上海上海中学选修一第三单元《圆锥曲线的方程》检测卷(包含答案解析)

一、填空题

x2y21．已知A为椭圆221(ab0)的左顶点，O为坐标原点，若直线l:x2c上存

ab在点P使得APO45，则椭圆离心率的最大值为__________.

x2y22．过椭圆C:221ab0的右焦点作x轴的垂线，交椭圆C于A,B两点，直

ab线l过C的左焦点和上顶点，若以AB为直径的圆与l存在公共点，则椭圆C的离心率的取值范围是__________.

x2y23．椭圆C：221ab0，以原点为圆心，半径为椭圆C的半焦距的圆恰与椭

ab圆四个项点围成的四边形的四边都相切，则椭圆C的离心率为________.

x2y24．已知双曲线C:221(a0,b0)的右顶点为A，以A为圆心的圆与双曲线C的某

ab一条渐近线交于P，Q两点．若PAQ60，且PO3OQ（其中O为原点），则双曲线C的离心率为_________．

x2y25．若椭圆C：1的右焦点为F，且与直线l：x3y20交于P，Q两点，

84则△PQF的周长为_______________.

x2y26．已知椭圆221（ab0）的左焦点为F1c,0，右顶点为A，上顶点为B，

ab现过A点作直线F1B的垂线，垂足为T，若直线OT（O为坐标原点）的斜率为该椭圆的离心率为______．

3b，则cx2y27．如图，过椭圆E:221(ab0)的左焦点F1作直线l交椭圆E于A，B两点，O

ab为坐标原点，连接BO并延长交椭圆E于C点，若CF1AB，且CF13AF1，则该椭圆E的离心率e为____________．

1x2y28．已知F2,0为椭圆C:221ab0的右焦点.直线l:yxm与椭圆C

3abk1，则椭圆C的方程为相交于A，B两点，A，B的中点为P，且直线OP的斜率 _______________.

9．设点P在圆C:x2(y6)25，点Q在抛物线x24y上，则|PQ|的最小值为_________．

x2y210．已知椭圆221ab0的左、右焦点分别为F1，F2，若椭圆上存在一点Pabe使PF1ePF2，则该椭圆的离心率的取值范围是______.

11．M是抛物线y24x上一点，F是抛物线的焦点，以Fx为始边、FM为终边的角

xFM60，则|FM|______.

x2y212．已知双曲线1的右焦点为F，若过点F的直线与双曲线的右支有且只有一个

124交点，则此直线的斜率的取值范围是______．

x2y213．已知椭圆221ab0的左、右焦点分别为F1，F2，过F1且与x轴垂直的

ab直线交椭圆于A、B两点，直线AF2与椭圆的另一个交点为C，若AF22F2C，则椭圆的离心率为__________.

二、解答题

x2y214．已知椭圆E:221ab0的焦距为23，点P0,2关于直线yx的对

ab称点在椭圆E上.

（1）求椭圆E的方程.

（2）如图，过点P的直线l与椭圆E交于两个不同的点C，D（点C在点D的上方），试求△COD面积的最大值.

x2y215．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆221(ab0)的左、右焦点分

ab别为F1，F2，焦距为2，点P是椭圆上的动点，且△PF1F2的面积的最大值为1．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）若直线l与椭圆有且只有一个公共点P，且l与直线x2相交于Q．点T是x轴上一点，若总有PTQT0，求T点坐标．

16．已知抛物线C1：y2pxp0的焦点为F，过点F的直线l与曲线C1交于A，

2B两点，设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1x26且弦AB的中点到准线的距离为4．

（1）求曲线C1的方程；

x2y23（2）设离心率为且长轴为4的椭圆C2的方程为221ab0．又椭圆C2ab2与过点Q1,0且斜率存在的直线l相交于M，N两点，已知S点，求直线l的方程．

17．已知椭圆的两焦点分别为F13,0、F2（1）椭圆C的标准方程；

（2）已知过点0,且斜率为1的直线交椭圆C于A,B两点，求线段AB的长度.

MON4，O为坐标原53,0，短轴长为2.

12x2y218．已知m2，p：方程1表示焦点在y轴上的椭圆；q：方程

m4x2y21表示双曲线.若p是q的充分不必要条件，求实数t的取值范围. mtm4tx2y219．过双曲线1的右焦点F作斜率为2的直线l，交双曲线于A，B两点.

