2024高考数学一轮复习讲义（步步高版）第八章　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kMP＝，kPF＝2，

因为PN⊥l，

所以kPN＝－，

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kMQ＝－，kMN＝－，

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，yP＝，

由直线A2N的斜率为＝，得直线A2N的方程为y＝(x－2)，

当x＝1时，yQ＝，

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＝＋＝＝，

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kAP·kAQ＝·＝－，

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kAP·kAQ＝－.

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.