专题8 2022年高考“平面解析几何”专题命题分析

这是一份专题8 2022年高考“平面解析几何”专题命题分析，共48页。学案主要包含了目标解析，解法分析，整体点评等内容，欢迎下载使用。
专题8 2022年高考“平面解析几何”专题命题分析
专题8  2022年高考“平面解析几何”专题命题分析
2022年高考数学试卷中涉及直线、圆与圆锥曲线的试题包含选择题、填空题和解答题三种题型．试题综合性较强，常将直线、圆、椭圆、双曲线、抛物线等几种常见曲线组合起来进行命题，更多的是将直线与圆、圆锥曲线知识相融合，设计内容丰富的几何问题情境，综合运用代数和几何的方法解决问题．
一．考查的内容与方式
2022年高考解析几何考查结构统计表
高考试卷
考查结构
命题方式
试卷名称
题号
题量
分值
比例
统一命题
新高考全国I卷
11、14、16、21
4
27
18%
新高考全国Ⅱ卷
10、15、16、21
4
27
18%
全国甲卷（文）
11、14、15、21
4
27
18%
全国甲卷（理）
10、14、20
3
27
14.7%
全国乙卷（文）
6、15、21
3
22
14.7%
全国乙卷（理）
5、11、14、20
4
27
18%
自主命题
北京卷
3、12、19
3
24
16%
浙江卷
3、16、21
3
23
15.3%

2022年高考解析几何试题考点统计表
试卷类型
题型、题号
曲线类型
核心考点
问题情境
新高考全国Ⅰ卷
选择题11
抛物线
直线、抛物线方程，性质，
长度、位置关系
填空题14
圆
直线与圆的位置关系
直线与圆相切
填空题16
椭圆
椭圆方程、定义，弦长
长度
解答题21
双曲线
直线与双曲线方程
斜率、面积
新高考全国Ⅱ卷
选择题10
抛物线
抛物线的定义、性质，与直线关系
斜率、长度、角度
填空题15
圆
直线与圆的位置关系
直线与圆相交
填空题16
椭圆
直线与椭圆的位置关系
长度、中点
解答题21
双曲线
直线与双曲线的位置关系
平行、中点、共线

2022年高考解析几何试题考点统计表
试卷类型
题型、题号
曲线类型
核心考点
问题情境
文理科差异
全国甲卷（文）
选择题11
椭圆
椭圆方程、性质，离心率
数量积
不同
填空题14
圆
圆的方程
圆心、半径
不同
填空题15
双曲线
直线与双曲线位置关系
离心率
不同
解答题21
抛物线
直线与抛物线关系
最值
共用
全国甲卷（理）
选择题10
椭圆
椭圆方程、性质、离心率
斜率
不同
填空题14
双曲线
双曲线渐近线、圆方程）
直线与圆相切
不同
解答题20
抛物线
直线与抛物线关系
最值
共用
全国乙卷（文）
选择题6
抛物线
抛物线方程、定义
长度
共用
填空题15
抛物线
园的方程
圆心、半径
共用
解答题21
双曲线
直线与椭圆位置关系
长度、定点
共用
全国乙卷（理）
选择题5
圆
抛物线方程、定义
长度
共用
填空题11
椭圆
双曲线方程、定义
角度
不同
填空题14
曲线类型
圆的方程
圆心、半径
共用
解答题20
椭圆
直线与椭圆位置关系
长度、定点
共用

