【文档说明】《（2020-2022）高考数学真题分项汇编（新高考地区专用）》专题05 平面解析几何（新高考）（教师版）【高考】.docx，共(25)页，971.325 KB，由小赞的店铺上传

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专题05平面解析几何1．【2021年新高考1卷】已知1F，2F是椭圆C：22194xy+=的两个焦点，点M在C上，则12MFMF的最大值为（）A．13B．12C．9D．6【答案】C【分析】本题通过利用椭圆定义得到1226MFMFa+==，借助基本不等式212122MFMFM

FMF+即可得到答案．【解析】由题，229,4ab==，则1226MFMFa+==，所以2121292MFMFMFMF+=（当且仅当123MFMF==时，等号成立）．故选：C．2．【2021年新高考2卷】抛物线22(0)ypxp=的焦点

到直线1yx=+的距离为2，则p=（）A．1B．2C．22D．4【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p的值.【解析】抛物线的焦点坐标为,02p，其到直线10xy−+=的距离：012211pd−+==+，解得：2p=(6p=−舍

去).故选：B.3．【2022年新高考1卷】已知O为坐标原点，点𝐴(1,1)在抛物线𝐶:𝑥2=2𝑝𝑦(𝑝>0)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】BCD【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.【解析】将点𝐴的代入抛物线方程得1=2𝑝，所以抛物线方程为𝑥2=𝑦，故准线方程为𝑦=−14，A错误；𝑘𝐴

𝐵=1−(−1)1−0=2，所以直线𝐴𝐵的方程为𝑦=2𝑥−1，联立{𝑦=2𝑥−1𝑥2=𝑦，可得𝑥2−2𝑥+1=0，解得𝑥=1，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�

�=𝑘𝑥−1，𝑃(𝑥1,𝑦1),𝑄(𝑥2,𝑦2)，联立{𝑦=𝑘𝑥−1𝑥2=𝑦，得𝑥2−𝑘𝑥+1=0，所以{Δ=𝑘2−4>0𝑥1+𝑥2=𝑘𝑥1𝑥2=1，所以𝑘>2或𝑘<−2，𝑦1𝑦2=(𝑥1𝑥2)2=1，又|𝑂𝑃|=

√𝑥12+𝑦12=√𝑦1+𝑦12，|𝑂𝑄|=√𝑥22+𝑦22=√𝑦2+𝑦22，所以|𝑂𝑃|⋅|𝑂𝑄|=√𝑦1𝑦2(1+𝑦1)(1+𝑦2)=√𝑘𝑥1×𝑘𝑥2=|𝑘|>2=|𝑂𝐴|

2，故C正确；因为|𝐵𝑃|=√1+𝑘2|𝑥1|，|𝐵𝑄|=√1+𝑘2|𝑥2|，所以|𝐵𝑃|⋅|𝐵𝑄|=(1+𝑘2)|𝑥1𝑥2|=1+𝑘2>5，而|𝐵𝐴|2=5，故D正确.故选：BCD4．【2022年新高考2卷】

已知O为坐标原点，过抛物线𝐶:𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点𝑀(𝑝,0)，若|𝐴𝐹|=|𝐴𝑀|，则（）A．直线𝐴𝐵的斜率为2√6B．|𝑂𝐵|=|𝑂𝐹|C．|𝐴�

�|>4|𝑂𝐹|D．∠𝑂𝐴𝑀+∠𝑂𝐵𝑀<180°【答案】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，联立抛物线求得𝐵(𝑝3,−√6

𝑝3)，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𝑂𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑂𝐵⃑⃑⃑⃑⃑<0，𝑀𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑀𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑<0求得∠𝐴𝑂𝐵，∠𝐴𝑀𝐵为钝角即可判断D选

项.【解析】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)，则直线𝐴𝐵的斜率为√6𝑝23𝑝

4−𝑝2=2√6，A正确；对于B，由斜率为2√6可得直线𝐴𝐵的方程为𝑥=12√6𝑦+𝑝2，联立抛物线方程得𝑦2−1√6𝑝𝑦−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错误；对于C，由抛物线定义知：|𝐴𝐵|=3𝑝4+𝑝3+𝑝=

