圆锥曲线10 大题（各种求轨迹方法）2-2022年全国一卷新高考数学题型细分汇编.docx

1、2022年全国一卷新高考题型细分S1-3圆锥曲线10 大题 （各种轨迹求法）1、 试卷主要是2022年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计174套。2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。3、 比较单一的题型按知识点、方法分类排版；综合题按难度分类排版，后面标注有该题目类型。大题第一问各种求轨迹的方法2：1. （2022年湖南雅礼中学J06）在平面直角坐标系中，、，直线、相交于点，且它们的斜率之积是（1）求点的轨迹方程；（ 【答案】（1）； （2）点在以为直径的圆外，理由见解析.【解析】【分析】（1）设点，根据斜率

2、公式结合已知条件可得出点的轨迹方程；（2）分析可知直线不与轴重合，可设，另记、，将直线的方程与的轨迹方程联立，列出韦达定理，计算出，即可证得结论成立.【小问1详解】解：设点的坐标为，其中，则直线的斜率为，直线的斜率为由已知有，化简得点的轨迹方程为【小问2详解】解：点在圆外，理由如下：若直线与轴重合，则该直线与曲线无公共点，故可设，另记、，联立，可得，由韦达定理知，则有，其中无解，则，故，即点在以为直径的圆外【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定

3、义写出方程；（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.）（2）过的直线与的轨迹交于、两点，试判断点与以为直径的圆的位置关系，并说明理由（椭圆，直接法求轨迹方程，易；第二问，未；）2. （2022年湖南长沙雅礼中学J08）在平面直角坐标系xOy中，过点F（2，0）的动圆恒与y轴相切，FP为该圆的直径，设点P的轨迹为曲线C（1）求曲线C

4、的方程；（ 【答案】（1）y28x；（2）没有，理由见解析.【分析】（1）过P作y轴的垂线，垂足为H，交直线于点，由题意可得，再由抛物线的定义求解即可；（2）分直线的斜率存在和不存在两种情况结合二次方程的判别式进行讨论，即可求解【详解】（1）如图，过P作y轴的垂线，垂足为H，交直线于点， 设动圆的圆心为E，半径为r，则E到y轴的距离为r，在梯形OFPH中，由中位线性质可得，所以，又，所以，由抛物线的定义知，点是以为焦点，以直线为准线的抛物线，所以曲线C的方程为：；（2）由可得A在求出C上，当直线l的斜率存在时，设，则，AM的中点，即，在方程中，令，得，所以，设，由中点坐标公式可得，又，代入化简

5、，所以，直线MN的斜率为：，所以直线MN的方程为： ，将代入化简可得：，将代入式整理可得，所以直线MN与抛物线相切，所以除M点外，直线MN与C没有其他的公共点当直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为：代入抛物线的方程可得，所以除M点外，直线MN与C没有其他的公共点综上所述，除M点外直线MN与C没有其他的公共点）（2）过点A（2，4）的任意直线l与曲线C交于点M，B为AM的中点，过点B作x轴的平行线交曲线C于点D，B关于点D的对称点为N，除M以外，直线MN与C是否有其它公共点？说明理由（抛物线，定义法求轨迹方程，中下；第二问，未；）3. （2022年湖南衡阳八中J27）已知平面内动点与点和点的

6、连线的斜率之积为.(1)求动点的轨迹的方程；（ 【答案】(1)；(2).【分析】（1）设，且，利用化简即可得动点的轨迹的方程；（2）设，直线：与椭圆方程联立可得，由， ，可得，根据的范围求得的范围，再解不等式可得的范围，再求的范围即为直线斜率的取值范围.(1)设，则，整理可得：，即，所以动点的轨迹的方程为，(2)由题意可知直线的斜率存在且不为，设，直线的方程为：，由可得：，所以，因为，所以，即，因为在上单调递减，所以，所以，因为，由可得：，所以直线的斜率或.所以直线斜率的取值范围为.）(2)过点的直线与曲线交于，两点，且（），求直线斜率的取值范围.（椭圆，直接法求轨迹方程，易；第二问，未；）1

