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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）
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——原始定义：
（2022年高考甲卷J03）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．
（1）求C的方程；（[endnoteRef:0]）
（2）设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．（抛物线，原始定义，易；第二问，未；） [0: 【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；
（2）设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.
【小问1详解】
抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时，所以，
所以抛物线C的方程为；
【小问2详解】
设，直线，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直线，代入抛物线方程可得，
，所以，同理可得，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，
所以，
若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，
，所以，
所以直线.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.
]
（2022年广东韶关二模J06）(本小题满分12分)
已知P是离心率为 的椭圆 上任意一点，且P到两个焦点的距离之和为4．
(1)求椭圆C的方程；（[endnoteRef:1]）
(2)设点A是椭圆C的左顶点，直线AP交y轴于点D，E为线段AP的中点，在x轴上是否存在定点M，使得直线DM与OE交于Q，且点Q在一个定圆上，若存在，求点M的坐标与该圆的方程；若不存在，说明理由．（椭圆，原始定义，易；第二问，未；） [1:
]
（2022年广东梅州二模J20）已知动点到点和直线：的距离相等.
（1）求动点的轨迹方程；（[endnoteRef:2]）
（2）设点的轨迹为曲线，点在直线上，过的两条直线，与曲线相切，切点分别为A，，以为直径作圆，判断直线和圆的位置关系，并证明你的结论.
（抛物线，原始定义，易；第二问，未；） [2: 【答案】（1）
（2）相切，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义即可求得动点的轨迹方程；
（2）依题可设，，，由，即：，求导，根据导数得几何意义求得，的方程，再将点的坐标分别代入，再证明，即可得出结论.
【小问1详解】
解： 由抛物线定义可知点的轨迹是以为焦点，直线：为准线的抛物线，
所以动点的轨迹方程为；
【小问2详解】
解：依题可设，，，
由，即：，
求导得：，
所以切线，的斜率分别是，，
所以的方程是，
点的坐标代入，得：，即，
同理可得，
于是是方程的两根，
所以，，
由，
得，即：，
由，，
所以，即：点在圆上，
所以直线和圆相切.
]
（2022年广东江门J18）已知抛物线，点为其焦点，为上的动点，为在动直线上的投影.当为等边三角形时，其面积为.
（1）求抛物线方程；（[endnoteRef:3]）
（2）过轴上一动点作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点A，B和C，D，点H，K分别为，的中点，求面积的最小值.
（抛物线，原始定义，易；第二问，未；） [3: 【答案】（1）；
（2）16.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件求出，设出点P的坐标，结合抛物线定义列式计算作答.
（2）设出直线AB、CD的方程，求出点H坐标，进而求出，由面积建立函数关系，借助均值不等式求解作答.
【小问1详解】
抛物线的焦点，准线，
为等边三角形，则有，而为在动直线上的投影，则，
由，解得，设，则点，
于是由得：，解得，
所以抛物线的方程为：.
【小问2详解】
显然直线AB，CD都不与坐标轴垂直，设直线AB方程为：，则直线CD方程为：，
由消去x并整理得：，设，则，
于是得弦AB中点，，
同理得，
因此，直角面积
，当且仅当，即时取“=”，
所以面积的最小值为16.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的最值问题，往往需要利用韦达定理构建目标的函数关系式，自变量可以是
斜率或点横、纵坐标等.而目标函数的最值可以通过二次函数或基本不等式或导数等求得.
]
（2022年山东泰安一模J09）已知椭圆C：（）的左，右焦点分别为，，上，下顶点分别为A，B，四边形的面积和周长分别为2和.
（1）求椭圆C的方程；（[endnoteRef:4]）
（2）若直线l：（）与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中垂线交y轴于M点，且为直角三角形，求直线l的方程.
（椭圆，原始定义，计算，易；第二问，未；） [4: 【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由已知可得，结合的关系可求解；
（2）联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可求出EF的中点，进而求得其中垂线方程，求出坐标，分析已知可得，代入即可求解.
【小问1详解】
由题意知，解得
故椭圆的方程为
【小问2详解】
设
联立，整理得
由韦达定理得，
，，
所以线段EF的中垂线方程为，
令，解得，
，，
又为直角三角形，且，
，即
所以直线l的方程或
]
（2022年山东泰安J10）已知抛物线上一点（）到焦点F的距离为5.
