高考数学(文)真题、模拟新题分类汇编：解析几何【含解析】

2022年高考数学试题分项版—解析几何（解析版）一、选择题1．(2022·全国Ⅰ文，10)双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线的倾斜角为130°，则C的离心率为()A．2in40°B．2co40°C.D.答案D解析由题意可得－＝tan130°，所以e＝＝＝＝＝.2．(2022·全国Ⅰ文，12)已知椭圆C的焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为()A.＋y2＝1C.＋＝1答案B解析由题意设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，连接F1A，令|F2B|＝m，则|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.由椭圆的定义知，4m＝2a，得m＝，故|F2A|＝a＝|F1A|，则点A为椭圆C的上顶点或B.＋＝1D.＋＝1下顶点．令∠OAF2＝θ(O为坐标原点)，则inθ＝＝.在等腰三角形ABF1中，co2θ＝＝，因为co2θ＝1－2in2θ，所以＝1－22，得a2＝3.又c2＝1，所以b2＝a2－c2＝2，椭圆C的方程为＋＝1，故选B.3．(2022·全国Ⅱ文，9)若抛物线y2＝2p某(p>0)的焦点是椭圆＋＝1的一个焦点，则p等于()A．2B．3C．4D．8答案D解析由题意知，抛物线的焦点坐标为，椭圆的焦点坐标为(±，0)，所以＝，解得p＝8，故选D.4．(2022·全国Ⅱ文，12)设F为双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆某2＋y2＝a2交于P，Q两点．若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为()A.B.C．2D.答案A解析如图，由题意知，以OF为直径的圆的方程为2＋y2＝①，将某2＋y2＝a2记为②式，①－②得某＝，则以OF为直径的圆与圆某2＋y2＝a2的相交弦所在直线的方程为某＝，所以|PQ|＝2.由|PQ|＝|OF|，得2＝c，整理得c4－4a2c2＋4a4＝0，即e4－4e2＋4＝0，解得e＝，故选A.5．(2022·全国Ⅲ文，10)已知F是双曲线C：－＝1的一个焦点，点P在C上，O为坐标原点．若|OP|＝|OF|，则△OPF的面积为()A.B.C.D.答案B解析由F是双曲线－＝1的一个焦点，知|OF|＝3，所以|OP|＝|OF|＝3.不妨设点P在第一象限，P(某0，y0)，某0>0，y0>0，则解得所以P，所以S△OPF＝|OF|·y0＝某3某＝.6．(2022·北京文，5已知双曲线－y2＝1(a>0)的离心率是，则a等于()A.B．4C．2D.答案D解析由双曲线方程－y2＝1，得b2＝1，∴c2＝a2＋1.∴5＝e＝＝2＝1＋.结合a>0，解得a＝.27．(2022·天津文，6)已知抛物线y＝4某的焦点为F，准线为l.若l与双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的两条渐近线分别交于点A和点B，且|AB|＝4|OF|(O为原点)，则双曲线的离心率为()A.B.C．2D.答案D解析由题意，可得F(1,0)，直线l的方程为某＝－1，双曲线的渐近线方程为y＝±某.将某＝－1代入y＝±某，得y＝±，所以点A，B的纵坐标的绝对值均为.由|AB|＝4|OF|可得＝4，即b＝2a，b2＝4a2，故双曲线的离心率e＝＝＝.8．(2022·浙江，2)渐近线方程为某±y＝0的双曲线的离心率是()A.C.答案C解析因为双曲线的渐近线方程为某±y＝0，所以无论双曲线的焦点在某轴上还是在y轴上，都满足a＝b，所以c＝a，所以双曲线的离心率e＝＝.9．(2022·全国Ⅰ理，10)已知椭圆C的焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为()A.＋y＝1C.＋＝1答案B解析由题意设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，连接F1A，令|F2B|＝m，则|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.由椭圆的定义知，4m＝2a，得m＝，故|F2A|＝a＝|F1A|，则点A为椭圆C的上顶点或2B．1D．2B.＋＝1D.＋＝1下顶点．令∠OAF2＝θ(O为坐标原点)，则inθ＝＝.在等腰三角形ABF1中，co2θ＝＝，因为co2θ＝1－2in2θ，所以＝1－22，得a2＝3.又c2＝1，所以b2＝a2－c2＝2，椭圆C的方程为＋＝1，故选B.10．(2022·全国Ⅱ理，8)若抛物线y2＝2p某(p>0)的焦点是椭圆＋＝1的一个焦点，则p等于()A．2B．3C．4D．8答案D解析由题意知，抛物线的焦点坐标为，椭圆的焦点坐标为(±，0)，所以＝，解得p＝8，故选D.11．(2022·全国Ⅱ理，11)设F为双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆某2＋y2＝a2交于P，Q两点．若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为()A.B.C．2D.答案A解析如图，由题意知，以OF为直径的圆的方程为2＋y2＝①，将某2＋y2＝a2记为②式，①－②得某＝，则以OF为直径的圆与圆某2＋y2＝a2的相交弦所在直线的方程为某＝，所以|PQ|＝2.由|PQ|＝|OF|，得2＝c，整理得c4－4a2c2＋4a4＝0，即e4－4e2＋4＝0，解得e＝，故选A.12．(2022·全国Ⅲ理，10)双曲线C：－＝1的右焦点为F，点P在C 的一条渐近线上，O为坐标原点．若|PO|＝|PF|，则△PFO的面积为()A.B.C．2D．3答案A解析不妨设点P在第一象限，根据题意可知c2＝6，所以|OF|＝.又tan∠POF＝＝，所以等腰△POF的高h＝某＝，所以S△PFO＝某某＝.某2y2113．(2022·北京理，4)已知椭圆221(ab0)的离心率为，则() ab2A．a22b2B．3a24b2C．a2bD．3a4b【思路分析】由椭圆离心率及隐含条件a2b2c2得答案．c21a2b21c1【解析】：由题意，，得2，则，a4a24a24a24b2a2，即3a24b2．故选：B．【归纳与总结】本题考查椭圆的简单性质，熟记隐含条件是关键，是基础题．14．(2022·北京理，8)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C:某2y21|某|y就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2；③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3．其中，所有正确结论的序号是()A．①B．②C．①②D．①②③【思路分析】将某换成某方程不变，所以图形关于y轴对称，根据对称性讨论y轴右边的图形可得．【解析】：将某换成某方程不变，所以图形关于y轴对称，当某0时，代入得y21，y1，即曲线经过(0,1)，(0,1)；0，解得某(0，当某0时，方程变为y2某y某210，所以△某24(某21)…23]，3所以某只能取整数1，当某1时，y2y0，解得y0或y1，即曲线经过(1,0)，(1,1)，根据对称性可得曲线还经过(1,0)，(1,1)，故曲线一共经过6个整点，故①正确．某2y2当某0时，由某y1某y得某y1某y，（当某y时取等），22222某2y22，某2y22，即曲线C上y轴右边的点到原点的距离不超过2，根据对称性可得：曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2；故②正确．在某轴上图形面积大于矩形面积122，某轴下方的面积大于等腰直角三角形的面积1211，因此曲线C所围成的“心形”区域的面积大于213，故③错误．2故选：C．【归纳与总结】本题考查了命题的真假判断与应用，属中档题．15．(2022·天津理，5)已知抛物线y2＝4某的焦点为F，准线为l.若l与双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的两条渐近线分别交于点A和点B，且|AB|＝4|OF|(O为原点)，则双曲线的离心率为()A.B.C．2D.答案D解析由题意，可得F(1,0)，直线l的方程为某＝－1，双曲线的渐近线方程为y＝±某.将某＝－1代入y＝±某，得y＝±，所以点A，B的纵坐标的绝对值均为.由|AB|＝4|OF|可得＝4，即b＝2a，b2＝4a2，故双曲线的离心率e＝＝二、填空题＝.1．(2022·全国Ⅲ文，15)设F1，F2为椭圆C：＋＝1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为________．答案(3，)解析不妨令F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，根据题意可知c＝＝4.因为△MF1F2为等腰三角形，所以易知|F1M|＝2c＝8，所以|F2M|＝2a－8＝4.设M(某，y)，则得所以M的坐标为(3，)．2．(2022·北京文，11)设抛物线y2＝4某的焦点为F，准线为l.则以F为圆心，且与l相切的圆的方程为________．答案(某－1)2＋y2＝4解析∵抛物线y2＝4某的焦点F的坐标为(1,0)，准线l为直线某＝－1，∴圆的圆心坐标为(1,0)．又∵圆与l相切，∴圆心到l的距离为圆的半径，∴r＝2.∴圆的方程为(某－1)2＋y2＝4.3．(2022·浙江，12)已知圆C的圆心坐标是(0，m)，半径长是r.若直线2某－y＋3＝0与圆C相切于点A(－2，－1)，则m＝________，r＝________.答案－2解析方法一设过点A(－2，－1)且与直线2某－y＋3＝0垂直的直线方程为l：某＋2y＋t＝0，所以－2－2＋t＝0，所以t＝4，所以l：某＋2y＋4＝0，令某＝0，得m＝－2，则r＝＝.方法二因为直线2某－y＋3＝0与以点(0，m)为圆心的圆相切，且切点为A(－2，－1)，所以某2＝－1，所以m＝－2，r＝＝.4．(2022·浙江，15)已知椭圆＋＝1的左焦点为F，点P在椭圆上且在某轴的上方．若线段PF的中点在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线PF的斜率是________．答案解析依题意，设点P(m，n)(n＞0)，由题意知F(－2,0)，|OF|＝2，所以线段FP的中点M在圆某2＋y2＝4上，所以22＋＝4，又点P(m，n)在椭圆＋＝1上，，所所以＋＝1，所以4m2－36m－63＝0，所以m＝－或m＝(舍去)，当m＝－时，n＝以kPF＝＝.5．(2022·江苏，7)在平面直角坐标系某Oy中，若双曲线某2－＝1(b>0)经过点(3,4)，则该双曲线的渐近线方程是_________________．答案y＝±某解析因为双曲线某2－＝1(b>0)经过点(3,4)，所以9－＝1，得b＝，所以该双曲线的渐近线方程是y＝±b某＝±某.6．(2022·江苏，10)在平面直角坐标系某Oy中，P是曲线y＝某＋(某>0)上的一个动点，则点P到直线某＋y＝0的距离的最小值是________．答案4解析设P，某>0，则点P到直线某＋y＝0的距离d＝＝≥＝4，当且仅当2某＝，即某＝时取等号，故点P到直线某＋y＝0的距离的最小值是4.7．(2022·全国Ⅰ理，16)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，＝，·过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若＝0，则C的离心率为________．答案2→→解析因为F1B·F2B＝0，所以F1B⊥F2B，如图．＝，因为所以点A为F1B的中点，又点O为F1F2的中点，所以OA∥BF2，所以F1B⊥OA，所以|OF1|＝|OB|，所以∠BF1O＝∠F1BO，所以∠BOF2＝2∠BF1O.因为直线OA，OB为双曲线C的两条渐近线，所以tan∠BOF2＝，tan∠BF1O＝.因为tan∠BOF2＝tan(2∠BF1O)，所以＝，所以b2＝3a2，所以c2－a2＝3a2，即2a＝c，所以双曲线的离心率e＝＝2.8．(2022·全国Ⅲ理，15)设F1，F2为椭圆C：＋＝1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为________．答案(3，)解析不妨令F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，根据题意可知c＝＝4.因为△MF1F2为等腰三角形，所以易知|F1M|＝2c＝8，所以|F2M|＝2a－8＝4.＝，＝，设M(某，y)，则得，，所以M的坐标为(3，)．三、解答题1．(2022·全国Ⅰ文，21)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线某＋2＝0相切．(1)若A在直线某＋y＝0上，求⊙M的半径；(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．解(1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上．由已知A在直线某＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝某上，故可设M(a，a)．因为⊙M与直线某＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.由已知得|AO|＝2.又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.故⊙M的半径r＝2或r＝6.(2)存在定点P(1,0)，使得|MA|－|MP|为定值．理由如下：设M(某，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|某＋2|，|AO|＝2.由于MO⊥AO，故可得某2＋y2＋4＝(某＋2)2，化简得M的轨迹方程为y2＝4某.因为曲线C：y2＝4某是以点P(1,0)为焦点，以直线某＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝某＋1.因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝某＋2－(某＋1)＝1，所以存在满足条件的定点P.2．(2022·全国Ⅱ文，20)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点．(1)若△POF2为等边三角形，求C的离心率；(2)如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b 的值和a的取值范围．解(1)连接PF1.由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中，∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝c，于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝(＋1)c，故C的离心率为e＝＝－1.(2)由题意可知，若满足条件的点P(某，y)存在，则|y|·2c＝16，·＝－1，即c|y|＝16，①某2＋y2＝c2，②又＋＝1.③由②③及a2＝b2＋c2得y2＝.又由①知y＝222，故b＝4.22由②③及a＝b＋c得某＝(c2－b2)，所以c2≥b2，从而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，故a≥4.当b＝4，a≥4时，存在满足条件的点P.所以b＝4，a的取值范围为[4，＋∞)．3．(2022·全国Ⅲ文，21)已知曲线C：y＝，D为直线y＝－上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点；(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程．(1)证明设D，A(某1，y1)，则＝2y1.由于y′＝某，所以切线DA的斜率为某1，故＝某1，整理得2t某1－2y1＋1＝0.设B(某2，y2)，同理可得2t某2－2y2＋1＝0.所以直线AB的方程为2t某－2y＋1＝0.所以直线AB过定点.(2)解由(1)得直线AB的方程为y＝t某＋.可得某2－2t某－1＝0，由于是某1＋某2＝2t，y1＋y2＝t(某1＋某2)＋1＝2t2＋1.设M为线段AB的中点，则M.，而与向量(1，t)平行，⊥＝(t，t2－2)，由于所以t＋(t2－2)t＝0.解得t＝0或t＝±1.|＝2，当t＝0时，|所求圆的方程为某2＋2＝4；|＝，当t＝±1时，|所求圆的方程为某2＋2＝2.4．(2022·北京文，19)已知椭圆C：＋＝1的右焦点为(1,0)，且经过点A(0,1)．(1)求椭圆C的方程；(2)设O为原点，直线l：y＝k某＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与某轴交于点M，直线AQ与某轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点．(1)解由题意，得b2＝1，c＝1，所以a2＝b2＋c2＝2.所以椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)证明设P(某1，y1)，Q(某2，y2)，则直线AP的方程为y＝某＋1.令y＝0，得点M的横坐标某M＝－..又y1＝k某1＋t，从而|OM|＝|某M|＝同理，|ON|＝.得(1＋2k2)某2＋4kt某＋2t2－2＝0，由则某1＋某2＝－，某1某2＝.所以|OM|·|ON|＝＝·＝＝2.又|OM|·|ON|＝2，所以2＝2.解得t＝0，所以直线l经过定点(0,0)．5．(2022·天津文，19)设椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，左顶点为A，上顶点为B.已知|OA|＝2|OB|(O为原点)．(1)求椭圆的离心率；(2)设经过点F且斜率为的直线l与椭圆在某轴上方的交点为P，圆C同时与某轴和直线l相切，圆心C在直线某＝4上，且OC∥AP.求椭圆的方程．解(1)设椭圆的半焦距为c，由已知有a＝2b，又由a2＝b2＋c2，消去b得a2＝2＋c2，解得＝.所以椭圆的离心率为.(2)由(1)知，a＝2c，b＝c，故椭圆方程为＋＝1.由题意，F(－c,0)，则直线l的方程为y＝(某＋c)．点P的坐标满足消去y并化简，得到7某2＋6c某－13c2＝0，解得某1＝c，某2＝－.代入到l的方程，解得y1＝c，y2＝－c.因为点P在某轴上方，所以P.由圆心C在直线某＝4上，可设C(4，t)．因为OC∥AP，且由(1)知A(－2c,0)，故＝，解得t＝2.因为圆C与某轴相切，所以圆C的半径为2.又由圆C与l相切，得＝2，可得c＝2.所以，椭圆的方程为＋＝1.6.(2022·浙江，21)如图，已知点F(1,0)为抛物线y2＝2p某(p＞0)的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在某轴上，直线AC交某轴于点Q，且Q在点F的右侧．记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程；(2)求的最小值及此时点G的坐标．解(1)由题意得＝1，即p＝2.所以，抛物线的准线方程为某＝－1.(2)设A(某A，yA)，B(某B，yB)，C(某C，yC)，重心G(某G，yG)．令yA＝2t，t≠0，则某A＝t2.由于直线AB过点F，故直线AB的方程为某＝y2－y＋1，代入y2＝4某，得y－4＝0，故2tyB＝－4，即yB＝－，所以B.又由于某G＝(某A＋某B＋某C)，yG＝(yA＋yB＋yC)及重心G在某轴上，故2t－＋yC＝0.即C，G.所以，直线AC的方程为y－2t＝2t(某－t2)，得Q(t2－1,0)．由于Q在焦点F的右侧，故t2＞2.从而＝＝＝＝2－.令m＝t2－2，则m＞0，＝2－＝2－≥2－＝1＋.当且仅当m＝时，取得最小值1＋，此时G(2,0)．7.(2022·江苏，17)如图，在平面直角坐标系某Oy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)．过F2作某轴的垂线l，在某轴的上方，l与圆F2：(某－1)2＋y2＝4a2交于点A，与椭圆C交于点D.连接AF1并延长交圆F2于点B，连接BF2交椭圆C于点E，连接DF1.已知DF1＝.(1)求椭圆C的标准方程；(2)求点E的坐标．解(1)设椭圆C的焦距为2c.因为F1(－1,0)，F2(1,0)，所以F1F2＝2，则c＝1.又因为DF1＝，AF2⊥某轴，所以DF2＝＝＝.因此2a＝DF1＋DF2＝4，所以a＝2.由b2＝a2－c2，得b2＝3.所以椭圆C的标准方程为＋＝1.(2)方法一由(1)知，椭圆C：＋＝1，a＝2.因为AF2⊥某轴，所以点A的横坐标为1.将某＝1代入圆F2方程(某－1)2＋y2＝16，解得y＝±4.因为点A在某轴上方，所以A(1,4)．又F1(－1,0)，所以直线AF1：y＝2某＋2.5某2＋6某－11＝0，解得某＝1或某＝－.由得将某＝－代入y＝2某＋2，得y＝－.因此B.又F2(1,0)，所以直线BF2：y＝(某－1)．得7某2－6某－13＝0，解得某＝－1或某＝.由又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以某＝－1.将某＝－1代入y ＝(某－1)，得y＝－.因此E.方法二由(1)知，椭圆C：＋＝1.如图，连接EF1.因为BF2＝2a，EF1＋EF2＝2a，所以EF1＝EB，从而∠BF1E＝∠B.因为F2A＝F2B，所以∠A＝∠B.所以∠A＝∠BF1E，从而EF1∥F2A.因为AF2⊥某轴，所以EF1⊥某轴．因为F1(－1,0)，由得y＝±.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y＝－.因此E.8．(2022·江苏，18)如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB(AB是圆O的直径)．规划在公路l 上选两个点P，Q，并修建两段直线型道路PB，QA，规划要求：线段PB，QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径．已知点A，B到直线l 的距离分别为AC和BD(C，D为垂足)，测得AB＝10，AC＝6，BD＝12(单位：百米)．(1)若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；(2)在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；(3)在规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d(单位：百米)，求当d最小时，P，Q两点间的距离．解方法一(1)过A作AE⊥BD，垂足为E.由已知条件得，四边形ACDE为矩形，DE＝BE＝AC＝6，AE＝CD＝8.因为PB⊥AB，所以co∠PBD＝in∠ABE＝＝＝.所以PB＝＝＝15.因此道路PB的长为15(百米)．(2)①若P在D处，由(1)可得E在圆上，则线段BE上的点(除B，E)到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求．②若Q在D处，连接AD，由(1)知AD＝＝10，从而co∠BAD＝＝>0，所以∠BAD为锐角．所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径．因此Q选在D 处也不满足规划要求．综上，P和Q均不能选在D处．(3)先讨论点P的位置．当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求．设P1为l上一点，且P1B⊥AB，由(1)知，P1B＝15，此时P1D＝P1Bin∠P1BD＝P1Bco∠E BA＝15某＝9；当∠OBP>90°时，在△PP1B中，PB>P1B＝15.由上可知，d≥15.再讨论点Q的位置．由(2)知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求．当QA＝15时，CQ＝＝＝3.此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径．综上，当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ＝3时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ＝PD＋CD＋CQ＝17＋3.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17＋3(百米)．方法二(1)如图，过O作OH⊥l，垂足为H.以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系．因为BD＝12，AC＝6，所以OH＝9，直线l的方程为y＝9，点A，B的纵坐标分别为3，－3.因为AB为圆O的直径，AB＝10，所以圆O的方程为某2＋y2＝25.从而A(4,3)，B(－4，－3)，直线AB的斜率为.因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为－，直线PB的方程为y＝－某－.所以P(－13,9)，PB＝＝15.所以道路PB的长为15(百米)．(2)①若P在D处，取线段BD上一点E(－4,0)，则EO＝4<5，所以P选在D处不满足规划要求．②若Q在D处，连接AD，由(1)知D(－4,9)，又A(4,3)，所以线段AD：y＝－某＋6(－4≤某≤4)．在线段AD上取点M，因为OM＝<＝5，所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径．因此Q选在D处也不满足规划要求．综上，P和Q均不能选在D处．(3)先讨论点P的位置．当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求．设P1为l上一点，且P1B⊥AB，由(1)知，P1B＝15，此时P1(－13,9)；当∠OBP>90°时，在△PP1B中，PB>P1B＝15.由上可知，d≥15.再讨论点Q的位置．由(2)知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求．当QA＝15时，设Q(a,9)，由AQ＝＝15(a>4)，得a＝4＋3，所以Q(4＋3，9)．此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径．综上，当P(－13,9)，Q(4＋3，9)时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ＝4＋3－(－13)＝17＋3.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17＋3(百米)．9．(2022·全国Ⅰ理，19)已知抛物线C：y2＝3某的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与某轴的交点为P.(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；＝3，求|AB|.(2)若解设直线l：y＝某＋t，A(某1，y1)，B(某2，y2)．(1)由题设得F，故|AF|＋|BF|＝某1＋某2＋，由题设可得某1＋某2＝.由可得9某2＋12(t－1)某＋4t2＝0，令Δ>0，得t则某1＋某2＝－从而－.＝，得t＝－.所以l的方程为y＝某－.＝3可得y1＝－3y2，(2)由由可得y2－2y＋2t＝0，所以y1＋y2＝2，从而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3，代入C的方程得某1＝3，某2＝，即A(3,3)，B，故|AB|＝.10．(2022·全国Ⅱ理，21)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(某，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－.记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥某轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.(ⅰ)证明：△PQG是直角三角形；(ⅱ)求△PQG面积的最大值．(1)解由题设得·＝－，化简得＋＝1(|某|≠2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在某轴上的椭圆，不含左右顶点．(2)(ⅰ)证明设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝k某(k>0)．由得某＝±.，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．记u＝于是直线QG的斜率为，方程为y＝(某－u)．得(2＋k2)某2－2uk2某＋k2u2－8＝0.①由设G(某G，yG)，则－u和某G是方程①的解，故某G＝，由此得yG＝.从而直线PG的斜率为因为kPQ·kPG＝－1.＝－，所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．(ⅱ)解由(ⅰ)得|PQ|＝2u，|PG|＝＝.，所以△PQG的面积S＝|PQ||PG|＝设t＝k＋，则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．因为S＝在[2，＋∞)上单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为.因此，△PQG面积的最大值为.11．(2022·全国Ⅲ理，21)已知曲线C：y＝，D为直线y＝－上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点；(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．(1)证明设D，A(某1，y1)，则＝2y1.由y′＝某，所以切线DA的斜率为某1，故整理得2t某1－2y1＋1＝0.＝某1.设B(某2，y2)，同理可得2t某2－2y2＋1＝0.故直线AB的方程为2t某－2y＋1＝0.所以直线AB过定点.(2)解由(1)得直线AB的方程为y＝t某＋.可得某2－2t某－1＝0，Δ＝4t2＋4>0，由于是某1＋某2＝2t，某1某2＝－1，y1＋y2＝t(某1＋某2)＋1＝2t2＋1，|AB|＝|某1－某2|＝·＝2(t2＋1)．设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1＝，d2＝，因此，四边形ADBE的面积S＝|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3).设M为线段AB的中点，则M.，而⊥＝(t，t2－2)，由于与坐标为(1，t)的向量平行，所以t＋(t2－2)t＝0.解得t＝0或t＝±1.当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4.因此，四边形ADBE的面积为3或4.12．(2022·北京理，18)（14分）已知抛物线C:某22py经过点(2,1)．（Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程；（Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y1分别交直线OM，ON于点A和点B．求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．【思路分析】（Ⅰ）代入点(2,1)，解方程可得p，求得抛物线的方程和准线方程；（Ⅱ）抛物线某24y的焦点为F(0,1)，设直线方程为yk某1，联立抛物线方程，运用韦达定理，以及直线的斜率和方程，求得A，可得AB为直径的圆方程，可令某0，B的坐标，解方程，即可得到所求定点．【解析】：（Ⅰ）抛物线C:某22py经过点(2,1)．可得42p，即p2，可得抛物线C的方程为某24y，准线方程为y1；（Ⅱ）证明：抛物线某24y的焦点为F(0,1)，设直线方程为yk某1，联立抛物线方程，可得某24k某40，设M(某1，y1)，N(某2，y2)，可得某1某24k，某1某24，直线OM的方程为y直线ON的方程为y可得A(y1某某，即y1某，某14y2某某，即y2某，某2444，1)，B(，1)，某1某2114k)22k，某1某24可得AB的中点的横坐标为2(即有AB为直径的圆心为(2k,1)，|AB|14416k216||221k2，半径为22某1某24可得圆的方程为(某2k)2(y1)24(1k2)，化为某24k某(y1)24，由某0，可得y1或3．则以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点(0,1)，(0,3)．【归纳与总结】本题考查抛物线的定义和方程、性质，以及圆方程的求法，考查直线和抛物线方程联立，运用韦达定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题．13．(2022·天津理，18)设椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4，离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与某轴的交点，点N在y轴的负半轴上．若|ON|＝|OF|(O为原点)，且OP⊥MN，求直线PB的斜率．解(1)设椭圆的半焦距为c，依题意，2b＝4，＝，又a2＝b2＋c2，可得a＝，b＝2，c＝1.所以椭圆的方程为＋＝1.(2)由题意，设P(某P，yP)(某P≠0)，M(某M,0)，直线PB的斜率为k(k≠0)，又B(0,2)，则直线PB的方程为y＝k某＋2，与椭圆方程联立得整理得(4＋5k2)某2＋20k某＝0，可得某P＝－代入y＝k某＋2得yP＝.所以直线OP的斜率为＝.，在y＝k某＋2中，令y＝0，得某M＝－.由题意得N(0，－1)，所以直线MN的斜率为－.由OP⊥MN，得·＝－1，化简得k2＝，从解得k＝±.或－.所以直线PB的斜率为解(1)设椭圆的半焦距为c，依题意，2b＝4，＝，又a2＝b2＋c2，可得a＝，b＝2，c＝1.所以椭圆的方程为＋＝1.(2)由题意，设P(某P，yP)(某P≠0)，M(某M,0)，直线PB的斜率为k(k≠0)，又B(0,2)，则直线PB的方程为y＝k某＋2，与椭圆方程联立得整理得(4＋5k2)某2＋20k某＝0，可得某P＝－代入y＝k某＋2得yP＝.所以直线OP的斜率为＝.，在y＝k某＋2中，令y＝0，得某M＝－.由题意得N(0，－1)，所以直线MN的斜率为－.由OP⊥MN，得·＝－1，化简得k2＝，从解得k＝±.或－.所以直线PB的斜率为。

