北京市高三一模数学理试题分类汇编圆锥曲线附答案.docx
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北京市高三一模数学理试题分类汇编圆锥曲线附答案
北京市12区2019届高三第一次模拟（3、4月）数学理试题分类汇编
圆锥曲线
、选择、填空题
222
3、
丰台区2019届高三一模）已知F1,F2为椭圆M：
x2y1和双曲线N：
x2y21的公共焦点，m2n
则双曲线C2的两条渐近线的倾斜角分别为
22
10、（平谷区2019届高三一模）设双曲线
C经过点（4，3），且与x4y91具有相同渐近线，则
C的方程为；离心率为
参考答案
1、12、C3、B4、C5、2
6、y2x7、2
169所以，k，解得：
k＝3，
49
22所以，C的方程为：
xy1，
1227
离心率为：
c39e
a2
二、解答题
2x2
1、（朝阳区2019届高三一模）已知点M（x0,y0）为椭圆C:
y21上任意一点，直线
2
22
l:
x0x2y0y2与圆（x1）2y26交于A,B两点，点F为椭圆C的左焦点．
（Ⅰ）求椭圆C的离心率及左焦点F的坐标；
（Ⅱ）求证：
直线l与椭圆C相切；
（Ⅲ）判断AFB是否为定值，并说明理由．
22
2、（东城区2019届高三一模）已知椭圆
xy
C:
1（m0）与x轴交于两点A1,A2，与y轴的4mm
一个交点为B，△BA1A2的面积为2.
Ⅰ）求椭圆C的方程及离心率；
Ⅱ）在y轴右侧且平行于y轴的直线l与椭圆C交于不同的两点P1,P2，直线A1P1与直线A2P2交于点P.以原点O为圆心，以A1B为半径的圆与x轴交于M,N两点（点M在点N的左侧），求
PMPN的值.
2
3、（丰台区2019届高三一模）已知抛物线C:
y22px过点M（2,2），A,B是抛物线C上不同两点，且AB∥OM（其中O是坐标原点），直线AO与BM交于点P，线段AB的中点为Q.
（Ⅰ）求抛物线C的准线方程；
（Ⅱ）求证：
直线PQ与x轴平行.
2
4、（海淀区2019届高三一模）已知抛物线G:
y22px，其中p0．点M（2,0）在G的焦点F的右侧，且M到G的准线的距离是M与F距离的3倍．经过点M的直线与抛物线G交于不同的A，B两点，直线OA与直线x2交于点P，经过点B且与直线OA垂直的直线l交x轴于点Q.
（I）求抛物线的方程和F的坐标；
（Ⅱ）判断直线PQ与直线AB的位置关系，并说明理由．
22
5、（怀柔区2019届高三一模）已知椭圆E:
x2y21（ab0）的右焦点为F（1,0），点B（0,b）满足ab
|FB|2.
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）过点F作直线l交椭圆E于M、N两点，若BFM与BFN的面积之比为2，求直线l的方程.
22
6、（门头沟区2019届高三一模）如图，
已知椭圆C:
x2y21（ab0）,F1,F2分别为其左、ab
右焦点，过F1的直线与此椭圆相交于D,E两点，且△F2DE的周长为8,椭圆C的离心率为22
2
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
Ⅱ）在平面直角坐标系xOy中，已知点P（0,1）与点Q（0,2），过P的动直线l（不与x轴平行）
与椭圆相交于A,B两点，点B1是点B关于y轴的对称点.求证：
（i）Q,A,B1三点共线.
（ii）QAPA
（ii）.
QBPB
Ⅱ）设点P是椭圆C上异于A，B的点，直线AP交直线l于点D，当点P运动时，判断以BD为
直径的圆与直线PF的位置关系，并加以证明．
8、（顺义区2019届高三第二次统练（一模））已知M，N为抛物线C:
y24x上两点，M，N的纵坐标之和为4，O为坐标原点.
（I）求直线MN的斜率；
（II）若点B2,0满足OBMOBN，求此时直线MN的方程.
22
9、（西城区2019届高三一模）已知椭圆W:
xy1的长轴长为4，左、右顶点分别为A,B，4mm
经过点P（n,0）的直线与椭圆W相交于不同的两点C,D（不与点A,B重合）.
（Ⅰ）当n0，且直线CDx轴时，求四边形ACBD的面积；
（Ⅱ）设n1，直线CB与直线x4相交于点M，求证：
A,D,M三点共线.
x2y2
10、（延庆区2019届高三一模）已知椭圆G:
21，左、右焦点分别为（c,0）、（c,0），若点a2
M（c,1）在椭圆上.
