2024年全国一卷数学新高考题型细分S1-3——圆锥曲线解答题2

2024年全国一卷新高考题型细分S1-3 ——圆锥曲线 大题2 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《圆锥曲线——大题》题目主要按长短顺序排版，具体有：短，中，长，涉后导数等，大概206道题。每道题目后面标注有类型和难度，方便老师备课选题。 短2： 1. （2024年闽J18福师附模拟）18．设F是双曲线：的左焦点，经过F的直线与相交于M，N两点． (1)若M，N都在双曲线的左支上，求面积的最小值．（[endnoteRef:2]） (2)是否存在x轴上一点P，使得为定值?若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由． （双曲线，面积，最值，中档；向量，定值，中档；） [2: 18．(1) (2)存在这样的定点 【分析】（1）联立直线与双曲线方程，即可由弦长公式以及点到直线距离公式求解长度，利用面积公式以及二次函数的性质即可求解， （2）由向量数量积的坐标运算，即可结合韦达定理化简求解. 【详解】（1）设直线MN的方程为，，． 由可得， 由根与系数的关系可知，①． 此时． 原点O到直线MN的距离为， 此时． 由M，N都在双曲线的左支上知，，得， 令，则， 由于，所以当，即时，此时取最大值，则， 当，即时，等号成立． （2）假设存在这样的定点． 当直线的斜率不为0时，由（1）知 ②． 将①代入②可得， 此时要想为定值，则，得，从而． 即存在这样的定点满足题意． 当直线的斜率为0时，易知，若，则，满足题意.综上，存在满足题意． 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略： （1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； （3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围. ] 2. （2024年闽J19南平三检）18．已知，，直线，相交于点，且它们的斜率之积是4，记点的轨迹为曲线 (1)求的方程；（[endnoteRef:3]） (2)不过，的直线与交于，两点，直线与交于点，点在直线上，证明：直线过定点. （双曲线，基础；直线，定点，中档；） [3: 18．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由斜率公式结合题意即可列式，化简即可得解. （2）设直线的方程为：，将其与椭圆方程联立，从而，，思路一：由斜率公式、（1）中结论以及点在直线上，可得，从而结合韦达定理可得为定值2，由此即可得证；思路二：联立直线与直线的方程，可得，在里面代入，结合韦达定理即可得出为定值，由此即可得证. 【详解】（1）设，则，， 由已知，有， 故的方程为. （2）解法一：    设，， 若直线的斜率为0，则直线与的交点在轴上，与已知矛盾， 故设直线的方程为：， 由，得， ，则，， 由点在直线上，设，则，， 所以，又，则， 即， ， ， ， ， ，所以（舍去），或， 所以的方程为，过定点 解法二：设，， 若直线的斜率为0，则直线与的交点在轴上，与已知矛盾， 故设直线的方程为：， 由得，， ，则，， 所以， 即， 又直线的方程为， 直线的方程为， 联立直线与直线的方程，可得， 又点在直线上，故， 所以 ， 故，直线的方程为，过定点. ] 3. （2024年闽J20莆田三模）18．已知椭圆C：的左、右焦点分别为是C上一点，.点分别为C的上、下顶点，直线：与C相交于两点，直线交于点P. (1)求C的标准方程；（[endnoteRef:4]） (2)证明点Р在定直线上，并求直线，围成的三角形面积的最小值. （椭圆，中下；面积，最值，中档；） [4: 18．(1) (2) 【分析】（1）设焦距，分类讨论是否为直角，结合两点斜率公式与正切的差角公式计算即可； （2）设坐标，联立椭圆方程利用韦达定理得横坐标的关系，再含参表示方程，化简计算得点Р在定直线：上，设直线与直线的交点分别为，含参表示其坐标求三角形面积的最值即可. 【详解】（1）设椭圆的焦距为，则. ①当时，则，满足题意； ②当时，则， 分别设直线的斜率为，则，， 所以，即， 整理得，解得或. 又，且，所以没有c满足方程. 综上， 因为点在椭圆C上，所以， 又，解之得，， 所以C的方程为； （2）设，联立方程组， 整理得， 则，，显然， 由椭圆解析式知其上下顶点坐标为：， 可得直线的方程为， 直线的方程为， 则 ， 解得， 故点Р在定直线：上， 设直线与直线的交点分别为E，F， 易得E，F ， 当且仅当时，等号成立. ] 4. （2024年冀J26保定十校三模）19．已知为坐标原点，经过点的直线与抛物线交于，（，异于点）两点，且以为直径的圆过点.（[endnoteRef:5]） (1)求的方程； (2)已知，，是上的三点，若为正三角形，为的中心，求直线斜率的最大值. （抛物线，中下；斜率，最值，中档；） [5: 19．