2018-2019学年天津一中高二（上）期末数学试卷

这是一份2018-2019学年天津一中高二（上）期末数学试卷，共16页。
2018-2019学年天津一中高二（上）期末数学试卷
一.选择题：（每小题3分，共30分）
1．（3分）（2018秋•和平区校级期末）已知椭圆x225+y216=1的左右焦点分别为F1、F2，点P在椭圆上，若P、F1、F2是一个直角三角形的三个顶点，则点p到x轴的距离为（　　）
A．95 B．4 C．975 D．165
2．（3分）（2018秋•和平区校级期末）已知双曲线y2a2-x2b2=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线过点（3，2），且双曲线的一个焦点在抛物线x2＝47y的准线上，则双曲线的方程为（　　）
A．x221-y228=1 B．x228-y221=1
C．y24-x23=1 D．x23-y24=1
3．（3分）（2010•浙江）设F1、F2分别为双曲线x2a2-y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点．若在双曲线右支上存在点P，满足|PF2|＝|F1F2|，且F2到直线PF1的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线的渐近线方程为（　　）
A．3x±4y＝0 B．3x±5y＝0 C．4x±3y＝0 D．5x±4y＝0
4．（3分）（2016•新课标Ⅰ）已知方程x2m2+n-y23m2-n=1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是（　　）
A．（﹣1，3） B．（﹣1，3） C．（0，3） D．（0，3）
5．（3分）（2010•山东）已知抛物线y2＝2px（p＞0），过其焦点且斜率为1的直线交抛物线与A、B两点，若线段AB的中点的纵坐标为2，则该抛物线的准线方程为（　　）
A．x＝1 B．x＝﹣1 C．x＝2 D．x＝﹣2
6．（3分）（2018秋•和平区校级期末）一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为（　　）
A．108 B．216 C．648 D．1296
7．（3分）（2009•黑龙江）甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有（　　）
A．6种 B．12种 C．24种 D．30种
8．（3分）（2018秋•和平区校级期末）（x+1）6（1﹣2x）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a11x11，则a1+a2+…+a11＝（　　）
A．﹣64 B．﹣65 C．64 D．65
9．（3分）（2018秋•和平区校级期末）已知F为抛物线y2＝4x的焦点，过点F作两条互相垂直的直线l1与直线l2，直线l1与抛物线交于A、B两点，直线l2与抛物线交于C、D两点，则|AB|+|CD|的最小值为（　　）
A．10 B．12 C．14 D．16
10．（3分）（2018•榆林二模）过双曲线x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）的焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，D为虚轴上的一个端点，且△ABD为钝角三角形，则此双曲线离心率的取值范围为（　　）
A．（1，2） B．（2，2+2）
C．（2，2） D．（1，2）∪（2+2，+∞）

二.填空题：（每小题4分，共24分）
11．（4分）（2018秋•和平区校级期末）分别标有1、2、3、4的4张卡片，放入分别标号为1、2、3、4的4个盒中，每盒不空，且3号卡片不能放入3号盒中，则有　 　种不同的方法．
12．（4分）（2011•西安校级模拟）从5名男医生．4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男．女医生都有，则不同的组队方案共有　 　种 （数字回答）．
13．（4分）（2012•陕西）若（a+x）5展开式中x2的系数为10，则实数a＝　 　．
14．（4分）（2018秋•和平区校级期末）若抛物线x2＝2py（p＞0）的准线经过双曲线y2﹣x2＝1的一个焦点，则p＝　 　．
15．（4分）（2018秋•和平区校级期末）P为双曲线x2﹣y2＝1右支上的一个动点．若点P到直线x﹣y+1＝0的距离大于m恒成立，则是实数m的最大值为　 　．
16．（4分）（2018秋•和平区校级期末）已知椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），A、B为椭圆左右顶点，F为左焦点，点P为椭圆上一点，且PF⊥x轴，过点A的直线与线段PF交于M点，与y轴交于E点，若直线BM经过OE中点，则椭圆的离心率为　 　．

三.解答题：（共4题，46分）