2022年解析几何试题除了最基本的知识考查之外，试题通常关注对曲线几何性质的分析，如常涉及长度、角度、面积的计算，平面几何图形性质的研究等；试题也常与代数知识相结合，解决求值、最值、定值、范围等问题；
充分体现了对函数与方程、数形结合、分类与整合、特殊与一般、运动与变换等数学思想方法的考查，通过客观题与主观题配合设置，设计不同层次难度的问题，考查学生的数学能力与学科核心素养．
二．课标要求与典例分析
（一）课标要求
平面解析几何是培养学生直观想象、数学运算和逻辑推理素养的良好课程标准的要求：
本单元的学习，可以帮助学生在平面直角坐标系中，认识直线、围、椭圆、抛物线、双曲线的几何特征，建立它们的标准方程；运用代数方法进一步认识圆锥曲线的性质以及它们的位置关系，运用平面解析几何方法解决简单的数学问题和实际问题，感悟平面解析几何中蕴含的数学思想.
内容包括：直线与方程、圆与方程、圆锥曲线与方程、平面解析几何的形成与发展.
（1）直线与方程
①在平面直角坐标系中，结合具体图形，探索确定直线位置的几何要素.
②理解直线的倾斜角和斜率的概念，经历用代数方法刻画直线斜率的过程，掌握过两点的直线斜率的计算公式.
③能根据斜率判定两条直线平行或垂直.
④根据确定直线位置的几何要素，探索并掌握直线方程的几种形式（点斜式、两点式及一般式）.
⑤能用解方程组的方法求两条直线的交点坐标.
⑥探索并掌握平面上两点间的距离公式、点到直线的距离公式，会求两条平行直线间的距离.
（2）圆与方程
①回顾确定圆的几何要素，在平面直角坐标系中，探索并掌握圆的标准方程与一般方程.
②能根据给定直线、圆的方程，判断直线与圆、圆与圆的位置关系.
③能用直线和圆的方程解决一些简单的数学问题与实际问题.
（3）圆锥曲线与方程
①了解圆锥曲线的实际背景，感受圆锥曲线在刻画现实世界和解决实际问题中的作用.
②经历从具体情境中抽象出椭圆的过程，掌握椭圆的定义、标准方程及简单几何性质.
③了解抛物线与双曲线的定义、几何图形和标准方程，以及它们的简单几何性质.
④通过圆锥曲线与方程的学习，进一步体会数形结合的思想.
⑤了解椭圆、抛物线的简单应用.
2019年版高考数学考试说明中的要求：
解析几何是高中数学的重要内容．高考主要考查直线与圆、椭圆、抛物线、双曲线的定义、标准方程和简单几何性质．其中直线与圆、直线与圆锥曲线的位置关系是考查重点．
运动与变化是研究几何问题的基本观点，利用代数方法研究几何问题是基本方法．
试题强调综合性，综合考查数形结合思想、函数与方程思想、特殊与一般的思想等思想方法，突出考查考生的推理论证能力和运算求解能力．
（二）典例分析
例1（全国新高考Ⅰ卷·21）设己知点在双曲线C：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，求的面积．
【目标解析】此题以双曲线中定向问题和三角形面积研究作为切入点，以探索创新情境作为载体，聚集解析几何、解三角形和图形探究的综全性，考查学生的逻辑推理、数学运算等关键能力，以及时数形结合、转化与化归思想．
【解法分析】


“
直线
AP
，
AQ
的斜率之和为
0”


思路一：设直线l的斜率为k，将条件“直线AP、AQ”的斜率之和为0”转化为关于k的方程，进而解出k的值；
【注意】增解“”的产生有必然性．因为当P或Q与A重合时，右边的方程显然成立，但这并不符合题意．根据这一规律，我们可以推断之后关于k，m的方程的因式分解中，必定含有因式．
即
思路二：设直线AP的斜率为k，条件“直线AP，AQ的斜率之和为0”即直线AQ的斜率为．用k表示P，Q两点的坐标，进而计算出的值；

