(常考题)北师大版高中数学选修1-1第二章《圆锥曲线与方程》测试卷(含答案解析)(1)

一、选择题

x2y21．已知点A为椭圆C:221ab0的左顶点，Fc,0为椭圆的右焦点，B、

abE在椭圆上，四边形OABE为平行四边形（O为坐标原点），过直线AE上一点P作圆

b2b2xcy的切线PQ，Q为切点，若△PQF面积的最小值大于，则椭圆C4822的离心率的取值范围是（ ）

102A．0,3

102B．3,1

51C．0,3

51D．3,1

2．已知抛物线C:y22px的焦点为F，过抛物线上两点A，B分别向抛物线C的准线作垂线，垂足为M，N，且9S△OBNS△OAM5S梯形ABNM，当直线AB经过点F且点

F到抛物线C准线的距离为4时，直线l的斜率为（ ）

A．2

B．22

C．8

D．23 x2y223．双曲线C:221a0,b0的一条渐近线被圆x2y23截得的弦长为

ab2，则C的离心率为（ ）

A．3

B．2

C．3 D．2

x2y21有且只有一个公共点，则k的取值有（ ）个 4．直线ykx3k4与双曲线169A．1

2B．2 C．3 D．4

5．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

22xy6．设F1、F2是双曲线C:21a0,b0的左、右焦点，P是双曲线C右支上2ab2一点.若PF1PF26a，且S△PF1F23b，则双曲线C的渐近线方程是（ ）

A．2xy0 B．x2y0 C．3x2y0

D．2x3y0

x2y27．已知椭圆C:21的右焦点为F，O为坐标原点，C上有且只有一个点P满足

4b|OF||FP|，则b（ ）

A．3

B．3

C．45 5D．25 5x2y28．已知F1，F2是双曲线221a0,b0的左、右焦点，过F1的直线l与双曲线

ab的左、右两支分别交于点A，B，若ABF2为等边三角形，则该双曲线的渐近线的斜率为（ ） A．2

B．3

C．6

D．7

x2y29．已知双曲线221a0,b0的左、右焦点分别为F1、F2，若双曲线右支上存

ab在一点P，使得F2关于直线PF1的对称点恰在y轴上，则该双曲线的离心率e的取值范围为（ ） A．1e23 3B．e23 3C．e3 D．1e3

x2y210．已知椭圆221ab0上一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦

ab点，若AFBF，设ABF，且（ ） A．,，则该椭圆的离心率e的取值范围是12412, 23B．26, 23C．222, 32D．32, 3311．已知F1,F2是椭圆C1和双曲线C2的公共焦点，P是它们的一个公共交点，且

222，若椭圆C1离心率记为e1，双曲线C2离心率记为e2，则27e1e2的最3小值为（ ） A．25 B．100 C．9 D．36 F1PF212．在抛物线型内壁光滑的容器内放一个球，其通过中心轴的纵剖面图如图所示，圆心在

y轴上，抛物线顶点在坐标原点，已知抛物线方程是x24y，圆的半径为r，若圆的大

小变化时，圆上的点无法触及抛物线的顶点O，则圆的半径r的取值范围是（ ）

A．2,

B．1,

C．2, D．1,

二、填空题

x2y213．已知双曲线C:221(a0,b0)的右焦点为F，过点F的直线

abl:2kx2y3ka0与双曲线C交于A、B两点．若AF7FB，则实数k＝________．

14．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___________.

πx2y215．已知椭圆C:1的左､右焦点分别为F1、F2，过F2且倾斜角为的直线l443交椭圆C于A、B两点，则F1AB的面积为___________.

16．已知抛物线y2=4x的焦点为F，过点F的直线AB交抛物线于A,B两点，交准线于点C，若|BC|=2|BF|，则|AB|=_____.

y217．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线:x1的两个焦点分别为F1，F2，以

72F2为圆心，F1F2长为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于M，N两点，若

OMOMON，则的值为________.

ONx2y218．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__________.

