押新高考第19题A 圆锥曲线综合（解答题）-2024年高考数学临考题号押题（新高考通用）

这是一份押新高考第19题A 圆锥曲线综合（解答题）-2024年高考数学临考题号押题（新高考通用），文件包含押新高考第19题A圆锥曲线综合解答题原卷版docx、押新高考第19题A圆锥曲线综合解答题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共102页， 欢迎下载使用。
2、锻炼同学的考试心理，训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观，压力下有自信，平静中有兴奋。
3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
押新高考19题A
圆 锥 曲 线 综 合（解答题）
1．（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第22题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可；
（2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可.
法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.
法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.
【详解】（1）设,则，两边同平方化简得，
故.
（2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，

则,令，
同理令，且，则，
设矩形周长为,由对称性不妨设，，
则，易知
则令,
令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
故,即.
当时,,且，即时等号成立，矛盾，故,
得证.
法二：不妨设在上，且，

依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0，
则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，
直线的方程为，
则联立得，
，则
则，
同理，
令，则，设，
则，令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
，
但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故.
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线,
矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于.
设 , 根据对称性不妨设 .
则 , 由于 , 则 .
由于 , 且 介于 之间,
则 . 令 ,
,则,从而
故
①当时,
②当 时,由于,从而,
从而又,
故,由此
，
当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.
.
【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.
2．（2023·新高考Ⅱ卷高考真题第21题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.
【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，
双曲线方程为.
（2）由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，

直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，
据此可得点在定直线上运动.
【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.
3．（2022·新高考Ⅰ卷高考真题第21题）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率；
（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线的距离，即可得出的面积．
【详解】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．
易知直线l的斜率存在，设，，
联立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化简得，，即，
所以或，
当时，直线过点，与题意不符，舍去，
故．
（2）［方法一］：【最优解】常规转化
不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，
当均在双曲线左支时，，所以，
即，解得（负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当均在双曲线右支时，
因为，所以，即，
即，解得（负值舍去），
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以，，
同理可得，，．
所以，，点到直线的距离，
故的面积为．
［方法二］：
设直线AP的倾斜角为，，由，得，
由，得，即，
联立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线的斜率，从而联立求出点坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；
法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样．
4．（2022·新高考Ⅱ卷高考真题第21题）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
【详解】（1）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
（2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
5．（2021·新高考Ⅰ卷高考真题第21题）在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.
【答案】（1）；（2）.
【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；
(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值.
【详解】(1) 因为，
所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，可得，，
所以，轨迹的方程为.
（2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立
如图所示，设,
设直线的方程为．
联立,
化简得.
则．
故．
则．
设的方程为，同理．
因为，所以，
化简得，
所以，即．
因为，所以．
[方法二] ：参数方程法
设．设直线的倾斜角为，
则其参数方程为，
联立直线方程与曲线C的方程，
可得，
整理得．
设，
由根与系数的关系得．
设直线的倾斜角为，，
同理可得
由，得．
因为，所以．
由题意分析知．所以，
故直线的斜率与直线的斜率之和为0．
[方法三]：利用圆幂定理
因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．
设,直线的方程为，
直线的方程为,
则二次曲线．
又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：
，
整理可得：
，
其中．
由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.
【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.
方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
6．（2021·新高考Ⅱ卷高考真题第20题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；
（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；
充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.
【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.
1.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：
（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（或）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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解
2.若直线与圆雉曲线相交于，两点，
由直线与圆锥曲线联立，消元得到（）
则：
则：弦长
或
圆锥曲线弦长万能公式（硬解定理）
设直线方程为: y=kx+b (特殊情况要对 k 进行讨论),
圆锥曲线的方程为: fx,y=0, 把直线方程代入曲线方程,
可化为 ax2+bx+c=0a≠0或ay2+by+c=0,a≠0,
设直线和曲线的两交点为 Ax1,y1,Bx2,y2, 求根公式为
x=−b±b2−4ac2a
(1) 若消去 y, 得ax2+bx+c=0a≠0
则弦长公式为:
AB=x1−x22+y1−y22=1+k2⋅x1−x2=1+k2⋅−b+b2−4ac2a−−b−b2−4ac2a=1+k2Δa
(2) 若消去 x,得ay2+by+c=0a≠0
则弦长公式为:
AB=x1−x22+y1−y22=1+1k2⋅y1−y2=1+1k2⋅−b+b2−4ac2a−−b−b2−4ac2a=1+1k2Δa
处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
处理定值问题的思路：
联立方程，用韦达定理得到、（或、）的形式，代入方程和原式化简即可.
1．（2024·浙江·二模）已知椭圆的左顶点和下顶点B，焦距为，直线l交椭圆L于C，D（不同于椭圆的顶点）两点，直线AD交y轴于M，直线BC交x轴于N，且直线MN交l于P.
(1)求椭圆L的标准方程；
(2)若直线AD，BC的斜率相等，证明：点P在一条定直线上运动.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由顶点坐标和焦距可求出椭圆标准方程；
（2）设直线AD，BC的斜率为k，联立直线和椭圆方程，得到联立直线和椭圆方程由于，所以，可得点，利用消元法可得点P的轨迹方程，即可得证.
【详解】（1）由已知得：，所以，所以椭圆
（2）设直线的斜率为.
则直线，直线，得
联立得，易知.
由，得，于是.
同理：
由于，所以，即，得①，
同理②，
由①②得，
故点在直线上运动.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是设出直线的方程，联立直线方程和椭圆方程，得到点的坐标，从而得解.
2．（2024·江苏·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，且垂直于轴．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线斜率存在，交椭圆于两点，三点不共线，且直线和直线关于对称．
（ⅰ）证明：直线过定点；
（ⅱ）求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）由焦点坐标和椭圆上的点，求椭圆的方程；
（2）设直线方程，与椭圆方程联立，由，结合韦达定理得系数间的关系，可得直线所过定点，利用面积公式表示出的面积，由基本不等式求最大值.
【详解】（1）点在椭圆上，且垂直于轴，则有
设椭圆的焦距为，则，
点代入椭圆方程，有，
解得，则，
所以椭圆的方程为.
（2）（ⅰ）设直线l的方程为，由，
消去y，整理得，
因为l交椭圆C于两点，所以，
设，所以，
因为直线和直线关于对称，
所以
所以
所以
解得.
所以直线l的方程为，
所以直线l过定点.
（ⅱ）设直线l的方程为，由，
消去，整理得，
因为l交椭圆C于两点，所以，
解得，
，
所以，
所以
令
则，当且仅当时取等号，
所以面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：
解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
3．（2024·江苏·一模）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；
(2)若，求和的值.
【答案】(1)2
(2)，
【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.
【详解】（1）由题意得，直线的方程为，
联立，解得或，
代入，得，
由得，，
解得，
；
（2）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..
4．（2024·河北沧州·一模）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；
(2)若直线，直线与椭圆交于两点，且直线与的斜率之和为1，求与之间距离的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【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.
【详解】（1）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
（2）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.
5．（2024·湖南长沙·一模）已知双曲线与直线：（）有唯一的公共点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，其中点，在第一象限.
(1)探求参数，满足的关系式；
(2)若为坐标原点，为双曲线的左焦点，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将直线与双曲线方程联立，因只有一个切点从而可得，从而求解.
（2）将直线分别与双曲线的两渐近线方程联立求出，，由（1）可求出，即，分别求出，，，从而可求解.
【详解】（1）联立方程，整理得.
由，且是双曲线与直线的唯一公共点，可得，
则，即为参数，满足的关系式.

结合图象，由点在第一象限，可知，且.
所以，的关系式满足.
（2）由题可得双曲线的左焦点，渐近线为.
联立方程，解得，即；
联立方程，解得，即.
结合，且由式可变形为，
解得，可得.
要证，即证，
即证，
即证，即证.
由，得.
根据直线的斜率公式，，，，
则，
，
可得，
因此，.
【点睛】关键点点睛：利用直线与双曲线方程联立后利用，从而求得和点坐标，然后由直线分别与双曲线的两渐近线联立求出坐标，要证，从而可求解.
6．（2024·河北·模拟预测）过双曲线的右焦点作斜率相反的两条直线、，与的右支交与、两点，与的右支交、两点，若、相交于点．
(1)求证：点为定点；
(2)设的中点为的中点为，当四边形的面积等于时，求四边形的周长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设直线的斜率为，则直线：，，，不妨设，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，根据对称性，可知点一定在轴上，设，又，由得到方程，求出，即可得证；
（2）设、与轴的交点分别为、，则，且与互相平分，由面积推导出，即四边形为正方形，从而得到且斜率为，即可求出的方程，联立求出、坐标，从而得到、坐标，再计算周长即可.
【详解】（1）易知双曲线的右焦点，
由与的右支交与、两点，与的右支交、两点，
设直线的斜率为，则直线：，
由，得，
设，，不妨设，
则，解得或，
又与斜率相反，即与关于轴对称，又、相交于点，
则点与点对称，点与点对称，则与也关于轴对称，
根据对称性可知点一定在轴上，设，又，
所以，所以，
即，解得，
所以直线、相交于点.
（2）依题意四边形为等腰梯形，为梯形的中位线，
设、与轴的交点分别为、，则，且与互相平分，
所以，
所以，则四边形为正方形，
所以且斜率为，
所以直线：，则，得，解得或，
则，，
所以，，
则，，
所以，
，，
所以四边形的周长为.

【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（或）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.
7．（2024·重庆·一模）已知点为圆上任意一点，，线段的垂直平分线交直线于点．
(1)求点的轨迹方程；
(2)设过点的直线与点的轨迹交于点，且点在第一象限内．已知，请问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)，证明见解析.
【分析】
（1）利用双曲线定义即可得到其方程；
（2）先得到特殊情况时，再证明其对一般情况也适用.
【详解】（1）连接，则，
点的轨迹是以点，为焦点的双曲线，
点的轨迹方程为:.
（2）因为点的轨迹方程为:，则.
当直线的方程为时，则，解得（负舍，） 则，
而，易知此时为等腰直角三角形，
其中，
即，即:，
下证：对直线斜率存在的情形也成立，
设，其中，且，因为，则，且，
即，
，
，
，
结合正切函数在上的图象可知，.

