高考数学一轮复习单元检测(十)

单元检测(十)圆锥曲线一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．方程eq\f(x2,2sinθ＋4)＋eq\f(y2,sinθ－3)＝1(θ∈R)所表示的曲线是()A．焦点在x轴上的椭圆B．焦点在y轴上的椭圆C．焦点在x轴上的双曲线D．焦点在y轴上的双曲线2．[2023·四川省高三考试]椭圆有一条光学性质：从椭圆一个焦点出发的光线，经过椭圆反射后，一定经过另一个焦点．假设光线沿直线传播且在传播过程中不会衰减，椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，则光线从椭圆一个焦点出发，到首次回到该焦点所经过的路程不可能为()A．2B．4C．6D．83．[2023·陕西省西安市高三模拟]设经过点F(1，0)的直线与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，若线段AB中点的横坐标为2，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝()A．4B．5C．6D．74．[2023·四川省德阳市高三考试]若双曲线x2－eq\f(y2,m)＝1的一个焦点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，0))，则m＝()A．eq\f(\r(2),4)B．eq\f(1,8)C．2eq\r(2)D．85．设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，M为抛物线C上的一点，O为原点．若△OFM为等腰三角形，则△OFM的周长为()A．4B．2eq\r(5)＋1C．eq\r(5)＋2或4D．eq\r(5)＋1或46．设F1，F2分别是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，过点F1的直线l交椭圆于A，B两点，直线l在y轴上的截距为1.若|AF1|＝3|F1B|，且AF2⊥x轴，则此椭圆的长轴长为()A．eq\f(\r(3),3)B．3C．eq\r(6)D．67．已知双曲线C1：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为2，若抛物线C2：x2＝2py(p>0)的焦点到双曲线C1的渐近线的距离为2，则抛物线C2的方程为()A．x2＝eq\f(8\r(3),3)yB．x2＝eq\f(16\r(3),3)yC．x2＝8yD．x2＝16y8．已知F1，F2是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个焦点，P为椭圆C上一点，且PF1·PF2＝0，若△PF1F2的面积为9，则b的值为()A.1B．2C．3D．49．[2023·陕西省安康市高三联考]已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>b>0))，其左、右焦点分别为F1，F2，离心率为eq\f(1,2)，点P为该椭圆上一点，且满足∠F1PF2＝eq\f(π,3)，若△F1PF2的内切圆的面积为π，则该椭圆的方程为()A．eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,9)＝1B．eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1C．eq\f(x2,24)＋eq\f(y2,18)＝1D．eq\f(x2,32)＋eq\f(y2,24)＝110．如图，中心均为原点O的双曲线与椭圆有公共焦点，M，N是双曲线的两顶点．若M，O，N将椭圆长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是()A.3B．2C．eq\r(3)D．eq\r(2)11．[2023·广西柳州市高三模拟]已知F1、F2分别为双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>0，b>0))的左、右焦点，O为原点，双曲线上的点P满足eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OP))＝b，且eq\f(sin∠PF1F2,sin∠PF2F1)＝3，则该双曲线C的离心率为()A．eq\r(2)B．eq\f(\r(6),2)C．2D．eq\r(3)12．已知抛物线C：y2＝4x，点D(2，0)，E(4，0)，M是抛物线C异于原点O的动点，连接ME并延长交抛物线C于点N，连接MD，ND，并分别延长交抛物线C于点P，Q，连接PQ.若直线MN，PQ的斜率存在且分别为k1，k2，则eq\f(k2,k1)＝()A．4B．3C．2D．1二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．若抛物线y＝ax2(a>0)的焦点与椭圆eq\f(x2,2)＋y2＝1的上顶点重合，则a＝________．14．已知直线y＝a与双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线交于点P，双曲线C的左、右顶点分别为A1，A2.若|PA2|＝eq\f(\r(5),2)|A1A2|，则双曲线C的离心率为________.15．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，则点F的坐标为____________；过点F的直线交抛物线C于A，B两点．若|AF|＝4，则△AOB的面积为____________．16．已知F1，F2为椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1的左、右焦点，P是椭圆上异于顶点的任意一点，点Q是△F1PF2内切圆的圆心，过点F1作F1M⊥PQ于点M，O为坐标原点，则|OM|的取值范围为________．三、解答题(共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)如图，A，B，C是椭圆M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的三点，其中点A是椭圆的右顶点，BC过椭圆M的中心，且满足AC⊥BC，BC＝2AC.(1)求椭圆M的离心率；(2)若y轴被△ABC的外接圆所截得的弦长为9，求椭圆M的方程．18．(本小题满分12分)[全国卷Ⅱ]设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|＝8.(1)求l的方程；(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．19.(本小题满分12分)[2023·浙江省高三联考]已知点A(2，1)在双曲线C：eq\f(x2,2)－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)上．