(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》检测(答案解析)

一、选择题

y2221．过双曲线x1的右支上一点P分别向圆C1:(x4)y4和

152C2:(x4)2y21作切线，切点分别为M、N，则|PM|2|PN|2的最小值为（ ）

A．10

B．13

C．16

D．19

x2y22．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（ ）

A．0,102 3B．102,1 3C．0,51 3D．51,1 3x2y23．已知F5,0是双曲线C:22=1a0,b0的右焦点，点A0,11.若对双曲

ab线C左支上的任意点M，均有MAMF10成立，则双曲线C的离心率的最大值为（ ） A．11 B．5

C．

5 2D．6

4．设直线l与圆C：(x2)2y23相切于N，与抛物线y22px(p0)交于A,B两点，且N是线段AB的中点，若直线l有且只有4条，则p的取值范围是（ ） A．(1,3)

B．(1,3)

C．(0,3)

D．(0,3)

22x2y2yx5．若F1，F2是双曲线221(a0,b0)与椭圆1的共同焦点，点P是

1625ab两曲线的一个交点，且△PF1F2为等腰三角形，则该双曲线的渐近线方程是（ ）

A．y22x B．y2x 4C．y7x 3D．y37x 7F6．已知椭圆C的焦点为F12,0，F22,0，过2的直线与C交于A，B两点，若

AF22F2B，ABBF1，则C的方程为（ ） x2y2A．1

124x2y2B．1

1612x2y2C．1

128x2y2D．1

201622xy7．设F1、F2分别是椭圆C:1的左、右焦点，O为坐标原点，点P在椭圆C259上且满足OP4，则△PF1F2的面积为（ ） A．3

B．33 C．6 D．9

x2y2a21228．若椭圆221(ab0)的离心率为，则的最小值为（ ）

3bab3A．23 3B．

23 3C．2

D．2

3D3的距离与点P到y9．已知点P是抛物线y2x上的一个动点，则点P到点2,2轴的距离之和的最小值为（ ） A．2

B．

5 2C．3 D．

7 21x2y210．已知F1，F2是离心率为的椭圆221(ab0)的焦点，M是椭圆上第一象

3ab限的点，若I是△MF1F2的内心，G是△MF1F2的重心，记△IF1F2与△GF1M的面积分别为S1，S2，则（ ） A．S1S2

B．2S1S2 C．3S12S2 D．4S13S2

11．已知直线l的方程为ykx1，双曲线C的方程为x2y21.若直线l与双曲线C的右支相交于不同的两点，则实数k的取值范围是（ ） A．(2,2)

B．[1,2)

22C．[2,2] D．(1,2)

12．已知动点Px,y满足xy2则动点P的轨迹是（ ） A．线段

B．圆

x2y2aC．椭圆

25(a为大于零的常数)﹐aD．双曲线

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．直线l与抛物线y24x交于A、B两点，O为坐标原点，直线OA、OB的斜率之积为1，以线段AB的中点为圆心，2为半径的圆与直线l交于P、Q两点，M6,0，则MPMQ的最小值为______．

22x2y215．在平面直角坐标系xOy中，双曲线C:221a0,b0的右焦点为F，过点

abF且与x轴垂直的直线与双曲线的一条渐近线交于第一象限内的点A，过点F且平行于OA的直线交另一条渐近线于点B，若ABOB，则双曲线C的离心率为____________. 16．已知抛物线y12x的焦点为F，过F的直线l与抛物线交于A、B两点，抛物线的8准线与y轴交于点M，当

AM最大时，弦AB长度是___________. AFx2y217．已知双曲线221a0,b0的右焦点为F，若过点F且倾斜角为的直线

6ab与双曲线的右支有且只有一个公共点，则该双曲线的离心率的取值范围___________.

x2y218．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：221ab0的焦距为46，直

ab线l与椭圆C交于A，B两点，且OAOB，过O作ODAB交AB于点D，点D的坐标为2,1，则椭圆C的方程为_________．

x2y219．已知椭圆C：221(ab0)的右焦点F(c,0)，点P在椭圆C上，线段PFabcb22与圆xy相切于点Q，且PQ2QF，则椭圆C的离心率为_______.

39x2y220．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_________.

