苏教版（2019）高中数学选择性必修第一册第三章圆锥曲线与方程综合拔高练（Word含答案）

第三章圆锥曲线与方程综合拔高练
考点1　椭圆的标准方程及几何性质　　　　　　　　　　　　　　　
1.(2021新高考Ⅰ,5)已知F1,F2是椭圆C:=1的两个焦点,点M在C上,则|MF1|·|MF2|的最大值为(　　)
A.13　　　　B.12　　　　C.9　　　　D.6
2.(2019课标全国Ⅰ,10)已知椭圆C的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),过F2的直线与C交于A,B两点.若|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,则C的方程为(　　)
A.=1
C.=1
3.(2021全国乙理,11)设B是椭圆C:=1(a>b>0)的上顶点,若C上的任意一点P都满足|PB|≤2b,则C的离心率的取值范围是　(　　)
A.
C.
4.(2021全国甲文,16)已知F1,F2为椭圆C:=1的两个焦点,P,Q为C上关于坐标原点对称的两点,且|PQ|=|F1F2|,则四边形PF1QF2的面积为　　　　.
5.(2021浙江,16)已知椭圆=1(a>b>0),焦点F1(-c,0),F2(c,0)(c>0).若过F1的直线和圆+y2=c2相切,与椭圆在第一象限交于点P,且PF2⊥x轴,则该直线的斜率是　　　,椭圆的离心率是　　　　.
考点2　双曲线的标准方程及几何性质
6.(2021全国甲理,5)已知F1,F2是双曲线C的两个焦点,P为C上一点,且∠F1PF2=60°,|PF1|=3|PF2|,则C的离心率为(　　)
A.
C.
7.(2021天津,8)已知双曲线=1(a>0,b>0)的右焦点与抛物线y2=2px(p>0)的焦点重合,抛物线的准线交双曲线于A,B两点,交双曲线的渐近线于C,D两点,若|CD|=|AB|,则双曲线的离心率为(　　)
A.
C.2　　　　D.3
8.(多选)(2020新高考Ⅰ,9)已知曲线C:mx2+ny2=1.(　　)
A.若m>n>0,则C是椭圆,其焦点在y轴上
B.若m=n>0,则C是圆,其半径为
C.若mn<0,则C是双曲线,其渐近线方程为y=±x
D.若m=0,n>0,则C是两条直线
9.(2020全国Ⅲ,11)设双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为.P是C上一点,且F1P⊥F2P.若△PF1F2的面积为4,则a=(　　)
A.1　　　　B.2 C.4　　　　D.8
10.(2020全国Ⅰ,11)设F1,F2是双曲线C:x2-=1的两个焦点,O为坐标原点,点P在C上且|OP|=2,则△PF1F2的面积为(　　)
A.　　　　B.3
C.　　　　D.2
考点3　抛物线的标准方程及几何性质
11.(2021新高考Ⅱ,3)若抛物线y2=2px(p>0)的焦点到直线y=x+1的距离为,则p=　(　　)
A.1　　　　B.2
C.2　　　　D.4
12.(2020全国Ⅲ,7)设O为坐标原点,直线x=2与抛物线C:y2=2px(p>0)交于D,E两点,若OD⊥OE,则C的焦点坐标为(　　)
A.
C.(1,0)　　　　D.(2,0)
13.(2020北京,7)设抛物线的顶点为O,焦点为F,准线为l,P是抛物线上异于O的一点,过P作PQ⊥l于Q,则线段FQ的垂直平分线(　　)
A.经过点O　　　　B.经过点P
C.平行于直线OP　　　　D.垂直于直线OP
14.(2021新高考Ⅰ,14)已知O为坐标原点,抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,P为C上一点,PF与x轴垂直,Q为x轴上一点,且PQ⊥OP.若|FQ|=6,则C的准线方程为　　　　.
15.(2021北京,12)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,点M在C上,且|FM|=6,则M的横坐标是　　　　;作MN⊥x轴于N,则S△FMN=　　　　.
16.(2021上海,11)已知椭圆x2+=1(0考点4　直线与圆锥曲线的综合问题
17.(2021新高考Ⅰ,21)在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-,0),点M满足|MF1|-|MF2|=2.记M的轨迹为C.
(1)求C的方程;
(2)设点T在直线x=上,过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点,且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.
18.(2021新高考Ⅱ,20)已知椭圆C:=1(a>b>0),若右焦点为F(,0),且离心率为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设M,N是C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切,证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=.
