【文档说明】(新高考)高考数学一轮 数学单元复习 过关检测卷第08章《解析几何》(解析版).doc，共(77)页，8.439 MB，由MTyang资料小铺上传

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01卷第八章解析几何《过关检测卷》－2022年高考一轮数学单元复习（新高考专用）第I卷（选择题）一、单选题1．（2021·江西景德镇市·景德镇一中高二期末）已知点12,FF分别为双曲线222210,0xyCabab：的左右焦

点，过1F的直线与双曲线右支交于点P，过2F作12FPF的角平分线的垂线，垂足为A，若13FAb,则双曲线的离心率的取值范围是（）A．12，B．13，C．22，D．32，【答案】D【分析

】如图根据题意可得OAa，在1AFO△中利用余弦定理可得12cosAOFee，再根据1cosAOF的范围，从而求得e的范围.【详解】如图所示，由已知可知PA是12FPF的角平分线，且2PABF，延长2FA交

1PF于B，易知22,PBPFABAF，由122PFPFa，所以112PFPBBFa，又12OFOFc，2ABAF，所以112OABFa，在1AFO△中222222111132cos22AOFOAFacbAOFeAOFOace

，由OA的斜率可无限靠近渐近线的斜率，所以11cos(1,)AOFe，所以21(1,)eee，解得32e.故选：D2．（2021·北京中关村中学高二期末）双曲线2221xya

（0a）的一条渐近线的方程为20xy，则双曲线的实轴长为（）A．1B．12C．2D．14【答案】A【分析】根据双曲线方程写出渐近线方程，与已知渐近线方程对应系数相等即可求出12a，从而求出实轴的长度.【详解】因为双曲线222

1xya（0a），所以双曲线的渐近线方程为1yxa，又因为渐近线的方程为20xy，即2yx，所以12a，则12a，所以实轴长为21a，故选：A.3．（2021·河南新乡市·新乡县一中高二期末（文））已知双曲线22:18xCy的左焦点为

F，点M在双曲线C的右支上，(0,3)A，当MAF△的周长最小时，MAF△的面积为（）A．607B．9C．37D．4【答案】A【分析】设C的右焦点为F，根据双曲线的定义可得当A，M，F三点共线时，MAF△的周长最小，然后联立直线AF和双曲线的方

程，求出点M的纵坐标即可.【详解】设C的右焦点为F，由题意可得22a，3c，因为||242MFMFa，所以||42MFMF，||32AF.MAF△的周长为||||||||7272102MAMFAF

MAMFAF，即当A，M，F三点共线时，MAF△的周长最小，此时直线AF的方程为3yx，联立方程组223,1,8yxxy.解得17y或1y，即此时M的纵坐标为17，故MAF△

的面积为111160||6322277MFFOAFFy.故选：A4．（2021·河南新乡市·新乡县一中高二期末（文））已知抛物线22(0)ypxp的焦点为1,02F，过

F的直线l交抛物线于A，B两点，且2AFFB，则l的斜率为（）A．B．2C．24D．22【答案】D【分析】由条件得到1p，设l的直线方程为12xmy，11,Axy，22,Bxy，联立直线与抛物线的方程消元

，然后韦达定理可得122yym，121yy，然后结合2AFFB解出12,yy的值即可.【详解】由题知1p，抛物线方程为22yx，设l的直线方程为12xmy，代入抛物线方程，得2210ymy，设11

,Axy，22,Bxy，则122yym，121yy.因为2AFFB所以122,22yy或122,2,2yy故24m，即l的斜率为22.故选：D5．（2020·湖南长沙市·雅礼中学）椭圆221259xy上一点M到焦点1

F的距离为2，N是1MF的中点，则||ON等于（）A．2B．4C．6D．1.5【答案】B【分析】设椭圆另一焦点为2F,根据椭圆定义12210MFMFa，故28MF，再结合中位线定理即可得答案.【详解】设椭圆另一

焦点为2F,根据椭圆定义12210MFMFa，故28MF，12MFF△中,N是1MF的中点，O是12FF的中点，故ON是中位线，2118422ONMF.故选：B.6．（2021·江西景德镇市·景德镇一中高二期末（文））双曲线2213yx的顶点到渐近线的距离为（）A．32B．1

2C．34D．233【答案】A【分析】由题知顶点坐标为1,0,渐近线方程为:3yx,进而利用点到直线的距离公式求解即可.【详解】解:由题知双曲线中,221,3ab,焦点在x轴上,所以顶点坐标为1,0,渐近线方

程为:3yx,由双曲线的对称性,不妨求顶点1,0到渐近线30xy的距离233231d所以双曲线2213yx的顶点到渐近线的距离为32故选：A7．（2020·安徽合肥市·合肥一中高二期末（理））已知双曲线22221

(,0)xyabab的两条渐近线分别与抛物线24yx＝交于第一、四象限的A，B两点，设抛物线焦点为F，若7cos9AFB＝﹣，则双曲线的离心率为（）A．2B．3或3C．5D．22【答案】B【分析】求得双曲线的渐近线方程，联立抛物线方程，求得A，B的坐标，

以及F的坐标，设AF的倾斜角为，由二倍角的余弦公式和同角的基本关系式，以及直线的斜率公式，双曲线的离心率公式，计算可得所求值．【详解】解：双曲线22221(,0)xyabab的两条渐近线方程为byxa，由抛物线24yx和byxa

，联立可得224(aAb,4)ab，224(aBb,4)ab，由抛物线的方程可得(1,0)F，设AF的倾斜角为，斜率为224tan41abab，而22222222cossin1tan7coscos2cossincossin1tan9AFB

，解得tan22或22，设atb，若242241tt，解得24t，则2213cbeaa，或242241tt，解得22t，则2213cbeaa，故选：B．【点睛】本题考查双曲线

的方程和性质，考查三角函数的恒等变换，以及化简运算能力，属于中档题．8．（2021·全国高三零模（理））设抛物线22(0)ypxp的焦点为F，准线为l，过抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B，设2,0Cp，AF与BC相交于点D.若||||CFAF，

且ACD△的面积为22，则点F到准线l的距离是（）A．2B．3C．423D．433【答案】D【分析】由题意，得到AFAB，根据||||CFAF，得到3||||2CFAFABp，求得Axp，2Ayp，又由//ABC

F且ABCF，所以四边形ABFC为平行四边形，所以D为BC的中点，结合12ACDABCSS，列出方程，即可求解.【详解】如图所示，抛物线22(0)ypxp的焦点为(,0)2pF，准线方程为:2plx，过抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B，可

得AFAB，又由2,0Cp且||||CFAF，所以3||||2CFAFABp，所以322Appx，解得Axp，代入抛物线方程，可得2Ayp，又由//ABCF且ABCF，所以四边形ABFC为平行四边形，所以D为BC的中点，所以ACD△

的面积为11132222222ACDABCpSSp，解得433p，即点F到准线l的距离是433.故选：D.9．（2020·辽宁高二期中）如图所示，设椭圆222210xyabab的左、右两个焦点分别为1F，2F，短轴的上端点为B，短轴上的两个三等分点P

，Q，且四边形12FPFQ为正方形，若过点B作此正方形的外接圆的一条切线l在x轴上的截距为324，则此椭圆方程为（）A．22198xy+=B．221109xyC．2212018xyD．2212516xy【答案】B【分析】根据题意，求得切线l的方程，根

据四边形12FPFQ为正方形，可得b，c的关系，根据直线l与圆相切，可得圆心到直线的距离等于半径，即可求得b，c的值，根据a，b，c的关系，即可得2a，即可得答案.【详解】因为切线l在x轴截距为324，在y轴截距为b，所以切线l的方程为1324xyb，即2

2330bxyb，因为正方形12FPFQ的对角线122FFPQc，所以1223bc，即3bc，则正方形12FPFQ外接圆方程为：222xyc，所以223(22)(3)bcb，解得3,1bc，又22210

abc，所以椭圆方程为221109xy.故选：B10．（2021·湖北武汉市·华中师大一附中高二期末）已知1F，2F分别是双曲线222210,0xyabab的左、右焦点，点P在双曲线右支上且不与顶点重合，过2F作12FPF的角平分线的

垂线，垂足为A．若15FAb，则该双曲线离心率的取值范围为（）A．1,2B．32,2C．2,3D．以上均不对【答案】B【分析】延长2FA交1PF于点Q，根据题中的条件求出OAa，在1FOA△中根据三角形两边之和大于第三边得到312e，再根据22OAF，得到2e

，即可求出离心率的取值范围.【详解】解：如图所示：1F，2F是双曲线22221(0,0)xyabab的左右焦点，延长2FA交1PF于点Q，由直角2PAF△与PAQ△全等，则2AQAF,所以A是2FQ的中点，PA是12FPF的角平分线，2PQPF，又点P在双曲线上，则

122PFPFa，则112PFPQQFa，又O是的12FF中点，OA是12FFQ△的中位线，122QFaOA，即OAa，在1FOA△中，OAa，15FAb，1OFc，由三角形两边之和大于第三边得：5acb，两边平方得：225acb

，即222225acacca，两边同除以2a并化简得：2230ee，解得：312e，又1eQ，312e，在1FOA△中，由余弦定理可知，22222111112cos2255AF

FOAOcAFAFFObaObc，在12FAF中，22222211222111254cos245AFFFAFbcAFAFAFFFbcO，即22222225425455bcAFccbabbc，又222bca，解

得：222273AFac，又22OAF，2222OAAFOC,即222273aacc，2e，综上所述：32,2e.故选：B.11．（2021·四川高三零模（文））若双曲线2210mxym的离心率为2，则m

（）A．13B．3C．13或3D．3【答案】D【分析】首先将双曲线化为标准式，即可表示出2a，2b，再根据222cab及离心率为2得到方程，解得即可；【详解】解：因为2210mxym，所以22101xymm，即21am，21b，所

