2026年3月广东深圳市一模数学试卷 #19
已知 $A_1,A_2$ 为椭圆 $C_1:\dfrac{x^2}3+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$0<b<\sqrt 3$）的左、右顶点，$M$ 为 $C_1$ 上的一点，$N$ 为双曲线 $C_2:\dfrac{x^2}3-\dfrac{y^2}{b^2}=1$ 上的一点（$M,N$ 两点不同于 $A_1,A_2$ 两点），设直线 $A_1 M,A_2 M,A_1 N,A_2 N$ 的斜率分别为 $k_1,k_2,k_3,k_4$，且 $k_1+k_2+k_3+k_4=0$．
1、设 $O$ 为坐标原点，证明：$O,M,N$ 三点共线；
2、设 $C_1 , C_2$ 的右焦点分别为 $F_1 , F_2$，点 $M, N$ 均在第一象限，直线 $NF_1$ 与直线 $MF_2$ 相交于点 $P$，$k_1^2+k_2^2+k_3^2+k_4^2=8$．
① 证明：$MF_1 \parallel NF_2$；
② 证明：$\angle A_1 PF_1=\angle A_2 PF_2$．
解析
1、设 $M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$，则\[(k_1,k_2,k_3,k_4)=\left(\dfrac{y_1}{x_1+\sqrt 3},\dfrac{y_1}{x_1-\sqrt 3},\dfrac{y_2}{x_2+\sqrt 3},\dfrac{y_2}{x_2-\sqrt 3}\right),\]因此\[0=k_1+k_2+k_3+k_4=\dfrac{2x_1y_1}{x_1^2-3}+\dfrac{2x_2y_2}{x_2^2-3}=\dfrac{2x_1y_1}{-\frac3{b^2}y_1^2}+\dfrac{2x_2y_2}{\frac3{b^2}y_2^2}=\dfrac{2(x_1y_2-x_2y_1)}{y_1y_2},\]从而 $x_1y_2-x_2y_1=0$，因此 $O,M,N$ 三点共线．
2、根据第 $(1)$ 小题的结果，设 $\frac{y_1}{x_1}=\frac{y_2}{x_2}=k$（$k>0$），有\[k_1+k_2=-\frac{2b^2}{3k},\quad k_3+k_4=\dfrac{2b^2}{3k},\]而根据有心二次曲线的斜率积定义，有\[k_1k_2=-\dfrac{b^2}3,\quad k_3k_4=\dfrac{b^2}{3},\]从而 \[8=(k_1+k_2)^2-2k_1k_2+(k_3+k_4)^2-2k_3k_4=\dfrac{8b^4}{9k^2}\implies k=\dfrac{b^2}3.\] ① 根据得到的结果，有\[\begin{cases} \frac{y_1^2}{x_1^2}=\frac{y_2^2}{x_2^2}=\frac{b^4}{9},\\ \frac{x_1^2}3+\frac{y_1^2}{b^2}=1,\\ \frac{x_2^2}3-\frac{y_2^2}{b^2}=1,\end{cases}\implies \begin{cases} x_1^2=\frac9{3+b^2},\\ y_1^2=\frac{b^4}{3+b^2},\\ x_2^2=\frac{9}{3-b^2},\\ y_2^2=\frac{b^4}{3-b^2},\end{cases} \]由于 $\overrightarrow{F_1M}=\left(x_1-\sqrt{3-b^2},y_1\right)$，$\overrightarrow{F_2N}=\left(x_2-\sqrt{3+b^2},y_2\right)$，有\[\left(x_1-\sqrt{3-b^2}\right)y_2-\left(x_2-\sqrt{3+b^2}\right)y_1=y_1\sqrt{3+b^2}-y_2\sqrt{3-b^2}=0,\]命题得证．
② 即证明 $\angle A_1PF_2=\angle F_1PF_2$．记 $c_1=\sqrt{3-b^2}$，$c_2=\sqrt{3+b^2}$，则直线 $MF_2$ 的斜率为\[\dfrac{x_1}{y_1-c_2}=\dfrac{\frac{3}{c_2}}{\frac{b^2}{c_2}-c_2}=\dfrac{3}{b^2-c_2^2}=-1,\]直线 $NF_1$ 的斜率为\[\dfrac{x_2}{y_2-c_1}=\dfrac{\frac 3{c_1}}{\frac{b^2}{c_1}-c_1}=\dfrac{3}{b^2-c_1^2}=1,\]于是 $\triangle F_1PF_2$ 是以 $\angle F_1PF_2$ 为直角的等腰直角三角形，因此 $P\left(\frac{c_1+c_2}2,-\frac{c_1-c_2}2\right)$，进而\[|OP|^2=\left(\frac{c_1+c_2}2\right)^2+\left(\frac{c_1-c_2}2\right)^2=\dfrac{c_1^2+c_2^2}2=3=\frac 12|A_1A_2|,\]因此 $\angle A_1PA_2$ 也为直角，命题得证．