上海上海中学东校选修1-1第二章《圆锥曲线与方程》测试题(答案解析)

一、选择题

1x2y21．已知斜率为的直线l与双曲线C:221(a0,b0)相交于B、D两点，且

6abBD的中点为M(1,3)，则C的离心率为（ ）

A．2

B．5 2C．3 D．

6 22．过抛物线y22px焦点F(1,0)的直线l与抛物线交于A,B两点，且

AFmFB(m1)，|AB|A．2

B．3

25，则m（ ） 4C．4

D．5

2x2y23．已知双曲线221a0,b0的一条渐近线与圆x3y29相交于A、

abB两点，若AB2，则该双曲线的离心率为（ ）

A．5

2B．2 C．3 D．4

4．过抛物线C:y2pxp0的焦点F且倾斜角为锐角的直线l与C交于A,B两点，过线段AB的中点N且垂直于l的直线与C的准线交于点M，若AB3MN，则直线l的倾斜角为（ ） A．15

B．30

C．45

D．60

5．已知点A是抛物线x24y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，点P在抛物线上，且满足|PA|m|PF|，则m的最大值是（ ） A．1

B．2 C．2

D．4

x2y26．设F为双曲线C：221(a0,b0)的左焦点，O为坐标原点，以F为圆心，

abFO为半径的圆与C交于A,B两点.若cosOFA-（ ） A．,3

355,，则C的离心率取值范围为1694B．1,23

5C．,4

3D．[2,23]

x2y27．已知双曲线C:221(a0,b0)的右焦点为F，直线l:ykx与C交于A，B两

ab点，以AB为直径的圆过点F，若C上存在点P满足BP4BF，则C的离心率为（ ） A．3 B．

10 2C．5 D．10

x2y28．已知椭圆C:1的左焦点为F，点P是椭圆C上的动点，点Q是圆

1612T:x2y1上的动点，则

22PFPQ的最小值是（ ）

A．

1 22B．

7C．

2 3D．3 4x2y29．设双曲线221(a0,b0)的左､右焦点分别为F1､F2，点P在双曲线的右支上，

ab且PF13PF2，则双曲线离心率的取值范围是（ ） A．(1,2]

B．(1,]

53C．[2,) D．[,)

43x2y210．已知椭圆21(0b2)，直线xy1与椭圆交于P,Q两点，若

4bOPOQ，则椭圆的离心率为（ ）

A．

6 7B．

7 7C．

42 7D．

27 711．已知过点A(a,0)的直线与抛物线y22px(p0)交于M.N两点，若有且仅有一个实数a，使得OMON16成立，则a的值为（ ） A．4

B．2

C．4

D．8

x2y212．已知双曲线221a0,b0，过其右焦点F作x轴的垂线，交双曲线于A、

abB两点，若双曲线的左焦点在以AB为直径的圆上，则双曲线的离心率的值为（ ）

A．12 B．2 C．13 D．3 二、填空题

x2y213．已知椭圆221(ab0)的短轴长为8，上顶点为A，左顶点为B，F1,F2分

ab别是椭圆的左､右焦点，且F1AB的面积为4，点P为椭圆上的任意一点，则

11的取值范围为___________. PF1PF214．已知点A1,2在抛物线C:y2pxp0上，过点B2,2的直线交抛物线C于

2P，Q两点，若直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，则k1k2等于___________. x215．已知椭圆C:y21的左焦点为F，椭圆外一点P(0,t)(t1)，直线PF交椭圆于

2A、B两点，过P作椭圆C的切线，切点为E，若3|PE|24|PA||PB|，则

t____________．

x216．若M，P是椭圆y21两动点，点M关于x轴的对称点为N，若直线PM，PN分

4别与x轴相交于不同的两点A(m，0)，B(n，0)，则mn=_________.

x2y217．在平面直角坐标系xOy中，设双曲线C:221(a0,b0)的右焦点为F，若双

ab曲线的右支上存在一点P，使得△OPF是以P为直角顶点的等腰直角三角形，则双曲线

C的离心率为__________.

x2y218．已知双曲线E:221(a0,b0)，点F为E的左焦点，点P为E上位于第一

ab象限内的点，P关于原点的对称点为Q，且满足|PF|3|FQ|，若|OP|b，则E的离心

率为_________.

x219．已知椭圆y21上存在相异两点关于直线yxt对称，则实数t的取值范围是

2______.

20．直线AB过抛物线y24x的焦点F，且与抛物线交于A、B两点，且线段AB的中点的横坐标是3，则直线AB的斜率是_____________.