2三、解答题

1x2y221．已知椭圆E：221(ab0)的左右焦点分别为F1，F2，离心率为，直线

2abl:ykxtt0与以F1F2为直径的圆相切于点P，当k1时，△PF1F2的面积为

2； 2（1）求E的方程；

（2）直线l与椭圆交于A，B两点，设k0时，线段AB的垂直平分线与x轴交于点

Mm,0，求m的取值范围.

x2y2322．已知椭圆E:221(ab0)的左，右顶点分别为A,B，离心率e，椭圆ab2E上任意一点M到两个焦点F1，F2的距离之积的最大值为4.

（1）求椭圆E的方程；

（2）已知点P为直线l：x4上的任意一点，直线PA、PB与椭圆E分别交于两点

C、D（不同于A、B两点），求证：直线CD经过定点，并求出该定点的坐标，

31x2y223．椭圆C:221ab0过点1,，离心率为，左、右焦点分别为F1、

22abF2，过F2的直线l交椭圆于A、B两点.

（1）求椭圆C的方程； （2）当F1AB的面积为

126时，求直线l的斜率. 11x2y2324．已知椭圆C:221(ab0)的离心率为,A(2,1),P,Q在椭圆C上，且

ab2P,Q异于点A．

（1）求椭圆C的方程；

（2）若|OP||OQ|,|AP||AQ|，求直线PQ的方程．

25．设抛物线C:y22px(p0)的焦点为F，M(1,2)是抛物线C上的点. （1）求抛物线C的方程；

（2）若过点(2,0)的直线l与抛物线C交于不同的两点A,B，且AFBF13，求直线

l的方程.

26．已知抛物线C:x2pyp0的焦点到准线的距离为2，直线l:ykx2交抛物

2线于Ax1,y1，Bx2,y2两点. （1）求抛物线C的标准方程；

（2）过点A，B分别作抛物线C的切线l1，l2，点P为直线l1，l2的交点. （i）求证：点P在一条定直线上； （ii）求△PAB面积的取值范围.

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题

1．B 解析：B 【分析】

y2求得两圆的圆心和半径，设双曲线x1的左右焦点为F1(4,0)，F2(4,0)，连接

152PF1，PF2，F1M，F2N，运用勾股定理和双曲线的定义，结合三点共线时，距离之和取

得最小值，计算即可得到所求值． 【详解】

22解：圆C1:(x4)y4的圆心为(4,0)，半径为r12； 22圆C2:(x4)y1的圆心为(4,0)，半径为r21，

y2设双曲线x1的左右焦点为F1(4,0)，F2(4,0)，

152连接PF1，PF2，F1M，F2N，可得

|PM|2|PN|2(|PF1|2r12)(|PF2|2r22)

(|PF1|222)(|PF2|21)

|PF1|2|PF2|23(|PF1||PF2|)(|PF1||PF2|)3

2a(|PF1||PF2|)32(|PF1||PF2|)322c328313．当且仅当P为右顶点

时，取得等号， 即最小值13． 故选：B．

【点睛】

本题考查最值的求法，注意运用双曲线的定义和圆的方程，考查三点共线的性质，以及运算能力．

2．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ya关于y轴对称，所以E,y0，将其代入椭圆方程得2021，解得

24ab3ba332,b，Aa,0，所以lAE:yy0b，故Exa，即3a222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b222222223ac9a4ac23b9a23ac212ee212102(舍去)或除以a，得，即，所以e3e4e2024e232102102,1，在椭圆中ac，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.

3．C

解析：C 【分析】

设E是双曲线的左焦点，利用双曲线的定义把MF转化为ME后易得MAME的最小值，从而得a的最小值，由此得离心率的最大值． 【详解】

设E是双曲线的左焦点，M在左支上，则MFME2a，MFME2a，

MAMFMAME2aEA2a，当且仅当E,A,M三点共线时等号成立．

则EA2a(5)2(11)22a10，a2，所以e故选：C．

c55． aa2

【点睛】

思路点睛：本题考查双曲线的定义的应用．在涉及双曲线上的点与一个焦点和另外一个定点距离和或差的最值时，常常利用双曲线的定义把到已知焦点的距离转化为到另一焦点的距离，从而利用三点共线取得最值求解．

