2022年高考數(shù)學真題分類匯編專題：解析幾何

2022年高考數(shù)學真題分類匯編專題：解析幾何

一、單選題（共8題；共40分）

1.（5分）（2022?全國甲卷）橢圓C：鳥+4=1缶>6>0）的左頂點為A,點P,Q均在C上,

且關(guān)于y軸對稱.若直線AP,AQ的斜率之積為1,則C的離心率為（）

A.三a.—2u-3

【答案】A

【解析】【解答】解：依題意易知A（-a,0）,

設(shè)P（xi,yi）,則Q（-xi,yi）,

八

心

XylaQ

l+

1

故pzl=-

214

xr

2

X1

又--+

a2

b-'

所

以

X+a

2

61

即

---

Q24

故選：A.

【分析】設(shè)p（XI,y>）,則Q（-XI,y）根據(jù)斜率公式結(jié)合題意可得K4P4<2=1/=/,

將yi用xi表示，化簡求得\=》再結(jié)合離心率公式e=i—即可得解.

2.（5分）（2022?全國甲卷）已知橢圓C：今+%=l（a>b>0）的離心率為1A2分別為

C的左、右頂點，B為C的上頂點.若瓦石=一1,則C的方程為（）

B?y2c-y2

A-T§+15=1g+g_]T+T-1

【答案】B

【解析】【解答】解：因為離心率e=￡=

a

記Ai,A2分別為C的左右頂點，則Ai(-a,0),A2(a,0),

又B為上頂點，所以B(0,b),

所以BZi=(-a,-,BA2=(^a,-b),

因為扇1?BA2=-1

所以-a2+b2=-l,將以等2代入,解得a2=9,b2=8,

故橢圓的方程為《+普=1.

yo

故選：B.

【分析】根據(jù)離心率及B：「B72=-1，解得關(guān)于a?，b?的等量關(guān)系式，即可得解.

3.(5分)(2022?全國乙卷)設(shè)F為拋物線C：y2=4x的焦點，點A在C上，點B(3,0)，若

\AF\=\BF\,貝ij\AB\=()

A.2B.2A/2C.3D.3A/2

【答案】B

【解析】【解答】易知拋物線的焦點為尸(L0),則\AF\=\BF\=2,

即點A到準線x=-1的距離為2,所以點A的橫坐標為1,

不妨設(shè)點A在x軸上方，代入得，4(1,2)，

所以\AB\=J(3-1)2+(0_2A=2V2'

故選：B

【分析】根據(jù)拋物線上的點到焦點和準線的距離相等，從而求得點A的橫坐標，進而求得點A坐

標，即可得到答案.

4.(5分)(2022?全國乙卷)雙曲線C的兩個焦點為％,F2，以C的實軸為直徑的圓記為D,過

Fi作D的切線與C交于M,N兩點，且COS^F1NF2=1,則C的離心率為()

A.在B.JC.巫D.身

2222

【答案】C

【解析】【解答】解：依題意不妨設(shè)雙曲線焦點在x軸，設(shè)過Fi作圓D的切線切點為G，

所以O(shè)G1NF1，因為C0SN&NF2=|>0，所以N在雙曲線的右支,

所以\0G\=a,|。&|=c,|GFJ=b,設(shè)Z,F1NF2=a,4F2&N=0,

，即cosa=1,則sina=，,sin/?=?，cos。=,

由COSZ-F1NF2

在△F2FTN中,sin/FiF?N=sin(7r—a一夕)=sin(a+/?)

=sinacosS+cosasin/?=^x^+|x^=3K

由正弦定理得益=%1ISI5c

=

sinzF1F2/VT，

5c3a+4b3a+4b

所以|NFi|二萍也乙?出村=X--p-|NF2|=^sin￡=：x肄苧

25c2

3a+4b5a4b-2a2b=3a,即2所以雙曲線的離心率

又NFNF=2a，所以

\1\-\2\=222a2

1+/-坦.

a1+?2-2

故選：C

【分析】依題意設(shè)雙曲線焦點在x軸，設(shè)過心作圓D的切線切點為G,可判斷N在雙曲線的

右支，設(shè)出NF2=a,乙F2F1N=B,即可求出sina,sin/?,cos0,在△&鼻可中由

sinzF/2N=sin（a+6）求出sinz^^/V，再由正弦定理求出|N&|,|/VF2|,最后根據(jù)雙曲線

的定義得到2b=3a,即可得解.

