word打印版衡中2020版二轮复习 数学练习题学案含答案和解析第1部分 专题6 第3讲定点、定值、存在性问题.doc

第一部分专题六第三讲A组1已知抛物线C：y24x的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于M，N两点，且|MF|2|NF|，则直线l的斜率为(B)A±B±2C±D±解析依题意得F(1,0)设直线MN的方程为xmy1.由消去x并整理，得y24my40.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1y24m，y1y24.因为|MF|2|NF|，所以y12y2.联立和，消去y1y2，得m±，所以直线l的斜率是±2.故选B.2过双曲线x21的右支上一点P，分别向圆C1：(x4)2y24和圆C2：(x4)2y21作切线，切点分别为M，N，则|PM|2|PN|2的最小值为(B)A10 B13 C16 D19解析由题意可知，|PM|2|PN|2(|PC1|24)(|PC2|21)，因此|PM|2|PN|2|PC1|2|PC2|23(|PC1|PC2|)(|PC1|PC2|)32(|PC1|PC2|)32|C1C2|313.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)A1 B C D2解析|PF1|4a，|PF2|2a.设F1PF2，cos，S2PF1F2(×4a×2a×sin)216a4(1)9(a2)2，当且仅当a2时，等号成立，故SPF1F2的最大值是.故选B.4已知斜率为的直线l与抛物线y22px(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k1k2的取值范围是_(2，)_.解析设直线l：x2yt，联立抛物线方程消去x得y22p(2yt)y24py2pt0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，16p28pt>0t>2p，y1y24p，y1y22pt>0t<0，即2p<t<0.x1x2(2y1t)(2y2t)4y1y22t(y1y2)t24(2pt)2t·4pt2t2，k1k2.2p<t<0，>2，即k1k2的取值范围是(2，)5已知点A在椭圆1上，点P满足(1)·(R)(O是坐标原点)，且·72，则线段OP在x轴上的投影长度的最大值为_15_.解析因为(1)，所以，即O，A，P三点共线，因为·72，所以·|272，设A(x，y)，OA与x轴正方向的夹角为，线段OP在x轴上的投影长度为|cos|x|15，当且仅当|x|时取等号6如图，椭圆E：1(a>b>0)的离心率是，点P(0,1)在短轴CD上，且·1.(1)求椭圆E的方程；(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点，是否存在常数，使得··为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由解析(1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，b)，(0，b)又点P的坐标为(0,1)，且·1，于是解得a2，b.所以椭圆E的方程为1.(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykx1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)联立得(2k21)x24kx20.其判别式(4k)28(2k21)>0，所以x1x2，x1x2.从而··x1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x1x2k(x1x2)12.所以，当1时，23.此时，··3为定值当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD.此时····213.故存在常数1，使得··为定值为3.B组1如图，椭圆E：1(a>b>0)经过点A(0，1)，且离心率为.(1)求椭圆E的方程；(2)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(1)由题意知，b1，结合a2b2c2，解得a，所以，椭圆的方程为y21.(2)证明：由题设知，直线PQ的方程为yk(x1)1(k2)，代入y21，得(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0.由已知0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x20，则x1x2，x1x2.从而直线AP与AQ的斜率之和kAPkAQ2k(2k)2k(2k)×2k(2k)×2k2(k1)2.2已知动圆C与圆x2y22x0外切，与圆x2y22x240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(k0)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x2y22x0得(x1)2y21，由x2y22x240得(x1)2y225，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|R1，|CF2|5R，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c1，a3，所以b2a2c2918，所以动圆圆心C的轨迹方程为1.(2)存在直线l的方程为ykx2，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AEMN，由得(89k2)x236kx360，x1x2，所以x0，y0kx02.因为AEMN，所以kAE，即，所以m，当k>0时，9k212，所以m<0；当k<0时，9k12，所以0<m.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，0)(0，3已知抛物线C：y22px经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，求证：为定值解析(1)因为抛物线y22px过点(1,2)，所以2p4，即p2.故抛物线C的方程为y24x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为ykx1(k0)，由得k2x2(2k4)x10.依题意(2k4)24×k2×1>0，解得k<0或0<k<1.又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，2)从而k3.所以直线l的斜率的取值范围是(，3)(3,0)(0,1)(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)由(1)知x1x2，x1x2.直线PA的方程为y2(x1)令x0，得点M的纵坐标为yM22.同理得点N的纵坐标为yN2.由，得1yM，1yN.所以··2.所以为定值4(文)设点P是曲线C：x22py(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(k0)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x2y.(2)由题意直线PQ的方程为yk(x1)1，则点M(1，0)联立方程组，消去y得x2kxk10，得Q(k1，(k1)2)所以得直线QN的方程为y(k1)2(xk1)代入曲线方程yx2中，得x2x1(1k)20.解得N(1k，(1k)2)所以直线MN的斜率kMN.过点N的切线的斜率k2(1k)由题意有2(1k)解得k.故存在实数k使命题成立(理)已知椭圆C：1(a>b>0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3(1，)，P4(1，)中恰有三点在椭圆C上(1)求C的方程(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点若直线P2A与直线P2B的斜率的和为1，证明：直线l过定点解析(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点又由>知椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上因此解得故椭圆C的方程为y21.(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.如果l与x轴垂直，设l：xt，由题设知t0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为(t，)，(t，)，则k1k21，得t2，不符合题设从而可设l：ykxm(m1)将ykxm代入y21，得(4k21)x28kmx4m240.由题设可知16(4k2m21)>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.而k1k2.由题设k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0，即(2k1)·(m1)·0，解得k.当且仅当m>1时，>0，于是l：yxm，即y1(x2)，所以l过定点(2，1)