新高考数学一轮复习必刷题专练 大题17　解析几何（含答案解析）

这是一份新高考数学一轮复习必刷题专练 大题17　解析几何（含答案解析），共5页。试卷主要包含了已知P为抛物线C，已知椭圆C，已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。
(1)证明：线段MP的中点在定直线上；
(2)若点P的坐标为(2,2eq \r(2))，试判断M，Q，N三点是否共线．
2．(2023·石家庄模拟)已知E(eq \r(2)，0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0))，点A满足|AE|＝eq \r(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：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,9)＝1交于M，N两点，且∠MON＝eq \f(π,2)(O为坐标原点)，求点A到直线l距离的取值范围．
3．(2023·首都师大附中模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，过椭圆右焦点F的直线l与椭圆交于A，B两点，当直线l与x轴垂直时，|AB|＝3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)当直线l的斜率为k(k≠0)时，在x轴上是否存在一点P(异于点F)，使x轴上任意一点到直线PA与到直线PB的距离相等？若存在，求P点坐标；若不存在，请说明理由．
4．(2023·莆田模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,b2)＝1(b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，A在双曲线C上，且AF1⊥x轴，∠AF2F1＝30°.
(1)求双曲线C的渐近线方程；
(2)设D为双曲线C的右顶点，直线l与双曲线C交于不同于D的E，F两点，若以EF为直径的圆经过点D，且DG⊥EF于G，证明：存在定点H，使|GH|为定值．
必刷大题17 解析几何
1．(1)证明 设P(x0，y0)，则yeq \\al(2,0)＝4x0，
因为点P在第一象限，
所以y0＝2eq \r(x0)，
对y＝2eq \r(x)两边求导得y′＝eq \f(1,\r(x))，
所以直线l的斜率为eq \f(1,\r(x0))，
所以直线l的方程为
y－2eq \r(x0)＝eq \f(1,\r(x0))(x－x0)，
令y＝0，则x＝－x0，
所以M(－x0,0)，
所以线段MP的中点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(y0,2)))，
所以线段MP的中点在定直线x＝0上．
(2)解 若P(2,2eq \r(2))，
则M(－2,0)．
所以kMP＝eq \f(\r(2),2)，kPF＝2eq \r(2)，
因为PN⊥l，所以kPN＝－eq \r(2)，
所以直线PF：y＝2eq \r(2)(x－1)，
直线PN：y＝－eq \r(2)(x－4)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝2\r(2)x－1，))
得2x2－5x＋2＝0，
所以x＝eq \f(1,2)或2，所以Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\r(2)))，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝－\r(2)x－4，))
得x2－10x＋16＝0，
所以x＝2或8，
所以N(8，－4eq \r(2))．
因为M(－2,0)，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\r(2)))，N(8，－4eq \r(2))，
所以kMQ＝－eq \f(2\r(2),5)，kMN＝－eq \f(2\r(2),5)，
所以M，Q，N三点共线．
2．解 (1)设A(x，y)，
因为|AE|＝eq \r(2)|AF|，
所以eq \r(x－\r(2)2＋y－02)
＝eq \r(2)×eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(\r(2),2)))2＋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eq \f(x2,4)－eq \f(y2,9)＝1联立，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)－\f(y2,9)＝1))⇒(4k2－9)x2＋8kmx＋4m2＋36＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
所以有
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4k2－9≠0，,Δ＝8km2－4·4k2－94m2＋36>0，))
即m2＋9>4k2且k≠±eq \f(3,2)，
所以x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2－9)，
x1x2＝eq \f(4m2＋36,4k2－9)，
因为∠MON＝eq \f(π,2)，
所以eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(ON,\s\up6(→))，即eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝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＝－eq \f(8km,4k2－9)，x1x2＝eq \f(4m2＋36,4k2－9)代入，得(k2＋1)·eq \f(4m2＋36,4k2－9)＋km·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8km,4k2－9)))＋m2＝0，化简得m2＝eq \f(36k2＋1,5)，因为m2＋9>4k2且k≠±eq \f(3,2)，
所以有eq \f(36k2＋1,5)＋9>4k2
且k≠±eq \f(3,2)，
解得k≠±eq \f(3,2)，
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d＝eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝eq \f(\f(6\r(k2＋1),\r(5)),\r(k2＋1))＝eq \f(6\r(5),5)>1，
所以点A到直线l距离的最大值为eq \f(6\r(5),5)＋1，最小值为eq \f(6\r(5),5)－1，
所以点A到直线l距离的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(6\r(5),5)－1，\f(6\r(5),5)＋1)).
