2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第八章　必刷大题17　解析几何含答案

2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第八章必刷大题17解析几何必刷大题17解析几何1．(2024·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(2,2eq\r(2))，试判断M，Q，N三点是否共线．(1)证明设P(x0，y0)，则yeq\o\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\co1(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\co1(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\co1(\f(1,2)，－\r(2)))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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\co1(\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．(2023·石家庄模拟)已知E(eq\r(2)，0)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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．解(1)设A(x，y)，因为|AE|＝eq\r(2)|AF|，所以eq\r(x－\r(2)2＋y－02)＝eq\r(2)×eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(2),2)))2＋y－02)，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\co1(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\co1(4k2－9≠0，,Δ＝8km2－4·4k2－94m2＋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\o(OM,\s\up6(→))⊥eq\o(ON,\s\up6(→))，即eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(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\co1(－\f(8km,4k2－9)))＋m2＝0，化简得m2＝eq\f(36k2＋1,5)，因为m2＋9>4k2且k≠±eq\f(3,2)，所以有eq\f(36k2＋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\co1(\f(6\r(5),5)－1，\f(6\r(5),5)＋1)).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．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\co1(a2＝b2＋c2，,\f(2b2,a)＝3，,e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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\co1(y＝kx－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(kx1－1,x1－m)＋eq\f(kx2－1,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(24k2－12,4k2＋3)－eq\f(8k2m＋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．(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．(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\co1(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\co1(x1＋x2＝\f(2km,2－k2)，,x1x2＝\f(－m2－8,2－k2)，))因为eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(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\co1(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.必刷小题15直线与圆一、单项选择题1．(2023·蚌埠模拟)已知直线l1：ax＋2y＋1＝0，l2：(3－a)x－y＋a＝0，则条件“a＝1”是“l1⊥l2”的()A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件答案B解析若l1⊥l2，则(3－a)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝－1，解得a＝1或a＝2.