2022 届高考数学二轮复习解答题分类刷题（5） 平面解析几何 1.已知 F1 (1, 0) ， F2 (1, 0) 分别是椭圆 5 5 椭圆 C 的离心率为 C: x2 y2   1(a  b  0) a 2 b2 的左、右焦点， ，A，B 是椭圆 C 上的两点，点 M 满足 uuuu r 1 uuu r BM  BA . 2 （1）求椭圆 C 的方程； （2）若点 M 在圆 x 2.已知抛物线 C : x 2 2 uuu r uuur  y 2  1 上，O 为坐标原点，求 OA � OB 的取值范围.  2 py ( p  0) 的焦点为 F，且 F 与圆 M : x 2  ( y  4)2  1 上 点的距离的最小值为 4. （1）求 p. （2）若点 P 在 M 上，PA、PB 是 C 的两条切线，A、B 是切点，求 VPAB 面积的最大值. 3.已知椭圆 C: x2 y 2 2 2  2  1(a  b  0) 2 a b 的离心率为 3 ， F1 ， F2 分别是椭圆 C 的左、右焦点，P 是 C 上任意一点，若 VPF1 F2 面积的最大值为 4 2. (1)求椭圆 C 的方程； 1 l1 : y  x 3 与椭圆 C 在第一象限的交点为 M，直线 (2)直线 1 l2 : y  x  m(m �0) 3 与椭圆 C 交于 A，B 两点，直线 MA，MB 与 x 轴分别 交于 P，Q 两点，求证： VMPQ 始终为等腰三角形. 4.已知直线 y  ax  1 与双曲线 3x 2  y 2  1 交于 A，B 两点. （1）若以 AB 为直径的圆过坐标原点 O，求实数 a 的值. （2）是否存在实数 a，使 A，B 两点关于直线 y 1 x 2 对称？若存在， 求出实数 a 的值；若不存在，请说明理由. 5.已知椭圆 C: x2 y 2 2  2  1(a  b  0) 2 a b 的离心率为 2 ，且过点 A  2,1 . (1)求 C 的方程； (2)点 M，N 在 C 上，且 AM  AN ， AD  MN ，D 为垂足.证明:存在定点 Q，使得 DQ 为定值. 6.如图，已知抛物线 C : y 2  2 px( p  0) 的焦点为 F (1, 0) ，抛物线 C 的准线 l 与 x 轴的交点为 M，过点 M 且斜率为 k 的直线 l1 交抛物线 C 于 A，B 两点，线段 AB 的中点为 P，直线 PF 与抛物线 C 交于 D，E 两点. （1）求抛物线 C 的方程； （2）若  | MA | | MB | � | FD | | FE | ，写出  关于 k 的函数解析式，并求实数  的 取值范围. 7.已知抛物线 C:y x2 4 的焦点为 F，直线 l : x  2 y  4  0 ，点 P(1, 2) ，点 M，N 在抛物线 C 上，直线 l 与直线 MN 交于点 Q. （1）求 | MP |  | MF∣ 的最小值； uuuur （2）若 QM uuur uuur uuur  aMP ， QN  bNP ，求 a  b 的值. 8.已知抛物线 C : y 2  2 px ( p  0) 上在第一象限内的点 M (2, m) 到焦点 F 的距 离为 4. （1）求抛物线 C 的方程； （2）过点 M 作倾斜角互补的两条直线，它们与抛物线的另一个交 点分别为点 C，D.求证：直线 CD 的斜率为定值. x2 y 2  1 9.已知动点 P 与双曲线 2 3 的两个焦点 F1 , F2 的距离之和是定值， 且 cos �F1PF2 的最小值是  1 9 . （1）求动点 P 的轨迹方程； （2）若已知点 D(0,3) ，M，N 在动点 P 的轨迹上且不重合，且 uuuu r uuur DM   DN  ，求实数 的取值范围. 10.已知 A1 , A2 分别为椭圆 C: x2 y 2   1(a  b  0) a2 b2 的左、右顶点，B 为椭圆 �2 3 � 4 7b , 2� � � �. C 的上顶点，点 A2 到直线 A1 B 的距离为 7 ，椭圆 C 过点 � 3 � （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）设直线 l 过点 A1 ，且与 x 轴垂直，P，Q 为直线 l 上关于 x 轴对 称的两点，直线 A2 P 与椭圆 C 相交于异于 A2 的点 D，直线 DQ 与 x 轴 的交点为 E，当 VPA2Q 与 VPEQ 的面积之差取得最大值时，求直线 A2 P 的方程. 答案以及解析 1.答案：（1）Q F1 (1, 0) ， F2 (1,0) 分别是椭圆 C: x2 y 2   1(a  b  0) a2 b2 的左、右焦点， 所以 c  1 . 