【2022屆走向高考】高三數(shù)學一輪(人教B版)基礎鞏固：第8章-第7節(jié)-圓錐曲線的綜合問題

第八章第七節(jié)一、選擇題1．(文)(2022·云南部分名校聯(lián)考)P是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上的點，F(xiàn)1，F(xiàn)2是其焦點，且eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝0，若△F1PF2的面積是9，a＋b＝7，則雙曲線的離心率為()A.eq\f(7,4) B.eq\f(\r(7),2)C.eq\f(\r(5),2) D．eq\f(5,4)[答案]D[解析]由eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝0得∠F1PF2＝90°，在△F1PF2中有|PF1|2＋|PF2|2＝4c2，(|PF1|－|PF2|)2＋2|PF1||PF2|＝4c2.由雙曲線定義知||PF1|－|PF2||＝2a，且|PF1||PF2|＝18，代入得b＝3，∴a＝4，c＝5，則離心率為eq\f(5,4).(理)(2022·湖北荊門調研)已知F1，F(xiàn)2分別是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，過點F2與雙曲線的一條漸近線平行的直線交雙曲線另一條漸近線于點M，若點M在以線段F1F2為直徑的圓外，則雙曲線離心率的取值范圍是()A．(1，eq\r(2)) B．(eq\r(2)，eq\r(3))C．(eq\r(3)，2) D．(2，＋∞)[答案]D[解析]過點F2與雙曲線的一條漸近線平行的直線y＝－eq\f(b,a)(x－c)，與y＝eq\f(b,a)x聯(lián)立，解得M(eq\f(c,2)，eq\f(bc,2a))．由點M在以線段F1F2為直徑的圓外，得(eq\f(c,2))2＋(eq\f(bc,2a))2>c2，∴1＋eq\f(b2,a2)>4，∴e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))>2.2．(2022·北京石景山統(tǒng)一測試)已知動點P(x，y)在橢圓C：eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1上，F(xiàn)為橢圓C的右焦點，若點M滿足|eq\o(MF,\s\up6(→))|＝1且eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MF,\s\up6(→))＝0，則|eq\o(PM,\s\up6(→))|的最小值為()A.eq\r(3) B．3C.eq\f(12,5) D．1[答案]A[解析]在橢圓C：eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1中，a＝5，b＝4，c＝3，M在以F為圓心，1為半徑的圓上，PM為圓的切線，所以PF最小時，切線長最?。OP(x0，y0)，則|PM|2＝|PF|2－1＝(x0－3)2＋yeq\o\al(2,0)－1＝(x0－3)2＋16－eq\f(16x\o\al(2,0),25)－1＝eq\f(9,25)xeq\o\al(2,0)－6x0＋24＝eq\f(9,25)(x0－eq\f(25,3))2－1，∵－5≤x0≤5，∴當x0＝5時，|PM|2取到最小值3，∴|PM|min＝eq\r(3)..3．(文)已知過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點F且傾斜角為60°的直線l與拋物線在第一、四象限分別交于A、B兩點，則eq\f(|AF|,|BF|)的值為()A．5 B．4C．3 D．2[答案]C[解析]由題意設直線l的方程為y＝eq\r(3)(x－eq\f(p,2))，即x＝eq\f(y,\r(3))＋eq\f(p,2)，代入拋物線方程y2＝2px中，整理得eq\r(3)y2－2py－eq\r(3)p2＝0，設A(xA，yA)，B(xB，yB)，則yA＝eq\r(3)p，yB＝－eq\f(\r(3),3)p，所以eq\f(|AF|,|BF|)＝|eq\f(yA,yB)|＝3.(理)已知拋物線y2＝2px(p＞0)上一點M(1，m)(m＞0)到其焦點的距離為5，雙曲線eq\f(x2,a)－y2＝1的左頂點為A，若雙曲線的一條漸近線與直線AM平行，則實數(shù)a的值是()A.eq\f(1,25) B．eq\f(1,9)C.eq\f(1,5) D．eq\f(1,3)[答案]B[解析]∵M(1，m)到焦點距離為5，∴M到準線距離為5，又xM＝1，∴eq\f(p,2)＝4，∴p＝8，∴y2＝16x，當x＝1時，y＝±4，∵m>0，∴m＝4，即M(1,4)，雙曲線左頂點A(－eq\r(a)，0)，∴kMA＝eq\f(4,1＋\r(a))，又雙曲線的一條漸近線方程為y＝eq\f(1,\r(a))x，由題意知eq\f(4,1＋\r(a))＝eq\f(1,\r(a))，∴a＝eq\f(1,9).4．