42（1）求双曲线的离心率和渐近线；

（2）求AB的长.

x2y220．对于椭圆221(ab0)，有如下性质：若点Px0,y0是椭圆外一点，

abPA，PB是椭圆的两条切线，则切点A，B所在直线的方程是

结论解答下列问题．

x0xy0y21，可利用此a2bx2y2已知椭圆C：1和点P(4,t)(tR)，过点P作椭圆C的两条切线，切点是A，

43B，记点A，B到直线PO（O是坐标原点）的距离是d1，d2．

（1）当t3时，求线段AB的长； （2）求

|AB|的最大值． d1d2y2x2221．已知椭圆221ab0的离心率e，且过点0,2．

ab2（1）求椭圆方程；

（2）已知F1、F2为椭圆的上、下两个焦点，AB是过焦点F1的一条动弦，求ABF2面积的最大值．

x2y222．如图，椭圆221(ab0)的左、右焦点为F1,F2，过F1的直线l与椭圆相交

ab于A、B 两点.

0（1）若AF1F260，且 AF求椭圆的离心率. 1AF20（2）若a2,b1，求F2AF2B的最大值和最小值.

223．已知点Q是圆M：x1y216上一动点（M为圆心），点N的坐标为

1,0，线段QN的垂直平分线交线段QM于点C，动点C的轨迹为曲线E.

（1）求曲线E的轨迹方程；

（2）求直线yx1与曲线E的相交弦长；

（3）曲线E的右顶点为B，直线l：ykxm与椭圆E相交于点S，T，则直线BS，

BT的斜率分别为k1，k2且k1k23，BDST，D为垂足，问是否存在某个定点A，使得以AB为直径的圆经过点D？若存在，请求出A的坐标；若不存在，请说明理由？

24．在圆x2y24上任取一点P，过点P作x轴的垂线段，D为垂足．当点P在圆上

运动时，线段PD的中点M的轨迹为曲线C，直线l过点E(1,0)且与曲线C交于A,B两点．

（1）求M的轨迹方程； （2）求AOB面积的最大值．

x2y225．已知椭圆C:221(ab0)的左、右顶点分别为A,B，|AB|4.过右焦点

abF且垂直于x轴的直线交椭圆C于D,E两点，且|DE|1.

（1）求椭圆C的方程；

（2）斜率大于0的直线l经过点P(4,0)，且交椭圆C于不同的两点M,N（M在点

P,N之间）.记PNA与△PMB的面积之比为，求实数的取值范围.

26．（1）点M(x,y)与定点F(4,0)的距离和它到定直线l:x25的距离的比是常数44，求M的轨迹方程； 5（2）经过两点A(3,27)，B(62,7)，求双曲线标准方程．

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一、填空题

1．【分析】设则利用直线倾斜角及两角差的正切可得在上有解该分式方程可转化为一元二次方程利用判别式可得的不等式从而可求离心率的最大值【详解】设右焦点为则故因为直线上存在点P使得故在上有解即在上有解所以即故

解析：

【分析】

21 4设P2c,t，则利用直线AP,OP倾斜角及两角差的正切可得

at1在R上

t22c2ca有解，该分式方程可转化为一元二次方程，利用判别式可得a,c的不等式，从而可求离心率的最大值. 【详解】

设P2c,t，右焦点为F， 则tanPAOtt，tanPOF， 2ca2cttat2c2catanAPO故

t2t22c2ca，

12c2ca因为直线l:x2c上存在点P使得APO45， 故

at1在R上有解即t2at2c2ca0在R上有解， 2t2c2ca2所以a8c2ca0即16e28e10，故0e故离心率的最大值为21. 421. 4故答案为：【点睛】

21. 4方法点睛：离心率的取值范围的计算，则需要利用坐标的范围、几何量的范围或点的位置关系构建关于a,b,c的不等式或不等式组，有时也可以根据题设条件构建关于a,b,c的等量关系，可根据方程有解得到基本量的不等式．

2．【分析】求出直线的方程利用点到直线的距离与半通径的关系列出不等式求解即可【详解】解：直线的方程为：椭圆的右焦点过椭圆的右焦点作轴的垂线交于两点直线过的左焦点和上顶点若以为直径的圆与存在公共点可得：可

50,解析：5 【分析】

求出直线l的方程，利用点到直线的距离与半通径的关系，列出不等式，求解即可． 【详解】

解：直线l的方程为：

xy1，椭圆的右焦点(c,0)， cbx2y2过椭圆C:221(ab0)的右焦点作x轴的垂线，交C于A，B两点，

ab直线l过C的左焦点和上顶点．若以AB为直径的圆与l存在公共点，

|11|可得：11c2b2b2a

1，e(0,1)， 52可得：b2c，即a2c24c2，即：e解得：0e5． 5故答案为：0,5． 5【点睛】

椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(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＝a2－c2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)．

3．【分析】由题意画出图形利用等面积法可得关于的等式结合隐含条件即可求得椭圆的离心率【详解】解：如图所示过点作则由题意可得即又由可得整理可得因为所以解得因为所以故答案为：【点睛】本题考查椭圆的几何性质考 解析：【分析】

由题意画出图形，利用等面积法可得关于a，b，c的等式，结合隐含条件即可求得椭圆的离心率. 【详解】

解：如图所示，过点O作OMA2B2，则OMA290，

51 2

由题意可得，

11OB2OA2A2B2OM，即aba2b2c，又由a2b2c2可22得，

a2a2c2a2a2c2c2，整理可得a4c43a2c20，

因为ec35，所以e43e210，解得e2， a251. 2因为0e1，所以e故答案为：【点睛】

51. 2本题考查椭圆的几何性质，考查运算求解能力，属于中档题.