(1)求双曲线C的渐近线方程；(2)设直线l：y＝k(x－1)与双曲线C交于不同的两点E，F，直线AE，AF分别交直线x＝3于点M，N.当△AMN的面积为eq\r(2)时，求k的值．20．(本小题满分12分)[2023·四川省南充市高三模拟]已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，且a－b＝1.(1)求椭圆E的方程；(2)过点P(4，0)且斜率不为0的直线l与E自右向左依次交于点A，B，点Q在线段AB上，且eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\f(|QA|,|QB|)，求证：eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))为定值．21.(本小题满分12分)[2023·广西贵港市高三联考]已知抛物线C：y2＝2pxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p>0))，过点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，3))作直线与C交于M，N两点，当该直线垂直于x轴时，△OMN的面积为2，其中O为坐标原点．(1)求C的方程；(2)若C的一条弦ST经过C的焦点，且直线ST与直线MN平行，试问是否存在常数Ω，使得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(QM))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(QN))＝Ω|ST|恒成立？若存在，求Ω的值；若不存在，请说明理由．22．(本小题满分12分)[2023·河南省洛阳市摸底考试]已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点(－1，－eq\f(3,2))，(eq\f(1,2)，－eq\f(3\r(5),4)).(1)求C的方程；(2)记C的左顶点为M，上顶点为N，点A是C上在第四象限的点，AM，AN分别与y轴，x轴交于P，Q两点，试探究四边形MNQP的面积是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．单元检测（十）圆锥曲线1．答案：C解析：∵－1≤sinθ≤1，∴2≤2sinθ＋4≤6，－4≤sinθ－3≤－2，∴方程eq\f(x2,2sinθ＋4)＋eq\f(y2,sinθ－3)＝1（θ∈R）所表示的曲线是焦点在x轴上的双曲线．2．答案：B解析：由题意可得a2＝4，b2＝3,c2＝a2－b2＝1，所以a＝2，c＝1.①若光线从椭圆一个焦点沿x轴方向出发到长轴端点（较近的）再反射，则所经过的路程为2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－c))＝2.②若光线从椭圆一个焦点沿x轴方向出发到长轴端点（较远的）再反射，则所经过的路程为2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋c))＝6.③若光线从椭圆一个焦点沿非x轴方向出发，则所经过的路程为4a＝8.故选B.3．答案：C解析：设A（x1，y1），B（x2，y2），A，B中点横坐标为x0，则x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝2，解得：x1＋x2＝4，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝x1＋x2＋2＝6.故选C.4．答案：D解析：因为双曲线x2－eq\f(y2,m)＝1的一个焦点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，0))，所以c＝3，所以m＋1＝32，解得m＝8.故选D.5．答案：D解析：当|MO|＝|MF|，即M在直线x＝eq\f(1,2)上时，解得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，±\r(2)))，即|MF|＝|MO|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋（±\r(2)）2)＝eq\f(3,2)，所以△OFM的周长为2×eq\f(3,2)＋1＝4.当|MO|＝|OF|时，设Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4)，y0))，所以eq\f(yeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(0)),16)＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝1，解得M（eq\r(5)－2，±2eq\r(\r(5)－2)），所以|MF|＝eq\r(5)－1，所以△OFM的周长为eq\r(5)－1＋1＋1＝eq\r(5)＋1.6．答案：D解析：AF2⊥x轴，直线l在y轴上的截距为1，则A（c，2）.|AF1|＝3|F1B|，则Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)c，－\f(2,3)))，eq\f(c2,a2)＋eq\f(4,b2)＝1，eq\f(25c2,9a2)＋eq\f(4,9b2)＝1，eq\f(25,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4,b2)))＋eq\f(4,9b2)＝1，b2＝6.∵eq\f(b2,a)＝2，a＝eq\f(b2,2)＝3，2a＝6，故选D.7．答案：D解析：由题意可知eq\f(c2,a2)＝4，eq\f(b2,a2)＝eq\f(c2－a2,a2)＝3，所以双曲线的渐近线方程为y＝±eq\r(3)x.因为抛物线的焦点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))到双曲线的渐近线的距离为2，所以eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(p,2))),\r(（\r(3)）2＋12))＝eq\f(p,4)＝2，解得p＝8，所以抛物线C2的方程为x2＝16y.8．答案：C解析：方法一∵F1，F2是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1（a>b>0）的两个焦点，P为椭圆C上一点，∴|PF1|＋|PF2|＝2a.∵PF1·PF2＝0，∴PF1⊥PF2，∴|PF1|2＋|PF2|2＝4c2，又△PF1F2的面积为9，∴eq\f(1,2)|PF1||PF2|＝9，∴（|PF1|＋|PF2|）2＝4c2＋2|PF1||PF2|＝4a2，∴36＝4（a2－c2）＝4b2，解得b＝3.