(2022·遼寧省協(xié)作校三模)拋物線y2＝4x的焦點為F，點A，B在拋物線上，且∠AFB＝eq\f(2,3)π，弦AB中點M在準線l上的射影為M′，則eq\f(|MM′|,|AB|)的最大值為()A.eq\f(4\r(3),3) B．eq\f(\r(3),3)C.eq\f(2\r(3),3) D．eq\r(3)[答案]B[解析]如圖，由拋物線定義及條件知，|MM′|＝eq\f(1,2)(AA′＋BB′)＝eq\f(1,2)(|AF|＋|BF|)．∴(eq\f(|MM′|,|AB|))2＝eq\f(\f(|AF|＋|BF|,2)2,|AB|2)＝eq\f(\f(1,4)|AF|2＋|BF|2＋2|AF|·|BF|,|AF|2＋|BF|2＋|AF|·|BF|)＝eq\f(1,4)(1＋eq\f(|AF|·|BF|,|AF|2＋|BF|2＋|AF|·|BF|))≤eq\f(1,4)(1＋eq\f(|AF||BF|,3|AF|·|BF|))＝eq\f(1,3)，∴eq\f(|MM′|,AB|)≤eq\f(\r(3),3)，等號成立時，|AF|＝|BF|.5．(文)(2021·唐山一中、湖南師大附中月考)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，雙曲線eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1的漸近線與橢圓有四個交點，以這四個交點為頂點的四邊形的面積為16，則橢圓的方程為()A.eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1 B．eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,6)＝1C.eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1 D．eq\f(x2,20)＋eq\f(y2,5)＝1[答案]D[解析]雙曲線eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1的漸近線方程為y＝±x，由e＝eq\f(\r(3),2)可得a＝2b，∴橢圓方程為eq\f(x2,4b2)＋eq\f(y2,b2)＝1，而漸近線y＝±x與橢圓的四個交點為頂點的四邊形為正方形，設在第一象限的小正方形邊長為m，則m2＝4?m＝2，從而點(2,2)在橢圓上，即：eq\f(22,4b2)＋eq\f(22,b2)＝1?b2＝5，于是a2＝20，橢圓方程為eq\f(x2,20)＋eq\f(y2,5)＝1，應選D.(理)(2021·浙江桐鄉(xiāng)四校聯(lián)考)點P是雙曲線C1：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)與圓C2：x2＋y2＝a2＋b2的一個交點，且2∠PF1F2＝∠PF2F1，其中F1、F2分別為雙曲線C1的左右焦點，則雙曲線C1的離心率為()A.eq\r(3)＋1 B．eq\f(\r(3)＋1,2)C.eq\f(\r(5)＋1,2) D．eq\r(5)－1[答案]A[解析]∵a2＋b2＝c2，∴⊙C2以F1F2∴PF1⊥PF2，∵∠PF2F1＝2∠PF1F2，∴∠PF1∴|PF2|＝c，|PF1|＝eq\r(3)c，由雙曲線的定義|PF1|－|PF2|＝2a，∴eq\r(3)c－c＝2a，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)＋1.6．(2022·廣東汕頭一模)已知橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1上有一點P，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓的左、右焦點，若△F1PF2為直角三角形，則這樣的點P有()A．3個 B．4個C．6個 D．8個[答案]C[解析]當∠PF1F2為直角時，依據(jù)橢圓的對稱性知，這樣的點P有2個；同理，當∠PF2F1為直角時，這樣的點P有2個；當P點為橢圓的短軸端點時，∠F1PF2最大，且為直角，此時這樣的點P有2個．故符合要求的點P二、填空題7．(文)(2021·唐山一中月考)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a，b>0)的右焦點F，若過F且傾斜角為60°的直線l與雙曲線的右支有且只有1個交點，則此雙曲線的離心率e的取值范圍是________．[答案][2，＋∞)[解析]由條件知eq\f(b,a)≥tan60°＝eq\r(3)，∴eq\f(c2－a2,a2)≥3，∴e≥2.