【文档说明】(通用版)高考数学(文数)一轮复习考点梳理与过关练习39《直线与圆锥曲线的位置关系》(含详解).doc，共(68)页，3.633 MB，由MTyang资料小铺上传

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考点39直线与圆锥曲线的位置关系（1）了解圆锥曲线的简单应用.（2）理解数形结合的思想.一、直线与圆锥曲线的位置关系1．曲线的交点在平面直角坐标系xOy中，给定两条曲线12,CC，已知它们的方程为12:(,)0,:(,)0CfxyCgxy，求曲线12,CC的交点坐标，即求方

程组(,)0(,)0fxygxy的实数解.方程组有几组实数解，这两条曲线就有几个交点.若方程组无实数解，则这两条曲线没有交点.2．直线与圆锥曲线的交点个数的判定设直线:0lAxByC，圆锥曲线:(,)0Cfxy，把二者方程联立得到方程组，消去()y

x得到一个关于()xy的方程220(0)axbxcaybyc.（1）当0a时，0方程有两个不同的实数解，即直线与圆锥曲线有两个交点；0方程有两个相同的实数解，即直线与圆锥曲线有一个交点；0方程无实数解，即直线与圆锥曲线无交点.（2）当a=0时，方程为一次方程，若b

≠0，方程有一个解，此时直线与圆锥曲线有一个交点；若b=0,c≠0，方程无解，此时直线与圆锥曲线没有交点.3．直线与圆锥曲线的位置关系直线与圆锥曲线相交时，直线与椭圆有两个公共点，与双曲线、抛物线有一个或两个公共点.（1）直线与

椭圆有两个交点相交；直线与椭圆有一个交点相切；直线与椭圆没有交点相离.（2）直线与双曲线有两个交点相交.当直线与双曲线只有一个公共点时，除了直线与双曲线相切外，还有可能是直线与双曲线相交，此时直线与双曲线的渐近线平行.直线与双曲线没有交点相离.（3）直线与抛物线

有两个交点相交.当直线与抛物线只有一个公共点时，除了直线与抛物线相切外，还有可能是直线与抛物线相交，此时直线与抛物线的对称轴平行或重合.直线与抛物线没有交点相离.二、圆锥曲线中弦的相关问题1．弦长的求解（1）当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解；（2）当直线的斜率存在时，

斜率为k的直线l与圆锥曲线C相交于1122(,),(,)AxyBxy两个不同的点，则弦长2222121121221()()1||1||(0)＝ABxxyykxxyykk.（3）当弦过焦点时，可结合焦半径公式

求解弦长.2．中点弦问题（1）AB为椭圆22221(0)xyabab的弦，1122(,),(,)AxyBxy，弦中点M(x0，y0)，则AB所在直线的斜率为2020bxkay，弦AB的斜率与弦中点M和椭圆中心O的连线的斜率之积为定值22ba.（2）AB为双曲线2

2221(0,0)xyabab的弦，1122(,),(,)AxyBxy，弦中点M(x0，y0)，则AB所在直线的斜率为2020bxkay，弦AB的斜率与弦中点M和双曲线中心O的连线的斜率之积为定值22ba.（3）在抛物线22(0)ypxp中，以M(x0，y0)为中点的弦

所在直线的斜率0pky.考向一直线与圆锥曲线位置关系的判断及应用1．判断直线与圆锥曲线的交点个数时，可直接求解相应方程组得到交点坐标，也可利用消元后的一元二次方程根的判别式来确定，需注意利用判别式的

前提是二次项系数不为0.2．依据直线与圆锥曲线的交点个数求参数时，联立方程并消元，得到一元方程，此时注意观察方程的二次项系数是否为0，若为0，则方程为一次方程；若不为0，则将方程解的个数转化为判别式与0的大小关系求解.典

例1已知椭圆，直线:y＝x＋m．(1)若与椭圆有一个公共点，求的值；(2)若与椭圆相交于P,Q两点，且|PQ|等于椭圆的短轴长，求m的值．【解析】(1)联立直线与椭圆的方程，得2244xyyxm，即，由于直线与椭圆有一个公共点，则所以.(2)设，由(

1)知：2121284455，mmxxxx，则|PQ|=2212421||55kxxm=2.解得：.典例2已知抛物线2:2(0)Cypxp的焦点为(1,0)F，抛物线2:2(0)Expyp的焦点为M．（1）若过点M的直线l与抛物线

C有且只有一个交点，求直线l的方程；（2）若直线MF与抛物线C交于A，B两点，求OAB△的面积．【解析】（1）由题意知抛物线2:2(0)Cypxp的焦点为(1,0)F，抛物线2:2(0)Expyp的焦点为M，所以2p

，(0,1)M，则抛物线C的方程为24yx，抛物线E的方程为24xy.若直线l的斜率不存在，则易知直线l的方程为0x；若直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为1ykx，联立24yx，可

得22(24)10kxkx，当0k时，14x，满足题意，此时直线l的方程为1y；当0k时，22(24)40kk，解得1k，此时直线l的方程为1yx.综上，直线l的方程为0x，或1y，或1

yx.（2）易得直线MF的方程为1yx，由241yxyx得2440,yy设1122(,),(,)AxyBxy，则124yy，124yy，从而1242yy，所以OAB△的面积为121

222OABSOFyy△．1．已知121,0,1,0FF是椭圆C的两个焦点，过2F且垂直于x轴的直线交C于,AB两点，且3AB，则C的方程为A．22132xyB．2213xyC．22143xyD．22154xy2．已知点1,2P到抛物线2

:20Cypxp的准线的距离为2.（1）求抛物线C的方程及焦点F的坐标；（2）设点P关于原点O的对称点为点Q，过点Q作不经过点O的直线与C交于两点,AB，求直线PA与PB的斜率之积.考向二直线与圆锥曲线的弦长问题直线与圆锥曲线

的弦长问题有三种解法：（1）过圆锥曲线的焦点的弦长问题，利用圆锥曲线的定义可优化解题．（2）将直线的方程与圆锥曲线的方程联立，求出两交点的坐标，再运用两点间距离公式求弦长．（3）它体现了解析几何中的设而不求的思想，其实质是利用两点之间的距离公式以及一元二次方程根与系数的关系

.典例3已知抛物线：（），焦点为，直线交抛物线于，两点，为的中点，且．（1）求抛物线的方程；（2）若，求0xAB的最小值．【解析】（1）根据抛物线的定义知，，∵，∴，∴．（2）设直线的方程为，代入抛物线方程，得，∵，即22111214yyyy，∴，即，∴，∴，，，222212110

1212121244xxyyxyyyym，∴20221212xmABmm，令，，则012421121xtABttt，当且仅当1t时等号成立．故0xAB的最小值为24.典例4已知椭圆E：22

2210xyabab的上顶点为P，右顶点为Q，直线PQ与圆2245xy相切于点24,55M.（1）求椭圆E的标准方程；（2）设椭圆E的左、右焦点分别为1F、2F，过1F且斜率存在的直线l与椭圆E相交于A，B两点

，且222AFBFAB，求直线l的方程.【解析】（1）∵直线PQ与圆2245xy相切于点24,55M，且45225OMk，∴12PQk，∴直线PQ的方程为412525yx，∴0,1P，2,0Q，即2a，1b，

