2024年全国一卷数学新高考题型细分S13圆锥曲线多选1椭圆

2024年全国一卷新高考题型细分S13——圆锥曲线多选椭圆试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。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。题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。《圆锥曲线——多选》题型主要有：椭圆、双曲线、抛物线、综合、其他等，大概75道题。每类题目从易到难排序。椭圆：（多选，2024年闽J06某市期末）11.设椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线与交于A，B两点，若，且的周长为8，则（【答案】AC【解析】【分析】根据已知可得、，进而有，结合椭圆性质求相交弦长的范围及焦点三角形内角的范围判断各项的正误.【详解】由，如下图周长为，故，所以，椭圆离心率为，A对，B错；当轴，即为通径时，且，所以，故可以为，C对；【答案】AC【解析】【分析】根据已知可得、，进而有，结合椭圆性质求相交弦长的范围及焦点三角形内角的范围判断各项的正误.【详解】由，如下图周长为，故，所以，椭圆离心率为，A对，B错；当轴，即为通径时，且，所以，故可以为，C对；由椭圆性质知：当为椭圆上下顶点时最大，此时，且，故，即不可能为直角，D错.故选：AC（多选，2024年鲁J21济南三月考）9.已知椭圆：的两个焦点分别为，，是C上任意一点，则（【答案】BD【解析】【分析】首先分析题意，利用椭圆性质进行逐个求解，直接求出离心率判断A，利益椭圆的定义求出焦点三角形周长判断B，举反例判断C，利用基本不等式求最大值判断D即可.【详解】由椭圆得则所以，故A错误;易知的周长为故B正确；当在椭圆长轴的一个端点时，取得最小值，最小值为，故C错误；【答案】BD【解析】【分析】首先分析题意，利用椭圆性质进行逐个求解，直接求出离心率判断A，利益椭圆的定义求出焦点三角形周长判断B，举反例判断C，利用基本不等式求最大值判断D即可.【详解】由椭圆得则所以，故A错误;易知的周长为故B正确；当在椭圆长轴的一个端点时，取得最小值，最小值为，故C错误；由基本不等式得，当且仅当时取等，则取得最大值16，故D正确.故选：BD.（多选，2024年鲁J32潍坊二模）9．已知椭圆：的焦点分别为，，P为上一点，则（9．ABD【分析】根据椭圆方程求出，再结合椭圆的性质逐一判断即可.【详解】设椭圆：的长轴长为，短轴长为，焦距为，则，故，所以的焦距为，故A正确；的离心率为，故B正确；的周长为，故C错误；对于D，当点位于椭圆的上下顶点时，的面积最大，最大值为，故D正确.故选：ABD.

）

A．的焦距为 B．的离心率为

9．ABD【分析】根据椭圆方程求出，再结合椭圆的性质逐一判断即可.【详解】设椭圆：的长轴长为，短轴长为，焦距为，则，故，所以的焦距为，故A正确；的离心率为，故B正确；的周长为，故C错误；对于D，当点位于椭圆的上下顶点时，的面积最大，最大值为，故D正确.故选：ABD.（多选，2024年鄂J15十一校二联考，末）11.用平面截圆柱面，圆柱的轴与平面所成角记为，当为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆．著名数学家创立的双球实验证明了上述结论．如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切．下列结论中正确的有（【答案】ABC【解析】【分析】过点作线段，分别与球、切于点、，结合球的切线的性质与椭圆定义即可得A、B，借助离心率的定义可得C，借助正切函数的定义可得D.【详解】对A，B：过点作线段，分别与球、切于点、，由图可知，、分别与球、切于点、，故有，由椭圆定义可知，该椭圆以、为焦点，为长轴长，故【答案】ABC【解析】【分析】过点作线段，分别与球、切于点、，结合球的切线的性质与椭圆定义即可得A、B，借助离心率的定义可得C，借助正切函数的定义可得D.【详解】对A，B：过点作线段，分别与球、切于点、，由图可知，、分别与球、切于点、，故有，由椭圆定义可知，该椭圆以、为焦点，为长轴长，故B正确，由与球切于点，故，有，即有椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等，故A正确；对C:由题意可得，则，故C正确；对D：由题意可得，，故，即，故D错误.故选：ABC.【点睛】关键点点睛：本题关键在于作出线段，从而可结合球的切线的性质与椭圆定义逐项判断.（多选，2024年湘J08长沙适应）10.某彗星的运行轨道是以太阳为一个焦点的椭圆.测得轨道的近日点（距离太阳最近的点）与太阳中心的距离为，远日点（距离太阳最远的点）与太阳中心的距离为，并且近日点、远日点及太阳中心在同一条直线上，则（【答案】BC【解析】【分析】根据条件得到，，再对各个选项逐一分析判断即可得出结果.【详解】由题知，解得，，对于选项A，因为轨道的焦距为，所以选项A错误，对于选项B，因为离心率为，所以选项B正确，对于选项C，因为轨道的短轴长为【答案】BC【解析】【分析】根据条件得到，，再对各个选项逐一分析判断即可得出结果.【详解】由题知，解得，，对于选项A，因为轨道的焦距为，所以选项A错误，对于选项B，因为离心率为，所以选项B正确，对于选项C，因为轨道的短轴长为，所以选项C正确，对于选项D，因为，则越大时，离心率越小，则轨道越圆，所以选项D错误，故选：BC.（多选，2024年粤J126广东三模）10．已知椭圆的长轴端点分别为､两个焦点分别为是上任意一点，则（10．ABD【分析】根据给定的椭圆方程，求出其长短半轴长及半焦距，再逐项计算判断得解.【详解】椭圆的长半轴长，短半轴长，半焦距，对于A，的离心率为，A正确；对于B，的周长为，B正确；对于C，，设，，则面积的最大值为，C错误；对于D，，，，因此，D正确.故选：ABD