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用先猜后证的思想，先得到直线斜率不存在时，然后通过二倍角得正切公式证明一般情况即可.
8．（2024·辽宁·一模）已知平面上一动点到定点的距离比到定直线的距离小，记动点的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)点为上的两个动点，若恰好为平行四边形的其中三个顶点，且该平行四边形对角线的交点在第一､三象限的角平分线上，记平行四边形的面积为，求证：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据距离公式列等量关系即可求解，或者利用抛物线的定义求解，
（2）根据点差法可得斜率关系，联立直线与抛物线方程得韦达定理，即可根据弦长公式求解长度，由点到直线的距离公式表达面积，即可利用导数求解函数的最值.
【详解】（1）解法一：设，易知，
根据题意可得，化简得，
所以的方程为.
解法二：因为点到定点的距离比到定直线的距离小，
所以点到定点的距离与到定直线的距离相等，
由抛物线的定义可知，点的轨迹是以定点为焦点，定直线为准线的抛物线，
所以的方程为.
（2）证明：设，直线的斜率为，线段的中点为，

因为平行四边形MANB对角线的交点在第一､三象限的角平分线上，
所以线段的中点在直线上，
设，所以
所以，
又
所以，即.
设直线的方程为，
即，
联立整理得，
所以，解得，
，
则
.
又点到直线的距离为，
所以，
记，
因为，所以，
所以.
令，则，
令，可得，
当时，在区间,内单调递增，当时，在区间上单调递减，
所以当，即时，取得最大值，即，
所以.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用
9．（2024·广东·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与双曲线交于两点，是双曲线上一点（与不重合），直线的斜率分别为，且．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)已知直线，且与双曲线交于两点，为的中点，为坐标原点，且，若直线与圆相切，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意，利用点差法求得的关系，再利用双曲线的定义即可得解；
（2）先利用直线与圆相切得到的关系，再联立直线与双曲线的方程，推得，进而利用弦长公式得到关于的方程，解之即可得解.
【详解】（1）依题意，设，
，
点在双曲线上，
，两式相减得，
整理得，所以，
，
由双曲线的定义可知，||，解得，，
双曲线的标准方程为.
（2）因为直线与圆相切，
所以点到直线的距离，
，
联立，消去，得且，
则，即，
设，
，
，
为的中点，为坐标原点且，
，
将代入上式，，
解得或，
所以直线的方程为或.
【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（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
10．（2024·湖南·一模）已知双曲线的渐近线方程为，的半焦距为，且．
(1)求的标准方程．
(2)若为上的一点，且为圆外一点，过作圆的两条切线（斜率都存在），与交于另一点与交于另一点，证明：
（ⅰ）的斜率之积为定值；
（ⅱ）存在定点，使得关于点对称．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）利用渐近线方程可得，再由焦距为以及即可求得，，可得的标准方程；
（2）（i）设切线方程为，利用直线和圆相切可得，再由韦达定理整理可得的斜率之积为定值，且定值为2；
（ii）联立直线与双曲线方程，可得，同理可求出，化简得，所以，因此关于点对称.
【详解】（1）因为的渐近线方程为，所以，
则，所以，
因为，所以，得.
因为，所以，可得，
所以，
故的标准方程为.
（2）证明：（i）设，如下图所示：
设过点的切线的斜率为，则切线方程为，
即，所以，
即，
因此的斜率是上式中方程的两根，即.
又因为，所以
所以的斜率之积为定值，且定值为.
（ii）不妨设直线的斜率为，直线的斜率为，
联立，得.
因为，
所以，
则，同理可得，
所以.
因为，所以，所以，
得.
因为都在上，所以或（舍去），
所以存在定点，使得关于点对称.
【点睛】方法点睛：处理圆锥曲线中定点、定值时，经常联立直线和曲线方程利用韦达定理对表达式进行整理化简，便可得出结论.
11．（2024·湖北·一模）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；
(2)设为上一点，且在第一象限内，若直线与交于两点，直线与交于两点，设的中点分别为，记直线的斜率为，当取最小值时，求点的坐标．
【答案】(1)的方程为的方程为
(2)
【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.
【详解】（1）依题意可得，得，
由，得，解得，
故的方程为的方程为．
（2）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.
12．（2024·湖北·二模）如图，为坐标原点，为抛物线的焦点，过的直线交抛物线于两点，直线交抛物线的准线于点，设抛物线在点处的切线为．

(1)若直线与轴的交点为，求证：；
(2)过点作的垂线与直线交于点，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据抛物线方程可得焦点坐标和准线方程，设直线的方程为联立直线和抛物线方程求得，，即可得，得证；
（2）写出过点的的垂线方程，解得交点的纵坐标为，再由相似比即可得，即证得.
【详解】（1）易知抛物线焦点，准线方程为；
设直线的方程为
联立得，
可得，所以；
不妨设在第一象限，在第四象限，对于；
可得的斜率为
所以的方程为，即为
令得
直线的方程为，
令得．
又，所以
即得证．
（2）方法1：
由（1）中的斜率为可得过点的的垂线斜率为，
所以过点的的垂线的方程为，即，
如下图所示：

