(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(有答案解析)(2)

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

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 3．斜率为1的直线l经过抛物线y24x的焦点F，且与抛物线相交于A、B两点，则线段AB的长为（ ） A．42 B．62 C．82 D．8

x2y24．已知椭圆C:1的右焦点是F，直线ykxk0与椭圆C交于A、B两

3620点，则AF2BF的最小值是（ ） A．36

B．48

C．72

D．96

22x25．已知F1,F2分别是双曲线y21的左、右焦点，P为双曲线右支上异于顶点的任

4意一点，若△PF1F2内切圆圆心为I，则圆心I到圆x(y1)1上任意一点的距离最小值为（ ） A．2

6．如图，已知曲线yB．51

C．1

D．52

22x2上有定点A，其横坐标为aa0，AC垂直于x轴于点C，

M是弧OA上的任意一点（含端点），MD垂直于x轴于点D，MEAC于点E，OE与MD相交于点P，则点P的轨迹方程是（ ）

A．y13x0xa a2B．yD．y13axx0xa 2a2a2axx0xa 22C．y2xax0xa

F7．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

20161x2y28．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

x2y29．已知双曲线C:21a0,b0的左焦点为F1，若直线l:ykx，2ab3k,3与双曲线C交于M、N两点，且MF1NF1，则双曲线C的离心率的取值

3范围是（ ） A．1,2

B．2,2

C．2,31 D．2,31

10．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)

C．[2,2]

D．(1,2)

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1x2y212．斜率为的直线l与椭圆C：221ab0相交于A，B两点，且l过C的

4ab左焦点，线段AB的中点为M2,1，C的右焦点为F，则△AFB的周长为（ ） A．

487 7B．

247 7C．

4814 7D．

2414 7二、填空题

13．已知中心在原点，对称轴为坐标轴的椭圆，其中一个焦点坐标为F2,0，椭圆被直线l:yx3所截得的弦的中点横坐标为2，则此椭圆的标准方程为______.

14．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______．

15．过点P2,0的直线l与抛物线C:y28x相交于A、B两点，若A、B在第一象限，且点A为线段PB的中点，则直线l的斜率为___________.

22OP16．设点P是抛物线C:y4x上一动点，F是抛物线的焦点，O为坐标原点，则

PF2的最大值为___________.

x2y217．设双曲线C:21a0,b0的右焦点为F，点P在C的右支上，O为坐2ab标原点，若存在点P，使PFOF，且cosOFP___________．

1，则双曲线的离心率为4x2y218．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_________．

19．如图，两个离心率相等的椭圆1与椭圆2，焦点均在x轴上A，B分别为椭圆2的右5顶点和上顶点，过A，B分别作椭圆1的切线AC，BD，若AC与BD的斜率之积为，则

7椭圆1的离心率为__________.

20．对抛物线C：x24y，有下列命题：

①设直线l：ykx1，则直线l被抛物线C所截得的最短弦长为4；

②已知直线l：ykx1交抛物线C于A、B两点，则以AB为直径的圆一定与抛物线的准线相切；

③过点P2,ttR与抛物线有且只有一个交点的直线有1条或3条；

④若抛物线C的焦点为F，抛物线上一点Q2,1和抛物线内一点R2,mm1，过点

Q作抛物线的切线l1，直线l2过点Q且与l1垂直，则l2平分RQF；

其中你认为是正确命题的所有命题的序号是______.

三、解答题

1x2y221．椭圆1上一点P到左焦点F的距离为6，若点M满足OM(OPOF)25162（O为坐标原点），则|OM|________．

22．已知抛物线C:y22px(p0)的焦点F到直线l:yx的距离为线C上两个动点，满足线段AB的中点M在直线l上，点N(0,2).

2，A,B为抛物2

（1）求抛物线C的方程； （2）求△NAB面积的取值范围.

23．如图所示，某探月卫星沿地月转移轨道飞向月球，在月球附近一点P变轨进入以月球球心F为左焦点､长轴长为40万公里､短轴长为4万公里的椭圆轨道T1绕月飞行，之后卫星在点P第二次变轨进入仍以F为左焦点､长轴长为20万公里的椭圆轨道T2绕月飞行.

