专题06-解析几何-2024年高考数学二模试题分类汇编（北京专用）

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【答案】A
【分析】利用圆的一般方程满足的条件得到，再分别令，利用，即可求出结果.
【详解】因为表示圆，所以，得到，
令，得到，则，得到，
令，得到，则，得到，
所以，
故选：A.
2．（2024·北京西城·二模）已知圆经过点和，且与直线相切，则圆的方程为 ．
【答案】
【分析】设圆的方程为，进而利用待定系数法求解即可.
【详解】设圆的方程为，
则由题意可得，解得，
所以圆的方程为
故答案为：
3．（2024·北京顺义·二模）已知在平面内，圆，点P为圆外一点，满足，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B．若圆O上存在异于A，B的点M，使得，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由，得出点在以原点为圆心，半径为2的圆上，设与以原点为圆心半径为2的圆交于点，连接，再说明点三点共线，由，得出，得出点三点共线，由即可求解．
【详解】因为，所以点在以原点为圆心，半径为2的圆上，
做出图形，设与以原点为圆心半径为2的圆交于点，连接，
因为与圆O相切于A，B，
所以，
在中，因为，所以，
同理可得，
又因为，由垂径定理得，，
因为，
所以点三点共线，
因为，
所以，
所以点三点共线，则点为与圆的交点，
因为，
所以，即，
故选：A．
4．（2024·北京东城·二模）直线与圆交于，两点，若圆上存在点，使得为等腰三角形，则点的坐标可以为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设的中点为，连接、、，即可求出，分析可知为等边三角形，即可得到点在的中垂线与圆的交点（上方），从而求出点坐标.
【详解】圆，即，圆心为，半径，
设的中点为，连接、、，则，且，
则，所以，则，即，
若在圆上的点使得为等腰三角形，
若（也类似），连接，则，
此时，则，所以为等边三角形，
若也可得到为等边三角形，所以点在的中垂线与圆的交点（上方），
由，解得或，所以可以是.
故选：D

5．（2024·北京朝阳·二模）若直线与曲线 有两个不同的交点，则实数的一个取值为 .
【答案】1（答案不唯一）
【分析】画出图，由图可知有两个交点的时候的临界状态为相切与过点，求出此时直线的斜率，则实数的取值范围即可求解.
【详解】
直线过定点，
曲线 ，即，表示半圆，
如图所示，当直线与圆相切时，圆心到直线的距离，
所以（舍去）或，
由于直线与曲线 有两个不同的交点，
当直线过时，斜率最小为，
所以由图可知，实数的取值范围为：，
故实数的一个取值为1，
故答案为：1（答案不唯一）.
6．（2024·北京东城·二模）已知双曲线过点，且一条渐近线的倾斜角为，则双曲线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据渐近线方程可设双曲线方程为，代入点运算求解即可.
【详解】由题意可知：双曲线的一条渐近线方程为，
设双曲线方程为，
代入点，可得，
所以双曲线的方程为.
故选：A.
7．（2024·北京西城·二模）已知双曲线的焦点在轴上，且的离心率为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意可得，化简即可得出答案.
【详解】化简双曲线可得，
因为双曲线的焦点在轴上，所以，
所以的离心率为，
则，所以.
故选：C.
8．（2024·北京顺义·二模）已知双曲线的焦距为，若点在双曲线上，则的离心率等于 .
【答案】/
【分析】根据点在双曲线上、双曲线的基本性质及离心率的定义计算即可求解.
【详解】因为点在双曲线上，
代入坐标有，且双曲线满足，离心率，
所以有，即，
化简可得，所以，
因为双曲线离心率，所以或（舍去），
故答案为：.
9．（2024·北京朝阳·二模）已知抛物线的焦点为F，点P为C上一点.若，则点 P的横坐标为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】C
【分析】根据抛物线的标准方程可得，结合抛物线的定义即可求解.
【详解】由题意知，，
由抛物线的定义知，，得，
即点P的横坐标为7.
故选：C
10．（2024·北京昌平·二模）已知抛物线的焦点和双曲线的右顶点重合，则的值为（ ）
A．1B．2C．4D．6
【答案】B
【分析】根据条件，求出双曲线的右顶点和抛物线的焦点，即可求出结果.
【详解】因为双曲线的右顶点为，又抛物线的焦点为，
所以，得到，
故选：B.
11．（2024·北京海淀·二模）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，，则线段的中点的纵坐标为（ ）
A．B．C．3D．4
【答案】C
【分析】根据抛物线定义求得点的纵坐标，再求中点纵坐标即可.
【详解】抛物线的焦点，又，解得，
故线段的中点的纵坐标为.
故选：C.
12．（2024·北京顺义·二模）已知抛物线的焦点为，准线为，为上一点，直线与相交于点，与轴交于点.若为的中点，则（ ）
A．4B．6C．D．8
【答案】B
【分析】先根据抛物线的几何性质求出点的横坐标，从而可得点的坐标，进而可求出直线的方程，进而可求得点的坐标，再根据两点间的距离公式即可得解.
【详解】，准线的方程为，
过点左，垂足为，
则，
因为为的中点，所以，所以，
所以，所以，则，
根据抛物线的对称性不妨设在第一象限，则，
则，
所以直线的方程为，
令，则，即，
所以.

