新高考数学一轮复习微专题专练48高考大题专练(五)　圆锥曲线的综合运用（含详解）

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(1)求W的方程；
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3 eq \r(3) .
2．[2023·新课标Ⅱ卷]已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2 eq \r(5) ，0)，离心率为 eq \r(5) .
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上．
3.[2023·全国乙卷(理)]已知椭圆C： eq \f(y2,a2) ＋ eq \f(x2,b2) ＝1(a>b>0)的离心率为 eq \f(\r(5),3) ，点A(－2，0)在C上．
(1)求C的方程；
(2)过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，3)) 的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．
4．[2022·全国甲卷(理)，20]设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点D(p，0)，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝3.
(1)求C的方程；
(2)设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β.当α－β取得最大值时，求直线AB的方程．
5.[2023·全国甲卷(理)]已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，|AB|＝4 eq \r(15) .
(1)求p；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，且 eq \(FM,\s\up6(→)) · eq \(FN,\s\up6(→)) ＝0，求△MFN面积的最小值．
6．[2022·新高考Ⅱ卷，21]已知双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝± eq \r(3) x.
(1)求C的方程．
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0.过P且斜率为－ eq \r(3) 的直线与过Q且斜率为 eq \r(3) 的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
7.[2022·全国乙卷(理)，20]已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，B( eq \f(3,2) ，－1)两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点P(1，－2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足 eq \(MT,\s\up6(→)) ＝ eq \(TH,\s\up6(→)) .证明：直线HN过定点．
8．[2022·新高考Ⅰ卷，21]已知点A(2，1)在双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,a2－1) ＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.
(1)求l的斜率；
(2)若tan ∠PAQ＝2 eq \r(2) ，求△PAQ的面积．
专练48 高考大题专练(五) 圆锥曲线的综合运用
1．解析：(1)设点P的坐标为(x，y)，依题意得|y|＝ eq \r(x2＋（y－\f(1,2)）2) ，
化简得x2＝y－ eq \f(1,4) ，
所以W的方程为x2＝y－ eq \f(1,4) .
(2)设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上，
则AB⊥BC，矩形ABCD的周长为2(|AB|＋|BC|).
设B(t，t2＋ eq \f(1,4) )，依题意知直线AB不与两坐标轴平行，
故可设直线AB的方程为y－(t2＋ eq \f(1,4) )＝k(x－t)，不妨设k>0，
与x2＝y－ eq \f(1,4) 联立，得x2－kx＋kt－t2＝0，
则Δ＝k2－4(kt－t2)＝(k－2t)2>0，所以k≠2t.
设A(x1，y1)，所以t＋x1＝k，所以x1＝k－t，
所以|AB|＝ eq \r(1＋k2) |x1－t|＝ eq \r(1＋k2) |k－2t|＝ eq \r(1＋k2) |2t－k|，
|BC|＝ eq \r(1＋（1－\f(1,k)）2) |－ eq \f(1,k) －2t|＝ eq \f(\r(1＋k2),k) | eq \f(1,k) ＋2t|＝ eq \f(\r(1＋k2),k2) |2kt＋1|，且2kt＋1≠0，
所以2(|AB|＋|BC|)＝ eq \f(2\r(1＋k2),k2) (|2k2t－k3|＋|2kt＋1|).
因为|2k2t－k3|＋|2kt＋1|
＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（－2k2－2k）t＋k3－1，t≤－\f(1,2k),（2k－2k2）t＋k3＋1，－\f(1,2k)＜t≤\f(k,2),（2k2＋2k）t－k3＋1，t>\f(k,2))) ，
当2k－2k2≤0，即k≥1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在(－∞，－ eq \f(1,2k) ]上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在(－ eq \f(1,2k) ， eq \f(k,2) ]上单调递减或是常函数(当k＝1时是常函数)，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在( eq \f(k,2) ，＋∞)上单调递增，
所以当t＝ eq \f(k,2) 时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k2＋1，又k≠2t，所以2(|AB|＋|BC|)＞ eq \f(2\r(1＋k2),k2) (k2＋1)＝ eq \f(2（1＋k2）\f(3,2),k2) .