∴椭圆E的标准方程为2214xy；（2）易知直线l的斜率不为零，设直线l的方程为3ykx，代入椭圆E的方程2214xy中，得222214831240kxkxk，由椭圆定义知224AFBFABa

，又222AFBFAB，从而4833ABa，设11,Axy，22,Bxy，则21228314kxxk，212212414kxxk.∴222121212114ABkxxkxxxx83，代入并整理得2212143

kk，∴15k.故直线l的方程为530xy或530xy.3．直线1yax与双曲线2231xy相交于A，B两点．（1）当2a时，求线段AB的长；（2）若以AB为直径的圆经过坐标原点，求实数a的值．4．已知抛物线22(0

)ypxp的焦点为F，过点F且与x轴不垂直的直线l与抛物线交于点11,,Axy22,Bxy，且124yy．（1）求抛物线的方程；（2）设直线l与y轴交于点D，试探究：线段AB与FD的长度能否相等？如果相等，求直线l的方程，如果不等，说明理由．考向三圆锥曲线中的定点、定值

问题定点、定值问题多以直线与圆锥曲线为背景，常与函数与方程、向量等知识交汇，形成了过定点、定值等问题的证明.解决此类问题的关键是引进参变量表示所求问题，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量.可以先研究一下特殊情况，找出定点或定值，再视具体情况进行研究.同时，也要掌握巧妙利用特殊值解决相

关的定点、定值问题，如将过焦点的弦特殊化，变成垂直于对称轴的弦来研究等.典例5如图，已知点E(m,0)(m＞0)为抛物线y2＝4x内一个定点，过E作斜率分别为k1，k2的两条直线交抛物线于点A，B，C，D，且M，N分别是AB，CD的中点

．（1）若m＝1，k1k2＝－1，求△EMN面积的最小值；（2）若k1＋k2＝1，求证：直线MN过定点．【解析】（1）当时，为抛物线的焦点，∵，∴.设直线的方程为，，由得，，.则211221,Mkk，同理，，∴22112211112111222EMNSEM

ENkkkk△，化简得2111122242EMNkSEMENk△，当且仅当时等号成立.故的面积取得最小值，为4.（2）设直线的方程为，，由得，，，则21122,Mmkk，同理22222,Nmkk，∴直线的方程为1221122yk

kxmkk，即，∴直线恒过定点．典例6已知椭圆方程为2214yx，射线2(0)yxx与椭圆的交点为M，过M作倾斜角互补的两条直线，分别与椭圆交于,AB两点（异于M）.（1）求证：直线AB的斜率为定值；

（2）求AMB△面积的最大值.【解析】（1）由22142(0)yxyxx，得2,22M，不妨设直线2:22MAykx，直线2:22MBykx

.由2222214ykxyx，得2222142222202kxkkxkk，设11222,,,,,22AxyBxyM，212222224kkxk，

21224424kkxk，同理得22224424kkxk，1212121222ABkxxyykxxxx，直线AB的斜率为定值2.（2）设直线:2AByxm，由222

14yxmyx，得228440xmxm，则212124,28mmxxxx，由得2222m，且0m，又点M到AB的距离||5md，222481445284mm

mAB，则22222118118||81224442AMBmmmSABdmmm△，当且仅当228mm，即24m，2m时，取等号，所以AMB△面积的最大值为1

.5．已知抛物线22(0)xpyp过点(2,1).（1）求抛物线的方程和焦点坐标；（2）过点(0,4)A的直线l与抛物线交于两点,MN，点M关于y轴的对称点为T，试判断直线TN是否过定点，并加以证明.6．已知椭圆2222:1(0)xyEabab的离心率为，右

焦点与抛物线的焦点重合，左顶点为，过的直线交椭圆于两点，直线与直线交于两点.（1）求椭圆的方程；（2）试计算是否为定值？若是，请求出该值；若不是，请说明理由.1．直线=与椭圆=的位置关系为A．相交B．相切C．相离D．不确定2．已知直线

与双曲线的右支有两个交点，则的取值范围为A．B．C．D．3．直线1yx被椭圆2248xy截得的弦长是A．1225B．825C．34D．1724．设为抛物线：的焦点，过作倾斜角为30°的直线交于、

两点，则A．B．16C．32D．5．直线过抛物线的焦点且与抛物线交于两点，若线段的长分别为，则的最小值是A．10B．9C．8D．76．已知直线1ykx与抛物线28xy相切，则双曲线2221xky的离心率为A．5B．

3C．2D．327．已知椭圆22221(0)xyabab的右焦点为F，离心率为22，过点F的直线l交椭圆于,AB两点，若AB中点为(1,1)，则直线l的斜率k为A．2B．2C．12D．128．过双曲线22221(0,0)xyabab的

右顶点A作倾斜角为135°的直线,该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为B,C,若22ABBC,则双曲线的渐近线方程为A．(+1)x+y=0B．(+1)y-x=0C．(+1)x±y=0D．(+1)y±x=09．过抛物线24yx的焦点F的直线与抛物

线交于A、B两点，且||3AF，O为坐标原点，则AOF△的面积与BOF△的面积之比为A．12B．33C．3D．210．若椭圆2221024xybb与直线有公共点，则该椭圆离心率的取值范围是A．10,2B．10,2

C．1,12D．1,1211．已知双曲线22221(0,0)xyabab的一条渐近线截椭圆所得弦长为，则此双曲线的离心率为A．B．C．62D．12．设抛物线24yx的焦点为F，准线为l，P为抛物线上一点，PAl，A为垂足，如

果直线AF的斜率为33，那么||PFA．23B．43C．3D．213．若直线2ykx与抛物线28yx交于,AB两个不同的点，抛物线的焦点为F，且,4,AFBF成等差数列，则kA．2或1B．1C．2D．1514．已知12,xx是关于x的方程2(21)0xmxm

的两个不等实根，则经过两点221122,,,AxxBxx的直线与椭圆221164xy公共点的个数是A．2B．1C．0D．不确定15．如图,过抛物线22(0)ypxp的焦点F的直线l交抛物线于点A、B,交其准线于点C,若|BC|=2|BF|,且|AF|=

3,则此抛物线的方程为A．29yxB．26yxC．23yxD．y2=x16．已知椭圆C：22184xy，过点M(1,0)的直线l与椭圆C交于点A，B，若=2，则直线l的斜率为A．114B．11

4C．1414D．141417．已知抛物线2:4Cyx的焦点为F，过点F分别作两条直线12,ll，直线1l与抛物线C交于,AB两点，直线2l与抛物线C交于,MN两点，若直线1l与直线2l的斜率的乘积为1，则||||ABMN的最小值为A．14B．16C．18D．2018．直线l过抛物线

2:2(0)Cypxp的焦点F且与C相交于A，B两点，且AB的中点M的坐标为(3,2)，则抛物线C的方程为A．22yx或24yxB．24yx或28yxC．26yx或28yxD．22yx或28yx19

．如图，已知斜率为1的直线l过椭圆C：22184yx的下焦点，交椭圆C于A，B两点，则弦AB的长等于__________．20．如果双曲线的渐近线与抛物线相切，则该双曲线的离心率为___________.21．过抛物线22(0)ypxp的焦点F，且倾斜角为π4的直线与抛物线交于,

