上海松江区第七中学高中数学选修2-1第三章《圆锥曲线与方程》测试(包含答案解析)

一、选择题

x2y21．设双曲线C：221(a0，b0)的左､右焦分别是F1，F2，过F1的直线交双

ab曲线C的左支于M，N两点若MF2F1F2，且2MF1NF1，则双曲线C的离心率是（ ） A．2

B．

3 2C．

5 4D．

5 3x2y22．已知直线ykx2与椭圆1总有公共点，则m的取值范围是（ ）

9mA．m≥4 B．0m9 C．4m9 D．m≥4且m9 y2x23．圆M: (xm)y4与双曲线C:221(a0,b0 ) 的两条渐近线相切

ab、B两点，若|AB|1，则C的离心率为（ ） 于A22A．15 4B．415 15C．

1 4D．4

x2y24．过原点O的直线交双曲线E：221（a0,b0）于A，C两点，A在第一

ab象限，F1,F2分别为E的左、右焦点，连接AF2交双曲线E右支于点B，若

OAOF2,2CF23BF2，则双曲线E的离心率为（ ）

A．

214 522B．213 4C．36 5D．53 5x2y25．已知圆C1:xyb(b0)与双曲线C2:221(a0,b0)，若在双曲线C2上

ab2存在一点P，使得过点P所作的圆C1的两条切线互相垂直，则双曲线C2的离心率的取值范围是（ ）

61,A．2 6,B． 2C．1,3

D．3,

6x26．点A、B分别为椭圆y21的左、右顶点，直线xmy与椭圆相交于P、Q54两点，记直线AP、BQ的斜率分别为k1、k2，则k1A．

212的最小值为（ ） k2D．4

1 4B．

1 2C．2

x27．已知椭圆C:y21，直线l过椭圆C的左焦点F且交椭圆于A，B两点，AB的中

2垂线交x轴于M点，则

|FM|的取值范围为（ ） |AB|2A．11, 164B．,11 84C．11, 162D．,11 828．在平面直角坐标系中，A,B分别是x轴和y轴上的动点，若以AB为直径的圆C与直线2xy40相切，则圆C面积的最小值为（ ） A．

4 5B．

3 4C．(625)

D．

5 49．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两个定点A、B的距离之比为

（0，1），那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆.若已知圆O：x2y21和点1A,0，点B4,2，M为圆O上的动点，则2MAMB的最小值为（ ） 2A．211 C．35 B．210 D．37 x2y210．在平面直角坐标系xOy中，设F1,F2分别为双曲线221(a0,b0)的左、右焦

ab点，P是双曲线左支上一点，M是PF1的中点，且OMPF1，2PF1PF2，则双曲线的离心率为 A．6 C．5 B．2 D．3 1x2y211．已知椭圆r：221ab0的右焦点为F1,0，且离心率为，三角形

2abABC的三个顶点都在椭圆r上，设它的三条边AB､BC､AC的中点分别为D､E､M，

且三条边所在直线的斜率分别为k1､k2､k3，且k1､k2､k3均不为0.O为坐标原点，若直线

111（ ） OD､OE､OM的斜率之和为1.则k1k2k3A．4 3B．-3

C．18 13D．3 2x212．双曲线y21的离心率为（ ）

4A．5 B．3 C．5 2D．3 2二、填空题

x2y213．已知双曲线221(a0,b0)的一个焦点与抛物线y24x的焦点重合，且焦点

ab到渐近线的距离为3，那么双曲线的离心率为________ 2x2y214．椭圆1上一点P与椭圆的两个焦点F1,F2的连线相互垂直，则△PF1F2的面

4924积为______．

11x2y215．已知椭圆221(ab0)与直线l1:yx，l2:yx，过椭圆上一点P22ab作l1,l2的平行线，分别交l1,l2于M,N两点，若|MN|为定值，则

a__________. bx2y216．已知双曲线C：1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的

93两条渐近线的交点分别为M､N.若OMN为直角三角形，则|MN|________. 17．已知抛物线C:y12x的焦点是F，点M是其准线l上一点，线段MF交抛物线C于82点N.当MNMF时，NOF的面积是______

3x2y218．已知点P为双曲线221(a0,b0)右支上的一点，F1,F2分别为双曲线的左､右

ab焦点，I为△PF1F2的内心，若S△IPF1S△IPF2S△IF1F2成立，则的值为__________.

