专题21 圆锥曲线综合-2020年高考数学（文）母题题源解密（全国Ⅰ专版）

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专题21 圆锥曲线综合

【母题来源一】【2020年高考全国Ⅰ卷文数】已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
【解析】（1）由题设得A（–a，0），B（a，0），G（0，1）.
则，=（a，–1）.由=8得a2–1=8，即a=3.
所以E的方程为+y2=1．
（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）.
若t≠0，设直线CD的方程为x=my+n，由题意可知–30．
由得ky2–2y–4k=0，
可知y1+y2=，y1y2=–4．
直线BM，BN的斜率之和为
．①
将，及y1+y2，y1y2的表达式代入①式分子，可得
．
所以kBM+kBN=0，可知BM，BN的倾斜角互补，
所以∠ABM=∠ABN．
综上，∠ABM=∠ABN．
【名师点睛】本题主要考查抛物线的标准方程与几何性质、直线与抛物线的位置关系，考查考生的化归与转化能力、运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象与数学运算.在设直线的方程时，一定要注意所设方程的适用范围，如用点斜式时，要考虑到直线的斜率不存在的情况，以免解答不严密或漏解.
（1）求出直线l与抛物线的交点，利用两点式写出直线BM的方程;
（2）由（1）知，当直线l与x轴垂直时，结论显然成立，当直线l与x轴不垂直时，设出斜率k，联立直线l与C的方程，求出M，N两点坐标之间的关系，再表示出BM与BN的斜率，得其和为0，从而说明BM与BN两条直线的斜率互为相反数，进而可知两角相等.

【命题意图】
（1）了解椭圆或抛物线的实际背景，了解椭圆或抛物线在刻画现实世界和解决实际问题中的作用.
（2）掌握椭圆或抛物线的定义、几何图形、标准方程及简单性质.
（3）了解圆锥曲线的简单应用.
（4）理解数形结合的思想.
【命题规律】
解析几何的解答题一般难度较大，多为试卷的压轴题之一，常考查直线与圆锥曲线的位置关系及最值范围、定点、定值、存在性问题及证明问题，多涉及最值求法，综合性强.从近三年高考情况来看，多考查直线与椭圆或抛物线的位置关系，常与向量、圆等知识相结合，解题时，充分利用数形结合思想，转化与化归思想．同时注重数学思想在解题中的指导作用，以及注重对运算能力的培养.
【方法总结】
（一）求椭圆的方程有两种方法:
（1）定义法.根据椭圆的定义，确定a2，b2的值，结合焦点位置可写出椭圆方程.
（2）待定系数法.这种方法是求椭圆的方程的常用方法，其一般步骤是：
第一步，做判断.根据条件判断椭圆的焦点在x轴上，还是在y轴上，还是两个坐标轴都有可能（这时需要分类讨论）.
第二步，设方程.根据上述判断设方程为或.
第三步，找关系.根据已知条件，建立关于的方程组（注意椭圆中固有的等式关系）.
第四步，得椭圆方程.解方程组，将解代入所设方程，即为所求.
【注意】用待定系数法求椭圆的方程时，要“先定型，再定量”，不能确定焦点的位置时，可进行分类讨论或把椭圆的方程设为.
（二）用待定系数法求抛物线标准方程的步骤：

若无法确定抛物线的位置，则需分类讨论.特别地，已知抛物线上一点的坐标，一般有两种标准方程.
（三）直线与圆锥曲线的弦长问题有三种解法：
（1）过圆锥曲线的焦点的弦长问题，利用圆锥曲线的定义可优化解题．
（2）将直线的方程与圆锥曲线的方程联立，求出两交点的坐标，再运用两点间距离公式求弦长．
（3）它体现了解析几何中的设而不求的思想，其实质是利用两点之间的距离公式以及一元二次方程根与系数的关系.
（四）圆锥曲线中的定点、定值问题
定点、定值问题多以直线与圆锥曲线为背景，常与函数与方程、向量等知识交汇，形成了过定点、定值等问题的证明.解决此类问题的关键是引进参变量表示所求问题，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量.可以先研究一下特殊情况，找出定点或定值，再视具体情况进行研究.同时，也要掌握巧妙利用特殊值解决相关的定点、定值问题，如将过焦点的弦特殊化，变成垂直于对称轴的弦来研究等.