5.（5分）（2022?北京）若直線2%+y—1=0是圓（%-a）24-y2=1的一條對稱軸，則a=

)

1

A.Bc.1D.-1

2--I

【答案】A

【解析】【解答】若直線是圓的對稱軸，則直線過圓心，圓心坐標（*0）,所以由2a+0-1=0

解得a=

故答案為：A

【分析】由直線是圓的對稱軸，則直線過圓心，求圓心代入直線方程即可求得a的值.

6.(5分)(2022?北京)已知正三棱錐P-ABC的六條棱長均為6,S是XABC及其內(nèi)部的點構(gòu)

成的集合，設(shè)集合7={Q6S\PQ<5},則T表示的區(qū)域的面積為()

A.竽B.nC.27rD.37r

【答案】B

【解析】【解答】過點P作底面的射影點O,則由題意，C0=2百，PC=6,所以P0=2V6,

當CO上存在一點Q使得PQ=5,此時QO=1,則動點Q在以QO為半徑，。為圓心的圓內(nèi)，所

故答案為：B

【分析】過點P作底面的射影點O,根據(jù)題意可計算P0=2乃，當CO上存在一動點Q使得

PQ=5,此時Q0=l,即可得動點Q的軌跡，從而計算T表示的區(qū)域的面積.

7.(5分)(2022?浙江學考)已知圓M的方程為(x+I)2+(y-2)2=4，則圓心M的坐標是()

A.(-1,2)B.(1,2)

C.(1,-2)D.(—1,—2)

【答案】A

【解析】【解答】???(x-a)2+(y-b)2=r2的圓心坐標為(a,b);

?.(%+l)2+(y-2)2=4的圓心坐標為(一1,2)。

故答案為：A.

【分析】利用已知條件結(jié)合圓的標準方程，進而求出圓的圓心坐標。

8.（5分）（2022?浙江學考）設(shè)A,B是平面上距離為4的兩個定點，若該平面上的動點P滿足||PA|-

|PB||=3,則P點的軌跡是（）

A.圓B.橢圓C.雙曲線D.拋物線

【答案】C

【解析】【解答】因為\\PA\-\PB\\=3<4,

所以P點的軌跡是雙曲線。

故答案為：C.

【分析】利用已知條件結(jié)合雙曲線的定義，進而求出點P的軌跡。

二、多選題（共2題；共10分）

9.（5分）（2022?新高考回卷）已知O為坐標原點，過拋物線C：y2=2px（p>0）的焦點F的直線與

C交于A,B兩點，點A在第一象限，點M（p,0）,若|4F|=|AM|,則（）

A.直線AB的斜率為2瓜B.\OB\=\OF\

C.\AB\>4\OF\D./.OAM+/.OBM<180°

【答案】A,C,D

【解析】【解答】對于A：易得F。，0）,由\AF\=\AM\可得點4在尸M的垂直平分線上，則

A點橫坐標為空=乎，代入拋物線可得y2=2p.平=|p2,則似斗，孚），直線的

2

斜率為^n-=2V6，A符合題意；

對于B：由斜率為2通可得直線AB的方程為％+與，聯(lián)立拋物線方程得y2-^py-

p2=0,設(shè)B（”yj，則坐p+y1邛p,則為=一孥，代入拋物線得（—字；=2p.

X1,解得％1=號，則B得，-等）,

則|0B|=J⑨2+（_孚）2=辱手\0F\=卜B不符合題意；

對于C：由拋物線定義知：\AB\=^4-1+p=^>2p=4|OF|，C符合題意；

對于D：OA.OB=（^r孚）?曙-率）=斗鳥+堂.（-字）=-挈<0，則乙1OB為

鈍角，

又也?麗=（_5字）Y-冬，—字）=一￡（—華）+冬?（—粵）=—孚<。，則

為鈍角，

又^AOB+\MB+^OAM+NOBM=360°,則/.OAM+乙OBM<180°,D符合題意.