x2y2219．已知椭圆221ab0的离心率为，右焦点为F1,0，三角形ABCab2的三个顶点都在椭圆上，设它的三条边AB、BC、AC的中点分别为D、E、F，且三

条边所在直线的斜率分别为k1,k2,k3k1k2k30.若直线OD、OE、OF的斜率之和为-1

111______. （O为坐标原点），则k1k2k320．已知圆C:x2y24x4y40，抛物线E:y22px(p0)过点C，其焦点为

F，则直线CF被抛物线截得的弦长为________________．

三、解答题

21．已知抛物线C:x22py(p0)上一点M(m,9)到其焦点的距离为10． （Ⅰ）求抛物线C的方程；

（Ⅱ）设过焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，且抛物线在A，B两点处的切线分别交x轴于P，Q两点，

①设Ax1,y1，求点P的横坐标； ②求|AP||BQ|的取值范围．

22．已知抛物线C：y22pxp0上的点M1,m到其焦点F的距离为2. （1）求C的方程；并求其焦点坐标；

（2）过点2,0且斜率为1的直线l交抛物线于A，B两点，求弦AB的长.

23．如图，已知抛物线y22px(p0)上一点M(4,a)(a0)到抛物线焦点F的距离为5．

（1）求抛物线的方程及实数a的值；

（2）过点M作抛物线的两条弦MA，MB，若MA，MB的斜率分别为k1，k2，且

k1k23，求证：直线AB过定点，并求出这个定点的坐标．

24．已知顶点在原点，焦点在x轴上的抛物线与直线yx1交于A、B两点，若

|AB|8，求抛物线的方程．

y225．双曲线C：x1，过点P2,1，作一直线交双曲线于A、B两点，若P为AB3的中点．

（1）求直线AB的方程；

2（2）求弦AB的长

26．如图，过抛物线y24x的焦点F任作直线l，与抛物线交于A，B两点，AB与x轴不垂直，且点A位于x轴上方.AB的垂直平分线与x轴交于D点.

（1）若AF2FB,求AB所在的直线方程；

（2）求证：

|AB|为定值. |DF|

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．D 解析：D 【分析】

根据题意画出图形，结合图形建立关于c､a的关系式，再求离心率e【详解】 解：如图所示，

取F1M的中点P，则MF2FF122c，MPca，

c的值. aF1Pca；

又NF12MF1，则NF14ca，NF24c2a； 在Rt△NPF2中，NPPF2在Rt△MPF2中，MPPF222222NF2， MF2，

22222得4c2a5ca2cca， 化简得3c28ac5a20， 即ca3c5a0， 解得ca或3c5a； 又e1， ∴离心率e故选：D.

c5. a3

【点睛】

本题考查求双曲线的离心率，解题关键是建立a,c的等量关系，结合等腰三角形的性质与双曲线的定义可得．

2．D

解析：D 【分析】

x2y2由直线ykx2恒过(0,2)点，将问题转化为点(0,2)在椭圆1上或椭圆内，

9m可得选项. 【详解】

22xy因为直线ykx2恒过(0,2)点，为使直线ykx1与椭圆1恒有公共点，

9m2222xy02只需点(0,2)在椭圆1上或椭圆内，所以1，即m≥4.又m9，所以

9m9mm≥4且m9.

故选：D. 【点睛】

本题考查直线与椭圆的位置关系，关键在于直线恒过的点在椭圆上或椭圆的内部，属于中档题.

3．B

解析：B 【分析】

由曲线的对称性，以及数形结合分析得【详解】

如图所示，AB1，MAMB2，根据对称性可知A,B关于x轴对称，所以

b1，从而求得其离心率. a15111cosAOMOAAM，因为，所以，

sinAMO2424渐近线OA的斜率ktanAOMb1a15，所以，

ab15cb24所以e115， 2aa15故选：B．

【点睛】

方法点睛：本题考查双曲线离心率，求双曲线离心率是常考题型，涉及的方法包含： 1.根据a,b,c直接求.

2.根据条件建立关于a,c的齐次方程求解. 3.根据几何关系找到a,b,c的等量关系求解.

4．D

解析：D 【分析】

根据题意得F1AAB，设BF13m，再结合双曲线的定22m，则CF23m，AF义得BF1AB中由勾股定理得15m14a，在12a2m,AF23m2a，故在RtFRt△F1AF2中结合勾股定理和15m14a，得25c253a2，进而得答案..

