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2024-2025 学年江西省景德镇一中19 班高一（下）期末数学试卷
一、单选题：本题共8 小题，每小题2 分，共16 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求
的。
1.已知𝑚，𝑛是两条不同的直线，𝛼，𝛽是两个不同的平面，下列说法正确的是( )
A. 若𝑚//𝛼，𝑛⊂𝛼，则𝑚//𝑛
B. 若𝑚//𝑛，𝑚⊥𝛼，则𝑛⊥𝛼
C. 若𝑚⊥𝑛，𝑚//𝛼，则𝑛//𝛼
D. 若𝛼⊥𝛽，𝑚⊥𝛼，则𝑚//𝛽
2.若过点(0,4)且与圆(𝑥−2)2 + 𝑦2 = 2相切的两条直线的夹角为𝜃，则𝑡𝑎𝑛𝜃= ( )
A. 4
3
B. 3
5
C. 3
4
D. 1
3
3.已知过抛物线𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝> 0)焦点𝐹的直线与该抛物线交于𝐴，𝐵两点，若|𝐴𝐹| + 4|𝐵𝐹| = 9，则𝑝的最大
值为( )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 6
4.已知双曲线𝛤：𝑥2−𝑦2
3 = 1的左焦点为𝐹，点𝐴，𝐵在𝛤的右支上，且|𝐴𝐵| = 6，则|𝐹𝐴| + |𝐹𝐵|的最小值为
( )
A. 4
B. 6
C. 10
D. 14
5.如图，在棱长均为2的直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐷是𝐴1𝐵1的中点，过𝐵，𝐶，𝐷三点的平面将该三棱柱截
成两部分，则顶点𝐵1所在部分的体积为( )
A. 2
3
3
B. 5
3
6
C.
3
D. 7
3
6
6.已知点𝐹1、𝐹2是双曲线𝐶：𝑥2
𝑎2−𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 0,𝑏> 0)的左、右焦点，𝑂为坐标原点，点𝑃在双曲线𝐶的右支
上，且满足|𝐹1𝐹2| = 2|𝑂𝑃|，|𝑃𝐹1| ≥3|𝑃𝐹2|，则双曲线𝐶的离心率的取值范围为( )
A. [5
2, + ∞)
B. [
10
2 , + ∞)
C. (1,
10
2 ]
D. (1,5
2]
7.设椭圆𝐶：𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1的左右焦点分别为𝐹1，𝐹2，点𝑃在椭圆上，cos∠𝐹1𝑃𝐹2 = 3
5，∠𝐹1𝑃𝐹2的平分线与𝑥轴
交于点𝐴，则|𝑃𝐴| = ( )
A.
3
B. 2
3
C. 3
10
4
D. 3
5
4
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8.如图，正方形𝐴𝐵𝐶𝐷和正方形𝐴𝐵𝐸𝐹的边长均为2，且它们所在的平面互相垂直，点𝑁在线段𝐵𝐹上运动，
点𝑀在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷内运动，𝑀𝑁= 2，且始终保持𝑀𝑁⊥𝐴𝐵，则𝐷𝑀的最小值为( )
A.
2−1
B. 2
2−2
C.
2
2
D.
