（1）求C的方程；
（2）過點P作直線l交C于M，N兩點，過點N作x軸的垂線交直線AM于點G，H為NG的中點，證明：直線AH的斜率為定值.
解析 （1）因為P（1，1）在C的漸近線y＝bax上，所以a＝b.
因為A（a，0），所以△PAO的面積為12a＝12，
解得a＝1，所以b＝1，
所以C的方程為x2－y2＝1.
（2）當直線l的斜率不存在時，不符合題意，舍去.
當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y－1＝k（x－1），M（x1，y1），N（x2，y2），
由y－1=k（x－1),x2－y2=1，得（1－k2）x2－2k（1－k）x－k2＋2k－2＝0，Δ＝4k2（1－k）2－4（1－k2）（－k2＋2k－2）＝8－8k，
由1－k2≠0，Δ>0，得k＜1且k≠－1，
則x1＋x2＝2k1+k，x1x2＝k2－2k+2k2－1.
直線AM的方程為y＝y(tǒng)1x1－1（x－1），
令x＝x2，得G（x2，y1（x2－1）x1－1），
因為H為NG的中點，所以H（x2，y1（x2－1）x1－1＋y22），
所以kAH＝y(tǒng)1（x2－1）x1－1＋y22x2－1＝12（y1x1－1＋y2x2－1），
因為y1x1－1＋y2x2－1＝k（x1－1）+1x1－1＋k（x2－1）+1x2－1＝2k＋1x1－1＋1x2－1，
1x1－1＋1x2－1＝x1＋x2－2x1x2－（x1＋x2）+1＝2k1+k－2k2－2k+2k2－1－2kk+1+1＝2－2k，所以kAH＝1，
所以直線AH的斜率為定值.
2.[2024四川宜賓第四中學模擬]如圖，已知拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點為F，D（1，0），點P是在第一象限內且在C上的一個動點，當DP與x軸垂直時，｜PF｜＝54，過點P作與C相切的直線l交y軸于點M，過點M作直線l的垂線交拋物線C于A，B兩點.
（1）求C的方程.
（2）延長PD，交拋物線C于點Q.設直線AB，OQ（其中O為坐標原點）的斜率分別為k1，k2，證明：k1k2為定值.
解析 （1）當DP與x軸垂直時，｜PF｜＝54，則由拋物線的定義可得1＋p2＝54，解得p＝12，
所以C的方程為y2＝x.
（2）設P（x0，y0），對于y2＝x，當y＞0時，y＝x，y'＝12x，所以y0＝x0，直線PM的斜率為12x0.
當直線PD的斜率存在時，將直線PD的方程y＝x0x0－1（x－1）與拋物線方程y2＝x聯(lián)立，消去x并化簡，得y2－x0－1x0y－1＝0，易得Δ＞0，設Q（xQ，yQ），則y0yQ＝－1，所以yQ＝－1y0＝－1x0.
（直線PD與拋物線的另一個交點是點P，這是一個直白的、但容易燈下黑的條件，這里根據(jù)“y1y2＝ca”可以直接求出yQ）
把點Q的縱坐標代入y＝x0x0－1（x－1），得xQ＝1x0，所以Q（1x0，－1x0）.
因為直線AB與切線l垂直，所以k1＝－1kPM，而kPM＝12x0，所以k1＝－2x0.
又O為坐標原點，所以k2＝y(tǒng)QxQ＝－x0.
所以k1k2＝2.當直線PD的斜率不存在時，P（1，1），Q（1，－1），此時k1＝－2，k2＝－1，所以k1k2＝2.
綜上，k1k2為定值2.
3.[2024福州市一檢]已知橢圓E：x24＋y23＝1的右焦點為F，左、右頂點分別為A，B.點C在E上，P（4，yP），Q（4，yQ）分別為直線AC，BC上的點.
（1）求yPyQ的值；
（2）設直線BP與E的另一個交點為D，求證：直線CD經(jīng)過點F.
解析 解法一 （1）如圖，依題意，A（－2，0），B（2，0）.
設C（x1，y1），則x124＋y123＝1，
直線AC的方程為y＝y(tǒng)1x1+2·（x＋2），令x＝4得yP＝6y1x1+2.
直線BC的方程為y＝y(tǒng)1x1－2（x－2），令x＝4得yQ＝2y1x1－2，
所以yPyQ＝12y12x12－4＝12×3（1－x124）x12－4＝－9，
即yP·yQ的值為－9.
（2）設D（x2，y2），P（4，t），則直線AP的方程為y＝t6（x＋2），直線BP的方程為y＝t2（x－2）.
由y＝t6（x+2),3x2+4y2=12，得（t2＋27）x2＋4t2x＋4t2－108＝0，
其判別式Δ1＞0，所以－2x1＝4t2－108t2+27，即x1＝54－2t227+t2，
故y1＝t6（x1＋2）＝18t27+t2.
由y＝t2（x－2),3x2+4y2=12，得（t2＋3）x2－4t2x＋4t2－12＝0，
其判別式Δ2＞0，
所以2x2＝4t2－12t2+3，即x2＝2t2－6t2+3，故y2＝t2（x2－2）＝－6tt2+3.
因為F（1，0），所以向量FC＝（x1－1，y1），F(xiàn)D＝（x2－1，y2），
則（x1－1）y2－（x2－1）y1＝27－3t227+t2·－6tt2+3－t2－9t2+3·18t27+t2＝－6t（27－3t2+3t2－27）（t2+3)(27+t2）＝0，
故FC與FD共線，
所以直線CD經(jīng)過點F.
解法二 （1）依題意，A（－2，0），B（2，0）.
設C（x1，y1），則x124＋y123＝1，
所以kAC·kBC＝y(tǒng)1x1+2·y1x1－2＝y(tǒng)12x12－4＝3（1－x124）x12－4＝－34.
即－34＝kAP·kBQ＝y(tǒng)P4+2·yQ4－2，故yPyQ的值為－9.
（2）設D（x2，y2）.
要證直線CD經(jīng)過點F（1，0），
只需證向量FC＝（x1－1，y1）與FD＝（x2－1，y2）共線，
