2024年全国一卷数学新高考题型细分S13圆锥曲线解答题4

2024年全国一卷新高考题型细分S13——圆锥曲线大题4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1：（2024年粤J19执信冲刺）21.如图，椭圆的四个顶点为A，B，C，D，过左焦点且斜率为k的直线交椭圆E于M，N两点．

（1）求四边形的内切圆的方程；(【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据对称性，利用等面积法即可求解半径，进而可求圆的方程，（2）联立直线与椭圆的方程，可得，,进而根据两点斜率公式化简即可求解.【小问1详解】连接,则四边形为边长为的菱形，由对称性可知，当圆与直线相切时，则与四边形的各个边相切，且圆心为坐标原点，设内切圆半径为，由于，则由等面积法可得，故，故圆方程为：【小问2详解】设【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据对称性，利用等面积法即可求解半径，进而可求圆的方程，（2）联立直线与椭圆的方程，可得，,进而根据两点斜率公式化简即可求解.【小问1详解】连接,则四边形为边长为的菱形，由对称性可知，当圆与直线相切时，则与四边形的各个边相切，且圆心为坐标原点，设内切圆半径为，由于，则由等面积法可得，故，故圆方程为：【小问2详解】设,则，则直线的方程为，联立可得，即，将代入上式可得，化简得，所以，所以，，故，同理可得,所以由于直线方程为，所以，故，故存在，使得（2024年粤J21中附一调）21.已知为坐标原点，椭圆的上焦点是抛物线的焦点，过焦点与抛物线对称轴垂直的直线交椭圆于两点，且，过点的直线交椭圆于两点．

（1）求椭圆的标准方程；（【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意列式求，即可得椭圆的标准方程；（2）设直线的方程为，联立方程利用韦达定理结合弦长公式整理得，进而可得取值范围.【小问1详解】因为的焦点坐标为，所以，所以．因为，所以，化简可得，又，解得，【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意列式求，即可得椭圆的标准方程；（2）设直线的方程为，联立方程利用韦达定理结合弦长公式整理得，进而可得取值范围.【小问1详解】因为的焦点坐标为，所以，所以．因为，所以，化简可得，又，解得，所以椭圆的标准方程为．【小问2详解】由（1）可知，可知过点的直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，由，化简可得，设，则，，由，解得．根据弦长公式可得．因为的面积为的面积为，设点到直线的距离为，根据点到直线的距离公式可得，所以，因此，因为，所以，则，从而，所以的取值范围是．【点睛】方法点睛：解决解析几何中平面图形面积的最值或取值范围问题一般有三个步骤：一是求出面积的表达式（常用直接法或分割法）；二是得到目标函数后，明确自变量及自变量的限制条件；三是利用配方法、基本不等式法、单调性法等求出面积的最值或取值范围．（2024年粤J33珠海一中预测）22.已知椭圆的左､右焦点为，且，点为椭圆上一点，满足的周长等于12.

（1）求椭圆的方程；（【答案】（1）（2）恒过定点【解析】【分析】（1）首先根据题干中几何条件求出椭圆的、的值，然后通过计算出的值，进而代入椭圆的标准方程中即可.（2）首先设直线的方程为，将直线与曲线联立，利用韦达定理分别求出，及，然后设，，，利用点和点坐标求出直线的方程，化简整理后将，及值代入，化简整理后进而求出直线所过定点.【小问1详解】，【答案】（1）（2）恒过定点【解析】【分析】（1）首先根据题干中几何条件求出椭圆的、的值，然后通过计算出的值，进而代入椭圆的标准方程中即可.（2）首先设直线的方程为，将直线与曲线联立，利用韦达定理分别求出，及，然后设，，，利用点和点坐标求出直线的方程，化简整理后将，及值代入，化简整理后进而求出直线所过定点.【小问1详解】，，又的周长等于，即，得，，，.故得：.【小问2详解】设，，，由于直线经过点，故设直线方程为（），联立，得，整理得，，，.，，，，，得，整理得：，代入得：，，整理得：，令，得，故直线恒过定点.【点睛】求解定点问题常用的方法：(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、有目标的一般性证明.(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标.(3)求证直线过定点,常利用直线的点斜式方程来证明.（2024年粤J40汕头一模）18.已知点为双曲线上的动点.

