第三章高考强化

$ \dfrac{3\sqrt{5}}{5} $

（1） 【解】由题可得 $ \begin{cases}2a=4,\\ \dfrac{c}{a}=\dfrac{\sqrt{2}}{2},\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}a=2,\\ c=\sqrt{2},\end{cases} $ 所以 $ {b}^{2}={a}^{2}-{c}^{2}=2 $ ,所以椭圆方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{2}=1 $ .

（2） 由点 $ M({x}_{0},{y}_{0}) $ 是椭圆上一点,得 $ \dfrac{{x}_{0}^{2}}{4}+\dfrac{{y}_{0}^{2}}{2}=1 $ ,即 $ {x}_{0}^{2}+2{y}_{0}^{2}-4=0 $ ,将点 $ M $ 的坐标代入直线方程,得 $ {x}_{0}^{2}+2{y}_{0}^{2}-4=0 $ ,所以直线恒过点 $ M $ .

设点 $ M $ 到 $ OA $ 的距离为 $ {d}_{1} $ ,点 $ M $ 到 $ OB $ 的距离为 $ {d}_{2} $ ,

则 $ \dfrac{{S}_{1}}{{S}_{2}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}\left|OA\right|{d}_{1}}{\dfrac{1}{2}\left|OB\right|{d}_{2}}=\dfrac{\left|OA\right|}{\left|OB\right|}\cdot \dfrac{{d}_{1}}{{d}_{2}} $ ,故只需确定 $ \dfrac{{d}_{1}}{{d}_{2}} $ 与1的大小关系即可.

将 $ y=2 $ 代入 $ {x}_{0}x+2{y}_{0}y-4=0 $ ,得 $ {x}_{A}=\dfrac{4-4{y}_{0}}{{x}_{0}} $ ,则 $ A(\dfrac{4-4{y}_{0}}{{x}_{0}},2) $ .

当 $ {y}_{0}=1 $ ,即 $ A(0,2) $ 时,直线 $ OA $ 的方程为 $ x=0 $ ;当 $ {y}_{0}\ne 1 $ 时,设 $ OA $ 所在直线方程为 $ y={k}_{1}x $ ,则 $ \dfrac{4-4{y}_{0}}{{x}_{0}}{k}_{1}=2 $ ,解得 $ {k}_{1}=\dfrac{{x}_{0}}{2-2{y}_{0}} $ ,即 $ OA $ 所在直线方程为 $ y=\dfrac{{x}_{0}}{2-2{y}_{0}}\cdot x({y}_{0}\ne 1) $ ,即 $ {x}_{0}x-(2-2{y}_{0})\cdot y=0({y}_{0}\ne 1) $ ,且当 $ {y}_{0}=1 $ 时, $ x=0 $ 也满足 $ {x}_{0}x-(2-2{y}_{0})y=0 $ ,故 $ OA $ 所在直线的方程为 $ {x}_{0}x-(2-2{y}_{0})y=0 $ .同理可得 $ OB $ 所在直线方程为 $ y=\dfrac{-{x}_{0}}{2+2{y}_{0}}x $ ,即 $ {x}_{0}x+(2+2{y}_{0})\cdot y=0 $ .

由 $ \dfrac{{x}_{0}^{2}}{4}+\dfrac{{y}_{0}^{2}}{2}=1 $ ,得 $ {x}_{0}^{2}=4-2{y}_{0}^{2} $ ,且 $ \left|{y}_{0}\right|\leqslant \sqrt{2} $ ,

所以 $ {d}_{1}=\dfrac{\left|{x}_{0}^{2}-(2-2{y}_{0}){y}_{0}\right|}{\sqrt{{x}_{0}^{2}+{\left(2-2{y}_{0}\right) ^ {2}}}} $

$ =\dfrac{\left|4-2{y}_{0}^{2}-2{y}_{0}+2{y}_{0}^{2}\right|}{\sqrt{4-2{y}_{0}^{2}+4+4{y}_{0}^{2}-8{y}_{0}}} $

$ =\dfrac{\left|4-2{y}_{0}\right|}{\sqrt{2{y}_{0}^{2}-8{y}_{0}+8}}=\dfrac{\left|4-2{y}_{0}\right|}{\sqrt{2{\left({y}_{0}-2\right) ^ {2}}}} $

$ =\dfrac{2(2-{y}_{0})}{\sqrt{2}(2-{y}_{0})}=\sqrt{2} $ ,

$ {d}_{2}=\dfrac{\left|{x}_{0}^{2}+(2+2{y}_{0}){y}_{0}\right|}{\sqrt{{x}_{0}^{2}+{\left(2+2{y}_{0}\right) ^ {2}}}} $

