(1)求W的方程；
(2)已知矩形ABCD有三個頂點在W上，證明：矩形ABCD的周長大于3 eq \r(3) .
2．[2023·新課標Ⅱ卷]已知雙曲線C的中心為坐標原點，左焦點為(－2 eq \r(5) ，0)，離心率為 eq \r(5) .
(1)求C的方程；
(2)記C的左、右頂點分別為A1，A2，過點(－4，0)的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線MA1與NA2交于點P.證明：點P在定直線上．
3.[2023·全國乙卷(理)]已知橢圓C： eq \f(y2,a2) ＋ eq \f(x2,b2) ＝1(a>b>0)的離心率為 eq \f(\r(5),3) ，點A(－2，0)在C上．
(1)求C的方程；
(2)過點 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，3)) 的直線交C于P，Q兩點，直線AP，AQ與y軸的交點分別為M，N，證明：線段MN的中點為定點．
4．[2022·全國甲卷(理)，20]設(shè)拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，點D(p，0)，過F的直線交C于M，N兩點．當直線MD垂直于x軸時，|MF|＝3.
(1)求C的方程；
(2)設(shè)直線MD，ND與C的另一個交點分別為A，B，記直線MN，AB的傾斜角分別為α，β.當α－β取得最大值時，求直線AB的方程．
5.[2023·全國甲卷(理)]已知直線x－2y＋1＝0與拋物線C：y2＝2px(p>0)交于A，B兩點，|AB|＝4 eq \r(15) .
(1)求p；
(2)設(shè)F為C的焦點，M，N為C上兩點，且 eq \(FM,\s\up6(→)) · eq \(FN,\s\up6(→)) ＝0，求△MFN面積的最小值．
6．[2022·新高考Ⅱ卷，21]已知雙曲線C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的右焦點為F(2，0)，漸近線方程為y＝± eq \r(3) x.
(1)求C的方程．
(2)過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點，點P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0.過P且斜率為－ eq \r(3) 的直線與過Q且斜率為 eq \r(3) 的直線交于點M.從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立．
①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|.
注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分．
7.[2022·全國乙卷(理)，20]已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過A(0，－2)，B( eq \f(3,2) ，－1)兩點．
(1)求E的方程；
(2)設(shè)過點P(1，－2)的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足 eq \(MT,\s\up6(→)) ＝ eq \(TH,\s\up6(→)) .證明：直線HN過定點．
8．[2022·新高考Ⅰ卷，21]已知點A(2，1)在雙曲線C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,a2－1) ＝1(a>1)上，直線l交C于P，Q兩點，直線AP，AQ的斜率之和為0.
(1)求l的斜率；
(2)若tan ∠PAQ＝2 eq \r(2) ，求△PAQ的面積．
專練48 高考大題專練(五) 圓錐曲線的綜合運用
1．解析：(1)設(shè)點P的坐標為(x，y)，依題意得|y|＝ eq \r(x2＋（y－\f(1,2)）2) ，
化簡得x2＝y(tǒng)－ eq \f(1,4) ，
所以W的方程為x2＝y(tǒng)－ eq \f(1,4) .
(2)設(shè)矩形ABCD的三個頂點A，B，C在W上，
則AB⊥BC，矩形ABCD的周長為2(|AB|＋|BC|).
設(shè)B(t，t2＋ eq \f(1,4) )，依題意知直線AB不與兩坐標軸平行，
故可設(shè)直線AB的方程為y－(t2＋ eq \f(1,4) )＝k(x－t)，不妨設(shè)k>0，
與x2＝y(tǒng)－ eq \f(1,4) 聯(lián)立，得x2－kx＋kt－t2＝0，
則Δ＝k2－4(kt－t2)＝(k－2t)2>0，所以k≠2t.
設(shè)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|).
因為|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))) ，
當2k－2k2≤0，即k≥1時，函數(shù)y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在(－∞，－ eq \f(1,2k) ]上單調(diào)遞減，函數(shù)y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在(－ eq \f(1,2k) ， eq \f(k,2) ]上單調(diào)遞減或是常函數(shù)(當k＝1時是常函數(shù))，函數(shù)y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在( eq \f(k,2) ，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以當t＝ eq \f(k,2) 時，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值為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，
則f′(k)＝ eq \f(2（1＋k2）\f(1,2)（k＋\r(2)）（k－\r(2)）,k3) ，
當1≤k＜ eq \r(2) 時，f′(k)＜0，當k＞ eq \r(2) 時，f′(k)＞0，
所以函數(shù)f(k)在[1， eq \r(2) )上單調(diào)遞減，在( eq \r(2) ，＋∞)上單調(diào)遞增，
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) .
