（文理通用）2019届高考数学大二轮复习第1部分专题6解析几何第3讲定点、定值、存在性问题练习

。 。 内部文件，版权追溯 第一部分 专题六 第三讲 定点、定值、存在性问题

A组

→→→

1．平面直角坐标系中，已知两点A(3,1)，B(－1,3)，若点C满足OC＝λ1OA＋λ2OB(O为原点)，其中λ1，λ2∈R，且λ1＋λ2＝1，则点C的轨迹是( A )

A．直线 C．圆

B．椭圆 D．双曲线

→→→

[解析] 设C(x，y)，因为OC＝λ1OA＋λ2OB，所以(x，y)＝λ1(3,1)＋λ2(－1,3)，即

??x＝3λ1－λ2，?

?y＝λ1＋3λ2，?

2

??λ

解得???λ

1

＝

y＋3x10

，3y－x，2＝10

2

又λ1＋λ2＝1，所以

y＋3x3y－x10

＋

10

＝1，即x＋2y＝5，所以点C的轨迹为直线．

故选A．

2．过双曲线x－＝1的右支上一点P，分别向圆C1：(x＋4)＋y＝4和圆C2：(x－4)

15＋y＝1作切线，切点分别为M，N，则|PM|－|PN|的最小值为( B )

A．10 C．16

2

2

2

2

y2

222

B．13 D．19

2

2

2

2

[解析] 由题意可知，|PM|－|PN|＝(|PC1|－4)－(|PC2|－1)，因此|PM|－|PN|＝|PC1|－|PC2|－3＝(|PC1|－|PC2|)(|PC1|＋|PC2|)－3＝2(|PC1|＋|PC2|)－3≥2|C1C2|－3＝13.

故选B．

2

2

x2y2

3．已知F1，F2分别是双曲线2－2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，且|F1F2|＝2，若P是

ab该双曲线右支上的一点，且满足|PF1|＝2|PF2|，则△PF1F2面积的最大值是( B )

A．1 5C． 3

4B． 3D．2

1

??|PF1|＝2|PF2|，

[解析] ∵?

?|PF1|－|PF2|＝2a，?

∴|PF1|＝4a，|PF2|＝2a， 设∠F1PF2＝θ，

16a＋4a－45a－1

∴cosθ＝＝2，

2×4a×2a4a122

∴S△PF1F2＝(×4a×2a×sinθ)

225a－10a＋1

＝16a(1－) 4

16a4

4

2

2

2

2

1652162

＝－9(a－)≤， 999

542

当且仅当a＝时，等号成立，故S△PF1F2的最大值是.

93故选B．

4．已知双曲线M的焦点F1，F2在x轴上，直线7x＋3y＝0是双曲线M的一条渐近线，→→2

点P在双曲线M上，且PF1·PF2＝0，如果抛物线y＝16x的准线经过双曲线M的一个焦点，→→

那么|PF1|·|PF2|＝( B )

A．21 C．7

B．14 D．0

x2y2

[解析] 设双曲线方程为2－2＝1(a>0，b>0)，

ab∵直线7x＋3y＝0是双曲线M的一条渐近线， ∴＝ba7

，① 3

又抛物线的准线为x＝－4，∴c＝4② 又a＋b＝c.③ ∴由①②③得a＝3.

设点P为双曲线右支上一点，

∴由双曲线定义得||PF1|－|PF2||＝6④ →→

又PF1·PF2＝0， →→∴PF1⊥PF2，

→2→22

∴在Rt△PF1F2中|PF1|＋|PF2|＝8⑤ →→

联立④⑤，解得|PF1|·|PF2|＝14.

2

2

2

2

5．已知直线y＝k(x＋2)(k＞0)与抛物线C：y＝8x相交于A、B两点，F为C的焦点，若|FA|＝2|FB|，则k的值为( D )

1A． 32C． 3

B．2 3

2

22D．

3

[解析] 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1>0，x2>0， ∴|FA|＝x1＋2，|FB|＝x2＋2，∴x1＋2＝2x2＋4， ∴x1＝2x2＋2.

??y＝8x由?

?y＝kx＋?

2

，得kx＋(4k－8)x＋4k＝0，

2

2222

8－4k8

∴x1x2＝4，x1＋x2＝2＝2－4.

kk??x1＝2x2＋2由?

?x1x2＝4?

，得x2＋x2－2＝0，∴x2＝1，∴x1＝4，

2

88222

∴2－4＝5，∴k＝，k＝. k93

12

6．已知斜率为的直线l与抛物线y＝2px(p>0)交于位于x轴上方的不同两点A，B，

2记直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，则k1＋k2的取值范围是(2，＋∞).

[解析] 设直线l：x＝2y＋t，联立抛物线方程消去x得y＝2p(2y＋t)?y－4py－2pt＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Δ＝16p＋8pt>0?t>－2p，y1＋y2＝4p，y1y2＝－2pt>0?t<0，即－2p

2

2

2

x1x2＝(2y1＋t)(2y2＋t)＝4y1y2＋2t(y1＋y2)＋t2＝4(－2pt)＋2t·4p＋t2＝t2， y1y2k1＋k2＝＋ x1x2

＝＝

y2＋ty1＋

x1x2

y1＋ty2

ty1＋y2＋4y1y24pt－8pt4p＝＝－. 2

x1x2ttt4p－2p2，即k1＋k2的取值范围是(2，＋∞)．

7．已知F1，F2分别是双曲线3x－y＝3a(a>0)的左、右焦点，P是抛物线y＝8ax与双曲线的一个交点，若|PF1|＋|PF2|＝12，则抛物线的准线方程为x＝－2.

