【文档说明】2024届高考二轮复习数学试题（新高考新教材） 专题过关检测六　解析几何 Word版含答案.docx，共(15)页，143.750 KB，由小赞的店铺上传

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专题过关检测六解析几何一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知双曲线的实轴长为10,焦点到一条渐近线的距离为4,则它的离心率为()A.35B.5

3C.√415D.542.“点(a,b)在圆x2+y2=1外”是“直线ax+by+2=0与圆x2+y2=1相交”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件3.已知双曲线C:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)的一条渐近线被圆x2+y2-1

0y=0截得的线段长等于8,则双曲线C的离心率为()A.√153B.54C.3D.534.椭圆𝑥24𝑝2+𝑦2𝑝2=1(p>0)的焦点是双曲线𝑥2𝑝−𝑦22𝑝=1的焦点,则p=()A.4B.3C.2D.15.已知抛物线y2=8x的焦点为F

,经过点P(1,1)的直线l与该曲线交于A,B两点,且点P恰好为AB的中点,则|AF|+|BF|=()A.4B.6C.8D.126.已知点P是双曲线C:𝑥24−𝑦25=1右支上一点,F1,F2为双曲线C的左、右焦点.若△PF1F2

的周长为16,点O为坐标原点,则𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗·𝐹1𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=()A.20B.-20C.40D.-407.已知圆C1:(x+2)2+y2=1,C2:(x-2)2+y2=49,动圆C满足与C1外切且与C2内切,若M为C1上的动点,且𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶1�

�⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,则|𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗|的最小值为()A.√2B.√3C.2D.√58.瑞士著名数学家欧拉在17世纪证明了定理:三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上,这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中作△ABC,AB=AC=4,点B(-1,3),点C(4,-2)

,且其“欧拉线”与圆M:(x-a)2+(y-a+3)2=r2相切.则圆M上的点到直线x-y+3=0的距离的最小值为()A.2√2B.3√2C.4√2D.6二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9

.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,准线为l,过点F的直线与抛物线交于两点P(x1,y1),Q(x2,y2),点P在l上的射影为P1,则()A.|PQ|的最小值为4B.已知曲线C上的两点S,T到点F的距离之和为10,则线段ST的中点的横坐标是4

C.设M(0,1),则|PM|+|PP1|≥√2D.过M(0,1)与抛物线C有且仅有一个公共点的直线至多有2条10.已知椭圆M:𝑥225+𝑦220=1的左、右焦点分别是F1,F2,左、右顶点分别是A1,A2,点P是椭圆上异于A1,A2的任意一点,则下列说法正确

的是()A.|PF1|+|PF2|=5B.直线PA1与直线PA2的斜率之积为-45C.存在点P满足∠F1PF2=90°D.若△F1PF2的面积为4√5,则点P的横坐标为±√511.(2021·新高考Ⅰ,11)已知点P在圆(

x-5)2+(y-5)2=16上,点A(4,0),B(0,2),则()A.点P到直线AB的距离小于10B.点P到直线AB的距离大于2C.当∠PBA最小时,|PB|=3√2D.当∠PBA最大时,|PB|=3√212.(2022·新高考Ⅱ,1

0)已知O为坐标原点,过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F的直线与C交于A,B两点,点A在第一象限,点M(p,0),若|AF|=|AM|,则()A.直线AB的斜率为2√6B.|OB|=|OF|C.|AB|>4|OF|D

.∠OAM+∠OBM<180°三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021·全国乙,文14)双曲线𝑥24−𝑦25=1的右焦点到直线x+2y-8=0的距离为.14.圆锥曲线有丰富的光学性质,从

椭圆焦点发出的光线,经过椭圆反射后,反射光线经过另一个焦点;从抛物线焦点发出的光线,经过抛物线上一点反射后,反射光线平行于抛物线的对称轴.已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)过点(3,1

).由点P(2,1)发出的平行于x轴的光线经过抛物线C1:y2=16x反射到椭圆C上后,反射光线经点(-4,0),则椭圆C的方程为.15.(2023·新高考Ⅰ,16)已知双曲线C:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点A在C上,点B在y轴上,𝐹1

𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐹1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐹2𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-23𝐹2𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,则C的离心率为.16.已知抛物线Z:x2=4y的焦点为F,圆F:x2+(y-1)2=4与抛物线Z在第一象限的交点为P(𝑚,𝑚24),直线l:x=t(0<t<m)与抛物线Z的交点为A,直线l

与圆F在第一象限的交点为B,则m=;△FAB周长的取值范围为.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)已知点F(16,0),直线l:x=-16,动点P到点F与到直线l的距离相等.(1)求动点P的轨

迹C的方程;(2)过轨迹C上一点M(3,√2)作圆(x-2)2+y2=1的两条切线,分别与轨迹C交于异于M点的A,B两点,求|AB|.18.(12分)已知椭圆𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率

为√32,过点F2且斜率不为0的直线与椭圆交于A,B两点,△F1AF2的周长为4+2√3.(1)求椭圆C的方程;(2)设O为坐标原点,求|𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|的取值范围.19.(12分)已知椭圆P:𝑥24+y2=1的右顶点为A,点M(x0,y0)是椭圆P

上异于A的一点,MN⊥x轴于点N,B是MN的中点,过动点M(x0,y0)的直线l:x0x+4y0y=4与直线AB交于点C.(1)当x0=65时,求证:直线l与椭圆P只有一个公共点;(2)求证:点C在定直线上运动.20.(12分)已知双曲线x2-𝑦

2𝑏2=1(b≠1)的左焦点为F,右顶点为A,过点F向双曲线的一条渐近线作垂线,垂足为P,直线AP与双曲线的左支交于点B.(1)设O为坐标原点,求线段OP的长度;(2)求证:PF平分∠BFA.21.(12分)(2023·新高考Ⅱ,21)已知双曲线C的中心为坐标原点,左焦点为

(-2√5,0),离心率为√5.(1)求C的方程;(2)记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点(-4,0)的直线与C的左支交于M,N两点,M在第二象限,直线MA1与直线NA2交于P,证明:点P在定直线上.22.(12分)已知双曲线C:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1的左、右

焦点分别为F1,F2,其离心率为√62,且过点P(4√2,2√2).(1)求双曲线C的方程.(2)过F1的两条相互垂直的直线分别交双曲线于A,B和C,D,M,N分别为AB,CD的中点,连接MN,过坐标原点O作MN的垂线,垂足

为H,是否存在定点G,使得|GH|为定值?若存在,求此定点G;若不存在,请说明理由.专题过关检测六解析几何1.C解析不妨设焦点F(c,0)到渐近线y=𝑏𝑎x的距离为4,得d=|𝑏𝑐|√𝑏2+𝑎2=b=4,又因为2a=10,解得a=5,所

以c=√52+42=√41.所以e=𝑐𝑎=√415.2.B解析命题p:点(a,b)在圆x2+y2=1外等价于a2+b2>1,命题q:直线ax+by+2=0与圆x2+y2=1相交等价于2√𝑎2+𝑏2<1⇔a2+b2>

4,从而有pq,q⇒p,所以p是q的必要不充分条件.3.D解析双曲线𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±𝑏𝑎x,即ay±bx=0.圆的方程x2+y2-10y=0可化为x2+(y-5)2=25,则圆心为(0,

5),半径为5,圆心到渐近线的距离为d=|5𝑎|√𝑎2+𝑏2,由弦长公式可得8=2√25-25𝑎2𝑎2+𝑏2,化简可得b2=169a2,∴c2=a2+b2=259a2,则e=𝑐𝑎=53.4

.D解析椭圆𝑥24𝑝2+𝑦2𝑝2=1(p>0)中,a2=4p2,b2=p2,所以c2=3p2.在双曲线𝑥2𝑝−𝑦22𝑝=1中,a2=p,b2=2p,所以c2=3p,所以c2=3p2=3p,解得

p=1.5.B解析抛物线y2=8x中,p=4,其焦点F(2,0),准线方程x=-2,过点A,B,P作准线的垂线,垂足分别为M,N,R(图略).由抛物线定义可知,|AF|+|BF|=|AM|+|BN|.而P恰好为AB的中点,

故PR是梯形ABNM的中位线,故|AM|+|BN|=2|PR|,又P(1,1),故|PR|=1+𝑝2=3,所以|AF|+|BF|=2×3=6.6.B解析因为|F1F2|=2c=6,△PF1F2的周长为16,所以|PF1|+|PF2|=10.因为|P

