专题9.9解析几何（2021-2023年）真题训练（解析版）.docx

1、专题9.9 解析几何一、单选题1（2022年高考全国乙卷数学（文）真题）设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（）A2BC3D【答案】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：B2（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为（）ABCD2【答案】A【分析】设点，由依题意可知，再根据两点间的距离公式得到，然后消元，即可利用二次函数的性质求出最大值【详解】设点，因为，所以，而，所以当时，的最大值为故

2、选：A【点睛】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易错点是容易误认为短轴的相对端点是椭圆上到上定点B最远的点，或者认为是椭圆的长轴的端点到短轴的端点距离最大，这些认识是错误的，要注意将距离的平方表示为二次函数后，自变量的取值范围是一个闭区间，而不是全体实数上求最值.3（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（）ABCD【答案】A【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.【详解】因为，由双曲线的定义可得，所以，；因为,由余弦定理可得，整理可得，所以，即.故选

3、：A【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立间的等量关系是求解的关键.4（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）点到双曲线的一条渐近线的距离为（）ABCD【答案】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.【详解】由题意可知，双曲线的渐近线方程为：，即，结合对称性，不妨考虑点到直线的距离：.故选：A.5（2021年全国新高考II卷数学试题）抛物线的焦点到直线的距离为，则（）A1B2CD4【答案】B【分析】首先确定抛物线的焦点坐标，然后结合点到直线距离公式可得的值.【详解】抛物线的焦点坐标为，其到直线的距离：，解得：(舍去).故选：B.6（

4、2022年高考全国甲卷数学（文）真题）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（）ABCD【答案】B【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的左右顶点，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.7（2023年新课标全国卷数学真题）设椭圆的离心率分别为若，则（）ABCD【答案】A【分析】根据给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答.【详解】由，得，因此，而，所以.故选：A8（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）设为椭圆的两个焦点，点在上，若，则（）A1B2C4D5【答案】

5、B【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可解出；方法二：根据椭圆的定义以及勾股定理即可解出【详解】方法一：因为，所以，从而，所以故选：B.方法二：因为，所以，由椭圆方程可知，所以，又，平方得：，所以故选：B.9（2023年新课标全国卷数学真题）已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（）ABCD【答案】C【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用，求出范围，再根据三角形面积比得到关于的方程，解出即可.【详解】将直线与椭圆联立，消去可得，因为直线与椭圆相交于点，则，解得，设到的距离到距离，易知，则，解得或（舍去），故选：C.10（2023年高考全国甲

6、卷数学（文）真题）已知双曲线的离心率为，其中一条渐近线与圆交于A，B两点，则（）ABCD【答案】D【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长.【详解】由，则，解得，所以双曲线的一条渐近线不妨取，则圆心到渐近线的距离，所以弦长.故选：D11（2021年全国新高考I卷数学试题）已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（）A13B12C9D6【答案】C【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案【详解】由题，则，所以（当且仅当时，等号成立）故选：C【点睛】12（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离

7、心率的取值范围是（）ABCD【答案】C【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出 ，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可【详解】设，由，因为 ，所以，因为，当，即 时，即 ，符合题意，由可得，即 ；当，即时， ，即，化简得， ，显然该不等式不成立故选：C【点睛】本题解题关键是如何求出的最大值，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13（2023年新课标全国卷数学真题）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（）A1BCD【答案】B【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根

8、据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径，过点作圆C的切线，切点为，因为，则，可得，则，即为钝角，所以；法二：圆的圆心，半径，过点作圆C的切线，切点为，连接，可得，则，因为且，则，即，解得，即为钝角，则，且为锐角，所以；方法三：圆的圆心，半径，若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意；若切线斜率存在，设切线方程为，即，则，整理得，且设两切线斜率分别为，则，可得，所以，即，可得，则，且，则，解得.故选：B.14（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）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

9、率之积为，则C的离心率为（）ABCD【答案】A【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】方法一：设而不求设，则则由得：，由，得，所以，即，所以椭圆的离心率，故选A.方法二：第三定义设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：故，由椭圆第三定义得：，故所以椭圆的离心率，故选A.15（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）己知椭圆，为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，则（）ABCD【答案】B【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可得到点的坐标，从而得出的值；方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，再结合中线的向量公式以及数量积