联立，解得的纵坐标为
要证明，因为四点共线，
只需证明（*）．
，
．
所以（*）成立，得证.
方法2：
由知与轴平行，
①
又的斜率为的斜率也为，所以与平行，
②，
由①②得，即得证.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设点法，从而得到，解出点的坐标，从而转化为证明即可.
13．（2024·山东淄博·一模）在平面直角坐标系xOy中，点.点是平面内的动点.若以PF 为直径的圆与圆 相切，记点 P 的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程;
(2)设点，直线 AM ，AN 分别与曲线C交于点S，T (S，T 异于 A)，过点A作，垂足为 H，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）设，根据代入坐标化简得到轨迹方程；
（2）设直线，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，求出的纵坐标，从而有，代入韦达定理式化简得，从而得到直线所过定点，得到点轨迹方程，从而得到最大值.
【详解】（1）设，则的中点，
根据题意得，
即，
整理得，
化简整理，得点的轨迹方程.
（2）设，
由对称性可知直线的斜率存在，所以可设直线，
联立直线与曲线的方程，得，
消元整理，得，
则，①
②
所以，令，得点纵坐标，
同理可得点纵坐标，故，
将代入上式整理，得，
将②代入得，
若，则直线，恒过不合题意；
若，则，恒过，
因为直线恒过，且与始终有两个交点，又，
，垂足为，所以点轨迹是以为直径的圆（不含点），
设中点为，则圆心，半径为1，所以，
当且仅当点在线段上时，取最大值.
【点睛】关键点点点睛：本题第二问的关键是采用设线法联立双曲线方程得到韦达定理式，再代入化简求出直线恒过，则得到点轨迹，最后求出最值,
14．（2024·山东济南·一模）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；
(2)记直线，的斜率分别为，，求的值；
(3)设G为直线与直线的交点，，的面积分别为，，求的最小值.
【答案】(1)；
(2)；
(3)3.
【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.
【详解】（1）
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.
（2）
解：由双曲线，可得，，
由（1）可得，，则.
所以
.
（3）
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.
15．（2024·山东青岛·一模）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；
②若，过点H作的平行线，分别交线段，于点，，求四边形面积的最大值．
【答案】(1)
(2)①证明见解析 ；②16
【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.
【详解】（1）设，与直线的切点为N，则，
所以
化简得，所以C的方程为：；
（2）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.
16．（2024·山东临沂·一模）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；
（ii）点关于轴的对称点为，连接交轴于点，设的面积分别为，求的最大值.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析，（ii）
【分析】（1）根据椭圆的定义求解点的轨迹方程；
（2）（i）根据题意中的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.
【详解】（1）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：.
（2）（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.
17．（2024·福建厦门·二模）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；
(2)直线，分别交动直线于点，过点作的垂线交轴于点.是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，12
【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.
【详解】（1）由题意设点，由于，
故，整理得，
即的轨迹方程为；
（2）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.
18．（2024·福建莆田·二模）已知椭圆的离心率为，且上的点到右焦点的距离的最大值为．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知为坐标原点，对于内任一点，直线交于两点，点在上，且满足，求四边形面积的最大值．
【答案】(1)
(2)3
【分析】
（1）由离心率公式以及焦半径的最值列出方程组，结合算出即可；
（2）分直线是否垂直于轴进行讨论即可，当直线不垂直于轴时，由弦长公式、点到直线的距离公式表示出四边形的面积（含参数），进一步结合过点与直线平行的直线与椭圆至少有一个交点，由此，从而即可进一步求解.
【详解】（1）由题意可得，
所以，
所以椭圆的方程是；
（2）设点到直线的距离为，
因为，所以点到直线的距离是点到直线的距离的2倍，
所以四边形的面积为，
当直线垂直于轴时，，点到直线的距离的最大值为2，
此时，