方法二利用椭圆性质可得，S△PF1F2＝b2taneq\f(θ,2)＝b2taneq\f(π,4)＝9，∴b＝3.9．答案：A解析：由离心率e＝eq\f(1,2)，得eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，即c＝eq\f(1,2)a.因为△F1PF2的内切圆的面积为π，设内切圆的半径为r，所以πr2＝π，解得r＝1，由椭圆的定义可知|PF1|＋|PF2|＝2a，在△F1PF2中，∠F1PF2＝eq\f(π,3)，由余弦定理得|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|·cos∠F1PF2＝|F1F2|2，即|PF1|2＋|PF2|2－|PF1|·|PF2|＝|F1F2|2，∴（|PF1|＋|PF2|）2－3|PF1|·|PF2|＝|F1F2|2，∴3|PF1|·|PF2|＝4a2－4c2＝3a2，可得|PF1|·|PF2|＝a2，所以S△F1PF2＝eq\f(1,2)|PF1|·|PF2|·sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),4)a2，而S△F1PF2＝eq\f(1,2)（|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|）·r＝eq\f(1,2)（2a＋2c）·r＝a＋c＝eq\f(3,2)a，所以可得eq\f(\r(3),4)a2＝eq\f(3,2)a，解得a＝2eq\r(3)，c＝eq\r(3)，由a2＝b2＋c2，得b＝3，所以该椭圆的方程为eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,9)＝1.故选A.10．答案：B解析：∵M，N是双曲线的两个顶点，M，O，N将椭圆长轴四等分，∴椭圆的长轴长是双曲线实轴长的2倍．∵双曲线与椭圆有公共焦点，∴双曲线与椭圆的离心率的比值是2.11．答案：D解析：因为F1，F2分别为双曲线的左右焦点，由正弦定理得到eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF2)),sin∠PF1F2)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1)),sin∠PF2F1)，又因为eq\f(sin∠PF1F2,sin∠PF2F1)＝3得eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF2)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1)))＝3，又∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF2))－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1))))＝2a，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1))＝a，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF2))＝3a，在△OPF1中，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OF1))＝c，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1))＝a，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OP))＝b，∴∠OPF1＝90°，cos∠PF1O＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OF1)))＝eq\f(a,c)，在△PF1F2中，cos∠PF1O＝eq\f(a2＋4c2－9a2,2·a·2c)＝eq\f(a2＋4c2－9a2,4ac)，所以eq\f(a2＋4c2－9a2,4ac)＝eq\f(a,c)，化简得e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3).故选D.12．答案：C解析：设M（x1，y1），N（x2，y2），P（x3，y3），Q（x4，y4），则直线MD的方程为x＝eq\f(x1－2,y1)y＋2，代入抛物线C：y2＝4x，整理得y2－eq\f(4（x1－2）,y1)y－8＝0，所以y1y3＝－8，即y3＝－eq\f(8,y1)，从而x3＝eq\f(16,yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))，故Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))，－\f(8,y1)))，同理可得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))，－\f(8,y2))).因为M，E，N三点共线，所以eq\f(y1,x1－4)＝eq\f(y2,x2－4)，即eq\f(y1,\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),4)－4)＝eq\f(y2,\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),4)－4)，所以y1yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－16y1＝yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))y2－16y2，从而解得y1y2＝－16.所以k2＝eq\f(－\f(8,y2)＋\f(8,y1),\f(16,yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))－\f(16,yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))))＝eq\f(8,y2＋y1)，k1＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(y2－y1,\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),4)－\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),4))＝eq\f(4,y2＋y1).所以eq\f(k2,k1)＝2.13．答案：eq\f(1,4)解析：椭圆eq\f(x2,2)＋y2＝1的上顶点是（0，1），抛物线y＝ax2（a>0）的焦点是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4a))).