【详解】

设F1,BF1,CF2 ， 1为双曲线E的左焦点，连接AF取AF2的中点M，由OAOF2，得OMAB，又O为F1F2的中点，故

F1AAB，

设BF22m，则CF23m，由|OM|11|AF1||CF2|得AF13m. 22根据双曲线的定义得BF12a2m,AF23m2a， 在RtF1AB中，有3m5m2a=2m2a， 化简得15m14a，

在Rt△F1AF2中，有3m3m2a2c， 结合15m14a，得25c253a2，所以e故选：D. 【点睛】

本题考查双曲线的离心率的求解，解题的关键在于根据已知得F1AAB，同时注意到该题构成了焦点三角形，故借助定义，利用三角形的边角关系即可25c253a2，进而求解.考查运算求解能力，是中档题.

22222253. 55．B

解析：B 【分析】

根据题意，若过点P所作的圆C1的两条切线互相垂直，则OP上存在一点到坐标原点额距离为2b，设点Px,y，则利用

2b，则只需在双曲线

x2OPxyxb212b有解求出离心率e的取值范围.

a2222【详解】 如图所示，

设点P为双曲线上一点，过点P作圆C1:xyb(b0)的两条切线PA与PB，切点分别为A与B，连接OP，若两条切线互相垂直，则OP22222222OB2b，

x2c22设点Px,y，则OPxyxb212b有解，整理得2x3b2aa3a2b23b222222222有解，即x，又，所以，又，故，解1xa3c3acbca22cc2c6. a2故选：B.

得e

【点睛】

本题考查双曲线离心率的取值范围求解，求解离心率的的值及取值范围的关键在于画出图形，根据图形找到各边的数量关系，通过数量关系列出a,b,c的齐次式求解.

6．B

解析：B

【分析】

设点Px1,y1、Qx2,y2，将直线PQ的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，计算出

1k12的值，利用基本不等式可求得k12的最小值. k2k2【详解】

设点Px1,y1、Qx2,y2，

6xmy1264220， 联立5，消去x并整理得m4ymy52522x4y4由韦达定理可得y1y21264yy，12，

25m245m24y2y2k，2，

x22x22设直线AQ的斜率为k，则k22y2y2y2y211kk4k， 所以，，222x22x22x2444y24k24而

y1yy1y2y1y2216m2561616x12x222myyyymymy121212525556425m241，

64m2192m2256162225m425m425k1k111因此，k122k1216k2216k12k2216， k2216当且仅当k因此，k1故选：B. 【点睛】

221时，等号成立， 811. 2的最小值为2k21kk关键点点睛：解本题的关键在于求得AQ2，进而利用韦达定理法求得kAQk1为定

4值，再结合基本不等式求得最值.

7．B

解析：B

【分析】 当l：y0时，

|FM|1，设l:xmy1m0与椭圆联立可得：2|AB|8m22y22my10， 然后求得AB的中垂线方程，令y0 ，得

1M2,0，然后分别利用两点间的距离公式和弦长公式求得|MF|，|AB|2，建m2立

|FM|求解. |AB|2【详解】

x2椭圆C:y21的左焦点为F1,0,

2当l：y0时，A2,0,B所以

2,0,M0,0，FM1,AB22，

|FM|1， 2|AB|8xmy1设l:xmy1m0与椭圆联立x2，可得： 2y12m22y22my10，

2myy21m22由韦达定理得：，

1yy12m22取AB中点为Dm2,， 22m2m2所以AB的中垂线方程为：

lDM:x1m2y， mm22m221,0， 2m2令y0 ，得Mm21所以|MF|2，

m22又|AB|(112)yy4y1y2122， 22km28m212|FM|1m221111=1所以2(,)， 22|AB|8m18m184综上所述故选：B.

|FM|11,， 2|AB|84【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AB22(x1x2)2y1y2(1k2)x1x24x1x2 (112)yy4y1y2 (k为直线斜率)． 122k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．

8．A

解析：A 【详解】

试题分析：设直线l:2xy40因为|OC|1|AB|dCl，dc1表示点C到直线l的22距离，所以圆心C的轨迹为以O为焦点，l为准线的抛物线，圆C的半径最小值为

1dOl29．B

2541425，圆C面积的最小值为．故本题的正确选项为A. 55255考点：抛物线定义. 解析：B 【分析】

令2MAMC，则

MAMC1，所以MA2MC12xy22xmyn221，

22m42nm2n21整理xy，得m2，n0，点M位于图中M1、xy33322M2的位置时，2MAMBMCMB的值最小可得答案.

