2024年全国一卷数学新高考题型细分S1-3——圆锥曲线解答题3

2024年全国一卷新高考题型细分S1-3 ——圆锥曲线 大题3 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3： 1. （2024年冀J12大数据应用调研）19. 已知圆.点在圆上，延长到，使，点在线段上，满足. （1）求点的轨迹的方程；（[endnoteRef:2]） （2）设点在直线上运动，.直线与与轨迹分别交于两点，求面积的最大值. （椭圆，中下；面积，最值，中档；） [2: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，再根据为的中点，可得，再根据，结合椭圆的定义即可得解； （2）设，根据三点共线，三点共线，求出两点坐标的关系，设的方程为，联立方程，利用韦达定理求得，再根据弦长公式及点到直线的距离公式分析即可得解. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，所以， 因为，所以为的中点， 又因为的中点，所以，所以， 则， 所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，而， 所以点的轨迹的方程为； 【小问2详解】 由（1）得是椭圆的左右顶点， 设， 由三点共线，得，而， 所以，所以， 由三点共线，得，而， 所以，所以， 所以，即， 设的方程为， 联立，得， 则， ， 所以， 由， 得， 即， 所以， 所以恒成立，所以， 则，所以， 则，的方程为， 所以， 原点到直线的距离， 则 ， 当且仅当，即时取等号， 所以面积的最大值为. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种： 一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值； 二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值． ] 2. （2024年冀J16邯郸三调）18. 已知椭圆经过，两点． （1）求的方程；（[endnoteRef:3]） （2）若圆的两条相互垂直的切线均不与坐标轴垂直，且直线分别与相交于点A，C和B，D，求四边形面积的最小值． （椭圆，基础；面积，最值，中档；） [3: 【答案】（1）． （2）． 【解析】 【分析】（1）依据椭圆经过两点，将点的坐标代入椭圆方程，待定系数法解方程即可； （2）设其中一条的斜截式方程，首先由直线与圆相切，得出直线的斜率与截距关系；再设而不求，用韦达定理表示出两条直线与椭圆相交的弦长，再利用条件知两弦垂直，故四边形的面积，利用弦长将面积表示成其中一条直线斜率的函数，利用函数求最值. 【小问1详解】 因为过点，， 所以解得 故的方程为． 【小问2详解】 由题知的斜率存在且不为0． 设． 因为与圆相切，所以，得． 联立与的方程，可得， 设，，则，． 所以， 将代入，可得． 用替换，可得． 四边形的面积． 令，则，可得， 再令，，则，可得， 即四边形面积的最小值为． ] 3. （2024年冀J11衡水一模）17. 已知椭圆过和两点.分别为椭圆的左､右焦点，为椭圆上的点（不在轴上），过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点. （1）求椭圆的标准方程；（[endnoteRef:4]） （2）求的范围. （椭圆，基础；长度，范围，中档；） [4: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将点代入椭圆方程，即可求出椭圆C的标准方程； （2）分类讨论直线斜率是否为0，从而假设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理与弦长公式得到关于的关系式，再分析即可得解； 【小问1详解】 由题意可知，将点代入椭圆方程， 得，解得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 由（1）知，， 当直线l的斜率为0时，， 当直线l的斜率不为0时，设直线的方程为，，， 联立，消去，得， 易得，则， 所以 ， 因为，所以，所以，所以， 综上，，即的范围是. ] 4. （2024年粤J105湛江二模）18. 