数学-2023届新高考必刷-圆锥曲线大题综合解析版

【2023届新高考
1.(2023春·江苏扬州·高三统考开学考的准线l 上.当AB 过抛物线焦点F 且(1)求抛物线G 的方程；
(2)若∠ACB 为直角，求证：直线AB 过
【答案】(1)y 2=4x
(2)证明见解析
,y 1
,B y 2
2
4,y 2
，直线AB 的方程：x =ty +n ，联立方程组，由韦达定理可得y 1+y 2
=4t ,y 1y 2=-4n ，
又因为∠ACB 为直角可得CA ⋅CB
=0，化简求解可得n =1，所以得出直线过定点1,0 .【详解】(1)设A x A ,y A ,B x B ,y B ，则由题意得|AB |=x A +x B +p =8x A +x B 2
=3
，
解得p =2，
所以抛物线的方程为y 2=4x (2)直线AB 过定点1,0 ，证明如下：
设C -1,c ,A
y 214,y 1 ,B y 2
2
4,y 2
，直线AB 的方程：x =ty +n ，将x =ty +n 代入y 2=4x 得y 2-4ty -4n =0，则Δ>0，得t 2+n >0，
由韦达定理可得y 1+y 2=4t ,y 1y 2=-4n ，
所以CA =y 214+1,y 1-c ,CB =y 22
4
+1,y 2-c
，
因为∠ACB =90∘
，所以CA ⋅CB =0，即y 21y 22
16+y 21+y 224
+1+y 1y 2-c y 1+y 2 +c 2=0，即n 2+4t 2+2n +1-4n -4tc +c 2=0，即(n -1)2+(2t -c )2=0，所以n =1，所以直线AB 过定点1,0 .
2.(2023·江苏泰州·统考一模)已知双曲线C :x 2
a 2-y 2
b 2=1(a >0,b >0)的左顶点为A ，过左焦点F 的
直线与C 交于P ,Q 两点.当PQ ⊥x 轴时，PA =10，△PAQ 的面积为3.(1)求C 的方程；
(2)证明：以PQ 为直径的圆经过定点.
b 2
a 2
+c -a 2=10
212⋅2b 2a ⋅c -a
=3c 2=a 2+b 2
，进而求解；1 ,Q x 2,y 2 ，联立直线和双曲线方程组，可得3m 2-1 y 2-12my +9x 1 x -x 2 +y -y 1 y -y 2 =0，由对称性知以PQ 为直径的圆必1x 2 x +x 1x 2+y 1y 2=0，进而求解.【详解】(1)当PQ ⊥x 轴时，P ,Q 两点的横坐标均为-c ，代入双曲线方程，可得y P =b 2
a ，
y Q =-b 2a ，即PF =b 2a ，由题意，可得b 2
a 2
+c -a 2=10
212⋅2b 2a ⋅c -a =3c 2=a 2+b 2
，
解得a =1，b =3，c =2，∴双曲线C 的方程为：x 2
-y 2
3
=1；
(2)方法一：设PQ 方程为x =my -2，P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ，
x =my -23x 2-y 2=3
⇒3m 2y 2-4my +4 -y 2=3⇒3m 2-1 y 2-12my +9=0, 以PQ 为直径的圆的方程为x -x 1 x -x 2 +y -y 1 y -y 2 =0，x 2-x 1+x 2 x +x 1x 2+y 2-y 1+y 2 y +y 1y 2=0,
由对称性知以PQ 为直径的圆必过x 轴上的定点，令y =0，可得x 2-x 1+x 2 x +x 1x 2+y 1y 2=0，
而x 1+x 2=m y 1+y 2 -4=12m 23m 2
-1-4=43m 2-1
，x 1x 2=my 1-2 my 2-2 =m 2
y 1y 2-2m y 1+y 2 +4=-3m 2-4
3m 2-1
，
∴x 2
-43m 2-1x +-3m 2-43m 2-1+9
3m 2
-1
=0⇒3m 2-1 x 2-4x +5-3m 2=0⇒3m 2-1 x +3m 2-5 x -1 =0对∀m ∈R 恒成立，∴x =1，∴以PQ 为直径的圆经过定点1,0 ；
方法二：设PQ 方程为x =my -2,P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ，x =my -2
3x 2-y 2=3
⇒3m 2-1 y 2-12my +9=0, 由对称性知以PQ 为直径的圆必过x 轴上的定点.
2-5 t -1 =0对∀m ∈R 恒成立，
∴t =1，即以PQ 为直径的圆经过定点1,0 .
3.(2023秋·浙江绍兴·高三期末)在平面直角坐标系xOy 中，已知点A (-2,0),B (2,0)，直线PA 与直线PB 的斜率之积为-1
4
，记动点P 的轨迹为曲线C ．(1)求曲线C 的方程；
(2)若直线l :y =kx +m 与曲线C 交于M ，N 两点，直线MA ，NB 与y 轴分别交于E ，F 两点，若EO
=3OF ，求证：直线l 过定点．
【答案】(1)x 24
+y 2=1(x ≠±2)
(2)证明见解析
【分析】(1)设P 点坐标为(x ,y )，由
y x +2⋅y x -2
=-1
4可得结果；
(2)设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，联立y =kx +m x 24
+y 2=1
，得x 1+x 2和x 1x 2
，再求出E ,F 的坐标，根据EO =3OF
得k =m ，从而可得结果.
