【文档说明】2022年高考数学真题分类汇编11《解析几何》及答案.docx，共(36)页，1.569 MB，由baby熊上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-66563.html

以下为本文档部分文字说明：

2022高考数学真题分类汇编十一、解析几何一、单选题1.（2022·全国甲（文）T11）已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为13，12,AA分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若12

1BABA，则C的方程为（）A.2211816xyB.22198xy+=C.22132xyD.2212xy【答案】B【解析】【分析】根据离心率及12=1BABA，解得关于22,ab的等量关系式，即可得解.【详解

】解：因为离心率22113cbeaa，解得2289ba，2289ba，12,AA分别为C左右顶点，则12,0,,0AaAa，B为上顶点，所以(0,)Bb.所以12(,),(,)BAabBAab，因为121BABA所以221ab，将2289ba代入，

解得229,8ab，故椭圆的方程为22198xy+=.故选：B.2.（2022·全国甲（理）T10）椭圆2222:1(0)xyCabab的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线

,APAQ的斜率之积为14，则C的离心率为（）A.32B.22C.12D.13【答案】A的【解析】【分析】设11,Pxy，则11,Qxy，根据斜率公式结合题意可得2122114yxa，再根据2211221xyab

，将1y用1x表示，整理，再结合离心率公式即可得解.【详解】解：,0Aa，设11,Pxy，则11,Qxy，则1111,APAQyykkxaxa，故21112211114APAQyyykkxaxaxa，又22

11221xyab，则2221212baxya，所以2221222114baxaxa，即2214ba，所以椭圆C的离心率22312cbeaa.故选：A.3.（2022·全国

乙（文）T6）设F为抛物线2:4Cyx的焦点，点A在C上，点(3,0)B，若AFBF，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，1,0F，则2AF

BF，即点A到准线1x的距离为2，所以点A的横坐标为121，不妨设点A在x轴上方，代入得，1,2A，所以22310222AB.故选：B4.（2022·全国乙（理）T5）设F为抛物线2:4Cyx的焦点，点A在C上，点(3,0)B，若A

FBF，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，1,0F，则2A

FBF，即点A到准线1x的距离为2，所以点A的横坐标为121，不妨设点A在x轴上方，代入得，1,2A，所以22310222AB.故选：B5.（2022·全国乙（理）T11）11.双曲线C的两个焦点为12,FF，以

C的实轴为直径的圆记为D，过1F作D的切线与C的两支交于M，N两点，且123cos5FNF，则C的离心率为（）A.52B.32C.132D.172【答案】C【解析】【分析】依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过1F作圆D的切线切点为G，可判断N在双曲线的右支，设12FNF，

21FFN，即可求出sin，sin，cos，在21FFN中由12sinsinFFN求出12sinFFN，再由正弦定理求出1NF，2NF，最后根据双曲线的定义得到23ba，即可得解；【详解】解：依题意不妨设双曲线焦点在x

轴，设过1F作圆D的切线切点为G，所以1OGNF，因为123cos05FNF，所以N在双曲线的右支，所以OGa，1OFc，1GFb，设12FNF，21FFN，由123cos5FNF，即3cos5，则4sin5=，sinac，cosbc

，在21FFN中，12sinsinsinFFN4334sincoscossin555baabccc，由正弦定理得211225sinsinsin2NFNFccFFN，

所以112553434sin2252ccababNFFFNc，2555sin222ccaaNFc又12345422222ababaNFNFa，所以23ba，即32ba，所

以双曲线的离心率221312cbeaa故选：C6.（2022·新高考Ⅰ卷T11）已知O为坐标原点，点(1,1)A在抛物线2:2(0)Cxpyp上，过点(0,1)B的直线交C于P，Q两点，则

