圆锥曲线（解答题）—2022届全国各地区高三数学（二模）试题选练

圆锥曲线（解答题）—2022届全国各地区高三数学（二模）试题选练 解析 1．（2022·湖南岳阳·二模）已知椭圆：，为上焦点，左顶点到的距离为，且离心率为，设为坐标原点，点的坐标为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若过的直线与交于，两点，证明：. 【答案】(1)(2)证明见解析 【解析】(1)左顶点到的距离为，可得，又，故，从而﹒∴椭圆的标准方程为﹒ (2)证明：当与轴重合时，，分当与轴不重合时，设的方程为，，， 直线，的斜率，之和为，又，，，联立方程，可得， ，，，从而，故直线，的倾斜角互补，. 综上. 2．（2022·四川德阳·二模（理））在直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为、， 也是抛物线的焦点，点为与在第一象限的交点，且. （1）求的方程； （2）平面上的点满足，直线，且与交于、两点，若，求直线的方程. 【答案】（1）；（2） 【解析】 （1）的焦点，，，，，代入抛物线方程，有，，，椭圆的方程为； （2）点满足，所以易知与关于原点对称，所以， 设直线方程：， 设，， 联立直线和椭圆方程，得到：， ，，，因为，所以，代入韦达定理有，，满足判别式大于0 所以直线方程为. 3．（2022·黑龙江·哈九中二模（理））在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右顶点分別为A、B，右焦点F，且椭圆过点、，过点F的直线l与椭圆交于P、Q两点（点P在x轴的上方）． (1)求椭圆的标准方程；(2)设直线AP、BQ的斜率分別为、，是否存在常数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)(2)存在， 【解析】(1)因为椭圆过点、，则有，解得，所以椭圆的标准方程为． (2)设存在常数，使得．由题意可设直线l的方程为，点，， 则又由得，，且，．又因为，即，即， 所以即 ，即，所以存在常数使得 4．（2022·陕西西安·二模（理））已知椭圆：的左、右焦点，恰好是双曲线的左右顶点，椭圆上的动点满足，过点的直线交椭圆C于，两点． (1)求椭圆的标准方程； (2)椭圆上是否存在点使得四边形（为原点）为平行四边形？若存在，求出所有点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)(2)存在，使得四边形为平行四边形 【解析】(1)因为的左右顶点为和，所以， 因为，所以，所以，因为， 所以，所以椭圆的标准方程为： (2)假设存在点使得四边形（为原点）为平行四边形，设， 当直线的斜率不存在时，直线的方程为：，所以，， 因为为平行四边形，所以，所以， 所以，即，点在椭圆上，符合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，，，，整理得，所以，，，因为为平行四边形，所以，所以，即，所以，将点代入椭圆方程得， ，方程无解，故当直线的斜率存在时，不存在点. 综上所述，存在，使得四边形为平行四边形. 5．（2022·河北石家庄·二模）已知点，，点A满足，点A的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)若直线与双曲线：交于M，N两点，且（O为坐标原点），求点A到直线距离的取值范围. 【答案】(1)；(2). 【解析】 (1)设，因为，所以， 平方化简，得； (2)直线与双曲线：的方程联立，得， 设，所以有且， 所以，，因为，所以，化简，得，把，代入，得，化简，得 ，因为且，所以有且，解得， 圆的圆心为，半径为，圆心到直线的距离为， 所以点A到直线距离的最大值为，最小值为，所以点A到直线距离的取值范围为， 6．（2022·重庆·二模）椭圆的左顶点为，上顶点为，点在椭圆的内部（不包含边界）运动，且与两点不共线，直线与椭圆分别交于两点，当为坐标原点时，直线的斜率为，四边形的面积为4. (1)求椭圆的方程； (2)若直线的斜率恒为，求动点的轨迹方程. 【答案】(1)(2)且 【解析】(1)当为坐标原点时，分别为椭圆的右顶点和下顶点， 由题知，解得，所以椭圆的方程为； (2)设点，直线，则 ，消去化简整理，得， 由得，则 ，又， 则，代入韦达定理得， 由题知，故，即， 即，即，点在椭圆内部，且不在直线上， 且，故的轨迹方程为且. 7．（2022·辽宁·沈阳二中二模）已知椭圆的左、右焦点为，P为椭圆上一点，且，． (1)求椭圆的离心率； (2)已知直线交椭圆于两点，且线段的中点为，若椭圆上存在点，满足，试求椭圆的方程． 【答案】(1)(2) 【解析】(1)解：因为，所以，即， 则，解得． (2)解：设，由，得，所以，所以 设，即由于在椭圆上，则，，① 由，得，即 由在椭圆上，则,即，即，②将①代入②得：，③线段的中点为，设 可知， 所以，其中，解得，所以，方程为 又，④ 将④代入③得：，经检验满足， 所以椭圆的方程为. 8．（2022·福建漳州·二模）已知椭圆的长轴长为，且过点 (1)求的方程： (2)设直线交轴于点，交C于不同两点，，点与关于原点对称，，为垂足.