【详解】(1)设P 点坐标为(x ,y )，则
y x +2⋅y x -2=-14，即x 2
4+y 2=1(x ≠±2)，所以曲线C 的方程为
x 2
4
+y 2=1(x ≠±2).(2)设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，由y =kx +m x 24
+y 2
=1
，消去y 并整理得4k 2+1 x 2+8km x +4m 2-4=0，由Δ=64k 2m 2-4(4k 2+1)(4m 2-4)>0，得4k 2+1>m 2,
所以x 1+x 2=-8km 4k 2+1,x 1x 2=4m 2-4
4k 2+1．
MA :y =y 1x 1+2(x +2)⇒E 0,2y 1x 1+2
，NB :y =y 2x 2-2x -2 ⇒F 0,-2y 2
x 2-2 ，因为EO =3OF ，所以-2y 1x 1+2=3⋅-2y 2
x 2-2，即y 1(x 2-2)=3y 2(x 1+2)，
∴kx 1+m x 2-2 =3kx 2+m x 1+2 ，
∴2kx 1x 2+(2k +3m )x 1+x 2 +4(k -m )x 2+8m =0，
4(k -m )x 2+8m =0，对任意x 2都成立，463,233 是双曲线x 2
a 2-y 2
b 2=1(a >0,b >0)上一点，B 与
=π
2．
(-4,0)，与双曲线的右支交于点M ，N ，且直线MN 经过F ，求圆C 的方程．
【答案】(1)x 2
8
-y 24=1(2)x 2+(y ±26)2=40
【分析】(1)由已知条件列方程求出a ,b ,c ，即可求出双曲线的方程；
(2)讨论直线MN 的斜率不存在时不满足题意；当斜率存在时设直线MN 的方程为y =kx +m ，联立双曲线的方程，由韦达定理求出MN 的中点Q 的坐标以及C 的坐标，根据勾股定理有CN 2=CP 2=CQ 2+
1
2
MN
2，代入解方程即可得出答案.【详解】(1)由已知条件得：463+c ,233 ⋅463-c ,233 =0
323a 2-43b 2=1
a 2+
b 2=
c 2
⇒a 2=8b 2=4c =23
双曲线方程为：x 2
8-y 24
=1．
(2)若直线MN 的斜率不存在，则圆C 的圆心不在y 轴上，因此不成立．设直线MN 的方程为y =kx +m ，
由y =k (x -23)
x 28-y 2
4
=1
消元得：2k 2-1 x 2-83k 2x +24k 2
+8 =0⇒2k 2-1≠0Δ=32k 2
+1 >0
x 1
+x 2=83k 22k 2-1,y 1+y 2=k x 1+x 2 -43k =83k 32k 2-1-43k =43k
2k 2-1
∴MN 的中点Q 的坐标为43k 22k 2-1,23k
2k 2-1
．
设C (0,m )，直线CQ :y =-1k x +m ，得C 0,63k
2k 2-1
，
22k 2+1 2k 2-1
2
．
5.(2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习)已知抛物线E :y 2=2px p >0 的焦点为F ，点F 关于直线y =
1
2
x +34的对称点恰好在y 轴上．
(1)求抛物线E 的标准方程；
(2)直线l :y =k x -2 k ≥6 与抛物线E 交于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点C ，若D 6,0 ，求
AB CD
的最大值．
【答案】(1)y 2=4x
(2)291
5
【分析】(1) 由题意得F p 2
,0 ，设F 关于直线y =12x +3
4的对称点为F 0,m ，根据题意列出方程组，解
之即可求解；
(2)将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式，并求得线段AB 的垂直平分线方程为y -2k =-1k x -2k 2+2
k 2 ，进而得到AB CD
=2
2+
49t +36t
-12，利用函数的单调性即可求解.
【详解】(1)由题意得F p 2
,0 ，
设F 关于直线y =12x +34的对称点为F
0,m ，则m -p 2=-2m 2=18p +34 ，解得m =p =2，
∴抛物线E 的标准方程为y 2=4x ．
(2)由y =k x -2 y 2
=4x 可得k 2x 2-4k 2+4 x +4k 2=0，设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，则x 1+x 2=4k 2
+4
k 2
，x 1x 2=4，
∴AB =1+k 2⋅x 1-x 2 =1+k 2⋅x 1+x 2
2
-4x 1x 2=1+k 2⋅
4k 2+4k 2
2-16=
42k 4+3k 2+1
k 2
，
y 1+y 2=k x 1+x 2 -4k =4k ，∴线段AB 的中点坐标为2k 2+2k 2
,2
k ，则线段AB 的垂直平分线方程为y
，
22+49
t+36t-12
，
取得最小值，
,b 0 的右顶点为A，左焦点
C于A，B两点，且AB
(2)过点T6,0
的直线l2与双曲线C交于P，Q两点，直线AP，AQ分别与直线x=6相交于M，N 两点，试问：以线段MN为直径的圆是否过定点?若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)x2
9-
y2
4=1(2)以线段MN为直径的圆过定点6-23,0
和6+23,0
．
【分析】(1)根据点到直线的距离公式即可求解b=2，进而联立直线与双曲线方程，根据弦长公式即可求解a=3，
(2)联立直线与曲线的方程得韦达定理，根据圆的对称性可判断若有定点则在x轴上，进而根据垂直关系得向量的坐标运算，即可求解.
【详解】(1)∵双曲线C的左焦点F-c,0
到双曲线C的一条渐近线bx+ay=0的距离为d=
bc
a2+b2
=
b，而d=2，∴b=2．
∴双曲线C的方程为x2
a2-
y2
4=10<a<10
．
依题意直线l1的方程为y=1
3x-a
．
由
x2
a2
-
y2
4=1,
y=13x-a
,
消去y整理得：36-a2
x2+2a3x-a2a2+36
=0，
依题意：36-a2≠0，Δ>0，点A，B的横坐标分别为x A,x B，
x A -x B =
810
3
，∴x A -x B =8．a =12(舍去)，且a =3时，Δ>0，
l 2的方程为x =my +6．由x =my +6,
x 29
-y 2
4=1,
消去x 整理得：4m 2-9 y 2
+48my +108=0，∴4m 2-9≠0，Δ1>0．
设P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，则y 1+y 2=
-48m 4m 2
-9，y 1y 2=108
4m 2-9
．直线AP 的方程为y =y 1x 1-3x -3 ，
令x =6得：y =3y 1x 1-3，∴M 6,3y 1
x 1-3 ．同理可得N 6,3y 2
x 2-3
．由对称性可知，若以线段MN 为直径的圆过定点，则该定点一定在x 轴上，
设该定点为R t ,0 ，则RM =6-t ,3y 1x 1-3 ，RN =6-t ,3y 2
x 2-3 ，故RM ⋅RN =6-t 2+
9y 1y 2x 1-3 x 2-3 =6-t 2+9y 1y 2
my 1+3 my 2+3 =6-t 2+
9y 1y 2
m 2
y 1y 2+3m y 1+y 2 +9
=6-t 2
+
9×
1084m 2-9m 2×1084m 2-9-3m ×48m 4m 2
-9
+9=6-t 2-12=0．
解得t =6-23或t =6+23．
故以线段MN 为直径的圆过定点6-23,0 和6+23,0 ．
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是根据圆的对称性可判断定点在坐标轴上，结合向量垂直的坐标运算化简求解就可，对计算能力要求较高.
7.(2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)定义：一般地，当λ>0且λ≠1时，我们把方程x 2
a 2
+y 2b 2=λ(a >b >0)表示的椭圆C λ称为椭圆x 2
a 2+y 2b
2=1(a >b >0)的相似椭圆.
)如图，已知F1-3,0
,F2 ,M为⊙O:x2+y2=4上的动点，延长F1M至点N，使得MN
=
MF1 ,F1N的垂直平分线与F2P，记点P的轨迹为曲线C，求C的方程；
(2)在条件(1)下，已知椭圆Cλ是椭圆C的相似椭圆，M1,N1是椭圆Cλ的左､右顶点.点Q是Cλ上异于四个顶点的任意一点，当λ=e2(e为曲线C的离心率)时，设直线QM1与椭圆C交于点A,B，直线
QN1与椭圆C交于点D,E，求AB
+DE
的值.
【答案】(1)x2
4+y2=1(2)5
【分析】(1)由图可知OM是△F1NF2的中位线，由此可得F2N长为定值，因为点P在F1N的垂直平分线上，所以PF1
+PF2
=PF2
+PN
，根据椭圆定义求解析式即可；
(2)假设出点Q坐标，表示直线QM1与直线QN1的斜率，并找出两斜率关系，最后表示出两直线方程，分别与椭圆C联立方程，利用弦长公式和韦达定理求出AB
+DE
的值.
