2016年高考文科圆锥曲线大题

在直角坐标系xOy中，直线l:ytt0交y轴于点M，交抛物线

C：y22pxp0于点P，M关于点P的对称点为N，连结ON并延长交C于点H.

（I）求

OHON

；

（II）除H以外，直线MH与C是否有其它公共点？说明理由.

2. （新课标Ⅱ文数）

x2y2

1的左顶点，斜率为kk＞0的直线交E于A，M两点，已知A是椭圆E：

43

点N在E上，MANA.

（I）当AMAN时，求AMN的面积 (II)当2AM

ANk2.

已知抛物线C：y22x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1，l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点.

（Ⅰ）若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明ARFQ；

（Ⅱ）若PQF的面积是ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程.

4. （2016年北京文数）

x2y2

（2,0），（B0,1）已知椭圆C：221过点A两点.

ab

（I）求椭圆C的方程及离心率；

（II）设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值.

x2y2

已知椭圆C:221ab0的长轴长为4

，焦距为ab

（I）求椭圆C的方程；

(Ⅱ)过动点M(0，m)m0的直线交x轴与点N，交C于点A，P (P在第一象限)，且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长线QM交C于点B.

(i)设直线PM、QM的斜率分别为k、k'，证明(ii)求直线AB的斜率的最小值.

k'

为定值. k

y2

双曲线x21(b0)的左、右焦点分别为F1、F2，直线l过F2且与双曲线交于A、B

b

2

两点.

（1）若l的倾斜角为



，△F1AB是等边三角形，求双曲线的渐近线方程； 2

（2

）设b 若l的斜率存在，且|AB|=4，求l的斜率.

7. （2016年四川文数）

x2y2

已知椭圆E： 221ab0的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个

ab

顶点，点P)在椭圆E上。 (Ⅰ)求椭圆E的方程； (Ⅱ)设不过原点O且斜率为

12

1

的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中2

点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明： MAMBMCMD

x2y2113e

1（a）的右焦点为F，右顶点为A，已知设椭圆2，

|OF||OA||FA|a3

其中O为原点，e为椭圆的离心率. （Ⅰ）求椭圆的方程；学.科.网

（Ⅱ）设过点A的直线l与椭圆交于点B（B不在x轴上），垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H，若BFHF，且MOAMAO，求直线的l斜率.

9. （2016年浙江文数）

如图，设抛物线y2px(p0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于AF1. （I）求p的值；

（II）若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M.求M的横坐标的取值范围

.

2

答案

t2

1. （Ⅰ）由已知得M(0,t)，P(,t).

2p

pt2

又N为M关于点P的对称点，故N(,t)，ON的方程为yx，代入y22px

tp

2t22t2

整理得px2tx0，解得x10，x2，因此H(,2t).

pp

2

2

所以N为OH的中点，即

|OH|

2. |ON|

（Ⅱ）直线MH与C除H以外没有其它公共点.理由如下： 直线MH的方程为yt

p2t

x，即x(yt).代入y22px得2tp

解得y1y22t，即直线MH与C只有一个公共点，所以除Hy24ty4t20，

以外直线MH与C没有其它公共点.

2. 【答案】（Ⅰ）【解析】

144

；（Ⅱ）.

证明见解析49

试题分析：（Ⅰ）先求直线AM的方程，再求点M的纵坐标，最后求AMN的面积；（Ⅱ）设Mx1,y1，，将直线AM的方程与椭圆方程组成方程组，消去y，用k表示x1，从而表示|AM|，同理用k表示|AN|，再由2AMAN求k. 试题解析：（Ⅰ）设M(x1,y1)，则由题意知y10. 由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为又A(2,0)，因此直线AM的方程为yx2.



， 4

x2y2

1得7y212y0， 将xy2代入

431212，所以y1. 77

11212144

因此AMN的面积SAMN2.

27749

解得y0或y

x2y2

1得 （2）将直线AM的方程yk(x2)(k0)代入

43

(34k2)x216k2x16k2120.

16k2122(34k2)由x1(2)得x1，故|AM|x12|34k23

4k2121

由题设，直线AN的方程为y(x

2)，故同理可得|AN|. 2

k43k由2|AM||AN|得

2k，即4k36k23k80. 22

34k43k

设f(t)4t36t23t8，则k是f(t)的零点，f'(t)12t212t33(2t1)20， 所以f(t)在(0,

)单调递增，又f260,f(2)60， 因此f(t)在(0,)有唯一的零点，且零点k

在

k2. 考点：椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系.

