北师大版 (2019)选择性必修 第一册第二章 圆锥曲线本章综合与测试习题

这是一份北师大版 (2019)选择性必修 第一册第二章 圆锥曲线本章综合与测试习题，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．双曲线eq \f(x2,12)－eq \f(y2,b2)＝1(b>0)的一条渐线为eq \r(2)x＋eq \r(3)y＝0，则b＝( )
A．3 B．2
C.eq \r(3) D．2eq \r(2)
2．抛物线y＝4ax2的准线方程是( )
A．y＝a B．y＝－a
C．y＝eq \f(1,16a) D．y＝－eq \f(1,16a)
3．中国是世界上最古老的文明中心之一，中国古代对世界上最重要的贡献之一就是发明了瓷器，中国陶瓷是世界上独一无二的．它的发展过程蕴藏着十分丰富的科学和艺术，陶瓷形状各式各样，从不同角度诠释了数学中几何的形式之美，现有一椭圆形明代瓷盘，经测量得到图中数据，则该椭圆瓷盘的焦距为( )
A．8eq \r(3) B．2eq \r(3)
C．4eq \r(3) D．4
4．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦距为2eq \r(5)，且双曲线的一条渐近线与直线2x＋y＝0垂直，则双曲线的方程为( )
A.eq \f(x2,4)－y2＝1 B．x2－eq \f(y2,4)＝1
C.eq \f(x2,20)－eq \f(3y2,5)＝1 D.eq \f(3x2,5)－eq \f(y2,20)＝1
5．已知椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，过M的右焦点F(3,0)作直线交椭圆于A，B两点，若AB中点坐标为(2,1)，则椭圆M的方程为( )
A.eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,6)＝1 B.eq \f(x2,4)＋y2＝1
C.eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,3)＝1 D.eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1
6．曲线eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,25)＝1与曲线eq \f(x2,16－k)＋eq \f(y2,25－k)＝1(k<16)的( )
A．长轴长相等 B．短轴长相等
C．离心率相等 D．焦距相等
7．抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，其准线与双曲线eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)＝1的渐近线相交于A、B两点，若△ABF的周长为4eq \r(2)，则p＝( )
A．2 B．2eq \r(2)
C．8 D．4
8．已知点A是抛物线x2＝4y的对称轴与准线的交点，点B为抛物线的焦点，点P在抛物线上且满足|PA|＝m|PB|，当m取最大值时，点P恰好在以A，B为焦点的双曲线上，则双曲线的离心率为( )
A.eq \f(－\r(2)＋1,2) B.eq \r(2)＋1
C.eq \f(\r(5)－1,2) D.eq \r(5)－1
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．双曲线C：eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝λ(λ≠0)，当λ变化时，以下说法不正确的是( )
A．焦点坐标不变 B．顶点坐标不变
C．渐近线不变 D．离心率不变
10．已知F1，F2是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，P是椭圆C上一点．下列说法中正确的是( )
A．a＝eq \r(2)b时，满足∠F1PF2＝90°的点P有2个
B．a>eq \r(2)b时，满足∠F1PF2＝90°的点P有4个
C．△PF1F2的周长小于4a
D．△PF1F2的面积小于等于eq \f(a2,2)
11．已知双曲线C过点(3，eq \r(2))且渐近线为y＝±eq \f(\r(3),3)x，则下列结论正确的是( )
A．双曲线C的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1
B．双曲线C的离心率为eq \f(\r(6),3)
C．曲线y＝ex＋2－1经过C的一个焦点
D．直线x－2y－1＝0与C有两个公共点
12．已知斜率为eq \r(3)的直线l经过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F，与抛物线C交于点A，B两点(点A在第一象限)，与抛物线的准线交于点D，若|AB|＝8，则以下结论正确的是( )
A.eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝1 B．|AF|＝6
C．|BD|＝2|BF| D．F为AD中点
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)
13．已知双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,a)＝1的右焦点为(eq \r(13)，0)，则该双曲线的渐近线方程为________．
14．过椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,9)＝1的焦点F的弦中最短弦长是________．
15．椭圆eq \f(y2,25)＋eq \f(x2,9)＝1与双曲线eq \f(y2,15)－x2＝1有公共点P，则点P与双曲线两焦点连线构成的三角形的面积为________．
16．如图，过抛物线y2＝4x的焦点F作直线，与抛物线及其准线分别交于A，B，C三点，若eq \(FC,\s\up6(→))＝3eq \(FB,\s\up6(→))，则直线AB的方程________．|AB|＝________.
