【文档说明】2025届高三一轮复习数学试题（人教版新高考新教材）考点规范练47　直线与圆锥曲线 Word版含解析.docx，共(10)页，73.077 KB，由小赞的店铺上传

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考点规范练47直线与圆锥曲线一、基础巩固1.已知椭圆𝑥236+𝑦29=1以及椭圆内一点P(4,2),则以P为中点的弦所在直线的斜率为()A.12B.-12C.2D.-22.若点O和点F分别为椭圆�

�24+𝑦23=1的中心和左焦点,点P为椭圆上的任意一点,则𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝐹𝑃⃗⃗⃗⃗⃗的最大值为()A.2B.3C.6D.83.已知抛物线y2=2x的焦点为F,过点F的直线l交抛物线于A,B两点,分别过点A,B作准线的垂线,垂足分别为C

,D,且|CF|=2|DF|,则直线l的斜率为()A.2B.12C.43D.344.已知双曲线C:𝑥22-y2=1,若直线l:y=kx+m(km≠0)与双曲线C的右支交于不同的两点M,N,且点M,N都在以A(0,-

1)为圆心的圆上,则m的取值范围是()A.(3,+∞)B.(-13,0)∪(3,+∞)C.(-∞,0)∪(3,+∞)D.(-13,3)5.已知抛物线y2=4x,过其焦点F的直线l与抛物线分别交于A,B两点(A在第一象限

内),𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=3𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,过AB的中点且垂直于l的直线与x轴交于点G,则△ABG的面积为()A.8√39B.16√39C.32√39D.64√396.已知过双曲线𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)的右顶点且

斜率为2的直线,与该双曲线的右支交于两点,则此双曲线离心率的取值范围为.7.设过抛物线y2=2px(p>0)上任意一点P(异于原点O)的直线与抛物线y2=8px(p>0)交于A,B两点,直线OP与抛物线y2=8px(p>0)的另一个交点为Q,则𝑆△𝐴𝐵𝑄𝑆△𝐴𝐵𝑂=.8.已

知双曲线与椭圆𝑥29+𝑦23=1有相同的焦点,且以x+√2y=0为其一条渐近线,则双曲线方程为,过其右焦点且长为4的弦有条.9.设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,过点P(0,4)的动直线l与抛物线C交于A

,B两点,当点F在直线l上时,直线l的斜率为-2.(1)求抛物线C的方程;(2)在线段AB上取点D,满足𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,证明:点D总在定直线上.能力提升10.设

双曲线C:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)的右焦点为F,双曲线C的一条渐近线为l,以F为圆心的圆与l相交于M,N两点,MF⊥NF,O为坐标原点,𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗(2≤λ≤5),则双曲线C的离心率的取值范围是()A.

[√52,√2)B.[√52,√133]C.[√103,√133]D.[√103,√345]11.(多选)已知B1,B2是椭圆𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)短轴的两个端点,点P是椭圆上不同于短轴端点的任意

一点,点Q与点P关于y轴对称,则下列四个结论正确的是()A.直线PB1与PB2的斜率之积为定值-𝑎2𝑏2B.𝑃𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>0C.△PB1B2的外接圆半径的最大值为𝑎2+𝑏22𝑎D.直线PB1与QB2的交点M的轨

迹为双曲线12.(2023山东聊城一模)研究发现椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上,这个圆叫作椭圆的蒙日圆.设椭圆C的焦点为F1,F2,P为椭圆C上的任意一点,R为椭圆C的蒙日圆的半径.若𝑃𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的最小值为15R2,

则椭圆C的离心率为()A.12B.√22C.13D.√3313.已知点M(-1,1)和抛物线C:y2=4x,过抛物线C的焦点且斜率为k的直线与抛物线C交于A,B两点.若∠AMB=90°,则k=.14.已知m,n,s,t均为正实数,m+n=2,𝑚𝑠+�

�𝑡=9,当s+t取最小值49时,m,n对应的点(m,n)是双曲线𝑥24−𝑦22=1一条弦的中点,则此弦所在的直线方程为.15.(2021新高考Ⅱ,20)已知椭圆C的方程为𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0),右焦点为F(√2,0),且离心率为√63.(1)求

椭圆C的方程;(2)设M,N是椭圆C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切,证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=√3.16.在平面直角坐标系中,点F1,F2分别为双曲线C:𝑥2𝑎2−𝑦2�

