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(二)直線與圓錐曲線(2)1(2018威海模擬)已知拋物線C:y22px(p0)的焦點(diǎn)F,直線y4與y軸的交點(diǎn)為P,與拋物線C的交點(diǎn)為Q,且|QF|2|PQ|.(1)求p的值;(2)已知點(diǎn)T(t,2)為C上一點(diǎn),M,N是C上異于點(diǎn)T的兩點(diǎn),且滿足直線TM和直線TN的斜率之和為,證明直線MN恒過定點(diǎn),并求出定點(diǎn)的坐標(biāo)解(1)設(shè)Q(x0,4),由拋物線定義知|QF|x0,又|QF|2|PQ|,即2x0x0,解得x0,將點(diǎn)Q代入拋物線方程,解得p4.(2)由(1)知,C的方程為y28x,所以點(diǎn)T坐標(biāo)為,設(shè)直線MN的方程為xmyn,點(diǎn)M,N,由得y28my8n0,64m232n0.所以y1y28m,y1y28n,所以kMTkNT,解得nm1,所以直線MN的方程為x1m(y1),恒過定點(diǎn)(1,1)2(2018南昌模擬)已知?jiǎng)訄AC過點(diǎn)F(1,0),且與直線x1相切(1)求動(dòng)圓圓心C的軌跡方程E;(2)已知點(diǎn)P(4,4),Q(8,4),過點(diǎn)Q的直線l交曲線E于點(diǎn)A,B,設(shè)直線PA,PB的斜率分別為k1,k2,求證:k1k2為定值,并求出此定值解(1)設(shè)C(x,y),由,得動(dòng)圓圓心C的軌跡方程E為y24x,(2)依題意知直線AB的斜率不為0,設(shè)AB方程為x8m(y4),即xmy4m8,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由得y24my16m320,且0恒成立,y1y24m,y1y216m32,kPAkPB1(定值)3(2018四省名校大聯(lián)考)如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,已知點(diǎn)F(1,0),過直線l:x4左側(cè)的動(dòng)點(diǎn)P作PHl于點(diǎn)H,HPF的角平分線交x軸于點(diǎn)M,且|PH|2|MF|,記動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程;(2)過點(diǎn)F作直線l交曲線C于A,B兩點(diǎn),設(shè),若,求|AB|的取值范圍解(1)設(shè)P(x,y),由題意可知|MF|PF|,所以,即,化簡整理得1,即曲線C的方程為1.(2)由題意,得直線l的斜率k0,設(shè)直線l的方程為xmy1,由得(3m24)y26my90.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),所以(6m)236(3m24)144(m21)0恒成立,且y1y2,y1y2,又因?yàn)?,所以y1y2,聯(lián)立,消去y1,y2,得,因?yàn)?,所以0,解得0m2.又|AB|y1y2|4,因?yàn)?3m24,所以|AB|4.所以|AB|的取值范圍是.4(2018合肥模擬)如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓C:1(ab0)的離心率為,短軸長為4.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)設(shè)A為橢圓C的左頂點(diǎn),P為橢圓C上位于x軸上方的點(diǎn),直線PA交y軸于點(diǎn)M,點(diǎn)N在y軸上,且0,設(shè)直線AN交橢圓C于另一點(diǎn)Q,求APQ面積的最大值解(1)由題意得解得所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為1.(2)由題意可設(shè)直線PA的方程為yk(x4),k0,則M(0,4k),又F(2,0),且0,所以MFFN,所以直線FN的方程為y(x2),則N,聯(lián)立消去y并整理得(12k2)x216k2x32k2160,解得x14,x2,則P,直線AN的方程為y(x4),同理可得Q,所以P,Q關(guān)于原點(diǎn)對稱,即PQ過原點(diǎn),所以APQ的面積SOA|yPyQ|28,當(dāng)且僅當(dāng)2k,即k時(shí),等號(hào)成立,所以APQ面積的最大值為8.5(2018峨眉山模擬)如圖,圓C與x軸相切于點(diǎn)T(2,0),與y軸正半軸相交于兩點(diǎn)M,N(點(diǎn)M在點(diǎn)N的下方),且|MN|3.(1)求圓C的方程;(2)過點(diǎn)M任作一條直線與橢圓1相交于兩點(diǎn)A,B,連接AN,BN,求證:ANMBNM.(1)解由題意可知圓心的坐標(biāo)為.|MN|3,r2222,r,圓C的方程為(x2)22.(2)證明由圓C方程可得M(0,1),N(0,4),當(dāng)AB斜率不存在時(shí),ANMBNM0;當(dāng)AB斜率存在時(shí),設(shè)直線AB方
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