【详解】(1)连接OM，易知OM∥1
2F2N且OM
=
1
2F2N
，
∴F2N
=4，又点P在F1N的垂直平分线上，
∴PF1
=PN
，
∴PF1
+PF2
=PF2
+PN
=NF2
=4>23，满足椭圆定义，∴a=2,c=3,b=1，
∴曲线C的方程为x24+y2=1.
(2)由(1)知椭圆C方程为x24+y2=1，
则离心率e=
3
2⇒λ=
3
4，
∴楄圆Cλ的标准方程为x23+4y2
3=1，
设Q x0,y0
为椭圆Cλ异于四个顶点的任意一点，直线QM1,QN1斜率k QM1,k QN1，
则k QM
1⋅k QN
1
=
y0
x0+3
⋅
y0
x0-3
=
y20
x20-3，
又x20
3+
4y20
3=1⇒y20=
1
43-x20
，
∴k QM
1⋅k QN
1
=-14k QM
1
≠±12
.
)2+y 2=3的两条切线，设切点为P ,Q ，直线PQ 恰为抛物E :y 2=2px ,(p >0)的准线.(1)求抛物线E 的标准方程；
(2)设点T 是圆C 上的动点，抛物线E 上四点A ,B ,M ,N 满足：TA =2TM ,TB =2TN
，设AB 中点为D .
(i )求直线TD 的斜率；
(ii )设△TAB 面积为S ，求S 的最大值.
【答案】(1)y 2=2x
(2)(i )0；(ii )48
【分析】(1)设直线PQ 与x 轴交于P 0-p 2,0 ，由几何性质易得：CP 2
=CP 0 ⋅CO ，即可解决；(2)设T x 0,y 0 ,A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，(i )中，由于TA 中点M 在抛物线E 上，得y 0+y 12 2=2⋅x 0+x 1
2
，将A x 1,y 1
,B x 2,y 2 ，代入联立得D 点纵坐标为y 1+y 22=y 0，即可解决；(ⅱ)由(i )得点D 3y 2
0-4x 0
2
,y 0
，S =
12TD ⋅y 1-y 2 =
32
2
⋅y 2
0-2x 0
3
，又点T 在圆C 上，得y 20=-x 2
0-4x 0-1，可得：S =
32
2
⋅-x 0+3
2
+8 3即可解决.
【详解】(1)设直线PQ 与x 轴交于P 0-p
2,0 .
由几何性质易得：△CPP 0与△OCP 相似，所以
CP CP 0
=
CO CP
，
CP
2
=CP 0 ⋅CO ，
即：3=-
p
2
+2 ⋅2，解得：p =1. 所以抛物线E 的标准方程为：y 2=2x .
代入上式可得：
9.(2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测)已知F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点，O为坐标原点，M为C的准线l上的一点，直线MF的斜率为-1,△OFM的面积为1．
(1)求C的方程；
(2)过点F作一条直线l ，交C于A,B两点，试问在l上是否存在定点N，使得直线NA与NB的斜率
之和等于直线NF斜率的平方？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y2=4x(2)存在，-1,0
或-1,-4
【分析】(1)设点M的坐标为-p 2,a
，根据直线MF的斜率为-1，得到a=p，再根据△OFM的面积为1求出p，即可得解；
(2)假设存在点N，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方．设直线l 的方程为x=my
，k NA +k NB =
求出t 的值，即可得解.的坐标为-p 2,a ，
1，
即a =p ，=1，
故抛物线C 的方程为y 2=4x ．
(2)解：假设存在点N ，使得直线NA 与NB 的斜率之和等于直线NF 斜率的平方．由(1)得F 1,0 ，
抛物线C 的准线l 的方程为x =-1．设直线l 的方程为x =my +1，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，N -1,t ，
联立x =my +1
y 2=4x
得y 2-4my -4=0，所以Δ=16m 2+16>0，y 1+y 2=4m ，y 1y 2=-4．因为k NF =0-t 1+1
=-t 2，
k NA +k NB =
y 1-t x 1+1+y 2-t x 2+1=2my 1y 2+2-tm y 1+y 2 -4t m 2y 1y 2+2m y 1+y 2 +4
=2m ⋅-4 +4m 2-tm -4t -4m 2+2m ⋅4m +4=-4t m 2+1
4m 2+1 =-t ，
所以-t =-t
2
2
，
解得t =0或t =-4．故存在定点N ，使得直线NA 与NB 的斜率之和等于直线NF 斜率的平方，其坐标为-1,0 或-1,-4 ．
10.(2023·山东菏泽·统考一模)如图，椭圆C :x 2
a 2+y 2
b 2=1(a >b >0)的焦点分别为F 1-3,0
,F 23,0 ,A 为椭圆C 上一点，△F 1AF 2的面积最大值为3.
(1)求椭圆C 的方程；
即可得到结果；
kx +m ，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，再由k 2=-3k 1列出b =1，a =b 2
+3=2，故椭圆的方程为x 24+y 2=1；+m ，P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ，+4k 2 x 2+8km x +4m 2
-4=0，Δ=64k 2m 2-41+4k 2 4m 2-4 =161+4k 2-m 2 >0，两边同除x 1，y 2+1x 1x 2=-3⋅y 1-1x 21=-3⋅y 1-141-y 21 =3
41+y 1 ，kx 1+m ,y 2=kx 2+m 代入上式得：3x 1x 2-41+y 1 1+y 2 =3x 1x 2-4kx 1+m +1 kx 2+m +1 =3-4k 2 x 1x 2-4k m +1 x 1+x 2 -4m +1 2
=3-4k 2 4m 2
-41+4k 2-4k m +1 -8km 1+4k 2 -4m +1 2=0,整理得：m 2-m -2=0所以m =2或m =-1(舍)，S △PQB =12⋅1⋅x 1-x 2 =
1
2
x 1+x 2 2
-4x 1x 2=
1
2
-8km 1+4k 2 2-44m 2-4
1+4k 2=24k 2-31+4k 2=
2
4k 2-3+4
4k 2-3
≤12
,当k =±
72时等号成立，满足条件，所以△PQB 面积的最大值为12
.11.(2023·福建泉州·统考三模)已知椭圆C :x 2
4+y 23=1的左、右顶点分别为A ，B ．直线l 与C 相切，且与圆O :x 2+y 2=4交于M ，N 两点，M 在N 的左侧．(1)若|MN |=
45
5
，求l 的斜率；(2)记直线AM ,BN 的斜率分别为k 1,k 2，证明：k 1k 2为定值．
【答案】(1)k =±12
；
(2)证明过程见解析.
