高考数学人教A版2019选择性必修第一册专题3.12圆锥曲线的方程全章综合测试卷(提高篇)(原卷版+解析)

这是一份高考数学人教A版2019选择性必修第一册专题3.12圆锥曲线的方程全章综合测试卷(提高篇)(原卷版+解析)，共31页。

考试时间：120分钟；满分：150分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时120分钟，本卷题型针对性
较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2022秋·山东聊城·高二校考期末）方程x2−y2csθ=1表示的曲线，下列说法错误的是（ ）
A．当θ=π2时，表示两条直线
B．当θ∈π2,π，表示焦点在x轴上的椭圆
C．当θ=π时，表示圆
D．当θ∈0,π2时，表示焦点在x轴上的双曲线
2．（5分）（2023春·福建福州·高二校联考期末）设点F1、F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，点M、N在C上（M位于第一象限）且点M、N关于原点对称，若MN=F1F2，NF2=3MF2，则C的离心率为（ ）
A．108B．104C．58D．558
3．（5分）（2023春·广西河池·高二统考期末）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左､右焦点分别是F1,F2，焦距为2c，以线段F1F2为直径的圆在第一象限交双曲线C于点A,sin∠AF1F2=7−14，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A．y=±xB．y=±3x
C．y=±2xD．y=±2x
4．（5分）（2023·西藏日喀则·统考一模）已知点P为抛物线y2=2px（p>0）上一动点，点Q为圆C:(x+2)2+(y−4)2=1上一动点，点F为抛物线的焦点，点P到y轴的距离为d，若PQ+d的最小值为3，则p=（ ）
A．1B．2C．3D．4
5．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，准线l与x轴的交点为K，点P在C上且位于第一象限，PQ⊥l于点Q，过点P作QF的平行线交x轴于点R，若PF⊥QR，且四边形PQKR的面积为603，则直线QR的方程为（ ）
A．3x+y−36=0B．3x+y−56=0
C．x+3y−36=0D．x+3y−56=0
6．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C方程为x2=4y，F为其焦点，过点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，且抛物线在A，B两点处的切线分别交x轴于P，Q两点，则AP⋅BQ的取值范围为（ ）
A．12,+∞B．2,+∞C．2,+∞D．0,2
7．（5分）（2023·全国·高三专题练习）椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，上顶点为A，若存在直线l与椭圆交于不同两点B,C，△ABC重心为F，直线l的斜率取值范围是（ ）
A．0,2B．0,32C．0,1D．−2,0
8．（5分）（2023秋·湖北恩施·高二校联考期末）法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”、“微分几何之父”.他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆Γ：x2a2+y2b2=1a>b>0的蒙日圆为C：x2+y2=32a2，过C上的动点M作Γ的两条切线，分别与C交于P，Q两点，直线PQ交Γ于A，B两点，则下列结论不正确的是（ ）
A．椭圆Γ的离心率为22
B．△MPQ面积的最大值为34a2
C．M到Γ的左焦点的距离的最小值为6−2a2
D．若动点D在Γ上，将直线DA，DB的斜率分别记为k1，k2，则k1k2=−12
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2023春·贵州黔南·高二统考期末）已知P是椭圆C:x24+y2=1上的动点，Q是圆D:x+12+y2=14上的动点，则（ ）
A．椭圆C的焦距为3B．椭圆C的离心率为32
C．圆D在椭圆C的内部D．PQ的最小值为63
10．（5分）（2023春·辽宁朝阳·高二校联考期末）已知抛物线Γ:x2=2pyp>0，过其准线上的点Tt,−1作Γ的两条切线，切点分别为A、B，下列说法正确的是（ ）
A．p=4B．当t=1时，TA⊥TB
C．当t=1时，直线AB的斜率为2D．直线AB过定点0,1
11．（5分）（2023·全国·郑州中学校考模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，椭圆上一点P与焦点F1，F2所形成的三角形面积最大值为3，下列说法正确的是（ ）
A．椭圆方程为C:x24+y23=1
B．直线l：3x+4y−7=0与椭圆C无公共点
C．若过点O作OA⊥OB，A，B为椭圆C上的两点，则过O作OH垂直于弦AB于H，H所在轨迹为圆，且r2=127
D．若过点Q（3，2）作椭圆两条切线，切点分别为A，B，P为直线PQ与椭圆C的交点，则kPQkAB=−3
12．（5分）（2023·江苏南通·统考模拟预测）已知双曲线C:x2−y23=1的左，右焦点分别为F1，F2，点P是双曲线C的右支上一点，过点P的直线l与双曲线C的两条渐近线交于M，N，则（ ）
A．PF12−PF22的最小值为8
B．若直线l经过F2，且与双曲线C交于另一点Q，则PQ的最小值为6
C．PF1⋅PF2−OP2为定值
D．若直线l与双曲线C相切，则点M，N的纵坐标之积为−3
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2023春·广东揭阳·高二校联考期中）现有双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0，A，B为双曲线的左、右顶点，C，D为双曲线的虚轴端点，动点P满足PAPB=2，△PAB面积的最大值为163，△PCD面积的最小值为2，则双曲线的离心率为 .
14．（5分）（2023·吉林长春·校考模拟预测）已知斜率为25的动直线与椭圆x25+y24=1交于A,B两点，线段AB的中点为M，则M的轨迹长度为 ．
15．（5分）（2023·重庆巴南·统考一模）已知抛物线y2=4x上存在两点A,B（A,B异于坐标原点O），使得∠AOB=90°，直线AB与x轴交于M点，将直线AB绕着M点逆时针旋转90°与该抛物线交于C，D两点，则四边形ACBD面积的最小值为 ．
16．（5分）（2023春·上海宝山·高二统考期末）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左，右焦点分别为F1−c,0，F2c,0，直线y=kxk>0与双曲线C在第一、三象限分别交于点A、B，O为坐标原点.有下列结论：①四边形AF1BF2是平行四边形；②若AE⊥x轴，垂足为E，则直线BE的斜率为12k；③若OA=c，则四边形AF1BF2的面积为b2；④若△AOF2为正三角形，则双曲线C的离心率为3+1.其中正确命题的序号是 .