25𝑝12>2𝑝=4|𝑂𝐹|，C正确；对于D，𝑂𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑂𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=(3𝑝4,√6𝑝2)⋅(𝑝3,−√6𝑝3)=3𝑝4⋅𝑝3+√6𝑝2⋅(−√6𝑝3)=−3𝑝24<0，则∠𝐴𝑂𝐵为

钝角，又𝑀𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑀𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−𝑝4,√6𝑝2)⋅(−2𝑝3,−√6𝑝3)=−𝑝4⋅(−2𝑝3)+√6𝑝2⋅(−√6𝑝3)=−5𝑝26<0，则∠𝐴𝑀𝐵为钝角，又∠𝐴𝑂𝐵+∠𝐴𝑀𝐵+∠𝑂𝐴𝑀+∠𝑂𝐵�

�=360∘，则∠𝑂𝐴𝑀+∠𝑂𝐵𝑀<180∘，D正确.故选：ACD.5．【2021年新高考1卷】已知点P在圆()()225516xy−+−=上，点()4,0A、()0,2B，则（）A．点P到

直线AB的距离小于10B．点P到直线AB的距离大于2C．当PBA最小时，32PB=D．当PBA最大时，32PB=【答案】ACD【分析】计算出圆心到直线AB的距离，可得出点P到直线AB的距离的取值范围，可判断AB

选项的正误；分析可知，当PBA最大或最小时，PB与圆M相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.【解析】圆()()225516xy−+−=的圆心为()5,5M，半径为4，直线AB的方程为142xy+=，即240xy+−=，圆心M到直线AB的距离为2252541111545512+

−==+，所以，点P到直线AB的距离的最小值为115425−，最大值为1154105+，A选项正确，B选项错误；如下图所示：当PBA最大或最小时，PB与圆M相切，连接MP、BM，可知PMPB⊥，()()22052534BM=−+−=，4MP=，由勾股定理可得2232

BPBMMP=−=，CD选项正确.故选：ACD.【点睛】结论点睛：若直线l与半径为r的圆C相离，圆心C到直线l的距离为d，则圆C上一点P到直线l的距离的取值范围是,drdr−+.6．【2021年新高考2卷】已知直线2:0l

axbyr+−=与圆222:Cxyr+=，点(,)Aab，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222,abr+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.【解析】圆心()0,0C到直线l的距离222rdab=+，若点(),Aab在圆C上，则22

2abr+=，所以222=rdrab=+，则直线l与圆C相切，故A正确；若点(),Aab在圆C内，则222abr+，所以222>rdrab=+，则直线l与圆C相离，故B正确；若点(),Aab在圆C外，则222abr+，所以222<rdrab=+，则直线l与

圆C相交，故C错误；若点(),Aab在直线l上，则2220abr+−=即222=abr+，所以222=rdrab=+，直线l与圆C相切，故D正确.故选：ABD.7．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知曲线22:1Cmxny+=.（）A

．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B．若m=n>0，则C是圆，其半径为nC．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为myxn=−D．若m=0，n>0，则C是两条直线【答案】ACD【分析】结合选项进行逐项分析求解，0mn时表示椭圆，0mn=时表

示圆，0mn时表示双曲线，0,0mn=时表示两条直线.【解析】对于A，若0mn，则221mxny+=可化为22111xymn+=，因为0mn，所以11mn，即曲线C表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确；对于

B，若0mn=，则221mxny+=可化为221xyn+=，此时曲线C表示圆心在原点，半径为nn的圆，故B不正确；对于C，若0mn，则221mxny+=可化为22111xymn+=，此时曲线C表示双曲线

，由220mxny+=可得myxn=−，故C正确；对于D，若0,0mn=，则221mxny+=可化为21yn=，nyn=，此时曲线C表示平行于x轴的两条直线，故D正确；故选：ACD.【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查

数学运算的核心素养.8．【2022年新高考1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】𝑦=−34𝑥+54或𝑦=724𝑥−2524或𝑥=−1【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.【解析】圆𝑥2

