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2024年高考数学专题突破：圆锥曲线的方程
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知椭圆的离心率为是上任意一点，为坐标原点，到轴的距离为，则（ ）
A．为定值 B．为定值
C．为定值 D．为定值
2．已知F为椭圆的右焦点，P为C上一点，Q为圆上一点，则的最大值为（ ）
A．5 B． C． D．6
3．已知椭圆：的左焦点为，如图，过点作倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，为线段的中点，若（为坐标原点），则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
4．已知为坐标原点，为双曲线的左焦点，直线与交于两点（点在第一象限），若，且，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
5．已知双曲线的右焦点为是的一条渐近线上位于第一象限内的一点，延长线段与的另一条渐近线交于点．若为坐标原点，，则的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
6．过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线交于两点．若，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知为坐标原点，抛物线的焦点为为上一点，且，则（ ）
A． B． C． D．
8．双纽线是1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的．在平面直角坐标系中，把到定点和距离之积等于的点的轨迹称为双纽线．已知点是双纽线上一点，下列说法正确的是（ ）
①双纽线关于原点对称；②；③双纽线上满足的点只有两个；④的最大值是.
A．①②③ B．①②④ C．①② D．①②③④
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知椭圆的左，右焦点分别为，将上所有点的横坐标与纵坐标分别伸长到原来的倍得到椭圆，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若的离心率分别为，则
C．若的周长分别为，则
D．若的四个顶点构成的四边形面积为，则的离心率为
10．双曲线的左、右焦点分别为，离心率为．过作其中一条渐近线的垂线，垂足为．已知，直线的斜率为，则（ ）
A． B．
C．双曲线的方程为 D．
11．下列命题为真命题的是（ ）
A．的最小值是2
B．的最小值是
C．的最小值是
D．的最小值是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知椭圆的左、右焦点分别为，过点且斜率为的直线与交于两点．若，则的离心率为 ；线段的垂直平分线与轴交于点，则 ．
13．如图，点在双曲线上，且的中点在直线上，线段的中垂线与轴交于点，则双曲线的方程可以为 ．

14．倾斜角为锐角的直线过抛物线的焦点，与抛物线交于、两点，线段的垂直平分线与轴交于点，则 ．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知椭圆的左，右焦点分别为，Q为E短轴的一个端点，若是等边三角形，点在椭圆E上，过点作互相垂直且与x轴不重合的两直线AB，CD分别交椭圆E于A，B，C，D，且M，N分别是弦AB，CD的中点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)求证：直线MN过定点；
(3)求面积的最大值．
16．已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，且，椭圆C离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆C的右焦点，且斜率不为0的直线l交椭圆C于M，N两点，直线AM，BN交于点Q，求证：点Q在直线上．
17．在平面直角坐标系中，点的坐标分别为，以为圆心作一个半径为4的圆，点是圆上一动点，线段的重直平分线与直线相交于点．
(1)求的轨迹的方程；
(2)已知，点是轨迹在第一象限内的一点，为的中点，若直线的斜率为，求点的坐标．
18．已知双曲线，，分别为其左、右焦点．
(1)求，的坐标和双曲线的渐近线方程；
(2)如图，是双曲线右支在第一象限内一点，圆是△的内切圆，设圆与，，分别切于点，，，当圆的面积为时，求直线的斜率；
(3)是否存在过点的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点，且使得，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
19．如图，抛物线为抛物线上四点，点在轴左侧，且，分别为线段和的中点．
(1)证明：直线与轴平行或重合．
(2)设圆，若为圆上的动点，设的面积为S，求S的最大值．
参考答案：
1．D
【分析】观察选项，设，从而表示出，再利用椭圆离心率的定义求得，进而得到椭圆方程，从而配凑出关于的式子，由此得解.
【详解】依题意，设，则，
因为椭圆的离心率为，
所以，解得，
所以的方程为，即，即，
所以，故D正确，显然ABC错误.
故选：D.
2．B
【分析】由题意设椭圆的左焦点为，作出图形，结合图形和椭圆的定义可知当三点共线时取到最大值.
【详解】由题意知，，设椭圆的左焦点为，
如图，P为C上一点，Q为圆上一点，，半径为1，
，
当且仅当三点共线时，等号成立，
所以的最大值为.
故选：B
3．B
【分析】根据题意求出点坐标，再利用点差法求得，进而可得椭圆离心率.
【详解】依题意，椭圆的左焦点为，，
过作轴，垂足为，由，
得，，则，
设，则有，，
由，两式相减得，
则有，
所以.
故选：B.
4．B
【分析】由对称性得到四边形为矩形，⊥，由双曲线定义和勾股定理列出方程，求出，得到，求出离心率.