故选：B.
13．（2024·北京丰台·二模）已知曲线与直线，那么下列结论正确的是（ ）
A．当时，对于任意的，曲线与直线恰有两个公共点
B．当时，存在，曲线与直线恰有三个公共点
C．当时，对于任意的，曲线与直线恰有两个公共点
D．当时，存在，曲线与直线恰有三个公共点
【答案】C
【分析】根据曲线的对称性，分别讨论当直线与曲线的上、下半部分相切时的取值即可求解.
【详解】曲线的图象如图所示，
若，当直线与曲线上半部分相切时，由整理得，
由得，
当直线与曲线下半部分相切时，由整理得，
由得，
结合曲线图象的对称性可得，当或时，曲线与直线有一个交点，
当时，曲线与直线没有交点，当或时，，曲线与直线有两个交点，AB说法错误；
若，当直线与曲线上半部分相切时，由整理得，
由得，
当直线与曲线下半部分相切时，由整理得，
由得，
结合曲线图象的对称性可得，对于任意的，曲线与直线恰有两个公共点，C说法正确，D说法错误，
故选：C
14．（2024·北京通州·二模）已知点为抛物线上一点，则点P到抛物线C的焦点的距离为 ．
【答案】3
【分析】只需把点代入方程，就可解得，即可知焦点坐标，再利用两点间距离公式就可以算出答案.
【详解】由题意得：，解得，
所以抛物线，即焦点坐标是，
即，
故答案为：3.
15．（2024·北京朝阳·二模）已知双曲线的右焦点为F，c是双曲线C的半焦距，点A是圆上一点，线段FA与双曲线C的右支交于点B.若 ，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先根据条件求得，然后解直角三角形即可得答案.
【详解】设双曲线左焦点为，如图：，可得，
由双曲线的定义字，
在中，，
在中，
即，可得.
故选：A.
16．（2024·北京通州·二模）已知圆心为C的圆与双曲线E：（）交于A，B两点，且，则双曲线E的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意画出图形，得到，代入双曲线方程，再求出渐近线方程即可.
【详解】由题意可得的圆心，半径，
显然适合和，
即为圆与双曲线E：的一个交点，
且为双曲线的左顶点，则轴；
因为，所以，
所以，解得或（舍），所以，
代入双曲线方程可得，
双曲线E的渐近线方程为，
故选：A.
17．（2024·北京海淀·二模）已知双曲线，则的离心率为 ；以的一个焦点为圆心，且与双曲线的渐近线相切的圆的方程为 .（写出一个即可）
【答案】 / 或（）
【分析】根据离心率的定义求解离心率，再计算焦点到渐近线的距离，结合圆的标准方程求解即可.
【详解】的离心率为，又渐近线为，即，
故焦点与到的距离均为，
则以的一个焦点为圆心，且与双曲线的渐近线相切的圆的方程为或，
故答案为：；或（）
18．（2024·北京丰台·二模）“用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线”．利用这个原理，小明在家里用两个射灯（射出的光锥视为圆锥）在墙上投影出两个相同的椭圆（图1），光锥的一条母线恰好与墙面垂直．图2是一个射灯投影的直观图，圆锥的轴截面是等边三角形，椭圆所在平面为，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，由勾股定理结合余弦定理代入计算可得，再由相似三角形的相似比结合勾股定理可分别计算出椭圆的，结合椭圆的离心率即可得到结果.
【详解】设，由于，所以，在等边三角形中，
点为的中点，于是，在平面中，由椭圆的对称性可知，
，连接，延长与交于点，
由于为中点，所以在中，，
由勾股定理可得，
在中，，，，由余弦定理可得
，
在中，由于，所以，
于是有，
设椭圆短轴的两个顶点为，连接分别交圆锥于，
由于，所以，
由于为圆锥母线，所以，
从而有，
在中，由勾股定理可得，
所以在椭圆中，，，
则，
则离心率为.
故选：D
【点睛】关键点睛：本题主要考查了椭圆定义的理解以及椭圆离心率的求解，难度较大，解答本题的关键在于结合椭圆的定义以及余弦定理代入计算，分别求得，从而得到结果.
19．（2024·北京昌平·二模）已知曲线为坐标原点．给出下列四个结论：
①曲线关于直线成轴对称图形；
②经过坐标原点的直线与曲线有且仅有一个公共点；
③直线与曲线所围成的图形的面积为；
④设直线，当时，直线与曲线恰有三个公共点．其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【分析】分的正负四种情况去掉绝对值符号得到曲线方程后，由图可得①正确；当斜率为时结合渐近线可得②错误；由四分之一圆面积减去三角形面积可得③正确；由图形可得④正确.
【详解】，
因为当时，无意义，无此曲线，故舍去，
所以曲线表示为：，
作出曲线图象为

