- 217.00 KB
- 2021-05-14 发布
- 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ:403074932
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