19.(2020新高考Ⅰ,22)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,且过点A(2,1).
(1)求C的方程;
(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.
20.(2020全国Ⅰ,20)已知A,B分别为椭圆E:+y2=1(a>1)的左、右顶点,G为E的上顶点,·=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程;
(2)证明:直线CD过定点.
　　　　　　　　　　　　　　　
应用实践
1.(2022广东广州联考)已知抛物线y2=2px(p>0)的准线与圆x2+y2-4y=0相交所得的弦的长为2,则p的值为(　　)
A.　　　　B.1　　　　C.2　　　　D.4
2.如图,从双曲线=1的左焦点F引圆x2+y2=3的切线FP,交双曲线右支于点P,T为切点,M为线段FP的中点,O为坐标原点,则MO-MT=(　　)
A.
C.
3.已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,P,Q是抛物线上的两个点,若△PQF是边长为2的正三角形,则p的值是(　　)
A.
4.(2022湘豫名校联考)已知F1(-c,0),F2(c,0)分别是双曲线C:=1的左、右焦点,F1关于双曲线的一条渐近线的对称点为P,且点P在抛物线y2=4cx上,则双曲线的离心率为(　　)
A.
5.(多选)(2022河北邯郸一模)如图,已知F1,F2分别是椭圆=1(a>b>0)的左、右焦点,点P是该椭圆在第一象限内的点,∠F1PF2的平分线交x轴于Q点,且满足,则椭圆的离心率e可能是(　　)
A.
C.
6.(2020湖北荆州期末)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,点M(2,y0)在抛物线C上,圆M与直线l相切于点E,且∠EMF=,则圆M的半径为(　　)
A.
7.(2020山东济宁期中)已知抛物线y2=2px(p>0)在第一象限内的一点A(3,b)到抛物线焦点F的距离为4,若P为抛物线准线上任意一点,则当△PAF的周长最小时,点P到直线AF的距离为　　　　.
8.(2021江苏扬州邗江中学期中)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率e=,A,B分别是椭圆的左、右顶点,点P是椭圆上异于左、右顶点的一点,直线PA、PB的倾斜角分别为α、β,满足tan α+tan β=1,则直线PA的斜率为　　　　.
9.设抛物线y2=4x的焦点为F,准线为l,过点F作直线与抛物线交于A,B两点,点M满足),过M作y轴的垂线,与抛物线交于点P,若PF=2,则点P的横坐标为　　　　,AB=　　　　.
10.(2021江苏南通启东中学期中)已知椭圆C:=1(a>b>0)的短轴长为2,椭圆C上的动点到左焦点的距离的最大值为+1.过点P(0,2)的直线l与椭圆C相交于A,B两点,线段AB的中点为M,且不与原点重合.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若y轴上的一点Q满足QA=QB,求证:线段QM的中点在定直线上;
(3)求的取值范围.
11.(2022浙江台州第一中学期中)如图,已知点P(4,4)在抛物线M:y2=2px(p>0)上,过点P作三条直线PA,PB,PC,与抛物线M分别交于点A,B,C,与x轴分别交于点D,E,G,且DE=EG.
(1)求抛物线M的方程;
(2)设直线PA,PC的斜率分别为k1,k2,若=1,求直线PB的方程;
(3)设△PBC,四边形PABC的面积分别为S1,S2,在(2)的条件下,求的取值范围.
迁移创新
12.(2021江苏镇江期中)古希腊数学家阿波罗尼斯在《圆锥曲线论》中记载了用平面截圆锥得到圆锥曲线的方法.如图,将两个完全相同的圆锥对顶放置(两圆锥的顶点和轴都重合),已知两个圆锥的底面直径均为4,侧面积均为2π.记过两个圆锥轴的截面为平面α,平面α与两个圆锥侧面的交线为AC,BD.已知平面β平行于平面α,平面β与两个圆锥侧面的交线为双曲线C的一部分,且C的两条渐近线分别平行于AC,BD,则双曲线C的离心率为　　　　.
答案全解全析
1.C　∵M在椭圆C:=1上,且a=3,
∴|MF1|+|MF2|=6,
∵≥,
∴|MF1|·|MF2|≤=9,
当且仅当|MF1|=|MF2|=3时等号成立.故选C.
易错警示
　　在用基本不等式求最值时,要满足“一正、二定、三相等”,三个条件缺一不可.
