河南省南阳市第一中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷

这是一份河南省南阳市第一中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
x2y21
若椭圆
k  89
 1的离心率为 2 ，则 k 的值是（ ）
B．  5
4
或 5
4
或 5
4
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，现有椭圆形明代瓷盘，经测量得到图中数据，则该椭圆瓷盘的离心率为（ ）
A
． 1
2
B． 3
2
C．
D．2
3
已知半径为 1 的动圆与圆 x  52   y  72  16 相切，则动圆圆心的轨迹方程是（ ）
 x  52   y  72  25
 x  52   y  72  17 或 x  52   y  72  15
 x  52   y  72  9
 x  52   y  72  25 或 x  52   y  72  9
设直线 y  x  2 与圆O : x2  y2  a2 相交于 A, B 两点，且 AB  2 3 ，则a 为（ ）
A．2B． 2C．3D． 3
2
已知 F , F 为椭圆C : x2  y2  1a  b  0 的左右焦点， F F  4 ，点Q 2, 2 在椭圆C 上， P 是椭圆C
12a2b21 2
上的动点，则 PQ  PF1 的最大值为（ ）
A．4B． 9
2
D． 4 
x2y2
F , F , P
5
已知离心率为的双曲线 1(a  0, b  0) 的左、右焦点分别为 12为右支上的一点，若
a2b2
1 2
PF2  2a ，则S△PF F  （ ）
8a2
4a2
4 2a2
4 3a2
已知动点 P 在圆O ： x2  y2  4 上，若以点 P 为圆心的圆经过点Q(1,1) ，且与圆O 交于 A, B 两点，记点 P
到直线 AB 的距离为d ，且d 的最小值为m ，最大值为M ，则M  m  （ ）
2
A．
B．
C． 2
D． 2
3
2
3
坐标平面 xOy 上的点 P  x, y  ，将点 P  x, y  绕原点O 逆时针旋转α后得到点 P x, y .这个过程称之为旋
x  xcsα ysinα
转变换，已知旋转变换公式：
Cx2  y2  xy  3Oπ
 y  xsinα ycs
，将曲线：
绕原点
顺时针旋转后得
4
α
到曲线 E ，则曲线 E 的方程为（ ）

x2y2
A．
x2y2
1
1

B．
x2y2
1

C．
x2y2
1

D．
26628646
二、多选题
点M (4,1) 为抛物线C : x2  2 py( p  0) 上一点，点 F 是抛物线的焦点，O 为坐标原点，A 为 C 上一点，且
| AF | 8 ，则（ ）
p  8
C．直线 AF 的斜率为 5
20
F (0, 4)
D． VAOF 的面积为 16
F , F
x2y2
–––→ ––––→
1 ––––→2
已知 12 为椭圆 a2  b2  1( a  b  0 )的两个焦点，B 为椭圆短轴的一个端点， BF1  BF2  4 F1F2 ，则椭圆的离心率的取值可以是（ ）
A
． 1
2
C． 3
3
B． 3
6
D． 3
2
已知曲线C ： x2  y y  1 ，若直线 y  kx  b 与C 的交点的可能个数的集合记为 Ak,b ，则（ ）
C 关于 y 轴对称
Ak, 1 1, 2
Ak, 2k 1, 2
3
“ Ak, 2 3 ”的充要条件是“
 k ”
5
三、填空题
已知点 A x1 , y1  ， B  x2 , y2  是直线 y  2 x  3 上的两点，若 AB  5 ，则 y1  y2 
x2y2FF
已知双曲线 E： a2  b2  1a  0, b  0 的左、右焦点分别为 1 ， 2 ．若点 A，B 在 E 的左支上，且
AF1  3F1B ， AB  BF2 ，则 E 的离心率为．
1
2
在平面直角坐标系中，已知圆C :  x  32   y 12  4 和圆C :  x  42   y  52  4 ，设 P 为平面上的点，
若满足：存在过点 P 的无穷多对互相垂直的直线l1 和l2 ，它们分别与圆C1 和圆C2 相交，且直线l1 被圆C1 截得的弦长与直线l2 被圆C2 截得的弦长相等，则所有满足条件的点 P 的坐标是
四、解答题
已知直线l : y  3x  7 ，试求：
直线 y = x + 3 关于直线l 对称的直线方程；
直线l 关于 A4, 2 对称的直线方程．
已知圆O : x2  y2  1，圆C 的圆心在直线 y  1上，且过点 A4, 3, B 2,1 ．
求圆C 的标准方程；
已知第二象限内的点 D 在圆O 上，过点 D 作圆O 的切线l1 恰好与圆C 相切，求l1 的斜率．
在平面直角坐标系中，已知 A0,1, B 0, 1 ，直线 AP 与 BP 相交于点 P ，且两直线的斜率之积为 1 ．
4
设点 P 的轨迹为 ，求曲线 的方程；
1
设一组斜率为 2 的平行直线与 均有两个交点，证明这些直线被 截得的线段的中点在同一条直线上．
x2y2
x2y2
 3
3