7、. （2022年湖南岳阳J33）在圆上任取点，过点作轴的垂线，是垂足，点满足： .（1）求点的轨迹方程；（ 【答案】（1）； （2）定点，【解析】【分析】（1）设，则，根据已知条件可得出 再代入中即可求解；（2）点的轨迹为椭圆，设直线：与椭圆方程联立求出、，设出直线的方程，令结合根与系数的关系计算为定值即可得定点的坐标，设，再由的范围得出的范围即可求解.【小问1详解】设，则，由可得，所以，因为点在圆上，所以，所以，所以，即点的轨迹方程为.【小问2详解】若，则点的轨迹为椭圆，设直线：代入椭圆方程整理得：，设，则，则，直线的方程为：，令得所以在轴上存在定点，使、三点共线，令，因为，所以，又因为，所

8、以，所以，即，解得：，即与面积之比的取值范围为.【点睛】解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；利用已知参数的范围，求出新参数的范围，解题的关键是建立两个参数之间的等量关系；利用基本不等式求出参数的取值范围；利用函数值域的求法，确定参数的取值范围）（2）若，过点作与坐标轴不垂直的直线与点的轨迹交于、两点，点是点关于轴的对称点，试在轴上找一定点，使、三点共线，并求与面积之比的取值范围.（椭圆，相关点法求轨迹方程，易；第二问

9、，未；）2. （2022年湖南邵阳J41）已知圆，点，是圆上一动点，若线段的垂直平分线与线段相交于点（1）求点的轨迹方程；（ 【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义，结合题意即可求解；（2）由题意可知为的重心，则有，只需求三角形面积即可，根据直线与椭圆的位置关系、韦达定理、弦长公式、点到线的距离公式和已知条件可求出三角形的底和高的长，即可得解.【小问1详解】由已知有，点的轨迹是以为焦点的椭圆，其中，点的轨迹方程【小问2详解】由，可知为的重心，由已知的斜率存在，设直线的方程为：，由，则，由，）（2）已知为点的轨迹上三个点（不在坐标轴上），且，求的值（椭圆，定义法求轨迹方程，中

10、下；第二问，未；）3. （2022年湖南名校联盟J46）动点P在圆E：上运动，定点F(1，0)，线段PF的垂直平分线与直线PE的交点为Q.（1）求Q的轨迹C的方程；（ 【2223题答案】【答案】（1） （2）存在，S(，)，【解析】【分析】（1）连接QF，由椭圆的定义可得点Q的轨迹是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆，进而可得结果；（2）设出直线MN的方程并与椭圆方程联立，写出韦达定理，求出的表达式，并令其等于，可得一个方程，然后因式分解讨论因式为0的情况，并求出对应的定点，即可求解.【小问1详解】连接QF，根据题意，|QP|=|QF|，则|QE|+|QF|=|QE|+|QP|=4|EF|=2，

11、故动点Q的轨迹是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆，设其方程为可知a=2，c=1，所以点Q的轨迹C的方程为【小问2详解】设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由题意可得直线MN的斜率存在，则可设直线MN的方程为，代入椭圆方程可得：，则，得，且，所以 由k1+k2=1得：，即， 当，直线令x=1，则y=，显然过定点(1，)，舍去 当4k+m=0，直线y=kx一4k=k(x4)，令x=4，则y=0，直线过定点T(4，0)，此时，解得，存在直线过定点T(4，0). 当S为H，T的中点时，则S(，)， 此时存在定点S(，)，使得为定值. ）（2）若M，N是轨迹C上异于H(1，)的两点，直线HM，HN的斜

12、率分别为k1，k2，且k1+k2=1，HDMN，D为垂足.是否存在定点S，使得|DS|为定值?若存在，请求出S点坐标及|DS|的值.若不存在，请说明理由.（椭圆，定义法求轨迹方程，中下；第二问，未；）4. （2022年河南常德一模J54）已知两点分别在轴和轴上运动，且，若动点满足，设动点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（ 【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）利用给定条件，结合向量运算的坐标表示用点G的坐标表示出即可求解作答.（2）设出直线的方程，与E的方程联立，借助韦达定理求出长，利用均值不等式求出的最大值即可计算作答【小问1详解】依题意，设，则，因，则，解得，而，即，于是得，即

