【文档说明】(新高考)高考数学二轮精品复习专题01《圆锥曲线中的弦长问题》(解析版).doc，共(41)页，1.861 MB，由MTyang资料小铺上传

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专题01圆锥曲线中的弦长问题一、单选题1．设椭圆长半轴长为a，短半轴长为b，半焦距为c，则过焦点且垂直于长轴的弦长是（）A．2baB．22caC．2caD．22ba【答案】D【分析】设椭圆焦点在x轴上，椭圆的

标准方程为222210xyabab，将xc或xc代入椭圆的标准方程，求出y，由此可求得结果.【详解】设椭圆焦点在x轴上，椭圆的标准方程为222210xyabab，将xc或xc代入椭圆的标准方程得22221cyab，2222222221ycacbb

aaa，解得2bya，因此，过焦点且垂直于长轴的弦长是22ba.故选：D.2．已知椭圆22:12xCy，直线l过椭圆C的左焦点F且交椭圆于A，B两点，AB的中垂线交x轴于M点，则2||||FMAB的取值范围为（）A．11,164

B．11,84C．11,162D．11,82【答案】B【分析】当l：0y时，2||1||8FMAB，设:10lxmym与椭圆联立可得：222210mymy，然后求得AB的中垂线方程，令0y，得21

,02Mm，然后分别利用两点间的距离公式和弦长公式求得||MF，2||AB，建立2||||FMAB求解.【详解】椭圆22:12xCy的左焦点为1,0F,当l：0y时，2,0,2,0,

0,0ABM，1,22FMAB，所以2||1||8FMAB，设:10lxmym与椭圆联立22112xmyxy，可得：222210mymy，由韦达定理得：1221222212myymyym，取AB中点为

222,22mDmm，所以AB的中垂线方程为：2212:22DMmlxymmm，令0y，得21,02Mm，所以221||2mMFm，又22212122222811

||(1)24mAByyyykm，所以2222||121111=1(,)||818184FMmABmm，综上所述2||11,||84FMAB，故选：B.【点睛】思路点睛：1、解决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．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单．2、设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则弦长为222212121212()(1)4

ABxxyykxxxx1221221(41)yyyyk(k为直线斜率)．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零．3．过椭圆9x2+25y2=225的右焦点且

倾斜角为45°的弦长AB的长为（）A．5B．6C．9017D．7【答案】C【分析】求出焦点坐标和直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理和弦长公式可得答案.【详解】由9x2+25y2=225得，221259xy，2225,9ab，所以216c，右焦点坐

标为(4,0)，直线AB的方程为4yx，所以2241259yxxy得2342001750xx，设1122(,),(,)AxyBxy，所以1212100175,1734xxx

x，222212121212||()()(1)4ABxxyykxxxx210017590(11)4173417.故选：C.【点睛】本题主要考查直线与椭圆的弦长公式221212||(1)4AB

kxxxx，由韦达定理的应用.4．椭圆2222:10xyCabab的左、右焦点分别是1F、2F，斜率为12的直线l过左焦点1F且交C于A，B两点，且2ABF的内切圆的周长是2，若椭圆C的离心率为13,24e，则线段AB的长度的取值范围是（）

A．45,253B．85,453C．535,48D．535,816【答案】B【分析】先利用等面积法可得：12114222arcyy，求解出12yy的值，然后根据弦长公式12211AByyk的取值范围.【

详解】设内切圆半径为r，由题意得12114222arcyy得1228,43yye，1212218515,453AByyyyk.故选：B.【点睛】本题考查椭圆焦点三角形问题，考查弦长的取值范围问题，难度一般.解答时，等面积法、弦长公式的运用是

关键.二、多选题5．已知抛物线220ypxp的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A、B两点，以线段AB为直径的圆交y轴于M、N两点，则（）A．若抛物线上存在一点2,Et到焦点F的距离等于3，则抛物线的方程为2

4yxB．若2AFBF，则直线l的斜率为22C．若直线l的斜率为3，则43pABD．设线段AB的中点为P，若点F到抛物线准线的距离为2，则sinPMN的最小值为12【答案】AD【分析】由抛物线

的定义求得p的值，可判断A选项的正误；设直线l的方程为2pxmy，设点11,Axy、22,Bxy，将直线l的方程与抛物线的方程联立，结合韦达定理可求得m的值，可判断B选项的正误；利用韦达定理结合抛物线的焦点

弦长公式可判断C选项的正误；设直线l的方程为1xmy，设点11,Axy、22,Bxy，联立直线l与抛物线的方程，求得点P到y轴的距离和AB，可得出sinPMN关于m的表达式，可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，由抛物线的定义可得232pEF，解得

2p，所以，抛物线的标准方程为24yx，A选项正确；对于B选项，如下图所示：抛物线的焦点为,02pF，设点11,Axy、22,Bxy，设直线AB的方程为2pxmy，联立222pxmyypx，消去x并整理得2220y

mpyp，222440mpp恒成立，由韦达定理可得122yymp，212yyp，由于2AFBF，由图象可得2AFFB，即1122,2,22ppxyxy，所以，122yy，可得121221222yyyympyyp