A
, 1 

已知椭圆 E :
 1 ，双曲线 F : 1，设椭圆 E 与双曲线 F 有相同的焦点，点
 ，
 3 3 1 

a2b262
 22 

B  

, 分别为椭圆 E 与双曲线 F 在第一、二象限的交点．
2
2
求椭圆 E 的标准方程；
设直线 AB 与 y 轴相交于点M ，过点M 作直线交椭圆 E 于 P ，Q 两点（不同于 A ，B ），求证：直线 AP
与直线 BQ 的交点 N 在一定直线上运动，并求出该直线的方程．
2y2x2y2
已知l1 ， l2 既是双曲线C1 ： x 
4
C2 的焦距是双曲线C1 的焦距的 3 倍.
 1的两条渐近线，也是双曲线C2 ： 1 的渐近线，且双曲线
a2b2
任作一条平行于l 的直线l 依次与直线l 以及双曲线C ， C 交于点 L ， M ， N ，求 MN 的值；
1212NL
如图， P 为双曲线C2 上任意一点，过点 P 分别作l1 ，l2 的平行线交C1 于 A ， B 两点，证明：VPAB 的面积为定值，并求出该定值.
参考答案
1．C
k  8  9
k 1
k  8
【详解】当k  8  9 即k  1时，离心率 c  1 ，解得k  4 符合题意，.
aa2
9  k  8
当0  k  8  9 即8  k  1 时，离心率 c  1 k  1 ，解得k   5 ，符合题意.
a3324
综上，k 的值是 4 或 5 .
4
故选：C 2．B
【详解】由题意椭圆长轴长为 8，短轴长为 4，
84
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
D
B
B
B
C
B
ABD
ABC
题号
11
答案
ABD
a2  b2
42  22
可知a  2  4 ， b  2  2 ，则c 
所以椭圆的离心率为： e  c  2 3 

3 .
 2 3 ，
a42
故选：B．
3．D
 x  52   y  72
【详解】由 x  52   y  72  16 ，圆心为5, 7 ，半径为 4，设动圆圆心为 x, y  ，若动圆与已知圆外切，则
即 x  52   y  72  25 ；
 4 1，
 x  52   y  72
若动圆与已知圆内切，则
即 x  52   y  72  9 .
 4 1，
综上所述，动圆圆心的轨迹方程是 x  52   y  72  25 或 x  52   y  72  9 .
故选：D.
4．B
【详解】由题意，
2
在 y  x  2 中， x  y  0
在O : x2  y2  a2 中， O 0, 0 ，半径为a a  0 ，
3
直线与圆相交于 A, B 两点，且 AB  2，
设 AB 中点为 C，连接OA ， OC ，
由几何知识得， OC  AB ， AC  BC 
1 AB  3 ，
2
12  12
0  0  2
在 Rt△AOC 中， OA  a ， OC  1
由勾股定理得， OA2  AC 2  OC 2 ，即a2  12  
故选：B.
3 2 ，解得a  2 ，
5．B
【详解】由题意可知 F1F2  2c  4 ，则c  2 ， F1 (2, 0) ，
 
点Q 2, 2 在椭圆C 上，则 4
a2
2
b2
 1，结合a2  b2  c2  4 ，

2
2
解得a2  8, b2  4 ，故C : xy1 ，
84
设 P( x, y) ，则 x2  8  2 y2, y [2, 2]，
–––→ –––→
2
则 PQ  PF1  2  x, y  2  x,  y   x2  4  y2  2 y
  y2 

