2024年全国一卷数学新高考题型细分S1-3——圆锥曲线解答题5

2024年全国一卷新高考题型细分S1-3 ——圆锥曲线 大题5 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。 中2： 1. （2024年湘J05长沙调研）18. 如图，已知分别是椭圆的右顶点和上顶点，椭圆的离心率为的面积为1.若过点的直线与椭圆相交于两点，过点作轴的平行线分别与直线交于点. （1）求椭圆的方程.（[endnoteRef:2]） （2）证明：三点的横坐标成等差数列. （椭圆，基础；长度比例，中档；） [2: 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据已知条件列出方程组计算即可得出结果； （2）设直线方程与椭圆方程联立，设，进而利用韦达定理证明即可得出结果. 【小问1详解】 依据题意， 解得：椭圆的方程为. 【小问2详解】 解法1：设直线直线过点. 联立方程组可得：， 设，则：， ， ，令可得：， 下面证明：. 即证：，即证： 整理可得即证：， 即证：， 整理可得即证：，即证：， 上式成立，原式得证. 解法2：设轴， 设直线过点. 由方程组可得：当时，， ， 又三点共线，， ，即 点在直线上，， ，即三点的横坐标成等差数列. 解法3：设直线直线过点. 联立方程组可得：， 设，则： ， 又三点共线， 三点的横坐标成等差数列. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法，联立椭圆方程得到韦达定理式，再计算为定值，最后再利用三点共线即可证明. ] 2. （2024年湘J04师大附中）21. 已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左、右和上顶点，直线交直线于点，且点的横坐标为2． （1）求椭圆的方程；（[endnoteRef:3]） （2）过点的直线与椭圆交于第二象限内两点，且在之间，与直线交于点，试判断直线与是否平行，并说明理由． （椭圆，基础；直线平行，中档；） [3: 【答案】（1） （2）直线与平行，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由椭圆的离心率为，可得，点的坐标为，求出直线的方程，将代入即可求解. （2）设直线的方程为，与椭圆方程联立得，，要证直线与平行，只需证明，求出直线与的斜率，进行化简计算即可. 【小问1详解】 因为椭圆的离心率为，所以所以①． 因为点在直线上，所以②． 由①②，解得，所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 直线与直线平行． 理由如下：显然直线与坐标轴不垂直，设其方程为． 因为直线经过点，所以③． 联立直线与椭圆的方程，消去，得． 设． 当时，有，④． 因为共线，所以，即． 所以 ． 由③④，得． 所以，即．故直线与平行． ] 3. （2024年湘J02邵阳一联）21. 已知椭圆的短轴长为，右顶点到右焦点的距离为. （1）求椭圆的标准方程；（[endnoteRef:4]） （2）如图所示，设点是椭圆右顶点.过点的直线与椭圆相交于不同的两点，且都在轴的上方.在轴上是否存在点，使，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由. （椭圆，基础；角度，中档；） [4: 【答案】（1） （2）存在，坐标为 【解析】 【分析】（1）利用已知和的关系，列方程组可得椭圆的标准方程； （2）直线斜率存在时，设出直线方程与椭圆方程联立， 可得，利用根与系数的关系代入化简，可得直线所过定点． 【小问1详解】 依题意得 解得， 椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 存在点，使，点的坐标为.理由如下： 直线过点，与椭圆交于不同的两点.且都在轴上方. 直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为. 联立方程消去可得：. 此时，设，则. ， . 存在点满足条件. 点坐标为. 【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. ] 4. （2024年苏J09徐州适应）18. 将上各点的纵坐标变为原来的倍（横坐标不变），所得曲线为E．记，，过点p的直线与E交于不同的两点A，B，直线QA，QB与E分别交于点C，D． （1）求E的方程： （2）设直线AB，CD的倾斜角分别为，．当今时， （i）求的值：（[endnoteRef:5]） （ii）若有最大值，求的取值范围． （椭圆，基础；斜率，中档；角度最值，中档；） [5: 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）设所求轨迹上的任意点为，且对应的点为，列出关系式，代入即可求解； （2）（i）设直线为，联立方程组，结合韦达定理求得和，再结合三点共线，求得，利用斜率公式，即可求解；（ii）设直线为，得到直线的斜率为，求得，利用基本不等式，得到取得最大值，再联立方程组，结合，得到，进而求得的取值范围. 