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（福建专用）

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专题14 圆锥曲线压轴题
1．（2021•厦门一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，，且．
（1）求的方程；
（2）若，为上的两个动点，过且垂直轴的直线平分，证明：直线过定点．
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
因为，所以，
则，又，所以，，
故椭圆的方程为；
（2）由题意可得直线的斜率存在，，
设直线的方程为，设，，，，
由可得，
则△，
且，，
设直线，的倾斜角分别为，，
则，，代入，，
所以，
即有，
化简可得，
则直线的方程为，
故直线过定点．
2．（2021•龙岩一模）已知椭圆的左、右顶点分别为，，上、下顶点分别为，，左焦点为，且过点．为坐标原点，△与△的面积的比值为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线与椭圆交于，两点，记直线，的斜率分别为，，若为，的等比中项，求面积的取值范围．
【答案】（1）；（2），
【详解】（1）根据题意可得，
解得，，
所以椭圆的方程为．
（2）设，，，，
联立，得，
△，
所以，，
所以

，
因为为，的等比中项，
所以，
所以，
化简得，
代入，得，
，
点到直线的距离，
所以


，，
所以当时，，
所以面积的取值范围，．

3．（2021•福建模拟）椭圆的离心率，点在上．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设，为短轴端点，过点作直线交椭圆于、两点（异于，，直线、交于点．求证：点恒在一定直线上．

【答案】（1）；（2）见解析
【详解】（1）因为点，在椭圆上，
所以，
又，，
所以，，
所以椭圆的方程为．
（2）由题意知直线的斜率存在，设其方程为，
设，，，，，，
联立，得，
所以，，且有，
直线的方程为，直线的方程为，
所以，
，
故，
故点恒在定直线上．
4．（2021•福州一模）已知椭圆的左、右顶点分别为，，，，上、下顶点分别为，，四边形的周长为．
（1）求的方程；
（2）设为上异于，的动点，直线与轴交于点，过作，与轴交于点．试探究在轴上是否存在一定点，使得，若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）或
【详解】（1）由已知可得，且，
则四边形的周长为，所以，
所以的方程为：；
（2）设点，则有，
则，所以直线的方程为：，
令，解得，即，
，所以直线的方程为：，
令，解得，即，所以，
设点，则，，
所以，
所以，
所以，
故存在点满足题意，此时点的坐标为或．
5．（2021•漳州一模）已知直线与轴交于点，且，其中为坐标原点，为抛物线的焦点．
（1）求抛物线的方程；
（2）若直线与抛物线相交于，两点在第一象限），直线，分别与抛物线相交于，两点，与轴交于，两点，且为中点，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值；
（3）在（2）的条件下，求的面积的取值范围．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）【详解】（1）由已知得，
为的中点，所以．
故抛物线的方程为．
（2）证明：联立，
解得，，
由为的中点得．
设，，其中．
则，．
所以，
即为定值．
（3）由（2）可知直的方程为，
即，
可得，
故点到直线的距离．
设过点的抛物线的切线方程为，
联立得，
由△，得，
所以切线方程为，令，得，
所以要使过点的直线与抛物线有两个交点，
则有，
又，
所以的面积：，
即，故的面积的取值范围为．
6．（2021•泉州一模）已知椭圆的左、右顶点分别为，，右焦点为，折线与交于，两点．
（1）当时，求的值；
（2）直线与交于点，证明：点在定直线上．
【答案】（1）；（2）见解析
【详解】折线为，不妨设在的右侧，在的左侧，
设，，，，则，关于轴的对称点分别为，，，，
联立，得，
所以，，，
（1），
当时，．
（2）由题意知，，，
则直线的方程为，
又因为在的右侧，所以折线方程为，
所以直线的方程为①，
由题知，，，则直线的方程为，
又因为，
所以直线的方程为②，
得，，
所以，，
所以，
所以，
所以，
解得，
所以定点在直线上．