19．已知抛物线C : y2=2px(p>0)，直线l ：y = 2x+ b经过抛物线C的焦点，且与C相交于A、B 两点．若|AB| = 5，则p = ___．

20．抛物线y24x的焦点为F，点A(2,1)，M为抛物线上一点，且M不在直线AF上，则MAF周长的最小值为____．

三、解答题

2x2y221,21．已知椭圆E:221(ab0)过点P. ，离心率eab22（1）求椭圆E的方程；

（2）过点M(0,3)的直线l与椭圆E相交于A，B两点. ①当直线OA，OB的斜率之和为②求MAMB的取值范围.

22．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，过点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，当l⊥x轴时，｜AB｜＝4， （1）求p的值；

（2）若|AF|＝2|BF|，求直线l的方程.

23．已知抛物线C:y2pxp0的焦点为F，过点A2,0的直线l交C于M，N23时(其中O为坐标原点)，求直线l的斜率k； 4两点，当MN与x轴垂直时，MNF的周长为9. （1）求C的方程：

（2）在x轴上是否存在点P，使得OPMOPN恒成立(O为坐标原点)？若存在求出坐标，若不存在说明理由.

y2x224．（1）已知等轴双曲线221(a0,b0)的上顶点到一条渐近线的距离为1，求

ab此双曲线的方程；

2（2）已知抛物线y4x的焦点为F，设过焦点F且倾斜角为45的直线l交抛物线于

A，B两点，求线段AB的长．

31x2y225．已知椭圆C：221(ab0)的离心率为，点P1,在椭圆C上．

22ab（1）求C的方程；

（2）若椭圆C的左右焦点分别为F1,F2 ，过点F1的直线l与C交于A、B两点，△AF1F2与△BF1F2的面积分别为S1,S2，S12S2，求直线l的斜率．

x2y226．已知椭圆C：221ab0的左右焦点分别为F1，F2，长轴长为22，ab离心率为2． 2（1）求椭圆C的方程．

（2）若过点F1的两条弦，弦AB、弦CD，互相垂直，求四边形ACBD的面积的最小值．

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．B 解析：B 【分析】

结合题意先计算直线AE的表达式，然后运用点到直线的距离计算圆心F到直线AE的距离，求出三角形PQF的面积表达式，结合题意得到不等式，继而计算出椭圆离心率的取值范围. 【详解】

因为四边形OABE是平行四边形，所以BE//AO，且BEAOa，又因为点B、E22aya0关于y轴对称，所以E,y0，将其代入椭圆方程得221，解得

24ab3ba33,b，Aa,0，所以lAE:y2xa，即y0b，故E3a22223bx3ay3ab0，故PFmin即为F到直线AE的距离，d3bac3b9a22，此时

1PQd2R2d2b2，

4故S2PQF1211b12b222PQRdb，化简得db，故

22224821a22acc213bac12，即，整理得，分子分母同b222222223ac9a4ac23b9a23ac212ee212102(舍去)或除以a，得，即，所以e3e4e204e2232102102ac,1，在椭圆中，所以e1，所以e e33故选：B 【点睛】

关键点点睛：本题的关键是求出三角形PQF的面积表达式，结合题意得到不等式进行求解，有一定的计算量，需要把基础知识掌握牢固.

2．B

解析：B 【分析】

根据题意，求得p4，可得抛物线的方程，因为9S△OBNS△OAM5S梯形ABNM，所以

S△OMNS△OAB4，根据面积公式，结合抛物线定义，即可求得AB，不妨设AB的斜

S梯形ABMN9率为k，可得直线AB的方程，与抛物线联立，根据韦达定理，可求得xAxB的值，代入弦长公式，即可求得答案. 【详解】

2因为点F到抛物线C准线的距离为4，所以p4，所以y8x，

设抛物线C的准线与x轴交于点H，因为9S△OBNS△OAM5S梯形ABNM，

所以

S△OMNS△OABS梯形ABMN11OHyMyNOFyAyB422，

19AMBNyMyN2因为OHOF2，yMyNyAyB，AMBNAB， 所以

S△OMNS△OAB44，则AB9，

S梯形ABMNAB9显然直线AB的斜率存在，不妨设为k，则AB:ykx2， 与抛物线联立可得：kx4k8x4k0， 从而xAxB422228， k289，解得k22. k2所以ABxAxB48故选：B

【点睛】

S△OMNS△OAB4，结合图象，可求得AB9，解题的关键是根据面积的关系，得到

S梯形ABMN9再利用抛物线的弦长公式求解，考查分析计算，化简求值的能力，属中档题.