（1）求椭圆轨道T2的短轴长；(近似到0.1)

（2）若椭圆轨道T2上有四个卫星观测点A､B､C､D，且四边形ABCD是以椭圆T2中心为对称中心的矩形，将矩形ABCD的面积称为观测覆盖面，求观测覆盖面的最大值(近似到0.1).

x2y224．已知椭圆C:221ab0经过点A2,1，椭圆C在点A处的切线方程为

abyx3.

（1）求椭圆C的方程；

（2）设过点B3,0且与x轴不重合的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，直线AM，AN分别与直线x3分别交于P，Q，记点P,Q的纵坐标分别为p，q，求pq的值. 25．荷兰数学家舒腾(F.van Shooten，1615-1660)设计了一种画椭圆的工具，如图1所示，两根等长的带槽的直杆AC和BF的一端各用钉子固定在点A和B上(但分别可以绕钉子转动)，ACBF4，另一端用铰链与杆FC连接，FCAB2，AC和BF的交点为E，转动整个工具，交点E形成的轨迹为椭圆Γ.以线段AB中点O为原点，AB所在的直线为x轴建立如图2的平面直角坐标系.

（1）求椭圆Γ的标准方程；

（2）经过B点的直线l交椭圆Γ于不同的两点M、N，设点P为椭圆的右顶点，当

△PNM的面积为

62时，求直线l的方程. 7x2y226．已知椭圆C:221(ab0)的长轴长为4，焦距为23，点P为椭圆C上一

ab动点，且直线AP,BP的斜率之积为1． 4

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）设A,B分别是椭圆C的左右顶点，若点M,N是C上不同于A,B的两点，且满

AP//OM,BP//ON，求证：△MON的面积为定值．

【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】

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】

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，

S△OMNS△OAB所以

S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，

S△OMNS△OAB44所以，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， k2所以ABxAxB48故选：B

89，解得k22. k2

【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】

写出直线l的方程，设点Ax1,y1、Bx2,y2，联立直线l与抛物线的方程，列出韦达定理，利用抛物线的焦点弦长公式可求得AB. 【详解】

2抛物线y4x的焦点F1,0，直线l的方程为yx1，设点Ax1,y1、Bx2,y2

yx1联立2，可得x26x10，6240，所以，x1x26，

y4x由抛物线的焦点弦长公式得ABx1x228. 故选：D. 【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，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．

4．D

解析：D 【分析】

求得AFBF2a，结合acBFac，利用二次函数的基本性质可求得

AF2BF的最小值.

22【详解】

设椭圆C的左焦点为F，

在椭圆C中，a6，b25，则ca2b24，

由题意可知，点A、B关于原点对称，且O为FF的中点， 所以，四边形AFBF为平行四边形，

所以，BFAF，由椭圆的定义可得AFBFAFAF2a12，

k0，acBFac，即2BF10，

AF2BF12BF2222BF3BF24BF1443BF49696222，

当且仅当BF4时，等号成立，因此，AF2BF的最小值为96. 故选：D. 【点睛】

关键点点睛：解决本题的关键在于以下几点：

（1）问题中出现了焦点，一般利用相应曲线的定义，本题中利用对称性结合椭圆定义可得出AFBF；

（2）利用椭圆的几何性质得出焦半径的取值范围.

225．C

解析：C 【分析】

设△PF1F2内切圆与△PF1F2的三边PF1､PF2､F1F2的切点分别为D､N､M，根据圆的切线性质，可得OM2，即可得答案. 【详解】

设△PF1F2的内切圆分别与PF1,PF2切于点A,B，与F1F2切于点M，则

|PA||PB|,|F1A||F1M|，|F2B||F2M|．又点P在双曲线右支上， |PF1||PF2|2a，即(|PA||F1A|)(|PB||F2B|)2a， |F1M||F2M|2a ①，

又|F1M||F2M|2c ②，

由①＋②，解得|F1M|ac， 又|OF1|c，则M(a,0)，

x2因为双曲线y21的a2，

4所以内切圆圆心I与在直线x2上，设I(2,y0)， 设圆x2(y1)21的圆心为C，则C(0,1)， 所以|CI|222y01，当y01时，|CI|min2，

22此时圆x(y1)1上任意一点的距离最小值为|CI|min1211．

故选： C．

【点睛】

本题考查双曲线的定义和性质，关键点是由定义和已知得到|F1M||F2M|2a和

|F1M||F2M|2c，考查了学生分析问题、解决问题的能力，属于中档题.