【小问1详解】 解：设所求轨迹上的任意点为，与对应的点为， 根据题意，可得，即， 代入方程，可得，整理得， 所以曲线的轨迹方程为. 【小问2详解】 解：（i）设直线的方程为，， 联立方程组，整理得， 则，且， 可得，所以， 可得， 所以，同理可得， 又因为三点共线，可得，即， 所以， 所以. （ii）设直线方程为，其中，由（i）知，直线的斜率为， 则， 当且仅当时，即时，等号成立， 联立方程组，整理得， 则，解得， 若有最大值，则， 又因为，所以实数的取值范围为， 【点睛】方法技巧：圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法灵活多样，但主要有两种方法： 1.几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决； 2.函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）平面向量；（6）导数法等，要特别注意自变量的取值范围. ] 5. （2024年苏J08宿迁调研）19. 已知双曲线的右顶点为，过点且与轴垂直的直线交一条渐近线于． （1）求双曲线方程；（[endnoteRef:6]） （2）过点作直线与双曲线相交于两点，直线分别交直线于两点，求的取值范围． （双曲线，基础；长度比例范围，中档；） [6: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用双曲线的顶点与渐近线性质得到关于的方程，从而得解； （2）解法一：联立直线与双曲线的方程，得到与的取值范围，再将所求转化为关于的表达式即可得解；解法二：通过分析可得是上述关于方程的两个不等根，从而求得的值，再将所求转化为关于的表达式即可得解. 【小问1详解】 因为双曲线的渐近线方程为， 所以，解得， 所以双曲线的方程为． 【小问2详解】 解法一： 由题知，直线的斜率存在， 设方程为，， 联立，得， 则且， 所以且，则， 因为的方程为，由题意得，则， 所以， 令得，同理 所以，， 所以， 当时，都在点右侧， 则 ， 当时，在点两侧，此时与异号， 则 ， 又， 所以， 综上，的取值范围为. 解法二： 由题知，直线必经过点，故可设方程为， 设，因为直线过点，所以， 设， 由得， 即， 所以是上述关于方程的两个不等根， 所以， 又直线不平行与渐近线，所以， 所以， 直线与联立得点，同理 所以， 所以， ①当时，，所以， ②当时，， ， 所以， 综上，的取值范围为. 【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. ] 6. （2024年苏J01高邮一模）18. 已知椭圆的右焦点为，直线与相交于、两点． （1）求直线l被圆所截的弦长； （2）当时，． （i）求的方程；（[endnoteRef:7]） （ii）证明：对任意的，的周长为定值． （椭圆，圆交线，基础；椭圆，基础；周长，定值，中档；） [7: 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由点到直线的距离得圆到直线的距离，再利用几何法求出直线与圆的相交弦长，从而可求解. （2）（i）当时，直线的方程为，将该直线方程代入椭圆方程，求出，根据已知条件求出、的值，即可得出椭圆的方程； （ii）求出原点到直线的距离，将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理分析额可知点、的横坐标均为正数，利用勾股定理、椭圆方程可求出的周长. 【小问1详解】 由题意得圆的圆心为，到直线的距离， 则直线被圆所截弦长为. 故直线被圆所截得的弦长为. 【小问2详解】 解：当时，直线的方程为， （i）联立，得，所以， 又因为，所以，， 所以，椭圆的方程为； （ii）设点、，则，且， 所以， ，同理可得， 因为原点到直线的距离为， 过原点作，垂足为点，如下图所示： 所以， ， 联立可得， ， 当且仅当时，等号成立，此时点、关于轴对称，合乎题意， 因为，则， 由韦达定理可得，，故，， 所以，， 因此，的周长为（定值）. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （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． ] 7. （2024年鲁J07淄博一模）19. 在平面直角坐标系xOy中，点.点是平面内的动点.若以PF 为直径的圆与圆 相切，记点 P 的轨迹为曲线C. （1）求C的方程;（[endnoteRef:8]） （2）设点，直线 AM ，AN 分别与曲线C交于点S，T (S，T 异于 A)，过点A作，垂足为 H，求的最大值. （双曲线，基础；长度最值，中档；） [8: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，根据代入坐标化简得到轨迹方程； （2）设直线，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，求出的纵坐标，从而有，代入韦达定理式化简得，从而得到直线所过定点，得到点轨迹方程，从而得到最大值. 