$ =\dfrac{\left|4-2{y}_{0}^{2}+2{y}_{0}+2{y}_{0}^{2}\right|}{\sqrt{4-2{y}_{0}^{2}+4+4{y}_{0}^{2}+8{y}_{0}}} $

$ =\dfrac{\left|4+2{y}_{0}\right|}{\sqrt{2{y}_{0}^{2}+8{y}_{0}+8}} $

$ =\dfrac{\left|4+2{y}_{0}\right|}{\sqrt{2{\left({y}_{0}+2\right) ^ {2}}}}=\dfrac{2\left|{y}_{0}+2\right|}{\sqrt{2}\left|{y}_{0}+2\right|}=\sqrt{2} $ ,

所以 $ \dfrac{{d}_{1}}{{d}_{2}}=1 $ ,所以 $ \dfrac{{S}_{1}}{{S}_{2}}=\dfrac{\left|OA\right|}{\left|OB\right|} $ .

（1） 【解】设椭圆 $ C $ 的左焦点为 $ {F}_{1} $ ,因为点 $ M $ 的横坐标为1,且 $ MF\perp x $ 轴,所以 $ c=1 $ ,则 $ |{F}_{1}F|=2 $ , $ |MF|=\dfrac{3}{2} $ .

因为 $ MF\perp x $ 轴,所以 $ |M{F}_{1}|=\sqrt{|MF{|}^{2}+|{F}_{1}F{|}^{2}}=\dfrac{5}{2} $ ,所以 $ 2a=|M{F}_{1}|+|MF|=4 $ ,解得 $ a=2 $ ,所以 $ {b}^{2}={a}^{2}-{c}^{2}=3 $ ,

故椭圆 $ C $ 的方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{3}=1 $ .

（2） 【证明】方法一：由题可得, $ F(1,0) $ , $ P(4,0) $ ,所以点 $ N(\dfrac{5}{2},0) $ .

当直线 $ AB $ 与 $ x $ 轴不重合时,设直线 $ AB $ 的方程为 $ x=ty+4 $ , $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ .

由 $ \begin{cases}\dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{3}=1,\\ x=ty+4,\end{cases} $ 整理得, $ (3{t}^{2}+4){y}^{2}+24ty+36=0 $ ,由 $ \mathrm{\Delta } > 0 $ 得 $ {t}^{2} > 4 $ ,

根据根与系数的关系可得

$ \begin{cases}{y}_{1}+{y}_{2}=-\dfrac{24t}{3{t}^{2}+4},\\ {y}_{1}{y}_{2}=\dfrac{36}{3{t}^{2}+4},\end{cases} $

直线 $ NB $ 的方程为 $ y=\dfrac{{y}_{2}}{{x}_{2}-\dfrac{5}{2}}\cdot (x-\dfrac{5}{2}) $ ,设点 $ Q $ 的坐标为 $ (1,{y}_{Q}) $ ,将 $ x=1 $ 代入直线 $ NB $ 的方程得 $ {y}_{Q}=\dfrac{-\dfrac{3}{2}{y}_{2}}{{x}_{2}-\dfrac{5}{2}}=\dfrac{-\dfrac{3}{2}{y}_{2}}{t{y}_{2}+\dfrac{3}{2}} $ ,

所以 $ Q $ 点的坐标为 $ (1,\dfrac{-\dfrac{3}{2}{y}_{2}}{t{y}_{2}+\dfrac{3}{2}}) $ .

因为 $ {y}_{Q}-{y}_{1}=\dfrac{-\dfrac{3}{2}{y}_{2}}{t{y}_{2}+\dfrac{3}{2}}-{y}_{1} $

$ =\dfrac{-\dfrac{3}{2}{y}_{2}-{y}_{1}\cdot (t{y}_{2}+\dfrac{3}{2})}{t{y}_{2}+\dfrac{3}{2}} $

$ =\dfrac{-\dfrac{3}{2}({y}_{1}+{y}_{2})-t{y}_{1}{y}_{2}}{t{y}_{2}+\dfrac{3}{2}} $

$ =\dfrac{-\dfrac{3}{2}×(-\dfrac{24t}{3{t}^{2}+4})-t×\dfrac{36}{3{t}^{2}+4}}{t{y}_{2}+\dfrac{3}{2}}=0 $ ,

所以 $ {y}_{Q}={y}_{1} $ .

