高考数学总复习专题5.5 圆锥曲线（解析版）新课标试卷

1、专题5.5 圆锥曲线题组一、 圆锥曲线中的直线问题-试卷1-1、（2022·江苏通州·高三期末）已知双曲线的两条渐近线方程为，直线l交C于A，B两点.(1)若线段AB的中点为，求l的方程；(2)若以线段AB为直径的圆过坐标原点O，且O到l的距离为，求C的方程.【解析】(1)依题意，双曲线的渐近线方程为，所以.设，则，两式相减并化简得，由于线段的中点为，所以，所以直线的方程为.(2)结合（1）可知双曲线的方程为，当直线的斜率不存在时，由于到的距离为，所以直线的方程为，不妨设直线的方程为，由于以线段为直径的圆过坐标原点，结合对称性可知点在双曲线上，所以，所以双曲线的方程为.当直

2、线的斜率存在时，设直线的方程为，即，到的距离为.由消去并化简得，.由于以线段为直径的圆过坐标原点，所以，由得，将代入得，.所以，双曲线方程为.综上所述，双曲线方程为.1-2、（2022·江苏常州·高三期末）已知椭圆的左焦点坐标为，离心率点是椭圆上位于轴上方的一点，点，直线、分别交椭圆于异于的点、(1)求椭圆的标准方程(2)若直线平行于轴，求点的横坐标【解析】解：由题意知，椭圆的方程为.(2)解：设点、，则，直线的方程为，联立，可得，即，由韦达定理可得，则，直线的方程为，联立，消去可得，由韦达定理可得，可得，因为轴，则，即，解得.1-3、（2022·广东东莞

3、3;高三期末）已知点为椭圆的左顶点，点为右焦点，直线与轴的交点为，且，点为椭圆上异于点的任意一点，直线交于点.(1)求椭圆的标准方程；(2)证明：.【解析】(1)由题知，得，又因为右焦点为，则，解得，所以，所以椭圆的方程为.(2)设点的坐标为，则，所以直线的方程是，当时，所以点的坐标为，所以，所以.因为点在椭圆上，所以，即，所以，又因为和是锐角，所以.1-4、（2022·广东佛山·高三期末）已知双曲线C的渐近线方程为，且过点.(1)求C的方程；(2)设，直线不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线与C交于另一点D，求证：直线过定点.【解析】：因为双曲线C的渐近线方程为，则可

4、设双曲线的方程为，将点代入得，解得，所以双曲线C的方程为；(2)解：显然直线的斜率不为零，设直线为，联立，消整理得，依题意得且，即且，直线的方程为，令，得.所以直线过定点.1-5、（2022·湖南娄底·高三期末）已知椭圆C的标准方程为，右焦点为F，离心率为，椭圆C上一点为直线AB的方程为，交椭圆C于A，B两点，M为AB中点(1)求椭圆C的标准方程；(2)过F且与AB垂直的直线与直线OM交于P点，过O点作一条与AB平行的直线l，过F作与MO垂直的直线m，设，求证：直线轴【解析】(1)依题意得，解得，所以椭圆C的方程为(2)联立椭圆C的方程，与直线AB的方程，消去y得，设，得，

5、设，所以，所以直线MO的斜率为，MO的方程为，F的坐标为，过F且与AB垂直的直线方程为，由与联立消去y得，P点的横坐标为4，直线m的方程为，直线l的方程为，由与联立消去y得，Q点的横坐标也为4，所以直线轴1-6、（2022·湖北武昌·高三期末）已知椭圆的离心率为，短轴长为(1)求椭圆的标准方程；(2)已知点、是双曲线的两个实轴顶点，点是双曲线上异于、的任意一点，直线交于，直线交于，证明：直线的倾斜角为定值【解析】解：由题意得，解得，所以，椭圆的标准方程为(2)解：由（1）知，双曲线方程为设，则，则，因为、，所以设直线的方程为，联立，消去得，由韦达定理可得，则，直线的方程为，

6、联立，消去可得，由韦达定理可得，则，所以，直线的倾斜角为.题组二、 圆锥曲线中的最值与范围问题-试卷2-1、（2022·江苏如皋·高三期末）设椭圆经过点M，离心率为.(1)求椭圆E的标准方程；(2)设椭圆E的右顶点为A，过定点且斜率不为0的直线与椭圆E交于B，C两点，设直线AB，AC与直线的交点分别为P，Q，求面积的最小值.【解析】(1)由题意知，解得，所以椭圆的标准方程为(2)设过点的直线方程为，代入椭圆的方程，整理得，因为，设，则，由（1）得，则直线的方程为，令，得，同理可得将，代入，把式代入，整理得，由，知所以面积的最小值为2-2、（2022·江苏无锡

