2024年全国一卷数学新高考题型细分S13圆锥曲线解答题9

2024年全国一卷新高考题型细分S13——圆锥曲线大题9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6：（2024年粤J126广东三模）18．已知为抛物线：的焦点，，，是上三个不同的点，直线，，分别与轴交于，，，其中的最小值为4.

(1)求的标准方程；（18．(1)

(2)是，定值1.【分析】（1）根据抛物线定义可得的最小值为通径时，可求得的值；（2）设直线的方程为与抛物线联立方程组，结合的重心位于轴上，求得，又，解得，同理可得，又由运算得，运算得解.【详解】（1）因为直线通过抛物线的焦点，所以线段为抛物线的焦点弦，如图，设，，线段的中点，由抛物线的定义可得，由平面几何的性质得当且仅当轴时，取得最小值为，所以，

所以抛物线的标准方程为.

（2）依题知直线的倾斜角不为0，则设直线的方程为18．(1)

(2)是，定值1.【分析】（1）根据抛物线定义可得的最小值为通径时，可求得的值；（2）设直线的方程为与抛物线联立方程组，结合的重心位于轴上，求得，又，解得，同理可得，又由运算得，运算得解.【详解】（1）因为直线通过抛物线的焦点，所以线段为抛物线的焦点弦，如图，设，，线段的中点，由抛物线的定义可得，由平面几何的性质得当且仅当轴时，取得最小值为，所以，

所以抛物线的标准方程为.

（2）依题知直线的倾斜角不为0，则设直线的方程为.设，，，由，得，则，

因为的重心位于轴上，所以，所以，，所以，

，，因为A，E，C三点共线，所以，所以，显然，解得，，同理可得，又，则，所以为定值1.

【点睛】思路点睛：本题第二问，根据题意设直线的方程为，与抛物线方程联立，可得，结合的重心位于轴上，即，解得，再利用，，可得，，结合三角形重心的坐标公式，代入运算得解.（2024年粤J127汕头二模）18．如图，矩形中，，.、、、分别是矩形四条边的中点，设，.

(1)证明：直线与的交点在椭圆：上；（18．(1)见解析

(2)、、成等比数列，证明见解析.【分析】（1）设，分别表示出直线的方程和直线的方程，两式相乘化简即可得出答案；（2）设直线的方程为，直线MO的方程为分别与椭圆的方程联立由韦达定理求出，可证得即可判断、、成等比数列.【详解】（1）设，依题意，，，，，则直线的方程为，①

直线的方程为，②

①×②得：即

故直线与的交点M在椭圆18．(1)见解析

(2)、、成等比数列，证明见解析.【分析】（1）设，分别表示出直线的方程和直线的方程，两式相乘化简即可得出答案；（2）设直线的方程为，直线MO的方程为分别与椭圆的方程联立由韦达定理求出，可证得即可判断、、成等比数列.【详解】（1）设，依题意，，，，，则直线的方程为，①

直线的方程为，②

①×②得：即

故直线与的交点M在椭圆上；（2）依题意，直线的斜率均不为零，故设直线PO的方程为，直线MO的方程为

由得：

由得

即成等比数列.（2024年浙J41天域二模）17．已知双曲线左右焦点分别为，，点在双曲线上，且点到双曲线两条渐近线的距离乘积为，过分别作两条斜率存在且互相垂直的直线，，已知与双曲线左支交于，两点，与左右两支分别交于，两点.

