精品解析：上海市杨浦区复旦大学附属中学2022-2023学年高二上学期期中数学试题（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_高中_高二_上学期

上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 上海市复旦大学附属中学 2022-2023 学年高二（上）期中数学试卷 一、填空题:（共 54分，1-6 每题 4分，7-12 每题 5分） x2  y2 2x30 1. 圆 的半径为_________. 【答案】2 【解析】 【分析】将圆的方程化为标准式，可得出圆的半径. 【详解】圆的标准方程为x12  y2 4，故该圆的半径为2. 故答案为：2. 2. 若直线l:ax＋y10与l :3xa+2y10垂直，则a的值为__________. 2 1 【答案】 2 【解析】 【分析】根据直线垂直列方程，解得结果. 【详解】因为直线l:ax＋y10与l :3xa+2y10垂直， 2 1 所以3aa+210,a  . 2 1 故答案为： 2 【点睛】本题考查根据直线垂直求参数，考查基本分析求解能力，属基础题. 3. 已知平行直线l :x2y10，l :x2y40，则l ，l 的距离为_______. 1 2 1 2 【答案】 5 【解析】 【分析】利用两平行线间距离公式进行求解. 41 【详解】根据两平行线间距离公式可得：l ，l 的距离 d   5 ， 1 2 12 22 故答案为： 5 4. 若抛物线y2=4x上的点M到焦点的距离为10，则M到y轴的距离是_______． 【答案】9 第 1 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【解析】 【详解】试题分析：x 110 x 9. M M 【考点】抛物线的定义． 【思路点睛】当题目中出现抛物线上的点到焦点的距离时，一般都会想到转化为抛物线上的点到准线的距 离．解答本题时转化为抛物线上的点到准线的距离，进而可得点到y轴的距离． 5. 已知过点P0,1 的直线l与抛物线 y2 4x相交于不同的两点，k为直线斜率，则 k 的取值范围为 _________. 【答案】 ,00,1 【解析】 【分析】直线l的方程为y kx1，与抛物线的方程联立可化为k2x2 2k4x10，由题意可得 k 0  ，解出即可． Δ0 【详解】直线l的方程为：y kx1， y kx1 联立 ，化为k2x2 2k4x10， y2 4x  直线l与抛物线y2 4x相交于不同的两点， k 0 k 0  ，即 ，解得k 1，且k 0． Δ0 16k160 斜率k的取值范围是 ,00,1 ． 故答案为： ,00,1 ． x2 y2 6. 一个圆经过椭圆  1的三个顶点，且圆心在x轴的正半轴上，则该圆的标准方程为 16 4 ___________. 3 25 【答案】(x )2  y2  2 4 【解析】 第 2 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 3 【详解】设圆心为（ a，0 ），则半径为 4a，则 (4a)2 a2 22，解得 a ，故圆的方程为 2 3 25 (x )2  y2  . 2 4 考点：椭圆的几何性质；圆的标准方程 x2 y2 7. 椭圆  1k 0的焦距为2，则实数k的值为___________. k2 3 【答案】 2 或2##2或 2 【解析】 【分析】对椭圆的焦点位置进行分类讨论， 根据题意可得出关于k的等式，即可解得k的值. 【详解】当椭圆的焦点在x轴上时，则ak，b 3，此时c a2 b2  k2 3 1， k 0，解得k 2；  当椭圆的焦点在y轴上时，则a  3，bk ，此时c a2 b2  3k2 1，  k 0，解得k  2. 综上所述，k 2或 2 . 故答案为：2或 2 . 8. 已知点P(x,y)在经过A3,0 ，B1,1 两点的直线上，则2x 4y的最小值为_______ 【答案】4 2 【解析】 【分析】由点在直线上可得x，y满足x2y 3，故2x 4y 2 2x22y 2 2x2y 4 2，利用基本 不等式求出最小值. 【详解】由题意知点P(x,y)在经过A3,0 ，B1,1 两点的直线上，所以x2y 3. 3 3 所以2x 4y 2 2x22y 2 2x2y 4 2，（当且仅当2x 4y，即x ,y  时取等号.） 2 4 ∴2x 4y的最小值是4 2. 故答案为：4 2． 9. 已知点P（2，1）在圆x²+y²+（λ- 1）x+2λy+λ=0外，则实数λ的取值范围是_____________ 第 3 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )  3 1 【答案】  ，  1，  5 5 【解析】 【分析】P点坐标代入方程左边所得值应大于0，还要考虑方程是表示圆，两者结合可得结论． 