故答案為：ACD.

【分析】由\AF\=\AM\及拋物線方程求得似斗，孚），再由斜率公式即可判斷A選項；表示

出直線AB的方程，聯(lián)立拋物線方程求得B《，-等），即可求出\OB\判斷B選項；由拋物線

的定義求出|48|=等即可判斷C選項；由65?礪<0,AM.MF<0求得乙AOB,乙4MB

為鈍角即可判斷D選項.

10.（5分）（2022?新高考回卷）已知O為坐標原點，點A（l,1）在拋物線C：x2=2py（p0）上，過點

B（0,-1）的直線交C于P,Q兩點，則（）

A.C的準線為y=-lB.直線AB與C相切

C.\OP\■\OQ|>|OA|2D.|BP|-|BQ|>|BAI2

【答案】B,C,D

【解析】【解答】解：由題意可知：l=2p,所以拋物線C：x2=y,故C的準線為丁=-故A錯

誤；

由y，=2x得曲線C在點A（l,1）處的切線斜率為2,所以切線方程為y=2x-l,又直線AB為：

滬耳=8，即y=2x-l,故直線AB與C相切，故B正確；

過點B（0,-1）的直線設(shè)為y=kx-l,交C于P,Q兩點的坐標分別設(shè)為P（x”yi）,Q（x2,y2）,

聯(lián)立直線與C方程可得［/,=曠，=x2-kx+l=0,

（y=fcx—1

則xi+x2=k,XIX2=L且21=/c2—4>0,

BPk2>4,則yi+y2=k2-2,yiy2=L

此時|OP|?|OQI=J（巖+光）（好+yj=J（y1+光）82+^）

=Jyiy2（yiy2+%+丫2+1）=>4,又|OAF=2,貝IJ\OP\-\OQI>IOAI2,故c正確；

2

\BP\■\BQ\=BP-BQ=（xr,yx+1）?（x2>y2+1）=xtx2+yry2+y1+y2+l=/c+l>5>

又|BAF=5,則|BP|-|BQ|>|BA|2,故D正確.

故選：BCD

【分析】由拋物線的定義與幾何性質(zhì)可判斷A,根據(jù)導數(shù)的幾何意義，結(jié)合直線的兩點式方程可判

斷B,根據(jù)直線與拋物線的位置，結(jié)合弦長公式可判斷C,根據(jù)向量的數(shù)量積運算可判斷D.

三、填空題(共12題；共60分)

11.(5分)(2022?浙江)已知雙曲線*￡=l(a>0,b>0)的左焦點為F,過F且斜率為白

的直線交雙曲線于點A(xx,%),交雙曲線的漸近線于點8(X2,y2)且均<。<X2.若|FB|=

3\FA\,則雙曲線的離心率是.

【答案】等

【解析】【解答】如圖，過點A作AA，_Lx軸于點A，，過點B作BB，，x軸于點BT

,則點B在漸近線y=上，不妨設(shè)8(zn,m>0,

設(shè)直線AB的傾斜角為0,則tan。=2，則翳J=2，即首j=右則尸41=4小

\OF\=c=3m,

|A￡|_\AF\_1uij..bmbe

又畫一畫一守則1441=而=醞，

又=g,則|FA|=』則，|%i|=3m—gm=gm=

.?.點A的坐標為（專，器），代入雙曲線方程化簡可得另=令

所以6=2=半

a4

故答案為：半

【分析】過點A作AA，_Lx軸于點A，，過點B作BB，J_x軸于點B,依題意，點B在漸近線丁=：%

上，不妨設(shè)B（m,?,m>0,根據(jù)題設(shè)條件可求得點A的坐標為（一湃熊），代入雙曲線方

程，化簡可得a,c的關(guān)系，進而可求離心率.

12.（5分）（2022?新高考團卷）已知橢圓4+g=1,直線1與橢圓在第一象限交于A,B兩點，與

X軸，y軸分別交于M,N兩點，且|AM|=|NB|,\MN\=2y/3，則直線1的方程

為.