F1|-|PF2|=2a=4,所以|PF1|=7,|PF2|=3,所以𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗·𝐹1𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12(𝑃𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)·(𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑃𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)=12(𝑃𝐹2

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2−𝑃𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2)=12×(32-72)=-20.7.B解析易知圆C1的圆心C1(-2,0),圆C1的半径为r1=1.圆C2的圆心C2(2,0),半径为r2=7.|C1C2|=4<|r1-r2|,所以圆C1内含于圆C2.设圆C的半径为R,则{|𝐶𝐶1|

=𝑅+1,|𝐶𝐶2|=7-𝑅,故|CC1|+|CC2|=8>|C1C2|=4,故圆心C的轨迹为椭圆,且该椭圆的焦点为C1,C2.设该椭圆的方程为𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0),焦距为2c(c>0),则2a=8,可得a=4;由2c=4,可得c=2;b=√

𝑎2-𝑐2=2√3,所以点C的轨迹方程为𝑥216+𝑦212=1.由𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,得CM⊥C1M,且|𝐶1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=1,由椭圆的几何性质可得|𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|min=a-c=2,故|𝐶�

�⃗⃗⃗⃗⃗⃗|min=√|𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|min2-|𝐶1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2⬚=√3.8.A解析因为在△ABC中,AB=AC=4,所以BC边上的高线、垂直平分线和中线合一,则其“欧拉线”为△ABC边BC的垂直平分线AD.因为点B(-1,3),点C(4,

-2),所以D(32,12).因为直线BC的斜率为3+2-1-4=-1,所以BC的垂直平分线的斜率为1.所以BC的垂直平分线方程为y-12=x-32,即x-y-1=0.因为“欧拉线”与圆M:(x-a)2+(y-a+3)2=r2相切,所以圆心(a,a-3)到“欧

拉线”的距离为|𝑎-𝑎+3-1|√2=r,可得r=√2.因为圆心(a,a-3)到直线x-y+3=0的距离为|𝑎-𝑎+3+3|√2=3√2,所以圆M上的点到直线x-y+3=0的距离的最小值为3√2

−√2=2√2.9.ABC解析由题意知,𝑝2=1,抛物线的焦点F(1,0),准线方程为x=-1.对于A,当PQ⊥x轴时,|PQ|取得最小值,最小值为2p=4,所以A正确;对于B,曲线C上的两点S,T到点F的距离之和为10,所以点S,T的横

坐标之和为10-2=8,则线段ST的中点横坐标为4,所以B正确;对于C,设M(0,1),则|PM|+|PP1|=|PM|+|PF|≥|FM|=√2,当且仅当M,P,F三点共线时取等号,所以C正确;对于D,当直线过点M(0,1)且与x轴平行时,

直线与抛物线有且只有一个公共点.过点M(0,1)且与抛物线相切的直线有两条,此时直线与抛物线有且只有一个公共点,所以过点M(0,1)与抛物线有且只有一个公共点的直线有3条,所以D错误.10.BD解析由题意得a=5,b=2√5,c=√5,F1(-√5,0),F2(√5,0),A1

(-5,0),A2(5,0),短轴一个顶点B2(0,2√5),|PF1|+|PF2|=2a=10,A错误;设P(x,y),则𝑥225+𝑦220=1,y2=20(1-𝑥225),𝑘𝑃𝐴1·𝑘𝑃𝐴2=𝑦𝑥+5×𝑦𝑥-5=𝑦2𝑥2-25=20(1

-𝑥225)×1𝑥2-25=-45,B正确;因为tan∠OB2F2=|𝑂𝐹2||𝑂𝐵2|=√52√5=12<1,所以0°<∠OB2F2<45°,从而∠F1B2F2=2∠OB2F2<90°,而P是椭圆上任一点,当P是短轴端点时∠F1PF2最大,因此不存

在点P满足∠F1PF2=90°,C错误;𝑆△𝑃𝐹1𝐹2=12|F1F2||yP|=√5|yP|=4√5,|yP|=4,则𝑥𝑃225+1620=1,xP=±√5,D正确.11.ACD解析如图,记圆心为M,半径为r,则M(5,5),r=4.由条件得,