，解得24m，所以，直线l的斜率为122m，B选项错误；对于C选项，当直线l的斜率为3时，由B选项可知，33m，12233yyp，由抛物线的焦点弦长公式可得121233238223333ABxxpyypppp

，C选项错误；对于D选项，抛物线的焦点F到准线的距离为2p，则该抛物线的方程为24yx.设直线l的方程为1xmy，设点11,Axy、22,Bxy，联立214xmyyx，消去x可得2440ymy，216160m

，则124yym，21212242xxmyym，212241ABxxm，点P到y轴的距离为212212xxdm，所以，22221111sin1112222212dmP

MNmmAB，当且仅当0m时，等号成立，D选项正确.故选：AD.【点睛】本题考查直线与抛物线的综合问题，考查了抛物线焦点弦的几何性质以及焦点弦长、焦半径的计算.本题中将直线方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理得出点A、B的纵坐标所满足的关系，并结合了抛物线的焦点弦长公式进

行计算，考查学生的运算求解能力，属于中等题.三、解答题6．如图，P是直线:3lyx上一动点，过点P且与l垂直的直线l交抛物线2:Cyx于A，B两点，点A在P，B之间．（1）若l过抛物线C的焦点F，求AB；（2）求PAPB的最小值

．【答案】（1）2；（2）1941511．【分析】（1）先求出直线l的方程，联立直线与抛物线，将韦达定理和弦长公式相结合即可得结果；（2）设:AByxt，联立方程组分别求出A，B，P的纵坐标，将PAPB表示为关于t的函数式，结合基本不等式即可得结果.【详解】解：（1）由已知得1,0

4F，所以1:4lyx，联立得214yxyx，消去x，可得2104yy，设点11,Axy，22,Bxy，由根与系数的关系得121114yyyy，所以2AB2121212242yyyyyy．（2）

设:AByxt，由2yxtyx，消去x，可知20yyt，∵有两个不同的交点，∴11404tt，解得：1142Aty，1142Bty，由3yxty

x，得32Pty，由于点A在点P，点B之间，所以4142141414414PAPBPAyytttPByytttt，设140tuu，所以28841941511115154111524PAuPBuuuu

，当且仅当15u时，即72t时取等号．故PAPB的最小值为1941511．【点睛】关键点点睛：（1）直线弦长公式的应用；（2）将所求量表示为关于t的函数，利用基本不等式求最值.7．已知椭圆22221xyab（0ab）长轴长为短轴长

的两倍，连结椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4，直线l过点(,0)Aa，且与椭圆相交于另一点B．（1）求椭圆的方程；（2）若线段AB长为425，求直线l的倾斜角．【答案】（1）2214xy；（2）4

或34．【分析】（1）由题设列出基本量方程组，解得基本量，从而得方程.（2）设直线l方程，代入椭圆方程得关于x的一元二次方程，韦达定理整体思想及弦长公式得关于斜率的方程，解得斜率得直线方程.【详解】(1)由题意可知22222212242baababc

，2a，1b，3c。椭圆方程为：2214xy(2)由题可知直线l斜率存在，设直线l方程为:2ykx代入椭圆方程得：222241161640kxkxk，16，2216421415AB

kk=+=+，解得1k，直线l的倾斜角为4或34.【点睛】本题是椭圆与直线相交弦长问题，是高考解析几何中的常见题型.注意点点睛：①在设直线时要注意直线斜率是否存在，做必要的交代；②代入消元后要交代的符号，确定交点是否存在及存在时的个数

；③所得解回代检验合理性，以确保答案的正确性.8．已知直线l经过抛物线26yx的焦点F，且与抛物线交于A、B两点.（1）若直线l的倾斜角为60，求线段AB的长；（2）若2AF，求BF的长.【答案】（1）8；（2）6.【分析】（1）设点11,Ax

y、22,Bxy，求出直线l的方程，与抛物线方程联立，求出12xx的值，再利用抛物线的焦点弦长公式可求得线段AB的长；（2）设直线l的方程为32xmy，设点11,Axy、22,Bxy，将直线l的方程与抛物线的方程联立，可得出129yy，由2AF求

得1x的值，利用韦达定理以及抛物线的方程求得2x的值，利用抛物线的定义可求得BF的长.【详解】（1）设点11,Axy、22,Bxy，抛物线26yx的焦点为3,02F，由于直线l过点F，且该直线的倾斜角为60，则

直线l的方程为332yx，联立23326yxyx，消去y并整理得29504xx，259160，由韦达定理可得125xx，由抛物线的焦点弦长公式可得123538ABxx；（2）设点11,Axy、22,Bxy，由

题意可知，直线l不可能与x轴重合，设直线l的方程为32xmy，联立2326xmyyx，消去x并整理得2690ymy，23610m，由韦达定理可得126yym，129yy，

1322AFx，可得112x，21163yx，129yy，则22218127yy，222962yx，因此，2362BFx.【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12ABxxp，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．9．已知圆上224xy上任取一点P，过点P作y轴的垂线段PQ，垂足为Q，当P在圆上运动时，线段PQ中点为M.（1）求点M的