17．（2018秋•和平区校级期末）已知F为椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左焦点，离心率为22，过F且垂直于x轴的直线被椭圆截得的线段长为2．
（1）求该椭圆方程；
（2）设直线l同时与椭圆和抛物线y2＝4x各恰有一个公共交点，求直线l的方程．

18．（2018秋•和平区校级期末）过椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的右焦点F作直线x+y-3=0交椭圆于M、N两点，H为线段MN的中点，且OH的斜率为14，设点A（1，12）．
（1）求该椭圆的方程；
（2）若点P是椭圆上的动点，求线段PA的中点G的轨迹方程；
（3）过原点的直线交椭圆于B、C两点，求△ABC面积的最大值．

19．（2018秋•和平区校级期末）已知点M（﹣2，0）、N（2，0）是平面上的两点，动点P满足|PM|+|PN|＝6
（1）求点P的轨迹方程；
（2）若（1﹣cos∠MPN）|PM|•|PN|＝2，求点P的坐标．

20．（2017•新课标Ⅰ）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），四点P1（1，1），P2（0，1），P3（﹣1，32），P4（1，32）中恰有三点在椭圆C上．
（1）求C的方程；
（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为﹣1，证明：l过定点．


2018-2019学年天津一中高二（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一.选择题：（每小题3分，共30分）
1．（3分）（2018秋•和平区校级期末）已知椭圆x225+y216=1的左右焦点分别为F1、F2，点P在椭圆上，若P、F1、F2是一个直角三角形的三个顶点，则点p到x轴的距离为（　　）
A．95 B．4 C．975 D．165
【考点】K4：椭圆的性质．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】设椭圆短轴的一个端点为M．根据椭圆方程求得c，进而判断出∠F1MF2＜90°，即∠PF1F2＝90°或∠PF2F1＝90°．令x＝±3，进而可得点P到x轴的距离．
【解答】解：设椭圆短轴的一个端点为M．
由于a＝5，b＝4，
∴c＝3＜b；
∴∠F1MF2＜90°，
∴只能∠PF1F2＝90°或∠PF2F1＝90°．
令x＝±3，得
y=b2a=165，
故选：D．
【点评】本题主要考查了椭圆的基本应用．考查了学生推理和实际运算能力．是基础题．
2．（3分）（2018秋•和平区校级期末）已知双曲线y2a2-x2b2=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线过点（3，2），且双曲线的一个焦点在抛物线x2＝47y的准线上，则双曲线的方程为（　　）
A．x221-y228=1 B．x228-y221=1
C．y24-x23=1 D．x23-y24=1
【考点】KI：圆锥曲线的综合．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】由题意可得渐近线的斜率，即为a，b的关系式，求得抛物线的准线方程，可得c，由a，b，c的关系，解方程可得a，b，进而得到所求双曲线的方程．
【解答】解：双曲线y2a2-x2b2=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线过点（3，2），
可得渐近线的斜率为k=ab=32，
双曲线的一个焦点在抛物线x2＝47y的准线y=-7上，
可得c=7，
即a2+b2＝7，
解得a=3，b＝2，
则双曲线的方程为：y24-x23=1．
故选：C．
【点评】本题考查双曲线的方程和性质，以及抛物线的方程和性质，运用渐近线方程和斜率公式是解题的关键，属于基础题．
3．（3分）（2010•浙江）设F1、F2分别为双曲线x2a2-y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点．若在双曲线右支上存在点P，满足|PF2|＝|F1F2|，且F2到直线PF1的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线的渐近线方程为（　　）
A．3x±4y＝0 B．3x±5y＝0 C．4x±3y＝0 D．5x±4y＝0
【考点】KC：双曲线的性质．菁优网版权所有
【专题】5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】利用题设条件和双曲线性质在三角形中寻找等量关系，得出a与b之间的等量关系，可知答案选C，
【解答】解：依题意|PF2|＝|F1F2|，可知三角形PF2F1是一个等腰三角形，F2在直线PF1的投影是其中点，由勾股定理知
可知|PF1|＝24c2-4a2=4b