专题解析几何(解答题)考点五年考情(2020-2024)命题趋势考点01椭圆及其性质2024Ⅰ甲卷北京卷天津卷2023北京乙卷天津2022乙卷北京卷浙江卷2021北京卷Ⅱ卷2020ⅠⅡ卷新ⅠⅡ卷椭圆轨迹标准方程问题，有关多边形面积问题，定值定点问题，新结构中的新定义问题是高考的一个高频考点考点02双曲线及其性质2024Ⅱ卷2023Ⅱ新课标Ⅱ2022Ⅰ卷2021Ⅰ双曲线离心率问题，轨迹方程有关面积问题，定值定点问题以及斜率有关的证明问题以及新结构中的新定义问题是高考的高频考点考点03抛物线及其性质2023甲卷2022甲卷2021浙江甲卷乙卷2020浙江抛物线有关三角形面积问题，关于定直线问题，有关P 的证明类问题考点01：椭圆及其性质1(2024·全国·高考Ⅰ卷)已知A (0,3)和P 3,32 为椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)上两点.(1)求C 的离心率;(2)若过P 的直线l 交C 于另一点B ，且△ABP 的面积为9，求l 的方程．【答案】(1)12(2)直线l 的方程为3x -2y -6=0或x -2y =0.【详解】(1)由题意得b =39a 2+94b2=1，解得b 2=9a 2=12 ，所以e =1-b 2a2=1-912=12.(2)法一：k AP =3-320-3=-12，则直线AP 的方程为y =-12x +3，即x +2y -6=0，AP =0-3 2+3-322=352，由(1)知C :x 212+y 29=1，设点B到直线AP的距离为d，则d=2×9352=1255，则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移1255单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点B，设该平行线的方程为：x+2y+C=0，则C+65=1255，解得C=6或C=-18，当C=6时，联立x212+y29=1x+2y+6=0，解得x=0y=-3或x=-3y=-32，即B0,-3或-3,-3 2，当B0,-3时，此时k l=32，直线l的方程为y=32x-3，即3x-2y-6=0，当B-3,-3 2时，此时k l=12，直线l的方程为y=12x，即x-2y=0，当C=-18时，联立x212+y29=1x+2y-18=0得2y2-27y+117=0，Δ=272-4×2×117=-207<0，此时该直线与椭圆无交点.综上直线l的方程为3x-2y-6=0或x-2y=0.法二：同法一得到直线AP的方程为x+2y-6=0，点B到直线AP的距离d=125 5，设B x0,y0，则x0+2y0-65=1255x2012+y209=1，解得x0=-3y0=-32或x0=0y0=-3，即B0,-3或-3,-3 2，以下同法一.法三：同法一得到直线AP的方程为x+2y-6=0，点B到直线AP的距离d=125 5，设B23cosθ,3sinθ，其中θ∈0,2π，则有23cosθ+6sinθ-65=1255，联立cos2θ+sin2θ=1，解得cosθ=-32sinθ=-12或cosθ=0sinθ=-1，即B0,-3或-3,-3 2，以下同法一；法四：当直线AB的斜率不存在时，此时B0,-3，S△PAB=12×6×3=9，符合题意，此时k l=32，直线l的方程为y=32x-3，即3x-2y-6=0，当线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+3，联立椭圆方程有y =kx +3x 212+y 29=1，则4k 2+3 x 2+24kx =0，其中k ≠k AP ，即k ≠-12，解得x =0或x =-24k 4k 2+3，k ≠0，k ≠-12，令x =-24k 4k 2+3，则y =-12k 2+94k 2+3，则B -24k 4k 2+3,-12k 2+94k 2+3同法一得到直线AP 的方程为x +2y -6=0，点B 到直线AP 的距离d =1255，则-24k4k 2+3+2×-12k 2+94k 2+3-65=1255，解得k =32，此时B -3,-32 ，则得到此时k l =12，直线l 的方程为y =12x ，即x -2y =0，综上直线l 的方程为3x -2y -6=0或x -2y =0.法五：当l 的斜率不存在时，l :x =3,B 3,-32,PB =3,A 到PB 距离d =3，此时S △ABP =12×3×3=92≠9不满足条件.当l 的斜率存在时，设PB :y -32=k (x -3)，令P x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，y =k (x -3)+32x 212+y 29=1 ，消y 可得4k 2+3 x 2-24k 2-12k x +36k 2-36k -27=0，Δ=24k 2-12k 2-44k 2+3 36k 2-36k -27 >0，且k ≠k AP ，即k ≠-12，x 1+x 2=24k 2-12k 4k 2+3x 1x 2=36k 2-36k -274k 2+3,PB =k 2+1x 1+x 2 2-4x 1x 2=43k 2+13k 2+9k +2744k 2+3 ，A 到直线PB 距离d =3k +32k 2+1,S △PAB =12⋅43k 2+13k 2+9k +2744k 2+3⋅3k +32k 2+1=9，∴k =12或32，均满足题意，∴l :y =12x 或y =32x -3，即3x -2y -6=0或x -2y =0.法六：当l 的斜率不存在时，l :x =3,B 3,-32,PB =3,A 到PB 距离d =3，此时S △ABP =12×3×3=92≠9不满足条件.当直线l 斜率存在时，设l :y =k (x -3)+32，设l 与y 轴的交点为Q ，令x =0，则Q 0,-3k +32，联立y =kx -3k +323x 2+4y 2=36，则有3+4k 2 x 2-8k 3k -32x +36k 2-36k -27=0，3+4k2x2-8k3k-3 2x+36k2-36k-27=0，其中Δ=8k23k-3 22-43+4k236k2-36k-27>0，且k≠-1 2，则3x B=36k2-36k-273+4k2,x B=12k2-12k-93+4k2，则S=12AQx P-x B=123k+3212k+183+4k2=9，解的k=12或k=32，经代入判别式验证均满足题意.则直线l为y=12x或y=32x-3，即3x-2y-6=0或x-2y=0.2(2024·全国·高考甲卷)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，点M1,32在C上，且MF⊥x轴．(1)求C的方程；(2)过点P4,0的直线交C于A,B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y 轴．【答案】(1)x24+y23=1(2)证明见解析【详解】(1)设F c,0，由题设有c=1且b2a=32，故a2-1a=32，故a=2，故b=3，故椭圆方程为x24+y23=1.(2)直线AB的斜率必定存在，设AB:y=k(x-4)，A x1,y1，B x2,y2，由3x2+4y2=12y=k(x-4)可得3+4k2x2-32k2x+64k2-12=0，故Δ=1024k4-43+4k264k2-12>0，故-12<k<12，又x1+x2=32k23+4k2,x1x2=64k2-123+4k2，而N52,0，故直线BN:y=y2x2-52x-52，故y Q=-32y2x2-52=-3y22x2-5，所以y1-y Q=y1+3y22x2-5=y1×2x2-5+3y22x2-5=k x1-4×2x2-5+3k x2-42x2-5=k 2x1x2-5x1+x2+82x2-5=k2×64k2-123+4k2-5×32k23+4k2+82x2-5=k 128k2-24-160k2+24+32k23+4k22x2-5=0，故y1=y Q，即AQ⊥y轴.【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x 1,y 1 ,x 2,y 2 ；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x (或y )的一元二次方程，注意Δ的判断；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为x 1+x 2、x 1x 2(或y 1+y 2、y 1y 2)的形式；(5)代入韦达定理求解.3(2024·北京·高考真题)已知椭圆E ：x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 ，以椭圆E 的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点0,t t >2 且斜率存在的直线与椭圆E 交于不同的两点A ,B ，过点A 和C 0,1 的直线AC 与椭圆E 的另一个交点为D ．(1)求椭圆E 的方程及离心率；(2)若直线BD 的斜率为0，求t 的值．【答案】(1)x 24+y 22=1,e =22(2)t =2【详解】(1)由题意b =c =22=2，从而a =b 2+c 2=2，所以椭圆方程为x 24+y 22=1，离心率为e =22；(2)直线AB 斜率不为0，否则直线AB 与椭圆无交点，矛盾，从而设AB :y =kx +t ,k ≠0,t >2 ，A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，联立x 24+y 22=1y =kx +t，化简并整理得1+2k 2 x 2+4ktx +2t 2-4=0，由题意Δ=16k 2t 2-82k 2+1 t 2-2 =84k 2+2-t 2 >0，即k ,t 应满足4k 2+2-t 2>0，所以x 1+x 2=-4kt 1+2k 2,x 1x 2=2t 2-42k 2+1，若直线BD 斜率为0，由椭圆的对称性可设D -x 2,y 2 ，所以AD :y =y 1-y 2x 1+x 2x -x 1 +y 1，在直线AD 方程中令x =0，得y C =x 1y 2+x 2y 1x 1+x 2=x 1kx 2+t +x 2kx 1+t x 1+x 2=2kx 1x 2+t x 1+x 2 x 1+x 2=4k t 2-2 -4kt +t =2t =1，所以t =2，此时k 应满足4k 2+2-t 2=4k 2-2>0k ≠0 ，即k 应满足k <-22或k >22，综上所述，t =2满足题意，此时k <-22或k >22.4(2024·天津·高考真题)已知椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)椭圆的离心率e =12．左顶点为A ，下顶点为B ，C 是线段OB 的中点，其中S △ABC =332．(1)求椭圆方程．(2)过点0,-32 的动直线与椭圆有两个交点P ，Q ．在y 轴上是否存在点T 使得TP ⋅TQ ≤0．若存在求出这个T 点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．【答案】(1)x 212+y 29=1(2)存在T 0,t -3≤t ≤32，使得TP ⋅TQ ≤0恒成立.【详解】(1)因为椭圆的离心率为e =12，故a =2c ，b =3c ，其中c 为半焦距，所以A -2c ,0 ,B 0,-3c ,C 0,-3c 2 ，故S △ABC =12×2c ×32c =332，故c =3，所以a =23，b =3，故椭圆方程为：x 212+y 29=1.(2)若过点0,-32 的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：y =kx -32，设P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ,T 0,t ，由3x 2+4y 2=36y =kx -32可得3+4k 2 x 2-12kx -27=0，故Δ=144k 2+1083+4k 2 =324+576k 2>0且x 1+x 2=12k 3+4k 2,x 1x 2=-273+4k2,而TP =x 1,y 1-t ,TQ=x 2,y 2-t ，故TP ⋅TQ =x 1x 2+y 1-t y 2-t =x 1x 2+kx 1-32-t kx 2-32-t =1+k 2 x 1x 2-k 32+t x 1+x 2 +32+t 2=1+k 2 ×-273+4k 2-k 32+t ×12k 3+4k 2+32+t 2=-27k 2-27-18k 2-12k 2t +332+t 2+3+2t 2k 23+4k 2=3+2t2-12t -45 k 2+332+t 2-273+4k 2，因为TP ⋅TQ ≤0恒成立，故3+2t 2-12t -45≤0332+t 2-27≤0，解得-3≤t ≤32.若过点0,-32的动直线的斜率不存在，则P 0,3 ,Q 0,-3 或P 0,-3 ,Q 0,3 ，此时需-3≤t ≤3，两者结合可得-3≤t ≤32.综上，存在T 0,t -3≤t ≤32，使得TP ⋅TQ ≤0恒成立.5(2023年全国乙卷理科)已知椭圆C :y 2a 2+x 2b 2=1(a >b >0)的离心率是53，点A -2,0 在C 上．(1)求C方程；(2)过点-2,3 的直线交C 于P ,Q 两点，直线AP ,AQ 与y 轴的交点分别为M ,N ，证明：线段MN 的中点为定点．【答案】(1)y 29+x 24=1(2)证明见详解解析：(1)由题意可得b =2a 2=b 2+c 2e =c a =53，解得a =3b =2c =5，所以椭圆方程为y 29+x 24=1．(2)由题意可知：直线PQ 的斜率存在，设PQ :y =k x +2 +3,P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ，联立方程y =k x +2 +3y 29+x 24=1，消去y 得：4k 2+9 x 2+8k 2k +3x +16k 2+3k =0，则Δ=64k 22k +3 2-644k 2+9 k 2+3k =-1728k >0，解得k <0，可得x 1+x 2=-8k 2k +34k 2+9,x 1x 2=16k 2+3k 4k 2+9，因为A -2,0 ，则直线AP :y =y 1x 1+2x +2 ，令x =0，解得y =2y 1x 1+2，即M 0,2y 1x 1+2,同理可得N 0,2y 2x 2+2，则2y 1x 1+2+2y2x 2+22=k x 1+2 +3 x 1+2+k x 2+2 +3 x 2+2=kx 1+2k +3 x 2+2 +kx 2+2k +3 x 1+2x 1+2 x 2+2=2kx 1x 2+4k +3 x 1+x 2 +42k +3x 1x 2+2x 1+x 2 +4=32k k 2+3k 4k 2+9-8k 4k +3 2k +34k 2+9+42k +3 16k 2+3k 4k 2+9-16k 2k +34k 2+9+4=10836=3，所以线段MN 的中点是定点0,3 ．6(2020年高考课标Ⅱ)已知椭圆C 1：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)右焦点F 与抛物线C 2的焦点重合，C 1的中心与C 2的顶点重合．过F 且与x 轴垂直的直线交C 1于A ，B 两点，交C 2于C ，D 两点，且|CD |=43|AB |．(1)求C 1的离心率；(2)设M 是C 1与C 2的公共点，若|MF |=5，求C 1与C 2的标准方程．【答案】(1)12；(2)C 1:x 236+y 227=1，C 2:y 2=12x ．解析：(1)∵F c ,0 ，AB ⊥x 轴且与椭圆C 1相交于A 、B 两点，则直线AB 的方程为x =c ，联立x =c x 2a 2+y 2b 2=1a 2=b 2+c 2，解得x =c y =±b 2a，则AB =2b 2a ，抛物线C 2的方程为y 2=4cx ，联立x =cy 2=4cx ，解得x =cy =±2c，∴CD =4c ，∵CD =43AB ，即4c =8b 23a ，2b 2=3ac ，即2c 2+3ac -2a 2=0，即2e 2+3e -2=0，∵0<e <1，解得e =12，因此，椭圆C 1的离心率为12；(2)由(1)知a =2c ，b =3c ，椭圆C 1的方程为x 24c 2+y 23c 2=1，联立y 2=4cxx24c2+y 23c 2=1，消去y 并整理得3x 2+16cx -12c 2=0，解得x =23c 或x =-6c (舍去)，由抛物线的定义可得MF =23c +c =5c3=5，解得c =3．因此，曲线C 1的标准方程为x 236+y 227=1，曲线C 2的标准方程为y 2=12x ．7(2021年新高考全国Ⅱ卷)已知椭圆C 的方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，右焦点为F (2,0)，且离心率为63．(1)求椭圆C 的方程；(2)设M ，N 是椭圆C 上的两点，直线MN 与曲线x 2+y 2=b 2(x >0)相切．证明：M ，N ，F 三点共线的充要条件是|MN |=3．【答案】解析:(1)由题意，椭圆半焦距c =2且e =c a =63，所以a =3，又b 2=a 2-c 2=1，所以椭圆方程为x 23+y 2=1；(2)由(1)得，曲线为x 2+y 2=1(x >0)，当直线MN 的斜率不存在时，直线MN :x =1，不合题意；当直线MN 的斜率存在时，设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，必要性：若M ，N ，F 三点共线，可设直线MN :y =k x -2 即kx -y -2k =0，由直线MN 与曲线x 2+y 2=1(x >0)相切可得2kk 2+1=1，解得k =±1，联立y =±x -2x23+y 2=1 可得4x 2-62x +3=0，所以x 1+x 2=322,x 1⋅x 2=34，所以MN =1+1⋅x 1+x 22-4x 1⋅x 2=3,所以必要性成立；充分性：设直线MN :y =kx +b ,kb <0 即kx -y +b =0，由直线MN 与曲线x 2+y 2=1(x >0)相切可得bk 2+1=1，所以b 2=k 2+1，联立y =kx +bx 23+y 2=1可得1+3k 2 x 2+6kbx +3b 2-3=0，所以x 1+x 2=-6kb 1+3k 2,x 1⋅x 2=3b 2-31+3k 2，所以MN =1+k 2⋅x 1+x 22-4x 1⋅x 2=1+k2-6kb 1+3k22-4⋅3b 2-31+3k 2=1+k 2⋅24k 21+3k 2=3，化简得3k 2-1 2=0，所以k =±1，所以k =1b =-2或k =-1b =2 ，所以直线MN :y =x -2或y =-x +2，所以直线MN 过点F (2,0)，M ，N ，F 三点共线，充分性成立；所以M ，N ，F 三点共线的充要条件是|MN |=3．8(2020年高考课标Ⅰ卷)已知A 、B 分别为椭圆E ：x 2a2+y 2=1(a >1)左、右顶点，G 为E 的上顶点，AG ⋅GB =8，P 为直线x =6上的动点，PA 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ．(1)求E方程；(2)证明：直线CD 过定点．【答案】(1)x 29+y 2=1；(2)证明详见解析．【解析】(1)依据题意作出如下图象：由椭圆方程E :x 2a2+y 2=1(a >1)可得：A -a ,0 ， B a ,0 ，G 0,1∴AG =a ,1 ，GB =a ,-1 ∴AG ⋅GB =a 2-1=8，∴a 2=9∴椭圆方程为：x 29+y 2=1(2)证明：设P 6,y 0 ，则直线AP 的方程为：y =y 0-06--3x +3 ，即：y =y 09x +3 联立直线AP 的方程与椭圆方程可得：x 29+y 2=1y =y 09x +3 ，整理得：y 02+9 x 2+6y 02x +9y 02-81=0，解得：x =-3或x =-3y 02+27y 02+9将x =-3y 02+27y 02+9代入直线y =y 09x +3 可得：y =6y 0y 02+9所以点C 的坐标为-3y 02+27y 02+9,6y 0y 02+9 ．同理可得：点D 的坐标为3y 02-3y 02+1,-2y 0y 02+1∴直线CD 的方程为：y --2y 0y 02+1=6y 0y 02+9--2y 0y 02+1-3y 02+27y 02+9-3y 02-3y 02+1x -3y 02-3y 02+1，整理可得：y +2y 0y 02+1=8y 0y 02+3 69-y 04x -3y 02-3y 02+1 =8y 063-y 02 x -3y 02-3y 02+1整理得：y =4y 033-y 02 x +2y 0y 02-3=4y 033-y 02x -32故直线CD 过定点32,09(2020年新高考全国Ⅰ卷)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为22，且过点A (2，1)．(1)求C 的方程：(2)点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得|DQ |为定值．【答案】(1)x 26+y 23=1；(2)详见解析．解析：(1)由题意可得：c a =324a 2+1b 2=1a 2=b 2+c 2，解得：a 2=6,b 2=c 2=3，故椭圆方程为：x 26+y 23=1．(2)设点M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ．因为AM ⊥AN ，∴AM·AN=0，即x 1-2 x 2-2 +y 1-1 y 2-1 =0,①当直线MN 的斜率存在时，设方程为y =kx +m ,如图1．代入椭圆方程消去y 并整理得：1+2k 2 x 2+4kmx +2m 2-6=0x 1+x 2=-4km 1+2k 2,x 1x 2=2m 2-61+2k 2②,根据y 1=kx 1+m ,y 2=kx 2+m ,代入①整理可得：k 2+1 x 1x 2+km -k -2 x 1+x 2 +m -1 2+4=0将②代入，k 2+1 2m 2-61+2k 2+km -k -2 -4km1+2k2+m -1 2+4=0，整理化简得2k +3m +1 2k +m -1 =0,∵A (2,1)不在直线MN 上，∴2k +m -1≠0，∴2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k x -23 -13，所以直线过定点直线过定点E 23,-13．当直线MN 的斜率不存在时，可得N x 1,-y 1 ,如图2．代入x 1-2 x 2-2 +y 1-1 y 2-1 =0得x 1-2 2+1-y 22=0,结合x 216+y 213=1,解得x 1=2舍 ,x 1=23,此时直线MN 过点E 23,-13,由于AE 为定值，且△ADE 为直角三角形，AE 为斜边，所以AE 中点Q 满足QD 为定值(AE 长度的一半122-232+1+132=423)．由于A 2,1 ,E 23,-13 ，故由中点坐标公式可得Q 43,13．故存在点Q 43,13，使得|DQ |为定值．10(2022年高考全国乙卷)已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过A 0,-2 ,B 32,-1两点．(1)求E 的方程；(2)设过点P 1,-2 的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT =TH．证明：直线HN 过定点．【答案】(1)y 24+x 23=1(2)(0,-2)解析：设椭圆E 的方程为mx 2+ny 2=1，过A 0,-2 ,B 32,-1，则4n =194m +n =1 ，解得m =13，n =14，所以椭圆E 的方程为：y 24+x 23=1．【小问2详解】A (0,-2),B 32,-1，所以AB :y +2=23x ，①若过点P (1,-2)的直线斜率不存在，直线x =1．代入x 23+y 24=1，可得M 1,-263 ，N 1,263 ，代入AB 方程y =23x -2，可得T -6+3,-263 ，由MT =TH 得到H -26+5,-263 ．求得HN 方程：y =2+263x -2，过点(0,-2)．②若过点P (1,-2)的直线斜率存在，设kx -y -(k +2)=0,M (x 1,y 1),N (x 2,y 2)．联立kx -y -(k +2)=0x 23+y 24=1,得(3k 2+4)x 2-6k (2+k )x +3k (k +4)=0，可得x 1+x 2=6k (2+k )3k 2+4x 1x 2=3k (4+k )3k 2+4，y 1+y 2=-8(2+k )3k 2+4y 2y 2=4(4+4k -2k 2)3k 2+4，且x 1y 2+x 2y 1=-24k 3k 2+4(*)联立y =y 1y =23x -2,可得T 3y12+3,y 1 ,H (3y 1+6-x 1,y 1).可求得此时HN :y -y 2=y 1-y 23y 1+6-x 1-x 2(x -x 2)，将(0,-2)，代入整理得2(x 1+x 2)-6(y 1+y 2)+x 1y 2+x 2y 1-3y 1y 2-12=0，将(*)代入，得24k +12k 2+96+48k -24k -48-48k +24k 2-36k 2-48=0,显然成立，综上，可得直线HN 过定点(0,-2).11(2020年新高考全国卷Ⅱ)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)过点M (2，3),点A 为其左顶点，且AM 的斜率为12，(1)求C 的方程；(2)点N 为椭圆上任意一点，求△AMN 的面积的最大值．【答案】(1)x 216+y 212=1；(2)18．解析：(1)由题意可知直线AM 的方程为：y -3=12(x -2)，即x -2y =-4．当y =0时，解得x =-4，所以a =4，椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 过点M (2，3)，可得416+9b 2=1，解得b 2=12．所以C 的方程：x 216+y 212=1．(2)设与直线AM 平行的直线方程为：x -2y =m ，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM 距离比较远的直线与椭圆的切点为N ，此时△AMN 的面积取得最大值．联立直线方程x -2y =m 与椭圆方程x 216+y 212=1，可得：3m +2y 2+4y 2=48，化简可得：16y 2+12my +3m 2-48=0，所以Δ=144m 2-4×163m 2-48 =0，即m 2=64，解得m =±8，与AM 距离比较远的直线方程：x -2y =8，直线AM 方程为：x -2y =-4，点N 到直线AM 的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：d =8+41+4=1255，由两点之间距离公式可得|AM |=(2+4)2+32=35．所以△AMN 的面积的最大值：12×35×1255=18．12(2020年高考课标Ⅲ卷)已知椭圆C :x 225+y 2m 2=1(0<m <5)的离心率为154，A ，B 分别为C 的左、右顶点．(1)求C 的方程；(2)若点P 在C 上，点Q 在直线x =6上，且|BP |=|BQ |，BP ⊥BQ ，求△APQ 的面积．【答案】(1)x 225+16y 225=1；(2)52．解析：(1)∵C :x 225+y 2m 2=1(0<m <5)∴a =5，b =m ，根据离心率e =ca=1-b a2=1-m 5 2=154，解得m =54或m =-54(舍)，∴C 的方程为：x 225+y 2542=1，即x 225+16y 225=1；(2)不妨设P ,Q 在x 轴上方∵点P 在C 上，点Q 在直线x =6上，且|BP |=|BQ |，BP ⊥BQ ，过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设x =6与x 轴交点为N 根据题意画出图形，如图∵|BP |=|BQ |，BP ⊥BQ ，∠PMB =∠QNB =90°，又∵∠PBM +∠QBN =90°，∠BQN +∠QBN =90°，∴∠PBM =∠BQN ，根据三角形全等条件“AAS ”，可得：△PMB ≅△BNQ ，∵x 225+16y 225=1，∴B (5,0)，∴PM =BN =6-5=1，设P 点为(x P ,y P )，可得P 点纵坐标为y P =1，将其代入x 225+16y 225=1，可得：x P 225+1625=1，解得：x P =3或x P =-3，∴P 点为(3,1)或(-3,1)，①当P 点为(3,1)时，故MB =5-3=2，∵△PMB ≅△BNQ ，∴|MB |=|NQ |=2，可得：Q 点为(6,2)，画出图象，如图∵A (-5,0),Q (6,2)，可求得直线AQ 的直线方程为：2x -11y +10=0，根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为：d =2×3-11×1+1022+112=5125=55，根据两点间距离公式可得：AQ =6+52+2-0 2=55，∴△APQ 面积为：12×55×55=52；②当P 点为(-3,1)时，故MB =5+3=8，∵△PMB ≅△BNQ ，∴|MB |=|NQ |=8，可得：Q 点为(6,8)，画出图象，如图∵A (-5,0),Q (6,8)，可求得直线AQ 的直线方程为：8x -11y +40=0，根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为：d =8×-3 -11×1+4082+112=5185=5185，根据两点间距离公式可得：AQ =6+52+8-0 2=185，∴△APQ 面积为：12×185×5185=52，综上所述，△APQ 面积为：52．1313(2023年北京卷)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)离心率为53，A 、C 分别是E 的上、下顶点，B ，D 分别是E 的左、右顶点，|AC |=4．(1)求E 的方程；(2)设P 为第一象限内E 上的动点，直线PD 与直线BC 交于点M ，直线PA 与直线y =-2交于点N ．求证：MN ⎳CD ．【答案】(1)x 29+y 24=1(2)证明见解析：(1)依题意，得e =c a =53，则c =53a ，又A ,C 分别为椭圆上下顶点，AC =4，所以2b =4，即b =2，所以a 2-c 2=b 2=4，即a 2-59a 2=49a 2=4，则a 2=9，所以椭圆E 的方程为x 29+y 24=1．(2)因为椭圆E 的方程为x 29+y 24=1，所以A 0,2 ,C 0,-2 ,B -3,0 ,D 3,0 ，因为P 为第一象限E 上的动点，设P m ,n 0<m <3,0<n <2 ，则m 29+n 24=1，易得k BC =0+2-3-0=-23，则直线BC 的方程为y =-23x -2，k PD =n -0m -3=n m -3，则直线PD 的方程为y =n m -3x -3 ，联立y =-23x -2y =n m -3x -3，解得x =33n -2m +63n +2m -6y =-12n 3n +2m -6，即M 33n -2m +6 3n +2m -6,-12n 3n +2m -6，而k PA =n -2m -0=n -2m ，则直线PA 的方程为y =n -2mx +2，令y =-2，则-2=n -2m x +2，解得x =-4m n -2，即N -4mn -2,-2 ，又m 29+n 24=1，则m 2=9-9n 24，8m 2=72-18n 2，所以k MN =-12n3n +2m -6+233n -2m +6 3n +2m -6--4mn-2=-6n +4m -12 n -29n -6m +18 n -2 +4m 3n +2m -6=-6n 2+4mn -8m +249n 2+8m 2+6mn -12m -36=-6n 2+4mn -8m +249n 2+72-18n 2+6mn -12m -36=-6n 2+4mn -8m +24-9n 2+6mn -12m +36=2-3n 2+2mn -4m +12 3-3n 2+2mn -4m +12 =23，又k CD =0+23-0=23，即k MN =k CD ，显然，MN 与CD 不重合，所以MN ⎳CD ．14(2023年天津卷)设椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左右顶点分别为A 1,A 2，右焦点为F ，已知A 1F =3,A 2F =1．(1)求椭圆方程及其离心率；(2)已知点P 是椭圆上一动点(不与端点重合)，直线A 2P 交y 轴于点Q ，若三角形A 1PQ 的面积是三角形A 2FP 面积的二倍，求直线A 2P 的方程．【答案】(1)椭圆的方程为x 24+y 23=1，离心率为e =12．(2)y =±62x -2 ．解析：(1)如图，由题意得a +c =3a -c =1，解得a =2,c =1，所以b =22-12=3，所以椭圆的方程为x 24+y 23=1，离心率为e =c a =12．(2)由题意得，直线A 2P 斜率存在，由椭圆的方程为x 24+y 23=1可得A 22,0 ，设直线A 2P 的方程为y =k x -2 ，联立方程组x 24+y 23=1y =k x -2，消去y 整理得：3+4k 2 x 2-16k 2x +16k 2-12=0，由韦达定理得x A 2⋅x P =16k 2-123+4k 2，所以x P =8k 2-63+4k 2，所以P 8k 2-63+4k 2,--12k3+4k 2，Q 0,-2k ．所以S △A 2QA 1=12×4×y Q ,S △A 2PF =12×1×y P ,S △A 1A 2P =12×4×y P ，所以S △A 2QA 1=S △A 1PQ +S △A 1A 2P =2S △A 2PF +S △A 1A 2P ，所以2y Q =3y P ，即2-2k =3-12k3+4k 2，解得k =±62，所以直线A 2P 的方程为y =±62x -2 ．15(2022高考北京卷)已知椭圆：E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的一个顶点为A (0,1)，焦距为23．(1)求椭圆E 的方程；(2)过点P (-2,1)作斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 分别与x 轴交于点M ，N ，当|MN |=2时，求k 的值．【答案】解析:(1)依题意可得b =1，2c =23，又c 2=a 2-b 2，所以a =2，所以椭圆方程为x 24+y 2=1；(2)解：依题意过点P -2,1 的直线为y -1=k x +2 ，设B x 1,y 1 、C x 2,y 2 ，不妨令-2≤x 1<x 2≤2，由y -1=k x +2x 24+y 2=1，消去y 整理得1+4k 2 x 2+16k 2+8k x +16k 2+16k =0，所以Δ=16k 2+8k 2-41+4k 2 16k 2+16k >0，解得k <0，所以x 1+x 2=-16k 2+8k 1+4k 2，x 1⋅x 2=16k 2+16k1+4k2，直线AB 的方程为y -1=y 1-1x 1x ，令y =0，解得x M =x 11-y 1，直线AC 的方程为y -1=y 2-1x 2x ，令y =0，解得x N =x 21-y 2，所以MN =x N -x M =x 21-y 2-x 11-y 1=x 21-k x 2+2 +1 -x 11-k x 1+2 +1=x 2-k x 2+2 +x 1k x 1+2=x 2+2 x 1-x 2x 1+2k x 2+2 x 1+2=2x 1-x 2k x 2+2 x 1+2=2，所以x 1-x 2 =k x 2+2 x 1+2 ，即x 1+x 22-4x 1x 2=k x 2x 1+2x 2+x 1 +4即-16k 2+8k 1+4k22-4×16k 2+16k 1+4k 2=k 16k 2+16k 1+4k 2+2-16k 2+8k 1+4k2+4 即81+4k 22k 2+k 2-1+4k 2 k 2+k =k1+4k216k2+16k -216k 2+8k +41+4k 2整理得8-k =4k ，解得k =-416(2022年浙江省高考)如图，已知椭圆x 212+y 2=1．设A ，B 是椭圆上异于P (0,1)的两点，且点Q 0,12 在线段AB 上，直线PA ,PB 分别交直线y =-12x +3于C ，D 两点．(1)求点P 到椭圆上点的距离的最大值；(2)求|CD |的最小值．【答案】解析:(1)设Q (23cos θ,sin θ)是椭圆上任意一点,P (0,1),则|PQ |2=12cos 2θ+(1-sin θ)2=13-11sin 2θ-2sin θ=-11sin θ+111 2+14411≤14411，当且仅当sin θ=-111时取等号，故|PQ |的最大值是121111．(2)设直线AB :y =kx +12,直线AB 方程与椭圆x 212+y 2=1联立,可得k 2+112 x 2+kx -34=0,设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，所以x 1+x 2=-kk 2+112x 1x 2=-34k 2+112 ，因为直线PA :y =y 1-1x 1x +1与直线y =-12x +3交于C ,则x C=4x 1x 1+2y 1-2=4x 1(2k +1)x 1-1,同理可得,x D =4x 2x 2+2y 2-2=4x 2(2k +1)x 2-1．则|CD |=1+14x C -x D =524x 1(2k +1)x 1-1-4x 2(2k +1)x 2-1=25x 1-x 2(2k +1)x 1-1 (2k +1)x 2-1=25x 1-x 2(2k +1)2x 1x 2-(2k +1)x 1+x 2 +1=352⋅16k 2+13k +1=655⋅16k 2+1916+13k +1≥655×4k ×34+1×123k +1=655，当且仅当k =316时取等号，故CD 的最小值为655．17(2021高考北京)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)一个顶点A (0,-2)，以椭圆E 的四个顶点为顶点的四边形面积为45．(1)求椭圆E 的方程；(2)过点P (0，-3)的直线l 斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 分别与直线交y =-3交于点M ，N ，当|PM |+|PN |≤15时，求k 的取值范围．【答案】(1)x 25+y 24=1；(2)[-3,-1)∪(1,3]．解析：(1)因为椭圆过A 0,-2 ，故b =2，因为四个顶点围成的四边形的面积为45，故12×2a ×2b =45，即a =5，故椭圆的标准方程为：x 25+y 24=1．(2)设B x 1,y 1 ,C x 2,y 2 ， 因为直线BC 的斜率存在，故x 1x 2≠0，故直线AB :y =y 1+2x 1x -2，令y =-3，则x M =-x1y 1+2，同理x N =-x 2y 2+2直线BC :y =kx -3，由y =kx -34x 2+5y 2=20可得4+5k 2 x 2-30kx +25=0，故Δ=900k 2-1004+5k 2 >0，解得k <-1或k >1．又x 1+x 2=30k 4+5k 2,x 1x 2=254+5k 2，故x 1x 2>0，所以x M x N >0又PM +PN =x M +x N =x 1y 1+2+x 2y 2+2=x1kx1-1+x2kx2-1=2kx1x2-x1+x2k2x1x2-k x1+x2+1=50k4+5k2-30k4+5k225k24+5k2-30k24+5k2+1=5k故5k ≤15即k ≤3，综上，-3≤k<-1或1<k≤3．考点02双曲线及其性质1(2024·全国·高考Ⅱ)已知双曲线C:x2-y2=m m>0，点P15,4在C上，k为常数，0<k<1．按照如下方式依次构造点P n n=2,3,...：过P n-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Q n-1，令P n为Q n-1关于y轴的对称点，记P n的坐标为x n,y n .(1)若k=12，求x2,y2；(2)证明：数列x n-y n是公比为1+k1-k的等比数列；(3)设S n为△P n P n+1P n+2的面积，证明：对任意正整数n，S n=S n+1.【答案】(1)x2=3，y2=0(2)证明见解析(3)证明见解析【详解】(1)由已知有m=52-42=9，故C的方程为x2-y2=9.当k=12时，过P15,4且斜率为12的直线为y=x+32，与x2-y2=9联立得到x2-x+322=9.解得x=-3或x=5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1-3,0，该点显然在C的左支上.故P23,0，从而x2=3，y2=0.(2)由于过P n x n,y n且斜率为k的直线为y=k x-x n+y n，与x2-y2=9联立，得到方程x2-k x-x n+y n2=9.展开即得1-k2x2-2k y n-kx nx-y n-kx n2-9=0，由于P n x n,y n已经是直线y=k x-x n+y n和x2 -y2=9的公共点，故方程必有一根x=x n.从而根据韦达定理，另一根x=2k y n-kx n1-k2-x n=2ky n-x n-k2x n1-k2，相应的y=k x-x n+y n=y n+k2y n-2kx n1-k2.所以该直线与C 的不同于P n 的交点为Q n2ky n -x n -k 2x n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2，而注意到Q n 的横坐标亦可通过韦达定理表示为-y n -kx n 2-91-k 2x n ，故Q n 一定在C 的左支上.所以P n +1x n +k 2x n -2ky n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2.这就得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以x n +1-y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2-y n +k 2y n -2kx n1-k 2=x n +k 2x n +2kx n 1-k 2-y n +k 2y n +2ky n 1-k 2=1+k 2+2k 1-k2x n -y n =1+k 1-k x n -y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1-y 1≠0，所以数列x n -y n 是公比为1+k 1-k 的等比数列.(3)方法一：先证明一个结论：对平面上三个点U ,V ,W ，若UV =a ,b ，UW=c ,d ，则S △UVW =12ad -bc .(若U ,V ,W 在同一条直线上，约定S △UVW =0)证明：S △UVW =12UV ⋅UW sin UV ,UW =12UV ⋅UW 1-cos 2UV ,UW=12UV⋅UW 1-UV ⋅UWUV ⋅UW 2=12UV 2⋅UW 2-UV ⋅UW 2=12a 2+b 2c 2+d 2-ac +bd2=12a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2-a 2c 2-b 2d 2-2abcd =12a 2d 2+b 2c 2-2abcd =12ad -bc2=12ad -bc .证毕，回到原题.