2024年全国一卷数学新高考题型细分S13圆锥曲线解答题10

2024年全国一卷新高考题型细分S13——圆锥曲线大题10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。长1：（2024年闽J21三明检测）19．已知平面直角坐标系中，有真命题：函数的图象是双曲线，其渐近线分别为直线和y轴．例如双曲线的渐近线分别为x轴和y轴，可将其图象绕原点顺时针旋转得到双曲线的图象．

(1)求双曲线的离心率；（19．(1)(2)是定值(3)【分析】（1）设双曲线的实轴长为，虚轴长为，由双曲线的两条渐近线为x轴和y轴得出，根据离心率公式计算即可；（2）不妨设是双曲线在第一象限的点，则，，，，得出过点的切线方程，与两渐近线方程联立，得出点得坐标，由即可得出；（3）由题意将函数，，点，，，绕原点顺时针旋转，得到双曲线，，，再得出直线与的交点为，结合韦达定理及对勾函数的单调性，即可求出面积的最小值．【详解】（1）设双曲线的实轴长为，虚轴长为，因为双曲线的两条渐近线为x轴和y轴，所以两渐近线之间的夹角为，所以，所以．（2）不妨设是双曲线在第一象限的点，则19．(1)(2)是定值(3)【分析】（1）设双曲线的实轴长为，虚轴长为，由双曲线的两条渐近线为x轴和y轴得出，根据离心率公式计算即可；（2）不妨设是双曲线在第一象限的点，则，，，，得出过点的切线方程，与两渐近线方程联立，得出点得坐标，由即可得出；（3）由题意将函数，，点，，，绕原点顺时针旋转，得到双曲线，，，再得出直线与的交点为，结合韦达定理及对勾函数的单调性，即可求出面积的最小值．【详解】（1）设双曲线的实轴长为，虚轴长为，因为双曲线的两条渐近线为x轴和y轴，所以两渐近线之间的夹角为，所以，所以．（2）不妨设是双曲线在第一象限的点，则，，，，则过点的切线方程为：，即，与双曲线渐近线联立，即，，解得或，设，则,，因为，所以，所以面积是定值2．

（3）由的图象是双曲线，渐近线为轴与直线，则两渐近线的夹角为，故，两渐近线夹角的平分线所在直线方程为，联立得，或，则双曲线的，所以，则将图象绕原点顺时针旋转得到双曲线的图象，直线与轴夹角为，故直线的图象绕原点顺时针旋转得到直线，同理可得点，绕原点顺时针旋转得到，且点为右支上的点，设，则，由题知，过的直线斜率不为0，设该直线方程，因为点为右支上的点，所以且，所以，由得，，，，则，即，因为由图象知直线的斜率存在，所以，故直线的方程为：，令，，由得，，所以直线过定点，同理可得直线也过定点，所以直线与的交点为，则，令，则，因为函数在上单调递减，，则，即所以，故面积的最小值为．

【点睛】方法点睛：当三角形三个顶点均为动点时，求面积比较困难，此时可以将其中一个或两个点转化为定点（或证明为顶点），再研究三角形面积的最值．（2024年苏J06三市调研）18.已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左，右顶点和坐标原点，点为椭圆上异于的一动点，面积的最大值为.

（1）求的方程；

（2）过椭圆的右焦点的直线与交于两点，记的面积为，过线段的中点作直线的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为.

①求的取值范围；（【答案】（1）（2）①；②证明见解析【解析】【分析】（1）根据离心率以及面积的最大值，构造方程解方程可得的方程为；（2）①联立椭圆与直线方程得出的面积的表达式，利用对勾函数单调性即可求得的取值范围为；②利用中点坐标公式求得，得出斜率表达式即可得，可得为定值.【小问1详解】由题意知，解得，所以的方程为；【小问2详解】①易知，【答案】（1）（2）①；②证明见解析【解析】【分析】（1）根据离心率以及面积的最大值，构造方程解方程可得的方程为；（2）①联立椭圆与直线方程得出的面积的表达式，利用对勾函数单调性即可求得的取值范围为；②利用中点坐标公式求得，得出斜率表达式即可得，可得为定值.【小问1详解】由题意知，解得，所以的方程为；【小问2详解】①易知，设直线方程为，如下图所示：联立，消去可得，所以，且，可得，令，可得，由对勾函数性质可得在时单调递增；所以可得；即的取值范围为.②易知，可得；所以；因此为定值.（2024年鲁J05日照一模）19.已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为经过点且倾斜角为的直线l与椭圆交于A，B两点（其中点A在x轴上方），且的周长为8．将平面沿x轴向上折叠，使二面角为直二面角，如图所示，折叠后A，B在新图形中对应点记为，．