根据双曲定义可知4b﹣2c＝2a，整理得c＝2b﹣a，代入c2＝a2+b2整理得3b2﹣4ab＝0，求得ba=43
∴双曲线渐近线方程为y＝±43x，即4x±3y＝0
故选：C．
【点评】本题主要考查三角与双曲线的相关知识点，突出了对计算能力和综合运用知识能力的考查，属中档题
4．（3分）（2016•新课标Ⅰ）已知方程x2m2+n-y23m2-n=1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是（　　）
A．（﹣1，3） B．（﹣1，3） C．（0，3） D．（0，3）
【考点】KB：双曲线的标准方程．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；35：转化思想；4R：转化法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】由已知可得c＝2，利用4＝（m2+n）+（3m2﹣n），解得m2＝1，又（m2+n）（3m2﹣n）＞0，从而可求n的取值范围．
【解答】解：∵双曲线两焦点间的距离为4，∴c＝2，
当焦点在x轴上时，
可得：4＝（m2+n）+（3m2﹣n），解得：m2＝1，
∵方程x2m2+n-y23m2-n=1表示双曲线，
∴（m2+n）（3m2﹣n）＞0，可得：（n+1）（3﹣n）＞0，
解得：﹣1＜n＜3，即n的取值范围是：（﹣1，3）．
当焦点在y轴上时，
可得：﹣4＝（m2+n）+（3m2﹣n），解得：m2＝﹣1，
无解．
故选：A．
【点评】本题主要考查了双曲线方程的应用，考查了不等式的解法，属于基础题．
5．（3分）（2010•山东）已知抛物线y2＝2px（p＞0），过其焦点且斜率为1的直线交抛物线与A、B两点，若线段AB的中点的纵坐标为2，则该抛物线的准线方程为（　　）
A．x＝1 B．x＝﹣1 C．x＝2 D．x＝﹣2
【考点】K8：抛物线的性质．菁优网版权所有
【专题】5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】先假设A，B的坐标，根据A，B满足抛物线方程将其代入得到两个关系式，再将两个关系式相减根据直线的斜率和线段AB的中点的纵坐标的值可求出p的值，进而得到准线方程．
【解答】解：设A（x1，y1）、B（x2，y2），则有y12＝2px1，y22＝2px2，
两式相减得：（y1﹣y2）（y1+y2）＝2p（x1﹣x2），
又因为直线的斜率为1，所以y1-y2x1-x2=1，
所以有y1+y2＝2p，又线段AB的中点的纵坐标为2，
即y1+y2＝4，所以p＝2，所以抛物线的准线方程为x=-p2=-1．
故选：B．
【点评】本题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．
6．（3分）（2018秋•和平区校级期末）一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为（　　）
A．108 B．216 C．648 D．1296
【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；34：方程思想；35：转化思想；5O：排列组合．
【分析】根据题意，完成任务可分为两步，①、每个三口之家内部排序，②、三个家庭之间排序，计算每一步的情况数目，由分步计数原理计数公式，计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分2步进行：
①、将每个三口之家都看成一个元素，每个家庭都有A33种排法；
三个三口之家共有（A33）3种排法，
②、将三个整体元素进行排列，共有A33种排法
故不同的作法种数为A33×（A33）3＝（A33）4＝（6）4＝1296；
故选：D．
【点评】本题考查排列、组合的运用，涉及分步计数原理的应用，对于相邻问题，可用捆绑法分析解
7．（3分）（2009•黑龙江）甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有（　　）
A．6种 B．12种 C．24种 D．30种
【考点】D5：组合及组合数公式．菁优网版权所有
【专题】11：计算题．
【分析】根据题意，分两步，①先求所有两人各选修2门的种数，②再求两人所选两门都相同与都不同的种数，进而由事件间的相互关系，分析可得答案．
【解答】解：根据题意，分两步，
①由题意可得，所有两人各选修2门的种数C42C42＝36，
②两人所选两门都相同的有为C42＝6种，都不同的种数为C42＝6，
故选：C．
【点评】本题考查组合公式的运用，解题时注意事件之间的关系，选用直接法或间接法．
8．（3分）（2018秋•和平区校级期末）（x+1）6（1﹣2x）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a11x11，则a1+a2+…+a11＝（　　）
A．﹣64 B．﹣65 C．64 D．65
【考点】DA：二项式定理．菁优网版权所有