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2023春·河北·高二校联考期末）已知B为抛物线y2=2x−2上一点，A2,0，B为AC的中点，设C的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程；
(2)过点F1,0作直线交曲线E于点M、N，点P为直线l：x=−1上一动点．问是否存在点P使△MNP为正三角形？若存在，求出点P坐标；若不存在，请说明理由．
18．（12分）（2023·江苏·高二专题练习）双曲线的焦点F1,F2的坐标分别为−5,0和5,0，离心率为e=54，求：
(1)双曲线的方程及其渐近线方程；
(2)已知直线l与该双曲线交于交于A,B两点，且A,B中点P5,1，求直线AB的弦长．
19．（12分）（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知O为坐标原点，椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，椭圆的上顶点到右顶点的距离为5．
(1)求椭圆的方程；
(2)若椭圆的左、右顶点分别为E、F，过点D(−2,2)作直线与椭圆交于A、B两点，且A、B位于第一象限，A在线段BD上，直线OD与直线FA相交于点C，连接EB、EC，直线EB、EC的斜率分别记为k1、k2，求k1⋅k2的值．
20．（12分）（2023春·湖北恩施·高二校联考期末）已知F是抛物线C:y2=2pxp>0的焦点，过点F的直线交抛物线C于A、B两点，且1AF+1BF=2．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若O为坐标原点，过点B作y轴的垂线交直线AO于点D，过点A作直线DF的垂线与抛物线C的另一交点为E，AE的中点为G，求GBDG的取值范围．
21．（12分）（2023秋·上海浦东新·高二校考期末）在直角坐标系xOy中，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为23，长轴长是短轴长的2倍，斜率为k(k≠0)的直线l交椭圆于A，B
(1)求椭圆的标准方程
(2)若P为线段AB的中点，设OP的斜率为k′，求证：k⋅k′为定值；
(3)设点A，B关于原点对称的点分别为C，D，求四边形ABCD面积的最大值.
22．（12分）（2023春·上海青浦·高二统考期末）已知抛物线Γ:y2=4x的焦点为F，准线为l．
(1)若F为双曲线C:x2a2−2y2=1(a>0)的一个焦点，求双曲线C的方程；
(2)设l与x轴的交点为E，点P在第一象限，且在Γ上，若PFPE=22，求直线EP的方程；
(3)经过点F且斜率为kk≠0的直线l′与Γ相交于A、B两点，O为坐标原点，直线OA、OB分别与l相交于点M、N．试探究：以线段MN为直径的圆C是否过定点，若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由．
第三章 圆锥曲线的方程全章综合测试卷（提高篇）
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2022秋·山东聊城·高二校考期末）方程x2−y2csθ=1表示的曲线，下列说法错误的是（ ）
A．当θ=π2时，表示两条直线
B．当θ∈π2,π，表示焦点在x轴上的椭圆
C．当θ=π时，表示圆
D．当θ∈0,π2时，表示焦点在x轴上的双曲线
【解题思路】根据csθ的值或范围结合各曲线或直线方程的特点对选项一一验证即可.
【解答过程】对于A：当θ=π2时，方程为x2=1，表示x=1与x=−1两条直线，则A说法正确；
对于B：x2−y2csθ=1化为x2+y2−1csθ=1，当θ∈π2,π时，−11，则x2+y2−1csθ=1表示焦点在y轴上的椭圆，故B说法错误；
对于C：当θ=π时，方程为x2+y2=1，表示圆心为原点，半径为1的圆，则C说法正确；
对于D：x2−y2csθ=1化为x2−y21csθ=1，当θ∈0,π2时，01，则x2−y21csθ=1表示焦点在x轴上的双曲线，故D说法正确；
故选：B.
2．（5分）（2023春·福建福州·高二校联考期末）设点F1、F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，点M、N在C上（M位于第一象限）且点M、N关于原点对称，若MN=F1F2，NF2=3MF2，则C的离心率为（ ）
A．108B．104C．58D．558
【解题思路】分析可知，四边形MF1NF2为矩形，设MF2=t，则MF1=3tt>0，利用椭圆定义可得出2a与t的等量关系，利用勾股定理可得出2c与t的等量关系，由此可得出椭圆的离心率的值.
【解答过程】如下图所示：

由题意可知，O为F1F2、MN的中点，则四边形MF1NF2为平行四边形，则MF1=NF2=3MF2，
又因为MN=F1F2，则四边形MF1NF2为矩形，
设MF2=t，则MF1=3tt>0，所以，2a=MF1+MF2=4t，
由 勾股定理可得2c=F1F2=MF12+MF22=9t2+t2=10t，
所以，该椭圆的离心率为e=2c2a=10t4t=104.
故选：B.
3．（5分）（2023春·广西河池·高二统考期末）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左､右焦点分别是F1,F2，焦距为2c，以线段F1F2为直径的圆在第一象限交双曲线C于点A,sin∠AF1F2=7−14，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A．y=±xB．y=±3x
C．y=±2xD．y=±2x
【解题思路】先根据圆的直径得出垂直关系，再根据正弦值得出边长，结合双曲线定义可得2a，计算渐近线即可.
【解答过程】
因为线段F1F2为直径的圆在第一象限交双曲线C于点A,
所以AF1⊥AF2,sin∠AF1F2=AF22c=7−14,AF2=7−1c2，
则AF1=7+1c2,AF1−AF2=c=2a.∴ba=c2−a2a2=3,∴渐近线方程为y=±3x．
故选:B．
4．（5分）（2023·西藏日喀则·统考一模）已知点P为抛物线y2=2px（p>0）上一动点，点Q为圆C:(x+2)2+(y−4)2=1上一动点，点F为抛物线的焦点，点P到y轴的距离为d，若PQ+d的最小值为3，则p=（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】由抛物线的定义，数形结合可知当C,Q,P,F共线，且P,Q在线段CF上时，PQ+PF最短，此时PQ+d有最小值，列方程即可求解.