三、解答题

21．已知抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，点A(4,m)在抛物线C上，且

△OAF的面积为

12p（O为坐标原点）． 2（1）求抛物线C的方程；

（2）直线l：ykx1与抛物线C交于M，N两点，若OMON，求直线l的方程．

32x2y2322．已知椭圆C:221ab0的离心率为，且经过点,.

22ab3（1）求椭圆C的方程；

（2）经过点M0,2的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，O为坐标原点，若

OAB的面积为46，求直线l的方程. 1723．已知点F1、F2分别是椭圆C的左、右焦点，离心率为圆心的单位圆上的一点，且PF1PF2（1）求椭圆C的标准方程；

2，点P是以坐标原点O为20．

（2）设斜率为k的直线l（不过焦点）交椭圆于M，N两点，若x轴上任意一点到直线

MF1与NF1的距离均相等，求证：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标．

42x2y251,24．已知椭圆C:221ab0过点P. ，离心率为3ab3

（1）求椭圆C的方程；

（2）直线l与圆O:x2y21相切，且与椭圆C交于M，N两点，Q为椭圆C上一个动点(点O，Q分别位于直线l两侧)，求四边形OMQN面积的最大值.

x2y2,0),F2(1,0)，过点F1的直25．已知椭圆221(ab0)的左、右焦点分别是F1(1ab、B两点，且ABF2的周长为42. 线l与椭圆相交于A（1）求椭圆C的标准方程；

x2y2（2）在椭圆中有这样一个结论“已知P0(x0,y0)在椭圆221外 ，过P0作椭圆的两条

abx0xy0yP,PPP切线，切点分别为12，则直线12的方程为221”.现已知M是圆

abx2y23上的任意点，MA,MB分别与椭圆C相切于A,B，求OAB面积的取值范围.

26．已知抛物线E:y2pxp0的焦点F，抛物线E上一点3,t到焦点的距离为4.

2（1）求抛物线E的方程；

（2）过点F作直线l，交抛物线E于A,B两点，若线段AB中点的纵坐标为1，求直线l的方程.

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一、选择题 1．D 解析：D 【分析】

设Bx1,y1、Dx2,y2，用“点差法”表示出a、b的关系，即可求出离心率 【详解】

x12y121a2b2设Bx1,y1、Dx2,y2,则2， 2x2y21a2b2x12x22y12y22两式作差得：0， 22abb2y1y2y1y2整理得：2

ax1x2x1x221b611BD的中点为M(1,3)，且直线l的斜率为 ，代入有：2

6a262c2a21即，解得ea22故选：D 【点睛】

ca6. 2求椭圆（双曲线）离心率的一般思路：根据题目的条件，找到a、b、c的关系，消去b，构造离心率e的方程或（不等式）即可求出离心率．

2．C

解析：C 【分析】

由焦点得p2，设直线代入抛物线方程结合韦达定理以及已知条件利用弦长公式求得参数值. 【详解】

∵焦点F(1,0),p2，抛物线方程式为y24x．

设直线l的方程为xy1(0)，代入抛物线方程，得y24y40． 设Ax1,y1,Bx2,y2，由韦达定理得y1y24． 由AFmFB，得y1my2．解得y222,y12m，或y2,y12m，mmx1m,x2故选：C． 【点晴】

1125|AB|x1x2pm2,m4． ．mm4方法点晴：解直线与圆锥曲线位置问题时，通常使用设而不求思想，结合韦达定理运算求解相关参数.

3．C

解析：C 【分析】

设双曲线的渐近线方程为ykx，其中k2b，利用勾股定理可求得k的值，即可求得abb，再由双曲线的离心率公式e1即可求得双曲线的离心率. aa【详解】

设双曲线的渐近线方程为ykx，其中k2b， a2圆x3y9的圆心为C3,0，半径为r3，圆心C到直线ykx的距离为

d3kk12，

223kAB22AB2，由勾股定理可得r2，即19， d22k1解得k22，b22， acc2因此，该双曲线的离心率为eaa2故选：C. 【点睛】

a2b2b13. 2aa2方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：

（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得a、c的值，根据离心率的定义求解离心率

e的值；

（2）齐次式法：由已知条件得出关于a、c的齐次方程，然后转化为关于e的方程求解； （3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.

