新高考数学一轮复习讲义第8章　§8.10　圆锥曲线中求值与证明问题（2份打包，原卷版+含解析）

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例1 (12分)(2022·新高考全国Ⅰ)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；[切入点：kAP＋kAQ＝0]
(2)若tan∠PAQ＝2eq \r(2)，求△PAQ的面积．[关键点：利用tan∠PAQ求kAP，kAQ]
思维升华 求值问题即是根据条件列出对应的方程，通过解方程求解．
跟踪训练1 在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，焦距与长轴之比为eq \f(\r(2),2)，A，B分别是椭圆C的上、下顶点，M是椭圆C上异于A，B的一点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点P在直线x－y＋2＝0上，且eq \(BP,\s\up6(→))＝3eq \(BM,\s\up6(→))，求△PMA的面积；
(3)过点M作斜率为1的直线分别交椭圆C于另一点N，交y轴于点D，且点D在线段OA上(不包括端点O，A)，直线NA与直线BM交于点P，求eq \(OD,\s\up6(→))·eq \(OP,\s\up6(→))的值．
解 (1)由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2c,2a)＝\f(\r(2),2)，,\f(1,a2)＋\f(\f(1,2),b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝2，,b2＝1，,c2＝1，))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)设点M(x1，y1)，P(x0，x0＋2)，
易知B(0，－1)，A(0,1)，
eq \(BP,\s\up6(→))＝(x0，x0＋3)，eq \(BM,\s\up6(→))＝(x1，y1＋1)，
由eq \(BP,\s\up6(→))＝3eq \(BM,\s\up6(→))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x1＝x0，,3y1＋1＝x0＋3，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝\f(x0,3)，,y1＝\f(x0,3)，))
即点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,3)，\f(x0,3)))，
因为点M在椭圆C上，则eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,3)))2,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,3)))2＝1，可得xeq \\al(2,0)＝6，
因此，S△PMA＝S△PAB－S△MAB＝eq \f(1,2)|AB|·eq \f(2,3)|x0|＝eq \f(2\r(6),3).
(3)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为y＝x＋t，其中0联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋t，,x2＋2y2＝2，))可得3x2＋4tx＋2t2－2＝0，Δ＝16t2－12(2t2－2)＝24－8t2>0，
由根与系数的关系可得x1＋x2＝－eq \f(4t,3)，x1x2＝eq \f(2t2－2,3)，
kNA＝eq \f(y2－1,x2)＝eq \f(x2＋t－1,x2)，
直线NA的方程为y＝eq \f(x2＋t－1,x2)x＋1，
kMB＝eq \f(y1＋1,x1)＝eq \f(x1＋t＋1,x1)，
直线BM的方程为y＝eq \f(x1＋t＋1,x1)x－1，
可得eq \f(y－1,y＋1)＝eq \f(x1x2＋t－1x1,x1x2＋t＋1x2)
＝eq \f(\f(2t2－2,3)＋t－1x1,\f(2t2－2,3)＋t＋1x2)
＝eq \f(2t2－1＋3t－1x1,2t2－1＋3t＋1x2)
＝eq \f(t－1,t＋1)·eq \f(2t＋1＋3x1,2t－1＋3x2)
＝eq \f(t－1,t＋1)·eq \f(2t＋1＋－4t－3x2,2t－1＋3x2)＝eq \f(1－t,1＋t)，
解得y＝eq \f(1,t)，
即点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xP，\f(1,t)))，
因此，eq \(OD,\s\up6(→))·eq \(OP,\s\up6(→))＝t·eq \f(1,t)＝1.
题型二 证明问题
例2 (2023·邵阳模拟)已知抛物线C的焦点F在x轴上，过F且垂直于x轴的直线交C于A(点A在第一象限)，B两点，且|AB|＝4.
(1)求C的标准方程；
(2)已知l为C的准线，过F的直线l1交C于M，N(M，N异于A，B)两点，证明：直线AM，BN和l相交于一点．
(1)解 由抛物线C的焦点F在x轴上，点A在第一象限，可知抛物线开口向右．
设抛物线C的标准方程为y2＝2px(p>0)，
则Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)).
