2022高考数学真题分类汇编10 立体几何11 解析几何

1、2022高考数学真题分类汇编十、立体几何一、单项选择题1（2022全国甲(文、理)T4）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为，则该多面体的体积为( )未经许可 请勿转载AB. 12C 16D 0【答案:】【解析】【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解。【详解】由三视图还原几何体，如图,则该直四棱柱的体积.故选:B.2。（2全国甲（文)T9） 在长方体中,已知与平面和平面所成的角均为，则( ）未经许可 请勿转载A . AB与平面所成的角为C. .与平面所成的角为【答案：】D【解析】【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出【详解】如图所示:不妨

2、设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以,即,，解得.未经许可 请勿转载对于,，,，A错误；对于，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为,所以，B错误；对于，,C错误；对于D，与平面所成角为，而，所以。D正确故选：D。（202全国甲（文)1) 甲、乙两个圆锥的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和为,侧面积分别为和，体积分别为和.若，则( ）未经许可 请勿转载A。 B。D. 【答案：】【解析】【分析】设母线长为,甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为,根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高,再根据圆锥的体积公式即可

3、得解。未经许可 请勿转载【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，则，所以，又，则，所以，所以甲圆锥的高，乙圆锥的高，所以故选：.（2022全国甲(理）T7) 在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为,则( ）未经许可 请勿转载A. B A与平面所成的角为C。 D。与平面所成的角为【答案:】D【解析】【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出.【详解】如图所示：不妨设,依题以及长方体的结构特征可知,与平面所成角为，与平面所成角为，所以,即，解得。未经许可 请勿转载对于A，A错误;对于，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以,B错误；对于C，错误；对于D，

4、与平面所成角为,，而，所以。D正确故选:D.5(02全国甲(理）T8） 沈括的梦溪笔谈是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图,是以O为圆心，O为半径的圆弧，C是的AB中点，D在上,。“会圆术给出的弧长的近似值s的计算公式：当时，（ ）未经许可 请勿转载A. C D。 【答案:】B【解析】【分析】连接,分别求出，再根据题中公式即可得出答案：。【详解】解:如图，连接，因为是的中点,所以,又,所以三点共线,即，又，所以，则,故，所以.故选：（02全国甲（理）T9) 甲、乙两个圆锥的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和为,侧面积分别为和，体积分别为和.若,则（ )未经许可 请

5、勿转载AB。D【答案:】C【解析】【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为,乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得,再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.未经许可 请勿转载【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为,则，所以，又，则，所以,所以甲圆锥的高,乙圆锥的高，所以。故选:C。7.（2022全国乙(文）T9) 在正方体中，,分别为的中点，则（ )未经许可 请勿转载A. 平面平面B 平面平面C平面平面D. 平面平面【答案：】A【解析】【分析】证明平面，即可判断A;如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出

6、平面,，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.未经许可 请勿转载【详解】解:在正方体中，且平面，又平面,所以，因为分别为的中点，所以,所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故正确；如图，以点为原点,建立空间直角坐标系,设,则，,则，设平面的法向量为,则有,可取,同理可得平面的法向量为,平面的法向量为,平面的法向量为，则，所以平面与平面不垂直，故B错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行,故D错误，故选：A.8（202全国乙（文）2) 已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球的球面上，则当该四棱锥的体积最大时,其高为(

7、)未经许可 请勿转载. . C. 【答案：】【解析】【分析】先证明当四棱锥顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时,底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式,再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值未经许可 请勿转载【详解】设该四棱锥底面为四边形ACD，四边形ABCD所在小圆半径为，设四边形ACD对角线夹角为,则(当且仅当四边形为正方形时等号成立)即当四棱锥的顶点O到底面AD所在小圆距离一定时,底面ABCD面积最大值为未经许可 请勿转载又则当且仅当即时等号成立，故选：C9.(022全国乙(理)T7） 在正方体中，E,F分别为的中点，则( )未经许可

8、请勿转载A 平面平面B。平面平面C 平面平面。 平面平面【答案：】A【解析】【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点,建立空间直角坐标系，设,分别求出平面，的法向量，根据法向量的位置关系,即可判断BCD.未经许可 请勿转载【详解】解：在正方体中，且平面，又平面，所以，因为分别为的中点,所以，所以,又,所以平面，又平面，所以平面平面,故正确；如图,以点原点，建立空间直角坐标系，设，则,，则，设平面的法向量为, 则有，可取,同理可得平面的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为，则,所以平面与平面不垂直，故B错误；因为与不平行,所以平面与平面不平行,故C错误；因为与不平行，所以平面与平面不平

