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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）
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。
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。
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——各种轨迹方程求法1：
（2022年广州一模J02）在平面直角坐标系中，已知点，点满足直线与直线的斜率之积为，点的轨迹为曲线.
（1）求的方程；（[endnoteRef:0]）
（2）已知点，直线与轴交于点，直线与交于点，是否存在常数，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
（直接法求轨迹方程，易；第二问，未；） [0:
]
（2022年广东仿真J04）（12分）已知动点到直线的距离比到点的距离大1．
（1）求动点的轨迹的方程；（[endnoteRef:1]）
（2）点是直线上任意一点，过点作曲线的切线，其中为切点，请判断是锐角、直角还是钝角？并写出你的理由．
（直接法求轨迹方程，或者抛物线原始定义，易；第二问，未；） [1: 【答案】见解析
【详解】（1）设动点的坐标为，
由已知条件可知，到的距离与其到直线的距离相等，
由抛物线的定义可知，的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线，
所以点轨迹的方程为；
（2）曲线的方程为，即，则，
设，则切线的斜率为，切线的方程为，
即，令得，即，，
所以，，，
所以，
所以是钝角．
]
（2022年广东潮汕名校联考J05）已知，，点P满足，点P轨迹为曲线．
（1）求的离心率；（[endnoteRef:2]）
（2）点K为x轴上除原点外的一点，过点K作直线，，交于点C，D，交于点E，F，M，N分别为CD，EF的中点，过点K作x轴的垂线交MN于点Q，设CD，EF，OQ的斜率分别为，，，求证：为定值．
（直接法求轨迹方程，中下；第二问，未；） [2: 【答案】（1）
（2）证明见解析
]
（2022年广东汕头一模J22）已知，两点分别在x轴和y轴上运动，且，若动点G满足，动点G的轨迹为E.
（1）求E的方程；（[endnoteRef:3]）
（2）已知不垂直于x轴的直线l与轨迹E交于不同的A、B两点，总满足，证明：直线l过定点.（参数法求轨迹方程，中下；第二问，未；） [3: 【答案】（1）； （2）证明见解析.
【解析】
【分析】(1)根据平面向量的坐标运算可得，结合和两点坐标求距离公式可得，将代入计算即可；
(2)设直线l的方程为：、，联立椭圆方程并消去y，根据韦达定理表示出，利用两点求斜率公式求出，结合题意可得，列出关于k和m的方程，化简计算即可.
【小问1详解】
因为，即，
所以，则，
又，得，即，
所以动点G的轨迹方程E为：；
【小问2详解】
由题意知，
设直线l的方程为：，，
则，
，消去y，得，
由，得，
，
直线的斜率为，直线的斜率为，
又，所以，即，
整理，得，
，
，
由，化简得，
所以，
故直线过定点.
]
（2022年广东华附三模J16）已知在△ABC中，，，动点A满足，，AC的垂直平分线交直线AB于点P．
（1）求点P轨迹E的方程；
（2）直线交x轴于D，与曲线E在第一象限的交点为Q，过点D的直线l与曲线E交于M，N两点，与直线交于点K，记QM，QN，QK的斜率分别为，，，
①求证：是定值．（[endnoteRef:4]）
②若直线l的斜率为1，问是否存在m的值，使？若存在，求出所有满足条件的m的值，若不存在，请说明理由．（定义法求轨迹方程，椭圆，中下；第二问，未；） [4: 【答案】（1）
（2）①证明见解析 ；②存在；
【解析】
【分析】（1）利用几何知识可得，结合双曲线定义理解处理；（2）根据题意设直线及点的坐标，①分别求，，，利用韦达定理证明；②根据①结合题意求的坐标，代入双曲线方程运算求解．
【小问1详解】
∵，
∴AC的垂直平分线交BA的延长线于点P．
连接PC，则，
∴，
由双曲线的定义知，点P的轨迹E是以，为焦点，实轴长为的双曲线的右支（右顶点除外），
，，则，
∴E的方程是．
【小问2详解】
①证明：由已知得，，满足，
设直线l方程为，，，
联立，得，
，，
，
同理，
∴
对，令，得，
∴，，
∴，
∴是定值．
②假设存在m的值，使
由①知，，
则，
∴，
直线QK的方程为，
令，
得；
直线l的斜率为1，直线l的方程为，
令，得；
∴，
∴，
代入，得，
整理得，，
解得，或（∵，舍去）
∴，存在m的值为，使．
]
（2022年广东天河J15）在圆上任取一点，过点作轴的垂线段为垂足，线段上一点满足.记动点的轨迹为曲线
（1）求曲线的方程；（[endnoteRef:5]）
（2）设为原点，曲线与轴正半轴交于点，直线与曲线交于点，与轴交于点，直线与曲线交于点，与轴交于点，若，求证：直线经过定点.