又 $ {y}_{1}\ne 0 $ ,所以直线 $ AQ $ 与 $ x $ 轴平行,所以 $ AQ\perp y $ 轴.

当直线 $ AB $ 与 $ x $ 轴重合时,直线 $ AQ $ 与 $ x $ 轴重合,所以 $ AQ\perp y $ 轴.

综上, $ AQ\perp y $ 轴.

方法二：设 $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ , $ \overrightarrow {AP}=\lambda \overrightarrow {PB}(\lambda \ne -1 $ 且 $ \lambda \ne 1) $ ,则 $ \begin{cases}\dfrac{{x}_{1}+\lambda {x}_{2}}{1+\lambda }=4,\\ \dfrac{{y}_{1}+\lambda {y}_{2}}{1+\lambda }=0,\end{cases} $ 即 $ \begin{cases}\lambda {x}_{2}=4+4\lambda -{x}_{1},\\ \lambda {y}_{2}=-{y}_{1}.\end{cases} $

又由 $ \begin{cases}3{x}_{1}^{2}+4{y}_{1}^{2}=12\mathrm{①},\\ 3(\lambda {x}_{2})^{2}+4(\lambda {y}_{2})^{2}=12\lambda {}^{2}\mathrm{②},\end{cases} $

$ \mathrm{①}-\mathrm{②} $ 可得 $ 3\cdot \dfrac{{x}_{1}+\lambda {x}_{2}}{1+\lambda }\cdot \dfrac{{x}_{1}-\lambda {x}_{2}}{1-\lambda }+4\cdot \dfrac{{y}_{1}+\lambda {y}_{2}}{1+\lambda }\cdot \dfrac{{y}_{1}-\lambda {y}_{2}}{1-\lambda }=12 $ ,结合上式可得 $ 5\lambda -2\lambda {x}_{2}+3=0 $ .

由 $ N(\dfrac{5}{2},0) $ , $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ ,得直线 $ BN $ 的方程为 $ y=\dfrac{{y}_{2}}{{x}_{2}-\dfrac{5}{2}}\cdot (x-\dfrac{5}{2}) $ ,

因为点 $ Q $ 是直线 $ BN $ 与直线 $ MF $ 的交点,所以将点 $ Q $ 的横坐标1代入直线 $ BN $ 的方程得 $ {y}_{Q}=\dfrac{3{y}_{2}}{5-2{x}_{2}}=\dfrac{3\lambda {y}_{2}}{5\lambda -2\lambda {x}_{2}}=-\lambda {y}_{2}={y}_{1} $ ,故 $ AQ\perp y $ 轴.

方法三：设 $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ ,由 $ P $ , $ A $ , $ B $ 三点共线得 $ {x}_{1}{y}_{2}-{x}_{2}{y}_{1}=4({y}_{2}-{y}_{1})\mathrm{①} $ ,所以 $ ({x}_{1}{y}_{2}-{x}_{2}{y}_{1})({x}_{1}{y}_{2}+{x}_{2}{y}_{1})={x}_{1}^{2}{y}_{2}^{2}-{x}_{2}^{2}{y}_{1}^{2}=(4-\dfrac{4}{3}{y}_{1}^{2}){y}_{2}^{2}-(4-\dfrac{4}{3}{y}_{2}^{2}){y}_{1}^{2}=4({y}_{2}-{y}_{1})({y}_{2}+{y}_{1})=4({y}_{2}-{y}_{1})\cdot ({x}_{1}{y}_{2}+{x}_{2}{y}_{1}) $ ,即 $ {x}_{1}{y}_{2}+{x}_{2}{y}_{1}={y}_{2}+{y}_{1}\mathrm{②} $ , $ \mathrm{①}\mathrm{②} $ 联立得 $ 2{x}_{2}{y}_{1}=5{y}_{1}-3{y}_{2} $ .

由 $ N(\dfrac{5}{2},0) $ , $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ ,得直线 $ BN $ 的方程为 $ y=\dfrac{{y}_{2}}{{x}_{2}-\dfrac{5}{2}}\cdot (x-\dfrac{5}{2}) $ ,因为点 $ Q $ 是直线 $ BN $ 与直线 $ MF $ 的交点,所以将点 $ Q $ 的横坐标1代入直线 $ BN $ 的方程得 $ {y}_{Q}=\dfrac{3{y}_{2}}{5-2{x}_{2}}=\dfrac{3{y}_{1}{y}_{2}}{5{y}_{1}-2{y}_{1}{x}_{2}}={y}_{1} $ ,故 $ AQ\perp y $ 轴.