9、行,故错误，故选:.10。（2022全国乙(理）T9） 已知球O的半径为，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）未经许可 请勿转载A。 B. C. D.【答案:】C【解析】【分析】先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时,底面BCD面积最大值为,进而得到四棱锥体积表达式,再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值。未经许可 请勿转载【详解】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABC对角线夹角为,则(当且仅当四边形CD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面B

10、CD所在小圆距离一定时，底面C面积最大值为未经许可 请勿转载又则当且仅当即时等号成立,故选：C(022新高考卷T）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时,相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）( )未经许可 请勿转载A. B C D.【答案：】C【解析】【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出。【详解】依题意可知棱台的高为（m)，所以增加的水量即为棱台的体积棱台上底面积，下底面积,.故选：.12.(2022新高考卷T8)

11、已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上若该球的体积为，且,则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）未经许可 请勿转载A. B。C. D 【答案:】【解析】【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系,由此确定正四棱锥体积的取值范围。未经许可 请勿转载【详解】 球的体积为，所以球的半径,设正四棱锥的底面边长为,高为，则，,所以，所以正四棱锥的体积,所以，当时，当时,，所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，又时，,时，,所以正四棱锥的体积的最小值为，所以该正四棱锥体积的取值范围是故选：C.3。(222新高考卷T9) 已知正方体，则( ）A。 直线与所成的

12、角为B。 直线与所成的角为. 直线与平面所成的角为。 直线与平面ABCD所成的角为【答案：】【解析】【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【详解】如图,连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角,因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，正确；连接,因为平面，平面，则，因为，所以平面,又平面，所以,故正确;连接，设,连接，因为平面,平面,则，因为,，所以平面，所以为直线与平面所成的角，设正方体棱长为，则，,，所以，直线与平面所成的角为,故C错误;因为平面，所以为直线与平面所成的角,易得,故D正确。故选:ABD14。（2022新高考卷7）正三棱台高为,上下底边长分别为和，所有顶

13、点在同一球面上，则球的表面积是( ）未经许可 请勿转载A。B。C。 D. 【答案:】A【解析】【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面半径,再根据球心距，圆面半径,以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径,从而得出球的表面积.未经许可 请勿转载【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径,所以,即,设球心到上下底面的距离分别为,球的半径为，所以，故或,即或，解得符合题意,所以球的表面积为。未经许可 请勿转载故选：A。5。（022新高考卷T1) 如图，四边形为正方形，平面,，记三棱锥,的体积分别为，则（ )未经许可 请勿转载A. . C。 。 【答案：】D【解析】【分析】直接由体积公式计算,连

14、接交于点，连接,由计算出,依次判断选项即可。未经许可 请勿转载【详解】设,因为平面,则，,连接交于点，连接，易得,又平面，平面,则，又,平面，则平面,又，过作于,易得四边形为矩形,则，则，则,，则，则，,故、错误；C、D正确。故选：CD6.（202北京卷T9） 已知正三棱锥的六条棱长均为6,S是及其内部的点构成的集合设集合,则T表示的区域的面积为（ )未经许可 请勿转载. B.C . 【答案:】B【解析】【分析】求出以为球心，为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积【详解】设顶点在底面上的投影为，连接,则为三角形的中心，且,故因为，故，故的轨迹为以为圆心，为半径的圆,而三角形内切圆的圆心

15、为,半径为,故的轨迹圆在三角形内部,故其面积为故选：17.（022浙江卷8)如图,已知正三棱柱，F分别是棱上的点。记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为,则（ ）未经许可 请勿转载A 。 D 【答案:】A【解析】【分析】先用几何法表示出，再根据边长关系即可比较大小.【详解】如图所示，过点作于，过作于，连接，则,，,，所以，故选：A三、解答题（022全国甲（文)T19) 小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒,包装盒如图所示：底面是边长为8（单位:）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直.未经许可 请勿转载（1）证明：平面；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材