1．（西藏日喀则市2020届高三上学期学业水评测试（模拟）数学试题）已知椭圆:经过点，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交椭圆于，两点，为椭圆的左焦点，若，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）或.
【解析】
【分析】
（1）由，可得，将点代入，利用待定系数法即可求解.
（2）设直线的方程为，设点、，将直线与椭圆方程联立，消，利用韦达定理可得，，再利用向量数量积的坐标运算即可求解.
【详解】
（1）设椭圆的焦距为，则，
∴，，
所以，椭圆的方程为，
将点的坐标代入椭圆的方程得，
解得，则，，
因此，椭圆的方程为.
（2）若直线斜率为0，则为长轴的两交点，
此时不合题意，
设直线的方程为，设点、，
将直线的方程代入椭圆的方程，
并化简得，
，
解得或，
由韦达定理可得，，
，同理可得，
所以
，
即，解得：，符合题意，
因此，直线的方程为或.
【点睛】
本题考查了待定系数法求椭圆方程、直线与椭圆的位置关系，此题要求有较高的计算能力，属于中档题.
2．（重庆市巴蜀中学2020届高三下学期适应性月考九数学试题）已知椭圆：的长轴为，动点P是椭圆上不同于A，B的任一点，点Q满足，.
（1）求点Q的轨迹的方程；
（2）过点的动直线l交于M，N两点，y轴上是否存在定点S，使得总成立？若存在，求出定点S；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（）；（2）存在，.
【解析】
【分析】
（1）设（），， ，，根据，，由，，利用代入求解.
（2）设，，假设存在这样的点,当直线l的斜率存在时，设方程为与椭圆方程联立， 根据，由，结合韦达定理求解.
【详解】
（1）设（），， ，，
，，
，，

解得
代入，
得点Q的轨迹的方程为（）.
（2）设，，
假设存在这样的点满足，
当直线l的斜率存在时，设为，代入椭圆中，
得，
，，
，
，，
即，
即,
,
，
，
，即；
当斜率不存在时，直线l也过.
综上，y轴上存在定点，使得总成立.
【点睛】
本题主要考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系以及定点问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
3．（四川省绵阳市江油中学2020-2021学年高三8月第二次考试文科数学试题）已知A（0，2），B（0，﹣2），动点P（x，y）满足PA，PB的斜率之积为．
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）已知直线l：y＝kx+m，C的右焦点为F，直线l与C交于M，N两点，若F是△AMN的垂心，求直线l的方程．
【答案】（1）1（x≠0）；（2）y＝x．
【解析】
【分析】
（1）根据动点P（x，y）满足PA，PB的斜率之积为，可得P的坐标之间的关系，且横坐标不为0，求出P的轨迹方程；
（2）由（1）可得右焦点F的坐标，联立直线与椭圆的方程可得两根之和及两根之积，由F是△AMN的垂心可得AF⊥MN，NF⊥AM，可得m的值．
【详解】
（1）因为动点P（x，y）满足PA，PB的斜率之积为，
所以（x≠0），
整理可得1，
所以动点P的轨迹C的方程：1（x≠0）；
（2）由（1）可得右焦点F（2，0），可得kAF1，
因为F为垂心，
所以直线MN的斜率为1，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
联立直线l与椭圆的方程：，整理得：3x2+4mx+2m2﹣8＝0，
△＝16m2﹣4×3×（2m2﹣8）＞0，即m2＜12，
x1+x2，x1x2，
因为AM⊥NF，
所以kAMkNF＝﹣1，即1，
整理可得y2（y1﹣2）+x1（x2﹣2）＝0，
即y1y2+x1x2﹣2x1﹣2y2＝0，
即y1y2+x1x2﹣2x1﹣2（x2+m）＝0，
整理可得y1y2+x1x2﹣2（x1+x2）﹣2m＝0，
而y1y2＝（x1+m）（x2+m）＝x1x2+m（x1+x2）+m2
所以22m0，
解得m或m＝2（舍），
所以直线l的方程为：y＝x．
【点睛】
本题主要考查轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系以及垂心的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
4．（2020届河北省衡水中学高三卫冕联考数学试题）如图所示椭圆的左、右顶点分别为，，上、下顶点分别为，，右焦点为，，离心率.