6．A

解析：A 【分析】

设点Px,y，求出点M、E的坐标，利用O、P、E三点共线可得出OP//OE可求得点P的轨迹方程. 【详解】

设点Px,y，其中0xa，则点Mx,x2，

ME与直线xa垂直，则点

Ea,x2，

因为O、P、E三点共线，则OP//OE，可得ayx，y因此，点P的轨迹方程是y故选：A. 【点睛】

方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：

（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；

313x， a13x0xa. a（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；

（3）相关点法：用动点Q的坐标x、y表示相关点P的坐标x0、y0，然后代入点P的坐标x0,y0所满足的曲线方程，整理化简可得出动点Q的轨迹方程；

（4）参数法：当动点坐标x、y之间的直接关系难以找到时，往往先寻找x、y与某一参数t得到方程，即为动点的轨迹方程；

（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.

7．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.

8．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S13，即4S13S2， 所以

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 4c9．C

解析：C 【分析】

根据题意，得到F1c,0，设Mx,y，则Nx,y，由MF1NF1，求出

222a2cax22y212222cxyc0与双曲线联立，求出，再由k2,3，列出

4224x32c2acayc2不等式求解，即可得出结果 【详解】

22xy因为点F1为双曲线C:221a0,b0的左焦点，则F1c,0，

ab设Mx,y，由题意有Nx,y，则MF1cx,y，NF1cx,y，

2222又MF1NF1，所以MF1NF1cxcxy0，则xyc0，

x2y2又Mx,y在双曲线上，所以221，

abx2y2222a2ca221abx22222c由xyc解得，

4224c2a2b22c2acay2c又M在直线ykx上，k23,3， 3y2c42a2c2a4e42e21e41k1所以3,3， x22e212e21a22c2a2e443e48e2402e213即，整理得4， 24e8e40e42e212解得2e2423或423e2（舍，因为双曲线离心率大于1）， 3所以2e31， 故选：C

【点睛】

关键点点睛：本题考查双曲线的性质，考查双曲线的标准方程，解决本题的关键点是把

MF1NF1转化为向量数量积的坐标表示，求出点M的轨迹方程，结合点在双曲线上，

求出点的坐标，代入斜率公式求出离心率的范围，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题．

10．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

2211．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．C

解析：C 【分析】

21b由已知得直线l的方程可得c，设Ax1,y1Bx2,y2代入椭圆的方程做差可得2，

8a然后利用b2c2a2可得a2，再利用椭圆定义可得答案. 【详解】

易得直线l的方程为y113(x2)1x， 442当y0时，x6，所以c6，

x12y12122a2b2x2x12y2y12设Ax1,y1，Bx2,y2，则2，则0， 222abx2y21a2b22y2y12y2y1y2y1b2211a236整理得22， 2ax2x12x2x1x2x1448a解得a12144814. ，则FAB的周长为4a77故选：C. 【点睛】

本题考查了椭圆的定义、直线和椭圆的位置关系，在解答平面解析几何中的某些问题时，如果能适时运用点差法，可以达到“设而不求”的目的，同时，还可以降低解题的运算量，优化解题过程，这类问题通常与直线斜率和弦的中点有关或借助曲线方程中变量的取值范围求出其他变量的范围.

