广东省各市2022年高考一模数学理试题分类汇编解析几何一、选择题1、（2022届广州市）直线与圆的位置关系是A.相交B.相切C.相离D.不能确定2、（2022届江门市）双曲线：的两条渐近线夹角（锐角）为，则A．B．C．D．3、（2022届揭阳市）已知双曲线的一条渐近线的斜率为，则该双曲线的离心率为A.B.C.2D.4、（2022届茂名市）以点（3，－1）为圆心且与直线＝9相切的圆的方程是（ ） A、＝1 B、＝1C、＝2 D、＝25、（2022届梅州市）动圆M经过双曲线的左焦点且与直线x＝2相切，则圆心M的轨迹方程是 A、＝8 B、＝－8 C、＝4 D、＝－46、（2022届汕头市）若双曲线的标准方程为，则它的渐近线方程为（）A．B．C．D．7、（2022届湛江市）抛物线的焦点到直线的距离是（）A．B．C．D．8、（2022届中山市）设抛物线的顶点在原点,准线方程为则抛物线的方程是()21\nA.B.C.D.选择题参考答案1、B 2、D 3、D 4、A 5、B 6、A 7、B 8、A二、填空题1、（2022届江门市）已知抛物线：的焦点为，是上一点，若在第一象限，，则点的坐标为2、（2022届茂名市）已知A，B为椭圆长轴的两个顶点，M，N是椭圆上关于x轴对称的两点，直线AM，BN的斜率分别为，且，若的最小值为1，则椭圆的离心率为＿＿＿＿3、（2022届梅州市）以F1（－1,0）、F2（1,0）为焦点，且经过点M（1，－）的椭圆的标准方程为＿＿＿4、（2022届深圳市）已知圆C：经过抛物线E：的焦点，则抛物线E的准线与圆C相交所得弦长为5、（2022届佛山市）已知点、到直线:的距离相等,则实数的值为________填空题参考答案1、 2、 3、 4、 5、三、解答题1、（2022届广州市）已知椭圆的中心在坐标原点，两焦点分别为双曲线的顶点，直线与椭圆交于，两点，且点的坐标为，点是椭圆上异于点,的任意一点，点满足，，且，，三点不共线.求椭圆的方程；求点的轨迹方程；求面积的最大值及此时点的坐标.21\n2、（2022届江门市）平面直角坐标系中，椭圆：（）的离心率为，焦点为、，直线：经过焦点，并与相交于、两点．⑴求的方程；⑵在上是否存在、两点，满足，？若存在，求直线的方程；若不存在，说明理由．3、（2022届揭阳市）在平面直角坐标系中，已知点，点在直线上，点满足，，点的轨迹为曲线.（1）求的方程；（2）设直线与曲线有唯一公共点，且与直线相交于点,试探究，在坐标平面内是否存在点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由.4、（2022届茂名市）已知F（0,1），直线l：y＝－1，P为平面上的动点，过点P作直线l的垂线，垂足为Q，且（1）求动点P的轨迹C的方程。（2）设M为直线l1：y＝－m（m＞2）上的任意一点，过点M作轨迹C的两条切线MA，MB，切点分别为，B，试探究直线l1上是否存在点M，使得△MAB为直角三角形？若存在，有几个这样的点，若不存在，请说明理由。5、（2022届梅州市）已知抛物线C：的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴于点D，且有丨FA|＝|FD|，当点A的横坐标为3时，△ADF为正三角形。(1)求C的方程,(2)若直线l1//l，且l1和C有且只有一个公共点E, ①证明直线AE过定点，并求出定点坐标；②△ABE的面积是否存在最小值，若存在，请求出最小值，若不存在，请说明理由。6、（2022届汕头市）在平面直角坐标系中，已知动点到两个定点，的距离的和为定值．21\n求点运动所成轨迹的方程；设为坐标原点，若点在轨迹上，点在直线上，且，试判断直线与圆的位置关系，并证明你的结论．7、（2022届深圳市）已知椭圆的离心率为，过左焦点倾斜角为的直线被椭圆截得的弦长为．（1）求椭圆的方程；（2）若动直线与椭圆有且只有一个公共点，过点作的垂线垂足为，求点的轨迹方程．8、（2022届湛江市）如图，已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率，是右焦点，是右顶点，是椭圆上一点，轴，．求椭圆的方程；设直线是椭圆的一条切线，点，点是切线上两个点，证明：当、变化时，以为直径的圆过轴上的定点，并求出定点坐标．21\n9、（2022届佛山市）已知曲线:.(Ⅰ)若曲线为双曲线,求实数的取值范围；(Ⅱ)已知,和曲线:.若是曲线上任意一点,线段的垂直平分线为,试判断与曲线的位置关系,并证明你的结论.解答题参考答案1、（1）解法1：∵双曲线的顶点为,,…………1分∴椭圆两焦点分别为,.设椭圆方程为，∵椭圆过点，∴，得.………………………2分∴.………………………3分∴椭圆的方程为.………………………4分解法2:∵双曲线的顶点为,,……………………1分∴椭圆两焦点分别为,.