【专题】35：转化思想；49：综合法；5P：二项式定理．
【分析】在所给的等式中，令x＝0，求得a0的值，再令x＝1，可得a1+a2+…+a11的值．
【解答】解：∵（x+1）6（1﹣2x）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a11x11，令x＝0，可得a0＝1，
再令x＝1，1+a1+a2+…+a11＝﹣64，∴a1+a2+…+a11＝﹣65，
故选：B．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于基础题．
9．（3分）（2018秋•和平区校级期末）已知F为抛物线y2＝4x的焦点，过点F作两条互相垂直的直线l1与直线l2，直线l1与抛物线交于A、B两点，直线l2与抛物线交于C、D两点，则|AB|+|CD|的最小值为（　　）
A．10 B．12 C．14 D．16
【考点】KN：直线与抛物线的综合．菁优网版权所有
【专题】34：方程思想；48：分析法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】根据题意可判断当A与D，B，C关于x轴对称，即直线CD的斜率为1，|AB|+|CD|最小，根据弦长公式计算即可．
【解答】解：由l1⊥l2，直线l1与C交于A、B两点，
直线l2与C交于C、D两点，
要使|AB|+|CD|最小，
则A与D，B，C关于x轴对称，即直线CD的斜率为1，
又直线l2过点（1，0），
则直线l2的方程为y＝x﹣1，
联立方程组y=x-1y2=4x，则x2﹣6x+1＝0，
∴x1+x2＝6，x1x2＝1，
∴|CD|=1+k2•|x1﹣x2|=2•36-4=8，
∴|AB|+|CD|的最小值为2|CD|＝16．
故选：D．

【点评】本题考查了抛物线的简单性质以及直线和抛物线的位置关系，注意运用韦达定理和弦长公式，属于中档题．
10．（3分）（2018•榆林二模）过双曲线x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）的焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，D为虚轴上的一个端点，且△ABD为钝角三角形，则此双曲线离心率的取值范围为（　　）
A．（1，2） B．（2，2+2）
C．（2，2） D．（1，2）∪（2+2，+∞）
【考点】KC：双曲线的性质．菁优网版权所有
【专题】35：转化思想；4C：分类法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】设出双曲线的左焦点，令x＝﹣c，代入双曲线的方程，解得A，B的坐标，讨论∠DAB为钝角，可得AD→•AB→＜0，或∠ADB为钝角，可得DA→•DB→＜0，运用向量数量积的坐标表示，再由离心率公式和范围，即可得到所求范围．
【解答】解：设双曲线C：x2a2-y2b2=1(a＞0，b＞0)的左焦点F1（﹣c，0），
令x＝﹣c，可得y＝±c2a2-1=±b2a，
可得A（﹣c，b2a），B（﹣c，-b2a），
又设D（0，b），可得AD→=（c，b-b2a），
AB→=（0，-2b2a），DB→=（﹣c，﹣b-b2a），
由△ABD为钝角三角形，可能∠DAB为钝角，可得AD→•AB→＜0，
即为0-2b2a•（b-b2a）＜0，
化为a＞b，即有a2＞b2＝c2﹣a2，
可得c2＜2a2，即e=ca＜2，
又e＞1，可得1＜e＜2，
可能△ADB中，∠ADB为钝角，可得DA→•DB→＜0，
即为c2﹣（b2a+b）（b2a-b）＜0，
化为c4﹣4a2c2+2a4＞0，
由e=ca，可得e4﹣4e2+2＞0，
又e＞1，可得e＞2+2．
综上可得，e的范围为（1，2）∪（2+2．+∞）．
故选：D．
【点评】本题考查双曲线的离心率的范围，注意运用转化思想，以及向量数量积的坐标表示，考查运算能力，属于中档题．
二.填空题：（每小题4分，共24分）
11．（4分）（2018秋•和平区校级期末）分别标有1、2、3、4的4张卡片，放入分别标号为1、2、3、4的4个盒中，每盒不空，且3号卡片不能放入3号盒中，则有　18　种不同的方法．
【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；34：方程思想；35：转化思想；5O：排列组合．
【分析】根据题意，分2步进行分析：①，3号卡片可以放入1、2、4号盒子中，有3种放法；②，将剩下的3张卡片全排列，放入剩下的3个盒子中，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分2步进行分析：
①，3号卡片不能放入3号盒中，则3号卡片可以放入1、2、4号盒子中，有3种放法；
②，将剩下的3张卡片全排列，放入剩下的3个盒子中，有A33＝6种放法；
故有3×6＝18种不同的放法；
故答案为：18
【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
