2024年全国一卷数学新高考题型细分S1-3——圆锥曲线解答题8

2024年全国一卷新高考题型细分S1-3 ——圆锥曲线 大题8 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5： 1. （2024年浙J32北斗星盟联考）18．在平面直角坐标系中，已知点，，，为动点，满足. (1)求动点的轨迹的方程； (2)已知过点的直线与曲线交于两点，，连接，. （ⅰ）记直线，的斜率分别为，，求证：为定值；（[endnoteRef:2]） （ⅱ）直线，与直线分别交于，两点，求的最小值. （双曲线，基础；斜率，中下；长度最值，中档；） [2: 18．(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）由双曲线的定义求解即可； （2）（ⅰ）设直线：，变形可得，两式联立，设，可知，是方程的两根，由根与系数的关系即可得出答案. （ⅱ）设直线：与联立求出，同理求出，由此表示出，由基本不等式求解即可. 【详解】（1）因为， 所以根据双曲线的定义可知点的轨迹为以，为焦点，实轴长为2的双曲线， 由，，得，，所以的方程为. （2）（ⅰ）设直线：（） 因为直线过定点，所以. 变形可得，即 所以 整理得（*） 设，则（*）式除以得 此时，是方程的两根，所以， 所以，得证. （ⅱ）设直线：，由，可得； 设直线：，同理可得； . 由得， 所以， 当且仅当，即时取等号，故的最小值为. 【点睛】关键点点睛：设直线：与联立求出，同理求出，由此表示出，由基本不等式求解即可. ] 2. （2024年苏J38航附五月测）18．设抛物线，直线是抛物线C的准线，且与x轴交于点B，过点B的直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，是不在直线l上的一点，直线，分别与准线交于P，Q两点． (1)求抛物线C的方程；（[endnoteRef:3]） (2)证明：： (3)记，的面积分别为，，若，求直线l的方程． （抛物线，基础；长度，中档；面积，直线，中档；） [3: 18．(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据准线方程可得，即可求解； （2）设l：，，联立直线与抛物线，得出根与系数的关系，再由直线的相交求出坐标，转化为求即可得证； （3）由（2）可得，再由，根据可得，即可得解. 【详解】（1）因为为抛物线的准线， 所以，即， 故抛物线C的方程为 （2）如图， 设l：，， 联立，消去x得， 则，且， 又AM：，令得， 同理可得， 所以 ， ， 故. （3）由（2）可得：， ， 由，得：，解得， 所以直线l的方程为． 【点睛】关键点点睛：本题第二问中直线较多，解题的关键在于理清主从关系，据此求出点的坐标（含参数），第二个关键点在于将转化为关于对称，即. ] 3. （2024年浙J34杭州四月检）18．已知是椭圆的左，右顶点，点与椭圆上的点的距离的最小值为1. (1)求点的坐标. (2)过点作直线交椭圆于两点（与不重合），连接，交于点.([endnoteRef:4]) （ⅰ）证明：点在定直线上； （ⅱ）是否存在点使得，若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由. （椭圆，坐标，中下；定直线，中档；斜率，中档；） [4: 18．(1)； (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）存在， 【分析】（1）设，利用两点间距离公式得，然后根据分类讨论求解即可； （2）（ⅰ）设直线，与椭圆方程联立方程，结合韦达定理得，写出直线，的方程，进而求解即可； （ⅱ）由题意点在以为直径的圆上，代入圆的方程求得，写出直线的方程，与椭圆联立，求得点C的坐标，进而可得答案. 【详解】（1）设是椭圆上一点，则， 因为， ①若，解得（舍去）， ②若，解得（舍去）或， 所以点的坐标位. （2）（ⅰ）设直线， 由，得，所以， 所以，① 由，得或， 易知直线的方程为，② 直线的方程为，③ 联立②③，消去，得，④ 联立①④，消去，则， 解得，即点在直线上； （ⅱ）由图可知，，即，所以点在以为直径的圆上， 设，则，所以，即. 故直线的方程为， 直线的方程与椭圆方程联立，得，因为, 所以，所以,故. ] 4. （2024年浙J33东阳五月测）18．已知抛物线：，焦点为F，为上的一个动点，是在点A处的切线，点P在上且与点A不重合．