轨迹方程；（2）若直线l的方程为y＝x－1，与点M的轨迹交于A，B两点，求弦AB的长.【答案】（1）2214yx；（2）825.【分析】（1）设M、P，利用相关点法即可求解.（2）将直线与椭圆方程联立，利用弦长公式即可求解.【详解】（1）设,Mxy，

00,Pxy，00,Qy，点M是线段PQ中点，002,xxyy，又00,Pxy在圆224xy上，2224xy，即点M的轨迹方程为2214yx.（2）联立22114yxyx，消去y可得

，25230xx，22600，设11,Axy，22,Bxy，则1225xx，1235xx，2221212121124ABxxxxxx2238224555

.【点睛】方法点睛：本题考查了轨迹问题、求弦长，求轨迹的常用方法如下：（1）定义法：利用圆锥曲线的定义求解.（2）相关点法：由已知点的轨迹进行求解.（3）直接法：根据题意，列出方程即可求解.10．已知椭圆2222:1(0)xyCabab的右焦点为F

，左、右顶点为A、B，3FA，1FB.（1）求椭圆C的标准方程；（2）求直线12yx被椭圆C截得的弦长.【答案】（1）22143xy；（2）1827.【分析】（1）设椭圆的半焦距为c，由题意可得3ac，1ac，解得a，c，求得b，可得椭圆

的方程；（2）联立直线和椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，计算可得所求值.【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，由||3FA，1FB，可得3ac，1ac，解得2a，1c，则22413bac，即有椭圆的方程为22143xy；（2）联立直线12y

x和椭圆223412xy，可得274110xx，设被椭圆C截得的弦的端点的横坐标分别为1x，2x，则1247xx，12117xx，可得弦长为222121241118214114777kxxxx.【点睛】思路

点睛：求解椭圆中的弦长问题时，一般需要联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，以及弦长公式，即可求出结果；有时也可由直线与椭圆方程联立求出交点坐标，根据两点间距离公式求出弦长.11．已知直线:4380lxy

与圆22:11Mxym相交.（1）求m的取值范围；（2）若l与M相交所得弦长为8，求直线:40lxy与M相交所得弦长.【答案】（1）9,；（2）217.【分析】（1）由圆22:11Mxym求出圆心和半径，利用圆心到直线的距离

小于半径即可求解；（2）由l与M相交所得弦长为8，利用弦长的一半、弦心距、圆的半径满足勾股定理可求出圆的半径，再次利用勾股定理即可求解.【详解】（1）圆M的圆心为1,1，半径为m.因为直线:4380l

xy与圆22:11Mxym相交，所以圆心1,1到l的距离|15|35dm解得：9m，即m的取值范围是9,.（2）因为l与M相交所得弦长为8，所以2283252m，因为圆心1,1到:40lxy的距离|4|222

d，所以直线:40lxy与M相交所得弦长为22217md.【点睛】方法点睛：有关圆的弦长的两种求法（1）几何法：直线被圆截得的半弦长为2l，弦心距d和圆的半径r构成直角三角形，即2222l

dr；（2）代数法：联立直线方程和圆的方程，消元转化为关于x的一元二次方程，由根与系数的关系可求得弦长222121212114ABkxxkxxxx或21212122211114AByyyyyykk

12．已知双曲线C的标准方程为22136xy，12,FF分别为双曲线C的左、右焦点.（1）若点P在双曲线的右支上，且12FPF的面积为3，求点P的坐标；（2）若斜率为1且经过右焦点2F的直线l与双曲线交于,MN两点，求线段MN的长

度.【答案】（1）14,12或14,12；（2）83.【分析】（1）由双曲线方程可得126FF，进而可得点P的纵坐标，代入即可得解；（2）联立方程组，由韦达定理、弦长公式运算即可得解.【详解】（1）

由题意，双曲线的焦距122366FF，设点,,0Pmnm，则12121332FPFSFFnn△，解得1n，代入双曲线方程可得142m，所以点P的坐标为14,12或14,12；（2）由题意，23,0F，则直线

:3MNyx，设1122,,,MxyNxy，由221363xyyx，化简可得26150xx，则126xx，1215xx，所以112222142366083

MNkxxxx.13．设抛物线24Cyx：，F为C的焦点，过F的直线l与C交于AB，两点.（1）设l的斜率为2，求AB的值；（2）求证：OAOB为定值.【答案】（1）5；（2）证明见解析.【分析

】（1）求出直线方程为21yx，联立直线与抛物线，由12ABAFBFxxp即可求解；（2）设直线方程为1xky，由韦达定理表示出1212OAOBxxyy，即可得出定值.【详解】（1）依题意得10F，，所以直线l的方程为21yx.设直线l与抛物线的交点为

11Axy，，22Bxy，，由2214yxyx得，2310xx，所以123xx，121xx.所以12325ABAFBFxxp.（2）证明：设直线l的方程为1xky，直线l与抛物线

的交点为11Axy，，22Bxy，，由214xkyyx得，2440yky，所以124yyk，124yy.因为11221212121211OAOBxyxyxxyykykyyy，，2221212121441

43kyykyyyykk.所以OAOB为定值.【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11Axy，，22Bxy，；（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1212,xxxx形式；（5）代入韦达定理求解.14．已知椭圆M：22213xya0a的一个焦点为1,0F，左右顶点分别为A，B

