【文档说明】(新高考)高考数学二轮精品复习专题07《圆锥曲线中的向量共线问题》(解析版).doc，共(55)页，2.215 MB，由MTyang资料小铺上传

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专题07圆锥曲线中的向量共线问题一、单选题1．已知抛物线C：y2=2x的焦点为F，点M，N分别在抛物线C上.若2MFFN，则点M到y轴的距离为（）A．12B．35C．23D．1【答案】D【分析】由22yx可得1(,0)2F，设211(,)2yMy，222(,)2yNy

，由2MFFN，可得11x.【详解】由22yx可得1(,0)2F，设211(,)2yMy，222(,)2yNy，由2MFFN，可得22121211(,)2(,)2222yyyy，所以22121122yy且122yy，所以221132

24yy，解得212y，所以21112yx，所以点M到y轴的距离为1.故选：D.【点睛】本题考查了抛物线的几何性质，考查了平面向量共线的坐标表示，属于基础题.2．抛物线2:20Cypxp

的焦点为F，准线为l，点P在l上，线段PF与抛物线C交于点A，若4PFAF，点A到x轴的距离为2，则p的值是（）A．26B．4C．22D．2【答案】C【分析】画出图形，通过向量关系，转化为：1||||||3ABAFAP，通过求解三角形，结合抛物线的性质转化

求解即可．【详解】解：抛物线2:2(0)Cypxp的焦点为F，准线为l，点P在l上，线段PF与抛物线C交于点A，若4PFAF，过A作ABl于B，则1||||||3ABAFAP，所以2tan4APB，设准线与x轴交于D，则||22||22DPFDp，因为点A到x轴的距离为2，所以

21422p，解得22P，故选：C．【点睛】本题考查抛物线几何性质、平面向量的线性运算，熟练掌握抛物线的几何性质是解题的关键，考查学生的分析能力和运算能力，属于中档题．3．已知双曲线的标准方程为221412xy，过其右焦点F的直线与双曲线的右支交于A，B两点，若13A

FFB，则AB的垂直平分线与x轴交点的横坐标是（）A．20B．10C．12D．18【答案】A【分析】解法一：先根据双曲线的方程得到焦点F的坐标,设出直线AB的方程,并将其与双曲线方程联立,再结合13AFFB及根与系数的关系,求出AB的中点坐标

,进而可得AB的垂直平分线的方程,最后求其与x轴交点的横坐标即可；解法二：设出A,B两点的坐标,结合13AFFB,利用向量的坐标表示求出两点坐标之间的关系进行求解.【详解】解法―：由221412xy,得双曲线的右焦点4,0F,故由

题意可设直线AB的方程为40xtyt.联立方程,得2241412xtyxy,消去x得223124360tyty.设11,Axy,22,Bxy.由13AFFB及根与系数的关系

,得121221221324313631yytyytyyt,得12153151515yyt,或12153151515yyt,由对称性不妨设1515t,则AB的中点坐标为5,15,所以AB的垂直

平分线的方程为1515515yx,令0y,得20x=.故选：A.解法二：由221412xy,得双曲线的右焦点4,0F.不妨设点A在第一象限内,设111,0Axyx,22,B

xy,因为13AFFB,所以1212144313xxyy,得21211633xxyy.又点A,B在双曲线上,所以22112211141216331412xyxy

,得11315xy,则227315xy,所以AB的中点坐标为5,15,直线AB的斜率15k,所以AB的垂直平分线的方程为1515515yx,令0y,得2

0x=.故选：A.【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质、直线与双曲线的位置关系、向的坐标表示.试题综合考查直线与双曲线的位置关系,引导考生抓住解析几何问题的本质,透过本质建立数与形之间的联系,体现了直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养.4

．已知抛物线2:4Cxy，焦点为F，圆222:2400Mxxyyaa，过F的直线l与C交于A、B两点（点A在第一象限），且4FBAF，直线l与圆M相切，则a（）A．0B．2115C．115D．3【答案】B【分析】设点11,Axy、

22,Bxy，可得1>0x，且2114xy，由4FBAF结合向量的坐标运算以及21122244xyxy可求得点A的坐标，进而可求得直线l的方程，由直线l与圆M相切，得出圆心到直线的距离等于圆的半径，由此可求得实数a的值.【详解】抛物线C的

焦点为0,1F，设点11,Axy、22,Bxy，则1>0x，且2114xy，由4FBAF得2211,14,1xyxy，21214141xxyy，由21141yy，即222114144xx，即4211450xx

，可得211x，11x，所以，点A的坐标为11,4，直线AF的斜率为1134104AFk，则直线l的方程为314yx，即3440xy，将圆M的方程写为标准式得222125xya，则2500

aa，可得05a.由于直线l与圆M相切，则2314249555a，解得2115a，合乎题意.故选：B.【点睛】本题考查利用直线与圆相切求参数，同时也考查了利用抛物线中向量共

比例关系求直线方程，考查计算能力，属于中等题.5．已知双曲线2222:10,0xyCabab的右焦点为F，过F且斜率为3的直线交C于A、B两点，若4AFFB，则C的离心率为（）A．58B．65C．75D

．95【答案】B【分析】设双曲线2222:1xyCab的右准线为l，过A、B分别作AMl于M，BNl于N，BDAM于D，根据直线AB的斜率为3，得到12ADAB，再利用双曲线的第二定义得到1ADAFFBe，又ABAFFB，结合

4AFFB求解.【详解】设双曲线2222:1xyCab的右准线为l，过A、B分别作AMl于M，BNl于N，BDAM于D，如图所示：因为直线AB的斜率为3，所以直线AB的倾斜角为60，∴60BAD，12ADA