1 【详解】由题意题设方程表示圆，则(1)2 42 40， 或1， 5 3 点P在圆外，则412(1)20，> - ， 5 3 1 综上，的范围是( , )  (1,)． 5 5 3 1 故答案为：( , )  (1,)． 5 5 10. 已知斜率为 1 的直线l与抛物线y2 2pxp0交于x轴上方不同的两点A、B，记直线OA、OB的斜 2 率分别为k 、k ，则k k 的取值范围是_______. 1 2 1 2 【答案】2, 【解析】  1 1  1 【分析】利用直线的斜率公式可得出 y  y 4p，得出k k 2p  与代数式 y  y  相 1 2 1 2 y y 4p 1 2   1 2 乘，结合基本不等式可求得k k 的取值范围. 1 2 【详解】设点Ax ,y  、Bx ,y  ，由题意可知y 0，y 0且y  y ， 1 1 2 2 1 2 1 2 y  y y  y 2p 1 k  1 2  1 2   所以， AB x x y2 y2 y  y 2 ，则y  y 4p， 1 2 1  2 1 2 1 2 2p 2p y y y y  1 1  2p 1 1  k k  1  2  1  2 2p      y  y  所以， 1 2 x x y2 y2 y y 4p y y 1 2     1 2 1 2 1 2 1 2 2p 2p 1 y y  1 y y   2 1  2  22 1  2 2，   2 y y 2 y y  2 1   2 1  因此，k k 的取值范围是2,. 1 2 故答案为：2,. 11. 已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点，且左、右焦点分别是F₁、F₂，这两条曲线在第一象限的 交点为P，△PF₁F₂是以PF₁为底边的等腰三角形，若|PF₁|=10，椭圆与双曲线的离心率分别为e₁、e₂，则e₁e₂ 第 4 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 的取值范围是_____. 1 【答案】( ,)． 3 【解析】 【分析】设 PF t，椭圆的长轴长为2a ，双曲线的实轴长为2a ，焦距为2c，由双曲线与椭圆定义可 2 1 2 把a ,a 用t表示，根据a ca 确定t的范围，计算ee 后由t的范围可得结论． 1 2 1 2 1 2 【详解】设 PF t，椭圆的长轴长为2a ，双曲线的实轴长为2a ，焦距为2c， 2 1 2 t 则t 2c，c ， 2 P在第一象限，则 PF  PF ，∴t 10， 1 2 10t 10t 2a 10t ，2a 10t ，a  ，a  ，又a ca ，∴t 5， 1 2 1 2 2 2 1 2 ∴5t 10， t2 c c t2 1 4 ee      ， 1 2 a a 10t 10t 100t2 100 1 2  1 2 2 t2 1 1 100  5t 10，则1 4，100 3． t2 1 t2 1 故答案为：( ,)． 3 x2 y2 12. 过双曲线  （1 a0，b0）的左焦点F(c，0）作圆x²+y²=a²的切线，切点为E，延长FE交抛 a2 b2  1  物线y²=4cx于点P，O为坐标原点，若 OE  OF OP ， 则双曲线的离心率为_______. 2 51 【答案】 2 【解析】 【分析】由向量的运算法则知E是PF 中点，由此得 OP  OF c，抛物线的焦点与双曲线的右焦点重 合，因此利用中位线性得 PG 2a，从而由抛物线的可表示出P的点横坐标，从而得纵坐标，作 PH  x轴，垂足为H ，在△OPH 中由勾股定理得出a,c的方程，变形后可求得离心率e．  1   【详解】如图，双曲线的右焦点G也是抛物线的焦点，OE  (OF OP)，则E是PF 中点， 2 又O是FG中点，所以OE//PG， PG 2 OE 2a， 第 5 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 设P(x,y)， 过P作抛物线的准线的垂线PM ，M 是垂足，则 PM  xc PG 2a，x2ac， P在抛物线上，所以y2 4xc4x(2ac)， E是切点，OE  FP，所以 OP  OF c， 作PH  x轴，垂足为H ， 由 PH 2  OH 2  OP 2 得(2ac)2 4c(2ac)c2，整理得4c2 4ac4a2 0， 1 5 所以e2 e10，e （负值舍去）． 2 1 5 故答案为： ． 2 二、选择题:（共 20分，13-16 每小题 5分） 13. 