12．（4分）（2011•西安校级模拟）从5名男医生．4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男．女医生都有，则不同的组队方案共有　70　种 （数字回答）．
【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．菁优网版权所有
【专题】11：计算题．
【分析】不同的组队方案：选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，方法共有两类，一是：一男二女，另一类是：两男一女；在每一类中都用分步计数原理解答．
【解答】解：直接法：一男两女，有C51C42＝5×6＝30种，
两男一女，有C52C41＝10×4＝40种，共计70种
间接法：任意选取C93＝84种，其中都是男医生有C53＝10种，
都是女医生有C41＝4种，于是符合条件的有84﹣10﹣4＝70种．
故答案为：70．
【点评】直接法：先分类后分步；间接法：总数中剔除不合要求的方法，这种问题是排列组合中典型的问题，注意表示过程中数字不要弄混．
13．（4分）（2012•陕西）若（a+x）5展开式中x2的系数为10，则实数a＝　1　．
【考点】DA：二项式定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题．
【分析】直接利用二项式定理的展开式的通项公式，求出x2的系数是10，得到方程，求出a的值．
【解答】解：（a+x）5展开式中x2的系数为C52a3，因为（a+x）5展开式中x2的系数为10，
所以C52a3=10，解得a＝1，
故答案为：1．
【点评】本题考查二项式定理系数的性质，考查计算能力．
14．（4分）（2018秋•和平区校级期末）若抛物线x2＝2py（p＞0）的准线经过双曲线y2﹣x2＝1的一个焦点，则p＝　22　．
【考点】KI：圆锥曲线的综合．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】根据题意，由双曲线的标准方程可得双曲线的焦点坐标，对于抛物线x2＝2py（p＞0），用p表示其准线方程，结合题意列出方程即可得p的值，即可得答案．
【解答】解：根据题意，双曲线的方程为：y2﹣x2＝1，
则其焦点在y轴上，且c=2，
则抛物线x2＝2py（p＞0）焦点坐标为（0，±p2），
p2=2，解可得p＝22；
故答案为：22．
【点评】本题考查抛物线、双曲线的几何性质，关键是求出双曲线的焦点坐标．
15．（4分）（2018秋•和平区校级期末）P为双曲线x2﹣y2＝1右支上的一个动点．若点P到直线x﹣y+1＝0的距离大于m恒成立，则是实数m的最大值为　22　．
【考点】KC：双曲线的性质．菁优网版权所有
【专题】35：转化思想；4R：转化法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】双曲线x2﹣y2＝1的渐近线方程为x±y＝0，c的最大值为直线x﹣y+1＝0与直线x﹣y＝0的距离．
【解答】解：由题意，双曲线x2﹣y2＝1的渐近线方程为x±y＝0，
由点P到直线x﹣y+1＝0的距离大于m恒成立，
∴m的最大值为直线x﹣y+1＝0与渐近线x﹣y＝0的距离，即d=|1|12+12=22．
故答案为：22．
【点评】本题考查双曲线的性质，考查两平行线之间的距离公式，考查学生的计算能力，属于基础题．
16．（4分）（2018秋•和平区校级期末）已知椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），A、B为椭圆左右顶点，F为左焦点，点P为椭圆上一点，且PF⊥x轴，过点A的直线与线段PF交于M点，与y轴交于E点，若直线BM经过OE中点，则椭圆的离心率为　13　．
【考点】K4：椭圆的性质．菁优网版权所有
【专题】35：转化思想；49：综合法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】由题意可得F，A，B的坐标，设出直线AE的方程为y＝k（x+a），分别令x＝﹣c，x＝0，可得M，E的坐标，再由中点坐标公式可得H的坐标，运用三点共线的条件：斜率相等，结合离心率公式，即可得到所求值．
【解答】解：由题意可设F（﹣c，0），A（﹣a，0），B（a，0），
设直线AE的方程为y＝k（x+a），
令x＝﹣c，可得M（﹣c，k（a﹣c）），令x＝0，可得E（0，ka），
设OE的中点为H，可得H（0，ka2），
由B，H，M三点共线，可得kBH＝kBM，
即为ka2-a=k(a-c)-c-a，
化简可得a-ca+c=12，即为a＝3c，
可得e=ca=13．

故答案为：13
【点评】本题考查椭圆的离心率的求法，注意运用椭圆的方程和性质，以及直线方程的运用和三点共线的条件，属于中档题．
三.解答题：（共4题，46分）
17．（2018秋•和平区校级期末）已知F为椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左焦点，离心率为22，过F且垂直于x轴的直线被椭圆截得的线段长为2．