2 y  4   y 
2 2

9 ，
2 2
2
22 99
当且仅当 y  时，  y   取最大值 ，
2222

即 PQ  PF9
1 的最大值为 2 ，
故选：B
6．B
5
【详解】由题意可知e  c ，所以 F F
 2c  2 5a ，
a
由双曲线定义可得 PF1  PF2
1 2
 2a ，则 PF1  4a ，
则 PF 2  PF 2  F F 2 ，
121 2
所以VPF1F2 为直角三角形，
1
2
所以SPF  PF
 4a2 ．
V PF1F212
故选：B.
7．C
【详解】
如图过点Q 作一条直径交圆O 于点 P1 , P2 ，以点 P1 为圆心，经过点Q 的圆交圆O 于 A1, B1 ，
以点 P2 为圆心，经过点Q 的圆交圆O 于 A2 , B2 ，因 P 到直线 AB 的距离为d ，当点 P 与点 P1 重合时， d 取得最小值m ，
当 P 与点 P2 重合时， d 取得最大值M .下面分别求这两个值.
2
12
由图知直线OQ 的方程为 y  x ，代入 x2  y2  4 ，可解得： P ( 2, 2 ), P (
2, 
2 ) ，
6  4 2
易知圆 P1 的半径即| P1Q |
,故得圆 P1 : ( x 
2 )2  ( y 
2 )2  6  4，
将圆 P1 与圆O 方程左右分别相减即得直线 A1B1 的方程： l
| 2 2  2  2 |3
A1B1
: x  y  2 
2  0 ，于是
2
dmin
 m  2   2 .
2
2
6  4 2
同法可得：圆 P2 的半径即| P2Q |
,故圆 P2 : ( x 
2 )2  ( y 
2 )2  6  4 2 ，
将圆 P2 与圆O 方程左右分别相减即得直线 A2 B2 的方程： l
| 2 2  2  2 |3
A2 B2
: x  y  2 
2  0 ，
2
于是d
max
 M  2   2 .
2
2
故有： M  m  ( 3  2 )  ( 3  2 )  2 2.
22
故选：C.
8．B
【详解】设曲线C 上一点 P  x, y 
，其绕原点O
顺时针旋转 π
4
后对应的曲线 E
上的点为
P x, y ，
x  xcs 7π  ysin 7πx 2 x 2 y
4422
2
2
则7π7π ，即，
 y  xsin

 ycs
44
 y  

x y
22

x 
所以
 y 

2 (x  y)
2，
2 ( y  x)
2

所以
22
2 (x  y)
 22

 2 (x  y)
 2 (x  y) 

 

