圆锥曲线11 大题 （中档、中上、未）1-2022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11 大题 （中档、中上、未）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。大题第一问中档、中上、未：1. （2022年新高考全国一卷J01）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0（1）求l的斜率；（ 【答案】（1）； （2）【解析】【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，

2、再根据，即可解出l的斜率；（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，再根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点到直线的距离，即可得出的面积【小问1详解】因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线易知直线l的斜率存在，设，联立可得，所以，所以由可得，即，即，所以，化简得，即，所以或，当时，直线过点，与题意不符，舍去，故【小问2详解】不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，因为，所以，即，即，解得，于是，直线，直线，联立可得，因为方程有一个根为，所以，同理可得，所以，点到直线的距离，故的面积为）（2）若，求的面积（双曲线，

3、中档；第二问，未；）2. （2022年广东佛山二模J09）已知圆心在x轴上移动的圆经过点A（-4，0），且与x轴、y轴分别交于点B（x，0），C（0，y）两个动点，记点D（x，y）的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（ 【答案】（1） ； （2）【解析】【分析】（1）根据所给条件，得D点的参数方程，消去参数即可；（2）作图，联立方程，分别求出OP，OQ，OM，ON的长度即可求解.【小问1详解】设动圆的圆心为 ，因为经过（-4,0），则 ，半径为a+4，圆的方程为 ，与x轴的另一个交点为B ，与y轴的交点为 ，即 ， ，即 的方程为 ；【小问2详解】由（1）作下图：设过F点的直线方程为 ，显然m是

4、存在的，联立方程： ，得 ， ， 设 ，代入得 则直线OP方程为 ，直线OQ的方程为 ，联立方程： ，解得 ，同理 ， ， ， ， ，由得 ，代入得：，显然当m=0时最大，最大值为 ；综上， 的方程为， 与 的面积之比的最大值为.【点睛】本题的关键在于先作图，设点P，Q的坐标，求出M，N点的坐标，由于 和 顶角 相同，只要计算边长乘积之比即可，这样做计算相对简单.）（2）过点F（1，0）的直线l与曲线交于P，Q两点，直线OP，OQ与圆的另一交点分别为M，N（其中O为坐标原点），求OMN与OPQ的面积之比的最大值.（抛物线，中档；第二问，未；）3. （2022年广东顺德三模J12）在平面直角坐标

5、系中，已知点，动点与点关于原点对称，四边形的周长为8，记点的轨迹为曲线（1）求的方程；（ 【答案】（1）（） （2）直线过定点【解析】【分析】（1）定义法求轨迹方程；（2）设出直线方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表达出直线的方程，令y=0，得到x为定值，从而得到定点.【小问1详解】因为动点与点关于原点对称，四边形的周长为8，所以，所以点的轨迹为椭圆（去掉长轴两端点），设其方程为其中半焦距，所以所以曲线的方程为（）【小问2详解】设，设直线联立方程组，整理得所以，又因为直线的斜率，所以直线的方程为令得所以，即直线过定点【点睛】求解圆锥曲线直线过定点问题，设出直线方程，与圆锥曲线联立，得

6、到两根之和，两根之积，表达出直线方程，求出定点.）（2）过点且斜率不为零的直线交曲线与，两点，过点作轴的平行线交直线于，试问：直线是否过定点，如果是，求出这个定点；如果不是，说明理由（椭圆，中档；第二问，未；）1. （2022年广东启光卓越J21）已知双曲线的左、右焦点分别为，点为线段的中点，过的直线与的右支交于两点，延长分别与交于点两点，若的离心率为为上一点.（1）求证：；（ 【答案】（1）证明见解析； （2）.【解析】【分析】（1）根据题意求出，即可求得双曲线的方程，分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，斜率不存在时，有，代入左边即可验证得到右边，斜率存在时结合化简整理即可得证；（2）设直线

7、的方程为，与双曲线方程联立求得点的坐标，同理可求得点的坐标，进而表示出，结合（1）的结论即可得出结论.【小问1详解】证明：由题意得：，解得，所以双曲线的 方程为，则，当直线的斜率不存在时，则，此时，当直线的斜率存在时，因为，即，整理得，综上所述，；【小问2详解】解：因为点为线段中点，所以，显然直线的斜率存在且不为0，可设直线的方程为，联立，消整理得，又，所以，所以，设，则，所以，代入，得，即，同理，所以，又因，所以，即是定值.）（2）已知直线和直线的斜率都存在，分别记为，判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.（双曲线，中档；第二问，未；）2. （2022年广东调研J32）在平面直