（1）判断直线与双曲线的公共点个数，并说明理由；（【答案】（1）1个，理由见解析；（2）（i）过双曲线上一点的切线方程为；（ii）证明见解析.【解析】【分析】（1）联立直线与双曲线方程，借助判别式求解即得.（2）（i）写出结论；（ii）分讨论，直线与双曲线方程联立，利用韦达定理求解即得.小问1详解】由点在双曲线上，得，即由消去y得：，则，显然，所以该直线与双曲线有且只有1个公共点.【答案】（1）1个，理由见解析；（2）（i）过双曲线上一点的切线方程为；（ii）证明见解析.【解析】【分析】（1）联立直线与双曲线方程，借助判别式求解即得.（2）（i）写出结论；（ii）分讨论，直线与双曲线方程联立，利用韦达定理求解即得.小问1详解】由点在双曲线上，得，即由消去y得：，则，显然，所以该直线与双曲线有且只有1个公共点.【小问2详解】（i）由（1）知，直线与双曲线相切于点，所以过双曲线上一点的切线方程为.证明如下：显然，即，由消去y得：，于是，因此直线与双曲线相切于点，所以过双曲线上一点的切线方程为.（ii）当时，直线的斜率不存在，由对称性知，点为线段的中点；当时，设，线段的中点，由消去y得：，由，得，则，又，于是，即点与点重合，所以点为线段的中点.【点睛】结论点睛：过双曲线上一点的切线方程为.（2024年粤J43茂名一模）21.已知双曲线：（）的左焦点为，，分别为双曲线的左、右顶点，顶点到双曲线的渐近线的距离为.

（1）求的标准方程；（【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）分析条件，求解方程即可.（2）找到斜率不存在的情况，容易证明，再求证斜率存在的情况即可.【小问1详解】因为，所以，双曲线的一条渐近线为，因为双曲线的右顶点为，设右顶点到浙近线的距离为，由题意得解得则的标准方程为.【小问2详解】

①当，即时，设点，代入双曲线方程得，，解得，取第二象限的点，则，因为，所以直线的斜率为【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）分析条件，求解方程即可.（2）找到斜率不存在的情况，容易证明，再求证斜率存在的情况即可.【小问1详解】因为，所以，双曲线的一条渐近线为，因为双曲线的右顶点为，设右顶点到浙近线的距离为，由题意得解得则的标准方程为.【小问2详解】

①当，即时，设点，代入双曲线方程得，，解得，取第二象限的点，则，因为，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，令，解得，即，因为直线是的角平分线，且.，所以直线的斜率为，直线的方程为，令，解得，即，此时，即是的中点；

②当时，设直线斜率为，则直线的方程为，联立方程消去得，由韦达定理得，，又因为，所以，，点，又因为，所以，由题意可知，直线的斜率存在，设为，则直线：，因为是的角平分线，所以，所以，又因为，，所以，即，即，得或，由题意知和异号，所以，所以直线的方程为，令，可得，即，所以，直线的方程为，令，可得，即，所以，所以，即是的中点.综上，是的中点.（2024年浙J28宁波）18.（17分）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；(18.（17分）解：法1：（1）（i），所以.与联立可得，解得或，所以.所以，所以；（ii）（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18.（17分）解：法1：（1）（i），所以.与联立可得，解得或，所以.所以，所以；（ii）（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.（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：（1）同法1（2）①②同法1

③若和均存在，设，则.由三点共线可得.所以，所以.所以.所以，所以.下同法1.法3：（1）（i）同法1（ii）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）①②同法1

③若和均存在，设，则，则.记直线的倾斜角为，则，所以所以.下同法1.（2024年浙J22九加一联盟三月考）17.如图，由部分椭圆和部分双曲线，组成曲线称为“盆开线”．曲线与轴有两个交点，且椭圆与双曲线的离心率之积为．