（1） 【解】由题意可设 $ P(a,{y}_{0})({y}_{0} > 0) $ ,

$ \because F(-c,0) $ , $ A(a,0) $ , $ {k}_{PF}=\dfrac{1}{3} $ , $ {S}_{△PFA}=\dfrac{3}{2} $ , $ e=\dfrac{1}{2} $ ,

$ \therefore \begin{cases}\dfrac{{y}_{0}}{a+c}=\dfrac{1}{3},\\ \dfrac{1}{2}\left(a+c\right)\cdot {y}_{0}=\dfrac{3}{2},\\ \dfrac{c}{a}=\dfrac{1}{2},\end{cases} $

解得 $ \begin{cases}a=2,\\ c=1,\\ {y}_{0}=1,\end{cases}\therefore {b}^{2}={a}^{2}-{c}^{2}=3 $ .

$ \therefore $ 椭圆的方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{3}=1 $ .

（2） 【证明】由（1）知 $ P(2,1) $ ,易知直线 $ PB $ 的斜率一定存在,

设直线 $ PB $ 的方程为 $ y=k(x-2)+1 $ ,联立 $ \begin{cases}y=k\left(x-2\right)+1,\\ \dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{3}=1,\end{cases} $

得 $ (3+4{k}^{2}){x}^{2}+8k(1-2k)x+8(2{k}^{2}-2k-1)=0① $ ,

$ \because $ 直线 $ PB $ 与椭圆有唯一公共点, $ \therefore \mathrm{\Delta }=96(2k+1)=0 $ ,解得 $ k=-\dfrac{1}{2} $ ,

代入①中得 $ {x}^{2}-2x+1=0 $ ,解得 $ x=1 $ ,则 $ B(1,\dfrac{3}{2}) $ .

解法一：又 $ \because F(-1,0) $ , $ A(2,0) $ ,

$ \therefore \overrightarrow {FB}=(2,\dfrac{3}{2}) $ , $ \overrightarrow {FP}=(3,1) $ ,

$ \therefore \cos \mathrm{\angle }BFP= \cos ⟨\overrightarrow {FB} $ , $ \overrightarrow {FP}⟩=\dfrac{\overrightarrow {FB}\cdot \overrightarrow {FP}}{\left|\overrightarrow {FB}\right|\left|\overrightarrow {FP}\right|}=\dfrac{3\sqrt{10}}{10} $ .

在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△FAP $ 中, $ \cos \mathrm{\angle }AFP=\dfrac{\left|FA\right|}{\left|FP\right|}=\dfrac{3\sqrt{10}}{10} $ .

$ \therefore \mathrm{\angle }AFP=\mathrm{\angle }BFP $ ,

$ \therefore PF $ 平分 $ \mathrm{\angle }AFB $ .

解法二： $ \because B(1,\dfrac{3}{2}) $ , $ F(-1,0) $ , $ \therefore {k}_{BF}=\dfrac{\dfrac{3}{2}-0}{1+1}=\dfrac{3}{4} $ ,即 $ \tan \mathrm{\angle }BFA=\dfrac{3}{4} $ .

$ \because \tan \mathrm{\angle }PFA=\dfrac{1}{3} $ , $ \therefore \tan 2\mathrm{\angle }PFA=\dfrac{2×\dfrac{1}{3}}{1-{\left(\dfrac{1}{3}\right) ^ {2}}}=\dfrac{3}{4} $ ,

$ \therefore \tan \mathrm{\angle }BFA= \tan 2\mathrm{\angle }PFA $ , $ \therefore \mathrm{\angle }BFA=2\mathrm{\angle }PFA $ ,故 $ PF $ 平分 $ \mathrm{\angle }AFB $ .

（1） 【解】由题意知 $ \begin{cases}\dfrac{c}{a}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3},\\ {a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2},\\ {a}^{2}+{b}^{2}=10,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}{a}^{2}=9,\\ {b}^{2}=1,\\ {c}^{2}=8,\end{cases} $

故 $ C $ 的方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{9}+{y}^{2}=1 $ .

（2） （ⅰ） 由（1）知 $ C $ 的方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{9}+{y}^{2}=1 $ ,则点 $ A $ 的坐标为 $ (0,-1) $ ,

设 $ R({x}_{0},{y}_{0}) $ ，则 $ \overrightarrow {AP}=(m,n+1) $ , $ \overrightarrow {AR}=({x}_{0},{y}_{0}+1) $ ,因为点 $ R $ 在射线 $ AP $ 上，所以 $ \overrightarrow {AP} $ 与 $ \overrightarrow {AR} $ 同向共线，所以 $ \left|AP\right|\cdot \left|AR\right|=\overrightarrow {AP}\cdot \overrightarrow {AR}=3 $ ，

所以 $ m{x}_{0}+(n+1)({y}_{0}+1)=3 $ .