(理)已知過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1右焦點且傾斜角為45°的直線與雙曲線右支有兩個交點，則雙曲線的離心率e的取值范圍是________．[答案](1，eq\r(2))[解析]由條件知，漸近線的傾斜角小于45°，即eq\f(b,a)<1，∴eq\f(c2－a2,a2)<1，∴eq\f(c2,a2)<2，即e2<2，∵e>1，∴1<e<eq\r(2).8．已知以F1(－2,0)、F2(2,0)為焦點的橢圓與直線x＋eq\r(3)y＋4＝0有且僅有一個公共點，則橢圓的長軸長為________．[答案]2eq\r(7)[解析]依據(jù)題意設橢圓方程為eq\f(x2,b2＋4)＋eq\f(y2,b2)＝1(b>0)，則將x＝－eq\r(3)y－4代入橢圓方程得，4(b2＋1)y2＋8eq\r(3)b2y－b4＋12b2＝0，∵橢圓與直線x＋eq\r(3)y＋4＝0有且僅有一個公共點，∴Δ＝(8eq\r(3)b2)2－4×4(b2＋1)(－b4＋12b2)＝0，即(b2＋4)(b2－3)＝0，∴b2＝3，長軸長為2eq\r(b2＋4)＝2eq\r(7).9．(2022·山東文)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦距為2c，右頂點為A，拋物線x2＝2py(p>0)的焦點為F，若雙曲線截拋物線的準線所得線段長為2c，且|FA|＝c，則雙曲線的漸近線方程為________．[答案]y＝±x[解析]拋物線x2＝2py的準線方程為y＝－eq\f(p,2)，與雙曲線的方程聯(lián)立得x2＝a2(1＋eq\f(p2,4b2))，依據(jù)已知得a2(1＋eq\f(p2,4b2))＝c2①.由|AF|＝c，得eq\f(p2,4)＋a2＝c2②.由①②可得a2＝b2，即a＝b，所以所求雙曲線的漸近線方程是y＝±x.三、解答題10．(文)(2022·唐山一模)P為圓A：(x＋1)2＋y2＝8上的動點，點B(1,0)．線段PB的垂直平分線與半徑PA相交于點M，記點M的軌跡為Γ.(1)求曲線Γ的方程；(2)當點P在第一象限，且cos∠BAP＝eq\f(2\r(2),3)時，求點M的坐標．[解析](1)圓A的圓心為A(－1,0)，半徑等于2eq\r(2).由已知|MB|＝|MP|，于是|MA|＋|MB|＝|MA|＋|MP|＝2eq\r(2)，故曲線Γ是以A，B為焦點，以2eq\r(2)為長軸長的橢圓，a＝eq\r(2)，c＝1，b＝1，曲線Γ的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)由cos∠BAP＝eq\f(2\r(2),3)，|AP|＝2eq\r(2)，得P(eq\f(5,3)，eq\f(2\r(2),3))．于是直線AP方程為y＝eq\f(\r(2),4)(x＋1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1,y＝\f(\r(2),4)x＋1))，解得5x2＋2x－7＝0，x1＝1，x2＝－eq\f(7,5).由于點M在線段AP上，所以點M坐標為(1，eq\f(\r(2),2))．(理)(2021·唐山一中月考)在平面直角坐標系xOy中，經過點(0，eq\r(2))且斜率為k的直線l與橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1有兩個不同的交點P和Q.(1)求k的取值范圍；(2)設橢圓與x軸正半軸、y軸正半軸的交點分別為A，B，是否存在常數(shù)k，使得向量eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(OQ,\s\up6(→))與eq\o(AB,\s\up6(→))共線？假如存在，求k值；假如不存在，請說明理由．[解析](1)由已知條件，知直線l的方程為y＝kx＋eq\r(2)，代入橢圓方程，得eq\f(x2,2)＋(kx＋eq\r(2))2＝1，整理得(eq\f(1,2)＋k2)x2＋2eq\r(2)kx＋1＝0.①由直線l與橢圓有兩個不同的交點P和Q，得Δ＝8k2－4(eq\f(1,2)＋k2)＝4k2－2＞0，解得k<－eq\f(\r(2),2)或k>eq\f(\r(2),2)，即k的取值范圍為(－∞，－eq\f(\r(2),2))∪(eq\f(\r(2),2)，＋∞)．(2)設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(OQ,\s\up6(→))＝(x1＋x2，y1＋y2)．由方程①，知x1＋x2＝－eq\f(4\r(2)k,1＋2k2).②又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2eq\r(2)＝eq\f(2\r(2),1＋2k2).③由A(eq\r(2)，0)，B(0,1)，得eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，1)．