16、料的厚度)【答案:】（1）证明见解析； (2）【解析】【分析】(1)分别取的中点，连接,由平面知识可知，依题从而可证平面,平面，根据线面垂直的性质定理可知,即可知四边形为平行四边形，于是，最后根据线面平行的判定定理即可证出；未经许可 请勿转载（2）再分别取中点,由（1)知，该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍，即可解出未经许可 请勿转载【小问1详解】如图所示：,分别取的中点，连接,因为为全等的正三角形，所以,又平面平面，平面平面,平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面,平面,所以平面未经许可 请勿转载【小问2详解】如图所示

17、:，分别取中点,由(1）知，且,同理有，,由平面知识可知，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍.未经许可 请勿转载因为,，点到平面的距离即为点到直线的距离，所以该几何体的体积。2（2022全国甲（理）T8） 在四棱锥中,底面.(1）证明:;（2）求P与平面所成的角的正弦值.【答案：】（1)证明见解析； （2）。【解析】【分析】（1）作于,于，利用勾股定理证明，根据线面垂直性质可得，从而可得平面,再根据线面垂直的性质即可得证;未经许可 请勿转载()以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案:.【小问1详解】证明:在四边形中，作于，于，因为，所以四边形为等腰梯形，所以，故

18、，,所以，所以,因为平面,平面,所以，又,所以平面,又因平面,所以；【小问2详解】解:如图，以点原点建立空间直角坐标系，则,则，设平面的法向量,则有，可取,则，所以与平面所成角的正弦值为. 3。(02全国乙(文）T8）如图，四面体中，E为AC的中点。（1）证明：平面平面C;（2)设，点F在BD上,当的面积最小时，求三棱锥的体积【答案:】（1)证明详见解析 ()【解析】【分析】(1)通过证明平面来证得平面平面。（2）首先判断出三角形的面积最小时点的位置，然后求得到平面的距离,从而求得三棱锥的体积。未经许可 请勿转载【小问详解】由于，是的中点，所以.由于,所以，所以，故，由于，平面,所以平面，由于

19、平面，所以平面平面。【小问2详解】依题意，,三角形是等边三角形，所以，由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.,所以，由于,平面，所以平面.由于，所以,由于，所以，所以,所以,由于，所以当最短时，三角形的面积最小值过作，垂足为，在中,解得，所以，所以过作，垂足为，则,所以平面，且，所以,所以.4.（22全国乙（理)T1） 如图,四面体中,E为的中点。（1）证明:平面平面；（）设，点F在上,当的面积最小时,求与平面所成的角的正弦值.【答案:】（1)证明过程见解析 （2)与平面所成的角的正弦值为【解析】【分析】（1）根据已知关系证明，得到,结合等腰三角形三线合一得到垂直关系,结合面面垂直的判定定理

20、即可证明;未经许可 请勿转载（2)根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.未经许可 请勿转载【小问详解】因为，为的中点，所以；在和中,因为,所以，所以,又因为E为的中点,所以;又因为平面，所以平面,因为平面，所以平面平面【小问详解】连接,由（1）知，平面，因为平面,所以,所以，当时，最小,即的面积最小.因为，所以,又因为，所以是等边三角形,因为E为的中点，所以，,因为，所以，在中,，所以.以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取,则，又因为，所以，所以，设与平面所成的角的正弦值为,所以，所以与平面所成的角的正弦值为

21、.5(22新高考卷T19） 如图，直三棱柱的体积为4，的面积为。（1)求A到平面的距离；（2）设D为的中点,，平面平面,求二面角的正弦值.【答案:】（1） (2）【解析】【分析】（1）由等体积法运算即可得解；(）由面面垂直的性质及判定可得平面,建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.未经许可 请勿转载【小问1详解】在直三棱柱中，设点到平面的距离为，则,解得,所以点到平面的距离为;【小问2详解】取的中点E,连接，如图,因为，所以,又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱柱中，平面，由平面，平面可得,又平面且相交，所以平面,所以两两垂直，以B为原点,建立空间直角坐标系，如图，由（1）得

22、，所以,，所以,则，所以的中点,则,设平面的一个法向量,则,可取，设平面的一个法向量，则，可取，则，所以二面角的正弦值为。6。（202新高考卷T0） 如图，是三棱锥的高,，E是的中点.（)求证:平面；（2）若,，求二面角的正弦值【答案:】(1)证明见解析 （2)【解析】【分析】（）连接并延长交于点，连接、,根据三角形全等得到,再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证;未经许可 请勿转载（2)过点作，如图建立平面直角坐标系,利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得;未经许可 请勿转载小问1详解】证明:连接并延长交于点，连接、,因为是三棱锥的高，

