2024年全国一卷数学新高考题型细分S13圆锥曲线解答题12

2024年全国一卷新高考题型细分S13——圆锥曲线大题12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。涉后导数（短）：（2024年浙J35金华义乌三模）18．已知四点在抛物线上，直线经过点，直线经过点，直线与直线相交，交点在轴上.

(1)求证：点是线段的中点；（18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）设，，，直线的方程为，直线的方程为，与抛物线联立可得，，进而可得，可得结论；（2）设，可得，进而可得，求得，可得，进而可得，法一：利用导数可求的最小值.法二：利用基本不等式可求的最小值.【详解】（1）设，，，直线的方程为，直线的方程为.由得，所以；18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）设，，，直线的方程为，直线的方程为，与抛物线联立可得，，进而可得，可得结论；（2）设，可得，进而可得，求得，可得，进而可得，法一：利用导数可求的最小值.法二：利用基本不等式可求的最小值.【详解】（1）设，，，直线的方程为，直线的方程为.由得，所以；由得，所以.所以，即点的纵坐标是点、点的纵坐标的等差中项，故是的中点.（2）设，因为直线与直线相交，交点在轴上，所以，从而，.直线的方程是，所以，即.因为是的中点，所以，.法一：记，考察函数，.因为，所以在上是减函数，在上是增函数，故的最小值是，即的最小值是.法二：，时取到等号，即的最小值是.【点睛】思路点睛：求解直线与抛物线综合应用中的与三角形面积有关的最值（取值范围）问题的基本思路如下：①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式；②利用或其他限制条件求得变量的取值范围；③利用变量表示出所求三角形的面积；④通过换元法将所求内容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）.（2024年浙J30嘉兴二模）18．已知双曲线的虚轴长为4，渐近线方程为.

(1)求双曲线的标准方程；（18．(1)；(2)【分析】（1）由双曲线的性质求出即可；（2）设直线，直曲联立，把坐标结合韦达定理用表示出来，利用由三点共线和解得，然后由弦长公式和点到直线的距离表示出四边形的面积，令，构造函数，求导后分析单调性，得到最值.【详解】（1）由题意可知，又浙近线方程为，所以，易知双曲线的标准方程为.（2）设，联立方程得，且，由三点共线得①，由得，即②，由①②解得.由可知，四边形是平行四边形，所以，，，所以，18．(1)；(2)【分析】（1）由双曲线的性质求出即可；（2）设直线，直曲联立，把坐标结合韦达定理用表示出来，利用由三点共线和解得，然后由弦长公式和点到直线的距离表示出四边形的面积，令，构造函数，求导后分析单调性，得到最值.【详解】（1）由题意可知，又浙近线方程为，所以，易知双曲线的标准方程为.（2）设，联立方程得，且，由三点共线得①，由得，即②，由①②解得.由可知，四边形是平行四边形，所以，，，所以，令，则，令，则，所以在上单调递减，上单调递增，所以，所以，当且仅当，即时取等号.【点睛】方法点睛：求双曲线等圆锥曲线内四边形面积时常用韦达定理结合弦长公式表示，求面积的最值时常构造函数求导分析.（2024年鲁J36济南名校联盟）18．在平面直角坐标系中，直线l与抛物线W：相切于点P，且与椭圆交于A，B两点.

(1)当P的坐标为时，求；（18．(1)(2)【分析】（1）设，根据题意结合导数的几何意义求得切线方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理求，代入即可得结果；（2）根据题意可知：点为的重心，进而可得，结合基本不等式求其最大值.【详解】（1）由可得，设，可知直线l的斜率，可知切线方程为，即，联立方程，消去18．(1)(2)【分析】（1）设，根据题意结合导数的几何意义求得切线方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理求，代入即可得结果；（2）根据题意可知：点为的重心，进而可得，结合基本不等式求其最大值.【详解】（1）由可得，设，可知直线l的斜率，可知切线方程为，即，联立方程，消去y得，可知，解得，设，则，则若P的坐标为，即，所以.（2）因为点到直线的距离，由题意可知：点为的重心，且，可知，当且仅当，即时，等号成立，所以面积的最大值为.【点睛】方法点睛：1．与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法

