2024年全国一卷数学新高考题型细分S13圆锥曲线解答题5

2024年全国一卷新高考题型细分S13——圆锥曲线大题5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。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。题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。《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：（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.（【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【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.（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；（【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【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．（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；（【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【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.（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：（【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【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.（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；（【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．【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.（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；（【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【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．（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;（【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【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，①②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,（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；（【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，【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．（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；（【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【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．（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；（【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【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.（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；（【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【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.∴.（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；（【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，【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：.（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；（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