2022-2023学年北师大版(2019)高二上数学月考试卷(含解析)

2022-2023学年高中高二上数学月考试卷
学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________
考试总分：95 分 考试时间： 120 分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;
卷I （选择题）
一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）
1. 已知直线经过两条直线，的交点，且直线的一个方向向量，则直线的方程是( )
A.B.C.D.
2. 已知直线与抛物线相交于，两点，为抛物线的焦点，若，则的值为( )
A.B.C.D.
3. 已知实数，满足＝，则
的最大值为（ ）
A.
B.
C.l :x +y =2l 1:2x −y =1l 2l =(−3,2)v →l −3x +2y +1=0
3x −2y +1=0
2x +3y −5=0
2x −3y +1=0
y =k(x +2)(k >0)=8x y 2A B F |FA |=2|FB |k 1
3
2–√3
2
3
22–√3
x y +(y −2x 2)211
D.
4. 已知椭圆：的左焦点为，右顶点和上顶点分别为，．若
，则( )
A.B.C.D.
5. 已知点、，直线与线段恒有公共点，则的取值范围是（ ）A.或B.或C.D.
6. 如图，已知棱长为的正方体中，点是的中点，点，分别为，的中点．平面，平面，与平面相交于一条线段，则该线段的长度是( )
A.B.C.C +=1(a >b >0)x 2a 2y 2b 2F (−c,0)A B ∠ABF =90∘=bc
a 2=ac
b 2=(a +b)2
c 2
=(b +c)2a 2
A(2,−3)B(−3,−2)l :λx −4y +4−λ=0
AB λλ≥3λ≤−16
λ≥34
λ≤−4−16≤λ≤3
3≤λ≤16
2ABCD −A 1B 1C 1D 1G C B 1H E GD D C 1GD ⊥αHE α△D A 1C 1α14−−√4
11−−√4
14−−√2
−−
√
D.
7. 在中，，，分别为三个内角，，的对边，若，则该三角形的形状为( )
A.等腰三角形
B.直角三角形
C.等腰直角三角形
D.等腰或直角三角形
8. 已知为椭圆 的右焦点，为坐标原点，为椭圆上一点，若，，则椭圆的离心率为( )
A.B.C.D.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）
9. 已知点在直线上运动，过作圆的两条切线，切点分别记为，，为圆心，则下列说法正确的有（ ）
A.存在点，使得四边形的面积为
B.存在点，使得四边形的面积为
C.存在点，使得四边形为正方形
D.存在点，使得
10. 已知圆，圆交于不同的，
两点，下列结论正确的有( )
A.B.C.D.11−−√2
△ABC a b c A B C =a +b a cos B +cos A cos B F C ：+=1(a >b >0)x 2a 2y 2b 2O P C |OP|=|OF|∠POF =120∘C 2–√2
3–√3
−1
2–√−1
3–√P x −2y −4=0P C :+=2x 2y 2A B C P PACB 2
–√P PACB 3
–√P PACB P ∠APB =120∘
:+=C 1x 2y 2r 2:(x −a +(y −b =(r >0)C 2)2)2r 2A(,)x 1y 1B(,)x 2y 2a(−)+b(−)=0
x 1x 2y 1y 22a +2b =+x 1y 1a 2b 2
+=a
x 1x 2+=2b y 1y 2
11. 斜率为的直线与椭圆 相交于，两点，且过的左焦点，线段的中点为，的右焦点为，则( )
A.直线的方程为
B.
C.的周长为
D.椭圆比椭圆更扁
12. 已知椭圆，关于椭圆下述正确的是（ ）
A.椭圆的长轴长为
B.椭圆的两个焦点分别为和
C.椭圆的离心率等于
D.若过椭圆的焦点且与长轴垂直的直线与椭圆交于，，则卷II （非选择题）
三、 填空题 （本题共计 1 小题 ，共计5分 ）
13. （5分） 已知椭圆 ，焦点，，若过的直线和圆相切，与椭圆在第一象限交于点，且轴，则该直线的斜率是________，椭圆的离心率是________.