7、83;高三期末）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，点是轴正半轴上的一点，过椭圆的右焦点和点的直线与椭圆交于两点.(1)求椭圆的标准方程；(2)求的取值范围.【解析】(1)解：由题意知，椭圆标准方程为.(2)解：设直线的方程为，其中，若，则，若，则，令，因为在单调递减，所以综上：的取值范围为.2-3、（2022·湖北·高三期末）已知点为抛物线的焦点，如图，过点的直线交抛物线于两点（点在轴右侧），点在抛物线上，直线交轴的正半轴于点且，设直线与抛物线相切于点，直线与轴相交于点(1)设点，；求证：；求证：直线与平行；(2)求使面积取最小值时点的坐标【解析】解：由抛物线的焦点为，得，所

8、以抛物线的方程为，设直线的方程为联立得，所以， 由于，所以直线的斜率由得，即，所以直线的斜率，所以，即直线与平行(2)解：直线l的方程为，即令得，所以直线l与y轴的交点，所以又由（1）知，所以 令则当时，单调递减，当时，单调递增故当时，有最小值，即当时，面积取最小值，此时A点坐标为 2-4、（2022·山东枣庄·高三期末）如图，为椭圆的左顶点，过原点且异于轴的直线与椭圆交于两点，直线与圆的另一交点分别为(1)设直线的斜率分别为，证明：为定值；(2)设与的面积分别为，求的最大值【解析】(1)因为A为椭圆的左顶点，故设，则，故直线AM的斜率，直线AN的斜率，故又是上的点，故，即

9、，故(2)设，直线AM的方程为代入得于是有，或，故将AM的方程代入，得，于是有，或，故所以设直线AN的方程为，同理可得又，故，即故所以令，则当时，即，即，即时，取得最大值2-5、（2022·山东省淄博实验中学高三期末）已知椭圆：的左右焦点分别为，离心率为，且过点22,32.(1)求椭圆的标准方程；(2)若过点的直线与椭圆相交于，两点，求F2AF2B的最大值；【解析】由e=ca=22，得a2=2c2=2b2，椭圆方程为x22b2+y2b2=1，又椭圆过点22,32，2222b2+322b2=1，解得b2=1，.所以椭圆的方程为.(2)由（1）得F11,0，F21,0，当直线斜率存在时，

10、设直线的方程为y=kx+1，设，联立直线方程和椭圆方程得x22+y2=1,y=kx+1,消去得2k2+1x2+4k2x+2k22=0，=16k442k2+12k22=8k2+8>0，由根与系数的关系得x1+x2=4k22k2+1，x1x2=2k222k2+1由已知得F2AF2B=x11,y1x21,y2=x11x21+y1y2=x1x2x1+x2+1+k2x1+1x2+1=x1x2x1+x2+1+k2x1x2+x1+x2+1=1+k2x1x2+k21x1+x2+k2+1=1+k22k222k2+1+k214k22k2+1+k2+1=1+k22k222k2+1+k214k22k2+1+k2

11、+12k2+12k2+1=2k4+2k22k224k4+4k2+2k4+2k2+k2+12k2+1=7k212k2+1=72922k2+1<72当直线斜率不存在时，直线的方程为，此时不妨设点在第二象限，则A1,22，B1,22，F2A=2,22，F2B=2,22，F2AF2B=2,222,22=412=72，综上所述，F2AF2B的最大值为72.题组三、圆锥曲线中的定点、定值问题-试卷3-1、（2022·江苏扬州·高三期末）已知抛物线y22px（p0）的焦点F到准线的距离为2(1)求抛物线的方程；(2)过点P（1，1）作两条动直线l1，l2分别交抛物线于点A，B，C，

12、D设以AB为直径的圆和以CD为直径的圆的公共弦所在直线为m，试判断直线m是否经过定点，并说明理由【解析】当直线l1， l2的斜率都存在时，设直线l1：，直线l2：y1k2（x1），由，消去y得，显然，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2， ，则以AB为直径的圆的方程为：，即0， 同理，以CD为直径的圆的方程为：0，以两圆公共弦所在的直线m的方程为：令，解得，所以直线恒过定点(，) 当直线l1，l2的斜率中有一个不存在时，由对称性不妨设l1的斜率不存在，l2的斜率为k2，则以AB为直径的圆的方程为：，以CD为直径的圆的方程为：0，所以两圆公共弦所在的直线m的方程为：，此时直

13、线m恒过定点（，），综上得：直线m恒过定点（，）3-2、（2022·江苏海安·高三期末）已知双曲线：的两条渐近线互相垂直，且过点(1)求双曲线的方程；(2)设为双曲线的左顶点，直线过坐标原点且斜率不为，与双曲线交于，两点，直线过轴上一点（异于点），且与直线的倾斜角互补，与直线，分别交于（不在坐标轴上）两点，若直线，的斜率之积为定值，求点的坐标【解析】(1)由可得渐近线方程为：，因为两条渐近线互相垂直，所以，可得，又因为，解得：，所以双曲线的方程为.(2)设，由（1）知：，设直线，的斜率分别为，因为三点共线，所以，即，因为直线过轴上一点（异于点），且与直线的倾斜角互补，所以，