（1）当时，

①求证：；

②求平面和平面所成角的余弦值；（【答案】（1）①证明过程见解析；②（2），理由见解析【解析】【分析】（1）①根据椭圆定义得到，结合离心率得到，求出，得到椭圆方程，联立直线方程和椭圆，得到，得到⊥，结合二面角为直二面角，得到线面垂直，证明出结论；②建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，从而求出面面角的余弦值；（2）设折叠前，折叠后对应的，设出直线的方程，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，根据折叠前后的周长关系得到，变形得到，代入两根之和，两根之积，求出，进而求出的值.【小问1详解】①由椭圆定义可知，【答案】（1）①证明过程见解析；②（2），理由见解析【解析】【分析】（1）①根据椭圆定义得到，结合离心率得到，求出，得到椭圆方程，联立直线方程和椭圆，得到，得到⊥，结合二面角为直二面角，得到线面垂直，证明出结论；②建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，从而求出面面角的余弦值；（2）设折叠前，折叠后对应的，设出直线的方程，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，根据折叠前后的周长关系得到，变形得到，代入两根之和，两根之积，求出，进而求出的值.【小问1详解】①由椭圆定义可知，所以的周长，所以，因为离心率为，故，解得，则，由题意，椭圆的焦点在轴上，所以椭圆方程为，直线，即，联立得，解得或，当时，，当时，，因为点A在x轴上方，所以，故⊥，折叠后有⊥，因为二面角为直二面角，即平面⊥，交线为，平面，所以⊥平面，因为平面，所以⊥；②以为坐标原点，折叠后的轴负半轴为轴，原轴为轴，原轴正半轴为轴，建立空间直角坐标系，则，，其中平面的法向量为，设平面的法向量为，则，令得，故，设平面与平面的夹角为，则，故平面与平面的夹角的余弦值为；【小问2详解】设折叠前，折叠后对应的，设直线方程为，将直线与椭圆方程联立得，，则，在折叠前可知，折叠后，在空间直角坐标系中，，，由，，故，所以①，分子有理化得，所以②，由①②得，因为，故，即，将代入上式得，两边平方后，整理得，即，解得，因为，所以.【点睛】出题非常新颖，将立体几何和解析几何结合，考查学生的综合能力，在解决图形的翻折问题时，应找出其中变化的量和没有变化的量，包括位置关系和数量关系，通常翻折后还在同一平面上的元素之间的位置关系不发生变化，不在同一平面上的元素之间的位置关系发生变化，解题时应抓住不变量，利用平面几何知识或建立空间直角坐标系进行求解.（2024年鲁J04青岛一适）18.已知O为坐标原点，点W为：和的公共点，，与直线相切，记动点M的轨迹为C．

（1）求C的方程；

（2）若，直线与C交于点A，B，直线与C交于点，，点A，在第一象限，记直线与的交点为G，直线与的交点为H，线段AB的中点为E．

①证明：G，E，H三点共线；（【答案】（1）（2）①证明见解析；②16【解析】【分析】（1）设，根据题目条件列式化简可得轨迹；（2）①设线段的中点为，利用向量证明G，E，F三点共线，同理H，E，F三点共线，进而可得结论；②将四边形面积转化为四边形GAHB面积，将直线和抛物线联立，利用韦达定理，求出直线和直线的方程，则可求出坐标，然后利用面积公式求解最值即可.【小问1详解】设，【答案】（1）（2）①证明见解析；②16【解析】【分析】（1）设，根据题目条件列式化简可得轨迹；（2）①设线段的中点为，利用向量证明G，E，F三点共线，同理H，E，F三点共线，进而可得结论；②将四边形面积转化为四边形GAHB面积，将直线和抛物线联立，利用韦达定理，求出直线和直线的方程，则可求出坐标，然后利用面积公式求解最值即可.【小问1详解】设，与直线的切点为N，则，所以化简得，所以C的方程为：；【小问2详解】①设线段的中点为，因为，所以可设，，又因为，所以G，E，F三点共线，同理，H，E，F三点共线，所以G，E，H三点共线．②设，，，，AB中点为E，中点为F，将代入得：，所以，，所以，同理，，（均在定直线上）因为，所以△EAT与△EAH面积相等，与△EBH面积相等；所以四边形的面积等于四边形GAHB的面积，设，，直线，即整理得：直线，又因为，所以，同理，直线，，所以所以所以四边形GAHB面积，当且仅当，即，即时取等号，所以四边形面积的最大值为16．【点睛】关键点点睛：本题的关键是将四边形的面积转化为四边形GAHB的面积，还有充分利用第一问中的点共线求出的横坐标，可以给求面积带来便利.（2024年鲁J03临沂一模）19.动圆与圆和圆都内切，记动圆圆心的轨迹为.