B，由双曲线的第二定义得：11122AMBNADAFFBABAFFBe，又∵4AFFB，∴352FBFBe，∴65e故选：B【点睛】本题主要考查双曲线的第二定义的应用以及离心率的求法，还考查了数形结合的思

想和运算求解的能力，属于中档题.6．已知点2,0Q与抛物线220ypxp，过抛物线焦点的直线与抛物线交于A，B两点，与y轴交于点P，若3ABBP，且直线QA的斜率为1，则p（）A．2B．4C．222D．42【答案】C【分析】判断A、B的位置，结合向

量关系，推出A、B横坐标与纵坐标的关系，通过直线的斜率关系，转化求解即可.【详解】解：由题意可知A在第一象限，B在第四象限，设,,,AABBAxyBxy，0,pPy由3ABBP，所以,3,BABABPBxxyyxyy

，得4ABxx，又224,4AABByxyx，所以2AByy，又A、F、B三点共线，可得2ABBABByyypxxx，即2222BBABypypyyp，可得2BAyyp，∴2212Ayp，2Ayp，Axp，由

QA斜率为1可得：12AAyx，即212pp，则222p.故选：C.【点睛】在直线和抛物线的位置关系中，结合向量共线考查求抛物线中的参数p；基础题.二、解答题7．在平面直角坐标系xOy中，设椭圆22221xyab（0ab）的左、右焦点分别为1F、2F，左顶点为A，上顶点为B，离

心率为e．椭圆上一点C满足：C在x轴上方，且2CF⊥x轴．（1）如图1，若OC∥AB，求e的值；（2）如图2，连结1CF并延长交椭圆于另一点D．若1322e，求11CFFD的取值范围．【答案】（1）22；（2）7,133.【分析】（1）根据2CFx轴，设C0(,)cy，0

0y，再根据点C在椭圆上求得其坐标，然后再根据OC∥AB，由ABOCkk求解.（2）设11(,)Dxy，11CFFDuuuruuur，由（1）2(,)bCca，1(,0)Fc，然后用表示D的坐标，代入椭圆方程求解.【详解】（1）

设椭圆22221(0)xyabab的焦距为2c．∵2CFx轴可设C0(,)cy，00y，因为220221ycab，所以4202bya，解得20bya，∴C2(,)bca∵OC∥AB，所以22ABOCbbbakkacac∴b=c∴2222cceabc.（2）设

11(,)Dxy，11CFFDuuuruuur，由（1）知：2(,)bCca，1(,0)Fc，212,bCFcauuur（），111(,)FDxcyuuur，∵11CFFDuuuruuur∴12()cxc，21bya所以12xc，2

1bya，∴22(,)bDca又∵D在椭圆上∴222222()()1bcaab，化简得：222(43)1e又∵0，2221-1414333e∵13022e（），21344e，则14

31434，解得：7133所以11CFFD取值范围是7,133．【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率的常用方法：①直接求出a，c来求解e.通过已知条件列出方程组，解出a，c的值；②构造a，c的齐次式，解出e.由已知条件得出关于a，c的二元齐次方程

，然后转化为关于离心率e的一元二次方程求解；③通过取特殊值或特殊位置，求出离心率．(2)椭圆的范围或最值问题常常涉及一些不等式．例如，－a≤x≤a，－b≤y≤b，0＜e＜1等，在求椭圆相关量的范围时，要注意应用这些不等关系．8．已知椭

圆2222:10yxCabab经过点0,3，离心率为63.（1）求曲线C的方程；（2）设直线:+2lyx与曲线C交于,AB两点，点M为OA中点，BM与曲线C的另一个交点为N，设BMmMN，试求出m的值.【答案】（1）2213yx；（2）53m.【

分析】（1）由椭圆的离心率及经过的点列方程即可得解；（2）设112200,,,,,AxyBxyNxy，由韦达定理得12xx、12yy，再由平面向量的数乘运算可得012012112112mxxxmmmyyym

m，代入椭圆方程运算即可得解.【详解】（1）由题意得22223163acaabc，解得31ab，C的方程为2213yx；（2）设112200,,,,,AxyBxyNxy，将:2lyx代入2213yx得24

2210xx，所以121221,24xxxx，所以121212123+2+2+224yyxxxxxx，由点M为OA中点得1111,22Mxy，由BMmMN得121201011111,,2222xxyy

mxxyy，所以012012112112mxxxmmmyyymm，因为N在椭圆上，所以220013yx，所以22121211111+

=1232mmxxyymmmm，即2222212121212222111+14333mmyyyyxxxxmmm，又因为222212121

2121,1,0333yyyyxxxx，所以22211+14mmm，化简得23250mm，解得53m（负值舍去）.【点睛】解决本题的关键是设出点的坐标，利用韦达定理及向量的数乘对条件合理

转化，细心计算即可得解.9．已知椭圆C：222210xyabab的两个焦点为1F，2F，焦距为22，直线l：1yx与椭圆C相交于A，B两点，31,44P为弦AB的中点.（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线l：ykxm与椭圆C相交于不同的两点M

，N，0,Qm，若3OMONOQ（O为坐标原点），求m的取值范围.【答案】（1）2213xy；（2）113m或113m.【分析】（1）31,44P为弦AB的中点,设11,Axy，22,Bxy,代入椭圆方程利用点差法可求解.（2）由M，Q，N三点共线，

133OQOMON，根据三点共线性质可得：1133，则2，将直线l的方程和椭圆C方程联立，利用韦达定理即可求得答案.【详解】（1）∵焦距为22，则2c，设11,Axy，22,Bxy，∵31,44P为弦AB的中点，根据

