答 案
C
解析
解法一：特殊值法，取
，
为短轴的端点，即
，
，
点
为左顶点
，
则直线
，
的方程分别为
，
，
所以
，
，
所以
．
故选C．
解法二：若
，
与坐标轴平行或垂直时，
可得点
，
为椭圆
长轴和短轴的一个端点，
所以
；
若
，
与坐标轴不平行且不垂直时，
则
，
设直线
，
的方程分别为
，
，
则
．联立
，
不妨得
，
同理可得
，
所以
．
故选：C．
模块1：
1
例题1
A
B
A 0, 3
(
)
B 0, −3
(
)
P
P −5, 0
(
)
OM
ON
y =
x
5
3
y = −
x
5
3
M
,
(
2
5
2
3 )
N
, −
(
2
5
2
3 )
S
=
△M ON
×
2
1
×
2
5
=
2
6
2
15
PA
PB
M
N
C
S
=
△M ON
×
2
1
5 × 3 = 2
15
PA
PB
k
⋅
P A
k
=
P B
−
25
9
OM
ON
y = k
x
1
y = k
x
2
k
⋅
1
k
=
2
−
25
9
{
+
= 1
25
x2
9
y2
y = k
x
1
M
,
(
9 + 25k
1
2
15
9 + 25k
1
2
15k
1
)
N
,
(
9 + 25k
2
2
15
9 + 25k
2
2
15k
2
)
S
=
△M ON
⋅
−
⋅
2
1
∣∣∣∣∣
9 + 25k
1
2
15
9 + 25k
2
2
15k
2
9 + 25k
2
2
15
9 + 25k
1
2
15k
1
∣∣∣∣∣
=
=
2
225
∣∣∣∣∣
162 + 225 k
+ k
(
1
2
2
2)
k
−k
1
2
∣∣∣∣∣
2
225
∣∣∣∣∣∣∣∣
162 + 225
k
−k
+ 2k
k
[(
1
2)2
1
2]
k
−k
1
2
∣∣∣∣∣∣∣∣
=
=
2
225
∣∣∣∣
15 k
−k
(
1
2)
k
−k
1
2
∣∣∣∣
2
15
答 案
D
解析
解：由题意可得：直线的斜率不为，
设直线的方程为：
．
设
，
．
联立
，
化为：
，
，
，
，
．
．
令
，
可得：
．
，
，
可得当
，即
时，函数
取得最大值，
即
，
面积的最大值为
．
答 案
B
解析
解：当直线
的斜率不存在时，此时
的方程为
，
，
．
当直线的斜率存在时，设直线方程为
，
代入抛物线方程可化为
，
设
，
，
，
，
，
点
到直线
的距离
，
1 59%
1
例题2
l
0
l
ty = x + 1
A x
, y
(
1
1)
B x
, y
(
2
2)
{ty = x + 1
+
= 1
4
x2
3
y2
3t + 4 y −
(
2
)
2
6ty −9 = 0
Δ > 0
∴y
+
1
y
=
2
3t + 4
2
6t
y
y
=
1
2
3t + 4
2
−9
∴y
−y
=
∣1
2∣
=
y
+ y
−4y
y
( 1
2)2
1
2
=
−4 ×
3t + 4
(
2
)2
36t2
3t + 4
2
−9
3t + 4
2
12
t + 1
2
∴S
=
△ABQ
⋅
2
1
y
−y
⋅
∣1
2∣
c + a =
(
)
×
2
1
×
3t + 4
2
12
t + 1
2
3 =
3t + 4
2
18
t + 1
2
=
t + 1
2
m ⩾1
t =
2
m −
2
1
∴S
=
△ABQ
=
3m + 1
2
18m
f m
(
)
f
m =
′ (
)
<
3m + 1
(
2
)2
18 1 −3m
(
2)
0
m = 1
t = 0
f m
(
)
S
=
(
△ABQ)max
2
9
∴△ABQ
2
9
例题3
AB
AB
x = 1
∴y = ±1
∴S
=
△ABO
AB ×
2
1 ∣
∣
1 =
×
2
1
2 × 1 = 1
x = ky + 1
y −
2
ky −1 = 0
A x
, y
(
1
1)
B x
, y
(
2
2)
∴y
+
1
y
=
2
k
y
y
=
1
2
−1
∴AB =
∣
∣
⋅
1 + k2
=
(y
+ y
) −4y