14、即，所以，由可得，所以，同理可得，因为直线，的斜率之积为定值，设定值为，则，整理可得：，其中，因为上式对任意的都成立，所以，可得，所以点的坐标为.3-3、（2022·江苏如东·高三期末）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线的左右焦点分别为F1(c，0)，F2(c，0)，离心率为e，且点(e，3)，(，b)都在双曲线C上.(1)求双曲线C的标准方程；(2)若A，B是双曲线C上位于x轴上方的两点，且AF1/BF2.证明：为定值.【解析】(1)由点在上，有，解得由点在上，有，即，即所以 所以双曲线的方程为：(2)由AF1/BF2，设直线的倾斜角为，如图，连接 由双曲线的定义可得，

15、又 在中由余弦定理可得： 即所以 在中，同理可得所以所以为定值.3-4、（2022·江苏苏州·高三期末）在平面直角坐标系中，已知点，直线与直线的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线(1)求曲线的方程；(2)若点为曲线上的任意一点（不含短轴端点），点，直线与直线交于点，直线与轴交于点，记直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值【解析】(1)设，曲线的方程为(2)设，直线方程为直线方程为：，方程为：在方程中令，联立，为定值3-5、（2022·广东罗湖·高三期末）在平面直角坐标系中，点在椭圆上，过点的直线l与C交于M，N两点（异于点A），记直线AM，AN的斜率分别为

16、，当时，(1)求C的方程；(2)证明：为定值【解析】(1)在上， 当时，直线的方程为：，将代入，并整理得，解得，或， ，解得，椭圆的方程为：.(2)由题意知，直线的斜率存在，不妨设直线的方程为，联立得，且， ，即为定值.3-6、（2022·湖南常德·高三期末）已知椭圆C：的离心率为，椭圆C的左、右顶点分别为A、B，直线l：经过椭圆C的右焦点F，且与椭圆交于M，N两点(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线BM，AN的斜率分别为，若，求证：为定值【解析】(1)由题意知右焦点F(1，0)，又，则，所以椭圆的标准方程为：；(2)设，由可得，则，又，B（2，0），法一：，由得，即为定

17、值法二：即为定值题组四、 圆锥曲线中的探索性问题-试卷4-1、（2022·广东揭阳·高三期末）已知椭圆为椭圆的左右焦点，焦距为，点在上，且面积的最大值为.(1)求椭圆的方程；(2)过点作直线交椭圆于两点，以为直径的圆是否恒过轴上的定点？若存在该定点，请求出的值；若不存在，请说明理由.【解析】(1)解：由椭圆的焦距为，可得，即.设点的纵坐标为的面积，其中，根据面积的最大值为，可得.由椭圆的性质可得：.于是椭圆的方程为.(2)解：当直线的斜率为0时，以为直径的圆的方程为圆与轴的交点为当直线的斜率不为0时，设直线.将直线与椭圆联立，可得.设点的坐标分别为，则有以为直径的圆的方程为

18、令，可得：.其中，.代入可得.式子可变换为.当，且时，式成立，可解得.综上可得，以为直径的圆恒过轴上的定点.4-2、（2022·广东潮州·高三期末）已知椭圆的离心率为，以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线相切(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知点A，B为动直线y=k(x-2)(k0)与椭圆C的两个交点，问：在x轴上是否存在定点E，使得为定值？若存在，试求出点E的坐标和定值；若不存在，请说明理由【解析】解：由离心率为，得，及，又以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆为，且与直线相切，所以，所以，所以椭圆C的标准方程为；(2)解：假设存在，设，联立,消整理得，设

19、，则，由，则，要使上式为定值，即与无关，则应，即，此时为定值，所以在x轴上存在定点，使得为定值.4-3、（2022·广东汕尾·高三期末）已知点M为直线：x=-2上的动点，N（2，0），过M作直线的垂线l，l交线段MN的垂直平分线于点P，记点P的轨迹为C(1)求曲线C的方程；(2)设O是坐标原点，A，B是曲线C上的两个动点，且，试问直线AB是否过定点？若不过定点，请说明理由；若过定点，请求出定点坐标【解析】解：由已知可得，即点P到定点N的距离等于它到直线的距离，故点P的轨迹是以N为焦点，为准线的抛物线，曲线C的方程为.(2)解：设直线的方程为联立，得，解得所以直线过定点4-4

20、、（2022·湖北襄阳·高三期末）已知椭圆的左、右顶点分别为，上下顶点分别为，四边形的面积为4，且该四边形内切圆的方程为(1)求椭圆的方程；(2)直线(,均为常数)与椭圆相交于，两个不同的点(,异于,)，若以为直径的圆过椭圆的右顶点，试判断直线能否过定点？若能，求出该定点坐标；若不能，请说明理由【解析】四边形的面积为4，且可知四边形为菱形，即由题意可得直线方程为：，即，四边形内切圆方程为圆心到直线的距离为，即由：，椭圆的方程为：；(2)设，由得：，直线与椭圆相交于，两个不同的点，即由韦达定理得以为直径的圆过椭圆的右顶点，由于，所以，即，从而，即，或适合当时，直线，所以恒过定点，当时，直线，过定点，舍去综上可知：直线过定点，该定点为4-5、（2022·山东淄博·高三期