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

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(2,2)，试判断M，Q，N三点是否共线．

解　(1)设P(x₀，y₀)，则y＝4x₀，

因为点P在第一象限，

所以y₀＝2，

对y＝2两边求导得y′＝，

所以直线l的斜率为，

所以直线l的方程为y－2＝(x－x₀)，

令y＝0，则x＝－x₀，

所以M(－x₀,0)，

所以线段MP的中点为，

所以线段MP的中点在定直线x＝0上．

(2)若P(2,2)，则M(－2,0)．

所以k_MP＝，k_PF＝2，

因为PN⊥l，

所以k_PN＝－，

所以直线PF：y＝2(x－1)，

直线PN：y＝－(x－4)．

由得2x²－5x＋2＝0，

所以x＝或2，

所以Q，

由得x²－10x＋16＝0，

所以x＝2或8，

所以N(8，－4)．

因为M(－2,0)，Q，N(8，－4)，

所以k_MQ＝－，k_MN＝－，

所以M，Q，N三点共线．

2．(2023·石家庄模拟)已知E(，0)，F，点A满足|AE|＝|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：－＝1交于M，N两点，且∠MON＝(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|＝|AF|，

所以

＝×，

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－＝1联立，得⇒(4k²－9)x²＋8kmx＋4m²＋36＝0，

设M(x₁，y₁)，N(x₂，y₂)，

所以有即m²＋9>4k²且k≠±，

所以x₁＋x₂＝－，x₁x₂＝，

因为∠MON＝，

所以⊥，即·＝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＝－，x₁x₂＝代入，得(k²＋1)·＋km·＋m²＝0，化简得m²＝，因为m²＋9>4k²且k≠±，

所以有＋9>4k²且k≠±，解得k≠±，

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＝＝＝>1，

所以点A到直线l距离的最大值为＋1，最小值为－1，

所以点A到直线l距离的取值范围为.

3．(2023·广州模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，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，

所以

解得a＝2，b＝.

所以椭圆C的标准方程为＋＝1.

(2)证明　设l₁的方程为x＝my＋1，M(x₁，y₁)，N(x₂，y₂)，

联立消去x得(3m²＋4)y²＋6my－9＝0，

易知Δ>0恒成立，由根与系数的关系得y₁＋y₂＝，y₁y₂＝，

由直线A₁M的斜率为

＝，得直线A₁M的方程为y＝(x＋2)，

当x＝1时，y_P＝，

由直线A₂N的斜率为

＝，得直线A₂N的方程为y＝(x－2)，

当x＝1时，y_Q＝，

若四边形OPA₂Q为菱形，则对角线相互垂直且平分，下面证y_P＋y_Q＝0，

因为y_P＋y_Q＝＋＝＝，

则2my₁y₂－3(y₁＋y₂)＝2m·－3·＝＝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：＋＝1(a>b>0)的左顶点为A，上顶点为B.已知椭圆的离心率为，|AB|＝.

(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－.

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＝，|AB|＝，

∴a²＝4c²，a²＋b²＝7，

又a²＝b²＋c²，∴a²＝4，b²＝3，

∴椭圆E的方程为＋＝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，

由消去y得(3＋4k²)x²＋8kmx＋4m²－12＝0，

设P(x₁，y₁)，Q(x₂，y₂)，则x₁＋x₂＝，x₁x₂＝，

又A(－2,0)，由题知k_AP·k_AQ＝·＝－，

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＝＋(2＋4km)·＋4m²＋4＝0，

则m²－km－2k²＝0，

∴(m－2k)(m＋k)＝0，

∴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，.

满足k_AP·k_AQ＝－.

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＝×|AF|×|y₁－y₂|＝|y₁－y₂|，

设直线PQ的方程为x＝my＋1，

联立椭圆的方程＋＝1，

消去x得(4＋3m²)y²＋6my－9＝0，

则y₁＋y₂＝－，y₁y₂＝－，

∴S＝|y₁－y₂|

＝

＝

＝18.

令t＝m²＋1(t≥1)，

则S＝18＝18，

∵t≥1，

∴9t＋＋6≥16(当且仅当t＝1即m＝0时取等号)，

∴S≤，即△APQ面积的最大值为.