抛物线y2 x的准线方程为（ ） 1 1 1 1 A. x B. x C. x D. x 2 4 2 4 【答案】D 【解析】 p 1 1 【详解】抛物线y2 x的焦点在x轴上，且开口向右，2p1,  ,抛物线y2 x的准线方程为x ， 2 4 4 故选D. 1 14. 直线 3x y 0与圆 M :x2  y2 mx 0相切，则实数m的值是（ ） 4 A. ±1 B. ±2 C. ±4 D. ±8 【答案】B 【解析】 【分析】直线方程代入圆方程后，由判别式为0求得m的值，同时注意方程表示圆时m的范围． 第 6 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )  3x y 0  1 【详解】由 1 ，得4x2 mx 0，∴m2 40，m2， x2  y2 mx 0 4  4 又方程表示圆时，m2 10，m1或m 1，m2满足题意． 故选：B．  x2 y2 y2 x2 15. 已知0 ,则双曲线C :  1与C :  1的 （ ） 4 1 cos2 sin2 2 sin2 sin2tan2 A. 实轴长相等 B. 虚轴长相等 C. 焦距相等 D. 离心率相等 【答案】D 【解析】 x2 y2 b2 【详解】试题分析：因为，双曲线C :  1中，a2 cos2,b2 sin2， tan2； 1 cos2 sin2 a2 y2 x2 b2 b2 C :  1中， tan2，所以，两双曲线离心率e 1 相同，选D． 2 sin2 sin2tan2 a2 a2 考点：双曲线的几何性质 点评：简单题，双曲线中a,b,c,e的关系，是常常考查的知识点． x2 MD 16. 已知过点D（ 2，0）的直线l与椭圆  y2 1相交于不同的两点A、B，M是弦AB的中点，则 3 MA 的最小值为（ ） 2 3 2 6 6 A. B. C. 2 D. 3 3 2 【答案】A 【解析】 【分析】显然直线l斜率存在，设其方程为y  k(x 2)，设A(x ,y ),B(x ,y )，M(x ,y )，直线方 1 1 2 2 0 0 程代入椭圆方程整理后由韦达定理得x x ,x x ，由中点坐标公式表示出中点M 的横坐标，然后用横坐 1 2 1 2 MD 标表示出 并化为k的代数式，从而求得最大值． MA 【详解】显然直线l斜率存在，设其方程为y  k(x 2)，设A(x ,y ),B(x ,y )，M(x ,y )， 1 1 2 2 0 0 第 7 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) y k(x2)  由x2 得，(13k2)x2 12k2x12k2 30，  y2 1   3 144k4 4(13k2)(12k2 3)0，1k 1， 12k2 12k2 3 ∴x x  ，x x  ， 1 2 13k2 1 2 13k2 x x 6k2 x  1 2  ， 0 2 13k2 x x 1 2 2 MD x 2 x x 4 x x 4 2  0   1 2  1 2 MA x x x x x x (x x )2 4x x 1 0 x  1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 12k2  4 13k2 4   ， 144k4 4(12k2 3） 12(1k2)  (13k2)2 13k2 又1k 1，k 0时1k2取得最大值1， MD 4 2 3 所以 的最小值是  ． MA 12 3 故选：A． 三、解答题（共76分） 17. 已知直线l :x2y40，l :x y20， 1 2 （1）求两条直线l 、l 夹角的大小； 1 2 （2）求直线l 关于直线l 对称的直线的方程. 1 2 10 【答案】（1）arccos 10 （2）2x y20 【解析】 【分析】(1)转化为求两条直线的方向向量的夹角的大小；(2)根据所求直线过已知两直线的交点，以及l 上 1 的任一点关于l 对称的点在所求直线上即可求解. 2 第 8 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【小问1详解】 1 设两直线的夹角为，因为l 的斜率k  ， 1 1 2  所以l 的一个方向向量为m(2,1)， 1 因为l 的斜率k 1， 2 2  所以l 的一个方向向量为n (1,1)， 2   mn 1 10   所以coscos m,n    ，   m  n 5 2 10 10 所以直线l 、l 夹角的大小为arccos . 1 2 10 【小问2详解】 设直线l 关于直线l 对称的直线为l ， 1 2 3 x2y40 x0 由 ，解得 ，所以直线l 经过点(0,2)， x y20 y 2 3 在l 上取一点A(4,0)关于l 对称的点设为A(a,b)， 1 2  b 1  a4 a2 则有 解得 ，所以直线l 经过点(2,6)，  a4 b b6 3  20  2 2 62 所以直线l 的斜率为k  2，所以直线l 的方程为y 2x2， 3 3 20 3 即：2x y20. 