【小问1详解】 设，则的中点， 根据题意得， 即， 整理得， 化简整理，得点的轨迹方程. 【小问2详解】 设， 由对称性可知直线的斜率存在，所以可设直线， 联立直线与曲线的方程，得， 消元整理，得， 则，① ② 所以，令，得点纵坐标， 同理可得点纵坐标，故， 将代入上式整理，得， 将②代入得， 若，则直线，恒过不合题意； 若，则，恒过， 因为直线恒过，且与始终有两个交点，又， ，垂足为，所以点轨迹是以为直径的圆（不含点）， 设中点为，则圆心，半径为1，所以， 当且仅当点在线段上时，取最大值. 【点睛】关键点点点睛：本题第二问的关键是采用设线法联立双曲线方程得到韦达定理式，再代入化简求出直线恒过，则得到点轨迹，最后求出最值, ] 8. （2024年鲁J06潍坊一模）16. 已知椭圆：（）中，点，分别是的左、上顶点，，且的焦距为． （1）求的方程和离心率；（[endnoteRef:9]） （2）过点且斜率不为零的直线交椭圆于，两点，设直线，，的斜率分别为，，，若，求的值． （椭圆，基础；斜率，中档；） [9: 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由的值，可得，的关系，再由焦距可得的值，又可得，的关系，两式联立，可得，的值，即求出椭圆的方程； （2）设直线的方程，与椭圆的方程联立，消元、列出韦达定理，求出直线，的斜率之和，由题意整理可得参数的值，进而求出直线的斜率的大小． 小问1详解】 由题意可得，， 可得，，可得， 可得，， 解得，， 所以离心率， 所以椭圆的方程为，离心率； 【小问2详解】 由（1）可得， 【小问3详解】 【小问4详解】 由题意设直线的方程为，则， 设，， 联立，整理可得， 显然，且，， 直线，的斜率，， 则 ， 因为，即，解得， 所以直线的斜率． 即的值为3． ] 9. （2024年鲁J02荷泽一模）18. 如图，已知椭圆与轴的一个交点为，离心率为，，为左、右焦点，M，N为粗圆上的两动点，且． （1）求椭圆的方程；（[endnoteRef:10]） （2）设，的斜率分别为，，求的值； （3）求△面积的最大值． （椭圆，基础；斜率，中下；面积，最值，中档；） [10: 【答案】（1）； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）根据离心率、的值以及，求出和，即可求得椭圆方程； （2）设直线、倾斜角分别为、，根据图中的几何关系可知，即可求得的值， （3）将直线与椭圆方程联立可求出和的坐标，再利用三角形的面积公式以及数量积公式将△面积表示为含有的表达式，利用换元法求出最值即可. 【小问1详解】 由题意得，，解之得， ∴椭圆的方程为； 【小问2详解】 由（1）知，所以， 设直线、、倾斜角分别为、、、， 则，，， 则，所以， 所以，所以，即． 【小问3详解】 设直线， 将直线方程与椭圆方程联立 得， ，∴，同理得， 由（2）知，， 又， 同理，， ， ∴， ∴， ， ， 令，则， 当，即时等号成立，所以的最大值是． ] 10. （2024年粤J35中山一中二调）21. 已知椭圆方程为（），离心率为且过点. （1）求椭圆方程；（[endnoteRef:11]） （2）动点在椭圆上，过原点的直线交椭圆于A，两点，证明：直线、的斜率乘积为定值； （3）过左焦点的直线交椭圆于，两点，是否存在实数，使恒成立？若存在，求此时的最小值；若不存在，请说明理由. （椭圆，基础；斜率，定值，中下；向量，长度，最值，中档；） [11: 【答案】（1） （2）证明见解析. （3）存在，使成立，最小为3. 【解析】 【分析】（1）由离心率和顶点得椭圆的方程； （2）设点P，A的坐标，由对称性得点B的坐标，计算斜率之积，证明为定值； （3）按直线MN斜率是否为零分类讨论，计算及，并求的最小值. 【小问1详解】 由题，，，所以， 椭圆的方程为. 【小问2详解】 证明：设点，因为点P在椭圆上，所以，， 同理设点，则，， 因为直线AB过原点，所以关于原点对称，点， . 【小问3详解】 ，当直线MN斜率为零时，不妨设，， 则，，，， 存在，使成立， 当直线MN斜率不为零时，设直线方程为，，， 联立方程组，消去x得，易知， 所以，，， ， 又因为，， 所以，， 又因为，当时，最小为3， 综上，存在，使成立，最小为3. 【点睛】方法点睛：过定点且斜率不为零的直线可以设为. ] 11. （2024年粤J16天河二测）18. 已知直线，动点分别在直线上，，是线段的中点，记点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程；（[endnoteRef:12]） （2）已知点，过点作直线与曲线交于不同的两点，线段上一点满足，求的最小值. （椭圆，中下；长度，最值，中档；） [12: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知设，可得，设，利用中点坐标公式计算可得，代入化简即可得出结果. （2）设，则,,设,,利用向量的坐标计算化简可得①.设，由可得②，结合在曲线上，可得的轨迹方程，利用点到直线的距离公式计算即可. 