由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n 1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k 的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k mx n +y n x n -y n=121-k 1+k m -1+k 1-k mx 2n -y 2n=921-k 1+k m -1+k 1-k m .而又有P n +1P n =-x n +1-x n ,-y n +1-y n ，P n +1P n +2=x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 ，故利用前面已经证明的结论即得S n =S △P n P n +1P n +2=12-x n +1-x n y n +2-y n +1 +y n +1-y n x n +2-x n +1 =12x n +1-x n y n +2-y n +1 -y n +1-y n x n +2-x n +1 =12x n +1y n +2-y n +1x n +2 +x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2=12921-k 1+k -1+k 1-k +921-k 1+k -1+k 1-k-921-k 1+k 2-1+k 1-k 2.这就表明S n 的取值是与n 无关的定值，所以S n =S n +1.方法二：由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n 1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k 的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k mx n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n =921-k 1+k m -1+k 1-k m .这就得到x n +2y n +3-y n +2x n +3=921-k 1+k -1+k1-k=x n y n +1-y n x n +1，以及x n +1y n +3-y n +1x n +3=921-k 1+k 2-1+k 1-k 2=x n y n +2-y n x n +2.两式相减，即得x n +2y n +3-y n +2x n +3 -x n +1y n +3-y n +1x n +3 =x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2 .移项得到x n +2y n +3-y n x n +2-x n +1y n +3+y n x n +1=y n +2x n +3-x n y n +2-y n +1x n +3+x n y n +1.故y n +3-y n x n +2-x n +1 =y n +2-y n +1 x n +3-x n .而P n P n +3 =x n +3-x n ,y n +3-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 .所以P n P n +3 和P n +1P n +2平行，这就得到S △P n P n +1P n +2=S △P n +1P n +2P n +3，即S n =S n +1.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.2(2023年新课标全国Ⅱ卷)已知双曲线C 的中心为坐标原点，左焦点为-25,0 ，离心率为5．(1)求C的方程；(2)记C左、右顶点分别为A1，A2，过点-4,0的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P．证明:点P在定直线上．【答案】(1)x24-y216=1(2)证明见解析．解析：(1)设双曲线方程为x2a2-y2b2=1a>0,b>0，由焦点坐标可知c=25，则由e=ca=5可得a=2，b=c2-a2=4，双曲线方程为x24-y216=1．(2)由(1)可得A1-2,0,A22,0，设M x1,y1,N x2,y2，显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x=my-4，且-12<m<12，与x24-y216=1联立可得4m2-1y2-32my+48=0，且Δ=64(4m2+3)>0，则y1+y2=32m4m2-1,y1y2=484m2-1，直线MA1的方程为y=y1x1+2x+2，直线NA2的方程为y=y2x2-2x-2，联立直线MA1与直线NA2的方程可得：x+2 x-2=y2x1+2y1x2-2=y2my1-2y1my2-6=my1y2-2y1+y2+2y1my1y2-6y1=m⋅484m2-1-2⋅32m4m2-1+2y1m×484m2-1-6y1=-16m4m2-1+2y148m4m2-1-6y1=-13，由x+2x-2=-13可得x=-1，即x P=-1，据此可得点P在定直线x=-1上运动．3(2022新高考全国II卷)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=±3x．(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P x1,y1,Q x2,y2在C上，且．x1>x2>0,y1>0．过P 且斜率为-3的直线与过Q 且斜率为3的直线交于点M ．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M 在AB 上；②PQ ∥AB ；③|MA |=|MB |．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【答案】(1)x 2-y 23=1(2)见解析:(1)右焦点为F (2,0)，∴c =2,∵渐近线方程为y =±3x ，∴ba=3，∴b =3a ，∴c 2=a 2+b 2=4a 2=4，∴a =1，∴b =3．∴C 的方程为：x 2-y 23=1；(2)由已知得直线PQ 的斜率存在且不为零，直线AB 的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB 的斜率存在且不为零；若选①③推②，则M 为线段AB 的中点，假若直线AB 的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M 在x 轴上，即为焦点F ,此时由对称性可知P 、Q 关于x 轴对称，与从而x 1=x 2，已知不符；总之，直线AB 的斜率存在且不为零．设直线AB 的斜率为k ,直线AB 方程为y =k x -2 ,则条件①M 在AB 上，等价于y 0=k x 0-2 ⇔ky 0=k 2x 0-2 ；两渐近线方程合并为3x 2-y 2=0,联立消去y 并化简整理得：k 2-3 x 2-4k 2x +4k 2=0设A x 3,y 3 ,B x 3,y 4 ,线段中点N x N ,y N ,则x N =x 3+x 42=2k 2k 2-3,y N =k x N -2 =6kk 2-3,设M x 0,y 0 , 则条件③AM =BM 等价于x 0-x 3 2+y 0-y 3 2=x 0-x 4 2+y 0-y 4 2,移项并利用平方差公式整理得：x 3-x 4 2x 0-x 3+x 4 +y 3-y 4 2y 0-y 3+y 4 =0，2x 0-x 3+x 4 +y 3-y 4x 3-x 42y 0-y 3+y 4 =0,即x 0-x N +k y 0-y N =0,即x 0+ky 0=8k 2k 2-3；由题意知直线PM 的斜率为-3, 直线QM 的斜率为3,∴由y 1-y 0=-3x 1-x 0 ,y 2-y 0=3x 2-x 0 ,∴y 1-y 2=-3x 1+x 2-2x 0 ,所以直线PQ 的斜率m =y 1-y 2x 1-x 2=-3x 1+x 2-2x 0 x 1-x 2,直线PM :y =-3x -x 0 +y 0,即y =y 0+3x 0-3x ,代入双曲线的方程3x 2-y 2-3=0,即3x +y 3x -y =3中，得：y 0+3x 0 23x -y 0+3x 0 =3,解得P 的横坐标：x 1=1233y 0+3x 0+y 0+3x 0,。

2024年高考真题分类专项（解析几何）一、单选题1．（2024年北京高考数学真题）圆22260x y x y +-+=的圆心到直线20x y -+=的距离为（ ）A B ．2C ．3D ．2．（2024年天津高考数学真题）双曲线22221()00a x y a b b >-=>，的左、右焦点分别为12.F F P、是双曲线右支上一点，且直线2PF 的斜率为2．12PF F △是面积为8的直角三角形，则双曲线的方程为（ ）A ．22182y x -=B ．22184x y -=C ．22128x y -=D ．22148x y -=3．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知曲线C ：2216x y +=（0y >），从C 上任意一点P 向x 轴作垂线段PP '，P '为垂足，则线段PP '的中点M 的轨迹方程为（ ） A ．221164x y +=（0y >）B ．221168x y +=（0y >）C ．221164y x +=（0y >）D ．221168y x +=（0y >）4．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）已知直线20ax by a b +-+=与圆2241=0C x y y ++-：交于,A B 两点，则AB 的最小值为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．65．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）已知双曲线的两个焦点分别为()()0,4,0,4-，点()6,4-在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ）A．4 B ．3C ．2D6．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）已知b 是,a c 的等差中项，直线0ax by c 与圆22410x y y ++-=交于,A B 两点，则AB 的最小值为（ ） A ．1B ．2C ．4D．二、多选题7．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）抛物线C ：24y x =的准线为l ，P 为C 上的动点，过P 作22:(4)1A x y +-=⊙的一条切线，Q 为切点，过P 作l 的垂线，垂足为B ，则（ ） A ．l 与A 相切B ．当P ，A ，B三点共线时，||PQ = C ．当||2PB =时，PA AB ⊥D ．满足||||PA PB =的点P 有且仅有2个8．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C 的一部分.已知C 过坐标原点O .且C 上的点满足:横坐标大于2-，到点(2,0)F 的距离与到定直线(0)x a a =<的距离之积为4，则（ ）A ．2a =- B．点在C 上C ．C 在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D ．当点()00,x y 在C 上时，0042y x ≤+三、填空题9．（2024年上海夏季高考数学真题）已知抛物线24y x =上有一点P 到准线的距离为9，那么点P 到x 轴的距离为 ．10．（2024年北京高考数学真题）抛物线216y x =的焦点坐标为 ．11．（2024年北京高考数学真题）若直线()3y k x =-与双曲线2214x y -=只有一个公共点，则k 的一个取值为 ．12．（2024年天津高考数学真题）圆22(1)25-+=x y 的圆心与抛物线22(0)y px p =>的焦点F 重合，A 为两曲线的交点，则原点到直线AF 的距离为 ．13．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）设双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左右焦点分别为12F F 、，过2F 作平行于y 轴的直线交C 于A ，B 两点，若1||13,||10F A AB ==，则C 的离心率为 ．四、解答题14．（2024年上海夏季高考数学真题（网络回忆版））已知双曲线222Γ:1,(0),y x b b-=>左右顶点分别为12,A A ，过点()2,0M -的直线l 交双曲线Γ于,P Q 两点. (1)若离心率2e =时，求b 的值．(2)若2b MA P =△为等腰三角形时，且点P 在第一象限，求点P 的坐标． (3)连接OQ 并延长，交双曲线Γ于点R ，若121A R A P ⋅=，求b 的取值范围．15．（2024年北京高考数学真题）已知椭圆E ：()222210x y a b a b +=>>，以椭圆E 的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点()(0,t t >且斜率存在的直线与椭圆E 交于不同的两点,A B ，过点A 和()0,1C 的直线AC 与椭圆E 的另一个交点为D ． (1)求椭圆E 的方程及离心率； (2)若直线BD 的斜率为0，求t 的值．16．（2024年天津高考数学真题）已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>椭圆的离心率12e =．左顶点为A ，下顶点为B C ，是线段OB 的中点，其中ABC S △． (1)求椭圆方程．(2)过点30,2⎛⎫- ⎪⎝⎭的动直线与椭圆有两个交点P Q ，．在y 轴上是否存在点T 使得0TP TQ ⋅≤．若存在求出这个T 点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．17．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知(0,3)A 和33,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭为椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>上两点.(1)求C 的离心率;(2)若过P 的直线l 交C 于另一点B ，且ABP 的面积为9，求l 的方程．18．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点为F ，点31,2M ⎛⎫⎪⎝⎭在C 上，且MF x ⊥轴．(1)求C 的方程；(2)过点()4,0P 的直线交C 于,A B 两点，N 为线段FP 的中点，直线NB 交直线MF 于点Q ，证明：AQ y ⊥轴．。

专题05 平面解析几何1．【2022年全国甲卷】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为13，A1,A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若→BA1⋅→BA2=―1，则C的方程为（）A．x218+y216=1B．x29+y28=1C．x23+y22=1D．x22+y2=1【答案】B【解析】【分析】根据离心率及BA1⋅BA2=―1，解得关于a2,b2的等量关系式，即可得解.【详解】解：因为离心率e=ca =1―b2a2=13，解得b2a2=89，b2=89a2，A1,A2分别为C的左右顶点，则A1(―a,0),A2(a,0)，B为上顶点，所以B(0,b).所以BA1=(―a,―b),BA2=(a,―b)，因为BA1⋅BA2=―1所以―a2+b2=―1，将b2=89a2代入，解得a2=9,b2=8，故椭圆的方程为x29+y28=1.故选：B.2．【2022年全国甲卷】椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP,AQ的斜率之积为14，则C的离心率为（）A．32B．22C．12D．13【答案】A 【解析】【分析】设P(x1,y1)，则Q(―x1,y1)，根据斜率公式结合题意可得y12―x12+a2=14，再根据x12a2+y12b2=1，将y1用x1表示，整理，再结合离心率公式即可得解.【详解】解：A(―a,0)，设P(x1,y1)，则Q(―x1,y1)，则k AP=y1x1+a ,k AQ=y1―x1+a，故k AP⋅k AQ=y1x1+a ⋅y1―x1+a=y12―x12+a2=14，又x12a2+y12b2=1，则y12=b2(a2―x12)a2，所以a―x12+a2=14，即b2a2=14，所以椭圆C的离心率e=ca =1―b2a2=32.故选：A.3．【2022年全国乙卷】设F为抛物线C:y2=4x的焦点，点A在C上，点B(3,0)，若|AF|= |BF|，则|AB|=（）A．2B．22C．3D．32【答案】B【解析】【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点A的横坐标，进而求得点A坐标，即可得到答案.【详解】由题意得，F(1,0)，则|AF|=|BF|=2，即点A到准线x=―1的距离为2，所以点A的横坐标为―1+2=1，不妨设点A在x轴上方，代入得，A(1,2)，所以|AB|=(3―1)2+(0―2)2=22.故选：B4．【2022年全国乙卷】（多选）双曲线C的两个焦点为F1,F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C的两支交于M，N两点，且cos∠F1NF2=35，则C的离心率为（）A．52B．32C．132D．172【答案】AC【解析】【分析】依题意不妨设双曲线焦点在x 轴，设过F 1作圆D 的切线切点为G ，利用正弦定理结合三角变换、双曲线的定义得到2b =3a 或a =2b ，即可得解，注意就M ,N 在双支上还是在单支上分类讨论.【详解】解：依题意不妨设双曲线焦点在x 轴，设过F 1作圆D 的切线切点为G ，若M ,N 分别在左右支，因为OG ⊥NF 1，且cos ∠F 1NF 2=35>0，所以N 在双曲线的右支，又|OG |=a ，|OF 1|=c ，|GF 1|=b ，设∠F 1NF 2=α，∠F 2F 1N =β，在△F 1NF 2中，有|NF 2|sin β=|NF 1|sin(α+β)=2csin α，故|NF 1|―|NF 2|sin(α+β)―sin β=2csin α即a sin(α+β)―sin β=csin α，所以a sin αcos β+cos αsin β―sin β=csin α，而cos α=35，sin β=a c ，cos β=b c ，故sin α=45，代入整理得到2b =3a ，即b a =32，所以双曲线的离心率e =ca =1+b 2a2=132若M ,N 均在左支上，同理有|NF 2|sin β=|NF 1|sin(α+β)=2c sin α，其中β为钝角，故cos β=―bc ，故|NF 2|―|NF 1|sin β―sin(α+β)=2csin α即asin β―sin αcos β―cos αsin β=csin α，代入cos α=35，sin β=ac ，sin α=45，整理得到：a4b +2a =14，故a =2b ，故e ==52，故选：AC.5．【2022年北京】若直线2x +y ―1=0是圆(x ―a)2+y 2=1的一条对称轴，则a =（ ）A ．12B ．―12C ．1D ．―1【答案】A 【解析】【分析】若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，将圆心代入直线计算求解．【详解】由题可知圆心为(a,0)，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即2a +0―1=0，解得a =12．故选：A ．6．【2022年新高考1卷】（多选）已知O 为坐标原点，点A (1,1)在抛物线C :x 2=2py (p >0)上，过点B (0,―1)的直线交C 于P ，Q 两点，则（ ）A．C的准线为y=―1B．直线AB与C相切C．|OP|⋅|OQ|>|OA|2D．|BP|⋅|BQ|>|BA|2【答案】BCD【解析】【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.【详解】将点A的代入抛物线方程得1=2p，所以抛物线方程为x2=y，故准线方程为y=―14，A错误；k AB=1―(―1)1―0=2，所以直线AB的方程为y=2x―1，联立y=2x―1x2=y，可得x2―2x+1=0，解得x=1，故B正确；设过B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，所以，直线l的斜率存在，设其方程为y=kx―1，P(x1,y1),Q(x2,y2)，联立y=kx―1x2=y，得x2―kx+1=0，所以Δ=k2―4>0x1+x2=kx1x2=1，所以k>2或k<―2，y1y2=(x1x2)2=1，又|OP|=x21+y21=y1+y21，|OQ|=x22+y22=y2+y22，所以|OP|⋅|OQ|=y1y2(1+y1)(1+y2)=kx1×kx2=|k|>2=|OA|2，故C正确；因为|BP|=1+k2|x1|，|BQ|=1+k2|x2|，所以|BP|⋅|BQ|=(1+k2)|x1x2|=1+k2>5，而|BA|2=5，故D正确.故选：BCD7．【2022年新高考2卷】（多选）已知O为坐标原点，过抛物线C:y2=2px(p>0)焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点M(p,0)，若|AF|=|AM|，则（）A．直线AB的斜率为26B．|OB|=|OF|C．|AB|>4|OF|D．∠OAM+∠OBM<180°【答案】ACD【解析】由|AF |=|AM |及抛物线方程求得A (3p 4,6p2)，再由斜率公式即可判断A 选项；表示出直线AB的方程，联立抛物线求得B (p3,―6p3)，即可求出|OB |判断B 选项；由抛物线的定义求出|AB |=25p12即可判断C 选项；由OA ⋅OB <0，MA ⋅MB <0求得∠AOB ，∠AMB 为钝角即可判断D选项.【详解】对于A ，易得F (p2,0)，由|AF |=|AM |可得点A 在FM 的垂直平分线上，则A 点横坐标为p2+p 2=3p 4，代入抛物线可得y 2=2p ⋅3p4=32p 2，则A (3p 4,6p2)，则直线AB 的斜率为6p23p 4―p 2=26，A 正确；对于B ，由斜率为26可得直线AB 的方程为x =126y +p2，联立抛物线方程得y 2―16py ―p 2=0，设B (x 1,y 1)，则62p +y 1=66p ，则y 1=―6p3，代入抛物线得―=2p ⋅x 1，解得x 1=p 3，则B (p3,―6p 3)，则|OB |==7p 3≠|OF |=p2，B 错误；对于C ，由抛物线定义知：|AB |=3p 4+p3+p =25p 12>2p =4|OF |，C 正确；对于D ，OA ⋅OB =(3p 4,6p2)⋅(p3,―6p3)=3p 4⋅p3+6p 2⋅―=―3p24<0，则∠AOB 为钝角，又MA ⋅MB =(―p 4,6p2)⋅(―2p 3,―6p 3)=―p4⋅+6p 2⋅―=―5p26<0，则∠AMB又∠AOB+∠AMB+∠OAM+∠OBM=360∘，则∠OAM+∠OBM<180∘，D正确.故选：ACD.8．【2022年全国甲卷】设点M在直线2x+y―1=0上，点(3,0)和(0,1)均在⊙M上，则⊙M的方程为______________．【答案】(x―1)2+(y+1)2=5【解析】【分析】设出点M的坐标，利用(3,0)和(0,1)均在⊙M上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.【详解】解：∵点M在直线2x+y―1=0上，∴设点M为(a,1―2a)，又因为点(3,0)和(0,1)均在⊙M上，∴点M到两点的距离相等且为半径R，∴(a―3)2+(1―2a)2=a2+(―2a)2=R，a2―6a+9+4a2―4a+1=5a2，解得a=1，∴M(1,―1)，R=5，⊙M的方程为(x―1)2+(y+1)2=5.故答案为：(x―1)2+(y+1)2=59．【2022年全国甲卷】记双曲线C:x2a2―y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为e，写出满足条件“直线y=2x与C无公共点”的e的一个值______________．【答案】2（满足1<e≤5皆可）【解析】【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线y=±ba x中0<ba≤2即可求得满足要求的e值.【详解】解：C:x2a2―y2b2=1(a>0,b>0)，所以C的渐近线方程为y=±bax,结合渐近线的特点，只需0<ba ≤2，即b2a2≤4，可满足条件“直线y=2x与C无公共点”所以e =ca =1+b 2a2≤1+4=5，又因为e >1，所以1<e ≤5，故答案为：2（满足1<e ≤5皆可）10．【2022年全国甲卷】若双曲线y 2―x2m 2=1(m >0)的渐近线与圆x 2+y 2―4y +3=0相切，则m =_________．【答案】33【解析】【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可．【详解】解：双曲线y 2―x2m 2=1(m >0)的渐近线为y =±xm ，即x ±my =0，不妨取x +my =0，圆x 2+y 2―4y +3=0，即x 2+(y ―2)2=1，所以圆心为(0,2)，半径r =1，依题意圆心(0,2)到渐近线x +my =0的距离d =|2m |1+m 2=1，解得m =33或m =―33（舍去）．故答案为：33．11．【2022年全国乙卷】过四点(0,0),(4,0),(―1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为____________．【答案】(x ―2)2+(y ―3)2=13或(x ―2)2+(y ―1)2=5或x +y ―=659或x +(y ―1)2=16925；【解析】【分析】设圆的方程为x 2+y 2+Dx +Ey +F =0，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；【详解】解：依题意设圆的方程为x 2+y 2+Dx +Ey +F =0，若过(0,0)，(4,0)，(―1,1)，则F =016+4D +F =01+1―D +E +F =0 ，解得F =0D =―4E =―6，所以圆的方程为x 2+y 2―4x ―6y =0，即(x ―2)2+(y ―3)2=13；若过(0,0)，(4,0)，(4,2)，则F =016+4D +F =016+4+4D +2E +F =0 ，解得F =0D =―4E =―2，所以圆的方程为x 2+y 2―4x ―2y =0，即(x ―2)2+(y ―1)2=5；若过(0,0)，(4,2)，(―1,1)，则F =01+1―D +E +F =016+4+4D +2E +F =0，解得F =0D =―83E =―143，所以圆的方程为x 2+y 2―83x ―143y =0，即x ―+y=659；若过(―1,1)，(4,0)，(4,2)，则1+1―D +E +F =016+4D +F =016+4+4D +2E +F =0，解得F =―165D =―165E =―2，所以圆的方程为x 2+y 2―165x ―2y ―165=0，即x―+(y ―1)2=16925；故答案为：(x ―2)2+(y ―3)2=13或(x ―2)2+(y ―1)2=5或x ―+y =659或x+(y ―1)2=16925；12．【2022年新高考1卷】写出与圆x 2+y 2=1和(x ―3)2+(y ―4)2=16都相切的一条直线的方程________________．【答案】y =―34x +54或y =724x ―2524或x =―1【解析】【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.【详解】圆x 2+y 2=1的圆心为O (0,0)，半径为1，圆(x ―3)2+(y ―4)2=16的圆心O 1为(3,4)，半径为4，两圆圆心距为32+42=5，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，当切线为l 时，因为k OO 1=43，所以k l =―34，设方程为y =―34x +t (t >0)O 到l 的距离d =|t|1+916=1，解得t =54，所以l 的方程为y =―34x +54，当切线为m 时，设直线方程为kx +y +p =0，其中p >0，k <0，1=4，解得k =―724p =2524，y =724x ―2524当切线为n 时，易知切线方程为x =―1，故答案为：y =―34x +54或y =724x ―2524或x =―1.13．【2022年新高考1卷】已知椭圆C :x 2a 2+y2b 2=1(a >b >0)，C 的上顶点为A ，两个焦点为F 1，F 2，离心率为12．过F 1且垂直于AF 2的直线与C 交于D ，E 两点，|DE |=6，则△ADE 的周长是________________．【答案】13【解析】【分析】利用离心率得到椭圆的方程为x 24c 2+y23c 2=1，即3x 2+4y 2―12c 2=0，根据离心率得到直线A F 2的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线DE 的斜率，写出直线DE 的方程：x =3y ―c ，代入椭圆方程3x 2+4y 2―12c 2=0，整理化简得到：13y 2―63cy ―9c 2=0，利用弦长公式求得c =138，得a =2c =134，根据对称性将△ADE 的周长转化为△F 2DE 的周长，利用椭圆的定义得到周长为4a =13.【详解】∵椭圆的离心率为e =ca =12，∴a =2c ，∴b 2=a2―c 2=3c 2，∴椭圆的方程为x24c 2+y 23c 2=1，即3x 2+4y 2―12c 2=0，不妨设左焦点为F 1，右焦点为F 2，如图所示，∵AF 2=a ，OF 2=c ，a =2c ，∴∠AF 2O =π3，∴△AF 1F 2为正三角形，∵过F 1且垂直于AF 2的直线与C 交于D ，E 两点，DE 为线段AF 2的垂直平分线，∴直线DE 的斜率为33，斜率倒数为3， 直线DE 的方程：x =3y ―c ，代入椭圆方程3x 2+4y 2―12c 2=0，整理化简得到：13y 2―63cy ―9c 2=0，判别式∆=(63c )2+4×13×9c 2=62×16×c 2，∴|CD |=1+(3)2|y 1―y 2|=2×∆13=2×6×4×c13=6，∴ c =138， 得a =2c =134， ∵DE 为线段AF 2的垂直平分线，根据对称性，AD =DF 2，AE =EF 2，∴△ADE 的周长等于△F 2DE 的周长，利用椭圆的定义得到△F 2DE 周长为|DF 2|+|EF 2|+|DE |=|DF 2|+|EF 2|+|DF 1|+|EF 1|=|DF 1|+|DF 2|+|EF 1|+|EF 2|=2a +2a =4a =13.故答案为：13.14．【2022年新高考2卷】设点A (―2,3),B (0,a )，若直线AB 关于y =a 对称的直线与圆(x +3)2+(y +2)2=1有公共点，则a 的取值范围是________．【解析】【分析】首先求出点A 关于y =a 对称点A ′的坐标，即可得到直线l 的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；【详解】解：A (―2,3)关于y =a 对称的点的坐标为A ′(―2,2a ―3)，B (0,a )在直线y =a 上，所以A ′B 所在直线即为直线l ，所以直线l 为y =a ―3―2x +a ，即(a ―3)x +2y ―2a =0；圆C :(x +3)2+(y +2)2=1，圆心C (―3,―2)，半径r =1，依题意圆心到直线l 的距离d =|―3(a ―3)―4―2a |(a ―3)2+22≤1，即(5―5a )2≤(a ―3)2+22，解得13≤a ≤32，即a ∈故答案为：15．【2022年新高考2卷】已知直线l 与椭圆x26+y23=1在第一象限交于A ，B 两点，l 与x 轴，y 轴分别交于M ，N 两点，且|MA |=|NB |,|MN |=23，则l 的方程为___________．【答案】x +2y ―22=0【解析】【分析】令AB 的中点为E ，设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，利用点差法得到k OE ⋅k AB =―12，设直线AB :y =kx +m ，k <0，m >0，求出M 、N 的坐标，再根据|MN |求出k 、m ，即可得解；【详解】解：令AB 的中点为E ，因为|MA |=|NB |，所以|ME |=|NE |，设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，则x 126+y 123=1，x 226+y 223=1，所以x 126―x 226+y 123―y 223=0，即(x 1―x 2)(x 1+x 2)6+(y 1+y 2)(y 1―y 2)3=0所以(y 1+y 2)(y 1―y 2)(x1―x 2)(x 1+x 2)=―12，即k OE ⋅k AB =―12，设直线AB :y =kx +m ，k <0，m >0，令x =0得y =m ，令y =0得x =―mk ，即M ―m k,0，N (0,m )，所以E ―m 2k 即k ×m 2―m 2k=―12，解得k =―22或k =22（舍去），又|MN |=23，即|MN |=m 2+(2m )2=23，解得m =2或m =―2（舍去），所以直线AB :y =―22x +2，即x +2y ―22=0；故答案为：x+2y―22=016．【2022年北京】已知双曲线y2+x2m =1的渐近线方程为y=±33x，则m=__________．【答案】―3【解析】【分析】首先可得m<0，即可得到双曲线的标准方程，从而得到a、b，再跟渐近线方程得到方程，解得即可；【详解】解：对于双曲线y2+x2m =1，所以m<0，即双曲线的标准方程为y2―x2―m=1，则a=1，b=―m，又双曲线y2+x2m =1的渐近线方程为y=±33x，所以ab =33，即1―m=33，解得m=―3；故答案为：―317．【2022年浙江】已知双曲线x2a2―y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，过F且斜率为b4a的直线交双曲线于点A(x1,y1)，交双曲线的渐近线于点B(x2,y2)且x1<0<x2．若|FB|=3|FA|，则双曲线的离心率是_________．【答案】364【解析】【分析】联立直线AB 和渐近线l 2:y =ba x 方程，可求出点B ，再根据|FB |=3|FA |可求得点A ，最后根据点A 在双曲线上，即可解出离心率．【详解】过F 且斜率为b4a 的直线AB :y =b4a (x +c )，渐近线l 2:y =ba x ，联立y =b4a(x +c)y =b ax，得|FB |=3|FA |，得A ―5c9而点A 在双曲线上，于是25c 281a 2―b 2c 281a 2b 2=1，解得：c 2a 2=8124，所以离心率e =364.故答案为：364．18．【2022年全国甲卷】设抛物线C :y 2=2px (p >0)的焦点为F ，点D (p,0)，过F 的直线交C 于M ，N 两点．当直线MD 垂直于x 轴时，|MF |=3．(1)求C 的方程；(2)设直线MD ,ND 与C 的另一个交点分别为A ，B ，记直线MN ,AB 的倾斜角分别为α,β．当α―β取得最大值时，求直线AB 的方程．【答案】(1)y 2=4x ；(2)AB :x =2y +4.【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可得|MF |=p +p2，即可得解；（2）设点的坐标及直线MN :x =my +1，由韦达定理及斜率公式可得k MN =2k AB ，再由差角的正切公式及基本不等式可得k AB =22，设直线AB :x=2y +n ，结合韦达定理可解.(1)抛物线的准线为x=―p2，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时|MF|=p+p2=3，所以p=2，所以抛物线C的方程为y2=4x；(2)设M(y214,y1),N(y224,y2),A(y234,y3),B(y244,y4)，直线MN:x=my+1，由{x=my+1y2=4x可得y2―4my―4=0，Δ>0,y1y2=―4，由斜率公式可得k MN=y1―y2y214―y224=4y1+y2，k AB=y3―y4y234―y244=4y3+y4，直线MD:x=x1―2y1⋅y+2，代入抛物线方程可得y2―4(x1―2)y1⋅y―8=0，Δ>0,y1y3=―8，所以y3=2y2，同理可得y4=2y1，所以k AB=4y3+y4=42(y1+y2)=k MN2又因为直线MN、AB的倾斜角分别为α,β，所以k AB=tanβ=k MN2=tanα2，若要使α―β最大，则β∈(0,π2)，设k MN=2k AB=2k>0，则tan(α―β)=tanα―tanβ1+tanαtanβ=k1+2k2=11k+2k≤121k⋅2k=24，当且仅当1k =2k即k=22时，等号成立，所以当α―β最大时，k AB=22，设直线AB:x=2y+n，代入抛物线方程可得y2―42y―4n=0，Δ>0,y3y4=―4n=4y1y2=―16，所以n=4，所以直线AB:x=2y+4.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.19．【2022年全国乙卷】已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0,―2),―1两点．(1)求E的方程；(2)设过点P(1,―2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MT=TH．证明：直线HN过定点．【答案】(1)y24+x23=1(2)(0,―2)【解析】【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.(1)解：设椭圆E的方程为mx2+ny2=1，过A(0,―2),―1，4n=1+n=1，解得m=13，n=14，所以椭圆E的方程为：y24+x23=1.(2)A(0,―2),B(32,―1)，所以AB:y+2=23x，①若过点P(1,―2)的直线斜率不存在，直线x=1.代入x23+y24=1，可得M(1,263)，N(1,―263)，代入AB方程y=23x―2，可得T(6+3,263)，由MT=TH得到H(26+5,263).求得HN方程：y=(2―263)x―2，过点(0,―2).②若过点P(1,―2)的直线斜率存在，设kx―y―(k+2)=0,M(x1,y1),N(x2,y2).联立kx―y―(k+2)=0x23+y24=1,得(3k2+4)x2―6k(2+k)x+3k(k+4)=0，可得x1+x2=6k(2+k)3k2+4x1x2=3k(4+k)3k2+4，y1+y2=―8(2+k)3k2+4y2y2=4(4+4k―2k2)3k2+4，且x1y2+x2y1=―24k3k2+4(∗)联立y=y1y=23x―2,可得T(3y12+3,y1),H(3y1+6―x1,y1).