全国新高考1卷地区高三数学圆锥曲线解答题分类完整版编完整版析

2024届高三数学圆锥曲线解答题分类精编精析【题型目录】题型一：圆锥曲线中的弦长、面积问题题型二：圆锥曲线中的定点问题题型三：圆锥曲线中的定值、恒成立问题题型四：圆锥曲线中的定直线问题题型五：圆锥曲线中的存在性问题题型六：圆锥曲线中的范围与最值问题题型七：斜率之和差商积问题题型八：圆锥曲线中的切线问题【题型分类精编精析】：题型一：圆锥曲线中的弦长、面积问题1.（安徽省A10联盟2024届高三4月质量检测）已知椭圆C：的短轴长为4，过右焦点F的动直线与C交于A，B两点，点A，B在x轴上的投影分别为，（在的左侧）；当直线的倾斜角为135°时，线段的中点坐标为.（1）求的方程；（2）若圆：，判断以线段为直径的圆与圆的位置关系，并说明理由；（3）若直线与直线交于点M，的面积为，求直线的方程.【解析】：（1）易知，则.设，，则，相减得，，故，解得，则，故椭圆C的方程为.（2）设，椭圆C的左焦点为，则，，设为线段的中点，则，故圆与圆内切.（3）当直线斜率为0时，不符合题意，舍去.当直线斜率不为0时，设直线方程为，联立，得，易知，则，.易知，，所以直线：①，直线：②，联立①②，所以，因为，所以，解得，故直线的方程为或.题型二：圆锥曲线中的定点问题1.（山东省“齐鲁名校联盟”2023—2024学年高三年级第七次联考）已知直线与曲线．（1）若与交于，两点，点，直线与的斜率之积为1，证明：直线过定点；（2）若与相切于点，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于，两点，求的最小值．【解析】：（1）解：设，联立方程组，整理得，则，即且，所以，可得，即，即，化简得，解得或，当时，过点，不符合题意；当时，直线的方程为，即，此时直线过定点.（2）解：由，整理得，因为直线与相切，所以且，且，解得，可得，所以，即，所以直线的方程为，令，可得；令，可得，所以，设，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，当时，，即的最小值为.【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）函数最值法：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：配方法；基本不等式法；单调性法；三角换元法；平面向量；导数法等，要特别注意自变量的取值范围.题型三：圆锥曲线中的定值、恒成立问题1.（2024届河北省承德市部分高中二模）圆､椭圆､双曲线都有对称中心，统称为有心圆锥曲线，如下方式可以得到部分的有心圆锥曲线，已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数其中且记点的轨迹为曲线.（1）求的方程，并说明轨迹的形状；（2）设点若曲线上两动点均在轴上方且与相交于点.（i）当时，求证：的值及的周长均为定值；（ii）当时，记的面积为其内切圆半径为试探究是否存在常数使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由.【解析】：（1）设依题意得两边平方去分母得整理得经化简得的方程为当时，曲线是焦点在轴上的椭圆；当时，曲线是焦点在轴上的双曲线.（2）设点其中且.（i）证明：由（1）可知的方程为因为所以因此三点共线，且.（解法一）设直线的方程为联立的方程得则由（1）可知所以（定值）.（解法二）设则有解得同理，由解得所以（定值）.由椭圆定义得因为所以解得同理可得.所以.因为所以的周长为（定值）.（ii）解：当时，曲线的方程为轨迹为双曲线，根据（i）的证明，同理可得三点共线，且.（解法一）设直线的方程为联立的方程得所以因为所以将（*）代入上式，化简得（解法二）设依条件有解得同理，由解得所以.由双曲线的定义得根据解得同理根据解得所以由内切圆的性质可知当时（常数）.因此，存在常数使得恒成立，且.2.