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)
焦点分别为(0,5eq \r(2))和(0，－5eq \r(2))的椭圆截直线y＝3x－2所得弦的中点的横坐标为eq \f(1,2)，求此椭圆的方程．
18．(本小题满分12分)
已知顶点在原点，焦点在x轴上的抛物线C过点(1,2)．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)斜率为k的直线l与抛物线C交于A、B两点，点M(3，eq \r(2))是线段AB的中点，求直线l的方程，并求线段AB的长．
19．(本小题满分12分)
如图，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点F，A(2,0)是椭圆的右顶点，过F且垂直于x轴的直线交椭圆于P，Q两点，且|PQ|＝3.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点A的直线l与椭圆交于另一点B，垂直于l的直线l′与直线l交于点M，与y轴交于点N，若FB⊥FN且|MO|＝|MA|，求直线l的方程．
20．(本小题满分12分)
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，点(2，eq \r(2))在C上．
(1)求C的方程；
(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．
21．(本小题满分12分)
已知抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点为F，点M是直线y＝x与抛物线E在第一象限内的交点，且|MF|＝5.
(1)求抛物线E的方程．
(2)直线l与抛物线E相交于两点A，B，过点A，B分别作AA1⊥x轴于A1，BB1⊥x轴于B1，原点O到直线l的距离为1.求eq \f(1,|AA1|)＋eq \f(1,|BB1|)的最大值．
22．(本小题满分12分)
已知椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，F为左焦点，A为上顶点，B(2,0)为右顶点，若eq \r(7)|eq \(AF,\s\up6(→))|＝2|eq \(AB,\s\up6(→))|，抛物线C2的顶点在坐标原点，焦点为F.
(1)求C1的标准方程；
(2)是否存在过F点的直线，与C1和C2交点分别是P，Q和M，N，使得S△OPQ＝eq \f(1,2)S△OMN？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由．
章末质量检测(二) 圆锥曲线
1．解析：双曲线的焦点在x轴，a＝2eq \r(3)，渐近线方程是y＝±eq \f(b,a)x，而已知一条渐近线为eq \r(2)x＋eq \r(3)y＝0，k＝－eq \f(\r(2),\r(3))＝－eq \f(\r(6),3)，所以eq \f(b,2\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，解得b＝2eq \r(2).故选D.
答案：D
2．解析：抛物线方程y＝4ax2化为标准方程为：x2＝eq \f(1,4a)y，
所以其准线方程为y＝－eq \f(1,16a)，故选D.
答案：D
3．解析：因为椭圆的2a＝8，2b＝4，所以a＝4，b＝2，
因为a2＝b2＋c2，所以c2＝12⇒c＝2eq \r(3)，则2c＝4eq \r(3).故选C.
答案：C
4．解析：由题可知c＝eq \r(5)，－2×eq \f(b,a)＝－1，由a2＋b2＝c2
故解得a2＝4，b2＝1
故选A.
答案：A
5．解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点P(2，1)，所以kAB＝kPF＝eq \f(0－1,3－2)＝－1，
又因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋a2y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝a2b2,b2x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋a2y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝a2b2))，所以b2(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )＝－a2(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )，
所以eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq \f(b2,a2)，eq \f(y1－y2,x1－x2)＝kAB＝－1，eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq \f(2×1,2×2)＝eq \f(1,2)，
所以eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,2)且c＝3，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝18,b2＝9))，所以椭圆方程为：eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1.
故选D.
答案：D
6．解析：由曲线eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,25)＝1，可得曲线表示焦点在y轴上的椭圆，且c＝eq \r(a2－b2)＝eq \r(25－16)＝3，所以焦距为2c＝6，
由曲线eq \f(x2,16－k)＋eq \f(y2,25－k)＝1(k<16)，可得曲线表示焦点在y轴上的椭圆，
且c＝eq \r(a2－b2)＝eq \r(（25－k）－（16－k）)＝3，所以焦距为2c＝6，所以两曲线的焦距是相等的，故选D.