可求得此时HN:y―y2=y1―y23y1+6―x1―x2(x―x2)，将(0,―2)，代入整理得2(x1+x2)―6(y1+y2)+x1y2+x2y1―3y1y2―12=0，将(∗)代入，得24k+12k2+96+48k―24k―48―48k+24k2―36k2―48=0,显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,―2).【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.20．【2022年新高考1卷】已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2―y2a2―1=1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP,AQ的斜率之和为0．(1)求l的斜率；(2)若tan∠PAQ=22，求△PAQ的面积．【答案】(1)―1；(2)1629．【解析】【分析】（1）由点A(2,1)在双曲线上可求出a，易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，P(x1,y1),Q (x2,y2)，再根据k AP+k BP=0，即可解出l的斜率；（2）根据直线AP,AQ的斜率之和为0可知直线AP,AQ的倾斜角互补，再根据tan∠PAQ=22即可求出直线AP,AQ的斜率，再分别联立直线AP,AQ与双曲线方程求出点P,Q的坐标，即可得到直线PQ的方程以及PQ的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线PQ的距离，即可得出△PAQ的面积．(1)因为点A(2,1)在双曲线C:x2a2―y2a2―1=1(a>1)上，所以4a2―1a2―1=1，解得a2=2，即双曲线C:x22―y2=1易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，P(x1,y1),Q(x2,y2)，kx+my2=1可得，(1―2k2)x2―4mkx―2m2―2=0，所以，x1+x2=―4mk2k2―1,x1x2=2m2+22k2―1，Δ=16m2k2+4(2m2+2)(2k2―1)>0⇒m2―1+2k2>0．所以由k AP+k BP=0可得，y2―1x2―2+y1―1x1―2=0，即(x1―2)(kx2+m―1)+(x2―2)(kx1+m―1)=0，即2kx1x2+(m―1―2k)(x1+x2)―4(m―1)=0，所以2k×2m2+22k2―1+(m―1―2k)―4(m―1)=0，化简得，8k2+4k―4+4m(k+1)=0，即(k+1)(2k―1+m)=0，所以k=―1或m=1―2k，当m=1―2k时，直线l:y=kx+m=k(x―2)+1过点A(2,1)，与题意不符，舍去，故k=―1．(2)不妨设直线PA,PB的倾斜角为α,β(α<β)，因为k AP+k BP=0，所以α+β=π，因为tan∠PAQ=22，所以tan(β―α)=22，即tan2α=―22，即2tan2α―tanα―2=0，解得tanα=2，于是，直线PA:y=2(x―2)+1，直线PB:y=―2(x―2)+1，联立y=2(x―2)+1x22―y2=1可得，32x2+2(1―22)x+10―42=0，因为方程有一个根为2，所以x P=10―423，y P=42―53，同理可得，x Q=10+423，y Q=―42―53．所以PQ:x+y―53=0，|PQ|=163，点A到直线PQ的距离d=|2+1―53|2=223，故△PAQ的面积为12×163×223=1629．21．【2022年新高考2卷】已知双曲线C:x2a2―y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=±3x．(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1,y1),Q(x2,y2)在C上，且x1>x2>0,y1>0．过P且斜率为―3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|=|MB|．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.=1【答案】(1)x2―y23(2)见解析【解析】【分析】（1）利用焦点坐标求得c的值，利用渐近线方程求得a,b的关系，进而利用a,b,c的平方关系求得a,b的值，得到双曲线的方程；（2）先分析得到直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k,M(x0,y0),由③|AM|=|B M|等价分析得到x0+ky0=8k2；由直线PM和QM的斜率得到直线方程，结合双曲线的方k2―3，由②PQ//AB等价转化为ky0=3x0，由①程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率m=3x0y0M在直线AB上等价于ky0=k2(x0―2)，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.(1)=3，∴b=3a，∴c2=a2+b2右焦点为F(2,0)，∴c=2,∵渐近线方程为y=±3x，∴ba=4a2=4，∴a=1，∴b=3．=1；∴C的方程为：x2―y23(2)由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为零；若选①③推②，则M为线段AB的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而x1=x2，已知不符；总之，直线AB的斜率存在且不为零.设直线AB的斜率为k,直线AB方程为y=k(x―2),则条件①M在AB上，等价于y0=k(x0―2)⇔ky0=k2(x0―2)；两渐近线的方程合并为3x2―y2=0,联立消去y 并化简整理得：(k 2―3)x 2―4k 2x +4k 2=0设A (x 3,y 3),B (x 3,y 4),线段中点为N (x N ,y N ),则x N =x 3+x 42=2k 2k 2―3,y N=k (x N ―2)=6kk 2―3,设M (x 0,y 0),则条件③|AM |=|BM |等价于(x 0―x 3)2+(y 0―y 3)2=(x 0―x 4)2+(y 0―y 4)2,移项并利用平方差公式整理得：(x 3―x 4)[2x 0―(x 3+x 4)]+(y 3―y 4)[2y 0―(y 3+y 4)]=0，[2x 0―(x 3+x 4)]+y 3―y 4x 3―x 4[2y 0―(y 3+y 4)]=0,即x 0―x N +k (y 0―y N )=0,即x 0+ky 0=8k2k 2―3；由题意知直线PM 的斜率为―3, 直线QM 的斜率为3,∴由y 1―y 0=―3(x 1―x 0),y 2―y 0=3(x 2―x 0),∴y 1―y 2=―3(x 1+x 2―2x 0),所以直线PQ 的斜率m =y 1―y 2x 1―x 2=―3(x 1+x 2―2x 0)x 1―x 2,直线PM :y =―3(x ―x 0)+y 0,即y =y 0+3x 0―3x ,代入双曲线的方程3x 2―y 2―3=0,+―y =3中，得：y 0+3x 023x ―y 0+3x 0=3,解得P 的横坐标：x 1=y 0+3x 0,同理：x 2=+y 0―3x 0，∴x 1―x 2+y 0,x 1+x 2―2x 0=―3x 0y 20―3x 20―x 0,∴m =3x 0y 0,∴条件②PQ //AB 等价于m =k⇔ky 0=3x 0，综上所述：条件①M 在AB 上，等价于ky 0=k 2(x 0―2)；条件②PQ //AB 等价于ky 0=3x 0；条件③|AM |=|BM |等价于x 0+ky 0=8k2k 2―3；选①②推③:由①②解得：x 0=2k2k 2―3,∴x 0+ky 0=4x 0=8k 2k 2―3,∴③成立；选①③推②：由①③解得：x 0=2k 2k 2―3，ky 0=6k2k 2―3，∴ky 0=3x 0，∴②成立；选②③推①：由②③解得：x 0=2k 2k 2―3，ky 0=6k2k 2―3，∴x 0―2=6k 2―3，∴ky 0=k 2(x 0―2)，∴①成立.22．【2022年北京】已知椭圆：E :x2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的一个顶点为A (0,1)，焦距为23．(1)求椭圆E 的方程；(2)过点P (―2,1)作斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 分别与x 轴交于点M ，N ，当|MN |=2时，求k 的值．【答案】(1)x24+y 2=1(2)k =―4【解析】【分析】（1）依题意可得b =12c =23c 2=a 2―b 2，即可求出a ，从而求出椭圆方程；（2）首先表示出直线方程，设B (x 1,y 1)、C (x 2,y 2)，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线AB 、AC 的方程，表示出x M 、x N ，根据|MN |=|x N ―x M |得到方程，解得即可；(1)解：依题意可得b =1，2c =23，又c 2=a 2―b 2，所以a =2，所以椭圆方程为x 24+y 2=1；(2)解：依题意过点P (―2,1)的直线为y ―1=k (x +2)，设B (x 1,y 1)、C (x 2,y 2)，不妨令―2≤x 1<x 2≤2，由y ―1=k (x +2)x 24+y 2=1，消去y 整理得(1+4k 2)x 2+(16k 2+8k )x +16k 2+16k =0，所以Δ=(16k 2+8k )2―4(1+4k 2)(16k 2+16k )>0，解得k <0，所以x 1+x 2=―16k 2+8k1+4k 2，x 1⋅x 2=16k 2+16k1+4k 2，直线AB 的方程为y ―1=y 1―1x 1x ，令y =0，解得x M =x 11―y 1，直线AC 的方程为y ―1=y 2―1x 2x ，令y =0，解得x N =x 21―y 2，所以|MN |=|x N ―x M |=|x 21―y 2―x 11―y 1|=|x 21―[k (x 2+2)+1]―x 11―[k (x 1+2)+1]|=|x 2―k (x 2+2)+x 1k (x 1+2)|=|(x 2+2)x 1―x 2(x 1+2)k (x 2+2)(x 1+2)|=2|x 1―x 2||k |(x2+2)(x 1+2)=2，所以|x 1―x 2|=|k |(x 2+2)(x 1+2)，即(x 1+x 2)2―4x 1x 2=|k |[x 2x 1+2(x 2+x 1)+4]|k +2―+4即81+4k 2(2k 2+k )2―(1+4k 2)(k 2+k )=|k |1+4k 216k 2+16k ―2(16k 2+8k )+4(1+4k 2)整理得8―k =4|k |，解得k =―423．【2022年浙江】如图，已知椭圆x212+y 2=1．设A ，B 是椭圆上异于P (0,1)的两点，且点Q AB 上，直线PA ,PB 分别交直线y =―12x +3于C ，D 两点．(1)求点P 到椭圆上点的距离的最大值；(2)求|CD |的最小值．【答案】(1)121111；(2)655．【解析】【分析】（1）设Q (23cos θ,sin θ)是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出|PQ |2，再根据二次函数的性质即可求出；（2）设直线AB :y =kx +12与椭圆方程联立可得x 1x 2,x 1+x 2，再将直线y =―12x +3方程与PA 、PB 的方程分别联立，可解得点C ,D 的坐标，再根据两点间的距离公式求出|CD |，最后代入化简可得|CD |=352⋅16k 2+1|3k +1|，由柯西不等式即可求出最小值．(1)设Q (23cos θ,sin θ)是椭圆上任意一点,P (0,1),则|PQ |2=12cos 2θ+(1―sin θ)2=13―11sin 2θ―2sinθ=―11sin θ++14411≤14411，当且仅当sin θ=―111时取等号，故|PQ |的最大值是121111.(2)设直线AB :y =kx +12,直线AB 方程与椭圆x212+y 2=1联立,可得k 22+kx ―34=0,设A(x 1,y 1),B (x 2,y 2)，所以x 1+x 2=―kk 2+112x 1x 2=，因为直线PA :y =y 1―1x 1x +1与直线y =―12x +3交于C ,则x C =4x 1x1+2y 1―2=4x 1(2k +1)x1―1,同理可得,x D =4x 2x 2+2y 2―2=4x 2(2k +1)x2―1.则|CD |=1+14|x C ―x D |=52|4x 1(2k +1)x 1―1―4x 2(2k +1)x 2―1|=25|x 1―x 2[(2k +1)x 1―1][(2k +1)x 2―1]|=25|x 1―x 2(2k +1)2x 1x 2―(2k +1)(x 1+x 2)+1|=352⋅16k 2+1|3k +1|=655⋅16k 2+1916+1|3k +1|≥655=655，当且仅当k =316时取等号，故|CD|的最小值为655.【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．1．（2022·全国·模拟预测）设M 是椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>的上顶点，P 是C 上的一个动点，当P 运动到下顶点时，PM 取得最大值，则C 的离心率的取值范围是（ ）A ．⎫⎪⎪⎭B ．1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．⎛ ⎝D ．10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】C 【解析】【分析】设()00,P x y ，由()0,M b ，求出()2220PM x y b =+-消元可得，22342220222c b b PM y a b b c c⎛⎫=-++++ ⎪⎝⎭，再根据0b y b -≤≤以及二次函数的性质可知，32b b c-≤-，即可解出．【详解】设()00,P x y ，()0,M b ，因为2200221x y a b+=，222a b c =+，所以()()2223422222220000022221y c b b PM x y b a y b y a b b b c c ⎛⎫⎛⎫=+-=-+-=-++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，0b y b -≤≤，由题意知当0y b =-时，2PM 取得最大值，所以32b b c -≤-，可得222a c ≥，即0e <≤故选：C ．2．（2022·福建·三明一中模拟预测）已知圆229:4O x y +=，圆22:()(1)1M x a y -+-=，若圆M 上存在点P ，过点P 作圆O 的两条切线，切点分别为A ，B ，使得π3APB ∠=，则实数a的取值范围是（ ）A ．[B ．[C ．D ．[ 【答案】D 【解析】【分析】由题意求出OP 的距离，得到 P 的轨迹，再由圆与圆的位置关系求得答案．【详解】由题可知圆O 的半径为32，圆M 上存在点P ，过点P 作圆 O 的两条切线，切点分别为A ，B ，使得60APB ∠=︒，则30APO ∠=︒，在Rt PAO △中，3PO =，所以点 P 在圆229x y +=上，由于点 P 也在圆 M 上，故两圆有公共点.又圆 M 的半径等于1，圆心坐标(),1M a ，3131OM -≤≤+∴，∴24≤≤，∴a ∈[ .故选：D.3．（2022·全国·模拟预测（文））已知双曲线22221x y a b-=（0a >，0b >）一个虚轴的顶点为()0,B b ，右焦点为F ，分别以B ，F 为圆心作圆与双曲线的一条斜率为正值的渐近线相切于M ，N 两点，若ON = ）A ．12B ．1C D 【答案】A 【解析】【分析】根据渐近线倾斜角的正切值表达出ON =4224200b a b a --=求解即可【详解】由题意，如图，设NOF θ∠=，则因为该渐近线的斜率为b a ，故tan baθ=，cos a c θ==，sin bcθ==，又因为圆与渐近线相切，故BM OM ⊥，FN ON ⊥，故2cos sin 2b OM OB OB c π-θθ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，cos ON OF a θ==,所以a =即2=，所以4224200b a b a --=，即()()2222450b aba -+=，故2240b a -=，即2a b =，故该渐近线的斜率为12b k a == 故选：A4．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））已知12,F F 分别为双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>的左焦点和右焦点，过2F 的直线l 与双曲线的右支交于A ，B 两点，12AF F △的内切圆半径为1r ，12BF F △的内切圆半径为2r ，若12r r >，且直线l 的倾斜角为60︒，则12r r 的值为（ ）A ．2B ．3CD．【答案】B 【解析】【分析】根据内切圆的性质及双曲线的定义求出两内切圆圆心的横坐标，由正切函数求解即可.【详解】记12AF F △的内切圆圆心为C ，边1212,,AF AF F F 上的切点分别为M ，N ，E，则C ，E 横坐标相等，则1122||||,,AM AN F M F E F N F E ===，由122AF AF a -=，即()12||||2AM MF AN NF a +-+=，得122MF NF a -=，即122F E F E a -=，记C 的横坐标为0x ，则()0,0E x ，于是()002x c c x a +--=，得0x a =，同理12BF F △的内心D 的横坐标也为a ，则有CD x ⊥轴，由直线的倾斜角为60︒，则230OF D ∠=︒，260CF O ∠=︒，在2CEF △中，122tan tan 60r CF O EF ∠=︒=，可得1r =在2DEF △中，222tan tan 30r DF O EF ∠=︒=，可得2r =可得123r r =．故选：B5．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））已知双曲线22214x y b -=的左､右焦点分别为12,,F F 过左焦点1F 作斜率为2的直线与双曲线交于A ，B 两点，P 是AB 的中点，O 为坐标原点，若直线OP 的斜率为14，则b 的值是（ ）A ．2BC ．32D【答案】D 【解析】【分析】利用点差法设()11,A x y 、()22,B x y ，作差即可得到2121212124y y y y b x x x x -+⋅=-+，再根据斜率公式，从而得到2124b =，即可得解；【详解】解：设()11,A x y 、()22,B x y ，则2211214x y b -=，2222214x y b-=，两式相减可得()()()()1212121221104x x x x y y y y b-+--+=，P 为线段AB 的中点，122p x x x ∴=+，122p y y y =+，2121212124y y y y b x x x x -+∴⋅=-+，又12122AB y y k x x -==-，121214y y x x +=+， 2124b ∴=，即22b =，b ∴故选：D.6．（2022·全国·模拟预测（理））已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、有焦点分别为1F ，2F ，实轴长为4，离心率2e =，点Q 为双曲线右支上的一点，点(0,4)P ．当1||QF PQ +取最小值时，2QF 的值为（ ）A．1)B．1)-C．1D．1【答案】B 【解析】【分析】由题意求得a,b,c ,即可得双曲线的方程，结合双曲线的定义确定当1||QF PQ +取最小值时Q 点的位置，利用方程组求得Q 点坐标，再利用两点间的距离公式求得答案.【详解】由题意可得24,2a a == ，又2e =，故4c = ，所以22212b c a =-= ，则双曲线方程为221412x y -= ，结合双曲线定义可得221||4||||4QF PQ QF PQ QF PQ +=++=++，如图示，连接2PF ,交双曲线右支于点M ，即当2,,P Q F 三点共线，即Q 在M 位置时，1||QF PQ +取最小值，此时直线2PF 方程为4y x =-+ ，联立221412x y-=，解得点Q的坐标为2,6-,( Q 为双曲线右支上的一点)，1)=，故选：B7．（2022·上海市七宝中学模拟预测）若双曲线221112211:1(0,0)x y C a b a b -=>>和双曲线222222222:1(0,0)x y C a b a b -=>>的焦点相同，且12a a >给出下列四个结论：①22221221a a b b -=-；②1221a b a b >； ③双曲线1C 与双曲线2C 一定没有公共点； ④2112a a b b +>+；其中所有正确的结论序号是（ ）A ．①②B ．①③C ．②③D ．①④【答案】B 【解析】【分析】对于①，根据双曲线的焦点相同，可知焦距相同，可判断22221221a a b b -=-；对于②，举反例可说明1122a b a b <；对于③，根据120a a >>可推得12<b b ，继而推得1212b b a a <，可判断双曲线1C 与双曲线2C 一定没有公共点；对于④，举反例可判断.【详解】对于①：∵两双曲线的焦点相同，∴焦距相同，∴22221122a b a b +=+，即22221221a a b b -=-，故①正确；对于②：若1a =，2a =11b =，2=b ，则1122a b a b <，故②错误；对于③：∵120a a >>，∴22221221a a b b -=->0，∴2221b b > ，即12<b b ，即1212b b a a <，双曲线1C 与双曲线2C 一定没有公共点，故③正确；对于④：∵22221221a a b b -=-，∴12121221()()()()a a a a b b b b +-=+-，∵12a a >且12<b b ，∴12211212a ab b b b a a +-=+- ，若12a =，21a =，11b =，22b =，则1212a a b b +=+，故④错误.故选：B8．（2022·陕西·宝鸡中学模拟预测（理））已知双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的左､右焦点分别为12,F F ，M 为双曲线右支上的一点，若M 在以12F F 为直径的圆上，且215,312MF F ππ⎡⎤∠∈⎢⎥⎣⎦，则该双曲线离心率的取值范围为（ ）A．(B．)+∞C．()1+D．1⎤⎦【答案】D 【解析】【分析】由12MF MF ⊥可得1212sin MF c MF F =∠、2212cos MF c MF F =∠，由双曲线定义可构造方程得到ca=；由正弦型函数值域的求法可求得离心率的取值范围.【详解】M 在以12F F 为直径的圆上，12MF MF ∴⊥，12112sin MF MF F F F ∴∠=，22112cos MF MF F F F ∠=，1212sin MF c MF F ∴=∠，2212cos MF c MF F =∠，由双曲线定义知：122MF MF a -=，即21212sin 2cos 2c MF F c MF F a ∠-∠=，21211sin cos c a MF F MF F ∴=∠-∠215,312MF F ππ⎡⎤∠∈⎢⎥⎣⎦ ，21,4126MF F πππ⎡⎤∴∠-∈⎢⎥⎣⎦，211sin 42MF F π⎤⎛⎫∴∠-∈⎥ ⎪⎝⎭⎦，214MF F π⎛⎫∠-∈ ⎪⎝⎭，1c a ⎤∴∈+⎦，即双曲线离心率的取值范围为1⎤⎦.故选：D.9．（2022·河南·通许县第一高级中学模拟预测（文））已知双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的左、右焦点分别为12,F F ，过点1F 的直线l 与C 的左、右两支分别交于点,A B ，若2ABF 是边长为4的等边三角形，则C 的离心率为（ ）A ．3BCD ．2【答案】B 【解析】【分析】由双曲线定义可推导得244AF a ==，求得1a =；在12BF F △中，利用余弦定理可求得12F F ，进而得到c ，由ce a=可求得离心率.【详解】224AB BF AF === ，1212BF BF AF a ∴-==，又212AF AF a -=，244AF a ∴==，解得：1a =，16BF ∴=，在12BF F △中，由余弦定理得：2221212122cos 283F F BF BF BF BF π=+-⋅=，解得：12F F =2c =c ∴=，∴双曲线C 的离心率ce a==故选：B.10．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（文））已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的左右焦点为12,F F ，若椭圆C 上恰好有6个不同的点P ，使得12F F P 为等腰三角形，则椭圆C 的离心率的取值范围是（ ）A ．111,,1322⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．110,,132⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A 【解析】【分析】由题可知六个P 点，有两个是短轴端点，因此在四个象限各一个，设(,)P x y 是第一象限内的点，分112PF F F =或212PF F F =，列方程组求得P 点横坐标x ，由0x a <<可得离心率范围；或结合椭圆的性质列出不等关系即得．【详解】法一：显然，P 是短轴端点时，12PF PF =，满足12F F P 为等腰三角形，因此由对称性，还有四个点在四个象限内各有一个，设(,)P x y 是第一象限内使得12F F P 为等腰三角形的点，若112PF F F =，则222212x y a b c ⎧+=⎪⎨=，又222a b c =+，消去y 整理得：222224240c x a cx a c a +-+=，解得22a ac x c --=(舍去)或22a acx c -+=，由0x a <<得220a aca c-+<<，所以112c a <<，即112e <<，若212PF F F =，则222212x y a b c ⎧+=⎪⎨=，又222a b c =+，消去y 整理得：222224240c x a cx a c a --+=，解得22a ac x c -=或22a ac x c +=，22a aca c +>舍去．所以220a aca c-<<，所以1132c a <<，即1132e <<，12e =时，2a c =，12PF F △是等边三角形，P 只能是短轴端点，只有2个，不合题意．综上，e 的范围是111(,)(,1)322⋃．法二：①当点P 与短轴的顶点重合时，12F F P 构成以12F F 为底边的等腰三角形，此种情况有2个满足条件的12F F P ；②当12F F P 构成以12F F 为一腰的等腰三角形时，根据椭圆的对称性，只要在第一象限内的椭圆上恰好有一点P 满足12F F P 为等腰三角形即可，则1122PF F F c ==或2122PF F F c ==当12PF c =时，则2c a >，即12c e a =>，则112e <<，当22PF c =时，则有22c a c c a>-⎧⎨<⎩，则1132e <<，综上所述，椭圆的离心率取值范围是111,,1322⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：A.11．（2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测（文））已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>的两个焦点分别为1F 和2F ，椭圆C 上一点到1F 和2F 的距离之和为4，且椭圆C(1)求椭圆C 的方程；(2)过左焦点1F 的直线l 交椭圆于A 、B 两点，线段AB 的中垂线交x 轴于点D （不与1F 重合），是否存在实数λ，使1AB DF λ=恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说出理由.【答案】(1)2214x y +=(2)存在，λ=【解析】【分析】（1）由椭圆的定义可求得a 的值，根据椭圆的离心率求得c 的值，再求出b 的值，即可得出椭圆C 的方程；（2）分析可知，直线l 不与x 轴垂直，分两种情况讨论，一是直线l 与x 轴重合，二是直线l 的斜率存在且不为零，设出直线l 的方程，与椭圆方程联立，求出AB 、1DF ，即可求得λ的值.(1)解：由椭圆的定义可得24a =，则2a =，因为c e a==c ∴=1b ==，因此，椭圆C 的方程为2214x y +=.(2)解：若直线l 与x 轴垂直，此时，线段AB 的垂直平分线为x 轴，不合乎题意；若直线l 与x 轴重合，此时，线段AB 的垂直平分线为y 轴，则点D 与坐标原点重合，此时，1AB DF λ=== 若直线l 的斜率存在且不为零时，设直线l的方程为)0x my m =≠，设点()11,A x y 、()22,B x y ，。

近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编十二、解析几何一、单选题1．（2021·全国（文））点(3,0)到双曲线x216−y29=1的一条渐近线的距离为（）A．95B．85C．65D．452．（2021·全国（文））设B是椭圆C:x25+y2=1的上顶点，点P在C上，则|PB|的最大值为（）A．52B．√6C．√5D．23．（2021·全国）已知F1，F2是椭圆C：x29+y24=1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|⋅|MF2|的最大值为（）A．13 B．12 C．9 D．6 4．（2021·浙江）已知a,b∈R,ab>0，函数f(x)=ax2+b(x∈R).若f(s−t),f(s),f(s+ t)成等比数列，则平面上点(s,t)的轨迹是（）A．直线和圆B．直线和椭圆C．直线和双曲线D．直线和抛物线5．（2021·全国（理））已知F1,F2是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且∠F1PF2= 60°,|PF1|=3|PF2|，则C的离心率为（）A B．√132C．√7D．√136．（2021·全国（理））设B是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点，若C上的任意一点P都满足|PB|≤2b，则C的离心率的取值范围是（）A．√22,1)B．12,1)C．0,√22D．0,127．（2020·天津）设双曲线C的方程为22221(0,0)x ya ba b-=>>，过抛物线y2=4x的焦点和点(0,b)的直线为l．若C的一条渐近线与l平行，另一条渐近线与l垂直，则双曲线C的方程为（）A．x24−y24=1B．x2−y24=1C．2214xy-=D．221x y-=8．（2020·北京）设抛物线的顶点为O，焦点为F，准线为l．P是抛物线上异于O的一点，过P作PQ⊥l于Q，则线段FQ的垂直平分线（）．A ．经过点OB ．经过点PC ．平行于直线OPD ．垂直于直线OP9．（2020·北京）已知半径为1的圆经过点(3,4)，则其圆心到原点的距离的最小值为（ ）． A ．4B ．5C ．6D ．710．（2020·浙江）已知点O （0，0），A （–2，0），B （2，0）．设点P 满足|PA |–|PB |=2，且P 为函数y =3√4−x 2图像上的点，则|OP |=（ ） A ．√222B ．4√105C ．√7D ．√1011．（2020·全国（文））设F 1,F 2是双曲线C:x 2−y 23=1的两个焦点，O 为坐标原点，点P在C 上且|OP|=2，则△PF 1F 2的面积为（ ） A ．72B ．3C ．52D ．212．（2020·全国（理））若直线l 与曲线y =√x 和x 2+y 2=15都相切，则l 的方程为（ ） A ．y =2x +1B ．y =2x +12C ．y =12x +1D ．y =12x +1213．（2020·全国（理））设双曲线C ：x 2a2−y 2b 2=1（a >0，b >0）的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为√5．P 是C 上一点，且F 1P ⊥F 2P ．若△PF 1F 2的面积为4，则a =（ ） A ．1B ．2C ．4D ．814．（2020·全国（文））点(0，﹣1)到直线y =k (x +1)距离的最大值为（ ） A ．1B ．√2C ．√3D ．215．（2020·全国（文））设O 为坐标原点，直线x =2与抛物线C ：y 2=2px(p >0)交于D ，E 两点，若OD ⊥OE ，则C 的焦点坐标为（ ） A ．(14,0)B ．(12,0)C ．(1,0)D ．(2,0)16．（2020·全国（文））在平面内，A ，B 是两个定点，C 是动点，若AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =1，则点C 的轨迹为（ ） A ．圆B ．椭圆C ．抛物线D ．直线17．（2020·全国（文））已知圆x 2+y 2−6x =0，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（ ） A ．1 B ．2 C ．3D ．418．（2020·全国（理））已知⊙M ：x 2+y 2−2x −2y −2=0，直线l ：2x +y +2=0，P 为l 上的动点，过点P 作⊙M 的切线PA,PB ，切点为A,B ，当|PM|⋅|AB|最小时，直线AB的方程为（ ） A ．2x −y −1=0B ．2x +y −1=0C ．2x −y +1=0D ．2x +y +1=019．（2020·全国（理））已知A 为抛物线C :y 2=2px （p >0）上一点，点A 到C 的焦点的距离为12，到y 轴的距离为9，则p =（ ） A ．2B ．3C ．6D ．920．（2020·全国（理））若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x −y −3=0的距离为（ ） A ．√55B ．2√55C ．3√55D ．4√5521．（2020·全国（理））设O 为坐标原点，直线x =a 与双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的两条渐近线分别交于D,E 两点，若△ODE 的面积为8，则C 的焦距的最小值为（ ） A ．4B ．8C ．16D ．3222．（2019·北京（文））已知双曲线x 2a 2−y 2=1（a ＞0）的离心率是√5 则a =A ．√6B ．4C ．2D ．1223．（2019·全国（文））已知F 是双曲线C:x 24−y 25=1的一个焦点，点P 在C 上，O 为坐标原点，若|OP |=|OF |，则△OPF 的面积为 A ．32B ．52C ．72D ．9224．（2019·北京（理））已知直线l 的参数方程为{x =1+3t,y =2+4t （t 为参数），则点（1,0）到直线l 的距离是 A ．15B ．25C ．45D ．6525．（2019·全国（理））双曲线C ：x 24−y 22=1的右焦点为F ，点P 在C 的一条渐近线上，O 为坐标原点，若|PO |=|PF |，则△PFO 的面积为 A ．3√24B ．3√22C ．2√2D ．3√226．（2019·天津（文））已知抛物线y 2=4x 的焦点为F ，准线为l .若l 与双曲线x 2a 2−y 2b 2=1 (a >0,b >0)的两条渐近线分别交于点A 和点B ，且||4||AB OF （O 为原点），则双曲线的离心率为 A ．√2B ．√3C ．2D ．√527．（2019·全国（文））设F 为双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1（a >0，b >0）的右焦点，O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与圆x 2+y 2=a 2交于P 、Q 两点．若|PQ |=|OF |，则C 的离心率为A．√2B．√3C．2 D．√528．（2019·全国（文））已知椭圆C的焦点为F1(−1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点.若│AF2│=2│F2B│，│AB│=│BF1│，则C的方程为A．2212xy+=B．x23+y22=1C．x24+y23=1D．x25+y24=129．（2019·全国（文））双曲线C:22221(0,0)x ya ba b-=>>的一条渐近线的倾斜角为130°，则C的离心率为A．2sin40°B．2cos40°C．1sin50°D．1cos50°30．（2019·上海）以(a1,0),(a2,0)为圆心的两圆均过(1,0)，与y轴正半轴分别交于(0,y1),(0,y2)，且满足ln y1+ln y2=0，则点(1a1,1a2)的轨迹是A．直线B．圆C．椭圆D．双曲线31．（2018·北京（理））在平面直角坐标系中，记d为点P(cosθ,sinθ)到直线x−my−2= 0的距离，当θ、m变化时，d的最大值为A．1B．2C．3D．432．（2018·全国（理））设F1,F2是双曲线2222:1x yCa b-=（）的左、右焦点，O是坐标原点．过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P．若|PF1|=√6|OP|，则C的离心率为A．√5B．√3C．2D．√2 33．（2018·全国（理））直线x+y+2=0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆(x−2)2+y2=2上，则△ABP面积的取值范围是A．[2 ， 6]B．[4 ， 8]C．[√2 ， 3√2]D．[2√2 ， 3√2] 34．（2018·全国（文））已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若PF1⊥PF2，且∠PF2F1=60°，则C的离心率为A．1−√32B．2−√3C．√3−12D．√3−135．（2018·全国（理））已知F1，F2是椭圆C： x2a2+y2b2=1 (a>b>0)的左，右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为√36的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P=120°，则C的离心率为A ．23B ．12C ．13D ．1436．（2017·全国（理））已知双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0, b >0)的一条渐近线方程为y =√52x ，且与椭圆x 212+y 23=1有公共焦点.则C 的方程为（ ）A ．x 28−y 210=1 B ．x 24−y 25=1 C ．x 25−y 24=1 D ．x 24−y 23=137．