【小问1详解】 根据条件可设， ∵，∴（*）， 设，由题意知，∴， 代入（*）式得，故曲线的方程为. 【小问2详解】 设，则,,设,, 由，可知， ∴，∴①. ∵，设∴②. ①②可得（**）， ∵在曲线上，∴， ∴，化简得：， （**）式代入可得，即. ∴的轨迹方程为：. ∴的最小值为到直线的距离. ∴. ] 12. （2024年粤J18执信二调）21. 设椭圆C1：1（a＞b＞0）的左焦点为F，右顶点为A，离心率是，已知A是抛物线C2：y2＝2px（p＞0）的焦点，F到抛物线C2的准线l的距离为． （1）求C1的方程及C2的方程；（[endnoteRef:13]） （2）设l上两点P，Q关于轴对称，直线AP交C1于点B（异于点A），直线BQ交x轴于点D，若△APD的面积为，求直线AP的斜率． （椭圆，抛物线，中下；面积，斜率，中档；） [13: 【答案】（1）C1的方程为，抛物线C2的方程为. （2） 【解析】 【分析】（1）由题意，根据椭圆和双曲线的定义和性质列方程组求出，，的值，即可得出方程； （2）设的方程为，联立方程组得出，，三点坐标，从而得出直线的方程，求出点坐标，根据三角形的面积解出即可得出答案. 【小问1详解】 设点的坐标为，因为椭圆的离心率为，所以. 又为抛物线：（）的焦点，到抛物线的准线的距离为， 所以，， 解得：，，，此时. 所以椭圆的方程为：，抛物线的方程为：. 【小问2详解】 如图： 不妨设直线的方程为：（） 联立解得：，可得. 联立，消去并整理得：. 解得：或，所以, 可得直线的方程为：. 令解得：，所以 可得. 因为的面积为，所以. 所以直线的斜率：. ] 13. （2024年粤J131广州二模）18．已知点是抛物线的焦点，的两条切线交于点是切点． (1)若，求直线的方程；（[endnoteRef:14]） (2)若点在直线上，记的面积为的面积为，求的最小值； (3)证明：． （抛物线，中下；面积最值，中档；相似证明，中上） [14: 18．(1)； (2)16； (3)证明见解析. 【分析】（1）由题得坐标，设出切线方程，与抛物线方程联立可得参数的值，进而求解坐标，即可得方程； （2）求得抛物线在点处的切线方程，化简得，由点在直线上可得纵坐标的和、积关系，进而利用两点间距离公式结合点到直线距离公式，表示出，化简结合配方法可求得最小值； （3）利用两点间距离公式结合抛物线定义可得，利用两角差的正切公式求得，即，即可证得结论． 【详解】（1）由题知，抛物线， 切线斜率不为0，设切线为， 与联立，得， ，解得或3， 时，，则，切点为； 时，，则，切点为， 故直线方程为，即． （2），设， 由题意易知抛物线的切线不与轴垂直，设切线为， 与联立，得，，则， 即， 故抛物线在点处的切线方程为， 在点处的切线方程为， 联立可得， 又在直线上，故，即①， 点到的距离为， ， 故， 同理可得， 故 ， 将①式代入可得： ， 令，则， 则 ， 故当时，有最小值为． （3）由（2）知， 则 ， 由抛物线定义可得 ， 故，即． ， ， ， ， 则， 又与范围均为， 故， 结合，可得． 【点睛】方法点睛：在圆锥曲线中涉及到三角形面积的求解时，常常有三种求解三角形面积的方法： （1）常规面积公式：底高； （2）正弦面积公式：； （3）铅锤水平面面积公式：过轴上的定点：（为轴上定长） 过轴上的定点（为轴上定长） ] 14. （2024年冀J40邯郸模拟）18．已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴、轴，且过两点． (1)求的方程．（[endnoteRef:15]） (2)是上两个动点，为的上顶点，是否存在以为顶点，为底边的等腰直角三角形？若存在，求出满足条件的三角形的个数；若不存在，请说明理由． （椭圆，基础；三角形证明，中档） [15: 18．(1) (2)存在，个 【分析】（1）设椭圆的方程为，根据条件得到，即可求出结果； （2）设直线为，直线为，当时，由椭圆的对称性知满足题意；当时，联立直线与椭圆方程，求出的坐标，进而求出中垂线方程，根据条件中垂线直经过点，从而将问题转化成方程解的个数，即可解决问题. 【详解】（1）由题设椭圆的方程为， 因为椭圆过两点， 所以，得到，所以椭圆的方程为. （2）由（1）知，易知直线的斜率均存在且不为0， 不妨设，，直线为，直线为， 由椭圆的对称性知，当时，显然有，满足题意， 当时，由，消得到， 所以，，即， 同理可得，所以， 设中点坐标为，则，， 所以中垂线方程为， 要使为为底边的等腰直角三角形，则直中垂线方程过点， 所以，整理得到， 令，则，，所以有两根，且，即有两个正根， 故有2个不同的值，满足， 所以由椭圆的对称性知，当时，还存在2个符合题意的三角形， 综上所述，存在以为顶点，为底边的等腰直角三角形，满足条件的三角形的个数有3个.    【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问，通过设出直线为，直线为，联立椭圆方程求出坐标，进而求出直线的中垂线方程，将问题转化成直线的中垂线经过点，再转化成关于的方程的解的问题. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$