【答案】x+>/2y—25/2=0

【解析】【解答】解：記AB的中點為E,因為\MA\=\NB\,所以\ME\=\NE\,

ky）

設(shè)A（X1，yi），B（X2,y），則^-+^o-=1，^-+^-=1，

2ODOD

所以亂一+Z12一紅一=0,即色士）..色辿+3巾2）3廠丫2）=0

663363

所以?：；彳，；；+駕=一/，即喙,匕48=一號，設(shè)直線AB：y=kx+m,k<0,m>

0,

令無=0得y=m,令7=0得％=一五，即M(一不,0),N(0,m),所以E(-忝，

號)，

rn

即kxa=—3,解得k=_q或卜=孕(舍去)，

-2kZ22

又|MN|=2V3,即\MN\-Jm2+(V2m)2=26，解得m=2或m=—2(舍去)，

所以直線AB：y=-^x+2，即x+V2y-2^2=0;

故答案為：x+\[2y—2^2=0

【分析】記AB的中點為E,設(shè)％),BQ?，y2)，利用點差法得到初丁以8=，

設(shè)直線AB：y=kx+m,k<0,m>0,結(jié)合已知條件求出M、N的坐標，再根據(jù)

\MN\求出k、m,即可求得直線方程.

13.(5分)(2022?新高考圈卷)已知點4(一2,3),8(0,a),若直線AB關(guān)于y=a的對稱直線與

圓(x+3)2+(y+2)2=1存在公共點，則實數(shù)a的取值范圍為.

【答案】方,|]

【解析】【解答】解：因為71(-2,3)關(guān)于y=a對稱點的坐標為A(-2,2a-3),B(0,a)在

直線y=a上，所以AB所在直線即為直線I,所以直線I為y=^-x+a,即?-3)x+

2y-2a=0；根據(jù)圓方程可得圓心。(一3,-2),半徑r=1,

I—3(a—3)—4—2a|

依題意知圓心到直線I的距離d=~-1，

即(5—5a)2<(a—3)?+22，解得]Wa—,,即a€[寺,.

故答案為：《，|]

【分析】首先求出點A關(guān)于y=a對稱點A的坐標，即可得到直線I的方程，根據(jù)圓心到直線

的距離小于等于半徑得到不等式，求解即可.

14.(5分)(2022?全國甲卷)若雙曲線y2-^=l(m>0)的漸近線與圓X2+y2-4y+3=0相

切，則TH=.

【答案】卓

【解析】【解答】解：雙曲線y2_《=i（m>o）的漸近線為y=±看，即x土my=O,不妨取

x+my=O,

圓X2+y2—4y+3=0,BPx2+（y-2）2=l,所以圓心為（0,2）,半徑r=L

|2加

依題意圓心（0,2）到漸近線x+my=0的距離弓=不力=1,

解得血=空或7n=一與（舍去）.

故答案為：孚.

【分析】首先求出雙曲線的漸近線方程，再將圓的方程化為標準式，即可得到圓心坐標與半徑，依

題意圓心到直線的距離等于圓的半徑，即可得到方程，解得即可.

15.（5分）（2022?全國甲卷）設(shè)點M在直線2x+y-l=0上，點（3,0）和（0,1）均在OM

上，則0M的方程為.

【答案】（％—1）?+（y+1）2=5

【解析】【解答】解：???點M在直線2x+y-l=0上，

，設(shè)點M為（a,l-2a）,又因為點（3,0）和（0,1）均在上，

.?.點M到兩點的距離相等且為半徑R,

一3尸+（1-2a）=Ja2+（-2a）2,

化簡得:a2-6a+9+4a2-4a+1=5a2,

解得a=l,

：.M（1,-1），R=小，

則OM的方程為（X—1）2+（y+1）2=5.

故答案為：（x-l）2+（y+l）2=5

【分析】設(shè)出點M的坐標，利用點（3,0）和（0,1）均在OM上，求得圓心及半徑，即可得圓

的方程.

16.（5分）（2022?全國甲卷）記雙曲線C：今一3=1（。>。，力>。）的離心率為e,寫出滿足條件

“直線y=2%與C無公共點”的e的一個值.