二、填空题

13．【分析】设椭圆方程为代入直线方程整理就后应用韦达定理结合弦中点横坐标求得关系再由可得得椭圆方程【详解】设椭圆方程为由得所以由题意又所以椭圆方程为故答案为：【点睛】方法点睛：本题考查求椭圆的标准方程解

x2y21 解析：84【分析】

x2y2设椭圆方程为221(ab0)，代入直线方程整理就后应用韦达定理结合弦中点横

ab坐标求得a,b关系，再由c2可得a,b得椭圆方程．

【详解】

22xy1x2y2设椭圆方程为221(ab0)，由a2b2，得

abyx3(a2b2)x26a2x9a2a2b20，

6a26a2所以x1x22，由题意222，a22b2， 22abab又c2，所以a2b2b2c24，a28，

x2y2椭圆方程为1．

84x2y2故答案为：1．

84【点睛】

方法点睛：本题考查求椭圆的标准方程．解题方法是韦达定理．由直线方程与椭圆方程联立方程组，消元后应用韦达定理可得出弦中点坐标，从而得出a,b的关系．然后结论半焦距c可求解．

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】由题意可知直线的斜率存在且为正数可设直线的方程为设点将直线的方程与抛物线的方程联立列出韦达定理可得出代入韦达定理求出的值即可得出直线的斜率为【详解】由于过点的直线与抛物线相交于两点若在第一象 解析：

22 3【分析】

由题意可知，直线l的斜率存在且为正数，可设直线l的方程为xmy2m0，设点

Ax1,y1、Bx2,y2，将直线l的方程与抛物线C的方程联立，列出韦达定理，可得出

y22y1，代入韦达定理求出m的值，即可得出直线l的斜率为

【详解】

由于过点P2,0的直线l与抛物线C:y8x相交于A、B两点，若A、B在第一象

21. m限，

所以，直线l的斜率存在且为正数，

设直线l的方程为xmy2m0，设点Ax1,y1、Bx2,y2，

xmy22联立2，可得y8my160，64m2640，m0，解得m1.

y8x由韦达定理可得y1y28m，y1y216，

由于点A为线段PB的中点，则y22y1，8my1y23y1，y128m， 3328m，可得m29，

，解得， m016y1y22y122m843因此，直线l的斜率为k1422. m323故答案为：【点睛】

22. 3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.

16．【分析】设点则则可得出令利用二次函数的基本性质求出二次函数的最大值即可得出的最大值【详解】设点则则抛物线的准线方程为由抛物线的定义可得所以令当且仅当时函数取得最大值因此的最大值为故答案为：【点睛】方 解析：23 3【分析】

设点Px,y，则y4x，则x0，可得出

2OPPF123，令x1x12t10,1，利用二次函数的基本性质求出二次函数y3t22t1的最大值，即x1可得出

OP的最大值. PF2【详解】

设点Px,y，则y4x，则x0，

抛物线C的准线方程为x1，由抛物线的定义可得PFx1， 所以，

OPPFx2y2x1x24x2x2x1x122x132x11223， 2x1x111440,1，y3t22t13x0，令tt， x1333当且仅当tOP14232. 时，函数y3t2t1取得最大值，因此，的最大值为

PF333故答案为：【点睛】

23. 3方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：

一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；

二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．

17．2【分析】在焦点三角形中由余弦定理求得关系再求离心率【详解】设双曲线的左焦点为在中由余弦定理得故答案为：2【点晴】求离心率的关键是得的关系本题是由余弦定理得出

解析：2 【分析】

在焦点三角形中由余弦定理求得a,c关系，再求离心率. 【详解】

PE2ac，设双曲线的左焦点为E，在△EFP中，EF2c，PFc，cosEFP1. 424c2c2c2a1 ，得ec2. 由余弦定理cosEFPa22cc4故答案为：2 【点晴】

求离心率的关键是得a,b,c的关系，本题是由余弦定理得出.

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

2222程. 【详解】

依题意，椭圆的焦距为46，即2c46，c26，即a2b224，

1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221Ax,y,Bx,y设1122联立方程a得by52x4a2b2x220a2x25a2a2b20，

20a225a2a2b2故x1x2， ,x1x24a2b24a2b2即y1y252x152x22510x1x24x1x2

20a225a2a2b225b24a2b2， 2510244ab24a2b24a2b225a2a2b225b24a2b2由OAOB知，OAOBx1x2y1y20，即0，