双曲线上一点到左､右焦点的距离之差为6， （1）求双曲线的方程，（[endnoteRef:5]） （2）已知，过点的直线与交于（异于）两点，直线与交于点，试问点到直线的距离是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由， （双曲线，易；距离，定值，中档；） [5: 【答案】（1） （2）是定值，定值为 【解析】 【分析】（1）利用双曲线的定义与点在双曲线上得到关于的方程，解之即可得解； （2）假设直线方程，联立双曲线方程得到，再由题设条件得到直线与的方程，推得两者的交点在定直线上，从而得解. 【小问1详解】 依题意可得，解得， 故双曲线的方程为. 【小问2详解】 由题意可得直线的斜率不为0，设直线的方程为， 联立，消去，得， 则，， 设，则， 又， 直线，直线， 联立， 两式相除，得 ， 即，解得， 所以点在定直线上， 因为直线与直线之间的距离为， 所以点到直线的距离为定值，且定值为. 【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. ] 5. （2024年粤J104名校一联考）16. 现有一“v”型的挡板如图所示，一椭圆形物件的短轴顶点被固定在A点．物件可绕A点在平面内旋转．AP间距离可调节且与两侧挡板的角度固定为60°．已知椭圆长轴长为4，短轴长为2． （1）在某个角度固定椭圆，则当椭圆不超过挡板时AP间距离最短为多少；（[endnoteRef:6]） （2）为了使椭圆物件能自由绕A点自由转动，AP间距离最短为多少.求出最短距离并证明其可行性． （椭圆，距离最值，中档；距离最值，中档；） [6: 【答案】（1） （2），证明见解析 【解析】 【分析】（1）如图，设和过点P的直线，切线的斜率分别为，联立椭圆方程，利用韦达定理表示，进而可得，结合或，化简计算即可求解； （2）当恒为正实数R时，设为椭圆上任意一点，则，进而.由（1）可得或，利用换元法，结合建立不等式组，化简可得，解之即可求解. 【小问1详解】 由题意，如图，该椭圆的方程为，，分别为椭圆的2条切线， 切点分别为，设直线的斜率分别为. 设，当时，其中1个不存在，另1个趋于； 当时，设过点P的直线为， ， 所以， 整理，得，① 由是方程①的2个实根，得， 所以 ， 又，所以， 当时，点P在圆的外部，则，此时； 当时，点P在圆的内部，则，此时， 所以.又或， 所以或， 整理，得或. 要求的最小值，只需考虑为钝角的情况， 即且， 得. 令，则且，即， 解得，所以，所以， 当且仅当三点共线时等号成立. 故，得. 综上，的最小值为. 【小问2详解】 当恒为正实数R时，设为椭圆上任意一点， 则， 当且仅当时等号成立，所以. 由（1）知，或， 由，得或， 即或， 整理，得或， 令，则，得或，. 当即时，或，令，则， 得或，又， 得或， 而，所以， 整理，得，即. 当时，，符合题意. 综上，，则，即， 解得，所以R的最小值为，即的最小值为. 【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法：一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线 上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化． ] 6. （2024年闽J13厦门二检）17.（15分）双曲线C：的离心率为，点在C上. （1）求C的方程；（[endnoteRef:7]） （2）设圆O：上任意一点P处的切线交C于M、N两点，证明：以MN为直径的圆过定点. （双曲线，基础；圆切线，定点，中档；） [7: 17. 方法一：（1）依题意：，……2分 解得：，，……3分 所以双曲线方程为.……4分 （2）设，， ①当切线斜率存在时，设直线方程为， 因为直线与圆相切，所以，整理得，……6分 联立， 则，，.……8分 由对称性知，若以MN为直径的圆过定点，则定点必为原点.……9分 ……10分 ……11分 .……12分 又，所以， 所以，故以MN为直径的圆过原点.……13分 ②当直线斜率不存在时，直线方程，此时圆方程为，恒过原点. 综上所述，以MN为直径的圆过原点.……15分 方法二：（1）同方法一； （2）设，， ①当切线斜率存在时，设直线方程为， 因为直线与圆相切，所以，整理得，……6分 联立， 则，，.