对于①，由图象可得曲线关于直线成轴对称图形，故①正确；
对于②，由于左上和右下部分双曲线的，所以渐近线方程为，
所以当直线的斜率为时，过原点的直线与曲线无交点，故②错误；
对于③，设直线与交点分别为，
因为圆方程中半径为2，且点，
所以直线与曲线围成的图形的面积为，故③正确；
对于④，由于直线恒过，
当时，直线与平行，有一个交点；
当时，与渐近线平行，此时有两个交点，
当，结合斜率的范围可得有三个交点，如图：

所以，④正确；
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：本题关键是能根据的正负去掉绝对值符号得到曲线方程，作出图象，数形结合分析.
20．（2024·北京丰台·二模）已知两点，曲线上的动点满足，直线与曲线交于另一点．
(1)求曲线的方程；
(2)设曲线与轴的交点分别为（点在点的左侧，且不与重合），直线与直线交于点．当点为线段的中点时，求点的横坐标．
【答案】(1)
(2)0
【分析】（1）根据椭圆的定义即可求解，
（2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可根据中点关系以及向量共线得，代入韦达定理中即可求解，进而可求解.
【详解】（1）由于，
所以是以为焦点，以为长轴长的椭圆，
故，
故椭圆方程为.
（2）由于斜率不为0，故设直线方程为：，
联立，
设,则，
,
由于点为线段的中点，则，
又是直线与直线的交点，所以 ,
,故，
，
将代入可得，
故，解得，
故，由可得，
故点的横坐标为0.
21．（2024·北京东城·二模）已知椭圆的右焦点为，左、右顶点分别为A，，直线，且A到的距离与A到的距离之比为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设，为椭圆上不同的两点（不在坐标轴上），过点作直线的平行线与直线交于点，过点作直线的平行线与直线交于点.求证：点与点到直线的距离相等.
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）可知，根据题意求得，进而可得，即可得方程；
（2）设，求相应的直线方程，进而可得点、的横坐标，对比分析即可证明.
【详解】（1）由题意可知：，
因为A到的距离与A到的距离之比为，即，解得，
可得，
所以椭圆的方程.
（2）由（1）可知：，
设，，
可知直线，
过点作直线的平行线为，
联立方程，解得，
即点的横坐标为，
可知直线，
过点作直线的平行线为，
联立方程，解得，
即点的横坐标为，
可知点、的横坐标相等，所以点与点到直线的距离相等.
22．（2024·北京朝阳·二模）已知椭圆E的两个顶点分别为，，焦点在x轴上，且椭圆E过点.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设O为原点，不经过椭圆E的顶点的直线l与椭圆E交于两点，直线BP与直线OC交于点H，点M与点Q关于原点对称.
（i）求点H的坐标（用，表示）；
（ii）若A，H，M三点共线，求证：直线l经过定点.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的顶点和椭圆上的点列方程求解即可；
（2）（i）设直线BP的方程为，联立方程求得H的坐标即可；
（ii）设直线l的方程为，与椭圆方程联立韦达定理，根据三点共线结合两点斜率公式列式化简得或，从而求解直线恒过的定点.
【详解】（1）设椭圆E的方程为
由题意得，解得，