1F(,0)

3. 解：（Ⅰ）由题设2.设l1:ya,l2:yb，则ab0，且

a2b2111ab

A(,a),B(,b),P(,a),Q(,b),R(,). 222222

记过A,B学科&网两点的直线为l，则l的方程为2x(ab)yab0. .....3分

（Ⅰ）由于F在线段AB上，故1ab0. 记AR的斜率为k1，FQ的斜率为k2，则

kb1a2aba2ab11

aaab

a

bk2. 所以AR∥FQ. ......5分 （Ⅱ）设l与x轴的交点为D(x1,0)， 则S111

abABF

2baFD2bax12,SPQF

2. 由题设可得

12bax1ab

12

2

，所以x10（舍去），x11. 设满足条件的AB的中点为E(x,y). 当AB与x轴不垂直时，由k2y

ABkDE可得abx1

(x1). 而

ab

2

y，学科&网所以y2x1(x1). 当AB与x轴垂直时，E与D重合.所以，所求轨迹方程为y2x1. ....12

4. 解：（I）由题意得，a2，b1．

所以椭圆C的方程为x2

4

y21．

又c

所以离心率e

ca

． （II）设xx22

0,y0（00，y00），则x04y04．

又2,0，0,1，所以， 直线的方程为y

y0

xx2． 02

令x0，得y

2y02x，从而1yy0

102

x2．

0分

直线的方程为y

y01

x1． x0

令y0，得x

x0x0

，从而2x2．

y01y01

所以四边形的面积

S

1

 2

x2y01

201 2y01x02

22x04y04x0y04x08y04



2x0y0x02y02

2x0y02x04y04

x0y0x02y02

2．

从而四边形的面积为定值．

x2y2125. 【答案】(Ⅰ) 4.(Ⅱ)(i)见解析；(ii)直线AB

的斜率的最小值为 .

【解析】

试题分析：(Ⅰ)分别计算a,b即得. (Ⅱ)(i)设

Px0,y0x00,y00

，

由M(0,m)，可得

Px0,2m,Qx0,2m.

k

得到直线PM的斜率(ii)设

2mmm2mm3m

k'x0x0 ，直线QM的斜率x0x0.证得.

，

Ax1,y1,Bx2,y2

直线PA的方程为y=kx+m， 直线QB的方程为y=-3kx+m.

ykxm

2xy2

1

42联立 ，

2k整理得

x2x1

2

1x24mkx2m240

.

应用一元二次方程根与系数的关系得到

18k

2m22

2

y2y1

2k1x18k12k1x，

6km22m28k6k1m2mm18k1x2k1x18k12k1x2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

1x0



2m22



32k2m22

ky2y16k21AB

得到

x16k1.2x14k4k

应用基本不等式即得.

试题解析：(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c，

由题意知2a4,2c

所以

a2,b x2y2

1所以椭圆C的方程为42.

(Ⅱ)(i)设

Px0,y0x00,y00

，

由M(0,m)，可得

Px0,2m,Qx0,2m.

k

2mm所以 直线PM的斜率

xm

0x0 ，

k'

2mm直线QM的斜率

x3m0x0.

k'

3此时k，

k'

所以k为定值-3.

(ii)设

Ax1,y1,Bx2,y2

，

直线PA的方程为y=kx+m， 直线QB的方程为y=-3kx+m.

，

ykxm2xy2

1

42联立 ，

2k整理得

由

2

1x24mkx2m240

2

.

x0x1

2m4x12

22k1x02k1可得 ，

2m22

2k1x， 2m26km2x,ym

18k1x18k1x.

同理

2m22m232km2xx

18k1x2k1x18k12k1x，

所以

6km22m28k6k1m2yymm

18k1x2k1x18k12k1x ，

2

y1kx1m

2

2km22

m

所以

2

2

2

2

2

00

2222

21

2222

000

2222

21

2222

000

kAB

所以由

y2y16k21116k.x2x14k4k

m0,x00，可知k>0，

6k

1kk时取得.

，等号当且仅当

所以



m，即，符号题意.

所以直线AB

的斜率的最小值为 .

