2022年高考数学真题分类汇编专题10：解析几何一、单选题1．（2022·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．132．（2022·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=13．（2022·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．324．（2022·全国乙卷）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交于M，N两点，且cos∠F1NF2=35，则C的离心率为（　　）A．52B．32C．132D．1725．（2022·北京）若直线2x+y−1=0是圆(x−a)2+y2=1的一条对称轴，则a=（　　）A．12B．−12C．1D．-16．（2022·北京）已知正三棱锥P−ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合，设集合T={Q∈S|PQ⩽5}，则T表示的区域的面积为（　　）A．3π4B．πC．2πD．3π7．（2022·浙江学考）已知圆M的方程为(x+1)2+(y−2)2=4，则圆心M的坐标是（）A．（−1，2）B．（1，2）C．（1，−2）D．（−1，−2）8．（2022·浙江学考）设A，B是平面上距离为4的两个定点，若该平面上的动点P满足||PA|-|PB||=3，则P点的轨迹是（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线二、多选题9．（2022·新高考Ⅱ卷）已知O为坐标原点，过抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F的直线与C交于A，B两点，点A在第一象限，点M(p，0)，若|AF|=|AM|，则（　　）nA．直线AB的斜率为26B．|OB|=|OF|C．|AB|>4|OF|D．∠OAM+∠OBM<180°10．（2022·新高考Ⅰ卷）已知O为坐标原点，点A(1，1)在抛物线C：x2=2py(p0)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∣2三、填空题11．（2022·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　　．12．（2022·新高考Ⅱ卷）已知椭圆x26+y23=1，直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，与x轴，y轴分别交于M，N两点，且|MA|=|NB|，|MN|=23，则直线l的方程为　　．13．（2022·新高考Ⅱ卷）已知点A(−2，3)，B(0，a)，若直线AB关于y=a的对称直线与圆(x+3)2+(y+2)2=1存在公共点，则实数a的取值范围为　　．14．（2022·全国甲卷）若双曲线y2−x2m2=1(m>0)的渐近线与圆x2+y2−4y+3=0相切，则m=　　．15．（2022·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　　．16．（2022·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　　．17．（2022·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　　．18．（2022·北京）已知双曲线y2+x2m=1的渐近线方程为y=±33x，则m=　　．19．（2022·新高考Ⅰ卷）写出与圆x2+y2=1和(x−3)2+(y−4)2=16都相切的一条直线的方程　　．20．（2022·新高考Ⅰ卷）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为12，过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE∣=6，则△ADE的周长是　　．n21．（2022·浙江学考）设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为F1，F2.已知点M(0，152b)，线段MF2交椭圆于点P，O为坐标原点.若|PO|+|PF1|=2a，则该椭圆的离心率为　　.22．（2022·上海）已知双曲线x2a2−y2=1(a>0)，双曲线上右支上有任意两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，满足x1x2−y1y2>0恒成立，则a的取值范围是　　四、解答题23．（2022·浙江）如图，已知椭圆x212+y2=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．（Ⅰ）求点P到椭圆上点的距离的最大值；（Ⅱ）求|CD|的最小值．24．（2022·新高考Ⅱ卷）设双曲线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，请从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个条件成立：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.25．（2022·全国甲卷）设抛物线C：y2=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．26．（2022·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．n27．（2022·北京）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A(0，1)，焦距为23．（Ⅰ）求椭圆E的方程：（Ⅱ）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。28．（2022·新高考Ⅰ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.29．