【解答过程】圆C:(x+2)2+(y−4)2=1的圆心C(−2,4)，半径r=1，
抛物线y2=2px（p>0）的焦点为p2,0，准线为x=−p2，
则由抛的线的定义可知点P到y轴的距离为d=PF−p2，
所以PQ+d=PQ+PF−p2，
由图可知，当C,Q,P,F共线，且P,Q在线段CF上时，PQ+PF最短，
而CF=p2+22+16，
因为PQ+PF−p2=CF−r−p2=3，
所以p2+22+16−1−p2=3，解得p=2，
故选：B.

5．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，准线l与x轴的交点为K，点P在C上且位于第一象限，PQ⊥l于点Q，过点P作QF的平行线交x轴于点R，若PF⊥QR，且四边形PQKR的面积为603，则直线QR的方程为（ ）
A．3x+y−36=0B．3x+y−56=0
C．x+3y−36=0D．x+3y−56=0
【解题思路】根据几何关系可判断出PQFR为菱形，其可判断△PQF与△PFR均为正三角形，由此得到p与菱形边长关系，再根据面积得到p值，最终根据点斜式得到方程.
【解答过程】如图，因为PR∥QF，PQ⊥QK，所以四边形PQFR为平行四边形．
又因为PF⊥QR，所以四边形PQFR为菱形，所以|PQ|=|QF|．
由抛物线的定义知|PQ|=|PF|，则|PQ|=|PF|=|QF|=|FR|=|PR|，
即△PQF与△PFR均为正三角形，设|QF|=t，
则在Rt△KQF中，|KF|=|QF|2，即p=12t，即t=2p．
因为四边形PQKR的面积为603，所以(t+p+t)⋅32t2=5p×3p2=603，
解得p=26，则R(56,0)，又直线QR的斜率k=tan150°=−33，
所以直线QR的方程为y=−33(x−56)，即x+3y−56=0.
故选D．
6．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C方程为x2=4y，F为其焦点，过点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，且抛物线在A，B两点处的切线分别交x轴于P，Q两点，则AP⋅BQ的取值范围为（ ）
A．12,+∞B．2,+∞C．2,+∞D．0,2
【解题思路】设直线l的方程为：y=kx+1，Ax1,x124,Bx2,x224，与抛物线联立求出x1x2=−4，再利用导数的几何意义分别求出抛物线在A，B两点处的切线方程，得到P,Q的坐标，即可得到AP⋅BQ的表达式，然后根据基本不等式即可求出．
【解答过程】因为抛物线C方程为x2=4y，所以其焦点为0,1，所以可设直线l的方程为：y=kx+1，Ax1,x124,Bx2,x224，（斜率不存在的直线显然不符合题意），
联立抛物线方程可得，x2−4kx−4=0，所以x1x2=−4，
又x2=4y⇒y=x24⇒y′=x2，所以抛物线在A处的切线方程为：y−x124=x12x−x1，即y=x12x−x124，令y=0，可得点P的坐标为x12,0，同理可得，点Q的坐标为x22,0，
所以AP⋅BQ=1+x124x1−x12×1+x224x2−x22=144+x124+x22
=1432+4x12+x22≥1432+4×2x1x2=2，当且仅当x1=x2=2时取等号，
即AP⋅BQ的取值范围为2,+∞．
故选：B．
7．（5分）（2023·全国·高三专题练习）椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，上顶点为A，若存在直线l与椭圆交于不同两点B,C，△ABC重心为F，直线l的斜率取值范围是（ ）
A．0,2B．0,32C．0,1D．−2,0
【解题思路】设Bx1,y1,Cx2,y2，根据重心性质可得x1+x2=3c,y1+y2=−b，由点差法可得kBC=−b2x1+x2a2y1+y2，结合a,b,c关系和基本不等式可求直线l的斜率取值范围
【解答过程】设椭圆x2a2+y2b2=1的半焦距为c，
由已知Fc,0，A0,b，
设Bx1,y1,Cx2,y2，
因为△ABC重心为F，
所以x1+x2+0=3c,y1+y2+b=3×0，
所以x1+x2=3c,y1+y2=−b，
又x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1，
所以x1+x2x1−x2a2+y1+y2y1−y2b2=0，
所以b2x1+x2a2y1+y2+y1−y2x1−x2=0，
所以直线l的斜率k=−b2x1+x2a2y1+y2=3bca2=3bcb2+c2≤32，
当且仅当b=c时等号成立，
又k=3bca2>0，
所以直线l的斜率取值范围是0,32，
故选：B.
8．（5分）（2023秋·湖北恩施·高二校联考期末）法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”、“微分几何之父”.他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆Γ：x2a2+y2b2=1a>b>0的蒙日圆为C：x2+y2=32a2，过C上的动点M作Γ的两条切线，分别与C交于P，Q两点，直线PQ交Γ于A，B两点，则下列结论不正确的是（ ）
A．椭圆Γ的离心率为22
B．△MPQ面积的最大值为34a2
C．M到Γ的左焦点的距离的最小值为6−2a2
D．若动点D在Γ上，将直线DA，DB的斜率分别记为k1，k2，则k1k2=−12
【解题思路】对于A，取椭圆左顶点与上顶点处的切线，建立齐次方程，可得答案；
对于B，根据圆的性质，结合三角形的面积公式，可得答案；
对于C，设出点的坐标，由两点距离公式，利用函数的思想，可得答案；
对于D，设出点的坐标，代入椭圆的标准方程，利用点差法，结合两点之间斜率公式，可得答案.
