新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第8章8.13圆锥曲线中定点与定值问题（含答案解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第8章8.13圆锥曲线中定点与定值问题（含答案解析），共5页。试卷主要包含了已知直线l，已知双曲线C，如图，已知椭圆C1，解　∵抛物线C等内容，欢迎下载使用。
1．已知直线l：y＝kx＋3与双曲线C：eq \f(x2,16)－eq \f(y2,4)＝1的右支交于不同的两点A和B，与y轴交于点P，且直线l上存在一点D满足eq \f(|PA|,|PB|)＝eq \f(|DA|,|DB|)(D不与P重合)．
(1)求实数k的取值范围；
(2)证明：当k变化时，点D的纵坐标为定值．
2．(2024·福州模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为eq \r(3)，C的右焦点F到其渐近线的距离为eq \r(6).
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l与双曲线C在第一象限交于A，B两点，直线x＝3交线段AB于点Q，且S△FAQ∶S△FBQ＝|FA|∶|FB|，证明：直线l过定点．
3.(2023·深圳模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F(2,0)．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)抛物线C在x轴上方一点A的横坐标为2，过点A作两条倾斜角互补的直线，与曲线C的另一个交点分别为B，C，求证：直线BC的斜率为定值．
4．(2023·杭州质检)如图，已知椭圆C1：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，椭圆C2：eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,4)＝1，A(－2,0)，B(2,0)，P为椭圆C2上的动点且在第一象限，直线PA，PB分别交椭圆C1于E，F两点，连接EF并延长交x轴于Q点，过B点作BH分别交椭圆C1，C2于G，H点，且BH∥PA.
(1)证明：kBF·kBG为定值；
(2)证明：直线GF过定点，并求出该定点；
(3)若记P，Q两点的横坐标分别为xP，xQ，证明：xPxQ为定值．
§8.13 圆锥曲线中定点与定值问题
1．(1)解 将直线方程y＝kx＋3代入双曲线方程eq \f(x2,16)－eq \f(y2,4)＝1，
化简整理得(1－4k2)x2－24kx－52＝0，
Δ＝(－24k)2＋4×(1－4k2)×52＝208－256k2，
要使直线与双曲线的右支有两个不同的交点A和B，
则应满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,\f(24k,1－4k2)>0，,\f(－52,1－4k2)>0，))
解得－eq \f(\r(13),4)0)的渐近线为y＝±eq \f(b,a)x，
又因为双曲线C的右焦点F(c,0)到其渐近线的距离为eq \r(6)，
所以eq \f(bc,\r(a2＋b2))＝b＝eq \r(6)，
又e＝eq \f(c,a)＝eq \r(3)，a2＋b2＝c2，
联立解得a＝eq \r(3)，
所以双曲线C的方程为eq \f(x2,3)－eq \f(y2,6)＝1.
(2)证明 由已知得，双曲线C的右焦点为F(3,0)，直线x＝3过双曲线C的右焦点．
则eq \f(S△FAQ,S△FBQ)＝eq \f(\f(1,2)|AF||FQ|sin∠AFQ,\f(1,2)|BF||FQ|sin∠BFQ)
＝eq \f(|AF|sin∠AFQ,|BF|sin∠BFQ)＝eq \f(|AF|,|BF|)，
所以sin∠AFQ＝sin∠BFQ，
所以直线AF与直线BF的倾斜角互补，kAF＋kBF＝0.
显然直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y＝kx＋m(00)的焦点为F(2,0)，
∴eq \f(p,2)＝2，解得p＝4，
故抛物线C的标准方程为y2＝8x.