当直线不垂直于轴时，可设直线的方程为，
代入椭圆方程，整理并化简得，即，
所以，
设过点与直线平行的直线的方程为，
代入椭圆方程，整理并化简得，
由，
所以，
所以，等号成立当且仅当且，
综上所述，四边形面积的最大值为3.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键是求出四边形面积表达式，还有一个约束条件是过点与直线平行的直线与椭圆至少有一个交点，由此即可顺利得解.
19．（2024·福建漳州·一模）已知过点的直线与圆：相交于，两点，的中点为，过的中点且平行于的直线交于点，记点的轨迹为．
(1)求轨迹的方程．
(2)若为轨迹上的两个动点且均不在轴上，点满足（，），其中为坐标原点，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①点在轨迹上；②直线与的斜率之积为；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】
（1）根据题意可知：为线段的中垂线，可得，结合椭圆的定义和方程分析求解：
（2）设，可知，根据题意选择条件结合椭圆的方程分析证明.
【详解】（1）由题意可知：圆：的圆心为，半径，
由题意可知：不为x轴，即不在x轴上，
因为为的中点，则，
又因为∥，则，
即为线段的中垂线，则，
可得，
可知：点的轨迹是以为焦点的椭圆，且不为长轴顶点，
则，可得，
所以轨迹的方程为.
（2）设，可知，
因为，
则，即，
若选①②证明③：
因为直线与的斜率之积为，
即，可得，
又因为点在轨迹上，则，
可得，即；
若选①③证明②：
因为点在轨迹上，则，
可得，
即，
且，结合的任意性可知，
可得，即直线与的斜率之积为；
若选②③证明①：
因为直线与的斜率之积为，
即，可得，
且，
则，
，
即，可知点在轨迹上.
【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．
20．（2024·福建泉州·模拟预测）已知中心在原点、焦点在x轴上的圆锥曲线E的离心率为2，过E的右焦点F作垂直于x轴的直线，该直线被E截得的弦长为6．
(1)求E的方程；
(2)若面积为3的的三个顶点均在E上，边过F，边过原点，求直线的方程：
(3)已知，过点的直线l与E在y轴的右侧交于不同的两点P，Q，l上是否存在点S满足，且？若存在，求点S的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)或；
(3)不存在，理由见解析
【分析】
（1）依题意设出双曲线方程，根据条件即可得结果；
（2）根据直线与双曲线相交，由弦长公式及三角形面积公式可得结果；
（3）根据直线与双曲线相交，由条件得出点S的轨迹可判断结果.
【详解】（1）
圆锥曲线E的离心率为2，故E为双曲线，
因为E中心在原点、焦点在x轴上，所以设E的方程为，
令，解得，所以有 ①
又由离心率为2，得 ②，由①②解得，
所以双曲线E的标准方程是．
（2）
设，，由已知，得，根据直线过原点及对称性，
知，
联立方程，得，化简整理，得，
所以，且，
所以，解得，
所以直线的方程是或．

（3）
若直线l斜率不存在，此时直线l与双曲线右支无交点，不合题意，
故直线l斜率存在，设直线l方程，联立方程，得，
化简整理，得，
依题意有，因为恒成立，
所以，故，解得：，
设，，则由韦达定理，得，
设点S的坐标为，由，得，
则，变形得到，
将，代入，解得，
将代入中，解得，
消去k，得到点S的轨迹为定直线：上的一段线段（不含线段端点，，设直线与双曲线切于，直线与渐近线平行时于交点为）．
因为，，且，取中点，
因为，
所以，
所以，故，
即S的轨迹方程为，表示以点H为圆心，半径为的圆H，
设直线与y轴，x轴分别交于，，依次作出直线，，，，
且四条直线的斜率分别为：，，，，
因为，所以线段是线段的一部分
经检验点，均在圆H内部，所以线段也必在圆H内部，
因此线段也必在圆H内部，所以满足条件的点S始终在圆H内部，
故不存在这样的点S，使得，且成立．
【点睛】
直线与圆锥曲线相交，常利用“设而不求”的方法解决弦长，面积，数量积，斜率等问题.
21．（2024·浙江·一模）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；
(3)当面积取到最大值时，求点的横坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【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.
【详解】（1）由已知得，
则．
所以当时，；
（2）
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．
（3）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.
22．（2024·河北廊坊·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知点是抛物线上的一点，直线交于两点．
(1)若直线过的焦点，求的值；
(2)若直线分别与轴相交于两点，且，试判断直线是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件求出抛物线方程，联立直线与曲线方程，根据韦达定理解出，，即可求解的值；
（2）根据已知条件分析出直线的斜率一定存在，由此设出直线方程，直曲联立，利用韦达定理表示出，，利用两点式求出方程，令，求出，同理可得，结合条件即可求得由此可得直线过定点.
【详解】（1）因为点在抛物线上，所以有，即，
所以抛物线方程为，焦点坐标为，
根据抛物线方程设，；
若直线斜率不存在，则直线为轴，不合题意，所以直线的斜率存在设为，
且直线过的焦点，所以直线的方程为，
联立直线与抛物线方程：，整理有，
根据韦达定理有：，；
因为向量，，
所以.
（2）
根据题意可知直线的斜率一定存在，设直线方程为，
根据题意设，，，，，
联立直线与抛物线有：，整理有：，
根据韦达定理有，，
由题意可知直线斜率存在，若所在直线斜率为，
则与或重合，不合题意；所以所在直线斜率不为，
则方程为，化简得：，
令解得；同理可得；
，，所以，
即，由，有，，
所以直线过定点.
【点睛】关键点点睛：直线方程和曲线方程联立，利用韦达定理表示出两根的，，将已知条件归纳成的关系式即可求解.
23．（2024·江苏·一模）已知椭圆C：的右焦点为，右顶点为A，直线l：与x轴交于点M，且，
(1)求C的方程；
(2)B为l上的动点，过B作C的两条切线，分别交y轴于点P，Q，
①证明：直线BP，BF，BQ的斜率成等差数列；
②⊙N经过B，P，Q三点，是否存在点B，使得，？若存在，求；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②存在，
【分析】（1）先求出右顶点D和M的坐标，利用题中条件列等式，分类讨论计算得出椭圆的方程；
（2）设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由题意，将韦达定理代入可出答案.
【详解】（1）由右焦点为，得，
因为，所以，
若，则，得，无解，
若，则，得，所以，因此C的方程.
（2）设，易知过B且与C相切的直线斜率存在，
设为，
联立，消去y得，
由，得，
设两条切线BP，BQ的斜率分别为，，则，.
①设BF的斜率为，则，
因为，所以BP，BF，BQ的斜率成等差数列，