10、即可求出；方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，即可根据中线定理求出【详解】方法一：设，所以，由，解得：，由椭圆方程可知，所以，解得：，即，因此故选：B方法二：因为，即，联立，解得：，而，所以，即故选：B方法三：因为，即，联立，解得：，由中线定理可知，易知，解得：故选：B【点睛】本题根据求解的目标可以选择利用椭圆中的二级结论焦点三角形的面积公式快速解出，也可以常规利用定义结合余弦定理，以及向量的数量积解决中线问题的方式解决，还可以直接用中线定理解决，难度不是很大16（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（）ABCD【答案】D【分析】

11、根据点差法分析可得，对于A、B、D：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；对于C：结合双曲线的渐近线分析判断.【详解】设，则的中点，可得，因为在双曲线上，则，两式相减得，所以.对于选项A： 可得，则，联立方程，消去y得，此时，所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；对于选项B：可得，则，联立方程，消去y得，此时，所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；对于选项C：可得，则由双曲线方程可得，则为双曲线的渐近线，所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；对于选项D：，则，联立方程，消去y得，此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；故选：D.17（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）已知实

12、数满足，则的最大值是（）AB4CD7【答案】C【分析】法一：令，利用判别式法即可；法二：通过整理得，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.【详解】法一：令，则，代入原式化简得，因为存在实数，则，即，化简得，解得，故 的最大值是，法二：，整理得，令，其中，则，所以，则，即时，取得最大值，法三：由可得，设，则圆心到直线的距离，解得故选：C.二、多选题18（2021年全国新高考II卷数学试题）已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（）A若点A在圆C上，则直线l与圆C相切B若点A在圆C内，则直线l与圆C相离C若点A在圆C外，则直线l与圆C相离D若点A在直线l

13、上，则直线l与圆C相切【答案】ABD【分析】转化点与圆、点与直线的位置关系为的大小关系，结合点到直线的距离及直线与圆的位置关系即可得解.【详解】圆心到直线l的距离，若点在圆C上，则，所以，则直线l与圆C相切，故A正确；若点在圆C内，则，所以，则直线l与圆C相离，故B正确；若点在圆C外，则，所以，则直线l与圆C相交，故C错误；若点在直线l上，则即，所以，直线l与圆C相切，故D正确.故选：ABD.19（2021年全国新高考I卷数学试题）已知点在圆上，点、，则（）A点到直线的距离小于B点到直线的距离大于C当最小时，D当最大时，【答案】ACD【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范

14、围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.【详解】圆的圆心为，半径为，直线的方程为，即，圆心到直线的距离为，所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；如下图所示：当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，由勾股定理可得，CD选项正确.故选：ACD.【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是.20（2022年新高考全国I卷数学真题）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（）AC的准线为B直线AB与C相切CD【答案】BCD【分析】求出抛物线方程可

15、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，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：BCD21（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）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交于M，N两点，且，则C的离心率为（）ABCD【答案】AC【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

16、，利用正弦定理结合三角变换、双曲线的定义得到或，即可得解，注意就在双支上还是在单支上分类讨论.【详解】方法一：几何法，双曲线定义的应用情况一M、N在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为B，所以，因为，所以在双曲线的左支， ，设，由即，则，选A情况二若M、N在双曲线的两支，因为，所以在双曲线的右支，所以， ，设，由，即，则，所以，即，所以双曲线的离心率选C方法二：答案回代法特值双曲线，过且与圆相切的一条直线为，两交点都在左支,，则，特值双曲线，过且与圆相切的一条直线为，两交点在左右两支，在右支，则，方法三：依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，若分别在左右

17、支，因为，且，所以在双曲线的右支，又，设，在中，有，故即，所以，而，故，代入整理得到，即，所以双曲线的离心率若均在左支上，同理有，其中为钝角，故，故即，代入，整理得到：，故，故，故选：AC.22（2022年新高考全国II卷数学真题）已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（）A直线的斜率为BCD【答案】ACD【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.【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