……8分 以，为直径的圆的方程为， 即，……9分 因为， 所以，……11分 且， 所以所求的圆的方程为，……12分 所以MN为直径的圆过原点.……13分 ②当直线斜率不存在时，直线方程，此时圆方程为，恒过原点. 综上所述，以MN为直径的圆过原点.……15分 ] 7. （2024年湘J42岳阳三检）18．已知动圆过定点且与直线相切，记圆心的轨迹为曲线．([endnoteRef:8]) (1)已知、两点的坐标分别为、，直线、的斜率分别为、，证明：； (2)若点、是轨迹上的两个动点且，设线段的中点为，圆与动点的轨迹交于不同于的三点、、，求证：的重心的横坐标为定值． （斜率，中下；中点，定值，中档；） [8: 18．(1)证明见解析； (2)证明见解析 【分析】（1）先有两点间距离公式求出圆心的轨迹方程，再由斜率的定义表示出斜率，利用轨迹方程化简斜率之差即可证明； （2）先设直线的方程为，直曲联立，用韦达定理表示出线段中点坐标进而得到的轨迹方程是，再与动圆的方程联立，得到、、的横坐标分别为，，，最后利用的展开式系数与相同，得到系数为零即可. 【详解】（1）设点， 依题有， 化简并整理成， 圆心的轨迹的方程为 ，， 又， 所以， 所以. （2）显然直线的斜率存在，设直线的方程为， 由，消并整理成， 在判别式大于零时，， 又，所以， 所以，， ， 所以线段的中点坐标为， 设， 则，消得， 所以的轨迹方程是， 圆过定点，设其方程为， 由，得， 设、、的横坐标分别为，，， 因为、、异于，所以，，都不为零， 故的根为，，， 令， 即有， 所以， 故的重心的横坐标为定值． 【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是圆过定点，设其方程为，然后与的轨迹方程联立，表示出重心横坐标的方程，然后利用待定系数法求出结果. ] 8. （2024年湘J47长沙雅礼二模）17．已知椭圆的离心率为，右焦点为,斜率为1的直线与椭圆交于两点，以为底边作等腰三角形，顶点为. （1）求椭圆的方程；（[endnoteRef:9]） （2）求的面积. （椭圆，易；面积，中下；） [9: 17．（1）（2） 【分析】（1）根据椭圆的简单几何性质知，又，写出椭圆的方程；（2）先斜截式设出直线，联立方程组，根据直线与圆锥曲线的位置关系，可得出中点为的坐标，再根据△为等腰三角形知，从而得的斜率为，求出，写出：，并计算，再根据点到直线距离公式求高，即可计算出面积． 【详解】（1）由已知得，，解得，又， 所以椭圆的方程为． （2）设直线的方程为， 由得，① 设、的坐标分别为，（），中点为， 则，， 因为是等腰△的底边，所以． 所以的斜率为，解得，此时方程①为． 解得，，所以，，所以， 此时，点到直线：的距离， 所以△的面积． 考点：1、椭圆的简单几何性质；2、直线和椭圆的位置关系；3、椭圆的标准方程；4、点到直线的距离. 【思路点晴】本题主要考查的是椭圆的方程，椭圆的简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，点到直线的距离，属于难题．解决本类问题时，注意使用椭圆的几何性质，求得椭圆的标准方程；求三角形的面积需要求出底和高，在求解过程中要充分利用三角形是等腰三角形，进而知道定点与弦中点的连线垂直，这是解决问题的关键． ] 9. （2024年鲁J46烟台二模）19．已知椭圆的右焦点为，过点且不垂直于坐标轴的直线交于两点，在两点处的切线交于点． (1)求证：点在定直线上，并求出该直线方程；（[endnoteRef:10]） (2)设点为直线上一点，且，求的最小值． （椭圆，定直线，中档；长度，中档；） [10: 19．(1)证明见解析， (2)12 【分析】（1）由题得出椭圆方程，设直线方程为，写出两点处的切线方程，由对称性得，点处于与轴垂直的直线上，法一：两切线方程联立得，再代入即可证明；法二：由点在两切线上得直线的方程，结合直线过点，即可得出； （2）由（1）得出直线的方程，设直线和交于点，得出为线段的中点，由弦长公式得出进而得出，由两直线夹角公式得出，得出，根据基本不等式求解即可． 【详解】（1）由题意可知，， 所以，所以椭圆方程为， 设直线方程为， 联立，消可得，， 所以， 因为过点的切线为，过点的切线为， 由对称性可得，点处于与轴垂直的直线上， 法一：联立，消去得，， 将代入上式得， 所以点在直线上． 