第（2）问首先要对条件“”进行转化．如图1，设直线AP，AQ分别与x轴交于，，则直线AP，AQ的倾斜角分别为，，且，
故．
利用诱导公式以及二倍角的正切公式，可解出，即直线AP的斜率．再结合第（1）问，可求出P，Q的两点的坐标，乃到直线l的方程．要计算的面积，只需再求的长（底边）和点A到直线l的距离（高）．
设l：，，，联立
可得，
，．
由可得，
即，
即，
所以，
化简得，
所以或（舍去）．
设，，直线AP的斜率为，则直线AQ的斜率为，直线AP的方程为．
联立
得，
故．
进而，即．
将k换成，得．
因此，直线l的斜率为
．
不妨设直线AP，AQ的倾斜角为α，，因为，所以．
因为，所以，即，
即，解得，
于是，直线PA：，直线QA：．
联立
可得．
因为方程有一个根为2，所以，，
同理可得，，．
所以PQ：，，
点A到直线l的距离，
故的面积为．
【评析】定理1   己知是抛物线：上的一点，不过点P的直线l交抛物线C于A，B两点，直线PA，PB的倾斜角分别为α，β，斜率分别为，，
（1）若，则直线l过定点；
（2）若，则直线l的斜率为定值；
（3）若，则直线l过定点；
（4）若，则直线l过定点，其中
定理2   己知是椭圆E：上的一点，不过点P的直线l交椭圆E于A，B两点，直线PA，PB的斜率分别为，，
（1）若，则直线l过定点；
（2）若，则直线l的斜率为定值；
（3）若，则直线l过定点；
（4）若，则直线l的斜率为定值．
对于双曲线的情形，只需将上面的都换成．
例2（全国新高考Ⅱ卷·21）设双曲线C：的右焦点为，渐近线方程为．
（1）求C的方程；
（2）经过F的直线与C的渐近线分别交于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，从下面三个条件①②③中选择两个条件，证明别一个条件成立：
①M在AB上；②；③．
【目标解析】本题以双曲线为切入点，以探索创新情境为载体，聚集结构不良问题实现创新的考查要求，重点考查双曲线的“垂径定理”，围绕着重图形特征的探索，考查数学探究和空间想象素养以及逻辑推理、数学运算关键能力，其中特别是逻辑推理能力要求较高．
【解法分析】题干最为关键的条件是“过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M”．应注意到双曲线C的渐近线斜率就是，结合限制条件“点，在C上，且，”，可理解为“过双曲线C右支内的一个点M，作两条渐近线的平行线，分别交双曲线C于P，Q两点”．这就是图形探究的价值所在，同时要不断强化“文字语言、符号语言、图形语言”三种语言转化能力．

设，由于双曲线C：的两条渐近线的方程为，故两条相交直线的方程为．
此方程与双曲线C的方程有相同的二次项系数，相减即可得到直线PQ的方程为
，
故，即．
我们可以用“点差法”证明垂径定理在双曲线：（，包括退化的情形，即两条渐近线的情形）中的推广：设M是曲线：的弦AB的中点，则．
因此，如果择①③作为条件，马上有，通过数量关系很容易得到②．
由于两条直线的交点是唯一的，故和均可以用同一法证明．
事实上，利用在“垂径定理”在双曲线中的推广，可以进一步得到如下结论：
设直线l与双曲线C交于P，Q两点，与双曲线C的渐近线交于S，T两点，则，．
证明如下：设PQ的中点为M，ST的中点为，则．
又，故，从而O，M，共线．又M，都在直线l上，故M，是同一点，故，，进而有，
据此可以给出的另一个证明：如图2，依题意得四边形AMQS，
BMPT都是平行四边形，故．
例3（全图甲卷理科·20）己知设抛物线C：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MD，ND与C的另一交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β．当取得最大值时，求直线AB的方程．
【目标解析】本题以抛物线为切入点，考查图形探究下的几何问题解析化以及三角恒等变换、基本不等式等知识的综合运用，强调综合性！聚集直观想象、逻辑推理与数学运算关键能力，考查函数与方程思想、数形结合思想．
【解法分析】要使取得最大值，即使取得最大值，其中、就是直线MN，AB的斜率．应设法将“M，F，N三点共线（F为定点）”、“M，D，A三点共线（D为定点）”、“N，D，B三点共线（D为定点）”这些条件从图形和图形关系的角度转化为，之间的数量关系，实现“减元”，将转化为单变量函数求最大值点（类似的思想可以解决2022年新高考Ⅰ卷18题），得到AB的斜率，进而可求出直线AB的方程．
（2）由（1）知，设，，，，直线MN：，直线MD：．

