2022年高考数学甲卷-文20<-->2022年高考数学甲卷-文22
(12分)设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点D(p,0),过F的直线交C于M,N两点.当直线MD垂直于x轴时,|MF|=3. (1)求C的方程; (2)设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A,B,记直线MN,AB的倾斜角分别为α,β.当α−β取得最大值时,求直线AB的方程. 分析:(1)由已知求得|MD|=√2p,|FD|=p2,则在RtΔMFD中,利用勾股定理得p=2,则C的方程可求; (2)设M,N,A,B的坐标,写出tanα与tanβ,再由三点共线可得y3=−8y1,y4=−8y2;由题意可知,直线MN的斜率不为0,设lMN:x=my+1,联立直线方程与抛物线方程,化为关于y的一元二次方程,利用根与系数的关系可得y1+y2=4m,y1y2=−4,求得tanβ与tanα,再由两角差的正切及基本不等式判断,从而求得AB的方程. 解:(1)由题意可知,当x=p时,y2=2p2,得yM=√2p,可知|MD|=√2p,|FD|=p2. 则在RtΔMFD中,|FD|2+|DM|2=|FM|2,得(p2)2+(√2p)2=9,解得p=2. 则C的方程为y2=4x; (2)设M(x1,y1),N(x2,y2),A(x3,y3),B(x4,y4), 当MN与x轴垂直时,由对称性可知,AB也与x轴垂直, 此时α=β=π2,则α−β=0, 由(1)可知F(1,0),D(2,0),则tanα=kMN=y1−y2x1−x2=y1−y2y124−y224=4y1+y2, 又N、D、B三点共线,则kND=kBD,即y2−0x2−2=y4−0x4−2, ∴y2−0y224−2=y4−0y424−2, 得y2y4=−8,即y4=−8y2; 同理由M、D、A三点共线,得y3=−8y1. 则tanβ=y3−y4x3−x4=4y3+y4=y1y2−2(y1+y2). 由题意可知,直线MN的斜率不为0,设lMN:x=my+1, 由{y2=4xx=my+1,得y2−4my−4=0, y1+y2=4m,y1y2=−4,则tanα=44m=1m,tanβ=−4−2×4m=12m, 则tan(α−β)=tanα−tanβ1+tanαtanβ=1m−12m1+12m⋅1m=12m+1m, ∵tanα=1m,tanβ=12m, ∴tanα与tanβ正负相同, ∴−π2<α−β<π2, ∴当α−β取得最大值时,tan(α−β)取得最大值, 当m>0时,tan(α−β)=12m+1m⩽;当m < 0时,\tan (\alpha -\beta )无最大值, \therefore当且仅当2m=\dfrac{1}{m},即m=\dfrac{\sqrt{2}}{2}时,等号成立,\tan (\alpha -\beta )取最大值, 此时AB的直线方程为y-y_{3}=\dfrac{4}{{y}_{3}+{y}_{4}}(x-{x}_{3}),即4x-(y_{3}+y_{4})y+y_{3}y_{4}=0, 又\because y_{3}+y_{4}=-\dfrac{8}{{y}_{1}}-\dfrac{8}{{y}_{2}}=\dfrac{-8({y}_{1}+{y}_{2})}{{y}_{1}{y}_{2}}=8m=4\sqrt{2},y_{3}y_{4}=\dfrac{-8}{{y}_{1}}\cdot \dfrac{-8}{{y}_{2}}=-16, \therefore AB的方程为4x-4\sqrt{2}y-16=0,即x-\sqrt{2}y-4=0. 点评:本题考查抛物线方程的求法,考查直线与抛物线位置关系的应用,考查运算求解能力,属难题.
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