【分析】(1)根据圆弦长公式，结合点到直线距离公式、椭圆切线的性质进行求解即可；
(2)根据直线斜率公式，结合一元二次方【详解】(1)当直线l 不存在斜率时，方程设直线l 的斜率为k ，方程为y =kx +m +y 2
3
=1
y =kx +m
⇒(3+4k 2)x 2+8km x +4m 2-12=0，
因为直线l 与C 相切，所以有Δ=64k 2m 2-43+4k 2 4m 2-12 =0⇒m 2=4k 2+3，圆O :x 2+y 2=4的圆心坐标为0,0 ，半径为2，圆心0,0 到直线y =kx +m 的距离为m
k 2
+-1
2
，
因为|MN |=455，所以有455=2×
4-
m
k 2+-1 2
2
⇒
45=4-4k 2+3k 2+1
⇒k =±12；(2)A -2,0 ,B 2,0 ，
由x 2+y 2=4y =kx +m ⇒1+k 2 x 2+2km x +m 2
-4=0，设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,x 1<x 2，
则有x 1+x 2=-2km k 2+1,x 1x 2=m 2-4k 2+1=4k 2-1k 2+1，x 1=-km -11+k 2,x 2=-km +11+k 2，k 1k 2=
y 1x 1+2⋅y 2x 2-2=kx 1+m kx 2+m
x 1x 2-2x 1+2x 2-4
=k 2x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2x 1x 2-2x 1+2x 2-4，把x 1+x 2=-2km k 2+1,x 1x 2=m 2-4k 2+1=4k 2-1k 2+1，x 1=-km -11+k 2,x 2=-km +1
1+k 2
代入上式，得k 1k 2=k 2
4k 2
-1k 2+1
+km -2km k 2
+1+m 24k 2-1k 2
+1
-2⋅-km -1k 2+1+2⋅-km +1k 2+1-4=m 2-4k 2m 2-4-4k
2，而m 2=4k 2+3，所以k 1k 2=4k 2+3-4k 2
4k 2+3-4-4k 2
=-3.
【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系，结合椭圆切线的性质进行求解是解题的关键.
12.(2023·江苏南通·统考模拟预测)已知A x 1,y 1 ，
B x 2,y 2 ，
C x 3,y 3 三个点在椭圆x 2
2
+y 2=1，椭圆外一点P 满足OP =2AO ，BP =2CP
，(O 为坐标原点).(1)求x 1x 2+2y 1y 2的值；
(2)证明：直线AC 与OB 斜率之积为定值.
【答案】(1)
1
2
(2)证明见解析
【分析】(1)设P x ,y ，根据向量关系用x 1,x 2,y 1,y 2表示x 3,y 3，代入椭圆方程即可求解；(2)用x 1,x 2,y 1,y 2表示x 3,y 3，代入斜率公式即可求解.
【详解】(1)设P x ,y ，因为OP =2AO ，所以x ,y =2-x 1,-y 1 解得x =-2x 1y =-2y 1 ，
x 2
y 3
=-y 1
+12
y 2
，
y 21+14x 222+y 2
2
-12
x 1x 2-y 1y 2=1，
-2y 1y 2+12y 2
2
-2x 1x 2+12
x 2
2
-12是定值.
C :y 2=2px p >0 ，过焦点F 的直线交抛物线C 于A ，B 两点，且AB =AF ⋅BF .(1)求抛物线C 的方程；
(2)若点P 4,4 ，直线PA ，PB 分别交准线l 于M ，N 两点，证明：以线段MN 为直径的圆过定点.
【答案】(1)y 2=4x (2)证明见解析
【分析】(1)设AB :x =my +
p
2
m ∈R ，
联立抛物线方程，由根与系数的关系及抛物线的定义，根据AB =AF ⋅BF 建立方程求出p 得解；
(2)由直线方程求出M ,N 的坐标，计算y M ⋅y N =-4，设Q x ,y 是以线段MN 为直径的圆上任意一点，
根据MQ ⋅NQ
=0化简0=x +1 2+y -y M y -y N ，根据对称性令y =0可得解.【详解】(1)设AB :x =my +
p
2
m ∈R ，
A x 1,y 1 ，
B x 2,y 2 ，则联立
y 2=2px
x =my +p 2
得y 2
-2pmy -p 2
=0，所以Δ=4p 2m 2+4p 2>0y 1+y 2=2pm y 1y 2=-p 2
，所以x 1+x 2=2m 2+1 p
x 1x 2=p 2
4
，又AF =x 1+
p 2，BF =x 2+p
2
，所以AB =AF +BF =x 1+x 2+p 由AB =AF ⋅BF 得x 1+x 2+p =x 1+p 2 x 2+p
2
，
即x 1+x 2+p =x 1x 2+p 2x 1+x 2 +
p 2
4
-4
即0=x +1 2+y -y M y -y N ，
由对称性令y =0得0=x +1 2+y M y N =x +1 2-4，所以x =1或x =-3所以以线段MN 为直径的圆经过定点，定点坐标为-3,0 与1,0 .
【点睛】关键点点睛：求出M ,N 的点的坐标，计算出y M ⋅y N 为定值-4，是解题的关键之一，其次写出以MN 为直径的圆的方程，根据圆的方程0=x +1 2+y -y M y -y N ，由对称性，令y =0求定点是解题的关键.
14.(2023·江苏连云港·统考模拟预测)已知椭圆E ：x 2
a 2+y 2b
2=1a >b >0 的焦距为23，且经过点
P -3,1
2 ．
(1)求椭圆E 的标准方程：
(2)过椭圆E 的左焦点F 1作直线l 与椭圆E 相交于A ，B 两点(点A 在x 轴上方)，过点A ，B 分别作椭圆的切线，两切线交于点M ，求
AB MF 1
的最大值．
【答案】(1)x 24
+y 2=1
(2)2
【分析】(1)由待定系数法求解析式；
(2)设出直线方程，由韦达定理法及导数法求得两切线方程，即可联立两切线方程解得交点M ，再由弦长公式及两点距离公式表示出
AB MF 1
，进而讨论最值.
【详解】(1)由题意得2c =233a 2+14b 2=1a 2=b 2+c
2 ，所以a =2b =1 ，即椭圆方程为x
24+y 2=1；
(2)当直线l 斜率为0时，A ，B 分别为椭圆的左右顶点，此时切线平行无交点．故设直线l ：x =ty -3，由x 24+y 2=1
x =ty -3
，得t 2+4 y 2-23ty -1=0．
Δ=16t 2+16>0，y 1+y 2=
23t t 2
+4，y 1y 2=-1
t 2+4
.AB =
1+t 2
y 1-y 2 =1+t 2
y 1+y 2
2
-4y 1y 2=1+t
2
12t 2t 2
+4
2+4t 2+4=4t 2
+1
t 2+4不妨设A x 1,y 1 在x 轴上方，则B x 2,y 2 在x 轴下方．椭圆在x 轴上方对应方程为y =
1-x 2
4
，y =-x
41-x 24
，
则A 处切线斜率为
-x 1
41-x 2
1
4=-
x 14y 1，得切线方程为y -y 1=-x 14y 1x -x 1 ，整理得x 1x
4
+y 1y =1.同理可得B 处的切线方程为x 2x
4
+y 2y =1．
由x 1x 4+y 1y =1①x 2x 4+y 2y =1②
得x M =4y 2-y 1 x 1y 2-x 2y 1=4y 2-y 1 ty 1-3 y 2-ty 2-3 y 1=4y 2-y 1 3y 1-y 2 =-433，
代入①得y M =
1+
33x 1
y 1
=1+33
ty 1-3 y 1=3t 3，所以M -433,3t 3 ．
因为MF 1 =
-433+3 2
+t 23=
1+t 23，所以AB MF 1 =4t 2+1
t 2+41+t 2
3=43t 2+1t 2
+4设m =t 2+1≥1，则t 2=m 2-1，则
AB MF 1
=43
m m 2
+3=43m +3m
≤43
23=2，
当且仅当m 2=3，即t =±2时，
AB
MF 1
的最大值是2．
另解：当直线l 的斜率存在时，设l ：y =k x +3 ，由x 24
+y 2=1
y =k x +3
得1+4k 2 x 2+83k 2x +12k 2-4=0，所以Δ=k 2
+1>0，x 1+x 2=-83k 21+4k 2，x 1x 2=12k 2-41+4k 2
，
AB =1+k 2
x 1-x 2 =1+k 2⋅
x 1+x 2
2
-4x 1x 2=1+k 2
⋅
64×3k 21+4k 2
2
-412k 2-41+4k 2=41+k 2
1+4k 2
容，进而进行进一步讨论.