（1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解．（2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）．（2024年鄂J11四月模拟）16.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：；（【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据离心率相等可得，然后求出直线和的斜率，利用斜率即可得证；（2）联立直线和椭圆方程求出的坐标，从而可得的中点坐标，根据（1）中结论可得，利用导数即可求解.【小问1详解】当时，的离心率，当时，的离心率；当时，的离心率，当时，的离心率；【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据离心率相等可得，然后求出直线和的斜率，利用斜率即可得证；（2）联立直线和椭圆方程求出的坐标，从而可得的中点坐标，根据（1）中结论可得，利用导数即可求解.【小问1详解】当时，的离心率，当时，的离心率；当时，的离心率，当时，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.【小问2详解】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，，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.（2024年湘J32长沙雅礼一测）15.已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，过作的切线，交于点，且与轴分别交于点.

（1）求证：；（【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用导函数的几何意义求得直线的表达式，得出三点的坐标，联立直线与抛物线方程根据韦达定理得出；（2）利用点到直线距离公式可求得，可求出的最小值.【小问1详解】因为抛物线的焦点为，所以，即的方程为：，如下图所示：设点，由题意可知直线的斜率一定存在，设，联立得，所以.由，得，所以【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用导函数的几何意义求得直线的表达式，得出三点的坐标，联立直线与抛物线方程根据韦达定理得出；（2）利用点到直线距离公式可求得，可求出的最小值.【小问1详解】因为抛物线的焦点为，所以，即的方程为：，如下图所示：设点，由题意可知直线的斜率一定存在，设，联立得，所以.由，得，所以，即.令，得，即，同理，且，所以.由，得，即.所以.故.【小问2详解】设点，结合（1）知，即因为，所以.同理可得，所以.又，所以.当且仅当时，等号成立；即直线斜率为0时，取最小值；（2024年湘J01长郡一模）18.已知抛物线的焦点为，其准线与轴交于点，过点的直线与交于两点（点在点的左侧）.

（1）若点是线段的中点，求点的坐标；（【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）设点，根据中点关系可求，再利用在抛物线上可求的坐标；（2）分别联立直线方程与抛物线的方程、直线的方程与抛物线的方程后可得关于轴对称，再利用等积法可求内切圆半径，结合单调性可求其范围.【小问1详解】由题意知，设点，因为点是线段的中点，所以，又点都在抛物线上，所以，解得，所以点的坐标为或.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）设点，根据中点关系可求，再利用在抛物线上可求的坐标；（2）分别联立直线方程与抛物线的方程、直线的方程与抛物线的方程后可得关于轴对称，再利用等积法可求内切圆半径，结合单调性可求其范围.【小问1详解】由题意知，设点，因为点是线段的中点，所以，又点都在抛物线上，所以，解得，所以点的坐标为或.【小问2详解】由题意可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，由点在点的左侧，则，设，直线与轴交于点，联立，得，由，得，，所以，而，所以直线的斜率存在，所以直线的方程为，与联立得，，化简得，解得或，因为直线的斜率存在，所以，所以轴.所以，的周长为，所以，所以.令，则，因为在上均单调递减，则上单调递减，所以在上单调递增，所以，所以的取值范围为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中范围计算通常有下面的几种方法：（1）构建目标函数，利用基本不等式求范围；（2）构建目标函数，利用函数单调性求范围；（3）结合目标图形的几何特征计算范围；（4）构建目标函数，利用导数求范围.（2024年浙J04温州一适）21.已知抛物线的焦点为，抛物线上的点处的切线为.

（1）求的方程（用，表示）；（【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由相切利用导数或判别式求斜率，再由点斜式写出方程；（2）由为钝角，所以，将向量坐标化得关于坐标的不等式，再利用韦达定理消元代入不等关系化简求解范围【小问1详解】解法1：抛物线：即，则，则在处切线的斜率为，所以，：，即.解法2：（1）设切线方程为【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由相切利用导数或判别式求斜率，再由点斜式写出方程；（2）由为钝角，所以，将向量坐标化得关于坐标的不等式，再利用韦达定理消元代入不等关系化简求解范围【小问1详解】解法1：抛物线：即，则，则在处切线的斜率为，所以，：，即.解法2：（1）设切线方程为，与抛物线：联立得，，（*）因为直线与抛物线相切，故方程（*）的判别式即，解得，所以，：，即.【小问2详解】易知，.设直线：，.代入抛物线方程得，故，，因为为钝角，所以，即，即，（*）因为，不等式（*）即，解得，所以.涉后导数（中）：（2024年冀J19张家口一模）18.已知椭圆的上顶点为，直线与椭圆交于两点，且直线与的斜率之积为．