（1）求的方程；

（2）已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：，试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，切点分别为.

（i）证明：直线过定点；(【答案】（1）（2）（i）证明见解析，（ii）【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义求解点的轨迹方程；（2）（i）根据题意中性质求解出两条切线方程，代入点坐标后，得出直线的方程，从而得出定点坐标；

（ii）联立直线的方程与椭圆的方程，由韦达定理得出，进而求解出的定点坐标，表示出，由基本不等式得出结果.【小问1详解】设动圆的半径为，由题意得圆和圆的半径分别为，，因为与，都内切，所以，，所以，又【答案】（1）（2）（i）证明见解析，（ii）【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义求解点的轨迹方程；（2）（i）根据题意中性质求解出两条切线方程，代入点坐标后，得出直线的方程，从而得出定点坐标；

（ii）联立直线的方程与椭圆的方程，由韦达定理得出，进而求解出的定点坐标，表示出，由基本不等式得出结果.【小问1详解】设动圆的半径为，由题意得圆和圆的半径分别为，，因为与，都内切，所以，，所以，又，，故，所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，设的方程为：，则，，所以，故的方程为：.【小问2详解】

（i）证明：设，，，由题意中的性质可得，切线方程为，切线方程为，因为两条切线都经过点，所以，，故直线的方程为：，显然当时，，故直线经过定点.

（ii）设直线的方程为：，联立，整理得，由韦达定理得，又，所以直线的方程为，令得，，所以直线经过定点，又，所以，所以，当且仅当时，即时取等号.【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年粤J44梅州二月检）19.有一种曲线画图工具如图1所示，是滑槽的中点，短杆可绕转动，长杆通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽滑动，且.当栓子在滑槽内做往复运动时，带动绕转动，跟踪动点的轨迹得到曲线，跟踪动点的轨迹得到曲线，以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系.