（1）设过点的直线与相切于点，求点的坐标及直线的方程；（【答案】（1），（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据离心率乘积以及，可求得，可得椭圆方程和双曲线方程，设切点为，可得切线方程，由过点，即可求解和直线方程；（2）设出直线方程，联立椭圆方程和双曲线方程，利用韦达定理，结合的斜率之和为零，即可求证.【小问1详解】由题设可得,，故椭圆方程为：，双曲线方程为．由图可知，切点在双曲线上．设，则，则切线【答案】（1），（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据离心率乘积以及，可求得，可得椭圆方程和双曲线方程，设切点为，可得切线方程，由过点，即可求解和直线方程；（2）设出直线方程，联立椭圆方程和双曲线方程，利用韦达定理，结合的斜率之和为零，即可求证.【小问1详解】由题设可得,，故椭圆方程为：，双曲线方程为．由图可知，切点在双曲线上．设，则，则切线的方程为：，因为直线过点，所以，，将代入，得，所以，，直线的方程为：．【小问2详解】由题意可得的斜率存在且不为零，故设方程为：，联立整理得：，,即且,解得：或，即．联立整理得：，解得：或，即．所以，所以，所以．（2024年J02全国二卷）19.已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点，过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.

（1）若，求；(【答案】（1），（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可；（2）根据等比数列的定义即可验证结论；（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.【小问1详解】由已知有，故的方程为.当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.解得或【答案】（1），（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可；（2）根据等比数列的定义即可验证结论；（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.【小问1详解】由已知有，故的方程为.当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.故，从而，.【小问2详解】由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.从而根据韦达定理，另一根，相应的.所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.所以.这就得到，.所以.再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.【小问3详解】方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定）证明：.证毕，回到原题.由于上一小问已经得到，，故.再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.所以对任意的正整数，都有.而又有，，故利用前面已经证明的结论即得.这就表明的取值是与无关的定值，所以.方法二：由于上一小问已经得到，，故.再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.所以对任意的正整数，都有.这就得到，以及.两式相减，即得.移项得到.故.而，.所以和平行，这就得到，即.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.

（2024年粤J47湛江一模）19.已知为双曲线上一点，分别为双曲线的左、右顶点，且直线与的斜率之和为．

（1）求双曲线的方程；（【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用及点在双曲线上，可构造方程求得，从而得到双曲线方程；（2）验证可知直线斜率均存在，由斜率与倾斜角关系可得，将直线方程与双曲线方程联立可得韦达定理的结论；利用两点连线斜率公式，结合韦达定理可表示出，化简整理得到或，验证可知满足题意，由直线过定点的求法可求得结果.【小问1详解】由题意知：，，，，又在双曲线上，，解得：；【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用及点在双曲线上，可构造方程求得，从而得到双曲线方程；（2）验证可知直线斜率均存在，由斜率与倾斜角关系可得，将直线方程与双曲线方程联立可得韦达定理的结论；利用两点连线斜率公式，结合韦达定理可表示出，化简整理得到或，验证可知满足题意，由直线过定点的求法可求得结果.【小问1详解】由题意知：，，，，又在双曲线上，，解得：；双曲线的方程为：.【小问2详解】当直线中的一条斜率不存在时，不妨设直线斜率不存在，则，，，直线，即，由得：，解得：，即直线与双曲线相切于点，不合题意；直线斜率均存在，则，，，，即，；设，由得：，且，，，，，由得：，，，，整理可得：，即，或，当时，直线恒过点，不合题意；当时，满足，此时直线恒过点；综上所述：直线过定点.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与圆锥曲线综合应用中的定点问题的求解，解题关键是能够根据直线倾斜角的关系推导得到两条直线的斜率所满足的等量关系，从而利用韦达定理化简等量关系可得直线中的变量间的关系，进而求得定点.

（2024年粤J52燕博园）19.（16分）在平面直角坐标系中，为平面内的一个动点，满足：.

（1）求动点的轨迹的方程；（19.（16分）解：（1），即.若点构成三角形，则..整理得，即.若点不构成三角形，也满足.所以动点的轨迹为椭圆，轨迹方程为.（2）由消去并整理，得.因为直线与椭圆有且只有一个公共点.所以，即，且19.（16分）解：（1），即.若点构成三角形，则..整理得，即.若点不构成三角形，也满足.所以动点的轨迹为椭圆，轨迹方程为.（2）由消去并整理，得.因为直线与椭圆有且只有一个公共点.所以，即，且.此时.所以，由得.假设存在定点，使得以为直径的圆恒过点，则.又.所以.整理得.对任意实数恒成立.所以，解得故存在定点，使得以为直径的圆恒过点.（2024年闽J02厦门二检）17.已知，，为平面上的一个动点.设直线的斜率分别为，，且满足.记的轨迹为曲线.

