专题14圆锥曲线综合题-备战2022年新高考数学模拟试题分类汇编（广东专用）

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专题14 圆锥曲线压轴题
1．（2021•广州一模）已知点，点是圆上的动点，线段的垂直平分线与相交于点，点的轨迹为曲线．
（1）求的方程；
（2）过点作倾斜角互补的两条直线，，若直线与曲线交于，两点，直线与圆交于，两点，当，，，四点构成四边形，且四边形的面积为时，求直线的方程．
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由已知得，圆的圆心为，半径，点，
因为线段的垂直平分线与相交于点，所以，
所以，
所以点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，
设曲线的方程为，
则，，，
所以椭圆的方程为．
（2）由题意可得直线，的斜率都存在且不为0，
设直线的方程为，，，，，
由得，
△，
所以，，
所以
，
由于直线过圆的圆心，则，且，两点到直线的距离相等，
设直线的倾斜角为，则，即，
又点到直线的距离，
则四边形的面积，
由于四边形的面积为，
则，解得，
所以直线的方程为．
2．（2021•深圳一模）设是坐标原点，以，为焦点的椭圆的长轴长为，以为直径的圆和恰好有两个交点．
（1）求的方程；
（2）是外的一点，过的直线，均与相切，且，的斜率之积为，记为的最小值，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由题意，，即，
又以为直径的圆和恰好有两个交点，即，
又，
，
椭圆的方程为；
（2）由题意，，的斜率存在且不为零，设过点，的切线，
联立，消去并整理得，
，
与相切，，
化简并整理，得，
整理成关于的一元二次方程得，
设，的斜率分别为，，
易知，为方程的两根，
，，
，
，
易知当时，有，
又，
，
即的取值范围为．
3．（2021•湛江一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，其中，在上，且的离心率为2．
（1）求的标准方程；
（2）若为坐标原点，的角平分线与曲线的交点为，，试判断与是否垂直，并说明理由．
【答案】（1）；（2）见解析
【详解】（1）由题意可得，即，，
又在上，可得，
解得，，
则双曲线的方程为；
（2）由（1）可得，曲线的方程为，
在直角三角形中，，
，，，
设的角平分线与轴交于，
由角平分线的性质定理可得，
又，
解得，
所以，
可得直线的方程为，即，
联立，可得，
设，，，，可得△，
，，
，
所以，
所以与不垂直．

4．（2021•广东一模）已知椭圆的离心率为，过椭圆右焦点并垂直于轴的直线交椭圆于，（点位于轴上方）两点，且为坐标原点）的面积为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线交椭圆于，，异于点两点，且直线与的斜率之积为，求点到直线距离的最大值．
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由题意可得，
所以由题意可得且，解得，，
所以椭圆的方程为：；
（2）由（1）可得，设，，，，
设直线的方程为：，
联立可得且整理可得：，
△，
且，，
，整理可得：，
整理可得，
整理可得，即，
或，
若，则直线方程为：，直线恒过，与点重合，
若，则直线方程为：，
所以直线恒过定点，
所以到直线的距离的最大值为的值为
所以点到直线距离的最大值．