當2k－2k2＞0，即0＜k＜1時，函數(shù)y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在(－∞，－ eq \f(1,2k) ]上單調(diào)遞減，函數(shù)y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在(－ eq \f(1,2k) ， eq \f(k,2) ]上單調(diào)遞增，函數(shù)y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在( eq \f(k,2) ，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以當t＝－ eq \f(1,2k) 時，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值為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) ，00，
故x1＋x2＝－ eq \f(16k2＋24k,4k2＋9) ，x1x2＝ eq \f(16k2＋48k,4k2＋9) .
直線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) ，
則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的中點的縱坐標為 eq \f(yM＋yN,2) ＝3，
所以MN的中點為定點(0，3).
4．解析：(1)方法一 由題意可知，當x＝p時，y2＝2p2.
設(shè)M點位于第一象限，則點M的縱坐標為 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的方程為y2＝4x.
方法二 拋物線的準線方程為x＝－ eq \f(p,2) .
當MD與x軸垂直時，點M的橫坐標為p.
此時|MF|＝p＋ eq \f(p,2) ＝3，所以p＝2.
所以拋物線C的方程為y2＝4x.
(2)設(shè)直線MN的斜率為k1，直線AB的斜率為k2，則k1＝tan α，k2＝tan β.
由題意可得k1≠0，k2≠0.
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，y1＞0，y2＜0，A(x3，y3)，B(x4，y4)，y3＜0，y4＞0.
設(shè)直線AB的方程為y＝k2(x－m)，m為直線AB與x軸交點的橫坐標，直線MN的方程為y＝k1(x－1)，直線MD的方程為y＝k3(x－2)，直線ND的方程為y＝k4(x－2).
聯(lián)立得方程組 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，則x1x2＝1.
聯(lián)立得方程組 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，則x3x4＝m2.
聯(lián)立得方程組 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，則x1x3＝4.
聯(lián)立得方程組 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，則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) .
因為k1＝2k2，所以k1與k2同號，所以α與β同為銳角或鈍角．
當α－β取最大值時，tan (α－β)取得最大值．所以k2＞0，且當 eq \f(1,k2) ＝2k2，即k2＝ eq \f(\r(2),2) 時，α－β取得最大值．易得x3x4＝ eq \f(16,x1x2) ＝m2，又易知m＞0，所以m＝4.
所以直線AB的方程為x－ eq \r(2) y－4＝0.
5．解析：(1)設(shè)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) .
由根與系數(shù)的關(guān)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)設(shè)M(x3，y3)，N(x4，y4)，由(1)知拋物線C：y2＝4x，則點F(1，0).
因為 eq \(FM,\s\up6(→)) · eq \(FN,\s\up6(→)) ＝0，所以∠MFN＝90°，則S△MFN＝ eq \f(1,2) |MF||NF|＝ eq \f(1,2) (x3＋1)(x4＋1)＝ eq \f(1,2) (x3x4＋x3＋x4＋1) (*).
當直線MN的斜率不存在時，點M與點N關(guān)于x軸對稱，
因為∠MFN＝90°，
所以直線MF與直線NF的斜率一個是1，另一個是－1.
不妨設(shè)直線MF的斜率為1，則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(*)式計算易得，當x3＝x4＝3－2 eq \r(2) 時，△MFN的面積取得最小值，為4(3－2 eq \r(2) ).
當直線MN的斜率存在時，設(shè)直線MN的方程為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，
則 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，化簡得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) ，則S△MFN＝t2＋2t＋1，
因為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t12－8 eq \r(2) ＝4(3－2 eq \r(2) .
故△MFN面積的最小值為4(3－2 eq \r(2) ).
6．解析：(1)由題意可得 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的方程為x2－ eq \f(y2,3) ＝1.
(2)當直線PQ斜率不存在時，x1＝x2，但x1>x2>0，所以直線PQ斜率存在，所以設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋h(k≠0).聯(lián)立得方程組 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－h(huán)2－3＝0.
則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|) .
因為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) .
設(shè)點M的坐標為(xM，yM)，
則yM－y2＝ eq \r(3) (xM－x2)，yM－y1＝－ eq \r(3) (xM－x1)，
兩式相減，得y1－y2＝2 eq \r(3) xM－ eq \r(3) (x1＋x2).
因為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) .
兩式相加，得2yM－(y1＋y2)＝ eq \r(3) (x1－x2).
因為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.
所以點M的軌跡為直線y＝ eq \f(3,k) x，其中k為直線PQ的斜率．
選擇①②.
因為PQ∥AB，所以kAB＝k.
設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－2)，并設(shè)點A的坐標為(xA，yA)，點B的坐標為(xB，yB)，則 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)) .
此時xA＋xB＝ eq \f(4k2,k2－3) ，yA＋yB＝ eq \f(12k,k2－3) .