四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）
14. 已知是直线和直线的交点，，．（1）求与的交点的坐标；（2）求的面积．
15. 已知双曲线过点，且离心率．(1)求双曲线的标准方程；(2)双曲线上是否存在被点 平分的弦？若存在，求出弦的所在直线的方程，若不存在，请说明理由．
14l C :+=1(a >b >0)x 2a 2y 2b 2A B l C AB M (−2,1)C F l y =x +1434
=8a 2b 2
△FAB 4814−−√7
+=1x 27
y 2C C :16+25=400x 2y 2C C 10
C (0,−3)(0,3)
C 3
5
C l C P Q |PQ|=
32
5+=1(a >b >0)x 2a 2y 2b 2(−c,0)F 1(c,0)(c >0)F 2F 1+=(x −c)122y 2c 2P P ⊥x F 2C :3x −2y +3=0l 1:2x −y +2=0l 2A(1,3)B(3,1)l 1l 2C △ABC −=1(a >b >0)x 2a 2y 2b
2A (,2)3–√e =3–
√P (1,1)AB AB 3
|DM |
16. 如图，轴，点在的延长线上，且．当点在圆＝上运动时，（1）求点的轨迹方程．（2）过点作直线与点的轨迹相交于、两点，使点被弦平分，求直线的方程．
17. 在平面直角坐标系中，圆的方程为，且圆与轴交于两点，设直线的方程为当直线与圆相切时，求直线的方程；
已知直线与圆相交于两点.
若，求实数的取值范围；直线与直线相交于点，直线，直线，直线的斜率分别为，是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
18. 设，为椭圆：的左、右焦点，焦距为，双曲线与椭圆有相同的焦点，与椭圆在第一、三象限的交点分别记为，两点，若有．
求椭圆的方程；
设椭圆的上顶点为，过点的直线与交于，两点（均异于点），试证明：直线和的斜率之和为定值．
19. 已知动圆与圆外切，与圆内切，记动圆圆心的轨迹为，圆，的圆心分别为．
求轨迹的方程；
设轨迹与轴的交点分别为，，若过点的直线与轨迹相交于不同的两点．①求证：；
②求面积的最大值．
DP ⊥y M DP =3|DM ||DP |
P +x 2y 21M Q(1,)13
l M A B Q AB l xOy C (x −4+=4)2y 2C x M ，N l y =kx(k >0).(1)l C l (2)l C A ，B ①AB ≤417−−√17k ②AM BN P AM BN OP ，，k 1k 2k 3a +=a k 1k 2k 3a F 1F 2C +=1(a >b >0)x 2a 2y 2b 22c Ω：−=1x 22y 2C M N MN =F 1F 2(1)C (2)C B (2,−1)C P Q B BP BQ P :(x +1+=O 1)2y 214:(x −1+=O 2)2y 2494P C O 1O 2,O 1O 2(1)C (2)C x A B Q(4,0)C M ，N ∠A M =∠B N O 2O 2△MN O 2
参考答案与试题解析
2022-2023学年高中高二上数学月考试卷
一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）
1.
【答案】
C
【考点】
直线的方向向量
直线的点斜式方程
【解析】
联立，得，，直线过点，由直线 的一个方向向量，得到直线的斜率，由此能求出直线 的方程．【解答】
解：联立得，，∴直线过点.∵直线的一个方向向量，∴直线的斜率，则直线的方程是，即．故选.
2.【答案】
D
【考点】
抛物线的性质
抛物线的标准方程
直线的斜率
【解析】
{
x +y =22x −y =1x =1y =1l (1,1)l =(−3,2)v l k =−23l {
x +y =2，2x −y =1，
x =1y =1l (1,1)l =(−3,2)v →l k =−23l y −1=−(x −1)232x +3y −5=0C A AM ⊥l BN ⊥l
根据直线方程可知直线恒过定点，如图过、分别作于，于，根据，推断出，点为的中点、连接，进而可知
，进而推断出，进而求得点的横坐标，则点的坐标可得，最后利用直线上的两点求得直线的斜率．
【解答】解：抛物线的准线为，
直线恒过定点，
如图过，分别作于，于
，
由，则，
点为的中点、连接
，
则，
∴，点的横坐标为，
故点的坐标为，
∴.