以22211cabm，因为离心率为2，即2221141cmeam，解得3m故选：D12．（2020·辽宁高二期中）椭圆2251162xy的两个焦点为1F，2F，点P是椭圆上任意一点（非长轴的顶点），则12PFF△的

周长为（）A．14B．16C．18D．10+241【答案】B【分析】根据椭圆方程，可得a，c的值，根据椭圆定义，可得12PFPF及12FF值，即可得答案.【详解】根据椭圆方程可得222225,9acab，解得5,3ac，根据椭圆的定义可得122

10PFPFa，1226FFc所以12PFF△的周长1212+16PFPFFF.故选：B13．（2021·湖北高二期中）设双曲线E：22221xyab（0a，0b）的右顶点为A，右焦

点为F，B为双曲线E在第二象限上的点，直线BO交双曲线E于另一个点C（O为坐标原点），若直线BA平分线段FC，则双曲线E的离心率为（）A．3B．2C．3D．2【答案】A【分析】由给定条件写出点A，F坐标，设出点B的坐标，

求出线段FC的中点坐标，由三点共线列式计算即得.【详解】令双曲线E的半焦距为c，点(,0),(,0)AaFc，设0000(,)(0,0)Bxyxy，由双曲线对称性得00(x,)Cy，线段FC的中点00(,)22cxyD，因直线BA平分线段

FC，即点D，A，B共线，于是有ABADkk，即00000000222yyyycxxaxaacxa，即3ca，离心率3cea.故选：A14．（2021·四川高三零模（理））已知直线l：1yx与

抛物线2:20Cypxp相交于A、B两点，若AB的中点为N，且抛物线C上存在点M，使得3OMON（O为坐标原点），则抛物线C的方程为（）A．28yxB．24yxC．22yxD．2yx【答案】B【分析】联立方程组，结合根与系数的关系求得(1,)Npp

，根据3OMON，得到(33,3)Mpp，代入抛物线2:20Cypxp，求得2p，即可得到抛物线的方程.【详解】设1122(,),(,)AxyBxy，联立方程组212yxypx，整理得22(1)10xpx，则122(1)xxp

，可得121222yyxxp，由点N为AB的中点，所以(1,)Npp设00(,)Mxy，因为3OMON，可得(33,3)Mpp，又由点M在抛物线2:20Cypxp上，可得2(3)23(1)ppp，即220pp，解得2p或0p（舍去），

所以抛物线的标准方程为24yx.故选：B.15．（2021·湖南益阳市箴言中学高三其他模拟）已知双曲线22:1Cxy，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为P，Q.若2POFQOFSS

△△，且Q在P，F之间，则PQ（）A．354B．52C．352D．5【答案】B【分析】求出焦点F坐标，利用面积比得Q是线段PF的中点，设,Ptt，则可得Q点坐标，由Q在另一渐近线上求得t值，从而可得线段长．【详解】解：双曲线中1ab

，2c，所以(2,0)F，设,Ptt，因为2POFQOFSS△△，所以点Q为线段PF的中点，则2,22ttQ．又点Q在直线yx，则222tt，解得22t，所以22,22P，此时，1522

PQPF．故选：B．【点睛】方法点睛：本题考查双曲线的几何性质，渐近线方程，焦点坐标等等．解题关键是由面积比得出点Q为线段PF的中点，这样设出一个点的坐标，由另一点在另一渐近线上，求得P（或Q）坐标，从而易得线段长．16．（2020·吉林长春市·东北师大附中高二期末（理

））抛物线220xpyp上一点,Aap到其准线的距离等于32，则实数a的值等于（）A．4B．2C．2D．2【答案】D【分析】根据抛物线220xpyp上一点,Aap到其准线的距离等于322pp

，求得1p，将点,Aap代入抛物线方程即可解得实数a的值.【详解】解：因为抛物线220xpyp上一点,Aap到其准线的距离等于32，所以322pp，所以1p，则,1Aa，抛物线方程为22xy，将,1Aa

代入得：22a，解得2a.故选：D.17．（2021·陕西西安市·西北工业大学附属中学高二期中）抛物线22(0)xpyp上纵坐标为2的点到焦点的距离5，则该抛物线的方程为（）A．212xyB．210xyC．28xyD．26xy【答案】A【分析】根据抛物线

定义建立关系可求出p.【详解】抛物线22(0)xpyp上纵坐标为2的点到焦点的距离5，则根据抛物线定义可得252p，解得6p=，所以抛物线方程为212xy.故选：A.18．（2021·山西高二月考（文））如图，O是坐标原点，P是双曲线2222:1(0,0)xyEabab

右支上的一点，F是E的右焦点，延长PO，PF分别交E于Q，R两点，已知QF⊥FR，且||2||QFFR，则E的离心率为（）A．174B．173C．214D．213【答案】B【分析】令双曲线E的左焦点为F，连线即得PFQF，设FRm，借助双曲线定义

及直角FPR用a表示出|PF|，||PF，再借助RtFPF即可得解.【详解】如图，令双曲线E的左焦点为F，连接,,PFQFRF，由对称性可知，点O是线段PQ中点，则四边形PFQF是平行四边形，而QF⊥FR，于是有PFQF是矩

形，设FRm，则|||2∣PFFQm，||22PFma，||2,||32RFmaPRma，在RtFPR中，222(2)(32)(2)mmama，解得43am或m＝0（舍

去），从而有82,||33aaPFPF，RtFPF中，22282433aac，整理得22179ca，173cea，所以双曲线E的离心率为173．故选：B19．（2021·陕

西高三其他模拟（理））抛物线20yaxa上点1,2Mm到其准线l的距离为1，则a的值为（）A．14B．12C．2D．4【答案】B【分析】首先求出抛物线的准线方程，由题意得到方程，解得即可；【详解】解：抛物线

20yaxa即201yaxa，可得准线方程14ya，抛物线20yaxa上点1,2Mm到其准线l的距离为1，可得：11124a，解得12a.故选：B.20．（2020·江苏高二期中）

已知焦点在x轴的椭圆的标准方程为22135xykk，则k的取值范围是（）A．5kB．45kC．4kD．4k或5k【答案】B【分析】由椭圆方程焦点在x轴列出不等关系求解即可.【详解】解：因为椭圆方程22135xyk

k焦点在x轴，所以有305035kkkk，所以45k.故选：B.二、多选题21．（2021·渝中区·重庆巴蜀中学高二期中）已知双曲线2222:100xyCabab，的左､右焦点分别为1F，2F

，过2F的直线与双曲线交于A，B两点，A在第一象限，若△1ABF为等边三角形，则下列结论一定正确的是（）A．双曲线C的离心率为7B．12AFF△的面积为223aC．12BFF△的内心在直线xa上D．12AFF△内切圆半径为31a【答案】BC【分析】按照

AB两点在同支或两支讨论，结合余弦定理及离心率的定义可判断A；结合三角形面积公式可判断B；由双曲线的定义结合切线长定理可判断C；利用等面积法可判断D.【详解】对于C，设12BFF△的内心为I，作过I作1212,,BFBFFF的垂线，垂足分别为,,HGP，如图，则12122FPF

PFBFBa，所以OPa，所以12BFF△的内心在直线xa上，故C正确；△1ABF为等边三角形,若,AB在同一支，由对称性知ABx轴，2(,)bAca，2tan302bac，2233bac.2222311+3beea

,3e；1222222123232323233AFFbbcSccaaaa△,设12AFF△的内切圆半径为r，则21623232raaa，解得31ra；若,AB分别在左右两支，

则2112,4FAaFAFBABa，则2221241641cos2242aacFAFaa，解得7ca，离心率7e，122124sin120232AFFSaaa△，设12AFF△的内切圆半径为r，则21627232raaa，解得273ar

；所以结论一定正确的是BC.故选：BC.【点睛】易错点点睛：本题极易忽略点在双曲线两支的情况，导致漏解.22．（2020·长沙市·湖南师大附中高二期末）已知焦点在y轴，顶点在原点的抛物线1C，经过点2,2P，以1C上一点2C为圆心

的圆过定点0,1A，记M，N为圆2C与x轴的两个交点（）A．抛物线1C的方程为22xyB．当圆心2C在抛物线上运动时，MN随2C的变化而变化C．当圆心2C在抛物线上运动时，记||AMm，||ANn，mnnm有最大值D．当且

仅当2C为坐标原点时，AMAN【答案】ACD【分析】由已知，设抛物线方程为22xpy，将点2,2P代入即可判断A选项；设圆心22,2aCa，求出圆的半径，写出圆的方程，令0y，可求得M、N，由此可判断B选项；设(1,0)Ma，(1,0)Na，根据条

件可求得mnnm，利用基本不等式讨论即可判断C选项；再根据222||||||AMANMN可判断D选项．【详解】解：由已知，设抛物线方程为22xpy，2222p，解得1p．所求抛物线C的方

程为22xy，故A正确；设圆心22,2aCa，则圆的半径22212ara，圆2C的方程为222222()122aaxaya，令0y，得22210xaxa，得11xa，21xa

，12||2MNxx（定值），故B不正确；设(1,0)Ma，(1,0)Na，22211(1)122mxaaa，22221(1)122nxaaa，2222442442144mnmnaanmmnaa，当0a时，2

mnnm，当0a时，22421224mnnmaa，故当且仅当2a时，mnnm取得最大值为22，故C正确；由前分析，2222||||24||4AMANaMN，即2222224aaaa，当且仅当0a时，222||||||

AMANMN，故D正确；故选：ACD．23．（2021·湖北高二期中）过抛物线26xy的焦点F作直线交抛物线于,AB两点，M为线段AB的中点，则（）A．以线段AB为直径的圆与直线32y相切B．以线段BM为直径的圆与y轴相