（1）求抛物线C的方程；（[endnoteRef:5]）
（2）过点F的直线l与抛物线C交于P，Q两点，直线OP，OQ与圆的另一交点分别为M，N，O为坐标原点，求与面积之比的最大值.
（抛物线，原始定义，易；第二问，未；） [5: 【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将点代入抛物线方程，并结合抛物线的定义，求得的值，即可.
（2）设直线的方程为，，，易得和的长，将直线，的方程与圆的方程联立，得到点和点的坐标，进而得到和，再由面积公式可得化简运算，得解.
【小问1详解】
依题意可得，因为，所以解得，
所以抛物线C的方程为.
【小问2详解】
设过F点的直线方程为，
联立方程得，则，
所以①，②，
设，，代入①②得③，
则直线OP的方程为，直线OQ的方程为，
联立方程，解得，同理可得，
则④，
由③得，代入④得，
当且仅当时等号成立，，所以的最大值为.
故与面积之比的最大值为.
【点睛】圆锥曲线相关的取值范围问题，一般思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和和两根之积，由题干条件列出方程，求出变量之间的关系，再表示出弦长或面积等，结合基本不等式，导函数，函数单调性等求出最值或取值范围，
]
（2022年山东临沂J15）如图，已知椭圆的离心率为，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点为顶点的三角形的周长为.一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设为该双曲线上异于顶点的任一点，直线和与椭圆的交点分别为和.
（Ⅰ）求椭圆和双曲线的标准方程；（[endnoteRef:6]）
（Ⅱ）设直线、的斜率分别为、，证明；
（Ⅲ）是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.（椭圆，原始定义，易；双曲线计算，易；第二问，未；） [6: 【答案】（Ⅰ）椭圆的标准方程为；双曲线的标准方程为
（Ⅱ）=1．（Ⅲ）存在常数使得恒成立，
【解析】
【详解】试题分析：(1)设椭圆的半焦距为c，由题意知：，
2a＋2c＝4(＋1)，所以a＝2，c＝2.
又a2＝b2＋c2，因此b＝2.故椭圆的标准方程为＝1.
由题意设等轴双曲线的标准方程为＝1(m＞0)，因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点，所以m＝2，因此双曲线的标准方程为＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则k1＝，k2＝.
因为点P在双曲线x2－y2＝4上，所以x－y＝4.
因此k1·k2＝·＝＝1，即k1·k2＝1.
(3)由于PF1的方程为y＝k1(x＋2)，将其代入椭圆方程得(2k＋1)x2－8kx＋8k－8＝0，
显然2k＋1≠0，显然Δ＞0.由韦达定理得x1＋x2＝，x1x2＝.
所以|AB|＝
＝.
同理可得|CD|＝.
则，
又k1·k2＝1，
所以.
故|AB|＋|CD|＝|AB|·|CD|.
因此存在λ＝，使|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立．
考点：本题考查了圆锥曲线方程的求法及直线与圆锥曲线的位置关系
点评：对于直线与圆锥曲线的综合问题，往往要联立方程，同时结合一元二次方程根与系数的关系进行求解；而对于最值问题，则可将该表达式用直线斜率k表示，然后根据题意将其进行化简结合表达式的形式选取最值的计算方式
]
（2022年山东淄博J19）已知抛物线的焦点为F，点在抛物线C上，且．
（1）求实数m的值及抛物线C的标准方程；（[endnoteRef:7]）
（2）不过点M的直线l与抛物线C相交于A，B两点，若直线MA，MB的斜率之积为-2，试判断直线l能否与圆相切？若能，求此时直线l的方程；若不能，请说明理由．
（抛物线，原始定义，易；第二问，未；） [7: 【答案】（1）；
（2）能与圆相切；.
【解析】
【分析】(1)根据点在抛物线上和抛物线的定义列出关于m、p的方程组，解之即可；
(2)设点和直线AB方程，根据两点坐标表示直线斜率和韦达定理求得，可知直线AB恒过定点且该定点在圆上M上，根据点M、N坐标求出k即可.
【小问1详解】
由题意得，
因为点在抛物线上，所以，
由抛物线的定义，得，
则，解得，
所以抛物线C的标准方程为；
【小问2详解】
由(1)得，设点，
则，所以，
得；设直线AB方程为，
有，
所以，所以，
得，所以直线AB方程，
即直线AB恒过抛物线内部的定点，
又圆正好经过点，
当且仅当直线AB与半径MN垂直时直线AB与圆M相切，
此时，所以直线AB方程为.