中点坐标公式可得：1232xx，1212yy，又∵将11,Axy，22,Bxy代入椭圆C：22221xyab∴2222221122222222bxayabbxayab∴将两式作差可得：

22121212120bxxxxayyyy，所以22121222121231ABbxxyybkxxayya，所以223ab=………①.∵222acb……

…②由①②得：2231ab所以椭圆的标准方程为2213xy.（2）∵M，Q，N三点共线，133OQOMON∴根据三点共线性质可得：1133，则2设11,Mxy，22,Nx

y，则1212033xx，∴122xx.将直线l和椭圆C联立方程22,33ykxmxy消掉y.可得：222136330kxkmxm.220310km………③，根据韦达定理：1226

13kmxxk，21223313mxxk，代入122xx，可得：22613kmxk，222233213mxk，∴222222363321313kmmkk，即2229131mkm.∵2910m

，219m，∴22213091mkm………④，代入③式得22211091mmm，即22211091mmm，∴2221910mmm，∴2119m满足④式，∴113m或113m

.【点睛】本题考查椭圆的中点弦问题，考查直线与椭圆的综合问题，联立方程，韦达定理的应用，属于中档题.10．如图，已知椭圆222210xyabab，1F，2F分别为椭圆的左、右焦点，A为椭圆的上顶点，直线2AF交椭圆于另一点B.（1）若190FAB，求椭

圆的离心率；（2）若椭圆的焦距为2，且222AFFB，求椭圆的方程.【答案】（1）22；（2）22132xy.【分析】（1）根据190FAB得到bc，2ac，可得22cea；（2）设,Bxy，根据222AFFB得到32x，2b

y，代入22221xyab，解得23a，可得222312bac，从而可得椭圆方程.【详解】（1）若190FAB，则12FAF和2AOF△为等腰直角三角形．所以有2OAOF，即bc．所以2ac，22cea．（

2）由题知0,Ab，21,0F，设,Bxy，由222AFFB，得1,21,bxy，所以32x，2by．代入22221xyab，得2229441bab．即291144a，解得23a．所以222312bac

，所以椭圆方程为22132xy．【点睛】本题考查了求椭圆的离心率，考查了求椭圆方程，考查了平面向量共线的坐标表示，属于中档题.11．已知椭圆C：22221xyab（0ab），O为坐标原点，长

轴长为4，离心率12e．（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l的方程为：1ykx，点A为椭圆C在x轴正半轴上的顶点，过点A作ABl，垂足为M，点B在椭圆上（不同于点A）且满足：25MBAM，求直线

l的斜率k．【答案】（1）22143xy；（2）233k．【分析】（1）由长轴长为4求a，再由离心率12e求c，根据椭圆的性质求b，从而得到椭圆方程．（2）椭圆C的右顶点A为(2,0)．直线1:1lxyk，直线AB的方程为2xky，分别与椭圆方程联立，求出,BM的纵坐

标，利用向量关系，转化求解直线的斜率即可．【详解】（1）由椭圆的离心率12e，长轴长为4可知2a，1c，∴23b，∴椭圆C的方程为22143xy．（2）椭圆C的右顶点A为2,0．由题可知0k，直线l：11xyk，直线AB的方程为2xky，由112xykxky

，可知21Mkyk，由2234120xkyxy，得2234120kyky，则21234Bkyk，∵25MBAM，∴250BMMyyy，则22212523411kk

kkkk∵0k，∴243k，解之，233k．【点睛】本题考查椭圆的简单性质以及椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，同时考查了平面向量的坐标运算，考查计算能力，属于综合题.12．已知椭圆1

C：222210xyabab的左、右焦点分别为1F，2F，过1F且与x轴垂直的直线被椭圆1C和圆222xya截得的弦长分别为2和22.（1）求1C的标准方程；（2）已知动直线l与抛物线2C：24yx相切（切点异于原点

），且l与椭圆1C相交于M，N两点，问：椭圆1C上是否存在点Q，使得63OMONOQ，若存在求出满足条件的所有Q点的坐标，若不存在，请说明理由.【答案】（1）22142xy；（2）存在，Q点坐标为266,33或266,

33【分析】（1）（1）设直线方程为xc，分别与椭圆方程，圆联立解得交点坐标，再根据弦长分别为2和22.求解.（2）设l：0xmynm，11,Mxy，22,Nxy，00,Qxy，与抛物线方程联立，根据l

与2C相切，则2100mn，与椭圆方程联立，由63OMONOQ结合韦达定理得到Q坐标代入椭圆方程求解.【详解】（1）设直线方程为xc，与椭圆方程222210xyabab联立解得2bya

，所以222ba，直线方程为xc，与圆222xya联立解得yb，所以222b，解得2,2ab，故1C：22142xy.（2）由题知l存在且斜率不为0，设l：0xmynm，11,Mxy，22,Nxy，00,Qxy，联

立24xmynyx，得2440ymyn，因为l与2C相切，故2100mn，联立2224xmynxy，得2222240mymnyn，所以12222mnyym

，212242nyym，22202424nmn，又20mn，所以15,0n.因为63OMONOQ，所以1201206363xxxyyy，由韦达定理，代入计算得020226262nxmmnym

，因为点00,Qxy在椭圆上，即220024xy，代入得22222222412422nmnmm，即2221322nnmn，15,0n，解得1n

或23n（舍），所以1m，此时Q点坐标为266,33或266,33.【点睛】本题主要考查直线与椭圆，直线与抛物线，直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.13．已知椭