切C．当2AFFB时，374ABD．AB的最小值为6【答案】ACD【分析】根据焦点弦长公式可知123AByy，对比M到准线32y的距离d可知12dAB，由此可知A正确；将直线AB方程与抛物线方程联立，结合韦达定理可得M坐标，由此得到Nx，与14AB对比可

知14NxAB不恒成立，则B错误；由向量数乘运算可知122xx，由此可求得,AB坐标，进而得到AB，知C正确；将AB表示为关于k的二次函数形式，由二次函数最值可知D正确.【详解】由抛物线方程知：3

0,2F，准线方程为：32y；由题意可知：直线AB斜率存在，可设3:2ABykx；对于A，设11,Axy，22,Bxy，由焦点弦长公式知：123AByy；M为AB中点，M到准线32y的距离12322yyd，又123122yyA

MBMABd，以线段AB为直径的圆与直线32y相切，A正确；对于B，由2326ykxxy得：2690xkx，则236360k，126xxk，129xx，21212363yykxxk，2633,2kMk

；设BM中点为,NNNxy，则232Nkxx，又212311332442yykBMAB，2233322kxk不恒成立，以线段BM为直径的圆与y轴未必相切，B错误；对于C，若2AFFB，则122xx，不妨设10x，20x，12

9xx，2322x，132x，则32,3A，323,24B，3273344AB，C正确；对于D，212366AByyk，当0k时，min6AB，D正确.故选：ACD.24．（2021

·广东高三月考）已知双曲线2222:10,0xyCabab的右顶点、右焦点分别为A、F，过点A的直线l与C的一条渐近线交于点Q，直线QF与C的一个交点为B，AQABAQFB，且3BQFQ，则下列结论正确的是（

）A．直线l与x轴垂直B．C的离心率为253C．C的渐近线方程为459yxD．FQOF（其中O为坐标原点）【答案】AB【分析】利用平面向量数量积的运算性质可判断A选项的正误；求出点B的坐标，代入

双曲线C的方程，求出该双曲线的离心率，可判断B选项的正误；求出ba的值，可判断C选项的正误；利用两点间的距离公式可判断D选项的正误.【详解】由已知得,0Aa，设,0Fc，由AQABAQFB，得0AQABBFAQAF，所以lx轴，即:lxa，A正确；不妨设点

Q在第一象限，易知，Qxa，QQbyxba，即点,Qab，设00,Bxy，由3BQFQ，得2BFFQ，所以00,2,cxyacb，所以00322xcayb，即32,2Bcab．因为点00,Bxy在双曲线上，所以2222

3214aabcb，整理得229120caca，所以291210ee，解得253e或253e（负值舍去），B正确；222222225451139bcaeaa，故C的渐近线的斜率的平方为459，C

错误；不妨设点Q在第一象限，则,Qab，所以22222FQcabcaccOF，D错误．故选：AB．25．（2021·沙坪坝区·重庆南开中学高二期中）已知点P为双曲线22:162xyC右支上一点，1l，2l为双曲线C

的两条渐近线，点A，M在1l上，点B，N在2l上，且1PAl，2PBl，2//PMl，1//PNl，O为坐标原点，记PAB△，PMN的面积分别为1S，2S，则下列结论正确的是（）A．32PAPBB．OPABC．1232SSD．2MN【答案】ABD【分析】

根据1PAl，2PBl，则,,,OPAB四点在以OP为直径的圆上，从而有OPAB；根据双曲线方程写出渐近线方程，求得倾斜角，用PA，PB表示出PM，PN，从而求得面积关系；设00(,)Pxy，由点到直线距离求得PA，PB，从而验证PAPB的值；从而求得

PMPN的值，在三角形PMN中，由余弦定理表示出MN，从而求得范围.【详解】由1PAl，2PBl，,,,OPAB四点在以OP为直径的圆上，则OPAB，故B正确；由双曲线方程设13:3lyx，23:3lyx，则60AOB

，由2//PMl，1//PNl，则60PNBPMAAOB则sin60PAPM，sin60PBPN，则113sin12024PAPBPAPBS，213sin6023PMPPAPBSN

，则1243SS，故C错误；设00(,)Pxy，满足2200162xy，则220036xy，则由点到直线距离知00003332113xyxyPA，同理有0032xyPB，则22003342xyPAPB

，故A正确；故22sin60PAPBPMPN，在三角形PMN中，由余弦定理知，2220222cos602222MNPMPNPMPNPMPNPMPN，故2MN，当且仅当2PMPN

时，等号成立，故D正确；故选：ABD【点睛】关键点点睛：根据条件写出渐近线方程，本题属于特殊角的相关计算，可以表示出具体的线段和三角形面积，验证是否满足选项答案即可.在求解范围问题时，首先需要求得线段的表达式，然后借助函数或基本不等式求得范围或最值.26．（2021·湖南高

二月考）如图，O是坐标原点，P是双曲线2222:1(0,0)xyEabab艾支上的一点，F是E的右焦点，延长,POPF分别交E于,QR两点，已知QFFR，且2QFFR，则（）A．E的离心率为173B．E的离心率为174C．6PQ

RPOFSSD．23RFPOFSS【答案】AC【分析】首先取双曲线的左焦点F，连接,,PFQFRF，设FRm，结合几何性质，以及双曲线的定义，求得43am，再结合勾股定理求椭圆的离心率，并结合比例关系，判断

面积比值，即可判断选项.【详解】如图，取E的左焦点F，连接,,PFQFRF，由对称性可知，PF,//QFPFQF，设FRm，则2,22FQFPmPFma，2,32.RFmaPRma在RtFPR

中，222(2)(32)(2)mmama，解得43am或0(m舍去)，所以82,33aaPFPF．在RtFPF中，，22282433aac，整理得22179ca，故E的离心率为17,A3正确，B不正确．因为24,,33aaPFFRO是PQ的

中点，所以3PQRPFQSS6,24,POFRQFPFQPOFSSSSC正确，D不正确．故选：AC27．（2021·海南高二期末）已知抛物线2(0)ymxm焦点与双曲线点2213yx的一个焦点重合，点02,Py在抛物线上，则（）A．双曲线的离心率为2B．双曲线

的渐近线为3yxC．8mD．点P到抛物线焦点的距离为6【答案】AC【分析】由双曲线的方程，求得1,3,2abc，利用双曲线的几何性质，可判定A正确，B错误；根据题意，列出方程24m，可判定C正确；根据抛物线的定义，可判定D错误.【详解】由双曲线

2213yx，可得1,3ab，则222cab，所以双曲线的离心率为221cea，所以A正确；由双曲线的渐近线为3yx，所以B错误；由抛物线2(0)ymxm焦点与双曲线点2213yx的一个焦点重合，可得24m，解得8m，所以C正确；由

抛物线28yx的准线方程为2x，则点02,Py到其准线的距离为2(2)4，到焦点的距离也为4，所以D错误.故选：AC.28．（2021·湖北高二期末）已知双曲线2222:10,0xyEabab的离心率为2，点A，B是E上关于原点对称的两点，点P是E的右支上

位于第一象限的动点（不与点A、B重合），记直线PA，PB的斜率分别为1k，2k，则下列结论正确的是（）A．以线段AB为直径的圆与E可能有两条公切线B．123kkC．存在点P，使得123kkD．当2a时，点P

到E的两条渐近线的距离之积为3【答案】ABD【分析】当点A，B分别是E的左、右顶点可判断A；利用点差法可判断B；利用基本不等式可判断C；首先求出双曲线的渐近线，再利用点到直线的距离公式即可求解.【详解】

当点A，B分别是E的左、右顶点时，圆与E恰有两条公切线，故A正确；设,Amn，,Bmn，,Pst，则2222222211mnabstab，则222222msantb，所以

22221222213ntntntbkkemsmsmsa，故B正确；12122233kkkk，故C错误；当2a时，23b，渐近线方程为3yx，即30xy，点P到两条渐近线的距离之积为22333224ststs

t，双曲线22:1412xyE，点P是E的右支上位于第一象限，则221412st，整理可得2243ts，代入上式可得33322stst，故D正确．故选：ABD．29．（2021·全国高三其他模拟）已知点F为椭圆2222:1xyCab（0ab）的左焦点，过原点O

的直线l交椭圆于P，Q两点，点M是椭圆上异于P，Q的一点，直线MP，MQ分别为1k，2k，椭圆的离心率为e，若3PFQF，23PFQ，则（）A．74eB．34eC．12916kkD．12916kk【答案】AC【分析】设出右焦点F，

根据椭圆定义结合对称性以及余弦定理可求得,ac的关系，则离心率可求；设出,PM的坐标，根据对称性写出Q的坐标，利用点差法可求得12kk的表示，结合,ac的关系可求解出12kk的值.【详解】设椭圆的右焦点F，连接PF，QF，根据椭圆对称性可知四边形PFQF为平行四边形，则QFPF

，且由120PFQ，可得60FPF，所以42PFPFPFa，则12PFa，32PFa．由余弦定理可得22222931122cos60244222acPFPFPFPFaaa°，所以22716ca，所以椭圆的离心率2277164cea

．设00,Mxy，11,Pxy，则11,Qxy，01101yykxx，01201yykxx，所以220101011222010101yyyyyykkxxxxxx，又2200221xyab，2211221x

yab，相减可得2220122201yybxxa．因为22716ca，所以22916ba，所以12916kk．故选：AC．【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于合理运用焦点三角形的知识以及点差法设而不求的思想去计算；椭圆是一个对称图形，任何过原点的直线（不与焦点所

在轴重合）与椭圆相交于两点，这两点与椭圆的焦点构成的四边形为平行四边形.30．（2021·全国高三其他模拟）已知椭圆222:1309xyCbb的左、右焦点分别为1F、2F，O为坐标原点，P是椭圆上一点，延长2PF与椭圆交于点A，若1OFOA，1OFA的面积为2