（江西省新余市20232024学年高三年级第二次模拟考试）通过研究，已知对任意平面向量，把绕其起点A沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转角得到点P，（1）已知平面内点，点，把点B绕点A逆时针旋转得到点P，求点P的坐标：（2）已知二次方程的图像是由平面直角坐标系下某标准椭圆绕原点O逆时针旋转所得的斜椭圆C，（i）求斜椭圆C的离心率；（ⅱ）过点作与两坐标轴都不平行的直线交斜椭圆C于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交斜椭圆C于点G、H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由.【解析】：（1）由已知可得，则，设，则，所以，，即点P的坐标为.（2）（i）由与交点为和，则由与交点为和，则.所以，.（2）设直线：，与斜椭圆联立得，∵，，∴，设直线：，与斜椭圆联立得，∴，∴，故.法二：将椭圆顺时针旋转，由①可得椭圆方程为，点Q旋转后的坐标为，当直线斜率不存在时，，，.当直线斜率存在时，设直线为，与椭圆方程联立可得，，，设直线为与椭圆方程联立可得，，综上所述，.3.（湖北省十一校20232024学年高三下学期第二次联考）已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的左顶点和上顶点，为左焦点，且的面积为．（1）求椭圆的标准方程：（2）设椭圆的右顶点为、是椭圆上不与顶点重合的动点．（i）若点，点在椭圆上且位于轴下方，直线交轴于点，设和的面积分别为，若，求点的坐标：（ii）若直线与直线交于点，直线交轴于点，求证：为定值，并求出此定值（其中、分别为直线和直线的斜率）．【解析】：（1）由题意得，又，解得，椭圆的标准方程为（2）（i）由（1）可得，连接，因为，，所以，，，所以，所以直线的方程为，联立，解得或（舍去），.（ii）设直线的斜率为，则直线的方程为：，又，，直线的方程为，由，解得，所以，由，得，由，则，所以，则，，依题意、不重合，所以，即，所以，直线的方程为，令即，解得，，，为定值.【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.4.（湖南省2024届新高考教学教研联盟高三第二次联考）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．（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．【解析】：（1）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；（2）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.题型四：圆锥曲线中的定直线问题1．（新疆乌鲁木齐地区2024年高三年级第三次质量监测）已知抛物线，的三边AB，AC，BC所在直线分别与抛物线相切于点M，N，D，点．（Ⅰ）求直线MN的方程；（Ⅱ）证明；（Ⅲ）证明的垂心H在定直线上．【解析】：（Ⅰ）因为，即，设切点坐标为，得，带入得或，所以，，所以直线MN的方程为；（Ⅱ）由（Ⅰ）得直线AM的方程为，直线AN的方程为，设，所以直线BC的方程为，联立直线方程得，，所以，，所以；（Ⅲ）因为，边BC上的高所在直线方程为，同理边AB上的高所在直线方程为，联立得，所以的垂心H在定直线上．2.（河北省沧衡名校联盟高三年级模拟考试）已知双曲线的一条渐近线为，实轴长为，为上一点.（1）求双曲线的方程；（2）（i）证明：直线与双曲线相切于点；（ii）若直线与双曲线相切，为双曲线的右焦点，且，试判断点是否在定直线上，若在定直线上，求出该直线方程；若不在定直线上，请说明理由.【解析】：（1）依题意，，则，又，解得，所以双曲线的方程为.（2）（i）由点在上，知①，将点的坐标代入直线，得，显然成立，故点在上.当时，将直线化为斜截式，得，代入并整理，得②.由①知，，故②为，其判别式，故直线与双曲线相切于点.当时，可得，此时直线与双曲线相切于点.综上，直线与双曲线相切于点.（ii）由（1）知，，设，由题意，，即③.由（i）知，双曲线在点处的切线方程为，又点在此切线上，故④.③④，得，即，因为，所以，故点在定直线上.