法二：因为点在两切线上，所以， 所以直线的方程为， 又直线过点，所以，解得． （2）将代入得，， 直线的方程为， 设直线和交于点，联立，解得， 又，所以为线段的中点， 因为， 所以， 又因为， 所以， 当且仅当时，等号成立， 故的最小值为12． ] 10. （2024年鲁J38济宁三模）18．已知椭圆的左焦点为，上顶点为，离心率，直线FB过点. (1)求椭圆的标准方程；（[endnoteRef:11]） (2)过点的直线与椭圆E相交于M，N两点（M、N都不在坐标轴上），若，求直线的方程. （椭圆，基础；角度，直线，中档；） [11: 18．(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，求出即得椭圆的标准方程. （2）根据给定条件，借助倾斜角的关系可得，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合斜率的坐标公式求解即得. 【详解】（1）令，由，得，则直线的斜率， 由直线过点，得直线的方程为，因此， 所以椭圆的标准方程为. （2）设，直线的倾斜角为， 直线的倾斜角为，由直线的斜率知直线的倾斜角为， 于是，即有，显然均不等于， 则，即直线的斜率满足， 由题设知，直线的斜率不为0，设直线的方程为， 由，消去x并整理得，，显然， 设，则， 由，得，即， 则，整理得， 即，于是，而，解得，， 所以直线的方程为，即. 【点睛】关键点点睛：本题第2问，由，结合直线倾斜角及斜率的意义求得是解题之关键. ] 11. （2024年鲁J42青岛二适）16．已知椭圆的左，右焦点分别为，椭圆E的离心率为，椭圆E上的点到右焦点的最小距离为1． (1)求椭圆E的方程；（[endnoteRef:12]） (2)若过右焦点的直线l与椭圆E交于B，C两点，E的右顶点记为A，，求直线l的方程． （椭圆，中下；直线，中档；） [12: 16．(1) (2)或 【分析】（1）利用椭圆焦半径公式及性质计算即可； （2）设直线l方程，B、C坐标，根据平行关系得出两点纵坐标关系，联立椭圆方程结合韦达定理解方程即可. 【详解】（1）设焦距为，由椭圆对称性不妨设椭圆上一点， 易知，则 ， 显然时， 由题意得解得， 所以椭圆的方程为； （2）设， 因为，所以 所以① 设直线的方程为，联立得，整理得， 由韦达定理得， 把①式代入上式得，得， 解得， 所以直线的方程为：或.    ] 12. （2024年浙J40台州二评）18．已知椭圆：，直线：交椭圆于M，N两点，T为椭圆的右顶点，的内切圆为圆Q. (1)求椭圆的焦点坐标；（[endnoteRef:13]） (2)求圆Q的方程； (3)设点，过P作圆Q的两条切线分别交椭圆C于点A，B，求的周长. （椭圆，易；圆，中下；圆切线，周长，中档；） [13: 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）化简椭圆的标准方程，根据的关系即可求得焦点坐标； （2）先联立方程求得，，求出直线的方程，然后利用待定系数法求得内切圆的方程； （3）设过P作圆Q的切线方程为，利用相切关系求得点A，B坐标，进而结合内切圆的半径利用三角形中等面积法求解即可. 【详解】（1）椭圆的标准方程为，因为，所以焦点坐标为. （2）将代入椭圆方程得，由对称性不妨设，， 直线的方程为，即， 设圆Q方程为，由于内切圆Q在的内部，所以， 则Q到直线和直线的距离相等，即，解得，， 所以圆方程为. （3）显然直线和直线的斜率均存在， 设过P作圆Q的切线方程为， 其中k有两个不同的取值和分别为直线和的斜率. 由圆Q与直线相切得：，化简得：， 则， 由得， 可得， 所以 . 同理，，所以直线的方程为， 所以与圆Q相切，将代入得， 所以，又点P到直线的距离为， 设的周长为，则的面积， 解得.所以的周长为.    ] 13. （2024年浙J31五校联考）16．已知椭圆的左焦点为F，椭圆上的点到点F距离的最大值和最小值分别为和． (1)求该椭圆的方程；（[endnoteRef:14]） (2)对椭圆上不在上下顶点的任意一点P，其关于y轴的对称点记为，求； (3)过点作直线交椭圆于不同的两点A，B，求面积的最大值． （椭圆，中下；椭圆，基础；面积最值，中档；） [14: 16．(1)； (2)； (3). 【分析】（1）设出椭圆上的点，求出的最值，进而求出即可. （2）利用椭圆的对称性及椭圆定义求解即得. （3）设出直线的方程，与椭圆方程联立求出三角形面积的表达式，再求出最大值即得. 