故a＝1是l1⊥l2的充分不必要条件．2．直线ax－y－2a＝0(a∈R)与圆x2＋y2＝9的位置关系是()A．相离 B．相交C．相切 D．不确定答案B解析直线ax－y－2a＝0(a∈R)，即a(x－2)－y＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2＝0，,y＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝0，))所以直线恒过定点(2,0)，因为22＋02<9，所以定点(2,0)在圆内，所以直线与圆相交．3．直线x＋ay＋b＝0经过第一、二、四象限，则()A．a<0，b<0 B．a<0，b>0C．a>0，b<0 D．a>0，b>0答案C解析因为直线x＋ay＋b＝0经过第一、二、四象限，所以该直线的斜率－eq\f(1,a)<0，直线在y轴上的截距－eq\f(b,a)>0，可得a>0，b<0.4．(2023·黄冈模拟)已知点M(1，eq\r(3))在圆C：x2＋y2＝m上，过M作圆C的切线l，则l的倾斜角为()A．30° B．60°C．120° D．150°答案D解析点M(1，eq\r(3))代入圆C：x2＋y2＝m得，m＝1＋3＝4，当l的斜率不存在时，直线方程为x＝1，与圆C：x2＋y2＝4相交，不合题意；当l的斜率存在时，设切线l的方程为y－eq\r(3)＝k(x－1)，即kx－y＋eq\r(3)－k＝0，则eq\f(|k－\r(3)|,\r(1＋k2))＝2，解得k＝－eq\f(\r(3),3)，设l的倾斜角为θ，则tanθ＝－eq\f(\r(3),3)且0°≤θ<180°，故l的倾斜角为150°.5．(2024·呼和浩特模拟)已知圆x2＋2x＋y2＝0关于直线ax＋y＋1－b＝0(a，b为大于0的常数)对称，则ab的最大值为()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．1D．2答案A解析因为圆x2＋2x＋y2＝0的圆心为(－1,0)，且圆x2＋2x＋y2＝0关于直线ax＋y＋1－b＝0(a，b为大于0的常数)对称，所以直线ax＋y＋1－b＝0过圆心(－1,0)，所以a＋b＝1，又a>0，b>0，所以ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(1,4)，当且仅当a＝b＝eq\f(1,2)时等号成立，即当a＝b＝eq\f(1,2)时，ab取最大值eq\f(1,4).6．(2023·长沙模拟)点P在单位圆上运动，则P点到直线l：(1＋3λ)x＋(1－2λ)y－(7＋λ)＝0(λ为任意实数)的距离的最大值为()A．2eq\r(3)＋1 B．6C．3eq\r(2)＋1 D．5答案B解析将直线方程变形为l：(x＋y－7)＋(3x－2y－1)λ＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－7＝0，,3x－2y－1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝4，))所以直线过定点Q(3,4)，因为P在单位圆上运动，圆心O(0,0)，圆的半径r＝1，故原点到直线l距离的最大值为|OQ|＝eq\r(32＋42)＝5，则P点到直线l的距离的最大值为r＋|OQ|＝1＋|OQ|＝1＋5＝6.7．(2023·全国乙卷)已知实数x，y满足x2＋y2－4x－2y－4＝0，则x－y的最大值是()A．1＋eq\f(3\r(2),2) B．4C．1＋3eq\r(2) D．7答案C解析方法一令x－y＝k，则x＝k＋y，代入原式化简得2y2＋(2k－6)y＋k2－4k－4＝0，因为存在实数y，则Δ≥0，即(2k－6)2－4×2(k2－4k－4)≥0，化简得k2－2k－17≤0，解得1－3eq\r(2)≤k≤1＋3eq\r(2)，故x－y的最大值是3eq\r(2)＋1.方法二x2＋y2－4x－2y－4＝0，整理得(x－2)2＋(y－1)2＝9，令x＝3cosθ＋2，y＝3sinθ＋1，其中θ∈[0,2π]，则x－y＝3cosθ－3sinθ＋1＝3eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＋1，因为θ∈[0,2π]，所以θ＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(9π,4)))，则当θ＋eq\f(π,4)＝2π，即θ＝eq\f(7π,4)时，x－y取得最大值3eq\r(2)＋1，方法三由x2＋y2－4x－2y－4＝0可得(x－2)2＋(y－1)2＝9，设x－y＝k，则圆心到直线x－y＝k的距离d＝eq\f(|2－1－k|,\r(2))≤3，解得1－3eq\r(2)≤k≤1＋3eq\r(2).故x－y的最大值为3eq\r(2)＋1.8．(2023·新高考全国Ⅰ)过点(0，－2)与圆x2＋y2－4x－1＝0相切的两条直线的夹角为α，则sinα等于()A．