（1）求该椭圆方程；
（2）设直线l同时与椭圆和抛物线y2＝4x各恰有一个公共交点，求直线l的方程．
【分析】（1）由e=ca=22，求得a2＝2b2，结合2×b2a=2，即可求得a和b的值，求得椭圆方程；
（2）将直线方程代入椭圆方程由△＝0，求得m2﹣2k2﹣1＝0，代入抛物线方程，由△＝0，求得km﹣1＝0，即可求得k和m的值，求得直线方程．
【解答】解：（1）由e=ca=22，得a2＝2b2，
方程椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）中，令x＝c，可得y＝±b2a
即2×b2a=2，得a=2，b＝1，
得椭圆方程x22+y2=1；
（2）由题显然直线存在斜率，
∴设其方程为y＝kx+m，…………………（5分）
∴y=kx+mx2+2y2=2，整理得：（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣2＝0，
由△＝0，化简得：m2﹣2k2﹣1＝0，…………………（8分）
代入抛物线C2：y2＝4x，得到k4y2﹣y+m＝0，
k＝0时，y＝m
△＝0，化简得：km﹣1＝0（k≠0），…………………（10分）
当m2=2k2+1km=1⇒k=22m=2，k=-22m=-2
当k＝0时，m＝±1
∴直线的方程为y=22x+2或y=-22x-2或y＝±1…12分
【点评】本题考查椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的位置关系，考查计算能力，属于中档题．
18．（2018秋•和平区校级期末）过椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的右焦点F作直线x+y-3=0交椭圆于M、N两点，H为线段MN的中点，且OH的斜率为14，设点A（1，12）．
（1）求该椭圆的方程；
（2）若点P是椭圆上的动点，求线段PA的中点G的轨迹方程；
（3）过原点的直线交椭圆于B、C两点，求△ABC面积的最大值．
【分析】（1）设M（x1，y1），N（x2，y2），结合点差法和直线的斜率，以及OH的斜率为14，可得4b2＝a2，再根据右焦点F作在直线x+y-3=0上，求出c，即可求出椭圆的方程；
（2）设G（x，y），P（x′，y′），则有2x=x'+12y=y'+12，即x'=2x-1y'=2y-12，代入为x24+y2＝1中，即可求出；
（3）设直线的方程与椭圆联立，利用弦长公式求出CB，A到CB的距离，然后求解三角形的面积，求出最大值即可．
【解答】解：（1）设M（x1，y1），N（x2，y2）则x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1，两式相减可得，
1a2（x12﹣x22）+1b2（y12﹣y22）＝0，
即1a2（x1+x2）（x1﹣x2）+1b2（y1+y2）（y1﹣y2）＝0，
∵直线x+y-3=0交椭圆于M、N两点，H为线段MN的中点，且OH的斜率为14，
∴y1-y2x1-x2=-1，y1+y2x1+x2=14，
∴4b2＝a2，①
∵右焦点F作在直线x+y-3=0上，
令y＝0，可得x=3，
∴c=3，
∵a2﹣b2＝c2＝3，②，
由①②，解得a2＝4，b2＝1，
∴椭圆方程为x24+y2＝1；
（2）设G（x，y），P（x′，y′），则有2x=x'+12y=y'+12，即x'=2x-1y'=2y-12，代入为x24+y2＝1中，
整理可得(2x-1)24+（2y-12）2＝1，
故线段PA的中点G的轨迹方程为(2x-1)24+（2y-12）2＝1，
（3）当直线BC垂直x轴时，此时|BC|＝2，d＝1，则S△ABC＝1，
当直线BC的斜率存在时，设直线BC的方程为y＝kx，
联立方程组可得y=kxx24+y2=1，消y整理可得（1+4k2）x2﹣4＝0，
解得x1=-21+4k2，x2=21+4k2，
则|BC|=1+k2•|x1﹣x2|=41+k21+4k2，
点A到直线BC的距离d=|k-12|1+k2，
∴S△ABC=12|BC|•d=12•|k-12|1+k2•41+k21+4k2=|2k-1|1+4k2
=4k2-4k+14k2+1=1-4k4k2+1=1-44k+1k，
∵4k+1k∈（﹣∞，﹣4]∪[4，+∞），
当且仅当4k+1k=-4时，即k=-12，取的最大值，最大值为2，
综上所述△ABC面积的最大值2．
【点评】本题考查椭圆的方程和运用，考查直线方程和椭圆方程联立，消去未知数，运用韦达定理和弦长公式，考查点到直线的距离公式和基本不等式的运用，属于中档题．
19．（2018秋•和平区校级期末）已知点M（﹣2，0）、N（2，0）是平面上的两点，动点P满足|PM|+|PN|＝6
（1）求点P的轨迹方程；
（2）若（1﹣cos∠MPN）|PM|•|PN|＝2，求点P的坐标．