令f(k)＝ eq \f(2（1＋k2）\f(3,2),k2) ，k≥1，
则f′(k)＝ eq \f(2（1＋k2）\f(1,2)（k＋\r(2)）（k－\r(2)）,k3) ，
当1≤k＜ eq \r(2) 时，f′(k)＜0，当k＞ eq \r(2) 时，f′(k)＞0，
所以函数f(k)在[1， eq \r(2) )上单调递减，在( eq \r(2) ，＋∞)上单调递增，
所以f(k)≥f( eq \r(2) )＝3 eq \r(3) ，
所以2(|AB|＋|BC|)＞ eq \f(2（1＋k2）\f(3,2),k2) ≥3 eq \r(3) .
当2k－2k2＞0，即0＜k＜1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在(－∞，－ eq \f(1,2k) ]上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在(－ eq \f(1,2k) ， eq \f(k,2) ]上单调递增，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在( eq \f(k,2) ，＋∞)上单调递增，
所以当t＝－ eq \f(1,2k) 时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k3＋k＝k(1＋k2)，
又2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋|BC|)＞ eq \f(2\r(1＋k2),k2) k(k2＋1)＝ eq \f(2（1＋k2）\f(3,2),k) .
令g(k)＝ eq \f(2（1＋k2）\f(3,2),k) ，0则g′(k)＝ eq \f(2（1＋k2）\f(1,2)（2k2－1）,k2) ，
当00，
所以函数g(k)在(0， eq \f(\r(2),2) )上单调递减，在( eq \f(\r(2),2) ，1)上单调递增，
所以g(k)≥g( eq \f(\r(2),2) )＝3 eq \r(3) ，
所以2(|AB|＋|BC|)> eq \f(2（1＋k2）\f(3,2),k) ≥3 eq \r(3) .
综上，矩形ABCD的周长大于3 eq \r(3) .
2．解析：(1)设双曲线C的方程为 eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)，c为双曲线C的半焦距，
由题意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝2\r(5),\f(c,a)＝\r(5),c2＝a2＋b2)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝2\r(5),a＝2,b＝4)) .
所以双曲线C的方程为 eq \f(x2,4) － eq \f(y2,16) ＝1.
(2)方法一 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，
则x1＝my1－4，x2＝my2－4.
联立得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my－4,\f(x2,4)－\f(y2,16)＝1)) ，得(4m2－1)y2－32my＋48＝0.
因为直线MN与双曲线C的左支交于M，N两点，所以4m2－1≠0，且Δ>0.
由根与系数的关系得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(32m,4m2－1),y1y2＝\f(48,4m2－1))) ，所以y1＋y2＝ eq \f(2m,3) y1y2.
因为A1，A2分别为双曲线C的左、右顶点，
所以A1(－2，0)，A2(2，0).
直线MA1的方程为 eq \f(y1,x1＋2) ＝ eq \f(y,x＋2) ，直线NA2的方程为 eq \f(y2,x2－2) ＝ eq \f(y,x－2) ，
所以 eq \f(\f(y1,x1＋2),\f(y2,x2－2)) ＝ eq \f(\f(y,x＋2),\f(y,x－2)) ，得 eq \f(（x2－2）y1,（x1＋2）y2) ＝ eq \f(x－2,x＋2) ， eq \f(（my2－6）y1,（my1－2）y2) ＝ eq \f(my1y2－6y1,my1y2－2y2) ＝ eq \f(x－2,x＋2) .
因为 eq \f(my1y2－6y1,my1y2－2y2) ＝ eq \f(my1y2－6（y1＋y2）＋6y2,my1y2－2y2)
＝ eq \f(my1y2－6·\f(2m,3)y1y2＋6y2,my1y2－2y2)
＝ eq \f(－3my1y2＋6y2,my1y2－2y2)
＝－3，
所以 eq \f(x－2,x＋2) ＝－3，解得x＝－1，
所以点P在定直线x＝－1上．
方法二 由题意得A1(－2，0)，A2(2，0).
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，
则 eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4) － eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,16) ＝1，即4x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝16.
如图，连接MA2，
kMA1·kMA2＝ eq \f(y1,x1＋2) · eq \f(y1,x1－2) ＝ eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －4) ＝ eq \f(4x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －16,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －4) ＝4 ①.
由 eq \f(x2,4) － eq \f(y2,16) ＝1，得4x2－y2＝16，4[(x－2)＋2]2－y2＝16，
4(x－2)2＋16(x－2)＋16－y2＝16，4(x－2)2＋16(x－2)－y2＝0.