由题意知AF⊥x轴，则点A的横坐标为eq \f(p,2)，
将x＝eq \f(p,2)代入y2＝2px，
可得|y|＝p，由|AB|＝2p＝4，得p＝2，
所以抛物线C的标准方程为y2＝4x.
(2)证明 由(1)可知A(1,2)，B(1，－2)．
设直线l1的方程为x＝my＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my＋1，))得y2－4my－4＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.
直线AM的方程为y＝eq \f(y1－2,x1－1)(x－1)＋2，
即y＝eq \f(4,y1＋2)(x－1)＋2，
令x＝－1，解得y＝eq \f(2y1－4,y1＋2)，
所以直线AM与准线的交点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(2y1－4,y1＋2)))，
直线BN的方程为y＝eq \f(y2＋2,x2－1)(x－1)－2，
即y＝eq \f(4,y2－2)(x－1)－2，
令x＝－1，解得y＝eq \f(－2y2－4,y2－2).
所以直线BN与准线的交点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(－2y2－4,y2－2)))，
因为eq \f(\f(2y1－4,y1＋2),\f(－2y2－4,y2－2))＝－eq \f(y1－2y2－2,y1＋2y2＋2)
＝－eq \f(y1y2－2y1＋y2＋4,y1y2＋2y1＋y2＋4)＝1，
即eq \f(2y1－4,y1＋2)＝eq \f(－2y2－4,y2－2)，
所以直线AM，BN和l相交于一点．
思维升华 圆锥曲线证明问题的类型及求解策略
(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．
(2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．
跟踪训练2 (2022·宁德模拟)若Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(2),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，C(0,1)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))四点中恰有三点在椭圆T：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上．
(1)求椭圆T的方程；
(2)动直线y＝eq \f(\r(2),2)x＋t(t≠0)与椭圆交于E，F两点，EF的中点为M，连接OM(其中O为坐标原点)交椭圆于P，Q两点，证明：|ME|·|MF|＝|MP|·|MQ|.
(1)解 由于Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(2),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))两点关于原点对称，必在椭圆上，
则eq \f(1,a2)＋eq \f(1,2b2)＝1，且eq \f(3,4a2)＋eq \f(1,4b2)<1，
∴(0,1)必在椭圆上，
即有eq \f(1,b2)＝1，则b＝1，a2＝2，
∴椭圆T的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)证明 设E(x1，y1)，F(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(\r(2),2)x＋t，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得x2＋eq \r(2)tx＋t2－1＝0，
则x1＋x2＝－eq \r(2)t，x1x2＝t2－1，y1＋y2＝eq \f(\r(2),2)x1＋t＋eq \f(\r(2),2)x2＋t＝t，
∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)t，\f(t,2)))，则kOM＝－eq \f(\r(2),2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(\r(2),2)x，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
则可设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(2),2)))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(2),2)))，
∴|MP|·|MQ|＝eq \r(1＋\f(1,2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)t＋1))·eq \r(1＋\f(1,2))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)t＋1))＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(t2,2)))，
∵|ME|·|MF|＝eq \f(1,4)|EF|2
＝eq \f(1,4)(1＋keq \\al(2,EF))(x1－x2)2
＝eq \f(3,8)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(t2,2)))，
∴|ME|·|MF|＝|MP|·|MQ|.
课时精练
1．(2023·晋中模拟)椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，且两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆C的右焦点F作直线l交C于A，B两点，且eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，求|AB|.
解 (1)∵两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形，
∴b＝c，
∵椭圆过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，
∴eq \f(1,a2)＋eq \f(1,2b2)＝1，又a2＝b2＋c2，
解得a2＝2，b2＝1，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)∵F(1,0)，
设lAB：x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(2m,m2＋2)，,y1y2＝－\f(1,m2＋2)，))
∵eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，∴y1＝－2y2，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－y2＝－\f(2m,m2＋2)，,－2y\\al(2,2)＝－\f(1,m2＋2)，))
∴2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2m,m2＋2)))2＝eq \f(1,m2＋2)，∴m2＝eq \f(2,7)，
∴|AB|＝eq \r(1＋m2)·|y1－y2|＝eq \r(1＋m2)·|－3y2|＝3eq \r(1＋m2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2m,m2＋2)))2)＝eq \f(9\r(2),8).