2.B　设|F2B|=x(x>0),则|AF2|=2x,|AB|=3x,
|BF1|=3x,|AF1|=4a-(|AB|+|BF1|)=4a-6x,
由椭圆的定义知|BF1|+|BF2|=2a=4x,所以|AF1|=2x.
在△BF1F2中,由余弦定理得|BF1|2=|BF2|2+|F1F2|2-2|F2B|·|F1F2|cos∠BF2F1,即9x2=x2+22-4x·cos∠BF2F1①,
在△AF1F2中,由余弦定理可得|AF1|2=|AF2|2+|F1F2|2-2|AF2|·|F1F2|·cos∠AF2F1,即4x2=4x2+22+8x·cos∠BF2F1②,
由①②得x=,所以2a=4x=2,所以b2=a2-c2=2.
所以椭圆的方程为=1.故选B.
3.C　由题意知,B(0,b),设P(x0,y0),则=1,则,∴|PB|2=-2by0+a2+b2,∵C上任意一点P都满足|PB|≤2b,y0∈[-b,b],∴当y0=-b时,|PB|2取得最大值,∴-≤-b,即b2≥c2,又a2=b2+c2,∴a2-c2≥c2,即a2≥2c2,∴e2≤,又∵e∈(0,1),
∴e∈,即离心率的取值范围为,故选C.
4.答案　8
解析　如图,设|PF1|=m,|PF2|=n,由椭圆方程=1可得,2a=|PF1|+|PF2|=m+n=8,2c=|F1F2|=4.
由P,Q关于原点对称得|OP|=|OQ|,又|OF1|=|OF2|,故四边形PF1QF2为平行四边形.
依据|F1F2|=|PQ|,得到四边形PF1QF2为矩形,故PF1⊥PF2.
在Rt△F1PF2中,∠F2PF1=90°,则m2+n2=(4)2=48,
由(m+n)2=64得m2+n2+2mn=48+2mn=64,解得mn=8,
所以四边形PF1QF2的面积为8.
5.答案　
解析　设切点为B,圆心为A,连接AB,如图,易知|F1A|=,∴直线PF1的斜率k=tan∠PF1F2=,
在△PF1F2中, tan∠PF1F2=,
即b2=4ac (a2-c2)=4ac,
方程两边同时除以a2,整理可得=0,
解得e=或e=-(舍),∴e=.
6.A　不妨设双曲线C的标准方程为=1(a>0,b>0),由题意知|PF1|-|PF2|=2a,|PF1|=3|PF2|,两式联立解得|PF1|=3a,|PF2|=a,又|F1F2|=2c,所以在△PF1F2中,由余弦定理得|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|·|PF2|cos∠F1PF2,即4c2=9a2+a2-2×3a×a×cos 60°,可得,所以双曲线C的离心率e=.故选A.
7.A　设双曲线=1(a>0,b>0)与抛物线y2=2px(p>0)的公共焦点为(c,0),
则抛物线y2=2px(p>0)的准线方程为x=-c,
令x=-c,则=1,解得y=±,所以|AB|=,
又因为双曲线的渐近线方程为y=±x,所以|CD|=,
所以,即c=b,所以a2=c2-b2=c2,
所以双曲线的离心率e=.
8.ACD　A选项中,若m>n>0,则方程mx2+ny2=1可变形为=1,因为m>n>0,所以0<,所以此曲线表示椭圆,且焦点在y轴上,所以A正确.
B选项中,若m=n>0,则方程mx2+ny2=1可变形为x2+y2=,所以此曲线表示圆,半径为,所以B不正确.
C选项中,若mn<0,则此曲线应为双曲线,mx2+ny2=0可化为y2=-,即y=±x,即双曲线的渐近线方程为y=±x,所以C正确.
D选项中,若m=0,n>0,则方程mx2+ny2=1可化为y2=(x∈R),即y=±,表示两条直线,所以D正确.故选ACD.
9.A　设|PF1|=r1,|PF2|=r2,则|r1-r2|=2a,
∴-2r1r2=4a2.
∵F1P⊥F2P,∴=4c2,∴4c2-2r1r2=4a2,
∴r1r2=2b2.
∵×2b2=b2=4,
∴e=,解得a2=1,即a=1.故选A.