故选.
3.
【答案】
B
【考点】
直线和圆的方程的应用
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
4.A B AM ⊥l M BN ⊥l N |FA |=2|FB ||AM |=2|BN |B AP OB |OB |=
|AF |12
|OB |=|BF |B B =8x y 2l :x =−2y =k(x +2)(k >0)P(−2,0)A B AM ⊥l M BN ⊥l N |FA |=2|FB ||AM |=2|BN |
B AP OB |OB |=|AF
|12|OB |=|BF |B 1B (1,2)2–√k ==2−0
2–√1−(−2)22
–√3D
【答案】
B
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
利用椭圆的性质，结合勾股定理即可得到答案.
【解答】
解：由题意可知，，，，且，
∴，
即，
整理，得.
故选.
5.
【答案】
A
【考点】
直线恒过定点
直线的斜率
【解析】
求出直线中，过的定点，然后求出，与定点的斜率，即可得到的取值范
围．
【解答】
解：直线经过定点，所以，，所以直线：与线段恒有公共点，它的斜率，或，解得或．故选．
6.【答案】C
【考点】
F (−c,0)A (a,0)B (0,b)∠ABF =90∘+=|AB|2|BF|2|AF|2+++=a 2b 2b 2c 2(a +c)2=ac b 2B λx −4y +4−λ=0
A B λl :λx −4y +4−λ=0M(1,1)==−4K MA −3−12−1
=
=K MB −2−1−3−134λx −4y +4−λ=0AB ≥λ434≤−4λ4λ≥3λ≤−16A
点到直线的距离公式
点、线、面间的距离计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：以为坐标原点，以，，分别为，，
轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
，，，，，，，，
平面，为平面的法向量，
平面的解析式为，
代入平面上点，得，的边与平面交于，
的边与平面交于，设，
代入平面，，解得，，线段的长度：.故选．
7.
【答案】
D
【考点】
三角形的形状判断
A A
B AD AA 1x y z A (0,0,0)B (2,0,0)
C (2,2,0)
D (0,2,0)(0,0,2)A 1(2,0,2)B 1(2,2,2)C 1(0,2,2)D 1G(2,1,1)H(1,,)3212E(1,2,1)∴=(2,−1,1)DG −→−∵GD ⊥α∴=(2,−1,1)DG −→−α∴α2x −y +z =0H 2x −y +z =2−+=2−+=1x H y H z H 3212∴△D A 1C 1D C 1αE(1,2,1)△D A 1C 1D A 1αF F(0,a,2−a)α2×0−a +(2−a)=1a =12∴F(0,,)1232∴EF =+(2−+(1−1212)232)2−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√14−−√2
C
余弦定理
【解析】
由已知利用余弦定理可得．进而解得，或，即可得解．
【解答】
解：，
，
整理可得．
解得或，
即该三角形的形状为等腰或直角三角形．
故选．
8.
【答案】
D
【考点】
椭圆的定义和性质
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
【解析】
【解答】
解：记椭圆的左焦点为，
在中，可得，
在中，可得，
故，
故.
故选
.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计
20分 ）9.
【答案】(−)=(−)(+)c 2a 2b 2a 2b 2a 2b 2a =b =+c 2a 2b 2∵=a +b a cos B +cos A
cos B ∴1+=1+=1+b a cos A cos B +−b 2c 2a
22bc
+−a 2c 2b 22ac
(−)=(−)(+)c 2a 2b 2a 2b 2a 2b 2∴a =b =+c 2a 2b 2D C E △POF |PF|=c 3–√△POE |PE|=c |PE|+|PF|=(+1)c =2a 3–√e ===−1c a 2
+1
3–√3–√D
B,C
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
圆的综合应用
【解析】
以圆心到直线的距离为轴，逐个判断即可.