【详解】设双曲线右焦点为，连接，
由对称性可知，，，，
因为，所以，
故四边形为矩形，⊥，
因为，所以，
由双曲线定义可得，
由勾股定理得，
由题意得，
即，解得，
故，解得，
离心率为.
故选：B
5．D
【分析】由题意，可求得，进而计算，即可求得结果.
【详解】由，得，
所以，
由，得，解得或（舍去），
所以，从而的渐近线方程为．
故选：D
6．D
【分析】根据双曲线的定义，结合焦点三角形以及余弦定理即可求解.
【详解】设双曲线的右焦点为,连接,
由题意可得，
设
由余弦定理可得,
即，解得，
所以，故．
故选：D
7．B
【分析】过点A作垂直准线于点D，作于点E，利用抛物线定义和性质求得，然后可得，进而得.
【详解】记准线与x轴的交点为H，过点A作垂直准线于点D，作于点E，
由题可知，，所以，
则，为锐角，
所以，所以.
故选：B
8．B
【分析】对①，设动点，把关于原点对称的点代入轨迹方程，显然成立；对②，根据的面积范围证明即可；对③，易得若，则在轴上，再根据的轨迹方程求解即可；对④，根据题中所给的定点，距离之积等于，再画图利用余弦定理分析中的边长关系，进而利用三角形三边的关系证明即可.
【详解】对①，设动点，由题可得的轨迹方程，
把关于原点对称的点代入轨迹方程，原方程不变，故①正确；
对②，因为，故，
又，所以，
即，故，故②正确；
对③，若，则在的中垂线即轴上，
故此时，代入，
可得，即，仅有一个，故③错误；
对④，因为，故，
即，
因为，，
故，
即，
所以，
又，当且仅当共线时取等号，
故，
即，解得，故④正确.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了动点轨迹方程的性质判定，因为该方程较复杂，故在作不出图象时，需要根据题意求出动点的方程进行对称性的分析，同时需要结合解三角形的方法对所给信息进行辨析.
9．AB
【分析】利用糖水不等式判断选项A；根据椭圆离心率的定义式判断选项B；利用相似图形的相似比即可判断出选项C；综合运用椭圆的几何性质和四边形的面积公式判断选项D即可.
【详解】设点为椭圆上任意一点，则由题意知，即，代入椭圆的方程得.所以椭圆的方程为.
因为，所以，所以正确；
由已知得，，所以正确；
由已知得，，其相似比为，所以，所以，因为，所以错误；
设，因为的四个顶点构成的四边形的面积为，所以，所以，所以，所以，所以(负舍)，所以D错误．
故选：．
10．ABC
【分析】利用双曲线的标准方程、性质一一计算判定选项即可.
【详解】设过与一条渐近线垂直的直线为，则的方程为，
与联立可得，
因为，
又，得，联立得：，则，
所以离心率为，双曲线的标准方程为.
由对称性可得的另一个坐标为，
故选:ABC．
11．BC
【分析】利用两点距离公式将题干中复杂式子转化为几个点间的距离，结合抛物线的定义，作出图形，数形结合即可得解.
【详解】设，
易知点的轨迹是抛物线的上半部分，
抛物线的准线为直线到准线的距离，为抛物线的焦点，
对于AB，
，
所以的最小值为，故A错误，B正确；
对于CD，
，
所以的最小值是，故C正确，D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是转化根号内的式子，联想到两点距离公式，从而数形结合即可得解.
12． / /
【分析】根据已知条件结合直线斜率公式可得离心率；根据椭圆定义结合余弦定理可得第二空结果.
【详解】设，由，得．
由直线的斜率为，得，即，
两边同除以，得，解得或（舍去），
所以，，
设的中点为，
在中，，所以，
连接，在中，设，
由椭圆的定义，得．
由余弦定理，得，解得，
所以，
从而，故．
故答案为：，.
.
【点睛】方法点睛：椭圆求离心率或者范围关键是找到关于的一个等量关系或不等关系，转化为关于的齐次式求得.
13．（答案不唯一，）
【分析】设出点的坐标，表示出的中点的坐标，再利用斜率坐标公式，结合双曲线方程求解作答.
【详解】设点，依题意，，线段的中点，
因为线段的中垂线与轴交于点，显然直线的斜率存在且不为0，
则，即，
又点在双曲线上，则，即有，
于是，双曲线方程为，
取，双曲线的方程为.
故答案为：(答案不唯一，)
14．8
【分析】求出直线的方程，联立抛物线方程，可得根与系数的关系式，进而求出的中点，即可表示出的垂直平分线方程，求得P点坐标，从而可求得的表达式，结合三角函数的化简，即得答案.