[命题意图]本题考查双曲线的方程､直线与双曲线的位置关系；考查逻辑思维能力､运算求解能力；考查逻辑推理､直观想象､数学运算的核心素养.3．（2024届辽宁省抚顺市六校协作体高三下学期第三次模拟）如图所示，在圆锥内放人两个球，它们都与圆锥的侧面相切（即与圆锥的每条母线相切），且这两个球都与平面相切，切点分别为，数学家丹德林利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，记为为椭圆的两个焦点．设直线分別与该圆锥的母线交于两点，过点的母线分别与球相切于两点，已知．以直线为轴，在平面内，以线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系．（1）求椭圆的标准方程．（2）点在直线上，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，是椭圆的左、右顶点，连接，设直线与交于点．证明：点在直线上．【解析】：（1）设椭圆的标准方程为，由切线长定理知，则，解得．由，解得．所以椭圆的标准方程为．（2）证明：设，已知．设．联立方程组消去得，由，可得，所以，同理．因为是切点，且，所以直线的方程为，即，显然直线过定点，即三点共线，则，解得或（舍去），联立方程组解得，即点在直线上．题型五：圆锥曲线中的存在性问题1.（湖南省邵阳市2024届高三第二次联考）已知双曲线的左焦点为，点在双曲线上，直线与双曲线交于两点.（1）若经过点，且，求；（2）若经过点，且两点在双曲线的左支上，则在轴上是否存在定点，使得为定值.若存在，请求出面积的最小值；若不存在，请说明理由.【解析】：（1）把代入得：，又.又，解得.双曲线方程为.若直线的斜率不存在时，，此时不妨设.，舍去.若的斜率存在，设方程为，代入，化简得，，设，则，.，得，即.则..（2）假设存在，使得为定值.设方程为，代入，化简得.由题意..由题意.要使为定值，则，解之得.存在，使得为定值.此时令，..由复合函数的单调性可知在递减，在时取得最大值1.的最小值为.【点睛】关键点点睛：（1）求弦长时，可用弦长公式，韦达定理表示出两根之和和两根之积；（2）对于直线过定点问题时，可采用向量垂直数量积为零，求出关于参数的方程，再讨论定点问题；（3）求圆锥曲线中三角形的面积最值问题时，可用弦长公式表示出面积，再结合换元法或基本不等式或函数的单调性求出面积的最值.2．（2023学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测）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．（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．【解析】：（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．解得等于．所以，所以．故．题型六：圆锥曲线中的范围与最值问题1．（2024届河北省名校联盟高三下学期4月第二次联考）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；(2)求面积的取值范围．【解析】：（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，．2.（辽宁省鞍山市普通高中2023—2024学年度高三第二次质量监测）焦点在轴上的椭圆的左顶点为，，，为椭圆上不同三点，且当时，直线和直线的斜率之积为．（1）求的值；（2）若的面积为1，求和的值；（3）在（2）的条件下，设的中点为，求的最大值．【解析】：（1）因为，所以三点共线，则必有点和点关于点对称，所以，设直线和直线的斜率分别为，，因为点为椭圆的左顶点，所以，所以，，所以，所以，所以，所以，即；（2）设过两点直线为，当直线的斜率不存在时，两点关于对称，所以，，因为在椭圆上，所以，又，所以，即，结合可得，此时，，所以；当直线的斜率存在时，设其方程为，，联立，消去得，其中①，所以，所以因为到直线的距离，所以，所以，整理的，符合①式，此时，；（30因为，所以，即，当且仅当时等号成立，此时为直角三角形且为直角，故，解得，从而，此时等号可成立.