【分析】（1）设动点P（x，y），推导出点P是以M，N为焦点的椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），且a＝3，c＝2，由此能求出点P的轨迹方程．
（2）在△MPN中，cos∠MPN=|PM|2+|PN|2-162×|PM|×|PN|=10-|PM|⋅|PN||PM|⋅|PN|，由（1﹣cos∠MPN）|PM|•|PN|＝2，推导出||PM|﹣|PN||＝23，从而点P在以M（﹣2，0）、N（2，0）为焦点的双曲线x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）上，联立x29+y25=1x23-y2=1，能求出点P的坐标．
【解答】解：（1）设动点P（x，y），
∵点M（﹣2，0）、N（2，0）是平面上的两点，动点P满足|PM|+|PN|＝6
∴点P是以M，N为焦点的椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），且a＝3，c＝2，
∴点P的轨迹方程为x29+y25=1．
（2）在△MPN中，cos∠MPN=|PM|2+|PN|2-162×|PM|×|PN|
=(|PM|+|PN|)2-2×|PM|×|PN|-162×|PM|×|PN|
=10-|PM|⋅|PN||PM|⋅|PN|，
∵（1﹣cos∠MPN）|PM|•|PN|＝2，
∴（1-10-|PM|⋅|PN||PM|⋅|PN|）•|PM|•|PN|＝2，
|PM|⋅|PN|=6|PM|+|PN|=6，
∴||PM|﹣|PN||＝23，
∴点P在以M（﹣2，0）、N（2，0）为焦点的双曲线x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）上，
联立x29+y25=1x23-y2=1，
解得点P的坐标P（332，52），或P（332，-52）或P（-332，52）或P（-332，-52）．
【点评】本题考查点的轨迹方程的求法，考查点的坐标的求法，考查椭圆、双曲线、直线方程等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．
20．（2017•新课标Ⅰ）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），四点P1（1，1），P2（0，1），P3（﹣1，32），P4（1，32）中恰有三点在椭圆C上．
（1）求C的方程；
（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为﹣1，证明：l过定点．
【分析】（1）根据椭圆的对称性，得到P2（0，1），P3（﹣1，32），P4（1，32）三点在椭圆C上．把P2（0，1），P3（﹣1，32）代入椭圆C，求出a2＝4，b2＝1，由此能求出椭圆C的方程．
（2）当斜率不存在时，不满足；当斜率存在时，设l：y＝kx+t，（t≠1），联立y=kx+tx2+4y2-4=0，得（1+4k2）x2+8ktx+4t2﹣4＝0，由此利用根的判别式、韦达定理、直线方程，结合已知条件能证明直线l过定点（2，﹣1）．
【解答】解：（1）根据椭圆的对称性，P3（﹣1，32），P4（1，32）两点必在椭圆C上，
又P4的横坐标为1，∴椭圆必不过P1（1，1），
∴P2（0，1），P3（﹣1，32），P4（1，32）三点在椭圆C上．
把P2（0，1），P3（﹣1，32）代入椭圆C，得：
1b2=11a2+34b2=1，解得a2＝4，b2＝1，
∴椭圆C的方程为x24+y2=1．
证明：（2）①当斜率不存在时，设l：x＝m，A（m，yA），B（m，﹣yA），
∵直线P2A与直线P2B的斜率的和为﹣1，
∴kP2A+kP2B=yA-1m+-yA-1m=-2m=-1，
解得m＝2，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．
②当斜率存在时，设l：y＝kx+t，（t≠1），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立y=kx+tx2+4y2-4=0，整理，得（1+4k2）x2+8ktx+4t2﹣4＝0，
x1+x2=-8kt1+4k2，x1x2=4t2-41+4k2，
则kP2A+kP2B=y1-1x1+y2-1x2=x2(kx1+t)-x2+x1(kx2+t)-x1x1x2
=8kt2-8k-8kt2+8kt1+4k24t2-41+4k2=8k(t-1)4(t+1)(t-1)=-1，又t≠1，
∴t＝﹣2k﹣1，此时△＝﹣64k，存在k，使得△＞0成立，
∴直线l的方程为y＝kx﹣2k﹣1，
当x＝2时，y＝﹣1，
∴l过定点（2，﹣1）．
【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查椭圆、直线方程、根的判别式、韦达定理、直线方程位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想，是中档题．