x24y的焦點是（A．1,

C．0,

D．x3y30的傾斜角為（ B． C． D． 已知M(23N62PxPMPNP的坐標為（

12,0

14,0

6,

21ab0雙曲線兩條漸近線的夾角為60°，則該雙曲線的離心率e為 C． C．已知直線lmxy1n2xy10mRnR，若直線lA12B2,1兩點的線段總有公共點，則l的傾斜角范圍為（）A．π,π

B．3π,π

C．π,3π

D．0,π3π,π44

44

4

A12B32C16y軸于MNMN（

B．

D．已知直線la2xy3a250與lxa2y3a250PQx2y22上，則（PQ有最大值 B．PQ有最大值PQ有最小值 D．PQ有最小值 已知橢圓C

1l

P

1若l與C

PA,的傾斜角分別為α,β，則sinαβ（ B． ．

已知曲線C:

1mR，下列說法正確的是（m 3若1m3C若m1CC若曲線C為焦點在x軸上的雙曲線，則其離心率小 大于已知圓C(x2)2y24，直線lmxym10，則（直線l與圓C直線l與圓CABAB的最大值為圓C上點到直線l距離的最大值 當m1時，則圓C上存在四個點到直線lA05B0,5，曲線C:yy4xx4，則下列說法正確的是（曲線CPPBPAy2x與曲線C若過點(20)的直線l與曲線C有三個不同的交點，則直線l的斜率的取值范圍是2523 3 點Q是曲線C上在第三象限內的一點，過點Qy2xy2xMNQMQN若直線2xay2與ax2y1垂直，則a FFM是它們的一個交點，且cosFMF1 離心率分別為e、e，則

的最大值 xy103xy40 16（1） （2）x2y21有公共漸近線，且經過點323 已知橢圓C:

21ab0的離心率e ，且橢圓的長軸長為 求橢圓C過點1,0的直線l與橢圓CABAB82，求直線l的方程

2y2

AP垂直

1的左頂點為A，左?右焦點分別為 設點M在雙曲線上，且MF1MF20，求點MxF2且斜率為1DEDE的長度Ex1)2y216F10EMEMFlEMN，當點MN的軌跡為曲線C求曲線C設曲線CxABP為曲線CABPAx4于點T，BT交曲線C于點QBP,BQ的斜率分別為kBPkBQ．kBPkBQx24y的焦點是0,1

xθ30

3y30的斜率k

3，因為0θ180如圖，Mx軸對稱點是M23，M’NxM’N成一直線，此時，M’NxPPMPNPMPNMNM’N5x8y140M’NxP點，所以，P點坐標為140

y2

x

ybx60°ab0btan30

3，即a

3b所以a2=3b2，即a23(c2a2，即3c24a2 2所以e ，則e xy1【詳解】令2xy1

x，解得y1

有kPA

1

1，kPB

2

1則l的傾斜角范圍為0,π3ππ

4

x2y2DxEyF0D2E24F014D2EF則943D2EF136D6EFD4，E4，F9∴x2y24x4y90x0y24y90

4

163642132

y1

【詳解】對于直線la2xy3a250，可變形為a2x3y50x3 x令y50，解得y5，所以直線l1A(35 對于直線lxa2y3a250，可變形為(x5a2y30x5 x令y30，解得y3，所以直線l2B(5,3) 因為a21a210，所以llA(35B(5,3)，則中點坐標為(3553)44)|AB

(5(53)2(3

422，所以半徑r1|AB4 PABP的軌跡為x42y422x3y5x2y22的圓心O(00)，半徑r2，則圓心O(00)P軌跡圓的圓心(44)(40)2(4(40)2(4

16|PQ|的最大值為圓心加上兩圓半徑，即|PQ|max16

【詳解】設直線ly1xmm0AxyBxy 1 y1x由 ，得x22mx2m240x2y2 Δ4m28m216由 m

，解得2m0或0m2x1x22mx1x22m24PPAPB的斜率一定存在，所以απβπ PAPB的斜率分別為kk，因為ky11ky211

x1

x2所以kky11y21y11x22y21x12 x

x

x2

y1xmy1xm 2 2所以y1x2y1x21xm1x21xm1x

2

2 xxm2xx4m12m24m22m4m10 則αβπ，所以sinαβsinπ 2

m1A選項，若C為橢圓，則3m0m1223，Am13B選項，若C為雙曲線，等價于m13m0，即m3或m1，B3C選項，當m12時，橢圓長軸長2a3

2當m23時，橢圓長軸長2a

2，CD選項，若Cx軸上的雙曲線，則m10，解得m33ma2m1ma2m1mm2m2且雙曲線的離心率e1D正確.【詳解】圓C(x2)2y24，圓心C20，半徑r2直線mxym10過定點M1,1CM2A(12)21224，點MBABAB最大為4C：圓C上點到直線l