圆2222:10xyCabab的离心率是12，且椭圆C经过点33,2P，过椭圆C的左焦点F的直线l与椭圆C交于M,N两点.（1）求椭圆C的标准方程；（2）若2MFFN，求直线l的方程.【答案】（1）22143xy；（2）5250xy.【分析】（1）依题意

得到方程组222221,2331,4,caabcab，解得即可；（2）设直线l的方程为1xmy，11,Mxy，22,Nxy，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由2MFFN，可得122yy，从而求出参数的值，【详解】解：

（1）设椭圆C的半焦距为c.由题意可得222221,2331,4,caabcab解得24a，23b.故椭圆C的标准方程为22143xy.（2）由（1）可得1,0F当直线l的斜率为0时，

2,0M，20N，或20M，，2,0N，此时2MFFN，不符合题意.当直线l的斜率不为0时，可设直线l的方程为1xmy，11,Mxy，22,Nxy.联立221143xmyxy，整理得2234690mymy，则1212229,63

434yyyymmm，因为2MFFN，所以122yy.从而1222634myyym，21221222269,23434myyyyyymm，则2226923434mmm

，解得25m.故直线l的方程为5250xy.【点睛】本题考查待定系数法求椭圆方程，直线与椭圆的综合应用，属于中档题.14．已知过点0,2P的直线与抛物线2:4Cxy相交于A，B两点.（1）若2APPB，且点A在第一象限，求直线AB的方程；（2）若点A，B在直线2

y上的射影分别为1A，1B，线段1AB的中点为Q，求证1//BQPA.【答案】（1）122yx；（2）证明见解析；【分析】（1）由题意，设过点(0,2)P的直线l的斜率为k，则:2lykx．然后由2APPB，根据定比分点的知识，可得1222

3xx，12203yy．将112ykx，222ykx代入最终可得到k的值，则即可求出直线AB的方程；（2）先联立直线l与抛物线方程，整理得到一元二次方程，根据韦达定理有124xxk，128xx．再根据题意写出122(2xxBQx，22)y，1

1(PAx，4)．再根据平行向量的坐标公式12210xyxy进行代入计算即可证明1//BQPA．【详解】（1）解：由题意，设过点(0,2)P的直线l的斜率为k，则:2lykx．设1(Ax，1)y，2(Bx，2)y．2APPB，根据定比分点的知识，有12203xx

，12223yy，1220xx．联立224ykxxy，消去y，整理得2480xkx．解得212(2)xkk，222(2)xkk，221222(2)4(2)0xxkkkk

，整理，得2320kk，解得12k．直线AB的方程为122yx．（2）证明：根据（1），联立直线l与抛物线方程，得224ykxxy，整理，得2480xkx．则124xxk

，128xx．11(Ax，2)，12(Bx，2)．12(2xxQ，2)．122(2xxBQx，22)y，11(PAx，4)．12212()(4)(2)2xxxxy21122112

12124(2)22222xxxyxxxyxxxy222212122244xxxxxxx222(8)04xx．1//BQPA．【点睛】本题主要考查直线与抛物线的综合问题，考查了定比分点的应用，平行向量坐标

公式的应用，考查了逻辑思维能力和数学运算能力．属于中档题．15．已知222:4)(0Exymm，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与E有两个交点A，B，线段AB的中点为M．（1）若2m，点K在椭圆E上，1F、2F分别为椭

圆的两个焦点，求12KFKF的范围；（2）若l过点(,)2mm，射线OM与椭圆E交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时直线l斜率；若不能，说明理由．【答案】（1）2,1；（2）476k.【分析】（1）求得焦点坐标，设(,)Kxy，运用向量数量积的坐标表示，结合椭圆的范围

，可得所求范围；（2）设A，B的坐标分别为1(x，1)y，2(x，2)y，运用中点坐标公式和点差法，直线的斜率公式，结合平行四边形的性质，即可得到所求斜率．【详解】解：（1）2m时，椭圆22:14xEy，两个焦点1(3F，)，2(3F，0)，设(,)

Kxy，可得2214xy，即2244xy，1(3FKx，)y，2(3FKx，)y，2221212331KFKFFKFKxyy，因为11y剟，所以12KFKF的范围是2,1；（2）设A，

B的坐标分别为1(x，1)y，2(x，2)y，可得12(2xxM，12)2yy，则222112222244xymxym，两式相减可得12121212()()4()()0xxxxyyyy，12121212()()140()(

)yyyyxxxx，即140OMlkk，故14OMlkk，又设(PPx，)Py，直线:()(0,0)2mlykxmmk，即直线l的方程为2mykxkm，从而1:4OMyxk，代入椭圆方程可得，2222414Pmkxk，由()2mykxm

与14yxk，联立得224214Mkmkmxk，若四边形OAPB为平行四边形，那么M也是OP的中点，所以2MPxx，即2222224244()1414kmkmmkkk，整理可得2121630kk，解得476k，经检验满足题意，所以当4

76k时，四边形OAPB为平行四边形．【点睛】本题考查椭圆的方程和性质，考查直线和椭圆的位置关系，注意运用点差法，考查向量数量积的坐标表示，考查方程思想和运算能力，属于中档题．16．设抛物线E：220ypxp焦点为F，准线为l，A为E上一

点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B、D点．（Ⅰ）若60BFD，BFD△的面积为433，求p的值及圆F的方程；（Ⅱ）若点A在第一象限，且A、B、F三点在同一直线1l上，直线1l与抛物线E的另一个交点记为C，且CFFA，求实数的值．【答案】（Ⅰ）2p，圆F为：