由x＝my－4，得x－2＝my－6，my－(x－2)＝6， eq \f(1,6) [my－(x－2)]＝1.
4(x－2)2＋16(x－2)· eq \f(1,6) [my－(x－2)]－y2＝0，4(x－2)2＋ eq \f(8,3) (x－2)my－ eq \f(8,3) (x－2)2－y2＝0，
两边同时除以(x－2)2，得 eq \f(4,3) ＋ eq \f(8m,3) · eq \f(y,x－2) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x－2))) eq \s\up12(2) ＝0，
即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x－2))) eq \s\up12(2) － eq \f(8m,3) · eq \f(y,x－2) － eq \f(4,3) ＝0.
kMA2＝ eq \f(y1,x1－2) ，kNA2＝ eq \f(y2,x2－2) ，
由根与系数的关系得kMA2·kNA2＝－ eq \f(4,3) ②.
由①②可得kMA1＝－3kNA2.
lMA1：y＝kMA1(x＋2)＝－3kNA2(x＋2)，lNA2：y＝kNA2(x－2).
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－3kNA2（x＋2）,y＝kNA2（x－2）)) ，解得x＝－1.
所以点P在定直线x＝－1上．
3．解析：(1)因为点A(－2，0)在C上，
所以 eq \f(4,b2) ＝1，得b2＝4.
因为椭圆的离心率e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(5),3) ，
所以c2＝ eq \f(5,9) a2，
又a2＝b2＋c2＝4＋ eq \f(5,9) a2，所以a2＝9，c2＝5，
故椭圆C的方程为 eq \f(y2,9) ＋ eq \f(x2,4) ＝1.
(2)由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，
设lPQ：y－3＝k(x＋2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－3＝k（x＋2），,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，)) 得(4k2＋9)x2＋(16k2＋24k)x＋16k2＋48k＝0，
则Δ＝(16k2＋24k)2－4(4k2＋9)(16k2＋48k)＝－36×48k>0，
故x1＋x2＝－ eq \f(16k2＋24k,4k2＋9) ，x1x2＝ eq \f(16k2＋48k,4k2＋9) .
直线AP：y＝ eq \f(y1,x1＋2) (x＋2)，
令x＝0，解得yM＝ eq \f(2y1,x1＋2) ，同理得yN＝ eq \f(2y2,x2＋2) ，
则yM＋yN＝2 eq \f(y1（x2＋2）＋y2（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)
＝2 eq \f(（kx1＋2k＋3）（x2＋2）＋（kx2＋2k＋3）（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)
＝2 eq \f(2kx1x2＋（4k＋3）（x1＋x2）＋8k＋12,x1x2＋2（x1＋x2）＋4)
＝2 eq \f(2k（16k2＋48k）＋（4k＋3）（－16k2－24k）＋（8k＋12）（4k2＋9）,16k2＋48k＋2（－16k2－24k）＋4（4k2＋9）)
＝2× eq \f(108,36)
＝6.
所以MN的中点的纵坐标为 eq \f(yM＋yN,2) ＝3，
所以MN的中点为定点(0，3).
4．解析：(1)方法一 由题意可知，当x＝p时，y2＝2p2.
设M点位于第一象限，则点M的纵坐标为 eq \r(2) p，|MD|＝ eq \r(2) p，|FD|＝ eq \f(p,2) .
在Rt△MFD中，|FD|2＋|MD|2＝|FM|2，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2))) eq \s\up12(2) ＋( eq \r(2) p)2＝9，解得p＝2.
所以C的方程为y2＝4x.
方法二 抛物线的准线方程为x＝－ eq \f(p,2) .
当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p.
此时|MF|＝p＋ eq \f(p,2) ＝3，所以p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)设直线MN的斜率为k1，直线AB的斜率为k2，则k1＝tan α，k2＝tan β.
由题意可得k1≠0，k2≠0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，y1＞0，y2＜0，A(x3，y3)，B(x4，y4)，y3＜0，y4＞0.
设直线AB的方程为y＝k2(x－m)，m为直线AB与x轴交点的横坐标，直线MN的方程为y＝k1(x－1)，直线MD的方程为y＝k3(x－2)，直线ND的方程为y＝k4(x－2).