由可得，故．
由可得，故，
进而．同理可得．
由斜率公式可得
，．
又因为直线MN，AB的倾斜角分别为α，β，
所以．
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AB：，代入抛物线方程可得，，，所以，
所以直线AB：．
抛物线的“几何平均性质”抛物线C：的弦PQ所在直线的横截距是P，Q两点的横坐标，的等比中项．
根据抛物线“几何平均性质”，有
，
，
，
故．故直线AB过定点．
一方面，设，则点G在点D关于抛物线C的极线上．另一方面，由于直线AB过定点，且，故问题转化为“米勒问题”——即求最大时，点G的位置问题．
设，则当的外接圆与直线相切时，最大．此时根据切割定理，
．
．故，直线AB：．
    
例4（全国乙卷理科·20）己知椭圆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．

【目标解析】本题以椭圆为切入点，以探索创新情境作为载体，考查直线与圆锥曲线的位置关系以及平面向量背景下的三点共线，直线方程的形式，聚集分类讨论思想和数形结合思想，重点考查数学探究素养和数学运算关键能力．
【解法分析】要证明直线HN过定点，可以通过HN的两个特殊位置，得出定点的坐标，再证明该点与H，N三点共线．下面给出试探定点坐标的过程：
当直线MN的斜率不存在时，HN的方程为；
当直线MN过原点时，HN的方程为．
由解得定点坐标为，即点A．
由，可得直线AB：．
①若过的直线的斜率不存在，则，，代入AB的方程，可得，由得到，故HN的方程为，过点；
②若过的直线的斜率存在，设，，，与联立，消去y，整理得，故有，，，，（*）
由可得，，可求得此时HN：，
将代入整理得．
将（*）式代入，得，显然成立．
综上，可得直线HN过定点．
本题命制背景：设，．由于，故MT过PA上的无穷远点．注意到PA，PB均与椭圆相切，故AB是点P关于椭圆E的极线，（P，，M，N）是调和点列，进而（AP，，AM，AN）是调和线束，于是（，T，M，）是调和点列，故，即．
因此，直线NH恒过定点A．