因为抛物线y＝ax2（a>0）的焦点与椭圆eq\f(x2,2)＋y2＝1的上顶点重合，所以eq\f(1,4a)＝1，所以a＝eq\f(1,4).14．答案：eq\r(2)或eq\f(\r(10),3)解析：若渐近线的方程为y＝eq\f(b,a)x，则点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,b)，a)).因为|PA2|＝eq\f(\r(5),2)|A1A2|，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,b)－a))eq\s\up12(2)＋a2＝5a2，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)－1))eq\s\up12(2)＝4，所以eq\f(a,b)＝3，从而离心率e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\f(\r(10),3).若渐近线的方程为y＝－eq\f(b,a)x，则点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a2,b)，a))，同理可得离心率e＝eq\r(2).故双曲线C的离心率为eq\r(2)或eq\f(\r(10),3).15．答案：（1，0）eq\f(4\r(3),3)解析：由抛物线C：y2＝4x可得p＝2，故焦点F的坐标为（1，0）.设A（x0，y0），则|AF|＝x0＋eq\f(p,2)＝x0＋1＝4，故x0＝3.根据抛物线的对称性，不妨令点A在第一象限，则y0＝2eq\r(3)，则A（3，2eq\r(3)），则kAB＝eq\f(2\r(3),3－1)＝eq\r(3)，故直线AB的方程为y＝eq\r(3)（x－1）.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝\r(3)（x－1）))可得3x2－10x＋3＝0，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝2\r(3)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,3)，,y＝－\f(2\r(3),3)))，则B（eq\f(1,3)，－eq\f(2\r(3),3)），所以S△AOB＝eq\f(1,2)|OF|·|yA－yB|＝eq\f(1,2)×1×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2\r(3)＋\f(2\r(3),3)))＝eq\f(4\r(3),3).16．答案：（0，eq\r(3)）解析：延长PF2，F1M交于N点，连接OM，如图．因为点Q是△F1PF2内切圆的圆心，所以直线PQ平分∠F1PF2.因为F1M⊥PQ，所以|PN|＝|PF1|，则M为F1N的中点．又因为O为F1F2的中点，所以|OM|＝eq\f(1,2)|F2N|＝eq\f(1,2)（|PN|－|PF2|）＝eq\f(1,2)（|PF1|－|PF2|）＜eq\f(1,2)|F1F2|＝c＝eq\r(3).所以|OM|的取值范围是（0，eq\r(3)）.17．解析：（1）因为BC过椭圆M的中心，所以BC＝2OC＝2OB.又AC⊥BC，BC＝2AC，所以△OAC是以∠C为直角的等腰直角三角形，则A（a，0），Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，－\f(a,2)))，所以eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))\s\up12(2),a2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))\s\up12(2),b2)＝1，整理得a2＝3b2，所以c2＝a2－b2＝2b2，所以e＝eq\r(\f(c2,a2))＝eq\r(\f(2b2,3b2))＝eq\f(\r(6),3).（2）由（1）可知A（a，0），Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，\f(a,2)))，AB＝eq\f(\r(10),2)a，则△ABC的外接圆的圆心为AB的中点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)，\f(a,4)))，半径为eq\f(1,2)AB＝eq\f(\r(10),4)a，所以△ABC的外接圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,4)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(a,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(5,8)a2.令x＝0，解得y＝a或y＝－eq\f(a,2)，所以a－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝9，解得a＝6（也可由垂径定理得eq\r(（\f(\r(10),4)a）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)))\s\up12(2))＝eq\f(9,2)，解得a＝6），所以b2＝12，故椭圆M的方程为eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,12)＝1.18．解析：（1）由题意得F（1，0），l的方程为y＝k（x－1）（k>0）.设A（x1，y1），B（x2，y2），由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1），,y2＝4x))得k2x2－（2k2＋4）x＋k2＝0.Δ＝16k2＋16>0，故x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2).所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝（x1＋1）＋（x2＋1）＝eq\f(4k2＋4,k2).由题设知eq\f(4k2＋4,k2)＝8，解得k＝－1（舍去）或k＝1.因此l的方程为y＝x－1.（2）由（1）得AB的中点坐标为（3，2），所以AB的垂直平分线方程为y－2＝－（x－3），即y＝－x＋5.设所求圆的圆心坐标为（x0，y0），则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0＝－x0＋5，,（x0＋1）2＝\f(（y0－x0＋1）2,2)＋16.))