4．B

解析：B 【分析】

根据l有且只有4条，易知直线l的斜率不存在时，有两条，得到直线l斜率存在时，有两条，根据N是线段AB的中点，利用点差法得到ky0p，再根据直线l与圆C：

0，结合得到x02p，y023p2再根(x2)2y23相切于N，得到

x02ky1据点N在抛物线内部求解. 【详解】

设Ax1,y1,Bx2,y2,Nx0,y0， 因为l有且只有4条，

当直线l的斜率不存在时，有两条，即x23， 所以直线l斜率存在时，有两条， 因为AB在抛物线上，

y122px1所以2，

y2px22两式相减得y1y22px1x2，

22因为N是线段AB的中点， 所以y1y22y0， 所以ky1y22pp， x1x2y1y2y0即ky0p，

因为直线l与圆C：(x2)2y23相切于N， 所以

y01，即x02ky0p， x02k2所以x02p，代入抛物线y2px，

2得y2p2p，

因为点N在抛物线内部，

2所以y02p2p，

因为点N在圆上，

22所以(x02)y03，

22即py03， 22所以y03p，

所以y03p2p2p，

222即p4p30，

解得1p3， 故选：B 【点睛】

方法点睛：解决直线与曲线的位置关系的相关问题，往往先把直线方程与曲线方程联立，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．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单．

5．B

解析：B 【分析】

y2x2由题意可得双曲线221(a0,b0)中c3,a2b29，由△PF1F2为等腰三角

ab形，所以PF2F1F26,从而可求得PF12aPF21064，再利用双曲线的定义可求得在双曲线中a1，b22，进而可求出双曲线的渐近线方程 【详解】

x2y2解：因为椭圆1的焦点坐标为(0,3)，

1625y2x2所以双曲线221(a0,b0)中c3,a2b29，

ab设点P为两曲线在第一象限的交点，

由于在椭圆中，△PF1F2为等腰三角形，所以PF2F1F26, 所以PF12aPF21064，

22在双曲线中，2aPF2PF1642，所以a1，代入ab9，得b22，

所以该双曲线的渐近线方程为y故选：B 【点睛】

a12xxx， b422关键点点睛：此题考查椭圆、双曲线的定义的应用，解题的关键由△PF1F2为等腰三角形和椭圆的定义求出PF2,PF1的值，属于中档题

6．C

解析：C 【分析】

根据椭圆的定义以及余弦定理，结合cosAF2OcosBF2F10列方程可解得a，b，即可得到椭圆的方程． 【详解】

|AF2|2|BF2|，|AB|3|BF2|， |BF1|3|BF2|， 又|AB||BF1|，|BF2|又|BF1||BF2|2a，|AF2|a，|BF1|a， 23a， 2|AF1||AF2|2a，|AF1|a， |AF1||AF2|，A在y轴上．

在RtAF2O中，cosAF2O，

2aa316()2(a)28a222在△BF1F2中，由余弦定理可得cosBF2F1． a2a24228a2cosAF2OcosBF2F10，可得0，解得a212．

a2ab2a2c21248．

x2y2椭圆C的方程为：1．

128故选：C． 【点睛】

方法点睛：用待定系数法求椭圆方程的一般步骤；①作判断：根据条件判断椭圆的焦点在

x轴上，还是在y轴上，还是两个坐标轴都有可能；②设方程：根据上述判断设方程

x2y2x2y221ab0或221ab0；③找关系：根据已知条件，建立关于2abbaa、b、c的方程组；④得方程：解方程组，将解代入所设方程，即为所求.

7．D

解析：D 【分析】

设点Px0,y0，求出y0的值，由此可求得△PF1F2的面积.

2【详解】

x2y2在椭圆C:1中，a5，b3，则ca2b24，所以，

259F1F22c8，

22252x0y02y0， 设点Px0,y0，则1，可得x025925922OPx0y0258191622y04，解得y0，y0，

4169119F1F2y089. 224因此，△PF1F2的面积为S△PF1F2故选：D. 【点睛】

方法点睛：本题考查椭圆中焦点三角形面积的计算，常用以下两种方法求解： （1）求出顶点P的坐标，利用三角形面积公式求解；

（2）利用余弦定理和椭圆的定义求得PF1PF2的值，利用三角形面积公式求解.