（）A.C的准线为1yB.直线AB与C相切C.2|OPOQOAD.2||||||BPBQBA【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12p，所以抛物线方程为2xy，故准线方程为14y，A错误；1(1)210ABk，所以直线AB的方程为21yx，联立221yxxy，可得2210xx，解得1x，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1ykx，1122(,),(,)PxyQxy，联立21ykxxy，得210xkx，所以21212Δ401kxxkxx

，所以2k或2k，21212()1yyxx，又2221111||OPxyyy，2222222||OQxyyy，所以2121212||||(1)(1)||2||OPOQyyyykxkxkOA，故C正确；因为21||1||BPkx，22|

|1||BQkx，所以2212||||(1)||15BPBQkxxk，而2||5BA，故D正确.故选：BCD7.（2022·新高考Ⅱ卷T10）已知O为坐标原点，过抛物线2:2(0)Cypxp的焦点F的

直线与C交于A，B两点，点A在第一象限，点(,0)Mp，若||||AFAM，则（）A.直线AB的斜率为26B.||||OBOFC.||4||ABOFD.180OAMOBM【答案】ACD【解析】【分析】由AFAM及抛物线方程求得36(,)42ppA，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6(,)33ppB，即可求出OB判断B选项；由抛物线的定义求出2512pAB即可判断C选项；由0OAOB，0MAMB求得AOB，AMB为钝角即可判断D选项.【详解】对于A，易得

(,0)2pF，由AFAM可得点A在FM的垂直平分线上，则A点横坐标为3224ppp，代入抛物线可得2233242pypp，则36(,)42ppA，则直线AB的斜率为6226342ppp，A正确；对于B，由斜率为26可得直线AB的方程为1226pxy，联立抛物线方程得22

106ypyp，设11(,)Bxy，则16626pyp，则163py，代入抛物线得21623ppx，解得13px，则6(,)33ppB，则22673332ppppOBOF，B错误；对于C，由抛物线定义知：3252443

12pppABppOF，C正确；对于D，23663663(,)(,)0423343234pppppppppOAOB，则AOB为钝角，又26262665(,)(,)0423343236pppppppppMAMB

，则AMB为钝角，又360AOBAMBOAMOBM，则180OAMOBM，D正确.故选：ACD.8.（2022·北京卷T3）若直线210xy是圆22()1x

ay的一条对称轴，则a（）A.12B.12C.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,0a，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即20

10a，解得12a．故选：A．二、填空题1.（2022·全国甲（文）T15）记双曲线2222:1(0,0)xyCabab的离心率为e，写出满足条件“直线2yx与C无公共点”的e的一个值_________

_____．【答案】2（满足15e皆可）【解析】【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线byxa中02ba即可求得满足要求的e值.【详解】解：2222:1(0,0)xyCabab，所以C的渐近线方

程为byxa,结合渐近线的特点，只需02ba，即224ba，可满足条件“直线2yx与C无公共点”所以221145cbeaa，又因为1e，所以15e，故答案为：2（满足15e皆可）

2.（2022·全国甲（文）T14）设点M在直线210xy上，点(3,0)和(0,1)均在M上，则M的方程为______________．【答案】22(1)(1)5xy【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210xy上，∴设点M为(,12)aa，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，∴2222(3)(12)(2)aaaa

R，222694415aaaaa，解得1a，∴(1,1)M，5R，M的方程为22(1)(1)5xy.故答案为：22(1)(1)5xy3.（2022·全国甲（理）T14）.若双曲线2221(0)xymm的渐近线与圆22430xyy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22210xymm的渐近线

为yxm，即0xmy，不妨取0xmy，圆22430xyy，即2221xy，所以圆心为0,2，半径1r，依题意圆心0,2到渐近线0xmy的距离2211mdm，解得33m或33m（舍去）．故答案为：33．4

.（2022·全国乙（文）T15）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】222313xy或22215xy或224765339xy或

2281691525xy；【解析】【分析】设圆的方程为220xyDxEyF，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220xyDxEyF，若过0,0，4,0，1,1，则01640110FDFDEF