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝3，,y0＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝11，,y0＝－6.))因此所求圆的方程为（x－3）2＋（y－2）2＝16或（x－11）2＋（y＋6）2＝144.19．解析：（1）将点A（2，1）代入方程eq\f(x2,2)－eq\f(y2,b2)＝1，解得b2＝1，所以双曲线C的方程为eq\f(x2,2)－y2＝1，渐近线方程为y＝±eq\f(\r(2),2)x.（2）联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1）,\f(x2,2)－y2＝1)))，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2k2))x2＋4k2x－2k2－2＝0，由题意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1－2k2≠0,Δ>0)))，得k2<1且k2≠eq\f(1,2)，设点E，F的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），由韦达定理得x1＋x2＝eq\f(4k2,2k2－1)，x1x2＝eq\f(2k2＋2,2k2－1)，直线AE的方程为y－1＝eq\f(y1－1,x1－2)（x－2），令x＝3，得y＝eq\f(y1－1,x1－2)＋1，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(y1－1,x1－2)＋1))，同理可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(y2－1,x2－2)＋1))，|x1－x2|＝eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\f(2\r(2)\r(1－k2),|2k2－1|)，|MN|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y2－1,x2－2)－\f(y1－1,x1－2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1y2－x2y1－x1＋x2－2y2＋2y1,（x1－2）（x2－2）)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kx1（x2－1）－2k（x2－1）＋x2－kx2（x1－1）＋2k（x1－1）－x1,（x1－2）（x2－2）)))＝|k－1|eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1－x2,x1x2－2（x1＋x2）＋4)))＝|k－1|eq\f(\r(2)\r(1－k2),|k2－1|)＝eq\r(2)eq\f(|1－k|,\r(1－k2))，所以△AMN的面积S＝eq\f(1,2)×|MN|×1＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(|1－k|,\r(1－k2))＝eq\r(2)，即2eq\r(1－k2)＝|1－k|，解得k＝1或k＝－eq\f(3,5)，又k2<1且k2≠eq\f(1,2)，所以k的值为－eq\f(3,5).20．解析：（1）由题意，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，可设a＝2t，c＝eq\r(3)t，则b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(4t2－3t2)＝t，由a－b＝1，可得2t－t＝1，解得a＝2，b＝1，c＝eq\r(3)，故椭圆E：eq\f(x2,4)＋y2＝1.（2）证明：设过点P的直线方程为y＝k（x－4），A（x1，y1），B（x2，y2），联立可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－4）,\f(x2,4)＋y2＝1))，消去y可得：（4k2＋1）x2－32k2x＋64k2－4＝0，由Δ＝（－32k2）2－4（4k2＋1）（64k2－4）>0，解得k2<eq\f(1,12)，则x1＋x2＝eq\f(32k2,4k2＋1)，x1·x2＝eq\f(64k2－4,4k2＋1)，依题意，可设Q（m，k（m－4）），由Q在线段AB上，则（m－x1）（m－x2）<0，所以eq\f(|QA|,|QB|)＝eq\f(|m－x1|,|m－x2|)＝－eq\f(m－x1,m－x2)，因为eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\f(4－x1,4－x2)，所以由eq\f(|QA|,|QB|)＝eq\f(|PA|,|PB|)，可得－eq\f(m－x1,m－x2)＝eq\f(4－x1,4－x2)，则（4－x1）（m－x2）＝－（4－x2）（m－x1），去括号可得2x1x2－（m＋4）（x1＋x2）＋8m＝0，将x1＋x2＝eq\f(32k2,4k2＋1)，x1·x2＝eq\f(64k2－4,4k2＋1)代入上式并整理可得8m－8＝0，解得m＝1，则Q（1，－3k），故eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝4×1＋0×（－3k）＝4.21．解析：（1）当直线MN垂直于x轴时，直线MN的方程为x＝1，代入y2＝2px，得y＝±eq\r(2p)，因为△OMN的面积为2，所以eq\f(1,2)×1×2eq\r(2p)＝2，解得p＝2，故C的方程为y2＝4x.（2）由题意可知，直线MN的斜率一定存在，设直线MN：y＝k（x－1）＋3（k≠0），则x＝eq\f(y－3,k)＋1，代入y2＝4x，得ky2－4y－4k＋12＝0，设M（x1，y1），N（x2，y2），则Δ1＝16eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2－3k＋1))>0，y1＋y2＝eq\f(4,k)，y1y2＝eq\f(12－4k,k)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(QM))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(QN))＝eq\r(1＋\f(1,k2))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(3－y1))×eq\r(1＋\f(1,k2))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(3－y2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(9－3\b\lc\(\rc\)