1．已知双曲线C：𝑥2𝑎2−
𝑦2𝑏2=1（a＞b＞0）的两个焦点为F1，F2，一条渐近线方程为y＝bx，
且双曲线C经过点D（√2，1）． （1）求双曲线C的方程；
（2）设点P在直线x＝m（y≠±m，0＜m＜1，且m为常数）上，过点P作双曲线C的两条切线PA，PB，切点为A，B，求证：直线AB过某一个定点．
【分析】（1）依题意，建立关于a，b的方程组，解出a，b的值，即可求得双曲线的方程；
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），直线PA：y﹣y1＝k（x﹣x1），将其与双曲线方程联立，由相切可得△＝0，化简可得y1k1﹣x1＝0，则𝑘=
𝑥1，由此表示直线PA方程，同理可得𝑦1
直线PB方程，进而得到直线AB方程，由此可得证．
𝑏=𝑏𝑎𝑎=1
【解答】解：（1）依题意，{2，解得{， 1𝑏=1−=1
𝑎2𝑏2∴双曲线C的方程为x2﹣y2＝1；
（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），直线PA：y﹣y1＝k（x﹣x1）， 𝑦−𝑦1=𝑘(𝑥−𝑥1)由{2得，(1−𝑘2)𝑥2−2𝑘(𝑦1−𝑘𝑥1)𝑥−(𝑦1−𝑘𝑥1)2−1=0， 2
𝑥−𝑦=1∵直线PA与双曲线相切，
∴△=4𝑘2(𝑦1−𝑘𝑥1)1+4(1−𝑘2)(𝑦1−𝑘𝑥1)2+4(1−𝑘2)=0， ∴4(𝑦1−𝑘𝑥1)2+4(1−𝑘2)=0，
∴𝑘2𝑥12−2𝑘𝑥1𝑦1+𝑦12+1−𝑘2=0，即(𝑥12−1)𝑘2−2𝑘𝑥1𝑦1+𝑦12+1=0， 又𝑥12−𝑦12=1，
∴𝑥12−1=𝑦12，𝑦12+1=𝑥12，
∴𝑦12𝑘2−2𝑘𝑥1𝑦1+𝑥12=(𝑦1𝑘−𝑥1)2=0， ∴y1k1﹣x1＝0，则𝑘=𝑦1，
1
∴直线PA：𝑦−𝑦1=𝑦1(𝑥−𝑥1)，即y1y＝x1x﹣1，
1同理，切线PB的方程为y2y＝x2x﹣1， ∵P（m，y0）在切线PA，PB上，
𝑥𝑥
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𝑦𝑦=𝑚𝑥1−1∴{01， 𝑦0𝑦2=𝑚𝑥2−1
∴A，B满足直线方程y0y＝mx﹣1，而两点确定唯一一条直线，
𝑥=
𝑚时，无论y0取何值，等式均成立， ∴直线AB：y0y＝mx﹣1，则当{
𝑦=0∴点(𝑚，0)恒在直线AB上，故无论点P在何处，直线AB恒过定点(𝑚，0)． 【点评】本题考查双曲线方程的求法，考查直线与双曲线的位置关系，考查圆锥曲线中的证明问题，计算量较大，属于较难题目．
2．已知定点A（0，﹣1），B（0，1），曲线L上的任一点M都有𝐴𝑀⋅𝐴𝐵=|𝑀𝐵|⋅|𝐴𝐵|． （1）求曲线L的方程；
（2）点Q（﹣2，﹣2），动直线l恒过定点N（0，2），与曲线L交于C，D，设直线CQ，DQ，NQ的斜率分别为k1，k2，k3，证明：
1𝑘1
→
→
→
→
1
11
，1𝑘2
，1𝑘3
成等差数列．
【分析】（1）设M（x，y），根据题设建立关于x，y的等式，化简后即可得到曲线L的方程；
（2）设直线l的方程为y＝kx+2，C（x1，y1），D（x2，y2），将直线l与抛物线方程联立，求出x1+x2，x1x2，再表示出得证．