，解得046FDE，所以圆的方程为22460xyxy，即222313xy；若过0,0，4,0，4,2，则01640164420FDFDEF

，解得042FDE，所以圆的方程为22420xyxy，即22215xy；若过0,0，4,2，1,1，则0110164420FDEFDEF

，解得083143FDE，所以圆的方程为22814033xyxy，即224765339xy；若过1,1，4,0，4,2，则1101640164420DEFDFDEF

，解得1651652FDE，所以圆的方程为2216162055xyxy，即2281691525xy；故答案为：222313xy

或22215xy或224765339xy或2281691525xy；5.（2022·全国乙（理）T14）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】222313xy或22215xy或224765339xy或2281691525xy

；【解析】【分析】设圆的方程为220xyDxEyF，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220xyDxEyF，若过0,0，4,0，1,1，则01640110FDFDEF

，解得046FDE，所以圆的方程为22460xyxy，即222313xy；若过0,0，4,0，4,2，则01640164420FDFDEF

，解得042FDE，所以圆的方程为22420xyxy，即22215xy；若过0,0，4,2，1,1，则0110164420FDEFDEF，解得0831

43FDE，所以圆的方程为22814033xyxy，即224765339xy；若过1,1，4,0，4,2，则1101640164420DEFDFD

EF，解得1651652FDE，所以圆的方程为2216162055xyxy，即2281691525xy

；故答案为：222313xy或22215xy或224765339xy或2281691525xy；6.（2022·新高考Ⅰ卷T14）写出与圆2

21xy和22(3)(4)16xy都相切的一条直线的方程________________．【答案】3544yx或7252424yx或1x【解析】【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.【详解】圆221xy的圆心为0,0O，半

径为1，圆22(3)(4)16xy的圆心1O为(3,4)，半径为4，两圆圆心距为22345，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，当切线为l时，因为143OOk，所以34lk，设方程为3(0)4

yxttO到l的距离||19116td，解得54t，所以l的方程为3544yx，当切线为m时，设直线方程为0kxyp，其中0p，0k，由题意22113441pkkpk，

解得7242524kp，7252424yx当切线为n时，易知切线方程为1x，故答案为：3544yx或7252424yx或1x.7.（2022·新高考Ⅰ卷T16）已知椭圆2222:1(0)xyCa

bab，C的上顶点为A，两个焦点为1F，2F，离心率为12．过1F且垂直于2AF的直线与C交于D，E两点，||6DE，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22222

2213412043xyxyccc，即，根据离心率得到直线2AF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：3xyc，代入椭圆方程22234120xyc，整理化简得到：22136390ycyc，利用弦长公式求得138c，得1324ac，根

据对称性将ADE的周长转化为2FDE△的周长，利用椭圆的定义得到周长为413a.【详解】∵椭圆的离心率为12cea，∴2ac，∴22223bacc，∴椭圆的方程为222222213412043xyxyccc，即，不妨设左焦点为1F，右焦点为2F，如图所示，∵222A

FaOFcac，，，∴23AFO，∴12AFF△为正三角形，∵过1F且垂直于2AF的直线与C交于D，E两点，DE为线段2AF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：3xyc，代入椭圆方

程22234120xyc，整理化简得到：22136390ycyc，判别式2222634139616ccc，∴21213226461313cCDyy，∴138c，得1324ac，∵DE为线段2AF的垂直

平分线，根据对称性，22ADDFAEEF，，∴ADE的周长等于2FDE△的周长，利用椭圆的定义得到2FDE△周长为222211121222413DFEFDEDFEFDFEFDFDFEFEFaaa.故答案为：13.8.（2022·新

高考Ⅱ卷T15）已知点(2,3),(0,)ABa，若直线AB关于ya的对称直线与圆22(3)(2)1xy存在公共点，则实数a的取值范围为________．【答案】13,32【解析】【分析】首先求出点A关于ya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：2,3A关于ya对称的点的坐标为2,23Aa，0,Ba在直线ya上，所以AB所在直线即为直线l，所以直线l为32ayxa，即32