答案：D
7．解析：双曲线eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)＝1渐近线方程为y＝±eq \f(\r(2),2)x，
抛物线y2＝2px(p>0)的准线方程为x＝－eq \f(p,2)，
则A(－eq \f(p,2)，eq \f(\r(2),4)p)，B(－eq \f(p,2)，－eq \f(\r(2),4)p)，∴|AB|＝eq \f(\r(2),2)p，
|FA|＝|FB|＝eq \r(p2＋（\f(\r(2),4)p）2)＝eq \f(3\r(2),4)p，
又∵△ABF的周长为4eq \r(2)，
∴|FA|＋|FB|＋|AB|＝eq \f(3\r(2),4)p＋eq \f(3\r(2),4)p＋eq \f(\r(2),2)p＝4eq \r(2)，
∴p＝2.
故选A.
答案：A
8.
解析：如图所示，PN⊥准线，故|PN|＝|BP|
因为|PA|＝m|PB|，所以eq \f(1,m)＝eq \f(|PB|,|PA|)，
sin∠PAN＝eq \f(|PN|,|PA|)＝eq \f(|PB|,|PA|)＝eq \f(1,m)
当m取最大值时，sin∠PAN取得最小值．
当且仅当PA与抛物线相切于点P时取得．
设直线PA的方程为y＝kx－1，代入x2＝4y，可得
x2＝4(kx－1)，
即x2－4kx＋4＝0
∴Δ＝16k2－16＝0
∴k＝±1
∴P(2，1)
∴双曲线的实轴长为|PA|－|PB|＝2(eq \r(2)－1)
∴双曲线的离心率为eq \f(1,\r(2)－1)＝eq \r(2)＋1.
故选B.
答案：B
9．解析：当λ由正数变成负数，则焦点由在x轴转为在y轴，故A错误．顶点坐标和离心率都会随λ改变而改变，故B，D错误．该双曲线渐近线方程为y＝±eq \f(4,3)x，不会随λ的改变而改变，故选ABD.
答案：ABD
10．解析：对于AB，椭圆中使得∠F1PF2最大的点P位于短轴的两个端点，易得AB均正确；对于C，△F1PF2的周长为2a＋2c<4a，故C正确；对于D，△F1PF2的面积为eq \f(1,2)sin∠F1PF2·|PF1|·|PF2|≤eq \f(1,2)(eq \f(|PF1|＋|PF2|,2))2＝eq \f(1,2)a2，当且仅当|PF1|＝|PF2|，∠F1PF2＝90°时取等号，故D正确．
故选ABCD.
答案：ABCD
11．解析：A.点(3，eq \r(2))的坐标满足双曲线C的方程eq \f(x2,3)－y2＝1，双曲线的方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x，所以该选项正确；
B．双曲线C的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1，所以双曲线离心率为e＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3)，所以该选项不正确；
C．双曲线C的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1，它的一个焦点为(－2，0)，把(－2，0)代入y＝ex＋2－1成立，所以该选项正确；
D．联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－2y－1＝0,x2－3y2＝3))得x2＋6x－15＝0，Δ＝96>0，所以直线和曲线有两个公共点，所以该选项正确．
故选ACD.
答案：ACD
12.
解析：根据题意作出其图象，过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为A1，B1如右图
直线l的斜率为eq \r(3)，即∠xFA＝60°，则∠FDA1＝30°，设BD＝x，
则Rt△DBB1，Rt△DAA1中，可得|BB1|＝eq \f(x,2)，|AA1|＝4＋eq \f(x,2)
所以|BB1|＝|BF|＝eq \f(x,2)，|AA1|＝|AF|＝4＋eq \f(x,2)
|AB|＝|AF|＋|BF|＝4＋eq \f(x,2)＋eq \f(x,2)＝4＋x＝8，解得x＝4
所以|BF|＝2，|AF|＝6，所以B正确．
所以eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(1,6)＋eq \f(1,2)≠1，所以A不正确．
所以|BD|＝4，满足|BD|＝4＝2|BF|，所以C正确．
而|DF|＝|BD|＋|BF|＝4＋2＝6＝|AF|，所以D正确．
故选BCD.
答案：BCD
13．解析：由已知得c＝eq \r(13)，9＋a＝13，∴a＝4，则双曲线方程为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,4)＝1，其渐近线方程为y＝±eq \f(2,3)x.