【解答过程】依题意，过椭圆Γ的上顶点作y轴的垂线，过椭圆Γ的右顶点作x轴的垂线，则这两条垂线的交点在圆C上，
所以a2+b2=32a2，得a2=2b2，所以椭圆Γ的离心率e=ca=1−b2a2=22，故A正确；
因为点M，P，Q都在圆C上，且∠PMQ=90°，所以PQ为圆C的直径，所以PQ=2×32a2=6a，
所以△MPQ面积的最大值为12PQ×32a2=6a2×32a2=32a2，故B不正确；
设Mx0,y0，Γ的左焦点为F−c,0，连接MF，
因为c2=a2−b2=12a2，所以MF2=x0+c2+y02=x02+y02+2x0c+c2=32a2+2x0×22a+12a2=2a2+2ax0，
又−62a≤x0≤62a，所以MF2≥2−3a2，
则M到Γ的左焦点的距离的最小值为6−2a2，故C正确；
由直线PQ经过坐标原点，易得点A，B关于原点对称，
设Ax1,y1，Dx2,y2，则B−x1,−y1，k1=y1−y2x1−x2，k2=y1+y2x1+x2，
又x122b2+y12b2=1x222b2+y22b2=1，所以x12−x222b2+y12−y22b2=0，所以y12−y22x12−x22=y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=−12，所以k1k2=−12，故D正确
故选：B.
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2023春·贵州黔南·高二统考期末）已知P是椭圆C:x24+y2=1上的动点，Q是圆D:x+12+y2=14上的动点，则（ ）
A．椭圆C的焦距为3B．椭圆C的离心率为32
C．圆D在椭圆C的内部D．PQ的最小值为63
【解题思路】A和B：利用椭圆的方程求解判断；C：由椭圆方程和圆的方程联立，利用判别式法判断；D：利用圆心到点的距离判断.
【解答过程】因为椭圆方程为：x24+y2=1，
所以a2=4,b2=1,c2=a2−b2=3,e=ca=32，焦距为23，故A错误，B正确；
由x24+y2=1x+12+y2=14，得3x2+8x+7=0，
因为Δ=82−4×3×7=−20＜0，
所以椭圆与圆无公共点，又圆心−1,0在椭圆内部，
所以圆在椭圆内部，故C正确；
设Px,y−2≤x≤2，
则PD=x+12+y2=x+12+1−x24=34x2+2x+2，
当x=2−2×34=−43时，PD取得最小值23=63，则PQ的最小值为63−12，故D错误，
故选：BC.
10．（5分）（2023春·辽宁朝阳·高二校联考期末）已知抛物线Γ:x2=2pyp>0，过其准线上的点Tt,−1作Γ的两条切线，切点分别为A、B，下列说法正确的是（ ）
A．p=4B．当t=1时，TA⊥TB
C．当t=1时，直线AB的斜率为2D．直线AB过定点0,1
【解题思路】根据Tt,−1为准线上的点列方程−p2=−1，解方程即可得到p可判断A；利用导数的几何意义得到过点Ax1,x124，Bx2,x224的切线斜率，可得到x1，x2为方程x2−3x−4=0的解，然后利用导数的几何意义和韦达定理得到kTA⋅kTB=x12⋅x22=−1，即可判断B；利用韦达定理和斜率公式求kAB即可判断C；联立x12−2tx1−4=0和x12=4y1得到2y1−tx1−2=0，同理可得2y2−ty2−2=0，即可得到直线AB的方程为2y−tx−2=0，可判断D.
【解答过程】因为Tt,−1为准线上的点，所以−p2=−1，解得p=2，故A错；
根据抛物线方程得到y=x24，则y′=x2，设切点坐标为Ax1,x124，Bx2,x224，
则−1−x1241−x1=x12，整理得x12−2x1−4=0，同理得x22−2x2−4=0，
所以x1，x2为方程x2−2x−4=0的解，x1x2=−4，
所以kTA⋅kTB=x12⋅x22=−1，则TA⊥TB，故B正确；
由B选项得x1+x2=2，所以kAB=x124−x224x1−x2=x1+x24=12，故C错；
由B选项得x12−2tx1−4=0，又x12=4y1，联立得2y1−tx1−2=0，
同理得2y2−tx2−2=0，所以直线AB的方程为2y−tx−2=0，恒过点0,1，故D正确．
故选：BD．

11．（5分）（2023·全国·郑州中学校考模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，椭圆上一点P与焦点F1，F2所形成的三角形面积最大值为3，下列说法正确的是（ ）
A．椭圆方程为C:x24+y23=1
B．直线l：3x+4y−7=0与椭圆C无公共点
C．若过点O作OA⊥OB，A，B为椭圆C上的两点，则过O作OH垂直于弦AB于H，H所在轨迹为圆，且r2=127
D．若过点Q（3，2）作椭圆两条切线，切点分别为A，B，P为直线PQ与椭圆C的交点，则kPQkAB=−3
【解题思路】先利用离心率，焦点三角形面积最大值算出a，b，得出椭圆方程，再逐一分析.
【解答过程】由题意ca=12bc=3，∴a2=4b2=3，∴x24+y23=1，故A正确；
联立x24+y23=13x+4y−7=0，得21x2−42x+1=0，Δ=422−4×21>0，
故有两个交点，故B错误；
因为S=OAOB2=ABOH2，∴2SOH=AB，2S=OAOB
且1|OA|2+1|OB|2=OA|2+OB|2OA|2OB|2=|AB|2OA|2OB|2=S2|OH|2S2=1|OH|2
而1|OA|2+1|OB|2=1|OH|2=a2+b2a2b2
∴OH=a2b2a2+b2
设Hx,y，则x2+y2=a2b2a2+b2，又a2=4b2=3
∴x2+y2=127，故C正确；
设过椭圆外的点Q（3，2）的切线方程为y=k(x−3)+2
联立x24+y23=1y=k(x−3)+2,得4k2+3x2−83k2−2kx+36k2−48k+4=0；
∵y=k(x−3)+2与椭圆相切，
∴Δ=0，整理得：5k2−12k+1=0，k=6±315，
故两切线为定直线，则A，B为定点，故kAB为定值，
∵P为直线PQ与椭圆C的交点，则P为动点
则kPQkAB为定值不成立，故D错误．
故选：AC.