3．D

解析：D 【分析】

设双曲线C的渐近线方程为ykx，其中kb，利用圆的半径、渐近线截圆所得弦长a2b的一半、弦心距三者满足勾股定理可求得k的值，再利用e1可求得双曲线Ca的离心率e的值. 【详解】

设双曲线C的渐近线方程为ykx，其中k2b， a3，

圆x2y23的圆心坐标为2,0，半径为r圆心到直线ykx的距离为d2kk12，

另一方面，由于圆的半径、渐近线截圆所得弦长的一半、弦心距三者满足勾股定理， 可得dr12，即222kk212，解得k1，b1， a2cc2a2b2b因此，双曲线C的离心率为e12. 22aaaa故选：D. 【点睛】

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】

将直线方程与双曲线的方程联立，得出关于x的方程，根据直线与双曲线只有一个公共点，求出对应的k值，即可得解. 【详解】

ykx3k4联立x2y2，

1169消去y并整理得16k9x32k43kx1643k90，

222x2y21有且只有一个公共点， 由于直线ykx3k4与双曲线16916k290所以，16k290或， 22232k43k6416k943k90解得k3或7k224k250， 4对于方程7k224k250，判别式为24247250，方程

7k224k250有两个不等的实数解.

显然k3不满足方程7k224k250. 4综上所述，k的取值有4个. 故选：D. 【点睛】

方法点睛：将直线与圆锥曲线的两个方程联立成方程组，然后判断方程组是否有解，有几个解，这是直线与圆锥曲线位置关系的判断方法中最常用的方法，注意：在没有给出直线方程时，要对是否有斜率不存在的直线的情况进行讨论，避免漏解．

5．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4yk(x)2p2p(k22)，x1x2， x1x24k2p(k22)2p(k21)， ABx1x2ppk2k2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)， k22pp(k22)1p(1k2)1k222MN(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故选：D． 【点睛】

3，∴倾斜角为60．

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．

6．A

解析：A 【分析】

利用双曲线的定义、余弦定理以及三角形的面积公式可求得F1PF23，利用双曲线的

定义以及PF1PF26a可求得PF14a，PF22a，再利用余弦定理可得出值，由此可求得双曲线C的渐近线方程. 【详解】

设F1PF2，由双曲线的定义可得PF1PF22a， 在△PF1F2中，由余弦定理可得F1F2即

2b的aPF1PF22PF1PF2cos，

222c，

2PF1PF222PF1PF22PF1PF2cos4a22PF1PF21cos2c22a22b2所以，PF1PF2， 1cos1cosS△PF1F2b22sincos1bsinb222PF1PF2sin3b2，

21cos2tan112sin222tan23， 30，可得022，26，所以，3，

PF1PF22aPF14a由已知可得，解得，

PFPF6aPF2a212由余弦定理可得F1F22222PF1PF22PF1PF2cos，

222即4c16a4a16a112a2，则c23a2，即a2b23a2，b2a， 2bx2x，即2xy0. a因此，双曲线C的渐近线方程为y故选：A. 【点睛】

思路点睛：求解双曲线的渐近线的常用思路：

（1）转化已知条件，得到a、b、c中任意两个量的等量关系；

（2）若得到a、b的等量关系，则渐近线方程可得；若已知a、c或b、c之间的等量关系，结合a2b2c2可求得

b的值，则渐近线方程可求. a7．B

解析：B 【分析】

首先由椭圆的对称性得到点P的位置，再求解c,b的值. 【详解】

根据椭圆的对称性可知，若椭圆上只有一个点满足OFFP，这个点只能是右顶点，即

acca2c，由条件可知a24a2，

则c1，那么b故选：B 【点睛】

关键点点睛：本题的关键是确定点P的位置，从而得到a2c这个关键条件.

a2c23.