+𝑦2=1的圆心为𝑂(0,0)，半径为1，圆(𝑥−3)2+(𝑦−4)2=16的圆心𝑂1为(3,4)，半径为4，两圆圆心距为√32+42=5，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，当切线为l时，因为𝑘𝑂𝑂1=43，所以𝑘𝑙=−34，设方程为𝑦=−34𝑥+�

�(𝑡>0)O到l的距离𝑑=|𝑡|√1+916=1，解得𝑡=54，所以l的方程为𝑦=−34𝑥+54，当切线为m时，设直线方程为𝑘𝑥+𝑦+𝑝=0，其中𝑝>0，𝑘<0，由题意{|𝑝|√1+

𝑘2=1|3𝑘+4+𝑝|√1+𝑘2=4，解得{𝑘=−724𝑝=2524，𝑦=724𝑥−2524当切线为n时，易知切线方程为𝑥=−1，故答案为：𝑦=−34𝑥+54或𝑦=724𝑥−2524或𝑥=−1

.9．【2022年新高考1卷】已知椭圆𝐶:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>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△𝐴𝐷�

�的周长是________________．【答案】13【分析】利用离心率得到椭圆的方程为𝑥24𝑐2+𝑦23𝑐2=1，即3𝑥2+4𝑦2−12𝑐2=0，根据离心率得到直线𝐴𝐹2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：𝑥=√3𝑦

−𝑐，代入椭圆方程3𝑥2+4𝑦2−12𝑐2=0，整理化简得到：13𝑦2−6√3𝑐𝑦−9𝑐2=0，利用弦长公式求得𝑐=138，得𝑎=2𝑐=134，根据对称性将△𝐴𝐷𝐸的周长转化为△𝐹2𝐷𝐸的周长，利用椭圆的定义得到周长为4𝑎=13.【解析】∵椭圆的离心率

为𝑒=𝑐𝑎=12，∴𝑎=2𝑐，∴𝑏2=𝑎2−𝑐2=3𝑐2，∴椭圆的方程为𝑥24𝑐2+𝑦23𝑐2=1，即3𝑥2+4𝑦2−12𝑐2=0，不妨设左焦点为𝐹1，右焦点为𝐹2，如图所示，∵𝐴𝐹2=𝑎，𝑂𝐹2=𝑐，𝑎=2�

�，∴∠𝐴𝐹2𝑂=𝜋3，∴△𝐴𝐹1𝐹2为正三角形，∵过𝐹1且垂直于𝐴𝐹2的直线与C交于D，E两点，𝐷𝐸为线段𝐴𝐹2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：𝑥=√3𝑦−𝑐，代入

椭圆方程3𝑥2+4𝑦2−12𝑐2=0，整理化简得到：13𝑦2−6√3𝑐𝑦−9𝑐2=0，判别式∆=(6√3𝑐)2+4×13×9𝑐2=62×16×𝑐2，∴|𝐶𝐷|=√1+(√3)2|𝑦1−𝑦2|=2×√∆13=2×6×4×𝑐13=6，∴𝑐=138，得𝑎=2𝑐

=134，∵𝐷𝐸为线段𝐴𝐹2的垂直平分线，根据对称性，𝐴𝐷=𝐷𝐹2，𝐴𝐸=𝐸𝐹2，∴△𝐴𝐷𝐸的周长等于△𝐹2𝐷𝐸的周长，利用椭圆的定义得到△𝐹2𝐷𝐸周长为|𝐷𝐹2|+|𝐸𝐹2|+|𝐷𝐸|=|𝐷𝐹2|+|𝐸𝐹2|+|𝐷𝐹1|

+|𝐸𝐹1|=|𝐷𝐹1|+|𝐷𝐹2|+|𝐸𝐹1|+|𝐸𝐹2|=2𝑎+2𝑎=4𝑎=13.故答案为：13.10．【2022年新高考2卷】设点𝐴(−2,3),𝐵(0,𝑎)，若直线𝐴𝐵关于𝑦=𝑎对称的直线与圆(𝑥+3)2+(𝑦+2

)2=1有公共点，则a的取值范围是________．【答案】[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，解得