(1)求双曲线的方程；（17．(1)

(2)证明见解析，【分析】（1）根据题意，列出的方程组求出得解；（2）设直线的方程为，可得的方程，分别与双曲线方程联立，结合韦达定理求出点的坐标，表示直线的方程，令求得是定值.【详解】（1）设双曲线的两渐近线方程分别为，，点到双曲线两渐近线的距离乘积为，由题意可得：，解得，，所以双曲线的方程为.（2）设直线的方程为，由，互相垂直得的方程，17．(1)

(2)证明见解析，【分析】（1）根据题意，列出的方程组求出得解；（2）设直线的方程为，可得的方程，分别与双曲线方程联立，结合韦达定理求出点的坐标，表示直线的方程，令求得是定值.【详解】（1）设双曲线的两渐近线方程分别为，，点到双曲线两渐近线的距离乘积为，由题意可得：，解得，，所以双曲线的方程为.（2）设直线的方程为，由，互相垂直得的方程，联立方程得，消得，成立，所以，，所以点坐标为，联立方程得，所以，，所以点坐标为，根据对称性判断知定点在轴上，直线的方程为，则当时，，所以直线恒过定点，定点坐标为.

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法再联立双曲线方程从而解出点的坐标，再得到直线的方程，最后令即可得到其定点坐标.（2024年鲁J24枣庄三月考）19.在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，直线被截得的线段长为．

（1）求的方程；（【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由截得的线段长可确定椭圆所过的点坐标，结合离心率建立的方程组，求解可得.（2）由直线和圆相切，可求出的等量关系，直线和椭圆联立，由弦长公式和点点距公式分别求出的长，然后计算周长，由的等量关系化简，然后分情况讨论的正负可求出周长的范围.【小问1详解】由题意可知，点在椭圆上，则有，解得．所以的方程为．【小问2详解】由题意知【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由截得的线段长可确定椭圆所过的点坐标，结合离心率建立的方程组，求解可得.（2）由直线和圆相切，可求出的等量关系，直线和椭圆联立，由弦长公式和点点距公式分别求出的长，然后计算周长，由的等量关系化简，然后分情况讨论的正负可求出周长的范围.【小问1详解】由题意可知，点在椭圆上，则有，解得．所以的方程为．【小问2详解】由题意知，，设，由与圆相切，得，即．由消去并整理得．该方程的判别式，由韦达定理得．于是，而．同理，．所以．显然，下面对的符号进行讨论：①当时，．（*）令，则且．代入（*）化简得．因为，所以，解得，当且仅当时取等号．②当时，．综上，周长的取值范围为．【点睛】关键点点睛：的周长包含弦长，以及，由弦长公式以及点点距公式表示出周长，换元法将所求转化为二次函数，根据二次函数的性质可求出范围.

（2024年鲁J21济南三月考）18.已知双曲线C：的左右顶点分别为，，过点的直线与双曲线C的右支交于M，N两点.

（1）若直线的斜率k存在，求k的取值范围；（【答案】（1）；（2）；（3）3.【解析】【分析】（1）设直线的方程为，联立方程组，结合题意列出不等式组，即可求解；（2）由（1）得到，求得，结合斜率公式，准确运算，即可求解；（3）由（2）可知，设与的方程分别为和，两两方程组，求得，结合三角形的面积公式和不等式的性质，即可求解.【小问1详解】解：设，，直线的方程为，联立方程组，整理得，因为直线【答案】（1）；（2）；（3）3.【解析】【分析】（1）设直线的方程为，联立方程组，结合题意列出不等式组，即可求解；（2）由（1）得到，求得，结合斜率公式，准确运算，即可求解；（3）由（2）可知，设与的方程分别为和，两两方程组，求得，结合三角形的面积公式和不等式的性质，即可求解.【小问1详解】解：设，，直线的方程为，联立方程组，整理得，因为直线与双曲线的右支交于两点，可得，解得，又由直线的斜率为，可得的取值范围是.【小问2详解】解：由双曲线，可得，，由（1）可得，，则.所以.【小问3详解】解：由（2）可知，所以直线与直线的方程分别为和，联立两直线方程可得交点的横坐标为，于是，故的最小值为，当且仅当时取等号成立.【点睛】方法技巧：求解圆锥曲线的最值问题的解答策略与技巧：1、几何方法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求解；2、代数方法：当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；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.（2024年苏J24苏锡常镇一调）18.在平面直角坐标系中，已知点，过椭圆的上顶点作两条动直线分别与交于另外两点.当时，.