AB两点，若弦AB的垂直平分线经过点0,2，则p等于___________.22．直线与椭圆分别交于点，，线段的中点为，设直线的斜率为，直线的斜率为，则的值为__________．23．过抛物线C:y2=x上一点A(1,1)作两条互相垂直的直线，分别

交抛物线于P,Q(异于点A)两点,则直线PQ恒过定点_________.24．过抛物线22(0)ypxp的焦点F且倾斜角为120的直线l与抛物线在第一、四象限分别交于A、B两点，则AFBF___________．25．已知椭圆22221(0)xyabab的离心率

63e，焦距是22．（1）求椭圆的方程；（2）若直线2(0)ykxk与椭圆交于C、D两点，625CD，求k的值．26．已知抛物线上的点P到点的距离与到直线的距离之差为，过点的直线交抛物线于两点.（1）求抛物线的方程；（2）若的面积为，求直线的方程.27．设A、B分

别为双曲线22221(0,0)xyabab的左、右项点，双曲线的实轴长为43，焦点到渐近线的距离为3．（1）求双曲线的方程；（2）已知直线323yx与双曲线的右支交于M、N两点，且在双曲线的右支上存在点D使OMONtOD，求t的值及点D的坐标．28．已知抛物线C：22(0)ypx

p的焦点为F，点,20Qttt在抛物线C上，2QF.（1）求抛物线C的标准方程；（2）如图，P为抛物线C的准线上任一点，过点P作抛物线C的切线PA，PB，切点分别为A，B，直线0x与直线PA，PB分别交于M

，N两点，点M，N的纵坐标分别为m，n，求mn的值.29．已知椭圆2222:1(0)xyCabab过点(2,1)且离心率为22.（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在过点0,3P的直线l与椭圆C相交于A，

B两点，且满足2PBPA．若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.30．已知抛物线2:20Cxpyp的焦点为F，准线为l，点AC，A在l上的射影为B，且ABF△是边长为4的正三角形.（1）求p；（2）过点F作两条相互垂直的直线121,,lll与C交于,

PQ两点，2l与C交于,MN两点，设POQ△的面积为1,SMON△的面积为2S（O为坐标原点），求2212SS的最小值.31．已知抛物线2:20Cypxp＝的焦点为F，直线4y与y轴的交点为P，与抛物线C的交点为Q，且2Q

FPQ＝.（1）求p的值；（2）已知点,2Tt为C上一点，M，N是C上异于点T的两点，且满足直线TM和直线TN的斜率之和为83，证明直线MN恒过定点，并求出定点的坐标．32．已知点(1,2)D在双

曲线:C22221xyab（0a，0b）上，且双曲线的一条渐近线的方程是30xy．（1）求双曲线C的方程；（2）若过点(0,1)且斜率为k的直线l与双曲线C有两个不同的交点，求实数k的取值范围；（3）设（2）中直线l与双曲线C交于AB、两个不同的点，若以线段AB为直径的

圆经过坐标原点，求实数k的值．33．已知抛物线21:2(0)Cypxp的焦点F以及椭圆22222:1(0)yxCabab的上、下焦点及左、右顶点均在圆22:1Oxy上．（1）求抛物线1C和椭圆2C的标准方程；（2）过点F的直线交抛物线1C于,AB不同的两点

，交y轴于点N，已知1NAAF，2NBBF，求证：12为定值．34．已知圆22:4Oxy，抛物线2:2(0)Cxpyp．（1）若抛物线C的焦点F在圆O上，且A为抛物线C和圆O的一个交点，求AF；（2）若直线l与抛物线C和圆O分别相切于,MN两点，设00,

Mxy，当03,4y时，求MN的最大值．35．已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率与等轴双曲线的离心率互为倒数关系，直线:20lxy与以原点为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆相切

．（1）求椭圆C的方程；（2）设M是椭圆的上顶点，过点M分别作直线MA、MB交椭圆于A、B两点，设两直线的斜率分别为k1、k2，且124kk，证明：直线AB过定点1(,1)2．36．已知椭圆22221(0)xyCabab：的左顶点为(20)M

，，离心率为22．（1）求椭圆C的方程；（2）过点(10)N，的直线l交椭圆C于A，B两点，当MAMB取得最大值时，求MAB△的面积．1．（2019年高考全国Ⅲ卷文数）已知F是双曲线C：22145xy的一个焦点，点P在C上，O为坐标原点，若=OPOF，则OPF△的

面积为A．32B．52C．72D．922．（2019年高考天津卷文数）已知抛物线24yx的焦点为F，准线为l.若l与双曲线22221(0,0)xyabab的两条渐近线分别交于点A和点B，且||4

||ABOF（O为原点），则双曲线的离心率为A．2B．3C．2D．53．（2019年高考全国Ⅰ卷文数）已知椭圆C的焦点为121,01,0FF()，()，过F2的直线与C交于A，B两点．若22||2||AFFB，1||||ABBF，则C的方程

为A．2212xyB．22132xyC．22143xyD．22154xy4．（2017新课标全国II文科）过抛物线2:4Cyx的焦点F，且斜率为3的直线交C于点M（M在x的轴上方），l为C的准线，点N在l上且MNl，则M到直线NF的距离为A．5B．22C．23D．

335．（2019年高考全国Ⅲ卷文数）设12FF，为椭圆C:22+13620xy的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若12MFF△为等腰三角形，则M的坐标为___________.6．（2018北京文科）已知直线l过点(1,0)且垂直于x轴，若l被抛物线24yax截得的线段长为4，则抛物线的

焦点坐标为________________．7．（2019年高考浙江卷）已知椭圆22195xy的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方，若线段PF的中点在以原点O为圆心，OF为半径的圆上，则直线PF的斜率是___________．8．（2019年高考全国Ⅱ卷文数）已知12,FF是

椭圆2222:1(0)xyCabab的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点．（1）若2POF△为等边三角形，求C的离心率；（2）如果存在点P，使得12PFPF，且12FPF△的面积等于16，求b的值和a的取值范围．9．（201

9年高考北京卷文数）已知椭圆2222:1xyCab的右焦点为(1,0)，且经过点(0,1)A．（1）求椭圆C的方程；（2）设O为原点，直线:(1)lykxtt与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，

直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点．10．（2019年高考天津卷文数）设椭圆22221(0)xyabab的左焦点为F，左顶点为A，上顶点为B.已知3||2||OAOB（O为原点）.（1）求椭圆的离心

率；（2）设经过点F且斜率为34的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P，圆C同时与x轴和直线l相切，圆心C在直线x=4上，且OCAP∥，求椭圆的方程.11．（2019年高考江苏卷）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:22221(0)xyabab的焦点为

F1（–1、0），F2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:222(1)4xya交于点A，与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1．已知DF1=52．（1）求椭圆C的标准方程；（

2）求点E的坐标．12．（2019年高考浙江卷）如图，已知点(10)F，为抛物线22(0)ypxp的焦点，过点F的直线交抛物线于A、B两点，点C在抛物线上，使得ABC△的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记,AFGCQG△△的面积分别为12,SS．（1）求p的值及抛物线的

准线方程；（2）求12SS的最小值及此时点G的坐标．13．（2018新课标全国Ⅰ文科）设抛物线22Cyx：，点20A，，20B，，过点A的直线l与C交于M，N两点．（1）当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；（2）证明：ABMABN∠∠．14

