2018届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

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE20学必求其心得，业必贵于专精专题六第三讲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eq\o（OC，\s\up6(→）)＝λ1eq\o(OA,\s\up6（→)）＋λ2eq\o（OB,\s\up6(→))（O为原点），其中λ1,λ2∈R，且λ1＋λ2＝1，则点C的轨迹是eq\x(导学号52134764）(A)A．直线 B．椭圆C．圆 D．双曲线［解析]设C（x,y），因为eq\o（OC，\s\up6(→））＝λ1eq\o(OA,\s\up6(→))＋λ2eq\o（OB，\s\up6（→)）,所以（x，y）＝λ1（3,1）＋λ2（－1，3)，即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x＝3λ1－λ2,,y＝λ1＋3λ2，））解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（λ1＝\f（y＋3x，10)，,λ2＝\f（3y－x，10）,）)又λ1＋x2＝1，所以eq\f（y＋3x，10)＋eq\f（3y－x,10)＝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－eq\f(y2，15）＝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eq\x（导学号52134765）(B）A．10 B．13C．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故选B．3．（2017·山西质检)已知F1，F2分别是双曲线eq\f（x2,a2）－eq\f（y2，b2)＝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eq\x(导学号52134766）(B)A．1 B．eq\f（4,3)C．eq\f(5，3） D．2[解析]∵eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(|PF1|＝2|PF2|，，|PF1|－｜PF2|＝2a，）)∴|PF1|＝4a，｜PF2｜＝2设∠F1PF2＝θ，∴cosθ＝eq\f（16a2＋4a2－4,2×4a×2a）＝eq\f（5a2－1,4a2)，∴S2△PF1F2＝（eq\f（1，2)×4a×2a×sinθ)2＝16a4（1－eq\f（25a4－10a2＋1，16a4）)＝eq\f（16,9)－9(a2－eq\f（5,9))2≤eq\f（16，9），当且仅当a2＝eq\f（5，9)时，等号成立，故S△PF1F2的最大值是eq\f(4,3）．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eq\r(7)x＋3y＝0是双曲线M的一条渐近线,点P在双曲线M上，且eq\o(PF1，\s\up6（→）)·eq\o（PF2,\s\up6(→)）＝0，如果抛物线y2＝16x的准线经过双曲线M的一个焦点，那么｜eq\o(PF1,\s\up6（→)）|·｜eq\o(PF2,\s\up6（→））|＝eq\x（导学号52134767)(B)A．21 B．14C．7 D．0[解析]设双曲线方程为eq\f（x2，a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b〉0），∵直线eq\r(7）x＋3y＝0是双曲线M的一条渐近线，∴eq\f（b,a)＝eq\f(\r（7),3），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eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1(｜PF1|－｜PF2|))＝6④又eq\o(PF1，\s\up6（→））·eq\o（PF2,\s\up6（→))＝0，∴eq\o(PF1，\s\up6（→))⊥eq\o（PF2，\s\up6(→)），∴在Rt△PF1F2中|eq\o(PF1,\s\up6（→))|2＋｜eq\o(PF2，\s\up6(→））|2＝82⑤联立④⑤，解得|eq\o(PF1，\s\up6(→)）｜·|eq\o(PF2，\s\up6(→)）|＝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eq\x(导学号52134768)(D）A．eq\f（1,3) B．eq\f（\r（2),3)C．eq\f(2，3) D．eq\f(2\r（2）,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．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝8x,y＝kx＋2）)，得k2x2＋(4k2－8)x＋4k2＝0，∴x1x2＝4，x1＋x2＝eq\f(8－4k2,k2)＝eq\f(8，k2）－4．