8．C

解析：C 【分析】

a219b21122222由椭圆的离心率为和acb，求得a3b，化简3b，

3b3b3b3结合基本不等式，即可求解. 【详解】

x2y2c222222由题意，椭圆221(ab0)的离心率为，即，即ca，

ab3a33又由a2c2b2，可得b212a，即a3b 9a219b2111所以3b23b2，

3b3b3b3b当且仅当3b故选：C. 【点睛】 关键点睛：

1、利用基本不等式求最值时，要注意三点：一是各项为正；二是寻求定值；三是考虑等号成立的条件；

2、若多次使用基本不等式时，容易忽视等号的条件的一致性，导致错解；

3、巧用“拆”“拼”“凑”：在使用基本不等式时，要特别注意“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足基本不等式中的“正、定、等”的条件.

11，即b时，“”成立.

33b9．B

解析：B 【分析】

利用抛物线的定义，把P到y轴的距离转化为|PF|【详解】

1,利用几何法求最值 2

抛物线y2x的焦点F于P2,则|PP2||PP1|211,0,准线l:x，如图示：过P作PP1⊥y轴于P1,作PP2⊥l

221 2所以点P到点D2,33的距离与点P到y轴的距离之和为 211|PD||PF| 22由图示，易知，当P落在Q时，DPF三点共线，|PD||PF||DF|, |PD||PP1||PD||PP2|其他位置，都有|PD||PF||DF| 所以点P到点D2,33的距离与点P到y轴的距离之和的最小值为： 222111335 |PD||PP||PD||PF||DF|20122222当D、P、F三点共线时取最小值. 故选：B 【点睛】

解析几何问题解题的关键：解析几何归根结底还是几何，根据题意画出图形，借助于图形寻找几何关系可以简化运算．

10．D

解析：D 【分析】

设△MF1F2的面积为S，内切圆半径为r，则可得rS，从而可得4cS1S211SSF1F2r2c，再由G是△MF1F2的重心，可得224c42S3MOF121S32MF1F2S，进而可得结果 3【详解】

解：由于椭圆的离心率为

1c1，所以，即a3c，

a33设△MF1F2的面积为S，内切圆半径为r，则

11S(MF1MF2F1F2)r(2a2c)r4cr，

22所以rS， 4c11SSF1F2r2c， 224c42S321S32S， 3所以S1因为G是△MF1F2的重心， 所以S2MOF1MF1F2所以

S13，即4S13S2， S24故选：D 【点睛】

关键点点睛：此题考查椭圆的性质的应用，解题的关键是设△MF1F2的面积为S，内切圆半径为r，然后求出rS，进而可表示出S1，S2，从而可得结果，属于中档题 4c11．D

解析：D 【分析】

联立直线方程ykx1和双曲线方程xy1，化为(1k)x+2kx20，由于直线ykx1与双曲线xy1的右支交于不同两点，可得1k20，由

2222224k28(1k2)0，1k，解得即可

【详解】

解：联立直线方程ykx1和双曲线方程xy1，化为(1k)x+2kx20， 因为直线ykx1与双曲线xy1的右支交于不同两点， 所以1k20，且4k8(1k)0，1k， 解得1k222222222，

所以实数k的取值范围为(1,2)， 故选：D 【点睛】

关键点点睛：此题考查直线与双曲线的位置关系，解题的关键是直线方程和双曲线方程联立方程组，消元后结合题意可得4k8(1k)0，1k，从而可得答案

2212．C

解析：C 【分析】

由a为大于零的常数，可知a定义判断轨迹. 【详解】

5的最小值，再根据两点间距离公式得几何意义以及椭圆ax2y2的几何意义为点Px,y与点A(0,2)间的距离，

2同理x2y2的几何意义为点Px,y与点B(0,2)间的距离，

2且AB4

又由a为大于零的常数，可知a当且仅当a2552a254， aa5，即a5时取等， a2故xy2x2y2a254， a即动点P到点A与到点B的距离之和为定值，且大于AB， 所以动点P的轨迹为椭圆， 故选：C. 【点睛】

在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误． 椭圆的定义揭示了椭圆的本质属性，正确理解掌握定义是关键，应注意定义中的常数大于|F1F2|，避免了动点轨迹是线段或不存在的情况．

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】设直线与抛物线联立方程得韦达定理与代入直线与抛物线表示出与然后根据利用数量积代入求解出从而表示出圆心的坐标根据平行四边形的四边平方和等于对角线平方和代入列式利用二次函数的性质求解最小值【详解 解析：10