直线PF与Γ交于B、C两点，且平分直线AB和直线AC的夹角． (1)求的方程（用表示）；（[endnoteRef:5]） (2)若从点F发出的光线经过点A反射，证明：反射光线平行于x轴； (3)若点A坐标为，求点P坐标． （抛物线，直线，中下；光线反射，中下；中下；） [5: 18．(1) (2)证明见解析； (3)． 【分析】（1）设定直线的方程，并于抛物线方程联立得出一元二次方程，相切需保证，求解即可； （2）由抛物线定义得到，设T为反射光线上与A相异的一点，进而证明即可； （3）先求得K为的中点，设定直线PF的方程并于抛物线方程联立得出一元二次方程，进而得出直线AC和HF的方程，求出点的横坐标，证明即可. 【详解】（1）显然切线l的斜率不为0，设l方程为：， 与联立得：， 由，且， 得，解得， ∴l的方程为，且， 化简得，也即：． （2）过A点作l的垂线并交x轴于Q点， 则AQ直线的方程为， 取，解得，即， ∵，∴， 作A点在抛物线准线上的投影H，由抛物线定义可知， ∴，∴， 设T为反射光线上与A相异的一点，则有， 综上，，轴， 即从点F发出的光线经过A点反射后平行于x轴． （3）若点A坐标为，此时l方程为，连HF， 取H，F的中点为，因为，故， ∵，∴，∵K点在l上，∴， 设直线AC、AB与HF的交点分别为D，E，则K为D，E的中点， 设直线PF的方程为，与联立得：， 设，，则有，， 当直线的斜率存在时， 因为，此时， 所以直线AC的方程为，也即， 而直线HF的方程为，联立得， 同理，， 由得：，整理得， ∴，∴， ∴直线BC的方程为， 与直线联立得P点坐标为． 当直线的斜率不存在时， 此时，而经过， 故此时直线即为，故重合，与题设矛盾， 综上，P点坐标为． 【点睛】本题是圆锥曲线综合问题，解题思路是运用韦达定理转化，运算和转化较复杂，属于难题.题型点睛，抛物线的光学性质主要有两大类，一是平行性质，任何平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物线反射后，都会经过抛物线的焦点；二是聚焦性质，从抛物线焦点发出的光线，经过抛物线反射后，反射光线会平行于抛物线的对称轴. ] 5. （2024年粤J134揭阳二模）18．设抛物线的焦点为，已知点到圆上一点的距离的最大值为6. (1)求抛物线的方程.（[endnoteRef:6]） (2)设是坐标原点，点是抛物线上异于点的两点，直线与轴分别相交于两点（异于点），且是线段的中点，试判断直线是否经过定点.若是，求出该定点坐标；若不是，说明理由. （抛物线，常规，基础；定点，中档） [6: 18．(1) (2)过定点，定点坐标为 【分析】（1）点到圆上点的最大距离为，即,计算即可； （2）由已知设，求得则，方程，联立与抛物线的方程求得点坐标，同理可得点坐标，进而求得直线的方程得出结果. 【详解】（1）点到圆上点的最大距离为，即，得, 故抛物线的方程为. （2）设，则方程为，方程为, 联立与抛物线的方程可得，即, 因此点纵坐标为，代入抛物线方程可得点横坐标为， 则点坐标为,同理可得点坐标为, 因此直线的斜率为, 代入点坐标可以得到方程为, 整理可以得到,因此经过定点. ] 6. （2024年鄂J24荆州三适）18．已知，圆心是原点，点，以线段为直径的圆内切于，动点的轨迹记为曲线. (1)求曲线的方程；（[endnoteRef:7]） (2)若直线，点，直线过点与曲线交于两点，与直线交于点. ①若，求直线的斜率； ②若记直线的斜率分别为问是否为定值？如果是，请求出定值；如果不是，请说明理由. （椭圆，原是定义，中下；定值，中档） [7: 18．(1) (2)①；②是定值，定值为 【分析】（1）结合两圆内切的性质与椭圆定义作出相应辅助线计算即可得； （2）①设出交点坐标，借助韦达定理与弦长公式计算即可得；②表示出斜率后，用两交点纵坐标表示出的值，结合韦达定理中，，得到，代入计算即可得. 【详解】（1）设的中点为，切点为，连接，，取关于轴的对称点， 连接，则， 故， 所以点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆， 其中，，则，则曲线C的方程为； （2）设 依题意，直线的斜率必定存在，设， ，可得，恒成立， 则有，， ①若，则有， 解得，故其斜率为； ②易得，， ，同理可得， 则，而， 由，，则，则， 故，即定值为. 【点睛】关键点点睛：最后一问中得到后不能直接代入韦达定理求解，关键在于借助，，得到，从而可代入中，求得其定值. ] 7. （2024年鄂J23荆州四适）18．