8．C

解析：C 【分析】

利用双曲线的定义可求得AF12a，AF24a，利用余弦定理可求得

c的值，利用公abc式1可求得该双曲线的渐近线的斜率. aa2【详解】

ABF2为等边三角形，

ABAF2BF2，且ABF260，

由双曲线的定义可得2aBF1BF2|AB|AF1BF2AF1，

AF2AF12a，

AF24a，在△AF1F2中AF12a，AF24a，F1AF2120，

由余弦定理可得F1F22cAF1AF22AF1AF2cos12027a，

222cbb2c2a2c即7，所以16． 22aaaaa因此，该双曲线的渐近线的斜率为6． 故选：C.

【点睛】

思路点睛：求解双曲线的渐近线的常用思路：

（1）定义法：直接利用a，b，求得比值，则焦点在x轴时渐近线y时渐近线ybx，焦点在y轴aax； bbc的关系式（或先构建的关aa（2）构造齐次式，利用已知条件，结合a2b2c2，构建系式），再根据焦点位置写渐近线即可.

9．B

解析：B 【分析】

设点F2c,0，设点P在第一象限，设F2关于直线PF1的对称点为点M，推导出

b△MF1F2为等边三角形，可得出tan30，再由公式e1b可求得该双曲线离

aa2心率的取值范围. 【详解】 如下图所示：

设点F2c,0，设点P在第一象限，

由于F2关于直线PF1的对称点在y轴上，不妨设该点为M，则点M在y轴正半轴上， 由对称性可得MF2MF1F1F22c，MO所以，MF1F260，则PF1F230， 所以，双曲线的渐近线yMF1OF13c，

22bb3x的倾斜角满足30，则tanPF1F2， aa32cc2a2b223b. 因此，该双曲线的离心率为e122aaa3a故选：B. 【点睛】

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.

10．B

解析：B 【分析】

由题意设椭圆的左焦点为N，连接AN，BN，因为AF⊥BF，所以四边形AFBN为长方形，再根据椭圆的定义化简得2a＝2ccos＋2csin，得到离心率关于的函数表达式，再利用辅助角公式和三角函数的单调性求得离心率的范围. 【详解】

x2y2由题意椭圆221(a0，b0)上一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦

ab点，设左焦点为N，连接AN，BN，因为AF⊥BF，所以四边形AFBN为长方形．

根据椭圆的定义：AFAN2a，由题∠ABF＝α，则∠ANF＝α， 所以2a＝2ccos2csin， 利用

e2c12asincos1， 2sin42，2∵,，∴342124取值范围是故选B. 【点睛】

163，即椭圆离心率e的2sin426,， 23本题主要考查了椭圆的离心率的取值范围问题，其中解答中合理利用椭圆的定义和题设条件，得到2a＝2ccos＋2csin,再利用三角函数的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.

11．A

解析：A 【分析】

由椭圆与双曲线的定义得记PF1m,PF2n，则mn2a（椭圆长轴长），

xy2a，用余弦定理得出m,n的关系，代入和与差后得e1,e2的关系式，然后用基本

不等式求得最小值． 【详解】

记PF1m,PF2n，则mn2a（椭圆长轴长），xy2a（双曲线的实轴

长），

又由余弦定理得m2n2mn4c2，

所以

3131(mn)2(mn)24c2，即3a2a24c2，变形为224，

e1e2442122227e123e2131122所以27ee(22)(27e1e2)(8222)25，当且仅当

4e1e24e2e2227e123e22，即e23e1时等号成立． 2e2e2故选：A． 【点睛】

关键点点睛：本题考查椭圆与双曲线的离心率，解题关键是掌握两个轴线的定义，在椭圆

中，MF1MF22a，不能混淆． 1MF22a，在双曲线中MF12．A

解析：A 【分析】

设圆心为P(0,a)，（a0），半径为r，Q(x,y)是抛物线上任一点，求出PQ，当

2PQ的最小值在原点处取得时，圆P过原点，可得此时圆半径的范围，半径不在这个范

围内的圆不过原点． 【详解】

设圆心为P(0,a)，（a0），半径为r，Q(x,y)是抛物线上任一点，

22PQx2(ya)24y(ya)2(ya2)24a4，

若PQ的最小值不在O(0,0)处取得，则圆P不过原点， 所以a20，即a2，此时圆半径为r故选：A． 【点睛】

关键点点睛：本题考查圆与抛物线的位置关系，题中圆不过原点，说明抛物线上的点到圆心距离的最小值不是在原点处取得，由此得到解法，即设圆心为P(0,a)，抛物线上点的坐标为Q(x,y)，求出PQ，然后确定其最小值，由最小值点不是原点可得结论．

