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
1→→→
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
kAB
＋
11
＋＝________． kACkBC
x2y2
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上滑动，
ab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．
x2y2
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为
ab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)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
2
，△AF1F2为等腰直角三角形． 2
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]
x0x2
1．解析：选A.依题意，设点P(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中x2－4y＝4，则直线l的方程是00
41
－y0y＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y＝±x.
2
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，－1)·(2，
?y＝±1－y＝0???4→→
1)＝4－1＝3，同理可得当直线l的方程是x＝－2时，OM·ON＝3.
1
（xx－4）4y0012－x2)x2＋8xx－16＝0(*)，②当y0≠0时，直线l的方程是y＝(x0x－4)．由2，得(4y000
4y0x
－y2＝04
???
y＝
1→→2＝4，2＋8xx－16＝0，2－2xx＋4＝0，又x2－4y因此(*)即是－4xxxx＝4，OM·ON＝xx＋yy＝xx－xx000012121212
4123
＝x1x2＝3. 4
→→
综上所述，OM·ON＝3，故选A.
p?→→→
，0，由FA＋FB＝－FC，得y1＋y2＋y3＝0.因为kAB2．解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，F??2?＝
y2－y12p2p2p111y1＋y2y3＋y1y2＋y3
＝，所以kAC＝，kBC＝，所以＋＋＝＋＋＝0.
kABkACkBC2p2p2px2－x1y1＋y2y1＋y3y2＋y3答案：0
3．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
xy??8＋4＝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?
??x＝t（y－1），消去x，得(t2＋2)y2－2t2y＋t2－8＝0.
t2－82t2
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＝.
y1－1
y2→→
因为QB＝μPB，所以y2＝μ(y2－1)，所以μ＝.
y2－12y1y2－（y1＋y2）8y1y2
所以λ＋μ＝＋＝＝.
y1－1y2－1y1y2－（y1＋y2）＋13xy
4．解：(1)由题意可知，直线AF2的方程为＋＝1，
c－b
bcbc2
＝＝.
2b2＋c2a
22
即－bx＋cy＋bc＝0，则
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. 4kt
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－，
1＋2k2
2t2－2x1x2＝.
1＋2k2
因为直线AM与直线AN的斜率之和为2，
y1＋1y2＋1kx1＋t＋1kx2＋t＋1（t＋1）（x1＋x2）（t＋1）·4kt
所以kAM＋kAN＝＋＝＋＝2k＋＝2k－＝2，
x1x2x1x2x1x22t2－2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)．
当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为x＝m.
因为直线AM与直线AN的斜率之和为2，设M(m，n)，则N(m，－n)， n＋1－n＋12
所以kAM＋kAN＝＋＝＝2，解得m＝1，
mmm
此时直线l的方程为x＝1，显然直线x＝1也经过该定点(1，1)． 综上，直线l恒过点(1，1)．
[综合题训练]
1．解：(1)法一：由题意知，动圆圆心C到定点F(1，0)的距离与其到定直线x＝－1的距离相等，又由抛物线的定义，可得动圆圆心C的轨迹是以F(1，0)为焦点，x＝－1为准线的抛物线，其中p＝2.
所以动圆圆心C的轨迹E的方程为y2＝4x.
法二：设动圆圆心C(x，y)，由题意知（x－1）2＋y2＝|x＋1|， 化简得y2＝4x，即动圆圆心C的轨迹E的方程为y2＝4x. (2)假设存在点N(x0，0)，满足题设条件．
由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直线PN与QN的斜率互为相反数，即kPN＋kQN＝0.① 由题意知直线PQ的斜率必存在且不为0，设直线PQ的方程为x＝my－2.
2??y＝4x，
联立?得y2－4my＋8＝0.
?x＝my－2，?
由Δ＝(－4m)2－4×8＞0，得m＞2或m＜－2.
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3