2
2 (x  y)  3 ，

2
 
所以 1 (x  y)2  1 (x  y)2  1 (x2  y2 )  3 ，
222
所以 x2  2xy  y2  x2  2xy  y2  x2  y2  6 ，
所以 x2 
3y2
 6 ，即
x2
y2
 1 .
62
2
2
所以曲线 E 的方程为 x  y  1 .
62
故选：B 9．ABD
【详解】由题意可知， 42  2 p 1，则 p  8 ，则 x2  16 y ，焦点 F 0, 4 ，故 AB 正确；
设点 A x , y  ，则| AF | y  p  y  4  8 ，则 y  4 ，
000200
x2  16  4  64 ，则 x 8，
00
即 A8, 4 或8, 4 ，所以直线 AF 的斜率为 0，故 C 错误；
11
VAOF 的面积为 2  OF  x0
故选：ABD 10．ABC
  4  8  16 ，故 D 正确.
2
【详解】由椭圆的定义可知：
BF  BF
 a, OF
 OF
 c ，则sin OBF  c  e ，
12121a
∴ cs F BF  1 2 sin2 OBF  1 2e2 ，
121
–––→ ––––→1 ––––→2
222
∵ BF1  BF2  4 F1F2
，即(1 2e )a  c ，
∴1 2e2  e2 ，又0  e  1，∴ 0  e 3 .
3
故选：ABC.
ABD
【详解】当 y  0 时，曲线C 的方程为 x2  y2  1，表示为圆心在原点、半径为 1 的上半圆；
当 y  0 时，曲线C 的方程为 x2  y2  1，表示为焦点在 x 轴、对称中心在原点的双曲线的 x 轴下方的部分，其渐近线方程为 y  x ；
对于 A，设点 x, y  在曲线C 上，点 x, y  关于 y 轴对称的点为x, y  ，因为x2  y y  x2  y y  1，所以曲线C 关于 y 轴对称，故 A 正确；对于 B， Ak, 1 时，直线 y  kx 1 恒过定点0, 1 ，如图，
当k  1 ，或k  1 时，曲线C 与直线 y  kx 1 只有 1 个交点，
当1  k  1，曲线C 与直线 y  kx 1 有 2 个交点，所以 Ak, 1  1, 2，故 B 正确；
对于 C，当 Ak, 2k  时，直线 y  kx  2k  k  x  2 恒过定点2, 0 点，当曲线 x2  y2  1 y  0 与直线 y  kx  2k 相切时，
圆心0, 0 到直线 y  kx  2k 的距离为1 
，解得k   3 ，
2k
1 k 2
3
当k  1 ，或k  1 ，或k  
3 时，曲线C 与直线 y  kx  2k 只有 1 个交点，
3
当 3  k  1时，曲线C 与直线 y  kx  2k 没有交点；
3
当 3  k  1时，曲线C 与直线 y  kx  2k 有 2 个交点；
3
所以 Ak, 2k   0,1, 2 ，故 C 错误；
对于 D，
Ak, 2 时，直线 y  kx  2 恒过定点0, 2 点，
当曲线 x2  y2  1 y  0 与直线 y  kx  2 相切时，
2
1 k 2
圆心0, 0 到直线 y  kx  2 的距离为
 1 ，解得k  ，
3
当直线 y  kx  2 过1, 0 时，得k  2 ，当直线 y  kx  2 过1, 0 时，得k  2 ，
若曲线 x2  y2  1 y  0 与直线 y  kx  2 有 2 个交点时，
3
则2  k  
，或
 k  2 ，
3
若曲线 x2  y2  1 y  0 与直线 y  kx  2 有 1 个交点时，
则k  2 ，或
3
当 k 
k  2 ，或k  ，
3
3 时，曲线 x2  y2  1 y  0 与直线 y  kx  2 没有交点；
当直线 y  kx  2 与曲线 x2  y2  1 y  0 相切时，联立方程得1 k 2  x2  4kx  5  0  y  0 ，
5
可得Δ  16k 2  20 1 k 2   0 ，解得k  ，
5
当 k  2 ，或2  k  5 时，
直线 y  kx  2 与曲线 x2  y2  1 y  0 有 2 个交点，当2  k  1，或1  k  2 时，
直线 y  kx  2 与曲线 x2  y2  1 y  0 有 1 个交点，
当1  k  1 时，曲线 x2  y2  1 y  0 与直线 y  kx  2 没有交点；
所以当直线 y  kx  2 与曲线 x2  y2  1 y  0 与有 2 个交点、与
3
x2  y2  1 y  0 有 1 个交点时， 2  k  
，或
 k  2 ；
3
当直线 y  kx  2 与曲线 x2  y2  1 y  0 有 1 个交点、与
5
x2  y2  1 y  0 有 2 个交点时，  k  2 ，或2  k  5 ，
综上所述，
 k 时，曲线C ： x2  y y  1 与直线 y  kx  2 交点个数为 3 个，
3
5
故 D 正确.
故选：ABD.
5
2
【详解】因为 A x1 , y1  ， B  x2 , y2  是直线 y  2 x  3 上的两点，
所以 y1  2x1  3 ， y2  2x2  3 ．

x  x y  y

2

12

2
12


y 
y 
2

12
2
12

 y  y


2
根据两点间的距离公式，得 AB 
5
4

y  y
12

2

解得 y1  y2

5
 2
5
2
.
y1  y2
 5 ，
5
故答案为： 2
10 / 1 10
22
【详解】假设点 A 在第二象限，如图，设 BF1  m ，则 AF1  3m ．
由双曲线的定义得 BF2
 m  2a ， AF2
 3m  2a ．
因为 AB  BF ，所以在RtVABF 中， AB 2  BF 2  AF 2 ，
2222
即4m2  m  2a2  3m  2a2 ，整理得m  a ，
所以 BF1  a ， BF2  3a ，
故在RtVF BF 中， BF 2  BF 2  F F 2 ，即a2  3a2  2c2 ，
12121 2
10
2c25
整理得5a2  2c2 ，所以e  ．又e  1 ，所以e ．
a222
故答案为：10 .
2
 5 ,  1  或  3 , 13 
 22  2 2 