（相关点法求轨迹方程，易；第二问，未；） [5: 【答案】（1）；
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）设，由求得，结合圆的方程即可求解；
（2）设，由得，设出直线，联立曲线，结合韦达定理表示出，解得，即可得到过定点.
【小问1详解】
由题意，设，又，则，又因为点在圆上，
所以，故曲线的方程为；
【小问2详解】
由题意，，设，则，易得斜率必然存在，所以，
设，由图象易知，直线斜率不存在时不符合题意，设直线的方程为，
联立曲线的方程，得，得，
所以，由题意知，直线均不过原点，所以，从而，
所以，
解得，满足，所以直线的方程为，恒过定点.
]
（2022年广东开平J33）(12分) 己知定圆与定直线，动圆与圆外切，且与直线相切，圆心的轨迹为曲线。
(1)求曲线的方程；（[endnoteRef:6]）
(2)若直线与圆相切，与曲线交于点，求的最小值。
（圆圆相切求轨迹方程，抛物线，中下；第二问，未；） [6: 解：(1)由题意知：点到圆心的距离和到定直线的距离相等， …2分
所以点的轨迹为抛物线，且焦点为，准线为，………………………………3分
故点的轨迹方程为 ………………………………………………………………4分
(2)设，与圆相切，，……………5分
， …………………………………………6分
联立 消得 ………………………………………………7分
设方程的两根为，则， ……………………………8分
……………………9分
……………………10分
设，则
时，单调递减；
时，单调递增。
，，的最小值为32，则的最小值为。………12分]
（2022年广东六校联考J34）如图，已知圆，点，以线段为直径的圆内切于圆O，点的集合记为曲线.
(1)求曲线的方程；（[endnoteRef:7]）
(2)已知直线，，过点的直线与交于两点，与直线交于点，记的斜率分别为，问：是否为定值？若是，给出证明，并求出定值；若不是，说明理由.（圆圆相切求轨迹方程，中下；第二问，未；） [7: 【答案】(1)
(2)是定值，证明见解析，
【解析】
【分析】(1)按照所给的条件，分析图中的几何关系即可；
(2)作图，联立方程，按步骤写出相应点的坐标，求对应的斜率即可.
【小问1详解】
设的中点为，切点为，连接，
取关于轴的对称点，则 ，
连接，由于P是AB的中点，O是BD的中点，
∴，
故
.
所以点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆.
其中，则曲线C的方程为；
【小问2详解】
由第一问，作图如下：
设依题意，直线的斜率必定存在，
设，将其与椭圆方程联立：
得，
由韦达定理，得：
易得点，
而……①
由得：，
代入①得：，
得
故答案为：，是定值，理由见解析，-2.
]
（2022年山东东营J58）在平面直角坐标系中，已知，，，，点M满足，记M的轨迹为C．
（1）求C的方程；（[endnoteRef:8]）
（2）过点作两条互相垂直的直线和，直线与C相交于两个不同的点A和B，在线段AB上取点Q，满足，直线交直线于点R，试问面积是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，说明理由．
（双曲线，直接法求轨迹方程，易；第二问，未；） [8: 【答案】（1）
（2）的面积不存在最小值，理由见解析
【解析】
【分析】（1）把已知条件用坐标表示后化简即可得；
（2）设，，，，，且．求出点坐标，利用在双曲线上可求得点轨迹方程，设直线的斜率为，直线的斜率为，求出，，求出三角形面积关于的表达式，利用基本不等式得最小值，及相应的，检验直线是否与双曲线相交即可得．
【小问1详解】
由，，，，，
，，得，即．
【小问2详解】
设，，，，，，且．
，，，，
则，得，
，得．即．
将A，B两点的坐标代入双曲线中，得，
即，，
（且），则，
得动点Q的轨迹方程为．
设直线的斜率为，直线的斜率为，
，，
（当且仅当时取“=”，此时直线与双曲线不存在相交于两个不同点A，B，
因此，的面积不存在最小值．
]
（2022年江苏南京江宁中学J10）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：．（[endnoteRef:9]）
（2）若，求的面积的取值范围．
（抛物线，切线，中下；第二问，未；） [9: 【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.