�2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,双曲线C的离心率为2,点(1,32)在双曲线C上.不在x轴上的动点P与动点Q关于原点O对称,且四边形PF1QF2的周长为4√2.(1)求动点P的轨迹方程;(2)在动点P的轨迹上有两个

不同的点M(x1,y1),N(x2,y2),线段MN的中点为G,已知点(x1,x2)在圆x2+y2=2上,求|OG|·|MN|的最大值,并判断此时△OMN的形状.17.已知O为坐标原点,椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的离心率为√32

,双曲线𝑥24-y2=1的渐近线与椭圆C的交点到原点的距离均为√102.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若点D,M,N为椭圆C上的动点,M,O,N三点共线,直线DM,DN的斜率分别为k1,k2.①证明:k1k2=-14;②若k1+k2=

0,设直线DM过点(0,m),直线DN过点(0,n),证明:m2+n2为定值.三、探究创新18.已知F1,F2为椭圆E:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的左、右焦点,点P(1,2√33)在椭圆上

,且过点F2的直线l交椭圆E于A,B两点,△AF1B的周长为4√3.(1)求椭圆E的方程;(2)我们知道抛物线有性质:“过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F的弦AB满足|AF|+|BF|=2𝑝|AF|·|BF|.”那么对于椭圆E,是否存在实数λ,使得

|AF2|+|BF2|=λ|AF2|·|BF2|成立?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.考点规范练47直线与圆锥曲线1.B设弦的端点A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=8,y1+y2=4,{𝑥1236+𝑦129=1,𝑥2236+𝑦229=1,两式

相减,得(𝑥1+𝑥2)(𝑥1-𝑥2)36+(𝑦1+𝑦2)(𝑦1-𝑦2)9=0,所以2(𝑥1-𝑥2)9=-4(𝑦1-𝑦2)9,所以k=𝑦1-𝑦2𝑥1-𝑥2=-12.故选B.2.C由题意得F(-1,0),设点P(x0

,y0),则𝑦02=3(1-𝑥024)(-2≤x0≤2).因为𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(x0,y0),𝐹𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(x0+1,y0),所以𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝐹𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=x0(x0+1)+𝑦02=𝑥02+x0+𝑦02=𝑥02+x0+3(1-𝑥024)=14(x0

+2)2+2.因为-2≤x0≤2,所以当x0=2时,𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝐹𝑃⃗⃗⃗⃗⃗取得最大值,最大值为6.3.C依题意,点F(12,0),设直线l的方程为x=ky+12,点A(x1,y1),B(x2,y2),且y1>0>y2

,由{𝑦2=2𝑥,𝑥=𝑘𝑦+12,得y2-2ky-1=0,Δ=4k2+4>0,则y1+y2=2k,y1y2=-1.由已知得点C(-12,𝑦1),D(-12,𝑦2),因为|CF|=2|DF|,所以1+𝑦12

=4+4𝑦22,即𝑦12=3+4𝑦22.由{𝑦1𝑦2=-1,𝑦12=3+4𝑦22,𝑦1>0>𝑦2,解得{𝑦1=2,𝑦2=-12.所以2k=32,即k=34.故直线l的斜率为43.4.A设点

M(x1,y1),N(x2,y2),由{𝑦=𝑘𝑥+𝑚,𝑥22-𝑦2=1,得(1-2k2)x2-4kmx-2(1+m2)=0.因为直线l与双曲线的右支相交,所以1-2k2≠0,Δ=16k2m2+8(1-2k2)(1+m2)>0,即1+m2-2k2>0,x

1+x2=4𝑘𝑚1-2𝑘2>0,x1x2=-2(𝑚2+1)1-2𝑘2>0.设MN的中点为G(x0,y0),则x0=2𝑘𝑚1-2𝑘2,y0=𝑚1-2𝑘2.所以kAG=1+𝑚-2𝑘22𝑘𝑚.由

题意,可知AG⊥MN,所以1+𝑚-2𝑘22𝑘𝑚·k=-1,即2k2=3m+1.因为x1x2>0,所以1-2k2<0,所以m>0.将2k2=3m+1代入1+m2-2k2>0,解得m>3.5.C设A(x1,y1),B(x2,y2),∵

𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=3𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,∴y1=-3y2.设直线l的方程为x=my+1,由{𝑦2=4𝑥,𝑥=𝑚𝑦+1消去x,得y2-4my-4=0,∴y1y2=-4,∴{𝑦1=2√3,𝑦2=-2√33,∴y1+y2=4m=4√

33,∴m=√33.∴x1+x2=103,AB的中点坐标为(53,2√33).∴过AB中点且垂直于直线l的直线方程为y-2√33=-√33x-53,令y=0,可得x=113,即G(113,0),∴S△ABG=12×(113-1)×(2√3+2

√33)=32√39.6.(1,√5)由题意得𝑏𝑎<2,∴e=𝑐𝑎=√𝑎2+𝑏2𝑎2<√1+4=√5.∵e>1,∴1<e<√5,∴此双曲线离心率的取值范围为(1,√5).7.3设直线OP的方程为y=k

x(k≠0),由{𝑦=𝑘𝑥,𝑦2=2𝑝𝑥,解得P(2𝑝𝑘2,2𝑝𝑘),由{𝑦=𝑘𝑥,𝑦2=8𝑝𝑥,解得Q(8𝑝𝑘2,8𝑝𝑘),∴|OP|=√4𝑝2𝑘4+4𝑝2𝑘2=2𝑝√1+

𝑘2𝑘2,|PQ|=√36𝑝2𝑘4+36𝑝2𝑘2=6𝑝√1+𝑘2𝑘2,∴𝑆△𝐴𝐵𝑄𝑆△𝐴𝐵𝑂=|𝑃𝑄||𝑂𝑃|=3.8.𝑥24−𝑦22=13由双曲线与椭圆𝑥29+

𝑦23=1有相同的焦点,可设双曲线的方程为𝑥2𝑎2−𝑦26-𝑎2=1,又双曲线以x+√2y=0为其一条渐近线,所以6-𝑎2𝑎2=12,解得a2=4.所以双曲线的方程为𝑥24−𝑦22=1.右焦点坐标为(√6,0),当过右焦点的直线垂直于x轴时,代

入双曲线方程得y=±1,则弦长为2<4,不满足题意.当过右焦点的直线的斜率存在时,设直线方程为y=k(x-√6),代入双曲线方程得(2k2-1)x2-4√6k2x+12k2+4=0,设直线与双曲线的两个交

点坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则x1+x2=4√6𝑘22𝑘2-1,x1x2=12𝑘2+42𝑘2-1,所以弦长为√1+𝑘2√(𝑥1+𝑥2)2-4𝑥1𝑥2=4(1+𝑘2)|2𝑘2-1|

=4,解得k=0或k=±√2.故满足题意的弦有3条.9.(1)解由题意,得点F(𝑝2,0),则4-00-𝑝2=-2,解得p=4.故抛物线C的方程为y2=8x.(2)证明设点A(x1,y1),B(x2,y2),D(x,y),直线l的方程为

x=m(y-4).由{𝑦2=8𝑥,𝑥=𝑚(𝑦-4),得y2-8my+32m=0,则Δ=64m2-128m>0,即m<0或m>2,y1+y2=8m,y1y2=32m.由𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗

⃗,得y1-4=λ(y2-4),y-y1=λ(y2-y),故(y1-4)(y2-y)=(y-y1)(y2-4),即y=2𝑦1𝑦2-4(𝑦1+𝑦2)𝑦1+𝑦2-8=4𝑚𝑚-1,所以y≠4.又x=m(y-4),所以m=𝑥𝑦-4,所以y=4(𝑥𝑦-4)𝑥𝑦-

4-1,化简得xy-y2+4y-4x=0,即(x-y)(y-4)=0.又y≠4,所以x-y=0.故点D在定直线x-y=0上.10.C不妨令直线l的方程为y=𝑏𝑎x,设|MF|=|NF|=r,取Q为MN的中点,由题意可知△MNF为等腰