（1）求的值；(【答案】（1）2（2），【解析】【分析】（1）联立直线直线和椭圆的方程，求出M点坐标，根据列出关于a的方程，即可求得答案.（2）联立直线和椭圆方程，求出点的坐标的表达式，即可求得，的表达式，结合，可推出，即三点共线，结合，可得【答案】（1）2（2），【解析】【分析】（1）联立直线直线和椭圆的方程，求出M点坐标，根据列出关于a的方程，即可求得答案.（2）联立直线和椭圆方程，求出点的坐标的表达式，即可求得，的表达式，结合，可推出，即三点共线，结合，可得，由此即可取得答案.【小问1详解】由题意得，直线的方程为，联立，解得或，代入，得，由得，，解得，；【小问2详解】由（1）知椭圆方程为，联立，得，解得或，即，则，即，同理可得，则，，由于，故，故，即三点共线，又，故，又，，故，解得，由于，故【点睛】难点点睛：本题考查了直线和椭圆位置关系的应用问题，解答的难点在于计算比较复杂，并且都是有关字母参数的运算，计算量较大，需要有较强的计算能力..（2024年苏J21南通二适）19.已知双曲线的渐近线为，左顶点为.

（1）求双曲线的方程；（【答案】（1）（2）①；②【解析】【分析】（1）根据渐近线方程及顶点求出得双曲线方程；（2）①设，由四点共圆可得，根据斜率公式转化为点坐标表示形式，由直线与双曲线联立得出根与系数的关系，据此化简即可求出；②求出点坐标得出，利用正弦定理求出外接圆的半径，根据均值不等式求出半径的最值，即可得出圆面积的最值.【小问1详解】因为双曲线的渐近线关于坐标轴及原点对称，又顶点在轴上，可设双曲线的方程为（，），从而渐近线方程为：，由题条件知：.因为双曲线的左顶点为，所以，，所以双曲线的方程为：.【小问2详解】如图，①，设直线的方程为：，将代入方程：，得，当且时，设，，则【答案】（1）（2）①；②【解析】【分析】（1）根据渐近线方程及顶点求出得双曲线方程；（2）①设，由四点共圆可得，根据斜率公式转化为点坐标表示形式，由直线与双曲线联立得出根与系数的关系，据此化简即可求出；②求出点坐标得出，利用正弦定理求出外接圆的半径，根据均值不等式求出半径的最值，即可得出圆面积的最值.【小问1详解】因为双曲线的渐近线关于坐标轴及原点对称，又顶点在轴上，可设双曲线的方程为（，），从而渐近线方程为：，由题条件知：.因为双曲线的左顶点为，所以，，所以双曲线的方程为：.【小问2详解】如图，①，设直线的方程为：，将代入方程：，得，当且时，设，，则，.设直线的倾斜角为，不妨设，则，由于，，，四点共圆知：，所以直线的倾斜角为，.直线的方程为：，令，则，从而，所以，又，得：，又，代入上式得：，，，化简得：，解得：（舍）或.故点的坐标为.②直线的方程为，由①知：，所以.直线方程；，所以，若，在轴上方时，在的上方，即时，；若，在轴下方时，即时，，所以或.又直线与渐近线不平行，所以.所以，或且.因为，设圆的半径为，面积为，则，所以，当且仅当即时，上述不等式取等号，或且.所以且，从而且.【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于利用直线的倾斜角与圆的内接四边形的角的关系，得出这一关键数量关系，再转化为直线与双曲线相交，利用根与系数的关系化简求参数的常规问题.（2024年湘J29邵阳二联考）18.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.（【答案】（1）；（2）存在，.【解析】【分析】（1）先利用点在双曲线上和双曲线的性质求出双曲线方程，然后分直线的斜率存在与否讨论，存在时，设出直线方程，利用韦达定理法表示出，再代入直线方程表示出，最后利用向量的数量积为零求出斜率，再代入弦长公式求出弦长；（2）假设存在，设直线方程，利用韦达定理法表示出，要使为定值，则，解出后得到点的坐标，再用弦长公式表示出三角形的面积，最后利用换元法和分离常数法结合复合函数的单调性求出面积的最小值.【小问1详解】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【答案】（1）；（2）存在，.【解析】【分析】（1）先利用点在双曲线上和双曲线的性质求出双曲线方程，然后分直线的斜率存在与否讨论，存在时，设出直线方程，利用韦达定理法表示出，再代入直线方程表示出，最后利用向量的数量积为零求出斜率，再代入弦长公式求出弦长；（2）假设存在，设直线方程，利用韦达定理法表示出，要使为定值，则，解出后得到点的坐标，再用弦长公式表示出三角形的面积，最后利用换元法和分离常数法结合复合函数的单调性求出面积的最小值.【小问1详解】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..【小问2详解】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.（2024年湘J27长沙一中适应）18.如图，已知抛物线，点，过点任作两条直线，分别与抛物线交于A，B与C，D.