直线AB的方程为𝑥4+𝑦2=1,整理得x+2y-4=0,过点M作MN垂直于直线AB,垂足为N,直线MN与圆M分别交于点P1,P2,圆心M(5,5)到直线AB的距离|MN|=|5+2×5-4|√12+22=11√5,于是点P到直线AB的距离最小值为|P2N|=|MN|-r=1

1√5-4,最大值为|P1N|=|MN|+r=11√5+4.又11√5-4<2,11√5+4<10,故A正确,B错误;过点B分别作圆的两条切线BP3,BP4,切点分别为点P3,P4,则当点P在P3处时∠PBA最大,在P4处时∠PBA最小.又|BP3|=|

BP4|=√|𝐵𝑀|2-𝑟2=√52+(5-2)2-42=3√2,故C,D正确.故选A,C,D.12.ACD解析选项A,由题意知,点A在线段MF的垂直平分线上,则xA=𝑝2+𝑝2=34p,所以𝑦𝐴2=2pxA=2p·34p=32p2(yA>0).所以yA=√62

p,故kAB=√62𝑝-034𝑝-𝑝2=2√6,故选项A正确;选项B,由斜率为2√6可得直线AB的方程为x=12√6y+𝑝2,联立抛物线方程得y2-1√6py-p2=0,设B(xB,yB),则√62p+yB=√66p,则yB=-√6𝑝

3,代入抛物线方程得(-√6𝑝3)2=2p·xB,解得xB=𝑝3.∴|OB|2=𝑥𝐵2+𝑦𝐵2=𝑝29+2𝑝23=7𝑝29≠𝑝24,故选项B错误;选项C,|AB|=34p+𝑝3+p=2512p>2p=4|OF|,故选项C正确;选项D,由选项

A,B知,A34p,√62p,B𝑝3,-√63p,所以𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=34p,√62p·𝑝3,-√63p=𝑝24-p2=-34p2<0,所以∠AOB为钝角.又𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-𝑝4,√62p·-2�

�3,-√63p=𝑝26-p2=-56p2<0,所以∠AMB为钝角.所以∠OAM+∠OBM<180°.故选项D正确.故选ACD.13.√5解析由双曲线方程可得c=√4+5=3,即双曲线的右焦点为F(3,0).则点F到直线x+2y-8=0的距离d=|3+2×0-8|√12+22=√5.14

.𝑥218+𝑦22=1解析由题设知,抛物线C1:y2=16x的焦点为(4,0),由点P(2,1)发出的平行于x轴的光线经过抛物线C1反射后必过点(4,0),再经过椭圆C反射经过(-4,0),可知(4,0),(-4,0)为椭圆C的两个焦点,故c=4,而(3,1)在椭圆C上,由{

9𝑎2+1𝑏2=1,𝑎2-𝑏2=16,可得{𝑎2=18,𝑏2=2,即椭圆C的方程为𝑥218+𝑦22=1.15.3√55解析方法一(坐标法):设A(x,y),B(0,m),不妨令点A在第一象限,则m<0.设F1(-c,0),F2(c,0),其中c>0,则𝐹1𝐴⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗=(x+c,y),𝐹1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(c,m),𝐹2𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(x-c,y),𝐹2𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-c,m).由𝐹1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐹1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐹2𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-23𝐹2𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,有𝐹1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐹1

𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(x+c)c+ym=0,{𝑥-𝑐=23𝑐,𝑦=-23𝑚.解得{𝑥=53𝑐,𝑦=-23𝑚,代入(x+c)c+ym=0中,得m=-2c.则点A坐标为53c,43c,代入𝑥2

𝑎2−𝑦2𝑏2=1中,有25𝑐29𝑎2−16𝑐29𝑏2=1,即25e2-16𝑒2𝑒2-1=9,解得e2=95或e2=15(舍去),故e=3√55.方法二(解三角形法):由𝐹2𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

=-23𝐹2𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,得|𝐹2𝐴||𝐹2𝐵|=23.设|F2A|=2x,|F2B|=3x.由对称性可得|F1B|=3x.由定义可得,|AF1|=2x+2a,|AB|=5x.设∠F1AF2=