221613xy；（Ⅱ）13．【分析】（Ⅰ）依题意可得BFD△为正三角形，且23pBF，根据BFD△的面积，即可求出p，从而得到圆F的方程；（Ⅱ）依题意可得直线AB的倾斜角为3或23，由对称性可知，设直线l：23ypx，11,A

xy，22,Cxy，联立直线与抛物线方程消元列出韦达定理，由CFFA，即可得到2143，解得即可；【详解】解：（Ⅰ）焦点到准线l的距离为p，又∵BFFD，60BFD，∴BFD△为正三角形．∴23

pBF，,23ppB，∴214sin60323BFDSBF△，2p，∴圆F为：221613xy．（Ⅱ）若A、F、B共线，则AFBFDF，2BDA∴12ADAFAB，6DBA∴直线AB

的倾斜角为3或23，由对称性可知，设直线l：23ypx，11,Axy，22,Cxy，CFFA，联立12122222121212203332pypyyyxpyypyypyypx

，∴2143，231030，3或13，又AFBFp，12px，01，所以13．【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用

，向量共线求出参数的值，属于中档题.17．已知抛物线2:20Cypxp，过抛物线C的焦点F且垂直于x轴的直线交抛物线C于,PQ两点，4PQ.（1）求抛物线C的方程，并求其焦点F的坐标和准线l的方程；（2）

过抛物线C的焦点F的直线与抛物线C交于不同的两点,AB，直线OA与准线l交于点M.连接MF，过点F作MF的垂线与准线l交于点N.求证：,,OBN三点共线.【答案】（1）抛物线C的方程为24yx，焦点F坐标为1,0，准线l方程为1x（2）证明见解析【分析】（1）根

据抛物线通径的性质，得出2p，即可求出抛物线的标准方程，即可得出焦点坐标和准线方程；（2）根据题意，设直线:1ABxty，与抛物线方程联立，求出则124yyt，124yy，通过直线相交分

别求出141,My和11,Ny，从而求出1ONky和24OBky，通过化简求出0OBONkk，即可证出,,OBN三点共线.【详解】解：（1）24PQp，则2p，故抛

物线C的方程为：24yx，其焦点F坐标为1,0，准线l方程为：1x（2）设直线:1ABxty，联立214xtyyx，得2440yty，则216160t△，设11,Axy，22,Bxy，则124yyt，1

24yy.法1：直线11:yOAyxx，由2114yx得14yxy，故点141,My，直线MF的斜率1140211MFyky，则直线FN的斜率12FNyk，直线1:12yFNyx

，则点11,Ny直线ON的斜率1ONky.直线OB的斜率22OBykx，由2224yx得24OBky，则12122244440OBONyykkyyyy，所以,,OBN三点共线.法2：直线11:yOAyxx，由2114yx得14yxy，故点14

1,My，由124yy，得21,My.直线MF的斜率220112MFyyk，直线22:1FNyxy，得点241,Ny，由124yy，得11,Ny.直线ON的斜率

1ONky.直线OB的斜率22OBykx，由2224yx得24OBky，由124yy，得1OBky，则有OBONkk.所以,,OBN三点共线.法3：（1）∵4PQ，∴2PF，∴22OF，∴

1OF，2p，∴抛物线C的标准方程为：24yx，则焦点坐标为：1,0F，准线方程为：:1lx.（2）设直线:1ABxty，联立得：2440yty，212121616044tyytyy，设11,Axy，22,Bx

y，∴直线11:yAOyxx，当1x时，11yyx，∴111,yMx，∴112MFykx，∴1121FNMFxkky，∴直线112:1xFNyxy，当1x时，114xyy，∴

1141,xNy，∴114NOxky，22BOykx，∴21214BONOyxkkxy1212121221214114yyyyyyxxxyxy12122142144yyyyxy22442116240xy

，∴BONOkk，∴,,BON共线.【点睛】本题考查抛物线的标准方程和简单几何性质，以及直线与抛物线的位置关系，通过联立方程组，韦达定理，利用直线斜率的关系证明三点共线，考查转化思想和计算能力.18．已知抛物线E上的焦点为(0,1)F.（1）求抛物线E的标准方程；（2）

过F作斜率为k的直线l交曲线E于A、B两点，若3BFFAuuuruuur，求直线l的方程.【答案】（1）24xy；（2）313yx.【分析】（1）根据焦点坐标求得p，结合抛物线的开口方向求得抛物线E的标准方程.（2）联立直线l的方程和抛物线方程，写出根与系数关系，结合3

BFFAuuuruuur求得k的值，进而求得直线l的方程.【详解】（1）依题意，抛物线的焦点为0,1F，开口向上，2,24pp，所以曲线E的方程为：24xy；（2）设过F的斜率为k的直线方程为：1ykx，联立214

ykxxy，消去y并化简得2440xkx.令11(,)Axy、22(,)Bxy，所以124xxk，124xx-，由题可知：3BFFAuuuruuur，即：2211(,1)3(,1)xyxy，即得213xx

，由124xxk，124xx-，213xx得：213k，33k，所求直线l的方程为：313yx.【点睛】本小题主要考查抛物线方程的求法，考查直线和抛物线的位置关系，属于中档题.19．已知椭圆22:24Cxy（1）

求椭圆C的标准方程和离心率；（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．【答案】（1）22142xy，22e；（2）存在，7x

﹣14y+314＝0或7x+14y﹣314＝0【分析】（1）将椭圆方程化为标准方程，可得a，b，c，由离心率公式可得所求值；（2）假设存在过点P（0，3）的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且满足2PBPA，可设直线l的方程为x＝m（y﹣3），联立椭圆方程，消去x可得y的二

