2012-2021北京重点区高三（上）期末数学汇编：圆锥曲线章节综合

24/242012-2021北京重点区高三（上）期末数学汇编圆锥曲线章节综合一、单选题1．（2021·北京东城·高三期末）已知抛物线（）的焦点F到准线的距离为2，过焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，且，则点A到y轴的距离为（）A．5 B．4 C．3 D．22．（2015·北京西城·高三期末（理））已知抛物线，点，O为坐标原点，若在抛物线C上存在一点，使得，则实数m的取值范围是A． B． C． D．3．（2015·北京朝阳·高三期末（理））过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点．若中点到抛物线准线的距离为6，则线段的长为A． B． C． D．无法确定4．（2018·北京海淀·高三期末（理））已知点F为抛物线的焦点，点K为点F关于原点的对称点，点M在抛物线C上，则下列说法错误的是（）A．使得为等腰三角形的点M有且仅有4个B．使得为直角三角形的点M有且仅有4个C．使得的点M有且仅有4个D．使得的点M有且仅有4个5．（2016·北京海淀·高三期末（文））已知点A（5，0），抛物线C：y2=4x的焦点为F，点P在抛物线C上，若点F恰好在PA的垂直平分线上，则PA的长度为（）A．2 B． C．3 D．4二、填空题6．（2019·北京朝阳·高三期末（理））过抛物线y2＝4x焦点F的直线交抛物线于A，B两点，分别过A，B作准线l的垂线，垂足分别为C，D．若|AF|＝4|BF|，则|CD|＝_____．7．（2018·北京海淀·高三期末（理））设抛物线的顶点为，经过抛物线的焦点且垂直于轴的直线和抛物线交于两点，则________.8．（2012·北京海淀·高三期末（文））已知抛物线过点，那么点到此抛物线的焦点的距离为_________.三、解答题9．（2021·北京东城·高三期末）已知椭圆：（）过点，，且离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆有且仅有一个公共点，且与轴交于点（，不重合），轴，垂足为，求证：．10．（2019·北京东城·高三期末（理））已知椭圆过点．（Ⅰ）求椭圆的方程，并求其离心率；（Ⅱ）过点作轴的垂线，设点为第四象限内一点且在椭圆上（点不在直线上），直线关于的对称直线与椭圆交于另一点．设为坐标原点，判断直线与直线的位置关系，并说明理由．11．（2018·北京东城·高三期末（文））已知椭圆C：的离心率为，其左焦点为F1（-1，0）．直线l：y=k（x+2）（k≠0）交椭圆C于不同的两点A，B，直线BF1与椭圆C的另一个交点为E．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）当时，求△F1AB的面积；（Ⅲ）证明：直线AE与x轴垂直．12．（2018·北京东城·高三期末（文））已知椭圆的右焦点与短轴两个端点的连线互相垂直.（1）求椭圆的标准方程；（2）设点为椭圆的上一点，过原点且垂直于的直线与直线交于点，求面积的最小值.13．（2012·北京东城·高三期末（理））14．（2011·北京东城·高三期末（理））已知椭圆的左、右焦点分别为，过点且不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于两点.（1）求直线的斜率的取值范围；（2）若点在椭圆上，且三点共线，求证：点与点的横坐标相同.14．（2020·北京西城·高三期末）已知椭圆的右焦点为,过点且斜率为的直线与椭圆交于两点,线段的中点为为坐标原点.（1）证明:点在轴的右侧;（2）设线段的垂直平分线与轴、轴分别相交于点.若与的面积相等,求直线的斜率15．（2018·北京西城·高三期末（文））已知椭圆过，)两点．(I)求椭圆的方程及离心率；(Ⅱ)设点在椭圆上．试问直线上是否存在点，使得四边形是平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．