5．（2021•惠州一模）已知椭圆的左、右焦点分别是双曲线的左、右顶点，且椭圆的上顶点到双曲线的渐近线的距离为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆的左、右焦点分别为，，经过左焦点的直线与椭圆交于，两点，且满足的点也在椭圆上，求四边形的面积．
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）椭圆的左右焦点分别为，，
而双曲线的顶点分别为，，
所以．
又椭圆的上顶点为，而双曲线的一条渐近线为，
则有，解得．
，所以椭圆的方程为．
（2）设直线的方程为，一定存在），代入，并整理得，
△恒成立，设，，，，
则，．
设，，由，得，
即，又点在椭圆上，故，
即，解得（舍负），
因为满足的点也在椭圆上，所以四边形是平行四边形，
设四边形的面积为，则有，
代入，得四边形的面积．
6．（2021•深圳模拟）在平面直角坐标系中，是坐标原点，是直线上的动点，过作两条相异直线和，其中与抛物线交于、两点，与交于、两点，记、和直线的斜率分别为、和．
（1）当在轴上，且为中点时，求；
（2）当为的中位线时，请问是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）见解析
【详解】（1）当在轴上时，，不妨设在轴上方，
设，，
所以，，
因为在抛物线上，
所以，解得，
所以点的坐标为，
所以，
由对称性可得知当在轴下方时，，
所以．
（2）设直线，直线，
联立，
所以，
设，，，，
所以，，
当为的中位线时，为的中点，为的中点，
所以，
因为，
所以，，
所以，
所以，
同理可得，
所以，为方程的两个根，
所以△，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以存在时，成立．
7．（2021•广东二模）已知双曲线的离心率为，过双曲线的右焦点作渐近线的垂线，垂足为，且为坐标原点）的面积为．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若，是双曲线上的两点，且，关于原点对称，是双曲线上异于，的点．若直线和直线的斜率均存在，则是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，即，
所以到渐近线的距离为，
所以的面积为，
即，
由，即有，
解得，，所以双曲线的方程为；
（2）是定值．
理由如下：设，，，，则，，，
所以，，
两式相减可得，
所以．
故是定值．
8．（2021•潮州一模）已知椭圆，，、是椭圆上的两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在直线与椭圆交于、两点，交轴于点，使成立？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2），，
【详解】（1）根据题意可得，
解得，，
所以椭圆的方程为．
（2）假设存在这样的直线，
由已知可得直线的斜率存在，设直线方程为，
由，得，
△，
设，，，，
则，，
，
由，得，即，即，
故，
代入解得或．
所以的取值范围为，，．
9．（2021•珠海一模）已知椭圆，，为其左、右焦点，离心率为，，．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设点，，点在椭圆上，过点作椭圆的切线，斜率为，，的斜率分别为，，则是否是定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
（3）设点，，点在椭圆上，点在的角分线上，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）有题设知，解得，
椭圆；
（2） 是定值，下面证明之．
因为点，，过点 作椭圆 的切线，斜率为
且，
与 联立消 得，
由题设得，
即，
因为点在椭圆上，
，代入上式得，
，
定值），
是定值；
（3）由题设知，点，，
即，
即，
点在的角分线上，
点 到直线和直线的距离相等，
，
点 在椭圆 上，

故得，
，
，
得，
的取值范围是．
10．（2021•佛山二模）已知椭圆的某三个顶点形成边长为2的正三角形，为的中心．
（1）求椭圆的方程；
（2）在上，过的左焦点且平行于的直线与交于，两点，是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）见解析
【详解】（1）当三顶点为长轴两顶点和短轴一顶点时，
此时边长分别为，，，不可能为正三角形，
所以正三角形的三顶点只能是短轴两顶点和长轴一顶点，
依题意可得，，
故椭圆的方程为；
（2）椭圆的左焦点的坐标为，，
由题意可知，直线的斜率不为0，
设直线的方程为，
联立方程，消去可得，，
设，，，，
则△，，
所以，
直线的方程为，
联立方程，消去可得，，
所以，
故，
所以存在常数，使得．
11．（2021•湛江三模）设抛物线的焦点为，过点的动直线与抛物线交于，两点，当在上时，直线的斜率为．
（1）求抛物线的方程；
（2）在线段上取点，满足，，证明：点总在定直线上．
【答案】（1）；（2）见解析
【详解】（1）由题意可得，，则，解得，
故抛物线的方程为；
证明：（2）设，，，，，
直线的方程为，
由，消可得，
，，
由，，得，
，
故，
化简可得，
又，故，
化简可得，
即，
则或，
当点在定直线上时，直线与抛物线只有一个交点，与题意不符，
故点在定直线上．
12．（2021•汕头一模）在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，已知平行四边形两条对角线的长度之和等于4．
（1）求动点的轨迹方程；
（2）过，作互相垂直的两条直线、，与动点的轨迹交于、，与动点的轨迹交于点、，、的中点分别为、，
①证明：直线恒过定点，并求出定点坐标．
②求四边形面积的最小值．