(2)证明 ∵点A的横坐标为2，
即y2＝8×2，解得y＝±4，
故A点的坐标为(2,4)，
设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
由已知设AB：m(y－4)＝x－2，
即x＝my－4m＋2，
代入抛物线C的方程得y2＝8(my－4m＋2)，即y2－8my＋32m－16＝0，
则y1＋4＝8m，故y1＝8m－4，
∴x1＝my1－4m＋2＝m(8m－4)－4m＋2＝8m2－8m＋2，
即B(8m2－8m＋2,8m－4)，
设AC：－m(y－4)＝x－2，
即x＝－my＋4m＋2，
同理可得y2＝－8m－4，
则x2＝－my2＋4m＋2＝－m(－8m－4)＋4m＋2＝8m2＋8m＋2，
即C(8m2＋8m＋2，－8m－4)，
直线BC的斜率
kBC＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(16m,－16m)＝－1，
∴直线BC的斜率为定值．
4．(1)证明 设P(x0，y0)，
则eq \f(y\\al(2,0),9)＋eq \f(x\\al(2,0),4)＝1，可得yeq \\al(2,0)＝9－eq \f(9x\\al(2,0),4)，
又kPA＝eq \f(y0,x0＋2)，kPB＝eq \f(y0,x0－2)，
则kPA·kPB＝eq \f(y\\al(2,0),x\\al(2,0)－4)＝eq \f(9－\f(9x\\al(2,0),4),x\\al(2,0)－4)＝－eq \f(9,4)，
因为BG∥PA，
所以kBF·kBG＝kPA·kPB＝－eq \f(9,4).
(2)解 当直线GF的斜率存在时，设GF的方程为y＝k(x－t)(k≠0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－t，,3x2＋4y2＝12，))消去y得(4k2＋3)x2－8k2tx＋4k2t2－12＝0.
则Δ＝64k4t2－16(4k2＋3)(k2t2－3)＝48(4k2＋3－k2t2)>0，
设G(x1，y1)，F(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(8k2t,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4k2t2－12,4k2＋3)，
由kBF·kBG＝eq \f(y1,x1－2)·eq \f(y2,x2－2)
＝eq \f(k2[x1x2－tx1＋x2＋t2],x1x2－2x1＋x2＋4)＝－eq \f(9,4)，
得eq \f(3k2t2－12k2,4k2t2－16k2t＋16k2)＝－eq \f(9,4)，
约去k2并化简得t2－3t＋2＝0，解得t＝1(t＝2不符合题意，舍去)，此时直线GF过定点(1,0)；
当直线GF的斜率不存在时，设GF的方程为x＝m，其中m≠2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
解得y＝±eq \f(\r(12－3m2),2)，
则Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，\f(\r(12－3m2),2)))，
Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，－\f(\r(12－3m2),2)))，
所以kBF·kBG＝－eq \f(\f(12－3m2,4),m－22)＝－eq \f(9,4)，解得m＝1.
综上，直线GF过定点(1,0)．
(3)证明 设PA的方程为y＝k1(x＋2)(k1>0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x＋2，,3x2＋4y2＝12，))解得E点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6－8k\\al(2,1),4k\\al(2,1)＋3)，\f(12k1,4k\\al(2,1)＋3))).
由(1)知P(x0，y0)，yeq \\al(2,0)＝9－eq \f(9x\\al(2,0),4)，
由k1＝eq \f(y0,x0＋2)，则E点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(41－x0,x0－4)，\f(－2y0,x0－4))).
同理，记PB的斜率为k2，则F点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k\\al(2,2)－6,4k\\al(2,2)＋3)，\f(－12k2,4k\\al(2,2)＋3)))，
由k2＝eq \f(y0,x0－2)，则F点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4x0＋1,x0＋4)，\f(2y0,x0＋4)))，
则EF的斜率kEF＝
eq \f(\f(2y0,x0＋4)＋\f(2y0,x0－4),\f(4x0＋1,x0＋4)＋\f(4x0－1,x0－4))＝eq \f(x0y0,2x\\al(2,0)－4)，
所以直线EF的方程为y＋eq \f(2y0,x0－4)＝eq \f(x0y0,2x\\al(2,0)－4)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x＋\f(4x0－1,x0－4))).
令y＝0，得xQ＝eq \f(4,x0)，
又xP＝x0，故xPxQ＝x0·eq \f(4,x0)＝4.