（1）求椭圆的方程；（【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）联立方程组，根据，利用韦达定理可求，从而得解；（2）设直线，联立方程组，根据，利用韦达定理可得，由两平行直线间的距离公式，并利用导数求最值.【小问1详解】设由题意，可知，则椭圆，联立方程组，得，显然，且，因为，即，化简得所以解得，所以椭圆【小问2详解】由直线【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）联立方程组，根据，利用韦达定理可求，从而得解；（2）设直线，联立方程组，根据，利用韦达定理可得，由两平行直线间的距离公式，并利用导数求最值.【小问1详解】设由题意，可知，则椭圆，联立方程组，得，显然，且，因为，即，化简得所以解得，所以椭圆【小问2详解】由直线，设直线，，联立方程组，得，则得①且，又因为，即，化简得，则，化简得，因为，所以，结合①可知，与之间距离，设，则，当时，，则当，，则单调递减，当，，则单调递增，所以，又，所以，所以.【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x（或y）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.（2024年苏J05常州调研）18.已知抛物线：，焦点为，过作轴的垂线，点在轴下方，过点作抛物线的两条切线，，，分别交轴于，两点，，分别交于，两点．

（1）若，与抛物线相切于，两点，求点的坐标；

（2）证明：的外接圆过定点；（【答案】18.19.证明见解析20.【解析】【分析】（1）由已知可得，两点的坐标，给函数求导可得切线的斜率，利用点斜式表示切线方程，联立方程即可得点坐标；（2）设过的两条切线分别与抛物线切于，，写出直线，的方程，联立可得点坐标，设外接圆方程，求出圆心，整理变形即可得定点坐标；（3）由已知设，坐标，表示和到的距离，然后表示,设，，，可得，利用函数的单调性即可求得最小值.【小问1详解】∵，与抛物线相切于，两点，设【答案】18.19.证明见解析20.【解析】【分析】（1）由已知可得，两点的坐标，给函数求导可得切线的斜率，利用点斜式表示切线方程，联立方程即可得点坐标；（2）设过的两条切线分别与抛物线切于，，写出直线，的方程，联立可得点坐标，设外接圆方程，求出圆心，整理变形即可得定点坐标；（3）由已知设，坐标，表示和到的距离，然后表示,设，，，可得，利用函数的单调性即可求得最小值.【小问1详解】∵，与抛物线相切于，两点，设在左侧，则，，由得，所以，所以的斜率为，的斜率为，此时方程：，即．方程：，即，联立得；小问2详解】设过的两条切线分别与抛物线切于，，由（1）知直线的斜率为，所以直线方程为，即，直线的斜率为，直线方程为，即，所以且，，设外接圆的圆心为，则在的垂直平分线上，而的中点为，所以，设外接圆方程为：过，所以，所以，所以，所以，整理得，所以，令即，所以的外接圆过定点；【小问3详解】：，所以，，所以，到距离为，所以，设，，，由，，当且仅当时等号成立．所以，令，，在上单调递减，上单调递增，所以，所以面积的最小值.【点睛】方法点睛：利用导数的几何意义可求得切线的斜率，表示切线方程，联立方程可表示点的坐标；通过设，，，由，，当且仅当时等号成立，把三角形的面积表示为关于的函数，利用函数的单调性求解最小值.（2024年湘J07株洲一检）21.在直角坐标系xOy中，点为抛物线（）上一点，点M、N为x轴正半轴（不含原点）上的两个动点，满足，直线PM、PN与抛物线C的另一个交点分别为点A、B.