所以eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(OQ,\s\up6(→))與eq\o(AB,\s\up6(→))共線等價于x1＋x2＝－eq\r(2)(y1＋y2)，將②③代入，解得k＝eq\f(\r(2),2).由(1)知k＜－eq\f(\r(2),2)或k＞eq\f(\r(2),2)，故不存在符合題意的常數(shù)k.一、解答題11．(文)(2022·湖南岳陽一模)已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點，點P(－eq\r(2)，1)在橢圓上，線段PF2與y軸的交點M滿足eq\o(PM,\s\up6(→))＋eq\o(F2M,\s\up6(→))＝0.(1)求橢圓C的方程；(2)橢圓C上任一動點N(x0，y0)關于直線y＝2x的對稱點為N1(x1，y1)，求3x1－4y1的取值范圍．[解析](1)∵點P(－eq\r(2)，1)在橢圓上，∴eq\f(2,a2)＋eq\f(1,b2)＝1.①又∵eq\o(PM,\s\up6(→))＋eq\o(F2M,\s\up6(→))＝0，M在y軸上，∴M為PF2的中點，∴－eq\r(2)＋c＝0，c＝eq\r(2).∴a2－b2＝2，②聯(lián)立①②，解得b2＝2(b2＝－1舍去)，∴a2＝4.故所求橢圓C的方程是eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)∵點N(x0，y0)關于直線y＝2x的對稱點為N1(x1，y1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y0－y1,x0－x1)×2＝－1，,\f(y0＋y1,2)＝2×\f(x0＋x1,2).))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(4y0－3x0,5)，,y1＝\f(3y0＋4x0,5).))∴3x1－4y1＝－5x0.∵點N(x0，y0)在橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1上，∴－2≤x0≤2，∴－10≤－5x0≤10，即3x1－4y1的取值范圍為[－10,10]．(理)(2022·中原名校聯(lián)考)已知A(1,0)，P為圓F：(x＋1)2＋y2＝16上任意一點，線段AP的垂直平分線交半徑FP于點Q，當點P在圓上運動時．(1)求點Q的軌跡方程；(2)設點D(0,1)，是否存在不平行于x軸的直線l與點Q的軌跡交于不同的兩點M，N，使(eq\o(DM,\s\up6(→))＋eq\o(DN,\s\up6(→)))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝0，若存在，求出直線l斜率的取值范圍，若不存在，請說明理由．[解析](1)依題意知：|QF|＋|QA|＝|PF|＝4>|FA|＝2，所以點Q的軌跡是以F，A為焦點的橢圓，∴所求橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)∵條件(eq\o(DM,\s\up6(→))＋eq\o(DN,\s\up6(→)))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝0等價于|eq\o(DM,\s\up6(→))|＝|eq\o(DN,\s\up6(→))|，∴若存在符合條件的直線，該直線的斜率確定存在，否則點D(0,1)在x軸上，沖突．∴可設直線l：y＝kx＋m(k≠0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，由Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＞0得4k2設M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中點為Q(x0，y0)，則x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(4km,3＋4k2)，y0＝kx0＋m＝eq\f(3m,3＋4k2).又∵|eq\o(DM,\s\up6(→))|＝|eq\o(DN,\s\up6(→))|，∴eq\f(y0－1,x0)＝－eq\f(1,k)，即eq\f(\f(3m,3＋4k2)－1,－\f(4km,3＋4k2))＝－eq\f(1,k)，解得：m＝－3－4k2.由4k2＋3＞m2得4k2＋3＞(3＋4k2)2，即4k2＜－2，這是不行能的．故滿足條件的直線不存在．12．(文)(2021·珠海模擬)在平面直角坐標系xOy中，設點F(eq\f(1,2)，0)，直線l：x＝－eq\f(1,2)，點P在直線l上移動，R是線段PF與y軸的交點，RQ⊥FP，PQ⊥l.