16．（2018·北京西城·高三期末（文））已知椭圆过，两点．（1）求椭圆的方程及离心率；（2）设点在椭圆上．试问直线上是否存在点，使得四边形是平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．17．（2018·北京西城·高三期末（理））已知椭圆过点，且离心率为．(I)求椭圆的方程；(Ⅱ)设直线与椭圆交于两点．若直线上存在点，使得四边形是平行四边形，求的值．18．（2016·北京西城·高三期末（理））已知椭圆的离心率为，点在椭圆上．（）求椭圆的方程．（）设动直线与椭圆有且仅有一个公共点，判断是否存在以原点为圆心的圆，满足此圆与相交于两点，（两点均不在坐标轴上），且使得直线、的斜率之积为定值？若存在，求此圆的方程；若不存在，说明理由．19．（2020·北京西城·高三期末（文））已知是抛物线上的两个点，点的坐标为，直线的斜率为.设抛物线的焦点在直线的下方.（Ⅰ）求k的取值范围；（Ⅱ）设C为W上一点，且，过两点分别作W的切线，记两切线的交点为.判断四边形是否为梯形，并说明理由.20．（2015·北京朝阳·高三期末（文））已知离心率为的椭圆：()与直线相交于、两点(点在轴上方)，且．点、是椭圆上位于直线两侧的两个动点，且．（1）求椭圆的标准方程；（2）求四边形面积的取值范围．21．（2020·北京朝阳·高三期末）已知椭圆过点，且椭圆的一个顶点的坐标为．过椭圆的右焦点的直线与椭圆交于不同的两点，（，不同于点），直线与直线：交于点．连接，过点作的垂线与直线交于点．（1）求椭圆的方程，并求点的坐标；（2）求证：，，三点共线．22．（2019·北京朝阳·高三期末（理））过椭圆W:的左焦点作直线交椭圆于两点，其中，另一条过的直线交椭圆于两点（不与重合），且点不与点重合.过作轴的垂线分别交直线，于,.（Ⅰ）求点坐标和直线的方程；（Ⅱ）求证：.23．（2018·北京朝阳·高三期末（文））已知椭圆的一个焦点坐标为．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）已知点，过点的直线（与轴不重合）与椭圆交于两点，直线与直线相交于点，试证明：直线与轴平行．

参考答案1．C【解析】可设出直线方程与抛物线方程联立，得出，再由焦半径公式表示出，得到，结合这两个关系式可求解【详解】已知焦点F到准线的距离为2，得，可得设，与抛物线方程联立可得：，①又，，②根据①②解得点A到y轴的距离为故选：C【点睛】抛物线中焦半径公式如下：抛物线的焦点为F，为抛物线上的一点，则，解题时可灵活运用，减少计算难度.2．B【详解】试题分析：设，由得，即，显然，因此，所以，即．选B．考点：向量的垂直，圆锥曲线的存在性问题．3．C【详解】试题分析：中点到抛物线准线的距离为6，则A,B到准线的距离之和为12，即考点：直线与抛物线相交问题4．C【分析】为等腰三角形，考虑两边相等，结合图形，可得有4个点；为直角三角形，考虑直角顶点，结合图形，可得有4个点；考虑直线，与抛物线的方程联立，解方程可得交点个数；由对称性可得有2个；考虑直线，代入抛物线的方程，解方程可得交点个数，由对称性可得点有4个．【详解】由为等腰三角形，若，则有两个点；若，则不存在，若，则有两个点，则使得为等腰三角形的点有且仅有4个；由中为直角的点有两个；为直角的点不存在；为直角的点有两个，则使得为直角三角形的点有且仅有4个；若的在第一象限，可得直线，代入抛物线的方程可得，解得，由对称性可得在第四象限只有一个，则满足的有且只有2个；使得的点在第一象限，可得直线，代入抛物线的方程，可得，，可得点有2个；若在第四象限，由对称性可得也有2个，则使得的点有且只有4个．故选：C5．D【详解】试题分析：利用已知条件，判断三角形PFA是形状，利用抛物线的性质与抛物线方程求出P的坐标，通过两点间距离公式求解即可．解：点A（5，0）在x轴上，抛物线C：y2=4x的焦点为F（1，0），点P在抛物线C上，若点F恰好在PA的垂直平分线上，可知三角形PFA是等腰三角形，即：|PF|=|AF|，可得|PF|=4，由抛物线的定义可知，P的横坐标为：3，纵坐标为：2．