2022高考数学真题分类汇编：解析几何

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）已知椭圆的离心率为，分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若，则C的方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据离心率及，解得关于的等量关系式，即可得解.【详解】解：因为离心率，解得，，分别为C左右顶点，则，B为上顶点，所以.所以，因为所以，将代入，解得，故椭圆的方程为.故选：B.2.（2022·全国甲（理）T10）椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A\n【解析】【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解.【详解】解：，设，则，则，故，又，则，所以，即，所以椭圆的离心率.故选：A.3.（2022·全国乙（文）T6）设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（）A.2B.C.3D.【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，从而求得点的横坐标，进而求得点坐标，即可得到答案.【详解】由题意得，，则，\n即点到准线的距离为2，所以点的横坐标为，不妨设点在轴上方，代入得，，所以.故选：B4.（2022·全国乙（理）T5）设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（）A.2B.C.3D.【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，从而求得点的横坐标，进而求得点坐标，即可得到答案.【详解】由题意得，，则，即点到准线的距离为2，所以点的横坐标为，不妨设点在轴上方，代入得，，所以.故选：B5.（2022·全国乙（理）T11）11.双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C的两支交于M，N两点，且，则C的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，可判断在双曲线的右支，设，，即可求出，，，在\n中由求出，再由正弦定理求出，，最后根据双曲线的定义得到，即可得解；【详解】解：依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，所以，因为，所以在双曲线的右支，所以，，，设，，由，即，则，，，在中，，由正弦定理得，所以，又，所以，即，所以双曲线的离心率\n故选：C6.（2022·新高考Ⅰ卷T11）已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（）A.C的准线为B.直线AB与C相切C.D.【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】将点的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，A错误；，所以直线的方程为，联立，可得，解得，故B正确；设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，\n所以，直线的斜率存在，设其方程为，，联立，得，所以，所以或，，又，，所以，故C正确；因为，，所以，而，故D正确.故选：BCD7.（2022·新高考Ⅱ卷T10）已知O为坐标原点，过抛物线的焦点F的直线与C交于A，B两点，点A在第一象限，点，若，则（）A.直线的斜率为B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线的方程，联立抛物线求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项.\n【详解】对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为，代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确；对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得，设，则，则，代入抛物线得，解得，则，则，B错误；对于C，由抛物线定义知：，C正确；对于D，，则\n为钝角，又，则为钝角，又，则，D正确.故选：ACD.8.（2022·北京卷T3）若直线是圆的一条对称轴，则（）A.B.C.1D.【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，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即，解得．故选：A．二、填空题1.（2022·全国甲（文）T15）记双曲线的离心率为e，写出满足条件“直线与C无公共点”的e的一个值______________．【答案】2（满足皆可）【解析】【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线中即可求得满足要求的e值.【详解】解：，所以C的渐近线方程为,结合渐近线的特点，只需，即，可满足条件“直线与C无公共点”\n所以，又因为，所以，故答案为：2（满足皆可）2.（2022·全国甲（文）T14）设点M在直线上，点和均在上，则的方程为______________．【答案】【解析】【分析】设出点M的坐标，利用和均在上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.【详解】解：∵点M在直线上，∴设点M为，又因为点和均在上，∴点M到两点的距离相等且为半径R，∴，，解得，∴，，的方程为.故答案为：3.（2022·全国甲（理）T14）.若双曲线的渐近线与圆相切，则_________．【答案】\n【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：双曲线的渐近线为，即，不妨取，圆，即，所以圆心为，半径，依题意圆心到渐近线的距离，解得或（舍去）．故答案为：．4.（2022·全国乙（文）T15）过四点中的三点的一个圆的方程为____________．【答案】或或或；【解析】【分析】设圆的方程为，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，若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；\n若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；故答案为：或或或；5.（2022·全国乙（理）T14）过四点中的三点的一个圆的方程为____________．【答案】或或或；【解析】\n【分析】设圆的方程为，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，若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；故答案为：或或或；\n6.（2022·新高考Ⅰ卷T14）写出与圆和都相切的一条直线的方程________________．【答案】或或【解析】【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.【详解】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，当切线为l时，因为，所以，设方程为O到l的距离，解得，所以l的方程为，当切线为m时，设直线方程为，其中，，由题意，解得，当切线为n时，易知切线方程为，故答案为：或或.\n7.（2022·新高考Ⅰ卷T16）已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是________________．【答案】13【解析】【分析】利用离心率得到椭圆的方程为，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线的斜率，写出直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，利用弦长公式求得，得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为.【详解】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过\n且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为，直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，判别式，∴，∴，得，∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为.故答案为：13.8.（2022·新高考Ⅱ卷T15）已知点，若直线关于的对称直线与圆存在公共点，则实数a的取值范围为________．【答案】\n【解析】【分析】首先求出点关于对称点的坐标，即可得到直线的方程，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：关于对称的点的坐标为，在直线上，所以所在直线即为直线，所以直线为，即；圆，圆心，半径，依题意圆心到直线的距离，即，解得，即；故答案为：9.（2022·新高考Ⅱ卷T16）已知椭圆，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，则直线l的方程为___________．【答案】【解析】【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；【详解】解：令的中点为，因为，所以，设，，则，，所以，即\n所以，即，设直线，，，令得，令得，即，，所以，即，解得或（舍去），又，即，解得或（舍去），所以直线，即；故答案为：10.（2022·北京卷T12）已知双曲线的渐近线方程为，则__________．