12．（5分）（2023·江苏南通·统考模拟预测）已知双曲线C:x2−y23=1的左，右焦点分别为F1，F2，点P是双曲线C的右支上一点，过点P的直线l与双曲线C的两条渐近线交于M，N，则（ ）
A．PF12−PF22的最小值为8
B．若直线l经过F2，且与双曲线C交于另一点Q，则PQ的最小值为6
C．PF1⋅PF2−OP2为定值
D．若直线l与双曲线C相切，则点M，N的纵坐标之积为−3
【解题思路】设出点P坐标，直接计算可判断A、C；比较双曲线的通径长和实轴长可判断B；设出直线l的方程后联立渐近线方程，求出点M，N的坐标，再联立直线l与双曲线方程，利用判别式为零可得参数关系，进而计算点M，N的纵坐标之积可得结果.
【解答过程】依题意a=1，b=3，c=2，F1(−2,0)，F2(2,0)，PF2−PF1=2a=2，
设P(x0,y0)，则x0≥1，x02−y023=1，即y02=3x02−3，
双曲线C的两条渐近线方程为y=±3x，
对于A，PF12−PF22=(x0+2)2+y02−[(x0−2)2+y02]=8x0≥8，A正确；
对于B，若Q在双曲线C的右支，则通径最短，通径为2b2a=6，
若Q在双曲线C的左支，则实轴最短，实轴长为2a=2<6，B错误；
对于C，PF1⋅PF2−OP2=(x0+2)2+y02⋅(x0−2)2+y02−(x02+y02)
=(x0+2)2+3x02−3⋅(x0−2)2+3x02−3−(x02+3x02−3)
=(2x0+1)⋅(2x0−1)−(4x02−3)=2是定值，C正确；
对于D，不妨设M(x1,3x1)，N(x2,−3x2)，直线l的方程为x=my+n，
由x=my+nx2−y23=1得(3m2−1)y2+6mny+3n2−3=0，
若直线l与双曲线C相切，则Δ=36m2n2−12(3m2−1)(n2−1)=0，
化简整理得n2=1−3m2，
则点M，N的纵坐标之积y1y2=−3x1x2=−3⋅n1−3m⋅n1+3m=−3n21−3m2=−3，D正确.
故选：ACD.
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2023春·广东揭阳·高二校联考期中）现有双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0，A，B为双曲线的左、右顶点，C，D为双曲线的虚轴端点，动点P满足PAPB=2，△PAB面积的最大值为163，△PCD面积的最小值为2，则双曲线的离心率为 132 .
【解题思路】根据条件，设A(−a,0),B(a,0),P(x,y),，由两点间距离公式并化简可得动点P的轨迹方程,并判断出动点P的轨迹为圆.结合题意，当点P位于最高点时，△PAB的面积最大，可求出a；当点P位于左端时，△PCD的面积最小，可求出b，进一步计算即可.
【解答过程】设A(−a,0),B(a,0),P(x,y),
依题意得，|PA|=2|PB|,
即(x+a)2+y2=2(x−a)2+y2,
两边平方化简得(x−5a3)2+y2=(4a3)2,
则点P的轨迹是以(5a3,0)为圆心，半径r=4a3的圆，
当点P位于最高点时，△PAB的面积最大，最大面积为12×2a×4a3=163,
解得a=2;
当点P位于最左端时，△PCD的面积最小，最小面积为12×2b×(5a3−4a3)=b×a3=2，
解得b=3,
故双曲线的离心率e=1+(ba)2=1+(32)2=132,
故答案为：132.
14．（5分）（2023·吉林长春·校考模拟预测）已知斜率为25的动直线与椭圆x25+y24=1交于A,B两点，线段AB的中点为M，则M的轨迹长度为 563 ．
【解题思路】设斜率为25直线方程为y=25x+b，联立方程组，写出韦达定理，然后求出线段AB的中点为M的参数方程，消参后得到M的轨迹方程，然后利用数形结合方法分析即可.
【解答过程】设斜率为25直线方程为：y=25x+b，
代入椭圆x25+y24=1中，消元整理得：
24x2+20bx+25b2−100=0，
线段AB的中点为M，设Ax1,y1,Bx2,y2,Mx0,y0，
则x1+x2=−56b,x1x2=25b2−10024，
所以y1+y2=25x1+b+25x2+b，
=25x1+x2+2b
=25×−56b+2b=53b，
所以x0=x1+x22=−512by0=y1+y22=56b，消去b得：y0=−2x0，
所以线段AB的中点为M的轨迹方程为：y=−2x，
如图所示：
M的轨迹即为线段PQ，
由y=−2xx25+y24=1⇒x=306y=−2306或⇒x=−306y=2306，
所以P−306,2306,Q306,−2306，
所以M的轨迹长度为：
PQ=−306−30622306−−23062=563，
故答案为：563.
15．（5分）（2023·重庆巴南·统考一模）已知抛物线y2=4x上存在两点A,B（A,B异于坐标原点O），使得∠AOB=90°，直线AB与x轴交于M点，将直线AB绕着M点逆时针旋转90°与该抛物线交于C，D两点，则四边形ACBD面积的最小值为 80 ．
【解题思路】设直线AB的方程为x=my+t，联立方程组，由条件证明t=4，由此可得AB，再求CD，求四边形ACBD面积的解析式，求其最小值即可.