【答案】（1）；（2）①见解析；②
【详解】（1）设点，
根据题意可得，
所以动点的轨迹为椭圆（左右顶点除外），
所以，，
所以，
所以动点的轨迹方程为．
（2）①当垂直于轴时，的中点，，
直线为轴，与椭圆，无交点，不合题意，
当直线不垂直于轴时，不妨设直线的方程为，，，，，
由，得，
所以△，
所以，，
所以，
所以，，
因为，
所以代替，得，，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
由椭圆的对称性可知，若存在这样的定点必在轴上，
令，则，
所以，
所以直线恒过定点，，
当时，，，，，
所以直线恒过定点，，
综上所述，直线恒过定点，．
②由①知，，，
所以，
同理可得，
所以四边形的面积，
令，则，
所以，
因为，所以，
当，即时，，
所以，
所以四边形的面积最小值为．
13．（2021•惠州模拟）已知椭圆的离心率为，左右顶点分别为，，右焦点为，为椭圆上异于，的动点，且面积的最大值为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与轴交于点，过点作的平行线交轴与点，试探究是否存在定点，使得以为直径的圆恒过定点．

【答案】（1）；（2）见解析
【详解】（1）由题意知，当在轴时，面积最大，所以①，又②，
联立①②，得，，，
所以椭圆的方程为．
（2）设，，其中，则，，
所以直线的方程为，
令，得，即，
又，所以直线的方程为，
令，得，即，
所以，以为直径的圆的方程为：，
又，
且，在椭圆上，所以，代入方程整理得圆的方程为，令，则，
所以存在点，使得以为直径的圆恒过点．

14．（2021•潮州二模）已知椭圆经过点，且椭圆的离心率．
（1）求椭圆的方程；
（2）若点，是椭圆上的两个动点，，分别为直线，的斜率且，试探究的面积是否为定值．
【答案】（1）；（2）1
【详解】（1）由，可得，
又椭圆经过点，可得，
解得，，
则椭圆的方程为；
（2）设直线的方程为，
与椭圆方程联立，可得，
设，，，，可得，，
，
，
到直线的距离为，
所以的面积为，
由，可得，
即为，
可得，
化为，
所以，
故的面积为定值1．
15．（2021•肇庆二模）已知椭圆的离心率为，的长轴是圆的直径．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过椭圆的左焦点作两条相互垂直的直线，，其中交椭圆于，两点，交圆于，两点，求四边形面积的最小值．
【答案】（1）；（2）2
【详解】（1）由，得，
由，得，所以，
所以椭圆的方程为．
（2）由（1）可得，
①当过点的直线的斜率不存在时，，，
所以，
②当过点的直线的斜率为0时，，，
这是，
③当过点的直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，，，，，
由，得，
所以，，
，
所以，
直线的方程为，
坐标原点到直线的距离，
则，
所以，
由，得，
即，，
综上所述，四边形的面积的最小值为2．
16．（2021•广州二模）已知抛物线上的点到点的距离的最小值为2．
（1）求的方程；
（2）若点是的焦点，过作两条相互垂直的直线，，与交于，两点，与交于，两点，线段，的中点分别是，，是否存在定圆使得直线截该圆所得的线段长恒为定值？若存在，写出一个定圆的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据题意，设抛物线：上任意一点坐标为，
则，由此可得，当时，取得最小值为2，
此时，
即得抛物线方程为：．
（2）由（1）可得，抛物线焦点为，
根据题意设直线，则直线，分别联立抛物线方程可得：
，，故可得，即得；
，，故可得，即得；
由此可得，直线的方程为：，
假设存在一个以点为圆心，为半径的圆满足题意，
则圆心到直线的距离即为：，
当为定值时，则弦长也为定值，
故可得当，时，为定值，此时可取任意正数，
故可得其中一圆的方程为：．
17．（2021•广东模拟）已知椭圆的焦距为，且过点，设点为圆上任意一点，过点作圆的切线交椭圆于点、．
（1）求椭圆的方程；
（2）试判断是否为定值？若为定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由．
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由题可得，解得，．
椭圆的方程为；
（2）①当过点且与圆相切的切线斜率不存在时，
由对称性，不妨设切线方程为，
则，，，，，，
．
②当过点且与圆相切的切线斜率存在时，
不妨设切线的方程为，
设点，，，，，．
将直线方程与圆的方程联立并整理，
得，
由直线与圆相切易得，，
联立直线和椭圆的方程并整理，
得，
则△，
，，
，，