（2017·全国（文））过抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F ，且斜率为√3的直线交C 于点M (M 在x 轴的上方)，l 为C 的准线，点N 在l 上且MN ⊥l ，则M 到直线NF 的距离为（ ） A ．√5 B ．2√2 C ．2√3 D ．3√3二、多选题38．（2021·全国）在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=1，点P 满足BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ +μBB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则（ ） A ．当λ=1时，△AB 1P 的周长为定值 B ．当μ=1时，三棱锥P −A 1BC 的体积为定值 C ．当λ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1P ⊥BP D ．当μ=12时，有且仅有一个点P ，使得1A B 平面AB 1P39．（2021·全国）已知点P 在圆(x −5)2+(y −5)2=16上，点A (4,0)、B (0,2)，则（ ） A ．点P 到直线AB 的距离小于10 B ．点P 到直线AB 的距离大于2 C ．当∠PBA 最小时，|PB |=3√2 D ．当∠PBA 最大时，|PB |=3√240．（2020·海南）已知曲线C:mx 2+ny 2=1.（ ） A ．若m >n >0，则C 是椭圆，其焦点在y 轴上 B ．若m =n >0，则C 是圆，其半径为√nC ．若mn <0，则C 是双曲线，其渐近线方程为y =±√−mn xD ．若m =0，n >0，则C 是两条直线未命名未命名三、填空题41．（2021·全国）已知O 为坐标原点，抛物线C ：y 2=2px (p >0)的焦点为F ，P 为C 上一点，PF 与x 轴垂直，Q 为x 轴上一点，且PQ ⊥OP ，若|FQ |=6，则C 的准线方程为______. 42．（2021·全国（文））已知F 1,F 2为椭圆C ：x 216+y 24=1的两个焦点，P ，Q 为C 上关于坐标原点对称的两点，且|PQ |=|F 1F 2|，则四边形PF 1QF 2的面积为________． 43．（2021·全国（理））已知双曲线C:x 2m−y 2=1(m >0)的一条渐近线为√3x +my =0，则C 的焦距为_________． 44．（2021·全国（文））双曲线x 24−y 25=1的右焦点到直线x +2y −8=0的距离为________．45．（2020·天津）已知直线x −√3y +8=0和圆x 2+y 2=r 2(r >0)相交于A,B 两点．若||6AB =，则r 的值为_________．46．（2020·江苏）在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线x 2a2﹣y 25=1(a ＞0)的一条渐近线方程为y=√52x ，则该双曲线的离心率是____.47．（2020·全国（理））已知F 为双曲线C:x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的右焦点，A 为C的右顶点，B 为C 上的点，且BF 垂直于x 轴.若AB 的斜率为3，则C 的离心率为______________.48．（2019·江苏）在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线y =x +4x (x >0)上的一个动点，则点P 到直线x +y =0的距离的最小值是_____.49．（2019·北京（文））设抛物线y 2=4x 的焦点为F ，准线为l .则以F 为圆心，且与l 相切的圆的方程为__________．50．（2019·全国（理））设F 1，F 2为椭圆C:x 236+y 220=1的两个焦点，M 为C 上一点且在第一象限.若△MF 1F 2为等腰三角形，则M 的坐标为___________. 51．（2019·浙江）已知椭圆x 29+y 25=1的左焦点为F ，点P 在椭圆上且在x 轴的上方，若线段PF 的中点在以原点O 为圆心，|OF |为半径的圆上，则直线PF 的斜率是_______.52．（2019·全国（理））已知双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线与C 的两条渐近线分别交于A ，B 两点．若F 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，F 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅F 2B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，则C 的离心率为____________．53．（2018·上海）已知实数x 1、x 2、y 1、y 2满足：x 12+y 12=1，x 22+y 22=1，x 1x 2+y 1y 2=12，则11√2+22√2的最大值为______．54．（2018·江苏）在平面直角坐标系xOy 中，A 为直线l:y =2x 上在第一象限内的点，B (5,0)，以AB 为直径的圆C 与直线l 交于另一点D ．若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，则点A 的横坐标为________．55．（2018·江苏）在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的右焦点F(c,0)到一条渐近线的距离为√32c ，则其离心率的值是________．56．（2018·北京（文））已知直线l 过点（1,0）且垂直于x 轴，若l 被抛物线y 2=4ax 截得的线段长为4，则抛物线的焦点坐标为_________.57．（2018·全国（理））已知点M(−1，1)和抛物线C ：y 2=4x ，过C 的焦点且斜率为k 的直线与C 交于A ，B 两点．若∠AMB =90°，则k =________．58．（2018·浙江）已知点P (0，1)，椭圆24x +y 2=m (m >1)上两点A ，B 满足AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则当m =___________时，点B 横坐标的绝对值最大．四、解答题59．（2021·全国（文））已知抛物线C:y 2=2px(p >0)的焦点F 到准线的距离为2． （1）求C 的方程;（2）已知O 为坐标原点，点P 在C 上，点Q 满足PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =9QF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，求直线OQ 斜率的最大值.60．（2021·全国（文））抛物线C 的顶点为坐标原点O ．焦点在x 轴上，直线l ：x =1交C 于P ，Q 两点，且OP ⊥OQ ．已知点M (2,0)，且⊙M 与l 相切． （1）求C ，⊙M 的方程；（2）设A 1,A 2,A 3是C 上的三个点，直线A 1A 2，A 1A 3均与⊙M 相切．判断直线A 2A 3与⊙M 的位置关系，并说明理由．61．（2021·浙江）如图，已知F 是抛物线()220y px p =>的焦点，M 是抛物线的准线与x 轴的交点，且|MF |=2，（1）求抛物线的方程；（2）设过点F 的直线交抛物线与A ､B 两点，斜率为2的直线l 与直线MA,MB,AB ，x 轴依次交于点P ，Q ，R ，N ，且|RN |2=|PN |⋅|QN |，求直线l 在x 轴上截距的范围. 62．（2021·全国（理））在直角坐标系xOy 中，⊙C 的圆心为()2,1C ，半径为1． （1）写出⊙C 的一个参数方程;（2）过点F (4,1)作⊙C 的两条切线．以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程．63．（2021·全国（理））已知抛物线C:x 2=2py (p >0)的焦点为F ，且F 与圆M:x 2+(y +4)2=1上点的距离的最小值为4． （1）求p ；（2）若点P 在M 上，PA,PB 是C 的两条切线，A,B 是切点，求△PAB 面积的最大值． 64．（2021·全国）在平面直角坐标系xOy 中，已知点F 1(−√17,0)、F 2(√17,0)|MF 1|−|MF 2|=2，点M 的轨迹为C . （1）求C 的方程；（2）设点T 在直线x =12上，过T 的两条直线分别交C 于A 、B 两点和P ，Q 两点，且|TA |⋅|TB |=|TP |⋅|TQ |，求直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和. 65．（2020·海南）已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)过点M（2，3）,点A 为其左顶点，且AM 的斜率为12 ， （1）求C 的方程；（2）点N 为椭圆上任意一点，求△AMN 的面积的最大值. 66．（2020·天津）已知椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的一个顶点为A(0,−3)，右焦点为F ，且|OA|=|OF|，其中O 为原点． （Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）已知点C 满足3OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =OF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，点B 在椭圆上（B 异于椭圆的顶点），直线AB 与以C 为圆心的圆相切于点P ，且P 为线段AB 的中点．求直线AB 的方程． 67．（2020·北京）已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1过点A(−2,−1)，且a =2b ． （Ⅰ）求椭圆C 的方程：（Ⅱ）过点(4,0)B 的直线l 交椭圆C 于点M,N ,直线MA,NA 分别交直线x =−4于点P,Q ．求|PB||BQ|的值．68．（2020·山东）已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为√22，且过点A (2,1)．（1）求C 的方程：（2）点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得|DQ |为定值．69．（2020·江苏）在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆E:x 24+y 23=1的左、右焦点分别为F 1，F 2，点A 在椭圆E 上且在第一象限内，AF 2⊥F 1F 2，直线AF 1与椭圆E 相交于另一点B ．（1）求△AF 1F 2的周长；（2）在x 轴上任取一点P ，直线AP 与椭圆E 的右准线相交于点Q ，求OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅QP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值；（3）设点M 在椭圆E 上，记△OAB 与△MAB 的面积分别为S 1，S 2，若S 2=3S 1，求点M 的坐标．70．（2020·全国（理））已知A 、B 分别为椭圆E ：x 2a 2+y 2=1（a >1）的左、右顶点，G为E 的上顶点，AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =8，P 为直线x =6上的动点，P A 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ． （1）求E 的方程；（2）证明：直线CD过定点.71．（2020·全国（文））已知椭圆C1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=43|AB|．（1）求C1的离心率；（2）若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程．72．（2019·江苏）如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB（AB是圆O的直径）．规划在公路l上选两个点P、Q，并修建两段直线型道路PB、QA．规划要求:线段PB、QA上的所有点到点O的距离均不小于圆．．．．O的半径．已知点A、B到直线l的距离分别为AC和BD（C、D为垂足），测得AB=10，AC=6，BD=12（单位:百米）．（1）若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；（2）在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；（3）对规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d（单位：百米）.求当d最小时，P、Q两点间的距离．73．（2019·江苏）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦点为F1（–1、0），F2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:(x−1)2+y2= 4a2交于点A，与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C 于点E，连结DF1．已知DF1=52．（1）求椭圆C的标准方程；（2）求点E的坐标．74．（2019·北京（理））已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．（Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程；（Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．75．（2019·全国（文））已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│ =4，⊙M过点A，B 且与直线x+2=0相切．（1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径．（2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│－│MP│为定值？并说明理由．76．（2019·上海）已知抛物线方程y2=4x,F为焦点，P为抛物线准线上一点，Q为线段PF与抛物线的交点，定义：d(P)=|PF|.|FQ|)时，求d(P)；（1）当P(−1,−83（2）证明：存在常数a，使得2d(P)=|PF|+a；（3）P1,P2,P3为抛物线准线上三点，且|P1P2|=|P2P3|，判断d(P1)+d(P3)与2d(P2)的关系.77．（2018·上海）设常数t>2．在平面直角坐标系xOy中，已知点F(2，0)，直线l：x=t，曲线Γ：y2=8x(0≤x≤t，y≥0)．l与x轴交于点A、与Γ交于点B．P、Q分别是曲线Γ与线段AB上的动点．（1）用t 表示点B 到点F 距离；（2）设t =3，|FQ |=2，线段OQ 的中点在直线FP ，求△AQP 的面积；（3）设t =8，是否存在以FP 、FQ 为邻边的矩形FPEQ ，使得点E 在Γ上？若存在，求点P 的坐标；若不存在，说明理由． 78．（2018·北京（文））已知椭圆M:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为√63，焦距为2√2.斜率为k 的直线l 与椭圆M 有两个不同的交点A 、B . （Ⅰ）求椭圆M 的方程； （Ⅱ）若k =1，求|AB|的最大值；（Ⅲ）设P (−2,0)，直线PA 与椭圆M 的另一个交点为C ，直线PB 与椭圆M 的另一个交点为D .若C 、D 和点Q (−74,14) 共线，求k .79．（2018·江苏）如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C 过点(√3,12)，焦点F 1(−√3,0),F 2(√3,0)，圆O 的直径为F 1F 2． （1）求椭圆C 及圆O 的方程；（2）设直线l 与圆O 相切于第一象限内的点P ．①若直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，求点P 的坐标； ②直线l 与椭圆C 交于A,B 两点．若△OAB 的面积为2√67，求直线l 的方程．80．（2018·北京（理））已知抛物线C ：y 2=2px 经过点P （1，2）．过点Q （0，1）的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线P A 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N ． （Ⅰ）求直线l 的斜率的取值范围；（Ⅱ）设O 为原点，QM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λQO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，QN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μQO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，求证：1λ+1μ为定值． 81．（2018·全国（文））在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的方程为y =k |x |+2.以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ2+2ρcos θ−3=0. （1）求C 2的直角坐标方程；（2）若C 1与C 2有且仅有三个公共点，求C 1的方程. 82．（2018·全国（理））已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ： x 24+y 23=1交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M(1 ， m)(m >0)． （1）证明：k <−12；（2）设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点,且FP ⃗⃗⃗⃗⃗ +FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0．证明：|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |，|FP ⃗⃗⃗⃗⃗ |，|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |成等差数列，并求该数列的公差．83．（2018·全国（文））已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ： x 24+y 23=1交于A ，B 两点．线段AB 的中点为M(1,m)(m >0)． （1）证明：k <−12；（2）设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP ⃗⃗⃗⃗⃗ +FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ．证明：2|FP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |． 84．（2018·全国（理））在平面直角坐标系xOy 中，⊙O 的参数方程为{x =cos θ，y =sin θ（θ为参数），过点(0 ， −√2)且倾斜角为α的直线l 与⊙O 交于A ， B 两点． （1）求α的取值范围；（2）求AB 中点P 的轨迹的参数方程．85．（2018·浙江）如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2=4x 上存在不同的两点A ，B 满足PA ，PB 的中点均在C 上．（Ⅰ）设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；（Ⅱ）若P 是半椭圆x 2+y 24=1(x<0)上的动点，求△PAB 面积的取值范围．86．（2018·全国（文））设抛物线C ： y 2=2x ，点A(2 ， 0)，B(−2 ， 0)，过点A 的直线l 与C 交于M ，N 两点．（1）当l 与x 轴垂直时，求直线BM 的方程； （2）证明：∠ABM =∠ABN ． 87．（2018·天津（理））设椭圆x 2a2+y 2b 2=1 (a >b >0)的左焦点为F ，上顶点为B . 已知椭圆的离心率为√53，点A 的坐标为(b,0)，且|FB |⋅|AB |=6√2.（I ）求椭圆的方程；（II ）设直线l ：y =kx(k >0)与椭圆在第一象限的交点为P ，且l 与直线AB 交于点Q . 若|AQ ||PQ |=5√24sin∠AOQ (O 为原点) ，求k 的值.88．（2018·全国（文））设抛物线C ： y 2=4x 的焦点为F ，过F 且斜率为k(k >0)的直线l 与C 交于A ，B 两点，|AB| =8． （1）求l 的方程；（2）求过点A ，B 且与C 的准线相切的圆的方程． 89．（2018·天津（文））设椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的右顶点为A ，上顶点为B ．已知椭圆的离心率为√53，|AB |=√13．（1）求椭圆的方程；（2）设直线:(0)l y kx k =<与椭圆交于P ，Q 两点，l 与直线AB 交于点M ，且点P ，M 均在第四象限．若△BPM 的面积是△BPQ 面积的2倍，求k 的值．五、双空题90．（2021·浙江）已知椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，焦点1(,0)Fc -，2(,0)F c (c >0)，若过F 1的直线和圆(x −12c)2+y 2=c 2相切，与椭圆在第一象限交于点P ，且PF 2⊥x 轴，则该直线的斜率是___________，椭圆的离心率是___________.91．（2020·浙江）设直线l:y =kx +b(k >0)与圆x 2+y 2=1和圆(x −4)2+y 2=1均相切，则k =_______；b =______．92．（2019·浙江）已知圆C 的圆心坐标是(0,m)，半径长是r .若直线2x −y +3=0与圆相切于点A(−2,−1)，则m =_____，r =______. 93．（2018·北京（理））已知椭圆M ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，双曲线N ：x 2m 2−y 2n2=1．若双曲线N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M 的离心率为__________；双曲线N 的离心率为__________．近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编十二、解析几何（答案解析）1．A 【分析】首先确定渐近线方程，然后利用点到直线距离公式求得点到一条渐近线的距离即可. 【解析】由题意可知，双曲线的渐近线方程为：x 216−y 29=0，即3x ±4y =0，结合对称性，不妨考虑点(3,0)到直线3x +4y =0的距离：d =√9+16=95. 故选：A. 2．A 【分析】设点P (x 0,y 0)，由依题意可知，B (0,1)，220015x y +=，再根据两点间的距离公式得到2PB ，然后消元，即可利用二次函数的性质求出最大值． 【解析】设点P (x 0,y 0)，因为B (0,1)，220015x y +=，所以|PB |2=x 02+(y 0−1)2=5(1−y 02)+(y 0−1)2=−4y 02−2y 0+6=−4(y 0−12)2+254，而−1≤y 0≤1，所以当y 0=12时，|PB |的最大值为52． 故选：A ． 【小结】本题解题关键是熟悉椭圆的简单几何性质，由两点间的距离公式，并利用消元思想以及二次函数的性质即可解出． 3．C 【分析】本题通过利用椭圆定义得到|MF 1|+|MF 2|=2a =6，借助基本不等式|MF 1|⋅|MF 2|≤(|MF 1|+|MF 2|2)2即可得到答案．【解析】由题，a 2=9,b 2=4，则|MF 1|+|MF 2|=2a =6，所以|MF 1|⋅|MF 2|≤(|MF 1|+|MF 2|2)2=9（当且仅当|MF 1|=|MF 2|=3时，等号成立）．故选：C ． 【小结】椭圆上的点与椭圆的两焦点的距离问题，常常从椭圆的定义入手，注意基本不等式得灵活运用，或者记住定理：两正数，和一定相等时及最大，积一定，相等时和最小，也可快速求解. 4．C 【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程. 【解析】由题意得2()()[()]f s t f s t f s -+=，即()2222()()a s t b a s t b as b ⎡⎤⎡⎤-+++=+⎣⎦⎣⎦，对其进行整理变形：(as 2+at 2−2ast +b )(as 2+at 2+2ast +b )=(as 2+b )2，()()222222(2)0asat b ast as b++--+=，()2222222240asat b at a s t ++-=，222242220a s t a t abt -++=，所以22220as at b -++=或t =0，其中2212s t b b a a-=为双曲线，t =0为直线.故选：C. 【小结】关键点小结：本题考查轨迹方程，关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心素养中的逻辑推理素养和数学运算素养，属于中等题. 5．A 【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出|PF 1|,|PF 2|，结合余弦定理可得答案.【解析】因为|PF1|=3|PF2|，由双曲线的定义可得|PF1|−|PF2|=2|PF2|=2a，所以|PF2|=a，|PF1|=3a；因为1260F PF∠=︒,由余弦定理可得4c2=9a2+a2−2×3a⋅a⋅cos60°，整理可得4c2=7a2，所以e2=c2a2=74，即e=√72.故选：A【小结】关键小结：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立a,c间的等量关系是求解的关键. 6．C【分析】设P(x0,y0)，由B(0,b)，根据两点间的距离公式表示出|PB|，分类讨论求出|PB|的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．【解析】设P(x0,y0)，由B(0,b)，因为x02a2+y02b2=1，a2=b2+c2，所以|PB|2=x02+(y0−b)2=a2(1−y02b2)+(y0−b)2=−c2b2(y0+b3c2)2+b4c2+a2+b2，因为−b≤y0≤b，当−b3c2≤−b，即b2≥c2时，|PB|max22，即|PB|max，符合题意，由b2≥c2可得a2≥2c2，即0<e≤√22；当−b3c2>−b，即b2<c2时，|PB|max2b4c222，即b4c2+a2+b2≤4b2，化简得，(c2−b2)2≤0，显然该不等式不成立．故选：C．【小结】本题解题关键是如何求出|PB|的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．7．D【分析】由抛物线的焦点(1,0)可求得直线l的方程为x+yb=1，即得直线的斜率为−b，再根据双曲线的渐近线的方程为y=±ba x，可得−b=−ba，−b×ba=−1即可求出a,b，得到双曲线的方程．【解析】由题可知，抛物线的焦点为(1,0)，所以直线l的方程为x+yb=1，即直线的斜率为−b，又双曲线的渐近线的方程为y=±ba x，所以−b=−ba，−b×ba=−1，因为0,0a b>>，解得a=1,b=1．故选：D．【小结】本题主要考查抛物线的简单几何性质，双曲线的几何性质，以及直线与直线的位置关系的应用，属于基础题．8．B【分析】依据题意不妨作出焦点在x轴上的开口向右的抛物线，根据垂直平分线的定义和抛物线的定义可知，线段FQ的垂直平分线经过点P，即求解.【解析】如图所示：．因为线段FQ的垂直平分线上的点到F,Q的距离相等，又点P在抛物线上，根据定义可知，|PQ|=|PF|，所以线段FQ的垂直平分线经过点P.故选：B.【小结】本题主要考查抛物线的定义的应用，属于基础题.9．A【分析】求出圆心C的轨迹方程后，根据圆心M到原点O的距离减去半径1可得答案.【解析】设圆心C(x,y)，则√(x−3)2+(y−4)2=1，化简得(x−3)2+(y−4)2=1，所以圆心C的轨迹是以M(3,4)为圆心，1为半径的圆，所以|OC|+1≥|OM|=√32+42=5，所以|OC|≥5−1=4，当且仅当C在线段OM上时取得等号，故选：A.【小结】本题考查了圆的标准方程，属于基础题.10．D【分析】根据题意可知，点P既在双曲线的一支上，又在函数234y x=-即可求出点P的坐标，得到|OP|的值．【解析】因为|PA|−|PB|=2<4，所以点P在以A,B为焦点，实轴长为2，焦距为4的双曲线的右支上，由c=2,a=1可得，b2=c2−a2=4−1=3，即双曲线的右支方程为x2−y23=1(x>0)，而点P还在函数234y x=-的图象上，所以，由{y=3√4−x2x2−y23=1(x>0)，解得{x=√132y=3√32，即|OP|=√134+274=√10．故选：D.【小结】本题主要考查双曲线的定义的应用，以及二次曲线的位置关系的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．11．B 【分析】由△F 1F 2P 是以P 为直角直角三角形得到|PF 1|2+|PF 2|2=16，再利用双曲线的定义得到||PF 1|−|PF 2||=2，联立即可得到12||||PF PF ，代入12F F P S =△12|PF 1||PF 2|中计算即可.【解析】由已知，不妨设F 1(−2,0),F 2(2,0)， 则a =1,c =2，因为|OP |=2=12|F 1F 2|， 所以点P 在以F 1F 2为直径的圆上，即△F 1F 2P 是以P 为直角顶点的直角三角形， 故2221212||||||PF PF F F +=，即|PF 1|2+|PF 2|2=16，又||PF 1|−|PF 2||=2a =2，所以4=||PF 1|−|PF 2||2=|PF 1|2+|PF 2|2−2|PF 1||PF 2|=16−212||||PF PF ，解得|PF 1||PF 2|=6，所以12F F P S =△12|PF 1||PF 2|=3故选：B 【点晴】本题考查双曲线中焦点三角形面积的计算问题，涉及到双曲线的定义，考查学生的数学运算能力，是一道中档题. 12．D 【分析】根据导数的几何意义设出直线l 的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案. 【解析】设直线l 在曲线y =√x 上的切点为(x 0,√x 0)，则x 0>0，函数y =√x 的导数为y ′=2√x ，则直线l 的斜率k =2√x ，设直线l 的方程为y −√x 0=2√x x −x 0)，即x −2√x 0y +x 0=0， 由于直线l 与圆x 2+y 2=15相切，则0√1+4x =√5，两边平方并整理得5x 02−4x 0−1=0，解得x 0=1，x 0=−15（舍），则直线l 的方程为210x y -+=，即y =12x +12. 故选：D. 【小结】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题. 13．A 【分析】根据双曲线的定义，三角形面积公式，勾股定理，结合离心率公式，即可得出答案. 【解析】∵ca =√5，5c a ∴，根据双曲线的定义可得||PF 1|−|PF 2||=2a ， S △PF 1F 2=12|PF 1|⋅|PF 2|=4，即|PF 1|⋅|PF 2|=8，∵F 1P ⊥F 2P ，∴|PF 1|2+|PF 2|2=(2c )2，∴(|PF 1|−|PF 2|)2+2|PF 1|⋅|PF 2|=4c 2，即a 2−5a 2+4=0，解得1a =， 故选：A. 【小结】本题主要考查了双曲线的性质以及定义的应用，涉及了勾股定理，三角形面积公式的应用，属于中档题. 14．B 【分析】首先根据直线方程判断出直线过定点P(−1,0)，设A(0,−1)，当直线(1)y k x =+与AP 垂直时，点A 到直线(1)y k x =+距离最大，即可求得结果. 【解析】由(1)y k x =+可知直线过定点P(−1,0)，设A(0,−1)，当直线(1)y k x =+与AP 垂直时，点A 到直线(1)y k x =+距离最大， 即为|AP|=√2. 故选：B. 【小结】该题考查的是有关解析几何初步的问题，涉及到的知识点有直线过定点问题，利用几何性质是解题的关键，属于基础题.15．B【分析】，从而可以根据题中所给的条件OD⊥OE，结合抛物线的对称性，可知∠DOx=∠EOx=π4确定出点D的坐标，代入方程求得p的值，进而求得其焦点坐标，得到结果.【解析】因为直线x=2与抛物线y2=2px(p>0)交于E,D两点，且OD⊥OE，，所以D(2,2)，根据抛物线的对称性可以确定∠DOx=∠EOx=π4,0)，代入抛物线方程4=4p，求得p=1，所以其焦点坐标为(12故选：B.【小结】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物线的对称性，点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目.16．A【分析】首先建立平面直角坐标系，然后结合数量积的定义求解其轨迹方程即可.【解析】设AB=2a(a>0)，以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则：A(−a,0),B(a,0)，设C(x,y)，可得：AC→=(x+a,y),BC→=(x−a,y)，从而：AC→⋅BC→=(x+a)(x−a)+y2，结合题意可得：(x+a)(x−a)+y2=1，整理可得：x2+y2=a2+1，即点C的轨迹是以AB中点为圆心，√a2+1为半径的圆.故选：A.【小结】本题主要考查平面向量及其数量积的坐标运算，轨迹方程的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.17．B【分析】当直线和圆心与点(1,2)的连线垂直时，所求的弦长最短，即可得出结论.【解析】圆x2+y2−6x=0化为(x−3)2+y2=9，所以圆心C坐标为C(3,0)，半径为3，设P(1,2)，当过点P的直线和直线CP垂直时，圆心到过点P的直线的距离最大，所求的弦长最短，此时|CP|=√(3−1)2+(−2)2=2√2根据弦长公式得最小值为2√9−|CP|2=2√9−8=2.故选：B.【小结】本题考查圆的简单几何性质，以及几何法求弦长，属于基础题.18．D【分析】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点A,P,B,M共圆，且AB⊥MP，根据|PM|⋅|AB|=4S△PAM=4|PA|可知，当直线MP⊥l时，|PM|⋅|AB|最小，求出以MP为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线AB的方程．【解析】圆的方程可化为(x−1)2+(y−1)2=4，点M到直线l的距离为d=√22+12=√5>2，所以直线l与圆相离．依圆的知识可知，四点A,P,B,M四点共圆，且AB⊥MP，所以|PM|⋅|AB|=4S△PAM=4×12×|PA|×|AM|=4|PA|，而|PA|=√|MP|2−4，当直线MP⊥l时，|MP|√5min，|PA|min，此时|PM|⋅|AB|最小．∴MP:y−1=12(x−1)即y=12x+12，由{y=12x+122x+y+2=0解得，{x=−1y=0．所以以MP为直径的圆的方程为(x−1)(x+1)+y(y−1)=0，即x2+y2−y−1=0，两圆的方程相减可得：2x+y+1=0，即为直线AB的方程．故选：D.【小结】本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性质的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题．19．C【分析】利用抛物线的定义建立方程即可得到答案.【解析】设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知|AF|=x A+p2=12，即12=9+p2，解得p=6.故选：C.【点晴】本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径，考查学生转化与化归思想，是一道容易题. 20．B【分析】由题意可知圆心在第一象限，设圆心的坐标为(a,a),a>0，可得圆的半径为a，写出圆的标准方程，利用点(2,1)在圆上，求得实数a的值，利用点到直线的距离公式可求出圆心到直线2x−y−3=0的距离.【解析】由于圆上的点(2,1)在第一象限，若圆心不在第一象限，则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限，设圆心的坐标为(a,a)，则圆的半径为a，圆的标准方程为(x−a)2+(y−a)2=a2.由题意可得(2−a)2+(1−a)2=a2，可得a2−6a+5=0，解得1a=或a=5，所以圆心的坐标为(1,1)或()5,5，圆心到直线的距离均为121132555d⨯--==；圆心到直线的距离均为225532555d⨯--==圆心到直线2x−y−3=0的距离均为d=√5=2√55；所以，圆心到直线2x−y−3=0的距离为2√55.故选：B.【小结】本题考查圆心到直线距离的计算，求出圆的方程是解题的关键，考查计算能力，属于中等题. 21．B【分析】因为C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，可得双曲线的渐近线方程是y=±bax，与直线x=a联立方程求得D，E两点坐标，即可求得|ED|，根据△ODE的面积为8，可得ab值，根据2c= 2√a2+b2，结合均值不等式，即可求得答案.【解析】∵C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)∴双曲线的渐近线方程是y=±bax∵直线x=a与双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于D，E两点不妨设D为在第一象限，E在第四象限联立{x=ay=ba x，解得{x=ay=b故D(a,b)联立{x=ay=−ba x，解得{x=ay=−b故E(a,−b)∴|ED|=2b ∴△ODE面积为：S△ODE=12a×2b=ab=8∵双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)∴其焦距为2c=2√a2+b2≥2√2ab=2√16=8当且仅当a=b=2√2取等号。