【答案】【解析】【分析】首先可得，即可得到双曲线的标准方程，从而得到、\n，再跟渐近线方程得到方程，解得即可；【详解】解：对于双曲线，所以，即双曲线的标准方程为，则，，又双曲线的渐近线方程为，所以，即，解得；故答案为：11.（2022·浙江卷T16）已知双曲线的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲线于点，交双曲线的渐近线于点且．若，则双曲线的离心率是_________．【答案】【解析】【分析】联立直线和渐近线方程，可求出点，再根据可求得点，最后根据点在双曲线上，即可解出离心率．【详解】过且斜率为的直线，渐近线，联立，得，由，得而点在双曲线上，于是，解得：，所以离心率.故答案为：．\n12.（2022·浙江卷T17）设点P在单位圆的内接正八边形的边上，则的取值范围是_______．【答案】【解析】【分析】根据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，即可求出各顶点的坐标，设，再根据平面向量模的坐标计算公式即可得到，然后利用即可解出．【详解】以圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示：\n则,，设,于是，因为，所以，故的取值范围是.故答案为：．三、解答题1.（2022·全国甲（文）T21）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．（1）求C的方程；（2）设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；（2）设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.【小问1详解】抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时，所以，\n所以抛物线C的方程为；【小问2详解】设，直线，由可得，，由斜率公式可得，，直线，代入抛物线方程可得，，所以，同理可得，所以又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，若要使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以当最大时，，设直线，代入抛物线方程可得，，所以，\n所以直线.【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.设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．（1）求C的方程；（2）设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；（2）设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.【小问1详解】抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时，所以，所以抛物线C的方程为；【小问2详解】设，直线，由可得，，\n由斜率公式可得，，直线，代入抛物线方程可得，，所以，同理可得，所以又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，若要使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以当最大时，，设直线，代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.【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，且过两点．\n（1）求E的方程；（2）设过点的直线交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．证明：直线HN过定点．【答案】（1）（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，过，则，解得，，所以椭圆E的方程为：.【小问2详解】，所以，①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到.求得HN方程：，过点.②若过点的直线斜率存在，设.\n联立得，可得，，且联立可得可求得此时，将，代入整理得，将代入，得显然成立，综上，可得直线HN过定点【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，且过两点．（1）求E的方程；（2）设过点的直线交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．证明：直线HN过定点．【答案】（1）\n（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，过，则，解得，，所以椭圆E的方程为：.【小问2详解】，所以，①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到.求得HN方程：，过点.②若过点的直线斜率存在，设.联立得，可得，，\n且联立可得可求得此时，将，代入整理得，将代入，得显然成立，综上，可得直线HN过定点【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）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．（1）求l的斜率；（2）若，求的面积．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率；（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，再根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线\n与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点到直线的距离，即可得出的面积．【小问1详解】因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线易知直线l的斜率存在，设，，联立可得，，所以，，．所以由可得，，即，即，所以，化简得，，即，所以或，当时，直线过点，与题意不符，舍去，故．【小问2详解】不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，因为，所以，即，\n即，解得，于是，直线，直线，联立可得，，因为方程有一个根为，所以，，同理可得，，．所以，，点到直线的距离，故的面积为．6.（2022·新高考Ⅱ卷T21）设双曲线的右焦点为，渐近线方程为．（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，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点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在上；②；③．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）（2）见解析\n【解析】【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；（2）先分析得到直线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；由直线和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，由②等价转化为，由①在直线上等价于，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，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．∴C的方程为：；【小问2详解】由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；总之，直线的斜率存在且不为零.设直线的斜率为,直线方程为,则条件①在上，等价于；两渐近线的方程合并为,联立消去y并化简整理得：\n设,线段中点为,则,设,则条件③等价于,移项并利用平方差公式整理得：，,即,即；由题意知直线的斜率为,直线的斜率为,∴由,∴,所以直线的斜率,直线,即,代入双曲线的方程,即中，得：,解得的横坐标：,同理：，∴\n∴,∴条件②等价于，综上所述：条件①在上，等价于；条件②等价于；条件③等价于；选①②推③:由①②解得：,∴③成立；选①③推②：由①③解得：，，∴，∴②成立；选②③推①：由②③解得：，，∴，∴，∴①成立.7.（2022·北京卷T19）已知椭圆：的一个顶点为，焦距为．（1）求椭圆E的方程；（2）过点作斜率为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，当时，求k的值．\n【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程；（2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据得到方程，解得即可；【小问1详解】解：依题意可得，，又，所以，所以椭圆方程为；【小问2详解】解：依题意过点的直线为，设、，不妨令，由，消去整理得，所以，解得，所以，，直线的方程为，令，解得，直线的方程为，令，解得，\n所以，所以，即即即整理得，解得8.（2022·浙江卷T21）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．\n（1）求点P到椭圆上点的距离的最大值；（2）求的最小值．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．【小问1详解】设是椭圆上任意一点,,则\n，当且仅当时取等号，故的最大值是.【小问2详解】设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，因为直线与直线交于,则,同理可得,.则，当且仅当时取等号，故的最小值为.【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．