3
2
二、多选题：本题共4 小题，共12 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列选项正确的是( )
A. 若直线𝑙1：𝑥+ 2𝑦+ 1 = 0与𝑙2：2𝑥+ 𝑎𝑦−2 = 0平行，则𝑙1与𝑙2的距离为2
5
5
B. 过点(−1,1)且和直线2𝑥−𝑦+ 7 = 0平行的直线方程是2𝑥−𝑦−6 = 0
C. “𝑎= −1”是“直线𝑎2𝑥−𝑦+ 1 = 0与直线𝑥−𝑎𝑦−2 = 0互相垂直”的必要不充分条件
D. 直线𝑥𝑠𝑖𝑛𝛼+ 𝑦+ 2 = 0的倾斜角𝜃的取值范围是[0,𝜋
4] ∪[3𝜋
4 ,𝜋)
10.已知抛物线𝐶：𝑦2 = 8𝑥的焦点为𝐹，过点𝐹的直线𝑙与𝐶交于𝐴，𝐵两点，𝐷是𝐶的准线与𝑥轴的交点，则下
列说法正确的是( )
A. 若|𝐵𝐹| = 4|𝐴𝐹|，则直线𝑙的斜率为± 4
3 B. |𝐴𝐹| + 4|𝐵𝐹| ≥18
C. 0° < ∠𝐴𝑂𝐵< 90°(𝑂为坐标原点) D. 当|𝐴𝐹|
|𝐴𝐷|取最小值时，|𝐴𝐹| = 4
11.如图，在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，点𝑃在线段𝐵𝐶1上运动，有下列判断，其中正确的是( )
A. 异面直线𝐴1𝑃与𝐴𝐷1所成角的取值范围是(0,
𝜋
3]
B. 三棱锥𝐷1−𝐴𝑃𝐶的体积不变
C. 平面𝑃𝐵1𝐷⊥平面𝐴𝐶𝐷1
D. 若𝐴𝐵= 1，则𝐶𝑃+ 𝑃𝐷1的最小值为
2 +
2
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12.如图是数学家𝐺𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑙𝐷𝑎𝑛𝑑𝑒𝑙𝑖𝑛用来证明一个平面截圆锥侧面得到的截口
曲线是椭圆的模型(称为“𝐷𝑎𝑛𝑑𝑒𝑙𝑖𝑛双球”).在圆锥内放两个大小不同的小球，
使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，截面分别与球𝑂1，球𝑂2切于点𝐸，
𝐹(𝐸,𝐹是截口椭圆𝐶的焦点).设图中球𝑂1，球𝑂2的半径分别为3和1，球心距|𝑂1𝑂2
| = 4 2，则( )
A. 椭圆𝐶的中心在直线𝑂1𝑂2上 B. |𝐸𝐹| = 4
C. 直线𝑂1𝑂2与椭圆𝐶所在平面所成的角为
𝜋
3 D. 椭圆𝐶的离心率为2
7
7
三、填空题：本题共4 小题，每小题3 分，共12 分。
13.已知抛物线𝐶：𝑦2 = 4𝑥焦点为𝐹，过点𝐹的直线𝑙交𝐶于𝐴、𝐵两点，交𝐶的
准线于点𝑀，若𝐹为𝐴𝑀的中点，则|𝐴𝐵| = ______．
14.已知点𝑃是双曲线𝐶：𝑥2
𝑎2−𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 0,𝑏> 0)左支上一点𝐹1，𝐹2是双曲
线的左、右两个焦点，且𝑃𝐹1 ⊥𝑃𝐹2，𝑃𝐹2与两条渐近线相交于𝑀，𝑁两点(
如图)，点𝑁恰好平分线段𝑃𝐹2，则双曲线的离心率是______．
15.设𝐹1，𝐹2分别为椭圆𝐶：𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0)的左、右焦点，过点𝐹1且倾斜角为60°的直线与椭圆𝐶交
于𝐴，𝐵两点，若|𝐴𝐵| = 3|𝐹1𝐵|，则椭圆𝐶的离心率为 ．
16.三棱锥𝐴−𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵= 4，𝐵𝐶= 𝐵𝐷= 3，𝐴𝐶= 𝐴𝐷= 5，∠𝐶𝐵𝐷= 60°，则三棱锥𝐴−𝐵𝐶𝐷外接球的表