6. 解：（1）设x,y．

2224由题意，F2c

,0，c，ybc1b，



因为F1

是等边三角形，所以2c，

242

即41b3b，解得b2．



故双曲线的渐近线方程为y． （2）由已知，F22,0．

设x1,y1，x2,y2，直线l:ykx2．

2y2

1x2222

由，得k3x4kx4k30． 3

ykx2

2

因为l与双曲线交于两点，所以k230，且361k0．



36k214k24k232

由x1x22，x1x22，得x1x2， 22k3k3k3

故



1x2

6k21k3

2

4，

2解得k

3，故l的斜率为． 5

7. （I）由已知，a=2b.

1

xy13

又椭圆2

21(ab0)过点P)，故21，解得b21. 2

2ab4bb

2

2

x2

y21. 所以椭圆E的方程是4

（II）设直线l的方程为y

1

xm(m0)，A(x1,y1),B(x2,y2) ， 2

x2

y21,422

由方程组 得x2mx2m20，①

y1xm,2

2

方程①的判别式为4(2m)，由，即2m

，解得m2

由①得x1x22m,x1x22m22. 所以M点坐标为(m,

m1)，直线OM方程为yx， 22

x2

y21,4

由方程组得C(D.

y1x,



2

所以MCMD又MAMB

5

(mm)(2m2). 224

1152

AB[(x1x2)2(y1y2)2][(x1x2)24x1x2] 4416

55

[4m24(2m22)](2m2). 164

所以MAMB=MCMD.

x2y2

1（Ⅱ）8. 【答案】（Ⅰ） 434

【解析】

试题分析：（Ⅰ）求椭圆标准方程，只需确定量，由

113c

，得|OF||OA||FA|

113c22222再利用acb3，可解得c1，a4（Ⅱ）先化简条件：caa(ac)，

MOAMAO|MA||MO|，即M再OA中垂线上，xM1再利用直线与椭圆

，

位置关系，联立方程组求B；利用两直线方程组求H，最后根据BFHF，列等量关系解出直线斜率.

试题解析：（1）解：设F(c,0)，由

113c113c

，即，可得|OF||OA||FA|caa(ac)

a2c23c2，又a2c2b23，所以c21，因此a24，学.科网所以椭圆的方程为

x2y2

1. 43

（2）设直线的斜率为k(k0)，则直线l的方程为yk(x2)，

x2y2

1,

设B(xB,yB)，由方程组4 消去y， 3

yk(x2),

8k26

整理得(4k3)x16kx16k120，解得x2或x，

4k23

2

2

2

2

8k2612k

y由题意得xB，从而， B22

4k34k3

94k212k

,2)， 由（1）知F(1,0)，设H(0,yH)，有FH(1,yH)，BF(2

4k34k34k2912kyH

0， 由BFHF，得BFHF0，所以2

4k34k23

94k2194k2

解得yH，因此直线MH的方程为yx，

12kk12k

194k2

20k29,yx

设M(xM,yM)，由方程组， k12k 消去y，得xM2

12(k1)yk(x2),



在MAO中，MOAMAO|MA||MO|，

20k29

即(xM2)yxy，化简得xM1，即1，

2

12(k1)

2

2M

2M

2M

解得k

或k， 或k. 所以直线l

的斜率为k

考点：椭圆的标准方程和几何性质，学.科网直线方程

9. 【答案】（1）p=2；（2）,02,. 【解析】

试题分析：本题主要考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题方法.

试题解析：(Ⅰ)由题意可得抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=-1的距离. 由抛物线的第一得

p

1，即p=2. 2

2

(Ⅱ)由(Ⅰ)得抛物线的方程为y4x,F1,0，可设At,2t,t0,t1.

2



y24x

因为AF不垂直于y轴，可设直线AF:x=sy+1,s0,由消去x得

xsy1

12

y24sy40，故y1y24，所以B2,.

tt

t212t

又直线AB的斜率为2，故直线FN的斜率为，

t12tt212

yx1从而的直线FN:y，直线BN:， 

t2t

t232

所以N2,，

t1t

2

2t， 设M(m,0),由A,M,N三点共线得：22

tm2t3

t2

t1

2t

2t2

于是m2，经检验，m2满足题意.

t1

综上，点M的横坐标的取值范围是,02,. 考点：抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系.

