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．13【答案】A【知识点】斜率的计算公式；椭圆的简单性质【解析】【解答】解：依题意易知A（-a，0），设P（x1，y1），则Q（-x1，y1），则KAP=y1x1+a，KAQ=y1-x1+a，故KAP·KAQ=y1x1+a·y1-x1+a=y12-x12+a2=14，又x12a2+y12b2=1，则y12=b2a2-x12a2，所以b2a2-x12a2-x12+a2=14，即b2a2=14，所以椭圆C的离心率e=ca=1-b2a2=1-14=32.故选：A.【分析】设P（x1，y1），则Q（-x1，y1），根据斜率公式结合题意可得KAP·KAQ=y12-x12+a2=14，再根据x12a2+y12b2=1，将y1用x1表示，化简求得b2a2=14，再结合离心率公式e=1-b2a2即可得解.2．（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=1【答案】B【知识点】平面向量数量积的运算；平面向量数量积坐标表示的应用；椭圆的简单性质【解析】【解答】解：因为离心率e=ca=1-ba2=13，解得b2a2=89，则b2=89a2，记A1，A2分别为C的左右顶点，则A1（-a，0），A2（a，0），又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.【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.3．（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．32【答案】B【知识点】两点间的距离公式；抛物线的定义【解析】【解答】易知抛物线的焦点为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，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：B【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.4．（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．172【答案】C【知识点】双曲线的简单性质；正弦定理的应用；余弦定理的应用【解析】【解答】解：依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D的切线切点为G，所以OG⊥NF1，因为cos∠F1NF2=35>0，所以N在双曲线的右支，n所以|OG|=a，|OF1|=c，|GF1|=b，设∠F1NF2=α，∠F2F1N=β，由cos∠F1NF2=35，即cosα=35，则sinα=45，sinβ=ac，cosβ=bc，在△F2F1N中，sin∠F1F2N=sin(π−α−β)=sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ=45×bc+35×ac=3a+4b5c，由正弦定理得2csinα=|NF2|sinβ=|NF1|sin∠F1F2N=5c2，所以|NF1|=5c2sin∠F1F2N=5c2×3a+4b5c=3a+4b2，|NF2|=5c2sinβ=5c2×ac=5a2又|NF1|−|NF2|=3a+4b2−5a2=4b−2a2=2a，所以2b=3a，即ba=32，所以双曲线的离心率e=ca=1+b2a2=132.故选：C【分析】依题意设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D的切线切点为G，可判断N在双曲线的右支，设∠F1NF2=α，∠F2F1N=β，即可求出sinα，sinβ，cosβ，在△F2F1N中由sin∠F1F2N=sin(α+β)求出sin∠F1F2N，再由正弦定理求出|NF1|，|NF2|，最后根据双曲线的定义得到2b=3a，即可得解.5．（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．-1【答案】A【知识点】直线与圆的位置关系【解析】【解答】若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，圆心坐标(a，0)，所以由2a+0−1=0解得a=12.故答案为：A【分析】由直线是圆的对称轴，则直线过圆心，求圆心代入直线方程即可求得a的值.6．（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．3π【答案】B【知识点】轨迹方程；棱锥的结构特征【解析】【解答】过点P作底面的射影点O，则由题意，CO=23，PC=6，所以PO=26，当CO上存在一点Q使得PQ=5，此时QO=1，则动点Q在以QO为半径，O为圆心的圆内，所以面积为π.故答案为：B【分析】过点P作底面的射影点O，根据题意可计算PO=26，当CO上存在一动点Q使得PQ=5，此时QO=1，即可得动点Q的轨迹，从而计算T表示的区域的面积.7．（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）【答案】A【知识点】圆的标准方程【解析】【解答】∵(x−a)2+(y−b)2=r2的圆心坐标为(a，b)；∴(x+1)2+(y−2)2=4的圆心坐标为(−1，2)。故答案为：A.【分析】利用已知条件结合圆的标准方程，进而求出圆的圆心坐标。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【答案】C【知识点】圆锥曲线的轨迹问题【解析】【解答】因为||PA|−|PB||=3<4，所以P点的轨迹是双曲线。故答案为：C.n【分析】利用已知条件结合双曲线的定义，进而求出点P的轨迹。