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k1（x－1），,y2＝4x，))
所以k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) x2－(2k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋4)x＋k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝0，则x1x2＝1.
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k2（x－m），,y2＝4x，))
所以k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) x2－(2mk eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋4)x＋k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) m2＝0，则x3x4＝m2.
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k3（x－2），,y2＝4x，))
所以k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) x2－(4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋4)x＋4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＝0，则x1x3＝4.
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k4（x－2），,y2＝4x，))
所以k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) x2－(4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＋4)x＋4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＝0，则x2x4＝4.
所以M(x1，2 eq \r(x1) )，N( eq \f(1,x1) ， eq \f(－2,\r(x1)) )，A( eq \f(4,x1) ， eq \f(－4,\r(x1)) )，B(4x1，4 eq \r(x1) ).
所以k1＝ eq \f(2\r(x1),x1－1) ，k2＝ eq \f(\r(x1),x1－1) ，k1＝2k2，
所以tan (α－β)＝ eq \f(tan α－tan β,1＋tan αtan β) ＝ eq \f(k1－k2,1＋k1k2) ＝ eq \f(k2,1＋2k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ) ＝ eq \f(1,\f(1,k2)＋2k2) .
因为k1＝2k2，所以k1与k2同号，所以α与β同为锐角或钝角．
当α－β取最大值时，tan (α－β)取得最大值．所以k2＞0，且当 eq \f(1,k2) ＝2k2，即k2＝ eq \f(\r(2),2) 时，α－β取得最大值．易得x3x4＝ eq \f(16,x1x2) ＝m2，又易知m＞0，所以m＝4.
所以直线AB的方程为x－ eq \r(2) y－4＝0.
5．解析：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
把 x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，
由Δ1＝16p2－8p>0，得p> eq \f(1,2) .
由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，
所以|AB|＝ eq \r(1＋\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2))) · eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2) ＝ eq \r(5) · eq \r(16p2－8p) ＝4 eq \r(15) ，解得p＝2或p＝－ eq \f(3,2) (舍去)，故p＝2.
(2)设M(x3，y3)，N(x4，y4)，由(1)知抛物线C：y2＝4x，则点F(1，0).
因为 eq \(FM,\s\up6(→)) · eq \(FN,\s\up6(→)) ＝0，所以∠MFN＝90°，则S△MFN＝ eq \f(1,2) |MF||NF|＝ eq \f(1,2) (x3＋1)(x4＋1)＝ eq \f(1,2) (x3x4＋x3＋x4＋1) (*).
当直线MN的斜率不存在时，点M与点N关于x轴对称，
因为∠MFN＝90°，
所以直线MF与直线NF的斜率一个是1，另一个是－1.
不妨设直线MF的斜率为1，则MF：y＝x－1，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x－1，,y2＝4x，)) 得x2－6x＋1＝0，
得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3＝3－2\r(2)，,x4＝3－2\r(2))) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3＝3＋2\r(2)，,x4＝3＋2\r(2)．))
代入(*)式计算易得，当x3＝x4＝3－2 eq \r(2) 时，△MFN的面积取得最小值，为4(3－2 eq \r(2) ).
当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m.
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,y2＝4x，)) 得k2x2－(4－2km)x＋m2＝0，Δ2＝(4－2km)2－4m2k2>0，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3＋x4＝\f(4－2km,k2)，,x3x4＝\f(m2,k2)，))
y3y4＝(kx3＋m)(kx4＋m)＝k2x3x4＋mk(x3＋x4)＋m2＝ eq \f(4m,k) .
又 eq \(FM,\s\up6(→)) · eq \(FN,\s\up6(→)) ＝(x3－1，y3)·(x4－1，y4)＝x3x4－(x3＋x4)＋1＋y3y4＝0，
所以 eq \f(m2,k2) － eq \f(4－2km,k2) ＋1＋ eq \f(4m,k) ＝0，化简得m2＋k2＋6km＝4.
所以S△MFN＝ eq \f(1,2) (x3x4＋x3＋x4＋1)＝ eq \f(m2＋k2－2km＋4,2k2) ＝ eq \f(m2＋k2＋2km,k2) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k))) eq \s\up12(2) ＋2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k))) ＋1.