）

A10．ABD【分析】根据给定的椭圆方程，求出其长短半轴长及半焦距，再逐项计算判断得解.【详解】椭圆的长半轴长，短半轴长，半焦距，对于A，的离心率为，A正确；对于B，的周长为，B正确；对于C，，设，，则面积的最大值为，C错误；对于D，，，，因此，D正确.故选：ABD

（多选，2024年冀J27名校联盟三模）10．已知一个装有半瓶水的圆柱形玻璃杯，其底面半径为，玻璃杯高为（玻璃厚度忽略不计），其倾斜状态的正视图如图所示，表示水平桌面．当玻璃杯倾斜时，瓶内水面为椭圆形，阴影部分为瓶内水的正视图．设，则下列结论正确的是（10．AD【分析】根据，椭圆长轴为，短轴长为，求离心率判断A，由离心率最大知长轴最长可得求解判断B，由离心率求出即可判断C，由求出，再得出焦距判断D.【详解】过作于，如图，由，当时，在中，，所以椭圆中，，故A正确；因为椭圆的短轴长为定值6，，所以当椭圆的长轴最长时，椭圆的离心率最大，由图可知，椭圆长轴为时，椭圆的长轴最长，此时，故B错误；当椭圆的焦距为4时，，即，所以，所以，故C错误；当时，10．AD【分析】根据，椭圆长轴为，短轴长为，求离心率判断A，由离心率最大知长轴最长可得求解判断B，由离心率求出即可判断C，由求出，再得出焦距判断D.【详解】过作于，如图，由，当时，在中，，所以椭圆中，，故A正确；因为椭圆的短轴长为定值6，，所以当椭圆的长轴最长时，椭圆的离心率最大，由图可知，椭圆长轴为时，椭圆的长轴最长，此时，故B错误；当椭圆的焦距为4时，，即，所以，所以，故C错误；当时，，所以，由勾股定理可得，即，，所以，所以焦距，故D正确.故选：AD（多选，2024年粤J04顺德二检）11.已知圆，椭圆，直线，点为圆上任意一点，点为椭圆上任意一点，以下的判断正确的是（【答案】ABD【解析】【分析】根据直线过定点，可得点在椭圆内可判断A，根据圆心，可得出点到直线的距离的最大值判断B，设出，利用两点间距离公式并由二次函数性质可求得，进而可得C错误，D正确.【详解】根据题意可知圆的圆心为，半径为，椭圆的长轴为4，短轴为2，直线恒过定点，显然点在椭圆的内部，如下图所示：显然，直线【答案】ABD【解析】【分析】根据直线过定点，可得点在椭圆内可判断A，根据圆心，可得出点到直线的距离的最大值判断B，设出，利用两点间距离公式并由二次函数性质可求得，进而可得C错误，D正确.【详解】根据题意可知圆的圆心为，半径为，椭圆的长轴为4，短轴为2，直线恒过定点，显然点在椭圆的内部，如下图所示：显然，直线与椭圆相交，即A正确；当变化时，易知圆心到直线的距离的最大值为，所以点到直线距离的最大值为，即B正确；设点满足且，可得又易知，显然，显然当时，，可得，即可得C错误，D正确；故选：ABD（多选，2024年闽J01厦门一模）11.设椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线与交于A，B两点，若，且的周长为8，则（【答案】AC【解析】【分析】根据已知可得、，进而有，结合椭圆性质求相交弦长的范围及焦点三角形内角的范围判断各项的正误.【详解】由，如下图周长为，故，所以，椭圆离心率为，A对，B错；当轴，即为通径时，且，所以，故可以为，C对；由椭圆性质知：当为椭圆上下顶点时【答案】AC【解析】【分析】根据已知可得、，进而有，结合椭圆性质求相交弦长的范围及焦点三角形内角的范围判断各项的正误.