第5天 平面解析几何专题训练 [基础题训练]
x22→→
1．已知直线l与双曲线－y＝1相切于点P，l与双曲线的两条渐近线交于M，N两点，则OM·ON的
4值为( )
A．3 B．4 C．5
D．与P的位置有关 →→→
2．已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，△ABC的顶点都在抛物线上，且满足FA＋FB＋FC＝0，则
111
＋＋＝________． kABkACkBC3．(2020·重庆模拟)已知椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2.点M在椭圆C上滑
x2
y2
ab动，若△MF1F2的面积取得最大值4时，有且仅有2个不同的点M使得△MF1F2为直角三角形． (1)求椭圆C的方程； →→→→
(2)过点P(0，1)的直线l与椭圆C分别相交于A，B两点，与x轴交于点Q.设QA＝λPA，QB＝μPB，
求证：λ＋μ为定值，并求该定值． x2
y2
4．(2020·甘肃白银联考)设椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，下顶点为A，O
ab2为坐标原点，点O到直线AF2的距离为，△AF1F2为等腰直角三角形． 2
(1)求椭圆C的标准方程； (2)直线l与椭圆C分别相交于M，N两点，若直线AM与直线AN的斜率之和为2，证明：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标． [综合题训练]
1．(2020·湖南五市十校联考)已知动圆C过定点F(1，0)，且与定直线x＝－1相切． (1)求动圆圆心C的轨迹E的方程； (2)过点M(－2，0)的任一条直线l与轨迹E分别相交于不同的两点P，Q，试探究在x轴上是否存在定
点N(异于点M)，使得∠QNM＋∠PNM＝π？若存在，求点N的坐标；若不存在，说明理由． 2．(2020·湖南郴州教学质量监测)已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，过点F的直线分别交抛物线于A，B两点． (1)若以AB为直径的圆的方程为(x－2)2＋(y－3)2＝16，求抛物线C的标准方程； (2)过点A，B分别作抛物线的切线l1，l2，证明：l1，l2的交点在定直线上． 解析附后 第5天 平面解析几何专题训练 [基础题训练]
x22→→
1．已知直线l与双曲线－y＝1相切于点P，l与双曲线的两条渐近线交于M，N两点，则OM·ON的
4值为( )
A．3 B．4 C．5
D．与P的位置有关 02
02
x0x解析：选A.依题意，设点P(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中x－4y＝4，则直线l的方程是－
41
y0y＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y＝±x. 2
→→x＝2
①当y0＝0时，直线l的方程是x＝2或x＝－2.由x22，得，此时OM·ON＝(2，－
y＝±1 －y＝0
4
{x＝2
){)→→
1)·(2，1)＝4－1＝3，同理可得当直线l的方程是x＝－2时，OM·ON＝3.
②当y0≠0时，直线l的方程是y＝
1
(x0x－4)．由4y0
{y＝
10
（xx－4）4y0002
，得(4y2－x2)x＋8x0x－16＝0(*)，2x
－y2＝04
)1→→00
又x2－4y2＝4，因此(*)即是－4x2＋8x0x－16＝0，x2－2x0x＋4＝0，x1x2＝4，OM·ON＝x1x2＋y1y2＝x1x2－
43
x1x2＝x1x2＝3. 4
→→
综上所述，OM·ON＝3，故选A.
→→→
2．已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，△ABC的顶点都在抛物线上，且满足FA＋FB＋FC＝0，则
111
＋＋＝________． kABkACkBCp→→→
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，F，0，由FA＋FB＝－FC，得y1＋y2＋y3＝0.因为kAB＝
2
()y2－y12p2p2p111y1＋y2y3＋y1y2＋y3
＝，所以kAC＝13，kBC＝23，所以AB＋AC＋BC＝＋＋＝0. 2p2p2px2－x1y1＋y2y＋yy＋ykkk
答案：0 x2
y2
3．(2020·重庆模拟)已知椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2.点M在椭圆C上滑
ab动，若△MF1F2的面积取得最大值4时，有且仅有2个不同的点M使得△MF1F2为直角三角形． (1)求椭圆C的方程； →→→→
(2)过点P(0，1)的直线l与椭圆C分别相交于A，B两点，与x轴交于点Q.设QA＝λPA，QB＝μPB，
求证：λ＋μ为定值，并求该定值． 解：(1)由对称性知，点M在短轴端点时， 1
△MF1F2为直角三角形且∠F1MF2＝90°，且S△MF1F2＝4，所以b＝c且S＝·2c·b＝bc＝4， 2解得b＝c＝2，a2＝b2＋c2＝8， x2y2
所以椭圆C的方程为＋＝1. 84
x2y2
＋＝1，
(2)证明：显然直线l的斜率不为0，设直线l：x＝t(y－1)，联立84 x＝t（y－1），
{)消去x，得(t2＋2)y2－2t2y＋t2－8＝0. 2t2t2－8
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2，y1y2＝2. t＋2t＋2令y＝0，则x＝－t，所以Q(－t，0)， →→
因为QA＝λPA，所以y1＝λ(y1－1)， y1
所以λ＝1. y－1
y2→→
因为QB＝μPB，所以y2＝μ(y2－1)，所以μ＝2. y－1y1y22y1y2－（y1＋y2）8所以λ＋μ＝1＋＝＝. y－1y2－1y1y2－（y1＋y2）＋13
4．(2020·甘肃白银联考)设椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，下顶点为A，O
x2
y2
ab为坐标原点，点O到直线AF2的距离为
(1)求椭圆C的标准方程； 2，△AF1F2为等腰直角三角形． 2
(2)直线l与椭圆C分别相交于M，N两点，若直线AM与直线AN的斜率之和为2，证明：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标． xy
解：(1)由题意可知，直线AF2的方程为＋＝1， c－b即－bx＋cy＋bc＝0，则
2bcbc
＝＝. b2＋c2a2
因为△AF1F2为等腰直角三角形，所以b＝c， 又a2＝b2＋c2，可得a＝2，b＝1，c＝1， x22
所以椭圆C的标准方程为＋y＝1. 2(2)证明：由(1)知A(0，－1)． 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋t(t≠±1)， x22
代入＋y＝1，得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0， 2所以Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)＞0，即t2－2k2＜1. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－2t2－2x1x2＝. 1＋2k2
因为直线AM与直线AN的斜率之和为2， （t＋1）（x1＋x2）（t＋1）·4kty1＋1y2＋1kx1＋t＋1kx2＋t＋1
所以kAM＋kAN＝1＋2＝＋＝2k＋＝2k－＝2， 2t2－2xxx1x2x1x2整理得t＝1－k. 所以直线l的方程为y＝kx＋t＝kx＋1－k＝k(x－1)＋1，显然直线y＝k(x－1)＋1经过定点(1，1)． 4kt
， 1＋2k2
当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为x＝m.
2021高考数学7天练第5天《平面解析几何》专题训练附答案解析2