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝2x2＋2,x1x2＝4)），得xeq\o\al（2，2）＋x2－2＝0，∴x2＝1，∴x1＝4,∴eq\f（8,k2)－4＝5，∴k2＝eq\f(8,9），k＝eq\f（2\r(3),3）．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eq\x(导学号52134769)（C)A．(eq\f(1,3）,eq\f（1,2）) B．（eq\f（2,5)，eq\f（1,2））C．(eq\f（1,3）,eq\f(2，5)) D．（eq\f（1，2），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<eq\f(c，5－c）〈2，∴eq\f(5，2)〈c<eq\f（10,3)，∵椭圆的离心率e＝eq\f（c，a）＝eq\f(c,c＋5）＝1－eq\f(5，c＋5），且eq\f(1,3）〈1－eq\f（5,c＋5）〈eq\f(2,5），∴该椭圆的离心率的取值范围是(eq\f（1，3）,eq\f(2,5)）．（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eq\x（导学号52134770）（C)A．eq\f(\r(3),3) B．eq\f(2,3）C．eq\f（\r(2），2) D．1[解析］设P（eq\f(t2，2p）,t)，则F（eq\f（p，2），0），则由|PM|＝2｜MF｜,得M（eq\f（p＋\f（t2，2p）,3)，eq\f(t，3）），当t＝0时，直线OM的斜率k＝0,当t≠0时，直线OM的斜率k＝eq\f(t,p＋\f(t2,2p）)＝eq\f(1,\f(p，t)＋\f(t，2p）），所以|k｜＝eq\f(1，\f(p，|t｜)＋\f(|t｜,2p)）≤eq\f(1,2\r（\f(p,｜t｜）·\f（|t|，2p)))＝eq\f(\r(2）,2),当且仅当eq\f(p,｜t｜)＝eq\f(|t|，2p）时取等号，于是直线OM的斜率的最大值为eq\f（\r（2）,2),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__.eq\x(导学号52134771）［解析]将双曲线方程化为标准方程得eq\f（x2，a2)－eq\f（y2,3a2)＝1，抛物线的准线为x＝－2a，联立eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(\f（x2，a2)－\f(y2，3a2)＝1,,y2＝8ax）)⇒x＝3a，即点P的横坐标为3a。而由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(|PF1|＋|PF2｜＝12，，|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．(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eq\o（PM，\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→））的最小值为__－14__.eq\x（导学号52134772)［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±2eq\r（2）,所以可取M（2－2eq\r（2）,3－2eq\r(2))，N(2＋2eq\r（2)，3＋2eq\r（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eq\o（PM，\s\up6（→））＝（2－x－2eq\r(2),4－x－2eq\r（2）)，eq\o(PN，\s\up6(→））＝（2－x＋2eq\r（2)，4－x＋2eq\r(2）），eq\o（PM,\s\up6（→))·eq\o(PN，\s\up6（→））＝（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＝2eq\r（2),则｜AB｜＝__8__.eq\x(导学号52134773)［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eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（y2＝4x，，x＝my＋1))得，y2－4my－4＝0，∴y1＋y2＝4m,y1y2＝－4，x1x2＝eq\f（y\o\al(2，1),4）·eq\f（y\o\al（2，2),4）＝1，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝4m2＋2．∵tan∠AMB＝tan(∠AMF＋∠BMF）,∴eq\f(\f(y1，x1＋1)＋\f（－y2，x2＋1)，1－\f(y1，x1＋1)·\f(－y2,x2＋1）)＝2eq\r（2）,eq\f(y1my2＋2－y2my1＋2，x1＋1x2＋1＋y1y2)＝2eq\r(2），y1－y2＝4eq\r(2)m2,∴4eq\r(m2＋1）＝4eq\r（2)m2，m2∴|AB｜＝|AF|＋｜BF|＝x1＋1＋x2＋1＝4m10．