【详解】设点 P 坐标为(m, n) ，由题可知存在过点 P 的无穷多对互相垂直的直线l1 和l2 ，
所以一定有无穷多对直线l1 和l2 斜率存在满足题意，故可设直线l1 , l2 的方程分别为：
y  n  k (x  m), y  n   1 (x  m) k  0 ，
k
即： kx  y  n  km  0,  1 x  y  n  1 m  0 ，
kk
 4  5  n  1 m
k
k
k 2
1 1
因为直线l1 被圆C1 截得的弦长与直线l2 被圆C2 截得的弦长相等，两圆半径相等，由垂径定理，得圆心C1 到直线l1 与圆心C2 到直线l2 的距离相等，
∴ | 3k 1 n  km | ，
k 2 1
化简，得(2  m  n)k  m  n  3 ，或(m  n  8)k  m  n  5 ，
2  m  n  0m  n  8  0
关于k 的方程有无穷多解，有m  n  3  0 或m  n  5  0 ，

解方程组，得点 P 坐标为 5 ,  1  或  3 , 13  ，
 22  2 2 

经检验以上两点满足题意.
故答案为：  5 ,  1  或  3 , 13  .
 22  2 2 

15．(1) 7x  y 13  0
(2) 3x  y  27  0
 y  3x  7

【详解】（1）由 y  x  3
x  2

可得 y  1 ，
直线 y = x + 3 与直线l : y  3x  7 的交点为 E 2,1 ，再在直线 y = x + 3 上取一点M 0, 3 ，
设点M 0, 3 关于直线l : y  3x  7 的对称点为 N m, n ，
 n  3  3  1m   12
则由m解得5 ，即 N   12 , 19  ．
 n  3m
19
55 
 3  7
n 
 22
5
19 1
由题意可得 E 、 N 两点是所求直线上的两个点，则直线斜率为 5  7 ，
 12  2
5
则直线方程为 y 1  7  x  2 ，化简为7x  y 13  0 ．
（2）在直线l : y  3x  7 上任意取出两个点C 0, 7, D 1, 4 ，求出这两个点关于点 A4,2 对称点分别为Q 8, 3, H 9, 0
由题意可得Q 8, 3, H 9, 0 ，是所求直线上的两个点，
则直线斜率为3  0  3，则所求直线方程为 y  3 x  9 ，即3x  y  27  0 ．
8  9
16．(1) ( x  4)2  ( y  1)2  4
(2) 8
15
【详解】（1）设圆C 的圆心坐标为(a,1) ，半径为r .
因为圆C 过点 A(4, 3) 和 B(2,1) ，根据圆的标准方程(x  a)2  ( y 1)2  r 2 .
对于点 A(4, 3) 有(4  a)2  (3  1)2  r2 ，即(4  a)2  4  r2 ①.
对于点 B(2,1) 有(2  a)2  (1  1)2  r2 ，即(2  a)2  r2 ②.
将②代入①可得： (4  a)2  4  (2  a)2 .
展开得16  8a  a2  4  4  4a  a2 .
移项化简得16  4  4  8a  4a ，即4a  16 ，解得a  4 .
把a  4 代入②得r2  (2  4)2  4 .
所以圆C 的标准方程为( x  4)2  ( y  1)2  4 .
（2）如图所示，两圆外离，公切线有四条，由于第二象限内的点 D 在圆O 上显然满足题意的是l1 .下面求公切线斜率.显然斜率存在，设切线 y  kx  b .
| b |
k 2  1
圆心O(0, 0) 到切线 y  kx  b （即kx  y  b  0 ）的距离d1  1 （∗），
| 4k  1  b |
k 2  1
圆心C ( 4,1) 到切线 y  kx  b （即kx  y  b  0 ）的距离d2  2 （∗∗），
| b |1
两个式子比，得到由 .化简得到| 4k  1  b || 2b |，
| 4k  1  b |2
则4k  1  b  2b 或者4k  1  b  2b .即b  4k  1或者b  1  4k .
3
当b  4k  1时，代入方程（∗），得到| 4k  1 |
k 2  1 ，两边平方整理得15k 2  8k  0 ，解得k  0 或k  8 .
15
2
当b  1  4k 时，代入方程（∗），同样得到7k 2  8k  8  0 ，解得k  4  6 .
37
由于 4  6 2  1  8 且由图知道0  k  k ，因此， k  8 .
715
故满足题意的l 的斜率为k  8 .
l1l2
l115
1l115
17．(1)
x2  2
y
4
 1， x  0 ；
(2)证明见解析.
【详解】（1）设交点 P  x, y  ，则根据直线 AP 与 BP 两直线的斜率之积为 1 可得，
4
y 1  y 1   1
22x22

xx4 ，整理得： x
 4  y
1  0  y
4
 1，
由于直线 AP 与 BP 两直线的斜率一定存在，则 x  0 ，
x22
所以点 P 的轨迹为 的方程为： y
4
（2）
 1， x  0 .