在直角坐标系xOy中，直线l:ytt0交y轴于点M，交抛物线

C：y22pxp0于点P，M关于点P的对称点为N，连结ON并延长交C于点H.

（I）求

OHON

；

（II）除H以外，直线MH与C是否有其它公共点？说明理由.

2. （新课标Ⅱ文数）

x2y2

1的左顶点，斜率为kk＞0的直线交E于A，M两点，已知A是椭圆E：

43

点N在E上，MANA.

（I）当AMAN时，求AMN的面积 (II)当2AM

ANk2.

已知抛物线C：y22x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1，l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点.

（Ⅰ）若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明ARFQ；

（Ⅱ）若PQF的面积是ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程.

4. （2016年北京文数）

x2y2

（2,0），（B0,1）已知椭圆C：221过点A两点.

ab

（I）求椭圆C的方程及离心率；

（II）设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值.

x2y2

已知椭圆C:221ab0的长轴长为4

，焦距为ab

（I）求椭圆C的方程；

(Ⅱ)过动点M(0，m)m0的直线交x轴与点N，交C于点A，P (P在第一象限)，且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长线QM交C于点B.

(i)设直线PM、QM的斜率分别为k、k'，证明(ii)求直线AB的斜率的最小值.

k'

为定值. k

y2

双曲线x21(b0)的左、右焦点分别为F1、F2，直线l过F2且与双曲线交于A、B

b

2

两点.

（1）若l的倾斜角为



，△F1AB是等边三角形，求双曲线的渐近线方程； 2

（2

）设b 若l的斜率存在，且|AB|=4，求l的斜率.

7. （2016年四川文数）

x2y2

已知椭圆E： 221ab0的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个

ab

顶点，点P)在椭圆E上。 (Ⅰ)求椭圆E的方程； (Ⅱ)设不过原点O且斜率为

12

1

的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中2

点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明： MAMBMCMD

x2y2113e

1（a）的右焦点为F，右顶点为A，已知设椭圆2，

|OF||OA||FA|a3

其中O为原点，e为椭圆的离心率. （Ⅰ）求椭圆的方程；学.科.网

（Ⅱ）设过点A的直线l与椭圆交于点B（B不在x轴上），垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H，若BFHF，且MOAMAO，求直线的l斜率.

9. （2016年浙江文数）

如图，设抛物线y2px(p0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于AF1. （I）求p的值；

（II）若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M.求M的横坐标的取值范围

.

2

答案

t2

1. （Ⅰ）由已知得M(0,t)，P(,t).

2p

pt2

又N为M关于点P的对称点，故N(,t)，ON的方程为yx，代入y22px

tp

2t22t2

整理得px2tx0，解得x10，x2，因此H(,2t).

pp

2

2

所以N为OH的中点，即

|OH|

2. |ON|

（Ⅱ）直线MH与C除H以外没有其它公共点.理由如下： 直线MH的方程为yt

p2t

x，即x(yt).代入y22px得2tp

解得y1y22t，即直线MH与C只有一个公共点，所以除Hy24ty4t20，

以外直线MH与C没有其它公共点.

2. 【答案】（Ⅰ）【解析】

144

；（Ⅱ）.

证明见解析49

试题分析：（Ⅰ）先求直线AM的方程，再求点M的纵坐标，最后求AMN的面积；（Ⅱ）设Mx1,y1，，将直线AM的方程与椭圆方程组成方程组，消去y，用k表示x1，从而表示|AM|，同理用k表示|AN|，再由2AMAN求k. 试题解析：（Ⅰ）设M(x1,y1)，则由题意知y10. 由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为又A(2,0)，因此直线AM的方程为yx2.



， 4

x2y2

1得7y212y0， 将xy2代入

431212，所以y1. 77

11212144

因此AMN的面积SAMN2.

27749

解得y0或y

x2y2

1得 （2）将直线AM的方程yk(x2)(k0)代入

43

(34k2)x216k2x16k2120.

16k2122(34k2)由x1(2)得x1，故|AM|x12|34k23

4k2121

由题设，直线AN的方程为y(x

2)，故同理可得|AN|. 2

k43k由2|AM||AN|得

2k，即4k36k23k80. 22

34k43k

设f(t)4t36t23t8，则k是f(t)的零点，f'(t)12t212t33(2t1)20， 所以f(t)在(0,

)单调递增，又f260,f(2)60， 因此f(t)在(0,)有唯一的零点，且零点k

在

k2. 考点：椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系.

