2023年全国一卷新高考题型分类S1-3——圆锥曲线（大题）12

2023年全国一卷新高考题型分类S1-3 ——圆锥曲线（大题）12 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12： （2023年冀J11衡水二中）已知抛物线：和椭圆：有共同的焦点F （1）求抛物线C的方程，并写出它的准线方程（[endnoteRef:2]） [2: 【答案】（1）抛物线方程为，准线为. （2）证明见解析 【解析】 【分析】(1)根据椭圆中“”的关系求出焦点，根据共焦点即可求解； (2)利用韦达定理分别表示出，即可证明. 【小问1详解】 根据椭圆：可得，所以， 则椭圆的右焦点也为抛物线的焦点，所以，解得， 所以抛物线方程为，准线为. 【小问2详解】 由题可得，直线的斜率不等于0，所以设， 设， 联立整理得， 所以， 所以， 设， 联立整理得， 所以， 所以 所以, 所以，因为为常数， 所以当，即时，取得最小值， 此时的方程为垂直于轴,所以命题得证. ] （2）过F作直线交抛物线C于P， Q两点，交椭圆E于M， N两点，证明：当且仅当轴时，取得最小值 （2023年冀J12衡水四测）已知直线：和直线：，过动点E作平行的直线交于点A，过动点E作平行的直线交于点B，且四边形OAEB（O为原点）的面积为4. （1）求动点E的轨迹方程；（[endnoteRef:3]） [3: 【答案】（1）或； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）设，根据直线相交求出点的横坐标，再求出，点到直线的距离表示出四边形面积，化简方程可得解； （2）验证特殊情况可知，再由一般情况设设直线m的方程为，由题意求出，联立直线与双曲线方程，由根与系数关系代入化简即可得证. 【小问1详解】 设，过且平行的直线方程为， 由得交点的横坐标为， 所以， 点到直线的距离为， 所以四边形OAEB的面积为， 即或， 故动点E的轨迹方程为或. 【小问2详解】 由题知的方程为， 设，、 当直线的斜率为0时，， 若，由，，知， 所以； 若，由，，知， 所以； 当直线m的斜率不为0时，设直线m的方程为 (显然)， 则，即， 因为，， 所以， 解得 由消并整理得， 因为直线m与曲线有两个交点， 则在且判别式时有且 所以， 即证得为定值. ] （2）当动点E的轨迹的焦点在x轴时，记轨迹为曲线，若过点的直线m与曲线交于P，Q两点，且与y轴交于点N，若，，求证：为定值. （2023年冀J19唐山二模）已知抛物线：的焦点为，为上一点，为准线上一点，， （1）求的方程；（[endnoteRef:4]） [4: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件得到，根据得到，再结合焦半径公式即可得到，从而得到. （2）根据题意得到，设直线的方程为，，，与抛物线联立得到，，根据斜率公式得到，从而得到，即可得到直线过定点，再根据当时，点到直线距离最大求解即可. 【小问1详解】 如图所示： 由题意可知，因为，， 由，，可得， 由抛物线的定义可知，，解得． 则的方程为. 【小问2详解】 如图所示： 在抛物线上，所以， 设直线的方程为，，， 将代入，得 则， ，同理 整理得，， 直线的方程为，所以直线过定点. 当时，点到直线距离最大， 且最大距离为， 经检验符合题意.] （2），，是上的三点，若，求点到直线距离的最大值． （2023年冀J20唐山三模）已知双曲线，左､右顶点分别为，经过右焦点垂直于轴的直线与相交于两点，且. （1）求的方程；（[endnoteRef:5]） [5: 【答案】（1） （2）是定值，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据求出，可得的方程； （2）由直线与圆相切得，联立直线与双曲线方程，得和，由斜率公式得，利用和化简可得结果. 【小问1详解】 设，把代入到方程，得，即， 因为，所以，即，则双曲线的方程为. 【小问2详解】 否为定值,理由如下： 设，其中，，. 因为直线与圆相切，所以，即， 联立，消去并整理得， 所以， 因为，，，即， 所以 ， 由已知. . 即为定值. ] （2）若直线与圆相切，且与双曲线左､右两支分别交于，两点，记直线的斜率为，的斜率为，那么是否为定值？并说明理由. （2023年冀J21唐山一模）已知双曲线过点，且与的两个顶点连线的斜率之和为4． （1）求的方程；（[endnoteRef:6]） [6: