统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练10解析几何文（附解析）

这是一份统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练10解析几何文（附解析），共9页。
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若点P(2，1)，直线l(不经过点P)与椭圆E相交于C，D两点，与x＝3交于点M，设直线PC，PD，PM的斜率分别为k1，k2，k3，且k1＋k2＝2k3.证明：直线l过定点，并求出该点的坐标．
2．[2023·吉林长春模拟预测(文)]已知抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点为F，过点F且倾斜角为eq \f(π,3)的直线被E所截得的弦长为16.
(1)求抛物线E的方程；
(2)已知点C为抛物线上的任意一点，以C为圆心的圆过点F，且与直线y＝－eq \f(1,2)相交于A、B两点，求|FA|·|FB|的取值范围．
3．[2023·吉林长春三模(文)]已知椭圆C的离心率为eq \f(\r(3),2)，长轴的两个端点分别为A(－2，0)，B(2，0).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点(1，0)的直线与椭圆C交于M、N(不与A、B重合)两点，直线AM与直线x＝4交于点Q，求证：B、N、Q三点共线．
4．[2023·黑龙江哈尔滨三中模拟预测(文)]已知圆C1：(x＋eq \r(7))2＋y2＝1，圆C2：(x－eq \r(7))2＋y2＝49，动圆E与圆C1外切并且与圆C2内切．
(1)求动圆圆心E的轨迹方程；
(2)过点M(0，2)的直线与动圆圆心E的轨迹相交于A，B两点，在平面直角坐标系xOy中，是否存在与M不同的定点N，使得|NA|·|MB|＝|NB|·|MA|恒成立？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
5．[2023·贵州遵义三模(文)]已知F1，F2为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的左右焦点，|F1F2|＝2eq \r(7)，且该双曲线一条渐近线的斜率为eq \f(\r(3),2)，点M和N是双曲线上关于x轴对称的两个点，A1，A2为双曲线左、右顶点．
(1)求该双曲线的标准方程；
(2)设NA1和MA2交点为P，则△PF1F2的面积是否存在最大值？若存在，请求出这个最大值；若不存在，请说明理由．
6．[2023·全国乙卷(文)]已知椭圆C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)的离心率是eq \f(\r(5),3)，点A(－2，0)在C上．
(1)求C的方程；
(2)过点(－2，3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．
解析几何（10）
1．解析：（1）由题设，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，又a2＝b2＋c2，c＝eq \r(3)，可得a2＝6，b2＝3，
则椭圆E的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
（2）证明：由题意，设直线CD为y＝kx＋s，C（x3，y3），D（x4，y4），则M（3，3k＋s），
所以k1＝eq \f(y3－1,x3－2)，k2＝eq \f(y4－1,x4－2)，k3＝3k＋s－1.
联立直线与椭圆有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋s,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1))，整理得（1＋2k2）x2＋4ksx＋2s2－6＝0，
由Δ>0得：s2|C1C2|＝2eq \r(7)，
根据椭圆的定义可得，动圆圆心E的轨迹为以C1，C2为焦点的椭圆，
且2a＝8，2c＝2eq \r(7)，即a＝4，c＝eq \r(7)，则b＝eq \r(a2－c2)＝9，
所以动圆圆心E的轨迹方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,9)＝1.