(1) (2). 【分析】（1）根据题意，联立直线与抛物线方程，由代入计算，即可得到抛物线方程； （2）根据题意，分有一边斜率不存在与三边的斜率都存在讨论，分别表示出，结合代入计算，结合基本不等式即可得到直线斜率的最大值. 【详解】（1）设，，，联立方程得， 则，. 因为以为直径的圆过点，所以，则，即， 解得， 所以，解得，所以的方程为. （2）设，，.不妨设，，按逆时针顺序排列. ①当有一边斜率不存在时，另一顶点为，不妨设， 则，. 与抛物线的方程联立得，，中心. ②当三边的斜率都存在时，，. 又，所以， 化简可得， 同理可得， ， 三式相加得. 因为，，是上的三点，所以， 又， 所以. 设，则，，代入上式得. 又①也满足，所以的轨迹方程为. 当，直线的斜率为，当且仅当时， 直线的斜率取得最大值. 当时，直线的斜率. 综上，直线斜率的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用内角为得到关于的三条方程，从而整理得的轨迹方程为，由此得解. ] 5. （2024年冀J27名校联盟三模）15．已知椭圆：的离心率为，是椭圆的短轴的一个顶点． (1)求椭圆的方程．（[endnoteRef:6]） (2)设圆：，过圆上一动点作椭圆的两条切线，切点分别为，．设两切线的斜率均存在，分别为，，问：是否为定值？若不是，说明理由；若是，求出定值． （椭圆，基础；切线，斜率，定值，中下；） [6: 15．(1)； (2)是，． 【分析】（1）根据离心率和得到方程，求出，得到椭圆方程； （2）设，先得到，，设过点与椭圆相切的直线为，联立椭圆方程，由得到，由两根之积得到 【详解】（1）由题意得，又， 解得，故椭圆方程为； （2）是，，理由如下： 设，当时，此时两切线中的一条切线斜率不存在，舍去， 故，， 设过点与椭圆相切的直线为， 与联立得， 由得，， 整理得， 过点与椭圆相切的两直线斜率分别为，， 所以 【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. ] 6. （2024年湘J08长沙适应）22. 已知双曲线与直线：（）有唯一的公共点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，其中点，在第一象限. （1）探求参数，满足的关系式；（[endnoteRef:7]） （2）若为坐标原点，为双曲线的左焦点，证明：. （直线，中下；角度证明，中档；） [7: 【答案】22. 23. 证明见解析 【解析】 【分析】（1）将直线与双曲线方程联立，因只有一个切点从而可得，从而求解. 将直线分别与双曲线的两渐近线方程联立求出，，由（1）可求出， 即 ，分别求出，，，从而可求解. 【小问1详解】 联立方程，整理得. 由，且是双曲线与直线的唯一公共点，可得， 则，即为参数，满足的关系式. 结合图象，由点在第一象限，可知，且. 所以，的关系式满足. 【小问2详解】 由题可得双曲线的左焦点，渐近线为. 联立方程，解得，即； 联立方程，解得，即. 结合，且由式可变形为， 解得，可得. 要证，即证， 即证， 即证，即证. 由，得. 根据直线的斜率公式，，，， 则， ， 可得， 因此，. 【点睛】关键点点睛：利用直线与双曲线方程联立后利用，从而求得和点坐标，然后由直线分别与双曲线的两渐近线联立求出坐标，要证，从而可求解. ] 7. （2024年湘J06雅礼一模）18. 已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上． （1）求椭圆的标准方程；（[endnoteRef:8]） （2）如图，若一条斜率不为0的直线过点与椭圆交于两点，椭圆的左、右顶点分别为，直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值． （椭圆，基础；斜率定值，中下；） [8: 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）将点代入椭圆方程，结合离心率公式，即可利用待定系数法求椭圆方程； （2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理表示，即可求解的值. 【小问1详解】 由椭圆的离心率为，且点在椭圆上， 可得，所以， 又点在该椭圆上，所以，所以， 所以椭圆C的标准方程为． 【小问2详解】 证明：设，由于该直线斜率不为0，可设， 联立方程和，得， 恒成立，根据韦达定理可知， ， ， ， ，． ] 8. （2024年苏J07百师联盟）18. 已知椭圆的右焦点为F，A为椭圆上一点，为坐标原点，直线与椭圆交于另一点，直线与椭圆交于另一点（点B、D不重合）．（[endnoteRef:9]） （1）设直线，的斜率分别为，，证明：； （2）点为直线上一点，记的斜率分别为，若，求点的坐标． （椭圆，斜率，中下；斜率，中档；） [9: 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）利用椭圆对称性和点差法化简即可得； （2）设，直线的方程为，联立直线和椭圆方程，写出的表达式并利用韦达定理化简整理可得，解得. 