（文理通用）2022屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專(zhuān)題6 解析幾何 第3講 定點(diǎn)、定值、存在性問(wèn)題練習(xí)

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1、（文理通用）2022屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專(zhuān)題6 解析幾何 第3講 定點(diǎn)、定值、存在性問(wèn)題練習(xí) A組 1．平面直角坐標(biāo)系中，已知兩點(diǎn)A(3,1)，B(－1,3)，若點(diǎn)C滿(mǎn)足＝λ1＋λ2(O為原點(diǎn))，其中λ1，λ2∈R，且λ1＋λ2＝1，則點(diǎn)C的軌跡是( A ) A．直線　　 B．橢圓　　　 C．圓　　 D．雙曲線 [解析]　設(shè)C(x，y)，因?yàn)椋溅?＋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，所以點(diǎn)C的軌跡為直線． 故選A． 2．過(guò)雙曲線x2－＝1的右支上一點(diǎn)P，分別向圓C1：(x＋4)2＋y2＝

2、4和圓C2：(x－4)2＋y2＝1作切線，切點(diǎn)分別為M，N，則|PM|2－|PN|2的最小值為( B ) A．10 B．13 C．16 D．19 [解析]　由題意可知，|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. 故選B． 3．已知F1，F(xiàn)2分別是雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)，且|F1F2|＝2，若P是該雙曲線右支上的一點(diǎn)，且滿(mǎn)足|PF1|＝2|PF2|，則△

3、PF1F2面積的最大值是( B ) A．1 B． C． D．2 [解析]　∵ ∴|PF1|＝4a，|PF2|＝2a， 設(shè)∠F1PF2＝θ， ∴cosθ＝＝， ∴S2△PF1F2＝(×4a×2a×sinθ)2 ＝16a4(1－) ＝－9(a2－)2≤， 當(dāng)且僅當(dāng)a2＝時(shí)，等號(hào)成立，故S△PF1F2的最大值是. 故選B． 4．已知雙曲線M的焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2在x軸上，直線x＋3y＝0是雙曲線M的一條漸近線，點(diǎn)P在雙曲線M上，且·＝0，如果拋物線y2＝16x的準(zhǔn)線經(jīng)過(guò)雙曲線M的一個(gè)焦點(diǎn)，那么||·||＝( B ) A．21 B．14 C．7 D．0

4、[解析]　設(shè)雙曲線方程為－＝1(a>0，b>0)， ∵直線x＋3y＝0是雙曲線M的一條漸近線， ∴＝，① 又拋物線的準(zhǔn)線為x＝－4，∴c＝4② 又a2＋b2＝c2.③ ∴由①②③得a＝3. 設(shè)點(diǎn)P為雙曲線右支上一點(diǎn)， ∴由雙曲線定義得＝6④ 又·＝0， ∴⊥， ∴在Rt△PF1F2中||2＋||2＝82⑤ 聯(lián)立④⑤，解得||·||＝14. 5．已知直線y＝k(x＋2)(k＞0)與拋物線C：y2＝8x相交于A、B兩點(diǎn)，F(xiàn)為C的焦點(diǎn)，若|FA|＝2|FB|，則k的值為( D ) A． B． C． D． [解析]　設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1

5、>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．已知斜率為的直線l與拋物線y2＝2px(p>0)交于位于x軸上方的不同兩點(diǎn)A，B，記直線OA，OB的斜率分別為k1，k2，則k1＋k2的取值范圍是(2，＋∞). [解析]　設(shè)直線l：x＝2y＋t，聯(lián)立拋物線方程消去x得y2＝2p(2y＋t)?y2－4py－2pt＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，

6、Δ＝16p2＋8pt>0?t>－2p，y1＋y2＝4p，y1y2＝－2pt>0?t<0，即－2p2，即k1＋k2的取值范圍是(2，＋∞)． 7．已知F1，F(xiàn)2分別是雙曲線3x2－y2＝3a2(a>0)的左、右焦點(diǎn)，P是拋物線y2＝8ax與雙曲線的一個(gè)交點(diǎn)，若|PF1|＋|PF2|＝12，則拋物線的準(zhǔn)線方程為x＝－2. [解析]　將雙曲線方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程得－＝1，拋物線的準(zhǔn)線為x＝－2a，聯(lián)立?x＝3