（1）求直线AB的斜率；（【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）结合已知条件分析得到，由此得到的结果，再根据两点间斜率公式以及抛物线方程化简可得结果；（2）设出方程，联立与抛物线方程得到纵坐标的韦达定理形式，然后表示出和到直线【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）结合已知条件分析得到，由此得到的结果，再根据两点间斜率公式以及抛物线方程化简可得结果；（2）设出方程，联立与抛物线方程得到纵坐标的韦达定理形式，然后表示出和到直线的距离，最后利用导数求解出面积的取值范围.【小问1详解】设，因为在抛物线上，所以，所以，所以，不妨设在的左边，过作垂直于轴交于点，如下图，因为，所以，因为，所以，所以直线的倾斜角互补，所以，显然不与关于轴的对称点重合，所以，又因为，，所以，所以，所以，所以，即直线的斜率为；【小问2详解】设，联立可得，所以，且，所以，若与重合，此时，由上可知，又，且到直线的距离，所以，令，所以，所以在上单调递增，且，所以的面积取值范围是，即为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中求解三角形面积的常用方法：（1）利用弦长以及点到直线的距离公式，结合底高，表示出三角形的面积；（2）根据直线与圆锥曲线的交点，利用公共底或者公共高的情况，将三角形的面积表示为或；（3）借助三角形内切圆的半径，将三角形面积表示为（为内切圆半径）.（2024年湘J03长沙一中）18.已知双曲线的左、右焦点分别为，，离心率为，焦点到渐近线的距离为1.

（1）求双曲线的标准方程；（【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）根据已知列出关于方程组，求解即可得出答案；（2）假设存在.设，有.由双曲线方程求得，求导根据导数的几何意义得出直线的斜率为，结合斜率的定义以及已知构造方程组，得出及其斜率，进而设出的方程为，，.联立直线的方程，求出坐标，表示出.联立直线与双曲线的方程，结合韦达定理，表示出，再根据假设，化简运算，求解即可得出答案.【小问1详解】由已知可得，双曲线的渐近线方程为，右焦点，右焦点到其中一条渐近线，即【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）根据已知列出关于方程组，求解即可得出答案；（2）假设存在.设，有.由双曲线方程求得，求导根据导数的几何意义得出直线的斜率为，结合斜率的定义以及已知构造方程组，得出及其斜率，进而设出的方程为，，.联立直线的方程，求出坐标，表示出.联立直线与双曲线的方程，结合韦达定理，表示出，再根据假设，化简运算，求解即可得出答案.【小问1详解】由已知可得，双曲线的渐近线方程为，右焦点，右焦点到其中一条渐近线，即的距离.则由已知可得，解得，所以，双曲线的方程为.【小问2详解】假设存在实数，使得.由题意知点在第一象限，其坐标为，则①.因为双曲线的右支，所以，由可得，，求导可得，，根据导数的几何意义可知，直线的斜率为.又直线经过点以及点，所以，所以有②.由①②可解得，，，点，，所以，直线的方程为，即，直线的斜率为.设直线的方程为，，，联立可得，即，，所以，.联立可得，，恒成立.由韦达定理可得，.因为都在直线上，所以，所以，，所以，，所以，.因，所以，假设成立.所以，存在实数，使得，且.【点睛】关键点点睛：由双曲线方程求得，求导根据导数的几何意义得出直线的斜率为，结合斜率的定义以及已知构造方程组，得出点的坐标以及切线的斜率.（2024年浙J06金丽衢一联）21.已知椭圆的左右焦点分别为，点为椭圆上异于顶点的一动点，的角平分线分别交轴、轴于点．

（1）若，求；

（2）求证：为定值；（【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）根据两点间距离公式化简即可.（2）根据角平分线定理知得，由即可求出为定值（3）表示出的面积，利用导函数求出面积表达式的单调性，即可求出面积取到最大值时，求点的横坐标.【小问1详解】由已知得，则【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）根据两点间距离公式化简即可.（2）根据角平分线定理知得，由即可求出为定值（3）表示出的面积，利用导函数求出面积表达式的单调性，即可求出面积取到最大值时，求点的横坐标.【小问1详解】由已知得，则．所以当时，；【小问2详解】设，在中，是的角平分线，所以，由（1）知，同理，即，解得，所以，过作轴于．所以．【小问3详解】记面积的面积为，由（1）可得，，其中，则，当时，单调递增；当时，单调递减．所以当时，最大．【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用导函数求解面积表达式的最值，注意函数的定义域.（2024年