4．【分析】设由已知得由双曲线的渐近线的斜率可求得ab的关系从而求得双曲线的离心率【详解】取PQ的中点为B因为所以为正三角形设则所以故答案为：【点睛】方法点睛：(1)求双曲线的离心率时将提供的双曲线的几 解析：13 【分析】

设OQm，由已知得BQ2m,PQ2m，AB23m,OBm，由双曲线的渐近线的斜率可求得a,b的关系，从而求得双曲线的离心率. 【详解】

取PQ的中点为B，因为PAQ60，PO3OQ，所以△PAQ为正三角形，设

0OQm,则BQ2m,PQ2m，AB23m,OBm，

所以kPQ23mb23c13ae13. ma故答案为：13.

【点睛】

方法点睛：(1)求双曲线的离心率时，将提供的双曲线的几何关系转化为关于双曲线基本量

a,b,c的方程或不等式，利用b2c2a2和e方程或不等式求得离心率的值或取值范围．

c转化为关于e的方程或不等式，通过解a（2）对于焦点三角形，要注意双曲线定义的应用，运用整体代换的方法可以减少计算量．

5．【分析】求出左焦点坐标利用直线经过椭圆的左焦点结合椭圆的定义求三角形的周长即可【详解】由题得椭圆的左焦点所以直线经过左焦点的周长故答案为：【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的问题时如果遇到了焦半径要联想 解析：82 【分析】

求出左焦点坐标，利用直线经过椭圆的左焦点，结合椭圆的定义求三角形的周长即可． 【详解】

由题得椭圆C的左焦点F(2,0)， 所以直线l:x3y20经过左焦点F，

PQF的周长|PQ||PF||QF||PF||PF||QF||QF|4a82，

故答案为：82． 【点睛】

方法点睛：解答圆锥曲线的问题时，如果遇到了焦半径，要联想到圆锥曲线的定义，利用定义优化解题.

6．【分析】由已知先求出直线与直线的方程联立得到T的坐标再利用建立abc的方程即可得到答案【详解】由题意得直线的方程为：又所以直线的方程为：由得所以又所以即化简得所以故答案为：【点睛】关键点睛本题解题关 解析：

1 2【分析】

由已知先求出直线F1B与直线OT的方程，联立得到T的坐标，再利用ATBF1，

kATkBF11，建立a，b，c的方程即可得到答案.

【详解】

由题意，得A(a,0)，B(0,b)，kBF1又kOTbb，直线F1B的方程为：yxb cc3b3bx ，所以直线OT的方程为：yccbc3byxbx03bc3bc44由，得，所以T(,)，kAT c3b3bc4a44yxya4c4又ATBF1，所以kATkBF13bb1，即c24ac3b23(a2c2) c4ac化简，得(3a2c)(a2c)0， 所以a2c，e故答案为：

c1 a21 2

【点睛】

关键点睛，本题解题关键是先联立直线F1B与直线OT的方程得到T的坐标，再利用

ATBF1得到kATkBF11从而使问题获解.

7．【分析】设椭圆的右焦点为连根据点的对称性和推出四边形为矩形所以设利用椭圆定义得到和根据勾股定理可得从而可得离心率【详解】设椭圆的右焦点为连如图：因为关于原点对称关于原点对称所以四边形为平行四边形又所 解析：

2 2【分析】

设椭圆的右焦点为F2，连BF2，CF2，AF2，根据点的对称性和CF1AB推出四边形

BF1CF2为矩形，所以ABBF2，设|AF1|m，利用椭圆定义得到|AF2|和|BF1|，根

据勾股定理可得a【详解】

设椭圆的右焦点为F2，连BF2，CF2，AF2，如图：

2c，从而可得离心率.

因为B,C关于原点对称，F1,F2关于原点对称，所以四边形BF1CF2为平行四边形， 又CF1AB，所以四边形BF1CF2为矩形，所以ABBF2， 设|AF1|m，因为CF1|3m，所以|BF2|3m，13AF1，所以|CF|AF2|2am，|BF1|2a3m，

222在直角三角形ABF2中，由|AB||BF2||AF2|得

(2a3mm)2(3m)2(2am)2，

化简得a3m，所以|BF1|a， |BF2|a，

222在直角三角形BF1F2中，由|BF1||BF2||F1F2|得a2a24c2，即a2c，

所以椭圆E的离心率e故答案为：【点睛】

c2. a22 2关键点点睛：本题考查求椭圆的离心率，解题关键是找到关于a,b,c的等量关系．本题中利用椭圆定义以及勾股定理得到所要求的等量关系．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于中档题．