②法1：在中，令，得，所以，
同理，得，所以PQ的中垂线为，
易得BP中点为，所以BP的中垂线为，
联立，解得，
所以，，
要使，即，整理得，
而，
所以，解得，，因此，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法2：在中，令，得，因此，
同理可得，所以PQ的中垂线为，
因为BP中点为，所以BP的中垂线为，
联立，解得，
要使，则，所以，即，
而，
所以，解得，，因此，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法3：要使，即或，
从而，又，所以，
因为，
所以，解得，，所以，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法4：要使，即或，
从而，
在中，令，得，故，
同理可得，
因此，，
所以，
故，即，
整理得，
所以，整理得，解得或（舍去），
因此，，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法5：要使，即或，
在中，令，得，故，
同理可得，
由等面积法得，
即，整理得，
所以，整理得，解得或（舍去），
因此，，
故存在符合题意的点B，使得，此时.
【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（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
24．（2024·江苏南通·二模）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ：的离心率为，直线l与Γ相切，与圆O：相交于A，B两点.当l垂直于x轴时，.
(1)求Γ的方程；
(2)对于给定的点集M，N，若M中的每个点在N中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为.
（ⅰ）若M，N分别为线段AB与圆O上任意一点，P为圆O上一点，当的面积最大时，求；
（ⅱ）若，均存在，记两者中的较大者为.已知，，均存在，证明：.
【答案】(1)；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出，再结合离心率求出即得.
（2）（ⅰ）在直线的斜率存在时，设出直线方程并与椭圆方程联立，借助判别式求出圆心到距离，列出的面积关系求解，再验证斜率不存在的情况；（ⅱ）利用新定义，结合对称性推理即得.
【详解】（1）因为当垂直于轴时，，而直线与Γ相切，则，解得，
又椭圆的离心率为，则椭圆的半焦距，，
所以的方程为.
（2）（i）当的斜率存在时，设的方程为：，
由消去得：，
由直线与椭圆相切，得，整理得，
于是圆心到直线的距离，
则的面积为，
设，求导得，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
因此当时，取得最大值，此时，
当的斜率不存在时，由（1）知，，
由，得，则.
对于线段上任意点，连接并延长与圆交于点，则是圆上与最近的点，
当为线段的中点时，取得最大值，所以.
（ii）因为均存在，
设点，且，
设是集合中到的最近点，根据对称性，不妨设，
令点到集合的最近点为，点到集合的最近点为，
因为是集合中所有点到集合最近点距离的最大值，则，
因为是集合中所有点到集合最近点距离的最大值，则，
因此，
而在坐标平面中，，又点是集合中到点的最近点，则，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第（2）问涉及新定义问题，反复认真读题，理解最小距离的最大值的含义是解题的关键.
25．（2024·辽宁丹东·一模）我们所学过的椭圆、双曲线、抛物线这些圆锥曲线，都有令人惊奇的光学性质，且这些光学性质都与它们的焦点有关．如从双曲线的一个焦点处出发的光线照射到双曲线上，经反射后光线的反向延长线会经过双曲线的另一个焦点（如图所示，其中是反射镜面也是过点处的切线）．已知双曲线（，）的左右焦点分别为，，从处出发的光线照射到双曲线右支上的点P处（点P在第一象限），经双曲线反射后过点．

(1)请根据双曲线的光学性质，解决下列问题：
当，，且直线的倾斜角为时，求反射光线所在的直线方程；
(2)从处出发的光线照射到双曲线右支上的点处，且三点共线，经双曲线反射后过点，，，延长，分别交两条渐近线于，点是的中点，求证：为定值．
(3)在（2）的条件下，延长交y轴于点，当四边形的面积为8时，求的方程．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）先求出双曲线的方程及直线的方程，联立方程求出点的坐标，进而可得出答案；
（2）易得，可令，则，根据双曲线的定义求出，即可求得，再在直角中，求出，即可得直线的方程，再利用勾股定理求出的关系，进而可得渐近线方程，再联立直线和渐近线方程，设，利用韦达定理求得，即可得点的坐标，进而可得出结论；
（3）先利用角平分线定理可得，即可得点的坐标，再求出，即可得直线的方程，进而可得点的坐标，再根据四边形的面积求出，即可得解.
【详解】（1）因为，，所以，，
故双曲线方程为，直线的方程为，
由，解得，即，
所以，
所以反射光线所在的直线方程为，即；
（2）因为为直角三角形，，
可令，则，
由双曲线的定义可得，
即，所以，
所以，
所以，
在直角中，，
所以直线的方程为，
由，
得，所以，所以，
所以两条渐近线得方程为，
联立，得，
设，
则，
故，
所以，
所以，
所以，
所以为定值；
（3）由双曲线得光学性质可得，直线平分，
所以，
在中，由正弦定理得，则，
在中，由正弦定理得，则，
因为，所以，
所以，所以，
所以，故，
而，
所以，
所以直线的方程为，故点的坐标为，
设四边形的面积为，
则，
所以，故，
所以求的方程为．