【小问1详解】 易知，设，依题意知； 易知，又点B、D不重合，所以， 又在椭圆上，可得， 两式相减可得； 可得， 可得 【小问2详解】 设，直线的方程为，如下图所示： 联立，消去整理可得，且恒成立； 可得 易知，由可得； ， 所以，即，解得， 即点的坐标为. ] 9. （2024年苏J02前黄一模）17. 已知过点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，当直线垂直于轴时，的面积为. （1）求抛物线的方程；（[endnoteRef:10]） （2）若为的重心，直线分别交轴于点，记的面积分别为，求的取值范围. （抛物线，基础；面积，范围，中档；） [10: 【答案】（1）的方程为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角形面积求出，得出抛物线方程； （2）利用重心的性质可得，再由直线与抛物线联立，利用根与系数的关系化简，由均值不等式及不等式的性质求值域即可. 【小问1详解】 当时，，， 所以， 由题意可知，， 所以， 所以抛物线的方程为 【小问2详解】 如图， 设， 因为为的重心， 所以； 因为， 且； 所以； 设，与联立得：，所以， 所以，则； 所以； 所以取值范围为. ] 10. （2024年粤J27深圳一调）21. 已知，分别是双曲线：（，）的左、右焦点，，点到的渐近线的距离为3. （1）求双曲线的标准方程及其渐近线方程；（[endnoteRef:11]） （2）已知点为坐标原点，动直线与相切，若与的两条渐近线交于，两点，求证：的面积为定值. （双曲线，基础；面积，定值，中档；） [11: 【答案】（1）双曲线的标准方程为，渐近线方程为 （2）证明过程见详解. 【解析】 【分析】（1）利用焦距求出，利用点到直线距离公式表示到的渐近线的距离求出， 再利用求出，然后求出渐近线. （2）讨论直线的斜率是否存在，且当直线的斜率存在时，设出直线方程，与双曲线方程联立，根据，找到参数之间的关系，线段的长，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，求得面积，即可证明. 【小问1详解】 因为，所以，因为，渐近线为， 即则到的渐近线的距离为可表示为， 所以， 所以双曲线的标准方程为，渐近线方程为. 【小问2详解】 ①当直线经过双曲线的顶点时直线的斜率不存在，此时直线方程为， 此时易得，点到直线的距离为，所以此时 ②当直线的斜率存在时设直线为， 由得 因为直线于双曲线相切，所以且， 整理得且，即 由得，则 同理得到 所以 点到直线的距离 所以 所以的面积为定值3. 【点睛】利用，找到参数之间的关系，再利用公式求得，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，进而求出面积是解题关键. ] 11. （2024年冀J43名校二联考）18．已知椭圆，直线与椭圆交于A、B两点，为坐标原点，且，，垂足为点． (1)求点的轨迹方程；（[endnoteRef:12]） (2)求面积的取值范围． （圆，中档；面积范围，中档） [12: 18．(1) (2) 【分析】（1）分直线l斜率不存在和存在两种情况进行讨论，结合韦达定理以及向量垂直的坐标表示即可求得P的轨迹方程； （2）分直线l斜率不存在和存在两种情况进行讨论，求出弦长的取值范围，结合面积公式即可求得答案. 【详解】（1）①当直线l斜率不存在时，由椭圆的对称性，不妨设直线l在y轴右侧， 直线OA的方程为， 由，解得，，所以，， 所以，直线AB的方程为，此时． 同理，当直线l在y轴左侧时，． ②当直线l斜率存在时，设直线l的方程为，，， 由消去y整理得，， ∴，且，， 又∵，∴即：， 所以，， 则， 故， 所以满足， 所以，． 综上，，所以，点P的轨迹方程为． （2）①由（1）可知，当直线l斜率不存在或斜率为0时，． ②当直线l斜率存在且不为0时， ， ∵，∴，当且仅当，即等号成立． ∴，∴， ∴， 综上，．    【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. ] 12. （2024年粤J125新会华侨二模）17．已知抛物线的焦点为，过点且斜率为2的直线与交于A，B两点，且． (1)求的方程；（[endnoteRef:13]） (2)过点作轴的平行线是动点，且异于点，过点作AP的平行线交于，两点，证明：． （抛物线，中下；比例证明，中档） [13: 17．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据条件，得到直线方程为，设，联立抛物线方程，根据抛物线的弦长求得，即得答案； （2）设直线MN的方程为，联立抛物线方程，根据抛物线的弦长求得，由，所以，由（1）可知，计算即可证得结论. 【详解】（1）设． 