令t＝ eq \f(m,k) ，则S△MFN＝t2＋2t＋1，
因为m2＋k2＋6km＝4，
所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k))) eq \s\up12(2) ＋6 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k))) ＋1＝ eq \f(4,k2) >0，
即t2＋6t＋1>0，得t>－3＋2 eq \r(2) 或t<－3－2 eq \r(2) ，
从而得S△MFN＝t2＋2t＋1>12－8 eq \r(2) ＝4(3－2 eq \r(2) .
故△MFN面积的最小值为4(3－2 eq \r(2) ).
6．解析：(1)由题意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＝\r(3)，, \r(a2＋b2)＝2，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝\r(3)．))
所以C的方程为x2－ eq \f(y2,3) ＝1.
(2)当直线PQ斜率不存在时，x1＝x2，但x1>x2>0，所以直线PQ斜率存在，所以设直线PQ的方程为y＝kx＋h(k≠0).联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋h，,x2－\f(y2,3)＝1.))
消去y并整理，得(3－k2)x2－2khx－h2－3＝0.
则x1＋x2＝ eq \f(2kh,3－k2) ，x1x2＝ eq \f(h2＋3,k2－3) ，
x1－x2＝ eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2) ＝ eq \f(2\r(3（h2＋3－k2）),|3－k2|) .
因为x1>x2>0，
所以x1x2＝ eq \f(h2＋3,k2－3) >0，即k2>3.
所以x1－x2＝ eq \f(2\r(3（h2＋3－k2）),k2－3) .
设点M的坐标为(xM，yM)，
则yM－y2＝ eq \r(3) (xM－x2)，yM－y1＝－ eq \r(3) (xM－x1)，
两式相减，得y1－y2＝2 eq \r(3) xM－ eq \r(3) (x1＋x2).
因为y1－y2＝(kx1＋h)－(kx2＋h)＝k(x1－x2)，
所以2 eq \r(3) xM＝k(x1－x2)＋ eq \r(3) (x1＋x2)，
解得xM＝ eq \f(k\r(h2＋3－k2)－kh,k2－3) .
两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝ eq \r(3) (x1－x2).
因为y1＋y2＝(kx1＋h)＋(kx2＋h)＝k(x1＋x2)＋2h，
所以2yM＝k(x1＋x2)＋ eq \r(3) (x1－x2)＋2h，
解得yM＝ eq \f(3\r(h2＋3－k2)－3h,k2－3) ＝ eq \f(3,k) xM.
所以点M的轨迹为直线y＝ eq \f(3,k) x，其中k为直线PQ的斜率．
选择①②.
因为PQ∥AB，所以kAB＝k.
设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(yA＝k（xA－2），,yA＝\r(3)xA，)) 解得xA＝ eq \f(2k,k－\r(3)) ，yA＝ eq \f(2\r(3)k,k－\r(3)) .
同理可得xB＝ eq \f(2k,k＋\r(3)) ，yB＝－ eq \f(2\r(3)k,k＋\r(3)) .
此时xA＋xB＝ eq \f(4k2,k2－3) ，yA＋yB＝ eq \f(12k,k2－3) .
因为点M在AB上，且其轨迹为直线y＝ eq \f(3,k) x，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(yM＝k（xM－2），,yM＝\f(3,k)xM.))
解得xM＝ eq \f(2k2,k2－3) ＝ eq \f(xA＋xB,2) ，yM＝ eq \f(6k,k2－3) ＝ eq \f(yA＋yB,2) ，
所以点M为AB的中点，即|MA|＝|MB|.
选择①③.
当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时点M不在直线y＝ eq \f(3,k) x上，与题设矛盾，故直线AB的斜率存在．
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(yA＝m（xA－2），,yA＝\r(3)xA，))
解得xA＝ eq \f(2m,m－\r(3)) ，yA＝ eq \f(2\r(3)m,m－\r(3)) .
同理可得xB＝ eq \f(2m,m＋\r(3)) ，yB＝－ eq \f(2\r(3)m,m＋\r(3)) .
此时xM＝ eq \f(xA＋xB,2) ＝ eq \f(2m2,m2－3) ，yM＝ eq \f(yA＋yB,2) ＝ eq \f(6m,m2－3) .由于点M同时在直线y＝ eq \f(3,k) x上，故6m＝ eq \f(3,k) ·2m2，解得k＝m，因此PQ∥AB.