13、，所以曲线的方程为.【小问2详解】依题意，直线垂直于且与曲线交于、两点，则直线的斜率存在且不为0，设直线：，由消去并整理得：，由（1）知，直线MN的斜率，则，直线过点，即，而点在曲线上，于是得，即，即，当且仅当时取“=”，此时，则有，所以面积的最大值为.【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.）（2）过点作直线垂线，交曲线于点（异于点），求面积的最大值.（椭圆，参数法求轨迹方程，中下；第二问，未；）1. （2022年湖北荆州中学J19）如图所示，已知椭圆C： 与直线l：=1点P在直线l上，由

14、点P引椭圆C的两条切线PA，PB，A，B为切点，O是坐标原点（21. 【答案】解：（1）由题意知P（0，3），过点P与圆相切的直线斜率存在，设切线方程为y=kx+3，联立，得（1+2k2）x2+12kx+12=0，由=（12k）2-4（1+2k2）12=0，解得k=1，即切线方程为y=x+3，此时切点坐标为A（-2，1），B（2，1），PAB为直角三角形，|PA|=|PB|=2，所以SPAB=|PA|PB|=4（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），则切线PA为+=1，切线PB为+=1，设P（x0，y0），则+=1，+=1，所以直线AB的方程为+=1，又点P（x0，y0）在直线l：

15、+=1上，所以+=1，即=1-，代入，得+（1-）y=1，即x0（x-y）+6（y-1）=0，所以直线过定点T（1，1），又因为ODAB，所以点D在以OT为直径，Q（，）为圆心的定圆上，所以|DQ|为定值，且|DQ|=）（1）若点P为直线l与y轴的交点，求PAB的面积S；（2）若ODAB，D为垂足，求证：存在定点Q，使得|DQ|为定值.（椭圆，切线，中下；第二问，未；）2. （2022年湖北荆门四校J21）过抛物线的焦点的直线交抛物线于A和B两点，过A和B两点分别作抛物线的切线，两切线交于点E（1）求证：（ 【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）设出直线方程，与抛物线联立，表示

16、出和方程，求得点，则可证明；（2）由题得出，则可得，再表示出面积即可求出.【小问1详解】由题意知当直线斜率不存在时不符合题意，设，联立，可得，则， 则直线方程为，直线的方程为，联立两直线可得，即， 当时，轴，轴，成立，当时，也成立，综上，；小问2详解】由可得，则，由得，则，所以.）（2）若，求的面积的取值范围（抛物线，切线，中下；第二问，未；）3. （2022年湖北襄阳四中J22）已知圆：，T是圆M上任意一点，线段NT的垂直平分线与半径MT相交于点Q，当点T运动时，记点Q的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（ 【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义结合垂直平分线的性质即可

17、得结果；（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理及向量的数量积公式得出，利用判别式得出，由韦达定理可得.【小问1详解】因为点Q为线段NT的垂直平分线与半径MT的交点，所以，所以,所以点Q的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，在椭圆中，所以求曲线C的方程为.小问2详解】设直线的方程为，由得，即，因为点在椭圆的内部，所以，所以由韦达定理可得（*），则 ，即，则，所以，即，由题意可知，是的两个根，所以.）（2）已知点，过的直线GH交曲线C于G，H两点，记，若的最大值和最小值分别为，求的值.（椭圆，定义法求轨迹方程，中下；第二问，未；）4. （2022年湖北仙桃中学J34）已知椭圆，和一条过

18、定点且不与轴重合的直线相交于两点，线段的中点为点，（1）求点的轨迹方程；（ 【答案】（1）. （2）.【解析】【分析】（1）由题意可设直线l：.设线段的中点为点，利用“设而不求法”得到点E的参数方程（m为参数），消去m得：，即为所求；（2）以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系由题意求出F点的轨迹的极坐标方程为或，化为直角坐标方程为或.连接DM、DN，连接MN交DF于K，则.设.利用表示出，得到.记，利用导数判断出在上单调递减.进而求出面积的最小值为.【小问1详解】由题意，可设直线l：.不妨设，则，消去x可得：，其中，.设线段的中点为点，所以，.即（m为参数）.消去m得：.所以点