【详解】由题意知的焦点为，则直线的方程为，
联立，得，，
设，则，

设的中点为，则，
故弦的垂直平分线的方程为，
令，则，则，
故，
故，
故答案为：8
【点睛】关键点点睛：本题考查了直线和抛物线位置关系中的定值问题，解答的关键是求出AB的垂直平分线，求出P点坐标，继而可得的表达式，即可求解.
15．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据椭圆过点及焦点三角形为正三角形求解；
（2）设直线的方程为，联立椭圆方程求中点M坐标，同理求点坐标，得到直线方程即可得证；
（3）求出三角形面积，利用换元法求函数的最小值即可得解.
【详解】（1）如图，
因为点在椭圆E上，所以，
因为是等边三角形，所以，，
所以，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，则直线的方程为，
联立，消去得，
设，则，
所以，即，
将的坐标中的用代换，得的中点.
当时，所在直线为，
当时，，直线的方程为，整理得，
所以直线过定点.
（3）
，
令，则，
由于则在上递增，
所以当，即时，取得最大值为，
即面积的最大值为.
16．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率及长轴长列方程组求解即可；
（2）先直接计算直线l的斜率不存在时的情况，然后直线l的斜率存在时，设，与椭圆联立，写出韦达定理，写出直线AM和BN的方程，求出时的值，作差，整理后代入韦达定理计算即可.
【详解】（1）因为，椭圆C离心率为，
所以，解得，．
所以椭圆C的方程是；
（2）①若直线l的斜率不存在时，
因为椭圆C的右焦点为，所以直线l的方程是，
所以点M的坐标是，点N的坐标是，
所以直线AM的方程是，直线BN的方程是．
所以直线AM，BN的交点Q的坐标是，
所以点Q在直线上．
②若直线l的斜率存在时，设斜率为k．所以直线l的方程为．
联立方程组消去y，整理得．
显然．不妨设，，
所以，．
所以直线AM方程是．令，得．
直线BN的方程是．令，得．
所以．
其中
．
所以点Q在直线上

17．(1)
(2)
【分析】（1）利用垂直平分线的性质及双曲线的定义可得答案；
（2）利用中点公式和的斜率为建立方程组，求解方程组可得答案.
【详解】（1）由题意可知，点在线段的垂直平分线上，所以，
又点是圆上一动点，所以．
①当时，；
②当时，，
所以的轨迹满足，
根据双曲线定义可知，点的轨迹是以为左 右焦点，实轴长为的双曲线，
可得，所以的轨迹的方程为．
（2）设，所以，
因为直线的斜率为，所以，即，
与联立解得（舍去）或3．
所以点的坐标为．
18．(1)，，
(2)；
(3)存在，．
【分析】（1） 直接根据题干给的双曲线的标准方程求得答案；
（2）由双曲线的定义以及切线的性质可得圆的半径，再借助于点到直线的距离公式求直线的斜率；
（3）假设存在直线l，由得，取的中点，则，进而得；又利用得，于是联立方程组可得的坐标，从而得到直线的斜率并得出直线的方程.
【详解】（1）因为双曲线，所以，所以，
即，，
所以双曲线的渐近线方程是 ；
（2）由题意可知，，，
所以，
，即是椭圆右顶点
设圆的半径为，因为圆的面积为，则，即，
，
设直线的斜率为，则直线的方程为，即，
由圆心到直线的距离等于圆的半径，
可得，
解得直线的斜率为
（3）假设存在过点的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点，且使得，
设,，,，中点为,，又，，
由，可知△为等腰三角形，，且直线不与轴重合，
于是，即，
因此，， (I)，点，在双曲线上，
所以，
①②化简整理得：，，
则，可得，(II)，
联立（Ⅰ）（Ⅱ）得，，得或（舍），所以 ，
由，得，所以直线的方程为．
【点睛】关键点点睛：针对类似于的角度问题，一般情况下会转化垂直问题，再结合垂直时的斜率之积为-1即可解决问题.
19．(1)证明见详解；
(2)48.
【分析】（1）设，则，利用M，A，B在抛物线上可知为方程的两根，利用韦达定理即可得证；
（2）求出点D坐标，由结合二次函数可得.
【详解】（1）设，则，
因为点M在抛物线上，所以，
又，所以，
整理得：，
同理可得：，
故为方程的两根，
所以，
所以点D的纵坐标为，
故直线的斜率为0，即直线与x轴平行或重合.
（2）因为，
所以，
所以
.
因为T在圆C上，所以，
所以，
所以当时，.
【点睛】关键点睛：设而不求是圆锥曲线的常用方法，通常利用韦达定理进行整理化简进行求解.本题关键在于利用中点坐标公式，代入抛物线方程，整理得到为方程的两根，然后借助韦达定理求解可得.

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