选择②③.因为PQ∥AB，所以kAB＝k.
设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(yA＝k（xA－2），,yA＝\r(3)xA，)) 解得xA＝ eq \f(2k,k－\r(3)) ，yA＝ eq \f(2\r(3)k,k－\r(3)) .
同理可得xB＝ eq \f(2k,k＋\r(3)) ，yB＝－ eq \f(2\r(3)k,k＋\r(3)) .
设AB的中点为C(xC，yC)，则xC＝ eq \f(xA＋xB,2) ＝ eq \f(2k2,k2－3) ，yC＝ eq \f(yA＋yB,2) ＝ eq \f(6k,k2－3) .
因为|MA|＝|MB|，所以点M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝－ eq \f(1,k) (x－xC)上．
将该直线方程与y＝ eq \f(3,k) x联立，解得xM＝ eq \f(2k2,k2－3) ＝xC，yM＝ eq \f(6k,k2－3) ＝yC，即点M恰为AB的中点，所以点M在直线AB上．
7．解析：(1)设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n).
将点A(0，－2)，B( eq \f(3,2) ，－1)的坐标代入，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4n＝1，,\f(9,4)m＋n＝1，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝\f(1,3)，,n＝\f(1,4)．))
所以椭圆E的方程为 eq \f(x2,3) ＋ eq \f(y2,4) ＝1.
(2)证明：(方法一)设M(x1，y1)，N(x2，y2).
由题意，知直线MN与y轴不垂直，设其方程为x－1＝t(y＋2).
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－1＝t（y＋2），,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1.))
消去x并整理，得(4t2＋3)y2＋(16t2＋8t)y＋16t2＋16t－8＝0，
所以y1＋y2＝－ eq \f(16t2＋8t,4t2＋3) ，y1y2＝ eq \f(16t2＋16t－8,4t2＋3) .
设T(x0，y1).由A，B，T三点共线，得 eq \f(y1＋2,x0) ＝ eq \f(y1＋1,x0－\f(3,2)) ，得x0＝ eq \f(3,2) y1＋3.
设H(x′，y′).
由 eq \(MT,\s\up6(→)) ＝ eq \(TH,\s\up6(→)) ，得( eq \f(3,2) y1＋3－x1，0)＝(x′－ eq \f(3,2) y1－3，y′－y1)，
所以x′＝3y1＋6－x1，y′＝y1，
所以直线HN的斜率k＝ eq \f(y2－y′,x2－x′) ＝ eq \f(y2－y1,x2＋x1－（3y1＋6）) ＝ eq \f(y2－y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4) ，
所以直线HN的方程为
y－y2＝ eq \f(y2－y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4) ·(x－x2).
令x＝0，得y＝ eq \f(y2－y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4) ·(－x2)＋y2
＝ eq \f(（y1－y2）（ty2＋2t＋1）,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4) ＋y2
＝ eq \f(（2t－3）y1y2＋（2t－5）（y1＋y2）＋6y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4)
＝ eq \f(（2t－3）·\f(16t2＋16t－8,4t2＋3)＋（5－2t）·\f(16t2＋8t,4t2＋3)＋6y1,－\f(t（16t2＋8t）,4t2＋3)－3y1＋4t－4)
＝－2.
所以直线NH过定点(0，－2).
(方法二)由A(0，－2)，B( eq \f(3,2) ，－1)可得直线AB的方程为y＝ eq \f(2,3) x－2.
a．若过点P(1，－2)的直线的斜率不存在，则其直线方程为x＝1.
将直线方程x＝1代入 eq \f(x2,3) ＋ eq \f(y2,4) ＝1，可得N(1， eq \f(2\r(6),3) )，M(1，－ eq \f(2\r(6),3) ).
将y＝－ eq \f(2\r(6),3) 代入y＝ eq \f(2,3) x－2，可得T(3－ eq \r(6) ，－ eq \f(2\r(6),3) ).
由 eq \(MT,\s\up6(→)) ＝ eq \(TH,\s\up6(→)) ，得H(5－2 eq \r(6) ，－ eq \f(2\r(6),3) ).
此时直线HN的方程为y＝(2＋ eq \f(2\r(6),3) )(x－1)＋ eq \f(2\r(6),3) ，
则直线HN过定点(0，－2).
b．若过点P(1，－2)的直线的斜率存在，设此直线方程为kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2).