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（　　）A．直线AB的斜率为26B．|OB|=|OF|C．|AB|>4|OF|D．∠OAM+∠OBM<180°【答案】A,C,D【知识点】向量在几何中的应用；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系【解析】【解答】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+p2=3p4，代入抛物线可得y2=2p⋅3p4=32p2，则A(3p4，6p2)，直线AB的斜率为6p23p4−p2=26，A符合题意；对于B：由斜率为26可得直线AB的方程为x=12 6y+p2，联立抛物线方程得y2−16py−p2=0，设B(x1，y1)，则62p+y1=66p，则y1=−6p3，代入抛物线得(−6p3)2=2p⋅x1，解得x1=p3，则B(p3，−6p3)，则|OB|=(p3)2+(−6p3)2=7p3≠|OF|=p2，B不符合题意；对于C：由抛物线定义知：|AB|=3p4+p3+p=25p12>2p=4|OF|，C符合题意；对于D：OA⋅OB=(3p4，6p2)⋅(p3，−6p3)=3p4⋅p3+6p2⋅(−6p3)=−3p24<0，则∠AOB为钝角，又MA⋅MB=(−p4，6p2)⋅(−2p3，−6p3)=−p4⋅(−2p3)+6p2⋅(−6p3)=−5p26<0，则∠AMB为钝角，又∠AOB+∠AMB+∠OAM+∠OBM=360∘，则∠OAM+∠OBM<180∘，D符合题意.故答案为：ACD.【分析】由|AF|=|AM|及抛物线方程求得A(3p4，6p2)，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线AB的方程，联立抛物线方程求得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.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【答案】B,C,D【知识点】导数的几何意义；平面向量数量积的运算；直线的两点式方程；抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【解答】解：由题意可知：1=2p，所以抛物线C：x2=y，故C的准线为y=-14，故A错误；由y'=2x得曲线C在点A(1，1)处的切线斜率为2，所以切线方程为y=2x-1，又直线AB为：y--10--1=x-01-0，即y=2x-1，故直线AB与C相切，故B正确；过点B(0，-1)的直线设为y=kx-1，交C于P，Q两点的坐标分别设为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立直线与C方程可得x2=yy=kx-1⇒x2-kx+1=0，则x1+x2=k，x1x2=1，且∆=k2-4>0，即k2>4，则y1+y2=k2-2，y1y2=1，此时OP·OQ=x12+y12x22+y22=y1+y12y2+y22=y1y2y1y2+y1+y2+1=k2>4，又|OA|2=2，则|OP|⋅|OQ∣>∣OA∣2，故C正确；BP·BQ=BP→·BQ→=x1，y1+1·x2，y2+1=x1x2+y1y2+y1+y2+1=k2+1>5，又|BA|2=5，则∣BP∣⋅∣BQ∣>∣BA∣2，故D正确.故选：BCD【分析】由抛物线的定义与几何性质可判断A，根据导数的几何意义，结合直线的两点式方程可判断B，根据直线与抛物线的位置，结合弦长公式可判断C，根据向量的数量积运算可判断D.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　　．【答案】364【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】如图，过点A作AA′⊥x轴于点A′，过点B作BB′⊥x轴于点B′，n由于B(x2，y2)且x1<0<x2，则点B在渐近线y=bax上，不妨设Bm，bam，m>0，设直线AB的倾斜角为θ，则tanθ=b4a，则BB'FB'=b4a，即bamFB'=b4a则|FB'|＝4m∴|OF|＝c＝3m，又AA'BB'=AFBF=13，则AA'=bm3a=bc9a，又FA'FB'=AFBF=13，则FA'=13FB'=4m3，则，x1=3m-43m=53m=59c∴点A的坐标为-5c9，bc9a，代入双曲线方程化简可得c2a2=278所以e=ca=364故答案为：364【分析】过点A作AA′⊥x轴于点A′，过点B作BB′⊥x轴于点B′，依题意，点B在渐近线y=bax上，不妨设Bm，bam，m>0，根据题设条件可求得点A的坐标为-5c9，bc9a，代入双曲线方程，化简可得a，c的关系，进而可求离心率．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　　．【答案】x+2y−22=0【知识点】椭圆的应用；直线与圆锥曲线的关系【解析】【解答】解：记AB的中点为E，因为|MA|=|NB|，所以|ME|=|NE|，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x126+y123=1，x226+y223=1，所以x126−x226+y123−y223=0，即(x1−x2)(x1+x2)6+(y1+y2)(y1−y2)3=0所以(y1+y2)(y1−y2)(x1−x2)(x1+x2)=−12，即kOE⋅kAB=−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(−mk，0)，N(0，m)，所以E(−m2k，m2)，即k×m2−m2k=−12，解得k=−22或k=22（舍去），又|MN|=23，即|MN|=m2+(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=0【分析】记AB的中点为E，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，利用点差法得到kOE⋅kAB=−12，设直线AB：y=kx+m，k<0，m>0，结合已知条件求出M、N的坐标，再根据|MN|求出k、m，即可求得直线方程.