2．(2022·郑州模拟)如图，已知抛物线Γ：y2＝8x的焦点为F，准线为l，O为坐标原点，A为抛物线Γ上一点，直线AO与l交于点C，直线AF与抛物线Γ的另一个交点为B.
(1)证明：直线BC∥x轴；
(2)设准线l与x轴的交点为E，连接BE，且BE⊥BF.证明：||AF|－|BF||＝8.
证明 (1)由抛物线的性质可得焦点F(2,0)，准线方程为x＝－2，
设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),8)，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),8)，y2))，
所以直线AO的方程为y＝eq \f(8,y1)x，
由题意可得点Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(16,y1)))，
设直线AB的方程为x＝my＋2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,y2＝8x，))整理可得y2－8my－16＝0，
所以y1y2＝－16，可得y2＝－eq \f(16,y1)，
所以yC＝y2，
所以BC∥x轴．
(2)因为准线方程为x＝－2，由题意可得E(－2,0)，
eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2－\f(y\\al(2,2),8)，－y2))，eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(y\\al(2,2),8)，－y2))，
因为BE⊥BF，
所以eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(BF,\s\up6(→))＝0，
即yeq \\al(2,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2－\f(y\\al(2,2),8)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(y\\al(2,2),8)))＝0，
解得yeq \\al(2,2)＝－32＋16eq \r(5)，x2＝2eq \r(5)－4，
由(1)可得x1x2＝eq \f(y\\al(2,1)y\\al(2,2),64)＝eq \f(162,64)＝4，
所以x1＝2eq \r(5)＋4，
|AF|＝x1＋2，|BF|＝x2＋2，
所以可证||AF|－|BF||＝|x1－x2|＝8.
3．(2023·南通调研)在平面直角坐标系Oxy中，已知离心率为eq \f(1,2)的椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别是A，B，过右焦点F的动直线l与椭圆C交于M，N两点，△ABM的面积最大值为2eq \r(3).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线AM与定直线x＝t(t>2)交于点T，记直线TF，AM，BN的斜率分别是k0，k1，k2，若k1，k0，k2成等差数列，求实数t的值．
解 (1)由题意可知A(－a,0)，B(a,0)，
设M(x1，y1)，显然－b≤y1≤b，
△ABM的面积为eq \f(1,2)·2a·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y1))≤ab，
因为△ABM的面积最大值为2eq \r(3)，
所以ab＝2eq \r(3)，
又因为椭圆的离心率为eq \f(1,2)，
所以eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ab＝2\r(3)，,\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1，))
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由(1)可知F(1,0)，A(－2,0)，B(2,0)，
由题意可知直线l的斜率不为零，
所以设直线l的方程为x＝my＋1，与椭圆方程联立，得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my＋1))⇒(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
设N(x2，y2)，
所以y1＋y2＝eq \f(－6m,3m2＋4)，y1y2＝eq \f(－9,3m2＋4)，
直线AM的方程为eq \f(y－y1,y1)＝eq \f(x－x1,x1＋2)，
把x＝t代入方程中，得y＝eq \f(t＋2y1,x1＋2)，
所以Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(t＋2y1,x1＋2)))，
于是k0＝eq \f(\f(t＋2y1,x1＋2),t－1)＝eq \f(t＋2y1,x1＋2t－1)，k1＝eq \f(y1,x1＋2)，k2＝eq \f(y2,x2－2)，
因为k1，k0，k2成等差数列，
所以2k0＝k1＋k2⇒2·eq \f(t＋2y1,x1＋2t－1)＝eq \f(y1,x1＋2)＋eq \f(y2,x2－2)，化简得eq \f(t＋5y1,x1＋2t－1)＝eq \f(y2,x2－2)，
把x1＝my1＋1，x2＝my2＋1代入，化简得
6my1y2＝(t＋5)(y1＋y2)＋(2t－8)y2，
把y1＋y2＝eq \f(－6m,3m2＋4)，y1y2＝eq \f(－9,3m2＋4)代入，得
eq \f(6mt－4,3m2＋4)＝(2t－8)y2，因为m∈R，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t－4＝0，,2t－8＝0，))即t＝4.
