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

这是一份北京市丰台区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-平面解析几何，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。
北京市丰台区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-平面解析几何 一、单选题1．（2023·北京丰台·统考一模）已知抛物线的顶点是坐标原点O，焦点为F，A是抛物线C上的一点，点A到x轴的距离为．过点A向抛物线C的准线作垂线、垂足为B．若四边形ABOF为等腰梯形，则p的值为（    ）A．1 B． C．2 D．2．（2023·北京丰台·统考一模）已知圆与轴相切，则（    ）A． B． C．2 D．33．（2022·北京丰台·统考二模）已知双曲线C：（，）的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，．以线段为直径的圆与双曲线C的一条渐近线交于点M，且点M在第一象限，与另一条渐近线平行．若，则的面积是（    ）A． B． C． D．4．（2022·北京丰台·统考一模）已知是双曲线的一个焦点，点在双曲线的一条渐近线上，为坐标原点．若，则△的面积为（    ）A． B． C． D．5．（2022·北京丰台·统考一模）已知圆，则圆心到直线的距离等于（    ）A． B． C． D．6．（2021·北京丰台·统考二模）已知双曲线的渐近线与圆相切，则（    ）A．3 B． C． D．7．（2021·北京丰台·统考二模）如图，半椭圆与半椭圆组成的曲线称为“果圆”，其中.和分别是“果圆”与x轴，y轴的交点.给出下列三个结论：①；②若，则；③若在“果圆”y轴右侧部分上存在点P，使得，则.其中，所有正确结论的序号是（    ）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③8．（2021·北京丰台·统考二模）“”是“直线与直线相互垂直”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件9．（2021·北京丰台·统考一模）若直线是圆的一条对称轴，则的值为（    ）A． B． C．1 D．210．（2021·北京丰台·统考一模）已知双曲线的离心率是，则（    ）A． B．2 C． D．411．（2021·北京丰台·统考一模）为抛物线上一点，点到抛物线准线和对称轴的距离分别为10和6，则（    ）A．2 B．4 C．或 D．或 二、填空题12．（2022·北京丰台·统考二模）已知抛物线C：，则抛物线C的准线方程为______．13．（2021·北京丰台·统考二模）已知点为抛物线上的点，且点P到抛物线C焦点的距离为3，则___________. 三、解答题14．（2023·北京丰台·统考一模）已知椭圆的一个顶点为，焦距为2．(1)求椭圆E的方程；(2)过点的直线与椭圆E交于B，C两点，过点B，C分别作直线的垂线（点B，C在直线l的两侧）．垂足分别为M，N，记，，的面积分别为，，，试问：是否存在常数t，使得，，总成等比数列？若存在，求出t的值．若不存在，请说明理由．15．（2022·北京丰台·统考二模）已知椭圆C：经过点，P到椭圆C的两个焦点的距离和为．(1)求椭圆C的方程；(2)设，R为PQ的中点，作PQ的平行线l与椭圆C交于不同的两点A，B，直线AQ与椭圆C交于另一点M，直线BQ与椭圆C交于另一点N，求证：M，N，R三点共线．16．（2022·北京丰台·统考一模）已知椭圆（）的左、右顶点分别为，，且，离心率为．(1)求椭圆的方程；(2)设是椭圆上不同于，的一点，直线，与直线分别交于点．若，求点横坐标的取值范围．17．（2021·北京丰台·统考二模）已知椭圆C：，过点的直线l交椭圆C于点A，B.（1）当直线l与x轴垂直时，求；（2）在x轴上是否存在定点P，使为定值？若存在，求点P的坐标及的值；若不存在，说明理由.18．（2021·北京丰台·统考一模）已知椭圆长轴的两个端点分别为，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）为椭圆上异于的动点，直线分别交直线于两点，连接并延长交椭圆于点. （ⅰ）求证：直线的斜率之积为定值；（ⅱ）判断三点是否共线，并说明理由. 四、双空题19．