2020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

2020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

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＝λ1＋λ2(O为原点)，其中λ1，λ2∈R，且λ1＋λ2＝1，则点C的轨迹是( A )‎ A．直线　　 B．椭圆　　　‎ C．圆　　 D．双曲线 ‎[解析]　设C(x，y)，因为＝λ1＋λ2，所以(x，y)＝λ1(3,1)＋λ2(－1,3)，即解得又λ1＋λ2＝1，所以＋＝1，即x＋2y＝5，所以点C的轨迹为直线．‎ 故选A．‎ ‎2．过双曲线x2－＝1的右支上一点P，分别向圆C1：(x＋4)2＋y2＝4和圆C2：(x－4)2＋y2＝1作切线，切点分别为M，N，则|PM|2－|PN|2的最小值为( B )‎ A．10 B．13 ‎ C．16 D．19‎ ‎[解析]　由题意可知，|PM|2－|PN|2＝(|PC1|2－4)－(|PC2|2－1)，因此|PM|2－|PN|2＝|PC1|2－|PC2|2－3＝(|PC1|－|PC2|)(|PC1|＋|PC2|)－3＝2(|PC1|＋|PC2|)－3≥2|C‎1C2|－3＝13.‎ 故选B．‎ ‎3．已知F1，F2分别是双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，且|F‎1F2|＝2，若P是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 B． ‎ C． D．2‎ ‎[解析]　∵ ‎∴|PF1|＝‎4a，|PF2|＝‎2a，‎ 设∠F1PF2＝θ，‎ ‎∴cosθ＝＝，‎ ‎∴S2△PF‎1F2＝(×‎4a×‎2a×sinθ)2‎ 7‎ ‎＝‎16a4(1－)‎ ‎＝－9(a2－)2≤，‎ 当且仅当a2＝时，等号成立，故S△PF‎1F2的最大值是.‎ 故选B．‎ ‎4．已知双曲线M的焦点F1，F2在x轴上，直线x＋3y＝0是双曲线M的一条渐近线，点P在双曲线M上，且·＝0，如果抛物线y2＝16x的准线经过双曲线M的一个焦点，那么||·||＝( B )‎ A．21 B．14 ‎ C．7 D．0‎ ‎[解析]　设双曲线方程为－＝1(a>0，b>0)，‎ ‎∵直线x＋3y＝0是双曲线M的一条渐近线，‎ ‎∴＝，①‎ 又抛物线的准线为x＝－4，∴c＝4②‎ 又a2＋b2＝c2.③‎ ‎∴由①②③得a＝3.‎ 设点P为双曲线右支上一点，‎ ‎∴由双曲线定义得＝6④‎ 又·＝0，‎ ‎∴⊥，‎ ‎∴在Rt△PF‎1F2中||2＋||2＝82⑤‎ 联立④⑤，解得||·||＝14.‎ ‎5．已知直线y＝k(x＋2)(k＞0)与抛物线C：y2＝8x相交于A、B两点，F为C的焦点，若|FA|＝2|FB|，则k的值为( D )‎ A． B． ‎ C． D． ‎[解析]　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1>0，x2>0，‎ ‎∴|FA|＝x1＋2，|FB|＝x2＋2，∴x1＋2＝2x2＋4，‎ 7‎ ‎∴x1＝2x2＋2.‎ 由，得k2x2＋(4k2－8)x＋4k2＝0，‎ ‎∴x1x2＝4，x1＋x2＝＝－4.‎ 由，得x＋x2－2＝0，∴x2＝1，∴x1＝4，‎ ‎∴－4＝5，∴k2＝，k＝.‎ ‎6．已知斜率为的直线l与抛物线y2＝2px(p>0)交于位于x轴上方的不同两点A，B，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y2＝2p(2y＋t)⇒y2－4py－‎2pt＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Δ＝16p2＋‎8pt>0⇒t>－2p，y1＋y2＝4p，y1y2＝－‎2pt>0⇒t<0，即－2p2，即k1＋k2的取值范围是(2，＋∞)．‎ ‎7．已知F1，F2分别是双曲线3x2－y2＝‎3a2(a>0)的左、右焦点，P是抛物线y2＝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.‎ ‎[解析]　将双曲线方程化为标准方程得－＝1，抛物线的准线为x＝－‎2a，联立⇒x＝‎3a，即点P的横坐标为‎3a.而由⇒|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：y2＝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＝2，则|AB|＝8.‎ ‎[解析]　依题意作出图象如图所示，‎ 设l：x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得，‎ 7‎ y2－4my－4＝0，∴y1＋y2＝‎4m，y1y2＝－4，x1x2＝·＝1，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝‎4m2‎＋2.‎ ‎∵tan∠AMB＝tan(∠AMF＋∠BMF)，‎ ‎∴＝2，‎ ＝2，‎ y1－y2＝‎4m2，‎ ‎∴4＝‎4m2‎，m2＝1，‎ ‎∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋1＋x2＋1＝‎4m2‎＋4＝8.‎ ‎9．(2018·抚州一模)已知动圆C与圆x2＋y2＋2x＝0外切，与圆x2＋y2－2x－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x2＋y2＋2x＝0得(x＋1)2＋y2＝1，由x2＋y2－2x－24＝0得(x－1)2＋y2＝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b2＝a2－c2＝9－1＝8，所以动圆圆心C的轨迹方程为＋＝1.‎ ‎(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，‎ 由得(8＋9k2)x2＋36kx－36＝0，‎ x1＋x2＝－，所以x0＝，‎ y0＝kx0＋2＝，‎ 因为AE⊥MN，所以kAE＝－，‎ 即＝－，‎ 7‎ 所以m＝＝，‎ 当k>0时，9k＋≥2＝12，‎ 所以－≤m<0；‎ 当k<0时，9k＋≤－12，‎ 所以0b>0)经过点A(0，－1)，且离心率为.‎ ‎(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＝，b＝1，结合a2＝b2＋c2，解得a＝，所以，椭圆的方程为＋y2＝1.‎ ‎(Ⅱ)证明：由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入＋y2＝1，得 ‎(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0.‎ 由已知Δ＞0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 从而直线AP与AQ的斜率之和 kAP＋kAQ＝＋ ‎＝＋ 7‎ ‎＝2k＋(2－k) ‎＝2k＋(2－k)× ‎＝2k＋(2－k)× ‎＝2k－2(k－1)‎ ‎＝2.‎ ‎2．设点P是曲线C：x2＝2py(p>0)上的动点，点P到点(0,1)的距离和它到焦点F的距离之和的最小值为.‎ ‎(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．‎ ‎[解析]　(1)依题意知1＋＝，解得p＝.‎ 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－，0)．‎ 联立方程组，‎ 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＝－(x－k＋1)．代入曲线方程y＝x2中，得 x2＋x－1＋－(1－k)2＝0.‎ 解得N(1－－k，(1－k－)2)．‎ 所以直线MN的斜率kMN＝ ‎＝－.‎ 过点N的切线的斜率k′＝2(1－k－)．‎ 7‎ 由题意有－＝2(1－k－)．‎ 解得k＝.‎ 故存在实数k＝使命题成立．‎ 7‎