18、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，则为钝角，又，则为钝角，又，则，D正确.故选：ACD.23（2023年新课标全国卷数学真题）设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（）ABC以MN为直径的圆与l相切D为等腰三角形【答案】AC【分析】先求得焦点坐标，从而求得，根据弦长公式求得，根据圆与等腰三角形的知识确定正确答案.【详解】A选项：直线过点，所以抛物线的焦点，所以，则A选项正确，且抛物线的方程为.B选项：设，由消去并化

19、简得，解得，所以，B选项错误.C选项：设的中点为，到直线的距离分别为，因为，即到直线的距离等于的一半，所以以为直径的圆与直线相切，C选项正确.D选项：直线，即，到直线的距离为，所以三角形的面积为，由上述分析可知，所以，所以三角形不是等腰三角形，D选项错误.故选：AC.三、填空题24（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）已知点在抛物线C：上，则A到C的准线的距离为_.【答案】【分析】由题意首先求得抛物线的标准方程，然后由抛物线方程可得抛物线的准线方程为，最后利用点的坐标和准线方程计算点到的准线的距离即可.【详解】由题意可得：，则，抛物线的方程为，准线方程为，点到的准线的距离为.故答案为：.25

20、（2021年全国新高考I卷数学试题）已知为坐标原点，抛物线：()的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，若，则的准线方程为_.【答案】【分析】先用坐标表示，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得，即得结果.【详解】抛物线： ()的焦点,P为上一点，与轴垂直，所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为,不妨设,因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧，又，因为，所以,，所以的准线方程为故答案为：.【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.26（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）双曲线的右焦点到直线的距离为_【答案】【分析】先求出右焦点坐标，再利用点到直线的距离公式求解.【详解】由已

21、知，所以双曲线的右焦点为，所以右焦点到直线的距离为.故答案为：27（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为_【答案】【分析】根据已知可得，设，利用勾股定理结合，求出，四边形面积等于，即可求解.【详解】因为为上关于坐标原点对称的两点，且，所以四边形为矩形，设，则，所以， ，即四边形面积等于.故答案为：.28（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）已知双曲线的一条渐近线为，则C的焦距为_【答案】4【分析】将渐近线方程化成斜截式，得出的关系，再结合双曲线中对应关系，联立求解，再由关系式求得，即可求解.【详解】由渐近线方

22、程化简得，即，同时平方得，又双曲线中，故，解得（舍去），故焦距.故答案为：4.【点睛】本题为基础题，考查由渐近线求解双曲线中参数，焦距，正确计算并联立关系式求解是关键.29（2021年全国新高考II卷数学试题）若双曲线的离心率为2，则此双曲线的渐近线方程_.【答案】【分析】根据离心率得出，结合得出关系，即可求出双曲线的渐近线方程.【详解】解：由题可知，离心率，即，又，即，则，故此双曲线的渐近线方程为.故答案为：.30（2022年高考全国乙卷数学（文）真题）过四点中的三点的一个圆的方程为_【答案】或或或【分析】方法一：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】方法一：圆的一般

23、方程依题意设圆的方程为，（1）若过，则，解得，所以圆的方程为，即；（2）若过，则，解得，所以圆的方程为，即；（3）若过，则，解得，所以圆的方程为，即；（4）若过，则，解得，所以圆的方程为，即；故答案为：或 或 或方法二：【最优解】圆的标准方程（三点中的两条中垂线的交点为圆心） 设 （1）若圆过三点，圆心在直线，设圆心坐标为， 则，所以圆的方程为；（2）若圆过三点， 设圆心坐标为，则，所以圆的方程为；（3）若圆过 三点，则线段的中垂线方程为，线段 的中垂线方程 为，联立得 ，所以圆的方程为；（4）若圆过三点，则线段的中垂线方程为， 线段中垂线方程为 ，联立得，所以圆的方程为故答案为：或 或 或【

24、整体点评】方法一；利用圆过三个点，设圆的一般方程，解三元一次方程组，思想简单，运算稍繁；方法二；利用圆的几何性质，先求出圆心再求半径，运算稍简洁，是该题的最优解 31（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）若双曲线的渐近线与圆相切，则_【答案】【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：32（2022年高考全国甲卷数学（文）真题）设点M在直线上，点和均在上，则的方程为_【答案】【分