15.(2023春·江苏常州·高三校联考开学考试)已知点P2,-1
在椭圆C:x2
a2
+
y2
b2
=1(a>b>0)上，
C的长轴长为42，直线l:y=kx+m与C交于A,B两点，直线PA,PB的斜率之积为14.
(1)求证：k为定值；
(2)若直线l与x轴交于点Q，求QA|2+
QB|2的值.
【答案】(1)证明见解析(2)10
【分析】(1)根据题意求出椭圆方程为:x2
8+
y2
2=1，将椭圆，及相关直线、点进行平移，将
y1
x1,
y2
x2看作方程
8n-4
X2+8t-4n
X-4t+1
=0的两不等实根，进而可得n=-2t，代入直线方程化简即可；
(2)联立直线与椭圆方程，结合韦达定理得y3+y4=m，y3y4=m2-2
2，化简QA|2+
QB|2=
5y3+y4
2-2y3y4
，代入韦达定理即可求解.
【详解】(1)由题意知
2a=42
4
a2
+1
b2
=1
⇒
a=22
b=2
,∴
椭圆方程为:x2
8+
y2
2=1.
2+4y2+4x-8y=0，
x1,y1
,B x2,y2
，
x2+4y2+4x-8y
tx+ny
=0，x2=0，两边同除以x2
=0，
-2n，即n=-2t，
=1
2x-
1
2t，
即2y2-2my+m2-2=0,Δ>0，
y4 2=5y23+y24
=5y3+y4
2-2y3y4
16.(2023春·江苏苏州·高三统考开学考试)已知抛物线y2=a2x的焦点也是离心率为32的椭圆x2
a2
+
y2 b2=1a>b>0
的一个焦点F．
(1)求抛物线与椭圆的标准方程；
(2)设过F的直线l交抛物线于A、B，交椭圆于C、D，且A在B左侧，C在D左侧，A在C左侧．设a=AC
，b=μCD
，c=DB
．
①当μ=2时，是否存在直线l，使得a，b，c成等差数列？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由；
②若存在直线l，使得a，b，c成等差数列，求μ的范围．
【答案】(1)抛物线的标准方程是y2=12x，椭圆的标准方程为x2
12+
y2
3=1
3，得到答案.计算AB =12m 2+1 ，方程无解得到答案；整理得到m 2=,0 ，由于e =c a =32，即F 32a ,0 ，3，
y 2=12x ．
，C x 3,y 3 ，D x 4,y 4 ，将直线与抛物线联立，则有y 2=12x
x =my +3 ，y 2-12my -36=0，
Δ=144m 2+36×4>0，则y 1+y 2=12m y 1y 2=-36
，
于是x 1x 2=my 1+3 my 2+3 =m 2y 1y 2+3m y 1+y 2 +9=9，将直线与椭圆联立，则有x 2+4y 2-12=0
x =my +3
，
得到二次方程m 2+4 y 2+6my -3=0，Δ>0，则有y 3+y 4=-6m m 2
+4
y 3y 4=-3m 2
+4
，
则AB =
x 1-x 2
2
+y 1-y 2 2=1+m 2⋅y 1+y 2
2
-4y 1y 2=12m 2+1 ，
CD =
x 3-x 4
2
+y 3-y 4 2=1+m 2⋅y 3+y 4 2
-4y 3y 4
=1+m
2
36m 2m 2
+4 2+12m 2+48m 2+4
2=43m 2
+1 m 2+4，
AC +DB =AB -CD =12m 2
+1 -43m 2+1
m 2+4，假设存在直线l ，使得a ，b ，c 成等差数列，即AC +DB =4CD 即有12m 2
+1 -43m 2+1 m 2+4=2×2×43m 2+1
m 2+4
，
整理得到12m 2=203-48，方程无解，因此不存在l 满足题设．
②只需使得方程12m 2
+1 -43m 2+1 m 2+4=2μ×43m 2+1
m 2+4
有解即可．整理得到m 2=
3+23μ-12
3，故m 2=
3+23μ-12
3
>0，
等差数列性质，直线和抛物线，椭圆的位置关系，其中，利用韦达定理得到根与系数的关系，根据设需要熟练掌握.
)已知椭圆C 1:x 2
a 2+y 2
b 2=1a >b >0 的右焦点F 和抛物线C 2:
C 2的一个公共点是23,26
3
．1和C 2的方程；
(2)过点F 作直线l 分别交椭圆于A ，B ，交抛物线C 2于P ，Q ，是否存在常数λ，使1AB -λ
PQ
为定
值？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)x 24+y 23=1， y 2=4x (2)存在，λ=1
3
【分析】(1)先求出抛物线的方程，进而求出焦点，再根据椭圆的右焦点与其重合，列出方程组求解即可；(2)利用弦长公式分别表示出AB ,PQ ，然后代入1AB
-λPQ ，可求出使1AB -λPQ 为定值的常数λ.【详解】(1)解：由题意知26
3
2
=2p ⋅
2
3
⇒p =2，∴y 2=4x ，抛物线焦点1,0 ，
∴c =149a 2+83b 2=1a 2=b 2+c
2 ⇒a =2b =
3 ⇒C 1方程：x
24+y 23
=1，C 2方程：y 2=4x ．(2)解：方法一：假设存在这样的l ，
设直线l 的方程为：x =my +1，A x 1,y 1 ，
B x 2,y 2 ，x =my +13x 2+4y 2=12
⇒3m 2y 2+2my +1 +4y 2=12，3m 2+4 y 2+6my -9=0．Δ=36m 2+363m 2+4 =144m 2+1 ，∴AB =1+m 2
⋅y 1-y 2 =1+m 2
⋅
144m 2+1 3m 2+4=12m 2+1
3m 2+4
．
设P x 3,y 3 ，Q x 4,y 4 ，
x =my +1y 2=4x ⇒y 2
=4my +4，
y 2-4my -4=0，Δ=16m 2+16，∴PQ =1+m 2⋅y 3-y 4 =1+m 2⋅16m 2+16=4m 2+1 ，∴1AB -λPQ =3m 2+412m 2+1 -λ4m 2+1 =3m 2+4-3λ
12m 2+1 为定值．∴
312=4-3λ12⇒λ=13，∴存在常数λ=13使1AB -λPQ
为定值1
4．
θ前系数λ=13．
为定值，1的左､右顶点分别为A ,B ，点C 是椭圆上
M ,N ,AC 的中点为点D ，直线OD 与椭圆交于点P ,Q ，点P ,C ,M 在x 轴的上方.