．（2018新课标全国Ⅱ文科）设抛物线24Cyx：的焦点为F，过F且斜率为(0)kk的直线l与C交于A，B两点，||8AB．（1）求l的方程；（2）求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．15．（2018新课标全国Ⅲ文科）已知斜率为k的直线l与椭圆22143xyC：交于A，B两点．线段

AB的中点为(1,)(0)Mmm．（1）证明：12k；（2）设F为C的右焦点，P为C上一点，且FPFAFB0．证明：2||||||FPFAFB．16．（2018北京文科）已知椭圆2222:1(0

)xyMabab的离心率为63，焦距为22．斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B．（1）求椭圆M的方程；（2）若1k，求||AB的最大值；（3）设(2,0)P，直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D．

若C，D和点71(,)44Q共线，求k．17．（2018江苏）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C过点1(3,)2，焦点12(3,0),(3,0)FF，圆O的直径为12FF．（1）求椭圆C及圆O的方程；（2）设直线l与圆O相切于第一象限内的点P．①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，

求点P的坐标；②直线l与椭圆C交于,AB两点．若OAB△的面积为267，求直线l的方程．18．（2018天津文科）设椭圆22221(0)xyabab的右顶点为A，上顶点为B．已知椭圆的离心率为53，||13AB．（1）求椭圆的方程；（2）设直线:(0)lykxk与

椭圆交于,PQ两点，l与直线AB交于点M，且点P，M均在第四象限．若BPM△的面积是BPQ△面积的2倍，求k的值．19．（2017新课标全国Ⅰ文科）设A，B为曲线C：y=24x上两点，A与B的横坐标之和为4．（1）求直线AB的斜率；（2）设M为曲线C上一点，C在

M处的切线与直线AB平行，且AMBM，求直线AB的方程．1．【答案】C【解析】因为3AB，所以232AF，又12||2FF=，所以在直角三角形12AFF中，2222112235||||||2()22AFFFAF，因为1253||||4

222AFAFa，所以2,1,3acb，所以椭圆C的方程为22143xy.故选C.2．【解析】（1）由已知得122p，所以2.p所以抛物线C的方程为24yx，焦点F的坐标为1,0；（2）设点11(,)Axy,22(,)Bxy，由已知得(1,2)Q，由题意直

线AB的斜率存在且不为0.设直线AB的方程为12(0)ykxk.由2412yxykx，得24480kyyk，则121248,4yyyykk，因为点,AB

在抛物线C上，所以2114yx，2224yx，则1121112241214PAyykyxy，22224.12PBykxy故121212441616284222()4424PAP

Bkkyyyyyykk.故直线PA与PB的斜率之积为2.变式拓展3．【解析】由22131xxyya消去y得22(3)220axax．设11(),Axy，22(),Bxy，则12223axxa，12223xxa．（1）22

2212121212||()()(1)[()4]ABxxyyaxxxx22222222(1)(6)28(1)[()]33|3|aaaaaaa．当2a时，2222222(

1)(6)2(12)(62)||210|3||32|aaABa．（2）由题意知，OA⊥OB，则12120xxyy，即1212(1)(1)0xxaxax，即21212(1)()10axxaxx

，即22222(1)1033aaaaa，解得1a．所以当以AB为直径的圆经过坐标原点时，a的值为1或1．4．【解析】（1）设直线:2plykx，代入抛物线方程得：2220kypykp，2124yyp，解得：2p，抛物

线方程为24yx.（2）由（1）知：:10lykxk，联立214ykxyx，得2222220kxkxk，此时224242416160kkk恒成立，212

222242kxxkk，121xx，l过焦点F，12244ABxxpk，由0,Dk，1,0F，得21DFk，由ABFD得22414kk，即242116160

kkk，210k，4216160kk，解得：2845k或2845k（舍），845225k.当直线l的方程为2251yx时，ABFD.5．【解析】（1）因为

抛物线22(0)xpyp过点(2,1)，所以24p，所以抛物线方程为24xy，焦点坐标为(0,1).（2）设直线l的方程为4ykx，由244ykxxy，消去y整理得24160xkx，则216640k，即||2k，设

1122(,),(,)MxyNxy，则T11(,)xy，且12124,16xxkxx.直线212221:()yyTNyyxxxx，212221()yyyxxyxx，2222122121()4()4xxyxxxxx，222121221444xxxxx

yxx，211244xxxxyx，即2144xxyx，所以，直线TN恒过定点(0,4).6．【解析】（1）由题意知，右焦点，即，且，解得，所以椭圆的方程为.（2）由（1）知，当直线的斜率不存在时，即直线的方程为，易

知，所以直线.令，可知：,此时.当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设，直线直线令，可知，联立2213412ykxxy，消去整理得，∴221212228412,3434kkxxxxkk.此时21212121

212121363636362224kxxxxyyPMPNxxxxxx22(9363627)36kk.综上所述，为定值，且27PMPN.1．【答案】A【解析】由题意得直线=恒过定点,而点在椭圆=的内部,所以直线与椭圆相交.

选A．2．【答案】D考点冲关【解析】∵双曲线的渐近线方程为yx，∴当﹣1＜k≤1时，直线与双曲线的右支只有1个交点；当k≤﹣1时，直线与双曲线的右支没有交点.把1ykx代入得22(1)250kxkx，令224

20(1)0kk，解得k=或k=﹣（舍去）．∴直线与双曲线的右支有两个交点时，1＜k＜．故选D．3．【答案】A【解析】将直线1yx代入2248xy，可得22418xx，即25840xx，∴x1＝﹣2，x225，∴y1＝﹣1

，y275，∴直线1yx被椭圆2248xy截得的弦长为2227(2)(1)551225.故选A．4．【答案】C【解析】由题意知，AB所在直线的方程为，联立消元得，设，则，所以，故选C．5．【答案】B【解析】

由抛物线焦点弦的性质可知：，则，当且仅当时等号成立.即的最小值是9.本题选择B选项.6．【答案】B【解析】由218ykxxy，得2880xkx，直线与抛物线相切，22164320,2kk，双曲线方程为

2212yx，可得1,3ac，则双曲线的离心率3cea.故选B．7．【答案】C【解析】由题得22222222,42,4()2,22ccaabaaba.设1122(,),(,)

AxyBxy，由题得1212+=2+=2xxyy，，则2222221122222222bxayabbxayab，两式相减得2212121212()()()()0bxxxxayyyy，∴2212122()2()0bxxayy

，即221212()240()yybbxx，即1120,2kk.故选C.8．【答案】C【解析】由题意知直线过点A(a,0),且斜率k=tan135°=-1,则直线的方程为x+y-a=0.将该直线方程分别与两渐近线方程联立,解得B(,),C(,-)

,则有22222222(,)ababBCabab,(,)ababABabab.因为,所以2222abababab,化简得+1,则双曲线的渐近线方程为(+1)x±y=0.故选C.9．【答案】D【解析】设点11,Axy位于第