7．（2021•福建模拟）已知椭圆的左、右顶点分别为，，为坐标原点，直线与的两个交点和，构成一个面积为的菱形．
（1）求的方程；
（2）圆过，，交于点，，直线，分别交于另一点，，点，满足，，求到直线和直线的距离之和的最大值．
【答案】（1）；（2）到和的距离之和最大值为，．
【详解】（1）直线与椭圆在第一象限的交点为，
则，
又因为与关于对称，
所以，，
将代入椭圆方程有，
所以，
所以椭圆的方程为．
（2）设为，由，，，共圆，
可得，
设，，则，
所以，
设直线的方程为，
联立椭圆的方程为，
所以，
所以，
令，则，
设，，，，则，，
不妨设，，
所以，为方程的两个根，
所以，解得，
所以直线的方程为，
即直线恒过点，，
所以，
因为，，
所以，
设与轴交于点，则，
即恒过定点，
则到和的距离之和最大值为，．
8．（2021•新高考Ⅰ）在平面直角坐标系中，已知点，，，，点满足．记的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于，两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和．
【答案】（1）；（2）0
【详解】（1）由双曲线的定义可知，的轨迹是双曲线的右支，设的方程为，
根据题意，解得，
的方程为；
（2）（法一）设，直线的参数方程为，
将其代入的方程并整理可得，，
由参数的几何意义可知，，，则，
设直线的参数方程为，，，同理可得，，
依题意，，则，
又，故，则，即直线的斜率与直线的斜率之和为0．
（法二）设，直线的方程为，，，，，设，
将直线方程代入的方程化简并整理可得，，
由韦达定理有，，
又由可得，
同理可得，
，
设直线的方程为，设，
同理可得，
又，则，化简可得，
又，则，即，即直线的斜率与直线的斜率之和为0．

9．（2021•漳州模拟）已知左、右焦点分别为、的椭圆过点，以为直径的圆过的下顶点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若过点的直线与椭圆相交于，两点，且直线、的斜率分别为、，证明：为定值．
【答案】（1）；（2）见解析
【详解】（1）因为为直径的圆经过点，
所以，
所以，
所以椭圆的方程为，
又因为椭圆经过点，，
所以，
解得，，
所以椭圆的方程为．
（2）证明：由题意，若直线的斜率不存在时，直线的方程为，
直线与圆相交于和，
所以，的斜率不存在，
所以设直线的方程为，，，，，
联立，得，
所以，，
因为，
所以，，
所以
，
所以为定值．
10．（2021•福建模拟）已知，为椭圆的左、右顶点，是椭圆上一点（异于，，满足．且．斜率为的直线交椭圆于，两点，且．
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）如图，设直线与椭圆交于，两点，求四边形面积的最大值．

【答案】（1），；（2）
【详解】（1）设点，点，分别为，，
因为，
所以，
因为点在椭圆上，所以，即，代入上式
得，即，
所以椭圆的方程为，
所以．
（2）因为，所以四边形的面积为，
由题意可得，则，
即当取到最大值时，取到最大值，
联立直线与椭圆的方程，可得，
由△，可得，
设点，的坐标分别为，，，，
则，，
所以，
所以当时，取到最大值，最大值为，
故的最大值为．
11．（2021•福建模拟）已知椭圆，长轴为4，不过坐标原点且不平行于坐标轴的直线与椭圆有两个交点，，线段的中点为，直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线过右焦点，问轴上是否存在点，使得三角形为正三角形，若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在点，使得为等边三角形．
【详解】（1）由题意可知，，．
设点，，，，在椭圆上，所以，，
所以，所以，
因为，所以，所以，所以，
所以椭圆方程为．
（2），设直线，联立方程得，
所以，所以，
假设存在点，则的直线方程为，所以．，，
若为等边三角形，则，
即，解得，此时，
所以存在点，使得为等边三角形．
12．（2021•福州模拟）已知椭圆的左、右顶点分别为，，为原点．以为对角线的正方形的顶点，在上．
（1）求的离心率；
（2）当时，过作与轴不重合的直线与交于，两点，直线，的斜率分别为，，试判断是否为定值？若是，求出定值，并加以证明；若不是，请说明理由．
【答案】（1）；（2）见解析
【详解】以为对角线的正方形的顶点坐标分别为，
，在椭圆上，
，则，
，
椭圆的离心率为；
（2）为定值，证明如下：
当时，，椭圆方程为，
设直线的方程为，，设，，，，不妨设，
由可得，，
则，
，即，
，
综上所述，为定值．