(1)当AC =5时，求cos ∠POM ；(2)求PQ ⋅MN 的最大值.
【答案】(1)-3
5
(2)10
【分析】(1)根据题意求出k AC ⋅k OD =-1
4，根据AC =5分析出点C 满足的方程，求出点C 坐标，进而求
出cos ∠POM ；
(2)利用弦长公式求出PQ 和MN ，再利用基本不等式求出最值.【详解】(1)由题知A -2,0 ,设C x 0,y 0 ，则D x 0-22,y 0
2
，则k AC ⋅k OD =y 0x 0+2⋅y 0x 0-2=1-14
x 2
x 20-4
=-14.
因为AC =5，所以C 在圆(x +2)2+y 2=5上，又C 在椭圆x 2
4
+y 2=1上，所以C x 0,y 0 满足(x +2)2+y 2=5
x 24
+y 2=1
，所以(x +2)2+1-x 24=5，
tan2θ-1
tan2θ+1
=-35
x，
420k2+5
2
4k2+1
2
=100
【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
19.(2023·浙江·校联考模拟预测)设双曲线C:x2
a2-
y2
b2
=1的右焦点为F3,0
，F到其中一条渐近线
的距离为2.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过F的直线交曲线C于A，B两点(其中A在第一象限)，交直线x=53于点M，
(i)求|AF|⋅|BM|
|AM|⋅|BF|的值；
(ii)过M平行于OA的直线分别交直线OB、x轴于P，Q，证明：MP
=PQ
.
【答案】(1)x2
5-
y2
4=1(2)(i)1；(ii)证明见解析
【分析】(1)结合点F到其中一条渐近线的距离为2和a2+b2=c2，即可求得本题答案；
直线方程与双曲线方程联立消x，即可求得本题答案；(ii)
到它的距离为2，
故P 为线段MQ 的中点，所以|MP |=|P 【点睛】关键点点睛：本题第二小题第一
如何用y 1,y 2,y M 表示出来，进而利用韦达定理
进行化简求值，考查了学生的转化能力以及对复杂运算的求解能力
20.(2023春·浙江绍兴·高三统考开学考试)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 24+y 2=1
,B 1,0 .
(1)设P 是椭圆C 上的一个动点，求PO ⋅PB
的取值范围；
(2)设与坐标轴不垂直的直线l 交椭圆C 于M ,N 两点，试问：是否存在满足条件的直线l ，使得△MB N 是以B 为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出直线l 的方程，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)23,6
(2)y =
54x -355或y =-54x +
355
【分析】(1)设点P (x 0,y 0)，将PO ⋅PB
转化为坐标表示，求取值范围；
(2)设直线方程，与椭圆方程联立，设MN 中点为D ，若△MB N 是以B 为直角顶点的等腰直角三角形，则BM ⊥BN ，BD ⊥MN ，解出直线方程.
【详解】(1)设点P (x 0,y 0)，则x 2
04
+y 2
0=1，PO ⋅PB =(-x 0,-y 0)⋅(1-x 0,-y 0)=x 0(x 0-1)+y 20=34
x 0-23 2+23，
因为-2≤x 0≤2，所以当x 0=-2时，PO ⋅PB max =3
4
×-2-23 2+23=6，
当x 0=23时，
PO ⋅PB min =3
4
×23-23 2+23=23，所以PO ⋅PB ∈23,6 .
(2)设直线l ：y =kx +m (k ≠0)，M (x 1,y 1)，N (x 2,y 2)，
y =kx +m
x 24
+y 2=1
，
消去y 得，(4k 2+1)x 2+8km x +4m 2-4=0，由题，Δ=64k 2m 2-4(4k 2+1)(4m 2-4)>0，x 1+x 2=
-8km 4k 2+1，x 1x 2
=4m 2-4
4k 2+1
，y 1+y 2=kx 1+m +kx 2+m =2m 4k 2+1，y 1y 2=(kx 1+m )(kx 2
+m )=m 2-4k 2
4k 2+1
，若△MB N 是以B 为直角顶点的等腰直角三角形，则BM ⊥BN ， BM ⋅BN
=(x 1-1,y 1)⋅(x 2-1,y 2)=x 1x 2-(x 1+x 2)+1+y 1y 2=
8km +5m 2-3
4k 2+1
=0，
所以8km +5m 2-3=0，①设MN 中点为D ，则D -4km
4k 2
+1,m 4k 2+1
，因为BD ⊥MN ，
，即3km +4k 2+1=0，②=-54，m =355，满足Δ>0，为直角顶点的等腰直角三角形，-54x +355
.
已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为1
2，且经过点M
Q x 0,y 0 为平面内一个动点，其中y 0>0，记直线QF 1与椭圆C 在x 轴上方的交点为A x 1,y 1 ，直线QF 2与椭圆C 在x 轴上方的交点为B x 2,y 2 ．(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)①若AF 2∥BF 1，证明：1y 1+1y 2=1
y 0；
②若QF 1 +QF 2 =3，探究y 0,y 1,y 2之间关系．
【答案】(1)x 2
4+y 23
=1
(2)①证明见解析 ；②
4y 0=31y 1+1
y 2
【分析】(1)根据椭圆的离心率和a =2即可求解；
(2)①根据两点求斜率公式和直线的点斜式方程表示出直线AF 1、BF 2，得x 1y 2-x 2y 1+y 1+y 2=2y 1y 2
y 0
.根据平面平行向量的坐标表示可得x 2y 1-x 1y 2+y 1+y 2=0，即可证明；
②设直线QF 2方程，联立椭圆方程，消去x ，得关于y 的一元二次方程，化简整理方程可得
1y 2
=x 0-1 +2QF 2
3y 0
.同理可得
1y 1=-x 0+1 +2QF 1 3y 0，对于1y 1+1y 2
化简计算即可求解.【详解】(1)由题意得：
e =
c a
=
12a =2
⇒a =2b =3c =1
，因此，椭圆C 的标准方程为x 2
4+y 23=1；
(2)①由(1)知，F 1(-1,0),F 2(1,0)，∵k AF 1
=
y 1
x 1+1
,k BF 2
=y 2x 2-1,
∴x =x 1+1y 1y -1,x =x 2-1y 2y +1,∴x 2-1y 2y 0+1=x 1+1y 1y 0-1
，∴
x 1+1y 1y 0-x 2-1
y 2y 0=2,∴x 1+1 y 2-x 2-1 y 1=2y 1y 2y 0
，即x 1y 2-x 2y 1+y 1+y 2=
2y 1y 2
y 0，又∵F 1B
=x 2+1,y 2 ,F 2A =x 1-1,y 1 ,∴x 2+1 y 1-x 1-1 y 2=0，
=-2+2⋅3
3y0=
4
3y0．
的左右焦点分别为F1，F2，点
A0,y1
，经过点B(3,0)且与x轴垂直的直线l与直线AP交于点Q．
(1)求证：y0y1=1．
(2)试问：x轴上是否存在不同于点B的定点M，满足当直线MP，MQ的斜率存在时，两斜率之积为定值？若存在定点M，求出点M的坐标及该定值；若不存在，请说明理由．
MQ 的斜率之积为定值，该定值为-9
20．