4a2b24a2b2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】由已知设圆的方程为椭圆的方程为再设出直线AC的方程为直线BD的方程为分别与椭圆的方程为联立整理由直线与椭圆相切的条件求得斜率再由已知得由此可求得椭圆的离心率【详解】因为两个椭圆与椭圆的离心率

解析：

【分析】

14 7由已知设圆1的方程为

x2ma2+y2mb222xy1，椭圆2的方程为+1，再设出直线22abAC的方程为yk1xma，直线BD的方程为yk2x+mb，分别与椭圆2的方程为

x2y2+1联立整理，由直线与椭圆相切的条件0，求得斜率，再由已知得a2b2b25，由此可求得椭圆的离心率. 2a7【详解】

因为两个椭圆1与椭圆2的离心率相等，所以设椭圆1的方程为

x2ma2+y2mb21，

x2y2椭圆2的方程为2+21，

abx2y2设直线AC的方程为yk1xma，与椭圆2的方程为2+21联立整理得：

abb+akx222122mk12a3x+k12m2a4a2b20，

因为直线AC与椭圆2相切，则2mk12a324b2+a2k12k12m2a4a2b20，

b2整理化简得k2，

am2121x2y2设直线BD的方程为yk2x+mb，与椭圆2的方程为2+21联立整理得：

abb+akx222222mk2a2bx+b2m2a2a2b20，

因为直线BD与椭圆2相切，则2mk2a2b整理化简得k2224b2+a2k22b2m2a2a2b20，

b2m21a2，

22bb522又AC与BD的斜率之积为，所以k1k2227am1m21a25，整理得72b25c2b2522，所以e11， 222a7aa77所以椭圆1的离心率为

14， 7故答案为：【点睛】

14. 7关键点点睛：解决直线与椭圆的位置关系的问题，关键在于联立直线与椭圆的方程，运用方程的根的判别式的正负，满足直线与椭圆相交，相切，相离.

20．①②④【分析】①将抛物线与直线联立消去利用根与系数关系求出再由弦长公式即可求出弦长进而可求出弦长的最小值即可判断①的正误；②利用中点坐标公式求出以为直径的圆的圆心的纵坐标判断圆心到直线的距离与半径的

解析：①②④ 【分析】

①将抛物线与直线联立消去y，利用根与系数关系求出x1x2，x1x2，再由弦长公式即可求出弦长，进而可求出弦长的最小值，即可判断①的正误；

②利用中点坐标公式，求出以AB为直径的圆的圆心的纵坐标，判断圆心到直线的距离

y1y21与半径r|AB|的大小关系，即可判断②的正误； 2③将x2代入x24y，可得P2,1在抛物线上，此时当直线的斜率不存在时，只有一个交点，当直线与抛物线相切时，也只有一个交点，故与抛物线只有一个交点的直线有可能有2条，可判断③错误；

④设l1的方程为y1kx2，将直线与抛物线联立消去y，利用判别式即可求出k，进而可求出直线l1的倾斜角，即可判断④的正误. 【详解】

x24y①联立方程，消去y可得x24kx40，16k2160恒成立，

ykx1设两交点坐标分别为Ax1,y1，Bx2,y2， 所以由根与系数的关系得x1x24k，x1x24， 故AB1k2x1x224x1x21k2161k24k244，

当k0时，AB取得最小值4，所以最短弦长为4，故①正确，

2②由①可知x1x24k，则y1y2kx1kx224k2，

故以AB为直径的圆的圆心坐标为2k,2k1，半径r抛物线x4y的准线方程为y1，

22AB2k22， 2故圆心到准线y1的距离d2k2112k22r， 所以以AB为直径的圆一定与抛物线的准线相切，故②正确，

③将x2代入x24y，解得y1，所以当t1时，即P2,1在抛物线上， 当直线的斜率不存在时，方程为x2，此时只有一个交点2,1，

当直线斜率存在且只与抛物线只有一个交点时，当且仅当该直线为切线时满足条件， 所以过点P2,t只与抛物线只有一个交点的直线有可能有2条，故③错误， ④因为抛物线的焦点为F0,1，又Q2,1，R2,m， 所以三角形FQR为直角三角形且过Q2,1的切线斜率一定存在， 设l1的方程为y1kx2，代入x24y，可得x24k8k40，