【解答过程】由已知直线AB的斜率存在，且不为0，
故可设直线AB的方程为x=my+t，
联立y2=4xx=my+t，
消x得，y2−4my−4t=0，
方程y2−4my−4t=0的判别式Δ=16m2+16t>0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1+y2=4m,y1y2=−4t，
所以x1x2=y124⋅y224=t2
因为∠AOB=90°，
所以OA⋅OB=0，所以x1x2+y1y2=0，
所以t2−4t=0，
又A,B异于坐标原点O，所以y1y2≠0，所以t≠0，
所以t=4，
所以直线AB的方程为x=my+4，
且AB=1+m2y2−y1=1+m216m2+64=4m2+1m2+4
所以直线AB与x轴的交点为4,0，
所以点M的坐标为4,0，
所以直线CD的方程为x=−1my+4，
联立y2=4xx=−1my+4，
消x得，y2+4my−16=0，
方程y2+4my−16=0的判别式Δ=16m2+64>0，
设Cx3,y3,Dx3,y4，则y3+y4=−4m,y1y2=−16，
所以CD=1+1m2y4−y3=1+1m216m2+64=4m2m2+14m2+1，
由已知AB⊥CD，
所以四边形ACBD面积S=12×AB×CD=8m2+1m2m2+44m2+1，
设m2=λ，则λ>0，S=8λ+124λ2+17λ+4λ2，
所以S=8λ2+1+2λ4λ2+4+17λλ2=84λ+1λ2+25λ+1λ+34，
由基本不等式可得λ+1λ≥2，当且仅当λ=1时等号成立，此时m=±1，
设μ=λ+1λ，可得S=84μ2+25μ+34=84μ+2582−8116，μ≥2，
所以当μ=2时，即m=±1时，S取最小值，最小值为80，
所以四边形ACBD面积的最小值为80.
故答案为：80.

16．（5分）（2023春·上海宝山·高二统考期末）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左，右焦点分别为F1−c,0，F2c,0，直线y=kxk>0与双曲线C在第一、三象限分别交于点A、B，O为坐标原点.有下列结论：①四边形AF1BF2是平行四边形；②若AE⊥x轴，垂足为E，则直线BE的斜率为12k；③若OA=c，则四边形AF1BF2的面积为b2；④若△AOF2为正三角形，则双曲线C的离心率为3+1.其中正确命题的序号是 ①②④ .
【解题思路】对于①，利用双曲线的性质判断四边形的形状，对于②，利用斜率公式判断，对于③，由题意可判断四边形AF1BF2为矩形，从而可求出其面积，对于④，由△AOF2为正三角形，可表示出点A的坐标，代入双曲线方程化简可求出离心率.
【解答过程】对于①，因为双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左，右焦点分别为F1−c,0，F2c,0，直线y=kxk>0与双曲线C在第一、三象限分别交于点A、B，
所以OA=OB,OF1=OF2，
所以四边形AF1BF2为平行四边形，所以①正确，
对于②，设A(x1,y1)，则B(−x1,−y1)，
因为AE⊥x轴，垂足为E，所以E(x1,0)，
所以k=y1x1，kBE=y12x1=12⋅y1x1=12k，所以②正确，
对于③，因为OA=c，所以OA=OF1=OF2=c，
所以△AF1F2为直角三角形，所以四边形AF1BF2为矩形，
设AF1=m,AF2=n，则m−n=2a，所以m2−2mn+n2=4a2，
因为m2+n2=4c2，所以4c2−2mn=4a2，
所以mn=2b2，所以四边形AF1BF2的面积为2b2，所以③错误，
对于④，因为△AOF2为正三角形，OF2=c，所以Ac2,3c2，
因为点Ac2,3c2在双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0上，
所以c24a2−3c24b2=1，化简得b2c2−3a2c2=4a2b2，
所以(c2−a2)c2−3a2c2=4a2(c2−a2)，c4−8a2c2+4a4=0，
所以e4−8e2+4=0，
所以e2=8±64−162=8±432=4±23，
因为e2>1，所以e2=4+23=3+12，
所以e=3+1，所以④正确，
故答案为：①②④.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2023春·河北·高二校联考期末）已知B为抛物线y2=2x−2上一点，A2,0，B为AC的中点，设C的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程；
(2)过点F1,0作直线交曲线E于点M、N，点P为直线l：x=−1上一动点．问是否存在点P使△MNP为正三角形？若存在，求出点P坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）设Cx,y，表达出Bx+22,y2，代入抛物线方程中，求出C的轨迹方程；
（2）设出直线MN：x=my+1，联立抛物线方程，根据等边三角形，得到方程，求出m，进而得到P(−1,±82).
【解答过程】（1）设Cx,y，则Bx+22,y2
因为点B在抛物线y2=2x−2上，即y22=2×x+22−2，
化简得y2=4x，所以曲线E的方程为y2=4x．
（2）假设存在点P−1,y0使△MNP为正三角形．
当MN垂直于y轴时，不符合题意；
当MN不垂直于y轴时，
设直线MN：x=my+1，MN的中点为Ks,t，
联立y2=4xx=my+1得：y2−4my−4=0，
∴Δ=16m2+16，y1+y2=4m，y1y2=−4，
∴MN=1+m2y1+y22−4y1y2=4m2+1，
∴t=y1+y22=2m，s=2m2+1，
∴PK=1+(−m)22m2+1−(−1)=1+m22m2+2，
∵△MNP为正三角形，∴32MN=PK，
即4m2+1×32=1+m22m2+2，
∴m=±2，
PK：y−2m=−mx−2m2−1，令x=−1，
∴y0=m2m2+2+2m=m2m2+4=±82
所以存在点P(−1,±82)使△MNP为正三角形．

18．（12分）（2023·江苏·高二专题练习）双曲线的焦点F1,F2的坐标分别为−5,0和5,0，离心率为e=54，求：
(1)双曲线的方程及其渐近线方程；
(2)已知直线l与该双曲线交于交于A,B两点，且A,B中点P5,1，求直线AB的弦长．
【解题思路】（1）由题意可得c的值，再由离心率，可得a的值，进而求出b的值，由此可求出双曲线的方程以及渐近线方程；
（2）设直线l：y=kx−5+1，与双曲线联立，根据中点坐标求出直线方程，再利用弦长公式计算即可.