因为点 $ P $ 不在 $ y $ 轴上，所以直线 $ AP $ 的斜率存在,所以 $ {k}_{AP}=\dfrac{n+1}{m}=\dfrac{{y}_{0}+1}{{x}_{0}}={k}_{AR} $ ，所以 $ {y}_{0}+1=\dfrac{{x}_{0}(n+1)}{m} $ .

联立 $ \begin{cases}m{x}_{0}+\left(n+1\right)\left({y}_{0}+1\right)=3,\\ {y}_{0}+1=\dfrac{{x}_{0}\left(n+1\right)}{m},\end{cases} $

解得 $ \begin{cases}{x}_{0}=\dfrac{3m}{{m}^{2}+{\left(n+1\right)}^{2}},\\ {y}_{0}=-\dfrac{\left(n-2\right)\left(n+1\right)+{m}^{2}}{{m}^{2}+{\left(n+1\right)}^{2}},\end{cases} $

故 $ R $ 的坐标为 $ (\dfrac{3m}{{m}^{2}+{\left(n+1 \right) ^ {2}}} $ , $ -\dfrac{ (n-2 ) (n+1 )+{m}^{2}}{{m}^{2}+{\left(n+1 \right) ^ {2}}} ) $ .

（ⅱ） 由 $ (\mathrm{i}) $ 知 $ P(m,n) $ ，

$ R(\dfrac{3m}{{m}^{2}+{\left(n+1\right) ^ {2}}},-\dfrac{(n-2)(n+1)+{m}^{2}}{{m}^{2}+{\left(n+1\right) ^ {2}}}) $ ,

因为直线 $ OR $ 的斜率是直线 $ OP $ 的斜率的3倍,

所以 $ -\dfrac{(n-2)(n+1)+{m}^{2}}{3m}=\dfrac{3n}{m} $ ,所以 $ {m}^{2}+{\left(n+4\right) ^ {2}}=18 $ ,

所以点 $ P $ 的轨迹方程为 $ {m}^{2}+{\left(n+4\right) ^ {2}}=18(m\ne 0) $ .

设 $ Q({x}_{1},{y}_{1}) $ ,因为 $ Q $ 是 $ C $ 上的动点，所以 $ \dfrac{{x}_{1}^{2}}{9}+{y}_{1}^{2}=1 $ .因为点 $ P $ 的轨迹方程为 $ {x}^{2}+{\left(y+4\right) ^ {2}}=18(x\ne 0) $ ,所以 $ \left|PQ\right| $ 的最大值可转化为点 $ Q $ 到点 $ D(0,-4) $ 的距离的最大值再加上 $ 3\sqrt{2} $ .

因为 $ \left|QD\right|=\sqrt{{x}_{1}^{2}+{\left({y}_{1}+4\right) ^ {2}}} $

$ =\sqrt{9-9{y}_{1}^{2}+{y}_{1}^{2}+8{y}_{1}+16} $

$ =\sqrt{-8{y}_{1}^{2}+8{y}_{1}+25} $

$ =\sqrt{-8{\left({y}_{1}-\dfrac{1}{2}\right) ^ {2}}+27} $ ，

所以当 $ {y}_{1}=\dfrac{1}{2} $ 时， $ \left|QD\right| $ 取得最大值 $ 3\sqrt{3} $ .

所以 $ \left|PQ\right| $ 的最大值为 $ 3\sqrt{3}+3\sqrt{2} $ .

见详解

（1） 【解】因为双曲线 $ C $ 的左焦点为 $ (-2\sqrt{5},0) $ ,所以 $ c=2\sqrt{5} $ .

由离心率 $ e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{2\sqrt{5}}{a}=\sqrt{5} $ ,得 $ a=2 $ ,

所以 $ b=\sqrt{{c}^{2}-{a}^{2}}=4 $ ,

所以 $ C $ 的方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}-\dfrac{{y}^{2}}{16}=1 $ .

（2） 【证明】设 $ M({x}_{1},{y}_{1})({x}_{1} < 0,{y}_{1} > 0) $ , $ N({x}_{2},{y}_{2}) $ ,直线 $ MN $ 的方程为 $ x=my-4 $ .