]
（2022年山东聊城一模J40）已知抛物线的准线为，点在上，且到的距离与到原点的距离相等.
（1）求的方程；（[endnoteRef:8]）
（2）是上异于原点的四个动点，且，
若，垂足分别为，求的最大值.
（抛物线，原始定义，易；第二问，未；） [8: 【答案】（1）；
（2）2.
【解析】
【分析】（1）由题可得，进而即得；
（2）由题可设AB的方程为，利用韦达定理及条件可得，直线AB过定点，进而可得点M、N总在以OQ为直径的圆上，即得.
【小问1详解】
设抛物线的焦点为 F，点 P 到 l 的距离为 d ，则，
由题可得，
所以，故，，
∴，
∴的方程为；
【小问2详解】
设直线AB的方程为，
由，得，
设，则，
∴，
解得，
∴直线AB的方程为，故直线AB过定点，
当时，，点M在以OQ为直径的圆上，
当时，点M与点Q重合，点M在以OQ为直径的圆上，
综上，点M总在以OQ为直径的圆上，
同理，点N总在以OQ为直径的圆上，
因此的最大值为圆的直径2.
]
（2022年山东J57）在平面直角坐标系xOy中，动点P到点的距离比到y轴的距离大1．
（1）求点P的轨迹方程；（[endnoteRef:9]）
（2）已知点Q在直线上，点P在第一象限，满足，记直线OP，OQ，PQ的斜率分别为，，，求的最小值．
（抛物线，原始定义，易；或者直接法求轨迹方程，易；第二问，未；） [9: 【答案】（1）或;
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意列出方程，化简求解即可；
（2）设，，由可得，根据斜率公式可得，构造函数，利用导数求出最值即可得解.
【小问1详解】
设，由已知得，
当时，，得；
当时，，得；
所以点P的轨迹方程为或．
【小问2详解】
设，，则，
因为，所以，即，
因为，，，
所以
，
构造，所以，令，得，，得
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即最小值为，
所以的最小值为．
]
（2022年山东枣庄一模J60）在平面直角坐标系中，动点到点的距离比到直线的距离小2．
（1）求的轨迹的方程；（[endnoteRef:10]）
（2）设动点的轨迹为曲线，过点作斜率为，的两条直线分别交于M，N两点和P，Q两点，其中．设线段和的中点分别为A，B，过点作，垂足为．试问：是否存在定点，使得线段的长度为定值．若存在，求出点的坐标及定值；若不存在，说明理由．（抛物线，原始定义，易；或者直接法求轨迹方程，易；第二问，未；） [10: 【答案】（1）
（2）存在定点，使得线段的长度为定值2；理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据动点G到点的距离比它到直线的距离小2和抛物线的定义可知点G的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线，进而得出结果；
（2）设直线方程，联立抛物线方程，求得A，B的坐标，从而表示出AB的方程，说明其过定点，由可说明点D点在一个圆上，由此可得结论.
【小问1详解】
由题意可得动点到点的距离比到直线的距离小2，
则动点到点的距离与到直线的距离相等，
故G的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线，
设抛物线方程为 ，
则焦准距 ，故的轨迹的方程为： ；
【小问2详解】
由题意，直线MN的方程为 ，由题意可知 ，
由 ，消去y得： ，
，
设 ，则，
故 ，同理可求得，
所以直线AB的斜率，
故直线AB方程为：
，
故直线AB过定点 ，设该点为,
又因为，所以点D在以EF为直径的圆上，
由于 , ,
故以EF为直径的圆的方程为，
故存在定点，使得线段的长度为定值2.
【点睛】本题考查了抛物线方程的求解以及直线和抛物线的位置关系中的定点问题，综合性较强，解答时要注意设直线方程并和抛物线方程联立,利用很与系数的关系进行化简，关键是解题思路要通畅，计算要准确，很容易出错.
]
（2022年江苏南京J09）在平面直角坐标系xOy中，设椭圆的两个焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，连结PF1，PF2并延长，分别交椭圆于点A，B．已知APF2的周长为，F1PF2面积最大值为4．
（1）求椭圆C的标准方程；（[endnoteRef:11]）
（2）当P不是椭圆的顶点时，试分析直线OP和直线AB的斜率之积是否为定值？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；） [11: 【答案】（1）
（2）定值；
【解析】
【分析】（1）根据APF2的周长为和F1PF2面积最大值为4，得到4a=，bc=4求解；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理求得点A的坐标，同理得到点B的坐标，再利用斜率公式求解.