因为椭圆 C 的离心率为 所以 e 所以 b 2 c 1 5   a a 5 5 5 ，解得 a  ， 5，  a2  c2  5  1  4 ， x2 y2  1 所以椭圆 C 的方程为 5 4 . （2）由题意知直线 AB 的斜率存在. 设直线 AB 的方程为 y  kx  m ， A  x1 , y1  ， B  x2 , y2  ， �y  kx  m, �2 �x y2 由 �5  4  1, 可得  5k 2  4  x 2  10kmx  \5m 2  20  0 ， � 所以 x1  x2  5m 2  20 10 km x x  1 2 5k 2  4 ， 5k 2  4 ， uuuu r 1 uuu r BM  BA 2 因为 ，所以 M 为 AB 的中点， 又点 M 在圆 x uuu r uuur 2  y 2  1 上， uuuur uuur uuuur uuur 所以 OA �OB  (OM  MA) �(OM  MB) uuuur2 uuur 2 1 uuur2  OM  MB  1  AB 4 2 1 2  1  � k 2  1 � x1  x2   4 x1 x2 � � �. 4� 因为 M 为 AB 的中点，所以 yM  k  x1  x2   2m 2  化简可得 m  5k  2 x1  x2 5km  2 2 5k  4 4m 5k 2  4 ， 将点 M 的坐标代入 x 2 xM   4 2  y2  1 ， 2 25k 2  16 ， uuu r uuur k2 1 5k 2  4  m 2 OA � OB  1  �80 � 2 4 所以  5k 2  4  k  1  20 �  5k 2 令t  k 2 2  1  20k 2  12   4   25k 2  16  . 1， uuu r uuur t (20t  8) OA � OB  1  20 � (5t  1)(25t  9) ， t �1 ， 则 令 s 1 t ， 0  s �1 ， ， 8 20  t (20t  8) 20  8s 16 t    则 (5t  1)(25t  9) �5  1 ��25  9 � (5  s)(25  9s) 9  25  50 ， � � � �  t� � t� � 因为 f ( )  9  25  50  在  �[3,5) 内单调递增， 16 �4 3 � �� , � 所以 9  25  50 �25 16 �，  t (20t  8) �4 3 � �� , � 即 (5t  1)(25t  9) �25 16 �. uuu r uuur t (20t  8) � 11 11 � OA � OB  1  20 � ��  , � (5t  1)(25t  9) � 4 5 �. 所以 � p� P� 0, � 2.答案：（1）点 � 2 �到圆 M 上的点的距离的最小值为 | FM | 1  p  4 1  4 2 ，解得 p  2 . （2）由（1）知，抛物线的方程为 设切点 A  x1 , y1  lPB : y  A  x1 , y1  ， B  x2 , y2  在抛物线上，所以 x ， ，即 ，直线 PA 的方程为 2 1 x2 x2 x 2 2 4 x2  4 y  4 y1 ，所以 y 1 2 1 x y�  x 4 ，则 2 ， y  y1  lPA : y  1 x1 ( x  x1 ) 2 ，又点 x1 x2 x 1 2 4 ，同理可得， � y � � � 联立 �y  � � x1 x2 x 1 , 2 4 �x1  x2 x1 x2 �. x2 x2 , x  2 , 从而得到 P � � 4 � 2 4 � 2 设 l AB : y  kx  b ， �y  kx  b, � 联立 �x 2  4 y, 消去 y 并整理可得 x 2  4kx  4b  0 ， 所以   16k 2  16b  0 ，即 k 2  b  0 ，且 x1  x2  4k ， x1 x2  4b ， 所以 P(2k , b) . 因为 | AB | 离 d 所以 1  k 2 � x1  x2   4 x1 x2  1  k 2 �16k 2  16b ，点 P 到直线 AB 的距 2 2k 2  2b k2 1 SVPAB  ， 3 1 | AB | � d  4  k 2  b 2 2 ①， 又点 P(2k , b) 在圆 M : x 2  ( y  4)  1 上，代入得 2 3 SVPAB 2 �b 2  12b  15 �  4� �， 4 � � 而 yP  b �[5, 3] ， 所以当 b  5 时，  SVPAB  max  20 5 . k2  1  (b  4)2 4 ，代入①得， 3.答案：(1)由