θ,则sinθ=3𝑥5𝑥=35,从而cosθ=45=2𝑥+2𝑎5𝑥,解得x=a,所以|AF1|=4a,|AF2|=2a.在△AF1F2中,由余弦定理可得cosθ=16𝑎2+4𝑎2-4𝑐22×4𝑎×2𝑎=45,即5c2=9a2,从而可得e=3√55.16.2(4,6)解析如图

所示.由{𝑥2=4𝑦,𝑥2+(𝑦-1)2=4,𝑥>0,𝑦>0,解得{𝑥=2,𝑦=1,故m=2.由{𝑥=𝑡,𝑥2=4𝑦,解得{𝑥=𝑡,𝑦=𝑡24,所以A(𝑡,𝑡24).由{𝑥=𝑡,𝑥2+(𝑦-

1)2=4,𝑥>0,𝑦>0,解得{𝑥=𝑡,𝑦=1+√4-𝑡2,所以B(t,1+√4-𝑡2).由抛物线的定义,知AF=AC,△FAB的周长=FA+FB+AB=AC+AB+BF=BC+2=√4-𝑡2+4.因为t∈(0,2),所以√4-𝑡2+4∈(4

,6).17.解(1)设点P(x,y),根据题意得√(𝑥-16)2+𝑦2=|𝑥+16|,化简得动点P的轨迹C的方程为y2=23x.(2)∵M(3,√2),(x-2)2+y2=1,∴x=3即圆的一条切线,A(3

,-√2).设过M的另一条切线斜率为k,k≠0,则切线方程为y-√2=k(x-3),又设B(x1,y1).由方程组{𝑦-√2=𝑘(𝑥-3),𝑦2=23𝑥,得y2-23𝑘y+2√23𝑘-2=0,∴√2+y1=

23𝑘,y1=23𝑘−√2.∵直线为y-√2=k(x-3),其与圆相切,∴|2𝑘-0-3𝑘+√2|√𝑘2+1=1,∴k=√24.∴y1=√23.∵B满足y2=23x,∴B(13,√23).∴𝐴�

�⃗⃗⃗⃗⃗=(-83,4√23),∴|AB|=|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|=4√63.18.解(1)由题意得{2𝑎+2𝑐=4+2√3,𝑐𝑎=√32,解得{𝑎=2,𝑐=√3,故b2=4-3=1.所以椭圆C的方程为𝑥24+y2=1.(2)

因为F2(√3,0),所以设直线AB的方程为x=my+√3,A(x1,y1),B(x2,y2).由{𝑥24+𝑦2=1,𝑥=𝑚𝑦+√3,消去x得(m2+4)y2+2√3my-1=0,所以{𝑦1+𝑦2=-2√3𝑚𝑚2+4,𝑦1𝑦2=-1𝑚2+4.又𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗

⃗⃗⃗⃗=(x1+x2,y1+y2)=(my1+my2+2√3,y1+y2),所以|𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|=√(𝑚𝑦1+𝑚𝑦2+2√3)2+(𝑦1+𝑦2)2=√(8√3𝑚2+

4)2+(-2√3𝑚𝑚2+4)2=2√3𝑚2+48(𝑚2+4)2.令t=1𝑚2+4∈(0,14],所以3𝑚2+48(𝑚2+4)2=3(𝑚2+4)+36(𝑚2+4)2=3𝑡+361𝑡2=36t2+3t.因为二次函数y=36t2+3t在t∈(

0,14]上单调递增,所以y=36t2+3t∈(0,3],因此|𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|=2√3𝑚2+48(𝑚2+4)2∈(0,2√3](当m=0时取得最大值),所以|𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|∈(0

,2√3].19.证明(1)不妨设y0>0,当x0=65时,由𝑥024+𝑦02=1得y0=45,所以直线l的方程为65x+4×45y=4,即y=-38x+54.由{𝑦=-38𝑥+54,𝑥24+𝑦2=1,解得{𝑥=65,𝑦=45,

故直线l与椭圆P的交点坐标为(65,45),所以直线l与椭圆P只有一个公共点.(2)因为M(x0,y0)(不妨取y0>0),MN⊥x轴,B是MN的中点,所以B(𝑥0,𝑦02).因为y0>0,所以x0≠2,所以直线AB的方程为y=𝑦02𝑥0-2(x-2),即y=𝑦02(𝑥0-2)(x-2