因为 $ {A}_{1}(-2,0) $ , $ {A}_{2}(2,0) $ ,

所以直线 $ M{A}_{1} $ 的方程为 $ y=\dfrac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}(x+2) $ ,直线 $ N{A}_{2} $ 的方程为 $ y=\dfrac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}\cdot (x-2) $ ,

联立 $ \begin{cases}y=\dfrac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}\left(x+2\right),\\ y=\dfrac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}\left(x-2\right),\end{cases} $ 消去 $ y $ 得 $ \dfrac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}\cdot \dfrac{{x}_{2}-2}{{y}_{2}}=\dfrac{x-2}{x+2} $ .

联立 $ \begin{cases}x=my-4,\\ \dfrac{{x}^{2}}{4}-\dfrac{{y}^{2}}{16}=1,\end{cases} $ 消去 $ x $ 整理得 $ (4{m}^{2}-1){y}^{2}-32my+48=0 $ ,

则 $ 4{m}^{2}-1\ne 0 $ , $ \mathrm{\Delta }=256{m}^{2}+192 > 0 $ ,则 $ {y}_{1}+{y}_{2}=\dfrac{32m}{4{m}^{2}-1} $ , $ {y}_{1}{y}_{2}=\dfrac{48}{4{m}^{2}-1} < 0 $ ,故 $ -\dfrac{1}{2} < m < \dfrac{1}{2} $ .

所以 $ m{y}_{1}{y}_{2}=\dfrac{3}{2}({y}_{1}+{y}_{2}) $ ,

所以 $ \dfrac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}\cdot \dfrac{{x}_{2}-2}{{y}_{2}}=\dfrac{m{y}_{1}{y}_{2}-6{y}_{1}}{m{y}_{1}{y}_{2}-2{y}_{2}}=\dfrac{\dfrac{3}{2}{y}_{2}-\dfrac{9}{2}{y}_{1}}{\dfrac{3}{2}{y}_{1}-\dfrac{1}{2}{y}_{2}}=-3 $ ,

所以 $ \dfrac{x-2}{x+2}=-3 $ ,解得 $ x=-1 $ ,

所以点 $ P $ 在定直线 $ x=-1 $ 上.

$ (\dfrac{4\sqrt{7}}{7},\dfrac{3\sqrt{7}}{14}) $

2

（1） 【解】因为 $ C:3{x}^{2}-{y}^{2}={m}^{2} $ ，所以其焦点 $ {F}_{1}(-\dfrac{2\sqrt{3}}{3}m,0) $ , $ {F}_{2}(\dfrac{2\sqrt{3}}{3}m,0) $ ,

渐近线方程为 $ y=±\sqrt{3}x $ .

因为焦点到渐近线的距离为3,所以 $ \dfrac{|\sqrt{3}\cdot \dfrac{2\sqrt{3}}{3}m|}{\sqrt{1+3}}=3 $ ，解得 $ m=3 $ （负值舍去）.则双曲线 $ C $ 的方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{3}-\dfrac{{y}^{2}}{9}=1 $ .

（2） 设 $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ B({x}_{2},{y}_{2})({x}_{1}{x}_{2}\ne 0) $ ,由题意可知直线 $ l $ 的斜率存在且不为0，则可设直线 $ l $ 的方程为 $ y=kx+t(k\ne ±\sqrt{3}) $ .

联立 $ \begin{cases}y=kx+t,\\ \dfrac{{x}^{2}}{3}-\dfrac{{y}^{2}}{9}=1\end{cases}⇒({k}^{2}-3){x}^{2}+2ktx+{t}^{2}+9=0 $ ,则 $ \mathrm{\Delta } > 0 $ ,即 $ {t}^{2}+9-3{k}^{2} > 0 $ ,①

$ {x}_{1}+{x}_{2}=-\dfrac{2kt}{{k}^{2}-3} $ , $ {x}_{1}{x}_{2}=\dfrac{9+{t}^{2}}{{k}^{2}-3} $ .

因为直线 $ l $ 与 $ C $ 的一支交于 $ A $ ， $ B $ 两个不同的点，所以 $ {x}_{1}{x}_{2} > 0 $ ，所以 $ {k}^{2} > 3 $ .

由 $ {k}_{1}{k}_{2}=\dfrac{1}{3}=\dfrac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}} $ ，

得 $ {y}_{1}{y}_{2}=\dfrac{1}{3}{x}_{1}{x}_{2}=\dfrac{9+{t}^{2}}{{3(k}^{2}-3)} $ .