24a42a12．

因此当r2时，圆无法触及抛物线的顶点O．

二、填空题

13．【分析】由直线方程过右焦点得的关系设直线方程与双曲线方程联立消去应用韦达定理得出由得这样结合起来可得值【详解】在中令得所以则设由消去得由得所以化简得故答案为：【点睛】方法点睛：：本题考查直线与双曲线 解析：3 【分析】

由直线方程过右焦点得a,b的关系，设A(x1,y1),B(x2,y2)，直线方程与双曲线方程联立消去x，应用韦达定理得出y1y2,y1y2，由AF7FB，得y17y2，这样结合起来可得

k值．

【详解】

3a3a5a2222在2kx2y3ka0中令y0得x，所以c，则bca，

224设A(x1,y1),B(x2,y2)，

x2y2b23ab25a2b222122y0， 由a，消去x得2aybkk42kx2y3ka05k2a2b23kab2，y1y2y1y222222， 24(bak)akbkab3kab2y由AF7FB得y17y2，y1y26y222，， 22(a2k2b2)akb2k2a2b45k2a2b212b22所以y1y27y73， 2222222，化简得k24(akb)4(bak)5a222k3．

故答案为：3． 【点睛】

方法点睛：：本题考查直线与双曲线相交问题，解题方法是设而不求的思想方法，即设交点坐标(x1,y1),(x2,y2)，由直线方程与双曲线方程联立，消元后应用韦达定理（本题得）

y1y2,y1y2，已知条件又得y17y2，这样结合起来可求得k值．

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y4x； 由题意可得直线PQ 的斜率不为0，

2所以设直线PQ的方程为：xm(y2)2，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立直线与抛物线的方程：xm(y2)2， 2y4x2整理可得：y4my8m80，则y1y24m，y1y28m8，

由题意可得

k1k2y12y22y12y222y x1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】先求出直线的方程与椭圆方程联立消去x求出|y1-y2|利用即可求出的面积【详解】由题意得:直线:设则有:消去x得:7y2+6y-9=0∴即的面积为【点睛】求椭圆(双曲线)的焦点弦三角形的面积 解析：

122 7【分析】

先求出直线l的方程,与椭圆方程联立,消去x,求出| y1- y2|,利用

1|F1F2||y1y2|即可求出F1AB的面积. 2【详解】

由题意得: 直线l:yx1, S△F1AB设A(x1,y1),B(x2,y2),则有:∴

yx1消去x得:7y2+6y-9=0, 223x4y1269y1y2,y1y2

7711|F1F2||y1y2|222122 711221222 yy4yy21212277S△F1AB即F1AB的面积为【点睛】

求椭圆(双曲线)的焦点弦三角形的面积:

（1）直接求出弦长|AB|,利用S△F1AB（2）利用S△F1AB1|AB|d; 21|F1F2||y1y2|. 216．【分析】分别过作准线的垂线利用抛物线的定义将到焦点的距离转化到准线的距离利用已知和相似三角形的相似比建立关系式求解可算得弦长【详解】设可知如图作垂直于准线分别于则又解得故答案为：【点睛】1本题体现了 解析：

16 3【分析】

分别过A,B作准线的垂线，利用抛物线的定义将A,B到焦点的距离转化到准线的距离，利用已知和相似三角形的相似比，建立关系式，求解AF,BF可算得弦长. 【详解】

2设y4x2px，可知p2

如图，作AM,BN垂直于准线分别于M,N，则BNBF， 又BC2BN，

CB2BN2， CF3p3BN48，BC，CF4 33CFCF242，，解得AM4

AMCA4AMAMCAAF4

ABAFBF4故答案为：【点睛】

416 3316 31.本题体现了数形结合，解析几何问题，一定要注意对几何图形的研究，以便简化计算 2. 抛物线方程中，字母p的几何意义是抛物线的焦点F到准线的距离，线顶点的距离．牢记它对解题非常有益．

p等于焦点到抛物217．【分析】求出双曲线的两个焦点坐标和渐近线方程再求圆的方程与渐近线方程联立可得MN两点的横坐标由即为横坐标的绝对值的比可得答案【详解】由已知得取双曲线的一条渐近线所以圆的方程为由整理得解得取双曲线的另

3解析：

2【分析】

求出双曲线的两个焦点坐标和渐近线方程，再求圆的方程与渐近线方程联立可得M，N两

OM点的横坐标，由即为横坐标的绝对值的比可得答案.