23、所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即,所以，所以所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，又平面,平面，所以平面【小问2详解】解:过点作，如图建立平面直角坐标系，因为，所以,又,所以，则，,所以,所以,，所以，则,，,设平面法向量为，则，令，则，,所以；设平面的法向量为,则,令，则，,所以；所以设二面角为，由图可知二面角为钝二面角，所以，所以故二面角的正弦值为; .(222北京卷T17）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面,，M,N分别为,A的中点。未经许可 请勿转载（1）求证：平面；(2）再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知,求直线AB与平面MN所成角的正弦值未经许可

24、 请勿转载条件：;条件：.注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分【答案：】（1）见解析 （)见解析【解析】【分析】（1)取的中点为，连接，可证平面平面,从而可证平面.(2)选均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值未经许可 请勿转载【小问详解】取的中点为，连接,由三棱柱可得四边形为平行四边形，而，则，而平面，平面,故平面，而,则,同理可得平面,而平面,故平面平面,而平面,故平面,【小问2详解】因为侧面为正方形，故,而平面,平面平面，平面平面，故平面,因为，故平面,因为平面,故,若选,则，而，故平面，而平面,故,所以，而,故平面,故可建立如所示的

25、空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为,则，从而,取,则，设直线与平面所成的角为,则若选，因为，故平面，而平面,故，而，故，而,故,所以，故,而,，故平面,故可建立如所示的空间直角坐标系,则，故,设平面的法向量为，则，从而，取,则，设直线与平面所成的角为，则8.(022浙江卷T19） 如图，已知和都是直角梯形，,，,二面角的平面角为.设,N分别为的中点未经许可 请勿转载(1）证明：；（2)求直线与平面所成角的正弦值。【答案：】（1)证明见解析; ()【解析】【分析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、,由平面知识易得，再根据二面角的定义可知,由此可知,，从而可证得平面,即得；未经许

26、可 请勿转载(2)由(1）可知平面,过点做平行线,所以可以以点为原点,，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及,即可利用线面角的向量公式解出。未经许可 请勿转载【小问1详解】过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点交于点、。四边形和都是直角梯形,，,由平面几何知识易知，,则四边形和四边形是矩形,在和Rt,，未经许可 请勿转载,且，平面是二面角的平面角，则，是正三角形，由平面，得平面平面，是的中点，,又平面，平面，可得,而，平面,而平面【小问详解】因为平面，过点做平行线，所以以点为原点,，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，未经许可 请勿转载设,则，设平

27、面的法向量为由,得，取，设直线与平面所成角为,。2022高考数学真题分类汇编十一、解析几何一、单项选择题。（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( ）未经许可 请勿转载A。 B。C 。 【答案：】【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:.2。（2022全国甲(理）T0）椭圆的左顶点为，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（ ）未经许可 请勿转载。 。 。D 【

28、答案：】A【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.未经许可 请勿转载【详解】解:，设，则,则，故,又，则，所以，即，所以椭圆的离心率。故选： 3.（202全国乙（文)T） 设F为抛物线的焦点，点A在C上,点，若，则( )未经许可 请勿转载。 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：。未经许可 请勿转载【详解】由题意得，则，即点到准线的距离为,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

29、抛物线的焦点,点A在C上,点，若，则（ ）未经许可 请勿转载.2B 3.【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:.未经许可 请勿转载【详解】由题意得，则,即点到准线的距离为,所以点的横坐标为，不妨设点在轴上方，代入得,，所以.故选：5（202全国乙（理）T1）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( ）未经许可 请勿转载. 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

30、可求出,，在中由求出，再由正弦定理求出,最后根据双曲线的定义得到，即可得解；未经许可 请勿转载【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故选:C6.(2022新高考卷T11） 已知O为坐标原点，点在抛物线上,过点的直线交C于，Q两点，则( )未经许可 请勿转载A。 C的准线为B. 直线AB与C相切. .【答案：】BCD【解析】【分析】求出抛物线方程可判断，联立B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、.未经许可 请勿转载【详解】将点的代

31、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,故正确.故选:BC7(02新高考卷T10） 已知为坐标原点，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（ ）未经许可 请勿转载A 直线的斜率为B。 . 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