【详解】（1）令，设是椭圆上的点，则， 则， 显然当时，，当时，，则，解得， 所以椭圆的方程为. （2）记椭圆的右焦点为，由椭圆对称性知，， 所以. （3）显然直线不垂直于y轴，设直线AB的方程为，， 由消去x得，， 则，， 因此，令， 于是，当且仅当，即时取到等号， 所以面积的最大值. ] 14. （2024年苏J35南京二模）18．已知抛物线与双曲线（，）有公共的焦点F，且．过F的直线1与抛物线C交于A，B两点，与E的两条近线交于P，Q两点(均位于y轴右侧). (1)求E的渐近线方程；（[endnoteRef:15]） (2)若实数满足，求的取值范围． （双曲线，基础；范围分析，中档；） [15: 18．(1) (2) 【分析】（1）由两曲线有公共的焦点F，且，得，，可求渐近线方程； （2）通过设直线方程，联立方程组，借助韦达定理，表示出和，由求的取值范围． 【详解】（1）抛物线与双曲线（，）有公共的焦点F， 设双曲线E的焦距为，则有， 又，则. 由，得， 所以E的渐近线的方程为 （2）设，， 1与E的两条近线交于P，Q两点均位于y轴右侧，有， 由，解得，， . 设， 由，消去得， 则有， ， 由，， 有，即， 由，有，所以.    【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． ] 15. （2024年粤J138汕头金南三模）19．已知动圆（为圆心）过定点，且与定直线相切． (1)求动圆圆心的轨迹方程；（[endnoteRef:16]） (2)设过点且斜率为的直线与（1）中的曲线交于、两点，求； (3)设点是轴上一定点，求、两点间距离的最小值． （抛物线，中下；面积，中下；距离最值，中档；） [16: 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据抛物线的定义即得动圆圆心的轨迹方程； （2）将直线方程与抛物线方程联立，求出交点坐标，再由计算可得； （3）根据题设先求出的解析式，可将距离最小值问题转化为二次函数最小值问题，分类讨论即得. 【详解】（1）因为动圆（为圆心）过定点，且与定直线相切， 即点到定点的距离与到直线的距离相等，且点不在直线上， 所以由抛物线定义知：圆心的轨迹是以定点为焦点，定直线为准线的抛物线， 抛物线方程形如，又，则， 故圆心的轨迹方程为． （2）如图，由题知，直线的方程为， 由，解得或，所以，， 所以.    （3）设，则，又， 则， 因二次函数的对称轴为， 故当，即时，，此时； 当，即时，，此时. 所以. ] 16. （2024年粤J137梅州二模）15．已知椭圆C：（）的离心率为，且经过点． (1)求椭圆C的方程：（[endnoteRef:17]） (2)求椭圆C上的点到直线l：的距离的最大值． （椭圆，基础；最值，中下；） [17: 15．(1) (2) 【分析】（1）由椭圆的离心率可得，的关系，设椭圆的方程，将点的坐标代入椭圆的方程，可得参数的值，即可得，的值，求出椭圆的方程； （2）设与平行的直线的方程，与椭圆的方程联立，由判别式为0，可得参数的值，进而求出两条直线的距离，即求出椭圆上的点到直线的最大距离． 【详解】（1）由椭圆的离心率为，可得， 可得，设椭圆的方程为：，， 又因为椭圆经过点，所以， 解得， 所以椭圆的方程为：； （2）设与直线平行的直线的方程为， 联立，整理可得：， ，可得，则， 所以直线到直线的距离． 所以椭圆上的点到直线的距离的最大值为． ] 17. （2024年粤J136茂名高州一模）21．已知抛物线，为抛物线的焦点，其为准线上的两个动点，且.当时，. (1)求抛物线的标准方程；（[endnoteRef:18]） (2)若线段分别交抛物线于点，记的面积为，的面积为，当时，求的长. （抛物线，基础；面积，长度，中档；） [18: 21．(1) (2) 【分析】（1）首先利用勾股定理求出，，再由等面积法求出，即可得解； （2）设直线的解析式为，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，依题意，即可得到，再由得到线段的比例关系，从而求出，再计算出，最后根据及韦达定理计算可得. 【详解】（1）方法一：，，， ，解得，， 在中，根据等面积法， ，解得， 抛物线的标准方程为； 方法二：设轴与准线的交点为. 当时，， ，. ，， 抛物线的标准方程为； （2）由（1）可得抛物线的焦点，准线为， 依题意，直线的斜率不为， 设直线的解析式为，，. 