ON【详解】

222由已知得a1,b7,c8，2c42，F1(22,0),F2(22,0)，

取双曲线的一条渐近线y7x，所以圆的方程为x222y232，

y7x由x222y232整理得2x22x60，解得xM32，xN2， 2OMONxMxN3232.

22y7x取双曲线的另一条渐近线y7x，整理得2x22x60与22x22y32上同，综上故答案为：【点睛】

OMON3. 23. 2关键点点睛：本题考查了直线与双曲线、圆的位置关系，解答本题的关键是求出渐近线与圆的方程然后联立，得到M，N两点的横坐标再由绝对值做比值，考查了学生的运算求解能力.

18．(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，

6361635， 22所以e46e240，所以e2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）. 219．2【分析】法1：首先利用直线过焦点得再利用直线与抛物线方程联立利用根与系数的关系表示计算求得；法2：由已知求得的值再利用弦长公式求的值【详解】法1：由题意知直线即直线经过抛物线的焦点即直线的方程为设

解析：2 【分析】

法1：首先利用直线过焦点，得bp，再利用直线与抛物线方程联立，利用根与系数的关系表示ABx1x2p，计算求得p；法2：由已知tan2，求得sin的值，再利用弦长公式AB2p，求p的值. 2sin【详解】

法1：由题意知，直线l:y2xb，即y2xb．直线l经过抛物线2C:y22pxp0的焦点，

bp，即bp．直线l的方程为y2xp． 22y2xp22Ax,yBx,y设11、22，联立2，消去y整理可得4x6pxp0，

y2px3p5由韦达定理得x1x2，又AB5，x1x2pp5，则p2.

22法2：设直线的切斜角为，则tank2，得sin25，5∴

AB2p2p5sin222，得p2.

5故答案为：2 【点睛】

结论点睛：当直线过抛物线的焦点时，与抛物线交于A,B两点，AB称为焦点弦长，有如

p2下的性质：直线与抛物线交于Ax1,y1,Bx2,y2，①y1y2p,x1x2；

42②ABx1x2p；③

1122p （为直线AB为定值；④弦长AB2AFBFpsin的倾斜角）；⑤以AB为直径的圆与准线相切；⑥焦点F对A,B在准线上射影的张角为

90.

20．【分析】求△MAF周长最小值即求|MA|+|MF|的最小值设点M在准线上的射影为D根据抛物线定义知|MF|＝|MD|转为求|MA|+|MD|的最小值当DMA三点共线时|MA|+|MD|最小即可得到答 解析：32

【分析】

求△MAF周长最小值，即求|MA|+|MF|的最小值．设点M在准线上的射影为D，根据抛物线定义知|MF|＝|MD|，转为求|MA|+|MD|的最小值，当D、M、A三点共线时|MA|+|MD|最小，即可得到答案． 【详解】

求△MAF周长的最小值，即求|MA|+|MF|的最小值， 设点M在准线上的射影为D，则 根据抛物线的定义，可知|MF|＝|MD|

因此，|MA|+|MF|的最小值，即|MA|+|MD|的最小值

根据平面几何知识，可得当D，M，A三点共线时|MA|+|MD|最小， 因此最小值为xA﹣（﹣1）＝2+1＝3， ∵|AF|＝2110＝2，

22∴△MAF周长的最小值为3+2， 故答案为3+2

【点睛】

本题考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，判断当D，M，A三点共线时|MA|+|MD|最小，是解题的关键．