从抛物线上各点向轴作垂线段，垂线段中点的轨迹为. (1)求的轨迹方程； (2)是上的三点，过三点的三条切线分别两两交于点， ①若，求的值；（[endnoteRef:8]） ②证明：三角形与三角形的面积之比为定值. （抛物线，基础；比值，定值，中上） [8: 18．(1) (2)①1；②证明见解析 【分析】（1）设垂线段中点为，则抛物线上点坐标为，再代入抛物线方程即可. （2）①分别设的坐标，设过点的切线方程为，联立切线方程与抛物线方程，可得，进而得到过点的切线方程为， 同理，得到过点的切线方程，联立切线方程，可得的纵坐标，即可求得；②根据两点间距离公式和点到平面的距离和三角形面积分别求出三角形与三角形的面积，进而求解. 【详解】（1）设垂线段中点坐标为，则抛物线上点坐标为， 代入抛物线方程，则，即， 所以的轨迹方程：. （2）①如图，是上的三点，过三点的三条切线分别两两交于点， 设， 则抛物线上过点的切线方程为， 将切线方程与抛物线方程联立，得： 联立，消去，整理得， 所以， 从而有， 所以抛物线上过点的切线方程为， 同理可得抛物线上过点的切线方程分别为， 两两联立，可以求得交点的纵坐标分别为： ， 则， 同理可得，即， 当时，，故，即， 因此. ②易知，则直线的方程为， 化简得即， 且， 点到直线的距离为： ， 则三角形的面积． 由（2）①知切线的方程为， ， 可知， 点到直线的距离为 ， 则外切三角形的面积． 故． 因此三角形与外切三角形的面积之比为定值2． 【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线的切线相关问题，解决第二问①的关键是求出切线方程，②主要考查计算能力. ] 8. （2024年鄂J22黄石二中三模）19．已知平面上到定点的距离与到定直线：的距离之比为常数的点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程；（[endnoteRef:9]） (2)把曲线及直线都向左平移5个单位长度，得到曲线及直线，写出及的方程（只写出结果）； (3)若，是上的两点，且.直线交直线于点，求直线与直线所成锐角的余弦值. （双曲线，中下；平移，基础；线线角，中上） [9: 19．(1) (2)； (3) 【分析】（1）根据求轨迹方程步骤：设点建立等量关系列式化简进行求解即可. （2）根据向左平移5个单位长度，则曲线的中心变为即可写出曲线方程. （3）先根据已知条件设直线方程，联立直线与曲线方程得韦达定理，再根据，得出直线方程未知参数的关系，求出点A到直线的距离，再代入进而得出所求余弦值. 【详解】（1）设为曲线上任意一点，且到直线的距离为， 则由题，所以， 两边平方整理得，即， 所以曲线的方程为：. （2）由题曲线的方程为：；方程为：. （3）由（1）曲线的方程为：， 由题意可知直线斜率存在且， 则可设，令，则，即 联立， 设，则，， 所以， 又因为， 所以 ， 所以①， 因为， 所以，即， 所以由①点A到直线的距离为， 又因为， 设直线与直线所成锐角为，则由①： ， 所以，即. 【点睛】思路点睛：对未知直线与圆锥曲线相交问题，先根据已知条件设直线方程或，再联立方程结合已知条件探求得出未知参数关系，然后再根据问题需求求出需求量进行推理化简求解即可. ] 9. （2024年鄂J21黄冈二模）18．已知双曲线的左､右焦点分别为，焦距为4，虚半轴长为1.如图，直线与双曲线的右支交于两点，其中点在第一象限.与关于原点对称，连接与，其中垂直于的平分线，垂足为.    (1)求双曲线的标准方程；（[endnoteRef:10]） (2)求证：直线与直线的斜率之积为定值； (3)求的最小值. （双曲线，易；定值，中档；最值，中上） [10: 18．(1) (2)证明见解析 (3)3 【分析】（1）根据虚半轴、焦距求出，即可得出双曲线方程； （2）由角平线转化为向量夹角相等可得，化简可得，据此即可得证； （3）由题意三角形面积比可转化为，由点到直线的距离求出，再由直线联立双曲线方程，结合根与系数的关系，利用弦长公式可得，得出后利用均值不等式求最值. 【详解】（1）由题设，故，所以，则双曲线的标准方程为. （2）不妨设，因为点与点关于原点对称，所以， 易知直线的斜率存在，不妨设直线的斜率为， 记，因为直线为的平分线，所以， 因为两点均在双曲线上，所以， 此时，则， 同理得， 因为，又， 所以，整理得，则， 故直线与直线的斜率之积为定值； （3）由（2）知，因为，所以， 联立，又，解得， 所以， 不妨设直线的方程为，因为点在直线上，解得， 所以直线的方程为，易知， 因为直线的斜率为，不妨设直线的方程为， 因为点在直线上，解得， 所以直线的方程为， 联立，消去并整理得， 由韦达定理得， 因为，所以，此时， 所以，当且仅当，即时，等号成立， 故当时，取得最小值，最小值为3. 