例5．
1．已知双曲线的上、下焦点分别是，，若双曲线C上存在点P使得，，则其离心率的值是（    ）
A． B．2 C． D．3
【原稿】
2．已知双曲线的上、下焦点分别是，，若双曲线上存在点使得，则双曲线的离心率的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
变式1：
3．已知双曲线的上、下焦点分别是，若双曲线C上存在点P使得，，则其离心率的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
变式2：
4．已知双曲线的上、下焦点分别是，若双曲线C上存在点P使得，，则其离心率的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
变式3：
5．己知的上、下焦点分别是，，若椭圆C上存在点P使得，，则其离心率的值是（    ）
A． B． C． D．
变式4：
6．己知的上、下焦点分别是，，若椭圆C上存在点P使得，，则其离心率的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
变式5：
7．已知的上、下焦点分别是，，若椭圆C上存在点P使得，，则其离心率的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
变式6：
8．已知双曲线的上、下焦点分别是，，点P双曲线C上，则下列结论正确的是（    ）
A．有最大值无最小值 B．无最大值有最小值
C．既有最大值也有最小值 D．既无最大值也无最小值
变式7：
9．已知椭圆的上、下焦点分别是，，点P在椭圆C上则下列结论正确的是（    ）
A．有最大值无最小值 B．无最大值有最小值
C．既有最大值也有最小值 D．既无最大值也无最小值
例6．（2021年乙理11）
10．设B是椭圆的上顶点，若C上的任意一点P都满足，则C的离心率的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
变式1
11．已知椭圆的上焦点为F，且P是椭圆上的一点，求的最小值与最大值．
变式2
12．已知双曲线的上焦点为F，且P是双曲线上的一点，求的最小值．
变式3 2021年乙文11
13．设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为（    ）
A． B． C． D．2
案例
14．已知点为圆上一点，点，当m变化时，线段长度的最小值为（    ）
A． B． C． D．
三．命题的形式与特点分析
1．重视基础性、全面性
高考试卷对解析几何的考查，非常强调对相关数学基础的考查，即强调对“基础知识、基本技能、基本思想、基本活动经验”的考查．每份试卷中，都有一定数量的“四基”考查内容．在基础考查的试题中，突出主干知识以及通性通法的考查，体现了考查的全面性和基础性．
例1（2022年全国乙理5、文6）
15．设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（    ）
A．2 B． C．3 D．
例2（2022年全国甲理14）
16．若双曲线的渐近线与圆相切，则_________．
例3（2022年新高考Ⅱ21）
17．设双曲线的右焦点为，渐近线方程为．求C的方程.
2．注重知识与方法的综合运用
由于多项选择题型的出现，为在一个题目中，以某一知识背景为载体，综合考查学生对相关知识与方法的理解、运用提供了良好的平台．在运算方面，既有对常规基本运算方法、技能的考查，也有对“寻求与设计合理简捷途径”运算能力的考查，更有“探究运算方向、选择运算方法、设计运算程序”等数学运算核心素养的考查．
在思想方法方面，对根据题目的结构与数据特征，恰当地画出图形的能力有较高的要求，图形的直观性对直观分析、确定运算方向有重要作用．
例4（2022年新高考全国Ⅰ11）
18．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．
例5（2022年新高考全国Ⅱ10）
19．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 B．
C． D．
3．突出关键能力，考查核心素养
高考数学科考试中考查的关键能力指的是考生学习与运用知识解决问题所需要的能力，包括逻辑推理能力、运算求解能力、直观想象能力、数学建模能力和创新能力．
对解析几何的考查要求：试题强调综合性，综合考查数形结合思想、函数与方程思想、特殊与一般的思想等思想方法，突出考查考生的推理论证能力和运算求解能力．
高考中对推理论证能力的基本要求是对问题或资料进行观察、比较、分析、综合、抽象与概括；会用类比、归纳和演绎进行推理；能合乎逻辑地、准确地表述．
高考中对运算能力的考查主要体现在运算的合理性、准确性、熟练性、简捷性．
例6（2022年全国乙理11）
20．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（    ）
A． B． C． D．
本题可以改编：
21．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（    ）
A． B． C． D．
例7（2022年新高考Ⅱ16）
22．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___________．
4．坚持开放创新，强化能力、素养立意
国务院印发的《深化新时代教育评价改革总体方案》提出，构建引导学生德智体美劳全面发展的考试内容体系，改变相对固化的试题形式，增强试题开放性，减少死记硬背和“机械刷题”现象．
全国卷的各套试卷均以解析几何为背景设置了开放性试题，比2021年明显加大了开放题的创新力度和广度，突出了对思维灵活性品质的考查；增强了对“结构不良”型试题的能力要求，有助于不同水平考生发挥自己的数学能力，在考查理性思维的同时，也考查了逻辑推理、数学抽象、直观想象核心素养，体现了素养导向、能力为重的命题原则，对教学有积极的导向作用．
例8（2022年新高考Ⅰ14）
23．写出与圆和都相切的一条直线的方程________________．
例9（2022年全国乙理14）
24．过四点中的三点的一个圆的方程为____________．
例10（2022年全国甲文15）
25．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______________．
例11（2022年新高考Ⅱ21）
26．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①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
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.
5．命题导向分析
根据数学课程标准对平面解析几何模块的教学要求，2023年的试卷在题型、题量、分值等方面将会保持相对稳定．2022年的各套试卷均全面考查了直线、圆、椭圆、双曲线、抛物线的基础知识，体现了知识的全覆盖；绝大多数题需要考生自己画出图形，对考生的画图技能与能力有较高的要求，并在此基础上灵活应用数形结合思想、函数与方程思想，体现对必备知识的考查．
在客观题型方面也有考查逻辑推理能力、运算求解能力、直观想象能力和创新能力的试题设计，在主观题中也有非常基础的设问，均体现素养导向的试题设计思路；在对数学能力与核心素养考查方面，既有模块内的知识综合，也有与其它知识方法的综合，着力体现对基础性、综合性、应用性和创新性“四翼”的考查要求；多选题、开放题、结构不良问题等都可以是本模块考查的载体，体现试题的创新性．
四．复习的思考与建议
根据2017年版《普通高中数学课程标准》，学习解析几何主要培养和发展学生的逻辑推理、直观想象、数学运算三种核心素养．高考解析几何试题命题的要求我们师生在平常的解题教学中要更加重视“四基”的落实和“四能”的培养．例如，在讲评2022年全国乙卷理科·20时要注意引导学生去提炼解题过程中运用的方程的思想、特殊与一般的思想，教学生如何分析问题、解决问题．
通过对2022年的专题分析研究可以看到，几何问题“解析化”是有方向可循的，那就是当我们面对一个几何问题的时候，要明确这是一个什么样的几何问题，即我们是将这个几何问题视作整体的图形去挖掘它的几何特征，还是看作两个图形去探索它们的关系，亦或者从数量或者数量关系角度进行挖掘，接着研究和探索这个几何问题需要用到哪些代数条件，再把几何问题代数化（有时候这个代数化过程不是很直观、需要把几何问题转化为另一个等价的几何问题后再进行代数化）．这些探索与研究的过程是需要时间去实践的，也因此，我们在复习备考中要强化自主探究，要能够从多角度思考，深入挖掘图形的几何特征、掌握研究解析几何问题的一般方法和思维方式．
1.要重视图形探究
在典型例题中，都涉及两条直线的倾斜角的差的正切，这其实是旧教材中的“到角”公式．学生必须明晰概念（斜率是倾斜角的正切值），掌握从图形和图形关系以及数量与数列关系角度把握几何问题解析化的基本途径，熟练运用向量、三角等工具．
2.要强化代数运算
综观典型例题至三个专题例题，可以感受到今年全国卷的4道解析几何题比以往的运算量要大，参变量更多，如何“消参减元”是关键．教学中一定要让学生关注代数的本质一结构特征，多想多算，培养学生耐心和严谨细致的习惯以及坚忍不拔的意志品质．
3.要重视经典问题
高考从不回避经典，“中点弦”“焦点弦长”“垂径定理”“极点极线”，等问题在高考中考查不断创新．教学中一定要重视对这些经典问题积累和研究，让学生掌握解决这类经典问题用到的通性通法，一些常用的结论可以作为“定理”积累下来．
4.要重视回归教材
解析几何的复习要回归教材，在新高考强调考教衔接的情况下，更要将新版教材中研究路径和研究的一般思维方法落地落细．通过上面的分析来看，只要吃透了教材训练系统的精神实质，只要将教材中的例、习题和复习参考题深入研究，挖掘其内在联系，拓展其研究空间，对于高考题的本质是容易把握的．