面积为______．
四、解答题：本题共5 小题，共60 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知△𝐴𝐵𝐶的三个顶点的坐标为𝐴(1,0)，𝐵(3,2)，𝐶(2,4).求：
(1)点𝐷的坐标，使四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形；
(2)点𝐶关于直线𝐴𝐵对称点的坐标；
(3) △𝐴𝐵𝐶的面积．
18.(本小题12分)
如图，梯形𝐵𝐶𝐷𝑃中，𝐵𝐶//𝑃𝐷，𝐵𝐴⊥𝑃𝐷于点𝐴，𝑃𝐴= 2，且𝐴𝐵= 𝐵𝐶= 1 = 1
2𝐴𝐷.沿𝐴𝐵把△𝑃𝐴𝐵折起到
△𝑃′𝐴𝐵的位置，使𝑃′𝐷=
6．
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(1)求异面直线𝐶𝐷与𝑃′𝐵所成角的余弦值；
(2)若𝐸为𝑃′𝐶的中点，𝐹为𝑃′𝐷上一点，证明𝐶𝐹⊥𝐴𝐸．
19.(本小题12分)
已知双曲线𝐶：𝑥2
𝑎2−𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 0,𝑏> 0)的离心率为
2，𝑂为坐标原点，过𝐶的右焦点的直线𝑙交𝐶的右支于
𝑃，𝑄两点，当𝑙⊥𝑥轴时，|𝑃𝑄| = 2
2．
(1)求𝐶的方程；
(2)过𝑃作直线𝑥= 1的垂线，垂足为𝑁．
(𝑖)证明：直线𝑄𝑁过定点；
(𝑖𝑖)求△𝑂𝑄𝑁面积的最小值．
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐸，𝐹，𝐺分别是𝐴𝐵，𝑃𝐷，𝑃𝐶的中点．
(1)若𝐴𝐷= 𝑃𝐴，求证：𝐴𝐹⊥平面𝑃𝐷𝐶；
(2)若二面角𝑃−𝐸𝐶−𝐷的正切值为
2，且𝐴𝐷=
2，𝐴𝐵= 2
2，求𝐸𝐺与平面𝑃𝐷𝐸所成角的正弦值．
21.(本小题12分)
已知圆𝐴：(𝑥+ 1)2 + 𝑦2 = 16和点𝐵(1,0)，点𝑃是圆上任意一点，线段𝑃𝐵的垂直平分线与线段𝑃𝐴相交于点
𝑄，记点𝑄的轨迹为曲线𝐶．
(1)求曲线𝐶的方程；
(2)点𝐷在直线𝑥= 4上运动，过点𝐷的动直线𝑙与曲线𝐶相交于点𝑀，𝑁．
(ⅰ)若线段𝑀𝑁上一点𝐸，满足|𝑀𝐸|
|𝐸𝑁| = |𝑀𝐷|
|𝐷𝑁|，求证：当𝐷的坐标为(4,1)时，点𝐸在定直线上；
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(ⅱ)过点𝑀作𝑥轴的垂线，垂足为𝐺，设直线𝐺𝑁，𝐺𝐷的斜率分别为𝑘1，𝑘2，当直线𝑙过点(1,0)时，是否存在实
数𝜆，使得𝑘1 = 𝜆𝑘2？若存在，求出𝜆的值；若不存在，请说明理由．
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参考答案
1.𝐵
2.𝐶
3.𝐴
4.𝐶
5.𝐵
6.𝐶
7.𝐷
8.𝐵
9.𝐴𝐷
10.𝐴𝐵𝐷
11.𝐵𝐶𝐷
12.𝐵𝐷
13.16
3
14.
5
15.2
3
16.28𝜋
17.解：(1)设𝐴𝐶中点为𝑀，则𝑀(3
2,2)，
由𝐴𝐵𝐶𝐷为平行四边形知𝑀为𝐵𝐷中点，而𝐵(3,2)，
故D(0,2)．
(2)直线𝐴𝐵方程为𝑦= 𝑥−1，
过点𝐶且与𝐴𝐵垂直的直线方程为𝑦= −𝑥+ 6，
由𝑦= 𝑥−1
𝑦= −𝑥+ 6，得交点𝐸为(7
2,5
2)，
设点𝐶关于直线𝐴𝐵的对称点为𝐶′，
则𝐸为𝐶，𝐶′的中点，故C′点坐标为(5,1)．