8．【分析】设AB的中点为则由题意知由AB是椭圆上不重合的两点则两式相减可得即再结合即可求得椭圆C的方程【详解】设AB的中点为则由题意知由AB是椭圆上不重合的两点则两式相减得整理可得即即又解得：所以椭圆

x2y21 解析：62【分析】

kOP设Ax1,y1,Bx2,y2，A，B的中点为P(x0,y0)，则由题意知 y01，x0x12y12212y1y21b，由A，B是椭圆上不重合的两点，则a，两式相减可得22x1x23x2y21a2b2y1y2b2x02，即a2x1x2ay03b2，再结合a2b2c2，即可求得椭圆C的方程.

【详解】

kOP设Ax1,y1,Bx2,y2，A，B的中点为P(x0,y0)，则由题意知 yy21y0 1，1x0x1x23x12y121a2b2由A，B是椭圆上不重合的两点，则2， 2x2y21a2b2两式相减得

x1x2x1x2y1y2y1y20，

a2b23b2，

2b2x01b2，即2 ，即a2整理可得

x1x2ay03ay1y222222又c2,abc，解得：a6,b2

x2y2所以椭圆C的方程为1

62x2y2故答案为：1

62【点睛】

方法点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题时用“点差法”解决，往往会更简单．

9．【分析】根据题意将问题转化为圆心到点的最小值与半径差的问题再根据两点间的距离公式求解即可【详解】解：设其中由题易知圆心圆的半径则当时所以故答案为：【点睛】本题考查两个动点间的距离最值问题解题的关键是 解析：5 【分析】

根据题意，将问题转化为圆心C到点Q的最小值与半径差的问题，再根据两点间的距离公式求解即可. 【详解】

解：设Q(x,y)，其中x4y． 由题易知圆心C(0,6)，圆的半径r则|QC∣25，

x2(y6)24y(y6)2y28y36(y4)220(y0)．

当y4时，|QC|min25，

所以|PQ|min|QC|minr2555． 故答案为：5.

【点睛】

本题考查两个动点间的距离最值问题，解题的关键是将问题转化为圆心与点Q的距离最小值与半径差的问题，考查化归转化思想，是中档题.

10．【分析】由椭圆的定义可得解得由椭圆的性质可得解不等式求得离心率的取值范围【详解】设点的横坐标为则由椭圆的定义可得由题意可得则该椭圆的离心率的取值范围是故答案为：【点睛】本题考查椭圆的定义以及简单性质 解析：21,1

【分析】

caa2a2由椭圆的定义可得e(x)ee(x)，解得x，由椭圆的性质可得

e(e1)ccacaa，解不等式求得离心率e的取值范围．

e(e1)【详解】

设点P的横坐标为x，

PF1ePF2，

a2a2则由椭圆的定义可得e(x)ee(x)，

ccx1cacaa， ，由题意可得ae(e1)e(e1)e11，

e(e1)e1e2e，21e1， 2e1ee则该椭圆的离心率e的取值范围是[21，1)， 故答案为：[21，1)． 【点睛】

本题考查椭圆的定义，以及简单性质的应用，由椭圆的定义可得

a2a2e(x)ee(x)，是解题的关键．

cc11．4【分析】设点为过点作垂直于轴垂足为利用点在抛物线上建立方程即可求得的长【详解】解：由题意得设点为过点作垂直于轴垂足为即即整理得①又是抛物线上一点②由①②可得或（舍去）故答案为：【点睛】本题给出抛物

解析：4 【分析】

设点M为(a,b)，过点M作MA垂直于x轴，垂足为A，利用xFM60，点M在抛物线y4x上，建立方程，即可求得FM的长．

2【详解】

解：由题意得F(1,0)

设点M为(a,b)过点M作MA垂直于x轴，垂足为A |MF|2|FA|，即|FM|2(a1) xFM60，|MF|2|MA|32|b|3，即|MF|，

2(a1)2|b|3，整理得b23(a1)2①

又

2M是抛物线y4x上一点

b24a②

由①②可得a3或a|MF|2(31)4

1（舍去） 3故答案为：4．

【点睛】

本题给出抛物线上的点M满足xFM60，求焦半径|FM|的长，着重考查了抛物线的定义与简单几何性质等知识，属于中档题．

12．【分析】由双曲线方程求得渐近线方程当过焦点的两条直线与两条渐近线平行时这两条直线与双曲线右支分别只有一个交点利用数形结合可求出符合条件直线的斜率取值范围【详解】双曲线的渐近线方程当过焦点的直线与两条

33,解析： 33【分析】

由双曲线方程求得渐近线方程y3x，当过焦点的两条直线与两条渐近线平行时，这3两条直线与双曲线右支分别只有一个交点，利用数形结合，可求出符合条件直线的斜率取值范围． 【详解】

x2y23双曲线1的渐近线方程yx，

1243当过焦点的直线与两条渐近线平行时， 直线与双曲线右支分别只有一个交点

(因为双曲线正在与渐近线无限接近中)，

33,由图可知，斜率不在的所有直线与双曲线右支有两点交点（如图中直线33l2），

33,斜率在的所有直线都与双曲线右支只有一个交点（如图中直线m）． 3333,所以此直线的斜率的取值范围. 3333,故答案为. 33【点睛】

本题主要考查双曲线的几何性质以及直线与双曲线的位置关系，属于中档题．求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.