20axya；圆22:321Cxy，圆心3,2C，半径1r，依题意圆心到直线l的距离223342132aada，即2225532aa，解得1332a

，即13,32a；故答案为：13,329.（2022·新高考Ⅱ卷T16）已知椭圆22163xy，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||||,||23MANBMN，则直线l的方程为___________．

【答案】2220xy【解析】【分析】令AB的中点为E，设11,Axy，22,Bxy，利用点差法得到12OEABkk，设直线:ABykxm，0k，0m，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MANB，所以MENE，设1

1,Axy，22,Bxy，则2211163xy，2222631xy，所以2222121206633xxyy，即12121212063xxxxyyyy所以1212121212yyyyxxxx

，即12OEABkk，设直线:ABykxm，0k，0m，令0x得ym，令0y得mxk，即,0mMk，0,Nm，所以,22mmEk，即1222mkmk，解得22k或22

k（舍去），又23MN，即22223MNmm，解得2m或2m（舍去），所以直线2:22AByx，即2220xy；故答案为：2220xy10.（2022·北京卷T12）已知双曲线221xym的渐近线方程为33yx，则m__________．【答案】3

【解析】【分析】首先可得0m，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221xym，所以0m，即双曲线的标准方程为221xym，则1a，bm，又双曲线221xym

的渐近线方程为33yx，所以33ab，即133m，解得3m；故答案为：311.（2022·浙江卷T16）已知双曲线22221(0,0)xyabab的左焦点为F，过F且斜率为4ba的直线交双曲线于点11,Axy

，交双曲线的渐近线于点22,Bxy且120xx．若||3||FBFA，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2:blyxa方程，可求出点B，再根据||3||FB

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4ba的直线:()4bAByxca，渐近线2:blyxa，联立()4byxcabyxa，得,33cbcBa，由||3||FBFA

，得5,,99cbcAa而点A在双曲线上，于是2222222518181cbcaab，解得：228124ca，所以离心率36e4.故答案为：364．12.（2022·浙江卷T17）设点P在单位圆的内接正八边形128AAA的边12AA上，则2

22182PAPAPA的取值范围是_______．【答案】[1222,16]【解析】【分析】根据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点，37AA所在直线为x轴，51AA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，即可求出各顶点的坐标，设

(,)Pxy，再根据平面向量模的坐标计算公式即可得到2222212888PAPAPAxy，然后利用cos22.5||1OP即可解出．【详解】以圆心为原点，37AA所在直线为x轴，51AA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示：则134572622

2222(0,1),,,(1,0),,,(0,1),,,(1,0)222222AAAAAAA,822,22A，设(,)Pxy,于是2222212888PAPAPAxy，因为cos22

.5||1OP，所以221cos4512xy，故222128PAPAPA的取值范围是[1222,16].故答案为：[1222,16]．三、解答题1.（2022·全国甲（文）T21

）设抛物线2:2(0)Cypxp的焦点为F，点,0Dp，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,MDND与C的另一个交点分别为A，B，记直线,MNAB的倾斜角分别为,．当取得最大值时，求直线AB的方程．

【答案】（1）24yx；（2）:24ABxy.【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可得=2pMFp，即可得解；（2）设点的坐标及直线:1MNxmy，由韦达定理及斜率公式可得2MNABkk，再由差角的正切公式及基本不等式可得22ABk，设直线:2ABxyn，结合韦达定理

可解.【小问1详解】抛物线的准线为2px，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时=32pMFp，所以2p，所以抛物线C的方程为24yx；【小问2详解】设222231241234,,,,,,,4444yyyyMyNyAyBy

，直线:1MNxmy，由214xmyyx可得2440ymy，120,4yy，由斜率公式可得12221212444MNyykyyyy，34223434444AByykyyyy，直线112:2xM