(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.eq\x（导学号52134774）（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eq\o（OA,\s\up6(→）)·eq\o（OB，\s\up6(→))＝－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eq\o(OA,\s\up6（→））·eq\o（OB,\s\up6（→)）＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋eq\f(x\o\al(2，1)x\o\al(2，2)，64)＝－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。eq\x（导学号52134775)(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eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝8，,y1＋y2＝4.）)①当直线m的斜率不存在时，直线m方程为x＝4，由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（y2＝4x,，x＝4，））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eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(y－2＝kx－4，,y2＝4x，)）消去y，得k2x2－(8k2－4k＋4)x＋（2－4k）2＝0，（＊)∴x1＋x2＝eq\f（8k2－4k＋4，k2)＝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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x1＋x2＝8，，y1＋y2＝4，）)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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－4＝ay－2，,y2＝4x，)）消去x,得y2－4ay＋8a∵Δ＝16（a－1)2＋48>0,∴直线与轨迹C必相交．又y1＋y2＝4a＝4，∴a∴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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x1＋x2＝8，，y1＋y2＝4.)）∵A(x1，y1），B（x2，y2）在轨迹C上，∴有eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（y\o\al（2，1）＝4x1，①,y\o\al(2，2）＝4x2,②））由①－②得,yeq\o\al(2，1)－yeq\o\al（2,2)＝4（x1－x2)．当x1＝x2时，弦AB的中点不是N,不合题意,∴eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f（4,y1＋y2）＝1,即直线AB的斜率k＝1,注意到点N在曲线C的张口内（或：经检验,直线m与轨迹C相交)，∴存在满足题设的直线m，且直线m的方程为：y－2＝x－4，即x－y－2＝0．B组1．如图，椭圆E：eq\f(x2，a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点A（0,－1）,且离心率为eq\f(\r（2),2).eq\x(导学号52134776)（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）经过点(1,1）,且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q(均异于点A），证明：直线AP与AQ的斜率之和为2．[解析］（Ⅰ）由题意知eq\f(c,a)＝eq\f(\r（2),2），b＝1，结合a2＝b2＋c2,解得a＝eq\r(2），所以,椭圆的方程为eq\f（x2，2)＋y2＝1．（Ⅱ）证明：由题设知，直线PQ的方程为y＝k（x－1)＋1(k≠2），代入eq\f（x2,2）＋y2＝1，得（1＋2k2）x2－4k（k－1）x＋2k（k－2)＝0．由已知Δ＞0,设P(x1，y1)，Q（x2，y2），x1x2≠0，则x1＋x2＝eq\f（4kk－1，1＋2k2），x1x2＝eq\f(2kk－2，1＋2k2）．从而直线AP与AQ的斜率之和kAP＋kAQ＝eq\f（y1＋1,x1）＋eq\f(y2＋1,x2）＝eq\f（kx1＋2－k,x1)＋eq\f（kx2＋2－k，x2）＝2k＋(2－k)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,x1)＋\f（1,x2)))＝2k＋(2－k)×eq\f(x1＋x2，x1x2)＝2k＋(2－k)×eq\f（4kk－1,2kk－2）＝2k－2(k－1）＝2．2．设椭圆E：eq\f(x2,a2）＋eq\f（y2,1－a2)＝1的焦点在x轴上。