参考答案：
1．D
【分析】设，结合以及列方程，化简求得离心率.
【详解】设，则①，
利用向量加法法则知，则
即，
故②，
设，
则，
③，
由②③得，即，
又，所以，即，即
所以双曲线离心率的值是3
故选：D
2．D
【分析】设，根据题意与双曲线定义计算得即可解决.
【详解】设，
因为，
所以，
所以由余弦定理得，
所以，①
因为由双曲线定义得，
所以，②
因为，即，③
所以由②③得，
代入①得，即，
所以，
故选：D
3．D
【分析】根据平面向量加法的几何意义，结合平面向量数量积的运算性质、双曲线的离心率公式进行求解即可.
【详解】设，
利用向量加法法则知，则
即，
故①，
设，
则，
②，
由①②得，即，
又，所以，即，即
所以双曲线离心率的值大于3，
故选：D
【点睛】关键点睛：利用平面向量加法的几何意义是解题的关键.
4．B
【分析】根据平面向量加法的几何意义，结合平面向量数量积的运算性质、双曲线的离心率公式进行求解即可.
【详解】设，
利用向量加法法则知，则
即，
故①，
设，
则，
②，
由①②得，即，
又，所以，即，即，
而双曲线离心率的值大于1，
故选：B
【点睛】关键点睛：利用平面向量加法的几何意义是解题的关键
5．C
【分析】根据平面向量加法的几何意义，结合平面向量数量积的运算性质、椭圆离心率的公式进行求解即可.
【详解】设，
利用向量加法法则知，则，
即，
故①，
设，
则，
②，
由①②得，即，
又，所以，即，即，
所以椭圆离心率的值是，
故选：C
【点睛】关键点睛：利用平面向量加法的几何意义是解题的关键.
6．C
【分析】使用极化恒等式由得，根据向量运算得 ，结合条件得出的取值范围建立关于的不等关系，从而求出离心率的取值范围.
【详解】设坐标原点为