25、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】方法一：三点共圆点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：方法二：圆的几何性质由题可知，M是以（3，0）和（0，1）为端点的线段垂直平分线 y=3x-4与直线的交点(1,-1)., 的方程为.故答案为：33（2022年高考全国甲卷数学（文）真题）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）【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

26、足条件“直线与C无公共点”所以，又因为，所以，故答案为：2（满足皆可）34（2022年新高考全国II卷数学真题）设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是_【答案】【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：35（2023年新课标全国卷数学真题）已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值_【答案】（中任意一个皆可以）【分析】根据直线与圆的位置关系，求出弦长，

27、以及点到直线的距离，结合面积公式即可解出【详解】设点到直线的距离为，由弦长公式得，所以，解得：或，由，所以或，解得：或故答案为：（中任意一个皆可以）36（2021年全国新高考II卷数学试题）已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_【答案】【分析】结合导数的几何意义可得，结合直线方程及两点间距离公式可得，化简即可得解.【详解】由题意，则，所以点和点，,所以，所以，所以，同理,所以.故答案为：【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，消去一个变量后，运算即可得解.37（2022年新高考全国I卷数学真题）已知椭圆，C的上顶点为A，

28、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【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

29、的定义得到周长为.故答案为：13. 38（2022年新高考全国I卷数学真题）写出与圆和都相切的一条直线的方程_【答案】或或【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.【详解】方法一：显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为，于是，故，于是或，再结合解得或或，所以直线方程有三条，分别为，填一条即可方法二：设圆的圆心，半径为，圆的圆心，半径，则，因此两圆外切，由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；又由方程和相减可得方程，即为过两圆公共切点的切线方程，又易知两圆圆心所在直线OC的方程为，直线OC与直线的交点为，设过该点的直线为，则，解得，从而该切线的方程为填一条即可方法三：圆的圆心为，半径为

30、，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.39（2022年新高考全国II卷数学真题）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为_【答案】【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】方法一：弦中点问题：点差法令的中点为，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；解：令的中点为，因为，

31、所以，设，则，所以，即所以，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：方法二：直线与圆锥曲线相交的常规方法解：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，设，设直线，则，因为，所以联立直线AB与椭圆方程得消掉y得其中，AB中点E的横坐标,又，,又，解得m=2所以直线，即40（2023年新课标全国卷数学真题）已知双曲线的左、右焦点分别为点在上，点在轴上，则的离心率为_【答案】/ 【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到关于的表达式，从而利用勾股定理求得，进而利用余弦定理得到的齐次方程，从而得解.方法二：依题意设出各点坐

32、标，从而由向量坐标运算求得，将点代入双曲线得到关于的齐次方程，从而得解；【详解】方法一：依题意，设，则，在中，则，故或（舍去），所以，则，故，所以在中，整理得，故.方法二:依题意，得，令，因为，所以，则，又，所以，则，又点在上，则，整理得，则，所以，即，整理得，则，解得或，又，所以或（舍去），故.故答案为：.【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定理得到关于的齐次方程，从而得解.四、解答题41（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）已知抛物线的焦点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，求直线斜率的最

33、大值.【答案】（1）；（2）最大值为.【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；（2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，所以该抛物线的方程为；（2）方法一：轨迹方程+基本不等式法设，则，所以，由在抛物线上可得，即，据此整理可得点的轨迹方程为，所以直线的斜率，当时，；当时，当时，因为，此时，当且仅当，即时，等号成立；当时，；综上，直线的斜率的最大值为.方法二：【最优解】轨迹方程+数形结合法同方法一得到点Q的轨迹方程为设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值联立得，

34、其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为方法三：轨迹方程+换元求最值法同方法一得点Q的轨迹方程为设直线的斜率为k，则令，则的对称轴为，所以故直线斜率的最大值为方法四：参数+基本不等式法由题可设因为，所以于是，所以则直线的斜率为当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值；方法二 同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解；方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次

35、函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值；方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值. 42（2021年全国新高考II卷数学试题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切证明：M，N，F三点共线的充要条件是【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即