【详解】

设Mx,y，令2MAMC，则

MAMC1， 2由题知圆x2y21是关于点A、C的阿波罗尼斯圆，且1， 2设点Cm,n，则MAMC2212xy22xmyn221，整理得：

22m42nm2n21， xyxy3332m42nm2n210，0，比较两方程可得：1， 333即m2，n0，点C2,0， 当点M位于图中M1、M2的位置时，

2MAMBMCMB的值最小，最小为210.

故选：B.

【点睛】

本题主要考查直线和圆的位置关系，圆上动点问题，考查两点间线段最短.

10．C

解析：C 【分析】

运用双曲线的定义和△PF1F2为直角三角形，则|PF2|2+|PF1|2 =|F1F2|2，由离心率公式，计算即可得到离心率的范围． 【详解】

因为M是PF1的中点，O为F1F2的中点，所以OM为三角形F1PF2的中位线. 因为OMPF1，所以PF2PF1.

2PF1PF2，F1F22c， 又因为PF2PF12a，

所以PF12a,PF24a.

在△F1PF2中，PF2PF1，所以PF1PF2代入得2a4a2c，

22222F1F2，

2c2所以25，即e5.

a故选C. 【点睛】

本题考查了平面几何知识在圆锥曲线中的基本应用，根据边长关系求得离心率，属于基础题.根据各个边长关系，判断出PF2PF1，再根据勾股定理求出离心率.

11．A

解析：A 【分析】

根据椭圆的右焦点为F1,0，且离心率为都在椭圆r上，利用点差法求解. 【详解】

因为椭圆的右焦点为F1,0，且离心率为所以c1,1，求出椭圆方程，由三角形ABC的三个顶点21， 2c1，解得 a2,b23， a2x2y2所以椭圆方程为：1，

43设 Ax1,y1,Bx2,y2,Cx3,y3，

x12y12x22y22则1,1， 43434y1y2x1x2两式相减得：， y1y23x1x2即

14kOD， kAB31414k,kOE， 同理OMkAC3kBC3又直线OD､OE､OM的斜率之和为1，

11144kkk所以， ODOMOEk1k2k333故选：A 【点睛】

本题主要考查椭圆方程的求法以及直线与椭圆的位置关系和中点弦问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

12．C

解析：C 【解析】

x2c25222222双曲线y1中，a4,b1,cab5,e. 24a2本题选择C选项.

二、填空题

13．【分析】由题意画出图形再由抛物线方程求出焦点坐标得到双曲线的焦点坐标由焦点到双曲线一条渐近线的距离列式求解离心率即可【详解】如图由抛物线方程得抛物线的焦点坐标即双曲线的右焦点坐标为双曲线的渐近线方程 解析：2

【分析】

由题意画出图形，再由抛物线方程求出焦点坐标，得到双曲线的焦点坐标，由焦点到双曲线一条渐近线的距离列式，求解离心率即可． 【详解】 如图，

由抛物线方程y24x，得抛物线的焦点坐标F(1,0)，

x2y2即双曲线221(a0,b0)的右焦点坐标为F(1,0)，

ab双曲线的渐近线方程为y不妨取y则|b|a2b2bx． abx，化为一般式：bxay0． a3，即4b23a23b2， 22又a21b2，联立解得：a11，a．

24则双曲线的离心率为：故答案为：2． 【点睛】

ec12 a12本题考查双曲线及抛物线的几何性质，考查双曲线的离心率与渐近线，还考查了点到直线

的距离公式的应用，是基础题．

14．24【分析】设由结合椭圆定义可求得从而易得三角形面积【详解】椭圆中设由则又∴∴故答案为：24【点睛】本题考查椭圆的焦点三角形面积问题考查椭圆的定义属于基础题

解析：24 【分析】

mn，从而易得三角形面积． 设PF1PF2结合椭圆定义可求得1m,PF2n，由PF【详解】

x2y2椭圆1中a7，b26，c49245，

492422设PF1PF2，则mn2c100，又mn2a14， 1m,PF2n，由PF2m2n24c2100(mn)2(m2n2)142100，∴mn48， mn2a1422∴S△PF1F21mn24． 2故答案为：24． 【点睛】