1F(,0)

3. 解：（Ⅰ）由题设2.设l1:ya,l2:yb，则ab0，且

a2b2111ab

A(,a),B(,b),P(,a),Q(,b),R(,). 222222

记过A,B学科&网两点的直线为l，则l的方程为2x(ab)yab0. .....3分

（Ⅰ）由于F在线段AB上，故1ab0. 记AR的斜率为k1，FQ的斜率为k2，则

kb1a2aba2ab11

aaab

a

bk2. 所以AR∥FQ. ......5分 （Ⅱ）设l与x轴的交点为D(x1,0)， 则S111

abABF

2baFD2bax12,SPQF

2. 由题设可得

12bax1ab

12

2

，所以x10（舍去），x11. 设满足条件的AB的中点为E(x,y). 当AB与x轴不垂直时，由k2y

ABkDE可得abx1

(x1). 而

ab

2

y，学科&网所以y2x1(x1). 当AB与x轴垂直时，E与D重合.所以，所求轨迹方程为y2x1. ....12

4. 解：（I）由题意得，a2，b1．

所以椭圆C的方程为x2

4

y21．

又c

所以离心率e

ca

． （II）设xx22

0,y0（00，y00），则x04y04．

又2,0，0,1，所以， 直线的方程为y

y0

xx2． 02

令x0，得y

2y02x，从而1yy0

102

x2．

0分

直线的方程为y

y01

x1． x0

令y0，得x

x0x0

，从而2x2．

y01y01

所以四边形的面积

S

1

 2

x2y01

201 2y01x02

22x04y04x0y04x08y04



2x0y0x02y02

2x0y02x04y04

x0y0x02y02

2．

从而四边形的面积为定值．

x2y2125. 【答案】(Ⅰ) 4.(Ⅱ)(i)见解析；(ii)直线AB

的斜率的最小值为 .

【解析】

试题分析：(Ⅰ)分别计算a,b即得. (Ⅱ)(i)设

Px0,y0x00,y00

，

由M(0,m)，可得

Px0,2m,Qx0,2m.

k

得到直线PM的斜率(ii)设

2mmm2mm3m

k'x0x0 ，直线QM的斜率x0x0.证得.

，

Ax1,y1,Bx2,y2

直线PA的方程为y=kx+m， 直线QB的方程为y=-3kx+m.

ykxm

2xy2

1

42联立 ，

2k整理得

x2x1

2

1x24mkx2m240

.

应用一元二次方程根与系数的关系得到

18k

2m22

2

y2y1

2k1x18k12k1x，

6km22m28k6k1m2mm18k1x2k1x18k12k1x2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

1x0



2m22



32k2m22

ky2y16k21AB

得到

x16k1.2x14k4k

应用基本不等式即得.

试题解析：(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c，

由题意知2a4,2c

所以

a2,b x2y2

1所以椭圆C的方程为42.

(Ⅱ)(i)设

Px0,y0x00,y00

，

由M(0,m)，可得

Px0,2m,Qx0,2m.

k

2mm所以 直线PM的斜率

xm

0x0 ，

k'

2mm直线QM的斜率

x3m0x0.

k'

3此时k，

k'

所以k为定值-3.

(ii)设

Ax1,y1,Bx2,y2

，

直线PA的方程为y=kx+m， 直线QB的方程为y=-3kx+m.

，

ykxm2xy2

1

42联立 ，

2k整理得

由

2

1x24mkx2m240

2

.

x0x1

2m4x12

22k1x02k1可得 ，

2m22

2k1x， 2m26km2x,ym

18k1x18k1x.

同理

2m22m232km2xx

18k1x2k1x18k12k1x，

所以

6km22m28k6k1m2yymm

18k1x2k1x18k12k1x ，

2

y1kx1m

2

2km22

m

所以

2

2

2

2

2

00

2222

21

2222

000

2222

21

2222

000

kAB

所以由

y2y16k21116k.x2x14k4k

m0,x00，可知k>0，

6k

1kk时取得.

，等号当且仅当

所以



m，即，符号题意.

所以直线AB

的斜率的最小值为 .

