北师版高中数学选择性必修第一册章末质量检测(二)圆锥曲线测试卷(含答案)

这是一份北师版高中数学选择性必修第一册章末质量检测(二)圆锥曲线测试卷(含答案)，共11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。
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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．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(k0)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．
参考答案与解析
1．解析：双曲线的焦点在x轴，a＝2 eq \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＝2 eq \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＝2 eq \r(3) ，则2c＝4 eq \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(k0)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4 eq \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＝4 eq \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＋2c0，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(→)) ＝3 eq \(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(3，2 eq \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＝(5 eq \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＝48k2－16 eq \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－2 eq \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) ＝2 eq \r(15) .
∴直线l的方程为： eq \r(2) x－y－2 eq \r(2) ＝0，线段AB的长为2 eq \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＝2 eq \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|＝4 eq \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) ＝2 eq \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.