$ {k}_{1}{k}_{2}=\dfrac{1}{3}=\dfrac{(k{x}_{1}+t)(k{x}_{2}+t)}{{x}_{1}{x}_{2}}={k}^{2}+\dfrac{kt({x}_{1}+{x}_{2})+{t}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}={k}^{2}+\dfrac{{({k}^{2}-3)t}^{2}-2{k}^{2}{t}^{2}}{9+{t}^{2}} $ ,则 $ {t}^{2}=\dfrac{27}{10}{k}^{2}-\dfrac{9}{10}.\mathrm{②} $

因为点 $ O $ 到直线 $ l $ 的距离 $ d=\dfrac{|t|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}=\sqrt{\dfrac{\dfrac{27}{10}{k}^{2}-\dfrac{9}{10}}{1+{k}^{2}}}=\sqrt{\dfrac{27}{10}-\dfrac{36}{10}×\dfrac{1}{1+{k}^{2}}} $ .

将②代入①，结合 $ {k}^{2} > 3 $ ,得 $ 3 < {k}^{2} < 27 $ ，则 $ d\in (\dfrac{3\sqrt{5}}{5},\dfrac{3\sqrt{14}}{7}) $ .

（1） 【解】记 $ {C}_{1} $ 的焦点为 $ F $ ,则 $ F(1,0) $ ,又 $ \left|PF\right|=\left|PA\right| $ , $ \therefore {x}_{P}=\dfrac{3}{2} $ ,代入抛物线 $ {C}_{1} $ 的方程中,得 $ {y}_{P}^{2}=6 $ ,又点 $ P $ 在第一象限， $ \therefore {y}_{P}=\sqrt{6} $ , $ \therefore P(\dfrac{3}{2},\sqrt{6}) $ ,代入 $ {C}_{2} $ 的方程中,得 $ \dfrac{1}{{a}^{2}}×\dfrac{9}{4}+\dfrac{1}{{b}^{2}}×6=1.\because {a}^{2}-{b}^{2}=1 $ , $ \therefore {a}^{2}=9 $ , $ {b}^{2}=8 $ , $ \therefore $ 椭圆 $ {C}_{2} $ 的标准方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{9}+\dfrac{{y}^{2}}{8}=1 $ .

（2） 设 $ B({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ D({x}_{2},{y}_{2}) $ , $ Q({x}_{0},{y}_{0}) $ , $ -3\leqslant {x}_{0} < 0 $ ,

由题意可知切线 $ QB $ , $ QD $ 的斜率均存在且不为0,

设切线 $ QB $ 的方程为 $ x=m(y-{y}_{1})+{x}_{1} $ ,联立 $ \begin{cases}{y}^{2}=4x,\\ x=m\left(y-{y}_{1}\right)+{x}_{1},\end{cases} $ 消去 $ x $ 整理得 $ {y}^{2}-4my+4m{y}_{1}-4{x}_{1}=0 $ ,则 $ \mathrm{\Delta }=16{m}^{2}-4(4m{y}_{1}-4{x}_{1})=16({m}^{2}-{y}_{1}m+\dfrac{{y}_{1}^{2}}{4})=16{\left(m-\dfrac{{y}_{1}}{2}\right) ^ {2}}=0 $ ,则 $ m=\dfrac{{y}_{1}}{2} $ ,则切线 $ QB $ 的方程为 $ x=\dfrac{{y}_{1}}{2}(y-{y}_{1})+{x}_{1} $ ,即 $ {y}_{1}y=2({x}_{1}+x) $ .

同理可得切线 $ QD $ 的方程为 $ {y}_{2}y=2({x}_{2}+x) $ .

$ \because $ 点 $ Q $ 在切线 $ QB $ , $ QD $ 上, $ \therefore {y}_{1}{y}_{0}=2({x}_{1}+{x}_{0}) $ , $ {y}_{2}{y}_{0}=2({x}_{2}+{x}_{0}) $ ,

$ \therefore $ 直线 $ BD $ 的方程为 $ {y}_{0}y=2(x+{x}_{0}) $ ,

$ \therefore $ 坐标原点 $ O(0,0) $ 到直线 $ BD $ 的距离 $ d=\dfrac{\left|2{x}_{0}\right|}{\sqrt{{y}_{0}^{2}+4}} $ ,又 $ \because \dfrac{{x}_{0}^{2}}{9}+\dfrac{{y}_{0}^{2}}{8}=1 $ , $ \therefore {d}^{2}=\dfrac{4{x}_{0}^{2}}{{y}_{0}^{2}+4}=4\dfrac{{x}_{0}^{2}}{8(1-\dfrac{{x}_{0}^{2}}{9})+4}=\dfrac{{x}_{0}^{2}}{3-\dfrac{2}{9}{x}_{0}^{2}} $ ,又 $ \because {x}_{0}\in [-3,0) $ , $ \therefore {d}^{2}=\dfrac{1}{\dfrac{3}{{x}_{0}^{2}}-\dfrac{2}{9}} $ , $ \therefore $ 当 $ {x}_{0}=-3 $ 时, $ {d}_{ \max }^{2}=9 $ ，即 $ {d}_{ \max }=3 $ ,故坐标原点 $ O $ 到直线 $ BD $ 的距离的最大值为3.