直角三角形,则FQ⊥MN,|FQ|=|NQ|=|MQ|=√2𝑟2.在Rt△OFQ中,tan∠FOQ=|𝐹𝑄||𝑂𝑄|=𝑏𝑎,∴|OQ|=𝑎𝑟√2𝑏.∴|ON|=|OQ|-|NQ|=𝑟√2(𝑎-𝑏𝑏),|OM|=|OQ|+

|MQ|=𝑟√2(𝑎+𝑏𝑏).又𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗(2≤λ≤5),∴𝑟√2(𝑎+𝑏𝑏)=𝜆𝑟√2(𝑎-𝑏𝑏),整理得λ=𝑎+𝑏𝑎-𝑏∈[2,5],∴{2𝑎≥3𝑏,𝑎≤3𝑏,

即{4𝑎2≥9𝑏2,𝑎2≤9𝑏2,即{4𝑎2≥9(𝑐2-𝑎2),𝑎2≤9(𝑐2-𝑎2),解得109≤𝑐2𝑎2≤139.∴√103≤e≤√133.11.BC如图,设P(x0,y0),则𝑥02𝑎2+𝑦

02𝑏2=1,𝑘𝑃𝐵1·𝑘𝑃𝐵2=𝑦0+𝑏𝑥0·𝑦0-𝑏𝑥0=𝑦02-𝑏2𝑥02=-𝑏2𝑎2,A不正确.∵点P在圆x2+y2=b2外,∴𝑥02+𝑦02-b2>0,∴𝑃

𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-x0,-b-y0)·(-x0,b-y0)=𝑥02+𝑦02-b2>0,B正确.如图,当点P在长轴的顶点A上时,∠B1PB2最小且为锐角,设△PB1B2的外接

圆半径为r,由正弦定理可得2r=2𝑏sin∠𝐵1𝑃𝐵2≤2𝑏sin∠𝐵1𝐴𝐵2=2𝑏sin2∠𝑂𝐴𝐵2=2𝑏2𝑎𝑏𝑎2+𝑏2=𝑎2+𝑏2𝑎.∴r≤𝑎2+𝑏22𝑎,∴△PB1B2的外接圆半径的最大值为𝑎2+𝑏

22𝑎,C正确.直线PB1的方程为y+b=𝑦0+𝑏𝑥0x,直线QB2的方程为y-b=𝑦0-𝑏-𝑥0x,两式相乘可得y2-b2=𝑦02-𝑏2-𝑥02x2,可化为𝑦2𝑏2−𝑥2𝑎2=1,∵点P不与点B1,B2重合,∴点M的轨迹为双曲线的一部分,∴D不正确.12.D设

椭圆的长轴、短轴、焦距分别为2a,2b,2c(a>b>0,c>0),不妨设椭圆的焦点在x轴上,中心在坐标原点,显然x=±a,y=±b均为椭圆的切线,即(a,b),(a,-b),(-a,b),(-a,-b)均在蒙日圆上,根据对称性分析可得,蒙日圆的圆心为坐标原点,半径R=√𝑎2+

𝑏2,则椭圆方程为𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1.设椭圆上任一点P(acosθ,bsinθ),F1(-c,0),F2(c,0),则𝑃𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-c-acosθ,-bsinθ),𝑃𝐹2⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(c-acosθ,-bsinθ),可得𝑃𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-c-acosθ)(c-acosθ)+(-bsinθ)·(-bsinθ)=a2cos2θ-c2+b2sin2θ=(a2-b2)cos2θ-

c2+b2(sin2θ+cos2θ)=c2cos2θ+b2-c2.注意到c2>0,cos2θ∈[0,1],故𝑃𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=c2cos2θ+b2-c2≥b2-c2,当且仅当cos2

θ=0时,等号成立,即𝑃𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的最小值为b2-c2,故b2-c2=15R2=15(a2+b2),整理得4b2-5c2=a2,即4(a2-c2)-5c2=a2,整理得

𝑐2𝑎2=13,即e=𝑐𝑎=√33.13.2由题意知抛物线C的焦点为(1,0),则过抛物线C的焦点且斜率为k的直线方程为y=k(x-1)(k≠0),由{𝑦=𝑘(𝑥-1),𝑦2=4𝑥,消去y得k2(x-1)2=4x,即k2x2-(2k2+4)x+k2=0.设A(x1,y1),B(x