【分析】

设直线AB，与抛物线联立方程，得韦达定理y1y2与y1y2，代入直线与抛物线表示出

x1x2与x1x2，然后根据OAOB，利用数量积代入求解出t4，从而表示出圆心的

坐标，根据平行四边形的四边平方和等于对角线平方和，代入列式，利用二次函数的性质求解最小值. 【详解】

设直线AB的方程为xmyt，Ax1,y1，Bx2,y2，

y24x222由得y4my4t0，所以4m44t16tm0， xmyt得y1y24m，y1y24t，

22y12y2所以x1x2my1y22t4m2t，x1x2t2，

16因为直线OA、OB的斜率之积为1，所以OAOB，即OAOB0，

2所以x1x2y1y2t4t0，所以t4，

2所以直线AB的方程为xmy4，x1x24m8，

从而圆心为O2m24,2m，

由平行四边形的四边平方和等于对角线平方和（用向量法易证），得

22MPMQ2224MO2PQ4MO22

222221224244m14m816mm1816m20， 21所以MPMQ8m210，

222所以当m222时，MPMQ的最小值为10． 2故答案为：10 【点睛】

解决直线与抛物线的综合问题时，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、抛物线的条件；

（2）强化有关直线与抛物线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、向量的数量积、三角形的面积等问题．

15．【分析】设双曲线半焦距为双曲线的渐近线方程为则设直线的方程为然后直线的方程和另一渐近线方程联立求出点从而可求出直线的斜率再由可得两直线的斜率乘积为从而得进而可求出双曲线的离心率【详解】解：设双曲线半 解析：23 3【分析】

设双曲线半焦距为c，双曲线的渐近线方程为ybbcx，则F(c,0),A(c,)，设直线aaBF的方程为yb(xc)，然后直线BF的方程和另一渐近线方程联立，求出点acbcB,，从而可求出直线AB的斜率，再由ABOB，可得两直线的斜率乘积为22ab211，从而得2，进而可求出双曲线的离心率

a3【详解】

解：设双曲线半焦距为c，双曲线的渐近线方程为ybbcx，则F(c,0),A(c,)， aa设直线BF的方程为yb(xc)， abcy(xc)xcbca2由，得，所以B,， bcb22ayxya2a所以直线AB的斜率为kAB因为ABOB，所以kABkOBbcbc2aa3b， cac23bb()1， aab21所以2，

a3b223所以双曲线的离心率为e1， 2a3故答案为：【点睛】

关键点点睛：此题考查直线与双曲线的位置关系，考查求双曲线的离心率的方法，解题的关键是灵活运用双曲线的几何性质，考查计算能力，属于中档题

23 316．【分析】作出图形过点作垂直于抛物线的准线于点可得出可知当取最小值时即直线与抛物线相切时最大可求出直线的斜率求出点的坐标利用对称性可求得点的坐标抛物线的焦点弦长公式进而可求得弦的长度【详解】设点为第一 解析：8

【分析】

作出图形，过点A作AE垂直于抛物线y12x的准线于点E，可得出8AMAM1，可知当AME取最小值时，即直线AM与抛物线相切时，

AFAFsinAME最大，可求出直线AM的斜率，求出点A的坐标，利用对称性可求得点B的坐标，抛物线的焦点弦长公式，进而可求得弦AB的长度. 【详解】

设点A为第一象限内的点，过点A作AE垂直于抛物线y示：

12x的准线于点E，如下图所8

由抛物线的定义可得AEAF，则

AMAM1， AFAEsinAMEAM可知当AME取最小值时，即直线AM与抛物线相切时，最大，

AF抛物线y12x的焦点为F0,2，易知点M0,2. 812x相切时，直线AM的斜率存在， 8当直线AM与抛物线y设直线AM的方程为ykx2，联立ykx2，消去y得x28kx160， 2x8yk20，因为点A在第一象限，则k0，解得k1，

2x方程为x28x160，解得x4，此时，y2，即点A4,2，

8此时ABy轴，由对称性可得B4,2， 因此，AB448. 故答案为：8 【点睛】

方法点睛：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或ABy1y2p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．

17．【分析】作出图形根据已知条件可得出与的大小关系再利用公式可求得双曲线的离心率的取值范围【详解】如下图所示双曲线的渐近线方程为由于过点且倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个公共点由图可知直线的倾斜