设椭圆方程为，∵椭圆过点，∴.①………………………2分.∵,②………………………3分21\n由①②解得,.∴椭圆的方程为.………………………4分（2）解法1：设点，点，由及椭圆关于原点对称可得，∴，，，.由,得，……………………5分即.①同理,由,得.②……………6分①②得.③………………………7分由于点在椭圆上,则，得,代入③式得.当时，有，当，则点或,此时点对应的坐标分别为或，其坐标也满足方程.………………………8分当点与点重合时，即点，由②得，解方程组得点的坐标为或.同理,当点与点重合时，可得点的坐标为或.∴点的轨迹方程为,除去四个点,,,21\n.………………………9分解法2：设点，点，由及椭圆关于原点对称可得，∵，，∴，.∴，①……………………5分.②……………………6分①②得.(*)………………………7分∵点在椭圆上,∴，得,代入(*)式得，即,化简得.若点或,此时点对应的坐标分别为或，其坐标也满足方程.………………………8分当点与点重合时，即点，由②得，解方程组得点的坐标为或.同理,当点与点重合时，可得点的坐标为或.∴点的轨迹方程为,除去四个点,,,.………………………9分21\n(3)解法１：点到直线的距离为.△的面积为………………………10分.………………………11分而（当且仅当时等号成立）∴.……12分当且仅当时,等号成立.由解得或………………………13分∴△的面积最大值为,此时,点的坐标为或.…14分解法２：由于，故当点到直线的距离最大时，△的面积最大．………………………1０分设与直线平行的直线为，由消去，得，由，解得． ………………………1１分若，则，；若，则，．…1２分故当点的坐标为或时，△的面积最大，其值为21\n． ………………………1４分2、⑴依题意，……2分，由得……3分，椭圆的方程为……4分⑵（方法一）若存在满足条件的直线，∵，∴，设直线的方程为……5分由……6分，得……7分，（*）……8分设，，则，……9分由已知，若线段的中点为，则，……10分，即……11分由……12分，解得……13分时，，与（*）矛盾，∴不存在满足条件的直线……14分（方法二）假设存在，，线段的中点为，则，……5分21\n由两式相减得：……7分，代入、化简得：①……8分由已知，则，……9分由得，②……10分由①②解得，即……11分直线CD的方程为：……12分联立得……13分∵，方程（组）无解，∴不存在满足条件的直线……14分3、解：(1)设,由得,-------------------------------------1分又，∴,,.--------------------3分由得即，∴曲线的方程式为.----------------------------------------------------5分（2）解法1：由曲线C关于轴对称可知，若存在点，使得以为直径的圆恒过点，则点必在轴上，设，--------------------------------------------------6分又设点，由直线与曲线有唯一公共点知，直线与曲线相切，由得，∴，---------------------------------------7分21\n∴直线的方程为，--------------------------------------------8分令得，∴点的坐标为，-----------------------------9分---------------------------------------10分∵点在以为直径的圆上，∴---------------12分要使方程对恒成立，必须有解得，-------------------------13分∴在坐标平面内存在点，使得以为直径的圆恒过点，其坐标为．---------14分[解法2：设点，由与曲线有唯一公共点知，直线与曲线相切，由得，∴，---------------------------------------6分∴直线的方程为，--------------------------------------------7分令得，∴点的坐标为，-------------------------8分∴以为直径的圆方程为：--------①-----10分分别令和，由点在曲线上得，将的值分别代入①得：-------------------------------②--------------------------------------------------------③②③联立解得或，-----------------------------------------------12分∴在坐标平面内若存在点，使得以为直径的圆恒过点，则点必为或，21\n将的坐标代入①式得，①式，左边==右边，将的坐标代入①式得，①式，左边=不恒等于0，------------------------------------13分∴在坐标平面内是存在点，使得以为直径的圆恒过点，点坐标为为．