13．【分析】过点作轴垂直为由三角形相似得到点的坐标代入椭圆方程变形求椭圆的离心率【详解】设过点作轴垂直为代入椭圆方程得解得：故答案为：【点睛】本题考查椭圆的性质重点考查数形结合分析问题的能力本题的关键是 解析：5 5【分析】

过点C作CDx轴，垂直为D，由三角形相似得到点C的坐标，代入椭圆方程，变形求椭圆的离心率. 【详解】

b2F1c,0，F2c,0 设Ac,，

a过点C作CDx轴，垂直为D，RtAF1F2RtCDF2,

CDDF2F2C1， AF1F1F2AF22b24c2b24c2a2c2C2c,，代入椭圆方程得22121， 22aa4aa4a解得：ec5. a5

故答案为：【点睛】

5 5本题考查椭圆的性质，重点考查数形结合分析问题的能力，本题的关键是利用三角形相似求得点C的坐标，属于中档题型.

二、解答题

x214．（1）y21；（2）1.

4【分析】

（1）根据椭圆的焦距为23，可得c3，然后又由P0,2关于直线yx的对称点

在椭圆E上，得到2,0在椭圆E上，进而得到a即可.

（2）设过点P0,2的直线方程为ymx2，与椭圆方程联立，求得弦长CD以及点

O到直线CD的距离，代入面积公式求解. 【详解】

x2y2（1）因为椭圆E:221ab0的焦距为23，

ab2c23，即c3，

P0,2关于直线yx的对称点在椭圆E上，

2,0在椭圆E上，

a2，

b2a2c21，

x2y21. 4（2）设过点P0,2的直线方程为ymx2，

ymx2联立方程组可得x2， 2y14消y可得14m2x216mx120，

△4m230，设CxC,yC，DxD,yD，

xCxD16m12xx，， CD14m214m22CD1mxCxD244m23， 4xCxD1m214m2点O到直线CD的距离d21m2，

S△COD14m23， CDd42214m22设14m2t，则t4，

S△CODt412111， 44442tttt816当t8时，取得最大值，即为1. 【点睛】

方法点睛：圆锥曲线中的三角形最值问题的求法：一般由直线与曲线联立求得弦长及相应点的直线的距离，得到含参数的△OMN的面积的表达式，再应用基本不等式或函数法求最值．

x215．（Ⅰ）y21；（Ⅱ）点T的坐标为(1,0)．

2【分析】

122cb1（Ⅰ）根据题意得出2c2，解出a,b即可得出椭圆方程；

a2b2c2（Ⅱ）设出直线方程，联立直线与椭圆，利用0得出m22k21，表示出

2k1P,，Q(2,m2k)，再利用PTQT0即可得出. mm【详解】

122cb1a2解：（Ⅰ）依题意得2c2，解得，

b1a2b2c2x2所以椭圆的方程为y21．

2（Ⅱ）当直线l的斜率不存在时，l与直线x2无交点，不符合题意， 故直线l的斜率一定存在，设其方程为ykxm，

ykxm2222k1x4kmx2m20， 由x2，得2y12因为直线l与椭圆有且只有一个公共点，

所以16km8m12k10，化简得m22k21， 所以2xP222214km4k2k2k1Pykxmx，，，即,， PPP2m2k1mmmm因为直线l与直线x2相交于Q，所以Q(2,m2k)，设Tt,0， 所以TPTQ即2k2kt(2t)10，

mm2kt1(t1)0对任意的k，m恒成立， m所以t10，即t1，所以点T的坐标为(1,0)． 【点睛】

方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤： （1）得出直线方程，设交点为Ax1，y1，Bx2，y2； （2）联立直线与曲线方程，得到关于x（或y）的一元二次方程； （3）写出韦达定理；

（4）将所求问题或题中关系转化为x1x2,x1x2形式； （5）代入韦达定理求解.