Dxyy，代入抛物线方程可得1214280xyyy，130,8yy，所以322yy，同理可得412yy，所以34124422MNABkkyyyy又因为直线M

N、AB的倾斜角分别为,，所以tantan22MNABkk，若要使最大，则0,2，设220MNABkkk，则2tantan112tan11tantan1241222kkkkkk，当且仅当12kk即22k时

，等号成立，所以当最大时，22ABk，设直线:2ABxyn，代入抛物线方程可得24240yyn，34120,4416yynyy，所以4n，所以直线:24ABxy.【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.2.（2022·全国甲（理）T）20.设抛物线2:2(0)Cypxp的焦点为F，点,0Dp，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,MDND与C的另一个交点分别为A，

B，记直线,MNAB的倾斜角分别为,．当取得最大值时，求直线AB的方程．【答案】（1）24yx；（2）:24ABxy.【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可得=2pMFp，即可得解；（2）设点的坐标及直线:1MNxm

y，由韦达定理及斜率公式可得2MNABkk，再由差角的正切公式及基本不等式可得22ABk，设直线:2ABxyn，结合韦达定理可解.【小问1详解】抛物线的准线为2px，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，

此时=32pMFp，所以2p，所以抛物线C的方程为24yx；【小问2详解】设222231241234,,,,,,,4444yyyyMyNyAyBy，直线:1MNxmy，由214xmyyx可得2440ymy

，120,4yy，由斜率公式可得12221212444MNyykyyyy，34223434444AByykyyyy，直线112:2xMDxyy，代入抛物线方程可得1214280xyyy，130,8yy，所以322y

y，同理可得412yy，所以34124422MNABkkyyyy又因为直线MN、AB的倾斜角分别为,，所以tantan22MNABkk，若要使最大，则0,2

，设220MNABkkk，则2tantan112tan11tantan1241222kkkkkk，当且仅当12kk即22k时，等号成立，所以当最大时，22ABk，设直线:2ABxyn，代入抛物线方程可得24240yy

n，34120,4416yynyy，所以4n，所以直线:24ABxy.【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.3.（2022·全国乙（文）T）21.已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过30,2,

,12AB两点．（1）求E的方程；（2）设过点1,2P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MTTH．证明：直线HN过定点．【答案】（1）22143y

x（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.【小问1详解】解：设椭圆E的方程为221mxny，过30,2,,12A

B，则41914nmn，解得13m，14n，所以椭圆E的方程为：22143yx.【小问2详解】3(0,2),(,1)2AB，所以2:23AByx，①若过点(1,2)P的直线斜率不存在，直线1x

.代入22134xy，可得26(1,)3M，26(1,)3N，代入AB方程223yx，可得26(63,)3T，由MTTH得到26(265,)3H.求得HN方程：26(2)23yx，过点(0,2).②若过点(1,2)P的直线斜率存在，设1122(2)0,

(,),(,)kxykMxyNxy.联立22(2)0,134kxykxy得22(34)6(2)3(4)0kxkkxkk，可得1221226(2)343(4)34kkxxkkkxxk

，12222228(2)344(442)34kyykkkyyk，且1221224(*)34kxyxyk联立1,223yyyx可得111113(3,),(36,).2yTyHyxy可求得此时122211

2:()36yyHNyyxxyxx，将(0,2)，代入整理得12121221122()6()3120xxyyxyxyyy，将(*)代入，得222241296482448482436480,kkkkkkk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.4.（2022·全国乙（理）T20）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过

30,2,,12AB两点．（1）求E的方程；（2）设过点1,2P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MTTH．证明：直线HN过定点．【答案】（1）22143yx（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.【小问1详解】解：设椭圆E的方程为221mxny，过30,2,,12AB，则41914nmn，解得13m，14n，所以椭圆E的方程为：22143yx.