则PA的长度为：=4．故选D．考点：直线与抛物线的位置关系；抛物线的简单性质．6．【分析】设直线AB的倾斜家为锐角θ，由|AF|＝4|BF|，可解出cosθ的值，进而得出sinθ的值，然后利用抛物线的焦点弦长公式计算出线段AB的长，再利用|CD|＝|AB|sinθ可计算出答案．【详解】设直线AB的倾斜角为θ，并设θ为锐角，由于|AF|＝4|BF|，则有，解得，则，由抛物线的焦点弦长公式可得，因此，．故答案为5．【点睛】本题考查抛物线的性质，解决本题的关键在于灵活利用抛物线的焦点弦长公式，属于中等题．7．2【详解】由抛物线的焦点为，经过抛物线的焦点且垂直与的直线和抛物线交于两点，则,所以.8．【分析】把点代入抛物线，求出抛物线的方程，利用抛物线上的点到焦点的距离等于到其准线的距离，即可求得答案.【详解】∵抛物线过点,∴，解得，抛物线的方程为，抛物线的准线方程为，焦点为,由抛物线的定义可得,故答案为.【点睛】本题主要考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，体现了数形结合的数学思想，属于中档题．与焦点、准线有关的问题一般情况下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注意点到点的距离与点到直线的距离的转化：（1）将抛物线上的点到准线距离转化为该点到焦点的距离；(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，使问题得到解决.9．（1）；（2）证明见解析．【解析】（1）由题中条件，根据椭圆的简单性质，列出方程组，求出，，即可得出椭圆方程；（2）由题意可得，直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为：（），联立直线与椭圆方程，根据判别式等于零，得到，分别求出、两点的横坐标，根据轴，求出点坐标，求出和，即可证明结论成立.【详解】（1）由题意可得，，解得，，所以椭圆的方程为；（2）由题设知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为：（）．由消去，整理得．依题意，有，解得．设，，则，．因为轴，所以，所以，又因为，所以．【点睛】思路点睛：求解直线与圆锥曲线相关问题时，一般需要联立直线与圆锥曲线方程，消元后得到关于（或）的一元二次方程，结合韦达定理与判别式，以及题中条件，利用圆锥曲线的相关性质，即可求解.10．（Ⅰ），离心率．（Ⅱ）直线与直线平行．见解析【解析】（Ⅰ）将点代入到椭圆方程，解得的值，根据，得到的值，从而求出离心率；（Ⅱ）直线，，点，，将直线与椭圆联立，得到和，从而得到的斜率，得到，得到直线与直线平行．【详解】解：（Ⅰ）由椭圆过点，可得，解得．所以，所以椭圆的方程为，离心率．（Ⅱ）直线与直线平行．证明如下：由题意，设直线，，设点，，由得，所以，所以，同理，所以，由，，有，因为在第四象限，所以，且不在直线上，所以，又，故，所以直线与直线平行.【点睛】本题考查求椭圆方程，直线与椭圆相交求交点，判断两直线的位置关系，属于中档题.11．（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）详见解析【分析】（Ⅰ）利用椭圆的离心率以及已知条件求解，，即可得到椭圆的方程；（Ⅱ）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，以及弦长公式，得到直线距离然后求解的面积；（Ⅲ）当时，求出直线的斜率；设直线的斜率为，直线的方程为，与椭圆联立，利用韦达定理，转化求解证明即可．【详解】解：（I）由已知有解得所以椭圆C的方程为．（II）由消去y，整理得（1+2k2）x2+8k2x+（8k2-2）=0．由已知，△=（8k2）2-4（1+2k2）（8k2-2）＞0，解得．