新教材高考数学微专题专练48（含解析）

专练48高考大题专练(五)圆锥曲线的综合运用1.已知m>1，直线l：x－my－eq\f(m2,2)＝0，椭圆C：eq\f(x2,m2)＋y2＝1，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点．(1)当直线l过右焦点F2时，求直线l的方程．(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，△AF1F2，△BF1F2的重心分别为G，H.若坐标原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数m的取值范围．2．[2021·全国新高考Ⅰ卷]在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(－eq\r(17)，0)，F2(eq\r(17)，0)，点M满足|MF1|－|MF2M的轨迹为C.(1)求C的方程；(2)设点T在直线x＝eq\f(1,2)上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和．3.[2020·全国卷Ⅰ]已知A，B分别为椭圆E：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(GB,\s\up6(→))＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点．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.[2020·全国卷Ⅱ]已知椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|＝eq\f(4,3)|AB|.(1)求C1的离心率；(2)设M是C1与C2的公共点．若|MF|＝5，求C1与C2的标准方程．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，y1P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\o(MT,\s\up6(→))＝eq\o(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＝2eq\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)因为直线l：x－my－eq\f(m2,2)＝0经过点F2(eq\r(m2－1)，0)，所以eq\r(m2－1)＝eq\f(m2,2)，解得m2m>1，所以m＝eq\r(2)，故直线l的方程为x－eq\r(2)y－1＝0.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋\f(m2,2)，,\f(x2,m2)＋y2＝1，))消去x，得2y2＋my＋eq\f(m2,4)－1＝0.由Δ＝m2－8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m2,4)－1))＝－m2＋8>0，得m2<8.y1＋y2＝－eq\f(m,2)，y1·y2＝eq\f(m2,8)－eq\f(1,2).由F1(－c，0)，F2(c，0)，可知Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,3)，\f(y1,3)))，Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)，\f(y2,3))).因为坐标原点O在以线段GH为直径的圆内，所以eq\o(OH,\s\up6(→))·eq\o(OG,\s\up6(→))<0，即x1x2＋y1y2<0.因为x1x2＋y1y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(my1＋\f(m2,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(my2＋\f(m2,2)))＋y1y2＝(m2＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m2,8)－\f(1,2)))，所以(m2＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m2,8)－\f(1,2)))<0.解得m2<4(符合m2<8).又因为m>1，所以实数m的取值范围是(1，2).2．解析：(1)因为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF1))－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF2))＝2<eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(F1F2))＝2eq\r(17)，所以，轨迹C是以点F1，F2为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹C的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>0，b>0))，则2a＝2，可得a＝1，b＝eq\r(17－a2)＝4，所以，轨迹C的方程为x2－eq\f(y2,16)＝1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≥1)).(2)设点Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，t))，若过点T的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C无公共点，不妨设直线AB的方程为y－t＝k1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，即y＝k1x＋t－eq\f(1,2)k1，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k1x＋t－\f(1,2)k1,16x2－y2＝16))，消去y并整理可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－16))x2＋k1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t－k1))x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)k1))2＋16＝0，设点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，则x1>eq\f(1,2)且x2>eq\f(1,2).由韦达定理可得x1＋x2＝eq\f(keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－2k1t,keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－16)，x1x2＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)k1))2＋16,keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－16)，所以，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(TA))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(TB))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,2)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1x2－\f(x1＋x2,2)＋\f(1,4)))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2＋12))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))),keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－16)，设直线PQ的斜率为k2，同理可得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(TP))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(TQ))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2＋12))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))),keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－16)，因为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(TA))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(TB))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(TP))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(TQ))，即eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2＋12))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))),keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－16)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2＋12))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))),keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－16)，整理可得keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k1－k2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k1＋k2))＝0，显然k1－k2≠0，故k1＋k2＝0.因此，直线AB与直线PQ的斜率之和为0.3．解析：(1)由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1).则eq\o(AG,\s\up6(→))＝(a，1)，eq\o(GB,\s\up6(→))＝(a，－1).由eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(GB,\s\up6(→))＝8得a2－1＝8，即a＝3.所以E的方程为eq\f(x2,9)＋y2＝1.(2)证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t).