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）若直线l:
2x2ym0（m0）与椭圆G交于两个不同的点A，B，直线MA，MB
与x轴分别交于P，Q两点，求证：
PMQM．
x2y21
11、（房山区2019届高三一模）已知椭圆221（ab0）的离心率为，左顶点为A，右焦
ab2
点为F，且AF3.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）过点F做互相垂直的两条直线l1，l2分别交直线l:
x4于M,N两点，直线
AM,AN分别交椭圆于P,Q两点，求证：
P,F,Q三点共线.
参考答案
1、解：
（Ⅰ）由题意a2，b1，ca2b21
所以离心率ec2，左焦点F（1,0）．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.4分a2
（Ⅱ）当y00时直线l方程为x2或x2，直线l与椭圆C相切．
2
xy21,
当y00时，由2y1,得（2y02x02）x24x0x44y020，
x0x2y0y2
由题知，y01，即x02y02，
所以（4x0）24（2y02x02）（44y02）
22
16[x022（1y02）]
22=16（x022y022）0．
故直线l与椭圆C相切．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.8分Ⅲ）设A（x1,y1），B（x2,y2），
当y00时，x1x2，y1y2，x12，
22222
FAFB（x11）y1（x11）6（x11）2x140，
所以FAFB，即AFB90．
22（x1）2y26,x0x2y0y2
则x1x2
2（2y02x0），
1y02
x1x21
210y02
y02
2
x0
y1y24y02x1x2
1
2y02（x1x2）y02
x0
2
5x04x04
22y02
因为FAFB（x11,y1）（x21,y2）
x1x2x1x21y1y2
2222
2
22y02
420y028y024x022y025x024x04
2
22y02
22
5（x022y02）100．
2
22y02
所以FAFB，即AFB90．
故AFB为定值90．
.14分
2、解：
（Ⅰ）因为m0,由椭圆方程知：
a24m,b2m,a2m,bm，
SBA1A2
122ab2mm2m2，所以m1.
2
所以椭圆C的方程为y21.
4
由a2,b1，a2b2c2，得c3，
所以椭圆C的离心率为3
2
5分
Ⅱ）设点P（xP,yP）,P1（x0,y0）,P2（x0,y0）（x00）,不妨设A1（2,0）,A2（2,0）,
设P1A1:
yy0x2
11x02
P2A2:
yy0x2，
22x02
y0
y
x02
yy0
x02
x2
x2
4
x0,
2y0
x0
x0
即
y0
xP
4
yPx0yPxp
22
2yP
xP
2
又x0y021
4
（x4P）2
4yP2
xP2
2
化简得xPyP21（xP0）.
4
因为A1（2,0）,B（0,1），所以A1B5，即M（5,0）,N（5,0）.
2
所以点P的轨迹为双曲线y21的右支，M,N两点恰为其焦点，
4
点，且A1A24，所以PMPN4.
A1,A2为双曲线的顶
13分
2
3、解：
（Ⅰ）由题意得22=4p，解得p1．
所以抛物线C的准线方程为xp1
22
2
y1Ⅱ）设A1,y1
21
2
y222,y2
由AB∥OM得kABkOM1，则
y2y12
22
y2y1y2y1
22
1，所以y2
y12．
所以线段AB中点Q的为纵坐标yQ1．
直线AO方程为yy12x2x┅①
y1y1
2
直线BM方程为y2y222x22x2┅②y222y22
22
y1
如果直线BM斜率不存在，结论也显然成立．
所以直线PQ与x轴平行．
4、解：
（Ⅰ）抛物线y22px的准线方程为x2p，焦点坐标为F（2p,0）
所以有2p3（2p），解得p122
2
所以抛物线方程为y4x，焦点坐标为F（1,0）
（Ⅱ）直线PQAB
方法一：
设A（x1,y1），B（x2,y2），设直线AB的方程为xmy2
联立方程
xmy2,y24x,
消元得，
2
y4my80
所以y1y24m，y1y28
122
x1x216y1y24
显然x1x2y1y20，直线OA的方程为yy1x
x1
令x2，则y2y1，则P（2,2y1）
x1x1
因为OABQ，所以kBQx1
y1
直线BQ的方程为yy2x1（xx2），
y1
令y0，则xy1y2x2y1y2x1x24，则Q（4,0）
①当m0时，直线AB的斜率不存在，x12，可知直线PQ的斜率不存在，则PQAB
2y1
②当m0时，kPQx1y1=y11，kAB
422x12（my12）mx12
则PQAB
综上所述，PQAB
方法二：
B（2,22）
直线PQAB
（1）若直线AB的斜率不存在，根据对称性，不妨设A（2,22），
直线AO的方程为y2x，则P（2,22）
直线BQ的方程为y222（x2），即y2x2，
22
令y0，则Q（2,0），则直线PQ的斜率不存在，因此PQAB
（2）设A（x1,y1），B（x2,y2），
当直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为yk（x2），k0
y24x
联立方程，y4x
yk（x2）
消元得，k2x24k2x4k24x0，
整理得，k2x2（4k24）x4k20
2
4k24
由韦达定理，可得x1x24k24，x1x24
k2
22
y1y216x1x264，因为y1y20，可得y1y28.