2由16k48k40可得k1，即直线l1的倾斜角为45，

因为直线l2过点Q且与l1垂直，所以一定平分RQF，故④正确. 故答案为：①②④ 【点睛】

思路点睛：直线与抛物线交点问题的解题思路：

(1)求交点问题，通常解直线方程与抛物线方程组成的方程组； (2)与交点相关的问题通常借助根与系数的关系或用向量法解决．

三、解答题

21．2 【分析】

根据a2b2c2求出左焦点F的坐标，然后设P的坐标P(x0,y0)，根据两点间的距离公式求出P到左焦点的距离以及代入椭圆方程中解得P的坐标，由OM1(OPOF)得2到M为PF的中点，根据中点坐标公式求出M的坐标，利用两点间的距离公式求出

|OM|即可．

【详解】

x2y21得a5，b4， 由椭圆2516x02y02左焦点F(3,0)，设P(x0,y0)，则x03y036又1

251622解得x0555或x0（舍去）；

33582代入到椭圆方程中求出y0，

33又P在椭圆上，则将x0582所以点P(，)；

33由点M满足OM1(OPOF)，则得M为PF中点， 2242M根据中点坐标公式求得3,3， 2422所以|OM|()2()2

33故答案为：2. 【点睛】

本题考查椭圆的简单几何性质，会利用两点间的距离公式及中点坐标公式、点到直线的距离公式化简求值，同时也考查学生掌握向量的运用法则及向量模的求法，属于中档题． 22．（1）y24x；（2）(0,4]. 【分析】

（1）利用抛物线焦点F到直线l的距离为

2，求出抛物线方程； 2（2）设出直线AB的方程与抛物线方程联立，由弦长公式和点线距公式表示出△NAB的面积，并由线段AB的中点M在直线l上减少参数，利用换元法得出△NAB面积的取值范围． 【详解】 （1）Fp,0 2p2，解得p2 由

d222所以抛物线方程为y4x

2y12y2,y1,B,y2 （2）设直线AB的方程为：xmyt,A442y24x2联立方程组，消去x得y4my4t0

xmyt所以y1y24m，

yy4t12得M(2m,2m)

2y12y22有4m，即y1y22y1y216m 44所以t2m2m2 点N到AB的距离h|2mt|1m22 |AB|1m2y1y24y1y241m2m2t 所以SNAB1|AB|h2|2mt|m2t 22mm2 42mm2令u2mm2，则u(m1)21 由yx，得l与抛物线的两交点坐标为(0,0),(4,4)， 2y4x因点M在l上可得m(0,2) 所以(0,1] 得SNAB4u3(0,4]

【点睛】

关键点点睛：本题考查抛物线的方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查面积公式，解决本题的关键点是由弦长公式和点线距公式表示出△NAB的面积，并由线段AB的中点M在直线l上减少参数，利用换元法和函数的性质得出△NAB的面积的取值范围，考查了学生计算能力，属于中档题．

23．（1）2.8万公里；（2）28.2万平方公里. 【分析】

（1）根据题意，可得椭圆T1的半长轴a1，半短轴b1，根据a1，b1，c1的关系，可求得c1的值，即可求得PFa1c1a2c2，又椭圆T2的中，2a220，可求得c2的值，进而可求得b2的值，即可得答案.

（2）椭圆T2放入平面直角坐标系中，可得椭圆T2的标准方程，设A(x，y)为椭圆上的任意点，根据题意，可得矩形ABCD的面积为S4xy，根据椭圆的方程，结合基本不等式，即可求得xy的最大值，即可得答案. 【详解】

（1）设椭圆T1的长轴长，短轴长，焦距为2a1，2b1，2c1； 设椭圆T2的长轴长，短轴长，焦距为2a2，2b2，2c2；. 因此2a1=40，2b1=4，则c1=a12b12611， 所以PFa1c1a2c220611， 又2a220，所以c261110， 所以b2a22c22120113961.412