]
（2022年江苏连云港J57）已知点，，为圆上的动点，延长至，使得，的垂直平分线与交于点，记的轨迹为.
（1）求的方程；（[endnoteRef:10]）
（2）过的直线与交于两点，纵坐标不为的点在直线上，线段分别与线段，交于两点，且，证明：.
（椭圆，定义法求轨迹方程，中下；第二问，未；） [10: 【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由线段垂直平分线和三角形中位线性质可证得，可知点轨迹为椭圆，由此可得轨迹方程；
（2）由已知可知；当斜率不存在时显然不成立；当斜率存在时，设方程，将其与椭圆方程联立，结合韦达定理可得中点横坐标；设，与直线和椭圆方程联立可求得，由此可整理得到，与中点横坐标相同，由此可得结论.
【小问1详解】
连接，
是的垂直平分线，，；
分别为中点，，
，
点轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，即，，，
点轨迹的方程为：；
【小问2详解】
，即，，
由题意知：，，，
①当直线斜率不存在时，即，此时，，此时不成立；
②当直线斜率存在时，设，，，
由得：，，
中点的横坐标为；
设直线的方程为：，
由得：，即；
由得：，即；
由得：，整理可得：，
，为线段的中点，
.
【点睛】关键点点睛：本题考查定义法求解轨迹方程、直线与椭圆综合应用问题；本题证明为中点的关键是能够通过已知等式得到两点横坐标之间满足的等量关系，进而表示出中点横坐标和点横坐标，证明二者相等即可.
]
（2022年江苏常州J60）已知M，N分别是x轴，y轴上的动点，且，动点P满足，设点P的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的轨迹方程；（[endnoteRef:11]）
（2）直线：与曲线C交于A，B两点，G为线段AB上任意一点（不与端点重合），倾斜角为的直线经过点G，与曲线C交于E，F两点．若的值与点G位置无关，求的值．（椭圆，直接法或者参数法求轨迹方程，中下；第二问，未；） [11: 【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）设，，，依题意可得，再根据，即可得到方程组，消去、，即可得到动点的轨迹方程；
（2）首先求出、的坐标，设，其中，即可表示出、，可判断直线的斜率存在，设为、、，联立直线与曲线方程，消元、列出韦达定理，利用弦长公式表示出，即可得到，由式子与无关，即可求出，从而得解；
【小问1详解】
解：设，，则．
设，则，．
由题意得，解得，
所以，化简得，
即曲线C的方程为．
【小问2详解】
证明：由，解得或，（不妨设点A在第一象限），所以，．
设点，其中，则，，所以．
若直线的斜率不存在，则直线的方程为，
此时，，故不为定值．
若直线斜率存在，设直线的斜率为，则直线的方程为．
将直线的方程代入曲线C的方程化简、整理，得．
设，，则，，
所以
，
故．
因为的值与m的值无关，所以，解得，
所以，所以G是EF的中点，即．
所以．
]
（2022年福建福州J05）在平面直角坐标系中，动点到直线的距离和点到点的距离的比为，记点的轨迹为.
（1）求的方程；（[endnoteRef:12]）
（2）若不经过点的直线与交于，两点，且，求△面积的最大值.（椭圆，直接法求轨迹方程，易；第二问，未；） [12: 【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，由点线距离及两点距离公式列方程，化简即可得的方程；
（2）设直线：，，，，联立椭圆方程，根据交点情况有，法一：结合韦达定理、求得；法二：作关于轴的对称点，得到，由向量平行的坐标表示求得，进而确定直线所过的定点坐标，利用弦长公式、三角形面积公式得到△面积关于m的表达式，即可求最值；
【小问1详解】
设，到直线的距离记为，则，
依题意，，化简得，即.