所以椭圆E的方程为
（2）（i）由题可知：且.
设直线BP的方程为，直线OC的方程为.
由得，
所以H的坐标为.
（ii）由题可知，直线l的斜率存在.设直线l的方程为，
由得，
由于直线l与椭圆E交于不同的两点，
所以，
则，.由题可知.
因为A，H，M三点共线，所以，化简得，
即.
所以，
所以.
化简得，即，
解得或.
当时，直线l的方程为，经过，不符合题意.
当时，直线l的方程为，经过，
其中.
综上，直线l经过定点.
23．（2024·北京海淀·二模）已知椭圆的焦点在轴上，中心在坐标原点.以的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为.
(1)求栯圆的方程；
(2)设过点的直线（不与坐标轴垂直）与椭圆交于不同的两点，与直线交于点.点在轴上，为坐标平面内的一点，四边形是菱形.求证：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据焦点三角形的周长以及等边三角形的性质可得且，即可求解得解，
（2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，进而根据中点坐标公式可得，进而根据菱形的性质可得的方程为，即可求解，.进而根据点斜式求解直线方程，即可求解.
【详解】（1）由题意可设椭圆的方程为.
因为以的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为，
所以且，
所以.所以.
所以椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，
令，得，即.
由得.
设，则.
设的中点为，则.
所以.
因为四边形为菱形，
所以为的中点，.
所以直线的斜率为.
所以直线的方程为.
令得.所以.
设点的坐标为，则，
即.
所以直线的方程为，即.
所以直线过定点.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法：
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
24．（2024·北京西城·二模）已知椭圆的一个顶点为，焦距为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设点是第一象限内椭圆上一点，过作轴的垂线，垂足为．点关于原点的对称点为，直线与椭圆的另一个交点为，直线与轴的交点为．求证：三点共线．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意可得、的值，从而求出，即可得解；
（2）设，表示出直线的方程，即可求出点坐标，联立直线的方程与椭圆方程，消元，设，利用韦达定理求出，从而表示出，计算出，即可得证.
【详解】（1）依题意可得 ，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）[方法一]：设而不求
设，则，，其中，．
则直线的方程为，令，可得，所以，
又直线的方程为，
由，消去整理得，
所以，
设，所以，解得．
所以，所以．
由题意，点均不在轴上，所以直线的斜率均存在，
且
，
即，所以、、三点共线．

[方法二]：转化思想
设则，
且，，，
则:，令，则，，
又:，:，
设与交于点，由，解得，
若、、三点共线，则点为点，即点在椭圆上，
则只需证明，
，
所以点在椭圆上，所以、、三点共线.