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　　．【答案】[13，32]【知识点】与直线关于点、直线对称的直线方程；直线与圆的位置关系【解析】【解答】解：因为A(−2，3)关于y=a对称点的坐标为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；根据圆方程可得圆心C(−3，−2)，半径r=1，依题意知圆心到直线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∈[13，32].故答案为：[13，32]【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，求解即可.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=　　．【答案】33【知识点】点到直线的距离公式；圆的标准方程；圆的一般方程；双曲线的简单性质n【解析】【解答】解：双曲线y2−x2m2=1(m>0)的渐近线为y=±xm，即x±my=0，不妨取x+my=0，圆x2+y2−4y+3=0，即x2+(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=2m1+m2=1，解得m=33或m=-33（舍去）．故答案为：33．【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．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　　．【答案】(x−1)2+(y+1)2=5【知识点】圆的标准方程【解析】【解答】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-32+1-2a2=a2+-2a2，化简得：a2-6a+9+4a2-4a+1=5a2，解得a=1，∴M（1，-1），R=5，则⊙M的方程为(x−1)2+(y+1)2=5.故答案为：(x−1)2+(y+1)2=5【分析】设出点M的坐标，利用点(3，0)和(0，1)均在⊙M上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.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　　．【答案】2（满足1<e≤5皆可）【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】解：因为双曲线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+b2a2≤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）【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线y=±bax中0<ba≤2即可求得满足要求的e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　　．【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=16925【知识点】圆的一般方程；点与圆的位置关系【解析】【解答】解：设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，若过(0，0)，(4，0)，(−1，1)三点，则F=016+4D+F=01+1−D+E+F=0，解得F=0D=−4E=−6，所以圆的方程为x2+y2−4x−6y=0，即(x−2)2+(y−3)2=13；若过(0，0)，(4，0)，(4，2)三点，则F=016+4D+F=016+4+4D+2E+F=0，解得F=0D=−4E=−2，所以圆的方程为x2+y2−4x−2y=0，即(x−2)2+(y−1)2=5；若过(0，0)，(4，2)，(−1，1)三点，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x2+y2−83x−143y=0，即(x−43)2+(y−73)2=659；若过(−1，1)，(4，0)，(4，2)三点，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x2+y2−165x−2y−165=0，即(x−85)2+(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−43)2+(y−73)2=659或(x−85)2+(y−1)2=16925.n【分析】设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，根据所选点的坐标，列方程组，求解即可.18．（2022·北京）已知双曲线y2+x2m=1的渐近线方程为y=±33x，则m=　　．【答案】-3【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】双曲线y2+x2m=1的渐近线方程为y=±x−m，故m=−3.【分析】先写出双曲线y2+x2m=1的渐近线，再根据已知条件即可得.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　　．