（2023·北京丰台·统考一模）三等分角是“古希腊三大几何问题”之一，目前尺规作图仍不能解决这个问题．古希腊数学家Pappus（约300~350前后）借助圆弧和双曲线给出了一种三等分角的方法：如图，以角的顶点C为圆心作圆交角的两边于A，B两点；取线段AB的三等分点O，D；以B为焦点，A，D为顶点作双曲线H．双曲线H与弧AB的交点记为E，连接CE，则．①双曲线H的离心率为________；②若，，CE交AB于点P，则________．20．（2022·北京丰台·统考二模）在平面直角坐标系中，已知点，动点N满足，记d为点N到直线l：的距离．当m变化时，直线l所过定点的坐标为______；d的最大值为______．21．（2022·北京丰台·统考一模）已知抛物线的焦点为，则的坐标为______；设点在抛物线上，若以线段为直径的圆过点，则______．
参考答案：1．C【分析】过点A向x轴作垂线、垂足为E．设准线交x轴于D.利用几何法求出直角三角形的三边，利用勾股定理即可求解.【详解】如图示：过点A（不妨设为第一象限点）向x轴作垂线、垂足为E．设准线交x轴于D.因为四边形ABOF为等腰梯形，所以，.所以.又，所以，所以，所以.所以.由抛物线的定义可得：.在直角三角形中，,.由勾股定理可得：，解得：.故选：C2．C【分析】求出圆心和半径，即可求解.【详解】圆的圆心为，半径为.因为圆与轴相切，所以.故选：C3．C【分析】求得以线段为直径的圆的方程为，与渐近线联立求出点的坐标，根据与另一条渐近线平行可求出的关系，然后根据，即可求出的值，从而可得出答案.【详解】解：由题意，，则以线段为直径的圆的方程为，联立，解得或，又因点M在第一象限，所以，因为与直线平行，所以，即，所以，则，因为，所以，即，所以，则，所以，，所以.故选：C.4．C【分析】由等腰三角形的性质结合渐近线方程得出点的坐标，再求面积.【详解】不妨设为双曲线的左焦点，点在渐近线上，因为，，所以，，即△的面积.故选：C5．C【分析】求出圆心的坐标，即可求得圆心到直线的距离.【详解】圆的标准方程为，圆心为，故圆心到直线的距离为.故选：C.6．C【分析】求出圆的圆心和半径，由于圆与渐近线相切，所以圆心到渐近线的距离等于半径，列方程可求出的值【详解】解：由，得，所以圆心为，半径为1，双曲线的渐近线方程为，因为双曲线的渐近线与圆相切，所以，化简得，解得或（舍去），故选：C7．D【分析】根据题意可知，，由此推导依次判断.【详解】由题可知，所以，；，，故①正确；由得，，又，得，，，②正确.以为直径的圆 E:，与“果园”右侧有异于公共点的公共点，由方程组，得显然方程已有一根，另一根为，则，，，解得，故③正确.故选:D【点睛】思路点睛：求圆锥曲线中基本量的比值（或范围），常根据已知寻找关于基本量的等式或不等式，再通过解方程或不等式求解.8．A【分析】直线与直线相互垂直得到，再利用充分必要条件的定义判断得解.【详解】因为直线与直线相互垂直，所以，所以.所以时，直线与直线相互垂直，所以“”是“直线与直线相互垂直”的充分条件；当直线与直线相互垂直时，不一定成立，所以“”是“直线与直线相互垂直”的非必要条件.所以“”是“直线与直线相互垂直”的充分非必要条件.故选：A【点睛】方法点睛：充分必要条件的判定，常用的方法有：（1）定义法；（2）集合法；（3）转化法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.9．B【分析】由题意可知直线通过圆的圆心，求出圆心坐标代入直线方程，即可得到的值．【详解】圆的方程可化为，可得圆的圆心坐标为，半径为，因为直线是圆的一条对称轴，所以，圆心在直线上，可得，即的值为，故选：B．10．B【分析】根据双曲线方程得到a，b，再利用离心率公式求解.【详解】因为双曲线方程为，所以离心率是，解得，又因为，所以，故选：B11．D【分析】由抛物线可得准线的方程为：，设点，再由点到抛物线准线和对称轴的距离分别为10和6，可得，，再与抛物线方程，联立解方程组，即可求解.【详解】解：由题意可得：抛物线的准线的方程为：设点，又因点到抛物线准线和对称轴的距离分别为10和6，所以有，解得或，即的值分别为或.故选：D.【点睛】本题考查了抛物线的标准方程及其性质，考查理解辨析能力及运算求解能力，属于基础题.12．【分析】根据抛物线的方程求出的值，进一步得出答案.【详解】因为抛物线，所以，∴所以的准线方程为.故答案为：13．【分析】根据抛物线的焦半径公式求解，再由于点在抛物线上，点的坐标满足抛物线的方程，得到.