．经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点．（Ⅰ）求椭圆M方程；（Ⅱ）当直线l的倾斜角为45时，求线段CD的长；（Ⅲ）记△ABD与△ABC的面积分别为1S和2S，求12SS的最大值．【答案】（Ⅰ）22143xy；（Ⅱ）247；（Ⅲ）12||SS的最大值为3.【分析】（Ⅰ）根据椭圆的几何性质

求出,ab可得结果；（Ⅱ）联立直线与椭圆，根据弦长公式可求得结果；（Ⅲ）设直线l：1xty(0)t，11(,)Cxy，22(,)Dxy，联立直线l与椭圆M的方程，利用韦达定理求出12yy，12||SS212||

34tt，变形后利用基本不等式可求得最大值.【详解】（Ⅰ）因为椭圆的焦点为1,0F，所以1c且23b，所以222314abc，所以椭圆M方程为22143xy.（Ⅱ）因为直线l的倾斜角为45，所以斜率为1，直线l的方程为1yx，联立221143

yxxy，消去y并整理得27880xx，设11(,)Cxy，22(,)Dxy，则1287xx，1287xx，所以2848||1177CD247.（Ⅲ）由（Ⅰ）知(2,0

),(2,0)AB，设直线l：1xty(0)t，11(,)Cxy，22(,)Dxy，联立221143xtyxy，消去x并整理得22(34)690tyty，则122634tyyt，

123934yyt0，所以12,yy异号，所以121211|||4||4|||22SSyy122||||||yy122||yy212||34tt1243||||tt1212344323||||tt,当且仅当23||3t时，等号成立.所以12||SS

的最大值为3.【点睛】关键点点睛：第（Ⅲ）问中将三角形面积用,CD两点的纵坐标表示，并利用韦达定理和基本不等式解决是解题关键.15．已知椭圆C：222210xyabab的离心率为12，点31,2A在椭圆C上，直线1l过椭圆C的右焦点

与上顶点，动直线2l：ykx与椭圆C交于M，N两点，交1l于P点.（1）求椭圆C的方程；（2）已知O为坐标原点，若点P满足14OPMN，求此时MN的长度.【答案】（1）22143xy；（2）4或4215.【分析】（1）根据12c

ea，以及2223121ab即可求解.（2）将直线2l与22143xy联立，求出交点M，再由14OPMN，可得点P为OM的中点，根据P在直线1l：330xy上求出点M即可求解.【详解】（1）由

题意得12cea，2223121ab，结合222abc，解得24a，23b，21c，故所求椭圆C的方程为22143xy.（2）易知定直线1l的方程为330xy.联立22143ykxxy，整理得223412kx，解得21234x

k，不妨令M点的坐标为221212,3434kkk.∵14OPMN，由对称性可知，点P为OM的中点，故2212123434(,)22kkkP，又P在直线1l：330xy上，故221212343433022kkk，解得1

0k，2233k，故M点的坐标为2,0或643,55，所以2OM或2215，所以MN的长度为4或4215.【点睛】关键点点睛：解题的关键是求出M点，根据对称性可知，确定点P为OM的中点，考查

了计算求解能力.16．已知椭圆2222:10xyEabab，O为坐标原点，P为椭圆上任意一点，1F，2F分别为椭圆的左、右焦点，且2ba，其离心率为22，过点0,1M的动直线l与椭圆相交于A，B两点.(1)求椭圆E的标准方程；(2)当453AB时，求直线l的方程【答

案】（1）22142xy；（2）1yx或112yx.【分析】（1）首先根据题意得到2222,2,2,bacaabc，再解方程组即可得到答案.（2）首先设出直线方程1ykx，与椭圆联立，利用根系关系和弦长公式即可得到方程424510kk，再解

方程即可得到答案.【详解】（1）由题意知2222,2,2,bacaabc解得24a，22b.所以椭圆的标准方程为22142xy.（2）当直线l的斜率不存在时，22AB，不符合题意.当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为1ykx，联立22142

1xyykx，得2221420kxkx，其判别式222(4)8218410kkk.设点A，B坐标分别为11,xy，22,xy，则222421kxxk，122221xxk.所以

222212122224145141213kABkxxxxkk，整理得424510kk，解得21k或214k，所以1k或12k.综上，直线l的方程为1yx或112yx.【点睛】关键点点

睛：本题主要考查直线与椭圆的弦长问题，本题中将直线方程代入椭圆的标准方程，再利根系关系和弦长公式得到所求的等量关系为解题的关键，考查学生的计算能力，属于中档题.17．如图，椭圆2222:1xyCab（0ab）的离心率为12，过椭圆右焦点F作两条互相垂直的弦AB与CD

．当直线AB的斜率为0时，AB4．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）求使ABCD取最小值时直线AB的方程．【答案】（Ⅰ）22143xy；（Ⅱ）10xy或10xy．【分析】（Ⅰ）由离心率及222abc，可得出2a，3b，进而写出椭圆的方程；（Ⅱ）进行

分类讨论，①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，不满足题意；②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为(1)ykx，则直线CD的方程为11yxk，分别将直线AB与CD的方程与椭圆方程联立，由韦达定理得出12xx和12xx的

