2024年高考数学圆锥曲线解答题练习（新题型,3小问）（原卷及解析）

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设，因为，可得，
整理得，
又因为，联立方程组，解得，，
所以点点坐标为.
（2）设P点坐标为，则可得Q点坐标为，
由，
当时，取最大值，最大值为.
（3）点的坐标为，点的坐标为，
则点O到线段的距离，
若，则点M到线段的距离应为，
故M点的纵坐标为或，代入椭圆方程，
解得M点的横坐标为或，
故M点的坐标为或.

2．
（1）因为,
所以
，
即，所以，
即点轨迹是以为焦点的椭圆，且，
所以，故椭圆方程为：.
（2）如图，

由，消去y并整理，得，
因为直线l：与椭圆C有且只有一个公共点P，
所以，即，
所以，，
此时，，
所以，
由，得，
假设存在定点，使得以PQ为直径的圆恒过点H，则，
又，，
所以，
整理，得对任意实数，k恒成立，
所以，解得，
故存在定点，使得以PQ为直径的圆恒过点H.
3．（1）设，则，
因为，所以的最小值为，即，得，
所以抛物线的方程为.
（2）由（1）得，设，，，
则，同理，，
所以
，
又，即，
联立，得，由韦达定理得，
综上所述：.
（3）满足的关系为：.
由题意，直线，
联立，得，
由，得，所以抛物线在A处的切线斜率为，
所以抛物线在A处的切线为，
同理，在处的切线为，
联立可得，
设，
则
（*），
联立，得，则，
联立，得，
所以，
所以，即.
4．（1）椭圆的离心率为
（2）
设，直线交轴于点，由，∴
∴或
（3）
，，，
∴代入得：
，
设，
∴，∴，
∴.
代入得：
，
∴，∴，
∴
∴，∴
∴
即直线方程为：
恒过定点为
5．（1）由题意知，结合椭圆参数关系，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）直线的斜率必存在，设其方程为.
消去得，
由得.
设，则，（*）
直线的方程为，
令，得，同理，
由，又，
代入整理得，
将（*）式代入并整理得.
因为直线不过，故不成立，所以，
此时直线的方程为，经过定点.
（3）
由， ，
所以
又点到直线的距离为，
所以
令，则，
当，即时取等，所以的面积的最大值为.
6．（1）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.
（2）（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.
7．（1）因为虚轴长，所以.
又因为点在双曲线上，所以，解得.
故双曲线的方程为.
（2）证明：如下图所示：
设，则，所以
因为在双曲线上，所以，可得；
于是，
所以直线和直线的斜率之积为定值，定值是.
（3）证明：设，直线的方程为，如下图所示：
联立，消去整理可得①
则
所以②
③
直线的方程为，令，得点的横坐标为；
同理可得点的横坐标为；
所以
将①②③式代入上式，并化简得到
所以的中点的横坐标为，
故的中点是定点.
8．（1）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.
（2）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）设直线的方程为，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，

9．（1）由题意得，，解之得，
∴椭圆的方程为；
（2）由（1）知，所以，
设直线、、的倾斜角分别为、、、，
则，，，则，所以，
所以，所以，即．
（3）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．
10．（1）由题意知：，，，，
又在双曲线上，，解得：；
双曲线的方程为：.
（2）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.