2

2

2

2

x2y2

[解析] 将双曲线方程化为标准方程得2－2＝1，抛物线的准线为x＝－2a，联立

a3a 3

xy??2－2＝1，?a3a??y2＝8ax22

??|PF1|＋|PF2|＝12，

?x＝3a，即点P的横坐标为3a.而由?

?|PF1|－|PF2|＝2a?

?|PF2|＝6

－a，又易知F2为抛物线的焦点，∴|PF2|＝3a＋2a＝6－a，得a＝1，∴抛物线的准线方程为x＝－2.

8．设抛物线C：y＝4x的焦点为F，过F的直线l与抛物线交于A，B两点，M为抛物线C的准线与x轴的交点，若tan∠AMB＝22，则|AB|＝8.

[解析] 依题意作出图象如图所示，

2

??y＝4x，

设l：x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由?

??x＝my＋1

2

2

得，

y－4my－4＝0，∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，x1x2＝·＝1，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝4m2

4

4

＋2.

∵tan∠AMB＝tan(∠AMF＋∠BMF)， －y2

＋x1＋1x2＋1∴＝22，

y1－y2

1－·x1＋1x2＋1

y2y212

y1

y1my2＋

x1＋－y2my1＋

＝22，

x2＋＋y1y2

y1－y2＝42m2，

∴4m＋1＝42m，m＝1，

∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋1＋x2＋1＝4m＋4＝8.

9．(2018·抚州一模)已知动圆C与圆x＋y＋2x＝0外切，与圆x＋y－2x－24＝0内切．

(1)试求动圆圆心C的轨迹方程；

(2)过定点P(0,2)且斜率为k(k≠0)的直线l与(1)中轨迹交于不同的两点M，N，试判断在x轴上是否存在点A(m,0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求出实数m的范围；若不存在，请说明理由．

[解析] (1)由x＋y＋2x＝0得(x＋1)＋y＝1，由x＋y－2x－24＝0得(x－1)＋y2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

4

＝25，设动圆C的半径为R，两圆的圆心分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，则|CF1|＝R＋1，|CF2|＝5－R，

所以|CF1|＋|CF2|＝6，根据椭圆的定义可知，点C的轨迹为以F1，F2为焦点的椭圆，所以c＝1，a＝3，所以b＝a－c＝9－1＝8，所以动圆圆心C的轨迹方程为＋＝1.

98

(2)存在．直线l的方程为y＝kx＋2，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为E(x0，y0)．假设存在点A(m,0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，则AE⊥MN，

2

2

2

x2y2

y＝kx＋2，??22由?xy＋＝1，??98x1＋x2＝－

得(8＋9k)x＋36kx－36＝0，

22

36k－18k，所以x0＝2， 2

9k＋89k＋816

， 29k＋8

y0＝kx0＋2＝

1

因为AE⊥MN，所以kAE＝－，

k16

－029k＋81即＝－， －18kk－m2

9k＋8－2k－2

所以m＝2＝，

9k＋88

9k＋

k8

当k>0时，9k＋≥29×8＝122，

k所以－

2

≤m<0； 12

8

当k<0时，9k＋≤－122，

k所以0

2. 12

因此，存在点A(m,0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，且实数m的取值范围为[－22，0)∪(0，]． 1212

B组

x2y221．如图，椭圆E：2＋2＝1(a>b>0)经过点A(0，－1)，且离心率为.

ab2

5

(Ⅰ)求椭圆E的方程；

(Ⅱ)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为2.

[解析] (Ⅰ)由题意知＝程为＋y＝1.

2

(Ⅱ)证明：由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入＋y＝1，得

2(1＋2k)x－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0.

由已知Δ＞0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0， 4k则x1＋x2＝

2

2

ca2222

，b＝1，结合a＝b＋c，解得a＝2，所以，椭圆的方2

x2

2

x2

2

k－

2

1＋2k2k，x1x2＝

k－

2

1＋2k. 从而直线AP与AQ的斜率之和

y1＋1y2＋1

kAP＋kAQ＝＋ x1x2

＝

kx1＋2－kkx2＋2－k＋ x1x2

?11?＝2k＋(2－k)?＋?

xx?

1

2

?

＝2k＋(2－k)×

x1＋x2

x1x2

4kk－

＝2k＋(2－k)×

2kk－＝2k－2(k－1) ＝2.

2．设点P是曲线C：x＝2py(p>0)上的动点，点P到点(0,1)的距离和它到焦点F的距5

离之和的最小值为. 4

(1)求曲线C的方程；

(2)若点P的横坐标为1，过P作斜率为k(k≠0)的直线交C于点Q，交x轴于点M，过点Q且与PQ垂直的直线与C交于另一点N，问是否存在实数k，使得直线MN与曲线C相切？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．

6

2

p51

[解析] (1)依题意知1＋2＝4，解得p＝2

. 所以曲线C的方程为x2

＝y.

(2)由题意直线PQ的方程为：y＝k(x－1)＋1， 则点M(1－1

k，0)．

联立方程组?

??y＝kx－＋1

??y＝x2

，

消去y得x2

－kx＋k－1＝0，得Q(k－1，(k－1)2

)．

所以得直线QN的方程为y－(k－1)2＝－1k(x－k＋1)．代入曲线方程y＝x2

中，得x2＋1x－1＋1

－(1－k)2kk＝0.

解得N(1－1k－k，(1－k－12

k))．

－k－

12

所以直线MN的斜率kkMN＝

－1

k－k－

－

1k－k－12

＝－

kk. 过点N的切线的斜率k′＝2(1－k－1

k)．

－k－

12

由题意有－

kk＝2(1－k－1

k)．

解得k＝－1±5

2

.

故存在实数k＝－1±5

2

使命题成立．

7

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/825x.html