10.B　由题易知a=1,b=,∴c=2,
又∵|OP|=2,∴△PF1F2为直角三角形,
易知||PF1|-|PF2||=2,
∴|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|·|PF2|=4,
又|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2=16,
∴|PF1|·|PF2|==6,
∴|PF1|·|PF2|=3,故选B.
11.B　抛物线的焦点坐标为,其到直线y=x+1的距离d=,
解得p=2(p=-6舍去).
12.B　由抛物线的对称性,不妨设D在x轴上方、E在x轴下方.由得D(2,2),∵OD⊥OE,∴·=4-4p=0,∴p=1,∴C的焦点坐标为,故选B.
13.B　解法一:不妨设抛物线的方程为y2=2px(p>0),P(x0,y0)(x0>0),则Q,直线FQ的斜率为,从而线段FQ的垂直平分线的斜率为,又线段FQ的中点为,所以线段FQ的垂直平分线的方程为y-(x-0),即2px-2y0y+=0,将点P的横坐标代入,得2px0-2y0y+=0,又2px0=,所以y==y0,所以点P在线段FQ的垂直平分线上,故选B.
解法二:由已知及抛物线的定义得PQ=PF,所以△PQF是等腰三角形,所以底边FQ的垂直平分线经过顶点P,故选B.
14.答案　x=-
解析　∵点P在抛物线上且PF⊥x轴,不妨设点P位于x轴上方,∴P,∵OP⊥PQ,
∴由平面几何知识可得|PF|2=|OF|·|FQ|,
又∵|FQ|=6,∴p2=×6,
∴p=3或p=0(舍),
∴C的准线方程为x=-.
15.答案　5;4
解析　设点M的坐标为(x0,y0),则有|FM|=x0+1=6,解得x0=5,所以M的横坐标是5.将x0=5代入y2=4x,得|y0|=2,由题意得S△FMN=.
16.答案　x=1-
解析　设F1(-c,0),F2(c,0),点P在第一象限,则抛物线方程为y2=4cx,直线PF1:y=x+c,
联立解得x=c,y=2c,所以点P的坐标为(c,2c),所以PF2⊥F1F2,又PF2=F2F1=2c,所以PF1=2c,所以PF1+PF2=(2+2)c=2a=2,
则c=-1,所以抛物线的准线方程为x=-c=1-.
17.解析　(1)由题意知|F1F2|=2,因为|MF1|-|MF2|=2<|F1F2|=2,所以结合双曲线定义知,点M的轨迹C是以F1、F2为焦点的双曲线的右支.
设其方程为=1(a>0,b>0,x≥a),则2a=2,2c=2,解得a=1,c=,则b2=c2-a2=()2-12=16,
所以M的轨迹C的方程为x2-=1(x≥1).
(2)如图,设T,直线AB的方程为y-m=k1,
由
得(16-+k1m-m2-16=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=,
则|TA|=,
所以|TA|·|TB|=(1+·.
设直线PQ的方程为y-m=k2,
同理得|TP|·|TQ|=,
因为|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,
所以,
所以,即,由题意知k1≠k2,所以k1+k2=0,即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.
一题多解
(2)设T,直线AB的倾斜角为θ1,直线PQ的倾斜角为θ2,由题不妨设=t1·=t2·,t1>0,t2>0,则||=t2.
设A(x,y),因为=t1·,所以=t1(cos θ1,sin θ1),所以x=+t1cos θ1,y=m+t1sin θ1,
又因为点A在双曲线上,
所以16-(m+t1sin θ1)2=16,即(16cos2θ1-sin2θ1)+(16cos θ1-2msin θ1)t1-(m2+12)=0.
同理可得(16cos2θ1-sin2θ1)+(16cos θ1-2msin θ1)·t2-(m2+12)=0.
所以t1,t2即为方程(16cos2θ1-sin2θ1)t2+(16cos θ1-2msin θ1)t-(m2+12)=0的两个根,
则|TA|·|TB|=t1t2=,
同理|TP|·|TQ|=,
结合|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,得cos2θ1=cos2θ2,
又因为AB与PQ是不同直线,
所以cos θ1=-cos θ2,于是θ1+θ2=π,则kAB+kPQ=0,
即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.
18.解析　(1)由题意得解得故椭圆C的方程为+y2=1.
(2)证明:①先证必要性.
易知直线MN的斜率不为0,
因为M,N,F三点共线,F(,0),
所以设直线MN:x=my+.