表达式，然后利用弦长公式求出ABCD的表达式，然后利用基本不等式求出ABCD取得最小值时k的值，最后写出直线的方程即可.【详解】（Ⅰ）由题意知12cea，24a，又222abc，解得2a，3b，所以椭圆方程为22143xy；（Ⅱ）①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一

条弦所在直线的斜率不存在时，由题意知7ABCD，不满足条件；②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为(1)ykx，则直线CD的方程为1(1)yxk，设11(,)Axy，22

(,)Bxy，将直线AB的方程代入椭圆方程中并整理得22223484120kxkxk，则2122834kxxk，212241234kxxk，所以2121ABkxx21k21212()-4xxxx2212(1)34kk

，同理，22112143kCDk2212(1)34kk，所以2212(1)34kABCDk+2212(1)34kk=222284(1)(34)(34)kkk≥2222284(1)34342kk

k487，当且仅当223434kk即1k时，上式取等号，所以直线AB的方程为10xy或10xy．【点睛】易错点点睛：本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查基本不等式的应用，对于第二问，应该对斜率存在与否进行分类讨论，注

意别漏掉斜率不存在的情形，考查逻辑思维能力和的分析计算能力，属于中档题.18．已知抛物线2:2(0)Cypxp的焦点F到准线的距离为2，且过点F的直线l被抛物线C所截得的弦长MN为8．（1）求直线l的方程；（

2）当直线l的斜率大于零时，求过点,MN且与抛物线C的准线相切的圆的方程．【答案】（1）1yx或1yx；（2）22(3)(2)16xy或22(11)(6)144xy．【分析】（1）由题意得2,p(1,0)F，24yx，当直线l的斜率不存在时，不合题意；当

直线l的斜率存在时，设方程为(1)(0)ykxk，与抛物线方程联立，利用韦达定理和抛物线的定义求出弦长，结合已知弦长可求得结果；（2）设所求圆的圆心坐标为00(,)xy，根据几何方法求出圆的半径，根据直线与圆相切列式解得圆心坐标和半径，可得圆的方程

.【详解】（1）由题意得2,p(1,0)F，24yx当直线l的斜率不存在时，其方程为1x，此时248MNp，不满足，舍去；当直线l的斜率存在时，设方程为(1)(0)ykxk由2(1)4ykxyx得2222(24)0kxkxk

设1122(,),(,)MxyNxy，则216160k，且212224kxxk由抛物线定义得122222122444||||||(1)(1)22xkkMNMFNFxxxkk即22448kk，解得1k因此l的方程为1yx或1yx.（2）

由（1）取1,k直线l的方程为1yx，所以线段MN的中点坐标为(3，2)，所以MN的垂直平分线方程为2(3)yx，即5yx设所求圆的圆心坐标为00(,)xy，该圆的圆心到直线l的距离为d，则00|1|2xyd，则该圆的半径为22

2||162MNdd2001162xy，因为该圆与准线1x相切，所以0022000511162yxyxx，解得0032xy或00116xy,当圆心为(3

,2)时，半径为4，当圆心为(11,6)时，半径为12，因此所求圆的方程为22(3)(2)16xy或22(11)(6)144xy．【点睛】关键点点睛：第（1）问，利用韦达定理和抛物线的定义求出抛物线

的弦长是关键；第（2）问，根据几何方法求出圆的半径，利用直线与圆相切列式是解题关键.19．椭圆C：2222122xymmm，直线l过点1,1P，交椭圆于A､B两点，且P为AB的中点.（1）求直线l的方程；（2）若5ABOP，求m的值.【答案】（1）230xy；（2

）3m【分析】（1）设11,Axy，22,Bxy，利用点差法求直线的斜率；（2）根据（1）的结果，联立方程，利用弦长公式212122114AByyyyk，求m的值.【详解】（1）222113122mmm，2m，点P在椭

圆里面，设11,Axy，22,Bxy，则2211222222221212xymmxymm，两式相减可得222212122202xxyymm，变形为12121212220

2xxxxyyyymm，①点1,1P是线段AB的中点，12122,2xxyy，并且有椭圆对称性可知120xx，由①式两边同时除以12xx，可得，1222122202yymmxx，设直线AB的斜率为k，120k，解得：12

k，所以直线l的方程1112302yxxy；（2）22112OP，222212230xymmxy，22612920yym，可得122yy，212926myy，21212211410

AByyyyk，化简为2292144103m，且2m解得：3m【点睛】方法点睛：点差法是解决涉及弦的中点与斜率问题的方法，首先设弦端点的坐标，可得出关于弦斜率与弦中点的方程，代入已知斜率，可研究中点问题，代入已知中点可求斜率.20．如图所示，已知圆221:1

16Fxy上有一动点Q，点2F的坐标为1,0，四边形12QFFR为平行四边形，线段1FR的垂直平分线交2FR于点P，设点P的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）过点2F的直线l与曲线C有两个不同的交点A、B，问是否存在实数，使得2222AFBFAFBF成立，