即可；【解析】解：𝐴(−2,3)关于𝑦=𝑎对称的点的坐标为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；圆𝐶:(𝑥

+3)2+(𝑦+2)2=1，圆心𝐶(−3,−2)，半径𝑟=1，依题意圆心到直线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]11．【2022年新高考2卷】已知直线l与椭圆𝑥26+𝑦23=1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|𝑀𝐴|=|𝑁𝐵|,|𝑀𝑁|=2√3，则l的方程为___________

．【答案】𝑥+√2𝑦−2√2=0【分析】令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，求出𝑀、𝑁的坐标，再根据|𝑀𝑁|求出𝑘、�

�，即可得解；【解析】解：令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|=2√3，即|𝑀𝑁|=√𝑚2+(√2𝑚)2=2√3，解得𝑚=2或𝑚=−2（舍去），所以直线𝐴𝐵:𝑦=−√22𝑥+2，即𝑥+√2𝑦−2√2=0；

故答案为：𝑥+√2𝑦−2√2=012．【2021年新高考1卷】已知O为坐标原点，抛物线C：22ypx=(0p)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQOP⊥，若6FQ=，则C的准线方程为______.【答案】32x=−【分析】先用坐标表示PQ，，再根

据向量垂直坐标表示列方程，解得p，即得结果.【解析】抛物线C：22ypx=(0p)的焦点,02pF,∵P为C上一点，PF与x轴垂直，所以P的横坐标为2p，代入抛物线方程求得P的纵坐标为p,不妨设(,)2pPp,因为Q为x轴

上一点，且PQOP⊥，所以Q在F的右侧，又||6FQ=，(6,0),(6,)2pQPQp+=−uuur因为PQOP⊥，所以PQOP=2602pp−=,0,3pp=Q，所以C的准线方程为32x=−故答案为：3

2x=−.【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.13．【2021年新高考2卷】若双曲线22221xyab−=的离心率为2，则此双曲线的渐近线方程___________.【答案】3yx=【分析】根据离心

率得出2ca=，结合222+=abc得出,ab关系，即可求出双曲线的渐近线方程.【解析】由题可知，离心率2cea==，即2ca=，又22224abca+==，即223ba=，则3ba=，故此双曲线的渐近线方程为3yx=.故答案为：3yx=.14．【2020年新高考1卷（山东卷）】斜

率为3的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则AB=________．【答案】163【分析】先根据抛物线的方程求得抛物线焦点坐标，利用点斜式得直线方程，与抛物线方程联立消去y并整理得到关于x

的二次方程，接下来可以利用弦长公式或者利用抛物线定义将焦点弦长转化求得结果.【解析】∵抛物线的方程为24yx=，∴抛物线的焦点F坐标为(1,0)F，又∵直线AB过焦点F且斜率为3，∴直线AB的方程为：3(1)yx=−代

入抛物线方程消去y并化简得231030xx−+=，解法一：解得121,33xx==，所以212116||1||13|3|33ABkxx=+−=+−=解法二：10036640=−=，设1122(,),

(,)AxyBxy，则12103xx+=,过,AB分别作准线1x=−的垂线，设垂足分别为,CD如图所示.12||||||||||11ABAFBFACBDxx=+=+=+++1216+2=3xx=+故答案为：163

【点睛】本题考查抛物线焦点弦长，涉及利用抛物线的定义进行转化，弦长公式，属基础题.15．【2022年新高考1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=2√2，求△𝑃𝐴𝑄的面积．【答案】(1)−1；(2)16√29．【分析】（1）由点𝐴(2,1)在双曲线上可求出𝑎，易知直线l的斜率存在，设𝑙:𝑦=𝑘𝑥+

𝑚，𝑃(𝑥1,𝑦1),𝑄(𝑥2,𝑦2)，再根据𝑘𝐴𝑃+𝑘𝐵𝑃=0，即可解出l的斜率；（2）根据直线𝐴𝑃,𝐴𝑄的斜率之和为0可知直线𝐴𝑃,𝐴𝑄的倾斜角互补，再根据tan∠𝑃𝐴𝑄=2√2即可求出直线𝐴𝑃,�

