1.(10分)(2024·咸陽模擬)已知點F是拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點,縱坐標為2的點N在C上,以F為圓心、NF為半徑的圓交y軸于D,E,|DE|=23.
(1)求拋物線C的方程;
(2)過(-1,0)作直線l與拋物線C交于A,B,求kNA+kNB的值.
【解析】(1)由題知,N點的橫坐標為2p,
所以|NF|=p2+2p,|OF|=p2,
所以|NF|2=|DF|2=|OF|2+|DE|22,所以p22+(3)2=(p2+2p)2,解得p=2,
所以拋物線C的方程為y2=4x.
(2)由(1)知N(1,2),設A(x1,y1),B(x2,y2),直線AB的方程為x=my-1,
代入y2=4x,整理得y2-4my+4=0,所以Δ=(4m)2-4×4>0,即m2>1,
所以y1+y2=4m,y1y2=4,
所以kNA+kNB=y1-2x1-1+y2-2x2-1=y1-2my1-2+y2-2my2-2=2my1y2-2(1+m)(y1+y2)+8m2y1y2-2m(y1+y2)+4=8m-2(1+m)×4m+84m2-2m×4m+4=2.
2.(10分)(2024·鄭州模擬)在橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)中,其所有外切矩形的頂點在一個定圓Γ:x2+y2=a2+b2上,稱此圓為橢圓的蒙日圓.橢圓C過P(1,22),Q(-62,12).
(1)求橢圓C的方程;
(2)過橢圓C的蒙日圓上一點M,作橢圓的一條切線,與蒙日圓交于另一點N,若kOM,kON存在,證明:kOM·kON為定值.
【解析】(1)將P(1,22),Q(-62,12)代入到x2a2+y2b2=1中,
可得1a2+24b2=164a2+14b2=1,解得a2=2,b2=1,
所以橢圓C的方程為x22+y2=1.
(2)由題意可知,蒙日圓方程為x2+y2=3.
若直線MN斜率不存在,則直線MN的方程為x=2或x=-2.
不妨取x=2,易得M(2,1),N(2,-1),kOM=12=22,kON=-12=-22,
所以kOM·kON=-12.
若直線MN斜率存在,設直線MN的方程為y=kx+t.
聯(lián)立y=kx+tx22+y2=1,化簡整理得(2k2+1)x2+4ktx+2t2-2=0,
據(jù)題意有Δ=16k2t2-4(4k2t2-4k2+2t2-2)=0,于是有t2=2k2+1.
設M(x1,y1)(x1≠0),N(x2,y2)(x2≠0).
y=kx+tx2+y2=3化簡整理得(k2+1)x2+2ktx+t2-3=0,
Δ1=4k2t2-4(k2+1)(t2-3)=4(3k2-t2+3)=4(3k2+3-2k2-1)=4(k2+2)>0,
x1+x2=-2ktk2+1,x1x2=t2-3k2+1,
則kOM·kON=y1y2x1x2=(kx1+t)(kx2+t)x1x2=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2x1x2=k2+-2k2t21+k2+t2t2-31+k2=k2+t2-k2t2t2-3
=k2t2-3k2+t2-k2t2t2-3=t2-3k2t2-3,
因為t2=2k2+1,所以kOM·kON=2k2+1-3k22k2+1-3=1-k22k2-2=-12.
綜上可知,kOM·kON為定值-12.
3.(10分)(2024·哈爾濱模擬)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的漸近線方程為y=±34x,焦距為10,A1,A2為其左、右頂點.
(1)求C的方程;
(2)設點P是直線l:x=2上的任意一點,直線PA1,PA2分別交雙曲線C于點M,N,A2Q⊥MN,垂足為Q,求證:存在定點R,使得|QR|是定值.
【解析】(1)依題意ba=342c=10c2=a2+b2?a=4b=3?C:x216-y29=1.
(2)如圖:
設Q(x0,y0),M(x1,y1),N(x2,y2),
直線MN:y-y0=-x0-4y0(x-x0),
即MN:y=-x0-4y0x+(x0-4)x0+y02y0.
(記k=-x0-4y0,m=(x0-4)x0+y02y0)代入9x2-16y2=9×16中得:(9-16k2)x2-32kmx-16(m2+9)=0.
所以x1+x2=32km9-16k2,x1x2=-16(m2+9)9-16k2.
又因為直線A1M:y=y1x1+4(x+4),
直線A2N:y=y2x2-4(x-4),聯(lián)立得:-13=y1x1+4·x2-4y2=y1x1+4·(169)y2x2+4=169·(kx1+m)(kx2+m)(x1+4)(x2+4)
?(16k2+3)x1x2+4(4km+3)(x1+x2)+16(m2+3)=0
?(m2+9)(16k2+3)-8km(4km+3)+(m2+3)(16k2-9)=0
?-24km-6m2+16×12k2=0,
即32k2-4km-m2=0?m=-8k或m=4k(舍),
所以x0-4y0·8=(x0-4)x0+y02y0?(x0-6)2+y02=4,
所以Q點軌跡為以(6,0)為圓心,2為半徑的圓,所以R(6,0),|QR|=2.
4.(10分)(2024·寧德模擬)在平面直角坐標系xOy中,圓F1:(x+2)2+y2=4,F2(2,0),P是圓F1上的一個動點,線段PF2的垂直平分線l與直線PF1交于點M.記點M的軌跡為曲線C.