13．（2021•泉州二模）已知抛物线的焦点为，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）求的方程；
（2）设为原点，过点的直线1与相切，且与椭圆交于，两点，直线与交于点．试问：是否存在，使得恒成立？若存在，求的值：若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，使得，．
【详解】（1）设，，，
为等边三角形时，其面积为，
，解得，
为在动直线上的投影，，，
当为等边三角形时，，
由抛物线的定义知，，
，解得．
抛物线的方程为；
（2）存在，使得，．
证明如下：设，，，，，，则，，，
，，
切线，即，
联立，得．
，则
，
，，，
联立，得，
，且、、共线，为的中点，
则，即，解得．
综上，存在，使得，．
14．（2021•莆田二模）曲线上任意一点到点的距离与它到直线的距离之比等于，过点且与轴不重合的直线与交于不同的两点，．
（1）求的方程；
（2）求证：内切圆的圆心在定直线上．
【答案】（1）；（2）见解析
【详解】（1）设，因为动点到点的距离与它到直线的距离之比等于，
所以，平方得，
化简得，所以的方程；
（2）证明：设直线的方程为，，，，，
联立得，
由△得，
，，
设直线与的斜率为，，
则，
所以，所以，
所以直线平分，而三角形内心在的角平分线上，
所以内切圆的圆心在定直线上．
15．（2021•厦门模拟）已知椭圆的焦距为，且过点，．
（1）求的标准方程；
（2）过的右焦点的直线与交于，两点，上一点满足，求．
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设焦距为，则，设椭圆左右交点分别为，，则
，
，即，则，
椭圆方程为；
（2）由得，，
①当直线时，，舍去；
②设直线，直线，，，，，
联立，消去并整理可得，
由韦达定理可得，
，
联立，解得，得到，
依题意可得，，解得，
．
16．（2021•宁德三模）已知，为椭圆的左、右顶点，点在上，且直线，的斜率之积为．
（1）求的方程；
（2）直线交于，两点，直线，与直线分别交于，，线段的中点为，求证：直线的斜率为定值．
【答案】（1）；（2）见解析
【详解】（1）因为，为椭圆的左右顶点，
所以，，
因为，
所以，解得，
所以椭圆方程为，
将代入上式，可得，解得，
所以椭圆方程为．
（2）证明：联立，得，
所以，，
当轴或轴时，不妨设轴，
将代入，解得，即，
将坐标代入，解得，
所以，解得，
所以，
所以，，
所以直线的方程为，直线的方程为，
分别联立，得，，
所以中点，
所以，
若直线，都不与轴垂直，
则，，，，
所以直线的方程为，
直线的方程为，
分别联立直线，与的方程，
解得，，，，
所以的中点，，
将，代入上式，
得，
所以，
综上所述，恒为定值．
17．（2021•福建模拟）设椭圆的离心率为，点，，分别为的上，左，右顶点，且．
（1）求的标准方程；
（2）点为直线上的动点，过点作，设与的交点为，，求的最大值．
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由已知，得，
又因为，所以，
所以，
所求的标准方程为；
（2）设直线的方程为，
联立方程组，可得，
整理得，①，
由△，得，
联立方程组，解得的坐标为，
设，，，，由①知②，
又，，
所以③，
将②代入③，得，
当时，有最大值．
18．（2021•南平模拟）已知点在椭圆上，且椭圆的离心率为，若过原点的直线交于，两点，点在第一象限，轴，垂足为，连接并延长交于点．
（1）求椭圆的方程；
（2）证明：．
【答案】（1）；（2）见解析
【详解】（1）因为点在椭圆上，所以①，
又因为椭圆的离心率为，所以②，（2分）
由①②得，，．所以椭圆的方程为
（2）解法一：设直线的斜率为，则其方程为．
设，，．
于是直线的斜率为，方程为．由，
得．①
设，，则和是方程①的解，故，
故，由此得．
从而直线的斜率为，所以．
解法二：设，，，，则，，，，
，
因为，所以．
又所以．
故．
19．（2021•龙岩模拟）已知，曲线由曲线和曲线组成，其中曲线的右焦点为，曲线的左焦点．
（1）求，的值；
（2）若直线过点交曲线于点，，求面积的最大值．
【答案】（1）,的值分别为,4；（2）
【详解】解（1）由题意可得,解得,,
所以,的值分别为,4；
（2）由（1）可得椭圆的方程：,,
双曲线的方程为,,
设过的直线方程为,
设,,,,
联立整理可得,
△,可得
所以,且,,
可得弦长,
到直线的距离为,
所以,
令,
所以,
当且仅当：,即时取等号；
所以面积的最大值为
20．（2021•鼓楼区校级模拟）已知椭圆的离心率为，过的下顶点作直线交圆于、两点，直线交于另一点．
（1）求的方程；
（2）求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由已知得，
又，，
所以，
所以椭圆的方程为．
（2）圆心到直线的距离，
直线被圆解得弦长为，
由，得，
设，，
所以且，
所以点，
所以，
令，则，，
，
因为，，
当且仅当时，等号成立，
所以面积最大值为．
21．（2021•福建模拟）已知椭圆的左右焦点分别为，，点在椭圆上，△是直角三角形．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，动直线与椭圆有且只有一个公共点，点，是直线上的两点，且，，求四边形面积的最大值．