【解答】
解：由于四边形面积，所以只需考虑的面积即可，
由于点到圆心的距离的最小值即为圆心到直线的距离，所以，所以，故错误；又，故正确；若四边形为正方形，则圆心到点的距离等于，
由于，故必然存在点，满足，故正确；若，则，
此时圆心到点的距离等于，故不存在点，满足，故错误.
故选.
10.
【答案】
A,B,C
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
根据圆的公共弦方程判断，根据、在公共弦上判断，根据公共弦与圆心连线互相平分及中点坐标公式判断．
【解答】
解：两圆方程相减可得直线的方程为：
，
即，故正确；
PACB S =2S △PAC △PAC P d ==>|−4|1+4−−−−√45–√52–√===|PA|min −d 2()2–√2−−−−−−−−−√−2165−−−−−−√6–√5–√=2×××=>S min 122–√6–√5–√215−−√52–√A =<S min 215−−√53–√B PACB P ×=22–√2–√d =<245–√5P PC =2C ∠APB =120∘∠ACP =30∘P ×=<d =2–√23
–√26–√345–√5P ∠APB =120∘D BC B A B A C AB +−2ax −2by =a 2b 202ax +2by =+a 2b 2B A(,)B(,)
分别把，两点代入
得：
，
，
两式相减得：，
即，故正确；
由圆的性质可知：线段与线段互相平分，
∴，，故正确，错误.
故选.
11.
【答案】
B,C
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，得直线的斜率为，且过点，则直线的方程为，故选项错误；∵直线的方程为，当时，，
∴.
设，，
由题意，得 则，整理，得，即，故选项正确；
又，A(,)x 1y 1B(,)x 2y 22ax +2by =+a 2b 22a +2b =x 1y 1+a 2b 22a +2b =x 2y 2+a 2b 22a(−)+2b(−)=x 1x 2y 1y 20a(−)+b(−)=x 1x 2y 1y 20A AB C 1C 2+=x 1x 2a +=y 1y 2b C D ABC l 14M(−2,1)l y =(x +2)+1=x +141432A l y =x +1432y =0x =−6c =6A(,)x 1y 1B(,)x 2y 2 +=1,
x 21a 2y 21b 2+=1，x 22a 2y 22b 2+=0−x 22x 21a 2−y 22y 21b 2=−=−⋅b 2a 2−y 22y 21−x 22x 12+y 2y 1+x 2x 1−y 2y 1−x 2x 1=−×=2−41418=8a 2b 2B b 2a 2=18
−36
2
即，解得，∴的周长为，故选项正确；又，∴椭圆比椭圆更扁，故选项错误．故选．
12.
【答案】
A,C,D
【考点】
椭圆的离心率
椭圆的标准方程
【解析】
将椭圆方程化为标准式，即可求得基础量，逐项验证即可.
【解答】
解：将椭圆方程化为标准式可得：，可得，，，
∴长轴长为，故正确；
椭圆的两个焦点分别为和，故错误；椭圆的离心率为，故正确；当时，代入，解得,∴,故正确.故选.
三、 填空题 （本题共计 1 小题 ，共计5分 ）
13.
【答案】
,【考点】
椭圆的定义和性质
=18−36a 2a 2a =1214−−√7△FAB 4a =4814−−√7C =<b 2a 21817C +=1x 27y 2D BC +=1x 225y 216a =5b =4c ==3−a 2b 2−−−−−−√2a =10A (−3,0)(3,0)B e ==c a 35C x =3+=1x 225y 216y =±165|PQ|=325D ACD 25–√55–√5
直线与圆的位置关系
椭圆的离心率
直线的斜率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示，
因为圆，
圆心，半径为，
，
所以直线的斜率为，
将代入 ,
可得点坐标为,
又因为，
所以，
即，
化简可得，
解得．
故答案为：；．
四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）
B :+=(x −c)122
y 2c 2B(c,0)12c A ==c F 1−(c)322
c 2−−−−−−−−−−√5
–√2PF 1==
AB AF 1c c 5√2
25
–√5x =c +=1x 2a 2y 2
b 2P P(c,)b 2
a =2c F 1F 2==PF 2F 1F
2b 22ac 25
–
√5=−a 2c 22ac 25
–√5=1−e 22e 25
–√5e =5–√525–√55
–√5
14.