18. 在平面直角坐标系中，曲线y  x2 6x1与坐标轴的交点都在圆C上. （1）求圆C的方程； （2）若圆C与直线x ya 0交于A，B两点，且OAOB，求a的值. 【答案】（1）(x3)2 (y1)2 9（2）1 【解析】 【分析】（1）求出曲线y  x2 6x1与坐标轴的三个交点，根据这三个交点在圆上可求出圆心坐标和半 径，从而可得圆的方程； 第 9 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )     （2）设A x,y ，B x,y ，联立直线与圆的方程，根据根与系数的关系可得x x 4a， 1 1 2 2 1 2 a2 2a1 x x  ，根据OAOB得x x  y y 0，化为2x x ax x a2 0，进而可解得 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 a1 . 【详解】（1）曲线y  x2 6x1与坐标轴的交点为(0，1)，(32 2,0)， 由题意可设圆C的圆心坐标为(3，t)， ∴ 32 (t1)2  (2 2)2 t2 ，解得t 1， ∴圆C的半径为 32 (11)2 3， ∴圆C的方程为(x3)2 (y1)2 9. x ya0     （2）设点A、B的坐标分别为A x,y ，B x,y ，其坐标满足方程组 ，消去 1 1 2 2 (x3)2 (y1)2 9 y得到方程2x2 (2a8)xa2 2a10， 由已知得，判别式5616a4a2 0①， a2 2a1 由根与系数的关系得x x 4a，x x  ②， 1 2 1 2 2 由OAOB得x x  y y 0. 1 2 1 2 又∵y  x a，y  x a，∴x x  y y 0可化为2x x ax x a2 0③， 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 将②代入③解得a1，经检验，a1满足①，即0， ∴a1. 【点睛】本题考查了由圆上三个点的坐标求圆的方程，考查了直线与圆的位置关系、根与系数的关系，考 查了运算求解能力，属于中档题. 19. 已知抛物线y2 2pxp0的准线与x轴交于点M，过点M的直线l与抛物线交于A、B两点，设Ax ,y  1 1 到准线的距离为d. 第 10 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （1）若y d 3，求抛物线的标准方程； 1   （2）若2MA AB, 求直线l的斜率. 【答案】（1）y2 6x 3 （2） 2 【解析】 【分析】（1）由y d 3，可得AF  x轴，从而求出 p，即可得抛物线的标准方程； 1  p   （2）设出直线l的方程，通过2MA AB，求出2  x    x x ，联立直线与抛物线方程可得  1 2  2 1 k2p2 k2x2  p  k2 2  x 0，把方程的根代入求解即可． 4 【小问1详解】  p  p 抛物线y2 2px的焦点F  ,0 ，准线方程为x ，则 AF d ，  2  2 p p p 由y d 3，可得AF  x轴，则x  ，即有d   3，即 p3， 1 1 2 2 2 则抛物线方程为y2 6x； 【小问2详解】  p 设Bx ,y  ，l: y k  x ， 2 2  2  第 11 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) k2p2 代入抛物线的方程，可得k2x2  p  k2 2  x 0， 4  p2 k2 2 2 k4p2 0，即k2 1且k 0， p  k2 2  2p 1k2 p  k2 2  2p 1k2 x  ,x  ， 1 2k2 2 2k2  p   p   由2MA AB，M   ,0 ，可得2  x    x x ，  2   1 2  2 1 p  k2 2  4p 1k2 3 即有 p x 3x  ，解得k   ． 2 1 k2 2 3 故直线l的斜率为 ． 2 x2 y2 20. 如图，O为坐标原点，椭圆C :  1a b0的左、右焦点分别为F 、F ，离心率为e ；双 1 a2 b2 1 2 1 x2 y2 3 . 