23,解析： 3【分析】

bb作出图形，根据已知条件可得出与tan的大小关系，再利用公式e1可求a6a得双曲线的离心率的取值范围. 【详解】

2bx2y2如下图所示，双曲线221a0,b0的渐近线方程为yx，

aab

由于过点F且倾斜角为由图可知，直线y的直线与双曲线的右支有且只有一个公共点， 6bb3x的倾斜角，所以，tan， a6a632cc2a2b223b. 因此，e122aaa3a23,所以，该双曲线的离心率为取值范围是. 323,故答案为：. 3【点睛】

方法点睛：求双曲线离心率或离心率范围的两种方法：

一种是直接建立e的关系式求e或e的范围；

另一种是建立a、b、c的齐次关系式，将b用a、e表示，令两边同除以a或a2化为e的关系式，进而求解．

18．【分析】先利用点坐标和垂直关系求得直线的斜率并写出直线方程联立直线与椭圆利用韦达定理和垂直的向量关系得到的关系式再结合焦距的关系式解出即得方程【详解】依题意椭圆的焦距为即即由点的坐标为知直线OD的斜

x2y21 解析：306【分析】

先利用点D坐标和垂直关系求得直线l的斜率，并写出直线方程，联立直线与椭圆，利用韦达定理和垂直的向量关系得到a,b的关系式，再结合焦距的关系式解出a,b，即得方程. 【详解】

依题意，椭圆的焦距为46，即2c46，c26，即a2b224，

2222101，又ODAB，知直线l的斜202率为2，即直线l的方程为y12(x2)，即y52x.

由点D的坐标为2,1，知直线OD的斜率kOD

x2y21设Ax1,y1,Bx2,y2联立方程a2b2得

y52x4a2b2x220a2x25a2a2b20，

20a225a2a2b2故x1x2， ,x1x222224ab4ab即y1y252x152x22510x1x24x1x2

20a225a2a2b225b24a2b2， 251024222224ab4ab4ab25a2a2b225b24a2b2由OAOB知，OAOBx1x2y1y20，即0， 22224ab4ab所以5a25b2a2b2，又a2b224，

消去a2得，b414b21200，解得b26或b220（舍去），

x2y2故a30,b6，椭圆C的方程为1.

30622x2y2故答案为：1.

306【点睛】 思路点睛：

求解椭圆中的直线垂直问题时，一般利用直线的斜率之积为-1，或者直线上的向量的数量积为0来处理，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，即可求出结果.

19．【分析】根据数形结合分析可得并根据勾股定理可得计算离心率【详解】

如图首先画出函数图象又且且根据椭圆的定义可知由勾股定理可知即整理为即故答案为：【点睛】方法点睛：本题考查椭圆离心率的取值范围求椭圆离心 解析：5 3【分析】

根据数形结合分析，可得PFPF'，并根据勾股定理，可得

b22ab4c24a2b2，计算离心率.

2【详解】

如图，首先画出函数图象，

2cEF1123， EFOFOEccc，EF'c1c2333QE1，且PFPF'， 又PQ2QF，PF'//QE，且

PF'3QEb，PF'b， 32根据椭圆的定义可知PF2ab，

由勾股定理可知PFPF'F1F2，即b2ab4c4ab2222222

整理为b24a2b24ab4a24b2，即

b2， a3cb25. 12aa3故答案为：【点睛】

方法点睛：本题考查椭圆离心率的取值范围，求椭圆离心率是常考题型，涉及的方法包含1.根据a,b,c直接求，2.根据条件建立关于a,c的齐次方程求解，3.根据几何关系找到

5 3a,b,c的等量关系求解.

20．【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.

三、解答题

1x2y221．（1）2；（）1,0.

443【分析】

（1）由直线l斜率为1且圆相切，得POF14(O为原点)，从而△PF1F2的面积可用

c表示出来，从而求得c，再由离心率求得a，然后可得b，得椭圆方程；

（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，将直线方程代入椭圆方程应用韦达定理求得x1x2，从而可得AB中点坐标，写出AB中垂线方程，令y0可得m，由直线与圆相切得k,t关系，这样m可化为一元函数，再用换元法可求得取值范围． 【详解】