次方程，运用韦达定理和判别式大于0，再由向量共线的坐标表示，化简整理解方程，即可判断是否存在这样的直线．【详解】（1）由22142xy，得2,2ab，进而422c，22cea；（2）假设存在过点P（0，3）的直线l与椭圆C相交

于A，B两点，且满足2PBPA，可设直线l的方程为x＝m（y﹣3），联立椭圆方程x2+2y2＝4，可得（2+m2）y2﹣6m2y+9m2﹣4＝0，△＝36m4﹣4（2+m2）（9m2﹣4）＞0，即m2＜47，设

A（x1，y1），B（x2，y2），可得y1+y2＝2262mm，y1y2＝22942mm，①由2PBPA，可得（x2，y2﹣3）＝2（x1，y1﹣3），即y2﹣3＝2（y1﹣3），即y2＝2y1﹣3，②将②代入①可得3y1﹣3＝2262mm，y1（2y1﹣3）＝22942mm，

消去y1，可得22232mm•22322mm＝22942mm，解得m2＝2747，所以147m，故存在这样的直线l，且方程为7x﹣14y+314＝0或7x+14y﹣314＝0．【点睛】本题考查椭圆的方程和性质，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，同时考查向

量共线的坐标表示，考查化简运算能力和推理能力，属于中档题．20．设12,FF分别为椭圆2222:1(0)xyCabab的左、右焦点，过2F的直线l与椭圆C相交于,AB两点，直线l的倾斜角为60,1F到直线l的距离为23.（1）求椭圆C的焦

距；（2）如果222AFFB，求椭圆C的方程.【答案】（1）4；（2）22195xy.【分析】（1）由题意可设直线l的方程为3yxc，再利用点到直线的距离公式即可求解.（2）由（1）可得32y

x，联立方程2222321yxxyab消x，求出两交点的纵坐标，再由222AFFB得出两交点纵坐标的关系即可求解.【详解】（1）由题意可得：直线l的方程为3yxc，1,0Fc到直线l的距离为23，22332313cc，解得2c

，椭圆C的焦距24c.（2）由（1）可得32yx，设11,Axy，22,Bxy，10y，20y，联立2222321yxxyab，整理可得2222434330abybyb，解得21223223ba

yab，22223223bayab，因为222AFFB，所以122yy，即222222322322233babaabab，解得3a，又2c，故945b，故

椭圆C的方程为22195xy.【点睛】本题考查了椭圆的简单几何性质、直线与椭圆的位置关系，此题要求有较高的计算求解能力，属于中档题.21．设椭圆:C22221(0)xyabab左焦点为F，过点F的直线l与椭圆

C交于,AB两点，直线l的倾斜角为45，且3AFFBuuuruur（1）求椭圆C的离心率；（2）若42||3AB，求椭圆C的方程.【答案】（1）22；（2）2212xy.【分析】（1）设直线方程为yxc，联立22221yxcxyab，解得12,yy，根据3

AFFBuuuruur，由123yy求解.（2）根据21212142||123AByyyyk，结合（1）的数据代入求解.【详解】（1）设1122,,,AxyBxy，由题意得120,0yy，直线方程为：yxc，联立22221yxcxyab

得2222420abybcyb，解得2212222222,acbcabyyabab，因为3AFFBuuuruur，所以123yy，即222222232acbcababab，所以22cea.（2

）因为221212221442||123abAByyyykab，所以222322abab，又22cea，则22ba，解得2,1ab，所以椭圆C的方程是2212xy.【点睛】本题主要考查椭圆的离心率的求法和椭圆方程的求法以及平面向量的应用，还考查了运算求解的

能力，属于中档题.22．如图，已知椭圆：2214xy，点A，B是它的两个顶点，过原点且斜率为k的直线l与线段AB相交于点D，且与椭圆相交于E、F两点．（Ⅰ）若6EDDF，求k的值；（Ⅱ）求四边形A

EBF面积的最大值.【答案】（Ⅰ）23k或38k；（Ⅱ）22.【分析】（Ⅰ）由椭圆的方程可得A，B的坐标，设直线AB，EF的方程分别为22xy，ykx，0(Dx，0)kx，1(Ex，1)kx，2(Fx，2

)kx，且1x，2x满足方程22(14)4kx，进而求得2x的表达式，进而根据6EDDF，求得0x的表达式，由D在AB上知0022xkx，进而求得0x的另一个表达式，两个表达式相等求得k．（Ⅱ）由题设可知BO

和||AO的值，设11ykx，22ykx，进而可表示出四边形AEBF的面积，进而根据基本不等式的性质求得最大值．【详解】（Ⅰ）椭圆：2214xy，(2,0)A，(0,1)B，直线AB，EF的方程分别为22xy，(0)

ykxk．如图，设0(Dx，0)kx，1(Ex，1)kx，2(Fx，2)kx，其中12xx，且1x，2x满足方程22(14)4kx，故212214xxk．①由6EDDF，知01206()xxxx，得0

21221510(6)77714xxxxk，由D在AB上知0022xkx，得0212xk，所以210212714kk，化简得2242560kk，解得23k或38k．（Ⅱ）由题设，1BO，||2AO．由（Ⅰ）知，1(Ex，1)k

x，2(Fx，2)kx，不妨设11ykx，22ykx，由①得20x，根据E与F关于原点对称可知210yy，故四边形AEBF的面积为OBEOBFOAEOAFSSSSS12211111·()?··()2222OBxOBxOAyOAy21212211()()222

OBxxOAyyxy2222222222222(2)442(4)22xyxyxyxy„，当222xy时，上式取等号．所以S的最大值为22．【点评】本题主要考查了直线与椭圆的综合问题．直线与圆锥曲线的综合问题是支撑圆锥曲线知识体系的重点内容，问题的解决具有入口宽、方法灵活