（1）分别求曲线和的方程；（【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由点的轨迹和圆的定义可确定曲线的方程；由待定系数法可知，设，结合已知，解出，代入圆方程可得曲线的方程.（2）由点到直线的距离公式求出到直线的距离，因为与相切，得到的关系，直线与联立，结合韦达定理表示出，进而得到面积的代数式，再求出面积乘积的范围即可.【小问1详解】因为，所以的轨迹是以原点为圆心，半径为1的圆，所以曲线的方程为；设，由题意可知，所以，由于不恒为零，所以，所以，又，代入可得，所以的方程为.【小问2详解】易知，设，则点到直线【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由点的轨迹和圆的定义可确定曲线的方程；由待定系数法可知，设，结合已知，解出，代入圆方程可得曲线的方程.（2）由点到直线的距离公式求出到直线的距离，因为与相切，得到的关系，直线与联立，结合韦达定理表示出，进而得到面积的代数式，再求出面积乘积的范围即可.【小问1详解】因为，所以的轨迹是以原点为圆心，半径为1的圆，所以曲线的方程为；设，由题意可知，所以，由于不恒为零，所以，所以，又，代入可得，所以的方程为.【小问2详解】易知，设，则点到直线的距离，点到直线的距离，因为与相切，所以，由，消去，得，，，所以，所以，由基本不等式得，当且仅当时取等号，所以，所以的面积与的面积乘积的取值范围为.【点睛】关键点点睛：（1）求点的轨迹方程一般用轨迹方程和定义或待定系数法；（2）圆锥曲线中求面积的最值通常用基本不等式求解，具体为：直曲联立，用韦达定理表示出面积的表达式，注意表示式中只能含有一个未知数，然后再结合变量的范围和基本不等式求最值，注意取等号的条件.（2024年粤J25深圳一调）19.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；（【答案】（1）答案见解析（2）①证明见解析；②存在；【解析】【分析】（1）设，由题意可得，结合椭圆、双曲线的标准方程即可求解；（2）设点，其中且.（ⅰ）由可知三点共且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，进而表示出，结合（1）化简计算即可；由椭圆的定义，由得，，进而表示出，化简计算即可；（ii）由（ⅰ）可知三点共线，且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，计算化简可得，结合由内切圆性质计算即可求解.【小问1详解】设点，由题意可知，即，经化简，得的方程为，当时，曲线是焦点在轴上的椭圆；【答案】（1）答案见解析（2）①证明见解析；②存在；【解析】【分析】（1）设，由题意可得，结合椭圆、双曲线的标准方程即可求解；（2）设点，其中且.（ⅰ）由可知三点共且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，进而表示出，结合（1）化简计算即可；由椭圆的定义，由得，，进而表示出，化简计算即可；（ii）由（ⅰ）可知三点共线，且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，计算化简可得，结合由内切圆性质计算即可求解.【小问1详解】设点，由题意可知，即，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．【小问2详解】设点，其中且，（ⅰ）由（1）可知的方程为，因为，所以，因此，三点共线，且，（法一）设直线的方程为，联立的方程，得，则，由（1）可知，所以，所以为定值1；（法二）设，则有，解得，同理由，解得，所以，所以为定值1；由椭圆定义，得，，解得，同理可得，所以．因为，所以的周长为定值．（ⅱ）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，（法一）设直线的方程为，联立的方程，得，，（*）因为，所以，将（*）代入上式，化简得，（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，由内切圆性质可知，，当时，（常数）．因此，存在常数使得恒成立，且．【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年冀J01某市一模）19.已知椭圆：（，）的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点（其中点在轴上方），的周长为8．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直．

①若，求异面直线和所成角的余弦值；（【答案】（1）；（2）①；②存在；．【解析】【分析】（1）由的周长可求出的值，从而由离心率的值可求得，进而由椭圆中的关系求出的值，即可得椭圆的标准方程.（2）①直线l的方程为，与椭圆方程联立求出点的坐标，再建立空间直角坐标系，求出点的坐标，从而可得，再利用空间向量的夹角公式即可求解.②由8，可得，设折叠前，直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理代入上式化简整理即可求出的值，从而可得直线l的斜率，进而可得tan的值.【详解】解：（1【答案】（1）；（2）①；②存在；．【解析】【分析】（1）由的周长可求出的值，从而由离心率的值可求得，进而由椭圆中的关系求出的值，即可得椭圆的标准方程.（2）①直线l的方程为，与椭圆方程联立求出点的坐标，再建立空间直角坐标系，求出点的坐标，从而可得，再利用空间向量的夹角公式即可求解.②由8，可得，设折叠前，直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理代入上式化简整理即可求出的值，从而可得直线l的斜率，进而可得tan的值.【详解】解：（1）由椭圆的定义知：，所以的周长，所以，又椭圆离心率为，所以，所以，，由题意，椭圆的焦点在轴上，所以椭圆的标准方程为；（2）①由直线：与，联立求得，（因为点在轴上方）以及，再以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴正半轴所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，．记异面直线和所成角为，则；②设折叠前，，折叠后，在新图形中对应点记为，，，，由，，故，将直线方程与椭圆方程联立，得，，，在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴）；，，所以，（i）又，所以，（ii）由（i）（ii）可得，因为，所以，即，所以，解得，因为，所以．【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是根据折叠前、后三角形周长的变化，得到，进而根据两点间的距离公式及韦达定理进行求解.（2024年浙J02嘉兴一中一模，冀J04石家庄二中一模）21.已知为双曲