若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3<n<3.由于直线PA的方程为y＝eq\f(t,9)(x＋3)，所以y1＝eq\f(t,9)(x1＋3).直线PB的方程为y＝eq\f(t,3)(x－3)，所以y2＝eq\f(t,3)(x2－3).可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3).由于eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),9)＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝1，故yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝－eq\f(（x2＋3）（x2－3）,9)，可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.①将x＝my＋n代入eq\f(x2,9)＋y2＝1得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.所以y1＋y2＝－eq\f(2mn,m2＋9)，y1y2＝eq\f(n2－9,m2＋9).代入①式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2·(m2＋9)＝0.解得n＝－3(舍去)或n＝eq\f(3,2).故直线CD的方程为x＝my＋eq\f(3,2)，即直线CD过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0)).若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0)).综上，直线CD过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0)).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\co1(\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＝tanα，k2＝tanβ.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\co1(y＝k1（x－1），,y2＝4x，))所以keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))x2－(2keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋4)x＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝0，则x1x2＝1.联立得方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k2（x－m），,y2＝4x，))所以keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))x2－(2mkeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋4)x＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))m2＝0，则x3x4＝m2.联立得方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k3（x－2），,y2＝4x，))所以keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))x2－(4keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＋4)x＋4keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝0，则x1x3＝4.联立得方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k4（x－2），,y2＝4x，))所以keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))x2－(4keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＋4)x＋4keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝0，则x2x4＝4.所以M(x1，2eq\r(x1))，N(eq\f(1,x1)，eq\f(－2,\r(x1)))，A(eq\f(4,x1)，eq\f(－4,\r(x1)))，B(4x1，4eq\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(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝eq\f(k1－k2,1＋k1k2)＝eq\f(k2,1＋2keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(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)由已知可设C2的方程为y2＝4cx，其中c＝eq\r(a2－b2).不妨设A，C在第一象限，由题设得A，B的纵坐标分别为eq\f(b2,a)，－eq\f(b2,a)；C，D的纵坐标分别为2c，－2c，故|AB|＝eq\f(2b2,a)，|CD|＝4c.由|CD|＝eq\f(4,3)|AB|得4c＝eq\f(8b2,3a)，即3×eq\f(c,a)＝2－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))eq\s\up12(2).解得eq\f(c,a)＝－2(舍去)或eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).所以C1的离心率为eq\f(1,2).(2)由(1)知a＝2c，b＝eq\r(3)c，故C1：eq\f(x2,4c2)＋eq\f(y2,3c2)＝1.设M(x0，y0)，则eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4c2)＋eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),3c2)＝1，yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝4cx0，故eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4c2)＋eq\f(4x0,3c)＝1.①由于C2的准线为x＝－c，所以|MF|＝x0＋c，而|MF|＝5，故x0＝5－c，代入①得eq\f(（5－c）2,4c2)＋eq\f(4（5－c）,3c)＝1，即c2－2c－3＝0，解得c＝－1(舍去)或c＝3.所以C1的标准方程为eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,27)＝1，C2的标准方程为y2＝12x.6．解析：(1)由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝\r(3)，,\r(a2＋b2)＝2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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＋b(k≠0).联立得方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,x2－\f(y2,3)＝1.))消去y并整理，得(3－k2)x2－2kbx－b2－3＝0.则x1＋x2＝eq\f(2kb,3－k2)，x1x2＝eq\f(b2＋3,k2－3)，x1－x2＝eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\f(2\r(3（b2＋3－k2）),|3－k2|).因为x1>x2>0，所以x1x2＝eq\f(b2＋3,k2－3)>0，即k2>3.所以x1－x2＝eq\f(2\r(3（b2＋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＝2eq\r(3)xM－eq\r(3)(x1＋x2).因为y1－y2＝(kx1＋b)－(kx2＋b)＝k(x1－x2)，所以2eq\r(3)xM＝k(x1－x2)＋eq\r(3)(x1＋x2)，解得xM＝eq\f(k\r(b2＋3－k2)－kb,k2－3).两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝eq\r(3)(x1－x2).因为y1＋y2＝(kx1＋b)＋(kx2＋b)＝k(x1＋x2)＋2b，所以2yM＝k(x1＋x2)＋eq\r(3)(x1－x2)＋2b，解得yM＝eq\f(3\r(b2＋3－k2)－3b,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\co1(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\co1(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\co1(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\co1(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\co1(4n＝1，,\f(9,4)m＋n＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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\co1(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\o(MT,\s\up6(→))＝eq\o(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\o(MT,\s\up6(→))＝eq\o(TH,\s\up6(→))，得H(5－2eq\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\co1(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\co1(x1＋x2＝\f(6k（2＋k）,3k2＋4)，,x1x2＝\f(3k（4＋k）,3k2＋4)，))则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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\co1(y＝y1，,y＝\f(2,3)x－2))，可得T(eq\f(3y1,2)＋3，y1).由eq\o(MT,\s\up6(→))＝eq\o(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