（1）求椭圆的方程；
（2）过点作斜率为的直线与椭圆交于点，（点在第一象限），直线与直线交于点，求点的坐标.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据及可求的值，从而可得椭圆的方程.
（2）联立直线方程和椭圆方程可求的坐标，再求得直线的方程后可得点的坐标.
【详解】
解：（1）由及，
可知，
所以，
所以椭圆的方程为.
（2）依题可设过点且斜率为的直线，，，
联立方程组，
解得，，则，，
所以，，
由（1）知，，.
所以直线，①
直线，②
由①②，解得，
所以点的坐标为.
【点睛】
本题考查椭圆方程的求法、直线与椭圆的相交时交点坐标的求法、直线与直线的交点的求法，后两者均需联立曲线的方程，消元后求解即可，本题属于中档题.
5．（广西钦州市第一中学2021届高三8月月考数学试题）已知椭圆．
（1）求椭圆的离心率；
（2）设为原点，若点在直线上，点在椭圆上，且，求线段长度的最小值．
【答案】（1）（2）
【解析】
试题分析：（1）由椭圆C的方程可以求椭圆C的离心率（2）设椭圆C的椭圆方程，结合，得出结果.
（1）由题意，椭圆C的标准方程为，
所以，从而，
因此，故椭圆C的离心率.
（2）设点A，B的坐标分别为，其中，
因为，所以，即，解得，又，
所以==
==，
因为，且当时间等号成立，所以，
故线段AB长度的最小值为.
考点：本小题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、两点距离公式、不等式等基础知识，试题注重了知识的结合，考查了平面向量与圆锥曲线的结合、不等式与函数的结合等，有一定的综合性，考查转化与化归等数学思想，考查正确的计算能力，考查同学们分析问题与解决问题的能力.
6．（山东省泰安市2020届高三第四轮模拟复习质量数学试题）已知椭圆：的左、右顶点分别是双曲线：的左、右焦点，且与相交于点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线：与椭圆交于，两点，以线段为直径的圆是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点；若不恒过定点，请说明理由.
【答案】（1）；（2）过定点，.
【解析】
【分析】
（1）将两个曲线的交点当然双曲线的方程可得的值，进而求出双曲线的左右焦点，即椭圆的左右顶点，再将交点的坐标代入椭圆的方程可得的值，进而求出椭圆的方程；
（2）由对称性可得圆的圆心在y轴上，设M的坐标，设A，B的坐标，将直线与椭圆联立，求出两根之和及两根之积，求出数量积，求出M的坐标．
【详解】
（1）将代入，解得
∴
将代入
解得
∴椭圆的标准方程为.
（2）设，，
由整理得，
∴，
.
由对称性可知，以为直径的圆若恒过定点，则定点必在轴上.
设定点为，则
，





∴解得
∴
∴以线段为直径的圆恒过定点.
【点睛】
本题考查求椭圆，双曲线的方程，及直线与圆锥曲线的综合，及以线段的端点为直径的圆的性质，属于难题.
7．（四川省内江市2020届高三下学期第三次模拟考试数学试题）已知椭圆的离心率为，且椭圆上一点到两个焦点的距离之和为.
（1）求椭圆的方程；
（2）斜率为的动直线与椭圆交于、两点，点在直线上，求证无论直线如何转动，以为直径的圆恒过点.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆的离心率，以及椭圆的定义及性质，列出方程组求解，即可得出，，，进而可求出椭圆方程；
（2）由题意可得，直线的方程为，设，，将直线的方程代入椭圆方程，根据韦达定理，计算，即可证明结论成立.
【详解】
（1）因为椭圆的离心率为，则；
又椭圆上一点到两个焦点的距离之和为，根据椭圆的定义可得，，
由，解得，，，
故所求椭圆方程为；
（2）证：由题意可得，直线的方程为，
设，，
则代入椭圆方程，整理得：
.
∵点在椭圆内，
∴此方程必有二实根，，且，.
于是，



可知，即以直径的圆过点.
【点睛】
本题主要考查待定系数法求椭圆的方程，考查椭圆中存在定点满足某条件的问题，熟记椭圆的标准方程及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.
8．（湖南省长沙市雅礼中学2020届高三高考数学模拟试题（一）（a卷））在平面直角标系中，点在椭圆上，且椭圆的离心率.
（1）求椭圆M的标准方程；
（2）过椭圆M的右顶点A作椭圆M的两条弦、，记直线、，的斜率分别为、、，其中、的值可以变化，当，求的所有可能的值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由题意可得，，求出，即得椭圆M的标准方程；
（2）点.设，，直线的方程为.把，直线的方程代入椭圆M的方程，结合韦达定理，即求答案.
【详解】
（1）根据题意，离心率，解得，，
所以椭圆M的标准方程为：.
（2）点.设，，直线的方程为.
由，可得. ①
，是方程①的两个根，
且.
，.