--14分]4、21\n5、解：（1）由题意知，设，则的中点为，因为，由抛物线的定义得：，解得或（舍去）.…………2分由,可得，解得.所以抛物线的方程为.…………4分21\n（2）①由（1）知.设，因为，则，由,得，故，故直线的斜率为，…………5分因为直线和直线平行，设直线的方程为，代入抛物线方程得……①由题意方程①的判别式，得.代入①解得.设，则，.…………6分当时，，可得直线的方程为，…………7分由，整理可得，直线恒过点.…………8分当时，直线的方程为，过点，所以直线过定点.…………9分②由①知，直线过焦点，21\n由抛物线的定义得…10分设直线的方程为.因为点在直线AE上，故，设，直线的方程为，由于，可得.………11分代入抛物线方程得，所以，可求得，，………12分所以点到直线的距离为.则的面积，………13分当且仅当,即时等号成立.所以的面积的最小值为16.………14分6、解：（1）由题意知：……(1分)所以，由椭圆的定义可知：动点运动的轨迹是:以，为焦点，长轴长为4，焦距为的椭圆，且短半轴长为所以轨迹的方程为……(4分)（2）直线与圆相切。……(5分)证明如下：设点，，显然其中,21\n因为，所以，即，所以……(6分)①当直线的斜率不存在时，即时，，代入椭圆方程可得：，解得：，此时直线的方程为或，显然与圆相切。……(8分)②当直线的斜率存在，即时，直线的方程为：，即……(9分)此时，圆心到直线的距离……(10分)又因为，所以===，所以，直线与圆相切。综上，直线与圆相切。……(14分)7、解：（1）因为椭圆的离心率为，所以，解得，21\n故椭圆的方程可设为，则椭圆的右焦点坐标为，过右焦点倾斜角为的直线方程为．………………………………………2分设直线与椭圆的交点记为，由消去，得，解得，因为，解得．故椭圆的方程为．……………………………………………………4分（2）（法一）（i）当切线的斜率存在且不为时，设的方程为，联立直线和椭圆的方程，得，……………………………………5分消去并整理，得，…………………………6分因为直线和椭圆有且仅有一个交点，，………………………………………7分化简并整理，得．…………………………………………8分因为直线与垂直，所以直线的方程为：，联立解得………………………9分，把代入上式得．①…………………………………11分（ii）当切线的斜率为时，此时，符合①式．…………………………12分21\n（iii）当切线的斜率不存在时，此时或，符合①式．………13分综上所述，点的轨迹方程为．………………………………………14分（法二）：设点的坐标为，（i）当切线的斜率存在且不为时，设的方程为，同解法一，得，①…………………………………………8分因为直线与垂直，所以直线的方程为：，联立解得②…………………9分②代入①并整理，有，…10分即，由点与点不重合，，，③……………………………………………………11分（ii）当切线的斜率为时，此时，符合③式．…………………………12分（iii）当切线的斜率不存在时，此时或，符合③式．………13分综上所述，点的轨迹方程为．………………………………………14分（法三）：设点的坐标为，（i）当切线的斜率存在且不为时，设的方程为，整理，得的方程为，5分联立直线和椭圆的方程，得，消去并整理，得，……………………6分21\n因为直线和椭圆有且仅有一个交点，，………………………7分化简并整理，得，①………………………8分因为与直线垂直，有，②……………………………………9分②代入①并整理，有，…10分即，点与点不重合，，，③………………………………………………………………11分（ii）当切线的斜率为时，此时，符合③式．…………………………12分（iii）当切线的斜率不存在时，此时或，符合③式．………13分综上所述，点的轨迹方程为．………………………………………14分【说明】本题主要考查轨迹方程和椭圆的定义、直线方程、直线与椭圆相切的位置关系，弦长问题，考查学生运算能力、推理论证以及分析问题、解决问题的能力，考查数形结合、化归与转化思想．8、21\n9、【解析】(Ⅰ)因为曲线为双曲线,所以,解得,所以实数的取值范围为.…………………………………………………4分(Ⅱ)结论:与曲线相切.………………………5分证明:当时,曲线为,即,设,其中,……………………………………6分线段的中点为,直线的斜率为,………………………………7分当时，直线与曲线相切成立.当时，直线的方程为,即,…9分21\n因为,所以,所以,………………10分代入得,化简得,…………12分即,所以所以直线与曲线相切.……………………………………………………14分说明:利用参数方程求解正确同等给分!21