(3)𝐴𝐵=
(1−3)2 + (0−2)2 = 2
2，
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点𝐶(2,4)到直线𝐴𝐵：𝑥−𝑦−1 = 0的距离为𝑑= |2−4−1|
2
= 3
2
2 ，
∴𝑆△𝐴𝐵𝐶= 1
2 × 2
2 × 3
2
2 = 3．
18.(1)解：取𝐴𝐷中点𝐺，连接𝐵𝐺、𝑃′𝐺，
因为𝐵𝐶//𝐺𝐷，𝐵𝐶= 𝐺𝐷，
可得四边形𝐺𝐷𝐶𝐵是平行四边形，则𝐺𝐵//𝐷𝐶，
所以∠𝑃′𝐵𝐺或其补角为异面直线𝐶𝐷与𝑃′𝐵所成角，
翻折前𝐵𝐴⊥𝑃𝐷，即𝐴𝐵⊥𝐴𝐷，𝐴𝐵⊥𝑃𝐴，
翻折后，则有𝐴𝐵⊥𝐴𝐷，𝐴𝐵⊥𝑃′𝐴，且有𝑃′𝐴= 𝑃𝐴= 2，
因为𝑃′𝐷2 = 6 = 𝑃′𝐴2 +𝐴𝐷2，所以𝑃′𝐴⊥𝐴𝐷，
又因为𝐴𝐵∩𝐴𝐷= 𝐴，𝐴𝐵、𝐴𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，
可得𝑃′𝐴⊥面𝐴𝐵𝐶𝐷，
在△𝑃′𝐵𝐺中，𝑃′𝐵= 𝑃′𝐴2 + 𝐴𝐵2 =
2 + 1 =
3，𝐵𝐺= 𝐴𝐵2 + 𝐴𝐺2 =
1 + 1 = 2，
𝑃′𝐺= 𝑃′𝐴2 + 𝐴𝐺2 =
2 + 1 =
3，
由余弦定理可得cos∠𝑃′𝐵𝐺= 𝑃′𝐵2+𝐵𝐺2−𝑃′𝐺2
2𝑃′𝐵⋅𝐵𝐺
=
6
6 ，
因此异面直线𝐶𝐷与𝑃′𝐵所成角的余弦值为
6
6 ；
(2)证明：𝑃′𝐴⊥面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐶𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，
所以𝑃′𝐴⊥𝐶𝐷，
又因为𝐴𝐵= 𝐵𝐶= 1，𝐴𝐵⊥𝐴𝐷，𝐵𝐶//𝐴𝐷，
所以𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，故△𝐴𝐵𝐶为等腰直角三角形，
所以∠𝐶𝐴𝐷= ∠𝐴𝐶𝐵= 45°，
因为𝐴𝐶= 2𝐴𝐵= 2，𝐴𝐷= 2，
由余弦定理得𝐶𝐷2 = 𝐴𝐶2 +𝐴𝐷2−2𝐴𝐶⋅𝐴𝐷𝑐𝑜𝑠∠𝐶𝐴𝐷= 2 + 4−2 × 2 × 2 ×
2
2 = 2，
所以𝐴𝐷2 = 𝐶𝐴2 +𝐶𝐷2，即𝐴𝐶⊥𝐶𝐷，
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因为𝑃′𝐴∩𝐶𝐴= 𝐴，𝑃′𝐴、𝐴𝐶⊂平面𝑃′𝐴𝐶，
所以𝐶𝐷⊥面𝑃′𝐴𝐶，
因为𝐴𝐸⊂平面𝑃′𝐴𝐶，所以𝐶𝐷⊥𝐴𝐸，
又因为𝑃′𝐴= 𝐴𝐶，𝐸为𝑃′𝐶的中点，所以𝐴𝐸⊥𝑃′𝐶，
因为𝐶𝐷∩𝑃′𝐶= 𝐶，𝐶𝐷、𝑃′𝐶⊂平面𝑃′𝐶𝐷，
所以𝐴𝐸⊥面𝑃′𝐶𝐷，
又因为𝐶𝐹⊂平面𝑃′𝐶𝐷，
所以𝐴𝐸⊥𝐶𝐹．
19.解：(1)由题设𝑐
𝑎= 2且𝑎2 + 𝑏2 = 𝑐2，则𝑎= 𝑏,𝑐= 2𝑎，
由𝑙⊥𝑥轴时，|𝑃𝑄| = 2 2，不妨令𝑃( 2𝑎, 2)，代入双曲线得2𝑎2
𝑎2 −2
𝑏2 = 1，
所以𝑎2 = 𝑏2 = 2，则所求方程为𝑥2
2 −𝑦2
2 = 1；
(2)(𝑖)证明：设𝑃(𝑥1,𝑦1)，𝑄(𝑥2,𝑦2)，则𝑁(1,𝑦1)，由𝑙斜率不为0，设𝑙：𝑥= 𝑚𝑦+ 2，
联立双曲线并整理得(𝑚2−1)𝑦2 +4𝑚𝑦+ 2 = 0，则𝑚2−1 ≠0，𝛥= 8𝑚2 +8 > 0，
所以𝑦1 + 𝑦2 = −4𝑚
𝑚2−1，𝑦1𝑦2 =
2
𝑚2−1，
由𝑥2 ≠1，直线𝑁𝑄：𝑦=
𝑦2−𝑦1
𝑥2−1 (𝑥−1) + 𝑦1，
根据双曲线的对称性，直线𝑁𝑄所过定点必在𝑥轴上，