16．（1）y24x（2）xy10． 【分析】

（1）由题意联立直线方程与抛物线方程，结合题意和韦达定理求得p的值即可确定曲线方程；

（2）首先确定曲线C2的方程，设直线l的方程为xmy1，然后连线直线和椭圆方程，结合韦达定理得到关于m的方程，解方程求得m的值即可确定直线方程． 【详解】

（1）由已知得F(pp,0)，设直线l的方程为yx， 22pyxp220， 2x3px42y2pxx1x23p，

又因为x1x26， 所以p2，

曲线C1的方程为y24x．

（2）由已知得a2，c3，b1，

2x曲线C2的方程为y21， 4设直线l的方程为xmy1，

x2y21(m24)y22my30， 则4xmy1设M(x3，y3)，N(x4，y4)，y3y42m3,yy， 34m24m24S△OMN因为S1114m2123m221|y3y4|(y3y4)4y3y42， 222(4m2)24m24m2MON4 5所以4m47m2110m1，

直线l的方程为xy10．

【点睛】

关键点点睛：本题主要考查抛物线方程的求解，椭圆方程的确定，直线与圆锥曲线的位置关系等知识，关键在于联立椭圆方程，由韦达定理及三角形面积公式可得出m,求出直线方程，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．

x223817．（1）. y21；（2）

45【分析】

（1）由焦点坐标可求c，短轴长求b，然后可求出a，进而求出椭圆C的标准方程． （2）先求出直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及弦长公式求出线段AB的长度． 【详解】

（1）由F13,0，F23,0，短轴长为2，得：c3,b1，

又a2b2c2，所以a24

x2∴椭圆方程为y21

4（2）易知直线AB的方程为yx1，设A(x1,y1),B(x2,y2)，联立 2x2y214，化简整理得：5x24x30 yx12由韦达定理得：x1x243,x1x2 55所以AB【点睛】

2432382114

555关键点睛：本题考查求椭圆的方程，考查韦达定理及弦长公式的应用，解题的关键是熟悉弦长公式，考查学生的运算能力，属于基础题．

18．1t2

【分析】

根据椭圆的焦点在y轴上，算出命题p对应的m的范围，根据双曲线定义分类讨论算出命题q对应的m的范围，再由p是q的充分不必要条件，利用集合的思想求出t的取值范围. 【详解】

x2y2由m2，p：方程1表示焦点在y轴上的椭圆，可得2m4，设

m4Am|2m4

x2y2q：方程1表示双曲线，可得mtm4t0

mtm4t若t0，方程为xym表示圆，不符合； 若t0，可得4tmt，与m2矛盾，不符合； 若t0，可得tm4t，设Bt|tm4t

又p是q的充分不必要条件，可得A是B的真子集，利用数轴表示集合

22

t2可得，即1t2

4t4所以实数t的取值范围是：1t2 【点睛】

关键点睛：本题考查椭圆与双曲线的标准方程，利用充分不必要条件求参数，解题的关键

是先利用椭圆与双曲线的标准方程求出参数m的范围，再利用充分必要性结合集合关系求出t的取值范围，属于一般题. 19．（1）e【分析】

（1）由双曲线方程得出a,b，再求出c，可得离心率，渐近线方程；

（2）写出直线方程，代入双曲线方程，设Ax1,y1，Bx2,y2，由韦达定理得

2026，渐近线方程为yx；（2）.

722x1x2,x1x2，然后由弦长公式计算弦长．

【详解】

x2y2解：（1）因为双曲线方程为1，

42所以a2，b2 则ca2b26， 所以eca62，渐近线方程为yx. 22（2）双曲线右焦点为(6,0)，则直线l的方程为y2(x6)

x2y2代入双曲线1中，化简可得7x2166x520

42设Ax1,y1，Bx2,y2 所以x1x252166，x1x2，

772所以|AB|14|x2x1|5(x1x2)4x1x2【点睛】

20. 7方法点睛：本题考查双曲线的离心率和渐近线方程，考查直线与双曲线相交弦长．解题方法是直线方程与双曲线方程联立并消元后应用韦达定理求出x1x2,x1x2，然后由弦长公式

d1k2x1x2求出弦长．

20．（1）【分析】

（1）由已知结论求出直线AB的方程，联立方程，得韦达定理，利用弦长公式即可求得

2473；（2）． 712|AB|AB的长；（2）将dd表示为关于t的函数，再利用换元法与分离常数法两种方法分

12别求出最值. 【详解】

（1）解

当t3时，直线AB方程为xy1，联立，得7x28x80． 设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1x288，x1x2．则77|AB|2x1x22（2）解 直线AB：xx1x224x1x224． 7ttty1，即xy1，直线OP：yx． 3342t设Ax1,y1，Bx2,y2，则|AB|1y1y2，

9d1d2tx14y1tx24y2t162tx14y1tx24y2t162t212y1y23t162

|AB||AB|m记，则md1d2d1d2接下来介绍求最值的不同方法． 法1：常规换元法 令st212，s12，则

t29t216t122，

(s3)(s4)s2s121211149492 m112s2s2s2ss244848|AB|7373，当即时取得等号，则的最大值是． s24mt23dd121212法2：分离常数法

2t425t2144t2，显然t0时不取得最大值， m41422t24t144t24t1442则

m2111442t24t2114973 24214448，m12当t23时取得等号，则【点睛】

|AB|73的最大值是． d1d212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．

y221．（1）x1；（2）2.