【小问1详解】
解：如图所示：
由题意得，
解得，
所以椭圆的方程为
【小问2详解】
设直线的方程为，
由
得，
，
即，
，
，
，同理可得，
，
为定值
]
（2022年江苏南通二模J39）已知椭圆左、右焦点分别是F1，F2，焦距为2，点P是椭圆C上一动点，的内切圆的面积的最大值为．
（1）求椭圆C的方程；（[endnoteRef:12]）
（2）延长与椭圆C分别交于点A，B，问：是否为定值 并说明理由．
（椭圆，原始定义，中下；第二问，未；） [12: 【答案】（1）
（2）是，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由题意表示出内切圆的面积，根据其最大值列出等式，求得，即得答案；
（2）设直线方程，联立椭圆方程，得到根与系数的关系式，结合椭圆的方程，得到的表达式并化简，同理求得的表达式，化简即可求得答案.
【小问1详解】
设的内切圆的半径为r，点P的坐标为．
因为焦距为2，所以，故．
的面积，故．
对于给定的椭圆，要使 的内切圆的面积最大，即r最大，即最大,
由于的内切圆的面积的最大值为,故此时 ,
所以时，有，①
又．②
由①②，得，
所以椭圆C的方程．
【小问2详解】
由题意知： ,
设，直线的方程为，
与（1）中所求椭圆联立方程组并消去x得，
， ，
所以，所以．
因为点 在直线上，所以，
又点 在椭圆上，所以，
所以．
同理，可得，
所以（定值）．
【点睛】本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆的位置关系中的定值问题，解答时要注意三角形内切圆面积的求解，解答的关键是解题的思路要清晰明确，计算要准确.
]
（2022年江苏徐州J53）已知P是离心率为 的椭圆 上任意一点，且P到两个焦点的距离之和为4．
（1）求椭圆C的方程；（[endnoteRef:13]）
（2）设点A是椭圆C的左顶点，直线AP交y轴于点D，E为线段AP的中点，在x轴上是否存在定点M，使得直线DM与OE交于Q，且点Q在一个定圆上，若存在，求点M的坐标与该圆的方程；若不存在，说明理由．（椭圆，原始定义，易；第二问，未；） [13: 【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）由椭圆定义和离心率可得答案；
（2）设存在定点，设出直线AP的方程为．联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理可得直线OE的方程、直线DM方程，再联立两个方程可得答案.
【小问1详解】
因为，所以，
又，所以，
故椭圆方程为：．
【小问2详解】
设存在定点，满足条件．由已知，
设直线AP的方程为，
由消去y整理得，
，
所以，，
时，，
所以直线OE的方程为，①
由中，令，得，从而，
又，所以，
所以直线DM方程为，②
由①②消去参数k，得，即，③
方程③要表示圆，当且仅当，此时圆的方程为，
时，在上述圆上，
所以存在定点使直线DM与OE的交点Q在一个定圆上，
且定圆方程为：.
]
（2022年福建名校联盟J38）设抛物线：的焦点为，抛物线上一点满足.
（1）求抛物线的方程；（[endnoteRef:14]）
（2）两不同直线，均过点，且交抛物线于，两点，交抛物线于，两点.设直线和分别与轴交于点和点，求的值.
（抛物线，原始定义，易；第二问，未；） [14: 【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）由焦半径公式可得，再代入方程，从而可得关于的方程，求出其解后可得抛物线的方程.
（2）设，则可得，再设，联立抛物线方程和直线的方程，利用韦达定理可得，从而可求的值.
【小问1详解】
因为，故，故，
所以，解得，故抛物线的方程为：.
【小问2详解】
设，
设直线，有可得，故，
同理.
若，则，
则直线，
令，则，同理，
所以.
若，则，此时，.
综上，.
]
（2022年福建漳平永安一中J41）已知抛物线上的点到其焦点的距离为.
（1）求抛物线的方程；（[endnoteRef:15]）
（2）点在抛物线上，直线与抛物线交于、两点，点与点关于轴对称，直线分别与直线、交于点、（为坐标原点），且.求证：直线过定点.
