2023年全国一卷新高考题型分类S1-3——圆锥曲线（大题）8

2023年全国一卷新高考题型分类S1-3 ——圆锥曲线（大题）8 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8： （2023年闽J16泉州适应）在锐角中，，于点，． （1）建立适当的坐标系，求动点的轨迹的方程；（[endnoteRef:2]） [2: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）以的中点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，则，，设，，表示出，，，根据得到方程整理即可得解； （2）依题意可得点在轴上，不妨设点，假设存在满足条件的点，分的斜率存在与不存在两种情况讨论，当的斜率存在时，设的方程为，，，联立直线与椭圆方程，表示出，，利用余弦定理得到，根据数量积的坐标表示，化简计算可得、，求出点坐标，即可得解. 【小问1详解】 如图，以的中点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，则，， 设，因为是锐角三角形，所以，则，，， 因为，所以，整理得， 所以动点的轨迹的方程为. 【小问2详解】 因为点是以为直径的圆上的中点，所以点在轴上，不妨设点， 假设存在满足条件的点， ①当的斜率存在时，设的方程为，，， 由，消去得， 所以，， 又，， 在中由余弦定理,得 ， 所以，解得，即， 此时. ②当的斜率不存在时，的方程为，此时，，， 所以，， 所以，所以， 综上，可知存在定点，即使得为定值. 【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. ] （2）点是以为直径的圆上的中点，过点的直线与C交于P，Q两点，判断是否存在定点，使得为定值． （2023年闽J19漳州三检）已知圆，圆，动圆P与圆，圆都外切．圆心P的轨迹为曲线C （1）求C的方程；（[endnoteRef:3]） [3: 【答案】（1） （2）存在；定圆E： 【解析】 【分析】（1）由动圆与两定圆外切得到圆心距与半径之间的关系，作差后得到动圆圆心 的轨迹符合双曲线的定义，由已知求出实半轴和焦半距，则动圆圆心的轨迹方程可求 （2）先利用“点差法”写出直线 的方程，再写出 的中垂线 的方程，求出 所过的定点即为圆 的圆心，然后写出圆的方程即可 【小问1详解】 圆的圆心为（-2，0），半径为 圆的圆心为（2，0），半径为 设动圆P的半径为R，因为动圆P与圆，圆都外切 所以 所以 所以点P在以，为焦点，以2为实轴长的双曲线的右支上， 设双曲线的方程为 所以，所以 注意圆与圆外切于点（1，0），P不可能为（1，0）， 所以C的方程为 【小问2详解】 设，AB的中点为 因为A，B是C上不同的两点，AB中点的横坐标为2． 所以 得 当存在时， 因为AB的中垂线为直线l，所以，即 所以 过定点T（8，0），． 当不存在时，A，B关于x轴对称，AB的中线l为x轴，此时l也过T（8，0）， 所以存在定圆E：，使得l被圆E截得的弦长为定值2． ] （2）已知A，B是C上不同的两点，AB中点的横坐标为2，且AB的中垂线为直线l，是否存在半径为1的定圆E，使得l被圆E截得的弦长为定值，若存在，求出圆E的方程；若不存在，请说明理由 （2023年闽J20漳州三检）已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴、轴，且点和点在椭圆上，椭圆的左顶点与抛物线的焦点的距离为. （1）求椭圆和抛物线的方程；（[endnoteRef:4]） [4: 【答案】（1）椭圆；抛物线； （2）（ⅰ）详见解析；（ⅱ）存在，. 【解析】 【分析】（1）设椭圆方程，代入两点坐标即可求得结果；根据椭圆左顶点和抛物线焦点坐标，可构造方程求得，进而得到抛物线方程； （2）（ⅰ）联立直线与抛物线方程，可得韦达定理的结论；假设切线方程，并联立求得点坐标，再结合两点间距离公式求得所证等式中的各个基本量，整理可得结论； （ⅱ）假设存在点，由倾斜角互补可知斜率和为，将直线与椭圆方程联立，可得韦达定理的结论；利用两点连线斜率公式表示出两直线斜率，根据斜率和为可构造等式，消元整理得到. 【小问1详解】 设椭圆的方程为：， 和在椭圆上， ，解得：， 椭圆的标准方程为：； 由椭圆方程可知：椭