，则1AF的值可以为（）A．1B．2C．3D．4【答案】BD【分析】连接1AF，分析得出122FAF，记1AFm，2AFn，利用三角形的面积公式以及椭圆的定义可得出关于m、n，解出m的值，即为所求.【详解】连接1A

F，因为12OAOFOF，则11OAFOFA，22OAFOFA，因为1122122OAFOFAOAFOFAFAF，122FAF，记1AFm，2AFn，则1211242FAFOAFS

Smn△△，由椭圆的定义可得6mn，所以，86mnmn，解得42mn或24mn，所以12AF或4.故选：BD.第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题31．（2021·江西景德镇市·景德镇一中高二期末）椭圆222118

xyCb：的上下顶点分别为AC，，如图，点B在椭圆上，平面四边形满足90BADBCDo，且2ABCADCSS，则该椭圆的短轴长度为________.【答案】6【分析】根据题意,,,ABCD在以BD为直径的圆上，设11(,)Bxy，22(,)Dxy，结合圆的性质以及所给面积关

系可得120yy，122xx，求得圆的方程，代入A点坐标经计算即可得解.【详解】根据题意可得(0,),(0,)AbBb，设11(,)Bxy，22(,)Dxy，由90BADBCDo可得点,,,ABCD在

以BD为直径的圆上，又原点O为圆上的弦AC的中点，所以圆心在AC的垂直平分线上，可得圆心在x轴上，所以120yy，又2ABCADCSS可得122xx，故圆心坐标为1(,0)4x，所以圆的圆的方程为22221119()416xxyxy

，将(0,)b代入结合22112118xyb可得29b，所以3b，短轴长为6.故答案为：632．（2021·江西景德镇市·景德镇一中高一期末）设1F，2F为双曲线C：22221xyab（0a，

0b）的左、右焦点，过2F的直线l交双曲线C的右支于A，B两点，且120AFAF，223AFFB，则双曲线的离心率为__________.【答案】102【分析】由题意，设2||AFm，则2||3BFm，利用勾股定理，求出a，m的关系，再利用勾股定理确定a

，c的关系，即可求出双曲线的离心率．【详解】解：由题意，设2||AFm，因为223AFFB，则2||3BFm，1||2AFam，1||23BFam，因为120AFAF所以21AFAF，222(23)(2)(4)amamm，ma，222(2)(

2)()camm，即222(2)(3)caa，即22410ca102cea．故答案为：102．33．（2021·江西景德镇市·景德镇一中高一期末）若P是双曲线22148yx的右支上的一点,,MN分别是圆22(7)9xy和22(7)1xy上的点,

则||||PMPN的最大值为_____________.【答案】6【分析】由题设知12||||2PFPF，11||||||MPPFMF„，22||||||PNPFNF…，即可得到1122||||||||||||PMPNPFMFPFNF„，从而计算可得．【详解】解：双曲线221

48yx中，1a，43b，7c，1(7,0)F，2(7,0)F，因为,MN分别是圆22(7)9xy和22(7)1xy上的点，所以1||3MF，2||1NF12||||22PFPFa，11||||||MPPFMF„，22||||||PNPFNF…，

22||||||PNPFNF„，所以1122||||||||||||PMPNPFMFPFNF„2136故答案为：6．34．（2021·首都师范大学附属中学高二期末）设抛物线24yx的焦

点为F，P为其上的一点，O为坐标原点，若||||OPPF，则OPF△的面积为_____.【答案】22【分析】求出抛物线的焦点坐标，然后求出点P的会标，即可求出三角形的面积【详解】解：抛物线24yx的焦点为(1,0)F，因为P为其上的一点，O为坐标原点，||||OPPF，所

以点P的横坐标为12，所以当12x时，21422y，得2y，所以OPF△的面积为121222，故答案为：2235．（2021·四川高三零模（文））设椭圆222210xyabab的左、右焦点分别为12,FF，A是椭圆上一点，212

AFFF⊥，若原点O到直线1AF的距离为113OF，则该椭圆的离心率为____．【答案】22【分析】由212AFFF⊥，求得22bAFa，过O作1OEAF，根据题意得到113OEOF，根据121OEFAFF，得到2121122AF

OEFFEF，整理得到22220caca，结合离心率的定义，即可求解.【详解】因为212AFFF⊥，不妨设点(,)AAcy，其中0Ay，代入椭圆方程222210xyabab，可得22221Aycab，解得2224222()Abacbyaa，所

以22Abya，即22bAFa，过O作1OEAF，因为原点O到直线1AF的距离为113OF，即113OEOF，由121OEFAFF，可得2121122AFOEFFEF，即2212222bba

cac，又由222bac，整理得22220caca，即2220ee，因为0e，解得22e，即椭圆的离心率为22.故答案为：22.36．（2020·大连市红旗高级中学高二期中）设1F，2F分别为椭圆2222:11xyCaa（1a

）的左，右焦点，1,1P为C内一点，Q为C上任意一点，若1PQQF的最小值为3，则C的方程为__________.【答案】22143xy【分析】由题意知，2(1,0)F，则21PF；由三角形的三边关系可知221PQQFPF，从而可求出21PQQF，由椭圆的

定义知，12||||||||2213PQQFPQQFaa，从而可求出2a，进而可求出椭圆的标准方程.【详解】由椭圆定义可知12||||||||2PQQFPQQFa，且2(1,0)F

，则2||1PF，因为22||||||||1PQQFPF，所以2||||1PQQF，所以22213PQQFaa，所以2a，故C的方程为22143xy.故答案为：22143xy.37．（2021·湖南长沙市·雅礼中学高二期

末）过点11,2P作圆221xy的切线l，己知,AB分别为切点，直线AB恰好经过椭圆(中心在坐标原点，焦点在x轴上)的右焦点和下顶点，则椭圆的标准方程是___________.【答案】22154xy【分析】①当过点1(1,)2的直线l斜率不存在时，求

出切点的坐标(1,0)A；②当直线l斜率存在时，设l方程为1(1)2ykx，利用直线与圆相切，求出k，然后得到切线方程，联立直线与圆的方程求出切点坐标，再利用点斜式求出直线AB的方程，然后利用椭圆

的性质，转化求解a，b，得到椭圆方程．【详解】解：①当过点1(1,)2的直线l斜率不存在时，直线方程为：1x切点的坐标(1,0)A；②当直线l斜率存在时，设l方程为1(1)2ykx，根据直线与圆相切，圆心(0

,0)到切线的距离等于半径1，可以得到切线斜率34k，即35:44lyx．直线l方程与圆方程的联立2235441yxxy，即2235144xx，解得3545xy所以切点的坐标34,55B；所以

452315ABk，所以直线AB方程为21yx，即220xy，依题意，AB与x轴的交点(1,0)即为椭圆右焦点，得1c，与y轴的交点(0,2)即为椭圆下顶点坐标，所以2b，根据公式得2225abc=+

=，因此，椭圆方程为：22154xy．故答案为：22154xy．38．（2021·陕西高三其他模拟（理））P是双曲线22145xy右支在第一象限内一点，1F，2F分别为其左、右焦点，A为右顶点，如图圆C是12PFF△的内切圆，设圆与1PF，2PF分别切于点D，E，

当圆C的面积为4π时，直线2PF的斜率为______.【答案】43【分析】由双曲线的定义以及切线的性质可得圆心横坐标为0xa，又根据圆的面积可求出半径2r=，可知圆心2,2C，可求出2tanCFA，因为

2CF是21PFF的角平分线，借助于角相等可求直线2PF的斜率.【详解】由题意可知PDPE，11FDFA，22FAFE，所以12121212|2|||PFPFPDDFPEEFDFEFA

FAFa，设0,0Ax，则0002xccxaxa，即,02,0Aa，设圆C的半径为0rr，因为圆C的面积为4π，则2π4π2rr，因为12CAFF，所以2,2C，于是222tan2

32CACFAAF，因为2CF是21PFF的角平分线，所以2212222tan44tantan21tan33CFAPFFCFACFA，所以22124tantantan3PFxPFFPFF

，即直线2PF的斜率为43.故答案为：43.39．（2021·云南师大附中高二期中（理））已知过原点O的直线l与双曲线2222:10,0xyCabab交于不同的两点A，B，F为双曲线C的左焦点，且满足53AFBF，OA

b，则C的离心率为______.【答案】3【分析】设双曲线的右焦点为1F,连结11,AFBF，则四边形1AFBF为平行四边形，由双曲线的定义可得3BFa，5AFa，再利用1180AFBFAF以及余弦定理，可得答案.【详解】设双曲线的右焦点为1F,如图连结11,AFBF由直线ykx

与双曲线都关于原点对称，可得四边形1AFBF为平行四边形所以1BFAF,由双曲线的定义可得：1223AFAFAFBFBFa，所以3BFa5AFa,在BFAV中，2222594cos253aabBFAaa，在1FAF中，2

2212594coscos253aacFAFBFAaa，化简整理得：22217abc，再由222bca，得229ca，得223cea，故答案为：3四、双空题40．（2021·江苏省天一中学高二期末）

已知水平地面上有一半径为2的球，球心为O，在平行光线的照射下，其投影的边缘轨迹为椭圆（如图），椭圆的中心为O，球与地面的接触点为E，1OE．若光线与地面所成角为，则sin_________，椭圆的离

心率e_____________．【答案】25555【分析】连接OO，则OOE，再根据2,1OEOE求解；在照射过程中，投影的短半轴长b是球的半径R，椭圆的长轴长为2ACa，过A向BC作垂线，垂足为B，再根据2524,sinsin5ABRACB，求得AC

即可.【详解】连接OO，则OOE，因为2,1OEOE，所以2222215OOOEOE，所以25sin5OEOO，在照射过程中，投影的短半轴长b是球的半径R，所以b=2，如图：椭圆的长轴长