解：（1）设F1(c,0)，F2(c,0)，当k1时，POF1从而S4(O为原点)，

PF1F2122， 2cc222从而解得c1， 又离心率ec1， a23，

所以a2，从而bx2y2因此E的方程为1；

43（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，将ykxtk0,t0，

x2y2代入椭圆方程1，

43消去y，得4k3x8ktx4t120，

2228kt4t212从而x1x2，x1x2，①

4k234k23设AB的中点为Qx0,y0，则x0从而AB的中垂线方程为y令y0，解得m4kt3ty，， 0224k34k33t14ktx，

k4k234k23kt，

4k23t1k2由线l与以F1F2为直径的圆相切，得1，即t1k2 k1k21k4k213mn0,， 4k234232令从而324kk44则m131n2n1 41623214nn10n取值范围为0,1， 16231,0. 4由函数y得m的取值范围为【点睛】

关键点点睛：本题考查由离心率求椭圆方程，考查直线与椭圆相交中的范围问题．解题关键建立m与参数的函数式，方法是：由直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得弦中心坐标得弦垂直平分线方程，从而可求得m，利用直线与圆相切得参数k,t关系后可得所需要的函数式，换元后可求得取值范围．

x222．（1）y21；（2）证明见解析，1,0.

4【分析】

（1）利用椭圆的定义可得|MF1||MF2|2a，根据基本不等式求出a2，再由离心率求出c3，由a2b2c2即可求解.

（2）当点C是椭圆上顶点时，求出P4,3，进而求出点D,，写出直线CD的方程，得出直线CD经过定点N1,0，设l上任意点P4,m，设CxC,yC，

8535182m26m,2DxD,yD，写出直线PA的方程，将直线与椭圆联立，求出C2，同

m9m92m222m,2，若直线CD经过定点N1,0，只需N,C,D三点共线，利理求出D2m1m1用向量共线的坐标表示即可求解. 【详解】

（1）由椭圆的定义知|MF1||MF2|2a，

MF1MF22所以MF1MF2a，

2已知|MF1||MF2|4，所以a24，a2. 因为e23，所以c3. 2x2因为abc，所以b1，所以椭圆E的方程为y21.

41（2）当点C是椭圆上顶点时，直线AC的方程为yx2，

2222383x2可得P4,3，则lPB:yx2与y21联立解得D,，

2554所以直线CD的方程为：xy10，

由椭圆的对称性可知，直线CD经过x轴上的定点， 所以直线CD经过定点N1,0. 以下证明一般性：

设l上任意点P4,m，设CxC,yC，DxD,yD 则直线PA的方程为ymx2 6my(x2)6联立2

xy214消去y得m9x4mx4m360

2222182m26m4m236,2由韦达定理得2xC，解得C 22m9m9m9因为直线PB的方程为ymx2 2my(x2)2联立2

xy214消去y得m1x4mx4m40

22222m222m4m24,2 由韦达定理得2xD，解得D22m1m1m1直线CD经过定点N1,0，即N,C,D三点共线

93m26mm232m,2,2 因为NC2，ND2m9m9m1m193m22m6mm23因为2 222m9m1m9m118m6m36m318mm29m21

0

所以NC//ND，那么N,C,D三点共线 所以直线CD经过定点N1,0， 【点睛】

关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，解题的关键是利用点C是椭圆上顶点时，求出定点N1,0，再证明一般性，借助N,C,D三点共线求解，考查了运算求解能力.

x2y223．（1）1；（2）2或2.

43【分析】

（1）根据已知条件可得出关于a、b、c的方程组，解出a2、b2的值，由此可得出椭圆

C的标准方程；

（2）由题意可知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykx1，设点Ax1,y1、

Bx2,y2，将直线l的方程与椭圆C的方程联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式

可得出F1AB的面积关于k的等式，解出k的值即可得解. 【详解】

319x2y2解：（1）因为椭圆过C:221ab0点1,，221.①

2a4bab又因为椭圆C的离心率为

c11，所以，②， 2a291a24b21c1由题意可得，解得a24，b23.

a2ca2b2x2y2椭圆C的方程为1；

43（2）由题意可知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykx1， 设点Ax1,y1、Bx2,y2，

ykxk2222222由x2y2得4k3x8kx4k120，则43k10，

1438k24k212且x1x2，x1x2， 224k34k3SF1AB1y1y2F1F2kx1x2k22x1x224x1x2 28k24k21212kk1126， k24224k34k3114k3即25k423k20，解得k22或k227（舍去），所以k2， 25所求直线的斜率为2或2.