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(kx－y－（k＋2）＝0，,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1.))
消去y并整理，得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0.
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(6k（2＋k）,3k2＋4)，,x1x2＝\f(3k（4＋k）,3k2＋4)，)) 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－8（2＋k）,3k2＋4)，,y1y2＝\f(4（4＋4k－2k2）,3k2＋4)，))
且x1y2＋x2y1＝ eq \f(－24k,3k2＋4) .①
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝y1，,y＝\f(2,3)x－2)) ，可得T( eq \f(3y1,2) ＋3，y1).
由 eq \(MT,\s\up6(→)) ＝ eq \(TH,\s\up6(→)) ，得H(3y1＋6－x1，y1).
则直线HN的方程为y－y2＝ eq \f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2) (x－x2).
将点(0，－2)的坐标代入并整理，得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0.②
将①代入②，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，显然成立．
综上可得，直线HN过定点(0，－2).
8．解析：(1)∵点A(2，1)在双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,a2－1) ＝1(a>1)上，∴ eq \f(4,a2) － eq \f(1,a2－1) ＝1，解得a2＝2.
∴双曲线C的方程为 eq \f(x2,2) －y2＝1.
显然直线l的斜率存在，可设其方程为y＝kx＋m.
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)－y2＝1.))
消去y并整理，得(1－2k2)x2－4kmx－2m2－2＝0.
Δ＝16k2m2＋4(1－2k2)(2m2＋2)＝8m2＋8－16k2>0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝ eq \f(4km,1－2k2) ，x1x2＝ eq \f(－2m2－2,1－2k2) .
由kAP＋kAQ＝0，得 eq \f(y1－1,x1－2) ＋ eq \f(y2－1,x2－2) ＝0，
即(x2－2)(kx1＋m－1)＋(x1－2)(kx2＋m－1)＝0.
整理，得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
即2k· eq \f(－2m2－2,1－2k2) ＋(m－1－2k)· eq \f(4km,1－2k2) －4(m－1)＝0，
即(k＋1)(m＋2k－1)＝0.
∵直线l不过点A，∴k＝－1.
(2)设∠PAQ＝2α，0<α< eq \f(π,2) ，则tan 2α＝2 eq \r(2) ，
∴ eq \f(2tan α,1－tan2α) ＝2 eq \r(2) ，解得tan α＝ eq \f(\r(2),2) (负值已舍去).
由(1)得k＝－1，则x1x2＝2m2＋2>0，
∴P，Q只能同在双曲线左支或同在右支．
当P，Q同在左支时，tan α即为直线AP或AQ的斜率．
设kAP＝ eq \f(\r(2),2) .
∵ eq \f(\r(2),2) 为双曲线一条渐近线的斜率，
∴直线AP与双曲线只有一个交点，不成立．
当P，Q同在右支时，tan ( eq \f(π,2) －α)＝ eq \f(1,tan α) 即为直线AP或AQ的斜率．
设kAP＝ eq \f(1,\f(\r(2),2)) ＝ eq \r(2) ，则kAQ＝－ eq \r(2) ，
∴直线AP的方程为y－1＝ eq \r(2) (x－2)，
即y＝ eq \r(2) x－2 eq \r(2) ＋1.
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\r(2)x－2\r(2)＋1，,\f(x2,2)－y2＝1.))
消去y并整理，得3x2－(16－4 eq \r(2) )x＋20－8 eq \r(2) ＝0，
则xP·2＝ eq \f(20－8\r(2),3) ，解得xP＝ eq \f(10－4\r(2),3) .
∴|xA－xP|＝|2－ eq \f(10－4\r(2),3) |＝ eq \f(4（\r(2)－1）,3) .
同理可得|xA－xQ|＝ eq \f(4（\r(2)＋1）,3) .
∵tan 2α＝2 eq \r(2) ，0<2α<π，∴sin 2α＝ eq \f(2\r(2),3) ，
∴S△PAQ＝ eq \f(1,2) |AP|·|AQ|·sin 2α＝ eq \f(1,2) × eq \r(3) ×|xA－xP|× eq \r(3) ×|xA－xQ|×sin 2α＝ eq \f(1,2) ×3× eq \f(16,9) × eq \f(2\r(2),3) ＝ eq \f(16\r(2),9) .