4．D

解析：D 【分析】

设直线l的斜率为k(k0)，直线方程为yk(x2)，A(x1,y1),B(x2,y2)，

代入抛物线方程应用韦达定理得x1x2，ABx1x2p， 求出AB中点N的坐标，写出MN的方程，由MN(1kMN2)(xMxN)2求得MN，然后由己知条件可求得斜率k，得倾斜角．

【详解】 由题意F(p,0)，设直线l的斜率为k(k0)，直线方程为yk(x)，22A(x1,y1),B(x2,y2)，

y22pxk2p2222由0， p得kxp(k2)xyk(x)42p(k22)p2，x1x2， x1x224kp(k22)2p(k21)， ABx1x2pp22kkp(k22)2px1x2p(k22)pp2,2， ，yNk(xN)，即NxN2222k2k22k22k直线MN的方程为yyN1(xxN)， k212pp(k22)p(1k2)1k222MN(1kMN)(xMxN)123k22k2k，

∵AB3MN，

2222p(k1)p(1k)1k∴， 323k2k整理得k23，∵k0，∴k3，∴倾斜角为60． 故选：D． 【点睛】

本题考查直线与抛物线相交问题，解题方法是设而不求的思想方法，设交点坐标，设直线方程代入抛物线方程应用韦达定理，求得中点坐标及焦点弦长，写出直线l垂线方程，求得MN，然后由已知条件求得结论．

5．B

解析：B 【分析】

由抛物线的对称性可不妨设P在第一象限或为原点，过P作准线y1的垂线，垂足为

E，利用抛物线的定义可得

【详解】

1sinPAE，求出sinPAE的最小值后可得m的最大值. m由抛物线x24y可得准线方程为：y1，故A0,1.

如图，由抛物线的对称性可不妨设P在第一象限或为原点， 过P作准线y1的垂线，垂足为E，则PEPF， 故

1|PF||PE|sinPAE， m|PA||PA|当直线AP与抛物线相切时，PAE最小， 而当P变化时，0PAE2，故当直线AP与抛物线相切时sinPAE最小，

x24y设直线AP:ykx1，由得到x24kx40，16k2160，

ykx1故k1或k1（舍），所以直线AP与抛物线相切时PAE，

4故

12m的最小值为即的最大值为2， m2故选：B. 【点睛】

方法点睛：与抛物线焦点有关的最值问题，可利用抛物线的定义把到焦点的距离问题转化为到准线的距离问题.

6．A

解析：A 【分析】

根据题意写出AF,AF,FF，根据余弦定理表示出cosOFA，然后根据55cosOFA-,列出关于e的不等式，求解范围.

169【详解】

取右焦点F，连接AF，因为点A为圆和双曲线的交点，所以AFOFc，则

AFAF2ac2a,FF2c，所以

AFFFAFc24c2(c2a)24c24ac4a2cosOFA22AFFF4c4c22511555aa11112，又因为cosOFA-16,9，所以12，

16ee9ccee2224e29e904e3. 即，解得2321e16e160故选：A.

【点睛】

双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法： ①求出a，c，代入公式ec； a②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2c2a2转化为a，c的齐次式，然后等式（不等式）两边分别除以a或a2转化为关于e的方程（不等式），解方程（不等式）即可得e（e的取值范围）．

7．B

解析：B 【分析】

由题意设Bx0,y0，F(c,0)，P(m,n)，则Ax0,y0，求出BP，AF，BF的坐标，根据BP4BF得到m,n，由点F在圆上得到cx0y0，把点P，B坐标代入双

222曲线方程联立，可得答案. 【详解】

由题意设Bx0,y0，F(c,0)，P(m,n)，则Ax0,y0，

BPmx0,ny0，AFcx0,y0，BFcx0,y0． 4cx0mx0m4c3x0，． BP4BF，n3y4yny,000以AB为直径的圆过点F，AFBFcx0,ycx0,y0，

即cx0y0①，

22x0y04c3x03y01③． 点P，B均在双曲线上，221②，aba2b222cx0x0cy0222②-③整理得，将ycx代入，整理得

22222a2b2002x02c23a2c22，

于是y2c2x2003b23a2c2c22，最后将x0，y0代入双曲线方程，整理得

24c210a2，所以e故选：B. 【点睛】

510． 22本题考查了直线与双曲线的位置关系、圆的有关性质及与向量的结合，关键点是利用

BP4BF和AFBF得到点之间的关系，考查了学生分析问题、解决问题的能力.

8．B

解析：B 【分析】

作出图形，利用椭圆的定义以及圆的几何性质可求得【详解】 如下图所示：

PFPQ的最小值.

x2y2在椭圆C:1中，a4，b23，ca2b22，

1612圆心T2,0为椭圆C的右焦点，由椭圆定义可得PFPT2a8，

PF8PT，由椭圆的几何性质可得acPTac，即2PT6，

由圆的几何性质可得PQPTQTPT1， 所以，

PFPQPFPT18PTPT199211. PT1617故选：B. 【点睛】

关键点点睛：解本题的关键在于以下几点：

（1）问题中出现了焦点，一般利用相应圆锥曲线的定义，本题中注意到

PFPT2a，进而可将PF用PT表示；

（2）利用圆的几何性质得出PTrPQPTr，可求得PQ的取值范围； （3）利用椭圆的几何性质得出焦半径的取值范围：acPTac.