答案：y＝±eq \f(2,3)x
14．解析：由方程知a2＝16，b2＝9，所以c＝eq \r(7)，因为在过焦点的弦中，当弦与长轴垂直时，弦长最短，所以设弦的端点为A(x1，y1)，B(x1，y2)，则x1＝eq \r(7)，代入方程可得y＝±eq \f(9,4)，所以弦长l＝|y1－y2|＝eq \f(9,2).
答案：eq \f(9,2)
15．解析：由已知得椭圆与双曲线具有共同的焦点F1(0，4)和F2(0，－4)，又由椭圆与双曲线的定义，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|PF1|＋|PF2|＝10，,||PF1|－|PF2||＝2\r(15)，))
所以|PF1|＝5＋eq \r(15)，|PF2|＝5－eq \r(15)，或|PF1|＝5－eq \r(15)，|PF2|＝5＋eq \r(15).
在△PF1F2中，由余弦定理，得
cs∠F1PF2＝eq \f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1|·|PF2|)＝eq \f(（5＋\r(15)）2＋（5－\r(15)）2－82,2×（5＋\r(15)）（5－\r(15)）)＝eq \f(4,5)，
所以sin∠F1PF2＝eq \f(3,5).
因此△PF1F2的面积S＝eq \f(1,2)|PF1|·|PF2|sin∠F1PF2
＝eq \f(1,2)×(5＋eq \r(15))×(5－eq \r(15))×eq \f(3,5)＝3.
答案：3
16．解析：由题意得F(1，0)，准线方程为x＝－1，
过点B作准线的垂线，垂足为E，则|BE|＝|FB|，
∵eq \(FC,\s\up6(→))＝3eq \(FB,\s\up6(→))，
∴|BC|＝2|BE|，
由勾股定理得：|CE|＝eq \r(3)|BE|，
∴直线AB的斜率k＝eq \r(3)，
所以直线AB的方程为y＝eq \r(3)(x－1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x,y＝\r(3)（x－1）))及图象可得：A(3，2eq \r(3))，
B(eq \f(1,3)，－eq \f(2,3)eq \r(3))，
∴|AB|＝eq \r(（3－\f(1,3)）2＋（\f(8,3)\r(3)）2)＝eq \f(16,3).
答案：y＝eq \r(3)(x－1) eq \f(16,3)
17．解析：设椭圆的方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，且a2－b2＝(5eq \r(2))2＝50 ①
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(y2,a2)＋\f(x2,b2)＝1，,y＝3x－2，))消去y，得(a2＋9b2)x2－12b2x＋4b2－a2b2＝0.
设弦两端点的横坐标分别为x1，x2，则x1＋x2＝eq \f(12b2,a2＋9b2).
∵eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(1,2)，∴eq \f(6b2,a2＋9b2)＝eq \f(1,2)，即a2＝3b2 ②
由①②得a2＝75，b2＝25，
∴椭圆的方程为eq \f(y2,75)＋eq \f(x2,25)＝1.
18．解析：(1)由题意知，抛物线开口向右，设方程为y2＝2px(p>0).
∵(1，2)在抛物线上，∴2p＝4，p＝2，∴抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由题意，设直线l的方程为：y＝k(x－3)＋eq \r(2)，联立y2＝4x，消y得
k2x2＋[2(eq \r(2)－3k)k－4]x＋(eq \r(2)－3k)2＝0.
由已知，k≠0，
Δ＝[2(eq \r(2)－3k)k－4]2－4k2(eq \r(2)－3k)2＝48k2－16eq \r(2)k＋16.①
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(4－2（\r(2)－3k）k,k2)，x1x2＝eq \f(（\r(2)－3k）2,k2)
∵M(3，eq \r(2))为AB的中点，∴x1＋x2＝eq \f(4－2（\r(2)－3k）k,k2)＝6，
解得k＝eq \r(2)，代入①式检验，得Δ＝80>0，符合题意．
∴直线l的方程为：eq \r(2)x－y－2eq \r(2)＝0.
此时，x1＋x2＝6，x1x2＝4，
∵|AB|＝eq \r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝eq \r(1＋k2)eq \r(（x1－x2）2)
＝eq \r(1＋k2)eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)，
∴|AB|＝eq \r(1＋2)eq \r(62－4×4)＝2eq \r(15).
∴直线l的方程为：eq \r(2)x－y－2eq \r(2)＝0，线段AB的长为2eq \r(15).