令𝑦= 0，则
𝑦2−𝑦1
𝑥2−1 (𝑥−1) + 𝑦1 = 0⇒𝑥=
𝑦2−𝑦1𝑥2
𝑦2−𝑦1 ，
因为𝑥2 = 𝑚𝑦2 +2，所以𝑥= 𝑦2−𝑚𝑦1𝑦2−2𝑦1
𝑦2−𝑦1
，
而𝑦1+𝑦2
𝑦1𝑦2 = −2𝑚⇒𝑦1+𝑦2
−2
= 𝑚𝑦1𝑦2，则𝑥= 𝑦2+
𝑦1+𝑦2
2
−2𝑦1
𝑦2−𝑦1
= 3
2，
所以𝑁𝑄过定点𝑀(3
2,0)；
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由𝑆𝛥𝑂𝑄𝑁= 1
2|𝑂𝑀||𝑦1−𝑦2| = 3
4
(𝑦1 + 𝑦2)2−4𝑦1𝑦2 = 3
2
2 ⋅
𝑚2+1
(𝑚2−1)2，
由(𝑖)，
𝑚2−1 ≠0
8(𝑚2 + 1) > 0
𝑦1𝑦2 =
2
𝑚2−1 < 0
，可得0 ≤𝑚2 < 1，
令𝑡= 𝑚2−1 ∈[−1,0)，则𝑆𝛥𝑂𝑄𝑁= 3
2
2 ⋅
𝑡+2
𝑡2 = 3
2
2 ⋅
1
𝑡+ 2
𝑡2 = 3
2
2 ⋅
2( 1
𝑡+ 1
4 )2−1
8，
由1
𝑡∈(−∞,−1]，故𝑆𝛥𝑂𝑄𝑁≥3
2
2 ，当𝑡= −1时取等号．
综上，𝑆𝛥𝑂𝑄𝑁的最小值为3
2
2 ．
20.解：(1)证明：∵𝐴𝐷= 𝑃𝐴，又𝐹是𝑃𝐷的中点，∴𝐴𝐹⊥𝑃𝐷，
又𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐶𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝑃𝐴⊥𝐶𝐷，
又底面𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，∴𝐴𝐷⊥𝐷𝐶，又𝐴𝐷∩𝑃𝐴= 𝐴，
𝐴𝐷，𝑃𝐴⊂平面𝑃𝐴𝐷，
∴𝐶𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐷，又𝐴𝐹⊂平面𝑃𝐴𝐷，∴𝐶𝐷⊥𝐴𝐹，
又𝐶𝐷∩𝑃𝐷= 𝐷，𝐶𝐷，𝑃𝐷⊂平面𝑃𝐷𝐶，
∴𝐴𝐹⊥平面𝑃𝐷𝐶．
(2)连接𝐺𝐹，∵𝐹，𝐺分别是𝑃𝐷，𝑃𝐶的中点，∴𝐺𝐹= 1
2𝐶𝐷，𝐺𝐹//𝐶𝐷，
又𝐸是𝐴𝐵的中点，底面𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，∴𝐴𝐸= 1
2𝐶𝐷，𝐴𝐸//𝐶𝐷，
∴𝐴𝐸= 𝐺𝐹且𝐴𝐸//𝐺𝐹，∴四边形𝐴𝐸𝐺𝐹是平行四边形，
∴𝐺𝐸//𝐴𝐹，
∴𝐴𝐹与平面𝑃𝐷𝐸所成角即为𝐸𝐺与平面𝑃𝐷𝐸所成角，
∵又𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐸𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝑃𝐴⊥𝐸𝐶，
过𝐴作𝐴𝑀⊥𝐸𝐶于𝑀，连接𝑃𝑀，
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又𝐴𝑀∩𝑃𝐴= 𝐴，𝐴𝑀，𝑃𝐴⊂平面𝑃𝐴𝑀，
∴𝐶𝐸⊥平面𝑃𝐴𝑀，又𝑃𝑀⊂平面𝑃𝐴𝑀，∴𝐶𝐸⊥𝑃𝑀，
∴∠𝑃𝑀𝐴为二面角𝑃−𝐸𝐶−𝐷的平面角，
∴tan∠𝑃𝑀𝐴= 2，即𝑃𝐴
𝐴𝑀= 2，
由𝐴𝐵= 2 2,𝐴𝐷= 2，可得𝐴𝑀= 1，∴𝑃𝐴= 2，
设𝐴到平面𝑃𝐷𝐸的距离为𝑑，
由𝑉𝑃−𝐴𝐷𝐸= 𝑉𝐴−𝑃𝐷𝐸，
∴1
3 × 1
2 × 2 × 2 × 2 = 1
3 × 𝑆△𝑃𝐷𝐸× 𝑑，
又𝑃𝐷= 𝑃𝐸= 𝐷𝐸= 2，
∴𝑆△𝑃𝐷𝐸= 1
2 × 2 × 2 × 𝑠𝑖𝑛60° =