（1） 【解】当抛物线 $ C $ 的对称轴为 $ x $ 轴时,设方程为 $ {y}^{2}=2px $ ,则 $ 2p=\dfrac{{4}^{2}}{2}=8 $ , $ \therefore $ 抛物线 $ C $ 的方程为 $ {y}^{2}=8x $ .当抛物线 $ C $ 的对称轴为 $ y $ 轴时,设方程为 $ {x}^{2}=2{p}_{1}y $ ,则 $ 2{p}_{1}=\dfrac{{2}^{2}}{4}=1 $ , $ \therefore $ 抛物线 $ C $ 的方程为 $ {x}^{2}=y $ .

综上,抛物线 $ C $ 的标准方程为 $ {y}^{2}=8x $ 或 $ {x}^{2}=y $ .

（2） ① 【证明】 $ \because $ 抛物线 $ C $ 的对称轴为 $ x $ 轴, $ \therefore C:{y}^{2}=8x $ ,设 $ A(\dfrac{{y}_{1}^{2}}{8},{y}_{1}) $ , $ B(\dfrac{{y}_{2}^{2}}{8},{y}_{2})({y}_{1}\ne {y}_{2}) $ , $ \because OA\perp OB $ , $ \therefore \overrightarrow {OA}\perp \overrightarrow {OB} $ , $ \therefore \overrightarrow {OA}\cdot \overrightarrow {OB}=0 $ ,即 $ \dfrac{{y}_{1}^{2}{y}_{2}^{2}}{64}+{y}_{1}{y}_{2}=0 $ ,即 $ {y}_{1}{y}_{2}=-64 $ .

当直线 $ AB $ 的斜率存在时,直线 $ AB $ 的方程为 $ \dfrac{{y}_{1}-{y}_{2}}{\dfrac{{y}_{1}^{2}}{8}-\dfrac{{y}_{2}^{2}}{8}}(x-\dfrac{{y}_{1}^{2}}{8})+{y}_{1}=y $ ,即 $ y=\dfrac{8}{{y}_{1}+{y}_{2}}(x-\dfrac{{y}_{1}^{2}}{8})+{y}_{1}=\dfrac{8}{{y}_{1}+{y}_{2}}x+\dfrac{{y}_{1}{y}_{2}}{{y}_{1}+{y}_{2}}=\dfrac{8}{{y}_{1}+{y}_{2}}(x-8) $ ,则直线 $ AB $ 过定点 $ (8,0) $ ；

当直线 $ AB $ 的斜率不存在时,不妨令点 $ A $ 在 $ x $ 轴上方,由 $ OA\perp OB $ ,可知 $ {k}_{OA}=1=\dfrac{{y}_{1}}{\dfrac{{y}_{1}^{2}}{8}}=\dfrac{8}{{y}_{1}} $ ，即 $ {y}_{1}=8 $ ，则 $ {x}_{1}=8 $ ,则直线 $ AB $ 的方程为 $ x=8 $ , $ \therefore $ 直线 $ AB $ 过定点 $ (8,0) $ .

综上,直线 $ AB $ 过定点 $ (8,0) $ .

② 【解】当直线 $ AB $ 的斜率存在时,设线段 $ AB $ 的中点为 $ (x,y) $ ,结合①得 $ {k}_{AB}=\dfrac{8}{{y}_{1}+{y}_{2}}=\dfrac{8}{2y}=\dfrac{y-0}{x-8} $ ,即 $ {y}^{2}=4(x-8)(y\ne 0) $ ；当直线 $ AB $ 的斜率不存在时,由①知直线 $ AB $ 的方程为 $ x=8 $ ,此时线段 $ AB $ 的中点为 $ (8,0) $ ,在曲线 $ {y}^{2}=4(x-8) $ 上.

综上，线段 $ AB $ 中点的轨迹方程为 $ {y}^{2}=4(x-8) $ .