【点睛】关键点点睛：首先根据两三角形的有公共边的特点，转化面积比为，再分别根据题目条件，利用点到直线的距离，弦长公式，求出，求最值的关键在于发现分母使用均值不等式即可. ] 10. （2024年鄂J20黄冈浠水三模）18．已知O为坐标原点，抛物线，过点的直线交抛物线于A，B两点，． (1)求抛物线C的方程；（[endnoteRef:11]） (2)若点，连接AD，BD，证明：； (3)已知圆G以G为圆心，1为半径，过A作圆G的两条切线，与y轴分别交于点M，N且M，N位于x轴两侧，求面积的最小值． （抛物线，中下；比例证明，中档；面积最值，中档） [11: 18．(1) (2)证明见解析 (3)8 【分析】（1）设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，再求出，再根据求出，即可求出抛物线C的方程； （2）要证，即证DG平分，即证，结合（1）计算化简即可得出结论； （3）记AM，AN分别与圆G切于点T，F，连接TG，MG，NG，求出，结合切线长定理可得，，，再根据，求出，再结合基本不等式即可得解. 【详解】（1）设直线的方程为， 由，得， 设，， 则，， 从而，解得， 所以抛物线C的方程为； （2）要证，即证DG平分，即证， 由（1）可知，， 则 ， 故； （3）记AM，AN分别与圆G切于点T，F，连接TG，MG，NG， 由题意，得， 由切线长定理，知，，， 所以， 又 ，解得， 所以， 当且仅当，即时，取等号， 故面积的最小值为8． 【点睛】思路点睛：解决直线与圆锥曲线的位置关系问题要做好两点：一是转化，把题中的已知和所求准确转化为代数中的数与式，即形向数的转化；二是设而不求，即联立直线方程与圆锥曲线方程，利用根与系数的关系求解． ] 11. （2024年鄂J26武昌五月检）18．已知点是圆上的动点，，是线段上一点，且，设点的轨迹为. (1)求轨迹的方程；（[endnoteRef:12]） (2)设不过原点的直线与交于两点，且直线的斜率的乘积为，平面上一点满足，连接交于点（点在线段上且不与端点重合）.试问的面积是否为定值？若是，求出定值；若不是定值，说明理由. （椭圆，基础；面积定值，中档） [12: 18．(1) (2)是， 【分析】（1）借助椭圆定义计算即可得解； （2）设，代入曲线方程中联立可得，结合题意计算可得，设，结合点在曲线上计算可得的值，即可得的面积. 【详解】（1）因为， 所以点的轨迹是以点为焦点的椭圆， 设，则，即. 由知， 所以点的轨迹的方程为； （2） 设，则由，得. 因为点均在曲线上，所以， 同向相乘得 整理得： 又因为，所以， 所以， 设，则， 又因为点在曲线上，所以， 整理得：， 又因为，， 代入上式得：，即， 又因为，所以， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于计算出后，利用面积公式得到，从而可通过计算的值得解. ] 12. （2024年冀J45石家庄三检）19．已知椭圆的左、右焦点分别为为坐标原点，直线与交于两点，点在第一象限，点在第四象限且满足直线与直线的斜率之积为．当垂直于轴时，． (1)求的方程；（[endnoteRef:13]） (2)若点为的左顶点且满足，直线与交于，直线与交于． ①证明：为定值； ②证明：四边形的面积是面积的2倍． （椭圆，中下；定值，中档；面积，中档） [13: 19．(1) (2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）取垂直轴特殊情况研究，由直线与直线的斜率之积为，且 求出点坐标，再代入椭圆方程待定系数法求解即可； （2）①由建立坐标之间关系，利用在椭圆上及直线与直线的斜率之积为消去，即可得证； ②设，利用韦达定理将直线与直线的斜率之积为表示出来即可得到的关系，再表示出面积，四边形的面积；若要证，只需证．转化为证明，由题将用表示，化简即可. 【详解】（1）当垂直轴时，由直线与直线的斜率之积为，故， 设，则，解得， 即，则，解得， 故的方程为； （2）（2）①设， 由知， 将得， 即． 由为上点，则 ． 又直线与直线的斜率之积为，故，即． 因此； ②由题直线斜率不为0，设 由①联立， 消去得， ， 由， 即， 即． 因此有． 面积， 四边形的面积， 即若要证，只需证． 设，故只需证即可． 