3，
∴1
3 × 1
2 × 2 × 2 × 2 = 1
3 ×
3𝑑，
解得𝑑=
6
3 ，
又𝐴𝐹= 1
2𝑃𝐷= 1，
∴𝐴𝐹与平面𝑃𝐷𝐸所成角的正弦值为𝑑
𝐴𝐹=
6
3 ，
∴𝐸𝐺与平面𝑃𝐷𝐸所成角的正弦值为
6
3 ．
21.解：(1)由题意知圆心𝐴(−1,0)，半径为4，且|𝑄𝑃| = |𝑄𝐵|，|𝐴𝐵| = 2，则
|𝑄𝐴| + |𝑄𝐵| = |𝑄𝐴| + |𝑄𝑃| = |𝑃𝐴| = 4 > |𝐴𝐵| = 2，所以点𝑄的轨迹为以𝐴，𝐵为焦点的椭圆，
设曲线的方程为𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0)，则2𝑎= 4，2𝑐= 2，解得𝑎= 2，𝑐= 1，
所以𝑏2 = 𝑎2−𝑐2 = 3，
所以曲线𝐶的方程为𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1；
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(2)(ⅰ)证明：因为直线𝑙的斜率一定存在，设直线𝑙的方程为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑚，
因为𝐷(4,1)在𝑙上，所以4𝑘+ 𝑚= 1，
由
𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑚
𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1得(3 + 4𝑘2)𝑥2 +8𝑘𝑚𝑥+ 4(𝑚2−3) = 0，
𝛥= (8𝑘𝑚)2−16(3 + 4𝑘2)(𝑚2−3) = 48(4𝑘2−𝑚2 +3) > 0，设𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，𝐸(𝑥0,𝑦0)，
则𝑥1 + 𝑥2 = −8𝑘𝑚
3+4𝑘2,𝑥1𝑥2 = 4(𝑚2−3)
3+4𝑘2 ，由|𝑀𝐸|
|𝐸𝑁| = |𝑀𝐷|
|𝐷𝑁|得
𝑥1−𝑥0
𝑥0−𝑥2 = 4−𝑥1
4−𝑥2，
化简得4(𝑥1 + 𝑥2)−2𝑥1𝑥2 = [8−(𝑥1 + 𝑥2)]𝑥0，则4 × (−8𝑘𝑚
3+4𝑘2)−2 × 4(𝑚2−3)
3+4𝑘2 = (8 + 8𝑘𝑚
3+4𝑘2)𝑥0，
化简得𝑘𝑥0 +𝑚+ 3𝑥0−3 = 0，又因为𝑦0 = 𝑘𝑥0 +𝑚，所以3𝑥0 + 𝑦0−3 = 0，
所以点𝐸在定直线3𝑥+ 𝑦−3 = 0上．
(ⅱ)因为直线𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑚过(1,0)，所以𝑘+ 𝑚= 0，直线方程为𝑦= 𝑘𝑥−𝑘，
从而得𝐷(4,3𝑘)，𝐺(𝑥1,0)，
由(ⅰ)知，𝑥1 + 𝑥2 =
8𝑘2
3+4𝑘2,𝑥1𝑥2 = 4(𝑘2−3)
3+4𝑘2 ，𝑘1 =
𝑦2
𝑥2−𝑥1,𝑘2 =
3𝑘
4−𝑥1，
所以𝑘1
𝑘2 =
𝑦2
𝑥2−𝑥1 × 4−𝑥1
3𝑘= (4−𝑥1)(𝑘𝑥2−𝑘)
3(𝑥2−𝑥1)𝑘
= 4𝑥2−4−𝑥1𝑥2+𝑥1
3(𝑥2−𝑥1)
=
4𝑥2−4−4(𝑘2−3)
3+4𝑘2 + 8𝑘2
3+4𝑘2 −𝑥2
3[𝑥2−(
8𝑘2
3+4𝑘2 −𝑥2)]
=
(3+4𝑘2)𝑥2−4𝑘2
2[(3+4𝑘2)𝑥2−4𝑘2] = 1
2，
所以存在实数𝜆= 1
2，使得𝑘1 = 1
2𝑘2．