【详解】由，如下图周长为，故，所以，椭圆离心率为，A对，B错；当轴，即为通径时，且，所以，故可以为，C对；由椭圆性质知：当为椭圆上下顶点时最大，此时，且，故，即不可能为直角，D错.故选：AC（多选，2024年鄂J04名校联盟）11.已知椭圆的离心率为，左，右焦点分别为，，过且倾斜角为的直线与椭圆C交于A，B两点（点A在第一象限），P是椭圆C上任意一点，则（【答案】ABD【解析】【分析】A选项，根据离心率得到；B选项，设，，故，计算出；C选项，由椭圆定义及余弦定理，基本不等式得到点P在短轴端点时，最大，且此时，故C错；D选项，法一：设出直线方程，联立椭圆方程，求出，得到结论；法二：利用椭圆的第二定义进行求解.【详解】A选项，因为C的离心率，所以，，解得，故A对；B选项，由题意得【答案】ABD【解析】【分析】A选项，根据离心率得到；B选项，设，，故，计算出；C选项，由椭圆定义及余弦定理，基本不等式得到点P在短轴端点时，最大，且此时，故C错；D选项，法一：设出直线方程，联立椭圆方程，求出，得到结论；法二：利用椭圆的第二定义进行求解.【详解】A选项，因为C的离心率，所以，，解得，故A对；B选项，由题意得，设，则，，因为，，所以，，则，故B对；C选项，设，，，，则，当且仅当时，等号成立，由于在上单调递减，当点P在短轴端点时，最大，且此时，故此时，故C错；D选项，法一：直线方程为，即，与椭圆方程联立得，因为，所以，，故，故D对.法二：据椭圆第二定义易知：，其中，即，解得，同理可得.所以成立，故D对.故选：ABD【点睛】结论点睛：为椭圆上任意一点，为椭圆的焦点，则最大当且仅当为短轴顶点；为椭圆上任意一点，为椭圆的长轴顶点，则最大当且仅当为短轴顶点；为椭圆上任意一点，为椭圆的焦点，若，则椭圆的离心率的取值范围是.（多选，2024年粤J15华附一调）11.椭圆的标准方程为为椭圆的左、右焦点，点．的内切圆圆心为，与分别相切于点，则（【答案】BCD【解析】【分析】根据椭圆中焦点三角形的性质求解，再结合三角形内切圆的几何性质逐项判断即可得结论.【详解】椭圆：，则，所以，又，所以点再椭圆上，连接，则，故A不正确；由椭圆的定义可得，又的内切圆圆心为，所以内切圆半径，【答案】BCD【解析】【分析】根据椭圆中焦点三角形的性质求解，再结合三角形内切圆的几何性质逐项判断即可得结论.【详解】椭圆：，则，所以，又，所以点再椭圆上，连接，则，故A不正确；由椭圆的定义可得，又的内切圆圆心为，所以内切圆半径，由于，所以，故，故C正确；又，所以，则，所以，故D正确；又，所以，又，所以，即，故B正确故选：BCD.（多选，2024年冀J37沧州三模）11．已知椭圆的上顶点、左顶点为为椭圆上异于点的两个不同点，则下列结论正确的是（11．ABC【分析】A选项，设直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，根据得到方程，求出，得到直线恒过定点；B选项，在A选项基础上，得到方程，求出，得到恒过定点；C选项，根据斜率公式得到方程，求出或，求出恒过定点；D选项，根据斜率之积为1得到方程，求出直线恒过定点.【详解】A选项，易知，，设，.依题意，设直线的方程为.，，，.联立得.，.，，.代入整理，得.，，.直线恒过定点，A正确；