【小问2详解】
设直线：，，，，
由得：，
则，可得，
所以，.
法一：由，则，
所以，即，
所以，可得，
所以直线经过定点.
因为△面积，
所以，
当，即时，有最大值为.
法二： 作点关于轴的对称点，
因为，则，故，
所以，，三点共线，所以，
因为，，
所以，即，
所以，则，可得，
所以直线经过定点，
因为△面积，
所以，
设，则，则，
当，即时，有最大值为.
]
（2022年福建漳州一中J21）已知动圆M与直线相切，且与圆N：外切
（1）求动圆圆心M的轨迹C的方程；（[endnoteRef:13]）
（2）点O为坐标原点，过曲线C外且不在y轴上的点P作曲线C的两条切线，切点分别记为A，B，当直线与的斜率之积为时，求证：直线过定点.
（抛物线，圆圆相切求轨迹，中下；第二问，未；） [13: 【答案】（1）；（2）见解析
【分析】（1）直接利用直线与圆的位置关系式，圆和圆的位置关系式的应用求出结果．
（2）利用直线与曲线的相切和一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．
【详解】（1）设动圆圆心M（x，y），
由于圆M与直线y=-1相切，且与圆N：外切．
利用圆心到直线的距离和圆的半径和圆心距之间的关系式，
可知C的轨迹方程为：
（2）设直线：，，，
因为，，所以两条切线的斜率分别为，，
则直线的方程是，
直线的方程是.
两个方程联立得P点坐标为，
，
，由联立得：
，
故直线过定点.
【点睛】本题考查轨迹方程、直线过定点问题，求轨迹方程，可根据题目关系及圆锥曲线的几何性质直接求解即可，而对于直线过定点问题，一般根据题目给定条件，利用直线与曲线的关系和一元二次方程根和系数关系式，找出定点即可，属于中等题.
]
（2022年福建厦门J27）中，，线段上的点M满足．
（1）记M轨迹为，求的方程；（[endnoteRef:14]）
（2）过B的直线l与交于P，Q两点，且，判断点C和以为直径的圆的位置关系．
（椭圆，定义法求轨迹方程，中下；第二问，未；） [14: 【答案】（1）
（2）点C在以为直径的圆外
【解析】
【分析】（1）由，得到，得出，结合椭圆的定义，即可求得点的轨迹方程.
（2）设过点的直线为，联立方程组求得，结合，得到，代入得出方程，求得，不妨取，求得则，即的中点为，结合两圆的位置关系，即可求解.
【小问1详解】
解：如图所示，在中，，
因为线段上的点M满足，可得，
所以，
根据椭圆的定义，可得点的轨迹为以为焦点的椭圆，
其中，可得，则，
所以点的轨迹方程为.
【小问2详解】
解：由（1）知椭圆的方程为，设过点的直线为，
联立方程组，整理得，
设，则，
因为，可得，可得，
将代入，可得，消去可得，
解得，即，
不妨取，可得，
则，
设的中点为，则，，即，
所以以为直径的圆的圆心坐标为，半径为，
又由，
根据圆的定义得点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，
又由，且，
即，所以点C在以为直径的圆外.
]
（2022年福建三明J40）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，，过直线l：左侧且不在x轴上的动点P，作于点H，的角平分线交x轴于点M，且，记动点P的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；（[endnoteRef:15]）
（2）已知曲线C与x轴正半轴交于点，过点的直线交C于A，B两点，，点T满足，其中，证明：.
（椭圆，直接法求轨迹方程，中档，未；第二问，未；） [15: 【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件，代入动点的坐标，化简即可；
（2）注意到S点在x轴上，所以，将作为桥梁，合理利用，即可求解.
【小问1详解】
设，因为轴，所以，
因为PM为的角平分线，所以，
所以，即，所以.
即，化简整理得，因为P不在x轴上，
即曲线C的方程为
【小问2详解】
易知直线的斜率存在且不为0，设的方程为.
联立方程组，消x整理得，
所以，得或，
设，，则，.
由得，所以，
设，由，得，
所以，
所以，
所以点在直线上，且，
又因为与关于直线对称，所以是等腰三角形，
（或者证明直线TS与直线的斜率互为相反数）
所以，因为，所以，
综上所述，.
]

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