【详解】设抛物线的焦点为，则，根据抛物线的焦半径公式可知：，所以，代入抛物线方程得到：，故.故答案为：.【点睛】本题主要考查抛物线的定义，抛物线上的点到焦点的距离等于其到准线的距离，从而得到焦半径公式，平时做题时也要特别注意定义的应用.14．(1)(2)存在，使得，，总成等比数列. 【分析】(1)根据的关系求解；(2)表示，，的面积，利用韦达定理表示出即可求出常数t的值.【详解】（1）根据已知可得，所以，所以椭圆E的方程为.（2）由已知得，的斜率存在，且在轴的同侧，设直线的方程为，，不妨设，则由得所以因为，所以，，要使，，总成等比数列，则应有解得，所以存在，使得，，总成等比数列.15．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆定义，可求得a值，将P点坐标代入，即可求得，即可得答案.（2）由题意可得R点坐标和直线PQ的斜率，即可设直线l的方程为，，可得直线AQ的方程为，与椭圆联立，即可求得表达式，同理可得表达式，即可求导直线MN的斜率，再求得直线MR的斜率，分析即可得证.（1）根据椭圆的定义可得，解得，又过点，所以，解得，所以椭圆C的方程为.（2）因为，，所以，，设直线l的方程为，，所以，所以直线AQ的方程为，直线BQ的方程为，联立直线AQ与椭圆，消去x可得，所以，又代入，整理可得，代入直线AQ，可得同理可得，，所以又，所以M，N，R三点共线16．(1)(2) 【分析】（1）直接由条件计算即可；（2）设出点坐标，分别写出直线，的方程，表示出坐标，由得到不等式，解不等式即可.(1)由题意得解得，．所以椭圆的方程是．(2)设（），由已知得，，所以直线，的方程分别为，．令，得点的纵坐标为，点的纵坐标为，所以．因为点在椭圆上，所以，所以，即．因为，所以，即．所以．整理得，解得．所以点横坐标的取值范围是．17．(1)       (2)  存在点，使得【分析】(1)将代入椭圆方程求出点A，B的坐标，从而可得答案.(2)当直线l与x轴不重合时，设，与椭圆方程联立，写出韦达定理，将的坐标表达式写出来，将韦达定理代入，分析式子为定值的条件，再验证直线l与x轴重合时的情况，可得答案.【详解】(1) 当直线l与x轴垂直时,直线 将代入，得，解得即,所以 (2) 设当直线l与x轴不重合时，设由，可得 则 所以 ， 当，即时，的值为定值与无关.当直线l与x轴重合时，且时， 所以存在点，使得为定值.【点睛】关键点睛：本题考查椭圆中的弦长和定点定值问题，解答本题的关键是由方程联立得到韦达定理，由向量数量积将韦达定理代入可得，从而得出答案，属于中档题.18．（1）；（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）是，理由见解析.【分析】（1）根据长轴的两个端点分别为和离心率为，由求解；（2）（ⅰ）设，则直线的斜率为，直线的斜率为，再由直线的交点，求得点N的坐标，进而得到直线的斜率，然后结合运算即可；（ⅱ）设直线斜率为，易得M的坐标，再由（ⅰ）得到直线斜率为，写出直线的方程，与椭圆方程联立，求得点的坐标，再判断直线与是否相等即可.【详解】（1）由题意得，所以，所以椭圆C的方程为.（2）（ⅰ）证明：设，因为在椭圆上，所以.因为直线的斜率为，直线的斜率为，所以直线的方程为.所以点的坐标为.所以直线的斜率为.所以直线的斜率之积为：.（ⅱ）三点共线.设直线斜率为，易得.由（ⅰ）可知直线斜率为，所以直线的方程为.联立可得.解得点的纵坐标为，所以点的坐标为.所以，直线的斜率为，直线的斜率为.因为直线的斜率等于直线的斜率，所以三点共线.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．19．     2     【分析】①根据图形关系确定即可求解；利用面积之比，进而可求出，再根据求解.【详解】①由题可得所以，所以双曲线H的离心率为；②，因为，且，所以,又因为，所以所以，所以,因为,解得，所以,故答案为:2; .20．          6【分析】对直线方程变形可求出直线l所过定点的坐标，由题意可得动点N在以为圆心，1为半径为圆上，所以当时，点N到直线l的距离最大，最大值为【详解】由，得，则，得，所以直线l所过定点，因为点，动点N满足，所以动点N在以为圆心，1为半径为圆上，所以当时，点N到直线l的距离最大，所以d的最大值为，故答案为：，621．          5【分析】由题可得，设，结合条件可得，，进而可得，即得.【详解】∵抛物线，∴，设，则，又以线段为直径的圆过点，∴，即，又，∴，解得，，∴.故答案为：；5.