【答案】2（滿足l<eW6皆可）

【解析】【解答】解：因為雙曲線C：^-^2=l(a>0,b>0),

所以C的漸近線方程為y=±1x，

結(jié)合漸近線的特點，只需0<幺式2,即￡<4,

aa2~

可滿足條件“直線y=2x與C無公共點”

所以e=￡1+^2<11+4=VS)

a

又因為e>l,所以l<e4通，

故答案為：2(滿足l<eW遍皆可)

【分析】根據(jù)題干信息，只需雙曲線漸近線y=±。尢中0<。式2即可求得滿足要求的e值.

17.(5分)(2022?全國乙卷)過四點(0,0),(4,0),(-1,1),(4,2)中的三點的一個圓的方程

22

【答案】(%-2)2+(y-3)2=13或(x-2)2+(y-1)2=5或(X一g4-(y-1)=萼或

<8,2_169

(%一5)+0-1)=芯

【解析】【解答】解：設(shè)圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0,

(F=0(F=0

若過(0,0),(4,0)(一1,1)三點，則16+4D+F=0解得D=-4,

(l+l-/)+E+F=0E=-6

所以圓的方程為x24-y2-4x-6y=0，即(x-2)2+(y-3)2=13;

(F=0F=0

若過(0,0),(4,0)(4,2)三點，貝lj]16+4D4-F=0解得D=-4，

(16+4+4D+2E+F=0E=-2

所以圓的方程為x24-y2-4%-2y=0,即(%-2)2+(y-I)2=5;

F=O

8

F=0D

==3

若過(0,0),(4,2),(一1,1)三點，貝ijl+l-O+E+F=0,解得<E=

(16+4+4D+2E+F=0

一143

2

所以圓的方程為所+y2_g*_竽y=o,即(x_V+(y_7)=^.

156

l+l-0+E+F=O0=

若過(一1,1),(4,0)，(4,2)三點，則16+4D+F=0,解得<n=156

(16+4+4D+2E+F=02

IE=

所以圓的方程為x2+y2-^x-2y-^=0,即(％_|,+0_i)2=蝶；

22

故答案為：(x—2)2+Q—3)2=13或(久―2)2+(y—l)2=5或(X_務+(y-Z)=等或

(%一5)+(y-i)=芯.

【分析】設(shè)圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0,根據(jù)所選點的坐標，列方程組，求解即可.

18.(5分)(2022?北京)已知雙曲線丫2+普=i的漸近線方程為y=±^-x，貝1J

m=?

【答案】-3

【解析】【解答】雙曲線y2+^=l的漸近線方程為y=±^=，故巾=一3.

【分析】先寫出雙曲線y2+比=1的漸近線，再根據(jù)已知條件即可得.

19.(5分)(2022?新高考回卷)寫出與圓x2+y2=l和(x-3)2+(y-4)2=16都相切的一條直線

的方程.

【答案】x=-l或7x-24y-25=0或3x+4y-5=0

【解析】【解答】解:記圓/+、2=1的圓心為o(o,0),半徑為0=1,

圓(x-3)2+(y-4)2=16的圓心為A(3,4),半徑為n=4,

則|OA|=5=n+r2,

則兩圓外切，作出圖象，如圖所示，

易得直線h：x=-l為兩圓的切線,

易得直線0A為：y=g%,

可得直線h與直線0A為P（—l,-學,

易知兩圓的另一公切線b必過點P,可設(shè)b：y+[=/c（%+l）,即/c%—y+k—1=0,

l/e-41

則有區(qū)=1，解彳導/c=或，即b：y—即7x-24y-25=0,

[k'+l1二"

另由于兩圓外切，所以在公切點處存在公切線b,由1一3；；（：；；2=16,解得切線凡3x+4y-

5=0.

故答案為：x=-l或7x-24y-25=0或3x+4y-5=0

【分析】先判斷可得兩圓外切，數(shù)形結(jié)合易得其中一切線為：x-1,再由直線垂直的斜率關(guān)系求得

切線12,最后聯(lián)立兩圓的方程組可得切線13,得解.