-b )2=r 2(r >0)，代入-3,0 、x 0,y 0 及A 0,y 1 可解得y 1=k AP =k AQ 得y Q ，即可表示出k MP ⋅k MQ 讨论定值是否存在.0 ，F 23,0 设圆的方程为x 2+(y -b 0)2=r 2(r >0)，
代入F 1-3,0 及x 0,y 0 ，得3+b 2
0=r 2x 20+y 0-b 0 2=r 2 ，
两式相减，得b 0=x 02+y 02-32y 0=4-4y 02+y 02-32y 0=121
y 0-3y 0 ，
所以圆的方程为x 2+y 2-2b 0y -3=0即x 2+y 2+3y 0-1
y 0
y -3=0，令x =0，得y 2+3y 0-1
y 0
y -3=0，由y 1>0，可得y 1=
1y 0
，即y 0y 1=1．(2)设M (m ,0)(m ≠3)，由(1)知A 0,1
y 0 ，
由A ，P ，Q 三点共线，得y 0-1y 0x 0=y Q -1
y 03，解得Y Q =3y 02-1 +x 0
x 0y 0
，
则k MP ⋅k MQ =
y 0
x 0-m ⋅3y 02-1 +x 0
x 0y 03-m =3y 02-1 +x 0x 0x 0-m 3-m
，代入y 2
0-1=-x 204，得k MP ⋅k MQ =-34x 02+x 0x 0x 0-m 3-m =-34x 02+1x 0-m 3-m
，
当且仅当-34=1-m ，即m =43时，k MP ⋅k MQ =-920
为定值．综上，存在点M 43,0 ，
可使得直线MP 与MQ 的斜率之积为定值，该定值为-9
20．【点睛】探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；② 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
23.(2023春·广东·高三校联考阶段练习)已知双曲线E :x 2
a 2-y 2
b 2=1(a >0,b >0)的右顶点为
A 2,0 ，直线l 过点P 4,0 ，当直线l 与双曲线E 有且仅有一个公共点时，点A 到直线l 的距离为25
5
.
c=5b，结合双曲线中a,b,c的关系即可求解b=1,c=5，
将∠MQP=∠NQP转化成斜率关系，即可代入求解.
A2,0
，所以a=2.
当直线l与双曲线E有且仅有一个公共点时，直线l平行于双曲线E的一条渐近线.
不妨设直线l的方程为y=b
a x-4
，即bx-ay-4b=0，
所以点A到直线l的距离d=
2b
b2+a2
=2b c=255，
所以c=5b.
因为c2=a2+b2，所以b=1,c=5，
故双曲线E的方程为x2
4-y2=1.
(2)设直线l的方程为x=my+4,M x1,y1
,N x2,y2
，
联立方程组
x=my+4
x2
4-y2=1
，得m2-4
y2+8my+12=0，
则y1+y2=-
8m
m2-4
,y1y2=12
m2-4
,m2-4≠0且Δ>0.
因为∠MQP=∠NQP，
所以k QM+k QV=
y1
x1-t+
y2
x2-t=
y1
my1+4-t+
y2
my2+4-t=0，
所以y1my2+4-t
+y2my1+4-t
=2my1y2+4-t
y1+y2
=
24m
m2-4
-4-t
8m
m2-4
=
8m t-1
m2-4
=0，解得t=1.
当直线l恰好为x轴时，t=1也满足题意，
故t=1
【点睛】直线与双曲线抛物线的位置关系和直线与椭圆、抛物线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；解析几何简化运算的常见方法：
(1)正确画出图形，利用平面几何知识简化运算；
(2)坐标化，把几何关系转化为坐标运算；
(3)巧用定义，简化运算.
24.(2023·广东梅州·统考一模)已知动圆M经过定点F1-3,0
，且与圆F2：x-3
2+y2=16内切.
(1)求动圆圆心M的轨迹C的方程；
.直
(ii)证明见解析，定点1,0
利用两圆内切即可得出半径之和等于圆心距，再根据椭圆A,B即为椭圆的左右顶点，设出点P,Q坐标，利用共线时斜率相
等即可得出k AP⋅k AQ的表达式，化简即可得出k Ap⋅k AQ=-1
12；(ii)根据(i)中的结论，写出直线PQ的方
程，将表达式化简即可得出直线PQ经过定点1,0
.
【详解】(1)设动圆的半径为r，由题意得圆F2的圆心为F23,0
，半径R=4；所以MF1
=r，MF2
=R-r，
则MF1
+MF2
=4>23=F1F2
.
所以动点M的轨迹C是以F1，F2为焦点，长轴长为4的椭圆.
因此轨迹C方程为x2
4+y2=1.
(2)(i)设P x1,y1
，Q x2,y2
，T4,m
.
由题可知A-2,0
，B2,0
，如下图所示：
则k AP=
y1
x1+2，k AQ=k AT=
m-0
4--2
=m6，
而k BP=k BT=
y1
x1-2=
m
2，于是m=
2y1
x1-2，
所以k AP⋅k AQ=
y1
x1+2×
m
6=
y1
x1+2×
y1
3x1-2
=
y21
3x21-4
，
又x21
4+y21=1，则y21=
1
44-x21
，
因此k Ap⋅k AQ=1
44-x21
3x21-4
=-112为定值.
(ii)设直线PQ的方程为x=ty+n，P x1,y1
，Q x2,y2
.
n 2-4=0，y 2x 2+2=y 1y 2ty 1+n +2 ty 2+n +2
=-112，
=1或n =-2(舍去)，
因此直线PQ 经过定点1,0 .
【点睛】方法点睛：解决定值或定点问题时，经常会用到设而不求的方法，即首先设出点坐标或直线方程，再根据题目条件寻找等量关系即可实现整体代换求得定值或定点.
25.(2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考阶段练习)已知双曲线E ：x 2
4-y 2=1与直线l ：
y =kx -3相交于A 、B 两点，M 为线段AB 的中点．(1)当k 变化时，求点M 的轨迹方程；
(2)若l 与双曲线E 的两条渐近线分别相交于C 、D 两点，问：是否存在实数k ，使得A 、B 是线段CD 的两个三等分点？若存在，求出k 的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)x 2=4y 2+12y ，其中y ≤-3或y >
1
3
(2)存在，k =±
3
2
【分析】(1)设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，M x 0,y 0 ，联立直线l 与双曲线E 的方程，消去y ，得1-4k 2 x 2+24kx -40=0，根据已知直线l 与双曲线E 相交于A 、B 两点，得Δ=160-64k 2>0且1-4k 2≠0，即k 2<5
2
且k 2≠
14，由韦达定理，得x 1+x 2=-24k 1-4k 2
，则x 0=-12k 1-4k 2，y 0=-31-4k 2，联立消去k ，得x 20=4y 2
0+12y 0，再根据k 的范围得出y 的范围，即可得出答案；
(2)设C x 3,y 3 ，
D x 4,y 4 ，根据双曲线
E 的渐近线方程与直线l 的方程联立即可得出x 3=6
2k -1，x 4
=62k +1，则x 3+x 42=-12k 1-4k 2
=x 0，即线段AB 的中点M 也是线段CD 的中点，若A ，B 为线段CD 的两个
三等分点，则CD =3AB ，结合弦长公式列式得x 3-x 4 =3x 1-x 2 ，即可化简代入得出12
4k 2
-1 =3
-24k 1-4k 2 2+1601-4k 2，
即可解出答案.