曲线C :  1的左、右焦点分别为F 、F ，离心率为e ，已知ee  ， 且 F F  31 2 a2 b2 3 4 2 1 2 2 2 4 过F 作C 的不垂直于y轴的弦AB，M 为AB的中点，直线OM 与C 交于P、Q两点. 1 1 2 （1）求C 、C 的方程； 1 2 （2）若四边形APBO为平行四边形，求直线AB的方程； （3）求四边形APBQ面积的最小值. x2 x2 【答案】（1）  y2 1，  y2 1 2 2     （2）x 2 54 y1或x 2 54 y1 （3）2 第 12 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【解析】 【分析】（1）由椭圆和双曲线的离心率公式可得出a  2b，由 F F  31可求得b、a的值，即可得 2 4 出椭圆C 和双曲线C 的方程； 1 2 （2）设直线AB的方程为xmy1，设点Ax ,y  、Bx ,y  、M  x,y  ，将直线AB的方程与 1 1 2 2 0 0 椭圆C 的方程联立，求出点M 的坐标，分析可知M 为线段OP的中点，可得出点P的坐标，将点P的坐 1 标代入双曲线C 的方程，求出m的值，即可得出直线AB的方程； 2 （3）求出 AB ，可得出直线PQ的方程，求出P、Q两点的坐标，求出P、Q两点到直线AB的距离之 和，可得出四边形APBQ的面积，进而可求得该四边形面积的最小值. 【小问1详解】 b2 b2 b4 3 解：由题意可得e  1 ，e  1 ，ee  1  ，则a  2b， 1 a2 2 a2 1 2 a4 2   F F  a2 b2  a2 b2  31 b 31，b1，a  2， 2 4 x2 x2 所以，椭圆C 的方程为  y2 1，双曲线C 的方程为  y2 1. 1 2 2 2 【小问2详解】 解：由（1）可知F 1,0 ，因为直线AB不垂直于y轴，设直线AB的方程为xmy1， 1 设点Ax ,y  、Bx ,y  、M  x,y  ， 1 1 2 2 0 0 xmy1 联立 可得  m2 2  y2 2my10，4m24  m22  8  m21  0， x2 2y2 2 2m 1 由韦达定理可得y  y  ，y y  ， 1 2 m2 2 1 2 m2 2 m 2  2 m  则y  ，x my 1 ，所以，点M   , ， 0 m2 2 0 0 m2 2  m2 2 m2 2  4 2m  因为四边形APBO为平行四边形，则M 为线段PO的中点，故点P   , ，  m2 2 m2 2 84m2 将点P的坐标代入双曲线C 2 的方程可得  m2 2 2 1 ，即m4 8m2 40， 解得m 2 54， 第 13 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )     因此，直线AB的方程为x 2 54 y1或x 2 54 y1. 【小问3详解】 2 2  m2 1  解：由（2）可得 AB  1m2 y  y 2 4y y  ， 1 2 1 2 m2 2 m m k  ，所以，直线PQ的方程为y  x， OP 2 2  m y  x 4 联立 2 可得x2  ，所以，2m2 0， 2m2  x2 2y2 2  2 m   2 m  不妨取点P , 、Q , ，  2m2 2m2   2m2 2m2  所 以 点 P到 直 线 AB的 距 离 为 m2 2 2m2 4 4 m2 2 1 1 1 2m2  1 2m2 2m2 2m2 2m2 ， d     1 1m2 1m2 1m2 1m2 2m2 2m2 1 1 点Q到直线AB的距离为 2m2 2m2 ， d   2 1m2 1m2 2  m2 2  d d  则 ， 1 2  1m2 2m2 所 以 ， 四 边 形 APBQ的 面 积 为 1 2  m2 1  2  m2 2  1m2 3  2m2 S  AB d d   2 2 2 2 2 1 2 m2 2  1m2 2m2 2m2 2m2 3 2 2 1， 2m2 故当m0时，四边形APBQ的面积取最小值2. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种： 一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值； 二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函 数的单调性或三角函数的有界性等求最值． 第 14 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 21. 已知椭圆E : x2  y2 1,E : x2  y2 1a b0,a4的离心率相同.