程组，消去y得，，
，得，
，，
直线的方程为，
令，得，
又因为，
所以，的面积，得，经检验符合题意，
所以k的值为.
20．(1)；
(2)或

【分析】（1）直接由顶点和离心率求出椭圆方程即可；
（2）设，由表示出直线的斜率，进而写出直线的方程，联立椭圆求出弦长，由求出，即可求得直线的方程.
【详解】（1）由题意知：，则，故椭圆的方程为；
（2）
设，又，故，又直线经过点，故的方程为，
联立椭圆方程可得，显然，，
则，
又，由，可得，
解得或，
故直线的方程为或.
21．(1)，离心率为.
(2)证明见解析.

【分析】（1）求出顶点坐标后可求椭圆的方程和离心率；
（2）设，则可用此两点坐标表示，根据三点共线可得，利用点在直线可得，再联立直线方程和椭圆方程，消元后利用韦达定理可得定点.
【详解】（1）因为下顶点和右顶点都在直线上，
故，故椭圆方程为：.
其离心率为
（2）设，则.
则，故，
因为三点共线，故，整理得到：
，
即.
由可得，
故且，
故，
整理得到：，
若，则，故过，与题设矛盾；
若，则，故过定点.
22．(1).
(2).
(3)证明见解析.

【分析】（1）根据题意求得椭圆的长半轴长和短半轴长，可得答案；
（2）联立方程，利用解方程求得两交点的横坐标，即可求得答案.
（3）由题意确定k的范围，分和两情况解答，当时将直线方程和椭圆方程联立，可得根与系数的关系式，表示出，化简求得其取值范围，即可证明结论.
【详解】（1）由题意椭圆交x轴于，设椭圆长半轴为a，则，
与G交于y轴，即交点为，设椭圆短半轴为b，则，
故G的标准方程为.
（2）联立 ，可得 ，
解得，
当时，，此时与G有两个不同的交点，
故的取值范围为.
（3）证明：由题意直线交G于（l的倾斜角正弦值的绝对值小于等于），
设l的倾斜角为 ，则 ，
故或，则或，即，
当 时，关于y轴对称，直线l与y轴交点设为C，则，
此时以 为邻边作平行四边形， ,
故，由题意在椭圆C上，即，解得 ，
∴ ；
当时，联立 ，消去y，化简整理得︰ ，
需满足 ，
设点的坐标分别为 ，
由韦达定理可知∶
则以 为邻边作平行四边形，则 ,
∴ ,
由于点P在椭圆C上，所以 ，即 ，
化简得： ，经检验满足，
又
，
由于 ，∴，则 ，
故，故，
综合上述可知 ，即的最小值与的正切值相等.
【点睛】方法点睛：要证明的最小值与的某三角函数值相等，即需要求得的最小值，因此联立直线和椭圆方程，得到根与系数的关系，结合题设表示，并化简求得其取值范围，即可解决问题.
23．（1）；（2）；（3）．
【分析】（1）由点在椭圆上可建立的关系，结合离心率，即可求出的值，从而求出椭圆方程；（2）设直线为，与椭圆联立，由韦达定理可建立的关系，因为斜率和为1，代入坐标和韦达定理，可解出的关系，从而求出直线所过定点；（3）由（2）所解关系，代入的取值，求出弦长和原点到直线的距离，可求出三角形的面积，结合不等式即可求出面积的最大值.
【详解】（1）设椭圆（）的离心率为，
可知，又因为，所以．
由定点在椭圆上可得，故，．
所以椭圆的方程为．
（2）当直线与轴垂直时，设（），则．
由题意得：，即．所以直线的方程为．
当直线不与轴垂直时，可设直线为，，，
将代入得．
所以，．
由直线与的斜率之和为1可得①，
将和代入①，
并整理得②，
将，代入②，
并整理得，
分解因式可得，
因为直线：不经过点，所以，故．
所以直线的方程为，经过定点．
综上所述，直线经过定点．
（3）由（2）可得：，．
．
因为坐标原点到直线的距离为，
所以的面积（）．
令，则，且，
当且仅当，即时，的面积取得最大值．
【点睛】思路点睛：（1）直线与椭圆的位置关系，经常采用直线和椭圆联立，设而不求，代入韦达定理解题；（2）直线过定点问题，，若，则可写为，即直线过定点；（3）求三角形的面积：以弦长为底，以顶点到直线的距离为高，用底高的方法计算.
24．（1）椭圆方程为焦点坐标分别为，；（2）①；②证明见解析．
【分析】（1）根据方程和右焦点到左顶点的距离为，可求，进而可得方程和焦点坐标；
（2）①设出直线方程，有两种方式，和椭圆联立，结合韦达定理，可求弦长，再利用点到直线的距离可求三角形的高，从而得到面积的表达式，结合基本不等式可求最大值；
②根据最值情况可得两个参数间的关系，代换之后，结合目标式的特征可求范围.
【详解】（1）因为，所以．
又，所以．
所以椭圆方程为焦点坐标分别为，．
（2）（ⅰ）方法一：
设，，，
所以，．
联立得．
，，，即．
，
点到直线的距离为．
所以