【解答过程】（1）由题意可得c=5,e=ca=54，可得a＝4，且焦点在x轴上，
所以b2=c2−a2=25−16=9，
所以双曲线的方程为：x216−y29=1；渐近线的方程为：y=±34x；
（2）由于A,B中点P5,1不在x轴上，根据双曲线的对称性可得直线l的斜率必存在，
设直线l：y=kx−5+1，Ax1,y1,Bx2,y2，x1+x2=10，y1+y2=2
联立y=kx−5+1x216−y29=1，
消去y得9−16k2x2+32k5k−1x−400k2+160k−160=0，
则x1x2=−400k2+160k−1609−16k2，x1+x2=−32k5k−19−16k2=10，解得k=4516，
则AB=1+k2x1+x22−4x1x2
=1+k2102−4×−400k2+160k−1609−16k2=1+k21540−640k9−16k2
=1+451621540−640×45169−16×45162=1482657524≈4.44.
19．（12分）（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知O为坐标原点，椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，椭圆的上顶点到右顶点的距离为5．
(1)求椭圆的方程；
(2)若椭圆的左、右顶点分别为E、F，过点D(−2,2)作直线与椭圆交于A、B两点，且A、B位于第一象限，A在线段BD上，直线OD与直线FA相交于点C，连接EB、EC，直线EB、EC的斜率分别记为k1、k2，求k1⋅k2的值．
【解题思路】（1）由已知条件可得出关于a、b、c的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）不妨设Ax1,y1、Bx2,y2，设直线AB的方程为y=kx+m，可得m=2k+2，将直线AB的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，设C−x0,x0，根据点C在直线FA上，得出x0=−2y1x1+y1−2，然后利用斜率公式以及韦达定理可求出k1k2的值.
【解答过程】（1）解：由题意知，ca=32，椭圆的上顶点到右顶点的距离为a2+b2=5，
即ca=32a2+b2=5a2=b2+c2，解得a=2，b=1，c=3，
因此，椭圆的方程为x24+y2=1．
（2）解：如下图所示：
不妨设Ax1,y1、Bx2,y2，由图可知，直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程为y=kx+m，因为点D−2,2，则−2k+m=2，则m=2k+2，
联立y=kx+mx2+4y2=4可得4k2+1x2+8kmx+4m2−4=0，
Δ=64k2m2−164k2+1m2−1>0，可得m2<4k2+1，即2k+22<4k2+1，
解得k<−38，
由韦达定理可得x1+x2=−8km4k2+1=−16kk+14k2+1>0x1x2=4m2−44k2+1=42k+12k+34k2+1>0，解得−12所以，−12由于C在直线OD上，设C−x0,x0，
又由于C在直线FA上，则x0−x0−2=y1x1−2，所以，x0=−2y1x1+y1−2，
k1⋅k2=y2x2+2⋅−2y1x1+y1−22y1x1+y1−2+2=−y1y2x2+2x1+2y1−2=−kx1+2k+2kx2+2k+2x2+2x1+2kx1+4k+2
=−k2x1x2+2kk+1x1+x2+4k+122k+1x1x2+2x1+x2+4
=−4k22k+12k+3−32k2k+12+4k+124k2+14k2+12k+142k+12k+3−32kk+1+44k2+14k2+1=−14.
20．（12分）（2023春·湖北恩施·高二校联考期末）已知F是抛物线C:y2=2pxp>0的焦点，过点F的直线交抛物线C于A、B两点，且1AF+1BF=2．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若O为坐标原点，过点B作y轴的垂线交直线AO于点D，过点A作直线DF的垂线与抛物线C的另一交点为E，AE的中点为G，求GBDG的取值范围．
【解题思路】（1）分析可知AB与x轴不重合，设直线AB的方程为x=my+p2，设点Ax1,y1、Bx2,y2，将直线AB的方程与抛物线C的方程联立，列出韦达定理，利用抛物线的焦半径公式结合韦达定理以及1AF+1BF=2可求得p的值，由此可得出抛物线C的方程；
（2）写出直线AO的方程，将y=y2代入直线AO的方程，求出D的坐标，然后求出AE的方程，与抛物线的方程联立，结合韦达定理求出点G的坐标，分析可知G、B、D三点共线，可得出GBGD=1−12x1+2，结合x1>0可求得GBGD的取值范围.
【解答过程】（1）解：抛物线C的焦点为Fp2,0，
若直线AB与x轴重合，则直线AB与抛物线C只有一个公共点，不合乎题意，
设直线AB的方程为x=my+p2，设点Ax1,y1、Bx2,y2，
联立y2=2pxx=my+p2可得y2−2pmy−p2=0，Δ=4p2m2+4p2>0，
由韦达定理可得y1+y2=2pm，y1y2=−p2，
1AF+1BF=1x1+p2+1x2+p2=1my1+p+1my2+p=my1+y2+2pmy1+pmy2+p
=my1+y2+2pm2y1y2+mpy1+y2+p2=2pm2+2p−m2p2+2m2p2+p2=2pm2+1p2m2+1=2p=2，解得p=1，
所以，抛物线C的方程为y2=2x.
（2）解：设点Ax1,y1、Bx2,y2，则x1>0，由（1）可得y1+y2=2m，y1y2=−1，
又因为直线AO的方程为y=y1x1x=y1y122x=2y1x，

将y=y2代入直线AO的方程可得y2=2y1x，可得x=y1y22=−12，即点D−12,y2，
所以，kDF=y2−12−12=−y2，
因为AE⊥DF，则kAE=−1kDF=1y2，
所以，直线AE的方程为y−y1=1y2x−x1，
联立y−y1=1y2x−x1y2=2x可得y2−2y2y−2x1−2=0，则y1+yE=2y2，
故yE=2y2−y1，则xE=y2yE+x1+1=y22y2−y1+x1+1=x1+2y22−y1y2+1=x1+4x2+2，
由AE的中点为G，可得Gx1+2x2+1,y2，
故G、B、D三点共线，则GBGD=x1+2x2+1−x2x1+2x2+1+12=x1+x2+1x1+2x2+32．
又由y1y2=−1，知x1x2=y12y224=14，
故GBGD=x1+14x1+1x1+12x1+32=x12+14+x1x12+12+32x1=1−1+2x14x12+6x1+2=1−2x1+12x1+12x1+2
=1−12x1+2∈12,1.