【答案】
解：（1）解方程组，得所以与的交点的坐标为．
（2）设上的高为，则，
边上的高就是点到的距离．边所在直线方程为，即．
点到的距离为，因此，．【考点】
点到直线的距离公式
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】（1）解方程组，能求出与的交点的坐标．（2）设上的高为，边上的高就是点到的距离，求出直线的方程，再利用点到直线的距离公式能求出，由此能求出的面积．【解答】
解：（1）解方程组，得所以与的交点的坐标为．
（2）设上的高为，则，
边上的高就是点到的距离．边所在直线方程为，即．
点到的距离为，因此，．15.【答案】
【考点】{
3x −2y +3=02x −y +2=0{x =−1y =0.
l 1l 2C C(−1,0)AB h =|AB |⋅h |AB |==2S △ABC 12(3−1+(1−3)2)2−−−−−−−−−−−−−−−√2–√AB h C AB AB =y −31−3x −13−1x +y −4=0C x +y −4=0h ==|−1+0−4|+1212−−−−−−√52–√=×2×=5S △ABC 122–√52–√{
3x −2y +3=02x −y +2=0
l 1l 2C AB h AB h C AB AB h △ABC {
3x −2y +3=02x −y +2=0{x =−1y =0.
l 1l 2C C(−1,0)AB h =|AB |⋅h |AB |==2S △ABC 12(3−1+(1−3)2)2−−−−−−−−−−−−−−−√2–√AB h C AB AB =y −31−3x −13−1x +y −4=0C x +y −4=0h ==|−1+0−4|+1212−−−−−−√52–√=×2×=5S △ABC 122–√52–√
双曲线的定义
双曲线的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
16.
【答案】
设，，则，＝，＝，＝，∵，∴＝∵，∴①∵在圆＝上，∴，把①代入可得：．∵，∴，∴，∴．设，．
代入可得：，，相减可得：＝．又＝，．∴＝，可得：．∴直线的方程为：，化为：＝．【考点】
轨迹方程
【解析】
（1）设，，则，＝，＝，＝，根据已知可得：，又在圆＝上，即可得出．（2）设，．代入可得：，，相减可得：M(x,y)P(,)x 0y 0D(0,y)y y 0|DP |||x 0|DM ||x |=3|DM ||DP |x 3x 0{ x =3x 0y =y 0{ =x 0x 3=y y 0P +x 2y 21+=1x 20y 20+=1x 29y 2=3|DM ||DP |
|DP |≠0x ≠0+=1(x ≠0)x 29y 2A(,)x 1y 1B(,)x 2y 2+=1x 219y 21+=1x 229y 22+(+)(−)(+)(−)x 1x 2x 1x 29y 1y 2y 1y 20+x 1x 22+=y 1y 223+2923k l 0=−k l 13l y −=−(x −1)1313
x +3y −20M(x,y)P(,)x 0y 0D(0,y)y y 0|DP |||x 0|DM ||x |{ =
x 0x 3=y
y 0P +x 2y 21A(,)x 1y 1B(,)x 2y 2+=1x 219y 21+=1x 229y 22(+)(−)(+)(−)
＝．利用中点坐标公式、斜率计算公式即可得出．【解答】
设，，则，＝，＝，＝，∵
，∴＝∵，∴①∵在圆＝上，∴，
把①代入可得：．∵，∴，∴，∴．设，．
代入可得：，，相减可得：＝．又＝，．∴＝，可得：．∴直线的方程为：，化为：＝．17.【答案】
解：由题意，
圆心为,半径当直线与圆相切时，
直线的斜率直线.由题意得
解得, 由知,∴99+(+)(−)(+)(−)x 1x 2x 1x 29
y 1y 2y 1y 20M(x,y)P(,)x 0y 0D(0,y)y y 0|DP |||x 0|DM ||x |=3|DM ||DP |x 3x 0{ x =3x 0y =y 0{ =x 0x 3=y y 0P +x 2y 21+=1x 20y 20+=1x 29y 2=3|DM ||DP |
|DP |≠0x ≠0+=1(x ≠0)x 29y 2A(,)x 1y 1B(,)x 2y 2+=1x 219y 21+=1x 229y 22+(+)(−)(+)(−)x 1x 2x 1x 29y 1y 2y 1y 20+x 1x 22+=y 1y 223+2923k l 0=−k l 13l y −=−(x −1)1313x +3y −20(1)k >0C (4，0)r =2
∴l C k =3–√3∴l :y =x 3–√3
(2)①≤d <2817−−√17
(1)d =4k 1+k
2−−−−−√≤<2817−−√174k +1
k 2−−−−−√k <2−−
√–
√
解得与圆联立
得即同理得，即∵∴解得,设，
则即,存在常数，使得恒成立.