22【分析】

（1）根据离心率的值，可列出a，c的关系式，再根据经过0,-2点，可得出a的值和c的值，最后再结合a2b2c2，可算出b的值，直接写出椭圆方程即可.

（2）根据题意设出直线的方程和椭圆方程联立方程组，由根和系数的关系，再结合三角形面积公式，可把三角形面积表示成含有参数的关系式，最后根据不等式，可求得面积的最大值. 【详解】 （1）由题意，a2，由ec2得c1，所以b1，所以椭圆方程是a2y2x1．

22（2）由于直线AB经过上焦点0,1，设直线AB方程为ykx1，

ykx1联立方程组2y2

x12y222将ykx1代入椭圆方程x1，得k2x2kx10，

22则xAxB∴xxAB2k1xx，， AB22k2k2xAxB24xAxB8k21k22．

S△ABF21F1F2xAxB，可知F1F22 2则

S△ABF2k21122222k2k211k121k212212．

当k1【点睛】

2，即k0时，SABF2有最大面积为2．

椭圆与直线相交时，三角形面积问题的关键点为：设直线方程、联立方程组、韦达定理、列出三角形面积的关系式，最后根据函数或不等式，可求出三角形面积的范围. 22．（1）31；（2）最大值【分析】

（1）因为在焦点三角形AF1F2中，AF，则AF1AF2，又因为1AF207；最小值1. 2AF1F2600，所以AF1c,AF23c，所以

eF1F2c2c2c31， a2aAF1AF2c3c2,b1，则c1，F1(1,0),F2(1,0)，当AB垂直于x轴时，可求出A,B（2）若a两点的坐标，从而可得F2AF2B的值，当AB与x轴不垂直，设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为yk(x1)，与椭圆方程联立成方程组，消去y后，整理再利用韦达定

4k22(k21), x1x2理得x1x2，从而可得

12k212k27k2179，进而可求出其取值范围 F2AF2B=

12k222(12k2)【详解】 （1）

AF1AF20，AF1AF2

因为AF1F260。所以AF2F130， 所以AF1c,AF23c， 所以eF1F2c2c2c31 a2aAF1AF2c3c2,b1，得c1，则F1(1,0),F2(1,0).

（2）由于a①若AB垂直于x轴，则A(1,所以F2A(2,22),B(1,)， 2222),F2B(2,)， 22所以F2AF2B417 22②若AB与x轴不垂直，设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为yk(x1) 由yk(x1)2222 (12k)x4kx2(k1)0 得22x2y208k280，方程有两个不等的实数根.

4k22(k21), x1x2设A(x1,y1)，B(x2,y2).x1x2 2212k12kF2A(x11,y1),F2B(x21,y2)

F2AF2B(x11)(x21)y1y2(x11)(x21)k2(x11)(x21)(1k2)x1x2(k21)(x1x2)1k2

2(k21)4k22(1k)(k1)()1k2 2212k12k27k2179=

12k222(12k2)k20,12k21,011 212k77F2AF2B[1,]，所以当直线l垂于x轴时，F2AF2B取得最大值

22当直线l与x轴重合时，F2AF2B取得最小值1 【点睛】

关键点点睛：此题考查由焦点三角形三边关系求椭圆方程，考查椭圆与向量相结合求最值

4k22(k21), x1x2问题，解题的关键是将利用韦达定理求出x1x2，然后将212k212k7k2179，再利用不等F2AF2B用含k的式子表示出来，即F2AF2B=

12k222(12k2)式的性质可求出其取值范围，考查计算能力，属于中档题

24x2y223．（1）1；（2）；（3）存在；A2,1.

743【分析】

（1）因为点E在线段QN的垂直平分线上，所以EQEN，再由题意得

EMEQEMEQMQ4MN2，所以点E的轨迹是以M，N为焦点

的椭圆，从而可得其方程；

（2）将直线方程与椭圆方程联立，消去x，利用根与系数的关系，然后利用弦长公式可求得答案；

ykxm8kmyxx（3））联立2，消去，再利用根与系数的关系，，34223x4y1234k2kx3x4m2kx3x44m4m2123，解得m2k ，从而得k1k2x3x42xx2xx434k3434或m2k1，经验证m2k1，则直线ykxmkx21，且过定点