即證（x1－1）y2＝（x2－1）y1. （*）
因為x124＋y123＝1＝（－2）24＋023，所以（x1+2)(x1－2）4＝－y123，
所以kAC＝y(tǒng)1x1+2＝－34·x1－2y1＝y(tǒng)P6，
同理可得kBD＝y(tǒng)2x2－2＝－34·x2+2y2＝y(tǒng)P2，
所以kACkBD＝（x2－2）y1（x1+2）y2＝13，即x1y2－3x2y1＋6y1＋2y2＝0， ①
同理可得－3x1y2＋x2y1＋2y1＋6y2＝0， ②
①－②得4x1y2－4x2y1＋4y1－4y2＝0，即（x1－1）y2＝（x2－1）y1.
所以（*）式成立，即直線CD經(jīng)過點F.
4.[2024江西九校聯(lián)考]已知拋物線C：y2＝2px（p＞0），直線x＝2y＋1交拋物線C于A，B兩點，且△OAB的面積為23（O為坐標原點）.
（1）求實數(shù)p的值；
（2）過點D（2，0）作直線l交拋物線C于P，Q兩點，點P關于x軸的對稱點為P'，證明：直線P'Q過定點，并求出定點坐標.
解析 （1）易得直線x＝2y＋1過點（1，0），
設A（x1，y1），B（x2，y2），
由x＝2y+1，y2=2px，得y2－22py－2p＝0，
所以y1＋y2＝22p，y1y2＝－2p，
所以｜y1－y2｜＝（y1＋y2）2－4y1y2＝（22p）2－4×（－2p）＝22（p2＋p），所以△OAB的面積S＝12×1×｜y1－y2｜＝2（p2＋p）＝23，
又p＞0，所以p＝2（p＝－3＜0舍去）.
（2）由（1）得拋物線C的方程為y2＝4x.
設P（x3，y3），Q（x4，y4），不妨令y4＞y3，則P'（x3，－y3）.
設直線l的方程為x＝ty＋2，（直線l的另一種設法為y＝k（x－2），請注意對這兩種設法的取舍）
由x＝ty+2，y2=4x，消去x，得y2－4ty－8＝0，
則y3＋y4＝4t，y3y4＝－8.
直線P'Q的方程為y－（－y3）＝y(tǒng)4－（－y3）x4－x3（x－x3），
即（x4－x3）y＋x4y3＝（y4＋y3）x－y4x3，
即（ty4－ty3）y＋（ty4＋2）y3＝（y4＋y3）x－y4（ty3＋2），
即t（y4－y3）y＝（y4＋y3）x－2ty4y3－2（y3＋y4），
即t（y4＋y3）2－4y4y3·y＝（y4＋y3）x－2ty4y3－2（y3＋y4），
即t（4t）2－4×（－8）·y＝4tx－2t×（－8）－2×4t，即tt2+2·y＝t（x＋2）.
令x+2=0，y=0，得x＝－2，y=0，
所以直線P'Q過定點，定點坐標為（－2，0）.
5.[2023南京六校聯(lián)考]已知橢圓C：x25＋y24＝1的上、下頂點分別為A，B，過點P（0，3）且斜率為k（k＜0）的直線與橢圓C自上而下交于M，N兩點，直線BM與AN交于點G.
（1）設AN，BN的斜率分別為k1，k2，求k1·k2的值；
（2）求證：點G在定直線上.
解析 （1）由已知，得A（0，2），B（0，－2），設M（x1，y1），N（x2，y2），
則k1·k2＝y(tǒng)2－2x2·y2+2x2＝y(tǒng)22－4x22，
又x225＋y224＝1，所以y22＝4（1－x225），
所以k1·k2＝4（1－x225）－4x22＝－45.
（2）由題意知直線PM的方程為y＝kx＋3（k＜0），
與橢圓方程聯(lián)立，得y＝kx+3，4x2+5y2=20，
消去y，得（4＋5k2）x2＋30kx＋25＝0.
Δ＝900k2－100（4＋5k2）＝400（k2－1）＞0，則k＜－1，
所以x1＋x2＝－30k4+5k2，x1·x2＝254+5k2.
直線MB的方程為y＝y(tǒng)1+2x1x－2，
直線NA的方程為y＝y(tǒng)2－2x2x＋2，
聯(lián)立，化簡得y+2y－2＝x2（y1+2）（y2－2）x1.
解法一 y+2y－2＝－54·y2+2x2·y1+2x1＝－54·k2x1x2+5k（x1＋x2）+25x1x2＝－5，解得y＝43，
所以點G在定直線y＝43上.
解法二 易得x1＋x2x1x2＝－65k，
所以y+2y－2＝x2kx2+1·kx1+5x1＝kx1x2+5x2kx1x2＋x1＝－56（x1＋x2）+5x2－56（x1＋x2）＋x1＝－5，解得y＝43，
所以點G在定直線y＝43上.
6.[設問創(chuàng)新]已知橢圓C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的右焦點為F（1，0），且過點A（－2，0）.
（1）求C的方程.
（2）點P，Q分別在C和直線x＝4上，OQ∥AP（O為坐標原點），M為AP的中點，求證：直線OM與直線QF的交點在某定曲線上.
解析 （1）由題意可知，A（－2，0）為橢圓C的左頂點，所以a＝2，又F（1，0）為C的右焦點，所以a2－b2＝1，所以b2＝3，
故橢圓C的方程為x24＋y23＝1.
（2）設P（x0，y0）（x0≠±2），則M（x0－22，y02），所以OM＝（x0－22，y02），直線AP的斜率k＝y(tǒng)0x0+2.
因為OQ∥AP，所以直線OQ的方程為y＝y(tǒng)0x0+2x，令x＝4，得Q（4，4y0x0+2），所以FQ＝（3，4y0x0+2）.
所以OM·FQ＝3（x0－2）2＋2y02x0+2＝3（x02－4）+4y022（x0+2） ①.
因為點P在橢圓C上，所以x024＋y023＝1，4y02＝12－3x02，
代入①，得OM·FQ＝0，所以OM⊥FQ，
所以直線OM與FQ的交點在以OF為直徑的圓上，該圓的方程為（x－12）2＋y2＝14，
即直線OM與直線FQ的交點在定曲線（x－12）2＋y2＝14上.