【点睛】

方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1、x2,y2；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理；

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

x2y224．（1）1；（2）2xy0．

82【分析】

（1）由离心率，点的坐标代入椭圆方程及a2b2c2列方程组解得a,b,c得椭圆方程； （2）已知条件说明直线AO为线段PQ的垂直平分线，直线OA方程为y1x，这样可2设直线PQ方程为y2xm，代入椭圆方程，应用韦达定理得x1x2，x1,x2即为P,Qx1x2，由直线PA得中点纵坐标y0，中点坐标代入直2线AO方程可得参数m，即直线PQ方程．

的横坐标，求出中点横坐标x0【详解】

411，22ab222（1）依题意，abc，

c3，2aa28，x2y2解得2．故椭圆C的方程为1；

82b2，（2）∵|OP||OQ|,|AP||AQ|，∴直线AO为线段PQ的垂直平分线，则直线OA的

方程为y1x，设直线PQ的方程为y2xm， 2x2y21由8，得：17x216mx4m280， 2y2xm(16m)24174m280，解得34m34，设Px1,y1,Qx2,y2，由

韦达定理得x1x2所以x016m，设PQ的中点为Hx0,y0， 17x1x28mm8mm,． ,y02x0m；所以H171721717m18m8mmH,在直线OA上，代入得又，解得m0，

172171717综上所述，直线PQ的方程为2xy0． 【点睛】

关键点点睛：本题考查由离心率和一点坐标求椭圆方程，考查直线与椭圆相交问题．在直线与椭圆相交问题时，解题关键是由平面几何知识由条件|OP||OQ|,|AP||AQ|得直线

AO为线段PQ的垂直平分线，这样用设而不求思想可求得直线PQ方程．即求出AO方

程，由垂直设出直线PQ方程，代入椭圆方程应用韦达定理求得PQ中点坐标，再代入直线AO方程可得参数值．

25．（1）y24x；（2）yx2. 【分析】

（1）将已知点代入抛物线的方程中，求得p2，可得抛物线C的方程.

（2）设A(x1,y1),B(x2,y2)，分直线AB斜率不存在，直线AB斜率存在两种情况分别满足题意，求得直线的方程． 【详解】

2（1）因为M(1,2)是抛物线C上的点，所以22p，解得p2，

则抛物线C的方程为y4x. （2）设A(x1,y1),B(x2,y2)，

当直线AB斜率不存在时，方程为x2，此时AFBF3，不合题意，舍去. 当直线AB斜率存在时，设直线AB方程为yk(x2)

2yk(x2)42222kx(4k4)x4k0xx4,x1x24，由得，所以，0 1222y4xk由抛物线的定义知AFx11,BFx21， 则AFBFx11x21x1x2(x1x2)19413， k2（x2）解得k1，所以直线l的方程为y．

【点睛】

方法点睛：在解决抛物线上的点与焦点的距离时，可根据抛物线的定义进行转化，此时，其距离只涉及抛物线上的点的横坐标或纵坐标，使问题得以简单化． 26．（1）x24y；（2）（i）证明见解析；（ii）82,. 【分析】

（1）由题意可得p2，代入抛物线方程即可求解.

x24y,消去y，求出两根之和、两根之积，再求出切线PA方（2）（i）联立方程组ykx2程以及切线PB方程，求出两直线的交点即可求解.

（ii）利用点到直线的距离公式求出点P到直线AB的距离，再利用弦长公式求出AB，由SPAB1dAB即可求解. 22【详解】

解：（1）抛物线C:x2pyp0的焦点到准线的距离为2，

2可得p2，所以抛物线的标准方程为x4y.

x24y,消去y得，x24kx80， （2）联立方程组ykx2∴x1x24k，x1x28 由x4y得，y211x，所以切线PA方程为l1:yy1x1xx1 22切线PB方程为l2:yy21x2xx2 2xxx1x22k，y122.

42联立直线PA､PB方程可解得x（i）所以点P的坐标为2k,2. 所以点P在定直线y2上

（ii）点P到直线AB的距离为d所以AB1k22k241k2.

x1x224x1x241k22k2 △PAB的面积为S△PAB所以当k0时，SPAB112k24dAB41k22k242k2221k232

有最小值82.

△PAB面积的取值范围是82,.

【点睛】

关键点点睛：本题考查了直线与抛物线的位置关系，解题的关键是求出抛物线的两切线方程，考查了运算求解能力，需熟记弦长公式.