显然x1x2y1y20，直线OA的方程为yy1x
x1
令x2，则y2y1，则P（2,2y1）
x1x1
因为OABQ，所以kBQ1
y1
直线BQ的方程为yy2x1（xx2），
2y12
2y1
kPQx12y1=2k（x12）k，则PQAB
PQ4242x12x14
x1
综上所述，PQAB
22
xy
5、解（Ⅰ）椭圆E:
221（ab0）的右焦点为F（1,0），点B（0,b）满足|FB|2，ab
则1b22，解得b3（b0）.
由公式c2a2b2，得a2134,a2（a0）
所以a2,
b3
22
5分
所以椭圆E的方程为xy1
43
Ⅱ）直线l的斜率不存在时，FMFM,SBFMSBFN,不符合题意；
设直线l的方程为y=k（x-1）,
yk（x1）
由x2y2得，（3+4k2）x28k2x4k2120
1
43
设M（x1y1）,N（x2,y2）,
可得（x11,y1）2（1x2,y2），
即x12x23③
由①③得，x1
4k29
34k2,x2
4k29
34k2
代入②得，4k294k29
34k234k2
4k12，解得，k
34k2
13分
所以，所求直线l的方程为l:
y25（x1）.
6、解：
（Ⅰ）由题意知：
4a8,e22
2
222
ac2242,a2,b2x42y221
Ⅱ）（i）当直线l的斜率不存在时，满足题意
22
x2y2
42
当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为ykx1，A、B的坐标分别为（x1,y1）,（x2,y2）.联立
122
得（2k21）x24kx20.
ykx1
所以，Q,A,B1三点共线。
c1
因为e，
a2所以c1b3
22
故椭圆C的方程为xy1．
43
Ⅱ）以BD为直径的圆与直线PF相切．
证明如下：
由题意可设直线AP的方程为yk（x2）（k0）．
则点D坐标为（2，4k），BD中点E的坐标为（2，2k），
yk（x2）,
由22得
x2y21
431
2222
（34k2）x216k2x16k2120．
设点P的坐标为（x0,y0），则2x016k122
034k2
2
68k12k所以x06348kk2，y0k（x02）3124kk2
因为点F坐标为（1,0），
①当k1时，点P的坐标为（1,3），直线PF的方程为x1，
22
点D的坐标为（2,2）．
此时以BD为直径的圆（x2）2（y1）21与直线PF相切．
1y4k
②当k21时，直线PF的斜率kPFx0y01144kk2
x01
2
所以直线PF的方程为y4k2（x1）,即x14ky10．14k24k
故点E到直线PF的距离
d|2144kk22k1|
1（144kk2）2
2
14k2
2|2k|（144kk2）2|2k|4k
4k
或直线PF的方程为4k2
14k2
4k
xy14k20,
故点E到直线PF的距离
8k4k
22k2
14k214k2
（1164kk22）21
（14k2）2
2k8k3
14k2
2
14k
2|14k2|
2|k|）
又因为BD
2R4k，故以BD为直径的圆与直线PF相切．
综上得，当点P运动时，以BD为直径的圆与直线PF相切．
解法二:
（Ⅱ）以BD为直径的圆与直线PF相切．
22
证明如下:
设点P（x0,y0）,则x0y01（y00）
43
3
①当x01时,点P的坐标为（1,），直线PF的方程为x1，
2
点D的坐标为（2,2），
此时以BD为直径的圆（x2）2（y1）21与直线PF相切，
②当x1时直线AP的方程为yy0（x2），
x02
直线PF的斜率为kPF0,
x01
故直线PF的方程为yy0（x1）,即xx01y10,
x01y0
|2x012y01|
所以点E到直线PF的距离dy0x02|2y0||BE|
1（x0y1）2x02
故以BD为直径的圆与直线PF相切．
综上得，当点P运动时，以BD为直径的圆与直线PF相切．
22
8、解：
（I）设Mx1,y1,Nx2,y2，则依题意可知：
y124x1,y224x2
相减可得：
y12y224x14x2即y1y2y1y24x1x2
4分
又y1y24，所以ky1y21，即直线MN的斜率为1.