36、可得解.【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，又，所以椭圆方程为；（2）由（1）得，曲线为，当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；当直线的斜率存在时，设，必要性：若M，N，F三点共线，可设直线即，由直线与曲线相切可得，解得，联立可得，所以，所以,所以必要性成立；充分性：设直线即，由直线与曲线相切可得，所以，联立可得，所以，所以，化简得，所以，所以或，所以直线或，所以直线过点，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【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.43（2023年高考全国乙卷数学（文）真题

37、）已知椭圆的离心率是，点在上(1)求的方程；(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点【答案】(1)(2)证明见详解【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为.（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，联立方程，消去y得：，则，解得，可得，因为，则直线，令，解得，即,同理可得，则，所以线段的中点是定点.【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式

38、与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论44（2021年全国新高考I卷数学试题）在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.（1）求的方程；（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.【答案】（1）；（2）.【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程； (2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值.【详解】(1) 因为，所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹的方程为，则，可得，所以

39、，轨迹的方程为.（2）方法一 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立如图所示，设,设直线的方程为联立,化简得.则故则设的方程为，同理因为，所以，化简得，所以，即因为，所以方法二 ：参数方程法设设直线的倾斜角为，则其参数方程为，联立直线方程与曲线C的方程，可得，整理得设，由根与系数的关系得设直线的倾斜角为，同理可得由，得因为，所以由题意分析知所以，故直线的斜率与直线的斜率之和为0方法三：利用圆幂定理因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆设,直线的方程为，直线的方程为,则二次曲线又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：，整理可得：，其中由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.【

40、整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.45（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）已知直线与抛物线交于两点，且(1)求；(2)设C的焦点为F，M，N为C上两点，求面积的最小值【答案】(1)(2)【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；（2）设直线：，利用，找

41、到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值【详解】（1）设，由可得，所以，所以，即，因为，解得：（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，设直线：，由可得，所以，因为，所以，即，亦即，将代入得，所以，且，解得或设点到直线的距离为，所以，所以的面积，而或，所以，当时，的面积【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值.46（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）抛物线C的顶点为坐标原点O焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且已知点，且与l相切（1）求C，的方程

42、；（2）设是C上的三个点，直线，均与相切判断直线与的位置关系，并说明理由【答案】（1）抛物线，方程为；（2）相切，理由见解析【分析】（1）根据已知抛物线与相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出坐标，由，即可求出；由圆与直线相切，求出半径，即可得出结论；（2）方法一：先考虑斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若斜率存在，由三点在抛物线上，将直线斜率分别用纵坐标表示，再由与圆相切，得出与的关系，最后求出点到直线的距离，即可得出结论.【详解】（1）依题意设抛物线，所以抛物线的方程为，与相切，所以半径为，所以的方程为；（2）方法一：设若斜率不存在，则方程为或，若方程为，根据对称性

43、不妨设，则过与圆相切的另一条直线方程为，此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；若方程为，根据对称性不妨设则过与圆相切的直线为，又，此时直线关于轴对称，所以直线与圆相切；若直线斜率均存在，则，所以直线方程为，整理得，同理直线的方程为，直线的方程为，与圆相切，整理得，与圆相切，同理所以为方程的两根，到直线的距离为：，所以直线与圆相切；综上若直线与圆相切，则直线与圆相切.方法二【最优解】：设当时，同解法1当时，直线的方程为，即由直线与相切得，化简得，同理，由直线与相切得因为方程同时经过点，所以的直线方程为，点M到直线距离为所以直线与相切综上所述，若直线与相切，则直线与相切【整体点评】第

44、二问关键点：过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；法一是要充分利用的对称性，抽象出与关系，把的关系转化为用表示，法二是利用相切等条件得到的直线方程为，利用点到直线距离进行证明，方法二更为简单，开拓学生思路47（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为（1）求；（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；（2）设点、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点