由题意知O(0,0)到直线MN的距离d==1,解得m2=1,故m=±1,所以直线MN:x±y-=0,
根据对称性,不妨设直线MN:y=x-.
联立消y整理得4x2-6x+3=0.
设M(x1,y1),N(x2,y2).
故x1+x2=,所以|MN|=·|x1-x2|=,即必要性成立.
②再证充分性.
因为直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切,所以设切点为P(x0,y0)(x0>0),M(x1,y1),N(x2,y2).
则直线MN:x0x+y0y=1,且=1.
联立得
则,即(3=0,即(2=0,所以x1+x2=,
所以|x1-x2|=.又kMN=-,
故|MN|=·|x1-x2|=,即2x0+1=0,即(x0-1)2=0,所以x0=.故y0=±.
由于MN:x0x+y0y=1,即MN:x±y=,
故直线MN过F(,0),即M,N,F三点共线.故充分性成立.
故M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=.
19.解析　(1)由题设得,解得a2=6,b2=3.所以C的方程为=1.
(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2).
若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,代入=1得(1+2k2)·x2+4kmx+2m2-6=0.
于是x1+x2=-.①
由AM⊥AN知·=0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.
将①代入上式可得(k2+1)+(m-1)2+4=0,
整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.
因为A(2,1)不在直线MN上,所以2k+m-1≠0,
故2k+3m+1=0,k≠1.
于是MN的方程为y=k(k≠1).
所以直线MN过点P.
若直线MN与x轴垂直,则N(x1,-y1).
由·=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)·(-y1-1)=0.
又=1,可得3-8x1+4=0.
解得x1=2(舍去)或x1=.
此时直线MN过点P.
令Q为AP的中点,即Q.
若D与P不重合,则由题设知AP是Rt△ADP的斜边,故|DQ|=.
若D与P重合,则|DQ|=|AP|.
综上,存在点Q,使得|DQ|为定值.
20.解析　(1)由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1),则=(a,-1).由·=8得a2-1=8,即a=3.
所以E的方程为+y2=1.
(2)证明:设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).
若t≠0,设直线CD的方程为x=my+n,由题意可知-3由于直线PA的方程为y=(x+3),
所以y1=(x1+3).
直线PB的方程为y=(x-3),
所以y2=(x2-3).
可得3y1(x2-3)=y2(x1+3).
由于=1,因此,
可得27y1y2=-(x1+3)(x2+3),
即(27+m2)y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2=0.①
将x=my+n代入+y2=1得(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.
所以y1+y2=-,代入①式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0,
解得n1=-3(舍去),n2=.
故直线CD的方程为x=my+,
即直线CD过定点.
若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点.
综上,直线CD过定点.
1.C　抛物线y2=2px(p>0)的准线方程为x=-,
圆x2+y2-4y=0的标准方程为x2+(y-2)2=4,圆心坐标为(0,2),半径为2,
圆心到准线的距离为,所以有)2=22,解得p=2(负值舍去).故选C.
2.A　设双曲线的右焦点为F',连接PF',如图.
则PF-PF'=2a=2.在Rt△OTF中,FO=c=2,∴FT=b=,
∵M为FP的中点,O为FF'的中点,
∴MO为△FF'P的中位线,
∴MF-MO=a=,即MT+,
∴MO-MT=.故选A.
3.C　根据题意可得F,
设P(y1≠y2),
由题意可得PF=QF,又PF=xP+,
∴,则,又y1≠y2,
∴y1=-y2,∵PQ=2=2|y1|,
∴|y1|=1,所以PF==2,解得p=2±,故选C.
4.D　由题意可得双曲线的渐近线方程为y=±x,不妨设F1与点P关于渐近线y=x对称,易知点F1到渐近线bx-ay=0的距离为=b,所以在△F1PF2中,PF1=2b,F1F2=2c,PF2=2a,
∴cos∠F1F2P=,
由抛物线的定义可知,点P到准线x=-c的距离等于点P到F2的距离,
∴F1F2=PF2+PF2cos∠F1F2P,
∴2c=2a+2acos∠F1F2P,即c2=ac+a2,
∴e2-e-1=0,∴e=.故选D.
