北京市2022高考数学 一模试题解析分类汇编系列五 9 圆锥曲线 文

【解析分类汇编系列五：北京2022高三（一模）文数】:9:圆锥曲线．（2022届北京东城区一模数学文科）已知点,抛物线的焦点是,若抛物线上存在一点,使得最小,则点的坐标为（　　）A．B．C．D．D抛物线的焦点，准线方程为，过点P，作准线的垂线交准线于B,则，所以,所以当三点共线时，最小，此时,所以,即点的坐标为。选D.．（2022届北京丰台区一模文科）已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合,则该椭圆的离心率是（　　）A．B．C．D．D抛物线的焦点坐标为，所以椭圆中的。所以，即。所以椭圆的离心率为，选D.．（2022届北京海淀一模文）抛物线的焦点为,点为抛物线上的动点,点为其准线上的动点,当为等边三角形时,其面积为（　　）A．B．4C．6D．D抛物线的焦点为,准线方程为。据题意知，△PMF为等边三角形，PF=PM，所以PM⊥抛物线的准线，设P，则M，等边三角形边长为，所以由PM=FM，得，解得，所以等边三角形边长为4，其面积为。17\n故选D．．（2022届北京门头沟区一模文科数学）点P是以为焦点的椭圆上的一点,过焦点作的外角平分线的垂线,垂足为M点,则点M的轨迹是（　　）A．抛物线B．椭圆C．双曲线D．圆xMyQPOF2F1D由题意，延长交延长线于Q，得，由椭圆的定义知PF1+PF2=2a，故有PF1+PQ=QF1=2a，连接OM，知OM是三角形F1F2Q的中位线∴OM=a，即点M到原点的距离是定值，由此知点M的轨迹是圆,故选D．（2022届北京大兴区一模文科）抛物线绕轴旋转一周形成一个如图所示的旋转体,在此旋转体内水平放入一个正方体,使正方体的一个面恰好与旋转体的开口面平齐,则此正方体的棱长是（　　）17\nA．1B．2C．D．B，做出轴截面，设正方体的边长为，则，为面的对角线，所以，所以，代入得。所以，即，解得，所以正方体的体积为。选B.．（2022届北京大兴区一模文科）已知中心在原点,焦点在x轴上的双曲线的离心率为,实轴长为4,则双曲线的方程是_________由题意知，所以，即，所以双曲线的方程为17\n。．（2022届北京市朝阳区一模数学文）以双曲线的右焦点为焦点，顶点在原点的抛物线的标准方程是.抛物线的右焦点为，所以抛物线的焦点为，即抛物线的方程为。其中，所以，所以抛物线的方程为。．（2022届北京市石景山区一模数学文）设抛物线的焦点为F，其准线与轴的交点为Q，过点F作直线交抛物线于A、B两点，若，则直线的方程为．设A（x1，y1），B（x2，y2）因为∠AQB=90°，所以kAQ•kBQ=-1，可得即y1y2=（x1+1）（x2+1），整理可得y1y2=x1x2+（x1+x2）+1…（*），因为直线AB经过抛物线y2=4x的焦点F（1，0），所以根据抛物线的性质，可得x1x2=p2=1，y1y2=p2=4，代入（*）得：4=1+（x1+x2）+1，可得x1+x2=2。结合x1x2=1，可得x1=x2=1，即A、B两点的横坐标相等，所以直线AB的方程为，即直线l的方程为。．（2022届北京西城区一模文科）抛物线的准线方程是______;该抛物线的焦点为,点在此抛物线上,且,则______.；由得焦点坐标为，准线方程为。过作准线的垂线交准线于，则，即，所以。17\n．（2022届北京市延庆县一模数学文）在平面直角坐标系中,椭圆的中心为原点,焦点在轴上,离心率为.过的直线交椭圆于两点,且的周长为.过定点的直线与椭圆交于两点(点在点之间).(Ⅰ)求椭圆的方程;(Ⅱ)设直线的斜率,在轴上是否存在点,使得以、为邻边的平行四边形为菱形.如果存在,求出的取值范围;如果不存在,请说明理由.解:(Ⅰ)设椭圆的方程为,离心率,的周长为,解得,则,所以椭圆的方程为(Ⅱ)直线的方程为,由,消去并整理得(*),解得,设椭圆的弦的中点为,则“在轴上是否存在点,使得以、为邻边的平行四边形为菱形.”等价于“在轴上是否存在点,使得”设,,由韦达定理得,,所以,,,17\n所以,,解得,所以,函数在定义域单调递增,,所以满足条件的点存在,的取值范围为．（2022届北京市朝阳区一模数学文）（本小题满分14分）已知椭圆过点,离心率为.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过点且斜率为（）的直线与椭圆相交于两点，直线，分别交直线于，两点,线段的中点为.记直线的斜率为，求证:为定值.解：（Ⅰ）依题得解得，.所以椭圆的方程为.…………………………………………………4分（Ⅱ）根据已知可设直线的方程为.由得.设,则.直线，的方程分别为：，令，则,所以.17\n所以.……………………………………………………14分．（2022届北京东城区一模数学文科）已知椭圆:的两个焦点分别为,,离心率为,且过点.(Ⅰ)求椭圆的标准方程;(Ⅱ),,,是椭圆上的四个不同的点,两条都不和轴垂直的直线和分别过点,,且这两条直线互相垂直,求证:为定值.