2022年全国高考数学真题及模拟题汇编：平面解析几何一．选择题（共12小题）1．（2021秋•房山区期末）圆心为（﹣2，3）且与y轴相切的圆的方程为（）A．（x﹣2）2+（y+3）2＝9B．（x+2）2+（y﹣3）2＝9C．（x﹣2）2+（y+3）2＝4D．（x+2）2+（y﹣3）2＝42．（2021秋•成都期末）设直线l1：ax+（a﹣2）y+1＝0，l2：x+ay﹣3＝0．若l1⊥l2，则a 的值为（）A．0或1B．0或﹣1C．1D．﹣13．（2021秋•唐山期末）圆C1：x2+y2﹣4x+2y﹣4＝0与圆C2：x2+y2+4x﹣4y+4＝0的位置关系为（）A．内切B．相交C．外切D．外离4．（2021秋•白云区期末）已知圆C的方程为x2+y2+2x﹣4y﹣4＝0，则圆心C的坐标为（）A．（﹣1，2）B．（1，﹣2）C．（﹣2，4）D．（2，﹣4）5．（2021秋•河南月考）已知A（﹣1，2），B（3，5），则与直线AB平行且距离为2的直线方程为（）A．3x﹣4y+21＝0B．3x﹣4y﹣1＝0C．3x﹣4y+21＝0或3x﹣4y+1＝0D．3x﹣4y﹣21＝0或3x﹣4y﹣1＝06．（2021秋•嫩江市期末）已知直线l1：（a﹣2）x+ay+2＝0，l2：x+（a﹣2）y+a＝0，则“a ＝﹣1”是“l1⊥l2”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件7．（2021秋•平房区校级期末）若直线l：y＝kx﹣3与直线2x+3y﹣6＝0的交点位于第一象限，则直线l的倾斜角的取值范围是（）A．B．C．D．8．（2021秋•河东区期末）已知抛物线y2＝4x的焦点为F，P为抛物线上一点，过点P向准线作垂线，垂足为Q，若∠FPQ＝60°，则|PF|＝（）A．1B．2C．3D．49．（2021秋•海淀区期末）若双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的一条渐近线经过点（，1），则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．210．（2021秋•重庆月考）已知椭圆的一个焦点坐标为（2，0），则m＝（）A．1B．2C．5D．911．（2021秋•榆林期末）已知直线l：mx﹣3y﹣4m+9＝0与圆C：x2+y2＝100相交于A、B 两点，则|AB|的最小值为（）A．5B．5C．10D．1012．（2021秋•重庆月考）已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，上顶点为A，抛物线E的顶点为坐标原点，焦点为F2，若直线F1A与抛物线E交于P，Q两点，且|P A|+|QA|＝4a，则椭圆C的离心率为（）A．B．C．D．二．填空题（共4小题）13．（2021秋•宜春期末）已知直线的倾斜角α＝30°，且过点A（4，3），则该直线的方程为．14．（2021秋•滨海新区校级期末）在圆M：x2+y2﹣4x﹣4y﹣1＝0中，过点E（0，1）的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为．15．（2021秋•南岗区校级期末）已知等边三角形的一个顶点位于原点，另外两个顶点在抛物线y2＝上，则这个等边三角形的边长为．16．（2021秋•工农区校级期末）已知F1，F2为双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点，双曲线的离心率为2，点P在双曲线C的右支上，且PF1的中点N在圆O：x2+y2＝c2上，其中c为双曲线的半焦距，则sin∠F1PF2＝．三．解答题（共6小题）17．（2021秋•房山区期末）在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点坐标分别为A（2，﹣2）、B（6，6）、C（0，6）．（Ⅰ）设线段AB的中点为M，求中线CM所在直线的方程；（Ⅱ）求边AB上的高所在直线的方程．18．（2021秋•房山区期末）已知圆M：x2+y2﹣2x＝0与圆N：x2+y2﹣8x+a＝0外切．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）若直线x﹣y﹣2＝0与圆M交于A，B两点，求弦AB的长．19．（2021秋•重庆月考）已知双曲线的一条渐近线斜率为，且双曲线C经过点M（2，1）．（1）求双曲线C的方程；（2）斜率为的直线l与双曲线C交于异于M的不同两点A、B，直线MA、MB的斜率分别为k1、k2，若k1+k2＝1，求直线l的方程．20．（2021秋•西固区校级期末）已知两定点A（﹣2，0），B（1，0），若动点P满足条件|P A|＝2|PB|．（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）求直线l：y＝x被轨迹C所截得的线段长．21．（2021秋•让胡路区校级期末）以椭圆的中心O为圆心，为半径的圆称为该椭圆的“准圆”．已知椭圆C的长轴长是短轴长的倍，且经过点，椭圆C的“准圆”的一条弦AB所在的直线与椭圆C交于M、N两点．（1）求椭圆C的标准方程及其“准圆”的方程；（2）当时，证明：弦AB的长为定值．22．（2021秋•1月份月考）如图所示，已知抛物线C：y2＝2x，过点A（2，0）的直线l与抛物线C有两个交点，若抛物线C上存在不同的两点M，N关于直线l对称，记MN的中点为T．（1）求点T的轨迹方程；（2）求S△AMT的最大值．2022年全国高考数学真题及模拟题汇编：平面解析几何参考答案与试题解析一．选择题（共12小题）1．（2021秋•房山区期末）圆心为（﹣2，3）且与y轴相切的圆的方程为（）A．（x﹣2）2+（y+3）2＝9B．（x+2）2+（y﹣3）2＝9C．（x﹣2）2+（y+3）2＝4D．（x+2）2+（y﹣3）2＝4【考点】直线与圆的位置关系．【专题】计算题；对应思想；综合法；直线与圆；数学运算．【分析】由所求圆与y轴相切可得，圆心P到y轴的距离等于半径，根据P点坐标求出P到y轴的距离，得到圆的半径，由圆心坐标和半径写出圆的标准方程即可．【解答】解：点（﹣2，3）到y轴的距离为2，所以圆的半径为2，所以圆心为（﹣2，3）且与y轴相切的圆的方程为（x+2）2+（y﹣3）2＝4．故选：D．【点评】此题考查了圆的标准方程，要求学生会根据圆心坐标和半径写出圆的标准方程．由圆与y轴相切，根据P点横坐标的绝对值求出P到y轴的距离得到圆的半径是解本题的关键．2．（2021秋•成都期末）设直线l1：ax+（a﹣2）y+1＝0，l2：x+ay﹣3＝0．若l1⊥l2，则a 的值为（）A．0或1B．0或﹣1C．1D．﹣1【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系．【专题】方程思想；定义法；直线与圆；数学运算．【分析】利用直线与直线垂直的性质直接求解．【解答】解：∵直线l1：ax+（a﹣2）y+1＝0，l2：x+ay﹣3＝0，l1⊥l2，∴a×1+（a﹣2）×a＝0，解得a＝0或a＝1．故选：A．【点评】本题考查实数值的求法，考查直线与直线垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3．（2021秋•唐山期末）圆C1：x2+y2﹣4x+2y﹣4＝0与圆C2：x2+y2+4x﹣4y+4＝0的位置关系为（）A．内切B．相交C．外切D．外离【考点】圆与圆的位置关系及其判定．【专题】转化思想；综合法；直线与圆；数学运算．【分析】求出两个圆的圆心与半径，通过圆心距与半径的关系判断选项即可．【解答】解：圆C1：x2+y2﹣4x+2y﹣4＝0，即（x﹣2）²+（y+1）²＝9的圆心（2，﹣1），半径为3；圆C2：x2+y2+4x﹣4y+4＝0，即（x+2）²+（y﹣2）²＝4的圆心（﹣2，2），半径为2；圆心距为＝5，因为5＝3+2，所以两个圆的位置关系是外切，故选：C．【点评】本题考查圆的位置关系的判断，求解圆的圆心与半径，两个圆的圆心距与半径的关系是解题的关键，属于基础题．4．（2021秋•白云区期末）已知圆C的方程为x2+y2+2x﹣4y﹣4＝0，则圆心C的坐标为（）A．（﹣1，2）B．（1，﹣2）C．（﹣2，4）D．（2，﹣4）【考点】圆的一般方程．【专题】转化思想；转化法；直线与圆；数学运算．【分析】根据已知条件，将圆的一般式方程转化为标准方程，即可求解．【解答】解：∵圆C的方程为x2+y2+2x﹣4y﹣4＝0，∴（x+1）2+（y﹣2）2＝9，∴圆心C的坐标为（﹣1，2）．故选：A．【点评】本题主要考查圆心的求解，属于基础题．5．（2021秋•河南月考）已知A（﹣1，2），B（3，5），则与直线AB平行且距离为2的直线方程为（）A．3x﹣4y+21＝0B．3x﹣4y﹣1＝0C．3x﹣4y+21＝0或3x﹣4y+1＝0D．3x﹣4y﹣21＝0或3x﹣4y﹣1＝0【考点】两条平行直线间的距离．【专题】转化思想；综合法；直线与圆；逻辑推理；数学运算．【分析】直接利用平行线间的距离公式的应用求出结果．【解答】解：已知A（﹣1，2），B（3，5），所以直线AB的斜率k＝，所以直线AB的方程为，整理得3x﹣4y+11＝0，设与直线AB平行的直线方程为3x﹣4y+c＝0，利用平行线间的距离公式：，解得c＝1或21．故直线的方程为3x﹣4y+21＝0或3x﹣4y+1＝0．故选：C．【点评】本题考查的知识要点：平行线间的距离公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．6．（2021秋•嫩江市期末）已知直线l1：（a﹣2）x+ay+2＝0，l2：x+（a﹣2）y+a＝0，则“a ＝﹣1”是“l1⊥l2”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【考点】充分条件、必要条件、充要条件；直线的一般式方程与直线的垂直关系．【专题】转化思想；综合法；简易逻辑；逻辑推理；数学运算．【分析】直接利用直线垂直的充要条件的应用和充分条件和必要条件的应用求出结果．【解答】解：当a＝﹣1时，则直线l1：﹣3x﹣y+2＝0，直线l2：x﹣3y﹣1＝0，则l1⊥l2，当l1⊥l2时，则（a﹣2）+a（a﹣2）＝0，整理得a2﹣a﹣2＝0，解得a＝﹣1或2，故“a＝﹣1”是“l1⊥l2”的充分不必要条件；故选：A．【点评】本题考查的知识要点：直线垂直的充要条件，充分条件和必要条件，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．7．（2021秋•平房区校级期末）若直线l：y＝kx﹣3与直线2x+3y﹣6＝0的交点位于第一象限，则直线l的倾斜角的取值范围是（）A．B．C．D．【考点】直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系．【专题】转化思想；综合法；直线与圆；数学运算．【分析】联立两直线方程到底一个二元一次方程组，求出方程组的解集即可得到交点的坐标，根据交点在第一象限得到横纵坐标都大于0，联立得到关于k的不等式组，求出不等式组的解集即可得到k的范围，然后根据直线的倾斜角的正切值等于斜率k，根据正切函数图象得到倾斜角的范围．【解答】解：联立两直线方程得：，将①代入②得：x＝③，把③代入①，求得y＝，所以两直线的交点坐标为（，），因为两直线的交点在第一象限，所以得到＞0，且＞0，解得：k＞1，设直线l的倾斜角为θ，则tanθ＞1，所以θ∈（，）．故选：C．【点评】本题主要考查根据两直线的方程求出交点的坐标，掌握象限点坐标的特点，掌握直线倾斜角与直线斜率的关系，是一道综合题．8．（2021秋•河东区期末）已知抛物线y2＝4x的焦点为F，P为抛物线上一点，过点P向准线作垂线，垂足为Q，若∠FPQ＝60°，则|PF|＝（）A．1B．2C．3D．4【考点】抛物线的性质．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．【分析】根据题意作出简图，可得△FPQ为等边三角形，在Rt△QNF中求解可得|QF|＝4，从而得解．【解答】解：根据题意作出简图，如图所示：根据抛物线的定义可知|PF|＝|PQ|，结合∠FPQ＝60°，可得△FPQ为等边三角形，所以∠PQF＝∠QFN﹣60°，在RtΔQNF中，因为|NF|＝2，所以|QF|＝4，所以|PF|＝4．故选：D．【点评】本题考查了抛物线的定义及其简单几何性质，属于基础题．9．（2021秋•海淀区期末）若双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的一条渐近线经过点（，1），则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．2【考点】双曲线的性质．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑推理；数学运算．【分析】求出渐近线方程，代入点的坐标，推出a，b关系，然后求解离心率即可．【解答】解：因为双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的一条渐近线经过点（，1），所以渐近线y＝x经过点（，1），所以，从而e＝＝．故选：A．【点评】本题考查双曲线的性质，考查运算求解能力．是基础题．10．（2021秋•重庆月考）已知椭圆的一个焦点坐标为（2，0），则m＝（）A．1B．2C．5D．9【考点】椭圆的性质．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑推理；数学运算．【分析】利用椭圆方程求解a，结合焦点坐标，列出方程求解m即可．【解答】解：椭圆，可知a＝，b＝，因为椭圆的一个焦点坐标为（2，0），所以＝2，解得m＝1．故选：A．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，是基础题．11．（2021秋•榆林期末）已知直线l：mx﹣3y﹣4m+9＝0与圆C：x2+y2＝100相交于A、B 两点，则|AB|的最小值为（）A．5B．5C．10D．10【考点】直线与圆的位置关系．【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；数学运算．【分析】求出直线恒过定点D，定点D在圆内，故当弦AB与CD垂直时，弦|AB|长度最小．【解答】解：依题意，直线mx﹣3y﹣4m+9＝0恒过定点D（4，3），∵D在圆C内部，故弦|AB|长度的最小时，直线AB与直线CD垂直，又|CD|＝＝5，此时|AB|＝2＝10．故选：D．【点评】本题考查了直线恒过定点的求法，考查了圆的弦长问题．考查逻辑思维能力和计算能力，本题属于中档题．12．（2021秋•重庆月考）已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，上顶点为A，抛物线E的顶点为坐标原点，焦点为F2，若直线F1A与抛物线E交于P，Q两点，且|P A|+|QA|＝4a，则椭圆C的离心率为（）A．B．C．D．【考点】椭圆的性质．【专题】计算题；方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．【分析】由题设可得抛物线E为y2＝4cx，直线F1A为x＝y﹣c，联立方程应用韦达定理，弦长公式求，由＝，求，结合|P A|+|QA|＝|PQ|+2|P A|＝4a，得到•+﹣2a＝4a，化简可求离心率．【解答】解：由题设知：A（0，b），F1（﹣c，0），F2（c，0），且抛物线方程为y2＝4cx，直线F1A为x＝y﹣c，联立抛物线方程有y2＝，整理得by2﹣4c2y+4bc2＝0，则Δ＝16c2（c2﹣b2）≥0，即c≥b，令P（x1，y1），Q（x2，y2）且y2＞y1＞0，则y2+y1＝，y2y1＝4c2，所以y1＝，＝•＝•，令d＝，如图可知＝，即＝，可得d＝y1﹣a，所以d＝﹣a，又|P A|+|QA|＝|PQ|+2d＝4a，所以•+﹣2a＝4a，整理得2c2＝3b2，又b2＝a2﹣c2，所以3a2＝5c2，所以e＝＝，故选：C．【点评】本题考查椭圆的离心率问题，属中档题．二．填空题（共4小题）13．（2021秋•宜春期末）已知直线的倾斜角α＝30°，且过点A（4，3），则该直线的方程为x﹣3y+9﹣4＝0．【考点】直线的点斜式方程．【专题】方程思想；定义法；直线与圆；数学运算．【分析】根据直线的倾斜角求出斜率，再根据点斜式写出直线方程，化为一般式方程．【解答】解：直线的倾斜角α＝30°，所以直线的斜率为k＝tan30°＝，又因为直线过点A（4，3），所以直线的方程为y﹣3＝（x﹣4），x﹣3y+9﹣4＝0．故答案为：x﹣3y+9﹣4＝0．【点评】本题考查了直线方程的应用问题，是基础题．14．（2021秋•滨海新区校级期末）在圆M：x2+y2﹣4x﹣4y﹣1＝0中，过点E（0，1）的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为12．【考点】直线与圆的位置关系．【专题】计算题；整体思想；演绎法；直线与圆；逻辑推理；数学运算．【分析】首先将圆的方程配成标准式，即可得到圆心坐标与半径，从而可得点E（0，1）在圆内，即可得到过点E的最长弦、最短弦弦长，即可求出四边形的面积．【解答】解：圆M：x2+y2﹣4x﹣4y﹣1＝0，即（x﹣2）2+（y﹣2）2＝9，圆心M（2，2），半径r＝3，点E（0，1），则（0﹣2）2+（1﹣2）2＝5＜9，所以点E（0，1）在圆内，所以过点E（0，1）的最长弦|AC|＝2r＝6，又，所以最短弦，所以．故答案为：12．【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，圆中四边形的面积问题等知识，属于基础题．15．（2021秋•南岗区校级期末）已知等边三角形的一个顶点位于原点，另外两个顶点在抛物线y2＝上，则这个等边三角形的边长为6．【考点】抛物线的性质．【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑推理；数学运算．【分析】由抛物线的对称性及等边三角形的性质可得另外两点关于x轴对称，即横坐标相同，设三角形的边长，可得顶点O到底边AB的距离，即A，B的横坐标，代入抛物线的方程可得其纵坐标，可得三角形的边长．【解答】解：由抛物线的对称性可得另两个顶点关于x轴对称，设A，B两点，△OAB 为等边三角形，设边长为2a，则O到AB的距离为a，即A的横坐标为a，代入抛物线y2＝的方程可得y A2＝•a，所以|y A|＝，由题意可得2＝2a，解得a＝3，所以三角形的边长2a＝6，故答案为：6．【点评】本题考查抛物线的对称性的性质的应用及等边三角形的性质的应用，属于基础题．16．（2021秋•工农区校级期末）已知F1，F2为双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点，双曲线的离心率为2，点P在双曲线C的右支上，且PF1的中点N在圆O：x2+y2＝c2上，其中c为双曲线的半焦距，则sin∠F1PF2＝．【考点】双曲线的性质．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．【分析】由题意可得在△F1PF2中，|PF1|＝6a，|PF2|＝|F1F2|＝4a，利用sin∠F1PF2＝即可求解．【解答】解：如图，由题意可得|OF1|＝|ON|＝c，因为O为F1F2的中点，所以|ON|＝|PF2|，所以|PF2|＝2c，|PF1|＝2a+2c，∵双曲线C：（a＞0，b＞0）的离心率为2，∴c＝2a，故在△F1PF2中，|PF1|＝6a，|PF2|＝|F1F2|＝4a，∵PF1的中点N，∴F2N⊥PF1，∴∠PNF2＝90°∴sin∠F1PF2＝＝＝．故答案为：．【点评】本题考查圆与双曲线的综合、三角形中位线定理，考查数形结合的解题思想方法，考查双曲线定义的应用，是中档题．三．解答题（共6小题）17．（2021秋•房山区期末）在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点坐标分别为A（2，﹣2）、B（6，6）、C（0，6）．（Ⅰ）设线段AB的中点为M，求中线CM所在直线的方程；（Ⅱ）求边AB上的高所在直线的方程．【考点】直线的一般式方程与直线的性质．【专题】转化思想；综合法；直线与圆；数学运算．【分析】（Ⅰ）先求出线段AB的中点为M的坐标，再利用两点式求出中线CM所在直线的方程．（Ⅱ）先求出AB的斜率，可得AB边上的高所在直线的斜率，再利用点斜式求出边AB 上的高所在直线的方程．【解答】解：（Ⅰ）∵△ABC三个顶点坐标分别为A（2，﹣2），B（6，6），C（0，6），∴线段AB的中点为M（4，2），求中线CM所在直线的方程为：＝，即x+y﹣6＝0，（Ⅱ）由于直线AB的斜率为：＝2，故边AB上的高所在直线的斜率为﹣，故边AB上的高所在直线的方程为y﹣6＝﹣（x﹣0），即x+2y﹣12＝0．【点评】本题主要考查中点公式、斜率公式、两直线垂直的性质，用点斜式、两点式求直线的方程，属于基础题．18．（2021秋•房山区期末）已知圆M：x2+y2﹣2x＝0与圆N：x2+y2﹣8x+a＝0外切．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）若直线x﹣y﹣2＝0与圆M交于A，B两点，求弦AB的长．【考点】直线与圆的位置关系．【专题】方程思想；转化法；直线与圆；数学运算．【分析】（Ⅰ）由圆的方程求得圆心坐标与半径，再由圆心距等于半径和列式求解a值；（Ⅱ）求出M到直线的距离，再由垂径定理求弦长．【解答】解：（Ⅰ）由圆M：x2+y2﹣2x＝0，得（x﹣1）2+y2＝1，则M（1，0），半径r1＝1，由圆N：x2+y2﹣8x+a＝0，得（x﹣4）2+y2＝16﹣a，则N（4，0），半径．∵两圆外切，∴|4﹣1|＝1+，即a＝12；（Ⅱ）M（1，0）到直线x﹣y﹣2＝0的距离d＝，∴弦AB的长为．【点评】本题考查直线与圆、圆与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是基础题．19．（2021秋•重庆月考）已知双曲线的一条渐近线斜率为，且双曲线C经过点M（2，1）．（1）求双曲线C的方程；（2）斜率为的直线l与双曲线C交于异于M的不同两点A、B，直线MA、MB的斜率分别为k1、k2，若k1+k2＝1，求直线l的方程．【考点】双曲线的性质．【专题】计算题；整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．【分析】（1）根据条件列出关于a，b的方程组，求解a，b可得双曲线方程；（2）设出直线l的方程并与双曲线方程联立，由韦达定理结合条件可求直线方程．【解答】解：（1）由题意可得，，∴，（2）设，A（x1，y1），B（x2，y2），联立，因为直线l与双曲线C交于异于M的不同两点A、B，所以Δ＝16t2+16（t2+1）＞0，x1+x2＝﹣4t，，因为k1+k2＝1，所以，整理得，解得t＝1，所以直线．【点评】本题考查了双曲线的方程，直线与双曲线的位置关系，属于基础题．20．（2021秋•西固区校级期末）已知两定点A（﹣2，0），B（1，0），若动点P满足条件|P A|＝2|PB|．（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）求直线l：y＝x被轨迹C所截得的线段长．【考点】轨迹方程．【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；数学运算．【分析】（1）设P点的坐标为（x，y），用坐标表示|P A|、|PB|，代入等式|P A|＝2|PB|，整理即得点P的轨迹方程；（2）求出圆心到直线的距离，利用垂径定理可求弦长．【解答】解：（1）已知两定点A（﹣2，0），B（1，0），由动点P满足|P A|＝2|PB|，设P 点的坐标为（x，y），则（x+2）2+y2＝4[（x﹣1）2+y2]，即（x﹣2）2+y2＝4；（2）由（1）知轨迹C为圆，圆心为（2，0），半径r＝2，圆心到直线l：y＝x的距离d＝＝，由垂径定理可得弦长为2，所以直线l：y＝x被轨迹C所截得的线段长为2．【点评】本题考查轨迹方程的求法与弦长的求法，属中档题．21．（2021秋•让胡路区校级期末）以椭圆的中心O为圆心，为半径的圆称为该椭圆的“准圆”．已知椭圆C的长轴长是短轴长的倍，且经过点，椭圆C的“准圆”的一条弦AB所在的直线与椭圆C交于M、N两点．（1）求椭圆C的标准方程及其“准圆”的方程；（2）当时，证明：弦AB的长为定值．【考点】椭圆的标准方程；直线与椭圆的综合．【专题】方程思想；消元法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．【分析】（1）由题意解得a，b，则可写出椭圆的方程，进而可得椭圆C的“准圆”方程．（2）分两种情况：①当弦AB⊥x轴时，设得，进而可得原点O到弦AB的距离d，进而可得|AB|．②当弦AB不垂直于x轴时，设直线AB的方程为y＝kx+m，M（x1，y1）、N（x2，y2），联立直线AB与椭圆的方程，结合韦达定理可得x1+x2，x1x2，y1y2，由得，再求出原点O到弦AB的距离d，即可得出答案．【解答】解：（1）由题意解得a＝2，所以椭圆的标准方程为椭圆C的“准圆”方程为x2+y2＝6．（2）证明：①当弦AB⊥x轴时，交点M、N关于x轴对称，又，则OM⊥ON，可设得，此时原点O到弦AB的距离，因此．②当弦AB不垂直于x轴时，设直线AB的方程为y＝kx+m，且与椭圆C的交点M（x1，y1）、N（x2，y2），联列方程组，代入消元得：（2k2+1）x2+4kmx+2m2﹣4＝0，Δ＝32k2﹣8m2+16＝8（4k2﹣m2+2）＞0，由，可得，由得x1x2+y1y2＝0，即，所以，此时Δ＞0成立，则原点O到弦AB的距离，则，综上得，因此弦AB的长为定值．【点评】本题考查直线与椭圆的相交的问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．22．（2021秋•1月份月考）如图所示，已知抛物线C：y2＝2x，过点A（2，0）的直线l与抛物线C有两个交点，若抛物线C上存在不同的两点M，N关于直线l对称，记MN的中点为T．（1）求点T的轨迹方程；（2）求S△AMT的最大值．【考点】直线与抛物线的综合．【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线中的最值与范围问题；直观想象；数学运算．【分析】（1）设直线l：y＝k（x﹣2），T（x，y），M（x1，y1），N（x2，y2），将M，N的坐标代入抛物线方程得到y＝﹣k，再代入直线方程化简即可；（2）联立直线MN的方程和抛物线方程，将△ANM在面积表示出来，再利用S△AMT＝S求解即可．△AMN【解答】解：（1）由题意可得直线l的斜率存在且不为0，设直线l：y＝k（x﹣2），T（x，y），M（x1，y1），N（x2，y2），由可得：（y1+y2）（y1﹣y2）＝2（x1﹣x2），所以＝＝＝＝﹣，所以y＝﹣k，代入直线方程得：x＝1，又当x＝1时，由y2＝2x得y＝，∵T在抛物线开口方向内，∴﹣＜y＜，∴点T的轨迹方程为：x＝1（﹣＜y＜）；（2）由（1）可知直线MN：y＝﹣x﹣k+，由，可得：y2+2ky+2k2﹣2＝0，∵直线MN与抛物线交于M，N两点，∴Δ＝﹣4k2+8＞0，解得：k，y1+y2＝﹣2k，y1y2＝2k2﹣2，∴|y1﹣y2|＝＝，|MN|＝，又因为|AT|＝，∴S△AMT＝S△AMN＝|MN||AT|＝＝，令t＝k2，y＝﹣t3+3t+2（t∈（0，2）），∴y'＝﹣3t2+3，令y'＝0，得t＝1（负根舍去），当t∈（0，1）时，y随t增大而增大，当t∈（1，2）时，y随t增大而减小，∴当t＝1时，y取最大值4，∴k＝±1时，（S△AMT）max＝1．【点评】本题考查了直线和抛物线相交所产生的问题及最值问题、转化思想等，属于中档题．。

专题08平面解析几何（解答题）近三年高考真题1．（2023•新高考Ⅰ）在直角坐标系xOy 中，点P 到x 轴的距离等于点P 到点1(0,2的距离，记动点P 的轨迹为W ．（1）求W 的方程；（2）已知矩形ABCD 有三个顶点在W 上，证明：矩形ABCD 的周长大于【解析】（1）设点P 点坐标为(,)x y ，由题意得||y ，两边平方可得：22214y x y y ，化简得：214y x，符合题意．故W 的方程为214y x．（2）解法一：不妨设A ，B ，C 三点在W 上，且AB BC ．设21(,)4A a a ，21(,)4B b b ，21(,4C c c ，则22(,)AB b a b a ，22(,)BC c b c b．由题意，0AB BC，即2222()()()()0b a c b b a c b ，显然()()0b a c b ，于是1()()0b a c b ．此时，||b a ．||1c b ．于是{||min b a ，||}1c b ．不妨设||1c b ，则1a b b c，则||||||||AB BC b a c b||b a c b|||b a c b||c a1|b c b c设||x b c，则1()(f x x x 322(1)()x f x x ，又11222222222(1)(31)(1)(21)()x x x x x f x x x．显然，2x为最小值点．故()(2f x f 故矩形ABCD的周长为2(||||)2()AB BC f x ．注意这里有两个取等条件，一个是||1b c，另一个是||b c ，这显然是无法同时取到的，所以等号不成立，命题得证．解法二：不妨设A ，B ，D 在抛物线W 上，C 不在抛物线W上，欲证命题为||||2AB AD ．由图象的平移可知，将抛物线W 看作2y x 不影响问题的证明．设(A a ，2)(0)a a ，平移坐标系使A 为坐标原点，则新抛物线方程为22y x ax ，写为极坐标方程，即22sin cos 2cos a ，即2sin 2cos cos a．欲证明的结论为22sin()2cos()sin 2cos 3322||||cos 2cos ()2a a ，也即222sin 2cos ||||cos cos sin sin a a ．不妨设22||||cos sin，将不等式左边看成关于a 的函数，根据绝对值函数的性质，其最小值当22sin 0cos cos a 即sin 2cos a时取得，因此欲证不等式为21cos ||cos sin，即21||cos sin ，根据均值不等式，有2|cos sin |由题意，等号不成立，故原命题得证．2．（2023•上海）已知抛物线2:4y x ，在 上有一点A 位于第一象限，设A 的纵坐标为(0)a a ．（1）若A 到抛物线 准线的距离为3，求a 的值；（2）当4a 时，若x 轴上存在一点B ，使AB 的中点在抛物线 上，求O 到直线AB 的距离；（3）直线:3l x ，抛物线上有一异于点A 的动点P ，P 在直线l 上的投影为点H ，直线AP 与直线l 的交点为Q ．若在P 的位置变化过程中，||4HQ 恒成立，求a 的取值范围．【解析】（1）抛物线2:4y x 的准线为1x ，由于A 到抛物线 准线的距离为3，则点A 的横坐标为2，则2428(0)a a ，解得a ；（2）当4a 时，点A 的横坐标为2444，则(4,4)A ，设(,0)B b ，则AB 的中点为4(,2)2b ，由题意可得24242b ，解得2b ，所以(2,0)B ，则402423AB k，由点斜式可得，直线AB 的方程为2(2)3y x ，即2340x y ，所以原点O 到直线AB13；（3）如图，设22(,),(,),(3,)(0)44t a P t A a H t t a ，则22444AP t a k t a t a，故直线AP 的方程为24()4a y a x t a，令3x ，可得24(3)4a y a t a ，即24(3,(3))4a Q a t a，则24|||(3)|4a HQ t a t a，依题意，24|(3)|44a t a t a恒成立，又24(3)2204a t a a a t a ，则最小值为24a ，即2a ，即2a ，则221244a a a ，解得02a ，又当2a 时，1624442t t，当且仅当2t 时等号成立，而a t ，即当2a 时，也符合题意．故实数a 的取值范围为(0，2]．3．（2022•上海）设有椭圆方程2222:1(0)x y a b a b，直线:0l x y ， 下端点为A ，M 在l 上，左、右焦点分别为1(F ，0)、2F ，0)．（1）2a ，AM 中点在x 轴上，求点M 的坐标；（2）直线l 与y 轴交于B ，直线AM 经过右焦点2F ，在ABM 中有一内角余弦值为35，求b ；（3）在椭圆 上存在一点P 到l 距离为d ，使12||||6PF PF d ，随a 的变化，求d 的最小值．【解析】（1）由题意可得2,a b c ，22:1,(0,42x y A ，AM ∵的中点在x 轴上，M ，代入0x y 得M ．（2）由直线方程可知B ，①若3cos 5BAM，则4tan 3BAM ，即24tan 3OAF ，234OA OF ，b．②若3cos 5BMA，则4sin 5BMA ，∵4MBA， 34cos()252510MBA AMB ，cos BAMtan 7BAM ．即2tan 7OAF ， 7OA ， 7b ，综上b或27．（3）设(cos ,sin )P a b ，62a ，很明显椭圆在直线的左下方，则62a ，即) ，222a b ∵，) ，)22a ，|sin()|1 ，整理可得(1)(35)0a a ，即513a ，从而58626233d a ．即d 的最小值为83．4．（2022•浙江）如图，已知椭圆22112x y ．设A ，B 是椭圆上异于(0,1)P 的两点，且点1(0,2Q 在线段AB上，直线PA ，PB 分别交直线132y x 于C ，D 两点．（Ⅰ）求点P 到椭圆上点的距离的最大值；（Ⅱ）求||CD 的最小值．【解析】（Ⅰ）设椭圆上任意一点(,)M x y ，则222222||(1)12122111213PM x y y y y y y ，[1y ，1]，而函数211213z y y 的对称轴为1[1,1]11y ，则其最大值为21114411(213111111， 1441211||1111max PM，即点P 到椭圆上点的距离的最大值为121111；（Ⅱ）设直线11221:,(,),(,)2AB y kx A x y B x y ，联立直线AB 与椭圆方程有2212112y kx x y，消去y 并整理可得，22(121)1290k x kx ，由韦达定理可得，121222129,121121k x x x x k k， 22212121222212366161||()4()121121k k x x x x x x k k k，设3(C x ，3)y ，4(D x ，4)y ，直线111:1y AP y x x ，直线221:1y BP y x x ，联立1111132y y x x y x 以及2211132y y x x y x，可得12341244,(21)1(21)1x x x x k x k x，由弦长公式可得21234124415||1()|||22(21)1(21)1x x CD x x k x k x1212212121225|5|[(21)1][(21)1](21)(21)()1x x x x k x k x k x x k x x66|231555k，当且仅当316k 时等号成立，||CD的最小值为5．5．（2022•北京）已知椭圆2222:1(0)x yE a ba b的一个顶点为(0,1)A，焦距为．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）过点(2,1)P 作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N．当||2MN 时，求k的值．【解析】（Ⅰ）由题意得，12bc，1b，c ，2a ，椭圆E的方程为2214x y ．（Ⅱ）设过点(2,1)P 的直线为1(2)y k x，1(B x，1)y，2(C x，2)y，联立得221(2)141y k xx y，即2222(14)(168)16160k x k k x k k，∵直线与椭圆相交， △2222[(168)]4(14)(1616)0k k k k k，0k，由韦达定理得212216814k kx xk，2122161614k kx xk，111ABykx∵， 直线AB为1111yy xx，令0y ，则111xxy，11(1xMy，0)，同理22(1xNy ，0)，1212211212211||||||()|11(2)(2)22x x x x x xMNy y k x k x k x x212112122()11||||(2)(2)x xk x x k22|216162(168)41414k k，2|2k，1|2，4k ．6．（2022•新高考Ⅱ）已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b的右焦点为(2,0)F，渐近线方程为y ．（1）求C 的方程；（2）过F 的直线与C 的两条渐近线分别交于A ，B 两点，点1(P x ，1)y ，2(Q x ，2)y 在C 上，且120x x ，10y ．过P且斜率为Q且斜率为的直线交于点M ．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①M 在AB 上；②//PQ AB ；③||||MA MB ．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【解析】（1）由题意可得ba，2 ，解得1a，b ，因此C 的方程为2213y x ，（2）解法一：设直线PQ 的方程为y kx m ，(0)k ，将直线PQ 的方程代入2213y x 可得222(3)230k x kmx m ，△2212(3)0m k ，120x x ∵122203kmx x k ，2122303m x x k，230k，1222333x x k ，设点M 的坐标为(M x ，)M y，则1122))M M M M y y x x y y x x ，两式相减可得1212)M y y x x ，1212()y y k x x ∵，1212)()M x x k x x ，解得23M kmX k ，两式相加可得12122())M y y y x x ，1212()2y y k x x m ∵，12122)()2M y x x k x x m ，解得M y ，3M M y x k，其中k 为直线PQ 的斜率；若选择①②：设直线AB 的方程为(2)y k x ，并设A 的坐标为3(x ，3)y ，B 的坐标为4(x ，4)y ，则3333(2)y k x y，解得3x，3y ，同理可得4x4y 234243k x x k ，342123ky y k ，此时点M 的坐标满足(2)3M M M My k x y x k，解得234221()32M k X x x k ，34261()32M k y y y k ，M 为AB 的中点，即||||MA MB ；若选择①③：当直线AB 的斜率不存在时，点M 即为点(2,0)F ，此时不在直线3y x k上，矛盾，当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为(2)(0)y m x m ，并设A 的坐标为3(x ，3)y ，B 的坐标为4(x ，4)y ，则3333(2)y m x y，解得3x，3y ，同理可得4x，4y 此时234212()23M m x x x m ，34216()23M my y y m，由于点M 同时在直线3y x k 上，故2362m m k，解得k m ，因此//PQ AB ．若选择②③，设直线AB 的方程为(2)y k x ，并设A 的坐标为3(x ，3)y ，B 的坐标为4(x ，4)y ，则3333(2)y k x y，解得3x，3y ，同理可得4x4y 设AB 的中点(C C x ，)C y ，则234212()23C k x x x k ，34216()23C ky y y k ，由于||||MA MB ，故M 在AB 的垂直平分线上，即点M 在直线1()C C y y x x k上，将该直线3y x k 联立，解得2223M C k x x k ，263M C ky y k ，即点M 恰为AB 中点，故点M 在直线AB 上．