【答案】x=-1或7x-24y-25=0或3x+4y-5=0【知识点】圆与圆的位置关系及其判定；两圆的公切线条数及方程的确定【解析】【解答】解：记圆x2+y2=1的圆心为O(0，0)，半径为r1=1，圆(x−3)2+(y−4)2=16的圆心为A(3，4)，半径为r2=4，则|OA|=5=r1+r2，则两圆外切，作出图象，如图所示，易得直线l1：x=-1为两圆的切线，易得直线OA为：y=43x，可得直线l1与直线OA为P-1，-43，易知两圆的另一公切线l2必过点P，可设l2：y+43=kx+1，即kx-y+k-43=0，则有k-43k2+1=1，解得k=724，即l2：y=724x-2524，即7x-24y-25=0，另由于两圆外切，所以在公切点处存在公切线l3，由x2+y2=1x-32+y-42=16，解得切线l3：3x+4y-5=0.故答案为：x=-1或7x-24y-25=0或3x+4y-5=0【分析】先判断可得两圆外切，数形结合易得其中一切线为：x=-1，再由直线垂直的斜率关系求得切线l2，最后联立两圆的方程组可得切线l3，得解.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　　．【答案】13【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系【解析】【解答】解：椭圆离心率为12，则a=2c，b=3c，可设C：x24c2+y23c2=1，则|AF1|=|AF2|=|F1F2|=2c，则△AF1F2为正三角形，则直线DE的斜率k=33，由等腰三角形性质可得，|AE|=|EF2|，|AD|=|DF2|，由椭圆性质得△ADE的周长=|DE|+|DF2|+|EF2|=4a，设D（x1，y1），E（x2，y2），直线DE为y=33x+c，与椭圆方程联立，得13x2+8cx-32c2=0，则x1+x2=-8c13，x1x2=-32c213，则DE=1+k2·x1+x22-4x1x2=1+13×-8c132+128c213=4813c=6，解得c=138，4a=8c=13，即△ADE的周长=4a=13故答案为：13【分析】由椭圆的离心率，得a=2c，b=3c，并可判断△AF1F2为正三角形，从而可得直线DE的方程为y=33x+c，再根据直线与椭圆的位置关系，结合弦长公式以及椭圆的定义，易得△ADE的周长.21．（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　　.【答案】12【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质n【解析】【解答】根据椭圆定义知|PF2|+|PF1|=2a，又∵|PO|+|PF1|=2a，∴|PF2|=|PO|，由三角形MOF2为直角三角形可得点P是MF2的中点，∵F2(c，0)，∴P(c2，15b4)，把点P代入椭圆方程中得(c2)2a2+(15b4)2b2=1⇒c2a2=14⇒e=12。故答案为：12。【分析】根据椭圆定义知|PF2|+|PF1|=2a，再利用|PO|+|PF1|=2a，得出|PF2|=|PO|，由三角形MOF2为直角三角形可得点P是MF2的中点，再利用椭圆标准方程确定焦点的位置，进而得出焦点的位置，进而得出焦点坐标，从而结合中点坐标公式得出点P的坐标，将点P代入椭圆方程中得出a，c的关系式，再结合椭圆的离心率公式变形得出椭圆的离心率。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　　【答案】a≥1【知识点】平面向量数量积的运算；双曲线的定义；双曲线的简单性质【解析】【解答】解：如图所示，取点P1关于x轴对称的点P3，则P3(x2，-y2)，分别在渐近线上取点M，N则由x1x2−y1y2>0恒成立，得OP1→·OP3→>0恒成立，则∠P1OP3恒为锐角，即∠MON≤90°，则其中一条渐近线y=1ax的斜率1a≤1，则a≥1故答案为：a≥1【分析】根据双曲线的几何性质，结合向量的数量积求解即可.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．【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]|=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.【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题n【解析】【分析】（Ⅰ）设椭圆上任意一点Q(23cosθ，sinθ)，利用两点间的距离公式结合二次函数的性质即可求点P到椭圆上点的距离的最大值；（Ⅱ）设直线AB：y=kx+12，直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得x1+x2=−kk2+112x1x2=−34(k2+112)，再分别联立直线PA，PB与直线y=−12x+3，求得xc=4x1x1+2y1−2=4x1(2k+1)x1−1，xD=4x2x2+2y2−2=4x2(2k+1)x2−1，由此可表示出|CD|，再转化求解即可．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.【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，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，n∴ky0=k2(x0−2)，∴①成立.【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系【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|=|BM|等价分析得到x0+ky0=8k2k2−3；由直线PM和QM的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率m=3x0y0，由②PQ//AB等价转化为ky0=3x0，由①M在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.