一象限，点22,Bxy，设直线AB的方程为1xmy，将该直线方程与抛物线方程联立214xmyyx，得2440ymy，124yy，由抛物线的定义得113AFx，得12x，21148yx，10yQ，122y，可得出22

y，112212212AOFBOFOFySySyOFy△△，故选D．10．【答案】B【解析】联立方程得，消去y化简得，由题意得.故该椭圆离心率的取值范围是.故选B．11．【答案】B【解析】双曲线22221(0,0)xyabab的一条渐近

线不妨设为：，则22014bxayxy，可得2222±24±24axabbyab.一条渐近线截椭圆所得弦长为，可得222244443abab，即，解得．故选B．12．【答案】B【解析】抛物

线方程为24yx，焦点(1,0)F，准线l的方程为1x，直线AF的斜率为33，∴直线AF的方程为3(1)3yx，由13(1)3xyx可得A点坐标为(1，23)3，PAl，A为垂足，P点纵坐标为233，代入抛物线

方程，得P点坐标为1(3，23)3，14||||(1)33PFPA.故选B.13．【答案】C【解析】设1122,,()(),AxyBxy．由228ykxyx消去y，得2242

40kxkx，故22162166410kkk，解得1k，且1224(2)kxxk．由11222,222ppAFxxBFxx，且,4,AFBF成等差数列，得12228xx，得124xx，所以24(2)4kk，解得1k

或2k，又1k，故2k，故选C．14．【答案】A【解析】因为12,xx是关于x的方程2(21)0xmxm的两个不等实根，所以12xxm，1221xxm，且211(21)0xmxm，222(21)0xmxm

，则直线AB的斜率22212121ABxxkxxmxx，则直线AB的方程为211yxmxx，即11(21+)yxmxmmx，整理得210xmy，故直线AB恒过2,1点，而该点在椭圆内部，所以直线

和椭圆相交，即公共点有2个.故选A．15．【答案】C【解析】过点B作准线的垂线,垂足为B1,记准线与x轴的交点为F1,则依题意得1123BBBCFFCF,所以|BB1|=|FF1|=23p,由抛物线的定义得|BF|=|BB1|=

23p.令A(x1,y1)、B(x2,y2),依题意知F(,0),可设直线l的方程为y=k(x-2p).联立方程222ypxpykx,消去y得k2x2-p(k2+2)x+=0,则x1+x2=,x1·x2=.又由抛物线的定义知|AF|=x1+2p,|BF

|=x2+2p,则可得+=,于是有+=,解得2p=3,所以此抛物线的方程是23yx.选C.16．【答案】C【解析】由题意可得,直线l的斜率存在且不为0,不妨设直线l:y=k(x-1),则由2228ykxkxy消去y化简得,(1+2k2)x2-4k2x+2

k2-8=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则由根与系数的关系可得x1+x2=22412kk,x1x2=222812kk.因为=2,所以x1+2x2=3,所以x2=223212kk,

x1=,所以x1x2=·,化简得k2=,解得k=±.故选C.17．【答案】B【解析】抛物线的焦点坐标为1,0F，依题意可知12,ll的斜率存在且不为零，设直线1l的斜率为k，则直线2l的斜率为1k，所以121:1,:1lykxlyxk，联立214ykxy

x，消去y，整理得2222240kxkxk，设1122(,),(,)AxyBxy，则212222442kxxkk，故122424ABxxk，同理可求得244MNk.故222244848248816ABMNkkkk，当

且仅当2244,1kkk时，等号成立，故||||ABMN的最小值为16.故选B．18．【答案】B【解析】由题意，抛物线2:2(0)Cypxp的焦点(,0)2pF，设直线l的斜率为k，则直线l的方程为()2pykx，联立方程组2()22pykxypx，整

理得22222(2)04kpkxkppx，设1122(,),(,)AxyBxy，可得21222kppxxk，所以212222222kppppkxxk，代入直线的方程，得2[()]22ppp

pykkk，又因为AB的中点为(3,2)M，所以2322ppkpk，解得1k或2k，∴2p或4p，∴抛物线C的方程为24yx或28yx．故选B.19．【答案】823【解析】设A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)．由椭圆方程知

28a，24b，所以222cab，所以椭圆的下焦点F的坐标为F(0，－2)，故直线l的方程为y＝x－2．将其代入22184yx，化简整理得23440xx，所以1243xx，124

3xx，所以2222212121211282()()2()2()43ABxxyyxxxxxx＝．20．【答案】【解析】已知双曲线的一条渐近线方程为，代入抛物线方程，整理得，∵渐近线与抛物线相切，，即.故

答案为.21．【答案】45【解析】由题意，抛物线22(0)ypxp的焦点,02pF，则过焦点F且倾斜角为4的直线方程为2pyx，设11,Axy，22,Bxy，由222pxyypx得2220ypyp，∴122yy

p，123xxp，∴弦AB的中点坐标为3,2pp，则弦AB的垂直平分线方程为2yx，∵弦AB的中点在该直线上，∴322pp，解得45p.22．【答案】【解析】设，中点，

则，把点代入椭圆的方程，整理得，两式相减得2222121202xxyy，整理得221212122212121212yyyyyyxxxxxx，即.23．【答案】(2,-1)【解析】由题意可得,这两条直线的斜率均存在,且不为0,设AP:y-1=k(x-1

),与抛物线C:y2=x联立,消去x,得ky2-y+1-k=0,由根与系数的关系可得,1Pkyk,即P(()2,),同理可得Q((k+1)2,-k-1),所以直线PQ的斜率kPQ=212kkk,所以直线PQ:(1-k2-

2k)y=kx+k2-1.通过对比可知,x=2,y=-1满足条件,即直线PQ恒过定点(2,-1).24．【答案】13【解析】设11(,)Axy，22(,)Bxy，直线AB的方程为3()2pyx，由抛物线的焦点弦公式，得12228||sin3ppABxxp，∴1253pxx，联

立直线与抛物线的方程23()22pyxypx，消去y得，2233504pxpx，故2124pxx，联立方程组12212534pxxpxx，解得232xp，16px，则12||16223||3222pppxAFpppBFx

，故答案为13．25．【解析】（1）由题意得222c，所以22c，又63ca，所以23a，21b，所以椭圆的方程为2213xy．（2）设11(,)Cxy，22(,)Dxy，将2ykx代入2213xy，整理得22(13)1290kxkx，所以2

2(12)36(13)0kk①，1221213kxxk，122913xxk，又221212()()CDxxyy，1212()yykxx，所以2212621()5kxx，又22221212122221

236()()4(13)13kxxxxxxkk，代入上式，整理得42712270kk，即22(79)(3)0kk，解得297k（舍去）或23k，即3k，经验证，3k

能使①成立，故3k．26．【解析】（1）设，由定义知，，，故抛物线的方程为.（2）设，由（1）知.若直线的斜率不存在，则方程为，此时，所以的面积为，不满足题意，所以直线的斜率存在；设直线的方程为，代入抛物线方程得，则，，，所以，点到直线的距离为，所以，解得.故直线的方程为或.27．【解

析】（1）由实轴长为43，得23a，渐近线方程为23byx，即230bxy，因为焦点到渐近线的距离为3，所以2312bcb，又2222,3cbab，所以双曲线的方程为221123xy．（2）设112200(

,),(,),(,)MxyNxyDxy，则120120,xxtxyyty，由212223231638401631123yxxxxxxy，所以12123()4123yyxx，所以00433xy，又220