．
当且仅当即时等号成立．
（ⅱ）因为
．
而
所以，所以．
法二：
（ⅰ）设直线（），
所以，．
联立方程化简得．
所以．

所以．
点到的距离为：．



．
当且仅当，即等号成立．
（ⅱ）

．
因为，
所以．
【点睛】椭圆中最值问题和范围问题的处理方法：
（1）先根据条件列出目标式，根据目标式的特点选择合适的方法进行求解；
（2）常用方法有：二次函数最值法，基本不等式法，导数法等.
25．（1）；（2）.
【分析】（1）根据椭圆定义直接求解即可；
（2）设出，根据直角的性质求出N点坐标、E点的纵坐标，进而求出点P坐标，最后利用两点间距离公式进行求解即可.
【详解】（1）因为，
所以椭圆方程为；
（2）因为M，N是y轴上的两个动点，所以不妨设，，
因为点M与点E位于x轴的两侧，所以设,所以，
由（1）知，所以，
因为，所以，
因为，所以
，
而，所以，解得或，
因为，，所以，
因此，所以直线EM的直线方程为：
，令，得，即，
.
【点睛】关键点睛：根据直角得到N点坐标、E点的纵坐标是解题的关键.
26．（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）由已知两点坐标得，求得后可得离心率；
（2）直线方程为，设（，），，．由三点共线求得点坐标（用点坐标表示），由共线求得点坐标（用点坐标表示），写出直线的方程，把代入化简对方程变形可得定点坐标．
【详解】解：（1）因为点，都在椭圆上，
所以，．
所以．
所以椭圆的离心率．
（2）由（1）知椭圆的方程为，．
由题意知：直线的方程为．
设（，），，．
因为三点共线，所以有，，
所以．
所以．
所以．
因为三点共线，
所以，即．
所以．
所以直线的方程为，
即．
又因为点在椭圆上，所以．
所以直线的方程为．
所以直线过定点．
【点睛】关键点点睛：本题考查求椭圆的离心率，考查椭圆的直线过定点问题，解题方法是设椭圆上的点坐标，利用三点共线变为向量平行，求得直线交点的坐标，得出直线方程，再由在椭圆上，代入化简凑配出定点坐标．
27．（1）；（2）存在，点.
【分析】（1）由题意可得，设点，，利用点差法可得，即可求出，从而得解；
（2）设直线，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可表示出点，假设存在点D，求出MD的直线方程，从而得到点坐标，利用弦长公式求出、，由为等边三角形，则，即可得到方程，即可判断；
【详解】解：（1）由题意可知，，.
设点，，，在椭圆上，所以，，
所以，所以，
因为，所以，所以，所以，
所以椭圆方程为.
（2），设直线：，联立方程得，
所以，，所以，
假设存在点，则的直线方程为，所以.
，，
若为等边三角形，则，
即，解得，此时，
所以存在点，使得为等边三角形.
【点睛】方法点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
28．（1）；（2）最大值.
【解析】（1）根据已知条件求出点坐标即可得结果；
（2）法1：设，因为是等腰直角三角形得两坐标点关系，分别代入椭圆方程得一元二次方程有解，故判别式大于或等于零，化简求得不等式，即可求得最大值；法2：设直线的斜率为，因为是等腰直角三角形且，所以直线的斜率为或，故用 两直线分别联立椭圆方程解得坐标，由列方程求得关系即可求结果.
【详解】（1）由，，得椭圆方程为.
由得或
因为点A在第一象限，所以.
又，
所以直线的方程为，即.

由得或所以，
所以直线的斜率为.
（2）法1：设直线的斜率为，则直线的斜率为.
因为是等腰直角三角形(点O，A，B按顺时针排列)，
所以设.
又，所以，
得.
所以，即.
又由，得，所以.
因为点，在椭圆上，
所以所以.
整理得.
所以，即.
因为，
所以，即，
所以，
当时，取最大值.
法2：设直线的斜率为，倾斜角为.
因为是等腰直角三角形(点O，A，B按顺时针排列)，且，
所以直线的斜率为或.
所以.
设，，.
由得.
由得.
又，所以，得，
.
整理得，
所以，即，
所以.
因为，
所以，即，
所以，
当时，取最大值.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．