线上异于左、右顶点的一个动点，双曲线的左、右焦点分别为，且．当时，的最小内角为．

（1）求双曲线的标准方程．

（2）连接，交双曲线于另一点，连接，交双曲线于另一点，若．

①求证：为定值；（【答案】（1）（2）①证明见解析；②或．【解析】【分析】（1）根据双曲线定义得出，由题意可知，，根据余弦定理计算可得，再根据双曲线的关系计算即可；（2）①设，，，由，，将代入双曲线联立方程求解即可，②由①可知【答案】（1）（2）①证明见解析；②或．【解析】【分析】（1）根据双曲线定义得出，由题意可知，，根据余弦定理计算可得，再根据双曲线的关系计算即可；（2）①设，，，由，，将代入双曲线联立方程求解即可，②由①可知，根据题意建立等式求解即可求解.【小问1详解】由双曲线的定义知，，由题意可得，，在中，由余弦定理知，解得，因为，所以，所以双曲线的标准方程为；【小问2详解】①设，，，，由，即，所以同理，由，得，将的坐标代入曲线得，，将的坐标代入曲线得，，所以为定值；②由①知，，，因为点在双曲线上，所以或，即或．【点睛】关键点睛：解决本题的关键是根据题意求出A，B两点坐标，代入双曲线中得到与的关系.（2024年冀J35部分中学评估）19．已知椭圆C的中心在原点O、对称轴为坐标轴，、是椭圆上两点．

(1)求椭圆C的标准方程；（19．(1)

(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）利用待定系数法，设椭圆C的方程为，带入点运算即可；（2）（i）设直线和相关点，结合椭圆方程分析可知，结合基本不等式运算求解；（ii）联立方程，根据三点共线结合韦达定理可得，联立直线方程运算求解即可.【详解】（1）设椭圆C的方程为，将A、B代入得，解得，故椭圆C的标准方程为.（2）由题意得，，设直线MN的方程为，，，，则．

（i）由题意可得：，即，所以，当且仅当，（或，）时等号成立．

（ii）联立方程，消去x得，由19．(1)

(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）利用待定系数法，设椭圆C的方程为，带入点运算即可；（2）（i）设直线和相关点，结合椭圆方程分析可知，结合基本不等式运算求解；（ii）联立方程，根据三点共线结合韦达定理可得，联立直线方程运算求解即可.【详解】（1）设椭圆C的方程为，将A、B代入得，解得，故椭圆C的标准方程为.（2）由题意得，，设直线MN的方程为，，，，则．

（i）由题意可得：，即，所以，当且仅当，（或，）时等号成立．

（ii）联立方程，消去x得，由得且，故，，即由、S、T三点共线得，即；由、N、T三点共线得，即；两式相加得，则直线OT斜率为，可得直线OT方程为由得，即．故直线OT与直线MN的交点在定直线上．【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论．（2024年粤J124广州天河三模）20．一般地，当且时，方程表示的椭圆称为椭圆的相似椭圆．已知椭圆，椭圆（且）是椭圆C的相似椭圆，点P为椭圆上异于其左，右顶点M，N的任意一点．（20．(1)，理由见解析

(2)7【分析】对小问（1）可通过联立直线与椭圆，得到线段与线段的中点相同；对小问（2）可先求出点与点，再根据点在椭圆上，求出直线与直线斜率之间的关系，然后设斜率为参数求解.【详解】（1）将椭圆与直线联立：，整理得；，，设交点，，由韦达定理：，同理，将与直线联立可得：，，设交点，，由韦达定理：，，即线段与线段的中点相同.故.（2）椭圆的离心率为，则，的方程为：，可得，由题意可知直线，斜率均存在且不为零.设，将点代入椭圆，，令，则；写出直线方程：，：，已知点和点都在椭圆内部，故一定有两个交点.联立与，整理得：20．(1)，理由见解析

(2)7【分析】对小问（1）可通过联立直线与椭圆，得到线段与线段的中点相同；对小问（2）可先求出点与点，再根据点在椭圆上，求出直线与直线斜率之间的关系，然后设斜率为参数求解.【详解】（1）将椭圆与直线联立：，整理得；，，设交点，，由韦达定理：，同理，将与直线联立可得：，，设交点，，由韦达定理：，，即线段与线段的中点相同.故.（2）椭圆的离心率为，则，的方程为：，可得，由题意可知直线，斜率均存在且不为零.设，将点代入椭圆，，令，则；写出直线方程：，：，已知点和点都在椭圆内部，故一定有两个交点.联立与，整理得：；设，，由韦达定理：，，，同理，将替代成可得，可得，故的值为7.【点睛】方法点睛：