为2ACa，过A向BC作垂线，垂足为B，由题意得2524,sinsin5ABRACB，又25sin5ABAC，所以25AC，即225a，则5a，又221cab，所以55cea.故答案为：255，5541．（2021

·湖南高二期中）已知抛物线21:8Cyx的焦点为F，圆222:(2)16Cxy与抛物线1C在第一象限的交点为00,Axy，直线0:0lytty与抛物线1C的交点为B，直线l与圆2C在第一象

限的交点为D，则0y_______；2CDB周长的取值范围为____________．【答案】4(8,12)【分析】抛物线与圆的方程联立求得点A的坐标；利用抛物线的定义转化2BC，再求周长的取值范围.【详解】22

0022(2)16,0,448xxyyyyyx设0:0lytty与抛物线的准线2x交于点P，则2||BPBC2CDB周长为22||||4BCBDDCDP又||(4,8)DP∴周长(8,12).故答案为：4；8,1

242．（2021·湖南高二期末）已知圆2212xy与抛物线24xy相交于A，B两点，F为抛物线的焦点，若直线l与抛物线相交于M，N两点，且与圆相切，切点D在劣弧AB上，当直线l的斜率为0时，MFNF______

；当直线l的斜率不确定时，MFNF的取值范围是______．【答案】432243,22【分析】（1）直接利用焦半径公式求出MFNF；（2）设直线l的方程为0ykxbb，与抛物线联立，用焦半径公式表示出MFNF，根据直线与圆相切，得到k、b的关系，把MF

NF表示为b的函数，利用函数求范围即可.【详解】依题意得直线方程为23y，设点11,Mxy，22,Nxy，122432MFNFyy；设直线l的方程为0ykxbb，带入抛物线方程

得2440xkxb，则124xxk，则21212242yykxxbkb，∵直线l与该圆相切，∴2121bb，即22112bk，又11MFy，21NFy，∴221212422353MFNFy

ykbb，∵22OAk，22OBk，∴分别过A，B的圆的切线的斜率为2，2，∴2,2k，∴202k，∴201212b，∵0b，∴23,6b，所以MFNF的取值范围为243,22

．故答案为：432；243,22.【点睛】求圆锥曲线的弦长：（1）“设而不求法”，利用弦长公式212||1||ABkxx求弦长，这是求弦长的一般方法；（2）特别的：圆中求弦长用垂径定理；抛物线求焦点弦弦长用抛物线的焦点弦弦长公式：12||ABxxp

，（或12||AByyp）.43．（2021·浙江高三其他模拟）如图所示，1F与2F是椭圆方程：222210yxabab的焦点，P是椭圆上一动点（不含上下两端点），A是椭圆的下端点，B是椭圆的上端点，连接1PF，2P

F，记直线PA的斜率为1k．当P在左端点时，△12PFF是等边三角形．若△12PFF是等边三角形，则1k=__________；记直线PB的斜率为2k，则12kk的取值范围是________．【答案】23343[3，+∞）【分析】先由△

12PFF是等边三角形，求出3bc,（1）直接判断出P为左端点或右端点，分别用斜率公式求出斜率；（2）计算出1243kk，对12kk利用基本不等式求范围.【详解】对于椭圆方程：222210yxab

ab，122,0,,0,FFcAaBa.当P在左端点时，△12PFF是等边三角形，所以3bc,（1）由对称性，若△12PFF是等边三角形，则P为左端点或右端点：当P为左端点时，2120223033kaabcbbb，同理可求

，当P为右端点时，1233k，即若△12PFF是等边三角形，则1k=233.（2）设000,0Pxyx，则2200221yxab.因为001200,yayakkxx，所以22000122000yayayakkxxx，因为2200221yxab，所以2222

22000012222220000yayayayaaakkxxxaybb，因为3bc，所以2222243abcbb，所以212243akkb.所以12124432233kkkk，当且仅当12kk时取等号.即12kk

的取值范围是43[3，+∞）.故答案为：233；43[3，+∞）【点睛】解析几何问题常见处理方法：(1)正确画出图形，利用平面几何知识简化运算；(2)坐标化，把几何关系转化为坐标运算．44．（2021·广东高三其他模拟）已知A、B是

抛物线22ypx上异于坐标原点O的两点，满足|||OAOBAB∣，且OAB面积的最小值为36，则正实数P＝________；若OD⊥AB交AB于点D，若DQ为定值，则点Q的坐标为________．【答案

】3（3，0）【分析】设1122,,ABxyxy，，根据数量积的运算可得0OAOB，OAOB，由此得2124yyp，设直线AB：+xmyt，与抛物线联立得2220ypmypt，得出根与系数的关系，表示三角形OAB的面积，由二次函数的性质求得最值，可得点D在以

点00O，，60M，为直径的圆上，由此可得答案．【详解】设1122,,ABxyxy，，因为|||OAOBAB∣，即|||OAOBOAOB∣，两边平方化简得0OAOB，所以OAOB，所以1212+0xxyy，即

122212+022yyyypp，解得2124yyp（120yy舍去），设直线AB：+xmyt，联立2+2xmytypx得2220ypmypt，所以1212+2,2yypmyypt，所以21224yyppt，所以2tp，又2221212

12212+44+162ABOSpyypyyyypmpp22222422436ppmp，解得3p，又因为26tp，所以：直线AB为+6xmy恒过定点60M，，因为ODAB，所以ODDM，所以点D在以点00O

，，60M，为直径的圆上，设圆心Q，则30Q，，半径13,32rOMDQr，所以DQ为定值，30Q，，故答案为：3；30，．【点睛】方法点睛：(1)解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题

设条件建立有关参变量的等量关系；(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．有时若直线过x轴上的一点，可将直线设成横截式.45．（2021·河南高二月考（理））已知点M为双曲线2222:1(0,0)xyCabab在第一象限上一点

，点F为双曲线C的右焦点，O为坐标原点，447MOMFOF，则双曲线C的渐近线方程为___________，若MF､MO分别交双曲线C于,PQ两点，记直线PM与PQ的斜率分别为12,kk，则12kk___________【答案

】15yx15【分析】设00()Mxy，，由已知得35()24ccM，，将其代入双曲线方程得22222244516bcacab，利用222cab转化为a,b的关系，化简整理，分解因式可求得ba的值，进而得到渐近线的方程；设11()Pxy，，又00()Qxy，

，则表示2210122210yykkxx，利用代点平方差法求解即得.【详解】设00()Mxy，，则4477MOMFOFc，则02cx，22035||()24OFcyMO，即35()24

ccM，，将其代入双曲线方程得：2222451416ccab，即22222244516bcacab，又222cab，∴2244222244454516,babaabab4224455740aabb，222215340

abab,∴2215ab，15ba,∴渐进线方程为15yx；设11()Pxy，，又00()Qxy，，则221010101222101010yyyyyykkxxxxxx，将点P、M的坐标分别代入双曲线方程得22

112222002211xyabxyab，两式作差得：222102221015yybxxa，故1215kk.故答案为：15yx；15.【点睛】本题考查双曲线的渐近线和点差法的运用，关键有两点：一是系数较大的三项式的分解因式，二是代点平方

差法求得2221022210yybxxa.46．（2021·湖北襄阳市·襄阳四中高三一模）已知1F､2F为双曲线C：2213xy的左､右焦点，点P在C上，1260FPF，则12PFF的面积为___________，12PFF内切圆半径为_______

____.【答案】321233【分析】设11PFr，22PFr，由余弦定理和双曲线定义计算得124rr，进而可得△12PFF的面积；由等面积法可得△12PFF的内切圆半径r的值.【详解】依题意知3a，1b，所以2c.设11PFr，22PFr，在△12PFF中，由余弦定理得2

22121212122cosFFrrrrPFF，即22121216rrrr①，由双曲线定义得1223rr，平方，得221212122rrrr②，联立①②得221220rr，124rr，进而可得1227rr，所以，△12PFF的面

积121sin6032Srr，设△12PFF内切圆半径为r，则△12PFF的面积1212722Srrcrr，所以723r，解得内切圆半径为32123372r.故答案为：①3；②21233.【点睛】方法点睛：（1）双曲线上一

点与两焦点构成的三角形，称为双曲线的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、面积公式、双曲线的定义等；（2）求三角形的内切圆半径经常利用等面积法．47．（2021·浙江高二期末）双曲线221916yx的实轴

长是_________，焦点坐标是__________．【答案】60,5和0,5【分析】由标准式和关系式可求出,ac，进而求出实轴长和焦点坐标【详解】由221916yx可得焦点坐标在y轴，2223,91625,5acabc，故双曲线

221916yx的实轴长为26a，焦点坐标为0,5和0,5故答案为：6；0,5和0,5【点睛】本题考查由双曲线的标准式求解实轴长和焦点坐标，属于基础题48．（2021·浙江高二期末）双曲线2214xy的焦距是___

_______，渐近线方程是_________．【答案】2520xy【分析】求出a、b、c的值，即可得出结果.【详解】在双曲线2214xy中，2a，1b，5c，所以，该双曲线的焦距为25，渐近线方程为12yx，即20xy.故答

案为：25；20xy.49．（2021·浙江温州市·温州中学高三其他模拟）抛物线24yx的焦点到双曲线2221xya的一条渐近线的距离是22，则双曲线的实轴长是__________，离心率是__________．【答案】22【分析】求出抛物线的焦点坐标，双曲线的一条渐近线方程，利用已知

条件求解a，从而求出离心率．【详解】解：抛物线24yx的焦点(1,0)，双曲线2221xya的一条渐近线0xay，抛物线24yx的焦点到双曲线2221xya的一条渐近线的距离是22，可得2|10|221aa

，解得1a．所以双曲线方程为221xy，所以222cab所以双曲线的实轴长为2，离心率2cea．故答案为：2；2．五、解答题50．（2021·江西景德镇市·景德镇一中高二期末（理