本题考查椭圆的焦点三角形面积问题，考查椭圆的定义，属于基础题．

15．4【解析】当点时过椭圆上点作的平行线分别为联立可得同理可得所以当点时过椭圆上点作的平行线分别为联立可得同理可得所以所以为定值则所以点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系此类问题的解答中主要特例法的应用

解析：4 【解析】

当点P(0,b)时，过椭圆上点P作l1,l2的平行线分别为y11xb,yxb， 221yxbbb2 联立，可得M(b,)，同理可得N(b,)，所以MN2b,

22y1x2当点P(a,0)时，过椭圆上点P作l1,l2的平行线分别为y1a1ax,yx， 22221ayxaaaaa22联立，可得M(,)，同理可得N(,)，所以MN,

24242y1x2所以MN为定值，则2baa，所以4. 2b点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，此类问题的解答中主要特例法的应用，是解答选择题的一种方法，本题的解答中取点P分别为长轴和短轴的端点，联立方程组，求得

MN，得出a,b的关系式是解答关键，平时应注意特殊值等方法在选择题解答中的应用. 16．【分析】先由题意得到渐近线方程为：右焦点或分别讨论两种情况求出两点间距离即可得出结果【详解】因为双曲线的渐近线方程为：右焦点因此渐近线夹角为即因为为直角三角形所以或当时可得所以所在直线方程为：由解得 解析：33 【分析】

先由题意，得到渐近线方程为：y3x，右焦点F23,0，OMMN或3ONMN，分别讨论OMMN，ONMN两种情况，求出两点间距离，即可得出

结果. 【详解】

x2y23因为双曲线1的渐近线方程为：yx，右焦点F23,0，

933因此渐近线夹角为60，即MON60，

因为OMN为直角三角形，所以OMMN或ONMN，

当OMMN时，可得kMN3，所以MN所在直线方程为：y3x23，

33y3x23y3x23xx332， 由解得：，由解得：33y3y3yyxx3322333所以MN33333； 222当ONMN时，可得kMN3，所以MN所在直线方程为：y3x23，

33y3x23y3x23xx332由解得：，由解得：，

33y3y3yyxx3322333所以MN33333； 222综上，MN33. 故答案为：33. 【点睛】

本题主要考查直线与双曲线的简单应用，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型.

17．【分析】由抛物线的方程可得焦点坐标及准线方程因为可得在之间设垂直于准线交于由抛物线的性质可得可得求出直线的方程代入抛物线的方程求出的横坐标进而求出的面积【详解】由题意抛物线的标准方程为：所以焦点准线 解析：43 3【分析】

2由抛物线的方程可得焦点F坐标及准线方程，因为MNMF，可得N在M，F之

3间，设NN垂直于准线交于N，由抛物线的性质可得NNNF，可得

tanFMN3，求出直线MF的方程，代入抛物线的方程求出N的横坐标，进而求出3NOF的面积．

【详解】

由题意抛物线的标准方程为：x28y，所以焦点F(0,2)，准线方程为y2， 设NN垂直于准线交于N，如图，

由抛物线的性质可得NNNF，

2因为MNMF，可得N在M，F之间，

3所以MN2NF2NN，所以sinFMN所以tanFMN3， 3NN1， MN2即直线MF的斜率为33，所以直线MF的方程为yx2，

33483x160，解得x或x33将直线MF的方程代入抛物线的方程可得：x243（舍）， 所以SNOF故答案为：【点睛】

本题主要考查抛物线的几何性质，抛物线的定义，三角形的面积公式，属于中档题．

114343|OF||xN|2， 223343． 318．【分析】根据Ⅰ为的内心及可得再由双曲线的定义得两式联立求解【详解】由Ⅰ为的内心及得即又由双曲线的定义得则故故答案为：【点睛】本题主要考查双曲线的定义和三角形内切圆的应用还考查了数形结合的思想和运算求 解析：【分析】

根据Ⅰ为△PF1F2的内心及S△IPF1aab22

S△IPF2S△IF1F2，可得PF1|PF2|F1F2，再由双

曲线的定义得PF1PF22a，两式联立求解. 【详解】

由Ⅰ为△PF1F2的内心及S△IPF1得PF1|PF2|F1F2， 即PF1PF2F1F2，

又由双曲线的定义得PF1PF22a， 则2a2c， 故S△IPF2S△IF1F2，

aa. ca2b2故答案为：【点睛】

aab22

本题主要考查双曲线的定义和三角形内切圆的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题.