．
综上可知，为定值．
18．（2021•梅州一模）给定椭圆，称圆心在原点，半径为的圆是椭圆的“卫星圆”．若椭圆的一个焦点为，点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程和其“卫星圆”方程；
（2）点是椭圆的“卫星圆”上的一个动点，过点的直线，与椭圆都只有一个交点，且，分别交其“卫星圆”于点，．试探究：的长是否为定值？若为定值，写出证明过程；若不是，说明理由．
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由题知，
解得，
所以椭圆的方程为，
其“卫星圆”的方程为．
（2）①若直线，中有一条直线的斜率不存在，
不妨设直线的斜率不存在，
因为直线与椭圆只有一个公共点，
所以直线 的方程为 或，
当直线的方程为 时，与“卫星圆”交于点 和，
此时经过点 且与椭圆只有一个公共点的直线是 或，
即直线的方程为 或，
所以，所以线段 应为“卫星圆”的直径，
所以．
②若直线，的斜率都存在，
设点，，则，
设经过点， 与椭圆只有一个公共点的直线为，
联立，
整理得，
所以，
所以，
所以满足条件的直线与垂直，所以线段 应为“卫星圆”的直径，所以，
综上所述，弦长为定值．
19．（2021•东莞市校级模拟）已知双曲线的左、右焦点分别是，，是双曲线右支上一点，，，垂足为点，，，．
（1）当时，求双曲线的渐近线方程；
（2）求双曲线的离心率的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【详解】当时，代入双曲线可得，
由相似三角形可知，，得，
，整理得．
（1）当时，，则，双曲线的渐近线方程为；
（2），，
在，上是单调增函数，
时，的最大值为3，当时，的最小值为．
，即．

20．（2021•河源模拟）已知椭圆的离心率为，且过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作两直线与分别交椭圆于，两点，若直线与的斜率互为相反数，求的最大值．

【答案】（1）；（2）4
【详解】（1）由题意有：，解得，
椭圆的方程为：；
（2）设直线为，则直线为，
联立方程有：，，
则，
同理可得：，．
所以．
21．（2021•韶关一模）已知抛物线的焦点是，若过焦点的直线与相交于，两点，所得弦长的最小值为4．
（1）求抛物线的方程；
（2）设，是抛物线上两个不同的动点，为坐标原点，若，，为垂足，证明：存在定点，使得为定值．
【答案】（1）；（2）2
【详解】（1）设直线的方程为，，，，，
联立得，
所以，，

所以，
当时，，解得，
所以抛物线的方程为．
（2）设直线的方程为，，，，，
因为，则，即，
又，，
所以，解得，
联立，得，
所以，，
则直线的方程为，
所以直线过定点，记作点，
当点与点不重合时，为直角三角形，
，，
当为的中点时，，
当点与点重合，为中点时，，
所以存在点，使得为定值2．
22．（2021•江门一模）如图，抛物线与动圆相交于，，，四个不同点．
（1）求的取值范围；
（2）求四边形面积的最大值及相应的值，

【答案】（1）；（2）最大值为：，．
【详解】（1）联立抛物线与圆，可得，
由题意可得△，且，，
所以；
（2）设的两个根为，，且，
可得，，
由抛物线和圆都关于轴对称，可设，，，，，，，，
则
可令，
设，即，
，
当时，递增，在，递减，
可得时，四边形的面积取得最大值，此时最大值为：．
．
23．（2021•茂名模拟）已知点为圆上一动点，圆心关于轴的对称点为，点，分别是线段，上的点，且，．
（1）求点的轨迹方程；
（2）过点且斜率为的直线与点的轨迹交于，两点，点在点的轨迹上，，当时，证明：．
【答案】（1）；（2）见解析
【详解】（1）如图示：

，为的中点，
，，
点在的垂直平分线上，，
，
点在以，为焦点的椭圆上，，，，
故的轨迹方程是；
（2）证明：将直线的方程代入，
得：，
由，得：，
故，
而，得直线的方程为：，
故同理可得，
由得：，
即，
设，则是的零点，
，
故在上单调递增，
又，（2），
故在上有唯一的零点，且零点在，内，
故，原命题成立．
24．（2021•濠江区校级模拟）已知为坐标原点，动点满足：．
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）直线过点且与轨迹交于点，，若是等腰三角形，求直线的方程．
【答案】（1）；（2）或
【详解】（1）设，
则
，
动点的轨迹为以、为焦点，长轴长为4的椭圆，
由，