eq\x（导学号52134777）(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＝eq\f（1，4），解得a2＝eq\f(5,8）．故椭圆E的方程为eq\f(8x2,5）＋eq\f（8y2,3)＝1．(2）设P（x0,y0),F1(－c,0），F2(c,0），其中c＝eq\r(2a2－1）。由题设知x0≠c，则直线F1P的斜率kF1P＝eq\f（y0，x0＋c）．直线F2P的斜率kF2P＝eq\f（y0，x0－c)．故直线F2P的方程为y＝eq\f(y0，x0－c）（x－c）．当x＝0时,y＝eq\f（cy0，c－x0）,即点Q坐标为（0,eq\f(cy0,c－x0))．因此，直线F1Q的斜率为kF1Q＝eq\f（y0,c－x0)．由于F1P⊥F1Q,所以kF1P·kF1Q＝eq\f(y0，x0＋c）·eq\f(y0，c－x0）＝－1．化简得yeq\o\al(2，0)＝xeq\o\al（2,0）(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eq\f(5，4)。eq\x（导学号52134778)(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＋eq\f(p,2）＝eq\f(5,4)，解得p＝eq\f(1,2）．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－eq\f(1，k）,0）．联立方程组eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1＋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＝－eq\f（1，k）（x－k＋1)．代入曲线方程y＝x2中,得x2＋eq\f（1，k）x－1＋eq\f(1,k)－（1－k）2＝0．解得N(1－eq\f(1，k)－k,（1－k－eq\f(1，k））2)．所以直线MN的斜率kMN＝eq\f(1－k－\f(1,k）2，1－\f(1,k）－k－1－\f（1，k）)＝－eq\f（1－k－\f（1，k）2，k）．过点N的切线的斜率k′＝2(1－k－eq\f(1,k）)．由题意有－eq\f(1－k－\f(1,k)2,k）＝2（1－k－eq\f(1，k））．解得k＝eq\f(－1±\r(5)，2)．故存在实数k＝eq\f(－1±\r(5),2)使命题成立．(理)已知椭圆eq\f（x2,a2）＋eq\f（y2,b2）＝1(a>b〉0）的右焦点为F（1,0)，离心率e＝eq\f（\r(2），2），A、B是椭圆上的动点。eq\x(导学号52134779)(1)求椭圆的标准方程;(2）若直线OA与OB的斜率乘积kOA·kOB＝－eq\f（1，2)，动点P满足eq\o（OP,\s\up6(→))＝eq\o（OA，\s\up6(→）)＋λeq\o(OB,\s\up6(→))，（其中实数λ为常数)．问是否存在两个定点F1、F2，使得｜PF1|＋|PF2|为定值？若存在，求F1、F2的坐标，若不存在，说明理由．［解析］(1）由题设可知:eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝1,，\f(c，a）＝\f（\r(2），2），)）∴a＝eq\r（2)．又b2＝a2－c2，∴b2＝1,∴椭圆标准方程为eq\f（x2，2）＋y2＝1．(2)设P（x，y）、A（x1,y1）、B（x2，y2)， 则由eq\o(OP，\s\up6(→））＝eq\o(OA,\s\up6（→））＋λeq\o（OB，\s\up6（→))得，（x，y)＝（x1，y1)＋λ(x2,y2）＝(x1＋λx2,y1＋λy2）,即x＝x1＋λx2，y＝y1＋λy2．因为点A、B在椭圆x2＋2y2＝2上，所以xeq\o\al（2，1）＋2yeq\o\al（2,1）＝2，xeq\o\al（2，2)＋2yeq\o\al(2，2)＝2，故x2＋2y2＝(xeq\o\al（2，1）＋λ2xeq\o\al(2,2)＋2λx1x2）＋2（yeq\o\al(2,1)＋λyeq\o\al(2，2)＋2λy1y2）＝（xeq\o\al（2,1）＋2yeq\o\al（2,1））＋λ2(xeq\o\al（2,2）＋2yeq\o\al(2,2)）＋2λ(x1x2＋2y1y2）＝2＋2λ2＋2λ(x1x2＋2y1y2)．设kOA，kOB分别为直线OA，OB的斜率，由题设条件知kOA·kOB＝eq\f（y1y2,x1x2)＝－eq\f(1，2）,因此x1x2＋2y1y2＝0，所以x2＋2y2＝2＋2λ2.即eq\f（x2,2＋2λ2)＋eq\f(y2,1＋λ2)＝1，所以P点是椭圆eq\f(x2,2＋2λ2）＋eq\f（y2，1＋λ2）＝1上的点，设该椭圆的左、右焦点为F1、F2，则由椭圆的定义|PF1|＋｜PF2｜为定值．又因c＝eq\r(1＋λ2）因此两焦点的坐标为F1（－eq\r(1＋λ2），0），F2(eq\r（1＋λ2)，0）．所以存在两个定点F1（－eq\r(1＋λ2）,0），F2(eq\r（1＋λ2)，0）．使得|PF1｜＋|PF2｜＝2eq\r（2＋2λ2）4．(2016·全国卷Ⅱ,20）已知椭圆E：eq\f(x2，t）＋eq\f(y2，3)＝1的焦