�𝑄的斜率，再分别联立直线𝐴𝑃,𝐴𝑄与双曲线方程求出点𝑃,𝑄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．【解析】(1)因为点𝐴(2,1)在双

曲线𝐶:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑎2−1=1(𝑎>1)上，所以4𝑎2−1𝑎2−1=1，解得𝑎2=2，即双曲线𝐶:𝑥22−𝑦2=1易知直线l的斜率存在，设𝑙:𝑦=𝑘𝑥+𝑚，𝑃(𝑥1,𝑦1),𝑄(𝑥2,𝑦2)，联立{�

�=𝑘𝑥+𝑚𝑥22−𝑦2=1可得，(1−2𝑘2)𝑥2−4𝑚𝑘𝑥−2𝑚2−2=0，所以，𝑥1+𝑥2=−4𝑚𝑘2𝑘2−1,𝑥1𝑥2=2𝑚2+22𝑘2−1，Δ=16𝑚2𝑘2+4(2𝑚2+2)(2𝑘2−1)>0⇒𝑚2−1

+2𝑘2>0．所以由𝑘𝐴𝑃+𝑘𝐵𝑃=0可得，𝑦2−1𝑥2−2+𝑦1−1𝑥1−2=0，即(𝑥1−2)(𝑘𝑥2+𝑚−1)+(𝑥2−2)(𝑘𝑥1+𝑚−1)=0，即2𝑘𝑥1𝑥2+(𝑚−1

−2𝑘)(𝑥1+𝑥2)−4(𝑚−1)=0，所以2𝑘×2𝑚2+22𝑘2−1+(𝑚−1−2𝑘)(−4𝑚𝑘2𝑘2−1)−4(𝑚−1)=0，化简得，8𝑘2+4𝑘−4+4𝑚(𝑘+1)=0，即(𝑘+1)(2�

�−1+𝑚)=0，所以𝑘=−1或𝑚=1−2𝑘，当𝑚=1−2𝑘时，直线𝑙:𝑦=𝑘𝑥+𝑚=𝑘(𝑥−2)+1过点𝐴(2,1)，与题意不符，舍去，故𝑘=−1．(2)不妨设直线𝑃𝐴,𝑃𝐵的倾斜角为𝛼,𝛽(𝛼<𝛽)，因为𝑘𝐴�

�+𝑘𝐵𝑃=0，所以𝛼+𝛽=π，因为tan∠𝑃𝐴𝑄=2√2，所以tan(𝛽−𝛼)=2√2，即tan2𝛼=−2√2，即√2tan2𝛼−tan𝛼−√2=0，解得tan𝛼=√2，于是，直线𝑃𝐴:𝑦=√2(𝑥−2)+1，直线𝑃𝐵:𝑦=−√2(𝑥−2)+

1，联立{𝑦=√2(𝑥−2)+1𝑥22−𝑦2=1可得，32𝑥2+2(1−2√2)𝑥+10−4√2=0，因为方程有一个根为2，所以𝑥𝑃=10−4√23，𝑦𝑃=4√2−53，同理可得，𝑥𝑄=10+4√23，𝑦𝑄=−4√2−53．

所以𝑃𝑄:𝑥+𝑦−53=0，|𝑃𝑄|=163，点𝐴到直线𝑃𝑄的距离𝑑=|2+1−53|√2=2√23，故△𝑃𝐴𝑄的面积为12×163×2√23=16√29．16．【2022年新高考2卷】已知双曲线𝐶:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的右焦点为�

�(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.从下面①②③中选取两个作为条件，证明

另外一个成立：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)𝑥2−𝑦23=1；(2)见解析【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�

�𝑀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在直线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.【解析

】(1)右焦点为𝐹(2,0)，∴𝑐=2,∵渐近线方程为𝑦=±√3𝑥，∴𝑏𝑎=√3，∴𝑏=√3𝑎，∴𝑐2=𝑎2+𝑏2=4𝑎2=4，∴𝑎=1，∴𝑏=√3．∴C的方程为：𝑥2−𝑦23=1；(2)由已知得直线𝑃