01123xy，所以00433xy，所以4t，所以(43,3)D．28．【解析】（1）根据题意，得242220tptptt，所以2p.故抛物线C的标准方程为24yx.（2）设点P的坐标为01,y，直线AP的方程

为101ykxy，直线BP的方程为201ykxy.由2104(1)yxykxy，得21104440kyyky.所以110164440kky，得210110kyk.同理，得220210k

yk，所以120121kkykk，分别令0x，得10mky，20nky，所以1020mnkyky2012012ykkykk22001yy1.29．【解析】（1）由已知点

(2,1)代入椭圆方程，得22211ab，由22e得22ca，可转化为222ab，由以上两式解得224,2ab，所以椭圆C的方程为：22142xy.（2）存在这样的直线.当l的斜率不存在时，显然不满足2PBPA,所以设所求直线方程为:3lykx，代入椭圆方程化简得：

221212140kxkx，设1122,,,AxyBxy，则1221212kxxk①，1221412xxk②，2227(12)414120,4kkk，由已知条件2PBPA可得212xx,③综合上述①②③，可

解得27724k，符合题意,所以所求直线l的方程为：1432yx.30．【解析】（1）设准线与x轴的交点为点H，连结,,AFABBF，因为ABF△是正三角形，且4BAAFBF，所以在BHF△中，90,30,4BHFFBHBF，所以2HFp.（2）设

1122,,,PxyQxy，直线1:10lykxk，由（1）知2:4Cxy，联立方程：241xyykx，消去y得2440xkx.因为216160k，所以12124,4xxkxx

，所以22212121441PQkxxxxk，又原点O到直线1l的距离为211dk，所以22141Sk，同理222141Sk，所以222212221141418416SSkkkk，

当且仅当1k时取等号.故2212SS的最小值为16.31．【解析】（1）设0,4Qx，由抛物线定义知02QFpx，又2QFPQ＝，0PQx，所以0022pxx，解得02px，将点,42pQ代入抛物线方程，解得4p.（2）由（1）知，C的方程为28yx，

所以点T坐标为1,22，设直线MN的方程为xmyn，点11,Mxy，22,Nxy，由28xmynyx得2880ymyn，264320mn.所以128yym，128yyn，所以12122

2121222221111228282MTNTkkyyyyyyxx1212121288228+3224yyyyyyyy6432881643mnm，解得1nm，所以直线MN的方程

为1(1)xmy，恒过定点1,1．【名师点睛】本题考查抛物线的定义，直线与抛物线相交，直线过定点问题，属于中档题.（1）设Q点坐标，根据抛物线的定义得到Q点横坐标，然后代入抛物线方程，得到p的

值；（2）11,Mxy，22,Nxy，直线和曲线联立，得到1212,yyyy，然后表示出MTNTkk，化简整理，得到m和n的关系，从而得到直线MN恒过的定点.32．【解析】（1）由题意知，221213abba

，解得22131ab．因此，所求双曲线C的方程是221113xy，即2231xy．（2）∵直线l过点(0,1)且斜率为k，∴直线l的方程为1ykx．由22311xyykx

得22(3)220kxkx．∵直线l与双曲线C有两个不同的交点，∴22230(2)4(3)(2)0kkk，解得(6,3)(3,3)(3,6)k．（3）设直线l与双曲线C的交点为1122(,)(,)AxyBxy、，由（2）可得1

221222323kxxkxxk，又以线段AB为直径的圆经过坐标原点，因此，(OAOBO为坐标原点），于是，0OAOB，即12120xxyy，即21212(1)()10kxxkxx，即22222(1)21033kkkk，解得1

k．又1k满足230k，且0，所以，所求实数k的值为1．33．【解析】（1）由21:2(0)Cypxp的焦点(,0)2pF在圆22:1Oxy上得214p，则2p.所以抛物线1C的标准方程为24yx.由椭圆22222:1(0)yxCabab的上、

下焦点(0,),(0,)cc及左、右顶点(,0),(,0)bb均在圆22:1Oxy上，可解得1bc，则2a，故椭圆2C的标准方程为2212yx.（2）设直线AB的方程为(1)(0)ykx

k，11(,)Axy，22(,)Bxy，则(0,)Nk．由24(1)yxykx消去y，得2222(24)0kxkxk，则216160k，21212224,1kxxxxk.由1NAA

F，2NBBF，得111(1)xx，222(1)xx，整理得121212,11xxxx，故12121212121212()21111()xxxxxxxxxxxx.故12为定值1.

34．【解析】（1）由题意知(0,2)F，所以4p.所以抛物线C的方程为28xy.将28xy与224xy联立得点A的纵坐标为2(52)Ay，结合抛物线的定义得||2522ApAFy.（2）由22x

py得：22xyp，xyp，所以直线l的斜率为0xp，故直线l的方程为000xyyxxp，即000xxpypy.又由0220||2pyONxp得02084ypy且2040y，所以22222

00||||||4MNOMONxy220000020824244ypyyyyy2202200022001644164444yyyyyy2020641644yy令204ty，0[3

,4]y，则[5,12]t，令64()16fttt，则264()1ftt，当[5,8]t时，()0ft，()ft单调递减，当(8,12]t时，()0ft，()ft单调递增，又64169(5)16555f，64100169(12)16121235f

，所以max169()5fx，即||MN的最大值为1355.35．【解析】（1）易知等轴双曲线的离心率为2，则椭圆的离心率为12cea，又直线:20lxy与以原点为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆相切，则22b，即1b，由222121caabcb

，解得221abc.故椭圆C的方程为2212xy．（2）由（1）可知(0,1)M．①若直线AB的斜率不存在，设方程为0xx，则0000(,),(,)AxyBxy．由已知得00

00114yyxx，解得012x，此时直线AB的方程为12x，显然过点1(,1)2．②若直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为ykxm，易知1m．设1122(,),(,)AxyBxy，由2222ykxmxy得222

(12)4220kxkmxm，则122412kmxxk，21222212mxxk.（1）∵124kk，∴1212114yyxx，即1212114kxmkxmxx，即12122(1)4xxkmxx.把（1）代入得21k

mkm，则2(1)km，故12km.则直线AB的方程为12kykx，即1()12ykx，故直线AB过定点1(,1)2．36．【解析】（1）由题意可得：2a，22ca，得2c，则2222bac.所以椭圆22:142xyC.（2）当直

线l与x轴重合时，不妨取(2,0),(2,0)AB，此时0MAMB；当直线l与x轴不重合时，设直线l的方程为：1xty，1122(,),(,)AxyBxy，联立221142xtyxy得22(2)230tyty，显然，12222tyyt，21

232yyt.所以1212(2)(2)MAMBxxyy1212(3)(3)tytyyy21212(1)3()9tyytyy22232(1)3922ttttt22233692ttt229392tt2

152t.当0t时，MAMB取最大值152.此时直线l方程为1x，不妨取66(1,),(1,)22AB，所以6AB.又3MN，所以MAB△的面积1366322S.【名师点睛】本题考查椭圆的基本性质，运用了设而不求的思想，将向量和圆锥曲线结合

起来，是典型考题.（1）由左顶点M坐标可得a=2，再由cea可得c，进而求得椭圆方程.（2）设l的直线方程为1xty，和椭圆方程联立221142xtyxy，可得22(2)230tyty，由于，可用t表示