B选项，，代入整理，得，解得或（舍去）.直线11．ABC【分析】A选项，设直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，根据得到方程，求出，得到直线恒过定点；B选项，在A选项基础上，得到方程，求出，得到恒过定点；C选项，根据斜率公式得到方程，求出或，求出恒过定点；D选项，根据斜率之积为1得到方程，求出直线恒过定点.【详解】A选项，易知，，设，.依题意，设直线的方程为.，，，.联立得.，.，，.代入整理，得.，，.直线恒过定点，A正确；

B选项，，代入整理，得，解得或（舍去）.直线恒过定点，B正确；

C选项，，代入整理，得，或，恒过定点或，由于，故舍去，C正确；

D选项，.代入整理，得，解得或，恒过定点或.由于，故舍去，直线恒过定点，D错误.故选：ABC.【点睛】思路点睛：处理定点问题（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.（多选，2024年浙J41天域二模）11．已知椭圆左右两个焦点分别为和，动直线经过椭圆左焦点与椭圆交于两点，且恒成立，下列说法正确的是（11．AB【分析】根据椭圆定义利用通径长可求得，由椭圆性质可得，且离心率，联立直线和椭圆方程可知当，方程无解，因此D错误.【详解】如下图所示：易知，由椭圆定义可知，因为恒成立，所以，当轴，即为通径时，最小，所以，解得，所以A正确；当为长轴时，最大，此时，所以，即B正确；可得椭圆方程为，易知，所以离心率，即C错误；因为，可设直线11．AB【分析】根据椭圆定义利用通径长可求得，由椭圆性质可得，且离心率，联立直线和椭圆方程可知当，方程无解，因此D错误.【详解】如下图所示：易知，由椭圆定义可知，因为恒成立，所以，当轴，即为通径时，最小，所以，解得，所以A正确；当为长轴时，最大，此时，所以，即B正确；可得椭圆方程为，易知，所以离心率，即C错误；因为，可设直线的方程为，，联立，整理可得，因此；若，可得，即，所以；整理得，此时方程无解，因此D错误.故选：AB（多选，2024年鲁J05日照一模，末）11.如图是数学家GerminalDandelin用来证明一个平面截圆锥侧面得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）．在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，截面分别与球，球切于点E，F（E，F是截口椭圆C的焦点）．设图中球，球的半径分别为4和1，球心距，则（【答案】ACD【解析】【分析】根据给定的几何体，作出轴截面，结合圆的切线性质及勾股定理求出椭圆长轴和焦距作答.【详解】依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体，得圆锥的轴截面及球，球的截面大圆，如图，点分别为圆与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段是椭圆长轴，可知椭圆C的中心（即线段的中点）不在直线上，故A正确；椭圆长轴长，过作于D，连，显然四边形为矩形，又，则，过作交延长线于C【答案】ACD【解析】【分析】根据给定的几何体，作出轴截面，结合圆的切线性质及勾股定理求出椭圆长轴和焦距作答.【详解】依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体，得圆锥的轴截面及球，球的截面大圆，如图，点分别为圆与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段是椭圆长轴，可知椭圆C的中心（即线段的中点）不在直线上，故A正确；椭圆长轴长，过作于D，连，显然四边形为矩形，又，则，过作交延长线于C，显然四边形为矩形，椭圆焦距，故B错误；所以直线与椭圆C所在平面所成的角的正弦值为，故C正确；所以椭圆的离心率，故D正确；故选：ACD.【点睛】关键点点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.（多选，2024年苏J21南通二适）10.已知椭圆（）的左，右焦点分别为，，上，下两个顶点分别为，，的延长线交于，且，则（【答案】ACD【解析】【分析】利用椭圆的定义结合余弦定理求解角的三角函数值，在同一个三角形中将离心率表示为三角函数值，求出离心率即可判断A，先求出倾斜角的正切值，再利用斜率的几何意义判断B，利用椭圆的定义得到边相等，证明是等腰三角形判断C，求解关键点的坐标，结合两点间距离公式判断D即可.【详解】对于A，连接，，，，，，在中，，故有，解得，则，而在中，，，故A【答案】ACD【解析】【分析】利用椭圆的定义结合余弦定理求解角的三角函数值，在同一个三角形中将离心率表示为三角函数值，求出离心率即可判断A，先求出倾斜角的正切值，再利用斜率的几何意义判断B，利用椭圆的定义得到边相等，证明是等腰三角形判断C，求解关键点的坐标，结合两点间距离公式判断D即可.【详解】对于A，连接，，，，，，在中，，故有，解得，则，而在中，，，故A正确，对于B，而的倾斜角为，而，则，故B错误对于C，由已知得，是等腰三角形，故C正确，对于D，因为，则，故，易知的方程为，设，联立方程组，解得或，故，又，即，由两点距离公式得，而，，故D正确.故选：ACD.（多选，2024年鄂J21黄冈二模）11．如图，圆，圆，动圆与圆外切于点，与圆内切于点，记圆心的轨迹为曲线，则（

