圆锥曲线9 大题（原始定义）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9 大题 （原始定义）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。大题第一问原始定义2：1. （2022年湖北武汉J01）已知抛物线，点为上一点，且到的准线的距离等于其到坐标原点的距离.（1）求的方程；（ 【答案】（1） （2）16【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义可知，即可列式求；（2）首先设直线的方程为：，

2、分别与圆的方程和抛物线方程联立，求点的坐标，利用弦长公式求，再利用，求，最后表示四边形的面积，再通过换元，利用导数求函数的最值.【小问1详解】设抛物线焦点，由题意，故，解得：故抛物线的标准方程为.【小问2详解】由题意，直线斜率存在且不为0，设直线的方程为：，设点，联立得：，由，得，联立得：，由，得因为，用代替，得.故四边形面积.令.设函数，故单调递增.故当，即时，取到最小值16，所以四边形面积的最小值是16.）（2）设为圆的一条不垂直于轴的直径，分别延长交于两点，求四边形面积的最小值.（抛物线，原始定义，易；第二问，未；）1. （2022年河北名校联盟J46）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，椭

3、圆C的离心率小于.点P在椭圆C上，且面积的最大值为.（1）求椭圆C的标准方程；（ 【答案】（1） （2）是定值，定值为【解析】【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的标准方程.（2）设出直线方程，分别与椭圆以及直线联立，求得三点坐标间的关系，由此计算出为定值.【小问1详解】，则，当为上顶点或下顶点时，的面积最大，由解得.所以椭圆的方程为.【小问2详解】由于，所以四点共线，由（1）得椭圆的方程为，故在椭圆内，所以直线与椭圆必有两个交点，不妨设在之间，在的延长线上，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，即,，即.由，得，所以.当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由消去并化简得，.由解得，由，得

4、，所以.综上所述，为定值，且定值为.）（2）点M（1，1），A，B是椭圆C上不同的两点，点N在直线l：上，且，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.（椭圆，原始定义，易；第二问，未；）1. （2022年湖北武汉硚口J03）已知是平面上的动点， 且点与的距离之和为点的轨迹为曲线（1）求动点的轨迹的方程；（ 【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由椭圆定义得，由焦点坐标得，再计算出即得椭圆方程；（2）设直线l方程为yk（x1，代入椭圆方程，设交点，由韦达定理得，代入圆锥曲线中的弦长求得的范围，再用数量积的坐标表示计算，并化为的函数，从而可得取值范围【小问1详解】依题意，点P的

5、轨迹E是以为焦点，长轴为的椭圆，设，则故轨迹E的方程为【小问2详解】设直线l方程为yk（x1）代入E的方程，整理得设点，可得由得，解得因为所以由已知得，的取值范围是）（2）不与轴垂直的直线过点且交曲线于两点， 曲线与轴的交点为，当时，求的取值范围（椭圆，原始定义，易；第二问，未；）2. （2022年湖北四校联考J16）已知抛物线的焦点为点在上， （1）求;（ 【答案】(1) ；（2）是定值，.【解析】【分析】（1）由题知 ，由焦半径公式得 ，两式联立即可求得答案；（2）先讨论当直线与轴平行时得，再讨论当直线与轴不平行且斜率存在时，证明，再设方程，联立方程，利用向量方法求即可.【详解】解：（1）

6、因为点在上，所以 ，因为，所以由焦半径公式得 ，由解得 所以. （2）由（1）知抛物线的方程为，焦点坐标为，当直线与轴平行时，此时的方程为，的方程为，此时为等腰直角三角形且，故.当直线与轴不平行且斜率存在时，若为定值，则定值比为，下面证明.要证明，只需证明，只需证，即，设直线的斜率为，则直线的方程为，直线的方程为，联立方程得，设，则，所以，联立方程得，所以，所以，所以，即，所以.综上，为定值，.）（2）过作两条互相垂直的直线，与交于两点，与直线交于点，判断是否为定值?若是，求出其值；若不是，说明理由（抛物线，原始定义，易；第二问，未；）3. （2022年湖北四校联考J17）设点是椭圆上一动点，

7、、分别是椭圆的左、右焦点，射线 、分别交椭圆于两点，已知PMF2的周长为，且点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（ 【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由椭圆定义可得，再将代入方程即可求出；（2）设出直线方程，与椭圆联立，表示出坐标，同理得出坐标，即可代入所求，化简可求出.【小问1详解】根据椭圆的定义可得：，解得：，将代入方程，得，解得：，椭圆C的方程为：.【小问2详解】由题知，设，则直线的方程为，由，得 ，则，同理可得，所以.所以 为定值.）（2）证明：为定值（椭圆，原始定义，易；第二问，未；）4. （2022年湖北东南三校J30）已知曲线的焦点为，曲线上有一点满足.（1）求抛

8、物线的方程；（ 【答案】（1） （2）存在，【解析】【分析】（1）由焦半径公式代入求解，从而得抛物线方程；（2）设直线方程，联立方程组，将韦达定理代入所给条件求解.【小问1详解】在曲线上，则，则，而，故抛物线C的方程为.【小问2详解】易知直线的斜率不为0，故设联立：，故.，因为，则则或（舍），故.因为都在轴上，要使得，则轴为的角平分线，若，则垂直于轴，轴平分，则垂直于轴，则直线方程为，此时，而相异，故，同理故与的斜率互为相反数，即为定值.故当时，有恒成立.【点睛】解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参

9、变量的等量关系）（2）过原点作两条相互垂直的直线交曲线于异于原点的两点，直线与轴相交于，试探究轴上存在一点是否存在异于的定点满足恒成立.若存在，请求出点坐标；若不存在，请说明理由.（抛物线，原始定义，易；第二问，未；）1. （2022年湖北重点中学J53）已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，动点满足.（1）求动点的轨迹的方程；（ 【答案】（1） （2）证明见解析，定值【解析】【分析】（1）由，结合椭圆的定义，求得的值，即可求解；（2）设直线方程为，联立方程组得到，根据直线，的倾斜角互补，列出方程整理得到，求得或，进而得到答案.【小问1详解】解：由题意，动点满足，故所求轨迹C是以为焦点的椭圆，其

10、中，即，所以，所以动点的轨迹的方程为.【小问2详解】解：由题意知，直线的斜率有在，设直线的方程为，联立方程组，整理得，设，当，可得，且，由（1）知，则，由对称性知，直线的倾斜角互补，即斜率存在且互为相反数，所以，即，整理得，即，即，即，解得或，当时，直线的方程为恒过定点，不符合题意，因而，即直线的斜率为定值，将代入中，满足符合要求.）（2）过点且垂直于轴的直线与轨迹交于点在第一象限），以为圆心的圆与轴交于两点，直线与轨迹分别交于另一点，求证：直线的斜率为定值，并求出这个定值.（椭圆，原始定义，易；第二问，未；）2. （2022年河北衡水中学二调J09）已知椭圆C：长轴长为4，P在C上运动，F1

11、，F2为C的两个焦点，且cosF1PF2的最小值为（1）求C的方程；（ 【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）设|PF1|，|PF2|长分别为p，q利用余弦定理及基本不等式可得，结合条件即求；（2）直线l的斜率不存在，可得，直线l的斜率存在，设其方程为ykx+m，利用韦达定理法及数量积的坐标运算可得，即得.【小问1详解】由题意得a2，设|PF1|，|PF2|长分别为p，q则（当且仅当pq时取等号）从而，得，则椭圆的标准方程为【小问2详解】若直线l的斜率不存在，易得；若直线l的斜率存在，设其方程为ykx+m，联立，得，易知恒成立，设，则，且，要使上式为常数，必须且只需，即此时为定值，符

12、合题意综上可知，当时，能使得若）（2）已知过点的动直线l交C于两点A，B，线段AB的中点为N，若为定值，试求m的值（椭圆，原始定义，中下；第二问，未；）3. （2022年河北保定七校联考J31）已知椭圆的焦距为，左右焦点分别是，其离心率为，圆与圆相交，两圆交点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（ 【2122题答案】【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意列出等式，求得 ，即得答案；（2）考虑直线斜率是否存在，存在时，设出直线方程并和椭圆方程联立，得到根与系数的关系，结合直线与直线的斜率之和为化简整理可得参数之间的关系式，即可证明结论.【小问1详解】由题意得，由圆与圆相交，两圆

13、交点在椭圆上，可知：，又，解得：所以椭圆的方程为：.【小问2详解】证明：当直线的斜率不存在时，设直线， 由题意可知，且，设，因为直线的斜率之和为，所以，化简得，所以直线的方程为.当直线的斜率存在时，设方程为，联立消去，化简得.，由题意可得，因为直线的斜率之和为，所以，化简整理得，当且仅当时，即 或且 时符合题意，直线的方程：，即，故直线过定点，综上可得直线过定点.【点睛】本题考查了椭圆方程的求法，以及直线和椭圆相交时的直线过定点问题，解答时要注意考虑直线斜率是否存在的情况，斜率存在时设出直线方程，和椭圆方程联立，得到根与系数的关系，然后结合条件得等式，化简即可，难点在于计算量较大并且运算繁琐，需要十分细心.）（2）设直线不经过点且与椭圆相交于两点，若直线与直线的斜率之和为，证明：直线过定点.（椭圆，原始定义，中下；第二问，未；）