20.（5分）（2022?新高考回卷）已知橢圓C：左+￡=1（協(xié)＞0）,C的上頂點為A,兩個焦點為

尸1，尸2，離心率為/，過B且垂直于AF2的直線與C交于D,E兩點，\DE|=6,則AADE

的周長是.

【答案】13

%2y2

【解析】【解答】解：橢圓離心率為:，貝Ua=2c,b=V3c.可設(shè)C：溟+a=1，

則|AFI|=|AF2|=|FE|=2C,

則4AFF2為正三角形，則直線DE的斜率土=半，

由等腰三角形性質(zhì)可得，|AE|=|EF2|,|AD|=|DF2|,由

橢圓性質(zhì)得AADE的周長=|DE|+|DF2|+|EF2|=4a,

設(shè)D（xi,yi）,E（X2,y2）,直線DE為y=停（%+c），

與橢圓方程聯(lián)立，得13x2+8cx-32c2=0,

則+%2=-暮XAX2=

2

則|DE|=Vl+fc-y/（Xi+x2y-4%1%2=Jl+1x+］管=,c=6'

解得c=基，4a=8c=13,

即小ADE的周長=4a=13

故答案為：13

【分析】由橢圓的離心率，得a=2c,b=V3c,并可判斷△AFF2為正三角形，從而可得直線DE的

方程為y=^（x+c），再根據(jù)直線與橢圓的位置關(guān)系，結(jié)合弦長公式以及橢圓的定義，易得4ADE

的周長.

21.（5分）（2022?浙江學考）設(shè)橢圓當+4=l（a>b>0）的左、右焦點分別為匕，F(xiàn)2.已知點

ab

M（0,-b）>線段MF2交橢圓于點P,。為坐標原點.若\PO\+IPFJ=2a,則該橢圓的離心

率為.

【答案】|

【解析】【解答】根據(jù)橢圓定義知\PF2\+IPF/=2a,又v\PO\+|PFi|=2a,\PF2\=

\PO\，

由三角形MOF2為直角三角形可得點P是MF2的中點,

呼

，）2______1__1o

把點p代入橢圓方程中得

0）,畢次+―^=l=*4=e-2

故答案為：!

【分析】根據(jù)橢圓定義知\PF2\+|PFi|=2a,再利用\PO\+IPFJ=2a,得出\PF2\=

\PO\,由三角形MOF2為直角三角形可得點P是MF2的中點，再利用橢圓標準方程確定焦點的

位置，進而得出焦點的位置，進而得出焦點坐標，從而結(jié)合中點坐標公式得出點P的坐標，將點P

代入橢圓方程中得出a,c的關(guān)系式，再結(jié)合橢圓的離心率公式變形得出橢圓的離心率。

22.（5分）（2022?上海）已知雙曲線^-y2=l（a>0）,雙曲線上右支上有任意兩點「式打，

為），「2（%2，丫2），滿足X1X2-yiy2>0恒成立，則a的取值范圍是

【答案】aN1

【解析】【解答】解：如圖所示，取點P關(guān)于X軸對稱的點P3,則P3（X2,學），分別在漸近線上取點

M,N

則由X1X2-巧為>0恒成立，得0%1.073>0恒成立，

則NPQP3恒為銳角，

即NMONW90。，

則其中一條漸近線y=《％的斜率:<1.

則a>1

故答案為：a>1

【分析】根據(jù)雙曲線的幾何性質(zhì)，結(jié)合向量的數(shù)量積求解即可.

四、解答題(共8題；共80分)

2

23.(10分)(2022?浙江)如圖，已知橢圓務+y2=i.設(shè)A,B是橢圓上異于P(0,1)的兩點,

且點Q(0,1)在線段AB上，直線PA,PB分別交直線y=-1x+3于C,D兩點.

(I)求點P到橢圓上點的距離的最大值;

(H)求\CD\的最小值.

【答案】解：(I)設(shè)Q(2國cos。，sin。)是橢圓上一點，P(0,1),貝U

1441144

\PQ\2-12cos2。+(1—sin0)2=13—llsin20—2sin0=-pj-—ll(sin0+y^-)2<?1]

故IPQI的最大值是嚕I.