【考点】
直线和圆的方程的应用
直线与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，
圆心为,半径≤k <213−−√133–√3②:y =(x −2)
l AM k 1C :(x −4+=4)2y 2(x −4+(x −2=4
)2k 21)2[(+1)x −(2+6)](x −2)=0
k 21k 21A (,)2+6k 211+k 214k 11+k 21
BN =(x −6)
y 2k 2B (,)2+6k 221+k 22−4k 21+k 22
=k OA k OB
=−4k 12+6k 214k 22+6k 22
=−k 213k 1=−3k 1k 2
P (,)x 0y 0{=(−2)
y 0k 1x 0=(−6)
y 0k 2x 0P (
,)2−6k 1k 2−k 1k 2−4k 1k 2−k 1k 2=k 3−4k 1k 2
2−6k 1k 2
+=2k 1k 2k 3∴a =2+=2k 1k 2k 3(1)k >0C (4，0)r =2
l C
当直线与圆相切时，
直线的斜率直线.由题意得
解得, 由知,∴解得与圆联立
得即同理得，即∵∴解得,设，
则即,∴l C k =3–√3∴l :y =x 3–√3
(2)①≤d <2817−−√17
(1)d =4k 1+k 2
−−−−−√≤<2817−−√174k +1
k 2−−−−−√≤k <213−−√133–√3②:y =(x −2)
l AM k 1C :(x −4+=4)2y 2(x −4+(x −2=4
)2k 21)2[(+1)x −(2+6)](x −2)=0
k 21k 21A (,)2+6k 211+k 214k 11+k 21
BN =(x −6)
y 2k 2B (,)2+6k 221+k 22−4k 21+k 22
=k OA k OB
=−4k 12+6k 214k 22+6k 22
=−k 213k 1=−3k 1k 2
P (,)x 0y 0{=(−2)
y 0k 1x 0=(−6)
y 0k 2x 0P (,)2−6k 1k 2−k 1k 2−4k 1k 2−k 1k 2
=k 3−4k 1k 2
2−6k 1k 2
+=2k 1k 2k 3
+=2k k k
存在常数，使得恒成立.18.
【答案】
解：由双曲线的焦点与椭圆的焦点重合，得，因为，
由双曲线与椭圆的对称性得，，，四点恰好构成矩形，则.由题意可知，，解得，.再由勾股定理得，
解得，，
所以椭圆的方程为.证明：依题意，过点的直线与椭圆交于，两点，
则直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为，
把点代入得.与椭圆方程联立化简得.
由题意知，.