出两个交点的纵坐标12yy和12yy，进而得到MAMB关于t的一元二次方程，得到MAMB取最大值时t的值，求出直线方程，而后计算出MAB△的面积.1．【答案】B【解析】设点00,Pxy，则2200145xy①．又453OPOF，22009xy②．由①

②得20259y，即053y，0115532232OPFSOFy△，故选B．【名师点睛】本题易错在忽视圆锥曲线方程和两点间的距离公式的联系导致求解不畅.设00,Pxy，由=OPOF，再结合双曲线方程可解出0y，利用三角形面积公式可求出结果.2．【答

案】D【解析】抛物线24yx的准线l的方程为1x，双曲线的渐近线方程为byxa，则有(1,),(1,)bbABaa，∴2bABa，24ba，2ba，∴225cabeaa.故选D.直通高考【名师点睛】本题考查抛物线和双曲线的

性质以及离心率的求解，解题关键是求出AB的长度.解答时，只需把4ABOF用,,abc表示出来，即可根据双曲线离心率的定义求得离心率.3．【答案】B【解析】法一：如图，由已知可设2FBn，则212,3AFnBFABn，由椭圆的定义有121224,22aBFBFnAFaAFn

．在1AFB△中，由余弦定理推论得22214991cos2233nnnFABnn．在12AFF△中，由余弦定理得2214422243nnnn，解得32n．2222423,3,312,anabac所求椭圆方程为2

2132xy.故选B．法二：由已知可设2FBn，则212,3AFnBFABn，由椭圆的定义有121224,22aBFBFnAFaAFn．在12AFF△和12BFF△中，由余弦定理得2221222144222cos4422cos9nnAFFnnnBFFn

，又2121,AFFBFF互补，2121coscos0AFFBFF，两式消去2121coscosAFFBFF,，得223611nn，解得32n．2222423,3,312,anabac所求椭圆方程为2213

2xy，故选B．【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好地落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．4．【答案】C【解析】由题知:3(1)MFyx，与抛物线24yx联立得231030xx，解得121,33xx，所以(3,23)M，因

为MNl，所以(1,23)N，因为(1,0)F，所以:3(1)NFyx．所以M到直线NF的距离为22|3(31)23|23(3)1．故选C．5．【答案】3,15【解析】由已知可得2222236,20,16,4abcabc

，11228MFFFc，∴24MF．设点M的坐标为0000,0,0xyxy，则121200142MFFSFFyy△，又122201482415,44152MFFSy△，解得015y，2201513620x，解得03x（03x舍去）

，M\的坐标为3,15．【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好地落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．解答本题时，根据椭圆的定义分别求出12MFMF、，设出M的

坐标，结合三角形面积可求出M的坐标.6．【答案】(1,0)【解析】由题意可得，点(1,2)P在抛物线上，将(1,2)P代入24yax中，解得1a，所以24yx，由抛物线方程可得24p，2p，12p，所以焦点坐标为(1,0)．7．【答案】15【解析】方法1：如图，设F1为椭圆右焦点.

由题意可知||=|2OFOM|=c=，由中位线定理可得12||4PFOM，设(,)Pxy，可得22(2)16xy，与方程22195xy联立，可解得321,22xx（舍），又点P在椭圆上且在x轴的上方，求得315,22P

，所以1521512PFk.方法2：（焦半径公式应用）由题意可知|2OF|=|OM|=c=，由中位线定理可得12||4PFOM，即342ppaexx，从而可求得315,22P，所以1521512PFk

.【名师点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、圆的方程与性质的应用，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用圆的方程表示，与椭圆方程联立可进一

步求解.也可利用焦半径及三角形中位线定理解决，则更为简洁.8．【解析】（1）连结1PF，由2POF△为等边三角形可知在12FPF△中，1290FPF，2PFc，13PFc，于是122(31)aPFPFc，故C的离心率是31cea.（2）由题意可知，满足条件的点(,)Pxy

存在．当且仅当1||2162yc，1yyxcxc，22221xyab，即||16cy，①222xyc，②22221xyab，③由②③及222abc得422byc，又由①知22216

yc，故4b．由②③得22222axcbc，所以22cb，从而2222232,abcb故42a.当4b，42a时，存在满足条件的点P．所以4b，a的取值范围为[42,)．【名师点睛】本题主要考查求椭圆的离心率，以及椭圆中存在定点满足题中条件的问题，熟记椭圆

的简单性质即可求解，考查计算能力，属于中档试题.9．【解析】（1）由题意得，b2=1，c=1．所以a2=b2+c2=2．所以椭圆C的方程为2212xy．（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），则直线AP的方程为1111yyxx．令y=0，得点M的横坐标111Mxxy

．又11ykxt，从而11||||1MxOMxkxt．同理，22||||1xONkxt．由22,12ykxtxy得222(12)4220kxktxt．则122412ktxxk

，21222212txxk．所以1212||||||||11xxOMONkxtkxt12221212||(1)(1)xxkxxktxxt22222222212||224(1)(

)(1)1212tktktkkttkk12||1tt．又||||2OMON，所以12||21tt．解得t=0，所以直线l经过定点（0，0）．【名师点睛】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．10．【解析】（1）设椭圆的半焦距为c，由已知有32ab，又由222abc，消去b得22232aac，解得12ca.所

以，椭圆的离心率为12.（2）由（1）知，2,3acbc，故椭圆方程为2222143xycc.由题意，(,0)Fc，则直线l的方程为3()4yxc，点P的坐标满足22221,433(),4xyccyxc

消去y并化简，得到2276130xcxc，解得1213,7cxcx.代入到l的方程，解得1239,214ycyc.因为点P在x轴上方，所以3,2Pcc.由圆心C在直线4x上，可设(4,)Ct.因为OCAP∥，且由（1）知(2,0)Ac，故

3242ctcc，解得2t.因为圆C与x轴相切，所以圆的半径长为2，又由圆C与l相切，得23(4)242314c，可得=2c.所以，椭圆的方程为2211612xy.【名师点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、

圆等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力，以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力.11．【解析】（1）设椭圆C的焦距为2c.因为F1(−1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.又因为DF1=52，

AF2⊥x轴，所以DF2=222211253()222DFFF，因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2.由b2=a2−c2，得b2=3.因此，椭圆C的标准方程为22143xy.（2）解法一：由（1）知，椭圆C：22143xy，a=2，因为AF2⊥x轴，所以点A的横

坐标为1.将x=1代入圆F2的方程(x−1)2+y2=16，解得y=±4.因为点A在x轴上方，所以A(1，4).又F1(−1，0)，所以直线AF1：y=2x+2.由22()22116yxxy，得256110xx，解得1x或115x

.将115x代入22yx，得125y，因此1112(,)55B.又F2(1，0)，所以直线BF2：3(1)4yx.由221433(1)4xyxy，得276130xx

，解得1x或137x.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以1x.将1x代入3(1)4yx，得32y.因此3(1,)2E.解法二：由（1）知，椭圆C：22143xy.如图，连结EF1.因为BF2=2a，E