(ID設(shè)直線AB：y=kx+^，直線與橢圓聯(lián)立，得(9+否久2+此一Ro,

設(shè)(工1，%)，8(%2，%)，故彳3

=--4-(-必T+-否r)

P"：y=%，"+l'與y=-1^+3交于C'則入=勺范「2=(2k者?1一1'

同理可得，xD=X2+2y2-2=西餐二I?

1

則\CD\=Jl+l\xc-xD\=^-\儂袋「1-(2k抵2T

rx1-x2

?[(2k+l)%i-1][(2k+1)小-1]1

=2何l---------o--------Xi1———%?------------------1

(2.k+1)%i%2—(2/c+1)(%i+%2)+1

（____k____+____?___

2

。I7+辦1k；2+,112

=275-----------甘——-----------------r--------I

-（2/C+1）2—/.+（2/c+1）、K1+1

4（必+擊）后+言

375J16/+167546必+“磊+1、6底

23k+153Z+1-5,

等號在k=^時取到.

【解析】【分析】（I）設(shè)橢圓上任意一點Q（2國cos。，sin。），利用兩點間的距離公式結(jié)合二次函數(shù)

的性質(zhì)即可求點P到橢圓上點的距離的最大值；

,k

/+%2=--2~~r

k+.

（II）設(shè)直線48：y=kx+L1直線方程與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達定理得《3，

二%1%=---------2~~r

24（必+臺

再分別聯(lián)立直線PA,PB與直線y=-；x+3,求得與=4奇口=西察開T，XD=

Av4Yr

=

（2fc+l）x2-l-）由此可表示出ICD|,再轉(zhuǎn)化求解即可?

24.（10分）（2022.新高考回卷）設(shè)雙曲線C：^|-4=l（a>0,b>0）的右焦點為F（2,0）,漸

近線方程為y=±y/3x.

(1)(5分)求C的方程；

(2)(5分)過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A,B兩點，點PQi，yj,Qg,y2)在

C±,且％i>牝>0,%>0.過P且斜率為-6的直線與過Q且斜率為V3的直線交于點

M,請從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個條件成立：

①M在AB上；②PQ||AB；③|M4|=\MB\.

注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分.

【答案】(1)解：由題意可得.=后痛+必=2,故a=1,6=b.因此C的方程為

/Y=i-

(2)解：由已知得直線PQ的斜率存在且不為零，直線AB的斜率不為零，

若選由①②推③或選由②③推①：由②成立可知直線AB的斜率存在且不為零；

若選①③推②，則M為線段AB的中點，假若直線AB的斜率不存在，則由雙曲線的對稱性可

知M在％軸上，即為焦點F,此時由對稱性可知P、Q關(guān)于X軸對稱，與從而%i=%2-

已知不符；

總之，直線AB的斜率存在且不為零.

設(shè)直線AB的斜率為k,直線AB方程為y=k(x-2),

2

則條件①M在AB上，等價于y0=k(x()-2)oky0=/c(x0-2)；

兩漸近線的方程合并為3/-y2=o,

聯(lián)立消去y并化簡整理得：(/-3)/—+4k2=0

設(shè)做%3，為)，B(%3,y4)，線段中點為NQN，%V)>則XN="物=,yN=k(xN-2)=

nfc-3

6k

72~：，

k-3

設(shè)M(xO,y0)>

2222

則條件③|/M|=|BM|等價于(XO-X3)+(y0-y3)=(x0-x4)+(y0-y4)，

移項并利用平方差公式整理得：

(“3-%4)[2XO-(%3+X4)]+(73-丫4)團0-(為+74)]=。，

[2%0-(%3+%4)]+蔣蘭[2%一。3+%)]=。，即與一孫+Ky0-yw)=0，

an,i8k2

即X+ky=-2-；

O0k—3

由題意知直線PM的斜率為7,直線QM的斜率為V3,

二由一y（）=-V3（xi-x0）,y2-y0=遮（%2-與）,

—=

?'?yxy2一遮（xi+%2—2%o），

所以直線PQ的斜率m=紇及=—6（巧+也-2a）,

/一刀2xl-x2

直線PM：y=-V3（x—x0）+yo,即y=y（）+汽配一，

代入雙曲線的方程3x2-y2-3=0,即（V5x+y）（V5%—y）=3中,

得：So+V3%o）［2V3x-（y0+V3x0）］=3,

解得P的橫坐標：xi=南（丁+/面+%）+63），

1Q

同理：*=一韭（京西+幾一任。），

+%）,修+也-2%0=一^^7。,

條件②PQ〃4B等價于m=/c<=>ky0=3x0?