【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．
26．（2024·广东佛山·二模）已知以下事实：反比例函数（）的图象是双曲线，两条坐标轴是其两条渐近线．
(1)（ⅰ）直接写出函数的图象的实轴长；
（ⅱ）将曲线绕原点顺时针转，得到曲线，直接写出曲线的方程．
(2)已知点是曲线的左顶点．圆：（）与直线：交于、两点，直线、分别与双曲线交于、两点．试问：点A到直线的距离是否存在最大值？若存在，求出此最大值以及此时的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)（ⅰ）2；（ⅱ）．
(2)存在，点A到直线距离的最大值为2，．
【分析】（1）由题意结合双曲线的性质，即可求得答案；
（2）方法一：设，，，设：，联立双曲线方程，可得根与系数的关系式，进而求出两点的纵坐标，结合，即可求得参数之间的关系，代入，即可求得答案；
方法二：设，，，，，
利用，的方程求出，，的表达式，即可得的坐标，从而求出的方程，可推出过定点，即可求得答案；
方法三：设，，，，，可得，设：，联立双曲线方程化简得出，变形后利用根与系数的关系可得出，求出n，即可推出过定点，即可求得答案..
【详解】（1）（ⅰ）由题意可知双曲线的实轴在上，联立，
解得或，即双曲线的两顶点为，
故实轴长为；
（ⅱ）将曲线绕原点顺时针转，得到曲线，
曲线的方程为；
（2）方法一：设，，，显然直线的斜率存在，设：，
联立：得，
所以，，①，
因为：，令，则，同理，，②
依题意得，③
由①②③得，，
所以，即或，
若，则：过点A，不合题意；
若，则：．所以，恒过，
所以，．当且仅当，即时取得，
此时方程为，结合，
解得，，，
综上所述，点A到直线距离的最大值为2，此时圆的半径为；
方法二：设，，，，，
则：，：，
联立，得，
为此方程的一根，另外一根为，则，
代入方程得，，
同理可得，，
即，，
则，
所以直线的方程为，
所以直线过定点,
所以．当且仅当，即时取得，
解得,
综上所述，点A到直线距离的最大值为2，此时圆的半径为；
方法三：设，，，，，
则，
依题意，直线不过点A，可设：，
曲线的方程改写为，即，
联立直线的方程得，
所以，
若，则，代入直线方程，无解；
故，两边同时除以得，
则，得，
在直线：中，令，则，
所以，恒过，
所以，，
当且仅当，即时取得，此时，符合题意，
且方程为，解得，，，
综上所述，点A到直线距离的最大值为2，此时圆的半径为．
【点睛】难点点睛：本题考查双曲线方程的求解以及直线和双曲线位置关系的应用，其中的难点是求解最值问题，解答时要注意利用直线方程和双曲线方程的联立，利用根与系数的关系式进行化简，难点就在于化简的过程十分复杂，计算量大，并且基本上都是有关字母参数的运算，需要有较强的计算能力.
27．（2024·广东广州·一模）已知为坐标原点，双曲线的焦距为，且经过点.
(1)求的方程：
(2)若直线与交于，两点，且，求的取值范围：
(3)已知点是上的动点，是否存在定圆，使得当过点能作圆的两条切线，时（其中，分别是两切线与的另一交点），总满足？若存在，求出圆的半径：若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据焦距以及经过的点即可联立求解，
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，进而根据向量的数量积的坐标运算化简得，根据弦长公式，结合不等式即可求解，
（3）根据圆心到直线的距离可得，进而根据数量积运算可判断，结合对称性即可求解；或者利用切线关系得,根据斜率相乘关系，代入韦达定理化简可得半径.
【详解】（1）由题意可得，解得，
故双曲线方程为
（2）当直线斜率不存在时，设,
将其代入双曲线方程，
又，解得，
此时，
当直线斜率存在时，设其方程为，设,
联立，
故，
则
，
化简得，此时，
所以
，
当时，此时，
当时，此时，
，故，
因此，
综上可得.

（3）解法一：当直线与相切时，
圆心到直线的距离，
设设,
类似（2）中的计算可得
，
所以，
由双曲线的对称性，延长交双曲线于另一点,
则，且，
根据轴对称性可得,且直线与也相切，即即为,
符合题意，

当或斜率不存在时，此时，，显然满足题意，
故存在这样的圆，半径为
解法二：

设，，
由于为圆的切线，平分，且,所以,
设过点与圆相切的直线方程为（直线斜率存在时）
，
，将两根记为，
，
同理可得
故
，
故存在这样的圆，半径为
当或斜率不存在时，此时，，显然满足题意，
故存在这样的圆，半径为
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，如本题需先将用k表示出来，然后再利用基本不等式长最值．
28．（2024·河北·模拟预测）已知平面内定点是以为直径的圆上一动点（为坐标原点）．直线与点处的切线交于点，过点作轴的垂线，垂足为，过点作轴的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为．
(1)求点的轨迹方程；
(2)求矩形面积的最大值；
(3)设的轨迹，直线与轴围成面积为，甲同学认为随的增大，也会达到无穷大，乙同学认为随的增大不会超过4，你同意哪个观点，说明理由．
【答案】(1)；
(2)；
(3)乙的观点，理由见解析.
【分析】（1）根据给定条件，借助相似三角形的性质列式求出轨迹方程.
（2）利用（1）的结论，结合对称性，求出矩形面积的函数关系，利用导数求出最大值.
（3）利用导数探讨函数的单调性，探讨与矩形面积的关系，再借助数列求和推理判断得解.
【详解】（1）设点，依题意，直线的方程为，，显然点与不重合，
当点与点不重合时，连接，由是以为直径的圆上一点，则，
由轴，得∽∽，则，，
而，则，于是，即，
当点与点重合时，点与点重合，点与点重合，而满足，
所以点的轨迹方程：.