6. 解：（1）设x,y．

2224由题意，F2c

,0，c，ybc1b，



因为F1

是等边三角形，所以2c，

242

即41b3b，解得b2．



故双曲线的渐近线方程为y． （2）由已知，F22,0．

设x1,y1，x2,y2，直线l:ykx2．

2y2

1x2222

由，得k3x4kx4k30． 3

ykx2

2

因为l与双曲线交于两点，所以k230，且361k0．



36k214k24k232

由x1x22，x1x22，得x1x2， 22k3k3k3

故



1x2

6k21k3

2

4，

2解得k

3，故l的斜率为． 5

7. （I）由已知，a=2b.

1

xy13

又椭圆2

21(ab0)过点P)，故21，解得b21. 2

2ab4bb

2

2

x2

y21. 所以椭圆E的方程是4

（II）设直线l的方程为y

1

xm(m0)，A(x1,y1),B(x2,y2) ， 2

x2

y21,422

由方程组 得x2mx2m20，①

y1xm,2

2

方程①的判别式为4(2m)，由，即2m

，解得m2

由①得x1x22m,x1x22m22. 所以M点坐标为(m,

m1)，直线OM方程为yx， 22

x2

y21,4

由方程组得C(D.

y1x,



2

所以MCMD又MAMB

5

(mm)(2m2). 224

1152

AB[(x1x2)2(y1y2)2][(x1x2)24x1x2] 4416

55

[4m24(2m22)](2m2). 164

所以MAMB=MCMD.

x2y2

1（Ⅱ）8. 【答案】（Ⅰ） 434

【解析】

试题分析：（Ⅰ）求椭圆标准方程，只需确定量，由

113c

，得|OF||OA||FA|

113c22222再利用acb3，可解得c1，a4（Ⅱ）先化简条件：caa(ac)，

MOAMAO|MA||MO|，即M再OA中垂线上，xM1再利用直线与椭圆

，

位置关系，联立方程组求B；利用两直线方程组求H，最后根据BFHF，列等量关系解出直线斜率.

试题解析：（1）解：设F(c,0)，由

113c113c

，即，可得|OF||OA||FA|caa(ac)

a2c23c2，又a2c2b23，所以c21，因此a24，学.科网所以椭圆的方程为

x2y2

1. 43

（2）设直线的斜率为k(k0)，则直线l的方程为yk(x2)，

x2y2

1,

设B(xB,yB)，由方程组4 消去y， 3

yk(x2),

8k26

整理得(4k3)x16kx16k120，解得x2或x，

4k23

2

2

2

2

8k2612k

y由题意得xB，从而， B22

4k34k3

94k212k

,2)， 由（1）知F(1,0)，设H(0,yH)，有FH(1,yH)，BF(2

4k34k34k2912kyH

0， 由BFHF，得BFHF0，所以2

4k34k23

94k2194k2

解得yH，因此直线MH的方程为yx，

12kk12k

194k2

20k29,yx

设M(xM,yM)，由方程组， k12k 消去y，得xM2

12(k1)yk(x2),



在MAO中，MOAMAO|MA||MO|，

20k29

即(xM2)yxy，化简得xM1，即1，

2

12(k1)

2

2M

2M

2M

解得k

或k， 或k. 所以直线l

的斜率为k

考点：椭圆的标准方程和几何性质，学.科网直线方程

9. 【答案】（1）p=2；（2）,02,. 【解析】

试题分析：本题主要考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题方法.

试题解析：(Ⅰ)由题意可得抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=-1的距离. 由抛物线的第一得

p

1，即p=2. 2

2

(Ⅱ)由(Ⅰ)得抛物线的方程为y4x,F1,0，可设At,2t,t0,t1.

2



y24x

因为AF不垂直于y轴，可设直线AF:x=sy+1,s0,由消去x得

xsy1

12

y24sy40，故y1y24，所以B2,.

tt

t212t

又直线AB的斜率为2，故直线FN的斜率为，

t12tt212

yx1从而的直线FN:y，直线BN:， 

t2t

t232

所以N2,，

t1t

2

2t， 设M(m,0),由A,M,N三点共线得：22

tm2t3

t2

t1

2t

2t2

于是m2，经检验，m2满足题意.

t1

综上，点M的横坐标的取值范围是,02,. 考点：抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系.