[方法三]：
设且，则，，
∵，所以:，
由，消去整理得，
所以，设，则，
所以，则，
，
又:，令，则，，
，
又，
所以
，∴、、三点共线.
[方法四]：
依题意的斜率存在且不为，设的方程为，
，消去整理得，
显然，所以，，，
，则，
所以，则的方程为，
由，所以，
显然，，
所以，
则，
所以
，
又，
所以，
∴、、三点共线.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法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，设交点坐标为、；
（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，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
25．（2024·北京顺义·二模）已知椭圆的右焦点为，长轴长为.过F作斜率为的直线交E于A，B两点，过点F作斜率为的直线交E于C，D两点，设，的中点分别为M，N.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若，设点F到直线的距离为d，求d的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意求出即可得解；
（2）设，，直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，即可求得点的坐标，同理可求得点的坐标，再讨论直线的斜率是否存在，求出直线的方程，再根据点到直线的距离公式计算即可得解.
【详解】（1）长轴长为，所以，
又焦点为，所以，
所以，
所以椭圆E的方程为；
（2）设，，直线的方程为，
联立，消去y得，
易知，所以，
又M为的中点，所以，，
因为，即，又N为的中点，
不妨用代换，可得，，
讨论：①当时，直线的斜率不存在，
此时，解得，
当时，，，此时的方程为，
所以，点到直线的距离d为，
同理，当，，
②当时，，此时，
所以直线的方程为，
化简可得，
法一：点到直线的距离，
又，所以，
因为，所以，
所以
综上可知，.
法二：直线的方程为，
令，可得，综上可知，直线恒过定成，
故点到直线的距离d的最大值为，此时直线的斜率不存在，
又直线的斜率一定不为0，
所以.
.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的取值范围问题的求解方法
（1）函数法：用其他变量作为参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解．
（2）不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数的取值范围．
（3）判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用根的判别式求参数的取值范围．
（4）数形结合法：研究参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解．
26．（2024·北京通州·二模）已知椭圆：（）的长轴长为4，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线l过椭圆E的左焦点F，且与E交于两点（不与左右顶点重合），点在轴正半轴上，直线交轴于点P，直线交轴于点，问是否存在，使得为定值？若存在，求出的值及定值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，当时，有定值．
【分析】（1）根据长轴长为，离心率为，可得，得到标准方程．
（2）根据斜率存在，设直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示出，，表达出直线TM和直线TN，进而求出为定值；斜率不存在，不妨设，，求出为定值.
【详解】（1）因为椭圆的长轴长为，离心率为，
所以，．
所以，．所以．
所以椭圆的方程为．
（2）若直线的斜率存在，设直线的方程为，．

联立方程组，
消去，化简得．
则，即,
设，，
所以，．
所以直线TM的方程为，直线的方程为．
所以，．
所以，，
所以
．
所以当时，为定值，
即（负值舍）时，有定值．
当时，若直线l斜率不存在，
不妨设，，
所以，．
所以．
综上，当时，有定值．
【点睛】方法点睛：根据直线与圆锥曲线的位置关系求解存在性的定值问题，分类讨论，求解计算，计算量偏大.
27．（2024·北京昌平·二模）已知椭圆的离心率为，短轴长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设是椭圆的左、右顶点，是椭圆的右焦点．过点的直线与椭圆相交于两点（点在轴的上方），直线分别与轴交于点，试判断是否为定值？若是定值，求出这个定值；若不是定值，说明理由．
【答案】(1)
(2)是定值；
【分析】（1）由椭圆的性质和离心率解方程组求出即可；
（2）当斜率不存在时，分别求出直线和的直线方程，得到；当斜率存在时，设出直线方程，直曲联立，表示出韦达定理，由点斜式求出直线方程可得到两点坐标，再用韦达定理表示出化简即可.
【详解】（1）由题意可得，
解得，
所以椭圆方程为，
（2）是定值，理由如下：

由题意可得，
当轴时，直线的方程为，易知，
直线的方程为，所以，
直线的方程为，所以，则；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由得，
则，
设，则，
直线的方程为，令，则，所以，
直线的方程为，令，则，所以，
所以，
所以，
可得，
综上，.
【点睛】关键点点睛：本题第二问关键在于讨论斜率存在与不存在的情况，不存在时，直曲联立，由韦达定理结合直线方程表示出，再化简即可.