设A（x1，y1），B（x2，y2），则，．直线l的方程为x-2y+2=0，F1（-1，0）到直线l的距离．所以△F1AB的面积为．（III）当x2=-1时，．此时直线l的斜率为，由（II）知不符合题意，所以x2≠-1．设直线BF1的斜率为．则直线BF1的方程为y=t（x+1）．由消去y，整理得（1+2t2）x2+4t2x+（2t2-2）=0．设E（x3，y3），则有．由得，代入上式整理得，解得．因为，将，代入，整理得x3-x1=0，所以x3=x1．所以直线AE与x轴垂直．【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，计算量较大，有一定难度.12．（1）；（2）.【详解】试题分析：（1）由右焦点与短轴两个端点的连线互相垂直,根据等腰直角三角形及椭圆的几何性质可得,从而可得，进而可得椭圆的标准方程；（2））设，，则，先求出当时的面积，当时，直线的方程为．即，直线的方程为根据点到直线距离公式以及两点间的距离公式可得，利用基本不等式可得面积的最小值．试题解析：（1）由题意，得解得．所以椭圆的方程为．（2）设，，则．①当时，点，点坐标为或，．②当时，直线的方程为．即，直线的方程为．点到直线的距离为，．所以，．又，所以且，当且仅当，即时等号成立，综上，当时，取得最小值1.13．(1)(2)见证明【分析】（1）先设直线，联立直线与椭圆方程，根据判别式大于0，即可求出斜率的范围；（2）先设，先验证时，结合（1）的结果，可知不满足题意；再设直线的斜率为，得直线的方程为，联立直线与椭圆方程，设，结合韦达定理以及题中条件，即可得出结论成立.【详解】（1）设直线.由消去，整理得.则，解得且，故直线的斜率的取值范围为.（2）设，当时，.此时直线的斜率为，由（1）知不符合题意，所以.设直线的斜率为，则直线的方程为，由消去，整理得.设，则.由得，代入上式整理得，解得.则，由（1）知，，代入上式，整理得，所以，即点与点的横坐标相同.【点睛】本题主要考查椭圆中直线斜率问题、以及椭圆中存在点满足某条件的问题，熟记椭圆的简单性质、以及直线与椭圆位置关系即可，属于常考题型.14．（1）证明见解析（2）【解析】（1）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系求出点的横坐标即可证出；（2）根据线段的垂直平分线求出点的坐标，即可求出△ODC的面积，再表示出△CMF的面积，由△与△的面积相等列式，即可解出直线的斜率．【详解】（1）由题意，得，直线（）设，，联立消去，得，显然，，则点的横坐标，因为，所以点在轴的右侧．（2）由（1）得点的纵坐标．即．所以线段的垂直平分线方程为：．令，得；令，得．所以△的面积，△的面积．因为△与△的面积相等，所以，解得．所以当△与△的面积相等时，直线的斜率．【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系的应用、根与系数的关系应用，以及三角形的面积的计算，意在考查学生的数学运算能力，属于中档题．15．(Ⅰ)．．(Ⅱ)答案见解析.【详解】试题分析：(I)由题意得进而得椭圆方程，由求离心率即可；(Ⅱ)设，，若是平行四边形，则，坐标表示后得，带入椭圆求解即可.试题解析：（Ⅰ）由题意得，，．所以椭圆的方程为．设椭圆的半焦距为，则，所以椭圆的离心率．（Ⅱ）由已知，设，．若是平行四边形，则，所以，整理得．将上式代入，得，整理得，解得，或．此时，或．经检验，符合四边形是平行四边形，所以存在，或满足题意．16．（1），；（2）存在，或.【详解】试题分析：（1）由椭圆过，两点可得，，，从而，进而可得椭圆的方程及离心率；（2）设，，若是平行四边形，则，可得．将上式代入，可解得，或，从而可得出点的坐标.试题解析：（1）由题意得，，，所以椭圆的方程为．设椭圆的半焦距为，则，所以椭圆的离心率．（2）由已知，设，．若是平行四边形，则，所以，整理得．将上式代入，得，整理得，解得，或．此时，或．经检验，符合四边形是平行四边形，所以存在，或满足题意．