直线， 联立解得， 同理得． 故故问题得证． 【点睛】关键点点睛： 本题解题的关键是将表示为 后将同一直线上的弦长比值问题转化为纵坐标的比值问题，即证明，而可以用表示出来，从而达到消元化简的目的. ] 13. （2024年浙J37宁波模拟）18．已知双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于两点（在第一象限），与轴交于点.设直线的倾斜角分别为. (1)若， （i）若，求；（[endnoteRef:14]） （ii）求证：为定值； (2)若，直线与轴交于点，求与的外接圆半径之比的最大值. （双曲线，非常规，基础；定值，中档；比例最值，中档；） [14: 18．(1)（i）；（ii）证明见解析. (2)2 【分析】（1）（i）先求直线的方程，联立双曲线方程求得点的坐标，求直线斜率，进而求解即可；（ii）法1，设直线的方程为形式，并联立双曲线方程，求直线的斜率的斜率和，进而得证为定值；法2，设直线的方程为形式，并联立双曲线方程，求直线的斜率的斜率和，进而得证为定值； （2）先对直线、斜率不存在的情形进行验证；法1：和均存在时，设，求得，从而得到与的外接圆半径之比的最大值；法2，和均存在时，由三点共线可得，求得的值和，从而得到与的外接圆半径之比的最大值；法3，若和均存在，设，则，得到，求得，从而得到与的外接圆半径之比的最大值. 【详解】（1）（i），所以直线. 直线与联立可得，解得或，所以. 所以，所以； （ii）法1：①直线斜率存在时，可设直线的方程为，设 由得 所以. 当时，由（i）可得； 当时，设的斜率分别为. . 所以， . 所以. 因为在第一象限，所以，所以，所以. ②直线斜率不存在时，可得， 可得， 所以，同理可得. 综上可得，为定值，得证. 法2：①时，由（i）可得； ②时，设的斜率分别为. 设，由在直线上可得. 与联立可得， 即， 所以就是方程的两根. 所以， ， 因为在第一象限，所以，所以，所以. 综上可得，为定值，得证. （2）由（1）可得时，. ①不存在，则，由①（i）可得，所以， 所以. ②不存在，则，则， 此时，由图可得. ③法1：若和均存在，设，则 与双曲线联立可得. 所以. 所以， 所以. 设与的外接圆半径分别为， 从而.等号当且仅当时取到. 所以与的外接圆半径之比的最大值为2. 法2：若和均存在，设，则. 由三点共线可得. 所以，所以. 所以 . 所以，所以. 设与的外接圆半径分别为， 从而.等号当且仅当时取到. 所以与的外接圆半径之比的最大值为2. 法3：若和均存在，设，则， 则. 记直线的倾斜角为，则，所以 所以. 设与的外接圆半径分别为， 从而.等号当且仅当时取到. 所以与的外接圆半径之比的最大值为2. 【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. ] 14. （2024年湘J38怀化二模）18．已知椭圆的左焦点为，过原点的直线与椭圆交于，两点，若，且. (1)求椭圆的离心率；（[endnoteRef:15]） (2)椭圆的上顶点为，不过的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为，若，试问直线是否经过定点？若经过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由. （椭圆离心率，中下；定点，中档） [15: 18．(1) (2)直线恒过定点，定点坐标为 【分析】（1）设椭圆的右焦点为，连接，，然后在由条件可得，，，然后利用余弦定理求解即可； （2）首先求出椭圆的方程，然后由可推出，然后设直线的方程为，，，联立直线与椭圆的方程消元表示出 、，然后由求出的值可得答案. 【详解】（1） 设椭圆的右焦点为，连接， 根据椭圆的对称性可知，四边形为平行四边形. 又，所以 而，所以， 在四边形中，， 所以， 在中，根据余弦定理得 即 化简得. 所以椭圆的离心率； （2） 因为椭圆的上顶点为，所以，所以， 又由（1）知，解得， 所以椭圆的标准方程为. 在中，，， 所以，从而， 又为线段的中点，即，所以， 因此，从而， 根据题意可知直线的斜率一定存在，设它的方程为，，， 联立消去得①， ， 根据韦达定理可得，， 所以 所以， 整理得，解得或. 又直线不经过点，所以舍去， 于是直线的方程为，恒过定点， 该点在椭圆内，满足关于的方程①有两个不相等的解， 所以直线恒过定点，定点坐标为. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$