设点，，，
由韦达定理得，.因为点，所以，由得，
故直线和的斜率之和为定值．
【考点】
圆锥曲线中的定点与定值问题
双曲线的标准方程
双曲线的定义
椭圆的标准方程
椭圆的定义123
∴a =2+=2k 1k 2k 3(1)c =3–√MN =F 1F 2M F 1N F 2M ⊥M F 1F 2M +M =2a F 1F 2M −M =2F 1F 22–√M =a +F 12–√M =a −F 22–√(2c =MF +MF )22122a =2b =1C +=1x 24y 2(2)(2,−1)C P Q PQ 0PQ y =kx +m （k ≠0）(2,−1)2k =−1−m ①
y =kx +m ，
+=1，x 24y 2(4+1)+8kmx +4−4=0k 2x 2m 2Δ=16(4−+1)>0k 2m 2P(,)x 1y 1Q(,)x 2y 2≠0x 1x 2+=x 1x 2−8km 4+1k 2=x 1x 24−4m 24+1k 2B(0,1)+=+K BP K BQ −1y 1x 1−1y 2x 2=+k +m −1x 1x 1k +m −1x 2
x 2=2k +(m −1)+x 1x 2
x 1x 2=2k +(m −1)−8km 4−4m 2=2k −2km m +1=2k m +1②①②+=−1k BP k BQ BP BQ −1
【解析】
本题考查椭圆的定义与方程、直线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力，推理论证能力.（）由已知可得的值，进而利用椭圆和双曲线的定义和勾股定理求出，即可求解;.
（）设出直线的方程，联立直线与椭圆方程用韦达定理与斜率公式即可求证.
【解答】
解：由双曲线的焦点与椭圆的焦点重合，得，
因为，
由双曲线与椭圆的对称性得，，，四点恰好构成矩形，
则.由题意可知，，解得，.再由勾股定理得，
解得，，
所以椭圆的方程为.证明：依题意，过点的直线与椭圆交于，两点，
则直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为，
把点代入得.与椭圆方程联立化简得.
由题意知，.
设点，，，
由韦达定理得，.因为点，所以，由得，
故直线和的斜率之和为定值．
19.
【答案】
解：设动圆的半径为，由题意有：，∴，∴点的轨迹是以为焦点，为长轴长的椭圆，Ⅰc a b ⅡPQ (1)c =3–√MN =F 1F 2M F 1N F 2M ⊥M F 1F 2M +M =2a F 1F 2M −M =2F 1F 22–√M =a +F 12–√M =a −F 22–√(2c =MF +MF )22122a =2b =1C +=1x 24y 2(2)(2,−1)C P Q PQ 0PQ y =kx +m （k ≠0）(2,−1)2k =−1−m ①
y =kx +m ，
+=1，x 24y 2(4+1)+8kmx +4−4=0k 2x 2m 2Δ=16(4−+1)>0k 2m 2P(,)x 1y 1Q(,)x 2y 2≠0x 1x 2+=x 1x 2−8km 4+1k 2=x 1x 24−4m 24+1k 2B(0,1)+=+K BP K BQ −1y 1x 1−1y 2x 2=+k +m −1x 1x 1k +m −1x 2
x 2=2k +(m −1)+x 1x 2
x 1x 2=2k +(m −1)−8km 4−4m 2=2k −2km m +1=2k m +1②①②+=−1k BP k BQ BP BQ −1(1)r |P |=
+r,|P |=−r O 112O 272|P |+|P |=+=4>||O 1O 21272O 1O 2P C ,O 1O 24=1
22
∴轨迹的方程为：．①证明：由知：与轴的交点分别为：，不妨设： ，
若直线的斜率为，显然有；
若直线的斜率不为，设其方程为：，
由可得，
即：，
要使直线与有两个不同的交点，则，
解得，，，
∵，
∴，
∴，
综上可知：；
②，
到的距离，
∴的面积令，则，
，
等号当且仅当即，时成立，
∴面积的最大值为．
【考点】
圆锥曲线的轨迹问题
直线与椭圆结合的最值问题12C +=1x 24y 23(2)(1)C x (−2,0),(2,0)A(−2,0),B(2,0)M(,),N(，)x 1y 1x 2y
2MN 0∠A M =∠B N O 2O
2MN 0x =my +4 +=1，x 24y 23x =my +4，
3(my +4+4−12=0)2y 2(3+4)+24my +36=0m 2y 2x =my +4C Δ=(24m −4(3+4)⋅36>0)2m 2>4