【小问2详解】3(0,2),(,1)2AB，所以2:23AByx，①若过点(1,2)P的直线斜率不存在，直线1x.代入22134xy，可得26(1,)3M，26(1,)3N，代入AB方程223yx，可

得26(63,)3T，由MTTH得到26(265,)3H.求得HN方程：26(2)23yx，过点(0,2).②若过点(1,2)P的直线斜率存在，设1122(2)0,(,),(,)kxykMx

yNxy.联立22(2)0,134kxykxy得22(34)6(2)3(4)0kxkkxkk，可得1221226(2)343(4)34kkxxkkkxxk

，12222228(2)344(442)34kyykkkyyk，且1221224(*)34kxyxyk联立1,223yyyx可得111113(3,),(36,).2yTyHyxy可求得此时12

22112:()36yyHNyyxxyxx，将(0,2)，代入整理得12121221122()6()3120xxyyxyxyyy，将(*)代入，得222241296482448482436480,kkkkkkk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.5.（2022·新高考Ⅰ卷T21）已知点(2,1)A在双曲线22

22:1(1)1xyCaaa上，直线l交C于P，Q两点，直线,APAQ的斜率之和为0．（1）求l的斜率；（2）若tan22PAQ，求PAQ△的面积．【答案】（1）1；（2）1629．【解析

】【分析】（1）由点(2,1)A在双曲线上可求出a，易知直线l的斜率存在，设:lykxm，1122,,,PxyQxy，再根据0APBPkk，即可解出l的斜率；（2）根据直线,APAQ的斜率之和为0可知直线,APAQ的倾斜角互补，再根据tan22PAQ即可

求出直线,APAQ的斜率，再分别联立直线,APAQ与双曲线方程求出点,PQ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．【小问1详解】因为点(2,1)A在双曲线2222:1(1)1xy

Caaa上，所以224111aa，解得22a，即双曲线22:12xCy易知直线l的斜率存在，设:lykxm，1122,,,PxyQxy，联立2212ykxmxy可

得，222124220kxmkxm，所以，2121222422,2121mkmxxxxkk，22222216422210120mkmkmk．所以由0APBPkk可得，212111022yyxx

，即122121210xkxmxkxm，即1212212410kxxmkxxm，所以2222242124102121mmkkmkmkk，化

简得，2844410kkmk，即1210kkm，所以1k或12mk，当12mk时，直线:21lykxmkx过点2,1A，与题意不符，舍去，故1k．【小问2详解】不妨设直线,PAPB的倾斜角为,，因为0

APBPkk，所以π，因为tan22PAQ，所以tan22，即tan222，即22tantan20，解得tan2，于是，直线:221PAyx，直线:221PByx，联立222211

2yxxy可得，232122104202xx，因为方程有一个根为2，所以10423Px，Py4253，同理可得，10423Qx，Qy4253．所以5:03PQxy，163PQ，点A到直线PQ的距离52122332d，

故PAQ△的面积为116221622339．6.（2022·新高考Ⅱ卷T21）设双曲线2222:1(0,0)xyCabab的右焦点为(2,0)F，渐近线方程为3yx．（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1122,,,PxyQxy在C

上，且1210,0xxy．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；②PQAB∥；③||||MAMB．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）2213yx

（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,ab的关系，进而利用,,abc的平方关系求得,ab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200

283kxkyk；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003xmy，由②//PQAB等价转化为003kyx，由①M在直线AB上等价于2002kykx，然后选择两个作为已知条件一个作为

结论，进行证明即可.【小问1详解】右焦点为(2,0)F，∴2c,∵渐近线方程为3yx，∴3ba，∴3ba，∴222244caba，∴1a，∴3b．∴C的方程为：2213yx；【小问2

详解】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12x

x，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2ykx,则条件①M在AB上，等价于2000022ykxkykx；两渐近线的方程合并为22

30xy,联立消去y并化简整理得：22223440kxkxk设3334,,,AxyBxy,线段中点为,NNNxy,则2342226,2233NNNxxkkxykxkk,设00,Mxy,则条件③AMBM等价于2222