【详解】(1)设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，M x 0,y 0 ，联立直线l 与双曲线E 的方程，得y =kx -3x 2-4y 2=4
，
且k 2≠
14
．3=-12k 21-4k
2-3=-3
1-4k 2．y 0．
1
3
．
y ，其中y ≤-3或y >
1
3
．．
3
得x 3=62k -1，同理可得x 4=62k +1，
的中点．若A ，B 为线段CD 的两个三等分点，则CD =3AB ．即1+k 2x 3-x 4 =31+k 2x 1-x 2 ，x 3-x 4 =3x 1-x 2 ．而x 1-x 2 =
x 1+x 2 2
-4x 1x 2=
-24k 1-4k 2 2+1601-4k
2，x 3-x 4 =62k -1-62k +1 =124k 2-1 ．所以，12
4k 2-1 =3
-24k 1-4k 2 2+1601-4k 2，解得k =±32
，所以k =±3
2
，存在实数，使得A 、B 是线段CD 的两个三等分点．
26.(2023·山东·日照一中校考模拟预测)已知双曲线C :x 2
a 2-y 2
b 2=1(a >0,b >0)的左、右焦点分别为
F 1,F 2，斜率为-3的直线l 与双曲线C 交于A ,B 两点，点M (4,-22)在双曲线C 上，且MF 1 ⋅MF 2 =24.
(1)求△MF 1F 2的面积；
(2)若OB +OB
=0(O 为坐标原点)，点N 3,1 ，记直线NA ,NB 的斜率分别为k 1,k 2，问：k 1⋅k 2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)82
(2)k 1⋅k 2为定值-1.·
【分析】(1)设F 1(-c ,0),F 2(c ,0)，根据两点间长度得出MF 1 与MF 2 ，即可根据已知列式解出c ，即可得出答案；
24，
又c>0，所以c=4，
则F1F2
=8，
所以△MF1F2的面积S=1
2×8×22=82.
(2)由(1)可
16
a2
-8
b2
=1
a2+b2=16
，解得a2=b2=8，
所以双曲线C的方程为x2
8-
y2
8=1，
设A x1,y1
,B x2,y2
，则B -x2,-y2
，则k1=y1-1
x1-3，k2=
-y2-1
-x2-3，
设直线l的方程为y=-3x+m，与双曲线C的方程联立，消去y得：8x2-6mx+m2+8=0，由Δ=(-6m)2-32m2+8
>0，得m >8，
由一元二次方程根与系数的关系得x1+x2=3m
4,x1x2=
m2+8
8，
所以y1y2=(-3x1+m)(-3x2+m)=9x1x2-3m(x1+x2)+m2=-m2
8+9，
y1-y2=-3x1-x2
，
则k1⋅k2=y1-1
x1-3⋅
-y2-1
-x2-3=
y1y2+y1-y2-1
x1x2+3x1-3x2-9=
-m28+8-3x1-x2
m2
8-8+3x1-x2
=-1，
故k1⋅k2为定值-1.·
27.(2023秋·山东泰安·高三统考期末)已知椭圆E：x2
a2+
y2
b2
=1a>b>0
过A1,
6
2
，B3,22
两点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)已知Q4,0
，过P1,0
的直线l与E交于M，N两点，求证：MP
NP =
MQ
NQ
．
【答案】(1)x2
4+
y2
2=1(2)证明见解析
【分析】(1)将两点坐标代入，求出椭圆方程；
M2,0
，N-2,0
或M-2,0
，N2,0
．x1,y1
，N x2,y2
，
+
y2
x2-4=
y1
my1-3+
y2
my2-3
sin∠NQP
sin∠NPQ，
>0,b>0)的焦距为10，且经过点M(8,33)．
连接PA，PB交双曲线E于点C，D(不同于A，B)．
(1)求双曲线E的标准方程．
(2)直线CD是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)x2
16-
y2
9=1(2)直线CD过定点，定点坐标为(8,0)．
【分析】(1)方法一：将M(8,33)代入方程，结合a2+b2=c2求得a,b得双曲线方程；方法二：根据双曲线定义求得a得双曲线方程.
t 相(a 2=16,b 2=9，∴双曲线E 的标准方程为x 216-y 29=1．∴c =5,2a =MF 1-MF 2 =196-36=8，∴a =4,b 2=c 2-a 2=9，
∴双曲线E 的标准方程为x 2
16-y 29
=1．
(2)直线CD 不可能水平，故设CD 的方程为x =my +t ,C x 1,y 1 ,D x 2,y 2 ，联立x =my +t
x 216
-y 2
9=1
消去x 得9m 2-16 y 2+18mty +9t 2-144=0,9m 2-16≠0 ，∴y 1+y 2=-18mt 9m 2-16，y 1y 2=9t 2-1449m 2-16，y 1-y 2=±24t 2+9m 2-16
9m 2-16
，
AC 的方程为y =
y 1
x 1+4(x +4)，令x =2，得y p =6y 1x 1+4，BD 的方程为y =y 2x 2-4(x -4)，令x =2，得y p =-2y 2
x 2-4
，∴
6y 1
x 1+4
=-2y 2x 2-4⇔3x 2y 1-12y 1+x 1y 2+4y 2=0⇔3my 2+t y 1-12y 1+my 1+t y 2+4y 2=0⇔4my 1y 2+3t -12 y 1+t +4 y 2=0⇔4my 1y 2+2t -4 y 1+y 2 +t -8 y 1-y 2 =0
⇔
4m 9t 2-144 9m 2-16-(2t -4)18mt 9m 2-16±24(t -8)t 2+9m 2-16
9m 2-16=0⇔3m (8-t )±(t -8)t 2+9m 2-16=0⇔(8-t )3m ±t 2+9m 2-16 =0，
解得t =8或t 2+9m 2-16=±3m ，即t =8或t =4(舍去)或t =-4(舍去)，∴CD 的方程为x =my +8，∴直线CD 过定点，定点坐标为(8,0)．
方法二．直线CD 不可能水平，设CD 的方程为x =my +t ,C x 1,y 1 ,D x 2,y 2 ,P (2,n )，联立x =my +t ,
x 216-y 2
9
=1,
，消去x 得9m 2-16 y 2+18mty +9t 2-144=0，∴y 1+y 2=-18mt 9m 2-16,y 1y 2=9t 2-1449m 2-16
，
AC 的方程为y =n 6(x +4)，BD 的方程为y =n
-2
(x -4)，。