r

22D：直線lxy20，圓心在直線上，1r，故圓C上存在四個點到直線l1，正確；x0y0時，曲線C:y24x24，即C:y2

x2x0y0時，曲線Cy24x24，即C:y2

x21x0y0時，曲線C:y24x24，即C:y2

x21x0y0時，曲線Cy24x24，即Cx2y2A

|PB||PA|

y2

1該雙曲線的下支與曲線C所以不存在曲線CP，使得|PB||PA|4A錯誤；By2x，y2x與曲線CBC：設過點(20)的直線lxmy2，三個交點，顯然m0xmy聯(lián)立 4m21y216my120

0m3

123 x2

xmy聯(lián)立

0m5

125 x2

直線l與曲線C有三個不同的交點，則直線l斜率的取值范圍是2523，C 3 2x02x0對于D：設Qx0,y0，由點到直線距離公式得：|2x02x04x2 2x 4x2 所以|QM||QN| 0 0 2y2因為點是曲線4x4x2

01，所以|QM||QN ，故D錯誤 故選【詳解】由題意可得2a2a0，解得a00x2y23632 x2c

21ab0由題意，有

26 1，解得a236b232a2b2

1 故答案為：36415/

36 1 【詳解】不妨設MF1為左焦點，設橢圓的長半軸長為a1，雙曲線的實半軸長為a2，MF1

2a1MF1MF22a2MF1a1a2MF2a1a2FF2c，在MFFcosFMF11 1

由余弦定理得4c2aa)2aa)22(aa)(aacosFMF 化簡得3a25a28c2358 3

8

1

415

e 當且僅

53

18，即e

3，e

5

43xy160xy11xxy1【詳解】解：聯(lián)立方程組

，解得 3xy4

y ABCDA3744 設Cx0y0，由題意知點M33ACx所以

4 y

4x

C27,17解得 17，所以 4y AD的斜率kAD3BCADBCy173x27，即3xy16 4 AB的斜率kAB1，因為CDAB所以直線CDy17x27xy11 4 故這個平行四邊其它兩邊所在直線的方程是3xy160xy11 16（1）（2） x4，p

y216x（2）

因為雙曲線經過點323912λ，故λ19 x2y2

即

x22(2)xy1xy（1）2a4a2又ec

3，且a2b2c2，解得c ，b則橢圓C

x2

法一：①當直線l0AB=2a4②當直線l0時，設直線lxty1，xty聯(lián)立x24y24

，得t24y22ty300yy

t2 yyAB

1

t21t y1t y 4y 1tt21t2t2

82，解得t1.故直線lxy1xy1法二：①當直線l斜率不存在時，AB ，不符合題意②設直線lykx1ykx

聯(lián)立

24

4

，得

1

8kx8k

40，0 4k 4k2 4k21k x 1k x 4x 1

821k21k2·3k2

82，解得k14k2 故直線lyx1yx1.18．(1)5(2)5(3)4 【詳解（1）雙曲線x 1的左頂點

A10

40211AP垂直可知bb1，則b2111x24y21

ec （2）由（1）得c

511

MF1MF20，MF1MF2，設MF1mMF2n則在RtVMF1F2中，有m2n22c)25mn2m2n22mn4a24解得mn1，則

1mn1 又 FF 5 1，解得|y 51

∴Mx軸的距離為5

50)F2且斜率為1yx5 與雙曲線方程聯(lián)立消元，可得3x245x60Dx1y1Ex2y2xx45xx2DEDE4

x 4x 1

180=80

4 19．(1) （1）NE

NE4

2NEF且長軸長2a4，焦距2cEF2所以b2a2c2C

1 （2（?。﹦t

，

m0mx1

而

m，于是m2y1

x1

x1 所以kBPkBQ 1 1 ，

x123x1

3x2又111y1