））已知椭圆22221(0)xyCabab：的左焦点为1F，点P在椭圆上，1||2PF，直线1PF的倾斜角为3，已知椭圆的离心率为12.（1）求椭圆C的方程；（2）记椭圆C的左右顶点为AB、，过点A的直

线1L交椭圆于点M，过点B的直线2L交椭圆于点N，若直线2L的斜率是直线1L斜率的两倍，求四边形AMBN面积的最大值.【答案】（1）22143xy；（2）863.【分析】（1）由题意可得2ac，在12PFF△中，由余弦定理可得解方程可得c，

进而得到椭圆方程；（2）设直线AM的方程为2ykx，由2BNAMkk，可得直线BN方程为22ykx，代入椭圆方程得到,MN纵坐标，运用韦达定理和四边形的面积公式，化简换元，结合对勾函数的单调性，可得最大值．【详解】（1）因为12cea，则2ac，

设右焦点为2F，在12PFF△中，12PF，123PFF，由余弦定理可得2222222222cos3acc，解得1c，则2a，3b，所以椭圆方程为22143xy；（2）设直线AM的斜

率为k，则直线AM的方程为：2ykx，联立222143ykxxy，整理得2222341616120kxkxk，42225643416120kkk

①设11,Mxy，则2121612234kxk，即2126834kxk，从而121234kyk，由2BNAMkk，可得直线BN方程为22ykx，联立2222143ykxxy，整理得

22223166464120kxkxk，222264431664120kkk，②设22,Nxy，则22264122316kxk，222326316kxk从而22243

16kyk，由对称性，不妨设0k0k，则四边形AMBN的面积12221122442234316kkSyykk32292424924243334316416kkkkkkkkkk

238723812kkkk设3382846ktkkk，当2336884kkkk时等号成立，即272721212tSttt，

设12,46,yttt单调递增，当46t时，即64k时，并且满足①②，12tt取得最小值962，此时max72863962S【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的方程和运用，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，考查直线的斜率和对勾函数的单调性的运用，考查化简整理

的运算能力，属于中档题，本题的关键是利用方程联立求得点,MN的纵坐标，并能熟练应用对勾函数求最值.51．（2021·北京中关村中学高二期末）已知椭圆C：22221xyab（0ab）的长轴长为4，离心率

为22，点P在椭圆C上．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）已知点4,0M，点0,Nn，若以PM为直径的圆恰好经过线段PN的中点，求n的取值范围．【答案】（Ⅰ）22142xy；（Ⅱ）2525n．【分析】（Ⅰ）根据条件，列式求,,abc，即得椭圆方程；（Ⅱ）法一，设点

00,Pxy，PN的中点00,22xynQ，根据0MQNP，求得2200822xnx，02,2x，再求n的取值范围；法二，根据几何关系可知MPMN,代入坐标公式可得2200822xn

x，02,2x，再求n的取值范围.【详解】（Ⅰ）由椭圆的长轴长24a，得2a，又离心率22cea，所以2c所以2222bac．所以椭圆C的方程为：22142xy．（Ⅱ）法一：设点00,Pxy，则2200142xy所以PN的中点00,22xynQ

004,22xyMnQ，00,NPxyn．因为以PM为直径的圆恰好经过线段PN的中点所以MQNP，则0MQNP即00004022xynxyn．又因为2200142xy，

所以22008202xxn所以2200822xnx，02,2x．函数2000822fxxx，02,2x的值域为12,20所以2020n所以2525n．法二：设点00,Pxy，则2200142xy．设PN的中点为Q，因为以PM为直径

的圆恰好经过线段PN的中点所以MQ是线段PN的垂直平分线所以MPMN即22200416xyn所以2200822xnx．函数2000822fxxx，02,2x的值域为12,20所以202

0n．所以2525n．52．（2021·江西景德镇市·景德镇一中高一期末）已知圆C：22(3)16xy，点(0,3)A，P是圆上任意一点，线段AP的垂直平分线交CP于点Q，当点P在圆上运动时，点Q的轨迹为曲线E，直线l：ykxm与y轴交于点D，与曲线

E交于M，N两个相异点，且MDDN.（1）求曲线E的方程；（2）是否存在实数m，使得4OMONOD？若存在，求出m的取值范围，若不存在，请说明理由.【答案】（1）2214yx；（2）2,11,2【分析】（1）由题意画出图形，可得||

||||423QAQCPC，得到点Q的轨迹曲线E是以A，C为焦点的椭圆，求得a与c，进一步得到b，则曲线E的方程可求；（2）联立直线方程与椭圆方程，可得222(4)240kxkmxm．由判别式大于0得2240km．

再由向量等式可得2k，代入2240km，即可求得2m的取值范围．【详解】解：（1）如图，由题意可得：||||QAQP，则||||||423QAQCPC，点Q的轨迹曲线E是以A，C为焦点的椭圆，其

中24a，2a，3c，则1b．曲线E的方程为2214yx；（2）联立2244ykxmyx，可得222(4)240kxkmxm．由222244(4)(4)0kmkm，得2240km．设1(Mx，1)y，2(Nx，2

)y．则12224kmxxk，①，212244mxxk②(0,)Dm，11,MDxmy，22(,)DNxym，由4OMONOD，MDDN．3，所以3MDDN．1122()(333),,xmyxym，则123xx，③联立

①③，得1234kmxk，224kmxk，代入②，得22223(4)(4)kmkm，即222240kmkm，得22241mkm，代入2240km，得2224401mmm，解得214m，解得12

m或21m．存在实数m，使4OMONOD，m的取值范围是2,11,2．53．（2021·江西景德镇市·景德镇一中高一期末）如图,椭圆22221(0)xyabab的左焦

点为F，过点F的直线交椭圆于,AB两点，||AF的最大值为,||MBF的最小值是m，满足:23.4Mma（1）求该椭圆的离心率；（2）设线段AB的中点为,GAB的垂直平分线与x轴交于D点，求||||ABFD的值.【答案】（1）12；（2）4

【分析】（1）设(,0)(0)Fcc，则根据椭圆性质得Mac，mac，结合条件，即可求出离心率；（2）由（1）设椭圆方程为2222143xycc，设直线AB的方程为()ykxc，1(Ax，1)y，2(Bx

，2)y，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，即可表示出弦AB与G点坐标，再根据DGAB，求出Dx，即可表示出DF，从而得解；【详解】解：（1）设(,0)(0)Fcc，则根据椭圆性质得Mac

，mac而234Mma，所以有22234aca，即224ac，即2ac，所以离心率12cea（2）由（1）可得2ac，又222cab，所以令cc，则2ac，3bc，所以椭圆方程为2222143xycc，根据条件直线AB的斜率一定存在且不为零，设直线A

B的方程为()ykxc，并设1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，则由直线与椭圆方程2222()143ykxcxycc，消去y并整理得，222222(43)84120kxckxkcc

从而有2122843ckxxk，22212241243kccxxk，所以222121212114ABkxxkxxxx222222228412434314ckkcckkk

2241213ckk121226(2)43ckyykxxck，所以224(43ckGk，23)43ckk．因为DGAB，所以2223431443Dckkkckxk，所以2243Dckxk

．所以2222343334ckckccDFkk所以2222121||43||43343kcckAkBcFDk54．（2021·江西景德镇市·景德镇一中高一期末）已知双曲线C：22

221yxab（0a，0b）的离心率102e，其焦点1F到渐近线的距离为3.（1）求双曲线的方程；（2）若过点(0,3)M的直线l交双曲线于A，B两点，且以AB为直径的圆过坐标原点O，求直线l的方程.【答案】（

1）22123yx；（2）232yx【分析】（1）首先表示出双曲线的焦点坐标与渐近线方程，再利用点到直线的距离公式求出b，最后利用离心率与222cab，求出2a，即可求出双曲线方程；（2）设直线

:3lykx，11,Axy，22,Bxy，联立直线与双曲线方程，消元列出韦达定理，依题意0OAOB，即可得到方程，解得即可；【详解】解：（1）双曲线C：22221yxab（0a，0b）的焦点10,Fc，渐近线方程为ay

xb，即0axby，因为10,Fc到渐近线的距离等于3，所以223bcab，所以3b，又因为离心率102e，即102ca，因为222cab，所以22a，25c，所以双曲线方程为22123yx（2）由已知可得，直线

l的斜率存在，设直线:3lykx，11,Axy，22,Bxy223123ykxyx，消去y得223218210kxkx，所以2320k即63k，又222184213272168

0kkk，所以1221832kxxk，1222132xxk，所以222212121212222215461833399323232kkkyykxkxkxxkxxkkk以AB为直径的圆过坐标原

点O，所以OAOB，即0OAOB，所以21212222161803232kxxyykk，解得22k，所以直线方程为232yx55．（2021·河南新乡市·新乡县一中高二期

末（文））已知椭圆22:143xyC的左､右焦点分别为1F，2F，O为坐标原点，过右焦点2F且不平行于坐标轴的动直线l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.（1）记直线OM的斜率为1k，直线AB的斜率为2k，证明：12kk为定值.（2）y轴上是否存在点P

，使得ABP△为等边三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析.【分析】（1）设点11,Axy，22,Bxy，代入椭圆方程中后，两式作差变形可得2112211234yyyyxxxx，而线段A

B的中点为M，从而可得结论；（2）设直线l的方程为(1)ykx，再与椭圆方程联立方程组，消去y，利用根与系数的关系和中点坐标公式可得M的坐标，，假设存在符合题意的点P，则直线PM的斜率为1k，由等边三角形的性质可得3||||2MPAB，然后利用弦长公式和距离公式分

别求出||,||ABMP，代入上式化简可得结果【详解】解：设点11,Axy，22,Bxy，（1）因为2211143xy，2222143xy，所以22221212043xxyy，即2112211234yyyyxxxx.因为M为AB的中点，所以12112yykx

x，所以1234kk.（2）设直线l的方程为(1)ykx，联立方程组221,43(1),xyykx得22224384120kxkxk，则2122843kxxk，212241243kxxk