点P  x,y  在椭圆E 1 16 4 2 a2 b2 0 0 1 上，Ax ,y  、Bx ,y  在椭圆E 上. 1 1 2 2 2  ， （1）若OP 2OQ 求点Q的轨迹方程； （2）设E 的右顶点和上顶点分别为A、B ，直线AC、BD分别是椭圆E 的切线，C、D为切点， 1 1 1 1 1 2 直线AC、BD的斜率分别是k 、k ，求k2k2的值； 1 1 1 2 1 2 （3）设直线PA、PB分别与椭圆E 相交于E、F 两点，且  A  B  t  E  F  tR， 若M 是AB中点，求 2 证：P、O、M 三点共线（O为坐标原点）. x2 【答案】（1）  y2 1 4 1 （2） 16 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设点Qx,y ，可得出   x 0 2x ，由已知可得出 x 0 2  y 0 2 1，将   x 0 2x 代入等式 x 0 2  y 0 2 1  y 2y 16 4  y 2y 16 4 0 0 化简可得出点Q的轨迹方程； a （2）分写可得出b ，写出直线AC、BD的方程，将这两条直线的方程分别与椭圆E 的方程联立， 2 1 1 2 由判别式方程可得出k2、k2的表达式，即可求得k2k2的值； 1 2 1 2 （ 3 ） 不 妨 设 Ex ,y  、 Fx ,y  ， 且  A  E    A  P  ，  B  F    B  P  01， 可 得 出 3 3 4 4 x  x x x   3 1 0 1 ，代入椭圆E 的方程，可得出21x x 4y y 12 a2 162 a2，  y 3  y 1 y 0  y 1  2 0 1 0 1 第 15 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 同理可得出21x x 4y y 12 a2 162 a2，两式作差，结合点差法证明出k k ， 0 2 0 2 OM OP 即可证得结论成立. 【小问1详解】   x 2x 解：设点Qx,y ，由OP 2OQ，可得 0 ， y 2y  0 x2 y2 2x2 2y2 x2 因为点P在椭圆E 上，则 0  0 1，即  1，即  y2 1. 1 16 4 16 4 4 x2 因此，点Q的轨迹方程为  y2 1. 4 【小问2详解】 解：易知点A 4,0 、B 0,2 ，直线AC的方程为y k x4 ， 1 1 1 1 直线BD的方程为y k x2， 1 2 164 3 因为椭圆E 与椭圆E 的离心率相等，且椭圆E 的离心率为e   ， 1 2 1 1 4 2 b2 3 a 椭圆E 的离心率为e  1  ，可得b ， 2 2 a2 2 2 x2 4y2 所以，椭圆E 的方程为  1，即x2 4y2 a2， 2 a2 a2 y k x4 联立 1 可得  4k2 1  x2 32k2x64k2 a2 0， x2 4y2 a2 1 1 1  322k4 4  4k2 1  64k2 a2 0，可得k2  a2 ， 1 1 1 1 1 644a2 y k x2 联立 2 可得  4k2 1  x2 16k x16a2 0， x2 4y2 a2 2 2  256k2 4  4k2 1  16a2 0，可得k2  16a2 ， 2 2 2 2 4a2 a2 16a2 1 因为0a4，则k 1 2k 2 2  4  16a2  a2  4 . 【小问3详解】 第 16 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) AE BF   证明：  ABtEFtR，则EF//AB，则  ， AP BP 不妨设Ex ,y  、Fx ,y  ，且  A  E    A  P  ，  B  F    B  P  01， 3 3 4 4 x  x x x  所以， x x ,y  y x x ,y  y  ，所以， 3 1 0 1 ， 3 1 3 1 0 1 0 1  y 3  y 1 y 0  y 1  代入椭圆E 的方程可得x2 4y2 a2， 2 3 3 即x x x  2 4y y  y  2 a2，  1 0 1   1 0 1  因为x2 4y2 a2，x2 4y2 16， 1 1 0 0 所以，21x x 4y y 12 a2 162 a2，① 0 1 0 1 同理可得21x x 4y y 12 a2 162 a2，② 0 2 0 2 y x x ①②可得x x x 4y y  y 0，所以，k  0  1 2 ， 0 1 2 0 1 2 OP x 4y  y  0 1 2 x2 4y2 a2 因为 1 1 ，这两个等式作差可得 x x x x 4y  y y  y 0， x2 4y2 a2 1 2 1 2 1 2 1 2  2 2 y  y x x 所以，k  1 2  1 2 k ，故P、O、M 三点共线. OM x x 4y  y  OP 1 2 1 2 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 第 17 页 共 17 页