联立，消去得，显然， ，. 由，则，可得，，整理得.① 易知直线的解析式为，令，可得， 同理可得. ， ，即，. ，，，即，. . 所以 . 【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年粤J135茂名二测）17．已知椭圆，右焦点为，过点的直线交于两点. (1)若直线的倾斜角为，求；（[endnoteRef:19]） (2)记线段的垂直平分线交直线于点，当最大时，求直线的方程. （椭圆，常规，基础；最值求直线，中档） [19: 17．(1) (2)或 【分析】（1）由椭圆方程，即可求出椭圆右焦点坐标，根据直线的点斜式，联立直线方程和椭圆方程，求得交点的坐标，根据两点之间距离公式可求得 ； （2）联立直线方程和椭圆方程，根据椭圆的弦长公式可求得|AB|，计算的中点，利用最大求得直线方程 【详解】（1）由题意可得， 因为直线的倾斜角为，所以， 因此，的方程为， 联立方程，消去得 解得 所以 因此，； （2）设，由题意得，直线的斜率不为0，故设为， 联立方程消去得，，， 因此， 所以， 设线段的中点为， 则， 所以， 所以 设，则， 当且仅当，即时等号成立， 当最大时，也最大，此时直线的方程为， 即或 ] 19. （2024年粤J133江门开平忠源）18．已知双曲线的焦点与椭圆的焦点重合，其渐近线方程为. (1)求双曲线的方程；（[endnoteRef:20]） (2)若为双曲线上的两点且不关于原点对称，直线过的中点，求直线的斜率. （双曲线，常规，基础；直线中点，斜率，中下） [20: 18．(1) (2)1 【分析】（1）先求出焦点坐标，再根据渐近线方程可求基本量，从而可得双曲线的方程. （2）利用点差法可求直线的斜率，注意检验. 【详解】（1）椭圆的焦点为，故， 由双曲线的渐近线为，故，故， 故双曲线方程为：. （2）设，的中点为， 因为在直线，故， 而，，故， 故， 由题设可知的中点不为原点，故，所以， 故直线的斜率为. 此时， 由可得，整理得到：， 当即或， 即当或时，直线存在且斜率为1. ] 20. （2024年冀J47唐山二模）18．已知椭圆的右焦点为，其四个顶点的连线围成的四边形面积为；菱形内接于椭圆． (1)求椭圆的标准方程；（[endnoteRef:21]） (2)（ⅰ）坐标原点在边上的投影为点，求点的轨迹方程； （ⅱ）求菱形面积的取值范围． （椭圆，基础；轨迹，中档；面积范围，中上） [21: 18．(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）． 【分析】（1）利用题意列出两个方程，联立求解得的值，即得椭圆方程； （2）（ⅰ）设方程，与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用菱形对角线互相垂直得到，再由题意推出，即得点的轨迹方程； （ⅱ）利用弦长公式求出,算出的面积表达式，通过换元将其化成一个关于的函数，利用二次函数的图象即可求其取值范围. 【详解】（1）根据题意设椭圆的标准方程为， 由已知得，，即，由可得，， 联立解得，，， 故椭圆的标准方程为：． （2） ① 如图，当直线的斜率存在时，设其方程为， 由，得， 由题意， 设，则，， 于是， ． （ⅰ）四边形为菱形，，， 即， ，即（*）． 依题意，,故点到直线的距离即为， 两边平方并将（*）代入可得，， 设点，则得：， 即点的轨迹方程为：． 当直线AB斜率不存在时，四边形为正方形，此时求得, 也适合， 综合可得点的轨迹方程为：． （ⅱ）因为 的面积， 令，则，代入上式整理得， ，，当时，，当时，， 所以． 由对称性可知菱形面积等于面积的4倍， 则此时菱形面积的取值范围为． ② 当直线的斜率不存在时，不妨设其方程为，因四边形是菱形， 故它是正方形，则其面积为，将点代入解得， 故此时菱形的面积为. 综上，菱形面积的取值范围为． 【点睛】思路点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线有关的点的轨迹、面积范围问题，属于难题. 解题思路为，充分理解题意，发掘重要的结论，如本题中由得出的参变量之间的关系式，同时还要熟练掌握如弦长公式，求多边形面积的常见方法，以及常见函数的值域求法等等，只有具备了这些基本技能方法，才有可能突破. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$