2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第8章　必刷大题17　解析几何

公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君必刷大题17解析几何1．(2022·南通模拟)已知P为抛物线C：y2＝4x上位于第一象限的点，F为C的焦点，PF与C交于点Q(异于点P)．直线l与C相切于点P，与x轴交于点M.过点P作l的垂线交C于另一点N.(1)证明：线段MP的中点在定直线上；(2)若点P的坐标为(2,22)，试判断M，Q，N三点是否共线．解(1)设P(x0，y0)，则y20＝4x0，因为点P在第一象限，所以y0＝2x0，对y＝2x两边求导得y′＝1x，所以直线l的斜率为1x0，所以直线l的方程为y－2x0＝1x0(x－x0)，令y＝0，则x＝－x0，所以M(－x0,0)，所以线段MP的中点为0，y02，所以线段MP的中点在定直线x＝0上．(2)若P(2,22)，则M(－2,0)．所以kMP＝22，kPF＝22，因为PN⊥l，所以kPN＝－2，所以直线PF：y＝22(x－1)，直线PN：y＝－2(x－4)．由y2＝4x，y＝22x－1，得2x2－5x＋2＝0，所以x＝12或2，所以Q12，－2，公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君由y2＝4x，y＝－2x－4，得x2－10x＋16＝0，所以x＝2或8，所以N(8，－42)．因为M(－2,0)，Q12，－2，N(8，－42)，所以kMQ＝－225，kMN＝－225，所以M，Q，N三点共线．2．(2023·石家庄模拟)已知E(2，0)，F22，0，点A满足|AE|＝2|AF|，点A的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)若直线l：y＝kx＋m与双曲线：x24－y29＝1交于M，N两点，且∠MON＝π2(O为坐标原点)，求点A到直线l距离的取值范围．解(1)设A(x，y)，因为|AE|＝2|AF|，所以x－22＋y－02＝2×x－222＋y－02，将等式两边平方后化简得x2＋y2＝1.(2)将直线l：y＝kx＋m与双曲线x24－y29＝1联立，得y＝kx＋m，x24－y29＝1⇒(4k2－9)x2＋8kmx＋4m2＋36＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，所以有4k2－9≠0，Δ＝8km2－4·4k2－94m2＋360，即m2＋94k2且k≠±32，所以x1＋x2＝－8km4k2－9，x1x2＝4m2＋364k2－9，因为∠MON＝π2，所以OM→⊥ON→，即OM→·ON→＝0，所以x1x2＋y1y2＝0⇒x1x2＋(kx1＋m)·(kx2＋m)＝0，化简得(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0，把x1＋x2＝－8km4k2－9，x1x2＝4m2＋364k2－9代入，得(k2＋1)·4m2＋364k2－9＋km·－8km4k2－9＋m2＝0，化简公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君得m2＝36k2＋15，因为m2＋94k2且k≠±32，所以有36k2＋15＋94k2且k≠±32，解得k≠±32，圆x2＋y2＝1的圆心为(0,0)，半径为1，圆心(0,0)到直线l：y＝kx＋m的距离为d＝|m|k2＋1＝6k2＋15k2＋1＝6551，所以点A到直线l距离的最大值为655＋1，最小值为655－1，所以点A到直线l距离的取值范围为655－1，655＋1.3．(2023·广州模拟)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)，点F(1,0)为椭圆的右焦点，过点F且斜率不为0的直线l1交椭圆于M，N两点，当l1与x轴垂直时，|MN|＝3.(1)求椭圆C的标准方程；(2)A1，A2分别为椭圆的左、右顶点，直线A1M，A2N分别与直线l2：x＝1交于P，Q两点，证明：四边形OPA2Q为菱形．(1)解由题可知c＝1.当l1与x轴垂直时，不妨设M的坐标为1，32，所以a2＝b2＋1，1a2＋94b2＝1，解得a＝2，b＝3.所以椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.(2)证明设l1的方程为x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立x＝my＋1，x24＋y23＝1，消去x得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，易知Δ0恒成立，由根与系数的关系得y1＋y2＝－6m3m2＋4，y1y2＝－93m2＋4，由直线A1M的斜率为1AMk＝y1x1＋2，得直线A1M的方程为y＝y1x1＋2(x＋2)，当x＝1时，yP＝3y1x1＋2，公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君由直线A2N的斜率为2ANk＝y2x2－2，得直线A2N的方程为y＝y2x2－2(x－2)，当x＝1时，yQ＝－y2x2－2，若四边形OPA2Q为菱形，则对角线相互垂直且平分，下面证yP＋yQ＝0，因为yP＋yQ＝3y1x1＋2＋－y2x2－2＝3y1x2－2－y2x1＋2x1＋2x2－2＝2my1y2－3y1＋y2my1＋3my2－1，则2my1y2－3(y1＋y2)＝2m·－93m2＋4－3·－6m3m2＋4＝－18m＋18m3m2＋4＝0，所以|PF|＝|QF|，即PQ与OA2相互垂直且平分，所以四边形OPA2Q为菱形．4．(2022·衡阳模拟)设椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左顶点为A，上顶点为B.已知椭圆的离心率为12，|AB|＝7.(1)求椭圆E的方程；(2)设P，Q为椭圆E上异于点A的两动点，若直线AP，AQ的斜率之积为－14.①证明直线PQ恒过定点，并求出该点坐标；②求△APQ面积的最大值．(1)解∵e＝12，|AB|＝7，∴a2＝4c2，a2＋b2＝7，又a2＝b2＋c2，∴a2＝4，b2＝3，∴椭圆E的方程为x24＋y23＝1.(2)①证明当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋m，由x24＋y23＝1，y＝kx＋m，消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－8km3＋4k2，x1x2＝4m2－123＋4k2，又A(－2,0)，由题知kAP·kAQ＝y1x1＋2·y2x2＋2＝－14，则(x1＋2)(x2＋2)＋4y1y2＝0，且x1，x2≠－2，则x1·x2＋2(x1＋x2)＋4＋4(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋4k2)x1x2＋(2＋4km)(x1＋x2)＋4m2＋4＝1＋4k24m2－123＋4k2＋(2＋4km)·－8km3＋4k2＋4m2＋4＝0，则m2－km－2k2＝0，∴(m－2k)(m＋k)＝0，公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君∴m＝2k或m＝－k.当m＝2k时，直线PQ的方程为y＝kx＋2k＝k(x＋2)，此时直线PQ过定点(－2,0)，显然不符合题意；当m＝－k时，直线PQ的方程为y＝kx－k＝k(x－1)．此时直线PQ过定点(1,0)．当直线PQ的斜率不存在时，若直线PQ过定点(1,0)，P，Q的坐标分别为1，32，1，－32.满足kAP·kAQ＝－14.综上，直线PQ过定点(1,0)．②解不妨设直线PQ过定点(1,0)为F.则△APQ的面积S＝12×|AF|×|y1－y2|＝32|y1－y2|，设直线PQ的方程为x＝my＋1，联立椭圆的方程x24＋y23＝1，消去x得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，则y1＋y2＝－6m4＋3m2，y1y2＝－94＋3m2，∴S＝32|y1－y2|＝32y1＋y22－4y1y2＝32－6m4＋3m22－4×－94＋3m2＝18m2＋14＋3m22.令t＝m2＋1(t≥1)，则S＝18t3t＋12＝1819t＋1t＋6，∵t≥1，∴9t＋1t＋6≥16(当且仅当t＝1即m＝0时取等号)，∴S≤92，即△APQ面积的最大值为92.