(1)求動點Q的軌跡C的方程；(2)設圓M過A(1,0)，且圓心M在曲線C上，TS是圓M在y軸上截得的弦，當M運動時，弦長|TS|是否為定值？請說明理由．[解析](1)依題意知，點R是線段FP的中點，且RQ⊥FP，∴RQ是線段FP的垂直平分線．∵|PQ|是點Q到直線l的距離．點Q在線段FP的垂直平分線上，∴|PQ|＝|QF|.故動點Q的軌跡是以F為焦點，l為準線的拋物線，其方程為y2＝2x(x>0)．(2)弦長|TS|為定值．理由如下：取曲線C上點M(x0，y0)，M到y(tǒng)軸的距離為d＝|x0|＝x0，圓的半徑r＝|MA|＝eq\r(x0－12＋y\o\al(2,0))，則|TS|＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(y\o\al(2,0)－2x0＋1)，由于點M在曲線C上，所以x0＝eq\f(y\o\al(2,0),2)，所以|TS|＝2eq\r(y\o\al(2,0)－y\o\al(2,0)＋1)＝2，是定值．(理)(2021·山西高校附中月考)已知拋物線y2＝4x，過點M(0,2)的直線l與拋物線交于A、B兩點，且直線l與x軸交于點C.(1)求證：|MA|，|MC|，|MB|成等比數(shù)列；(2)設eq\o(MA,\s\up6(→))＝αeq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝βeq\o(BC,\s\up6(→))，試問α＋β是否為定值，若是，求出此定值，若不是，請說明理由．[解析](1)證明：設直線l的方程為y＝kx＋2(k≠0)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,y2＝4x))得k2x2＋(4k－4)x＋4＝0.①設A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(－eq\f(2,k)，0)，則x1＋x2＝－eq\f(4k－4,k2)，x1·x2＝eq\f(4,k2).②∴|MA|·|MB|＝eq\r(1＋k2)|x1－0|·eq\r(1＋k2)|x2－0|＝eq\f(41＋k2,k2)，而|MC|2＝(eq\r(1＋k2)|－eq\f(2,k)－0|)2＝eq\f(41＋k2,k2)，∴|MC|2＝|MA|·|MB|≠0，即|MA|，|MC|，|MB|成等比數(shù)列．(2)由eq\o(MA,\s\up6(→))＝αeq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))＝βeq\o(BC,\s\up6(→))得(x1，y1－2)＝α(－x1－eq\f(2,k)，－y1)，(x2，y2－2)＝β(－x2－eq\f(2,k)，－y2)，即得α＝eq\f(－kx1,kx1＋2)，β＝eq\f(－kx2,kx2＋2)，則α＋β＝eq\f(－2k2x1x2－2kx1＋x2,k2x1x2＋2kx1＋x2＋4).將②代入得α＋β＝－1，故α＋β為定值，且定值為－1.13．(文)(2021·東北三校聯(lián)考)已知點E(m,0)為拋物線y2＝4x內一個定點，過E斜率分別為k1、k2的兩條直線交拋物線于點A、B、C、D，且M、N分別是AB、CD的中點．(1)若m＝1，k1k2＝－1，求三角形EMN面積的最小值；(2)若k1＋k2＝1，求證：直線MN過定點．[解析](1)當m＝1時，E為拋物線y2＝4x的焦點，設AB方程為y＝k1(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x－1，,y2＝4x，))得k1y2－4y－4k1＝0，y1＋y2＝eq\f(4,k1)，y1y2＝－4.AB中點M(eq\f(x1＋x2,2)，eq\f(y1＋y2,2))，∴M(eq\f(2,k\o\al(2,1))＋1，eq\f(2,k1))；同理，點N(2keq\o\al(2,1)＋1，－2k1)．∵k1k2＝－1，∴AB⊥CD，∴S△EMN＝eq\f(1,2)|EM|·|EN|＝eq\f(1,2)eq\r(\f(2,k\o\al(2,1))2＋\f(2,k1)2)·eq\r(2k\o\al(2,1)2＋－2k12)＝2eq\r(k\o\al(2,1)＋\f(1,k\o\al(2,1))＋2)≥2eq\r(2＋2)＝4，當且僅當keq\o\al(2,1)＝eq\f(1,k\o\al(2,1))，即k1＝±1時，△EMN的面積取最小值4.(2)設AB方程為y＝k1(x－m)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x－m，,y2＝4x，))得k1y2－4y－4k1m＝0，y1＋y2＝eq\f(4,k1)，y1y2＝－4m，AB中點M(eq\f(x1＋x2,2)，eq\f(y1＋y2,2))，∴M(eq\f(2,k\o\al(2,1))＋m，eq\f(2,k1))；同理，點N(eq\f(2,k\o\al(2,2))＋m，eq\f(2,k2))．