三、解答题

80x221．（1）y21；（2）①k3；②8,．

92【分析】

（1）把点代入方程结合离心率列方程组求解即可；

（2）①设直线l方程为，代入椭圆E的方程可得，结合判别式与韦达定理，利用直线

OA，OB的斜率之和为

3进而求出直线斜率即可；②当直线l的斜率不存在时，直线l4的方程为x0，求得MAMA8，当直线l的斜率存在时，由（2）①得

MAMB8【详解】

82k21，从而求得范围．

c212,1解：（）由题意得a，解得a22c2，b2c2. 2a2b2c22x2y21,设椭圆E的方程为221，又因为点P在椭圆E上， 22cc1212222所以221，2ca2,b1，

2c2cx2所以椭圆E的方程为y21；

2（2）①设直线l方程为：ykx3，代入椭圆E的方程可得，

2k21x212kx160

12k16xx，， 12222k12k1因为直线l与椭圆E有两个交点，所以16k2640，即k24. 设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1x2y1kx13,y2kx23.

又kOAkOB3x1x2y1y2k32k x1x2x1x244解得k3，经检验成立.所以，直线l的斜率k3； ②当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x0，

x2将x0代入y21，解得y1，则A(0,1)，B(0,1)，MAMA8

2当直线l的斜率存在时，由（2）①得

MAMAx1x2y13y23k1x1x2216k212k12

282k112k12882k12

80． 9因为k24，所以MAMA的范围为8,综上，得MAMB的取值范围是8,【点睛】

80． 9解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 22．（1）2；（2）y＝±22(x﹣1). 【分析】

pp，0），当l⊥x轴时，直线l的方程为x＝，与抛物线联立得22A，B坐标，再计算|AB|＝2p＝4，即可得出答案.

（1）根据题意可得F（

（2）设直线l的方程为y＝k(x﹣1），A(x1，y1），B（x2，y2），联立直线l与抛物线的方程可得的关于x的一元二次方程，由韦达定理可得x1+x2，x1x2，

2k24再结合|AF|＝2|BF|与焦半径公式可得x1＝2x2+1，进而解得x2，x1，故由x1+x2＝

k25，解得k，进而可得答案. 2【详解】

＝

解：（1）根据题意可得F(

p，0)， 2p， 2当l⊥x轴时，直线l的方程为x＝

联立直线l与抛物线y2＝2px，得y2＝2p×解得y＝±p，

p， 2pp，p），B（，﹣p）， 22所以|AB|＝2p＝4，所以p＝2.

所以A（

（2）设直线l的方程为y＝k（x﹣1），A(x1，y1)，B(x2，y2)，

y24x联立，得k2x2﹣(2k2+4)x+k2＝0，

yk(x1)所以＝(2k2+4)2﹣4k4＝16k2+16＞0，

2k24所以x1+x2＝，x1x2＝1， 2k因为|AF|＝2|BF|，

根据焦半径公式可得|AF|＝x1+1＝2（x2+1）＝2|BF|，即x1＝2x2+1， 所以(2x2+1)x2＝1，即2x2+x2﹣1＝0，解得x2＝所以x1＝2x2+1＝2，

21或x2＝﹣1（舍）， 22k2452

k所以x1+x2＝＝，即＝8，解得k＝±22， 22k所以直线l的方程为：y＝±22(x﹣1). 【点睛】

关键点点睛：本题考查求抛物线的方程，考查抛物线的焦点弦性质．解题方法是设直线l的方程为y＝k（x﹣1），A(x1，y1)，B(x2，y2)，利用抛物线的定义结合已知条件得出x1,x2的关系，而直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理得x1x2,x1x2，由刚才的关系可求先得x1,x2，再求得直线斜率k．这里仍然利用了设而不求的思想方法． 23．（1）y22x；（2）存在，P点坐标为2,0. 【分析】

（1）利用焦半径公式表示|MF||NF|，代入坐标x2，求MN的长度，并表示

MNF的周长，求p；（2）假设存在点Px0,0，设l:xmy2，与抛物线方程联

立，利用根与系数的关系表示kMPkNP0，求定点x0的值. 【详解】

（1）当MN与x轴垂直时，|MF||NF|2p，|MN|4p， 2从而有4p4p9 解得p1，

所以C的方程为y2x；

（2）设Px0,0，Mx1,y1，Nx2,y2，由题可知直线l斜率不为零，设

2l:xmy2，

22代入抛物线方程y2x消去x，得y2my40，从而y1y22m，y1y24，

①

由OPMOPN可得kMPkNP0， 而

kMPkNPy1y2y1y2x1x0x2x0my12x0my22x02my1y22x0y1y2my12x0my22x0

4m2mx00恒成立，所以x02， 将①代入，从而得

my12x0my22x0因此存在点P满足题意，P点坐标为2,0. 【点睛】

思路点睛：定点问题解决步骤：

（1）设直线代入二次曲线方程，整理成一元二次方程； （2）韦达定理列出两根和及两根积；

（3）写出定点满足的关系，整体代入两根和及两根积； （4）整理（3）所得表达式探求其恒成立的条件.

y2x224．（1）1；（2）8.