9．A

解析：A 【分析】

PF1PF2F1F2，根据题中条件，由双曲线的定义，得到PF2a，PF13a，根据即可求出结果. 【详解】

因为点P在双曲线的右支上，由双曲线的定义可得PF1PF22a， 又PF13PF2，所以2PF22a，即PF2a，则PF13a， 因为双曲线中，PF1PF2F1F2，

c2，即e2， a又双曲线的离心率大于1，所以1e2.

即4a2c，则故选：A. 【点睛】

本题主要考查求双曲线的离心率，熟记双曲线的简单性质即可.

10．C

解析：C 【分析】

22xy设P(x1,y1),Q(x2,y2)，把直线xy1与椭圆21(0b2)，联立，根据

4bOPOQ计算出b，直接求出离心率.

【详解】

x2y21设P(x1,y1),Q(x2,y2)，由4b2得(4b2)x28x44b20，

xy18xx=124b2所以 244bx·1x2=4b22∵OPOQ，∴OPOQ=x1x2y1y22x1x2(x1x2)10，解得b4. 7ec2a244742 47故选：C 【点睛】

求椭圆（双曲线）离心率的一般思路：根据题目的条件，找到a、b、c的关系，消去b，构造离心率e的方程或（不等式）即可求出离心率．

11．C

解析：C 【分析】

设出直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理得出y1y2,y1y2及x1x2，把

OMON16用坐标表示代入上述值结合已知条件可得答案.

【详解】

设直线MN的直线方程为xtya，M(x1,y1),N(x2,y2)， xtya由题意得2，整理得y22pty2pa0，

y2px所以y1y22pt,y1y22pa，

x1x2ty1aty2at2y1y2aty1y2a2 t22apat2pta2，

因为OMON16，所以x1x2y1y216， 所以t22paat2pta22pa16，

2a22pa160，因为方程有且仅有一个实数a，所以2p640，

解得p4，或p4（舍去）， 故选：C. 【点睛】

本题考查了直线和抛物线的位置关系，关键点是利用韦达定理求出y1y2,y1y2及x1x2，

然后OMON16坐标表示列出等式，考查了学生分析问题、解决问题的能力.

12．A

解析：A 【分析】

b2先由题意求出以AB为直径的圆的半径为r和圆心坐标得到圆的方程，然后代入左焦

a点坐标，利用c2a2b2化简后可得答案. 【详解】

222xyb将xc代入221可得y，

aabb2所以以AB为直径的圆的半径为r，圆心为c,0，

ab4圆的方程为xcy2，左焦点为c,0，

a因为双曲线的左焦点在圆上，

22b4所以cc02，整理得c46a2c2c40，即e46e210，

a2解得e2322或e2322舍去， 所以e12. 故选：A. 【点睛】

关键点点睛：本题考查直线和双曲线的位置关系、点和圆的位置关系，关键点是先求出以

AB为直径的圆的半径，再根据双曲线的左焦点在圆上，得到所要求的a,b,c等量关系即

可，考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．

二、填空题

13．【分析】先根据的面积和短轴长得出abc的值求得的范围再通分化简为关于的函数利用二次函数求得最值即得取值范围【详解】由已知得故∵的面积为∴∴又故∴∴又而即∴当时最大为；当或时最小为即∴即即的取值范围为

25解析：,

58【分析】

先根据F1AB的面积和短轴长得出a，b，c的值，求得 PF1的范围，再通分化简

11为关于PF1的函数，利用二次函数求得最值，即得取值范围． PF1PF2【详解】

由已知得2b8，故b4，

∵

F1AB的面积为4，∴

221acb4，∴ac2， 22又acacacb16，故ac8， ∴a5，c3， ∴

PF1PF211PF1PF2PF1PF22a101010，

PF12aPF1PF110PF1PF1210PF1PF15225

又而acPF1ac，即2PF18， ∴当PF15时，PF15225最大，为25；

当PF12或8时，PF15∴

225最小，为16，即16PF152525，

21011102115，即. 25PF1PF2165PF1PF281125即的取值范围为,. PF1PF258故答案为：,.

58【点睛】 关键点点睛：

本题解题关键在于熟练掌握椭圆的性质acPF1ac，结合椭圆定义和二次函数最值求法，即突破难点.