动点的轨迹的方程为．
（2）设为：，，，，，
由，得，
，
，，
，，

，
，，
，
，
，
，
，
或，
综上，直线的方程为或．

25．（2021•广东模拟）已知椭圆的离心率为，且椭圆上的点到右焦点的距离最长为3．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线与椭圆交于，两点，的中垂线与轴交于点，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
【答案】（1）；（2）4
【详解】（1）由题意可设椭圆的半焦距为，
则，
解得．
故椭圆的标准方程为．
（2）当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，，，，，
的中点为，，
联立，整理得．
由题意可知，则，
从而，
因为为的中点，所以，即．
直线的方程可设为，
令，得，则．
故．
当直线斜率的斜率为0时，，，则．
综上， 为定值，且定值为 4．
26．（2021•湛江校级模拟）已知椭圆，过上一点的切线的方程为．
（1）求椭圆的方程．
（2）设过点且斜率不为0的直线交椭圆于，两点，试问轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在说明理由．
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由，消去并整理得，
椭圆与直线相切，
，
化简得，①，
又点，在椭圆上，，②，
由①②得，，
椭圆的方程为．
（2）轴上存在点，使得．
理由如下：
设直线的方程为，
联立消去并整理得．
△．
设．
假设存在点满足条件，
由于，
平分．
由题意知直线与直线的倾斜角互补，
，
即，
，
代入并整理得，
，
整理得，即，
当时，无论取何值均成立．
存在点使得．
27．（2021•广州二模）设为坐标原点，已知椭圆的左，右焦点分别为，，点为直线上一点，△是底角为的等腰三角形．
（1）求椭圆的离心率；
（2）若，设不与轴重合的直线过椭圆的右焦点，与椭圆相交于、两点，与圆相交于、两点，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设直线与轴交于点，因为△是底角为的等腰三角形，
所以,，
在中，，，，
所以，
整理可得，
所以椭圆的离心率为．
（2）由（1）可知，，则，所以，
故椭圆的标准方程为，
设不与轴重合的直线的方程为，设,,,，
联立方程组，可得，
其中△，，
由弦长公式可得，
设圆的圆心到直线的距离为，则，
由圆的弦长公式可得，
所以，
因为，所以，
则,
故的取值范围为．
28．（2021•揭阳模拟）已知椭圆的离心率为，且经过点．设椭圆的左、右焦点分别为，，是椭圆上的一个动点（异于椭圆的左、右端点）．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作椭圆的切线，过点作的垂线，垂足为，求△面积的最大值．
【答案】（1）；（2）2
【详解】（1）由已知可得，，解得，，
椭圆的方程为；
（2）设直线，联立直线方程与椭圆方程，
得．
直线与椭圆相切，上述方程只有一个解，
即有△，化简可得，，①
设点的坐标为，过点作的垂线，
联立与求得，，，
可得，
将①式代入上式可得，，故可知的轨迹是以原点为圆心，以2为半径的圆．
是椭圆上异于端点的动点，故该轨迹应去掉，
△的面积，
△面积的最大值为2．
29．（2021•广东模拟）已知椭圆的左顶点为，两个焦点与短轴一个顶点构成等腰直角三角形，过点且与轴不重合的直线与椭圆交于，不同的两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）当与垂直时，求的长；
（3）若过点且平行于的直线交直线于点，求证：直线恒过定点．
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）因为，所以
因为两个焦点与短轴一个顶点构成等腰直角三角形，
所以，又，所以，
所以椭圆方程为
（2）设，，
因为与垂直，所以点在以为直径的圆上，
又以为直径的圆的圆心为，半径为，方程为
，，（舍
所以
（3）直线恒过定点
设，，，，
由题意，设直线的方程为，
由得，
显然，△，则，，
因为直线与平行，所以，
则的直线方程为，
令，则，即，，
直线的方程为，


令，得
因为，故，
所以直线恒过定点．
30．（2021•惠州二模）已知椭圆的两个顶点分别为，，焦点在轴上，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆的右焦点为，过作轴的垂线交椭圆于不同的两点，，且点在轴的上方，过作的垂线交于点，求与的面积之比．
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设椭圆的方程为：，
由题意得：解得，
所以，
所以椭圆的方程为：．
（2）椭圆的右焦点为，所以，
由，解得或，
因此点，；
所以直率线的斜斜为，
；
所以直率线的斜为，
故直线的方程为，即，
直线的方程为，即；
由解得，所以点的纵坐标为，
又的面积，的面积为；
所以；
故与的面积之比为．