因為點M在AB上，且其軌跡為直線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) ，
所以點M為AB的中點，即|MA|＝|MB|.
選擇①③.
當直線AB的斜率不存在時，點M即為點F(2，0)，此時點M不在直線y＝ eq \f(3,k) x上，與題設(shè)矛盾，故直線AB的斜率存在．
當直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y＝m(x－2)(m≠0)，并設(shè)點A的坐標為(xA，yA)，點B的坐標為(xB，yB)，則 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)) .
此時xM＝ eq \f(xA＋xB,2) ＝ eq \f(2m2,m2－3) ，yM＝ eq \f(yA＋yB,2) ＝ eq \f(6m,m2－3) .由于點M同時在直線y＝ eq \f(3,k) x上，故6m＝ eq \f(3,k) ·2m2，解得k＝m，因此PQ∥AB.
選擇②③.因為PQ∥AB，所以kAB＝k.
設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－2)，并設(shè)點A的坐標為(xA，yA)，點B的坐標為(xB，yB)，
則 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)) .
設(shè)AB的中點為C(xC，yC)，則xC＝ eq \f(xA＋xB,2) ＝ eq \f(2k2,k2－3) ，yC＝ eq \f(yA＋yB,2) ＝ eq \f(6k,k2－3) .
因為|MA|＝|MB|，所以點M在AB的垂直平分線上，即點M在直線y－yC＝－ eq \f(1,k) (x－xC)上．
將該直線方程與y＝ eq \f(3,k) x聯(lián)立，解得xM＝ eq \f(2k2,k2－3) ＝xC，yM＝ eq \f(6k,k2－3) ＝y(tǒng)C，即點M恰為AB的中點，所以點M在直線AB上．
7．解析：(1)設(shè)橢圓E的方程為mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n).
將點A(0，－2)，B( eq \f(3,2) ，－1)的坐標代入，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)．))
所以橢圓E的方程為 eq \f(x2,3) ＋ eq \f(y2,4) ＝1.
(2)證明：(方法一)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2).
由題意，知直線MN與y軸不垂直，設(shè)其方程為x－1＝t(y＋2).
聯(lián)立得方程組 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) .
設(shè)T(x0，y1).由A，B，T三點共線，得 eq \f(y1＋2,x0) ＝ eq \f(y1＋1,x0－\f(3,2)) ，得x0＝ eq \f(3,2) y1＋3.
設(shè)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′＝y(tǒng)1，
所以直線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) ，
所以直線HN的方程為
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.
所以直線NH過定點(0，－2).
(方法二)由A(0，－2)，B( eq \f(3,2) ，－1)可得直線AB的方程為y＝ eq \f(2,3) x－2.
a．若過點P(1，－2)的直線的斜率不存在，則其直線方程為x＝1.
將直線方程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) ).
將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) ).
此時直線HN的方程為y＝(2＋ eq \f(2\r(6),3) )(x－1)＋ eq \f(2\r(6),3) ，
則直線HN過定點(0，－2).
b．若過點P(1，－2)的直線的斜率存在，設(shè)此直線方程為kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2).
聯(lián)立得方程組 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)，)) 則 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
聯(lián)立得方程組 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝y(tǒng)1，,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).
則直線HN的方程為y－y2＝ eq \f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2) (x－x2).
將點(0，－2)的坐標代入并整理，得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0.②
將①代入②，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，顯然成立．
綜上可得，直線HN過定點(0，－2).
8．解析：(1)∵點A(2，1)在雙曲線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.
∴雙曲線C的方程為 eq \f(x2,2) －y2＝1.
顯然直線l的斜率存在，可設(shè)其方程為y＝kx＋m.
聯(lián)立得方程組 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.
設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
則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.
∵直線l不過點A，∴k＝－1.
(2)設(shè)∠PAQ＝2α，00，
∴P，Q只能同在雙曲線左支或同在右支．
當P，Q同在左支時，tan α即為直線AP或AQ的斜率．
設(shè)kAP＝ eq \f(\r(2),2) .
∵ eq \f(\r(2),2) 為雙曲線一條漸近線的斜率，
∴直線AP與雙曲線只有一個交點，不成立．
當P，Q同在右支時，tan ( eq \f(π,2) －α)＝ eq \f(1,tan α) 即為直線AP或AQ的斜率．
設(shè)kAP＝ eq \f(1,\f(\r(2),2)) ＝ eq \r(2) ，則kAQ＝－ eq \r(2) ，
∴直線AP的方程為y－1＝ eq \r(2) (x－2)，
即y＝ eq \r(2) x－2 eq \r(2) ＋1.
聯(lián)立得方程組 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，
則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

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