（2022·浙江学考）如图，已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F到其准线的距离为2.（1）求p的值；（2）设过焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点，记△AOB的面积为S，当|FA||FB|=6S时，求直线l的方程.30．（2022·上海）在椭圆Γ：x2a2+y2=1中，直线l：x=a上有两点C、D(C点在第一象限)，左顶点为A，下顶点为B，右焦点为F.（1）若∠AFB=π6，求椭圆Γ的标准方程；（2）若点C的纵坐标为2，点D的纵坐标为1，则BC与AD的交点是否在椭圆上？请说明理由；（3）已知直线BC与椭圆Γ相交于点P，直线AD与椭圆Γ相交于点Q，若P与Q关于原点对称，求|CD|的最小值.答案解析部分1．【答案】A2．【答案】B3．【答案】B4．【答案】C5．【答案】A6．【答案】B7．【答案】A8．【答案】Cn9．【答案】A,C,D10．【答案】B,C,D11．【答案】36412．【答案】x+2y−22=013．【答案】[13，32]14．【答案】3315．【答案】(x−1)2+(y+1)2=516．【答案】2（满足1<e≤5皆可）17．【答案】(x−2)2+(y−3)2=13或(x−2)2+(y−1)2=5或(x−43)2+(y−73)2=659或(x−85)2+(y−1)2=1692518．【答案】-319．【答案】x=-1或7x-24y-25=0或3x+4y-5=020．【答案】1321．【答案】1222．【答案】a≥123．【答案】解：（Ⅰ）设Q(23cosθ，sinθ)是椭圆上一点，P(0，1)，则|PQ|2=12cos2θ+(1−sinθ)2=13−11sin2θ−2sinθ=14411−11(sinθ+111)2≤14411故|PQ|的最大值是121111.（Ⅱ）设直线AB：y=kx+12，直线与椭圆联立，得(k2+112)x2+kx−34=0，设(x1，y1)，B(x2，y2)，故x1+x2=−kk2+112x1x2=−34(k2+112)PA：y=y1−1x1x+1，与y=−12x+3交于C，则xc=4x1x1+2y1−2=4x1(2k+1)x1−1，同理可得，xD=4x2x2+2y2−2=4x2(2k+1)x2−1.则|CD|=1+14|xC−xD|=52|4x1(2k+1)x1−1−4x2(2k+1)x2−1|=25|x1−x2[(2k+1)x1−1][(2k+1)x2−1]|n=25|x1−x2(2k+1)2x1x2−(2k+1)(x1+x2)+1|=25(kk2+112)2+3k2+112−(2k+1)234(k2+112)+(2k+1)kk2+112+1∣=352⋅16k2+13k+1=655⋅16k2+1916+13k+1≥655.等号在k=316时取到.24．【答案】（1）解：由题意可得ba=3，a2+b2=2，故a=1，b=3.因此C的方程为x2−y23=1.（2）解：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：(k2−3)x2−4k2x+4k2=0设A(x3，y3)，B(x3，y4)，线段中点为N(xN，yN)，则xN=x3+x42=2k2k2−3，yN=k(xN−2)=6kk2−3，设M(x0，y0)，则条件③|AM|=|BM|等价于(x0−x3)2+(y0−y3)2=(x0−x4)2+(y0−y4)2，移项并利用平方差公式整理得：(x3−x4)[2x0−(x3+x4)]+(y3−y4)[2y0−(y3+y4)]=0，[2x0−(x3+x4)]+y3−y4x3−x4[2y0−(y3+y4)]=0，即x0−xN+k(y0−yN)=0，n即x0+ky0=8k2k2−3；由题意知直线PM的斜率为−3，直线QM的斜率为3，∴由y1−y0=−3(x1−x0)，y2−y0=3(x2−x0)，∴y1−y2=−3(x1+x2−2x0)，所以直线PQ的斜率m=y1−y2x1−x2=−3(x1+x2−2x0)x1−x2，直线PM：y=−3(x−x0)+y0，即y=y0+3x0−3x，代入双曲线的方程3x2−y2−3=0，即(3x+y)(3x−y)=3中，得：(y0+3x0)[23x−(y0+3x0)]=3，解得P的横坐标：x1=123(3y0+3x0+y0+3x0)，同理：x2=−123(3y0−3x0+y0−3x0)，∴x1−x2=13(3y0y02−3x02+y0)，x1+x2−2x0=−3x0y02−3x02−x0，∴m=3x0y0，∴条件②PQ//AB等价于m=k⇔ky0=3x0，综上所述：条件①M在AB上，等价于ky0=k2(x0−2)；条件②PQ//AB等价于ky0=3x0；条件③|AM|=|BM|等价于x0+ky0=8k2k2−3；选①②推③：由①②解得：x0=2k2k2−3，∴x0+ky0=4x0=8k2k2−3，∴③成立；选①③推②：由①③解得：x0=2k2k2−3，ky0=6k2k2−3，∴ky0=3x0，∴②成立；选②③推①：由②③解得：x0=2k2k2−3，ky0=6k2k2−3，∴x0−2=6k2−3，∴ky0=k2(x0−2)，∴①成立.25．【答案】（1）解：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，n所以抛物线C的方程为y2=4x；（2）解：设M(y124，y1)，N(y224，y2)，A(y324，y3)，B(y424，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kMN=y1−y2y124−y224=4y1+y2，kAB=y3−y4y324−y424=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kAB=4y3+y4=42(y1+y2)=kMN2又因为直线MN、AB的倾斜角分别为α，β，所以kAB=tanβ=kMN2=tanα2，若要使α−β最大，则β∈(0，π2)，设kMN=2kAB=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，kAB=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+4.26．