8、角坐标系中，C是满足的一个动点(1)求垂心H的轨迹方程；（ 【答案】(1)()；(2)证明见解析【解析】【分析】(1)求出外心坐标，外接圆半径同，得顶点C的轨迹方程，再利用相关点法可求垂心H的轨迹方程；(2)利用弦长公式可求，再利用韦达定理法求，由得出，然后结合判别式大于零即可证.【详解】设的外心为，半径为R，则有，又，所以，即，或，当坐标为时设，有，即有()，由，则有，由，则有，所以有，则，则有()，所以垂心H的轨迹方程为().同理当坐标为时H的轨迹方程为().综上H的轨迹方程为()或()(2)若取()，记点到直线l的距离为d，则有，所以，设，联立，有，所以，由，可得，所以，即有，所以，即又

9、，可得，所以，解得，故同理，若取()，由对称性，同理可得.综上，可得.）(2)记垂心H的轨迹为，若直线l：()与交于D，E两点，与椭圆T：交于P，Q两点，且，求证：（圆，中档；第二问，未；）1. （2022年山东临沂二模J14）已知抛物线的焦点为F，抛物线H上的一点M的横坐标为5，为坐标原点，（1）求抛物线H的方程；（ 【答案】（1）抛物线H的方程为； （2）证明见解析；存在点，使得为正三角形，理由见解析.【解析】【分析】(1) 由条件列方程求参数，由此可得抛物线H的方程； (2)设直线，联立方程得关于的表达式，结合韦达定理和向量的表示方法，即可求证；可假设存在点，设的中点为，由直线和垂直关系

10、求出点，由韦达定理和弦长公式求得弦，结合即可求解具体的的值，进而求解点；【小问1详解】因为抛物线的方程为，M 抛物线上且的横坐标为5，所以M的纵坐标为，当点的坐标为时，过点作，垂足为,因为，所以，所以又，所以，所以，所以，又所以，同理当点的坐标为时，所以抛物线的方程为；【小问2详解】设直线，,由，得，则.，所以，所以假设存在这样的点，设的中点为，由知;，则，则，则，而，由得，所以存在点.【点睛】本题主要考查抛物线轨迹方程求法，韦达定理，向量法在解析几何中的具体应用，由特殊三角形的关系求解参数值，运算推理能力，综合性强，属于难题）（2）若一直线经过抛物线H的焦点F，与抛物线H交于A，B两点，点C

11、为直线上的动点求证：是否存在这样的点C，使得ABC为正三角形?若存在，求点C的坐标；若不存在，说明理由，（抛物线，中档；第二问，未；）2. （2022年山东猜想J54）已知椭圆的右焦点和上顶点分别为点和点，直线交椭圆于两点，且恰好为的重心（1）求椭圆离心率；（ 【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）取线段的中点为，根据三角形重心的性质，求得G的坐标及与交点B，C的关系，代入椭圆方程，化简，并根据直线的斜率求得参数a，b，c，从而求得椭圆方程和离心率；（2）根据焦点坐标写出抛物线方程，设点的坐标为，直线的方程为，直线的方程为联立直线方程与抛物线方程，直线与抛物线相切时，判别式等于0，从而得

12、到切线斜率满足的表达式，分别令，得，代入即可验证mn是否是定值.【详解】解：（1）由题设，线段的中点为，由三角形重心的性质知，即，解得，即代入直线，得又为线段的中点，则，又为椭圆上两点，以上两式相减得，化简得由及，解得：（2）抛物线的焦点是，抛物线方程为设点的坐标为，直线的方程为，直线的方程为由，得所以，得同理，得，所以，分别令，得，所以【点睛】关键点点睛：（1）三角形重心是中线的三等分点，利用重心与顶点的关系，可以写成所求点的坐标；（2）直线与圆锥曲线相切时，可以通过联立，使判别式等于0求得参数满足的关系.）（2）抛物线的焦点是为抛物线准线上任一点，过点作抛物线的切线别为，直线与直线分别交于

13、两点，点的纵坐标分别为，求的值（椭圆，中档；第二问，未；）3. （2022年山东名校联盟J55）在平面直角坐标系xOy中，已知点，设的内切圆与AC相切于点D，且，记动点C的轨迹为曲线T（1）求T的方程；（ 【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由切线长相等得，再结合椭圆的定义即可求得T的方程；（2）由解出点坐标，代入曲线T得，同理将点坐标代入曲线T得到关系式，由得出动点P轨迹，再利用直线和曲线T相切求得的最小值即可.【小问1详解】不妨设的内切圆与BC，BA分别相切于点E，F，由切线长相等可知，动点C的轨迹为以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆（且C不在直线AB上），设动点C的轨迹方程为：，易