2,y2),则x1+x2=2𝑘2+4𝑘2,x1x2=1.由{𝑦=𝑘(𝑥-1),𝑦2=4𝑥,消去x得y2=4(1𝑘𝑦+1),即y2-4𝑘y-4=0,则y1+y2=4𝑘,y1y2=-4.因为∠AMB=90°,所以有𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(x1+1,

y1-1)·(x2+1,y2-1)=x1x2+x1+x2+1+y1y2-(y1+y2)+1=0,①将x1+x2=2𝑘2+4𝑘2,x1x2=1与y1+y2=4𝑘,y1y2=-4代入①,得k=2.14.x-2y+1=0由已知得s+t=19(

s+t)(𝑚𝑠+𝑛𝑡)=19(𝑚+𝑛+𝑚𝑡𝑠+𝑛𝑠𝑡)≥19(m+n+2√𝑚𝑛)=19(√𝑚+√𝑛)2.因为s+t的最小值是49,所以19(√𝑚+√𝑛)2=49,√𝑚+√𝑛=2,又m+n=2,所以m=n=1.设以点(1,1)为中点的弦的两个端点的

坐标分别是(x1,y1),(x2,y2),则有𝑥1+𝑥22=𝑦1+𝑦22=1,即x1+x2=y1+y2=2.①又该两点在双曲线上,则有𝑥124−𝑦122=1,𝑥224−𝑦222=1,两式相减得(𝑥1+𝑥2)(𝑥1-𝑥2)4−(𝑦1+𝑦2)(𝑦1-𝑦2)2=0.②由①

②得𝑦1-𝑦2𝑥1-𝑥2=12,即所求直线的斜率是12,所以所求直线的方程是y-1=12(x-1),即x-2y+1=0.15.(1)解由已知得c=√2,e=𝑐𝑎=√63,所以a=√3,所以b2=a2-c2=

1.所以椭圆C的方程为𝑥23+y2=1.(2)证明由(1)得,曲线为x2+y2=1(x>0).当直线MN的斜率不存在时,直线MN:x=1,显然不符合题意.当直线MN的斜率存在时,设点M(x1,y1),N(x2,y2)

.必要性:若M,N,F三点共线,则可设直线MN:y=k(x-√2),即kx-y-√2k=0.由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切,可得|√2𝑘|√𝑘2+1=1,解得k=±1.由{𝑦=±(𝑥-√2),𝑥23+𝑦2=1,可得4x2-6√2x+3=0,所以x1+x2=3√

22,x1x2=34,所以|MN|=√1+1·√(𝑥1+𝑥2)2-4𝑥1𝑥2=√3.所以必要性成立.充分性:设直线MN:y=kx+b(kb<0),即kx-y+b=0.由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切可

得|𝑏|√𝑘2+1=1,所以b2=k2+1.由{𝑦=𝑘𝑥+𝑏,𝑥23+𝑦2=1,可得(1+3k2)x2+6kbx+3b2-3=0,所以x1+x2=-6𝑘𝑏1+3𝑘2,x1x2=3𝑏2-31+3𝑘2,所以|MN|=√1+𝑘2√(𝑥1+𝑥2)

2-4𝑥1𝑥2=√1+𝑘2·√(-6𝑘𝑏1+3𝑘2)2-4·3𝑏2-31+3𝑘2=√1+𝑘2·√24𝑘21+3𝑘2=√3,化简得3(𝑘2-1)2=0,所以k=±1,所以{𝑘=1,𝑏=-√2或{𝑘=-1,𝑏=√2,所以直线MN:y=x-√2或y=-x+

√2,所以直线MN过点F(√2,0),即M,N,F三点共线.所以充分性成立.所以M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=√3.16.解(1)设F1,F2分别为(-c,0),(c,0),可得𝑐𝑎=2,b2=c2-a2=3

a2,又点(1,32)在双曲线C上,∴1𝑎2−94𝑏2=1,又a>0,b>0,∴a=12,c=1.由题意易知四边形PF1QF2为平行四边形.∴|PF1|+|PF2|=2√2>2,∴动点P的轨迹是以点F1,F2分别为左、右焦点的椭圆(除左、右顶点),∴动点P的轨迹方程为𝑥22+y2

=1(y≠0).(2)∵𝑥12+𝑥22=2,𝑥122+𝑦12=1,𝑥222+𝑦22=1,∴𝑦12+𝑦22=1.∴|OG|·|MN|=√(𝑥1-𝑥2)2+(𝑦1-𝑦2)2·√(𝑥1+𝑥2