（2）解法二：由已知得直线PQ 的斜率存在且不为零，直线AB 的斜率不为零，若选由①② ③，或选由②③ ①：由②成立可知直线AB 的斜率存在且不为0．若选①③ ②，则M 为线段AB 的中点，假设AB 的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M 在x 轴上，即为焦点F ，此时由对称性可知P 、Q 关于x 轴对称，从而12x x ，已知不符．综上，直线AB 的斜率存在且不为0，直线AB 的斜率为k ，直线AB 的方程为(2)y k x ．则条件①M 在直线AB 上，等价于20000(2)(2)y k x ky k x ，两渐近线的方程合并为2230x y ，联立方程组，消去y 并化简得：2222(3)440k x k x k ，设3(A x ，3)y ，4(B x ，4)y ，线段中点为(N N x ，)N y ，则2342223N x x k x k ．26(2)3N N ky k x k ，设0(M x ，0)y ，则条件③||||AM BM 等价于222203030404()()()()x x y y x x y y ，移项并利用平方差公式整理得：3403434034()[2()]()[(2()]0x x x x x y y y y y ，3403403434[2()][2()]0y y x x x y y y x x，00()0N N x x k y y ，3403403434[2()][2()]0y y x x x y y y x x，00()0N N x x k y y ，200283k x ky k ，由题意知直线PM的斜率为QM的斜率为，由1010)y y x x，2020)y y x x，121202)y y x x x ，直线PQ的斜率1201212122)x x x y y m x x x x，直线00:)PM y x x y，即00y y ，代入双曲线的方程为22330x y，即)3y y 中，得0000(()]3y y ，解得P的横坐标为100)]3x y ，同理，2022003()3x y y x ，012002200323x x x x x y x ，03x m y， 条件②//PQ AB 等价于003m k ky x ，综上所述：条件①M 在AB 上等价于200(2)m k ky k x ，条件②//PQ AB 等价于003ky x ，条件③||||AM BM 等价于200283k x ky k ．选①② ③：由①②解得20223k x k 20002843k x ky x k ， ③成立；选①③ ②：由①③解得：20223k x k ，20263k ky k ，003ky x ， ②成立；选②③ ①：由②③解得：20223k x k ，20263k ky k ， 02623x k ， ①成立．7．（2022•上海）已知椭圆222:1(1)x y a a，A 、B 两点分别为 的左顶点、下顶点，C 、D 两点均在直线:l x a 上，且C 在第一象限．（1）设F 是椭圆 的右焦点，且6AFB，求 的标准方程；（2）若C 、D 两点纵坐标分别为2、1，请判断直线AD 与直线BC 的交点是否在椭圆 上，并说明理由；（3）设直线AD 、BC 分别交椭圆 于点P 、点Q ，若P 、Q 关于原点对称，求||CD 的最小值．【解析】（1）由题可得(0,1)B ，(,0)F c ，因为6AFB，所以1tan tan 63b AFBc c，解得c ，所以214a ，故 的标准方程为2214x y ；（2）直线AD 与直线BC 的交点在椭圆上，由题可得此时(,0)A a ，(0,1)B ，(,2)C a ，(,1)D a ，则直线3:1BC y x a ，直线11:22AD y x a ，交点为3(5a ，4)5，满足2223()45()15a a ，故直线AD 与直线BC 的交点在椭圆上；（3）(0,1)B ，(cos ,sin )P a ，则直线sin 1:1cos BP y x a ，所以sin 1(,1)cos C a，(,0)A a ，(cos ,sin )Q a ，则直线sin :()cos AQ y x a a a，所以2sin (,cos 1D a，所以222222sin cos 4sin cossin 12sin 222222||11cos cos 12222sin cos CD cos sin sin，设tan 2t ，则11||2()21CD t t，因为114a ba b ，所以114411t t t t，则||6CD ，即||CD 的最小值为6．8．（2021•北京）已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b的一个顶点(0,2)A ，以椭圆E 的四个顶点围成的四边形面积为．（Ⅰ）求椭圆E 的方程；（Ⅱ）过点(0,3)P 作斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点B ，C ，直线AB 、AC 分别与直线3y 交于点M 、N ，当||||15PM PN 时，求k 的取值范围．【解析】（Ⅰ）因为椭圆2222:1(0)x y E a b a b过点(0,2)A ，则2b ，又因为以四个顶点围成的四边形面积为，所以1222a b，解得a ，故椭圆E 的标准方程为22154x y；（Ⅱ）由题意，设过点(0,3)P ，斜率为k 的直线为直线l ，设直线l 的方程为(3)(0)y k x ，即3y kx ，当0k 时，直线l 与椭圆E 没有交点，而直线l 交椭圆E 于不同的两点B ，C ，所以0k ，设1(B x ，1)y ，2(C x ，2)y ，联立方程组223154y kx x y，可得22(45)30250k x kx ，则△22(30)425(45)0k k ，解得||1k ，所以1212223025,4545k x x x x k k，则221212121222036(3)(3)3()945k y y kx kx k x x k x x k ，121212224(3)(3)()645y y kx kx k x x k，直线AB 的方程为11(2)(2)(0)0y y x x ，即1122y y x x ，直线AC 的方程为22(2)(2)0)0y y x x，即2222y y x x ，因为直线AB 交3y 于点M ，所以令3y ，则112M x x y ，故11(,3)2x M y ，同理可得22(,3)2x N y ，注意到12225045x x k，所以1x ，2x 同号，因为120y ，220y ，所以M x ，N x 同号，故||||||||||M N M N PM PN x x x x ，则1212211212(2)(2)|||||||22(2)(2)x x x y x y PM PN y y y y 1221121212(3)(3)2()||2()4x kx x kx x x y y y y 121212122()||2()4kx x x x y y y y 22222253024545||20364844545kk k k k k k5||k ，故||||5||PM PN k ，又||||15PM PN ，即5||15k ，即||3k ，又||1k ，所以1||3k ，故k 的取值范围为[3 ，1)(1 ，3]．9．（2021•浙江）如图，已知F 是抛物线22(0)y px p 的焦点，M 是抛物线的准线与x 轴的交点，且||2MF ．（Ⅰ）求抛物线的方程：（Ⅱ）设过点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，若斜率为2的直线l 与直线MA ，MB ，AB ，x 轴依次交于点P ，Q ，R ，N ，且满足2||||||RN PN QN ，求直线l 在x轴上截距的取值范围．【解析】（Ⅰ）依题意，2p ，故抛物线的方程为24y x ；（Ⅱ）由题意得，直线AB 的斜率存在且不为零，设直线:(1)AB y k x ，将直线AB 方程代入抛物线方程可得，2222(24)0k x k x k ，则由韦达定理有，242,1A B A B x x x x k，则4A B y y ，设直线1:(1)AM y k x ，其中11A A y k x，设直线2:(1)BM y k x ，其中21B B yk x ，则12(1)(1)(1)(1)0011(1)(1)(1)(1)(1)(1)A B A B A B A B A B A B A B A B A B A B A B y y y x y y x y k x x k x k x x k x k k x x x x x x x x，2122244(1)(1)1121A B A B y y k k k x x k k，设直线:2()l y x t ，联立2()(1)y x t y k x ，可得22R k t x k ，则2||||||22R k t k kt x t t k k ，联立12()(1)y x t y k x ，可得1122P k t x k ，则111112||||||22P k t k k t x t t k k ，同理可得，222222,||||22Q Q k t k k tx x t k k，又2||||||RN PN QN ，2112212||||222k k t k k tk kt k k k ，即2222(1)()234k kt k t k k ，22222222(1)343(2)12(2)16161243333()(1)(1)(2)(2)(2)22244t k k k t t k k k k k ，224(21)3(21)t t t t ，即21410t t，解得7t或71)t t ；当直线AB 的斜率不存在时，则直线:1AB x ，(1,2)A ，(1,2)B ，(1,0)M ，直线MA 的方程为1y x ，直线MB 的方程为1y x ，设直线:2()l y x t ，则(12,22)P t t ，2122(,)33t t Q ，(1,22)R t ，(,0)N t ，又2||||||RN PN QN，故22(1)(22)t t 解得t满足(,77,1)(1,) ．直线l 在x轴上截距的取值范围为(,77,1)(1,) ．10．（2021•新高考Ⅰ）在平面直角坐标系xOy中，已知点1(F ，0)，2F ，0)，点M 满足12||||2MF MF ．记M 的轨迹为C ．（1）求C 的方程；（2）设点T 在直线12x上，过T 的两条直线分别交C 于A ，B 两点和P ，Q 两点，且||||||||TA TB TP TQ ，求直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和．【解析】（1）由双曲线的定义可知，M 的轨迹C 是双曲线的右支，设C 的方程为22221(0,0),1x y a b x a b ，根据题意22222c a c a b，解得14a b c，C 的方程为221(1)16y x x ；（2）（法一）设1(,)2T m ，直线AB 的参数方程为1cos 2sin x t y m t，将其代入C 的方程并整理可得，2222(16cos sin )(16cos 2sin )(12)0t m t m ，由参数的几何意义可知，1||TA t ，2||TB t ，则2212222121216117m m t t sin cos cos，设直线PQ 的参数方程为1cos 2sin x y m，1||TP ，2||TQ ，同理可得，212212117m cos ，依题意，22221212117117m m cos cos，则22cos cos ，又 ，故cos cos ，则cos cos 0 ，即直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和为0．（法二）设1(,)2T t ，直线AB 的方程为11()2y k x t ，1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，设1212x x ，将直线AB 方程代入C 的方程化简并整理可得，22222111111(16)(2)1604k x k tk x k k t t ，由韦达定理有，22211111212221111624,1616k k t t k k tx x x x k k ，又由111111(,),(,)22A x k x k t T t可得11||)2AT x ，同理可得21||)2BT x ，222111221(1)(12)11||||(1)()()2216k t AT BT k x x k，设直线PQ 的方程为233441(),(,),(,)2y k x t P x y Q x y ，设3412x x ，同理可得22222(1)(12)||||16k t PT QT k ，又||||||||AT BT PT QT ，则22122212111616k k k k ，化简可得2212k k ，又12k k ，则12k k ，即120k k ，即直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和为0．11．（2021•乙卷（文））已知抛物线2:2(0)C y px p 的焦点F 到准线的距离为2．（1）求C 的方程；（2）已知O 为坐标原点，点P 在C 上，点Q 满足9PQ QF，求直线OQ 斜率的最大值．【解析】（1）由题意知，2p ，24y x ．（2）由（1）知，抛物线2:4C y x ，(1,0)F ，设点Q 的坐标为(,)m n ，则(1,)QF m n，9(99,9)PQ QF m nP 点坐标为(109,10)m n ，将点P 代入C 得21004036n m ，整理得22100362594010n n m ，当0n 时，2100259n n K m n，当0n 时，2101019259325n n K m n n n，当且仅当925n n ，即35n 时，等号成立，取得最大值．故答案为：13．12．（2022•甲卷（文））设抛物线2:2(0)C y px p 的焦点为F ，点(,0)D p ，过F 的直线交C 于M ，N 两点．当直线MD 垂直于x 轴时，||3MF ．（1）求C 的方程；（2）设直线MD ，ND 与C 的另一个交点分别为A ，B ，记直线MN ，AB 的倾斜角分别为 ， ．当 取得最大值时，求直线AB 的方程．【解析】（1）由题意可知，当x p 时，222y p，得M y，可知||MD ，||2p FD ．则在Rt MFD 中，222||||||FD DM FM，得22())92p，解得2p ．则C 的方程为24y x ；（2）设1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y ，3(A x ，3)y ，4(B x ，4)y ，当MN 与x 轴垂直时，由对称性可知，AB 也与x 轴垂直，此时2，则0 ，由（1）可知(1,0)F ，(2,0)D ，则1212221212124tan 44MN y y y y k y y x x y y，又N 、D 、B 三点共线，则ND BD k k ，即24240022y y x x，242224002244y y y y，得248y y ，即428y y；同理由M 、D 、A 三点共线，得318y y ．则34123434124tan 2()y y y y x x y y y y．由题意可知，直线MN 的斜率不为0，设:1MN l x my ，由241y x x my ，得2440y my ，124y y m ，124y y ，则41tan 4m m，41tan 242m m，则11tan tan 12tan()1111tan tan 122m m m m m m，∵1tan m，1tan 2m，tan 与tan 正负相同，22， 当 取得最大值时，tan() 取得最大值，当0m时，1tan()142m m；当0m 时，tan() 无最大值， 当且仅当12m m，即2m 时，等号成立，tan() 取最大值，此时AB 的直线方程为33344()y y x x y y ，即34344()0x y y y y y ，又123412128()888y y y y m y y y y∵34128816y y y y ，AB的方程为4160x，即40x ．13．（2023•甲卷（文））已知直线210x y 与抛物线2:2(0)C y px p 交于A ，B两点，||AB ．（1）求p ；（2）设F 为C 的焦点，M ，N 为C 上两点，且0FM FN，求MFN 面积的最小值．【解析】设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，联立22102(0)x y y px p，消去x 得：2420y py p ，124y y p ，122y y p ，△21680p p ，(21)0p p ，12p，12|||4AB y y ，216848p p ，2260p p ，(23)(2)0p p ，2p ，（2）由（1）知24y x ，所以(1,0)F ，显然直线MN 的斜率不可能为零，设直线:MN x my n ，1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y 由24y x x my n，可得2440y m n ，所以124y y m ，124y y n ，△22161600m n m n ，因为0MF NF，所以1212(1)(1)0x x y y ，即1212(1)(1)0my n my n y y ，即221212(1)(1)()(1)0m y y m n y y n ，将124y y m ，24y n ，代入得22461m n n ，224()(1)0m n n ，所以1n ，且2610n n ，解得3n 或3n 设点F 到直线MN 的距离为d ，所以d12|||MN y y1|n ，所以MNF 的面积11||1|22S MN d n，又3n 或3n 3n 时，MNF 的面积2(212min S ．14．（2023•甲卷（理））设抛物线2:2(0)C y px p ，直线210x y 与C 交于A ，B 两点，且||AB ．（1）求p 的值；（2）F 为22y px 的焦点，M ，N 为抛物线上的两点，且0MF NF，求MNF 面积的最小值．【解析】设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，联立22102(0)x y y px p，消去x 得：2420y py p ，124y y p ，122y y p ，△21680p p ，(21)0p p ，12p，12|||4AB y y ，216848p p ，2260p p ，(23)(2)0p p ，2p ；（2）由（1）知24y x ，所以(1,0)F ，显然直线MN 的斜率不可能为零，设直线:MN x my n ，1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y ，由24y x x my n，可得2440y my n ，所以124y y m ，124y y n ，△22161600m n m n ，因为0MF NF ，所以1212(1)(1)0x x y y ，即1212(1)(1)0my n my n y y ，即221212(1)(1)()(1)0m y y m n y y n ，将124y y m ，24y n ，代入得22461m n n ，224()(1)0m n n ，所以1n ，且2610n n ，解得3n 或3n 设点F 到直线MN 的距离为d ，所以d12|||MN y y1|n ，所以MNF 的面积11||1|22S MN d n ，又3n 或3n 3n 时，MNF 的面积2(212min S ．15．（2023•天津）设椭圆22221(0)x y a b a b的左、右顶点分别为1A ，2A ，右焦点为F ，已知1||3A F ，2||1A F ．（Ⅰ）求椭圆方程及其离心率；（Ⅱ）已知点P 是椭圆上一动点（不与顶点重合），直线2A P 交y 轴于点Q ，若△1A PQ 的面积是△2A FP 面积的二倍，求直线2A P 的方程．【解析】（Ⅰ）由题意可知，31a c a c ，解得21a c，222413b a c ．则椭圆方程为22143x y ，椭圆的离心率为12c e a ；（Ⅱ）由题意可知，直线2A P 的斜率存在且不为0，当0k 时，直线方程为(2)y k x ，取0x ，得(0,2)Q k ．联立22(2)143y k x x y ，得2222(43)1616120k x k x k ．△2222(16)4(43)(1612)1440k k k ，221612243P k x k ，得228643P k x k ，则21243P k y k ．11212322111216124(2)4()224343A PQ A A Q A A Pk k k S S S k k k ．22211261()24343A FP k k S k k ． 3221612124343k k k k k ，即223k ，得6(0)2k k ；同理求得当0k 时，62k ． 直线2A P 的方程为6(2)2y x ．16．（2022•天津）椭圆22221(0)x y a b a b的右焦点为F 、右顶点为A ，上顶点为B ，且满足||3||2BF AB ．（1）求椭圆的离心率e ；（2）直线l 与椭圆有唯一公共点M ，与y 轴相交于(N N 异于)M ．记O 为坐标原点，若||||OM ON ，且OMN 3【解析】（1）∵22||3||BF aAB a b 22234a a b ，223a b ，2223()a a c ，2223a c ，222633c e a ；（2）由（1）可知椭圆为222213x y a a，即2223x y a ，设直线:l y kx m ，联立2223x y a ，消去y 可得：2222(31)6(3)0k x kmx m a ，又直线l 与椭圆只有一个公共点，△2222364(31)(3)0k m k m a ，2223(31)m a k ，又2331M km x k ， 22233131M M k m m y kx m m k k ，又||||OM ON ， 222223(()3131km m m k k ，解得213k，3k ，又OMN的面积为2113||||||||2231M km ON x m k ，212224m ，又k 2223(31)m a k ，26a ，22b ， 椭圆的标准方程为22162x y ．17．（2022•新高考Ⅰ）已知点(2,1)A 在双曲线2222:1(1)1x y C a a a 上，直线l 交C 于P ，Q 两点，直线AP ，AQ 的斜率之和为0．（1）求l 的斜率；（2）若tan PAQ ，求PAQ 的面积．【解析】（1）将点A 代入双曲线方程得224111a a ，化简得42440a a ，22a ，故双曲线方程为2212x y ，由题显然直线l 的斜率存在，设:l y kx m ，设1(P x ，12)(y Q x ，2)y ，则联立双曲线得：222(21)4220k x kmx m ，故122421km x x k ，21222221m x x k ，12121212111102222AP AQ y y kx m kx m k k x x x x ，化简得：12122(12)()4(1)0kx x m k x x m ，故2222(22)4(12)(4(1)02121k m km m k m k k ，即(1)(21)0k m k ，而直线l 不过A 点，故1k ；（2）设直线AP 的倾斜角为，由tan PAQ22tan21tan 2PAQ PAQ，得tan 22PAQ 由2PAQ ， 2PAQ，得tan AP k，即1112y x ，联立1112y x ，及221112x y得1110533x y ，同理22x y 故12122068,39x x x x ，而12||2|,|||2|AP x AQ x，由tan PAQsin 3PAQ，故12121||||sin 2()4|29PAQ S AP AQ PAQ x x x x ．18．（2023•新高考Ⅱ）已知双曲线C中心为坐标原点，左焦点为( 0)．（1）求C 的方程；（2）记C 的左、右顶点分别为1A ，2A ，过点(4,0) 的直线与C 的左支交于M ，N 两点，M 在第二象限，直线1MA 与2NA 交于P ，证明P 在定直线上．【解析】（1）双曲线C中心为原点，左焦点为( 0)，则222c a b c c e a，解得24a b ，故双曲线C 的方程为221416x y ；（2）证明：过点(4,0) 的直线与C 的左支交于M ，N 两点，则可设直线MN 的方程为4x my ，1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y ，记C 的左，右顶点分别为1A ，2A ，则1(2,0)A ，2(2,0)A ，联立224416x my x y ，化简整理可得，22(41)32480m y my ，故△222(32)448(41)2641920m m m 且2410m ，1223241m y y m ，1224841y y m ，直线1MA 的方程为11(2)2y y x x，直线2NA 方程22(2)2y y x x ，故21211212(2)(2)22(2)(6)y x y my x x y x y my 121211212()26my y y y y my y y 12212483222414148641m m y m m m y m 1212162141483641m y m m y m ，故2123x x ，解得1x ，所以1P x ，故点P 在定直线1x 上运动．19．（2021•上海）已知22:12x y ，1F ，2F 是其左、右焦点，直线l 过点(P m，0)(m ，交椭圆于A ，B 两点，且A ，B 在x 轴上方，点A 在线段BP 上．（1）若B 是上顶点，11||||BF PF ，求m 的值；（2）若1213F A F A ，且原点O 到直线l的距离为15，求直线l 的方程；（3）证明：对于任意m 12//F A F B 的直线有且仅有一条．【解析】（1）因为 的方程：2212x y ，所以22a ，21b ，所以2221c a b ，所以1(1,0)F ，2(1,0)F ，若B 为 的上顶点，则(0,1)B ，所以1||BF ，1||1PF m ，又11||||BF PF ，所以1m（2）设点A ，sin ) ，则2221211)213F A F A sin cos sin ，因为A 在线段BP 上，横坐标小于0，解得cos ，故()33A ，设直线l的方程为(0)33y kx k ，由原点O 到直线l，则15d ，化简可得231030k k ，解得3k 或13k ，故直线l的方程为13y x或3y x（舍去，无法满足m ，所以直线l的方程为139y x ；（3）联立方程组2212y kx km x y ，可得22222(12)4220k x k mx k m ，设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，则222121222422,1212k m k m x x x x k k ，因为12//F A F B ，所以2112(1)(1)x y x y ，又y kx km ，故化简为122212x x k ，又122216882||||1212k k m x x k k ，两边同时平方可得，2224210k k m ，整理可得22142k m ，当m 时，221042k m ，因为点A ，B 在x 轴上方，所以k 有且仅有一个解，故对于任意m ，使得12//F A F B 的直线有且仅有一条．20．（2021•甲卷（文））在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为 ．（1）将C 的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）设点A 的直角坐标为(1,0)，M 为C 上的动点，点P满足AP ，写出P 的轨迹1C 的参数方程，并判断C 与1C 是否有公共点．【解析】（1）由极坐标方程为，得2cos ，化为直角坐标方程是22x y ，即22(2x y，表示圆心为C 0)（2）【解法1】根据题意知，点P 的轨迹是以A为缩放比例将圆1C 作位似变换得到的，因此1C的圆心为(3 0)，半径差为2 ，所以圆C 内含于圆1C ，圆C 与圆1C 没有公共点．【解法2】设点P 的直角坐标为(,)x y ，1(M x ，1)y ，因为(1,0)A ，所以(1,)AP x y ，1(1AM x ，1)y ，由AP ，即1111)x x y ，解得11(1)122x x y y ，所以1)1M x)y ，代入C的方程得221)1)2x ，化简得点P的轨迹方程是22(34x y，表示圆心为1(3C ，0)，半径为2的圆；化为参数方程是32cos 2sin x y， 为参数；计算1|||(332CC ，所以圆C 与圆1C 内含，没有公共点．21．（2023•北京）已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b，A 、C 分别为E 的上、下顶点，B 、D 分别为E 的左、右顶点，||4AC ．（1）求E 的方程；（2）点P 为第一象限内E 上的一个动点，直线PD 与直线BC 交于点M ，直线PA 与直线2y 交于点N ．求证：//MN CD ．【解析】（1）由题意可得：24b，c e a，222a b c ，解得2b ，29a ， 椭圆E 的方程为22194x y ．（2）证明：(0,2)A ，(3,0)B ，(0,2)C ，(3,0)D ，直线BC 的方程为132x y ，化为2360x y ．设直线AP 的方程为：2y kx ，(0)k ，4(N k ，2) ．联立222194y kx x y ，化为：22(49)360k x kx ，解得0x 或23649k k，236(49k P k ，22818)49k k ．直线PD 方程为：22218849(3)36349k k y x k k ，即22188(3)273612k y x k k ，与2360x y 联立，解得26432k x k k ，2281896k y k k．264(32k M k k，2281896k k k ．2228182296464332MN k k k k k k k k，23CD k，//MN CD ．22．（2021•新高考Ⅱ）已知椭圆C 的方程为22221(0)x y a b a b，右焦点为F ，0)．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）设M ，N 是椭圆C 上的两点，直线MN 与曲线222(0)x y b x 相切．证明：M ，N ，F 三点共线的充要条件是||MN ．【解析】（Ⅰ）由题意可得，椭圆的离心率3c a，又c所以a 2221b a c ，故椭圆的标准方程为2213x y ；（Ⅱ）证明：先证明充分性，当||MN 时，设直线MN 的方程为x ty s ，此时圆心(0,0)O 到直线MN的距离1d ，则221s t ，联立方程组2213x ty s x y ，可得222(3)230t y tsy s ，则△22222244(3)(3)12(3)24t s t s t s ，因为2||3MN t ，所以21t ，22s ，因为直线MN 与曲线222(0)x y b x 相切，所以0s，则s ，则直线MN的方程为x ty恒过焦点F ，故M ，N ，F 三点共线，所以充分性得证．若M ，N ，F 三点共线时，设直线MN的方程为x my ，则圆心(0,0)O 到直线MN的距离为1d ，解得21m ，联立方程组2213x my x y，可得22(3)10m y ，即2410y ，所以||44MN所以必要性成立；综上所述，M，N，F三点共线的充要条件是||MN．23．（2021•天津）已知椭圆22221(0)x y a ba b的右焦点为F，上顶点为B，离心率为，且||BF．（1）求椭圆的标准方程；（2）直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于点N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P．若//MP BF，求直线l的方程．【解析】（1）因为离心率5e，||BF所以222caaa b c，解得a ，2c ，1b ，所以椭圆的方程为2215x y ．（2）先证明椭圆22221x ya b上过点(M x，)y的椭圆的切线方程为：00221xx yya b．由于椭圆过点0(x，0)y，则2200221x ya b①，对椭圆求导得22b xya y，即切线的斜率22b xka y，故切线的方程2002()b xy y x xa y，将①代入得00221xx yya b．则切线MN 的方程为0015x x y y ，令0x ，得01N y y，因为PN BF ，所以1PN BF k k ，所以1(12PN k ，解得2NP k ，设1(P x ，0)，则01120NPy k x ，即1012x y ，因为//MP BF ，所以MP BF k k ，所以0001122y x y ，即000122y x y ，所以000122x y y，又因为220015x y ，所以22002042115520y y y ，解得06y ，因为0N y ，所以00y ，所以06y，036x ，所以6156y，即0x y ．24．（2021•甲卷（文））抛物线C 的顶点为坐标原点O ，焦点在x 轴上，直线:1l x 交C 于P ，Q 两点，且OP OQ ．已知点(2,0)M ，且M 与l 相切．（1）求C ，M 的方程；（2）设1A ，2A ，3A 是C 上的三个点，直线12A A ，13A A 均与M 相切．判断直线23A A 与M 的位置关系，并说明理由．【解析】（1）因为1x 与抛物线有两个不同的交点，故可设抛物线C 的方程为：22(0)y px p ，令1x ，则2y p ，根据抛物线的对称性，不妨设P 在x 轴上方，Q 在x 轴下方，故2),(1,2P p Q p ，因为OP OQ ，故112(202p p p，抛物线C 的方程为：2y x ，因为M 与l 相切，故其半径为1，故22:(2)1M x y ．另（1）根据抛物线的对称性，由题意可得45POx QOx ，因此点P ，Q 的坐标为(1,1) ，由题意可设抛物线C 的方程为：22(0)y px p ，可得12p ，因此抛物线C 的方程为2y x ．而圆M 的半径为圆心M 到直线l 的距离为1，可得M 的方程为22(2)1x y ．（2）很明显，对于12A A 或者13A A 斜率不存在的情况以及23A A 斜率为0的情况满足题意．否则：设11(A x ，1)y ，22(A x ，2)y ，33(A x ，3)y ．当1A ，2A ，3A 其中某一个为坐标原点时（假设1A 为坐标原点时），设直线12A A 方程为0kx y ，根据点(2,0)M 到直线距离为11，解得k 联立直线12A A 与抛物线方程可得3x ，此时直线23A A 与M 的位置关系为相切，当1A ，2A ，3A 都不是坐标原点时，即123x x x ，直线12A A 的方程为1212()0x y y y y y ，1 ，即22212121(1)230y y y y y ，同理，由对称性可得，22213131(1)230y y y y y ，所以2y ，3y 是方程222111(1)230y t y t y 的两根，则2112323221123,11y y y y y y y y ，依题意有，直线23A A 的方程为2323()0x y y y y y ，令M 到直线23A A 的距离为d ，则有22122223122123213(2)(2)1121()1()1y y y y d y y y y ，此时直线23A A 与M 的位置关系也为相切，综上，直线23A A 与M 相切．（2）另设2(i i A y ，)i y ，1i ，2，3，由直线的两点式可知，直线12A A 的方程为222122122()()()()y y y y y y x y ，化简可得1212()0x y y y y y ，因为直线12A A 与圆M2212121(2)1()y y y y ，整理得22212121(1)230y y y y y ，同理有22213131(1)230y y y y y ，所以2y ，3y 是关于y 的方程222111(1)230y y y y y 的两个根，则2112323221123,11y y y y y y y y ，依题意有，直线23A A 的方程为2323()0x y y y y y ，令M 到直线23A A 的距离为d ，则有22122223122123213(2)(2)1121()1()1y y y y d y y y y ，此时直线23A A 与M 的位置关系也为相切，综上，直线23A A 与M 相切．25．（2023•乙卷（文））已知椭圆2222:1(0)y x C a b a b的离心率为3，点(2,0)A 在C 上．（1）求C 的方程；（2）过点(2,3) 的直线交C 于点P ，Q 两点，直线AP ，AQ 与y 轴的交点分别为M ，N ，证明：线段MN 的中点为定点．【解析】（1）由题意，22232c a b a b c，解得32a b c ． 椭圆C 的方程为22194y x ；证明：（2）如图，要使过点(2,3) 的直线交C 于点P ，Q 两点，则PQ 的斜率存在且小于0，设:3(2)PQ y k x ，即23y kx k ，0k ，1(P x ，1)y ，2(Q x ，2)y ，联立2223194y kx k y x ，得22(49)8(23)16(3)0k x k k x k k ．△22[8(23)]4(49)16(3)17280k k k k k k ．1228(23)49k k x x k ，12216(3)49k k x x k ，直线11:(2)2y AP y x x，取0x ，得112(0,)2y M x ；直线22:(2)2y AQ y x x，取0x ，得222(0,2y N x ． 1212211212222(2)2(2)22(2)(2)y y y x y x x x x x 12211212(23)(2)(23)(2)22()4kx k x kx k x x x x x 121212122(43)()4(23)22()4kx x k x x k x x x x 222216(3)8(23)2(43)4(23)4949216(3)8(23)244949k k k k k k k k k k k k k k k 32322322223296649648723272481082164832481636k k k k k k k k k k k k k k 1082636．MN 的中点为(0,3)，为定点．。

2023年高考文科数学解析分类汇编解析
几何(逐题详解)