𝑄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+�

�2−2𝑥0)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)[2√3𝑥−(𝑦0+√3𝑥0)]=3,解得𝑃

的横坐标：𝑥1=12√3(3𝑦0+√3𝑥0+𝑦0+√3𝑥0),同理：𝑥2=−12√3(3𝑦0−√3𝑥0+𝑦0−√3𝑥0)，∴𝑥1−𝑥2=1√3(3𝑦0𝑦02−3𝑥02+𝑦0),𝑥1+𝑥2−2𝑥0=−3𝑥0𝑦02−3𝑥02−𝑥0,∴𝑚=3𝑥

0𝑦0,∴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，∴𝑘�

�0=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.17．【2021年新高考1卷】在平面直角坐标系xOy中

，已知点()117,0F−、()21217,02FMFMF−=，，点M的轨迹为C.（1）求C的方程；（2）设点T在直线12x=上，过T的两条直线分别交C于A、B两点和P，Q两点，且TATBTPTQ=，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.【答案】

（1）()221116yxx−=；（2）0.【分析】(1)利用双曲线的定义可知轨迹C是以点1F、2F为左、右焦点双曲线的右支，求出a、b的值，即可得出轨迹C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12kk+的值

.【解析】(1)因为12122217MFMFFF−==，所以，轨迹C是以点1F、2F为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹C的方程为()222210,0xyabab−=，则22a=，可得1a=，2174ba=−=，所以，轨迹C的方程为()221116yxx−=

.（2）[方法一]【最优解】：直线方程与双曲线方程联立，如图所示，设1(,)2Tn,设直线AB的方程为112211(),,(2,(),)ynkxAxyBxy−=−．联立1221()2116ynkxyx−=−−=,化简得222

21111211(16)(2)1604kxkknxknkn−+−−−+−=.则22211112122211111624,1616knknkknxxxxkk+−+−+==−−．故221112,11||1()||1()22TAkxTBkx=+−=+−．则222111

221(12)(1)11||||(1)()()2216nkTATBkxxk++=+−−=−．设PQ的方程为21()2ynkx−=−，同理22222(12)(1)||||16nkTPTQk++=−．因为TATBTPTQ=，所以22122212111616kkk

k++=−−，化简得22121717111616kk+=+−−，所以22121616kk−=−，即2212kk=．因为11kk，所以120kk+=．[方法二]：参数方程法设1(,)2Tm．设直线AB的倾斜角为1，则其参数方程为111cos2sinxtym

t=+=+，联立直线方程与曲线C的方程2216160(1)xyx−−=，可得222221111cos116(cos)(sin2sin)1604tmttmt+−++−=+，整理得22221111

(16cossin)(16cos2sin)(12)0tmtm−+−−+=．设12,TAtTBt==，由根与系数的关系得2212222111(12)12||||16cossin117costmmTATBt−++===−−．设直线PQ

的倾斜角为2，34,TPtTQt==，同理可得2342212||||117cosmTTtPQt+==−由||||||||TATBTPTQ=，得2212coscos=．因为12，所以12sooscc=−．由题意分析知12+=．所以12t

antan0+=，故直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0．[方法三]：利用圆幂定理因为TATBTPTQ=，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．设1(,)2Tt,直线AB的方程为11()2ytkx−

=−，直线PQ的方程为21()2ytkx−=−,则二次曲线1212()()022kkkxytkxyt−−+−−+=．又由22116yx−=，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：221212()()(1)0(0)2216kkyk

xytkxytx−−+−−++−−=，整理可得：2212121212()()()()16kxykkxytkkkkkx++−−+++−12(2)02ykktm++−+=，其中21212()42k

ktmtkk=+−+−．由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即120kk+=.【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.18．【2021年新高考2卷】已知椭圆

C的方程为22221(0)xyabab+=，右焦点为(2,0)F，且离心率为63．（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线222(0)xybx+=相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是||3MN=．【答案】（1）2213xy+=；（2）证明见解析.【分