19．2【分析】求出椭圆的方程利用点差法求得直线的斜率同理即可求得【详解】由题意可得所以所以椭圆的标准方程为设由两式作差可得则而故即同理可得所以故答案为：2【点睛】本题考查三条直线的斜率的倒数和的求法考查

解析：2 【分析】

求出椭圆的方程，利用“点差法”求得直线AB的斜率，同理即可求得【详解】

111 k1k2k3由题意可得c1，

c2，所以a2，ba2c21， a2x2所以椭圆的标准方程为y21，

2设Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx1x2y1y2,， 22x12

y1212

， 由2

x2y21

2

2

两式作差可得

x2x1x2x12y2y1y2y1，

2y2y1x2x1则， y2y1x2x1而kOD同理可得

y1y2112kAB2k1，即2kOD， ，故

x1x2k1kOD112kOE，2kOF， k2k31112kODkOEkOF2. 所以k1k2k3故答案为：2 【点睛】

本题考查三条直线的斜率的倒数和的求法，考查转化思想以及计算能力，属于中档题.

20．【分析】根据圆心坐标求出抛物线方程和焦点坐标求出直线联立抛物线方程和直线方程根据弦长公式即可得解【详解】圆所以抛物线过点即其焦点为则直线联立直线与抛物线方程：整理得直线设其两根为弦长所以被抛物线截得 解析：

25 842x，联立抛物线方程33【分析】

根据圆心坐标求出抛物线方程和焦点坐标，求出直线CF:y和直线方程根据弦长公式即可得解. 【详解】

圆C:x2y24x4y40，所以C2,2，抛物线E:y22px(p0)过点C，

2041kCF即44p,p1，其焦点为F,0，13

222则直线CF:y42x， 3342yx33，整理得8x217x20， 联立直线与抛物线方程：y22x直线172640，设其两根为x1,x2 弦长x1x2p17251 88所以被抛物线截得的弦长为故答案为：【点睛】

25. 825 8此题考查根据抛物线经过的点求抛物线方程和焦点坐标，根据直线与抛物线形成弦长公式求解弦长，关键在于熟练掌握直线与抛物线问题常见处理办法.

三、解答题

21．（1）x24y；（2）①【分析】

（1）可得抛物线的准线为y1x1；②[2，)． 2pp，910，解得p2，即可得抛物线的方程； 222x1x22x12（2）①设l:ykx1．设A(x1,)，B(x2，)，可得PA:y1x1(xx1)，

4442令y0即得解；②|AP|12122x1(4x12)．同理可得，|BQ|x2(4x2)，即可得44|AP||BQ|的取值范围．

【详解】

（1）已知M(9,m)到焦点F的距离为10，则点M到其准线的距离为10． 抛物线的准线为ypp，910， 22解得p2，抛物线的方程为x24y．

（2）①由已知可判断直线l的斜率存在，设斜率为k，因为F(0,1)，则l:ykx1．

ykx1x22x12设A(x1,)，B(x2，)，由2消去y得，x24kx40，

44x4yx1x24k，x1x24．

2121x11由于抛物线C也是函数yx的图象，且yx，则PA:yx1(xx1)．

4242令y0，解得x②|AP|11x1，P(x1,0)，

2212122x1(4x12)．同理可得，|BQ|x2(4x2)， 441122(x1x2)2(4x12)(4x2)(x1x2)2[164(x12x2)(x1x2)2]21k2． 1616|AP||BQ|k20，|AP||BQ|的取值范围为[2，)．

【点睛】

方法点睛：解析几何里的最值范围问题常用的方法有：（1）函数法；（2）数形结合法；（3）导数法；（4）基本不等式法. 要根据已知条件灵活选择方法求解. 22．（1）抛物线C的方程为y24x；焦点坐标为1,0；（2）46. 【分析】

（1）根据已知求出p的值即得解；

（2）由题得直线l方程为yx2，再联立直线和抛物线的方程，利用弦长公式求解. 【详解】

（1）抛物线y22pxp0的标准方程为xp， 2pMF1由抛物线的定义可知：2，解得p2，

2因此，抛物线C的方程为y24x，焦点坐标为1,0； （2）直线l方程为yx2，

y24x由得x28x40， yx2设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1x28，x1x24，

AB1k2x1x22821646.

【点睛】

方法点睛：求抛物线的弦长，一般先联立直线和抛物线的方程，再利用弦长公式

|AB|1k2|x1x2|求解.