19、的轨迹方程为：.【小问2详解】以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系由点的轨迹方程为：化为极坐标方程为，即.椭圆化为极坐标方程为，即.可设射线的极坐标方程为：.因为射线交椭圆于点，为直线上一点，所以，.因为为的等比中项，所以，即，解得：.所以F点的轨迹的极坐标方程为或，化为直角坐标方程为或.如图示：连接DM、DN，则.连接MN交DF于K，则.设.若点F在直线上时，由对称性可知，当F位于F1时，最大，此时由，可得：.若点F在直线上时，由对称性可知，当F位于F2时，最大，此时由，可得：，所以.在直角三角形DNF中，由，可得：.在直角三角形KNF中，.所以.记，则.因为，所以，所以在上

20、单调递减.要求面积最小值，只需最大.若点F在直线上时， F位于F1时，最大.此时.若点F在直线上时， F位于F2时，最大，有.此时.综上所述：面积的最小值为.）（2）射线交椭圆于点，为直线上一点，且为的等比中项，过点作圆 的两条切线，切点为 ，求面积的最小值 .（椭圆，点差法，中下；第二问，未；）5. （2022年湖北孝感J47）斜率为的直线与抛物线y=x2 交于两点，为坐标原点.（1）当时，求；（ 【答案】（1）2；（2）.【分析】（1）由已知可得，两式相减化简可得直线的斜率；（2）先求得，由，可得，解得，从而可得结果.【详解】（1）由已知可得，所以此时，直线l的斜率（2）因为OBl，所以又

21、因为所以，又由（1）可知，从而有，所以，因为|AB|3|OB|，所以化简得，|k32k|3，解得，k1，所以，【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系的相关问题，意在考查学生理解力、分析判断能力以及综合利用所学知识解决问题能力和较强的运算求解能力，其常规思路是先把直线方程与圆锥曲线方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.）（2）若，且，求.（抛物线，韦达定理，中下；第二问，未；）1. （2022年河北衡水中学J15）设点为圆上的动点，过点作轴的垂线，垂足为点满足（1）求点的轨迹的方程（ 【答案】（1）；（2）【分

22、析】（1）设点，则由得，然后将点的坐标代入中化简可得点的轨迹的方程；（2）设点，则可表示出，的方程，再将点代入，的方程中可得的方程为：，设点，求出圆心到的距离，从而可求出，再将直线方程与椭圆方程联立方程组，消元后利用根与系数的关系，再利用弦长公式可求出，从而可得，换元后利用导数可求得范围【详解】（1）设点，由得，由于点在圆上，所以，即点的轨迹方程为（2）如图所示，设点，则，的方程为，又点在、的上，则有：，由、知的方程为：设点，则圆心到的距离，则；又由，得，于是，于是设，则，于是设，于是设，令，得，得在上单调递增，故，所以的范围为，即的取值范围【点睛】关键点点睛：此题考查轨迹方程的求法，考查直线

23、与椭圆的位置关系，解题的关键是设点，表示出切线，的方程，再将代入可得直线的方程为：，然后将直线方程与椭圆方程联立化简可表示出弦长，考查计算能力，属于中档题）（2）过直线上的点作圆的两条切线，设切点分别为，若直线与（1）中的曲线交于两点，分别记，的面积为，求的取值范围（椭圆，相关点法求轨迹方程，易；第二问，未；）2. （2022年河北唐山三模J17）在平面直角坐标系中，动圆M与圆相内切，且与直线相切，记动圆圆心M的轨迹为曲线C（1）求曲线C的方程；（ 【答案】（1）； （2）或.【解析】【分析】（1）利用两圆内切及直线与圆相切列式，化简即得曲线C的方程.（2）设出直线l的方程及，求出直线的方程及

24、点P的坐标，联立直线l与曲线C的方程，借助韦达定理求出点B的坐标作答.【小问1详解】设动圆圆心，半径为r，依题意，于是得，化简得，所以曲线C的方程为.【小问2详解】依题意，直线l的斜率存在，设l的方程为，由消去y并整理得，则有，直线的斜率存在，设直线的方程为：，由消去y并整理得：，则有，解得，切线的方程为，同理可得，切线的方程为，由，解得，即点，则，因，即，即，化简得，因此，于是得点或，直线l的斜率，所以直线l的方程为或.【点睛】结论点睛：抛物线在点处的切线斜率；抛物线在点处的切线斜率.）（2）过点的直线l与曲线C交于A，B两点，分别以A，B为切点作曲线C的切线，直线相交于点P若，求直线l的方程（抛物线，圆圆相切求轨迹方程，中下；第二问，未；）