（1）求的轨迹方程；（【答案】（1）（2）存在，12【解析】【分析】（1）设点，由题意列出等式，化简即可求得答案；（2）分别设直线的方程，求出点的坐标，即可得出直线的方程，继而求出H点坐标，从而求出的表达式，结合二次函数知识，即可得结论，并求得最大值.【小问1详解】由题意设点，由于，故，整理得，即的轨迹方程为；【小问2详解】由题意知直线的斜率分别为，，且满足，【答案】（1）（2）存在，12【解析】【分析】（1）设点，由题意列出等式，化简即可求得答案；（2）分别设直线的方程，求出点的坐标，即可得出直线的方程，继而求出H点坐标，从而求出的表达式，结合二次函数知识，即可得结论，并求得最大值.【小问1详解】由题意设点，由于，故，整理得，即的轨迹方程为；【小问2详解】由题意知直线的斜率分别为，，且满足，设直线的方程为，令，则可得，即，直线，同理求得，又直线的方程为，令，得，即，故，当时，取到最大值12，即存在最大值，最大值为12.【点睛】易错点点睛：本题考查轨迹方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的探究最值是否存在问题，解答思路不困难，即表示出直线方程，求得坐标，进而求出的表达式，结合二次函数知识即可求解，但很容易出错，易错点在于计算较为复杂，计算量较大，。并且基本都是字母参数的运算，需要十分细心.（2024年粤J14华附二调）20.已知分别为双曲线的左、右顶点，为双曲线上异于的任意一点，直线、斜率乘积为，焦距为．

（1）求双曲线的方程；(【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设，根据以及整体代换法求得结果；（2）设直线,与椭圆方程联立得出韦达定理，再表示，结合韦达定理求出结果.【小问1详解】设，，，∵，∴，∴，又∵焦距为，可得，则，结合，∴，，∴双曲线的标准方程为：．【小问2详解】【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设，根据以及整体代换法求得结果；（2）设直线,与椭圆方程联立得出韦达定理，再表示，结合韦达定理求出结果.【小问1详解】设，，，∵，∴，∴，又∵焦距为，可得，则，结合，∴，，∴双曲线的标准方程为：．【小问2详解】如图，由（1）知，，设，．因为不与重合，所以可设直线．联立，消得：，故，，，，，∴．（2024年浙J09温州中学一模）21.设椭圆，是上一个动点，点，长的最小值为．

（1）求的值：（【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）设出点坐标，并求出长，再结合二次函数探求最小值即得解.（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，设出点的坐标，利用斜率坐标公式，结合韦达定理计算即得.【小问1详解】依题意，椭圆的焦点在轴上，设焦距为，设，则，而，则，而，则，即，因此，由【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）设出点坐标，并求出长，再结合二次函数探求最小值即得解.（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，设出点的坐标，利用斜率坐标公式，结合韦达定理计算即得.【小问1详解】依题意，椭圆的焦点在轴上，设焦距为，设，则，而，则，而，则，即，因此，由，得当时，，即，化简得，又，解得，所以．【小问2详解】由（1）知，椭圆的方程为，点，设，则，即，斜率不为0的直线过点，设方程为，则，由消去并整理得，显然，则，即有，因此，所以为定值.【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年浙J08强基联盟三月）18.已知椭圆的左、右顶点分别为，，点为直线上的动点.

（1）求椭圆的离心率.(【答案】18.19.或20.【解析】【分析】（1）直接由定义求出即可；（2）设出坐标，结合已知条件由射影定理求出即可；（3）两次利用直曲联立，表示出点的坐标和直线的斜率，由点斜式写出直线方程，即可求出直线过的顶点.【小问1详解】椭圆的离心率为【小问2详解】设，直线交轴于点，由，∴∴或【小问3详解】【答案】18.19.或20.【解析】【分析】（1）直接由定义求出即可；（2）设出坐标，结合已知条件由射影定理求出即可；（3）两次利用直曲联立，表示出点的坐标和直线的斜率，由点斜式写出直线方程，即可求出直线过的顶点.【小问1详解】椭圆的离心率为【小问2详解】设，直线交轴于点，由，∴∴或【