.所以121226234kyykxxkk，所以M的坐标为22243,3434kkkk.假设存在符合题意的点P，则直线PM的斜率为1k.因为ABP△为等边三角形，所以3||||2MPAB.因为22222212222

1218412||114343434kkkABkxxkkkk，22222144||1||103434kkkMPkkk，所以222212134||123434kkkkk，即223270k

，方程无实数解，所以不存在这样的点P.56．（2021·江苏省天一中学高二期末）已知双曲线2222:10,0xyCabab的实半轴长为1，且C上的任意一点M到C的两条渐近线的距离乘积为34（1）求双曲线C的方程；（2）设直线l过双曲线C的右焦点F，与双曲线C相交于,P

Q两点，问在x轴上是否存在定点D，使得PDQ的平分线与x轴或y轴垂直？若存在，求出定点D的坐标；否则，说明理由．【答案】（1）2213yx；（2）存在点1,02D使得PDQ的平分线与x轴或y轴垂直.【分析】（1）由已知得1a

，渐近线为0bxy，利用点到直线的距离公式列方程即可求得b，进而可得双曲线C的方程；（2）假设存在,0Dt满足题意，可得0PDQDkk，设设11,Pxy，22,Qxy，直线:l2ykx

与双曲线方程联立，消去y可得关于x的二次方程，得出12xx、12xx代入0PDQDkk即可求解.【详解】（1）由题意可得：1a，所以双曲线222:1yCxb所以渐近线方程为0bxy，设00,M

xy，则0000223411bxybxybb，即222002314bxyb，因为00,Mxy在双曲线上，所以220021yxb，即222200bxyb，所以22314bb，解得：23b，所以双曲线C的方程

为：2213yx（2）假设存在,0Dt，使得PDQ的平分线与x轴或y轴垂直，则可得0PDQDkk，2,0F，设11,Pxy，22,Qxy，直线:l2ykx，由22

233ykxxy可得：222234430kxkxk，所以212243kxxk，2122433kxxk，所以12211221212120PDQDyxtyxtyykkxtxtxxtxxt，即

1221220kxxtkxxt恒成立，整理可得：12122240kxxtxxt，所以2222434224033kkkttkk即2222434224033kkttkk，所以

2228642430kkttk，所以6120t，解得12t，所以存在点1,02D使得PDQ的平分线与x轴或y轴垂直.【点睛】思路点睛：圆锥曲线中求是否存在满足条件的定点的问题，通常需要联立方程，得到二次方程后利用韦达定理、结合题中条件（比如斜率关

系，向量关系，距离关系，面积等）直接计算，即可求出结果，运算量较大.57．（2021·全国高三零模（理））已知椭圆2222:1(0)xyCabab的左，右焦点分别为1F，2F，点P在椭圆C上，12P

F，123FPF，且椭圆C的离心率为12.（1）求椭圆C的方程；（2）设直线:(0)lykxmm与椭圆C相交于A，B两点，O为坐标原点.求OAB面积的最大值.【答案】（1）22143xy

；（2）最大值为3.【分析】（1）由椭圆的定义求得222PFa，在12PFF△中，由余弦定理化简得2233caa，再由离心率12e，得到2ac，联立方程组，求得,,abc的值，即可求得椭圆的方程；（2）联立方程组，利用根与系数的

关系，求得122843kmxxk，212241243mxxk，根据弦长公式和点到直线的距离公式，结合面积公式，求得222||432343mkmSk，利用基本不等式，即可求解.【详解】（1）由题意，点P在椭圆2222:1(0)xyCabab上，且1

2PF，由椭圆的定义，可得21222PFaPFa，在12PFF△中，由余弦定理得22212121242coscPFPFPFPFFPF，即2244(22)4(22)cos3caa

，化简得2233caa，又由椭圆C的离心率12cea，可得2ac，联立方程组，解得1c，2a，所以2223bac，所以椭圆C的方程为22143xy.（2）设11,Axy，22,Bxy由22143ykxmxy消去y，得

2224384120kxkmxm.由221612390km，可得2243km，则122843kmxxk，212241243mxxk所以222212241239||1143kmABkxxkk

，因为坐标原点O到直线l的距离2||1mdk所以222221||4123912431OABmkmSkkk222||432343mkmk2222432343kmmk22224322

3343kmmk.当且仅当22243kmm，即22432km时，等号成立，满足222432kmm，所以OAB面积的最大值为3.【点睛】解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥

曲线的定义、图形、几何性质来解决；（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）

三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.58．（2021·长沙市·湖南师大附中高二期中）已知点61,22M在椭圆2222:10xyCabab上，且点M到C的左､右焦点的距离之和为22.（1）求C的方程；（2）设О为坐标原点，若C的弦AB的中点在线段OM

(不含端点O，M)上，求OAOB的取值范围.【答案】（1）2212xy；（2）57,44.【分析】（1）将点M坐标代入椭圆方程以及双曲线的定义列方程组，解之即可求解；（2）设11,Axy，22,Bxy，求AB的中点坐标，由点差法求得直线AB的斜率和方程，与椭圆方程

联立，运用韦达定理和判别式大于0，由向量数量积的坐标表示化简即可求解.【详解】（1）由已知得22611,44222,aba，解得21ab，所以椭圆C的方程为2212xy.（2

）设11,Axy，22,Bxy，则AB的中点1212,22xxyy在线段OM上，且16OMk，OM方程：16yx602x，AB的中点代入OM方程可得：12126xxyy

.又221112xy，222212xy，两式相减得1212121202xxxxyyyy，易知120xx，120yy，所以121212121622yyxxxxyy，即62ABk.设直线AB的方程为602yxmm，代

入2212xy并整理得222610xmxm.由2226421240mmm，解得24m，所以02m.由根与系数的关系得1262mxx，21212mxx，则121212126622OAOBxxyyxxxmxm

2212125635224mxxmxxm，又02m，所以OAOB的取值范围是57,44.【点睛】解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用

代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用已知参数的范围，求出新参数的范围，解题的关键是建立两个参数之间的等量关系；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数值域的求法

，确定参数的取值范围．59．（2020·吉林东北师大附中高二期末（文））已知抛物线C：220ypxp的焦点F到其准线的距离为4，经过点F的直线l与该抛物线交于A，B两点．（1）求抛物线C的方程；（2）求OAOB的最小值．【答案】（1

）28yx；（2）20．【分析】（1）由焦点F到其准线的距离可得焦参数p，从而得抛物线方程；（2）设直线l方程为2xmy，代入抛物线方程，设1122(,),(,)AxyBxy，应用韦达定理得1212,yyyy，计算OAOB，再由函数性质得最小值．【详解】（1）由题意4p，所以抛物线方程

为28yx；（2）由（1）得焦点为(2,0)F，直线l的斜率不为0，设l方程为2xmy，设1122(,),(,)AxyBxy，由282yxxmy得28160ymy，所以12128,16yymyy，2222222211221122(1)4

4(1)44OAOBxyxymymymymy2256400m，所以0m时，OAOB取得最小值40020．60．（2020·吉林长春市·东北师大附中高二期末（理））椭圆C：222210xyab

ab过点31,2A，离心率为12，左、右焦点分别为1F，2F，（1）求椭圆C的方程；（2）若Pmn,在椭圆C上，（ⅰ）求证：2122PFm；（ⅱ）若194PF，求直线1PF的方程．【答案】（1）

22143xy；（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）5250xy或5250xy.【分析】（1）根据题设条件和222abc，列出方程组，求得222,,abc的值，即可求解；（2）（ⅰ）由（1）中椭圆C的方程，代入点Pmn,求得221234mn，结合两点间的距离公式，即

可求解；（ⅱ）由（ⅰ）知221234mn，求得1122PFm，求得点P的坐标，分类讨论，即可求解.【详解】（1）由题意，椭圆2222:10xyCabab过点31,2A，离心率为12，可得2222291411

2abcaabc，解得222431abc，所以椭圆C的方程为22143xy.（2）（ⅰ）由（1）知椭圆C的方程为22143xy，可得12(1,0),

(1,0)FF，因为Pmn,在椭圆C上，可得22143mn，可得221234mn所以2222222123(4)(1)(1)44mmPFmnm，因为22m，所以22(4)1242mPFm（ⅱ）由（ⅰ）知221

234mn，则2222221123(4)(1)(1)44mmPFmnm，可得21(4)1242mPFm，又由194PF，即19224m，解得12m，所以354n，当35

4n时，可得135(,)24P，则152PFk，所以直线1PF的方程为5(1)2yx，即5250xy；当354n时，可得135(,)24P，则152PFk，所以直线1PF的方程为5(1)2yx

，即5250xy，综上可得直线1PF的方程5250xy或5250xy.61．（2021·云南师大附中高二期中（理））已知椭圆2222:10xyCabab经过点25,3P，其长半轴长为3.（1）求椭圆C的方程；（2）设1A，2A是椭圆

C的左、右顶点，T为直线6x上的动点，直线1AT，2AT分别交椭圆于M，N两点，求四边形12AMAN面积的最大值.【答案】（1）2219xy；（2）6【分析】（1）根据长半轴长为3直接求得a，然后将点25,3P代入即可求出椭圆C的方程；（

2）设006,0Tyy，分别得出直线1TA、2TA的方程，分别联立直线与椭圆方程，消元整理，利用韦达定理分别求出12,AA的坐标，则1212AMAANASSS1212MNAAyy00002434

3yyyy，结合基本不等式即可得出答案.【详解】解：（1）3a，将点25,3P代入得：254199b，所以21b，所以椭圆C的方程为2219xy；（2）根据椭圆及直线6x的对称性，不妨设006,0Tyy，,,,MMNNMx

yNxy，则1200,93TATAyykk，所以直线1TA的方程为：039yyx，即993xyy，所以直线2TA的方程为：033yyx，即933xyy，联立9229319xyyxy，消x整