4．(2022·新高考全国Ⅱ)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，y1>0.过P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．
(1)解 由题意得c＝2.①
因为双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x＝±eq \r(3)x，
所以eq \f(b,a)＝eq \r(3).②
又c2＝a2＋b2，③
所以联立①②③得a＝1，b＝eq \r(3)，
所以双曲线C的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 由题意知直线PQ的斜率存在且不为0，
设直线PQ的方程为y＝kx＋t(k≠0)，
将直线PQ的方程代入C的方程，
整理得(3－k2)x2－2ktx－t2－3＝0，
则x1＋x2＝eq \f(2kt,3－k2)，x1x2＝－eq \f(t2＋3,3－k2)>0，
所以3－k2<0，
所以x1－x2＝eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \f(2\r(3t2＋3－k2),k2－3).
设点M的坐标为(xM，yM)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(yM－y1＝－\r(3)xM－x1，,yM－y2＝\r(3)xM－x2，))
两式相减，得y1－y2＝2eq \r(3)xM－eq \r(3)(x1＋x2)，
又y1－y2＝(kx1＋t)－(kx2＋t)
＝k(x1－x2)，
所以2eq \r(3)xM＝k(x1－x2)＋eq \r(3)(x1＋x2)，
解得xM＝eq \f(k\r(t2＋3－k2)－kt,k2－3)；
两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝eq \r(3)(x1－x2)，
又y1＋y2＝(kx1＋t)＋(kx2＋t)
＝k(x1＋x2)＋2t，
所以2yM＝k(x1＋x2)＋eq \r(3)(x1－x2)＋2t，
解得yM＝eq \f(3\r(t2＋3－k2)－3t,k2－3)＝eq \f(3,k)xM.
因此，点M的轨迹为直线y＝eq \f(3,k)x，其中k为直线PQ的斜率．
若选择①②：
因为PQ∥AB，
所以直线AB的方程为y＝k(x－2)，
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
不妨令点A在直线y＝eq \r(3)x上，
则由eq \b\lc\{\rc\ (\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))，
所以xA＋xB＝eq \f(4k2,k2－3)，yA＋yB＝eq \f(12k,k2－3).
点M的坐标满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(yM＝kxM－2，,yM＝\f(3,k)xM，))
得xM＝eq \f(2k2,k2－3)＝eq \f(xA＋xB,2)，
yM＝eq \f(6k,k2－3)＝eq \f(yA＋yB,2)，
故M为AB的中点，即|MA|＝|MB|.
若选择①③：
当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2,0)，此时M不在直线y＝eq \f(3,k)x上，矛盾；
当直线AB的斜率存在时，易知直线AB的斜率不为0，
设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，
A(xA，yA)，B(xB，yB)，
不妨令点A在直线y＝eq \r(3)x上，
则由eq \b\lc\{\rc\ (\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)).
因为M在AB上，且|MA|＝|MB|，
所以xM＝eq \f(xA＋xB,2)＝eq \f(2m2,m2－3)，
yM＝eq \f(yA＋yB,2)＝eq \f(6m,m2－3)，
又点M在直线y＝eq \f(3,k)x上，
所以eq \f(6m,m2－3)＝eq \f(3,k)·eq \f(2m2,m2－3)，
解得k＝m，因此PQ∥AB.
若选择②③：
因为PQ∥AB，
所以直线AB的方程为y＝k(x－2)，
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
不妨令点A在直线y＝eq \r(3)x上，
则由eq \b\lc\{\rc\ (\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)).
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M在AB的垂直平分线上，
即点M在直线y－yC＝－eq \f(1,k)(x－xC)，
即y－eq \f(6k,k2－3)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2k2,k2－3)))上，
与y＝eq \f(3,k)x联立，得xM＝eq \f(2k2,k2－3)＝xC，
yM＝eq \f(6k,k2－3)＝yC，
即点M恰为AB的中点，
故点M在AB上．