相關試卷

備考2024屆高考數(shù)學一輪復習好題精練第八章平面解析幾何突破3圓錐曲線中的定點定值定線問題命題點2定值問題：

這是一份備考2024屆高考數(shù)學一輪復習好題精練第八章平面解析幾何突破3圓錐曲線中的定點定值定線問題命題點2定值問題，共3頁。試卷主要包含了故拋物線C的方程為y2＝4x等內容，歡迎下載使用。

備考2024屆高考數(shù)學一輪復習好題精練第八章平面解析幾何突破3圓錐曲線中的定點定值定線問題命題點3定線問題：

這是一份備考2024屆高考數(shù)學一輪復習好題精練第八章平面解析幾何突破3圓錐曲線中的定點定值定線問題命題點3定線問題，共2頁。

備考2024屆高考數(shù)學一輪復習好題精練第八章平面解析幾何突破2圓錐曲線中的最值范圍問題命題點2范圍問題：

這是一份備考2024屆高考數(shù)學一輪復習好題精練第八章平面解析幾何突破2圓錐曲線中的最值范圍問題命題點2范圍問題，共2頁。

英語朗讀寶

相關試卷 更多

備考2024屆高考數(shù)學一輪復習好題精練第八章平面解析幾何突破3圓錐曲線中的定點定值定線問題命題點1定點問題

備考2024屆高考數(shù)學一輪復習好題精練第八章平面解析幾何突破3圓錐曲線中的定點定值定線問題命題點1定點問題
備考2024屆高考數(shù)學一輪復習好題精練第八章平面解析幾何突破2圓錐曲線中的最值范圍問題

備考2024屆高考數(shù)學一輪復習好題精練第八章平面解析幾何突破2圓錐曲線中的最值范圍問題
備考2024屆高考數(shù)學一輪復習好題精練第八章平面解析幾何突破2圓錐曲線中的最值范圍問題命題點1最值問題

備考2024屆高考數(shù)學一輪復習好題精練第八章平面解析幾何突破2圓錐曲線中的最值范圍問題命題點1最值問題
備考2024屆高考數(shù)學一輪復習強化訓練第八章平面解析幾何突破3圓錐曲線中的定點定值定線問題

備考2024屆高考數(shù)學一輪復習強化訓練第八章平面解析幾何突破3圓錐曲線中的定點定值定線問題
資料下載及使用幫助
版權申訴
版權申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內容侵犯了您的知識產(chǎn)權，請掃碼添加我們的相關工作人員，我們盡可能的保護您的合法權益。
入駐教習網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內有效

設置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部