2514．【分析】由题意将的坐标代入抛物线的方程可得的值进而求出抛物线的方程设出直线的方程并与抛物线方程联立求出两根之和及两根之积求出直线的斜率之积化简可得定值【详解】由题意将的坐标代入抛物线的方程可得解得所 解析：4

【分析】

由题意将A1,2的坐标代入抛物线的方程可得p的值，进而求出抛物线的方程，设出直

线PQ的方程并与抛物线方程联立求出两根之和及两根之积，求出直线AP，AQ的斜率之积，化简可得定值4. 【详解】

由题意将A1,2的坐标代入抛物线的方程可得42p，解得p2， 所以抛物线的方程为y24x； 由题意可得直线PQ 的斜率不为0，

所以设直线PQ的方程为：xm(y2)2，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

xm(y2)2联立直线与抛物线的方程：2，

y4x整理可得：y24my8m80，则y1y24m，y1y28m8， 由题意可得

k1k2y12y22y12y222 yx11x21y12121441616164，

(y12)(y22)y1y22(y1y2)48m824m4所以k1k24． 故答案为：4. 【点睛】

方法点睛：探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；② 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.

15．【分析】设交点由两点得直线方程由直线方程与椭圆方程联立消去后应用韦达定理得可计算代入在上半椭圆用函数解析式表示出上半椭圆并求导数设切点为求出切线方程切点坐标可用表示从而求得代入已知等式后求得值【详解

6 2【分析】 解析：

设交点A(x1,y1),B(x2,y2)，由两点得直线PF方程，由直线方程与椭圆方程联立，消去后应用韦达定理得x1x2,x1x2，可计算PAPB，代入x1x2,x1x2，P在上半椭圆，用函数解析式表示出上半椭圆，并求导数，设切点为(x1,y1)，求出切线方程，切点坐标可用

t表示，

从而求得PE，代入已知等式后求得t值． 【详解】

由题意F(1,0)，直线AB方程为y2t0xttxt，设A(x1,y1),B(x2,y2)，

0(1)ytxt24t22222由x，得(12t)x4tx2t20，x1x2，22y112t22t22， x1x2212t∵PA,PB同向，∴PAPBPAPB(x1,y1t)(x2,y2t)x1x2(y1t)(y2t)

2(t21)(t21)， (x1,tx1)(x2,tx2)(1t)x1x222t12设E(x1,y1)，过E点的切线方程为yy1k(xx1)，

t1，切点E在x轴上方，由y1x得22yxx2212xx2y，∴kPE1，

2y1切线方程为yy1x1(xx1)，化简得x1x2y1y2， 2y11t2， t22直线过P(0,t)，则2y1t2，y1，由椭圆方程得x12PEx12(y1t)222212(t)， 2tt∵3|PE|24|PA||PB|，

218(t21)(t21)622t1∴322(t)∵∴，化简得，，． 2t3t2t2t12t故答案为：【点睛】 关键点点睛：

本题考查直线与椭圆相交、相切问题，解题方法是设而不求的思想方程，即设交点

6． 2(x1,y1),(x2,y2)，由直线方程与椭圆方程联立，消去后应用韦达定理得x1x2,x1x2，

然后计算PAPB，设切点坐标，用导数求出切线斜率，得切线方程，代入坐标(0,t)可求得切点坐标（用t表示），求出PE，再结合已知条件求出结果．

216．4【分析】设出的坐标写出坐标满足的关系式根据题意写出直线的方程求出的横坐标计算得出的值【详解】解：设则则所以直线的方程为令可得同理有直线的方程为令可得则故答案为：【点睛】圆锥曲线中求定值问题常见的方

解析：4 【分析】

设出M,N,P的坐标，写出坐标满足的关系式.根据题意，写出直线PM，PN的方程，求

出A,B的横坐标，计算得出mn的值. 【详解】

解：

a2c22设Ma,b，则Na,b，Pc,d，则b1，d21

44所以kPMdb ca直线PM的方程为yb同理有kPMdbadbc xa，令y0可得mcadbdb ca直线PN的方程为ybdbadbc xa，令y0可得ncadb122122a1cc1a2222adbcadbcadbc44则mn 2211dbdbdb1c21a244a2c2122ac44

故答案为：4 【点睛】

圆锥曲线中求定值问题常见的方法有两种：

(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．

(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．

17．(或)【分析】先根据的形状先确定出点坐标然后将点坐标代入双曲线方程根据的齐次式求解出离心率的值【详解】因为是以为直角顶点的等腰直角三角形不妨假设在第一象限所以所以所以所以所以所以所以所以又因为所以故