2,1，从而可得答案

【详解】

解：（1）因为点E在线段QN的垂直平分线上， 所以EQEN

又QM是圆的半径，所以EMEQEMEQMQ4MN2 所以点E的轨迹是椭圆 因为2a4，所以a2，c1 所以b23

x2y2所以动点E的轨迹方程为1

43（2）设直线yx1与曲线E相交于(x1,y1),(x2,y2) 联立yx1 223x4y1288,x1x2， 77消去y得7x28x80，则x1x2于是82478288 所以弦长l1k2x1x2（3）设S(x3,y3),T(x4,y4)， 联立212224 77ykxm 223x4y12消去y得34k22x228kmx4m2120

判别式64km16m4834k22192k248m2144

8km4m212x3x4 ，x3x4234k234kk1k2kx3mx42kx4mx32y3y4 x32x42x32x422kx3x4m2kx3x44m3

x3x42x3x44化简得2k3x3x4m2k6x3x44m120 即2k34m12m2k68km4m1234k220

也即m2km2k10 解得m2k或m2k1

当m2k时，直线ykxmkx2过点B，不合题意

所以m2k1，此时直线ykxmkx21，且过定点2,1 又因为D在以AB为直径的圆上 所以A在直线ykxmkx21上 所以存在定点A2,1满足条件. 【点睛】

关键点点睛：此题考查轨迹方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是设出直线方程，与椭圆方程联立方程组，消元后利用根与系数的关系，再结合已知条件列方程

求解，考查计算能力，属于中档题

x2324．（1）． y21；（2）42【分析】

（1）设M(x,y)，表示出P点坐标代入圆的方程可得轨迹方程；

（2）l斜率不存在时求出交点坐标，得三角形面积，斜率存在时，设l:yk(x1)，

Ax1,y1,Bx2,y2，直线方程与椭圆方程联立方程组，消元后应用韦达定理得

x1x2,x1x2，由弦长公式求得弦长AB，由点到直线距离公式求得O到直线AB的距

离，求出三角形的面积，令t4k21换元后可求得面积的范围，与斜率不存在的情形比较可得最大值． 【详解】

2x解．（1）设M(x,y)，则P(x,2y)，所以x4y4，即曲线C的方程为y21．

4223131,,S31 （2）①当l无斜率时，交点为222②当l有斜率时，设l:yk(x1),Ax1,y1,Bx2,y2

yk(x1)14k2x28k2x4k240 则22x4y400得kR，由题意构成AOB得k0

8k2xx1214k2 2xx4k41214k2k23k2111S1y1y2|k|x1x222 2224k1令t4k1,t1,k221(t1) 413 01,0St2S112232tt综上所述0S【点睛】

33，故最大值为．

22方法点睛：本题考查直线与椭圆相交中的三角形面积．解题方法是设而不求的思想方法，即设直线方程，设交点坐标，直线方程与椭圆方程联立方程组，消元化为一元二次方程，应用韦达定理得x1x2,x1x2，然后可由弦长公式求弦长AB，再求出高（原点到直线

AB的距离）可得三角形面积，再利用换元法求得面积的范围，讨论直线AB斜率不存在时的三角形面积，从而可得最大值．

1x2225．（1）y1；（2）,1.

34【分析】

（1）由椭圆性质结合通径运算即可得解；

（2）设直线l的方程为xmy4,m0，Mx1,y1,Nx2,y2，联立方程组结合韦达

y1y2102,，再由三角形的面积公式即可得解. 定理得

y2y13【详解】

（1）因为|AB|4，所以2a4即a2， 设椭圆右焦点Fc,0，

2222bcb当xc时，yb11，b1， ，所以2aaax2所以椭圆C的方程为y21；

4（2）设直线l的方程为xmy4,m0，Mx1,y1,Nx2,y2，则0y1y2，

xmy422由x2，整理可得m4y8my120， 2y1464m248m2416m21920，解得m212，

所以y1y28m12yy，， 12m24m242yy2yy则121y2y1y1y2168m216m2m4222 2123m4m2421022,43， 312my21,3， 所以y1所以S△PNAS△PMB1PAy2y122,1. 1PBy13y132【点睛】

关键点点睛：解决本题的关键是将三角形的面积比转化为

y2，结合韦达定理即可得解. 3y1x2y2y2x226．（1）1；（2）1

2592575【分析】

(x4)2y24，化简即可求得其方程；（1）由题意可得 255|x|4（2）设双曲线的方程为mx2ny21(mn0)，代入A，B的坐标，解方程即可得到所求双曲线的方程； 【详解】

（1）因为点M(x,y)与定点F(4,0)的距离和它到定直线l:x254的距离的比是常数

54(x4)2y24．所以得255 |x|4将上式两边平方，并化简，得9x25y225．

22x2y2即1． 25922（2设双曲线的方程为mxny1(mn0)，

将点A，B坐标代入可得9m28n1，且72m49n1， 求得m11，n． 7525y2x2双曲线的标准方程为1．

2575【点睛】

求轨迹方程的常见方法：定义法、待定系数法、直接求轨迹法、反求法、参数方程法等等，解题时应根据题设条件灵活应用.