故GBGD的取值范围为12,1．
21．（12分）（2023秋·上海浦东新·高二校考期末）在直角坐标系xOy中，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为23，长轴长是短轴长的2倍，斜率为k(k≠0)的直线l交椭圆于A，B
(1)求椭圆的标准方程
(2)若P为线段AB的中点，设OP的斜率为k′，求证：k⋅k′为定值；
(3)设点A，B关于原点对称的点分别为C，D，求四边形ABCD面积的最大值.
【解题思路】（1）根据已知条件建立a,b,c的方程，求解即可；
（2）设A(x1,y1),B(x2,y2),P(m,n)，利用点差法求得k，利用两点斜率公式求得k′，计算k⋅k′即可证明；
（3）设直线AB的方程为y=kx+t，A(x1,y1),B(x2,y2),按照利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤可求得弦长AB，利用点线距离公式可求得原点到直线AB的距离为d.根据对称性可知四边形ABCD的面积S=4S△AOB，求出面积后再利用基本不等式求得最大值.
【解答过程】（1）依题意可知：2c=232a=4ba2=b2+c2，解得c=3a=2b=1，
故椭圆的标准方程为x24+y2=1.
（2）证明：设A(x1,y1),B(x2,y2),P(m,n)，则x1+x2=2m,y1+y2=2n.
把A(x1,y1),B(x2,y2)代入椭圆方程x24+y2=1得x124+y12=1x224+y22=1，
两式相减可得：y2−y1x2−x1=−x2+x14y2+y1，即k=−m4n，
而k′=nm，则k⋅k′=−m4n⋅nm=−14.
故k⋅k′为定值.
（3）
设直线AB的方程为y=kx+t，A(x1,y1),B(x2,y2),
联立方程组y=kx+tx24+y2=1，整理得1+4k2x2+8ktx+4t2−4=0，
∴Δ=8kt2−41+4k24t2−4=164k2+1−t2>0，即4k2+1−t2>0
又x1+x2=−8kt1+4k2,x1x2=4t2−41+4k2.
∴AB=1+k2⋅x1+x22−4x1x2=1+k2⋅−8kt1+4k22−4⋅4t2−41+4k2
=1+k2⋅164k2+1−t21+4k22=41+k2⋅4k2+1−t21+4k22
记原点到直线AB的距离为d，则d=|t|1+k2
∴S△AOB=12AB⋅d=12×41+k2⋅4k2+1−t21+4k22⋅t1+k2=24k2+1−t2⋅t21+4k22
因为点A，B关于原点对称的点分别为C，D，
所以四边形ABCD的面积S=4S△AOB =84k2+1−t2⋅t21+4k22
所以S=84k2+1−t21+4k2⋅t21+4k2≤8×4k2+1−t21+4k2+t21+4k22=4
当且仅当4k2+1−t21+4k2=t21+4k2，即4k2+1=2t2时，等号成立，
故四边形ABCD的面积的最大值为4.
22．（12分）（2023春·上海青浦·高二统考期末）已知抛物线Γ:y2=4x的焦点为F，准线为l．
(1)若F为双曲线C:x2a2−2y2=1(a>0)的一个焦点，求双曲线C的方程；
(2)设l与x轴的交点为E，点P在第一象限，且在Γ上，若PFPE=22，求直线EP的方程；
(3)经过点F且斜率为kk≠0的直线l′与Γ相交于A、B两点，O为坐标原点，直线OA、OB分别与l相交于点M、N．试探究：以线段MN为直径的圆C是否过定点，若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由．
【解题思路】（1）先求抛物线的焦点坐标，再根据题意求双曲线的a,b,c，即可得解；
（2）根据抛物线的定义进行转化分析可得∠MEP=π4，进而可得直线EP的倾斜角与斜率，利用点斜式求直线方程；
（3）设直线l′的方程及A，B两点的坐标，进而可求M，N两点的坐标，结合韦达定理求圆C的圆心及半径，根据圆C的方程分析判断定点.
【解答过程】（1）抛物线Γ:y2=4x的焦点为F1,0，准线为l:x=−1，
双曲线C的方程为双曲线x2a2−2y2=1，即x2a2−y212=1，则b=22,c=a2+12，
由题意可知：c=a2+12=1，则a=22，
故双曲线C的方程2x2−2y2=1；
（2）由（1）可知：E−1,0，
过点P作直线l的垂线，垂足为M，则PF=PM，
∵sin∠MEP=PMPE=PFPE=22，且∠MEP∈0,π2，
∴∠MEP=π4，
故直线EP的倾斜角α=π4，斜率k=tanα=1，
∴直线EP的方程为y=x+1，即x−y+1=0；
（3）设直线l′:y=kx−1,Ax1,y1,Bx2,y2，
联立方程y=kx−1y2=4x，消去y可得：k2x2−2k2+2x+k2=0，
则可得：x1+x2=2k2+2k2,x1x2=k2k2=1，
∵直线OA:y=y1x1x，当x=−1时，y=−y1x1，
∴M−1,−y1x1，
同理可得：N−1,−y2x2，
∵−y1x1+−y2x22=−kx1−1x1+kx2−1x22=−k2x1x2−x1+x22x1x2
=−k2−2k2+2k22=2k，
MN=−y1x1−−y2x2=kx1−1x1−kx2−1x2=kx1−x2x1x2=kx1x2x1+x22−4x1x22
=k2k2+2k22−4=4k2+1k，
则线段MN为直径的圆C的圆心C−1,2k，半径r=12MN=2k2+1k，
故圆C的方程为x+12+y−2k2=4k2+1k2，
整理得x2+y2+2x−3−4ky=0，
令y=0，则x2+2x−3=0，解得x=1或x=−3，
故以线段MN为直径的圆C过定点1,0,−3,0.