若存在求出的值；若不存在，请说明理由.（1）221043xyy；（2）存在，实数43.【分析】（1）计算得出12124PFPFFF，利用椭圆的定义可知，曲线C为椭圆，确定焦点的位置，求出a、b的值，结合点P不在x轴上可得出曲线C的

方程；（2）设直线l的方程为1xmy，设点11,Axy、22,Bxy，将直线l与曲线C的方程联立，结合韦达定理以及弦长公式可计算出的值，即可得出结论.【详解】（1）连接1PF，由垂直平分线的性质可得1PFPR，由于四边形1

2QFFR为平行四边形，则214RFQF，122211242PFPFPRPFRFQFFF，所以点P的轨迹C是以1F、2F为焦点，以4为长轴长的椭圆，由24a得2a，半焦距1c，所以22

23bac，轨迹C的方程为：22143xy，由于四边形12QFFR为平行四边形，则点P不能在x轴上，可得0y，因此，轨迹C的方程为：221043xyy；（2）由于曲线C是椭圆22

143xy去掉长轴端点后所形成的曲线，当直线l的斜率为0时，直线l与x轴重合，此时，直线l与曲线C无公共点，设直线l的方程为1xmy，设点11,Axy、22,Bxy，由221431xyxmy

消去x得2234690mymy，214410m，则122634myym，122934yym，不妨设10y，20y，222222211111111111AFxymyymymy，同理22222

11BFmymy所以2222212121111111111AFBFyymymym221122122121241111yyyyyyyyyymm2222222694343411

12149931134mmmmmmm，即222243AFBFAFBF，所以存在实数43使得2222AFBFAFBF成立.【点睛】直线与圆锥曲线的弦长问题，较少单独考查弦长的求解，一般是已知弦长的信

息求参数或直线的方程．解此类题的关键是设出交点的坐标，利用根与系数的关系得到弦长，将已知弦长的信息代入求解．21．已知椭圆22:14xWy，直线l过点(0,2)与椭圆W交于两点,AB，O为坐标原点.（1）设C为AB的中点，当直线l的斜率为3

2时，求线段OC的长；（2）当△OAB面积等于1时，求直线l的斜率.【答案】（1）375；（2）72【分析】（1）先求出l的方程，与椭圆方程联立，得到关于x的一元二次方程，结合韦达定理，可求出C的坐标，进而利用两点间的距离公式可求出答案；（2）

易知直线l斜率存在，可表示出l的方程，与椭圆方程联立，得到关于x的一元二次方程，结合韦达定理，进而求出AB的表达式，及点O到直线l的距离d的表达式，结合1·12OABSdAB，可求出直线l的斜率.【详解】（1）因为直线l过(0,2)，斜率为32，所以l：3

22yx.联立2232214yxxy，得到251260xx.由韦达定理，有121212565xxxx，设00,Cxy，则120256xxx，003361222255yx，所以61,55C，226137

555OC.（2）由题意，可知直线l斜率存在，设斜率为k，则为l：2ykx，联立22142xyykx，得到224116120kxkx，由韦达定理，有12212216411241kxxkxxk

，O到直线l的距离为2221dk，22221212121214ABxxyykxxxx2222222222221648411664481114841414141kkkkkkkkkkk

.则222222221164486448·12241411OABkkSdABkkkk.所以226448141kk，化简得22470k，解得72k，

所以直线l：722yx或722yx.22．已知抛物线24Wyx：的焦点为F，直线2+yxt与抛物线W相交于,AB两点.（1）将||AB表示为t的函数；（2）若||35AB，求AFB△的周长.【答案】（1）||510ABt，12t<；（2）735.【分析】（

1）设点1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，联立直线方程和抛物线方程，运用韦达定理和弦长公式，化简计算即可得到所求函数；（2）运用抛物线的定义和（1）的结论，结合12||||2AFBFxx，进而得到AFB△的周长．【详解】（1）224yxtyx，整理

得224410xtxt，则2212212163216161632044144tttttxxttxx，AB221212124xxxx2251510ttt，其中12t<；

（2）由||35AB，则5(12)35t，解得4t，经检验，此时16320t，所以1215xxt，由抛物线的定义，有1212||||()()52722ppAFBFxxxxp，又||35AB，所以AFB△的周长为735

．【点睛】求曲线弦长的方法：（1）利用弦长公式2121lkxx；（2）利用12211lyyk；（3）如果交点坐标可以求出，利用两点间距离公式求解即可.23．如图，过点(1,0)F的直线l与抛物线2:4Cyx交于,AB两点.（1）若||8AB，求直线

l的方程;（2）记抛物线C的准线为l，设直线,OAOB分别交l于点,NM，求ONOM的值.【答案】（1）(1)yx；（2）-3.【分析】(1)设直线l的方程为1xmy，1122,,,AxyBxy,方程联立得到12124,4yymy

y，由直线方程求出12xx，由条件可得12ABAFFBxxp，从而求出答案.(2)由直线OB分别交l于点M，则OMOBkk,可得14Nyy，同理可得24Myy，由NMNMONOMxxyy，结合（1）中