理得：2200815490yyy，则020609Myyy，即02069Myyy，同理：02021Nyyy，设四边形12AMAN的面积为S，则1212AMAANASSS1212MNAAyy00220062391yyyy

22000022006129391yyyyyy00220024334yyyy000024343yyyy24624，当且仅当0000343yyyy，即03y时，取等号，所以四边形12AMAN面积的最大值为6.【点睛】本题考查了

椭圆的标准方程、直线与椭圆的综合问题，还考查了面积的最值问题，考查了方程思想及函数思想，属于难题.62．（2021·福建高二期中）已知椭圆E的左､右焦点分别为12,0,,0(0).FcFcc点

M在E上，21212,MFFFMFF的周长为642，面积为1.3c（1）求E的方程.（2）设E的左､右顶点分别为,AB，过点3,02的直线l与E交于,CD两点，记直线AC的斜率为1k，直线BD的斜率为2k，则__________.(从以下①

②③三个问题中任选一个填到横线上并给出解答).①求直线AC和BD交点的轨迹方程；②是否存在实常数，使得12kk恒成立；③过点C作关于x轴的对称点C，连结,CD得到直线1l，试探究：直线1l是否恒过定点.【答案】（1）2219xy；（2）

答案见解析.【分析】（1）由题意列出关于,,abc的方程组解出即可得结果；（2）选择①，与椭圆方程联立结合韦达定理得出121294tyyyy，再将AC与BD的方程联立即可得出结果；选择②与①相似，直接代入计算12kk即可；选择③直线CD与x轴交于点M，由对称性可知，0CMDMkk

，结合韦达定理解出m即可得结果.【详解】（1）依题意，得222264211223acbbcccaa，即232213acba，解得2291ab所以E的方程221.9

xy（2）选择①，设直线l的方程为32xty，联立方程221932xyxty，化简整理，得224912270tyty，假设1122,,,CxyDxy，由韦达定理，得122122392749tyytyyt

，得121294tyyyy直线AC的方程：1133yyxx；直线BD的方程：2233yyxx；联立方程，得11223333yyxxyyxx

，两式相除，得1212212121219333233332tyyxyyxxxxyxytyy122122121221211211212192?9363329439233232?34yyyyyyyytyyyty

yyyyyyyyyy，即333xx，解得6x，所以直线AC和BD交点的轨迹方程是直线6x.选择②联立方程221932xyxty，化简整理，

得224912270tyty，假设1122,,,CxyDxy，由韦达定理，得122122392749tyytyyt，得121294tyyyy于是

2112121112121212121221221239233323249933292942tyyyyyxykyxtyyykxyxytyyyyyytyy

1212121239331222927933222yyyyyyyy故存在实数13，使得12kk恒成立.选择③112211,,,,,CxyDxyCxy，联立方程

，得221932xyxty，化简整理，得224912270tyty，由韦达定理，得122122392749tyytyyt，直线CD与x轴交于点M，由对称性可知，0CMDMkk，

假设,0Mm，即12120yyxmxm，则12210yxmyxm，所以12211221121221123322yxmyxmxyxymyytyytyymyy

，1212223273322022949ttyymyytmtt即9320tmt，解得6m，所以直线CD恒过定点6,0M.【点睛】关键点点睛：得出121294tyyyy利用整体代换思想是解决

①②的关键；根据对称性得出定点,0Mm以及0CMDMkk是解决③的关键.63．（2021·四川高三零模（文））已知抛物线C：24yx，坐标原点为O，焦点为F，直线l：1ykx．（1）若l与C只有一个

公共点，求k的值；（2）过点F作斜率为1的直线交抛物线C于A、B两点，求OAB的面积．【答案】（1）1k或0k；（2）22【分析】（1）与抛物线方程联立，由只有一个公共点，0k或0，由此得解；（2）求出抛物线的焦点坐标，即可得到直线方程，设11(,)Axy，22(,)

Bxy，联立直线与抛物线分分彩，消元、列出韦达定理，根据1212OABSOFyy求出三角形的面积；【详解】解：（1）依题意214ykxyx消去x得2114yky，即2440kyy，①当0k时

，显然方程只有一个解，满足条件；②当0k时，24440k，解得1k，综上可得：当1k或0k时直线与抛物线只有一个交点；（2）抛物线C：24yx，所以其焦点为1,0F，设11(,)Axy，22(,)Bxy，所以直线方程为1yx，则214yxyx，消去x

得2440yy，则124yy，124yy所以22121212444442yyyyyy所以12111422222OABSOFyy64．（2020·辽宁高二期中）已知椭圆2222:10xyCabab的一个

焦点坐标为22,0，离心率为22.（1）求椭圆C的方程；（2）设O为原点，若点A在椭圆C上，点B在直线4y上，且OAOB，试判断直线AB与圆229xy的位置关系，并证明你的结论.【答案】（1）2211

68xy；（2）相交，证明见解析.【分析】（1）根据题意列出方程组2222222cceaabc，解方程组的,ab的值即可求解；（2）设00,Axy，,4Bt，且00x，由0OAOB

可得00,,xyt的关系，分类讨论直线AB的斜率是否存在，求出原点到直线AB的距离，与半径比较大小即可求解.【详解】（1）由题意可得：2222222cceaabc，解得：22422cab，所以椭圆C的方程为221168xy，（2）

设00,Axy，,4Bt，且00x，可得00,OAxy，,4OBt，因为OAOB，所以0040OAOBtxy，解得004ytx，当0xt时，204ty，将2,4tAt代入椭圆221168xy可得：22241168

tt即4281680tt，解得28t，所以22t，所以直线AB的方程为：22x，圆心0,0O到直线22x的距离223d，此时直线AB与圆229xy相交，当0xt时，

直线AB的方程为0044yyxtxt，即0000440yxxtyxty，此时圆心0,0O到直线AB的距离为：00220044xtydyxt，因为2200216xy，

0040txy，004ytx，所以220000002222002000022000204322441616168216162162yxxxxxdyxxyytxxxxx2

220000000242222000022202002002163222324163216161616221622xxxxxxxxxxxxxxxx200200216222316xx

rxx，所以当0xt时，直线AB与圆229xy相交，综上所述：直线AB与圆229xy相交.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是设00,Axy，,4Bt，根据OAOB得出00,,xyt的关系，结合点00

,Axy在椭圆上，计算圆心到直线的距离与半径比较大小.65．（2021·湖北武汉市·华中师大一附中高二期末）已知抛物线C：24yx的焦点为F．（1）直线l：21yx与抛物线C交于A，B两点，求FAB的面积．（2）已知圆M：2234x

y，过抛物线上的点4,4P作圆M的两条切线，与曲线C交于另外两点分别为11,Dxy，22,Exy，求12yy的值．【答案】（1）32；（2）163．【分析】（1）联立方程，结合韦达定理及面积公式即可求解；（2）设过点P的直线方程为44xty，由直

线与圆M相切得24121tt，化简结合韦达定理求得两根之和，两根之积，联立直线与抛物线方程得12,yy，即可得出答案.【详解】（1）抛物线的焦点为1,0F，设11,Axy，22,Bxy

，把21yx方程代入抛物线24yx，可得24810xx，∴122xx，1214xx，∴2221121115415kxxxxABxx，点F到直线l的距离15d，∴1113152225ABFSABd△．（2）设过点P的直线方程为44xty

，由直线与圆M相切得24121tt，可得212830tt，则1223tt，1214tt，把44xty代入抛物线方程可得2416160ytyt，则4，1y是方程241616

0ytyt的两根，可得1144yt，同理2244yt．则有1212216484833yytt．66．（2020·长沙市·湖南师大附中高二期末）设椭圆2222:1(0)xyEabab的左、右焦点分别为1(2,0)F，2(2,0)F，

点(2,3)A在椭圆E上．（1）求椭圆E的方程；（2）过点1F的直线l与椭圆E相交于M，N两点，求2FMN内切圆面积的最大值．【答案】（1）22186xy=；（2）98．【分析】（1）由题意得2c，方法一：由题意得222222431abcab

，解方程组即可求出结论；方法二：根据定义求得122aAFAF，再根据22bac，可求出结论；（2）设l的方程为：2xmy，设11,Mxy，22,Nxy，联立直线与椭圆方程并消元，得

韦达定理结论，设2FMN的内切圆半径为R，根据三角形的面积公式可得124Ryy，代入并化简，换元法利用函数的单调性可求得结论．【详解】解：（1）由已知椭圆的左、右焦点分别为1(2,0)F，2(2,0)F，∴2c，方法一：由题意得2

22222431abcab，解得2286ab，∴椭圆E的方程为22186xy=；方法二：由122aAFAF22(22)(3)22(22)(3)94294242，则22a

，又2c，得6b，∴椭圆E的方程为22186xy=；（2）设l的方程为：2xmy，设11,Mxy，22,Nxy，联立222186xmyxy，消元得223462180mymy，由0，即227272340mm，∴mR

，则1226234myym，1221834yym，设2FMN的内切圆半径为R，则2221||422FMNSMNMFNFRR，又2121212122FMNSFFyyyy，即124Ryy212124yyyy222

272723434mmm222112234mm22112234mm，令21tm，则1t，则1221221221313tyyttt，令1()3fttt，知

()ft在[1,)上是单调递增函数，∴()(1)4ftf，∴12max122324yy，max(4)32R，max324R，∴2FMN内切圆面积max98S．【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线与椭圆的位置关系的应用，

解决的关键在于联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理表示出2FMN的内切圆半径，再根据函数的单调性求出最值，从而求出结论．本题考查了学生的数学运算能力，考查了转化与化归思想，属于中档题．