（1）若的斜率分别为，求四边形的面积；

（2）设

（ⅰ）找到满足的等量关系；（【答案】（1）（2）（i）；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意，联立直线与抛物线方程，结合弦长公式，代入计算，即可得到结果；（2）（ⅰ）根据题意，表示出直线的方程，结合过点，即可得到关系式；（ii）根据题意，联立直线与直线【答案】（1）（2）（i）；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意，联立直线与抛物线方程，结合弦长公式，代入计算，即可得到结果；（2）（ⅰ）根据题意，表示出直线的方程，结合过点，即可得到关系式；（ii）根据题意，联立直线与直线的方程，即可解得点的坐标，再将满足的等量关系代入计算，即可得到结果.【小问1详解】由已知，联立直线与抛物线得，设，则，所以，联立直线与抛物线得，设，则，所以，因为，所以.【小问2详解】（ⅰ）因为，所以的直线方程为，整理得，因为过点，所以①，所以满足的等量关系为；（ⅱ）证明：由（ⅰ）同理可得②，同理可得AC：，BD：，联立与方程，解出点坐标，，，由①②得，代入点的纵坐标则，所以点坐标在直线上.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是联立与方程，解出点坐标，再根据上一问的结论得到，，将其代入化简即可.（2024年湘J26衡阳八中）18.已知双曲线经过椭圆的左、右焦点，设的离心率分别为，且．

（1）求的方程；（【答案】（1）的方程为的方程为（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，，解方程即可求出，即可求出的方程；（2）设直线的斜率分别为，由题意可得，设直线的方程为：，联立可得，同理可得，即可求出直线的斜率为，再由基本不等式即可得出答案.【小问1详解】依题意可得，得，由，得，解得，故的方程为的方程为．【小问2详解】易知，设，直线【答案】（1）的方程为的方程为（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，，解方程即可求出，即可求出的方程；（2）设直线的斜率分别为，由题意可得，设直线的方程为：，联立可得，同理可得，即可求出直线的斜率为，再由基本不等式即可得出答案.【小问1详解】依题意可得，得，由，得，解得，故的方程为的方程为．【小问2详解】易知，设，直线的斜率分别为，则，在，即有，可得为定值．设直线的方程为：，联立可得恒成立，设，则有，可求得，设直线的方程为：，同理可得，则由可得：，点在第一象限内，故，当且仅当，即时取等号，而，故等号可以取到．即当取最小值时，，联立，可解得，故的方程为：的方程为：，联立可解得，即有．【点睛】关键点点睛：本题（2）问的关键点在于设直线的斜率分别为，由题意可得，联立直线与椭圆的方程求得，联立直线与椭圆的方程同理可得，即可求出直线的斜率为，再由基本不等式即可得出答案.（2024年湘J21一起考一模）19.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；（【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）由题意可得，再由结合三角形面积公式可求得，由此可得双曲线E的标准方程；（2）由向量坐标表示求得，代入双曲线方程得，同理可得，再由韦达定理即可得到，得证；（3）由得到，结合（2）中结论可将式子化简为，再利用换元法与双勾函数的单调性即可求得m的取值范围.【小问1详解】由题意得，，则当l与x轴垂直时，不妨设，【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）由题意可得，再由结合三角形面积公式可求得，由此可得双曲线E的标准方程；（2）由向量坐标表示求得，代入双曲线方程得，同理可得，再由韦达定理即可得到，得证；（3）由得到，结合（2）中结论可将式子化简为，再利用换元法与双勾函数的单调性即可求得m的取值范围.【小问1详解】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．【小问2详解】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．【小问3详解】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.（2024年鄂J10二次T8联考）18.已知双曲线的方程为，其中是双曲线上一点，直线与双曲线的另一个交点为，直线与双曲线的另一个交点为，双曲线在点处的两条切线记为与交于点，线段的中点为，设直线的斜率分别为．