y
1
2
2
1
2
⋅
1 + k2
k + 4
2
O
AB
d =
1 + k2
1
1
1
．
综上所述，
(其中
为坐标原点)面积的最小值是，
故选：B．
答 案
D
解析
过
作双曲线
的两条切线，两切线所夹的角为
的最大角，此时
的值最小．设切线方程为
，与
联立，得
，
，解
得
．设
，则
，
，
，
，即
．
答 案
C
解析
由题意可得
，设
，
显然当
时，
；当
时，
．要求
的最大值，设
，
则
，
可得
，
1
1 70%
∴S
=
△ABO
×
2
1
AB ⋅
∣
∣d =
>
2
1
k + 4
2
1
△ABO
O
1
例题4
M 1, 0
(
)
x −
2
3y =
2
3
∠AMB
cos ∠AMB
y = k x −1
(
)
x −
2
3y =
2
3
1 −3k
x +
(
2)
2
6k x −
2
3 k + 1 =
(
2
)
0
Δ = 36k +
4
12 1 −3k
k + 1 =
(
2) (
2
)
0
k =
2
2
1
∠AMB = 2θ
tanθ = k =
2
2
∴tan2θ =
=
1 −tan θ
2
2 tanθ
2
2
∴0 < 2θ <
2
π
∴cos 2θ =
3
1
cos ∠AMB =
3
1
例题5
F
, 0
(2
p
)
P
, y
( 2p
y
0
2
0)
y
<
0
0
k
<
OM
0
y
>
0
0
k
>
OM
0
k
OM
y
>
0
0
=
OM
+
OF
=
FM
+
OF
=
3
1 FP
+
OF
−
=
3
1 (OP
OF )
+
3
1 OP
=
3
2 OF
( 6p
y
0
2
k
=
OM
=
+
6p
y
0
2
3
p
3
y
0
⩽
+
p
y
0
y0
2p
2
=
2
⋅
p
y
0
y
0
2p
2
2
2
当且仅当
时，取得等号．
故选C．
答 案
见解析
解析
由已知，椭圆
的离心率为
，则
，即
．
，
．
设
点的纵坐标为
．
则
，
即
．
，
．
椭圆
的方程为
．
答 案
见解析
解析
由题意知直线的斜率不为，故设直线的方程为
，
设
．
联立
，消去，得
．
此时
．
．
由弦长公式，得
．
整理，得
．
又
，
．
．
，
当且仅当
，即
时等号成立．
当
，即直线的斜率为
时，
取得最小值，且最小值为．
1
2
y
=
0
2
2p2
例题6
C :
+
a2
x2
=
b2
y2
1(a > b > 0)
2
2
e =
=
a
c
2
2
a =
2
2c2
∵a =
2
b +
2
c2
∴b = c
B
y
(y
=
0)
0
0/
S
=
△ABF
1
a −c ⋅
2
1 (
)
y
⩽
∣0∣
a −c b =
2
1 (
)
2
−1
2
b −b b =
(
2
)
−
2
1
∴b = 1
a =
2
∴
C
+
2
x2
y =
2
1
l
0
l
x = my −1
M x
, y
, N x
, y
, P x
, y
, Q 2, y
(
1
1)
(
2
2)
(
P
P )
(
Q)
{x + 2y = 2
2
2
x = my −1
x
m + 2 y −
(
2
)
2
2my −1 = 0
Δ = 8 m + 1 >
(
2
)
0
∴y
+
1
y
=
2
, y
y
=
m + 2
2
2m
1
2
−
m + 2
2
1
MN =
∣
∣
y
−y
=
1 + m2 ∣1
2∣
1 + m2
m + 2
2
4m + 4m + 8
2
2
MN =
∣
∣
2
⋅
2
m + 2
2
m + 1
2
y
=
P
=
2
y
+ y
1
2
m + 2
2
m
∴x
=
P
my
−
P
1 =
m + 2
2
−2
∴PQ =
∣
∣
x
−2 =
1 + m2 ∣
P
∣
⋅
1 + m2
m + 2
2
2m + 6
2
∴
=
MN
∣
∣
PQ
∣
∣
=
2
2
m + 1
2
2m + 6
2
⋅
2
2
=
m + 1
2
m + 3
2
+
⩾
2
2 (
m + 1
2
m + 1
2
2
)
2