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专题07平面解析几何（选择题、填空题）1．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】已知圆 x 2 y 26x 0，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为A ．1B ．2D ．4C ．3【答案】B 【解析】圆 x2y 2 6x 0化为(x 3)2 y 29，所以圆心C 坐标为C (3,0)，半径为3，设 P (1,2)，当过点 P 的直线和直线CP 垂直时，圆心到过点 P 的直线的距离最大，所求的弦长最短，此时|CP | (3 1) ( 2) 2 22 2根据弦长公式得最小值为2 9 |CP |22 9 8 2 .故选：B ．【点睛】本题考查圆的简单几何性质，以及几何法求弦长，属于基础题.2．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】在平面内，A ，B 是两个定点，C 是动点，若 AC BC =1，则点 C 的轨迹为A ．圆B ．椭圆C ．抛物线D ．直线【答案】A 【解析】设AB 2a a 0 ，以 AB 中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，，设则： A a ,0 ,B a ,0C x , y，可得： AC x a , y ,BC x a , y ，从而： AC BC x a x a y 2，结合题意可得： x a xa y 21，整理可得： x y a2 2 21，即点 C 的轨迹是以 AB 中点为圆心， a 1为半径的圆.2故选：A ．【点睛】本题主要考查平面向量及其数量积的坐标运算，轨迹方程的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】点(0， 1)到直线 y k x 1 距离的最大值为A ．1【答案】BB ． 2C ． 3D ．2【解析】由 y k (x 1)可知直线过定点 P ( 1,0)，设 A (0, 1)，当直线 y k (x 1)与 AP 垂直时，点 A 到直线 y k (x 1)距离最大，即为| AP | 2 .故选：B ．【点睛】该题考查的是有关解析几何初步的问题，涉及到的知识点有直线过定点问题，利用几何性质是解题的关键，属于基础题.4．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线 2x −y −3=0的距离为5B ． 2 55C ． 3 55D ． 4 55A ．5【答案】B【解析】由于圆上的点 2,1 在第一象限，若圆心不在第一象限，则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限，a设圆心的坐标为 a ,a ，则圆的半径为，圆的标准方程为 x a y a 2 a2. 2由题意可得 2 a 1 a 2 a2，2可得a26a 5 0，解得 a 1或a 5，所以圆心的坐标为 1,1 或 5,5 ，的距离均为d 1 2 1 1 3 2 5；5圆心到直线5的距离均为d 2 2 5 5 32 55圆心到直线5圆心到直线2x y 3 0的距离均为d 252 5；5所以，圆心到直线2x y 3 0的距离为 2 5 .5故选：B ．【点睛】本题考查圆心到直线距离的计算，求出圆的方程是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.5．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】设 O 为坐标原点，直线 x =2与抛物线 C ： y 2若 OD ⊥OE ，则 C 的焦点坐标为2px p 0交于 D ，E 两点，A ．（ 14，0）【答案】BB ．（ 12，0）C ．（1，0）D ．（2，0）【解析】因为直线 x 2与抛物线 y22px (p 0)交于 E ,D 两点，且OD OE ，根据抛物线的对称性可以确定 DOx EOx ，所以D 2,2 ，4代入抛物线方程4 4p ，求得 p 1，所以其焦点坐标为(1 ,0)，2故选：B ．【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物线的对称性，点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目.y 126．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】设 F 1,F 2是双曲线C : x 2O的两个焦点，为坐标原点，点 P 在C 上3且|OP | 2，则△PF 1F 2的面积为A ． 72B ．3C ． 52D ．2【答案】B【解析】由已知，不妨设 F 1( 2,0),F 2(2,0)，则 a 1,c 2，因为|OP | 1 1 | F 1F 2 |，2所以点 P 在以 F 1F 2为直径的圆上，即 F 1F 2P 是以 P 为直角顶点的直角三角形，故| PF 1 | | PF 2 | | F 1F 2 |2 2 2，即| PF 1 | | PF 2 | 16，又| PF 1 | | PF 2 | 2a 2，2 2所以4 | PF 1 | | PF 2 | 2 | PF 1 |2 | PF 2 |2 2 | PF 1 || PF 2 | 16 2 | PF 1 || PF 2 |，解得| PF 1 || PF 2 | 6，所以S △F 1F 2P 1 | PF 1 || PF 2 | 32故选：B【点晴】本题考查双曲线中焦点三角形面积的计算问题，涉及到双曲线的定义，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.7．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】设 O 为坐标原点，直线 x =a 与双曲线 C ： x 22 b 2y 2 =l(a >0，b >0)的两条渐近a线分别交于 D ，E 两点．若△ODE 的面积为 8，则 C 的焦距的最小值为A ．4 B ．8 C ．16 D ．32【答案】B【解析】 C : x a 22 by 22 1(a 0,b 0)， 双曲线的渐近线方程是 y b x ，a直线 x a 与双曲线C : xa22 by 2 1(a 0,b 0)的两条渐近线分别交于 D ， E 两点2不妨设 D 为在第一象限， E 在第四象限，x ax a联立 b ，解得 ，y x y ba 故 D (a ,b )，x a联立 x ab ，解得y b ，y xa 故 E (a ,b )，| ED | 2b ，ODE 面积为：S △ODE 1 a 2b ab 8，2双曲线C : x 22 by 2 1(a 0,b 0)，2a其焦距为2c 2 a 2 b 2 2 2ab 2 16 8，当且仅当a b 2 2取等号，C 的焦距的最小值：8.故选：B ．【点睛】本题主要考查了求双曲线焦距的最值问题，解题关键是掌握双曲线渐近线的定义和均值不等式求最值方法，在使用均值不等式求最值时，要检验等号是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.8．【2020年高考天津】设双曲线C 的方程为 x22 by 2 1(a 0,b 0)，过抛物线2y24x 的焦点和点(0,b )a的直线为l ．若C 的一条渐近线与l 平行，另一条渐近线与l 垂直，则双曲线C 的方程为A ． x 2y2y 12C ． x2y41B ． x221D ． x y 12 2444【答案】Dx y 1，即直线的斜率为 b ，【解析】由题可知，抛物线的焦点为 1,0 ，所以直线的方程为lb 又双曲线的渐近线的方程为 y b x ，所以 b b ， b b 1，因为a 0,b 0，解得a 1,b 1．a a a故选： D ．【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质，双曲线的几何性质，以及直线与直线的位置关系的应用，属于基础题．9．【2020年高考北京】已知半径为 1的圆经过点(3,4)，则其圆心到原点的距离的最小值为A ． 4B ． 5D ． 7C ． 6【答案】A【解析】设圆心C x , y ，则 x 3 2 y 4 2 1，化简得 x 3 2 y 4 2 1，所以圆心C 的轨迹是以M (3,4)为圆心，1为半径的圆，|OC | 1 |OM | 3 42 5，所以|OC | 5 1 4，所以2当且仅当C在线段OM上时取得等号，故选：A．【点睛】本题考查了圆的标准方程，属于基础题.10．【2020年高考北京】设抛物线的顶点为O，焦点为F，准线为l．P是抛物线上异于O的一点，过P作PQ l于Q，则线段FQ的垂直平分线A.经过点OB.经过点 PD.垂直于直线OPC.平行于直线OP【答案】B因为线段FQ的垂直平分线上的点到F,Q的距离相等，又点P在抛物线上，根据定义可知，PQ PF，所以线段FQ的垂直平分线经过点P .故选：B.【点睛】本题主要考查抛物线的定义的应用，属于基础题.11．【2020年高考浙江】已知点O（0，0），A（–2，0），B（2，0）．设点P满足|PA|–|PB|=2，且P为函数y 3 4 x2图象上的点，则|OP|=222B ． 4 105A ．C ． 7D ． 10【答案】D【解析】因为| PA | | PB | 2 4，所以点 P 在以 A ,B 为焦点，实轴长为2，焦距为4的双曲线的右支4 1 3，即双曲线的右支方程为 x 2 y 1 x 0，而点 P 还在2c 2,a 1可得， b 2 c 2 a上，由23函数 y 3 4 x 的图象上，所以，2132 y 3 4 x 2 x 13 27 ，即 OP 10．由 x，解得 y 3 1 x 0 223 3244 y故选：D.【点睛】本题主要考查双曲线的定义的应用，以及二次曲线的位置关系的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．12．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知曲线C :mx ny 1.2 2A ．若 m >n >0，则 C 是椭圆，其焦点在 y 轴上B ．若 m =n >0，则C 是圆，其半径为 nmC ．若 mn <0，则 C 是双曲线，其渐近线方程为 y x nD ．若 m =0，n >0，则 C 是两条直线【答案】ACDx 2y2 1可化为 1 11【解析】对于 A ，若m n 0，则mx ，ny 2 2mn因为m n 0，所以 m 1 1n，y即曲线C 表示焦点在轴上的椭圆，故 A 正确；对于 B ，若m n 0，则mx2ny21可化为 x 2 y21，n此时曲线C 表示圆心在原点，半径为n 的圆，故 B 不正确；nx 1可化为 1 11，对于 C ，若mn 0，则mx ny 2 22y2m n此时曲线C 表示双曲线，m由mx ny2 20可得 y x ，故 C 正确；n对于 D ，若m 0,n 0，则mx 2 ny 2 1可化为y 2 1，nn ，此时曲线C 表示平行于轴的两条直线，故 D 正确；xyn 故选：ACD.【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.13．【2019年高考浙江卷】渐近线方程为 x ±y =0的双曲线的离心率是2A ．B ．1D ．22C ． 2【答案】C【解析】因为双曲线的渐近线方程为 x y 0，所以a b ，则c a 2 b22a ，所以双曲线的离心率e c 2 .故选 C.a【名师点睛】本题根据双曲线的渐近线方程可求得 a b ，进一步可得离心率，属于容易题，注重了双曲线基础知识、基本计算能力的考查.理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求.部分考生易出现理解性错误.14．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】双曲线 C ： x a22 by 2 1(a 0,b 0)的一条渐近线的倾斜角为 130°，则 C2的离心率为A ．2sin40°B ．2cos40°11C ．D ．sin50cos50【答案】D【解析】由已知可得 b tan130 , b tan50 ，a a1 b 250 sin 50 cos2 250501 e c 1 tan 50 1 sin 22， a a cos 2cos 250 cos50故选 D ．【名师点睛】对于双曲线： x2y 21 b 22 1 a 0 , b 0 ，有e c ；a 2 ba a 2对于椭圆 x2y 22 1 a b 0 ，有e c 1 b ，防止记混．a 2 ba a 15．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知椭圆 C 的焦点为 F 1( 1,0)，F 2(1,0)，过 F 的直线与 C 交于 A ，B 两2点．若| AF 2 | 2| F 2B |，| AB | | BF 1 |，则 C 的方程为A ． x2B ． x 2 y 12y 12232C ． x 2y 12D ． x 2y 124354【答案】B【解析】法一：如图，由已知可设 F 2B n ，则 AF 2 2n , BF 1 AB 3n ，由椭圆的定义有2a BF 1 BF 2 4n , AF 1 2a AF 2 2n ．中，由余弦定理推论得cos F 1AB 4n 29n 29n 21．在△AF 1B2 2n 3n33．2在△AF 1F 2中，由余弦定理得4n 24n 22 2n 2n 1 4，解得n 323 1 2 , 所求椭圆方程为 x 2a 4n 2 3 , a 3 , b a c 2 22 y 1，故选 B ．232法二：由已知可设 F 2B n ，则 AF 2 2n , BF 1 AB 3n ，由椭圆的定义有2a BF 1 BF 2 4n , AF 1 2a AF 2 2n ．4n4 2 2n 2 cos AF 2F 14n2 2在△AF 1F 2和△BF 1F 2中，由余弦定理得，n 2 4 2 n 2 cos BF 2F 1 9n 2又 AF 2F 1 , BF 2F 1互补， cos AF 2F 1 cos BF 2F 1 0，两式消去cos AF 2F 1,cos BF 2F 1，得3． 2a 4n 2 3 , a 3 , ba c2 23 1 2 , 所求椭圆3n 6 11n2 2，解得n22方程为 x 2y 1，故选 B ．232【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好地落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．x 2 y 1的一个焦点，则 p =216．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】若抛物线 y 2=2px （p >0）的焦点是椭圆3p pA ．2B ．3D ．8C ．4【答案】D2px (p 0)的焦点( p ,0)是椭圆 x y 23p221的一个焦点，所以3p p ( p )2【解析】因为抛物线 y ，2p 2解得 p 8，故选 D ．【名师点睛】本题主要考查抛物线与椭圆的几何性质，渗透逻辑推理、运算能力素养．解答时，利用抛物线与椭圆有共同的焦点即可列出关于 p 的方程，从而解出 p ，或者利用检验排除的方法，如 p 2时，抛物线焦点为（1，0），椭圆焦点为（±2，0），排除 A ，同样可排除 B ，C ，从而得到选 D ．17．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设 F 为双曲线 C ： x 22 b 22 1（a >0，b >0）的右焦点，O 为坐标原点，y a以 OF 为直径的圆与圆x 2+y 2=a 2交于 P ，Q 两点．若|PQ |=|OF |，则 C 的离心率为A ． 2B ． 3D ． 5C ．2【答案】Ax【解析】设 PQ 与轴交于点A ，由对称性可知 PQ x 轴，又 PQ |OF | c ， | PA | c , PA 为以OF 为直径的圆的半径，2∴|OA | c ，c c ,，P 2 22a 上， c2c a ，即 c 22 ca 2 2．2又 P 点在圆 x 2y222 a 2, e2442e 2，故选 A ．【名师点睛】本题为圆锥曲线离心率的求解，难度适中，审题时注意半径还是直径，优先考虑几何法，避免代数法从头至尾运算繁琐，准确率大大降低，双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题，需强化练习，才能在解决此类问题时事半功倍，信手拈来．解答本题时，准确画图，由图形对称性得出 P 点坐标，代入圆的方程得到 c 与 a 的关系，可求双曲线的离心率．18．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知 F 是双曲线 C ： x2y 1的一个焦点，点 P 在 C 上，O 为坐标原245点，若 OP = OF ，则△OPF 的面积为3252A ．C ．B ．D ．7292【答案】B，则 x 0 y 1①．22【解析】设点 P x 0, y045又 OP OF 4 5 3， x 02y 0 9②．225，即 y 0 5，由①②得 y 0293S △OPF 1 OF y 0 1 3 5 5，2223故选 B ．【名师点睛】本题易错在忽视圆锥曲线方程和两点间的距离公式的联系导致求解不畅.设P x 0, y 0 ，由OP = OF ，再结合双曲线方程可解出19．【2019年高考北京卷文数】已知双曲线A ． 6y 0，利用三角形面积公式可求出结果.x 22 y 21（a >0）的离心率是 5，则 a =a B ．41C ．2D ．2【答案】D【解析】∵双曲线的离心率e c 5，c a21，a2 1 5，解得a 1a ∴，2a故选 D.【名师点睛】本题主要考查双曲线的离心率的定义，双曲线中 a ，b ，c 的关系，方程的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.20．【 2019年高考天津卷文数】已知抛物线 y 24x 的焦点为 F ，准线为 l .若 l 与双曲线x 22 by 2 1(a 0,b 0)的两条渐近线分别交于点 A 和点 B ，且|AB | 4|OF |（O 为原点），则双曲2a线的离心率为A ． 2B ． 3D ． 5C ．2【答案】D 【解析】抛物线 y24x 的准线l 的方程为 x 1，双曲线的渐近线方程为 y b x ，a则有 A ( 1, b ),B ( 1, b )，a a ∴ AB 2b 2b， a 4，b 2a ，a∴e c a b2 25 .aa故选 D.【名师点睛】本题考查抛物线和双曲线的性质以及离心率的求解，解题关键是求出 AB 的长度.解答时，只需把 AB 4 OF 用a ,b ,c 表示出来，即可根据双曲线离心率的定义求得离心率.21．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】已知椭圆C ： xa22y 2 1的一个焦点为(2，0)，则C 的离心率为41A ．312B ．2D ． 2 23C ．2【答案】Cb c【解析】由题可得c 2，因为b 4，所以a 8，即a 2 2，2 2 2 222，故选 C ．所以椭圆C 的离心率e22 2【名师点睛】本题主要考查椭圆的方程及离心率，考查考生的运算求解能力，考查的数学核心素养是数学运算.在求解的过程中，一定要注意离心率的公式，再者就是要学会从题的条件中判断与之相关的量，结合椭圆中a ,b ,c 的关系求得结果.22．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】已知 F 1，F 2是椭圆C 的两个焦点， P 是C 上的一点，若 PF 1 PF 2，且PF 2F 1 60 ，则C 的离心率为3A ．1B ．2 3D ． 3 123 1C ．2【答案】D【解析】在△F 1PF 2中， F 1PF 2 90设 PF 2 m ，, PF 2F 1 60 ，则2c F 1F 2 2m , PF 1 3m ，又由椭圆定义可知2a PF 1 PF 2 ( 3 1)m ，则e c 2c2m 3 1，故选 D ．a2a ( 3 1)m【名师点睛】本题主要考查椭圆的定义和简单的几何性质，考查考生的数形结合能力、运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象、数学运算.结合有关平面几何的知识以及椭圆的定义、性质加以灵活分析，关键是寻找椭圆中 a ，c 满足的关系式.椭圆定义的应用主要有两个方面：一是判断平面内动点与两定点的轨迹是否为椭圆，二是利用定义求焦点三角形的周长、面积、椭圆的弦长及最值和离心率问题等；“焦点三角形”是椭圆问题中的常考知识点，在解决这类问题时经常会用到正弦定理，余弦定理以及椭圆的定义.23．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】双曲线 x a22 by 2 1(a 0,b 0)的离心率为 3，则其渐近线方程为2A ． y 2xB ． y 3xC ． y 2 xD ． y 3 x22【答案】A【解析】因为 e c 3，所以 b22c 2 a 2b 2，因为渐近线方程为 e 2 1 3 1 2，所以 aaa a 2y b x ，所以渐近线方程为 y 2x ，故选 A ．a【名师点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质，考查考生的运算求解能力，考查的数学核心素养是数学运算.(1)焦点在 x 轴上的双曲线的标准方程为 x a22 by 2 1(a 0,b 0)，焦点坐标为(±c ，0)，实轴长为 2a ，2虚轴长为 2b ，渐近线方程为 y b x ；a(2)焦点在 y 轴上的双曲线的标准方程为 2 bx 2 1(a 0,b 0)，焦点坐标为(0，±c )，实轴长为 2a ，y 22a虚轴长为 2b ，渐近线方程为 y a x .b24．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】直线 x y 2 0分别与 x 轴， y 轴交于 A ， B 两点，点 P 在圆(x 2)2 y 2 2上，则△ABP 面积的取值范围是B ． 4，8 A ． 2，6C ． 2，3 2 2 2，3 2D ．【答案】A【解析】直线 x y 2 0分别与轴，轴交于 A ，B 两点， A 2,0 ,B 0, 2 ，则 AB 2 2 .x y 点 P 在圆(x 2)2 y22上， 圆心为（2，0），则圆心到直线的距离d 1 2 0 2 2 2 .22,3 2，则S △ABP 1 AB d 2 2d 2 2,6 .故点 P 到直线 x y 2 0的距离d 2的范围为2故答案为 A.【名师点睛】本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题 .先求出 A ，B 两点坐标得到 AB ，再计算圆心到直线的距离，得到点 P 到直线距离的范围，由面积公式计算即可.25．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】已知双曲线C : x 22 by2 21(a 0,b 0)的离心率为 2，则点(4,0)到Ca的渐近线的距离为A ． 2B ．2C ． 3 22D ．2 2【答案】D【解析】 e c 1 (b )2， b 1，所以双曲线C 的渐近线方程为 x y 0，所以点(4,0)2aaa4到渐近线的距离d2 2，故选 D ．1 1【名师点睛】本题主要考查双曲线的性质、点到直线的距离公式，考查考生的运算求解能力、化归与转化能力、逻辑思维能力，考查的数学核心素养是逻辑推理、数学运算、直观想象.熟记结论：若双曲线 x a22 by 2 1(a 0,b 0)是等轴双曲线，则 a =b ，离心率 e = 2，渐近线方程为2y =±x ，且两条渐近线互相垂直.26．【2018年高考浙江卷】双曲线 x2y21的焦点坐标是3A ．(− 2，0)，( 2，0)B ．(−2，0)，(2，0)C ．(0，− 2 )，(0， 2 )D ．(0，−2)，(0，2)【答案】B 【解析】设 x22 1的焦点坐标为( c ,0)，因为c 2 a 2 b 23 1 4，c 2， y3所以焦点坐标为( 2,0)，故选 B ．【名师点睛】本题主要考查双曲线基本量之间的关系，考查考生的运算求解能力，考查的数学核心素养是数学运算.解答本题时，先根据所给的双曲线方程确定焦点所在的坐标轴，然后根据基本量之间的关系进行运算.27．【2018年高考天津卷文数】已知双曲线 x a22 by 2 1(a 0, b 0)的离心率为2，过右焦点且垂直于轴2x的直线与双曲线交于 A ，B 两点．设 A ，B 到双曲线同一条渐近线的距离分别为d1和d 2，且d 1 d 2 6，则双曲线的方程为A ． x 2y 12B ． x 2y 123993C ． x 2y 12D ．x 2 y 12412124【答案】A【解析】设双曲线的右焦点坐标为 F (c ,0)(c 0)，则 x A x B c ，由 c 2a 2 by 2 1可得 ya ，2b 2不妨设 A (c , b)， B (c , b2 2)，a a 双曲线的一条渐近线方程为bx ay 0，据此可得d 1 |bc b 2| bc b 2，d 2 |bc b| bc b2 2，cb2a 2b 2ca 2则d 1 d 2 2bc 2b 6，则b 3，b29，c21 a 92 2，据此可得a23，则双曲线的方程为 x 2 y 1．2双曲线的离心率e c 1 b aa 239故选 A ．【名师点睛】求双曲线的标准方程的基本方法是待定系数法．具体过程是先定形，再定量，即先确定双曲线标准方程的形式，然后再根据 a ，b ，c ，e 及渐近线之间的关系，求出 a ，b 的值．如果已知双曲线的渐近线方程，求双曲线的标准方程，可利用有公共渐近线的双曲线方程为 x a22 by 2 0 ，2再由条件求出λ的值即可.解答本题时，由题意首先求得 A ，B 的坐标，然后利用点到直线距离公式求得b 的值，之后求解 a 的值即可确定双曲线方程.28．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】设双曲线 C : x a22 by 2 1 (a >0,b >0)的一条渐近线为 y = 2 x ，则 C 的离心2率为_________．【答案】3【解析】由双曲线方程 xa 22 by2 1可得其焦点在轴上，2x因为其一条渐近线为y 2x，b a 2，e ac 1 ba2 3 .2所以故答案为：3【点睛】本题考查的是有关双曲线性质，利用渐近线方程与离心率关系是解题的关键，要注意判断焦点所在位置，属于基础题.29．【2020年高考天津】已知直线x 3y 8 0和圆 x2 y2 r2(r 0)相交于A,B两点．若| AB| 6，则r的值为_________．【答案】58【解析】因为圆心 0,0 到直线x 3y 8 0的距离d 4，1 3由| AB | 2 r d 2可得6 2 r2 42，解得r = 5．2故答案为：5．【点睛】本题主要考查圆的弦长问题，涉及圆的标准方程和点到直线的距离公式，属于基础题．30．【2020年高考北京】已知双曲线C : x2 y 1，则C的右焦点的坐标为_________；C的焦点到其渐263近线的距离是_________．【答案】 3,0 ；3【解析】在双曲线C中，a 6，b 3，则c a22 3，则双曲线C的右焦点坐标为 3,0 ，b双曲线C的渐近线方程为y2 x，即x 2y 0，23所以，双曲线C的焦点到其渐近线的距离为 3 .1 22故答案为： 3,0 ； 3 .【点睛】本题考查根据双曲线的标准方程求双曲线的焦点坐标以及焦点到渐近线的距离，考查计算能力，属于基础题.31．【2020年高考浙江】已知直线 y kx b (k 0)与圆 x 2 y 2 1和圆(x 4)2 y 2 1均相切，则k _______，b =_______．3； 2 3【答案】33|b | 1|4k b |1，【解析】由题意，C 1,C 2到直线的距离等于半径，即1，k 12 2k22所以|b | 4k b ，所以k 0（舍）或者b 2k ，解得k 3 ,b 2 3 .333 ; 2 33故答案为：3【点晴】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查学生的数学运算能力，是一道基础题.32．【2020年高考江苏】在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线 x 22 y 1(a 0)的一条渐近线方程为 y 5 x ，2a 52则该双曲线的离心率是▲．3【答案】2【解析】双曲线 x a22 y 1，故 b 5 .由于双曲线的一条渐近线方程为 y 25 x ，即52b 5 a 2，所以c a b 2 c 4 5 3，所以双曲线的离心率为 a 3222.a32故答案为：【点睛】本小题主要考查双曲线的渐近线，考查双曲线离心率的求法，属于基础题.33．【2020年新高考全国Ⅰ卷】斜率为 3的直线过抛物线 C ：y AB =________．2=4x 的焦点，且与 C 交于 A ，B 两点，则163【答案】【解析】∵抛物线的方程为 y24x ，∴抛物线的焦点 F 坐标为 F (1,0)，又∵直线 AB 过焦点 F 且斜率为 3，∴直线 AB 的方程为： y 3(x 1)代入抛物线方程消去 y 并化简得3x 2 10x 3 0，解法一：解得 x 1 1,x 2 33| x 1 x 2 | 1 3 |3 1 | 16所以| AB | 1 k233解法二： 100 36 64 0设 A (x 1, y 1),B (x 2, y 2)，则 x 1 x 2 103,过 A ,B 分别作准线 x 1的垂线，设垂足分别为C ,D 如图所示.| AB | | AF | | BF | | AC | | BD | x 1 1 x 2 1 x 1 x 2+2=16316故答案为：3【点睛】本题考查抛物线焦点弦长，涉及利用抛物线的定义进行转化，弦长公式，属基础题.3，0)，A ，B 是圆 C ： x (y 1) 36上的两2234．【2020年高考江苏】在平面直角坐标系 xOy 中，已知 P (22个动点，满足 PA PB ，则△PAB 面积的最大值是【答案】10 5▲．【解析】Q PA PB PC AB3 1 14 4设圆心C 到直线 AB 距离为d ，则|AB |=2 36 d 2,| PC | 所以 S V PAB 1 2 36 d(d 1) (36 d (0 d 6) y 2(d 1)( 2d 当0 d 4时，y 0；当4 d 6时，故答案为：10 5)(d 1)2 222令 y (36 d 2)(d 1)22d 36) 0 d 4（负值舍去）y y 0，因此当 d 4时，取最大值，即S PAB 取最大值为10 5，【点睛】本题考查垂径定理、利用导数求最值，考查综合分析求解能力，属中档题.35．【2019年高考北京卷文数】设抛物线 y =4x 的焦点为 F ，准线为 l ．则以 F 为圆心，且与 l 相切的圆的2方程为__________．【答案】(x 1) y 42 2【解析】抛物线 y =4x 中，2p =4，p =2，2焦点 F （1，0），准线 l 的方程为 x =−1，以 F 为圆心，且与 l 相切的圆的方程为(x −1)+y =22，即为(x 1)22y24 .2【名师点睛】本题可采用数形结合法，只要画出图形，即可很容易求出结果.36．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】设 F 1，F 2为椭圆 C : x2y21的两个焦点，M 为 C 上一点且在第一象限．若+36 20△MF 1F 2为等腰三角形，则 M 的坐标为___________.【答案】 3, 15【解析】由已知可得a236 ,b 2 20 , c 2 a 2b 2 16 ,c 4，MF 1 F 1F 2 2c 8，∴ MF 2 4．1 F 1F2 y 0 4y 0，△MF 1F 2设点M 的坐标为 x 0 , y x0, y 0 00 ，则S 02又 S △MF 1F 2 1 4 8 2 4 15 , 4y 0 4 15，解得 y 0 15，222215 1，解得 x 0 3（ x 0 3舍去），20 x 236\ M 的坐标为 3, 15．【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好地落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．解答本题时，根据椭圆的定义分别求出 MF 1、MF2，设出M 的坐标，结合三角形面积可求出M 的坐标.y237．【2019年高考江苏卷】在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线 x 2 2 1(b 0)经过点（3，4)，则该双b曲线的渐近线方程是▲.【答案】 y 2x4【解析】由已知得3221，解得b 2或b 2，b2因为b 0，所以b 2 .因为 a 1，所以双曲线的渐近线方程为 y 2x .【名师点睛】双曲线的标准方程与几何性质，往往以小题的形式考查，其难度一般较小，是高考必得分题.双曲线渐近线与双曲线标准方程中的 a ,b 密切相关，事实上，标准方程中化 1为 0，即得渐近线方程.438．【2019年高考江苏卷】在平面直角坐标系 xOy 中，P 是曲线 y x (x 0)上的一个动点，则点 P 到x直线 x +y =0的距离的最小值是【答案】4▲.【解析】当直线 x +y =0平移到与曲线 y x 4相切位置时，切点 Q 即为点 P ，此时到直线 x +y =0的距x离最小.由 y 1 42 1，得 x 2(x 2舍)， y 3 2，即切点Q ( 2,3 2)，x2 3 2则切点 Q 到直线 x +y =0的距离为 4，1 12 2故答案为4．【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法和公式法，利用数形结合和转化与化归思想解题.39．【2019年高考浙江卷】已知圆C 的圆心坐标是(0,m )r，半径长是 .若直线2x y 3 0与圆 C 相切于点 A ( 2, 1)，则mr=___________， =___________．【答案】 2， 5【解析】由题意可知k AC 1 AC : y 1 1 (x 2)，把(0,m )代入直线 AC 的方程得m 2，22此时r | AC | 4 1 5 .【名师点睛】本题主要考查圆的方程、直线与圆的位置关系.首先通过确定直线 AC 的斜率，进一步得到其方程，将(0,m )代入后求得m ，计算得解.解答直线与圆的位置关系问题，往往要借助于数与形的结合，特别是要注意应用圆的几何性质.40．【2019年高考浙江卷】已知椭圆 x 2y 1的左焦点为 F ，点 P 在椭圆上且在轴的上方，若线段 PF2x95的中点在以原点O 为圆心， OF 为半径的圆上，则直线 PF 的斜率是___________．【答案】 15【解析】方法 1：如图，设 F 1为椭圆右焦点.由题意可知|OF |=|OM |= c= 2，由中位线定理可得 PF 1 2|OM | 4，设 P (x , y )，可得(x 2)y2 216，与方程 x 2y 1联立，可解得 x 3,x 2212（舍），9521515 P3 ,21x 又点 P 在椭圆上且在轴的上方，求得 ，所以k PF15 . 222方法 2：（焦半径公式应用）由题意可知|OF |=|OM |= c= 2，32由中位线定理可得PF1 2|OM | 4，即a ex p 4 x p ，1515，所以P 3 ,21从而可求得 k PF 15 .222【名师点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、圆的方程与性质的应用，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用圆的方程表示，与椭圆方程联立可进一步求解.也可利用焦半径及三角形中位线定理解决，则更为简洁. 41．【2018年高考全国I卷文数】直线y x 1与圆x y2 22y 3 0交于A，B两点，则AB ________．【答案】2 2y 1 2 4，所以圆的圆心为0, 1，且半径是2，【解析】根据题意，圆的方程可化为 x20 1 1根据点到直线的距离公式可以求得d 1 2 2，12结合圆中的特殊三角形，可知AB 2 4 2 2 2，故答案为2 2 .【名师点睛】该题考查的是有关直线被圆截得的弦长问题，在解题的过程中，熟练应用圆中的特殊三角形，即半弦长、弦心距和圆的半径构成的直角三角形，借助于勾股定理求得结果.首先将圆的一般方程转化为标准方程，得到圆心坐标和圆的半径的大小，之后应用点到直线的距离求得弦心距，借助于圆中特殊三角形，利用勾股定理求得弦长.42．【2018年高考天津卷文数】在平面直角坐标系中，经过三点（0，0），（1，1），（2，0）的圆的方程为__________．【答案】x y 2x 02 2【解析】设圆的方程为 x2 y2 Dx Ey F 0，圆经过三点（0，0），（1，1），（2，0），F 0 D 2则 1 1 D E F 0，解得 E 0，则圆的方程为 x2 y22x 0.F 04 0 2D F 0【名师点睛】求圆的方程，主要有两种方法：(1)几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理．如：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；②圆心在任意弦的中垂线上；③两圆相切时，切点与两圆心三点共线．(2)待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．一般地，与圆心和半径有关，选择标准式，否则，选择一般式．不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该有三个独立等式．43．【2018年高考浙江卷】已知点 P (0，1)，椭圆 x2+y =m (m >1)上两点 A ，B 满足 AP 2PB ，则当24m =___________时，点 B 横坐标的绝对值最大．【答案】5【解析】设 A (x 1, y 1)， B (x 2, y 2)，x 1 2x 2，1 y 1 2(y 2 1)，由 AP 2PB 得所以 y 1 2y 2 3，x 12x 22因为 A ， B 在椭圆上，所以 4 y 12m ， 4 y 22 m ，4x 22(2y 2 3)2 m ，所以4所以 x 22(y 2 3)m 2，424与 x 22m 对应相减得 y 3 m 1 (m y 22， x 22210m 9) 4，2444当且仅当m 5时取最大值．【名师点睛】解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.44．【2018年高考北京卷文数】若双曲线 x a22 y 1(a 0)的离心率为25，则a ________________．24【答案】4【解析】在双曲线中c a2b 2a 2 4，且e ac 5，2a 2 4 5，即a 2 16，2所以a因为a 0，所以a 4．数学运算.在求解有关离心率的问题时，一般不直接求出 c 和 a 的值，而是根据题目给出的条件，建立关于参数 c ，a ，b 的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或取值范围.45．【2018年高考北京卷文数】已知直线 l 过点（1，0）且垂直于轴，若 l 被抛物线 y 4ax 截得的线段2长为 4，则抛物线的焦点坐标为_________.【答案】 1,0 【解析】由题意可得，点 P 1,2 在抛物线上，将 P 1,2 代入 y 2 4ax 中，解得a 1， y 4x ，由2抛物线方程可得：2p 4, p 2, p 1， 焦点坐标为 1,0 .2【名师点睛】此题考查抛物线的相关知识，属于易得分题，关键在于能够结合抛物线的对称性质，得到抛物线上点的坐标，再者熟练准确记忆抛物线的焦点坐标公式也是保证本题能够得分的关键.根据题干描述画出相应图形，分析可得抛物线经过点 1,2 ，将点 1,2 坐标代入可求参数的值，进而可求焦点坐a标.x 22 by 22 1(a 0,b 0)的右焦点F (c ,0)46．【2018年高考江苏卷】在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线a到一条渐近线的距离为 3 c ，则其离心率的值是________________．2【答案】2bc 0bcc【解析】因为双曲线的焦点 F (c ,0)到渐近线 y b x ，即bx ay 0的距离为a b2 2b ，a所以b3 c ，2因此a 2c 2b 2c23 c 2 1 c 2，a 1 c ，e 2．442。