【答案】（1）解：设椭圆E的方程为mx2+ny2=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：y24+x23=1（2）证明：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).n②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).27．【答案】（Ⅰ）由已知b=1，2c=23∴a=2E：x24+y2=1(Ⅱ)设直线y=k(x+2)+1，B：(x1，y1)，C：(x2，y2)联立y=k(x+2)+1x2+4y2=4⇒(4k2+1)x2+(16k2+8k)x+(16k2+16k)=0由Δ>0得k<0∴x1+x2=−16k2+8k4k2+1，x1x2=16k2+16k4k2+1，|x1−x2|=8πk14k2+1，|y1+y2|=k|x1±x2|y1y2=k2x1x2+(2k2+1k)(x1+x2)+(2k+1)2由ABM共线得M：(x11−y1，0)，N：(x21−y2，0)由|MN|=2得(x11−y1−x21−y2)=2即|2k(x1−x2)−k(x1+x2)+k2x1x2+(2k2+k)(x1+x2)+(2k+1)2|=2即|2k⋅8πk4k2+1+2k2(16k2+8k)+k2(16k2+16k)+(2k+1)2(4k2+1)|=2解得k=−14n28．【答案】（1）因为点A(2，1)在双曲线C：x2a2−y2a2−1=1(a>1)上，所以有4a2−1a2−1=1解得a2=2，所以双曲线C：x22−y2=1设直线l：y=kx+m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立x22−y2=1y=kx+m消去y得到(1−2k2)x2−4kmx−2m2−2=0显然1−2k2≠0，否则不可能有两个交点，而Δ=(4km)2−4(1−2k2)(−2m2−2)=8(m2+1−2k2)>0，由韦达定理得x1+x2=4km1−2k2，x1x2=−2m2−21−2k2因为直线AP，AQ的斜率之和为0，所以0=y1−1x1−2+y2−1x2−2=(y1−1)(x2−2)+(y2−1)(x1−2)(x1−2)(x2−2)所以x1−2x2−2所以(y1−1)(x2−2)+(y2−1)(x1−2)=0即(kx1+m−1)(x2−2)+(kx2+m−1)(x1−2)=0，所以有2kx1x2+(m−1−2k)(x1+x2)−4(m−1)=0，将韦达定理代入化简得(k+1)(2k+m−1)=0，而当2k+m−1=0，此时直线l为y=kx+1−2k，易知恒过定点A(2，1)，故舍去，所以k=−1，此时满足Δ>0.（2）又由（1）易知x1+x2=4m，x1x2=2m2+2，且|x1−x2|=(x1+x2)2−4x1x2=22m2−8依题可设AP斜率为k1，AQ斜率为-k1，则由夹角公式知（后面补充证明）22=tan∠PAQ=−k1−k11+k1⋅(−k1)，由对称性易知，只需考虑k1>0的情况就行，所以有2k12+k1−2=0，解得k1=2或k1=−22（舍）.而k1=y1−1x1−2⇒y1−1=k1(x1−2)，同理y2−1=−k1(x2−2)，而AP=(x1−2，y1−1)，AQ=(x2−2，y2−1)，S△PAQ=12|(x1−2)(y2−1)−(x2−2)(y1−1)|=12|−k1(x1−2)(x2−2)−k1(x2−2)(x1−2)|=22|(x1−2)(x2−2)|n=22|x1x2−2(x1+x2)+4|=2|m2−4m+3|另一方面，联立y1−1=k1(x1−2)y1=−x1+m⇒m=k1(x1−2)+1+x1，（1）同理m=−k1(x2−2)+1+x2，（2）将以上两式相加，得2m=k1(x1−x2)+2+(x1+x2)，解得m=113，所以S△PAQ=2|m2−4m+3|=162929．【答案】（1）抛物线C：y2=2px(p>0)焦点为F(p2，0)，准线为l：x=−p2，∴焦点到准线间的距离为p，由已知得抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F到其准线的距离为2，∴p=2；（2）由（1）可得抛物线的方程为y2=4x，焦点F(1，0)，显然直线l的斜率不可能为零，故可设直线l的方程为x=my+1，代入抛物线方程整理得y2−4my−4=0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1+y2=4m，y1y2=−4，S△AOB=12|OF||y1−y2|=12(4m)2−4×(−4)=2m2+1，|FA||FB|=(x1+p2)(x2+p2)=(x1+1)(x2+1)=(my1+2)(my2+2)=m2y1y2+2m(y1+y2)+4=−4m2+8m2+4=4m2+4，由|FA||FB|=6S，得4m2+4=12m2+1，解得m=±22，∴直线l的方程为x−22y−1=0或x+22y−1=0.30．【答案】（1）由题意知，∵∠AFB=π6，∴在Rt△BOF中，BF=2OB，即a=2b=2则椭圆Γ的标准方程为x24+y2=1；（2）由题意知A(-a，0)，B(0，-1)，C(a，2)，D(a，1)，则直线BC：y=3ax-1直线AD：y=12ax+12则由y=3ax-1y=12ax+12得交点为3a5，45，符合椭圆Γ：x2a2+y2=1，故交点在椭圆上；n（3）设P为(acosθ，sinθ)，又B(0，-1)，则KBP=sinθ+1acosθ，则直线BP：y=sinθ+1acosθx-1，∴点Ca，sinθ+1cosθ-1，同理可得，设Q为(-acosθ，-sinθ)，又A(-a，0)，则KAQ=sinθacosθ-a，则直线AQ：y=sinθacosθ-ax+a，∴点Da，2sinθcosθ-1，∴CD=sinθ+1cosθ-1-2sinθcosθ-1=2sinθ2cosθ2+sin2θ2+cos2θ2cos2θ2-sin2θ2-4sinθ2cosθ2-2sin2θ2设t=tanθ2，则CD=211-t+1t-2∵1a+1b≥4a+b∴11-t+1t≥41-t+t=4∴|CD|≥6即|CD|的最小值为6