析】（1）由离心率公式可得3a=，进而可得2b，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3MN=；充分性：设直线():,0MNykxbkb=+，由直线与圆相切得221b

k=+，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得222241313kkk+=+，进而可得1k=，即可得解.【解析】（1）由题意，椭圆半焦距2c=且63cea==，所以3a=，又2221bac=−=，所以椭圆方程为2213xy+=；（2

）由（1）得，曲线为221(0)xyx+=，当直线MN的斜率不存在时，直线:1MNx=，不合题意；当直线MN的斜率存在时，设()()1122,,,MxyNxy，必要性：若M，N，F三点共线，可设直线():2MNyk

x=−即20kxyk−−=，由直线MN与曲线221(0)xyx+=相切可得2211kk=+，解得1k=，联立()22213yxxy=−+=可得246230xx−+=，所以12122,3243xxxx+==，所以()212121143MNxxxx=++−=,所以必要性成立；充

分性：设直线():,0MNykxbkb=+即0kxyb−+=，由直线MN与曲线221(0)xyx+=相切可得211bk=+，所以221bk=+，联立2213ykxbxy=++=可得()222136330kxkbxb+++−=，所以2121222633,1313kbbxxxxkk−+

=−=++，所以()2222212122263314141313kbbMNkxxxxkkk−=++−=+−−++22224113kkk=++3=，化简得()22310k−=，所以1k=，所以12kb==−或12kb=−

=，所以直线:2MNyx=−或2yx=−+，所以直线MN过点(2,0)F，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||3MN=．【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.19．【2020年新高

考1卷（山东卷）】已知椭圆C：22221(0)xyabab+=的离心率为22，且过点()2,1A．（1）求C的方程：（2）点M，N在C上，且AMAN⊥，ADMN⊥，D为垂足．证明：存在定点Q，使得DQ为定值．【答案】（1）22163xy+=；（2）详见解析.【分析】（1）由题意得到关于,

,abc的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.（2）方法一：设出点M，N的坐标，在斜率存在时设方程为ykxm=+,联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到,mk的关系，进而得直线MN恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满

足题意的点Q的位置.【解析】（1）由题意可得：2222222411caababc=+==+，解得：2226,3abc===，故椭圆方程为：22163xy+=.(2)［方法一］：通性通法设点()()1122,,,MxyN

xy，若直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为：ykxm=+，代入椭圆方程消去y并整理得：()222124260kxkmxm+++−=，可得122412kmxxk+=−+，21222612mxxk−=+，因为AMA

N⊥，所以·0AMAN=，即()()()()121222110xxyy−−+−−=，根据1122,kxmykxmy=+=+,代入整理可得：()()()()22121212140xxkmkxxkm++−−++−+=，所以()()()22222264121401212mkmkkmkmkk−++−−

−+−+=++，整理化简得()()231210kmkm+++−=，因为(2,1)A不在直线MN上，所以210km+−，故23101kmk++=，，于是MN的方程为2133ykx=−−()1k，所以直

线过定点直线过定点21,33P−.当直线MN的斜率不存在时，可得()11,Nxy−，由·0AMAN=得：()()()()111122110xxyy−−+−−−=，得()1221210xy−+

−=，结合2211163xy+=可得：2113840xx−+=，解得：123x=或22x=（舍）.此时直线MN过点21,33P−.令Q为AP的中点，即41,33Q，若D与P不重合，则由题设知AP是RtADP△的斜边，故12223DQAP==，若D与P重

合，则12DQAP=，故存在点41,33Q，使得DQ为定值.［方法二］【最优解】：平移坐标系将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为22(2)(1)163xy+++=，设直线MN的方

程为4mxny+=．将直线MN方程与椭圆方程联立得224240xxyy+++=，即22()2()0xmxnyxymxnyy+++++=，化简得22(2)()(1)0nymnxymx+++++=，即2(2)()(1)0yynmnmxx+++++=．

设()()1122,,,MxyNxy，因为AMAN⊥则1212AMANyykkxx=112mn+==−+，即3mn=−−．代入直线MN方程中得()340nyxx−−−=．则在新坐标系下直线MN过定点44,33−−，则在原坐标系下直线MN过