1
设斜率为 2 的直线与曲线
相交于两个交点
C  x1 , y1 , D  x2 , y2  ，
则由直线方程 y  1 x  m 与椭圆方程 x2  y2  1， x  0 联立方程组可得：
24
x2 12
2
  x  m 
4
 1  x2  2mx  2m2  2  0 ，
由韦达定理可得： x1  x2  2m ，
而 y  y  1  x  x   2m  1 2m  2m  m ，
122122
设 AB 中点M  x , y  ，则 x  x1  x2  m, y
 y1  y2  1 m ，
0002
022
从而有 y   1 x ，即可证明这些平行直线的中点一定在直线 y   1 x 上.
02 0
x2  2 
2
y  2
18．（1） 9y
1 ；（2）证明见解析，.
【详解】（1）因为椭圆 E 与双曲线 F 有相同的焦点，所以a2  b2  6  2  8 ，
 3 3 1 
A,
27  1  1

将点 

22  代入椭圆方程得 4a2
4b2，
x 
2
222
联立两式解得， a  9 ， b  1 ，所以椭圆 E 的标准方程为： 9y  1 ．
（2）依题意，直线 AB： x  1 ，则点M 坐标为(0, 1 ) ，直线 PQ 与直线 AB 不重合，于是得直线 PQ 的斜率
不为 0，
22
y
1
 x2  2 
1 9m2
设直线 PQ 的方程为 x  m( y 
) ，由
1
2x  m( y  )
得(m2  9) y2  m2 y  9  0 ，
4
2
m2m2  36
设 P(x1 , y1 ) ， Q(x2 , y2 ) ， N (x0 , y0 ) ，则 y1  y2  m2  9 ， y1  y2  4(m2  9) ，
x  3 3
x  3 3
m( y  1 )  3 3
x  3 3
0
由 A ， P ， N 共线得：
2 12
122
 m  3 3
0
，即：
2  m  3 3 ，
y  1
y  1
y  12 y1 1
y  12 y1 1
02121202
x 3 3
同理，由 B ， Q ， N 共线得：2  m  3 3 ，
0
y  12 y2 1
02
1 2  y1  y2   2
1 
2m2

m2  92
 2
y  2
两式相减并整理得，
y
 14 y1 y2  2  y1  y2  1 ，从而得
1m2  362m2
3 ，解得 0，
02y0  2221
m  9m  9
综上所述，直线 AP 与直线 BQ 的交点 N 在定直线 y  2 上运动．
19．(1) 2
3
(2)证明见解析， 2
3
【详解】（1）依题意b  2a ，根据双曲线C2 的焦距是双曲线C1 的焦距的 3 倍，可得5a2  15 ，
x2
即a2  3 ，故双曲线C2 ：
y2
 1，
312
不妨设l1 ： y  2x ，则设l ： y  2x  m ，
 y  2x  m
 y  2x  mm
m2  4
联立 y  2x
，可得 xL  ，联立 2y2
可得 xM ，

 y  2x  m

联立 x2  y2 
4
m2 12
可得 xN ，
x
 14m
4
 3121
4m
m2  4  m
从而 LM  xM  xL 


4m4
 1 ,所以 MN  2
MNxN  xM
m2 12  m2  42
NL3
4m4m
（2）如图，延长 PA ， PB 分别交渐近线于C ， D 两点，
由（1）可知 PA  PB  2 ，则S 4 S，
PCPD3
△PAB
9 △PCD

设 P  x , y  ，则 PA ： y  2  x  x   y ，联立 y  2  x  x0   y0 ，
解得 x
00
 2x0  y0 ，
00 y  2x
C4
 y  2  x  x0   y0
2x  y
而 PB ： y  2  x  x0   y0 ，联立
 y  2x
，解得 xD
 00 ，
4
从而 PC  PD 
x  x

x  x
 5
 15 ，
5
5
2x0  y0
4
2x0  y0
4
PCPD4
设l2 的倾斜角为α，则tanα 2 ，而APB  COD  2α，故sin2α
2tanα 1 tan2α
 4 ，
5