7、a，即點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為3a.而由?|PF2|＝6－a，又易知F2為拋物線的焦點(diǎn)，∴|PF2|＝3a＋2a＝6－a，得a＝1，∴拋物線的準(zhǔn)線方程為x＝－2. 8．設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，過(guò)F的直線l與拋物線交于A，B兩點(diǎn)，M為拋物線C的準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)，若tan∠AMB＝2，則|AB|＝8. [解析]　依題意作出圖象如圖所示， 設(shè)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，

8、 ＝2， y1－y2＝4m2， ∴4＝4m2，m2＝1， ∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋1＋x2＋1＝4m2＋4＝8. 9．(2018·撫州一模)已知?jiǎng)訄AC與圓x2＋y2＋2x＝0外切，與圓x2＋y2－2x－24＝0內(nèi)切． (1)試求動(dòng)圓圓心C的軌跡方程； (2)過(guò)定點(diǎn)P(0,2)且斜率為k(k≠0)的直線l與(1)中軌跡交于不同的兩點(diǎn)M，N，試判斷在x軸上是否存在點(diǎn)A(m,0)，使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形？若存在，求出實(shí)數(shù)m的范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)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

9、)2＋y2＝25，設(shè)動(dòng)圓C的半徑為R，兩圓的圓心分別為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，則|CF1|＝R＋1，|CF2|＝5－R， 所以|CF1|＋|CF2|＝6，根據(jù)橢圓的定義可知，點(diǎn)C的軌跡為以F1，F(xiàn)2為焦點(diǎn)的橢圓，所以c＝1，a＝3，所以b2＝a2－c2＝9－1＝8，所以動(dòng)圓圓心C的軌跡方程為＋＝1. (2)存在．直線l的方程為y＝kx＋2，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中點(diǎn)為E(x0，y0)．假設(shè)存在點(diǎn)A(m,0)，使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形，則AE⊥MN， 由得(8＋9k2)x2＋36kx－36＝0， x1＋x2＝－，所以x0＝， y0＝kx0

10、＋2＝， 因?yàn)锳E⊥MN，所以kAE＝－， 即＝－， 所以m＝＝， 當(dāng)k>0時(shí)，9k＋≥2＝12， 所以－≤m<0； 當(dāng)k<0時(shí)，9k＋≤－12， 所以0b>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(0，－1)，且離心率為. (Ⅰ)求橢圓E的方程； (Ⅱ)經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1,1)，且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)P，Q(均異于點(diǎn)A)，證明：直線AP與AQ的斜率之和為2. [解析]　(Ⅰ)由題意知＝，b＝1，結(jié)合a2＝b2＋c2，解得a＝，

11、所以，橢圓的方程為＋y2＝1. (Ⅱ)證明：由題設(shè)知，直線PQ的方程為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，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0， 則x1＋x2＝，x1x2＝. 從而直線AP與AQ的斜率之和 kAP＋kAQ＝＋ ＝＋ ＝2k＋(2－k) ＝2k＋(2－k)× ＝2k＋(2－k)× ＝2k－2(k－1) ＝2. 2．設(shè)點(diǎn)P是曲線C：x2＝2py(p>0)上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P到點(diǎn)(0,1)的距離和它到焦點(diǎn)F的距離之和的最小值為. (1)求曲線C的方程；

12、(2)若點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為1，過(guò)P作斜率為k(k≠0)的直線交C于點(diǎn)Q，交x軸于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)Q且與PQ垂直的直線與C交于另一點(diǎn)N，問(wèn)是否存在實(shí)數(shù)k，使得直線MN與曲線C相切？若存在，求出k的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． [解析]　(1)依題意知1＋＝，解得p＝. 所以曲線C的方程為x2＝y(tǒng). (2)由題意直線PQ的方程為：y＝k(x－1)＋1， 則點(diǎn)M(1－，0)． 聯(lián)立方程組， 消去y得x2－kx＋k－1＝0，得Q(k－1，(k－1)2)． 所以得直線QN的方程為y－(k－1)2＝－(x－k＋1)．代入曲線方程y＝x2中，得 x2＋x－1＋－(1－k)2＝0. 解得N(1－－k，(1－k－)2)． 所以直線MN的斜率kMN＝ ＝－. 過(guò)點(diǎn)N的切線的斜率k′＝2(1－k－)． 由題意有－＝2(1－k－)． 解得k＝. 故存在實(shí)數(shù)k＝使命題成立．