(1)求曲線C的方程;
(2)過點F2作與x軸不垂直的任意直線交曲線C于A,B兩點,線段AB的垂直平分線交x軸于點H,求證:|AB||F2H|為定值.
【解析】(1)如圖所示,
連接MF2,根據(jù)題意,|MP|=|MF2|,
則||MF2|-|MF1||=||MP|-|MF1||=|PF1|=20,b>0),
其中2a=2,2c=4,
所以a=1,c=2,b2=c2-a2=4-1=3,
故所求C的方程為x2-y23=1.
(2)設直線AB的方程為y=k(x-2),A(x1,y1),B(x2,y2),
y=k(x-2)x2-y23=1,(3-k2)x2+4k2x-4k2-3=0,Δ>0,
所以x1+x2=4k2k2-3,x1x2=4k2+3k2-3,則y1+y2=k(x1+x2)-4k=4k3k2-3-4k=12kk2-3,
所以AB中點為Q(2k2k2-3,6kk2-3),
當k=0時,Q(0,0),H(0,0),A(1,0),B(-1,0),此時|AB||F2H|=22=1;
當k≠0時,則AB的垂直平分線的方程為y-6kk2-3=-1k(x-2k2k2-3),令y=0得x=8k2k2-3,即H(8k2k2-3,0),
所以|F2H|=|2-8k2k2-3|=|6(1+k2)k2-3|,
又|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2·4k2k2-32-4(4k2+3k2-3)=6(1+k2)|k2-3|,
于是得|AB||F2H|=6(1+k2)|k2-3|6(1+k2)k2-3=1.
綜上可得,|AB||F2H|為定值1.
5.(10分)(2023·濰坊模擬)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,雙曲線C的右頂點A在圓O:x2+y2=3上,且AF1·AF2=-1.
(1)求雙曲線C的方程;
(2)動直線l與雙曲線C恰有1個公共點,且與雙曲線C的兩條漸近線分別交于點M,N,設O為坐標原點.
求證:△OMN的面積為定值.
【解析】(1)不妨設F1(-c,0),F2(c,0),
因為A(a,0),從而AF1=(-c-a,0),AF2=(c-a,0),
故由AF1·AF2=a2-c2=-1,
又因為a2+b2=c2,所以b=1,
又因為A(a,0)在圓O:x2+y2=3上,
所以a=3,
所以雙曲線C的標準方程為x23-y2=1.
(2)設直線l與x軸交于D點,雙曲線的漸近線方程為y=±33x,
由于動直線l與雙曲線C恰有1個公共點,且與雙曲線C的兩條漸近線分別交于點M,N,
當動直線l的斜率不存在時,l:x=±3,|OD|=3,
|MN|=2,S△OMN=12×3×2=3.
當動直線l的斜率存在時,且斜率k≠±33,不妨設直線l:y=kx+m,
故由y=kx+m,x23-y2=1消y得(1-3k2)x2-6mkx-3m2-3=0,
依題意,1-3k2≠0且m≠0,
Δ=(-6mk)2-4(1-3k2)(-3m2-3)=0,
化簡得3k2=m2+1,
故由y=kx+my=33x?xM=m33-k,
同理可求,xN=-m33+k,
所以|MN|=1+k2|xM-xN|=23|m|k2+1|1-3k2|,
又因為原點O到直線l:kx-y+m=0的距離d=|m|k2+1,
所以S△OMN=12|MN|d=3m2|1-3k2|,
又因為3k2=m2+1,
所以S△OMN=3m2|1-m2-1|=3m2m2=3,
故△OMN的面積是定值,定值為3.
6.(10分)(2024·大慶模擬)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率e=12,短軸長為23.
(1)求橢圓C的方程;
(2)已知經(jīng)過定點P(1,1)的直線l與橢圓相交于A,B兩點,且與直線y=-34x相交于點Q,如果AQ=λAP,QB=μPB,那么λ+μ是否為定值?若是,請求出具體數(shù)值;若不是,請說明理由.
【解析】(1)由題意得b=3ca=12a2=b2+c2,解得a2=4,b2=3,故橢圓C的方程為x24+y23=1;
(2)當直線l的斜率不存在時,A(1,32),
B(1,-32),Q(1,-34),P(1,1),
則AQ=(0,-94),AP=(0,-12),QB=(0,-34),PB=(0,-52),
此時AQ=92AP,QB=310PB,λ+μ=92+310=245;
當直線l的斜率存在時,設斜率為k,則直線l的方程為y=k(x-1)+1,
聯(lián)立y=k(x-1)+1,y=-34x可得Q(4k-44k+3,3-3k4k+3),
設A(x1,y1),B(x2,y2),
聯(lián)立y=k(x-1)+1,3x2+4y2=12可得(3+4k2)x2+(8k-8k2)x+4k2-8k-8=0,
則x1+x2=8k2-8k3+4k2,x1x2=4k2-8k-83+4k2,
因為AQ=λAP,QB=μPB,
所以λ=xQ-x11-x1,μ=xQ-x21-x2,
所以λ+μ=xQ(2-x2-x1)-(x1+x2)+2x1x21-(x1+x2)+x1x2=xQ(6+8k)-8k-16-5=2(4k-4)-8k-16-5=245.

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