23．（1）y24x；a4；（2）证明见解析；定点【分析】

（1）由抛物线的定义可得求出p2，再代入x4可求出a； （2）将Ax1,y1，Bx2,y2代入抛物线可得k48,． 33y1y24，由k1k23可得

x1x2y1y2y1y2816yy，即可得出定点. 1233【详解】

（1）由题意，MF4p5，故p2，y24x； 2令x4，可得y4，故a4．

（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，设直线AB斜率为k，

y124x1y1y2422kyy4x4x联立方程2，两式相减得1， 212，即xxyyy4x1212224y1y24y12yxx故直线AB方程为yy1kxx1，即； yyyyy1y241212kMAk144，kMBk2， 4y14y2448163，即y1y2y1y2； 4y14y233kMAkMBk1k2因此，直线AB为y【点睛】

4yy44848x12x经过定点,． y1y2y1y2y1y233334，由

y1y2本题考查抛物线中直线过定点问题，解题的关键是得出直线斜率kk1k23得出y1y2816y1y2. 3324．y28x或y24x． 【分析】

设出抛物线方程为y22ax，交点A(x1,y1),B(x2,y2)，直线方程代入抛物线方程，应用

韦达定理得x1x2,x1x2，由弦长公式列方程求得a后可得抛物线方程． 【详解】 设抛物线方程为y22ax，A(x1,y1),B(x2,y2)，

y22ax由，得x2(22a)x10，(22a)240，解得a2或a0． yx1x1x22a2，x1x21，

AB112x1x22(x1x2)24x1x22(22a)248，

解得a4或a2．

所以抛物线方程为y28x或y24x． 【点睛】

关键点点睛：本题考查求抛物线标准方程，解题方法是设交点坐标为(x1,y1),(x2,y2)，设

抛物线方程为y22ax，直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理求得弦长．

42442. 3325．（1）y6x11；（2）【分析】

（1）利用点差法求出直线斜率，检验直线与双曲线位置关系，得到直线的方程； （2）联立直线与双曲线方程，结合韦达定理利用弦长公式即可得解. 【详解】

（1）设Am,n,Ba,b，P为AB的中点am4,bn2

b2n22a1，m1，

332b2n2两式相减得：am0，

322amam所以4ambnbn0，

32bn0 3bn6， am所以直线AB的斜率k直线AB的方程y16x2即y6x11，

2y将y6x11代入双曲线x1，

3233x2132x1240,13213243312413280满足题意

所以直线AB的方程y6x11；

2y（2）由（1）将y6x11代入双曲线x1，

3233x2132x1240,ma4,ma124， 33AB136am37164【点睛】

12442442 3333此题考查利用点差法解决中点弦问题，求解直线方程，需要注意检验直线与双曲线的交点情况，根据韦达定理求解弦长.

26．（1）22xy220；（2）证明见解析. 【分析】

（1）由于直线l斜率不为0，F(1,0)，所以设直线l:xty1，设

Ax1,y1,Bx2,y2，由题意可得y10,y20，然后直线方程和抛物线方程联立，消去

x，再利用韦达定理结合AF2FB,可求出t的值，从而可得AB所在的直线方程；

（2）设AB中点为NxN,yN，则由（1）可得yNy1y22t,xN2t21，从而可222得AB中垂线l:y2ttx2t1，求出点D2t3,0，进而可求出DF的长，

|AB|再利用两点间的距离公式可求出AB的长，从而可求得的值

|DF|【详解】

解：（1）直线l斜率不为0，F(1,0)，设直线l:xty1， 设Ax1,y1,Bx2,y2，

因为A点在x轴上方，所以y10,y20

xty1由2，得y24ty40 y4xy1y24t,y1y24

AF2FB1x1,y12x21,y2y12y2

由y1y24ty18t代入y1y24

y2yy4t221因y10，所以t0，解得t122 所以AB所在直线方程为22xy220 （2）设AB中点为NxN,yN

yNy1y22t,xN2t21N2t21,2t 2所以AB中垂线l:y2ttx2t12D2t23,0

|DF|2t2312t22

|AB|1t2x2x1y2y1y1y2222ty2ty1y2y122 4y1y21t216t216 4t24

|AB|4t242(定值) |DF|2t22【点睛】

关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理的应用，解题的关键是利用设而不求的方法，设出直线方程和交点坐标，然后将直线方程和抛物线的方程联立，消元，再利用韦达定理，然后结已知条件求解即可，考查计算能力，属于中档题