因为点的坐标为，所以， 由得， 则， 从而 得，所以的方程为． （2）证明：因为点的坐标为，直线MN的斜率不为0，所以设直线MN的方程为． 设，由可得， 则 所以． 由（1）可知， 因为点A，P的纵坐标分别为，且，所以 可得，即． ] 13. （2024年粤J129佛山二模）19．两条动直线和分别与抛物线相交于不同于原点的A，B两点，当的垂心恰是C的焦点时，. (1)求p；（[endnoteRef:14]） (2)若，弦中点为P，点关于直线的对称点N在抛物线C上，求的面积. （抛物线，基础；面积，中档） [14: 19．(1)； (2). 【分析】（1）利用垂直关系，结合斜率坐标公式，列式计算即得. （2）求出P的轨迹方程，分和两种情况讨论，求出直线AB过定点，再求出N点坐标，即可求出三角形面积. 【详解】（1）由的垂心恰是C的焦点，由抛物线对称性得，，而， 不妨设，而焦点，则，解得，所以. （2）由（1）知，， 由，解得，同理，则， 而，因此 所以P的轨迹方程为， 当时，不妨设，，此时，直线AB过点， 当时，直线AB的斜率为， AB的方程为，整理得，直线AB过点， 因此直线 AB过定点， 由可得，解得，于是或， 当时，MN的中点为，直线MN的斜率为， 此时直线AB的方程为，由解得或， 当时，直线AB为，不符合题意，舍去，则， ，边上的高，因此的面积， 当时，由对称性，同理可得， 所以的面积为. 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： ①“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； ②“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； ③求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. ] 14. （2024年粤J128深圳二模）18．设抛物线C：（），直线l：交C于A，B两点．过原点O作l的垂线，交直线于点M．对任意，直线AM，AB，BM的斜率成等差数列． (1)求C的方程；（[endnoteRef:15]） (2)若直线，且与C相切于点N，证明：的面积不小于． （抛物线，中档；面积，中档；） [15: 18．(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据题意，分与代入计算，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理代入计算，再由等差中项的定义列出方程，即可得到结果； （2）方法一：联立直线与抛物线的方程，表示出中点的坐标，再由点M，N，E三点共线可得△AMN面积为△ABM面积的，结合三角形的面积公式代入计算，即可证明；方法二：联立直线与抛物线的方程，再由，得，点，即可得到直线MN与x轴垂直，再由三角形的面积公式代入计算，即可证明. 【详解】（1）    设点，， 由题可知，当时，显然有； 当时，直线OM的方程为，点． 联立直线AB与C的方程得，， 所以，， 因为直线AM，AB，BM的斜率成等差数列， 所以． 即，， 化简得． 将代入上式得， 则， 所以曲线C的方程为． （2）    （法一）设直线：，联立C的方程，得． 由，得，点， 设AB的中点为E， 因为，，则点． 因为， 所以点M，N，E三点共线，且点N为ME的中点， 所以△AMN面积为△ABM面积的． 记△AMN的面积为S，点到直线AB：的距离， 所以， 当时，等号成立．所以命题得证． （法二）设直线：，联立C的方程，得． 由，得，点． 所以直线MN与x轴垂直． 记△AMN的面积为S， 所以 ． 当时，等号成立． 所以命题得证． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键采用设线法，联立抛物线方程，根据相切求出，再得出，最后计算出面积表达式求出其最值即可. ] 15. （2024年冀J39承德二模）18．已知椭圆的左顶点到右焦点的距离是3，且的离心率是，过左焦点的直线与椭圆交于两点，过左焦点且与直线垂直的直线与椭圆交于两点. (1)求椭圆的标准方程；（[endnoteRef:16]） (2)求的取值范围. （椭圆，易；长度范围，中档） [16: 18．(1) (2) 【分析】（1）由已知列出关于的方程组，求出，可求，得椭圆的标准方程； （2）两直线一条斜率为0，另一条斜率不存在时，由通径与长轴求出结果；当两直线斜率存在且不为0时，利用弦长公式把两弦长之和表示为关于斜率的函数，结合基本不等式求取值范围. 【详解】（1）由题意得解得，则， 所以椭圆的标准方程为； （2）由（1）可知，左焦点， 当直线斜率不存在或者斜率为0时，， 当直线斜率存在且不为0时，设直线，直线， ， 联立方程组整理得， 则， 因此， 同理可得， 所以， 由于，当且仅当时等号成立，则， 综上所述，的取值范围为. 【点睛】方法点睛： 解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． ] 16. （2024年冀J37沧州三模）18．