11．BCD【分析】对A，直接根据椭圆的定义可得答案；对B，与互补，求出的最大角即可；对于C：直接利用向量的坐标运算求解；对于D：求出点处的切线斜率，再利用求出点的坐标，再判断切线斜率和的关系即可.【详解】对于A：设动圆的半径为，由条件得，则，且不重合，故点的轨迹为以为焦点的椭圆（去掉重合的点），则曲线的方程为，故A错误；对于：由图可知与互补，当点为椭圆短轴端点时，最大，此时，所以，则的最大值为，所以的最小值为，故B正确；对于.，当且仅当时等号成立，故C正确；对于D：设点，下面先证明椭圆上一点的的切线方程为.11．BCD【分析】对A，直接根据椭圆的定义可得答案；对B，与互补，求出的最大角即可；对于C：直接利用向量的坐标运算求解；对于D：求出点处的切线斜率，再利用求出点的坐标，再判断切线斜率和的关系即可.【详解】对于A：设动圆的半径为，由条件得，则，且不重合，故点的轨迹为以为焦点的椭圆（去掉重合的点），则曲线的方程为，故A错误；对于：由图可知与互补，当点为椭圆短轴端点时，最大，此时，所以，则的最大值为，所以的最小值为，故B正确；对于.，当且仅当时等号成立，故C正确；对于D：设点，下面先证明椭圆上一点的的切线方程为.联立，消去得，则，又，所以.所以椭圆上一点的的切线方程为.则过点的椭圆的切线方程为，切线斜率为，又，所以，则得，解得，所以，又，因为，所以，所以，所以，所以，即曲线在点处的切线与线段垂直，故D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题D选项解题的关键是利用过椭圆上一点的的切线方程为，通过结论可快速找到解题思路.（多选，2024年浙J24金华一中）10.已知椭圆为原点，过第一象限内椭圆外一点作椭圆的两条切线，切点分别为A，B．记直线的斜率分别为，若，则（【答案】AD【解析】【分析】设直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由得到方程，求出，证明椭圆在处的切线方程为，从而得到椭圆在点和的切线方程，得到切点弦方程为，对照系数结合得到的轨迹方程，A选项，计算出，，求出；B选项，在A选项基础上进行求解；C选项，得到双曲线的渐近线，C错误；D【答案】AD【解析】【分析】设直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由得到方程，求出，证明椭圆在处的切线方程为，从而得到椭圆在点和的切线方程，得到切点弦方程为，对照系数结合得到的轨迹方程，A选项，计算出，，求出；B选项，在A选项基础上进行求解；C选项，得到双曲线的渐近线，C错误；D选项，先得到，设，则，联立双曲线方程，由根的判别式得到不等式，求出答案.【详解】由于，故不关于轴对称且的横纵坐标不为0，所以直线方程斜率一定存在，设直线的方程为，联立得，，设，则，故，其中，故，即，所以，解得，下面证明椭圆在处的切线方程为，理由如下：当时，故切线的斜率存在，设切线方程为，代入椭圆方程得：，由，化简得：，所以，把代入，得：，于是，则椭圆的切线斜率为，切线方程为，整理得到，其中，故，即，当时，此时或，当时，切线方程为，满足，当时，切线方程为，满足，综上：椭圆在处的切线方程为；故椭圆在点的切线方程为，同理可得，椭圆在点的切线方程为，由于点为与的交点，故，，所以直线为，因为直线的方程为，对照系数可得，又，故，整理得，又在第一象限，故点的轨迹为双曲线位于第一象限的部分，

A选项，，同理可得，则，A正确；

B选项，，其中又，故，不为定值，故不定值，B错误；

C选项，由于，，，故双曲线的一条渐近线为，设，则，故无最大值，

D选项，由于，，，故，设，则，则两式联立得，由得，，检验，当时，，又，解得，满足要求.故的最小值为4，D正确.故选：AD【点睛】结论点睛：过圆上一点的切线方程为：，过圆外一点的切点弦方程为：.过椭圆上一点的切线方程为，过椭圆外一点的切点弦方程为;过双曲线上一点的切线方程为,过双曲线外一点的切点弦方程为,（多选，2024年鲁J31威海二模）11．数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆任意两条互相垂直的切线的交点都在以原点O为圆心，为半径的