F1+EF2=2a，所以EF1=EB，从而∠BF1E=∠B.因为F2A=F2B，所以∠A=∠B，所以∠A=∠BF1E，从而EF1∥F2A.因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴.因为F1(−1，0)，由221431xxy，得32y.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以32

y.因此3(1,)2E.【名师点睛】本小题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.12．【解析】（1）由题意得12p，即p=2.所以，抛物线的准线方程为x=−1.（2）设,,,

,,AABBccAxyBxyCxy，重心,GGGxy.令2,0Aytt，则2Axt.由于直线AB过F，故直线AB方程为2112txyt，代入24yx，得222140tyyt，故24Bty，即2Byt，所以2

12,Btt.又由于11,33GABcGABcxxxxyyyy及重心G在x轴上，故220ctyt，得242211222,2,,03ttCttGttt

.所以，直线AC方程为222yttxt，得21,0Qt.由于Q在焦点F的右侧，故22t.从而4224221244242222211|2|||322221222211|||1||2|23ActttFG

ytStttttSttQGytttt.令22mt，则m>0，122113222134323424SmSmmmmmm….当3m时

，12SS取得最小值312，此时G（2，0）．【名师点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.13．【解析】（1）当l与x轴垂直时，l的方程为x=2，可得M的坐标为（2，2）或（2，–2）．所以直

线BM的方程为y=112x或112yx．（2）当l与x轴垂直时，AB为MN的垂直平分线，所以∠ABM=∠ABN．当l与x轴不垂直时，设l的方程为(2)(0)ykxk，M（x1，y1），N（x2，y2），则x1>0，x2>0．由2(2)2ykxyx，得ky2–

2y–4k=0，可知y1+y2=2k，y1y2=–4．直线BM，BN的斜率之和为1221121212122()22(2)(2)BMBNyyxyxyyykkxxxx．①将112yxk，222yxk及y1+y2，y1

y2的表达式代入①式分子，可得121221121224()882()0yykyyxyxyyykk．所以kBM+kBN=0，可知BM，BN的倾斜角互补，所以∠ABM=∠ABN．综上，∠ABM=∠ABN．14．【解析】（1）由题意得F（1，0），l的方程为y=k（x

–1）（k>0）．设A（x1，y1），B（x2，y2）．由2(1)4ykxyx得2222(24)0kxkxk．216160k，故212224kxxk．所以212244(1)(1)kABAFBFxxk．由题设知

22448kk，解得k=–1（舍去），k=1．因此l的方程为y=x–1．（2）由（1）得AB的中点坐标为（3，2），所以AB的垂直平分线方程为2(3)yx，即5yx．设所求圆的圆心坐标为（

x0，y0），则00220005(1)(1)16.2yxyxx，解得0032xy，或00116.xy，因此所求圆的方程为22(3)(2)16xy或22(11)(6)144xy．15．【解析】（1）设11()Axy，，22(

)Bxy，，则2211143xy，2222143xy．两式相减，并由1212=yykxx得1212043xxyyk．由题设知1212xx，122yym，于是34km，由

题设得302m，故12k．（2）由题意得F（1，0）．设33()Pxy，，则331122(1)(1)(1)(00)xyxyxy，，，，．由（1）及题设得3123()1xxx，312()20yy

ym．又点P在C上，所以34m，从而3(1)2P，，3||=2FPuur．于是222211111||(1)(1)3(1)242xxFAxyxuur，同理2||=22xFBuur，所以1214()32FAFBxxuuruur

，故2||=||+||FPFAFBuuruuruur．16．【解析】（1）由题意得222c，所以2c，又63cea，所以3a，所以2221bac，所以椭圆M的标准方程为2213xy．（2）设

直线AB的方程为yxm，由2213yxmxy消去y可得2246330xmxm，则2223644(33)48120mmm，即24m，设11(,)Axy，22(,)Bxy，则1232mxx，21233

4mxx，则222212121264||1||1()42mABkxxkxxxx，易得当20m时，max||6AB，故||AB的最大值为6．（3）设11(,)Axy，22(,)Bxy，33(,)Cxy，44(,

)Dxy，则221133xy①，222233xy②，又(2,0)P，所以可设1112PAykkx，直线PA的方程为1(2)ykx，由122(2)13ykxxy消去y可得22221

11(13)121230kxkxk，则2113211213kxxk，即2131211213kxxk，又1112ykx，代入①式可得13171247xxx，所以13147yyx，所以1111712(,)4747xyCxx，同理

可得2222712(,)4747xyDxx．故3371(,)44QCxy，4471(,)44QDxy，因为,,QCD三点共线，所以34437171()()()()04444xyxy，将点,CD的坐标代入化简可得12121yyxx，即1k．17．【

解析】（1）因为椭圆C的焦点为12()3,0,(3,0)FF，可设椭圆C的方程为22221(0)xyabab．又点1(3,)2在椭圆C上，所以2222311,43,abab，解得

224,1,ab因此椭圆C的方程为2214xy．因为圆O的直径为12FF，所以其方程为223xy．（2）①设直线l与圆O相切于0000(),,(00)Pxyxy，则22003xy，所以直线l的方程为0000()xyxx

yy，即0003xyxyy．由220001,43,xyxyxyy消去y，得222200004243640()xyxxxy．（*）因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，所以222222000000()()

(24)(44364820)4xxyyyx．因为00,0xy，所以002,1xy．因此点P的坐标为(2,1)．②因为三角形OAB的面积为267，所以21267ABOP，从而427AB．设1

122,,()(),AxyBxy，由（*）得2200022001,22448(2)2(4)xyxxxy，所以2222121()()xByyxA222000222200048(2)(1)(4)xyxyxy．因为22003xy

，所以22022016(2)32(1)49xABx，即42002451000xx，解得22005(202xx舍去），则2012y，因此P的坐标为102(,)22．综上，直线l的方程为532yx．18．【解析】（1）设椭圆的焦距为2c，由已知得2259ca，又由22

2abc，可得23ab．由22||13ABab，从而3,2ab，所以椭圆的方程为22194xy．（2）设点P的坐标为11(,)xy，点M的坐标为22(,)xy，由题意，210xx，点Q的坐标为11(,)xy．由BPM△的面积是BPQ△面积的2倍，可得||=

2||PMPQ，从而21112[()]xxxx，即215xx．易知直线AB的方程为236xy，由方程组236,,xyykx消去y，可得2632xk．由方程组221,94,xyykx消去y，可得12694xk

．由215xx，可得2945(32)kk，两边平方，整理得2182580kk，解得89k，或12k．当89k时，290x，不合题意，舍去；当12k时，212x，1125x，符合题意．所以k的值为12．19．【解析】（1）设A（x1，y1），

B（x2，y2），则12xx，2114xy，2224xy，x1+x2=4，于是直线AB的斜率12121214yyxxkxx．（2）由24xy，得2xy'．设M（x3，y3），由题设

知312x，解得32x，于是M（2，1）．设直线AB的方程为yxm，故线段AB的中点为N（2，2+m），|MN|=|m+1|．将yxm代入24xy得2440xxm．当16(1)0m，即

1m时，1,2221xm．从而12||=2||42(1)ABxxm．由题设知||2||ABMN，即42(1)2(1)mm，解得7m．所以直线AB的方程为7yx．【名师点睛】本题主要考查直线与

圆锥曲线的位置关系，主要利用根与系数的关系：因为直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用根与系数的关系及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦

中点问题、弦长问题，可用根与系数的关系直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．