解析：35(或【分析】

先根据△OPF的形状先确定出P点坐标，然后将P点坐标代入双曲线方程，根据a,c的齐次式求解出离心率的值. 【详解】

因为△OPF是以P为直角顶点的等腰直角三角形， 不妨假设P在第一象限，所以xPyP210) 21cccxF，所以P,， 2222c2c2所以221，所以c2b2c2a24a2b2，

4a4b所以c2c2a2c2a24a2c2a2，所以c46a2c24a40，

所以e46e240，所以e26361635， 22210210又因为e1，所以e35， 22故答案为：35（或【点睛】

思路点睛：利用齐次式求解椭圆或双曲线的离心率的一般步骤： （1）根据已知条件，先得到关于a,b,c的方程；

（2）结合a2b2c2或c2a2b2将方程中的b替换为a,c的形式；

（3）方程的左右两边同除以a的对应次方，由此得到关于离心率e的方程，从而求解出离心率e的值.

210）. 218．【分析】由题意设即有由双曲线定义及已知可得且结合点在曲线上联立方程得到关于的齐次方程即可求得离心率【详解】令则且①由题意知：E的左准线为结合双曲线第二定义知：又∴解得②∵知：∴联立①②得：整理得∴故 解析：3 【分析】

a2a2由题意设P(x0,y0)，即有Q(x0,y0)，由双曲线定义及已知可得x03(x0)且

ccx02y02b2，结合点在曲线上联立方程得到关于a,c的齐次方程，即可求得离心率.

【详解】

x02y02令P(x0,y0)，x0,y00则Q(x0,y0)且221①，

aba2a2由题意知：E的左准线为x，结合双曲线第二定义知：|PF|e(x0)，

cca2|FQ|e(x0)，又|PF|3|FQ|，

ca2a22a2∴x0②， 3(x0)，解得x0ccc222∵|OP|b知：x0y0b，

24a424a∴联立①，②得：2b(21)b2，整理得3a2c2， cc∴e3. 故答案为：3 【点睛】

关键点点睛：根据双曲线第二定义：曲线上的点到焦点距离与该点到对应准线的距离之比

22a为常数e，可得点P的横坐标为；结合点在曲线上及勾股定理即可得关于a,c的齐次

c方程求离心率即可.

19．【分析】设对称的两点为直线的方程为与联立可得利用根与系数的关系以及中点坐标公式可求的中点利用判别式以及在直线上即可求解【详解】设椭圆存在关于直线对称的两点为根据对称性可知线段被直线直平分且的中点在直

33解析：3,3 【分析】

x2设对称的两点为Ax1,y1，Bx2,y2，直线AB的方程为yxb与y21联立

2可得利用根与系数的关系以及中点坐标公式可求AB的中点Mx0,y0，利用判别式

0以及Mx0,y0在直线yxt上即可求解.

【详解】

x2设椭圆y21存在关于直线yxt对称的两点为Ax1,y1，Bx2,y2，

2根据对称性可知线段AB被直线yxt直平分， 且AB的中点Mx0,y0在直线yxt上，且kAB1， 故可设直线AB的方程为yxb， 联立方程yxb，整理可得3x24bx2b220， 22x2y24b2b，y1y22bx1x2， 33∴x1x222由16b122b20，可得3b3，

∴x0x1x22byy2b， ，y012323∵AB的中点M∴

2bb,在直线yxt上， 33b2bb33t，可得t，. t33333故答案为：33,. 33【点睛】

关键点点睛：本题的关键点是利用直线AB与直线yxt垂直可得直线AB的斜率为

x21，可设直线AB的方程为yxb，代入y21可得关于x的一元二次方程，利

2用判别式0，可以求出b的范围，利用韦达定理可得AB的中点Mx0,y0再代入

yxt即可t与b的关系，即可求解.

20．1或【分析】根据抛物线方程得到设直线方程为与抛物线方程联立得：再根据线段的中点的横坐标为3求得即可得到直线斜率【详解】因为直线AB过抛物线的焦点F且与抛物线交于AB两点所以斜率不为0设直线AB方程为