=
m + 1
2
m + 1
2
2
m = ±1
∴
m = ±1
l
±1
MN
∣
∣
PQ
∣
∣
2
答 案
见解析
解析
解：椭圆
的中心在原点，焦点在轴上，
它的一个顶点恰好是抛物线
的焦点，离心率等于
，
设椭圆方程为
（
），
根据题意得：
，
解得：
，
所以椭圆
的方程为
．
答 案
见解析
解析
设
，则矩形
的面积
．
由
，得
，
，
当
时，
，
，
此时
．
即
．
1
2
1
例题7
∵
C
x
x =
2
−4y
2
3
∴
+
a2
x2
=
b2
y2
1
a > b > 0
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧
=
a
c
2
3
b = 1
a = b + c
2
2
2
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧a = 4
2
b = 1
2
c = 3
2
C
+
4
x2
y =
2
1
A x
, y
(
0
0)
ABCD
S = 4 x
y
∣
0
0∣
+
4
x
0
2
y
=
0
2
1
y
=
0
2
1 −
4
x
0
2
∴x
⋅
0
2
y
=
0
2
x
1 −
=
0
2 (
4
x
0
2
)
−
x
−2
+
4
1 (
0
2
)
2
1
∴
x
=
0
2
2
x
⋅y
=
(
0
2
0
2)max
1
∴S
=
max
4 × 1 = 4
r =
2
x
+
0
2
y
=
0
2
2
5
r =
2
10
例题8
答 案
见解析
解析
证明：椭圆
的右焦点
的坐标为
，
设
所在直线为：
，且
．
联立方程组：
，得：
；
其中
，
所以点
的坐标为
所在直线方程为：
．又
所在
的直线方程为：
，
联立方程组：
，解得
，
故点
在定直线
上．
答 案
见解析
解析
解：由(1)得点
的坐标为
，且
，
则
，
，
因为
(当且仅当
时不等式取等
号)，
当
取得最小值时，
最大，此时
，
，
，
则
．
2
1
C :
+
5
x2
y =
2
1
F
2, 0
(
)
AB
y = k x −2
k=
0
(
) ( / )
A x
, y
, B x
, y
(
1
1)
(
2
2)
{y = k x −2
(
)
+ y = 1
5
x2
2
5k + 1 x −
(
2
)
2
20k x +
2
20k −5 =
(
2
)
0
x
+
1
x
=
2
, x
x
=
5k + 1
2
20k2
1
2
5k + 1
2
20k −5
2
N
, −
, ON
( 5k + 1
2
10k2
5k + 1
2
2k
)
y = −
x
5k
1
FM
y = −
x −2
k
1 (
)
{y = −
x −2
k
1 (
)
y = −
x
5k
1
x
=
M
2
5
M
x =
2
5
M
, −
( 2
5
2k
1 )
F 2, 0
(
)
=
MF
−
,
,
=
(
2
1
2k
1 ) MO
−
,
(
2
5
2k
1 )
cos ∠OMF =
=
⋅
∣∣∣MF ∣∣∣
∣∣∣MO∣∣∣
⋅
MF
MO
=
⋅
4k2
k +1
2
4k2
25k +1
2
+
4
5
4k2
1
25k + 26k + 1
4
2
25k + 10k + 1
4
2
=
25k + 26k + 1
4
2
25k + 10k + 1
4
2
⩾
1 −
25k + 26 +
2
k2
1
16
3
5
k =
2
5
1
cos ∠OMF
∠OMF
x
+
1
x
=
2
2, x
x
=
1
2
−
2
1
AB =
∣
∣
x
−x
=
1 + k2 ∣
1
2∣
×
1 +
5
1
=
2 −4 ×
−
2
(
2
1 )
5
6
5
FM =
∣
∣
=
−2
+
−
−0
( 2
5
)
2
(
2k
1
)
2
=
+
4
1
4 ×
5
1
1
2
6
S
=
△M AB
×
2
1
AB ×
∣
∣
MF =
∣
∣
10
3
30
例题9
答 案
见解析
解析