【解答】解：（1）设M（x，y），则𝐴𝑀=(𝑥，𝑦+1)，𝑀𝐵=(−𝑥，1−𝑦)，𝐴𝐵=(0，2)， 由𝐴𝑀⋅𝐴𝐵=|𝑀𝐵|⋅|𝐴𝐵|得，2(𝑦+1)=2√𝑥2+(𝑦−1)2，化简得x2＝4y； （2）证明：设直线l的方程为y＝kx+2，C（x1，y1），D（x2，y2）， 𝑦=𝑘𝑥+2由{2得，x2﹣4kx﹣8＝0，且△＝16k2+32＞0， 𝑥=4𝑦∴x1+x2＝4k，x1x2＝﹣8，
又𝑘1=𝑥1+2，𝑘2=𝑥2+2，𝑘3=0−(−2)=2，
12∴
1𝑘1𝑦+2
𝑦+2
2−(−2)
→
→
→
→
→
→
→
1𝑘1
，1𝑘2
，1𝑘3
，化简
1
𝑘1
+
1𝑘2
后可得
1
𝑘1
+
1𝑘2
=2⋅
1𝑘3
，即可+
1𝑘2
=
𝑥1+2𝑦1+2
+=
𝑥2+2𝑦2+2
=
𝑥1+2𝑘𝑥1+4
+
𝑥2+2𝑘𝑥2+4
=
2𝑘𝑥1𝑥2+(2𝑘+4)(𝑥1+𝑥2)+16𝑘2𝑥1𝑥2+4𝑘(𝑥1+𝑥2)+16
=
2𝑘⋅(−8)+(2𝑘+4)⋅4𝑘+16𝑘2⋅(−8)+4𝑘⋅4𝑘+16111𝑘1
8𝑘2+168𝑘2+16
=1，
∴+
𝑘2
=2⋅
𝑘3
，
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∴
1𝑘1
，1𝑘2
，1𝑘3
成等差数列．
【点评】本题考查动点轨迹方程的求法，考查直线与抛物线的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题．
3．已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为，且经过点（﹣2，0）．
21
（1）求椭圆的方程；
（2）直线x﹣my﹣1＝0交椭圆于不同的两点A，B，是否存在一定点T（t，0）满足𝐴𝑇•𝐵𝑇为定值？若存在，求出定点T；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据题意建立关于a，b，c的方程组，求出a，b的值，即可求得椭圆方程； （2）假设存在，设A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线与椭圆方程，即可利用m表示出y1+y2，y1y2，再表示出𝐴𝑇⋅𝐵𝑇，化简𝐴𝑇⋅𝐵𝑇，根据系数成比例即可计算对应的t的值． 𝑎=2【解答】解：（1）依题意，{𝑎=2，解得{𝑏=√3，
𝑐=1𝑎2=𝑏2+𝑐2∴椭圆方程为
𝑥24
𝑐1
=𝑎2→
→
→
→
→
→
+
→
𝑦23
=1；
→
（2）存在点满足𝐴𝑇⋅𝐵𝑇为定值，设A（x1，y1），B（x2，y2）， 𝑥−𝑚𝑦−1=0
由{𝑥2𝑦2得，（3m2+4）y2+6my﹣9＝0，
+3=14由韦达定理得，𝑦1+𝑦2=−
→
→
6𝑚9
，𝑦𝑦=−， 12
3𝑚2+43𝑚2+4∵𝐴𝑇=(𝑡−𝑥1，−𝑦1)，𝐵𝑇=(𝑡−𝑥2，−𝑦2)， ∴𝐴𝑇⋅𝐵𝑇=𝑡2−𝑡(𝑥1+𝑥2)+𝑥1𝑥2+𝑦1𝑦2
=(𝑚2+1)𝑦1𝑦2+𝑚(1−𝑡)(𝑦1+𝑦2)+𝑡2−2𝑡+1 =−(𝑚2+1)⋅
2
2
→
→
96𝑚−𝑚(1−𝑡)⋅+𝑡2−2𝑡+1 223𝑚+43𝑚+4
3(𝑡−4)𝑚+(4𝑡2−8𝑡−5)
=， 23𝑚+4
4𝑡2−8𝑡−511
假设𝐴𝑇⋅𝐵𝑇为定值，则𝑡−4=，解得𝑡=，
48→
→
2
→→11
∴存在点𝑇(8，0)，满足𝐴𝑇⋅𝐵𝑇为定值．
【点评】本题椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，运算量较大，考查运算求
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解能力，属于中档题．