綜上所述:

2

條件①M在AB上，等價于ky0=k（x0-2）；

條件②PQ〃/IB等價于ky0=3x0；

條件③|AM|=\BM\等價于x0+kyQ=;

k—3

選①②推③：

22

由①②解得：x（）=—,AXQ+ky=4x=—...③成立;

fc—3Q0k—3

選①③推②：

22

由①③解得：x=—>ky—警—，

0k'-3Qk-3

??ky0—3久0，

選②③推①：

22

由②③解得：%o=~~r~—,ky0=*，劭-2--^―

k”-3甘一：k-3

2

***ky0=/c（x0-2）,，①成立.

【解析】【分析】（1）利用焦點坐標求得C的值，利用漸近線方程求得Q,b的關(guān)系，進而利用Q,b,

的平方關(guān)系求得馥b的值，得到雙曲線的方程;

(2)先分析得到直線AB的斜率存在且不為零，設(shè)直線AB的斜率為k,M(xO,yO),由

③|AM|=|BM|等價分析得到4,+ky0=?由直線PM和QM的斜率得到直線方程，結(jié)合雙曲線的

k-3

方程，兩點間距離公式得到直線PQ的斜率m=辛，由②PQ〃AB等價轉(zhuǎn)化為kyo=3出,由①M

2

在4B上，等價于ky0=k(x0-2),然后選擇兩個作為已知條件一個作為結(jié)論，進行證明即可.

25.(10分)(2022?全國甲卷)設(shè)拋物線C：y2=2px(p>0)的焦點為F,點D(p,0),過產(chǎn)的

直線交C于M,N兩點.當直線MD垂直于x軸時，|MF|=3.

(1)(5分)求C的方程：

(2)(5分)設(shè)直線MD,ND與C的另一個交點分別為A,B,記直線MN,AB的傾斜角分別

為a,6.當a-6取得最大值時，求直線AB的方程.

【答案】(1)解：拋物線的準線為x=,當MD與x軸垂直時，點M的橫坐標為p,

此時|MF|=p+§=3,所以p=2,

所以拋物線C的方程為y2=4%；

也222

4

設(shè)23

N如A-

--B4

/，直線MN：x=my+1,

M(T11+

得

由r"'

可2

y4=O4>O

X，

=4

k_yi-y_4_y-y_4

由斜率公式可得"MN-圣道2一五頊，4B一通3工|4一可包，

不一4丁一T

直線MD：x=^-y+2,代入拋物線方程可得8=0,

y\y\

4>o,為為=一8，所以為=2y2，同理可得y4=2y1，

4_4

所以^AB_/<MN

丫3+丫4-2（當+，2）-2

又因為直線MN、AB的傾斜角分別為a,0,

所以kAB=tan0=^=喈.

若要使a-p最大，則06（0,J）,

,介、tana-tanfik1,142

設(shè)^MN=2k48=2fc>0，則tan（a—夕）—]+tanatan￡—i+2k?-%+2/c—2P2々—4

當且僅當%=2k即k=￥時，等號成立，

所以當a-B最大時，kAB=，設(shè)直線AB：x=V2y+n,

代入拋物線方程可得y2-4V2y-4n=0,

A>0,y3y4=-4n=4yly2=-16，所以九=4,

所以直線AB：x=V2y+4.

【解析】【分析】(1)由拋物線的定義可得|MF|=p+*即可得解；

(2)設(shè)點的坐標及直線MN：x=my+l,由韋達定理及斜率公式可得KMN=2KAB,再由差角的正切