1B.eq\f(\r(15),4)C.eq\f(\r(10),4)D.eq\f(\r(6),4)答案B解析如图，设A(0，－2)，两切点分别为B，C，由x2＋y2－4x－1＝0得(x－2)2＋y2＝5，所以圆心坐标为(2,0)，半径r＝eq\r(5)，所以圆心到A(0，－2)的距离为eq\r(2－02＋0＋22)＝2eq\r(2)，由于圆心与A(0，－2)的连线平分∠BAC，所以sineq\f(∠BAC,2)＝eq\f(r,2\r(2))＝eq\f(\r(5),2\r(2))＝eq\f(\r(10),4)，所以cos∠BAC＝1－2sin2eq\f(∠BAC,2)＝－eq\f(1,4)<0，所以∠BAC为钝角，且∠BAC＋α＝π，所以sinα＝sin∠BAC＝eq\r(1－cos2∠BAC)＝eq\f(\r(15),4).二、多项选择题9．已知点A(2,3)，B(4，－5)到直线l：(m＋3)x－(m＋1)y＋m－1＝0的距离相等，则实数m的值可以是()A．－eq\f(7,5)B.eq\f(7,5)C．－eq\f(9,5)D.eq\f(9,5)答案AC解析因为点A(2,3)，B(4，－5)到直线l：(m＋3)x－(m＋1)y＋m－1＝0的距离相等，所以eq\f(|2m＋3－3m＋1＋m－1|,\r(m＋32＋m＋12))＝eq\f(|4m＋3＋5m＋1＋m－1|,\r(m＋32＋m＋12))，化简得|5m＋8|＝1，解得m＝－eq\f(9,5)或m＝－eq\f(7,5).10．(2024·深圳模拟)动点P在圆C1：x2＋y2＝1上，动点Q在圆C2：(x－3)2＋(y＋4)2＝16上，则下列说法正确的是()A．两个圆心所在的直线斜率为－eq\f(4,3)B．两个圆公共弦所在直线的方程为3x－4y－5＝0C．两圆公切线有两条D．|PQ|的最小值为0答案AD解析圆C1：x2＋y2＝1的圆心为C1(0,0)，半径为r＝1，圆C2：(x－3)2＋(y＋4)2＝16的圆心为C2(3，－4)，半径为R＝4.两个圆心所在的直线斜率为eq\f(－4－0,3－0)＝－eq\f(4,3)，所以选项A正确；因为|C1C2|＝eq\r(32＋－42)＝5，R＋r＝5，所以两圆相外切，故没有公共弦，两圆的公切线有三条，当点P，点Q运动到切点时，|PQ|的最小值为0，因此选项B，C不正确，选项D正确．11．(2023·武汉统考)已知直线l：x－y＋1＝0与圆Ck：(x＋k－1)2＋(y＋2k)2＝1，下列说法正确的是()A．所有圆Ck均不经过点(0,3)B．若圆Ck关于直线l对称，则k＝－2C．若直线l与圆Ck相交于A，B两点，且|AB|＝eq\r(2)，则k＝－1D．不存在圆Ck与x轴、y轴均相切答案ABD解析对于A，将(0,3)代入(x＋k－1)2＋(y＋2k)2＝1，则(k－1)2＋(2k＋3)2＝1，所以5k2＋10k＋9＝0，此时Δ＝100－4×5×9＝－80<0，所以不存在k值，使圆Ck经过点(0,3)，A对；对于B，若圆Ck关于直线l对称，则(1－k，－2k)在直线l：x－y＋1＝0上，所以1－k＋2k＋1＝0，则k＝－2，B对；对于C，由题意，Ck到直线l的距离d＝eq\r(1－\f(|AB|2,4))＝eq\f(\r(2),2)，所以eq\f(|1－k＋2k＋1|,\r(2))＝eq\f(|k＋2|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，则|k＋2|＝1，可得k＝－3或－1，C错；对于D，若圆Ck与x轴、y轴均相切，则|1－k|＝2|k|＝1，显然无解，即不存在这样的圆Ck，D对．12．已知点P(x，y)是圆C：(x－1)2＋y2＝4上的任意一点，直线l：(1＋m)x＋(eq\r(3)m－1)y＋eq\r(3)－3m＝0，则下列结论正确的是()A．直线l与圆C的位置关系只有相交和相切两种B．圆C的圆心到直线l距离的最大值为eq\r(2)C．点P到直线4x＋3y＋16＝0距离的最小值为2D．点P可能在圆x2＋y2＝1上答案ACD解析对于A选项，因为直线l的方程可化为x－y＋eq\r(3)＋m(x＋eq\r(3)y－3)＝0.令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝－\r(3)，,x＋\r(3)y＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝\r(3)，))所以直线l过定点Q(0，eq\r(3))，直线l是过点Q的所有直线中除去直线x＋eq\r(3)y－3＝0外的所有直线，圆心C(1,0)到直线x＋eq\r(3)y－3＝0的距离为eq\f(|1－3|,\r(1＋3))＝1<2，即直线x＋eq\r(3)y－3＝0与圆C相交，又点Q(0，eq\r(3))在圆C：(x－1)2＋y2＝4上，所以直线l与C至少有一个公共点，所以直线l与圆C的位置关系只有相交和相切两种，A正确；对于B选项，当直线l为圆C的切线时，点C到直线l的距离最大，且最大值为|QC|＝2，B错误；对于C选项，因为圆心C到直线4x＋3y＋16＝0的距离d＝eq\f(|4＋16|,5)＝4，所以圆C上的点P到直线4x＋3y＋16＝0距离的最小值为4－2＝2，C正确；对于D选项，圆x2＋y2＝1的圆心为原点O，半径为1，因为|OC|＝1＝2－1，所以圆C与圆O内切，故点P可能在圆x2＋y2＝1上，D正确．三、填空题13．若直线l1：3x＋y＋m＝0与直线l2：mx－y－7＝0平行，则直线l1与l2之间的距离为________．答案eq\r(10)解析由题设得m＋3＝0，即m＝－3，所以l1：3x＋y－3＝0，l2：3x＋y＋7＝0，所以直线l1与l2之间的距离为eq\f(|7－－3|,\r(10))＝eq\r(10).14．过直线3x－2y＋3＝0与x＋y－4＝0