2023年全国一卷新高考题型分类S1-3——圆锥曲线（大题）5

2023年全国一卷新高考题型分类S1-3 ——圆锥曲线（大题）5 资料编制说明： 1、 试卷主要是2023年全国一卷新高考地区真题、模拟题，约208套。其中全国卷6套，广东42，山东42，江苏29，福建17，湖南26，湖北21，河北25。 2、 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。 3、 题目前面括号，标注该题的出处。有“末”字的，表示单选、填空的最后一题，难度相对会大一些。 多选3、多选4也难。 圆锥曲线——大题5： （2023年鲁J46泰安二模）已知点和点之间的距离为2，抛物线经过点N，过点M的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，点E，F分别在直线，上，且，（O为坐标原点）. （1）求直线l的倾斜角的取值范围；（[endnoteRef:2]） [2: 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）由求出，将代入抛物线C的方程得，设直线l的方程为，与抛物线方程联立利用判别式得的范围，再由向量共线得点E，F均在y轴上，可得k的取值范围及直线l的倾斜角的取值范围； （2）设，根据M，A，B三点共线得，再由，求出，，求出直线的方程令得，同理可得，代入可得答案. 【小问1详解】 ，，，， 将代入，解得， 抛物线C的方程为， 直线l过点，且与抛物线C有两个不同的交点， 直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为， 由得，， 且，即， 且， ，， ，，点E，F均在y轴上， ，均与y轴相交，直线l不过点，， k的取值范围为且且， 直线l的倾斜角的取值范围为； 【小问2详解】 设， M，A，B三点共线，，， ，，，， 由（1）知，，且， 直线的方程为， 令得，同理可得，， . 【点睛】思路点睛：直线方程与圆锥曲线方程联立利用韦达定理是解决直线与圆锥曲线的位置共线的常用方法，三点共线要利用斜率线段或向量共线，本题考查了学生的思维能力、运算能力. ] （2）求的值. （2023年鲁J50淄博三模）已知离心率为的椭圆的左焦点为，左、右顶点分别为、，上顶点为，且的外接圆半径大小为． （1）求椭圆方程；（[endnoteRef:3]） [3: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆离心率确定椭圆中的关系，再结合正弦定理的推论确定外接圆半径与边角关系即可得的值，从而求得椭圆方程； （2）由题可设直线，，，联立直线与椭圆即可得交点坐标关系，根据斜率的计算式可得，，再由已知等式确定，由坐标关系进行转化可求得的值，求解面积的表达式，结合函数性质即可得面积的取值范围． 【小问1详解】 根据椭圆C的离心率为知，所以，如图，则 则在中，可得，， 由正弦定理得， 解得，所以，， 所以椭圆C的方程为． 【小问2详解】 由条件知直线的斜率不为0， 设直线，，， 联立，得，得 于是，， 因为，，代入椭圆方程得， 所以， 同理，于是，， 因为，所以， 即． 又直线l的斜率存在，所以，于是， 所以，即， 又，， 所以， 整理得， 所以， 化简整理得， 又P、Q位于x轴的两侧，所以，解得， 所以，此时直线l与椭圆C有两个不同的交点， 于是直线l恒过定点． 当时，，， 的面积 ， 令，因为直线l的斜率存在，则，， 于是， 又函数在上单调递减， 所以面积的取值范围为． 【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与椭圆相交的坐标关系，利用坐标运算解决直线斜率关系及面积关系.解决本题的关键是确定直线直线、、、之间的斜率关系，结合椭圆上的任意一点与左右顶点之间的斜率关系，可将四个斜率值简化为两个斜率关系，即可减少位置数，从而利用坐标运算及坐标关系确定所设直线过定点，于是简化所求面积表达式中的变量个数从而可结合函数关系确定取值范围，得以解决问题. ] （2）设斜率存在的直线交椭圆于两点（位于轴的两侧），记直线、、、的斜率分别为、、、，若，求面积的取值范围． （2023年鲁J51淄博一模）已知抛物线：上一点到其焦点的距离为3，，为抛物线上异于原点的两点.延长，分别交抛物线于点，，直线，相交于点. （1）若，求四边形面积最小值；（[endnoteRef:4]） [4: 【答案】（1）32 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的焦半径公式求得抛物线方程，设，，直线的方程，联立方程，利用韦达定理求得，，再根据弦长公式求得，再结合基本不等式即可得解； （2）设，，，根据，，三点共线和，，三点共线，求得，再结合（1）即可得出结论. 【小问1详解】 由抛物线定义可知，，解得， 即抛物线方程为， 由题意，设，，直线的方程， 由，消去得，恒成立， 由韦达定理可知：，， 故， 因为，所以直线的方程为， 于， 则 当且仅当，即时等号成立， 所以四边形面积的最小值