2)2+(𝑦1+𝑦22)2=12√3-2𝑥1𝑥2-2𝑦1𝑦2·√3+2𝑥1𝑥2+2𝑦1𝑦2≤12(3-2𝑥1𝑥2-2𝑦1𝑦2+3+2𝑥1𝑥2+2𝑦1𝑦22)=32,当3-2x1x2-2y1y

2=3+2x1x2+2y1y2,即x1x2+y1y2=0时取等号,所以|OG|·|MN|的最大值为32,此时OM⊥ON,即△OMN为直角三角形.17.(1)解设椭圆的半焦距为c,由题意可得e=𝑐𝑎=√1-𝑏2𝑎2=√32,所以a=2b.①因为双曲线𝑥24-y2=1的渐近

线方程为y=±12x,所以可设双曲线的渐近线与椭圆C在第一象限的交点为P(2t,t),所以√𝑡2+(2𝑡)2=√102,即t2=12.因为点P在椭圆上,所以4𝑡2𝑎2+𝑡2𝑏2=1,即2𝑎2+12𝑏2=1.②由①②可得a=2,b=1,所以椭圆C的方程为

𝑥24+y2=1.(2)证明①由题意可得点M,N关于原点对称,可设点D(x1,y1),M(x2,y2),N(-x2,-y2),因为点D,M在椭圆上,所以𝑥124+𝑦12=1,𝑥224+𝑦22=1,所以𝑦12=1-𝑥124,𝑦22=1-𝑥224,所以k1k2=𝑦1-𝑦

2𝑥1-𝑥2·𝑦1+𝑦2𝑥1+𝑥2=𝑦12-𝑦22𝑥12-𝑥22=(1-𝑥124)-(1-𝑥224)𝑥12-𝑥22=-14.②可设k1>0,k2<0,因为k1+k2=0,k1k2=-14,所以k1=12,k2=-12.因为直

线DM过点(0,m),直线DN过点(0,n),所以直线DM的方程为y=12x+m,DN的方程为y=-12x+n.由{𝑦=12𝑥+𝑚,𝑥2+4𝑦2=4,可得x2+2mx+2m2-2=0,所以x1x2=2m2-2.由{𝑦=-12𝑥+𝑛

,𝑥2+4𝑦2=4,可得x2-2nx+2n2-2=0,所以-x1x2=2n2-2,所以x1x2+(-x1x2)=2m2+2n2-4=0,所以m2+n2=2,为定值.18.解(1)根据椭圆的定义,可得|AF1|+|AF2|=2a,|BF1|+

|BF2|=2a,∴△AF1B的周长为|AF1|+|BF1|+|AB|=|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|=4a,∴4a=4√3,a=√3,∴椭圆E的方程为𝑥23+𝑦2𝑏2=1.将P(1,2√33)代入得b2=2,∴

椭圆E的方程为𝑥23+𝑦22=1.(2)由(1)可知c2=a2-b2=1,得点F2(1,0),由题意可知直线l的斜率不为0,故可设直线l的方程为x=my+1,由{𝑥23+𝑦22=1,𝑥=𝑚𝑦+1,消去x,整理得(2m2+3)y2+4my-4=0.设点A(x1,y1),B(x2,

y2),则y1+y2=-4𝑚2𝑚2+3,y1y2=-42𝑚2+3.不妨设y1>0,y2<0,则|AF2|=√(𝑥1-1)2+𝑦12=√(𝑚𝑦1+1-1)2+𝑦12=√𝑚2+1·|y1|=√𝑚2+1·y

1.同理|BF2|=√𝑚2+1·|y2|=-√𝑚2+1·y2.所以1|𝐴𝐹2|+1|𝐵𝐹2|=1√𝑚2+1·𝑦1+1-√𝑚2+1·𝑦2=1√𝑚2+1(1𝑦1-1𝑦2)=1√𝑚2+1·𝑦2-𝑦1𝑦1𝑦2=1√𝑚2+1·-|𝑦2-𝑦1|𝑦1�

�2=1√𝑚2+1·-√16𝑚2+16(2𝑚2+3)2𝑚2+3-42𝑚2+3=1√𝑚2+1·4√3(𝑚2+1)4=√3,即|AF2|+|BF2|=√3|AF2|·|BF2|.所以存在实数λ=√3,

使得|AF2|+|BF2|=λ|AF2|·|BF2|成立.