多样等，而不同的解题途径其运算量繁简差别很大．23．已知点F是抛物线220xpyp的焦点，过F的弦被焦点分成两段的长分别是2和6.（1）求此抛物线的方程；（2）P是抛物线外一点，过P点作抛物线的两条切线PA，PB（A，B是切点），两切线分别交x轴于C，D，直

线AB交抛物线对称轴于点Q，求证四边形PCQD是平行四边形.【答案】（1）26xy；（2）证明见解析.【分析】（1）设过F的弦所在直线方程为：2pykx，其与抛物线交于1122,,,MxyNxy，证明112MFNFp，则可求解.（2）设211,6xAx

，222,6xBx，根据切线分别表示出直线PA、PB的方程，则C、D的坐标能表示出，联立直线PA、PB的方程，则P的坐标可表示出，表示出直线AB的方程，则Q的坐标可表示出，最后说明CPQD即可.【详解】解：（1）0,2pF，设过F的弦所在直线方程为：2pykx，其与抛

物线交于1122,,,MxyNxy，联立222xpypykx，即2220xkpxp，212122,xxpkxxp，所以212122yykxxppkp，2221212244xxpyyp不妨设122

,622ppMFyNFy，12122121212121111222222224ppyyyypppppppMFNFpyyyyyyyy

，11112,326pMFNFp，∴此抛物线的方程为：26xy；（2）设211,6xAx，222,6xBx，3xy，∴直线PA的方程为：1113xyyxx，即：21136xxyx；令10,2xyx，所以1,02xC，同理，

直线PB的方程为：22236xxyx；令20,2xyx，所以2,02xD，直线AB的方程为：222112121666xxxyxxxx，即：121266xxxxyx；令120,6xxxy，所以1

20,6xxQ，2112223636xxyxxxyx，所以1212,26xxxxP，212,26xxxCP，212,26xxxQD，所以CPQD

，∴四边形PCQD是平行四边形.【点睛】以直线和抛物线的位置关系为载体，考查求抛物线的标准方程，同时考查用向量法证明四边形是平行四边形，难题.24．设抛物线220ypxp的焦点为F，过F的直线与抛物线交于点11,Axy和22,Bxy，且恒124yy.（1）求p的值；（2

）直线1l过B与x轴平行，直线2l过F与AB垂直，若1l与2l交于点N，且直线AN与x轴交于点4,0M，求直线AB的斜率.【答案】（1）2p；（2）22.【分析】（1）直线与抛物线方程联立，利用韦达定理得12yy，建立关于p的方程，从而得到

答案；（2）分别求出,,AMN三点坐标用m表示，由三点共线得到关于m的方程，求得答案.【详解】（1）由条件得,02pF.易知AB不垂直于y轴，可设AB：2pxty.由22,,2ypxpxty得2220yptyp

，所以2124yyp，所以2p.（2）由（1）知抛物线方程为24yx，1,0F.设2,2Amm，由题易知0m且1m.因为124yy，所以212,Bmm，所以AB的斜率为22222211mmmmmm

，直线2l的斜率为212mm.直线1l：2ym，直线2l：2112myxm，所以2232,1mNmm.由A，M，N三点共线得2222222341mmmmmmm，解得2m.所以直线AB的斜

率为22.【点睛】本题主要考查直线方程、直线与抛物线的位置关系.属于中档题.25．已知圆22:620Cxy，直线:lykx与圆C交于不同的两点AB，．（1）求实数k的取值范围；（2）若2OBOA，求直线l的方程．【答案】（Ⅰ）55

22k（Ⅱ）yx【详解】试题分析：（Ⅰ）由直线与圆有两个不同交点得，圆心到直线距离小于半径，或利用直线方程与圆方程联立方程组有两个不同的解列判别式恒大于零，列出关于k的限制条件，解出k的取值范围；（Ⅱ）由2OBOA得A为OB的中点，设1

1Axy，，则112?2?Bxy，，代入圆方程得2211620xy，221126420xy，解方程组可得112?2xy，或112?2xy，，因此可出求直线l的方程试题解析：（Ⅰ）将直线l的方程ykx代入圆C的方程22620

xy后，整理得22112160kxx，依题意，直线l与圆C交于不同的两点．又∵210k，∴只需221241160k，解得k的取值范围为5522k．（Ⅱ）由已知A为OB的中点，设11Axy，，22Bxy，，则

2211620xy，①221126420xy，②解①②可得112?2xy，或112?2xy，，∴直线l的方程为yx考点：直线与圆位置关系三、填空题26．已知抛物线C：24yx的焦点为F，直线l：210xy与C交于P、Q(P在x轴上方)两点

，若PFFQ，则实数λ的值为_______【答案】526【分析】先求出(526,2223)P、(526,2223)Q、(1,0)F，再求出(426,2223)PF和(426,2223)FQ，最后建立方程求即可.【详解】解：由题意联立方程组24210

yxxy，解得5262223xy或5262223xy因为P在x轴上方，所以(526,2223)P、(526,2223)Q,因为抛物线C的方程为

24yx，所以(1,0)F，所以(426,2223)PF，(426,2223)FQ因为PFFQ，所以(426,2223)(426,2223)，解得：22235262223，故答案为：526

【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系、抛物线的几何性质、利用共线向量求参数，是中档题27．已知点1,2P在抛物线E：220ypxp上，过点1,0M的直线l交抛物线E于A，B两点，若3AMMB，则直线l的倾斜角