的124yy可得答案.【详解】(1)设直线l的方程为1xmy，1122,,,AxyBxy由214xmyyx，得2440ymy所以12124,4yymyy则212

12242xxmyym由抛物线的性质可得212448ABAFFBxxpm解得1m，所以直线l的方程为：1yx（2）由题意可得直线l：1x，设221212,,

,44yyAyBy由（1）可得124yy，由直线OA分别交l于点N，则ONOAkk,1,NNy即1211414NONOAyykkyy，所以14Nyy由直线OB分别交l于点M，则OMOBkk,1,MMy即2222

414MOMOByykkyy，所以24Myy121613NMNMONOMxxyyyy【点睛】关键点睛：本题考查抛物线过焦点的弦长和直线与抛物线的位置关系，解答本题的关键是利用过焦点的弦长公式12A

BAFFBxxp，设直线l的方程为1xmy，方程联立韦达定理代入即可，由直线OA分别交l于点N，则ONOAkk得出14Nyy，同理得出24Myy，利用韦达定理的结果即可，属于中档题.24．设椭圆E：22221xyab（

a，b>0）过M（2，2），N(6，1)两点，O为坐标原点，（1）求椭圆E的方程；（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且OAOB？若存在，写出该圆的方程，并求|AB|的取值范围，若不存在说明理由.【答案】（1）221

84xy；（2）存在，2283xy，46,233.【分析】（1）根据椭圆E：22221xyab（a，b>0）过M（2，2），N(6，1)两点，直接代入方程解方程组即可.（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒

有两个交点A，B，且OAOB，当切线斜率存在时，设该圆的切线方程为ykxm，联立22184ykxmxy，根据OAOB，结合韦达定理运算12120xxyy，同时满足，则存在，否则不存在，当切线斜率不存在时，

验证即可；在该圆的方程存在时，利用弦长公式结合韦达定理得到2212(1)()ABkxx24232[1]3441kkk求解.【详解】（1）因为椭圆E：22221xyab（a，b>0）过M（2，2），N(6，1)两点，所以22224216

11abab，解得22118114ab，所以2284ab，所以椭圆E的方程为22184xy.（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且OAOB，设该圆的切线方

程为ykxm，联立22184ykxmxy得222(12)4280kxkmxm，则△=222222164(12)(28)8(84)0kmkmkm，即22840km12221224122812

kmxxkmxxk，2212121212()()()yykxmkxmkxxkmxxm，2222222222(28)48121212kmkmmkmkkk，要使OAOB，需使12120xxyy，即22222288012

12mmkkk，所以223880mk，所以223808mk，又22840km，所以22238mm，所以283m，即263m或263m，因为直线ykxm为圆心在原点的圆的一条切线，

所以圆的半径为21mrk，222228381318mmrmk，所以263r，则所求的圆为2283xy，此时圆的切线ykxm都满足263m或263m，而当切线的斜率不存在时切线为263x与椭圆22184xy的两个交点为2626(,)33或26

26(,)33满足OAOB，综上，存在圆心在原点的圆2283xy，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且OAOB.因为12221224122812kmxxkmxxk，所以22222212121222224288(84

)()()4()41212(12)kmmkmxxxxxxkkk，2222222121212228(84)()(1)()(1)(12)kmABxxyykxxkk42242423

245132[1]34413441kkkkkkk，①当0k时，22321[1]1344ABkk，因为221448kk，所以221101844kk，所以2232321[

1]1213344kk，所以46233AB，当且仅当22k时取”=”.②当0k时，46||3AB.③当AB的斜率不存在时，两个交点为2626(,)33或2626(,)33，所以此时46||3AB，综上，|AB|的取值范围为46233A

B，即：4[6,23]3AB【点睛】思路点睛：1、解决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．涉及弦中点的问题常常

用“点差法”解决，往往会更简单．2、设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则2221212121212122221()(1)(1)44ABxxyykxxxxyyyyk

(k为直线斜率)．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零．25．折纸又称“工艺折纸”，是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数

学内容，例如：用圆形纸片，按如下步骤折纸（如下图），步骤1：设圆心是O，在圆内不是圆心处取一点，标记为F；步骤2：把纸片对折，使圆周正好通过F；步骤3：把纸片展开，于是就留下一条折痕；步骤4：不停重复步骤2和3，能得到越来越多条的折痕．所有这些折痕围成的图形是一个椭圆.若取半径为

4的圆形纸片，设定点F到圆心O的距离为2，按上述方法折纸.（1）建立适当的坐标系，求折痕围成椭圆的标准方程；（2）求经过F，且与直线FO夹角为4的直线被椭圆截得的弦长.【答案】（1）22143xy；（2）247.【

分析】（1）建立直角坐标系后，由椭圆的定义即可得解；（2）联立方程组，由韦达定理结合弦长公式即可得解.【详解】（1）如图，以FO所在的直线为x轴，FO的中点M为原点建立平面直角坐标系，设,Pxy为椭圆上一点，由题意可知+==4PFPOAO且=2FO，所以P

点轨迹以F，O为左右焦点，长轴长24a的椭圆，因为22,24ca，所以1,2ca，2223bac，所以椭圆的标准方程为22143xy；（2）如图，不妨令过1,0F的直线交椭圆于C，D且倾斜角45，所以直线:1