4．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，P是抛物线C上一点，且满足𝐹𝑃=(0，−2)． （1）求抛物线C的方程；
（2）已知直线l与抛物线C交于A，B两点，且|AB|＝15，线段AB的中点M在直线x＝1上．
（ⅰ）求直线l的方程；
（ⅱ）证明：|𝐹𝐴|，|𝐹𝑃|，|𝐹𝐵|成等差数列，并求该数列的公差．
【分析】（1）设点P的坐标，利用向量𝐹𝑃的坐标，求出点P代入抛物线方程，即可求出p的值，从而得到抛物线的方程；
（2）（i）判断直线l斜率存在，设直线l的方程，与抛物线联立方程组，通过△＞0，求出km＜1，利用弦长公式结合韦达定理，利用线段AB的中点M在直线x＝1上，求解即可得到答案；
（ii）利用（i）中的结果，x1+x2＝2，𝑥1𝑥2=，得到|𝐹𝐴|+|𝐹𝐵|，𝐹𝑃，再利用|𝐹𝐴|，|𝐹𝑃|，|𝐹𝐵|成等差数列，分析求解即可得到答案．
【解答】（1）解：由题可知，𝐹(，0)，设点P（x0，y0）， 因为𝐹𝑃=(0，−2)，即(𝑥0−2，𝑦0)=(0，−2)， 所以𝑥0=2，y0＝﹣2，故𝑃(2，−2)， 将点P代入y2＝2px，得4＝p2， 又因为p＞0，所以p＝2， 所以抛物线C的方程为y2＝4x；
（2）（i）解：若直线l斜率不存在，则直线l：x＝1，此时|𝐴𝐵|=4≠√15， 故直线l斜率存在，设直线l：y＝kx+m，
𝑦=𝑘𝑥+𝑚联立方程组{2，消去y得，k2x2+（2km﹣4）x+m2＝0，
𝑦=4𝑥满足△＝（2km﹣4）2﹣4k2m2＝16（1﹣km）＞0，即km＜1， 设点A（x1，y1），B（x2，y2）， 则𝑥1+𝑥2=
4−2𝑘𝑚𝑘
2→→
→
→
→
→
→
1
4→→→→→
𝑝2𝑝
𝑝𝑝
，𝑥1𝑥2=
𝑚2𝑘
2，
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所以|𝐴𝐵|=√1+𝑘2|𝑥1−𝑥2|=√1+𝑘24√1−𝑘𝑚𝑘
2=√15①，
又因为线段AB的中点M在直线x＝1上， 所以𝑥1+𝑥2=
4−2𝑘𝑚𝑘
2=2②，
由①式与②式联立可得k＝±2， 当k＝2时，m＝﹣1，满足km＜1； 当k＝﹣2时，m＝1，满足km＜1，
所以直线l的方程为y＝2x﹣1或y＝﹣2x+1；
（ii）证明：由（i）可知，直线l与抛物线C联立方程，消去y可得4x2﹣8x+1＝0， 所以x1+x2＝2，𝑥1𝑥2=，
故|𝐹𝐴|+|𝐹𝐵|=𝑥1+𝑥2+2=4，|𝐹𝑃|=2， 则|𝐹𝐴|+|𝐹𝐵|=2|𝐹𝑃|，
所以|𝐹𝐴|，|𝐹𝑃|，|𝐹𝐵|成等差数列，
又因为公差d满足2𝑑=|𝐹𝐵|−|𝐹𝐴|=𝑥2−𝑥1， 因为|𝑥2−𝑥1|=√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=√3， 所以2𝑑=±√3，故数列的公差𝑑=±2．
【点评】本题考查了抛物线标准方程的求解、直线与抛物线位置关系的应用，在解决直线与圆锥曲线位置关系的问题时，一般会联立直线与圆锥曲线的方程，利用韦达定理和“设而不求”的方法进行研究，属于中档题．
√3→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
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