【方法点睛】本题主要考查待定待定系数法求椭圆标准方程、圆锥曲线的存在性问题以及椭圆的离心率，属于难题.(3)存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在.①当条件和结论不唯一时要分类讨论.②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.③当条件和结论都不知，按常规方法很难时，采取另外的途径.17．(1)(2)，或【详解】试题分析：（Ⅰ）由椭圆过点，可得，再由离心率为结合，可求得，从而可得椭圆的方程；（Ⅱ）设直线的方程为，则，，由得，由韦达定理、弦长公式结合，可得，解方程即可求得的值.试题解析：（Ⅰ）由题意得，，所以．因为，所以，所以椭圆的方程为．（Ⅱ）若四边形是平行四边形，则，且.所以直线的方程为，所以，．设，．由得，由，得．且，．所以.．因为，所以．整理得，解得，或．经检验均符合，但时不满足是平行四边形，舍去．所以，或．18．(1)椭圆方程为;(2)见解析.【详解】（I）由题意得：，，又点在椭圆上，∴，解得，，，∴椭圆的方程为．（II）存在符合条件的圆，且此圆的方程为．证明如下：假设存在符合条件的圆，并设此圆的方程为．当直线的斜率存在时，设的方程为．由方程组得．∵直线与椭圆有且仅有一个公共点，∴，即．由方程组得，则．设，则，，设直线的斜率分别为，∴，将代入上式，得．要使得为定值，则，即，代入验证知符合题意．∴当圆的方程为时，圆与的交点满足为定值．当直线的斜率不存在时，由题意知的方程为．此时，圆与的交点也满足．综上，当圆的方程为时，圆与的交点满足直线的斜率之积为定值．19．（Ⅰ）；（2）四边形不可能为梯形，理由详见解析.【详解】试题分析：（Ⅰ）（Ⅰ）直线过点，且斜率为k，所以直线方程可设为，若焦点在直线的下方，则满足不等式，代入求的范围；（Ⅱ）设直线的方程为，，分别与抛物线联立，因为直线和抛物线的一个交点坐标已知，故可利用韦达定理求出切点的横坐标，则可求在点处的切线斜率，若四边形是否为梯形，则有得或，根据斜率相等列方程，所得方程无解，故四边形不是梯形.试题解析：（Ⅰ）解：抛物线的焦点为.由题意，得直线的方程为，令，得，即直线与y轴相交于点.因为抛物线的焦点在直线的下方，所以，解得，因为，所以.（Ⅱ）解：结论：四边形不可能为梯形.理由如下：假设四边形为梯形.由题意，设，，，联立方程，消去y，得，由韦达定理，得，所以.同理，得.对函数求导，得，所以抛物线在点处的切线的斜率为，抛物线在点处的切线的斜率为.由四边形为梯形，得或.若，则，即，因为方程无解，所以与不平行.若，则，即，因为方程无解，所以与不平行.所以四边形不是梯形，与假设矛盾.因此四边形不可能为梯形.考点：1、直线的方程；2、直线和抛物线的位置关系；3、导数的几何意义.20．（1）；（2）．【解析】（1）根据离心率及点在椭圆上求出a,b，即可求出椭圆标准方程；（2）根据可得，设直线：()，联立椭圆方程利用韦达定理求出，，表示出即可求解.【详解】（1）由已知得，则，设椭圆方程为()，由题意可知点在椭圆上，∴，解得，故椭圆的标准方程为；（2）由题意可知直线、直线的斜率都存在且不等于，∵，∴，设直线的斜率为，则直线：()，将直线方程代入椭圆方程消去整理得：，即，化简得，解得，∵是方程的一个解，∴，，当时，，此时直线与椭圆相切，由题意可知直线的方程为，同理，易得，由于点、是椭圆上位于直线两侧的两个动点，，且能存在四边形，则直线的斜率需满足，设四边形面积为，则：，由于，故，当时，，即，∴四边形面积的取值范围是．【点睛】关键点点睛：四边形面积可分割为，利用三角形的公共边表示三角的面积，即，利用直线与椭圆联立求解即可，运算量较大，属于难题.21．（1），；（2）证明见解析.【解析】（1）根据题意列方程组，即可得到椭圆的方程，进而得到焦点坐标；（2）讨论直线的斜率，利用是平行的证明，，三点共线．【详解】（1）因为点在椭圆上，且椭圆的一个顶点的坐标为，所以解得所以椭圆的方程为．所以椭圆的右焦点的坐标为．（2）①当直线的斜率不存在时，直线的方程为．显