（2）由（1）知，点的轨迹方程，显然，
即点的轨迹关于轴对称，不妨令点在第一象限，
显然∽，，，因此，
设矩形的面积为，则，
求导得，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
因此，所以当时，矩形面积的最大值为.
（3）同意乙同学的观点，随的增大不会超过4.
由（1）知点的轨迹方程为，设，显然是偶函数，
求导得，当时，，函数在上单调递减，且恒有，
则有，即，
当增大时，面积的值也在增大，
过点分别作轴的垂线交函数的图象
于点，

由在上单调递减，
得当时，的图象与轴之间部分的面积小于，
当时，的图象与轴之间部分的面积小于，
当时，的图象与轴之间部分的面积小于，
当时，的图象与轴之间部分的面积小于，
当时，的图象与轴之间部分的面积小于，
当时，的图象与轴之间部分的面积小于，
则的轨迹，直线与轴围成面积为，
，
当时，，
因此
所以随的增大不会超过4.
【点睛】易错点睛：裂项法求和，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
29．（2024·湖北·一模）已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的左顶点和上顶点，为左焦点，且的面积为．
(1)求椭圆的标准方程：
(2)设椭圆的右顶点为、是椭圆上不与顶点重合的动点．
（i）若点，点在椭圆上且位于轴下方，直线交轴于点，设和的面积分别为，若，求点的坐标：
（ii）若直线与直线交于点，直线交轴于点，求证：为定值，并求出此定值（其中、分别为直线和直线的斜率）．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析，
【分析】（1）依题意可得，解得、、，即可得解；
（2）（i）连接，由面积公式推导出，从而得到，即可求出的方程，联立直线与椭圆方程，求出点坐标；
（ii）设直线的斜率为，的方程为，再求出直线的方程，联立求出、点坐标，从而求出的方程，即可求出点坐标，再由斜率公式计算可得.
【详解】（1）由题意得，又，解得，
椭圆的标准方程为
（2）（i）由（1）可得，
连接，因为，，
所以，
，
，所以，
所以直线的方程为，联立，
解得或（舍去），
.
（ii）设直线的斜率为，则直线的方程为：，
又，，直线的方程为，
由，解得，
所以，
由，得，
由，
则，所以，
则，
，
依题意、不重合，所以，即，
所以，
直线的方程为，
令即，解得，
，
，
为定值.
【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（或）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.
30．（2024·山东·模拟预测）设异面直线与所成的角为，公垂线段为，且，、分别直线m、n上的动点，且，为线段中点，建立适当的平面直角坐标系可确定点的轨迹方程．
(1)请根据自己建立的平面直角坐标系求出．
(2)为的任意内接三角形，点为的外心，若直线的斜率存在，分别为，，，，证明：为定值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】
（1）过作直线，求出点在直线确定的平面上的投影与点的距离，再建立坐标系，求出轨迹方程.
（2）设出点的坐标，及以点为圆心的圆的方程，利用点差法借助斜率坐标公式推理计算即得.
【详解】（1）过作直线，则直线的夹角为，令它们确定的平面为，有，
过作，交直线于点，连接，于是，而，则，
取的中点，而是线段的中点，连接，则，，
显然四边形为矩形，，而，因此，
点在移动过程中，点到平面的距离，于是点轨迹所在平面平行于，
点轨迹与点的轨迹形状完全相同，在平面内以直线相交构成的两组对顶角的平分线为坐标轴，
建立平面直角坐标系，其中轴与直线都成，令直线的方程分别为，
设，则，即，
由，得，于是，即，
所以方程为.
（2）设，则，
显然中任意两个都不相等，否则外心在轴上，直线斜率不存在，即，
设的外接圆方程为，
得，
两式相减得，
由，得，则有，同理，
两式相减得：，则
因此
，
所以，即为定值.
【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．考点
4年考题
考情分析
圆锥曲线
综合
2023年新高考Ⅰ卷第22题
2023年新高考Ⅱ卷第21题
2022年新高考Ⅰ卷第21题
2022年新高考Ⅱ卷第21题
2021年新高考Ⅰ卷第21题
2021年新高考Ⅱ卷第20题
2020年新高考Ⅰ卷第22题
2020年新高考Ⅱ卷第21题
圆锥曲线大题难度较难，纵观近几年的新高考试题，主要以双曲线、椭圆和抛物线为背景考查斜率及面积问题、轨迹问题、方程求解及劣构性问题、定值问题、范围问题等知识点，同时也是高考冲刺复习的重点复习内容。可以预测2024年新高考命题方向将继续以难度性的综合问题展开命题．