解析：1或1 【分析】

根据抛物线方程，得到F1,0，设直线方程为xmy1，与抛物线方程联立得：

y24my40，再根据线段AB的中点的横坐标为3，x1x26，求得m，即可得到

直线斜率. 【详解】

因为直线AB过抛物线y24x的焦点F(1,0)且与抛物线交于A、B两点， 所以斜率不为0，

设直线AB方程为xmy1，

与抛物线方程联立得：y24my40， 由韦达定理得：y1y24m,y1y24， 所以x1x24my1y224m223，

2解得m1

所以直线的方程为xy1， 所以kAB1. 故答案为：1或1

三、解答题

21．（1）y24x；（2）y【分析】

（1）分析题意，列方程组，用待定系数法求抛物线C的方程；

（2）用“设而不求法”联立方程组，把OMON转化为x1x2y1y20，求出斜率k，得到直线方程 【详解】

1x1． 4m28p,解：（1）由题意可得1p12

mp,222解得p2．

故抛物线C的方程为y24x． （2）设Mx1,y1，Nx2,y2． 联立ykx1,整理得k2x2(2k4)x10． 2y4x,2k41xx，． 12k2k2由题意可知k0，则x1x2因为OMON，所以OMONx1x2y1y20， 则x1x2kx11kx21k1x1x2kx1x210，

2即k1解得k21142k4k100， ，整理得222kkkk1． 4故直线l的方程为y【点睛】

1x1． 4（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；

（2）\"设而不求\"是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.

x2y2322．（1）1；（2）yx2或y22x2.

322【分析】

32（1）由离心率公式、将点,代入椭圆方程得出椭圆C的方程；

22（2）联立椭圆和直线l的方程，由判别式得出k的范围，再由韦达定理结合三角形面积公

2263k246，求出k的值得出直线l的方程.

式得出S 223k17【详解】

32b23解：（1）因为椭圆的离心率为，所以21.① a333又因为椭圆经过点2322,2911.② ，所以有2224a2b2x2y2联立①②可得，a3，b2，所以椭圆C的方程为1.

32（2）由题意可知，直线l的斜率k存在，设直线l的方程为ykx2.

ykx2,22由x2y2消去y整理得，23kx12kx60.

123因为直线l与椭圆C交于不同的两点A，B 所以12k2423k22243k220，即3k220，所以k22. 3设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1x2由题意得，OAB的面积S12k6xx. ，1223k223k21OMx1x2 2x1x2x1x2224x1x2，

12k6263k22. 即S422223k23k23k246263k246，即173k2223k22.

因为OAB的面积为，所以 21723k173222化简得，4k491k2660，即4k3k220，解得k或k222，均满

4足0，所以k3或k22. 23x2或y22x2. 2所以直线l的方程为y【点睛】

关键点睛：在第二问中，关键是由韦达定理建立x1,x2的关系，结合三角形面积公式求出斜率，得出直线l的方程.

x2y223．（1）1；（2）证明见解析，（-2,0）.

21【分析】

（1）根据离心率为

2，点P是以坐标原点O为圆心的单位圆上的一点，且2PF1PF20,可用待定系数法求椭圆的标准方程;

（2）先用设而不求法表示出x1x2,x1x2，然后分析得到kMF1kNF10，代入，求出

m2k，即可证明直线过定点（-2，0）.

【详解】

x2y2(1)设椭圆的标准方程为221,Px,y

abc2a22a2222由题意可得xy1解得：b1

(xc,y)(xc,y)0c21222bcax2y2即椭圆C的标准方程：1.

21(2)设直线l：ykxm,M(x1,y1),N(x2,y2) 则kMF1y1kxmykxm1,kNF122 x11x11x21x21x2y21有2，消去 y得：(12k2)x24mkx2m220， 1ykxm16k2m28(m1)(12k2)04mkxx所以1 2212k2m22x1x212k2因为x轴上任意一点到直线MF1与NF1的距离均相等， 所以x轴为直线MF1与NF1的角平分线， 所以kMF1kNF1kx1mkx2m0，即 2kx1x2(mk)(x1x2)2m0 x11x212m224mk所以2k(mk)2m0 2212k12k整理化简得：m2k

即直线l：ykxmkx2kk(x2) 故直线恒过定点（-2,0）. 【点睛】

（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；

（2）\"设而不求\"是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.

x2y224．（1）1；（2）最大值为42.