),联立{𝑥0𝑥+4𝑦0𝑦=4,𝑦=𝑦02(𝑥0-2)(𝑥-2),得(𝑥02+2𝑦02-2x0)x=4x0-8+4𝑦02.又因为𝑥024+𝑦02=1,所以𝑦02=1-𝑥024,因此[𝑥02+2(1-𝑥02

4)-2𝑥0]x=4x0-8+4(1-𝑥024),即12(x0-2)2x=-(x0-2)2,所以x=-2,所以点C在定直线x=-2上运动.20.(1)解不妨设B在第二象限,则渐近线OP的方程为y=-bx,则直线PF的方程为y=1𝑏(x+c).由{𝑦=1�

�(𝑥+𝑐),𝑦=-𝑏𝑥,得xP=-𝑐𝑏2+1=-1𝑐,yP=𝑏𝑐,故P(-1𝑐,𝑏𝑐).故|OP|=√(-1𝑐)2+(𝑏𝑐)2=√1+𝑏2𝑐2=√𝑐2𝑐2=1.(2)证明设直线PF的倾斜角为θ,则tanθ=1𝑏,tan2θ=2tan𝜃1-tan2

𝜃=2𝑏𝑏2-1.又A(1,0),故直线AP的斜率为𝑏𝑐-1𝑐-1=-𝑏𝑐+1,则直线AP的方程为y=-𝑏𝑐+1(x-1).由{𝑦=-𝑏𝑐+1(𝑥-1),𝑥2-𝑦2𝑏2=1,得(c2+2c)x2+2x-(

c2+2c+2)=0,xB=xAxB=-𝑐2+2𝑐+2𝑐2+2𝑐,yB=-𝑏𝑐+1(xB-1)=2𝑏(𝑐+1)𝑐2+2𝑐.又F(-c,0),故直线BF的斜率为𝑦𝐵𝑥𝐵+𝑐=2𝑏(𝑐+1)𝑐2+2𝑐-𝑐2+2𝑐+2𝑐2+2𝑐+𝑐=2𝑏(𝑐+

1)𝑐3+𝑐2-2𝑐-2=2𝑏𝑐2-2=2𝑏𝑏2-1=tan2θ,故PF平分∠BFA.21.(1)解设双曲线C的方程为𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0),∵c=2√5,e=𝑐𝑎=√5,∴

a=2,∴b2=c2-a2=16,故双曲线C的方程为𝑥24−𝑦216=1.(2)证明方法一:(ⅰ)当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y=k(x+4),设M(x1,y1),N(x2,y2),y1>0.联立{𝑦=𝑘(𝑥+4),𝑥2

4-𝑦216=1,消去y,得(k2-4)x2+8k2x+16k2+16=0,∴{𝑥1+𝑥2=-8𝑘2𝑘2-4,𝑥1𝑥2=16𝑘2+16𝑘2-4.又A1(-2,0),A2(2,0),易知x1

≠-2,x2≠2,从而直线A1M,直线A2N的方程分别为y=𝑦1𝑥1+2(x+2),①y=𝑦2𝑥2-2(x-2),②①÷②,得𝑥+2𝑥-2=𝑦2(𝑥1+2)𝑦1(𝑥2-2).③∵点(x1

,y1)在𝑥24−𝑦216=1上,∴𝑥124−𝑦1216=1,𝑦124=𝑥12-4=(x1-2)(x1+2),∴𝑥1+2𝑦1=𝑦14(𝑥1-2),代入③得𝑥+2𝑥-2=𝑦1𝑦24(𝑥1-2)(𝑥2-2)=𝑘2[𝑥1𝑥2+4(𝑥1+

𝑥2)+16]4[𝑥1𝑥2-2(𝑥1+𝑥2)+4],代入根与系数的关系式得𝑥+2𝑥-2=-13,∴x=-1.∴当直线MN的斜率存在时,点P在定直线x=-1上.(ⅱ)当直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x=-4,代入𝑥2