45、到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.【详解】（1）方法一：利用二次函数性质求最小值由题意知，设圆M上的点，则所以从而有因为，所以当时，又，解之得，因此方法二【最优解】：利用圆的几何意义求最小值抛物线的焦点为，所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；（2）方法一：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法抛物线的方程为，即，对该函数求导得，设点、，直线的方程为，即，即，同理可知，直线的方程为，由于点为这两条直线的公共点，则，所以，点A、的坐标满足方程，所以，直线的方程为，联立，可得，由韦达定理可得，所以，点到直线的距离为，所以，由已知可得，所以，当时，的面积取

46、最大值.方法二【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值 同方法一得到过P作y轴的平行线交于Q，则P点在圆M上，则故当时的面积最大，最大值为方法三：直接设直线AB方程法设切点A，B的坐标分别为，设，联立和抛物线C的方程得整理得判别式，即，且抛物线C的方程为，即，有则，整理得，同理可得联立方程可得点P的坐标为，即将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得由弦长公式得点P到直线的距离为所以，其中，即当时，48（2023年新课标全国卷数学真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为(1)求的方程；(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于【答案】(1)(2)见解析

47、【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可；（2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可.法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.【详解】（1）设,则，两边同平方化简得，故.（2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，则,令，同理令，且，则，设矩形周长为,由对称性不妨设，则.，易知则令,令，解得，当时，此时单调递

48、减，当，此时单调递增，则，故,即.当时,且，即时等号成立，矛盾，故,得证.法二：不妨设在上，且，依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0，则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，直线的方程为，则联立得，则则，同理，令，则，设，则，令，解得，当时，此时单调递减，当，此时单调递增，则，但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故.法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线,矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于.设 , 根据对称性不妨设 . 则 , 由于 , 则 .由于 , 且 介于 之间, 则 . 令 ,则,从而故当时,当 时,由于,从而,从而又,故,由此，当且仅当时等号成立，故

49、，故矩形周长大于.【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.49（2022年新高考全国I卷数学真题）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)【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，根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线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A到直线的距离，即可得出的面积【详解】（1）

50、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，且所以由可得，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（2）方法一：【最优解】常规转化不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，当均在双曲线左支时，所以，即，解得（负值舍去）此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；当均在双曲线右支时，因为，所以，即，即，解得（负值舍去），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，故的面积为方法二： 设直线AP的倾斜角为，由，得，由，得，即，联立，及得，同理，故，而，由，得，故50（2022

51、年高考全国乙卷数学（文）真题）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)(2)【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.【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过，则，解得，所以椭圆E的方程为：.（2），所以，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.若过点的直线斜率存在，设.联立得，可得，且联立可得可求得此时，将，代入整

52、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：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；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.51（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）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).【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；（2）法一：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

53、韦达定理可解.【详解】（1）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；（2）方法一：【最优解】直线方程横截式设，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，所以直线.方法二：直线方程点斜式由题可知，直线MN的斜率存在.设,直线由 得：，,同理，.直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，.代入抛物线方程可得:,所以，同理可得，由斜率公式可得：（下同方法一）若要使最大，则，设，则，当且仅当

54、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.方法三：三点共线设，设,若 P、M、N三点共线，由所以，化简得，反之，若,可得MN过定点因此，由M、N、F三点共线，得，由M、D、A三点共线，得，由N、D、B三点共线，得，则，AB过定点（4,0）（下同方法一）若要使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以当最大时，所以直线.52（2022年新高考全国II卷数学真题）已知双曲线的右焦点为，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.从下面中选取两个作为条件，证明另外一个

55、成立：M在上；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【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|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，由等价转化为，由在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.【详解】（1）右焦点为，,渐近线方程为，C的方程为：；（2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，若选由推或选

56、由推：由成立可知直线的斜率存在且不为零；若选推，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：设,线段中点为,则,设,则条件等价于,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：，,条件等价于，综上所述：条件在上，等价于；条件等价于；条件等价于；选推:由解得：,成立；选推：由解得：

57、，成立；选推：由解得：，成立.53（2023年新课标全国卷数学真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P证明:点在定直线上.【答案】(1)(2)证明见解析.【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，则由可得，双曲线方程为.（2）由(1)可得，设，显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，与联立可得，且，则，直线的方程为，直线的方程为，联立直线与直线的方程可得：，由可得，即，据此可得点在定直线上运动.【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.