定点21,33P−．又ADMN⊥，D在以AP为直径的圆上．AP的中点41,33即为圆心Q．经检验，直线MN垂直于x轴时也成立．故存在41,33Q，使得122||||23DQAP==．［方法三］：建立曲线系A点处的切线方程为21163xy+=，即30xy+−

=．设直线MA的方程为11210kxyk−−+=，直线MB的方程为22210kxyk−−+=，直线MN的方程为0kxym−+=．由题意得121kk?-．则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线,MAMB可表示为

()()22112212121063xykxykkxyk+−+−−+−−+=（其中为系数）．用直线MN及点A处的切线可表示为()(3)0kxymxy−++−=（其中为系数）．即()()22112212121()(3)63xykxykkxykkx

ymxy+−+−−+−−+=−++−．对比xy项、x项及y项系数得()()()121212(1),4(3),21(3).kkkkkmkkkm+=−++=−+−=+①②③将①代入②③，消去,并化简得3210

mk++=，即2133mk=−−．故直线MN的方程为2133ykx=−−，直线MN过定点21,33P−．又ADMN⊥，D在以AP为直径的圆上．AP中点41,33即为圆心Q．经检验，直线MN垂直于x轴时也成立．故存在41,33Q，使得122

||||23DQAP==．［方法四］：设()()1122,,,MxyNxy．若直线MN的斜率不存在，则()()1111,,,MxyNxy−．因为AMAN⊥，则0AMAN=，即()1221210xy−+−=．由2211163xy+=，解得123x=或12

x=（舍）．所以直线MN的方程为23x=．若直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为ykxm=+，则()()()222122()6120xkxmkxxxx++−=+−−=．令2x=，则()()1222(21)(21)2212kmk

mxxk+−++−−=+．又()()221221262ymyyyyykk−+−=+−−，令1y=，则()()122(21)(21)1112kmkmyyk+−−+−−−=+．因为AMAN⊥，所以()()()()12122211AMANxxyy=−−+−−2(21)(231

)12kmkmk+−++=+0=，即21mk=−+或2133mk=−−．当21mk=−+时，直线MN的方程为21(2)1ykxkkx=−+=−+．所以直线MN恒过(2,1)A，不合题意；当2133mk=−−时，直线MN的方程为2121

3333ykxkkx=−−=−−，所以直线MN恒过21,33P−．综上，直线MN恒过21,33P−，所以42||3AP=．又因为ADMN⊥，即ADAP⊥，所以点D在以线段AP为直径的圆上运动．取线

段AP的中点为41,33Q，则122||||23DQAP==．所以存在定点Q，使得||DQ为定值．【整体点评】（2）方法一：设出直线MN方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点P，再根据平面几何知识可知定点Q即为AP的中点，该法也是本题的通性通法；方法二：通

过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线MN的方程为4mxny+=，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出,mn的关系，从而可知直线过定点P，从而可知定点Q即为AP的中点，该法是本题的最优解；方法三：设直线:MNyk

xm=+，再利用过点,,AMN的曲线系，根据比较对应项系数可求出,mk的关系，从而求出直线过定点P，故可知定点Q即为AP的中点；方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解(

)()1222−−xx以及()()1211yy−−的计算．20．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知椭圆C：22221(0)xyabab+=过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为12，（1）求C的方程；（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.【答案】（1）22116

12xy+=；（2）18.【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.【解析】(1)由题意可知直线AM的方程为

：13(2)2yx−=−，即24−=−xy.当y=0时，解得4x=−，所以a=4，椭圆()2222:10xyCabab+=过点M(2，3)，可得249116b+=，解得b2=12.所以C的方程：2211612xy

+=.(2)设与直线AM平行的直线方程为：2xym−=，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.联立直线方程2xym−=与椭圆方程2211612xy+=，可得：()2232448myy++=，化简可得

：2216123480ymym++−=，所以()221444163480mm=−−=，即m2=64，解得m=±8，与AM距离比较远的直线方程：28xy−=，直线AM方程为：24−=−xy，点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：8

4125514d+==+，由两点之间距离公式可得22||(24)335AM=++=.所以△AMN的面积的最大值：1125351825=.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一

元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．