4−𝑦216=1,得M(-4,4√3),N(-4,-4√3).又A1(-2,0),A2(2,0),∴直线A1M,直线A2N的方程分别为y=-2√3(x+2),y=2√3(𝑥-2)3,联立{𝑦=-2√3(𝑥+2),𝑦=2√3(𝑥-2)3,解得x=-1.此时点P也在定直线x=-

1上.综上可得,点P在定直线x=-1上.方法二:由于直线MN与双曲线左支交于M,N两点,∴直线MN的斜率不为0.设直线MN的方程为x+4=my,与双曲线方程联立{𝑥+4=𝑚𝑦,𝑥24-𝑦216=

1,消去x,得(4m2-1)y2-32my+48=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),y1>0,则{𝑦1+𝑦2=32𝑚4𝑚2-1,𝑦1𝑦2=484𝑚2-1.又A1(-2,0),A2(2,0),易知x1≠-2,x2≠2,∴直线A1M,直线A2N的

方程分别为y=𝑦1(𝑥+2)𝑥1+2,y=𝑦2(𝑥-2)𝑥2-2,联立{𝑦=𝑦1(𝑥+2)𝑥1+2,𝑦=𝑦2(𝑥-2)𝑥2-2,消去y,得x=-2(𝑥1𝑦2+𝑥2𝑦1)+4(𝑦1-

𝑦2)(𝑥2𝑦1-𝑥1𝑦2)-2(𝑦1+𝑦2),(*)由x1=my1-4,x2=my2-4,得x1y2+x2y1=(my1-4)y2+(my2-4)y1=2my1y2-4(y1+y2)=96𝑚4𝑚2-1−128𝑚4𝑚2-1=

-32𝑚4𝑚2-1,①x2y1-x1y2=(my2-4)y1-(my1-4)y2=-4(y1-y2),②把①②及y1+y2=32𝑚4𝑚2-1代入(*)式,得x=64𝑚4𝑚2-1+4(𝑦1-𝑦2)-4(𝑦1-𝑦2)-64

𝑚4𝑚2-1=-1,∴点P在定直线x=-1上.22.解(1)由题可知{𝑒=𝑐𝑎=√62,32𝑎2-8𝑏2=1,𝑐2=𝑎2+𝑏2⇒{𝑎2=16,𝑏2=8,𝑐2=24,双曲线C的方程是𝑥

216−𝑦28=1.(2)存在定点G(-2√6,0),使得|GH|为定值,理由如下:由题意可知,若直线AB和CD其中一条没有斜率,则H点为(0,0),直线MN的方程为y=0,当直线AB和CD都有斜率时,因为点F1(-2√6,0

),设直线AB的方程为y=k(x+2√6),设A(xA,yA),B(xB,yB),M(xM,yM),联立方程组{𝑦=𝑘(𝑥+2√6),𝑥216-𝑦28=1,得(1-2k2)x2-8√6k2x-16(3k2+1)=0,所以xA+xB=8√6𝑘21-2𝑘2,xAxB=-

16(3𝑘2+1)1-2𝑘2,故xM=4√6𝑘21-2𝑘2,yM=k(4√6𝑘21-2𝑘2+2√6).设直线CD的方程为y=-1𝑘(x+2√6),设C(xC,yC),D(xD,yD),N(xN,yN),同理可得xC

+xD=8√6𝑘2-2,xCxD=-16(3+𝑘2)𝑘2-2,故xN=4√6𝑘2-2,yN=-1𝑘(4√6𝑘2-2+2√6),所以kMN=𝑦𝑀-𝑦𝑁𝑥𝑀-𝑥𝑁=𝑘(4√6𝑘21-2𝑘2+2√6)+1𝑘(4√6𝑘2-2+2

√6)4√6𝑘21-2𝑘2-4√6𝑘2-2=-𝑘2(𝑘2-1).由y-yM=kMN(x-xM),得直线MN的方程为y-k(4√6𝑘21-2𝑘2+2√6)=-𝑘2(𝑘2-1)(𝑥-4√6𝑘21-2𝑘2),化简得y=-𝑘(𝑘2-

1)(12𝑥+2√6),可知直线MN过定点P(-4√6,0).又因为OH⊥MN,所以点H的运动轨迹是以点(-2√6,0)为圆心,以|OP|=2√6为直径的圆,