19．解析：(1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|PQ|＝\f(2b2,a)＝3,a＝2))得：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，))
所以椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
(2)由于直线l过点A，可设l方程为：x＝my＋2，由题意可知m≠0，与直线PQ∶x＝1联立，得M(1，－eq \f(1,m))，直线MN与直线l垂直，可得直线MN方程为：
y＝－m(x－1)－eq \f(1,m)＝－mx＋m－eq \f(1,m)
令x＝0，得N(0，m－eq \f(1,m))，设B(my0＋2，y0)，FB⊥FN，
所以eq \(FB,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝0，即y0＝－m ①
由B点在椭圆上，代入椭圆方程得：eq \f(（my0＋2）2,4)＋eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,3)＝1 ②
联立①②，得m＝±eq \f(2\r(6),3)，
所以直线l方程为：x＝±eq \f(2\r(6),3)y＋2.
20．解析：(1)由题意，得eq \f(\r(a2－b2),a)＝eq \f(\r(2),2) ①，又点(2，eq \r(2))在C上，所以eq \f(4,a2)＋eq \f(2,b2)＝1 ②，
联立①②，可解得a2＝8，b2＝4.
所以C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)由题意知，直线l的斜率存在．设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).
将y＝kx＋b代入eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.
故xM＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(－2kb,2k2＋1)，yM＝k·xM＋b＝eq \f(b,2k2＋1).
所以直线OM的斜率kOM＝eq \f(yM,xM)＝－eq \f(1,2k)，所以kOM·k＝－eq \f(1,2).
故直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．
21．解析：(1)设M(x，y)(x>0)，联立方程组：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x,x2＝2py))
解得：y＝2p，
抛物线中，准线方程：y＝－eq \f(p,2)，到焦点距离等于到准线的距离，|MF|＝5，∴2p－(－eq \f(p,2))＝5，
解得：p＝2，
所以抛物线方程为：x2＝4y；
(2)由题意可得直线l的斜率一定存在，
设l的方程为：y＝kx＋b，b>0，
原点O到直线l的距离为1得：1＝eq \f(b,\r(1＋k2))⇒k2＝b2－1，
A(x，y)，y>0，B(x′，y′)，y′>0，
联立方程组：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b,x2＝4y))得：x2－4kx－4b＝0，
Δ＝16k2＋16b>0，
即k2＋b>0且x＋x′＝4k，xx′＝－4b，
∴y＋y′＝k(x＋x′)＋2b＝4k2＋2b＝4b2＋2b－4，yy′＝eq \f(x2x′2,16)＝b2，
而eq \f(1,|AA1|)＋eq \f(1,|BB1|)＝eq \f(1,y)＋eq \f(1,y′)＝eq \f(y＋y′,yy′)＝eq \f(4b2＋2b－4,b2)＝－4(eq \f(1,b))2＋eq \f(2,b)＋4，
当eq \f(1,b)＝eq \f(1,4)时最大且为：eq \f(17,4)，
即eq \f(1,|AA1|)＋eq \f(1,|BB1|)的最大值为：eq \f(17,4).
22．解析：(1)依题意可知eq \r(7)|eq \(AF,\s\up6(→))|＝2|eq \(AB,\s\up6(→))|，即eq \r(7)a＝2eq \r(a2＋b2)，由右顶点为B(2，0)得a＝2，解得b2＝3，所以C1的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)依题意可知C2的方程为y2＝－4x，假设存在符合题意的直线，
设直线方程为x＝ky－1，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ky－1,3x2＋4y2＝12))，得(3k2＋4)y2－6ky－9＝0，
由韦达定理得y1＋y2＝eq \f(6k,3k2＋4)，y1y2＝eq \f(－9,3k2＋4)，则|y1－y2|＝eq \f(12\r(k2＋1),3k2＋4)，
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ky－1,y2＝－4x))，得y2＋4ky－4＝0，由韦达定理得y3＋y4＝－4k，y3y4＝－4，所以|y3－y4|＝4eq \r(k2＋1)，
若S△OPQ＝eq \f(1,2)S△OMN，则|y1－y2|＝eq \f(1,2)|y3－y4|，即eq \f(12\r(k2＋1),3k2＋4)＝2eq \r(k2＋1)，解得k＝±eq \f(\r(6),3)，
所以存在符合题意的直线方程为x＋eq \f(\r(6),3)y＋1＝0或x－eq \f(\r(6),3)y＋1＝0.