m 2+=，⋅=y 1y 2−24m 3+4m 2y 1y 236
3+4
m 2tan ∠B N −tan ∠A M
O 2O 2=+=+y 2−1x 2y 1
−1x 1y 2
m +3y 2y 1
m +3
y 1=2m +3(+)
y 1y 2y 1y 2(m +3)⋅(m +3)
y 2y 1==072m +3⋅(−24m)
(3+4)⋅(m +3)⋅(m +3)
m 2y 2y 1tan ∠B N −tan ∠A M =0O 2O 2∠A M =∠B N O 2O
2∠
A M =∠
B N O 2O 2|MN|=(1+)[(+−4]m 2y 1y 2)2y 1y 2−−
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√=]
(1+)[(−4⋅m 2−24m 3+4m 2)236
3+4
m 2−−
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√=⋅121+m 2
−−−−−−√3+4m 2−4m 2−−−−−−√O 2MN d =3
1+m 2−−−−−−√△MN O 2S =|MN|⋅d
12=⋅⋅⋅12121+m 2−−−−−−√3+4m 2
−4m 2−−−−−−√3
1+m 2
−−
−−−−√=18⋅−4
m 2−−−−−−√3+4
m 2
=t(t >0)−4m 2−−−−−−√=+4m 2t 2S ==18t 3+16t 2183t +16t ≤=
=1823t ⋅16t −−−−−√1883–√33–√43t =16t =t 2163=，m =±m 2283221
−−
√3
△MN O 233
–√4
椭圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设动圆的半径为，由题意有：，∴，∴点的轨迹是以为焦点，为长轴长的椭圆，
∴轨迹的方程为：．①证明：由知：与轴的交点分别为：，不妨设： ，若直线的斜率为，显然有；若直线的斜率不为，设其方程为：，由可得，即：，
要使直线与有两个不同的交点，
则，
解得，，，∵，∴，
∴，
综上可知：；②，到的距离，∴的面积(1)r |P |=
+r,|P |=−r O 112O 272|P |+|P |=+=4>||O 1O 21272O 1O 2P C ,O 1O 24C +=1x 24y 23(2)(1)C x (−2,0),(2,0)A(−2,0),B(2,0)M(,),N(，)x 1y 1x 2y 2MN 0∠A M =∠B N O 2O 2MN 0x =my +4 +=1，x 24y 23x =my +4，
3(my +4+4−12=0)2y 2(3+4)+24my +36=0m 2y 2x =my +4C Δ=(24m −4(3+4)⋅36>0)2m 2>4m 2+=，⋅=y 1y 2−24m 3+4m 2y 1y 2363+4m 2tan ∠B N −tan ∠A M O 2O 2=+=+y 2−1x 2y 1−1x 1y 2m +3y 2y 1m +3y 1=2m +3(+)y 1y 2y 1y 2(m +3)⋅(m +3)y 2y 1==072m +3⋅(−24m)(3+4)⋅(m +3)⋅(m +3)
m 2y 2y 1tan ∠B N −tan ∠A M =0O 2O 2∠A M =∠B N O 2O 2∠A M =∠B N O 2O 2|MN|=(1+)[(+−4]m 2y 1y 2)2y 1y 2−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√=](1+)[(−4⋅m 2−24m 3+4m 2)2363+4m 2−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√=⋅121+m 2−−−−−−√3+4m 2−4m 2−−−−−−√O 2MN d =31+m 2
−−−−−−√△MN O 2S =|MN|⋅d 12=⋅⋅⋅12121+m 2−−−−−−√3+4m 2−4m 2−−−−−−√31+m 2−−−−−−√=18⋅−4m 2−−−−−−√3+4
m 2=t(t >0)−−−−−−√=+422
令，则，，等号当且仅当即，时成立，∴面积的最大值为．=t(t >0)−4m 2−−
−−−−√=+4m 2t 2S ==18t 3+16t 2183t +16t ≤==1823t ⋅16t −−−−−√1883–√33–√43t =16t =t 2163=，m =±m 2283221−−√3△MN O 233–√4。