已知双曲线的左焦点为，经过点的直线交双曲线于点，，当直线轴时，. (1)求双曲线的标准方程；（[endnoteRef:17]） (2)已知点，直线与双曲线交于两点，且的面积为，证明：点在双曲线上. （双曲线，基础；面积，中档） [17: 18．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）代入点的坐标即可求解； （2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理表示出的面积，再证明满足双曲线方程即可. 【详解】（1）依题意，双曲线过点， 代入双曲线解析式，得，解得， 所以双曲线的标准方程为； （2）证明：直线与双曲线方程联立得消去并整理可得， 所以，则， 设，，则，， 所以 ， 点到直线的距离为， 所以的面积为， 令，则，，，， 则，所以，则点在双曲线上. ] 17. （2024年冀J30保定二模）18．已知抛物线的焦点为，过作互相垂直的直线，分别与交于和两点（A，D在第一象限），当直线的倾斜角等于时，四边形的面积为． (1)求C的方程；（[endnoteRef:18]） (2)设直线AD与BE交于点Q，证明：点在定直线上． （抛物线，中下；定直线，中档） [18: 18．(1) (2)证明见解析. 【分析】（1）由抛物线的对称性知，由四边形的面积求出，又的方程为，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理及焦点弦公式求出，即可得解； （2）设直线的方程为，则直线的方程为，设，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线、的方程，联立解得，即可得证. 【详解】（1）当直线的倾斜角等于时，直线的倾斜角等于， 直线的方程为，由抛物线的对称性知， 所以，得． 联立方程组，消去得． 设两点的横坐标分别为，则，． 又，所以，所以的方程为． （2）由（1）知，依题意，可设直线的方程为， 则直线的方程为． 联立方程组消去得，显然， 设，则． 设，同理可得， 所以，同理可得． 直线的方程为， 即． 同理，直线的方程为 ． 两直线方程联立得，解得， 即直线与的交点在定直线上． 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. ] 18. （2024年湘J30教盟二联考）18. 已知抛物线，焦点为，过作两条关于直线对称的直线分别交于两点． （1）判断直线的斜率是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．（[endnoteRef:19]） （2）若三点在抛物线上，且满足，证明三个顶点的横坐标均小于2． （斜率，定值，中档；向量，中档；） [19: 【答案】（1）是定值， （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设直线的方程为，与抛物线联立，利用韦达定理代入，整理计算可得答案； （2）利用坐标计算，设直线的方程为，与抛物线联立，利用韦达定理可得点坐标，代入抛物线方程结合判断式可得其横坐标的范围，同理可得两点的横坐标，进而可证明结论. 【小问1详解】 由题意不妨设直线的方程为，设， 联立，消去得，， 所以， 因为直线与关于直线对称， 所以，且， 所以，即， 即，将代入得 解得，所以直线的斜率为定值； 【小问2详解】 由已知， 因为，， 所以，所以， 设直线的方程为，联立，消去得，， 所以，所以， 所以，即点的坐标为， 又点在抛物线上所以，得， 又，所以，解得， 所以点的横坐标， 同理可得两点的横坐标也小于， 所以三个顶点的横坐标均小于2. 【点睛】方法点睛：直线和圆锥曲线相交的问题，通常将圆锥曲线和直线联立，然后利用韦达定理结合题目中的条件来解答. ] 19. （2024年湘J22一起考二模）17. 已知点，，点A满足，点A的轨迹为曲线C. （1）求曲线C的方程；（[endnoteRef:20]） （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l距离的取值范围. （圆，基础；点线距离，范围，中档；） [20: 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据已知等式，结合平面两点距离公式进行求解即可； （2）将直线方程与双曲线方程联立，利用一元二次方程根与系数关系、根的判别式，结合圆的几何性质进行求解即可. 【小问1详解】 设， 因为， 所以， 平方化简，得； 【小问2详解】 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， 【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系，结合直角的性质得到等式是解题的关键. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$