故椭圆轨道T2的短轴长为2.8万公里

（2）将椭圆T2放入平面直角坐标系中，使得长轴，短轴分别在x轴，y轴上，对称中心在原点，

x2y21， 则椭圆T2的标准方程为

10012011396设A(x，y)为椭圆上的任意点，则矩形ABCD的面积为S=4xy，

x2y2x2y212， 10012011396100(12011396)x2y2当且仅当时等号成立， 10012011396所以xy5120113967.06， 所以S4xy28.2

因此观测覆盖面的最大值为28.2万平方公里. 【点睛】

解题的关键是根据题意，求得面积表达式，再根据椭圆的方程，结合基本不等式求解，计算难度大，考查计算求值的能力,属中档题.

x2y224．（1）1；（2）12.

63【分析】

（1）椭圆C过点A2,1，B2,1，在点A处的切线方程为yx3,可用待定系数法求椭圆的标准方程；

（2）用设而不求法把p，q表示出来，整理化简即可. 【详解】

（1）由题意知椭圆C在A2,1处的切线方程为

2112xya6yx31也为，∴2 ab23a2b2b3x2y2椭圆C的方程为1.

63（2）

直线l的方程为ykx3，Mx1,y1，Nx2,y2

ykx3222x2kx6x960 22x2y612kx2212k2x18k260

直线AM方程为：y直线AN方程为yy115y11x21，令x3p1 x12x12y215y21x21，令x3q1 x22x22∴pq5kx131kx231y11y21252 x2x2x2x22121kx12k1kx22k1x1x2452 210k5k1x12x22x12x2212k24212k10k5k1218k2624k242212k12k.

4k2410k5k1222k210k5k12212即pq12.

【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.

x2y225．（1）1；（2）xy1.

43【分析】

x2y2（1）设椭圆的标准方程为221，连接AF，由AFB≌AFC，得到

ab△ABE≌△FCE，再利用椭圆定义求解.

xmy1（2）设直线l的方程为：xmy1,联立x2y2，结合韦达定理得到y1y2,然后

134由△PNM的面积为【详解】 （1）如图所示：

62求解. 7

x2y2由题意可设椭圆的标准方程为221，连接AF，可得AFB≌AFC，

ab所以ABE≌FCE,EFAE,EAEBEFEBFB4，

由椭圆定义可知：a2,c1，b3，

x2y2所以椭圆的方程为1.

43（2）由题意知，B(1,0)，设直线l的方程为：xmy1，设Mx1,y1,Nx2,y2，

xmy122联立x2y2，消去x得：3m4y6my90，

13412m21, 可知y1y223m4SPMN16m21.

y1y2123m246m2162， 23m47解得m1，

所以直线l的方程为xy1. 【点睛】

方法点睛：1、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．

2、解决直线与曲线的弦长时，往往设直线与曲线的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则

122AB(1k2)x1x24x1x2(12)y1y24y1y2 (k为直线斜

k率)．

注意：利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式大于零．

x226．（1）y21；（2）定值为1，证明见解析

4【分析】

（1）根据题意可得a2，c3，再由a2b2c2即可求解.

（2）设M(x1,y1),N(x2,y2)，且直线MN的方程为：xmyt，由题意可得

1kOMkON，联立直线MN和椭圆方程，利用韦达定理可得2t2m24，再由

41S|t||y1y2|，化简整理即可求解.

2【详解】

（1）由题意可得 2a42c23 a2b2c22x解得b1，椭圆C的标准方程为y21

4（2）证明：设M(x1,y1),N(x2,y2)，直线MN的方程为：xmyt 由AP//OM,BP//ON,kAPkBP11,得kOMkON 44即

y1y21， x1x24xmyt联立直线MN和椭圆方程：x2， 2y14整理得：(4m)y2mtyt40

2222mtt24由韦达定理可得：y1y2 ,y1y2224m4m4t24m2又x1x2(my1t)(my2t)

4m2代入

y1y21，可得2t2m24， x1x24△MON的面积

2222112|t|4mt2|t|2tt2S|t||y1y2||t|(y1y2)4y1y21224m22t2，

△MON的面积为定值1． 【点睛】

关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，解题的关键是求出直线MN的方程

xmyt中2t2m24，考查了计算能力.