03030404xxyyxxyy,移项并利用平方差公式整理得：3403434034220xxxxxyyyyy，3403403434220yyxxxyyyx

x,即000NNxxkyy,即200283kxkyk；由题意知直线PM的斜率为3,直线QM的斜率为3,∴由101020203,3yyxxyyxx

,∴1212032yyxxx,所以直线PQ的斜率12012121232xxxyymxxxx,直线00:3PMyxxy,即0033yyxx,代入双曲线的方程22330xy,即333xyxy

中，得：000032333yxxyx,解得P的横坐标：10000133233xyxyx,同理：20000133233xyxyx，∴00120120022220000331,2,333

yxxxyxxxxyxyx∴003xmy,∴条件②//PQAB等价于003mkkyx，综上所述：条件①M在AB上，等价于2002kykx；条件②//PQAB等价于003kyx；条件③AMBM

等价于200283kxkyk；选①②推③:由①②解得：2200002228,433kkxxkyxkk,∴③成立；选①③推②：由①③解得：20223kxk，20263kkyk，∴003kyx，∴②成立；选②③推①：由②③解得：20223kxk，2026

3kkyk，∴02623xk，∴2002kykx，∴①成立.7.（2022·北京卷T19）已知椭圆：2222:1(0)xyEabab的一个顶点为(0,1)A，焦距为23．（1）求椭圆E的方程；（2）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．【答案】（1）2214xy（2）4k【解析】【分析】（1）依题意可得2221223bccab，即可求出a，从而求出椭圆方程；（2）首先

表示出直线方程，设11,Bxy、22,Cxy，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Mx、Nx，根据NMMNxx得到方程，解得即可；【小问1详解】解：依题意可得1b，223c，又222cab，所以2a

，所以椭圆方程为2214xy；【小问2详解】解：依题意过点2,1P的直线为12ykx，设11,Bxy、22,Cxy，不妨令1222xx，由221214ykxxy，消

去y整理得22221416816160kxkkxkk，所以222216841416160kkkkk，解得0k，所以212216814kkxxk，2122161614kkxxk，直线AB的方程为1111yyxx

，令0y，解得111Mxxy，直线AC的方程为2211yyxx，令0y，解得221Nxxy，所以212111NMxxMNxxyy2121121121xxkxkx

212122xxkxkx2121212222xxxxkxx12212222xxkxx，所以122122xxkxx，即212122121424xxxxkxxxx

即2222222221681616161616842414141414kkkkkkkkkkkkk即2222222228214161621684141414kk

kkkkkkkkkkk整理得84kk，解得4k8.（2022·浙江卷T21）如图，已知椭圆22112xy．设A，B是椭圆上异于(0,1)P的两点，且点0,21Q在线段AB上，直线,PAPB分别交直线132yx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(23cos,sin)Q是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出2||PQ，再根据二次函数的性质即可求出；（2）

设直线1:2ABykx与椭圆方程联立可得1212,xxxx，再将直线132yx方程与PAPB、的方程分别联立，可解得点,CD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235161231kCDk，由柯西不等式即可求出最小值．

【小问1详解】设(23cos,sin)Q是椭圆上任意一点,(0,1)P,则222221144144||12cos(1sin)1311sin2sin11sin111111PQ，当且仅当1sin11时取等号，故||PQ的最

大值是121111.【小问2详解】设直线1:2ABykx,直线AB方程与椭圆22112xy联立,可得22130124kxkx,设1122,,,AxyBxy，所以12212211231412kxxkxxk

，因为直线111:1yPAyxx与直线132yx交于C,则111114422(21)1Cxxxxykx,同理可得,222224422(21)1Dxxxxykx.则12124415||142(21)1(21

)1CDxxCDxxkxkx121221212122525(21)1(21)1(21)(21)1xxxxkxkxkxxkxx222394111611435161656565162315315315kkkkkk

，当且仅当316k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．