32、判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项。未经许可 请勿转载【详解】对于，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：，正确；对于D，则为钝角，又,则为钝角,又，则,正确。故选：AC 。（2022北京卷T）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。未经许

33、可 请勿转载故选:A二、填空题.(022全国甲(文）15）记双曲线的离心率为e，写出满足条件“直线与无公共点”的的一个值_。未经许可 请勿转载【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无公共点所以，又因为，所以，故答案：为:2（满足皆可)2。（222全国甲（文）T4） 设点M在直线上，点和均在上，则的方程为_未经许可 请勿转载【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：点在直线上，设点M为，又因为点和均在上

34、,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）). 若双曲线的渐近线与圆相切，则_。未经许可 请勿转载【答案：】【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,解得即可未经许可 请勿转载【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_。未经许可 请勿转载【答案：】或或或；【解析】【分析】设圆的方程为，根据所选点的坐标，

35、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；（222全国乙（理)T14） 过四点中的三点的一个圆的方程为_未经许可 请勿转载【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；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；.

36、（022新高考卷14) 写出与圆和都相切的一条直线的方程_未经许可 请勿转载【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（202新高考卷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_。未经许可 请勿转载【答案:】13【解析】【分析】利用离心率得到椭圆的方

37、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未经许可 请勿转载【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：,未经许可 请勿转载判别式， ，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.未经许可 请勿转载故答案:为:13。8。（02新高考卷T

38、5)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_未经许可 请勿转载【答案：】【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;未经许可 请勿转载【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:（02新高考卷T） 已知椭圆，直线l与椭圆在第一象限交于,B两点,与x轴，y轴分别交于，两点，且，则直线l的方程为_。未经许可 请勿转载【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

39、根据求出、,即可得解；未经许可 请勿转载【详解】解：令的中点为,因为，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：10.(22北京卷T1）已知双曲线的渐近线方程为,则_未经许可 请勿转载【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、,再跟渐近线方程得到方程，解得即可；未经许可 请勿转载【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T) 已知双曲线的左焦点为，过F且斜率为的直线交双曲线于点，交双

40、曲线的渐近线于点且若,则双曲线的离心率是_.未经许可 请勿转载【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.未经许可 请勿转载【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:。1.(2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_.未经许可 请勿转载【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，然后利用即可解出未经许可

41、请勿转载【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：未经许可 请勿转载则，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)T2） 设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于，N两点当直线MD垂直于x轴时，未经许可 请勿转载（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B的方程未经许可 请勿转载【答案:】(1)； (2）.【解析】【分析】()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

42、达定理可解未经许可 请勿转载【小问1详解】抛物线的准线为,当与轴垂直时,点M的横坐标为p，此时，所以,所以抛物线的方程为；【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N、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.未经许可 请勿转载2(202全国甲（理）T）20.设抛物线的焦点为F,点,过的直线交C于M,两点当直线MD垂直于x轴时，未经许可 请勿转载（)

43、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的方程未经许可 请勿转载【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,结合韦达定理可解未经许可 请勿转载【小问1详解】抛物线的准线为,当与x轴垂直时，点的横坐标为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，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M、AB的倾斜角分别为，所以，若要使最大,则，设，则，当且仅当即

44、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。未经许可 请勿转载 3.（02全国乙（文）T)1。 已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、轴,且过两点.未经许可 请勿转载(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过定点未经许可 请勿转载【答案:】(） （）【解析】【分析】()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.未经许可 请

45、勿转载【小问1详解】解:设椭圆E的方程为，过，则,解得，,所以椭圆的方程为:【小问详解】,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。4(22全国乙(理）T20）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为轴、y轴，且过两点未经许可 请勿转载（1）求E的方程;（)设过点的直线交于M，N

46、两点，过M且平行于x轴的直线与线段B交于点T，点H满足.证明：直线HN过定点未经许可 请勿转载【答案：】（） （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,即可得解未经许可 请勿转载【小问详解】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，若过点的直线斜率不存在,直线.代入，可得，代入B方程，可得,由得到.求得H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

47、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。5（202新高考卷2) 已知点在双曲线上，直线l交C于P,Q两点,直线的斜率之和为未经许可 请勿转载（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;未经许可 请勿转载()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.未经许可 请勿转载【小问详解】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。【小问详解】不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，因为，所以，即,即，解得，于是,直线，