的正弦值为______.【答案】32【分析】求出2p，设过点1,0M的直线方程为1xmy，将直线与抛物线联立，利用韦达定理可得124yym，124yy，根据向量可得123yy，从而求出直线的倾斜角，即求.【详解】

因为点在抛物线E：220ypxp上，所以421p，得2p，所以24yx，设过点1,0M的直线方程为：1xmy，所以214xmyyx，所以2440ymy，设11,

Axy，22,Bxy，所以124yym，124yy，又因为3AMMB，所以123yy，所以33m，因为直线的斜率tan3k，由0,，所以3或23，所以3sin2.故答案为：32【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了基本运算求解能力

，属于中档题.28．设1F，2F分别是椭圆222:101yExbb的左、右焦点，过点1F的直线交椭圆E于A，B两点．若113AFFB，2AFx轴，则椭圆E的方程为________．【答案】22312

yx【分析】根据2AFx轴，可求得A点坐标，又113AFFB，得113AFFB，则可求得B点坐标，代入椭圆方程，即可求得223b，即可得答案.【详解】设12,0,,0FcFc，因为2AFx轴，所以Axc，代入椭圆方程得2,Acb，设,Bxy，因为113AFF

B，得113AFFB，所以2,3,ccbxcy，解得25313xcyb，即251,33Bcb，又B在椭圆上，将251,33Bcb代入椭圆方程得：222215313

bcb，又221bc，解得2221,33bc，所以椭圆方程为：22312yx故答案为：22312yx.【点睛】本题考查椭圆的几何性质，将113AFFB，转化为113AFFB

，可大大简化计算，考查分析理解，求值计算的能力，属基础题.29．已知直线:02plykxk与抛物线2:2ypx相交于A、B两点，抛物线的准线与x轴的交点为C，且满足0ABAC，则k的

值是______.【答案】223【分析】设点11,Axy、22,Bxy，设1mk，可得出直线l的方程为2pxmy，将直线l的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由0ABAC可知点A为线段BC的中点，可得212yy，结合韦达定理可求得正数

m的值，即可得出k的值.【详解】设点11,Axy、22,Bxy，设1mk，则直线l的方程为2pxmy，则点,02pC，将直线l的方程与抛物线的方程联立222pxmyypx，消去x得2

220ypmyp，222440mpp，0m，解得1m>.由韦达定理得122yymp，212yyp，0ABAC，则212111,,02pxxyyxy，2120yy，即212yy，12123mpyyy，123mpy

，2222121829mppyyy，解得324m，所以，1223km.故答案为：223.【点睛】本题考查利用抛物线中向量共线求参数，考查韦达定理设而不求思想的应用，属于中等题.30．已知点(0,1)P，椭圆221(1)4x

ymmm上两点A，B，存在异于P，A，B的点E，满足1344EPEAEB，则点B的横坐标的取值范围为________.【答案】[1,1]【分析】由题意结合平面向量的线性运算法则可得3APPB，设11(,)Axy，22(,)Bxy，由平面向量基本定理可得1212343xx

yy，代入椭圆方程可得223my，进而可得22245192xm，结合二次函数的性质即可得解.【详解】由1344EPEAEB可得11334444EPEAEBEP即1344APPB，∴3APPB.设11(,)A

xy，22(,)Bxy，则11,1APxy，22,1PBxy，∴12123131xxyy即1212343xxyy，又点A，B均在椭圆上，则2211222244xymxym即2222222294344xymxym

，解得223my，而222222245441392mxmymm，又1m，∴221x，2[1,1]x.故答案为：[1,1].【点睛】本题考查了椭圆性质的应

用及向量的线性运算，考查了运算求解能力及转化与化归思想，属于中档题.31．已知直线l经过抛物线C:24yx的焦点F，l与C交于A，B两点，其中点A在第四象限，若2AFFB，则直线l的斜率为______.【答案】22【分析】

根据题中所给条件，设出直线方程为1ykx，联立直线方程与抛物线方程，依据条件，得出交点横坐标之间的数量关系，然后再根据韦达定理，求出交点横坐标，从而求得结果．【详解】依题意，抛物线24yx的焦点10F，设直线

l的方程为1ykx由214ykxyx得2222220kxkk，设11Axy，，22Bxy，12242xxk，121xx，2AFFB，且11221,,1,AFxyFBxy，12122xx即21230

xx121xx，221230xx，解得21x或212x11x或12x又122422xxk，所以12x，212x，得241222k解得：22k，结合图象得

22k.故答案为：22【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了韦达定理的应用，考查了学生的运算求解能力.四、双空题32．已知抛物线2:20Cypxp的焦点F到双曲线2213yx的渐近线的距离为3，则p___

___；过点F作斜率为k的直线l交抛物线C于两个不同点A，B．若3ABFB，则实数k的值为______．【答案】422【分析】（1）解方程232331p，即得p的值；（2）由题可知0k，设11,Axy，22,Bxy，直线l的方程为102pxmymk

，联立直线和抛物线的方程得到韦达定理，由3ABFB可得2AFFB，即可求出,mk的值.【详解】由题得抛物线C的焦点为,02pF，且点F到双曲线的渐近线3y的距离为3，则232331p，解得4p．由题可知0k，设11,Axy，22,Bx

y，直线l的方程为102pxmymk，与22ypx联立，消去x可得2220ympyp，则122yymp，212yyp．由3ABFB可得2AFFB，即1122,2,22p

pxyxy，即122yy，因此2222yp，22ymp，整理得218m，即28k．所以实数k的值为22．故答案为：4；22.【点睛】本题主要考查抛物线和双曲线的几何性质，考查

直线和抛物线的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.