CDyx，设1122,,,CxyDxy，联立2234121xyyx，消元得27880xx，0，所以121288,77xxxx，所以221212882411424777CDxxxx.四、填空题26．在平面直角坐

标系xOy中，过抛物线2:Cymx的焦点F作斜率为1的直线，与抛物线C交于A，B两点．若弦AB的长为6，则实数m的值为__________.【答案】3【分析】设1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，直线AB的方程为4myx，联立直线与抛物线方程可求

12xx，12xx，代入弦长公式，利用线段AB的长度，求解m即可.【详解】抛物线2ymx上的焦点(4mF，0)，直线的斜率为1，则可设直线AB的方程为4myx，设1(Ax，1)y，2(Bx，2)y联立方程24ymxmyx，整理得2

230216mmxx，由韦达定理可得：1232mxx，21216mxx，222212123||11()42()46216mmABxxxx，解得3m；故答案为：3．【点睛】求曲线

弦长的方法：（1）利用弦长公式2121lkxx；（2）利用12211lyyk；（3）如果交点坐标可以求出，利用两点间距离公式求解即可.27．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=___．【答案】2【分析】法1：首先利用直线过焦点，得bp，再利用直线与抛物线方程联立，利用根与系数的关系表示12ABxxp，计算求得p；法2：由已知tan2，求得sin的值，再利用弦长公式22sinpAB，求p的值

.【详解】法1：由题意知，直线:2lyxb，即22byx．直线l经过抛物线2:20Cypxp的焦点，22bp，即bp．直线l的方程为2yxp．设11,A

xy、22,Bxy，联立222yxpypx，消去y整理可得22460xpxp，由韦达定理得1232pxx，又5AB，12552xppx，则2p.法2：设直线的切斜角为，则tan2k

，得25sin5，∴22225sin25ppAB，得2p.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,AB两点，AB称为焦点弦长，有如下的性质：直线与抛物线交于1122,,,Axy

Bxy，①221212,4pyypxx；②12ABxxp；③11AFBF为定值2p；④弦长22sinpAB（为直线AB的倾斜角）；⑤以AB为直径的圆与准线相切；⑥焦点F对,AB在准线上射影的张角为90.28．已知抛物线2:4,CxyAB为过焦点F的弦，过,AB分别作抛物线的

切线，两切线交于点P，设112200(,),(,),(,)AxyBxyPxy，则下列结论正确的有________．①若直线AB的斜率为-1，则弦8AB；②若直线AB的斜率为-1，则02x；③点P恒在平行于x轴的直线1y上；④若点(,)MMMxy

是弦AB的中点，则0Mxx．【答案】①③④【分析】设PA的方程1124xxykx与抛物线方程24xy联立，利用判别式求出12xk，可得PA的方程，同理可得PB的方程,联立PA与PB的方程求出点P的坐标，可知④正确；设直线AB的方程为1ytx，与抛物线方程24xy

联立，当1t时，利用韦达定理求出0x与0y可知②错误，③正确；当1t时，利用抛物线的定义和韦达定理可得弦长||8AB，可知①正确．【详解】设PA方程1124xxykx与抛物线方程24xy联立得2211440xkxkxx，由2211Δ161640kkxx

得12xk，PA方程为2111()42xxyxx，同理得PB方程2222()42xxyxx，联立21112222()42()42xxyxxxxyxx，解得121224xxxxxy，所以交点P12

12,24xxxx，即1202Mxxxx，所以④正确；根据题意直线AB的斜率必存在，设直线AB的方程为1ytx，联立21040ytxxy，消去y并整理得2440xtx，由韦达定理得121244xxtxx

，12014xxy，所以③正确；当t=-1时，12022xxx，所以②错误，当t=-1时，根据抛物线的定义可得1212||(2()2)pAByyyypp12121124448xxxx

，所以①正确．故答案为：①③④【点睛】关键点点睛：设出切线方程，利用判别式等于0，求出切线方程，联立切线方程求出交点P的坐标是解题关键.五、双空题29．已知抛物线2:20Cxpyp的焦点为F，直

线:0lykxbk与抛物线C交于A，B两点，且6AFBF，线段AB的垂直平分线过点0,4M，则抛物线C的方程是______；若直线l过点F，则k______.【答案】24xy22【分析】

根据焦半径公式可得126yyp，再根据MAMB可得1282yyp，联立即可求出p，得到抛物线C的方程；再联立直线l和抛物线C的方程，可解得21242yyk，再根据1264yyp，即可解出k．【详解】设11,Axy，22,Bxy，

由抛物线的焦半径公式可得，12pAFy，22pBFy，则126AFBFyyp，即126yyp.因为点0,4M在线段AB的垂直平分线上，所以MAMB，则2222112244xyxy.因为2112xpy，2222xpy，所以

1212280yyyyp，因为12yy，所以1282yyp，则826pp，解得2p，故抛物线C的方程是24xy.因为直线l过点F，所以直线l的方程是1ykx，联立241xyykx，整理得2440xkx，则124xxk，从而

21212242yykxxk，因为1264yyp，所以2424k，解得22k.故答案为：24xy；22．【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质的应用，直线与抛物线的位置关系

的应用，意在考查学生转化与化归的能力以及数学运算能力，属于基础题．