x1x2
（II）由（I）知直线MN的斜率为1，所以可设直线MN的方程为yxa
讨论：
Mx1,y1,Nx2,y2在x轴异侧时，由OBMOBN知kBMkBN0，
当
（1）
又kBM1
x12
y2
x22
y1y2
所以120即
x12x22
y1x22y2x12
x12x22
7分
又y1x1a,y2x2a，所以x1ax22x2ax120
化简得2x1x2a2x1x24a0
（1）8分
yxa22联立方程组2消去y得x2a4xa0
y4x
2所以x1x242a，x1x2a12分
代入
（1）式可得a2所以直线MN的方程为yx213分
（2）当Mx1,y1,Nx2,y2在x轴同侧时，由OBMOBN知kBM=kBN
即直线MN过点B，所以此时直线方程为yx2，经验证，此时直线与抛物线无交点，故舍去
14分
综上可知：
直线MN的方程为yx2.
2
9、解：
（Ⅰ）由题意，得a24m4，解得m1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分
2
所以椭圆W方程为xy21.⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分
4
当n0，及直线CDx轴时，易得C（0,1）,D（0,1）.且A（2,0）,B（2,0）.
所以|AB|4，|CD|2，
显然此时四边形ACBD为菱形，所以四边形ACBD的面积为1424.⋯⋯5分2
Ⅱ）当直线CD的斜率k不存在时，由题意，得CD的方程为x1，
代入椭圆W的方程，得C（1,3），D（1,3），
3易得CB的方程为y3（x2）.
2
则M（4,3）,AM（6,3）,AD（3,3）,
2
所以AM2AD，即A,D,M三点共线.
7分
当直线CD的斜率k存在时，设CD的方程为yk（x1）（k0），C（x1,y1），D（x2,y2），
yk（x1）,
联立方程x22消去y，得（4k21）x28k2x4k240.
y1,
4y1,
9分
8k2由题意，得0恒成立，故x1x22
124k21
4k24
x1x24k21
10分
y1
直线CB的方程为yx1y12（x2）.
令x4，得M（4,
2y1
x12
）.
11分
又因为A（2,0），
D（x2,y2），
则直线AD，AM
的斜率分别为
y2
x22
y1，
3（x12）
12分
所以kADkAM
3y2（x12）y1（x22）x223（x12）3（x12）（x22）
y2
y1
上式中的分子
3y2（x12）y1（x22）3k（x21）（x12）k（x11）（x22）
2kx1x25k（x1x2）8k
22
4k248k2
2k25k28k
4k214k21
0，
所以kADkAM
0.
所以
A,D,M三点共线.
2
14分
10、解：
（Ⅰ）
xy
M（c,1）在椭圆21上
a2
由b22
2x2ym0,
（Ⅱ）由x2y2得4x222mxm280．⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
xy1,
42
因为直线l与椭圆C有两个交点，并注意到直线l不过点M，
22
所以8m44（m8）0,解得4m0或0m4．⋯⋯⋯⋯⋯6分m0.
显然直线MA与MB的斜率存在，设直线MA与MB的斜率分别为k1，k2，
由（Ⅰ）可知M（2,1）
则k1k2y11y21⋯⋯⋯⋯⋯11分
x12x22
（2x1m1）（x22）（2x2m1）（x12）
（x12）（x22）
（2x1m2）（x22）（2x2m2）（x12）
2（x12）（x22）
22x1x2（m4）（x1x2）22m42
2[x1x22（x1x2）2]
22（m28）（m4）22m82m162
4444
2[x1x22（x1x2）2]
22（m28）（m4）22m82m162
8[x1x22（x1x2）2]
22m216222m282m82m162
0．
8[x1x22（x1x2）2]
因为k1k20，所以MPQMQP．
13分
所以PMQM．⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分
c1
11、（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c,依题意：
ac3,解得：
a2,c1a2
22
所以b2a2c23,所以椭圆C的方程是xy1.⋯⋯
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