（1）证明：；（【答案】（1）证明见解析（2）1【解析】【分析】（1）根据点坐标求得斜率表达式，利用自变量范围即可得出证明；（2）联立直线与双曲线的方程可得其斜率为，同理可得，联立直线的方程解得，再通过联立的方程利用韦达定理代入化简可求得，可知点的横坐标，即，可得.【小问1详解】证明：如下图所示：由【答案】（1）证明见解析（2）1【解析】【分析】（1）根据点坐标求得斜率表达式，利用自变量范围即可得出证明；（2）联立直线与双曲线的方程可得其斜率为，同理可得，联立直线的方程解得，再通过联立的方程利用韦达定理代入化简可求得，可知点的横坐标，即，可得.【小问1详解】证明：如下图所示：由，可得；所以，又在双曲线上，．因此，易知，由可知，所以；【小问2详解】设，设直线的斜率分别为，直线的方程为，联立方程，由可得，同理可得；联立的方程，消去可得；将，代入上式，化简整理可得；设直线的方程分别为，则可得，联立双曲线与直线方程，消去可得关于的二次方程，该方程的两根为；由韦达定理可知，可得；同理可得，所以，再将表达式代入中整理可得：，再将代入上式整理可得；所以点的横坐标，所以，故；可得.【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据直线和切线方程，通过与双曲线联立求得点横坐标的表达式，并通过化简变形求得点的横坐标为0，即可求得，可得.（2024年冀J13示范高中）17.在平面直角坐标系中，双曲线的离心率为，实轴长为4.

（1）求C的方程；(【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据双曲线的离心率结合实轴长，可求得a,b,即得答案;（2）根据O，A，N，M四点共圆结合几何性质可推出，设，，，从而可以用点的坐标表示出t,再设直线，联立双曲线与直线方程，利用根与系数的关系式，代入t的表达式中化简，可得答案.【小问1详解】因实轴长为4，即，，又，所以，，故C的方程为.【小问2详解】由O【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据双曲线的离心率结合实轴长，可求得a,b,即得答案;（2）根据O，A，N，M四点共圆结合几何性质可推出，设，，，从而可以用点的坐标表示出t,再设直线，联立双曲线与直线方程，利用根与系数的关系式，代入t的表达式中化简，可得答案.【小问1详解】因实轴长为4，即，，又，所以，，故C的方程为.【小问2详解】由O，A，N，M四点共圆可知，，又，即，故，即，所以,设，，，由题意可知，则直线，直线，因为M在直线l上，所以，代入直线AG方程，可知，故M坐标为，所以，又，由，则，整理可得，当直线GH斜率不存在时，显然不符合题意，故设直线，代入双曲线方程：中，可得，所以，，又，所以,故，即，所以点P坐标为.【点睛】本题考查了双曲线方程的求解，以及直线和双曲线的位置关系的问题，解答时要注意明确点线的位置关系，能设相关点的坐标，从而表示出参