14、知，且，解得，T的方程为：【小问2详解】设，若，则，即P与R重合，与矛盾，代入，又，化简得，同理可得，为方程的两根，即，即动点P在定直线：上，令直线：，当与T相切时，记，的距离为d，则，联立可得，由，解得，又，此时，解得，即切点为，且直线，的距离为，当Q点坐标为，且时，即，联立得，此时，且直线P R即直线l：，即显然不过点和，符合题设条件，的最小值为【点睛】本题关键点在于利用解出点坐标，代入曲线T得关系式，同理将点坐标代入曲线T得到关系式，进而得到，为一元二次方程的两根，由得出动点P轨迹，将的最小值转化为直线上一点和椭圆上一点距离的最小值即可求解.）（2）设过点的直线l与T交于M，N两点，已知

15、动点P满足，且，若，且动点Q在T上，求的最小值（椭圆，中档；第二问，未；）1. （2022年江苏扬州J46）如图，已知抛物线：，焦点为，直线：交抛物线于，两点，延长，分别交抛物线于，两点.（1）求证：直线过定点；（ 【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）设，根据A，F，M三点共线，得，同理根据B，F，N三点共线，得到，表示直线的方程并化简，将直线与抛物线联立，将韦达定理，代入直线化简求出定值；（2）设，分别表示，根据，得，代入，利用基本不等式求解.【小问1详解】设，A，F，M三点共线，同理B，F，N三点共线，：，即：，即，由得，：，即，所以直线过定点.【小问2详解】设，又，（当

16、时等号取到）（2）设，求的最小值.（抛物线，中档；第二问，未；）2. （2022年江苏四市二调J55）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，过点F且斜率大于0的直线交抛物线C于A，B两点，过线段AB的中点M且与x轴平行的直线依次交直线OA，OB，l于点P，Q，N.（1）判断线段PM与NQ长度的大小关系，并证明你的结论；（ 【答案】（1），证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）设，由于，三点共线可得：，设，可求出点的坐标，同理可得点的坐标，分别求出的长度，即可得出.（2）若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO长为半径的圆内或圆上即，代入即可求出，即可求出斜率.

17、【小问1详解】设，则，由于，三点共线，则，整理得，则，同理可得则，则，即证.【小问2详解】若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO长为半径的圆内或圆上即，则，化简得，又因为，则，则直线斜率的取值范围为：.）（2）若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO长为半径的圆内或圆上，求直线AB斜率的取值范围.（抛物线，中档；第二问，未；）1. （2022年江苏江阴J61）如图，是双曲线的左右顶点，是该双曲线上关于轴对称的两点，直线与的交点为（1）求点的轨迹的方程；（ 【答案】（1）（，） （2）【解析】【分析】（1）依题意首先求出，的坐标，再设，从而表示出、的方程，两式相乘即可得到动点的

18、轨迹；（2）设，即可得到与、与的关系，再代入椭圆方程可得，同理可得，两式作差即可得解【小问1详解】解：由题知：，设，则则直线的方程：，直线的方程：， 两式相乘得：，即 所以点的轨迹的方程为（，）【小问2详解】解：设，设，则，即，代入椭圆方程，得： 即，即 同理可得：由，得 所以所以直线的斜率）（2）设点，过点两条直线分别与轨迹交于点，和，若，求直线的斜率（双曲线，中档；第二问，未；）2. （2022年江苏盐城滨海中学J63）已知过点的直线与抛物线C：交于不同的两点M，N，过点M的直线交C于另一点Q，直线MQ斜率存在且过点，抛物线C的焦点为F，的面积为1（1）求抛物线C的方程；（ 【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据求得，即可得出答案；（2）设，直线AM的方程，理由韦达定理求得，从而可求得，直线QN的方程为，要证直线QN过定点，即证恒成立，同理求得直线MQ的方程，代入整理即可得出结论.【小问1详解】解：由题可知，由，解得，所以抛物线C的方程为；【小问2详解】证明：设，直线AM的方程，联立消去y得，则，则，由题可知，所以直线QN的方程为，要证直线QN过定点，即证，即恒成立，同理可知直线MQ的方程为，代入得，得，所以，所以，即直线QN过定点）（2）求证：直线QN过定点（抛物线，中档；第二问，未；）