2024版高中同步新教材选择性必修第一册（人教A版）数学 第三章 圆锥曲线的方程 专题强化练9 定点、定值及探究性问题

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专题强化练9　定点、定值及探究性问题1.(2023广东期中联考)已知A,B是抛物线y2=4x上异于原点O的两点,则“=0”是“直线AB恒过定点(4,0)”的              (　　)A.充分不必要条件B.充要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件2.(2022河南省实验中学月考)已知椭圆=1上的两个动点P(x1,y1),Q(x2,y2),且x1+x2=2.若线段PQ的垂直平分线经过一个定点,则此定点坐标为(　　)A.　　B.(1,0)　　C.(2,0)　　D.(-1,0)3.(2023上海华东师范大学第二附属中学期末)已知椭圆C:=1的左、右顶点均分别为A,B,其中a>b>0,且P,Q分别为双曲线和椭圆上不同于A,B的动点,满足=λ()(λ∈R,|λ|>1),设直线PA,PB,QA,QB的斜率分别为k1,k2,k3,k4,则k1+k2+k3+k4=　　　　. 4.(2021重庆巴蜀中学期中)如图,已知P为椭圆C:=1(a>b>0)上的点,点A,B分别在直线y=x上,点O为坐标原点,四边形OAPB为平行四边形,若平行四边形OAPB四边长的平方和为定值,则椭圆C的离心率为　　　　. 5.(2022河南安阳月考)过点P的直线交椭圆C:+y2=1于E,F两点,则的值为　　　　　. 6.(2022湖北襄阳期末)已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的一条渐近线的方程为x-2y=0,双曲线C的右焦点为F(3,0),双曲线C的左、右顶点分别为A,B.(1)求双曲线C的方程;(2)过右焦点F的直线l与双曲线C的右支交于P,Q两点(点P在x轴的上方),直线AP的斜率为k1,直线BQ的斜率为k2,证明:为定值.     7.已知圆C:(x-1)2+y2=,一动圆与直线x=-相切且与圆C外切.(1)求动圆圆心P的轨迹T的方程;(2)若经过定点Q(6,0)的直线l与曲线T交于A,B两点,M是AB的中点,过M作x轴的平行线与曲线T相交于点N,试问是否存在直线l,使得NA⊥NB?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.   8.(2023江西赣州期中联考)已知F1,F2分别为椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点,过点F2(1,0)且垂直于x轴的直线被C截得的弦长为3,过点F1的直线交C于A,B两点.(1)求C的方程;(2)若直线AB的斜率不为0,过A,B作直线x=-4的垂线,垂足分别是E,F,设EB与AF交于点G,直线x=-4与x轴交于点D,求证:为定值.
答案与分层梯度式解析专题强化练9　定点、定值及探究性问题1.B　根据题意,设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为x=my+b(b≠0),将直线AB的方程与抛物线方程y2=4x联立,可得y2-4my-4b=0,则y1+y2=4m,y1y2=-4b,则+y1y2=b2-4b=b(b-4)(b≠0).若=0,则b=4,则直线AB的方程为x=my+4,直线AB恒过定点(4,0);若直线AB恒过定点(4,0),则b=4,于是=0.所以“=0”是“直线AB恒过定点(4,0)”的充要条件.故选B.2.A　当x1≠x2时,由两式相减,并整理,得,设线段PQ的中点为N(1,n),n≠0,所以kPQ=,所以线段PQ的垂直平分线的方程为y-n=2n(x-1),即y=2n,该直线恒过点;当x1=x2时,线段PQ的垂直平分线也过点.故线段PQ的垂直平分线恒过点.故选A.3.答案　0解析　设O为坐标原点,由=λ()(λ∈R,|λ|>1),可得2,即,则点P,Q,O三点共线.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则k1+k2=,同理可得k3+k4=-,∵,∴x1=λx2,y1=λy2,∴,∴k1+k2+k3+k4==0.4.答案　解析　设P(x0,y0),则直线PA的方程为y=-+y0,直线PB的方程为y=+y0.由,由,则|PA|2+|PB|2=.又为定值,点P在椭圆上,所以,所以e2=,所以e=.5.答案　3解析　当直线EF的斜率为0时,点E,F为椭圆长轴的端点,不妨设E(-,0),F(,0),则=3.当直线EF的斜率不为0时,设直线EF的方程为x=ty+,E,F,由消去x,得(t2+2)y2+=0,所以Δ=(t2+2)=8t2+>0恒成立,y1+y2=-,y1y2=-.因此,=×=3.综上所述,=3.6.解析　(1)由题意可知,在双曲线C中,c=3,,c2=a2+b2,所以所以双曲线C的方程为=1.(2)证明:当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x-3),P(x1,y1),Q(x2,y2),y1>0,由消去y,可得(5-4k2)x2+24k2x-36k2-20=0,所以x1+x2=,x1x2=.则k1=,k2=,所以===;当直线l的斜率不存在时,l:x=3,此时.综上,为定值.7.解析　(1)设P(x0,y0),由题可知动圆圆心不能在y轴左侧,故x0≥0,因为动圆与直线x=-相切且与圆C:(x-1)2+y2=外切,所以|PC|-,∴=x0+1,化简得=4x0,所以动圆圆心P的轨迹T的方程为y2=4x.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意,设直线l的方程为x=my+6,联立消去x得y2-4my-24=0,所以y1+y2=4m,y1y2=-24,①所以x1+x2=4m2+12,x1x2=36,②假设存在N(x0,y0)使得NA⊥NB,则由题意可得y0==2m,③因为N在抛物线上,所以x0=,即x0=m2,④又=0,=(x1-x0,y1-y0),=(x2-x0,y2-y0),所以x1x2-x0(x1+x2)++y1y2-y0(y1+y2)+=0,将①②③④代入此式并化简,可得(m2+6)(3m2-2)=0,所以m=±,即l:x=±y+6,所以存在直线l,使得NA⊥NB,且直线l的方程为3x+y-18=0.8.解析　(1)因为过点F2且垂直于x轴的直线被C截得的弦长为3,所以=3,①因为C的右焦点为F2(1,0),所以c=1,②联立①②,结合a2=b2+c2,可解得a=2,b=,所以C的方程为=1.(2)证明:当直线AB的斜率不存在时,易知G,D(-4,0),F1(-1,0),所以=1.当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=k(x+1),联立y=k(x+1)与=1,消去y,得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则Δ=64k4-4(3+4k2)(4k2-12)=144(k2+1)>0恒成立,且x1+x2=,x1x2=,由题可知E(-4,y1),F(-4,y2),则直线EB的方程为y-y1=(x+4),①直线AF的方程为y-y2=(x+4),②②-①得y1-y2=(x+4)-(x+4),易知y1-y2≠0,所以1=(x+4)+(x+4)=(x+4)=(x+4),所以x+4==,所以x=-,所以G的横坐标为-,又D(-4,0),F1(-1,0),所以G为DF1垂直平分线上一点,所以=1.综上,=1,为定值.