3．解 (1)设椭圆C的半焦距为c>0，
由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝b2＋c2，,\f(2b2,a)＝3，,e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1，))
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由(1)可得F(1,0)，
根据题意可设直线l：y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(m,0)(m≠1)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
消去y得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则Δ＝64k4－4(4k2＋3)(4k2－12)＝144(k2＋1)>0，
可得x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4k2－12,4k2＋3)，①
由题意可知x轴为直线PA与直线PB的对称轴，
则kPA＋kPB＝eq \f(y1,x1－m)＋eq \f(y2,x2－m)＝0，
可得eq \f(kx1－1,x1－m)＋eq \f(kx2－1,x2－m)＝0，
因为k≠0，可得(x1－1)(x2－m)＋(x1－m)(x2－1)＝0，
整理得2x1x2－(m＋1)(x1＋x2)＋2m＝0，②
将①代入②得eq \f(24k2－12,4k2＋3)－eq \f(8k2m＋1,4k2＋3)＋2m＝0，解得m＝4，
所以存在点P，使x轴上任意一点到直线PA与到直线PB的距离相等，此时P(4,0)．
4．(1)解 设|F1F2|＝2c，
因为AF1⊥F1F2，∠AF2F1＝30°，
所以|AF1|＝eq \f(2\r(3),3)c，|AF2|＝eq \f(4\r(3),3)c.
因为|AF2|－|AF1|＝eq \f(2\r(3),3)c＝2a＝4，
所以c＝2eq \r(3).
所以b＝eq \r(c2－a2)＝2eq \r(2)，
所以双曲线C的渐近线方程为
y＝±eq \r(2)x.
(2)证明 由(1)知双曲线C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,8)＝1，
设E(x1，y1)，F(x2，y2)．
①当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋m，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)－\f(y2,8)＝1，))
化简得(2－k2)x2－2kmx－(m2＋8)＝0，
则Δ＝(－2km)2＋4(m2＋8)(2－k2)>0，
即m2－4k2＋8>0，
且eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(2km,2－k2)，,x1x2＝\f(－m2－8,2－k2)，))
因为eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(DF,\s\up6(→))＝
(x1－2)(x2－2)＋y1y2
＝(x1－2)(x2－2)＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，
所以(k2＋1)x1x2＋(km－2)(x1＋x2)＋m2＋4
＝(k2＋1)·eq \f(－m2－8,2－k2)＋(km－2)·eq \f(2km,2－k2)＋m2＋4＝0，
化简得m2－4km－12k2＝
(m＋2k)(m－6k)＝0，
所以m＝－2k或m＝6k，且均满足m2－4k2＋8>0.
当m＝－2k时，直线l的方程为y＝k(x－2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾；
当m＝6k时，直线l的方程为y＝k(x＋6)，过定点M(－6,0)．
②当直线l的斜率不存在时，
由对称性，不妨设直线DE：y＝x－2，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－2，,\f(x2,4)－\f(y2,8)＝1，))
得x＝2(舍去)或x＝－6，此时直线l过定点M(－6,0)．
综上，直线l过定点M(－6,0)．
因为DG⊥EF，
所以点G在以DM为直径的圆上，H为该圆圆心，|GH|为该圆半径，且|GH|＝4，
所以存在定点H(－2,0)，使|GH|为定值4.