（2）由题意，设过点M（0，2）的直线l的方程为y＝kx＋2，
当k＝0时，可得直线l的方程为y＝2，可得点A，B关于y轴对称，可得|MA|＝|MB|，
要使得|NA|·|MB|＝|NB|·|MA|成立，即eq \f(|NA|,|NB|)＝eq \f(|MA|,|MB|)＝1成立，此时点N在y轴上，
可设点N（0，m）且m≠2，
当k≠0时，联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2,\f(x2,16)＋\f(y2,9)＝1))，整理得（9＋16k2）x2＋64kx－80＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝eq \f(－64k,9＋16k2)，x1x2＝eq \f(－80,9＋16k2)，
要使得|NA|·|MB|＝|NB|·|MA|成立，即eq \f(|NA|,|NB|)＝eq \f(|MA|,|MB|)成立，
则只需使得y轴为∠ANM的平分线，只需kNA＋kNB＝0，
即eq \f(y1－m,x1)＋eq \f(y2－m,x2)＝0，即x2（y1－m）＋x1（y2－m）＝0成立，
所以x2（kx1＋2－m）＋x1（kx2＋2－m）＝0，即2kx1x2＋（2－m）（x1＋x2）＝0，
则2k·eq \f(80,9＋16k2)＋（2－m）·eq \f(64k,9＋16k2)＝0，整理得36－8m＝0，
解得m＝eq \f(9,2)，
综上可得，存在与M不同的定点N（0，eq \f(9,2)），使得|NA|·|MB|＝|NB|·|MA|恒成立．
5．解析：（1）依题意得2c＝2eq \r(7)，c＝eq \r(7)，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＝\f(\r(3),2),c2＝a2＋b2＝7))，解得a＝2，b＝eq \r(3)，所以双曲线的标准方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,3)＝1.
（2）△PF1F2的面积不存在最大值，理由如下：
设M（x0，y0），则N（x0，－y0），
因为M在双曲线上，所以eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4)－eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,3)＝1，A1（－2，0），A2（2，0），
所以NA1所在直线的斜率为kNA1＝－eq \f(y0,x0＋2)（x0≠－2），
直线NA1的方程为y＝－eq \f(y0,x0＋2)（x＋2）， ①
同理可求得直线MA2的方程为y＝eq \f(y0,x0－2)（x－2）， ②
①×②得y2＝－eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －4)（x＋2）（x－2）， ③
将eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4)－eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,3)＝1代入③得y2＝－eq \f(\f(3（x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －4）,4),x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －4)（x2－4），
化简得eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
令①＝②，化简得x0x＝4，
经检验，当x＝±2时，上式也满足．
故点P的轨迹为椭圆去掉上下两个顶点．
因为|F1F2|＝2eq \r(7)，当点P到x轴的距离最大时，三角形PF1F2的面积最大，
因为x≠0，故三角形PF1F2的面积最大值不存在．
6．解析：（1）因为点A（－2，0）在C上，所以eq \f(4,b2)＝1，得b2＝4.
因为椭圆的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(5),3)，所以c2＝eq \f(5,9)a2，
又a2＝b2＋c2＝4＋eq \f(5,9)a2，所以a2＝9，c2＝5，
故椭圆C的方程为eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,4)＝1.
（2）由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，
设lPQ：y－3＝k（x＋2），P（x1，y1），Q（x2，y2），
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－3＝k（x＋2）,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1))，得（4k2＋9）x2＋（16k2＋24k）x＋16k2＋48k＝0，
则Δ＝（16k2＋24k）2－4（4k2＋9）（16k2＋48k）＝－36×48k>0，
故x1＋x2＝－eq \f(16k2＋24k,4k2＋9)，x1x2＝eq \f(16k2＋48k,4k2＋9).
直线AP：y＝eq \f(y1,x1＋2)（x＋2），
令x＝0，解得yM＝eq \f(2y1,x1＋2)，
同理得yN＝eq \f(2y2,x2＋2)，
则yM＋yN＝2eq \f(y1（x2＋2）＋y2（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)
＝2eq \f(（kx1＋2k＋3）（x2＋2）＋（kx2＋2k＋3）（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)
＝2eq \f(2kx1x2＋（4k＋3）（x1＋x2）＋8k＋12,x1x2＋2（x1＋x2）＋4)
＝2eq \f(2k（16k2＋48k）＋（4k＋3）（－16k2－24k）＋（8k＋12）（4k2＋9）,16k2＋48k＋2（－16k2－24k）＋4（4k2＋9）)
＝2×eq \f(108,36)
＝6.
所以MN的中点的纵坐标为eq \f(yM＋yN,2)＝3，
所以MN的中点为定点（0，3）.