所以的最大值为.3.（2024年大连市高三第一次模拟考试）在平面直角坐标系xOy中，点O为坐标原点，已知两点，点M满足，记点M的轨迹为G．（1）求曲线G的方程：（2）若P，C，D为曲线G上的三个动点，的平分线交x轴于点，点Q到直线PC的距离为1．（ⅰ）若点Q为重心，用a表示点P的坐标；（ⅱ）若，求a的取值范围．【解析】：（10设点，即，，，，化简得曲线的方程：；（2）（ⅰ）解法1：设，为的角平分线．为重心为的中线，S三线合一可得，为重心①设直线方程为：，直线方程为：，是的平分线，点到直线的距离为点到直线的距离为1，，可得同理，即是方程的两根，，联立可得：，，同理，点为重心，，即，又，故点的坐标为②联立①②可得即（ⅱ）由（ⅰ）知，，等价于时满足题意．（ⅰ）解法2：是的平分线，点到直线的距离为点到直线的距离为1，直线与圆相切，设直线与圆的切点分别为，设直线上任意一点坐标为，则，可得，整理得，结合，进一步可得直线方程为：，同理直线方程为，因为点在两条直线上，所以可知直线的方程为，代入圆方程可得：即：设直线的斜率，直线的斜率为，即，联立直线与抛物线方程，，可得：，，同理可得，点为重心，，即，又故点的坐标为②其余过程同解法1．【点睛】关键点点睛：本题考查直线与抛物线位置关系,关键是利用角分线的意义抽方程或直线,进而得韦达定理求出P坐标.4.（萍乡市2023—2024学年度高三二模考试试卷）已知椭圆的离心率为是上的不同两点，且直线的斜率为1，当直线过原点时，.（1）求椭圆的标准方程；（2）设，点都不在轴上，连接，分别交于两点，求点到直线的距离的最大值.【解析】：（1）依题意，则，因此，设，联立与的方程得，又，即，故，即陏圆的标准方程为；（2）【解法1】设，可知的斜率存在，设为，则的方程为，联立与的方程，整理得，，则，又，故，同理可得，易知的斜率不为0，设的方程为，则，又，则，对比的方程可知，直线恒过定点，设点到直线的距离为，则，当且仅当时，点到直线的距离取到最大值.（2）【解法2】设，则.……①又，即，作差整理得，结合①，解得.……②由①②，解得..……③同理可得，.……④可知的斜率不为0，设的方程为，结合①③④可得：，对比的方程可知，直线恒过定点，设点到直线的距离为，则，当且仅当时，点到直线的距离取到最大值.（2）【解法3】由题可设如下直线方程：，，则过四点的曲线系方程为：则项的系数为项的系数为，常数项为，又椭圆的方程可写为：，对比系数可知：，解得，即，故直线恒过定点，设点到直线的距离为，则，当且仅当时，点到直线的距离取到最大值.5.（山东省聊城市2024届高三下学期模拟考试（二模））已知椭圆的短轴长为2，离心率为.（1）求的方程；（2）直线与交于两点，与轴交于点，与轴交于点，且.（ⅰ）当时，求的值；（ⅱ）当时，求点到的距离的最大值.【解析】：（1）由题意得，解得，所以的方程为．（2）（ⅰ）由题意得，由，得，即，由，得，即，将的坐标分别代入的方程，得和，解得，又，所以.（ⅱ）由消去，得，其中，设，则，由，得，所以，由，得，即，所以，因此，又，所以.所以的方程为，即过定点，所以点到的最大距离为点与点的距离，即点到的距离的最大值为2.6.（江西省上饶市2024届第二次高考模拟考试）已知离心率为的椭圆与抛物线有相同的焦点，且抛物线经过点，是坐标原点.（1）求椭圆和抛物线的标准方程；（2）已知直线与抛物线交于两点，与椭圆交于两点，若的内切圆圆心始终在直线上，求面积的最大值.【解析】：（1）在抛物线上，，解得：，抛物线方程为：；由抛物线方程知：，即，，解得：，，椭圆的标准方程为：；（2）的内切圆圆心始终在直线上，平分，设直线斜率为，又轴，；设，，则，又，，整理可得：；，，；由得：，则，解得：；由得：，则，解得：；综上所述：；设，，则，，，又到直线距离，，由得：，当时，，的最大值为.【点睛】思路点睛：求解直线与椭圆综合应用中的三角形面积最值（取值范围）问题的基本思路如下：①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理和点到直线距离表示出所求三角形的面积；④将所求三角形面积转化为关于某一变量的函数的形式，利用函数的单调性或基本不等式求解出最值（范围）.7.