(Ⅰ)解:由已知,所以.所以.所以:,即.因为椭圆过点,得,.17\n所以椭圆的方程为.(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知椭圆的焦点坐标为,.根据题意,可设直线的方程为,由于直线与直线互相垂直,则直线的方程为.设,.由方程组消得.则.所以=.同理可得.所以.．（2022届北京丰台区一模文科）已知椭圆C:()的右焦点为F(2,0),且过点P(2,).直线过点F且交椭圆C于A、B两点.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)若线段AB的垂直平分线与x轴的交点为M(),求直线的方程.【解】:(Ⅰ)设椭圆C的方程为,则17\n,解得,,所以椭圆C的方程为,(Ⅱ)当斜率不存在时,不符合题意,当斜率存在时设直线l的方程为y=k(x-2),A(x1,y1)、B(x2,y2),AB的中点为N(x0,y0),由得,因为,所以,所以,,因为线段AB的垂直平分线过点M(),所以,即,所以,解得,,所以直线l的方程为或．（2022届北京海淀一模文）已知圆:,若椭圆:()的右顶点为圆的圆心,离心率为.(I)求椭圆的方程;(II)已知直线:,若直线与椭圆分别交于,两点,与圆分别交于,两点(其中点在线段上),且,求的值.解:(I)设椭圆的焦距为,17\n因为,,所以所以所以椭圆:(II)设(,),(,)由直线与椭圆交于两点,,则所以,则,所以点()到直线的距离则显然,若点也在线段上,则由对称性可知,直线就是轴,矛盾,因为,所以所以解得,即．（2022届北京门头沟区一模文科数学）已知椭圆与双曲线有相同的焦点,且离心率为.(I)求椭圆的标准方程;17\n(II)过点P(0,1)的直线与该椭圆交于A、B两点,O为坐标原点,若,求的面积.解:(I)设椭圆方程为,,由,可得,既所求方程为(II)设,,由有设直线方程为,代入椭圆方程整理,得解得若,则解得又的面积答:的面积是．（2022届北京大兴区一模文科）已知动点P到点A(-2,0)与点B(2,0)的斜率之积为,点P的轨迹为曲线C.17\n(Ⅰ)求曲线C的方程;(Ⅱ)若点Q为曲线C上的一点,直线AQ,BQ与直线x=4分别交于M、N两点,直线BM与椭圆的交点为D.求线段MN长度的最小值.解:(Ⅰ)设,由题意知,即化简得曲线C方程为:(Ⅱ)思路一满足题意的直线的斜率显然存在且不为零,设其方程为,由(Ⅰ)知,所以,设直线方程为,当时得点坐标为,易求点坐标为所以=,当且仅当时,线段MN的长度有最小值.思路二:满足题意的直线的斜率显然存在且不为零,设其方程为,17\n联立方程:消元得,设,,由韦达定理得:,所以,代入直线方程得,所以,又所以直线BQ的斜率为以下同思路一思路三:设,则直线AQ的方程为直线BQ的方程为当,得,即当,得,即则又所以利用导数,或变形为二次函数求其最小值.．（2022届北京市石景山区一模数学文）（本小题满分13分）17\n　设椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，左焦点到直线的距离等于长半轴长．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过右焦点作斜率为的直线与椭圆交于两点，线段的中垂线与轴相交于点，求实数的取值范围．解：（Ⅰ）由已知可得，由到直线的距离为，所以，．．．．．．．．．．．3分解得所求椭圆方程为.．．．．．．．．．．．．．．．．5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知,设直线的方程为：消去得．．．．．7分因为过点，所以恒成立设，则，中点．．．．．．．．．．．．．．．9分当时，为长轴，中点为原点，则．．．．．．．．．．．．．．10分当时中垂线方程．令，．．．．．．．．．11分，，可得17\n综上可知实数的取值范围是．．．．．．．．．．．．．．．13分．（2022届北京西城区一模文科）如图,已知椭圆的左焦点为,过点的直线交椭圆于两点,线段的中点为,的中垂线与轴和轴分别交于两点.(Ⅰ)若点的横坐标为,求直线的斜率;(Ⅱ)记△的面积为,△(为原点)的面积为.试问:是否存在直线,使得?说明理由.(Ⅰ)解:依题意,直线的斜率存在,设其方程为将其代入,整理得设,,所以故点的横坐标为.依题意,得,解得(Ⅱ)解:假设存在直线,使得,显17\n然直线不能与轴垂直.由(Ⅰ)可得因为,所以,解得,即因为△∽△,所以所以,整理得因为此方程无解,所以不存在直线,使得．（2022届房山区一模文科数学）已知椭圆和点,垂直于轴的直线与椭圆交于两点,连结交椭圆于另一点.(Ⅰ)求椭圆的焦点坐标和离心率;(Ⅱ)证明直线与轴相交于定点.(Ⅰ)由题意知:所以所以,焦点坐标为;离心率(Ⅱ)由题意知:直线PB的斜率存在,设直线PB的方程为,,则,由得17\n则(1)直线AE的方程为,令,得(2)又,代入(2)式,得(3)把(1)代入(3)式,整理得所以直线AE与轴相交于定点17