.
故的所有可能的值为.
【点睛】
本题考查椭圆的标准方程，考查与椭圆有关的定值问题，属于较难的题目.
9．（四川省内江六中2020届高三高考数学强化训练试题（三））设椭圆（）的左右顶点为，上下顶点为，菱形的内切圆的半径为，椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆上关于原点对称的两点，椭圆上一点满足，试判断直线与圆的位置关系，并证明你的结论.
【答案】（1） （2）直线、与圆相切，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由离心率得，用两种方法表示出菱形的面积可求得，得椭圆方程；
（2）设，.当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入椭圆方程，用韦达定理得，利用，即得的关系，求出圆心到直线的距离可得直线与圆的位置关系．直线的斜率不存在时，直接计算可得，由对称性的结论也可得．
【详解】
（1）设椭圆的半焦距为.由椭圆的离心率为知，.
设圆的半径为，则，
∴，解得，∴，
∴椭圆的方程为
（2）∵关于原点对称，，∴.
设，.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为.
由直线和椭圆方程联立得，即，
∴.
∵，，
∴
，
∴，，
∴圆的圆心O到直线的距离为，∴直线与圆相切.
当直线的斜率不存在时，依题意得，.
由得，∴，结合得，
∴直线到原点O的距离都是，
∴直线与圆也相切.
同理可得，直线与圆也相切.
∴直线、与圆相切

【点睛】
本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题，考查直线与圆的位置关系．直线与椭圆相交，一般采取设而不求思想，即设交点坐标，设直线方程，由直线方程与椭圆方程联立，消元后用韦达定理得，把这个结论代入其他条件求解．
10．（甘肃省天水市一中2020届高三一轮复习第一次模拟考试数学试题）已知椭圆：的离心率为，焦距为．
（1）求的方程；
（2）若斜率为的直线与椭圆交于，两点（点，均在第一象限），为坐标原点，证明：直线，，的斜率依次成等比数列．
【答案】(1) .(2)见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据题中条件，得到，再由，求解，即可得出结果；
（2）先设直线的方程为，，,联立直线与椭圆方程，结合判别式、韦达定理等，表示出，只需和相等，即可证明结论成立.
【详解】
（1）由题意可得 ，解得，
又，
所以椭圆方程为.
（2）证明：设直线的方程为，，,
由，消去，得
则，且，
故

即直线，，的斜率依次成等比数列.
【点睛】
本题主要考查求椭圆的标准方程，以及椭圆的应用，熟记椭圆的标准方程以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.
11．（甘肃省白银市靖远县2020届高三高考数学第四次联考试题）已知椭圆的离心率为，且椭圆的右顶点到直线的距离为3．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于，两点，求面积的最大值为坐标原点）．
【答案】（1）；（2）2.
【解析】
【分析】
（1）由离心率的值及右顶点到直线的距离为3和，，之间的关系求出，的值，进而求出椭圆的方程；
（2）设直线的方程与椭圆联立求出两根之和及两根之积，进而求出面积的表达式，换元，由均值不等式的可得面积的最大值．
【详解】
（1）由椭圆的方程可得右顶点，所以右顶点到直线的距离为，可得：，
由离心率，可得，所以，
所以椭圆的方程为：；
（2）由题意显然直线的斜率不为0，设直线的方程为：，设，，，，
联立直线与椭圆的方程可得：，整理可得：，，
所以，
设，
取等号时，，即斜率不存在，
这时，
当，，则，
所以
令，，则恒成立，
所以在单调递增，无最小值，也无最大值，
所以无最大值，
综上所述当且仅当，即时，所以面积的最大值为2．
【点睛】
本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合及均值不等式的应用，考查了利用韦达定理搭桥建立各个变量之间的关系，从而求得圆锥曲线的最值问题，计算量相对较大，属于较难题.
12．（新高考课改专家2021届高三数学命题卷试题）已知椭圆：的右焦点为，下顶点为，上顶点为，离心率为，且.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆的右顶点为，椭圆上有一点（不与重合），直线与直线相交于.若，求点的横坐标.
【答案】（1）；（2）0或
【解析】
【分析】
（1）由所以，又，得，又联立即可求解；
（2）可求出坐标，可知直线斜率存在且不为0,求出斜率，即可得出直线方程，联立直线与椭圆就能求得的横坐标.
【详解】
（1）由题意：，
所以，
又，，
又，
联立以上三式得：，
所以椭圆的标椎方程；
（2），可知，，
则直线斜率，所以直线方程为，
代入椭圆可得，解得或，
所以点的横坐标为0或.
【点睛】
本题考查了椭圆的标椎方程的求法和直线相交的求解，属于基础题.
13．（安徽省合肥市2020届高三下学期第三次教学质量检测数学试题）在平面直角坐标系xOy中，已知点P是椭圆E：+y2＝1上的动点，不经过点P的直线l交椭圆E于A，B两点．
（1）若直线l经过坐标原点，证明：直线PA与直线PB的斜率之积为定值；
（2）若，证明：△ABP三边的中点在同一个椭圆上，并求出这个椭圆的方程．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析，椭圆的方程为.
【解析】
【分析】
（1）设，，则，再将表示出来，根据在椭圆上化简，证得直线PA与直线PB的斜率之积为定值；
（2）设，，，由，得，，再得到的中点，化简得，又，则，知在椭圆上，同理可得的中点都在椭圆，得证.
【详解】
（1）设，，则，
则，
又，，相减得，
得，即直线PA与直线PB的斜率之积为定值，定值为.