根据题意，椭圆
经过点
，
则有
，解得
，
所以椭圆
的标准方程为
．
答 案
见解析
解析
由题意知
，直线
，
的斜率存在且不为零，
设直线
，联立
，得
，
设直线
，同理
，
因为
，所以
．
①
，
,无实数解；
②
，
，
，解得
．
综上可得，直线
的斜率为
．
答 案
解析
由椭圆的离心率为
，得
，即
． 又当
时，
，
得
， 解得
， 因此椭圆方程为
．
答 案
2
1
2
C :
+
a2
x2
=
b2
y2
1(a > b > 0)
,
,
1,
(
3 2
1 ) (
2
3 )
{
+
= 1
a23
4b2
1
+
= 1
a21
4b2
3
{
=
a21
4
1
= 1
b21
C
+
4
x2
y =
2
1
A 0, −1
(
)
l
1
l
2
l
:
1
y = k
x −
1
1
{y = k
x −1
1
y = x
E
,
( k
−1
1
1
k
−1
1
1
)
l
:
2
y = −
x −
k
1
1
1
F
,
(−
−1
k
1
1
1
−
−1
k
1
1
1
)
OE = OF
=
∣∣∣∣
k
−1
1
1
∣∣∣∣
∣∣∣∣∣
−
−1
k
1
1
1
∣∣∣∣∣
=
k
−1
1
1
−
−1
k
1
1
1
k
+
1
=
k
1
1
0
=
k
−1
1
1
−
−
−1
k
1
1
1
k
−
1
=
k
1
1
2
k
−
1
2
2k
−
1
1 = 0
k
=
1
1 ±
2
l
1
1 ±
2
例题10
+
4
x2
=
2
y2
1
2
2
a =
2
2 a −b
( 2
2)
a =
2
2b2
y = 1
x =
2
a −
2
b2
a2
a −
2
=
b2
a2
2
a =
2
4, b =
2
2
+
4
x2
=
2
y2
1
解析
设
， 联立方程
， 得
， 由
得
．（*） 且
， 因此
， 所以
， 又
， 所以
， 整理得
， 因为
， 所以
． 令
， 故
， 所以
． 令
，所以
． 当
时，
， 从而
在
上单调递增， 因此
， 当且仅当
时等号成立，此时
， 所以
， 由（*）
得
且
． 故
， 设
， 则
，
所以的最小值为
， 从而
的最小值为
，此时直线的斜率是． 综上所述，当
，
时，
取到最小值
．
3
π
A x
, y
, B x
, y
(
1
1)
(
2
2)
{y = kx + m
x + 2y = 4
2
2
2k + 1 x +
(
2
)
2
4kmx + 2m −
2
4 = 0
Δ > 0
m <
2
4k +
2
2
x
+
1
x
=
2
−2k + 1
2
4km
y
+
1
y
=
2
2k + 1
2
2m
D
−
,
(
2k + 1
2
2km
2k + 1
2
m
)
N 0, −m
(
)
ND
=
∣
∣2
−
+
(
2k + 1
2
2km )
2
+ m
( 2k + 1
2
m
)
2
ND
=
∣
∣2
2k + 1
(
2
)2
4m
1 + 3k + k
2 (
2
4)
NF =
∣
∣
m
∣
∣
=
NF
∣
∣2
ND
∣
∣2
=
2k + 1
(
2
)2
4 k + 3k + 1
(
4
2
)
1 +
2k + 1
(
2
)2
8k + 3
2
t = 8k +
2
3, t ⩾3
2k +
2
1 =
4
t + 1
=
NF
∣
∣2
ND
∣
∣2
1 +
=
1 + t
(
)2
16t
1 +
t +
+ 2
t
1
16
y = t +
t
1
y =
′
1 −
t2
1
t ⩾3
y >
′
0
y = t +
t
1
3, +∞
[
)
t +
⩾
t
1
3
10
t = 3
k = 0
⩽
NF
∣
∣2
ND
∣
∣2
1 + 3 = 4
−
<
2
m <
2
m=
0
/
⩾
ND
∣
∣
NF
∣
∣
2
1
∠EDF = 2θ
sinθ =
⩾
ND
∣
∣
NF
∣
∣
2
1
θ
6
π
∠EDF
3
π
l
0
k = 0
m ∈
−
, 0
∪
(
2
)
0,
(
2)
∠EDF
3
π