∵k1＋k2＝1，∴kMN＝eq\f(yM－yN,xM－xN)＝eq\f(k1k2,k1＋k2)＝k1k2，∴l(xiāng)MN：y－eq\f(2,k1)＝k1k2[x－(eq\f(2,k\o\al(2,1))＋m)]，即y＝k1k2(x－m)＋2，∴直線MN恒過定點(m,2)．(理)(2021·洛陽市期中)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(1,2)，其左焦點到點P(2,1)的距離為eq\r(10).(1)求橢圓C的標準方程；(2)若直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于A，B兩點(A，B不是左右頂點)，且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點．求證：直線l過定點，并求出該定點的坐標．[解析](1)∵左焦點(－c,0)到點P(2,1)的距離為eq\r(10)，∴eq\r(2＋c2＋1)＝eq\r(10)，解得c＝1.又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，解得a＝2，∴b2＝a2－c2＝3.∴所求橢圓C的方程為：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)>0，化為3＋4k2>m∴x1＋x2＝eq\f(－8mk,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－3,3＋4k2).y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝eq\f(3m2－4k2,3＋4k2).∵以AB為直徑的圓過橢圓右頂點D(2,0)，kAD·kBD＝－1，∴eq\f(y1,x1－2)·eq\f(y2,x2－2)＝－1，∴y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，∴eq\f(3m2－4k2,3＋4k2)＋eq\f(4m2－3,3＋4k2)＋eq\f(16mk,3＋4k2)＋4＝0.化為7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－eq\f(2k,7).且滿足3＋4k2－m2>0.當m＝－2k時，l：y＝k(x－2)，直線過定點(2,0)與已知沖突；當m＝－eq\f(2k,7)時，l：y＝k(x－eq\f(2,7))，直線過定點(eq\f(2,7)，0)．綜上可知，直線l過定點(eq\f(2,7)，0)．14．(文)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為2，坐標原點到直線AB的距離為eq\f(\r(3),2)，其中A(0，－b)，B(a,0)．(1)求雙曲線的標準方程；(2)設F是雙曲線的右焦點，直線l過點F且與雙曲線的右支交于不同的兩點P、Q，點M為線段PQ的中點．若點M在直線x＝－2上的射影為N，滿足eq\o(PN,\s\up6(→))·eq\o(QN,\s\up6(→))＝0，且|eq\o(PQ,\s\up6(→))|＝10，求直線l的方程．[解析](1)依題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝2，,\f(ab,\r(a2＋b2))＝\f(\r(3),2)，,a2＋b2＝c2.))解得a＝1，b＝eq\r(3)，c＝2.所以，所求雙曲線的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)當直線l⊥x軸時，|eq\o(PQ,\s\up6(→))|＝6，不合題意．當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝k(x－2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,3)＝1x>0，,y＝kx－2，))消去y得，(3－k2)x2＋4k2x－4k2－3＝0.①由于直線與雙曲線的右支交于不同兩點，所以3－k2≠0.設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，則x1、x2是方程①的兩個正根，于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(4k2,k2－3)>0，,x1x2＝\f(4k2＋3,k2－3)>0，,Δ＝4k22－43－k2－4k2－3>0，))所以k2>3.②由于eq\o(PN,\s\up6(→))·eq\o(QN,\s\up6(→))＝0，則PN⊥QN，又M為PQ的中點，|eq\o(PQ,\s\up6(→))|＝10，