22【分析】

（1）由等轴双曲线的一条渐近线方程为yx0，再由点到直线距离公式求解即可； （2）求得直线方程代入抛物线，结合焦点弦长求解即可. 【详解】

（1）由等轴双曲线的一条渐近线方程为yx0，且顶点(0,a)到渐近线的距离为1，

ab可得a，

12a2y2x2解得，故双曲线方程1

22b22（2）抛物线y4x的焦点为F(1,0)

直线l的方程为y0tan45(x1)，即yx1． 与抛物线方程联立，得yx1， 2y4x消y，整理得x26x10，设其两根为x1，x2，且x1x26． 由抛物线的定义可知，|AB|x1x2p628． 所以，线段AB的长是8． 【点睛】

(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；

(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．

x2y2525．（1）. 1；（2）432【分析】

（1）由已知条件可得ec13，将点P1,代入椭圆的方程结合a2b2c2即可求a22得a,b,c的值，进而可得椭圆C的方程；

（2）设l:xty1，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立直线与椭圆的方程消去x可得关于

y的一元二次方程，由韦达定理可得y1y2，y1y2，利用S12S2可得y12y2，即可

解出k的值，进而可求出直线l的斜率. 【详解】

c1a2a2491x2y2（1）由题意可得：221得2，故C的方程为1.

43b3a242b2abc（2）F1(1,0)，显然l与y轴不垂直，故可设l:xty1，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

xty122由x2y2消去x得(3t4)y6ty90，

134则y1y26t9yy，， 123t243t24由S12S2得y12y2， 所以y12y26t6ty0y，可得， 223t243t24由y1y29922y可得， 23t243t24消去y2可得236t23t242942 ，整理可得：t 23t45t22l:xy1，所以直线l：y5x1， ，故5525. 2所以直线l的斜率为【点睛】

关键点点睛：本题解题的关键是由面积之比得出纵坐标y12y2，联立直线与椭圆的方程消去x可得关于y的一元二次方程，由韦达定理可得y1y2，y1y2，可求t的值，注意求直线的斜率.

16x226．（1）y21；（2）.

92【分析】

（1）利用椭圆的长轴长以及离心率求解a,c，得到b，即可得到椭圆方程； （2）①当l1x，l2//x时，求解四边形的面积；②当l1，l2斜率存在时，设l1：

1y1，分别联立椭圆方程，利用韦达定理以及弦长公式，转化求m解四边形的面积，利用基本不等式求解最小值即可. 【详解】

xmy1，l2：xa2x2（1）得b1，∴椭圆C的标准方程为y21；

2c11b2（2）①当l1x，l2//x时，S2a22b22；

2a②当l1，l2斜率存在时，设l1：xmy1，l2：x1y1， mxmy122m2y2my10， 联立x2得2y12∴y1y2∴AB，

2m1yy，， 1222m2m22m1y1y22222m2142m4y1y2m122m2m2m22212221221m2， m同理CD2112m2m2∴

S1116ABCD222m22m21m222m21m222m212928m2124m2124m212．

当且仅当m222m21即m21即m1时等号成立， 故四边形ACBD的面积的最小值【点睛】

方法点睛：该题考查的是有关椭圆方程的求法，直线与椭圆的综合题，解题方法如下： （1）根据题中所给的条件，建立等量关系，求得a,b的值，得到椭圆方程；

（2）对直线的斜率存在与否进行讨论，根据题意利用适当的形式写出直线的方程，分别与椭圆方程联立，求得弦长，根据四边形面积公式求得四边形的面积，利用基本不等式求得最值，与特殊情况比较，得到结果.

16． 9