5.CD　∵,∴|c,则|c.∵PQ平分∠F1PF2,∴,又PF1+PF2=2a,∴PF1=,在△PF1F2中,由余弦定理得cos ∠F1PF2=e2,∵-16.C　不妨设点M在第一象限,如图,由抛物线的定义知圆M一定过焦点F,过焦点F作FN⊥ME,垂足为N,在Rt△MNF中,MN=2-,
又因为∠NMF=,所以NF=MNtan ,所以y0=,因此=2p×2,整理得3p2-40p+48=0,解得p=或p=12,当p=12时,=6>2,∠EMF为钝角,不合题意,舍去,故p=,因此圆M的半径为2+.
7.答案　
解析　由题意得3+=4,解得p=2,故抛物线方程为y2=4x,从而A(3,2).△PAF的周长最小即PA+PF的值最小,设F关于准线的对称点为F1,则F1(-3,0),连接AF1,则AF1与准线的交点即为使PA+PF的值最小的点P,此时可求得P.又因为kAF=,所以直线AF的方程为y-0=(x-1),即=0,故点P到直线AF的距离d=.
8.答案　或
解析　依题意知,则,即a=2b,设P(x0,y0)(y0≠0),则=1,即=1,化简得-4-a2.
由于A,B分别是椭圆的左、右顶点,
所以A(-a,0),B(a,0),
所以tan α+tan β==1,所以x0=-2y0,
所以或
当时,tan α=,
当时,tan α=,
所以直线PA的斜率为或.
9.答案　1;8
解析　由y2=4x,得2p=4,∴p=2.
因此F(1,0),准线l:x=-1.如图所示.
设P(x0,y0),则PF=x0+1=2 x0=1.
由点P在抛物线上知,=4x0=4,∴y0=±2.
不妨取y0=2,则P(1,2).
设A(x1,y1),B(x2,y2),
∵),∴M为线段AB的中点,
∴M.
∵A,B均为抛物线上的点,
∴=4x2,
从而(y1-y2)(y1+y2)=4(x1-x2).
又=2,∴y1+y2=4.
因此kAB==1,∴直线AB的方程为y=x-1.
由得x2-6x+1=0,∴x1+x2=6,
因此AB=x1+x2+p=6+2=8.
10.解析　(1)由于椭圆C的短轴长为2,所以b=1,因为椭圆C上的动点到左焦点的距离的最大值为+1,所以a+c=+1,又因为b2=a2-c2,所以a-c=-1,所以a=,c=1,所以椭圆C的标准方程为+y2=1.
(2)证明:显然直线l的斜率存在,设其方程为y=kx+2,代入+y2=1中,整理得(2k2+1)x2+8kx+6=0,则Δ=(8k)2-24(2k2+1)>0,即k2>,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,
所以yM=kxM+2=k·,所以直线QM的方程为y-·.令x=0,得yQ=,则yQ=-yM,即=0,
所以线段QM的中点在定直线上.
(3)设=λ,由(2)知λ=,
所以,
令μ=,则k2=,由(2)知k2>,故2<μ<,即2<λ+,
解得<λ<3且λ≠1,
即的取值范围为∪(1,3).
11.解析　(1)将点P(4,4)的坐标代入y2=2px中,
解得p=2,故抛物线M的方程为y2=4x.
(2)设E(m,0),D(m-t,0),G(m+t,0),其中t>0,则k1=,所以=1,解得m=2,故E(2,0),∴直线PB的方程为y=(x-2),即2x-y-4=0.
(3)由(2)知,E(2,0),D(2-t,0),G(2+t,0),t>0,
则直线PA的方程为y-4=(x-4),即4x-(t+2)y+4t-8=0,
由得y2-(t+2)y+4t-8=0,
∴yA=t-2,xA=,即A,
直线PC的方程为y-4=(x-4),t≠2,即4x-(2-t)y-4t-8=0,t≠2,
同理可得C,
∴点A到直线PB的距离d1=,点C到直线PB的距离d2=,
则,
易知过点P的抛物线M的切线存在,设此切线的方程为y-4=k(x-4),
由得ky2-4y+16-16k=0,由Δ=0,得k=(二重根),
所以过点P的抛物线M的切线的方程为x-2y+4=0,令y=0,得x=-4,
所以要使过P点的直线与抛物线有两个交点,则有012.答案　
解析　以矩形ABCD的中心为原点,圆锥的轴为x轴建立平面直角坐标系,如图所示,
设双曲线的标准方程为=1(a>0,b>0),由圆锥的底面直径均为4可得底面半径r=2,侧面积均为2π可得OA=,又AM=r=2,所以OM=1,则tan∠AOM=2,即=2,
所以e=.
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