（2）设，，，由，
得，，
的中点，化简得，
又，则，知在椭圆上，
同理可得的中点都在椭圆，
即△ABP三边的中点在同一个椭圆上，这个椭圆的方程为.
【点睛】
本题考查了椭圆的标准方程及结构特征，考查了学生观察、分析能力，运算能力，属于中档题.
14．（福建省三明第一中学2020届高三模拟（六）数学试题）已知椭圆的一焦点F与抛物线的焦点重合，且离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过焦点F的直线l与抛物线交于A、B两点，与椭圆交于C、D两点，求的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）首先求出抛物线的焦点坐标，可得的值，结合离心率以及，即可求出椭圆的标准方程
（2）分析直线斜率存在与不存在两种情况，当斜率不存在时可直接求出、 即可得比值，当斜率存在时，设出直线的方程和椭圆方程联立，运用弦长公式把用斜率表示出来，然后用基本不等式求最值.
【详解】
（1）因为抛物线的焦点坐标为，
所以椭圆的一个焦点坐标为，即 ，
又椭圆离心率为，所以，故可求得，
所以，所以椭圆的标准方程为
（2）当直线l的斜率不存在时，直线，
此时易求得，，所以，
当直线l的斜率存在时，设直线，联立椭圆方程得：
设，，则，
所以
所以
同理，将直线方程与曲线联立得：
设，，则，
所以
所以
所以，即的最大值为．
【点睛】
本题主要考查了求椭圆的标准方程，考查了直线和椭圆的位置关系，考查了弦长公式以及基本不等式求最值，属于较难题.
15．（湖北省武汉外国语学校2020届高三下学期高考冲刺押题联考（一）数学试题）已知椭圆，长轴长为4，P为椭圆E上一点，F为椭圆的右焦点，满足PF与x轴垂直，且．
（1）求椭圆E的方程；
（2）已知Q为直线上一点，直线QF与椭圆E依次交于A，B两点（按照Q、A、F、B的顺序），证明：．
【答案】（1）；（2）证明详见解析.
【解析】
【分析】
（1）和可得椭圆的标准方程；
（2）设直线方程和各点的坐标，则根据直线上的两点间距离公式、斜率公式、韦达定理代入等式显然成立，可得证明.
【详解】
（1）由题意可知，可得，
代入椭圆的方程可得：，可得．
从而椭圆的方程为：．
（2）由题意可知直线AB的斜率肯定存在，
设，，，，根据已知有，
由根据直线上的两点间距离公式及斜率公式得
，，
则，
同理，，
所以，
，
根据题意，等价于证明：，
分式化整式可得：①，
联立得：，
由韦达定理可得：，，
代入①得：，
化简得：，显然成立．
【点睛】
本题考查了椭圆的标准方程和性质，直线和椭圆的位置关系，韦达定理．