所以
又
所以，即，故.
故选：C
【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的关系式，这个关系式可以用几何关系得到，也可以用代数关系得到.
在本题中主要是通过建立关系 ，一方面由极化恒等式得，另一方面结合条件及向量运算得，从而建立a，b，c的不等关系.
7．D
【分析】由数量积公式和余弦定理得的式子，代入题中的不等式即可得结果.
【详解】∵ ， ①
，  ②
由①②得：，
∵ ，
∴，又∵ ，
∴ ，
又∵
∴ .
故选：D.
8．B
【分析】设出点的坐标，结合双曲线的范围，利用向量的坐标运算，求解即可.
【详解】根据题意，的坐标为，设点的坐标为，则，
故，
又，故，
对，当时，取得最小值，且其没有最大值；
故无最大值有最小值.
故选：B.
9．C
【分析】根据平面向量数量积的坐标表示公式，结合椭圆的范围进行求解判断即可.
【详解】设，，，，
，
由，
所以，
因为，
所以当时，有最小值，当时，有最大值，
故选：C
10．C
【分析】设点利用两点间距离公式及点与椭圆的位置关系求出关于的函数关系式，利用函数思想求得a，b，c的不等关系，从而得出离心率的取值范围.
【详解】解：由题意知，设，则， ，

，
上任意一点都满足，，
当时，取得最大值，
①当，即时，
，即，符合题意；
此时，即，
又，
，
②当，即时，
化简得，，显然该不等式不成立，
综上所述，离心率的取值范围，
故选：C.
11．的最小值为，最大值为.
【分析】根据两点间距离公式，结合椭圆的范围、配方法进行求解即可.
【详解】设，则有，，
，
因为，所以，
因此，即的最小值为，最大值为.
12．c-a

【分析】根据两点间距离公式，结合双曲线的范围、配方法进行求解即可.
【详解】设，则有，，
，
当P在双曲线上支时，因为，所以，
所以的最小值为；
当P在双曲线下支时，因为，所以，
因此，的最小值为，
综上所述：的最小值为；
13．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.．
14．C
【分析】由圆的方程求得圆心坐标和圆的半径，得到，求得，结合线段长度的最小值，即可求解.
【详解】由圆，可得圆心，半径为，
则，
当时，取得最小值，最小值为，
所以线段长度的最小值.
故选：C.
15．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：B

16．
【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：．

17．
【分析】根据双曲线的焦点定义，结合双曲线的渐近线方程进行求解即可.
【详解】由右焦点为，得，又渐近线方程为，
所以，因此，得，
所以C的方程为：．
18．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.
【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：BCD

19．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.


20．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，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.

21．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，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．
【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，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
[方法三]：
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：

23．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①，于是或，
再结合①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，
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.


24．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．
【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．

25．2（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）

26．(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.
【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：
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：，
∴
∴,
∴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.