【答案】（1）；（2）2
【详解】（1）由已知为短轴一顶点，
故可知，
又△为直角三角形，故，
，故，
即椭圆的标准方程为．
（2）设代入椭圆中，
得，
依题意得△，
得，
由（1）知，设，，
①当时，四边形是矩形，；
②当时，设直线的倾斜角为，过点作于点，
则则，
则，
，
又，，
时，，，
综上可知，四边形的面积的最大值为2．
22．（2021•漳州模拟）已知复数在复平面内对应的点为，且满足，点的轨迹为曲线．
（1）求的方程；
（2）设，，若过的直线与交于，两点，且直线与交于点．证明：
（ⅰ）点在定直线上；
（ⅱ）若直线与交于点，则．
【答案】（1）；（2）见解析
【详解】（1）由题意可知：，
所以点到点与到点的距离之差为2，且，
所以动点的轨迹是以，为焦点的双曲线的右支，
设其方程为，其中，，
所以，，
所以，所以曲线的方程为．
（2）（ⅰ）证明：设直线的方程为，，，，，其中，．
联立，消去，可得，
由题意知且△，
所以，．
直线，直线①，
由于点，在曲线上，可知，所以，
所以直线②．
联立①②，消去可得，
即，
所以，
所以，所以，
所以点在定直线上．
（ⅱ）证明：由题意，与同理可证点也在定直线上．
设，，则
由于在直线上，在直线上，
所以，，
所以，
又因为，，
所以，所以．
23．（2021•福建模拟）已知为抛物线的焦点，直线与交于，两点，且．
（1）求的方程；
（2）若直线与交于，两点，且与相交于点，证明：点在定直线上．
【答案】（1）；（2）见解析
【详解】（1）由题意可得，准线方程为，
由与联立，可得，
设，，，，可得，，
所以，解得，
则抛物线的方程为；
（2）证明：设，，，，，，，
因为，所以，
由，可得，
可得，
同理可得，
由，两式相加可得，
即，，可得，
所以在定直线上．
24．（2021•福建模拟）设抛物线的焦点为，点，在抛物线上，且满足．
（1）求抛物线的标准方程；
（2）过点的直线与抛物线交于，两点，分别以，为切点的抛物线的两条切线交于点，求三角形周长的最小值．
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由抛物线定义可得，，解得，
所以抛物线的标准方程为；
（2）设，，，，
设直线的方程为，
联立方程组，可得，
所以，，
设在点，处的切线斜率分别为，，则，
所以在点的切线方程为，即①，
同理可得，在点处的切线方程为②，
由①②可得，，
将代入①可得，，
所以，即点在定直线上，
设点关于直线的对称点位，则，
因为，
所以三角形周长取得最小值为．
25．（2021•龙岩模拟）在直角坐标系中，，，为动点，设的内切圆分别与边，，相切于点，，，且，记点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）不过原点的直线与曲线交于，两点，且直线经过的中点，求的面积的最大值．
【答案】（1）；（2）【详解】（1）由题意可得，
，
所以曲线是以，为焦点，长轴长为4的椭圆（除去与轴的交点），
所以曲线的方程为．
（2）设，，，，直线的方程为，
代入，整理得，
所以，，
所以，
所以的中点，，
因为直线经过的中点，
得，又，
所以直线的斜率为，
式化简为，
所以，，
由△，且，得且，
所以，
点到直线的距离，
所以的面积，
，
当且仅当时，等号成立，
满足且，
所以的面积的最大值为．
26．（2021•三明模拟）已知椭圆的左、右顶点分别为，，上顶点为，过右焦点的直线交椭圆于，两点，点在轴上方，当轴时，为坐标原点）．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线交直线于点，直线交直线于点，则是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）当轴时，点的横坐标代入椭圆的方程，
可得点的纵坐标，
由题意知，，，
又当轴时，，所以，得，
所以，
故椭圆的标准方程为；
（2）为定值，且定值为，理由如下：
由（1）得，
设，，，，，
设直线的方程为，
联立方程可得，整理得，
则，
由，，三点共线可得①
因为，所以，
则②，
由①②得③，
由，，三点共线可得④，
由③④可得，
分别将，代入，
得，
将代入并整理，
可得，所以，
设，同理可得，
由，，三点共线可得⑤，
由③⑤得，
所以，
所以为定值．
27．（2021•厦门二模）已知，，，分别为的外心和重心，且．
（1）求点的轨迹的方程：
（2）设、、为轨迹上的三个点，以为直径的圆过原点，点在线段上，且，求的最大值．
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设，，则的重心，
，，
又为的外心，，
，
化简得，
故点的轨迹的方程为；
（2）设，，若，则为等腰直角三角形，
由对称性，不妨设，，代入椭圆方程，得；
若，同理可得；
若，设直线的方程为，
其中，，
设，，，，
由，得，
依题意得△，，，
，，
，
则，化简得，
，化简得，
，，则．
综上，的轨迹方程是．
设点，，则，，
，，则，
故当为，为或为，为时，取到最大值．