（抛物线，原始定义，易；第二问，未；） [15: 【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知可得，利用抛物线的定义可得出关于的等式，结合可求得的值，即可得出抛物线的方程；
（2）分析可知直线的斜率存在且大于，设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程，列出韦达定理，求出直线、的方程，求出点、的坐标，分析可知点为线段的中点，利用中点坐标公式结合韦达定理求出的值，即可得解.
【小问1详解】
解：由点在抛物线上可得，，解得.
由抛物线的定义可得，
整理得，解得或（舍去）.
故抛物线的方程为.
【小问2详解】
证明：由在抛物线上可得，解得，
所以，则直线的方程为.
易知且、均不为，易知，
因为，，，
所以，直线的斜率存在且大于，设直线的方程为，
联立得化为，
则，且，，
由直线的方程为，得.
易知直线的方程为，故.
由，则为的中点，
所以，，即，即，
所以，，化为，则得，
所以直线的方程为，故直线过定点.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
]
（2022年湖南长沙一中J02）已知椭圆C：的离心率为，左、右焦点分别为，，A为C的上顶点，且的周长为．
（1）求椭圆C的方程；（[endnoteRef:16]）
（2）直线l：与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，当k为何值，恒为定值，并求此时面积的最大值．
（椭圆，原始定义，易；第二问，未；） [16: 【答案】（1）
（2），面积的最大值为1
【解析】
【分析】（1）由椭圆的定义可知的周长为，结合离心率，即可求解；
（2）联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理可得，若恒为定值，则与无关，即可求得值；将代回可得，设点到直线的距离，则，利用均值不等式即可求解.
【小问1详解】
设椭圆的半焦距为．因为的周长为，
所以，①
因为椭圆的离心率为，所以，②
由①②解得，．
则．
所以椭圆方程为．
【小问2详解】
设，，
联立，消元得，
当，即时，
则，，
则
，
当为定值时，即与无关，故，得，
此时
，
又点到直线的距离，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
经检验，此时成立，
所以面积最大值为1．
]
（2022年湖南岳阳一中J34）已知抛物线上一点，抛物线的焦点在以为直径的圆上（为坐标原点）.
（1）求抛物线的方程；（[endnoteRef:17]）
（2）过点引圆的两条切线、，切线、与抛物线的另一交点分别为、，线段中点的横坐标记为，求实数的取值范围.
（抛物线，原始定义，中下；第二问，未；） [17: 【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题设可得，据此可求，从而可得，故可得抛物线的方程.
（2）设切线的方程为，切线的方程为，根据相切可得满足的方程，再联立直线方程与抛物线方程后可用表示两点，从而用表示中点的横坐标，结合满足的方程（结合韦达定理）可得中点横坐标的一元函数，故可求其范围.
【小问1详解】
由已知条件可得，，
解得 ，所以，抛物线的方程为.
【小问2详解】
由题意可知，过引圆的切线斜率存在，
设切线的方程为，
则圆心到切线的距离，
整理得，.，
设切线的方程为,
同理可得.
所以，是方程的两根，
.
设，，
由，得，
由韦达定理知，
所以，同理可得.
设点的横坐标为，则
.
设，则，
所以，对称轴，则
]
（2022年河南益阳J37）已知圆与圆的公共点的轨迹为曲线.
（1）求的方程；（[endnoteRef:18]）
（2）已知点，过的直线与曲线交于两点.直线与直线分别交于不同的两点，证明：以为直径的圆过点.
（椭圆，原始定义，中下；第二问，未；） [18: 【答案】（1）
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题意得，，，进而得其轨迹为椭圆，进而求得其方程；
（2）先考虑直线斜率不存在时，得，，进而计算证明；再考虑斜率存在时，设的方程为，结合题意得，，再将与椭圆方程联立，结合韦达定理验证即可.
【小问1详解】
解：设公共点，则，，，
所以公共点的轨迹为椭圆，且，
所以，又，所以，
所以点的轨迹，曲线的方程为.
【小问2详解】
解：由（1）得，
所以，当直线斜率不存在时，得，
直线的方程为，令，得.同理得
所以，，
所以，即点在以为直径的圆上.
当直线斜率存在时，依题意，
设的方程为，
所以联立方程得，
易知，，，
直线的方程为，
令得，即，同理得，
所以，
，
所以，即，
所以点在以为直径的圆上.
综上，以为直径的圆过点.
]

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