94【分析】

42c52221,（1）将P的坐标代入椭圆方程中，再结合和可求出a,b的abc3a3值，进而可求得椭圆的方程；

（2）当MN斜率存在时，设MN与圆O的切线为ykxn，要使四边形OMQN的面积最大，则Q到MN距离要最大，此时过Q点MN的平行线必与椭圆C相切，设为ykxm，易得Q到MN距离与O到MN距离之和等于O到直线ykxm的距离，然

后利用点到直线的距离公式求出O到直线ykxm的距离d，利用弦长公式求出MN的值，从而有S四边形OMQNS△OMNS△QMN1MNd，化简可求得其范围，当MN斜率2不存在时，直接可得S四边形OMQN42，进而可得结果 【详解】

（1）因为椭圆C过点P1,所以

42， 31321， a29b2因为离心率为2225c5，所以， 3a3x2y2又abc，所以得1；

94（2）（i）当MN斜率存在时，设MN与圆O的切线为ykxn，

要使四边形OMQN的面积最大，则Q到MN距离要最大，此时过Q点MN的平行线必与椭圆C相切，设为ykxm，易得Q到MN距离与O到MN距离之和等于O到直线ykxm的距离，

设O到直线ykxm的距离记为d，则dm1k2，

ykxn,222联立x2y2，消去y得9k4x18knx9n40，

1,4918kn9n24设Mx1,y1，Nx2,y2，x1x22，xx， 1229k49k4222121k9k4n所以MN1kx1x2， 29k42因为ykxn与圆O相切，所以n1k21，

因为ykxm与椭圆相切，所以9k24m2，

S四边形OMQNS△OMNS△QMNm11121k29k24n2 MNd22229k41k8329k4n8k3k666， 49k249k2492k222可得S四边形OMQN随k的增大而增大，即S四边形OMQN42.

4242（ii）当MN斜率不存在时，不妨取M1,3，N1,3，此时Q3,0，

S四边形OMQN42.综上所得四边形OMQN的面积的最大值为42.

【点睛】

关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查计算能力，解题的关键是当MN斜率存在时，设MN与圆O的切线为ykxn，要使四边形OMQN的面积最大，则Q到MN距离要最大，此时过Q点MN的平行线必与椭圆C相切，设为ykxm，易得Q到MN距离与O到MN距离之和等于O到直线ykxm的距离，从

而可得

S四边形OMQNS△OMNS△QMN化简可得结果，属于中档题

m11121k29k24n2，MNd22229k41kx22225．（1）y21；（2）[,].

232【分析】

（1）由焦点三角形的周长得a值，结合焦点坐标可求得b，从而得椭圆方程； （2）设M(x0,y0)，A(x1,y1),B(x2,y2)，由已知得切线AB方程，与椭圆方程联立消去

y得x的二次方程，应用韦达定理得x1x2,x1x2，由弦长公式求得弦长AB，再求得原

点到直线AB的距离d，，从而可得S△OAB得SOAB的范围，再求出

1ABd，用换元法（设t22y01）可求y00时三角形面积，从而可得结论．

【详解】

（1）由已知c1，4a42，所以a2,b1

x2所以椭圆C的标准方程为y21

2（2）设M(x0,y0)，A(x1,y1),B(x2,y2)，x0y03，由已知可得直线AB方程为

22x0xy0y1 2当y00时，将直线AB方程与椭圆C的方程联立，消去y整理得

22(y03)x24x0x4y040.

24x044y0 . 所以x1x22，x1x22y03y03x因此|AB|102y02223(y01) (x1x2)4x1x22y032又原点O到直线AB的距离

d12x02y042323y01

所以SOAB2y011. |AB|d222y03令t2y01(1,2]，得到

SOAB2t22t222(,]232 tt2. 31当y00时，易得SOAB综上：OAB面积的取值范围为[,【点睛】

22]. 32方法点睛：本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆相交中的三角形面积问题，解题方法是设而不求的思想方法，即直线与椭圆交点为(x1,y1),(x2,y2)，直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得x1x2,x1x2，由此可计算弦长，然后求出原点到直线的距离后可计算三角形面积．这样可把面积用一个参数表示，求出取值范围． 26．（1）y24x；（2）2xy20. 【分析】

（1）抛物线的定义可得3p4，即可求出p得值，进而可得抛物线E的方程； 2y124x1（2）设Ax1,y1、Bx2,y2，则2，利用点差法可求直线l的斜率，再求出

y24x2点F1,0，利用点斜式即可求出直线l的方程. 【详解】

（1）由抛物线E:y2pxp0可得准线方程为：x2p， 2由抛物线的定义可得：3p4，解得：p2， 2所以抛物线E的方程为y24x， （2）设Ax1,y1、Bx2,y2，

y124x122则2，两式相减可得y1y24x1x2， y24x2所以y1y2y1y24x1x2，

因为线段AB中点的纵坐标为1，所以y1y22， 所以直线l的斜率k因为F1,0，

y1y2442， x1x2y1y22所以直线l的方程为：y2x1， 即2xy20. 【点睛】

思路点睛：对于中点弦问题，多采用设而不求的方法，利用整体代入的思想求出直线的斜率，再结合直线所过的点即可得直线的方程.