28．（2021•福建模拟）设、是椭圆上的两点，点是线段的中点，线段的垂直平分线与椭圆相交于、两点．
（1）确定的取值范围，并求直线的方程；
（2）求以线段的中点为圆心且与直线相切的圆的方程．
【答案】（1） 的取值范围是，于是直线的方程为；（2）
【详解】（1）依题意，显然直线的斜率存在，可设直线的方程为，
代入 椭圆，整理得①
设，，，，则， 是方程①的两个不同的根，
△②，且．
由是线段的中点，得，，．
代和②得，即 的取值范围是，于是直线的方程为，
即．
（2）垂直平分线段，直线的方程为，即，
代入椭圆方程，整理得③．
设，，，，的中点为，，则，是方程③的两根，
，，，即，．
又，到直线的距离，
故所求圆的方程为．
29．（2021•福建模拟）已知椭圆的离心率为，点，分别为其下顶点和右焦点，坐标原点为，且的面积为．
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在直线，使得与椭圆相交于，两点，且点恰为的垂心？若存在，求直线的方程，若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由题可知，
解得，
所以椭圆的方程为．
（2）假设满足条件的直线存在，由，，，
所以，
因为点为的垂心，
所以，
所以，
设直线的方程为，代入，
得，，
△，即，
记，，，，
则，
由，得，
所以，
将，代入上式，
得，
所以，
所以，
解得舍去），
代入满足△，
所以直线的方程为．
30．（2021•南安市校级二模）已知动圆过点并且与圆相外切，动圆圆心的轨迹为．
（1）求曲线的轨迹方程；
（2）过点的直线与轨迹交于、两点，设直线，设点，直线交于，求证：直线经过定点．
【答案】（1）；（2）见解析
【详解】（1）由已知，，轨迹为双曲线的右支，，，，，
所以双曲线的标准方程．
（2）证明：由对称性可知，若直线过定点，则定点在轴上．
当直线的斜率不存在时，，，，知直线经过点，
当直线的斜率存在时，不妨设直线，，，，，
直线，当时，，，
联立得，，，
下面证明直线经过点，即证，即，
由，，整理得，
又
即证经过点，故直线恒过定点