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．【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，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.【知识点】抛物线的定义；抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题【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KMN=2KAB，再由差角的正切公式及基本不等式可得KAB=22，设直线AB：x=2y+n，结合韦达定理可解.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．【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).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，n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).【知识点】恒过定点的直线；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）设椭圆方程为mx2+ny2=1，将所给点的坐标代入方程求解即可；（2）分直线斜率是否存在进行讨论，直线方程与椭圆C的方程联立，利用韦达定理结合已知条件即可表示直线HN，化简即可得解.27．（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。【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=−14【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）根据已知条件可得b=1，2c=23即c=3，结合a2=b2+c2求得a，即可得椭圆方程；（2）设直线y=k(x+2)+1，B(x1，y1)，C(x2，y2)，联立方程组，由韦达定理可得x1+x2=−16k2+8k4k2+1，x1x2=16k2+16k4k2+1，由ABM共线，ACN共线可得M、N点坐标，再根据|MN|=2，可求得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.【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，n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)|=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|=1629【知识点】斜率的计算公式；两直线的夹角与到角问题；双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题；三角形中的几何计算【解析】【分析】（1）先根据题意列式求得双曲线C的方程x22−y2=1，再结合直线与双曲线的位置关系，以及直线的斜率公式，列式得(k+1)(2k+m−1)=0，再判断2k+m-1=0不成立，易得k=-1；（2）先设AP斜率为k1，AQ斜率为-k1，由夹角公式求得k1=2，同时根据两直线的位置可得2m=k1(x1−x2)+2+(x1+x2)，结合(1)，可得m=113，再由韦达定理与三角形面积公式可得S△PAQ=2|m2−4m+3|，代入计算即可.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.【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.【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）利用已知条件结合抛物线的定义和点到直线的距离公式，进而得出实数p的值。（2）由（1）得出p的值可得抛物线的标准方程，再利用抛物线的标准方程确定焦点的位置，进而得出焦点F的坐标，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，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程结合韦达定理，得出y1+y2=4m，y1y2=−4，再利用三角形的面积公式得出S△AOB=2m2+1，再结合抛物线的定义和两点距离公式，进而得出|FA||FB|=4m2+4，由|FA||FB|=6S，得出m的值，进而得出直线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.n【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；（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【知识点】直线的斜截式方程；两条直线的交点坐标；两点间的距离公式；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)根据椭圆方程，运用数形结合思想求解即可；(2)根据直线的斜截式方程，以及两直线的交点，结合点在椭圆上的判定求解即可；(3)根据直线的斜截式方程，以及直线与椭圆的位置关系，运用换元法，结合两点间的距离公式以及不等式的性质求解即可.