（湖南省2024届高三“一起考”大联考）已知双曲线E：（，）一个顶点为，直线l过点交双曲线右支于M，N两点，记，，的面积分别为S，，.当l与x轴垂直时，的值为.（1）求双曲线E的标准方程；（2）若l交y轴于点P，，，求证：为定值；（3）在（2）的条件下，若，当时，求实数m的取值范围.【解析】：（1）由题意得，，则当l与x轴垂直时，不妨设，由，得，将代入方程，得，解得，所以双曲线E的方程为．（2）设，，，由与，得，即，，将代入E的方程得：，整理得：①，同理由可得②．由①②知，，是方程的两个不等实根．由韦达定理知，所以为定值．（3）又，即，整理得：，又，不妨设，则，整理得，又，故，而由（2）知，，故，代入，令，得，由双勾函数在上单调递增，得，所以m的取值范围为．.【点睛】解答圆锥曲线的范围问题的方法与策略：（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）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.8.（2024届湖北省高中毕业生四月模拟考试）已知椭圆和的离心率相同，设的右顶点为，的左顶点为，，（1）证明：；（2）设直线与的另一个交点为P，直线与的另一个交点为Q，连，求的最大值.参考公式：【解析】：（1）证明：当时，的离心率，时，的离心率；因为，所以或，得，又，所以，且；由题意知，，即，则，，它们的斜率之积为，因此；（2）解：由（1）问知，，联立与的方程，将y消去得：，解得，，又在曲线上，则，，联立与的方程，将y消去得：，解得，，又在曲线上，则，，……9分因此的中点，连，因为，即，所以，记，当最大时，也最大；可知，令得，解得，又，则，令得，因此在处取得最大值，且最大值为，因此最大值为.9．（天域全国名校协作体20232024学年高三下学期联考）在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率为e，已知椭圆长轴长是短轴长的2倍，且椭圆W过点．（1）求椭圆W的方程；（2）已知平行四边形ABCD的四个顶点均在W上，求平行四边形ABCD的面积S的最大值．【解析】：（1）由题意知，解得，所以；所以椭圆W的方程为；（2）①若直线AB的斜率存在，设AB的方程为，，，因为，故可设CD方程设为，由得，则，且，所以，同理，因为，所以，因为，所以．设两平行线AB，CD间的距离为d，则，因为，所以．所以所以当时，ABCD的面积S取得最大值为4．②若直线AB的斜率不存在，此时平行四边形ABCD为矩形，设，易知，又，所以，当且仅当时取等;综上所述：ABCD的面积S的最大值为4题型七：斜率之和差商积问题1.（2024届明日之星高考数学精英模拟卷）以双曲线的右焦点F为圆心作圆，与C的一条渐近线相切于点.（1）求C的方程.（2）在x轴上是否存在定点M，过点M任意作一条不与坐标轴垂直的直线l，当l与C交于A，B两点时，直线，的斜率之和为定值？若存在，求出M点的坐标，若不存在，说明理由.【解析】：（1）双曲线C的渐近线方程为，圆F与直线切于点，所以代入得，①设，直线FQ有斜率，则，即，②又，③由①②③解得，，，所以双曲线C的方程为.（2）假设存在满足条件的定点，因为直线l不与坐标轴垂直，故设l的方程为，，.由消去x整理得，则即，且，因为，所以直线，的斜率为，.设（为定值），即，即，即，整理得，所以，所以.因为t，为定值，且上式对任意m恒成立，所以，解得，.将代入式解得或且.综上，存在满足条件的定点.2.（湖南省益阳市2024届高三下学期4月教学质量检测）已知直线与椭圆相交于点，点在第一象限内，分别为椭圆的左、右焦点．（1）设点到直线的距离分别为，求的取值范围；（2）已知椭圆在点处的切线为．（i）求证：切线的方程为；（ii）设射线交于点，求证：为等腰三角形．【解析】：（1）因为、为直线与椭圆的交点，且点在第一象限，所以、关于原点成中心对称，不妨设，则，又、分别为椭圆的左、右焦点由题意可得，因为点到直线的距离分别为，可得，，又因为，因为，所以，所以；（2）（i）首先证明椭圆上一点处的切线方程为，①当切线斜率存在时，设过点的切线方程为，联立方程，得，，即，，又，把代入中，得，，化