高考数学大二轮复习专题六解析几何第3讲定点定值存在性问题复习指导课后强化训练.docx
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高考数学大二轮复习专题六解析几何第3讲定点定值存在性问题复习指导课后强化训练
专题六 第三讲
A组
1.(2017·天津津南一模)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+x2=1,所以+=1,即x+2y=5,所以点C的轨迹为直线.
故选A.
2.(2017·长春质检)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.10B.13
C.16D.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.(2017·山西质检)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.1B.
C.D.2
[解析] ∵
∴|PF1|=4a,|PF2|=2a,
设∠F1PF2=θ,
∴cosθ==,
∴S2△PF1F2=(×4a×2a×sinθ)2
=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.(2017·云南统检)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.21B.14
C.7D.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,
∴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.(文)已知有公共焦点的椭圆与双曲线的中心为原点,焦点在x轴上,左、右焦点分别为F1、F2,且它们在第一象限的交点为P,△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形.若|PF1|=10,双曲线的离心率的取值范围为(1,2).则该椭圆的离心率的取值范围是( C )
A.(,)B.(,)
C.(,)D.(,1)
[解析] 设椭圆的半焦距为c,长半轴长为a,由椭圆的定义及题意知,|PF1|=2a-|PF2|=2a-2c=10,得到a-c-5=0,因为双曲线的离心率的取值范围为(1,2),所以1<<2,∴ (理)(2016·四川卷,8)设O为坐标原点,P是以F为焦点的抛物线y2=2px(p>0)上任意一点,M是线段PF上的点,且|PM|=2|MF|,则直线OM斜率的最大值为( C ) A.B. C.D.1 [解析] 设P(,t),则F(,0),则由|PM|=2|MF|,得M(,),当t=0时,直线OM的斜率k=0,当t≠0时,直线OM的斜率k==,所以|k|=≤=,当且仅当=时取等号,于是直线OM的斜率的最大值为,故选C. 7.(2017·河南洛阳统考)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.(2017·南昌一模)已知抛物线C: x2=4y的焦点为F,过点F且斜率为1的直线与抛物线相交于M,N两点.设直线l是抛物线C的切线,且l∥MN,P为l上一点,则·的最小值为__-14__. [解析] 由题意知F(0,1),所以过点F且斜率为1的直线方程为y=x+1,代入x2=4y,整理得x2-4x-4=0,解得x=2±2,所以可取M(2-2,3-2),N(2+2,3+2),因为l∥MN,所以可设l的方程为y=x+m,代入x2=4y,整理得x2-4x-4m=0,又直线l与抛物线相切,所以Δ=(-4)2-4(-4m)=0,所以m=-1,l的方程为y=x-1.设点P(x,x-1),则=(2-x-2,4-x-2),=(2-x+2,4-x+2),·=(2-x)2-8+(4-x)2-8=2x2-12x+4=2(x-3)2-14≥-14. 9.(2017·石家庄质检)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, 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. 10.(文)已知圆M: x2+(y-2)2=1,直线l: y=-1,动圆P与圆M相外切,且与直线l相切.设动圆圆心P的轨迹为E. (1)求E的方程; (2)若点A,B是E上的两个动点,O为坐标原点,且·=-16,求证: 直线AB恒过定点. [解析] (1)⊙O的圆心M(0,2),半径r=1,设动圆圆心P(x,y),由条件知|PM|-1等于P到l的距离, ∴|PM|等于P到直线y=-2的距离,∴P点轨迹是以M(0,2)为焦点,y=-2为准线的抛物线. 方程为x2=8y. (2)设直线AB: y=kx+b,A(x1,y1),B(x2,y2) 将直线AB的方程代入到x2=8y中得x2-8kx-8b=0,所以x1+x2=8k,x1x2=-8b, 又因为·=x1x2+y1y2=x1x2+=-8b+b2=-16⇒b=4 所以直线BC恒过定点(0,4). (理)(2017·青岛检测)已知点F(1,0),直线l: x=-1,动点P到点F的距离等于它到直线l的距离. (1)试判断点P的轨迹C的形状,并写出其方程; (2)是否存在过N(4,2)的直线m,使得直线m被截得的弦AB恰好被点N所平分? [解析] (1)因为P到点F的距离等于它到直线l的距离,所以点P的轨迹C是以F为焦点,直线x=-1为准线的抛物线,其方程为y2=4x. (2)解法一: 假设存在满足题设的直线m.设直线m与轨迹C交于A(x1,y1)、B(x2,y2), 依题意,得 ①当直线m的斜率不存在时,直线m方程为x=4, 由得y=±4与y1+y2=4矛盾,不合题意. ②当直线m的斜率存在时,设直线m的方程为y-2=k(x-4),联立方程组 消去y,得k2x2-(8k2-4k+4)x+(2-4k)2=0,(*) ∴x1+x2==8,解得k=1. 此时,方程(*)为x2-8x+4=0,其判别式大于零, ∴存在满足题设的直线m. 且直线m的方程为: y-2=x-4,即x-y-2=0. 解法二: 假设存在满足题设的直线m.设直线m与轨迹C交于A(x1,y1)、B(x2,y2), 依题意,得 易判断直线m不可能垂直于y轴, ∴设直线m的方程为x-4=a(y-2), 联立方程组 消去x,得y2-4ay+8a-16=0, ∵Δ=16(a-1)2+48>0, ∴直线与轨迹C必相交. 又y1+y2=4a=4,∴a=1. ∴存在满足题设的直线m, 且直线m的方程为: y-2=x-4,即x-y-2=0. 解法三: 假设存在满足题设的直线m.设直线m与轨迹C交于A(x1,y1),B(x2,y2), 依题意,得 ∵A(x1,y1),B(x2,y2)在轨迹C上, ∴有由①-②得,y-y=4(x1-x2). 当x1=x2时,弦AB的中点不是N,不合题意, ∴==1,即直线AB的斜率k=1, 注意到点N在曲线C的张口内(或: 经检验,直线m与轨迹C相交), ∴存在满足题设的直线m,且直线m的方程为: y-2=x-4,即x-y-2=0. B组 1.如图,椭圆E: +=1(a>b>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=+ =+ =2k+(2-k) =2k+(2-k)× =2k+(2-k)× =2k-2(k-1) =2. 2.设椭圆E: +=1的焦点在x轴上. (1)若椭圆E的焦距为1,求椭圆E的方程; (2)设F1、F2分别是椭圆E的左、右焦点,P为椭圆E上第一象限内的点,直线F2P交y轴于点Q,并且F1P⊥F1Q,证明: 当a变化时,点P在某条定直线上. [解析] (1)因为椭圆E的焦点在x轴上,焦距为1, 所以2a2-1=,解得a2=. 故椭圆E的方程为+=1. (2)设P(x0,y0),F1(-c,0),F2(c,0), 其中c=.由题设知x0≠c, 则直线F1P的斜率kF1P=. 直线F2P的斜率kF2P=. 故直线F2P的方程为y=(x-c). 当x=0时,y=,即点Q坐标为(0,). 因此,直线F1Q的斜率为kF1Q=. 由于F1P⊥F1Q,所以kF1P·kF1Q=·=-1. 化简得y=x(2a2-1).① 将①代入椭圆E的方程,由于点P(x0,y0)在第一象限,解得x0=a2,y0=1-a2,即点P在定直线x+y=1上. 3.(文)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,
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