2011年高考试题数学汇编--圆锥曲线

圆锥曲线 高考数学

2011年高考试题数学汇编――圆锥曲线

一、选择题:

x2y2

1. (2011年高考山东卷理科8)已知双曲线2 2 1(a＞0，b＞0)的两条渐近线均和圆

ab

C:x y 6x 5 0相切,且双曲线的右焦点为圆C的圆心,则该双曲线的方程为

2

2

x2y2x2y2x2y2x2y2

(A) 1 (B) 1 (C) 1 (D) 1

54453663

【答案】A

【解析】由圆C:x y 6x 5 0得:(x 3) y 4,因为双曲线的右焦点为圆C的圆心(3,0),所以c=3,又双曲线的两条渐近线bx ay 0均和圆C相切,

2

2

2

2

2,即

x2y23b2

1,故选A. 2,又因为c=3,所以b=2,即a 5,所以该双曲线的方程为

54c

2. (2011年高考辽宁卷理科3)已知F是抛物线y=x的焦点，A，B是该抛物线上的两点，

2

AF BF=3，则线段AB的中点到y轴的距离为

A．

3

4

B．1 C．

5 4

D．

7 4

答案：C

解析：设A，B的横坐标分别是m,n，由抛物线定义，得

1115m n5

AF BF=m+ n m n 3，故m n ， ,故线段AB的中点

4422245

到轴的距离为

4

3. (2011年高考全国新课标卷理科7)设直线l过双曲线C的一个焦点，且与C的一条对称轴垂直，l与C交于 A,B两点，AB为C的实轴长的2倍，则C的离心率为 （A

（B

（C）2 （D）3 答案：B

2b2b2

4a， 2 2 解析：由题意知，AB为双曲线的通径，所以，AB aa

圆锥曲线 高考数学

b2

又e 2 ，故选B.

a

点评：本题考查双曲线标准方程和简单几何性质，通过通经与长轴的4倍的关系可以计算出

b2

离心率的关键2的值，从而的离心率。

a

x2y2

4.(2011年高考浙江卷理科8)已知椭圆C1:2 2 1(a＞b＞0)与双曲线

ab

y2

C2:x 1有公共的焦点，C2的一条渐近线与以C1的长轴为直径的圆相交于A,B两

4

2

点，若C1恰好将线段AB三等分，则 （A）a2

131

（B）a2 13 （C）b2 （D）b2 2 22

【答案】 C

【解析】由C1恰好将线段AB三等分得

x1

xA

3x，由xA3

y 2x x x

, 2A2

x

y

22

)

,a)在椭圆上,

y

1 a2 11b2又22

151515ab

a2 b2 5,

b2

1

，故选C 2

5.(2011年高考安徽卷理科2)双曲线 x y 的实轴长是

（A）

2 (B)

【答案】A

【命题意图】本题考查双曲线的标准方程，考查双曲线的性质.属容易题.

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x2y2

【解析】 x y 可变形为 1，则a2 4，a 2，2a 4.故选C.

48

x2y2

6. (2011年高考湖南卷理科5)设双曲线2 1 a 0 的渐近线方程为3x 2y 0，

9a

则a的值为

A.4 B. 3 C. 2 D. 1 答案：C

解析：由双曲线方程可知渐近线方程为y

3

x，故可知a 2。 a

2

7.(2011年高考湖北卷理科4)将两个顶点在抛物线y 2px p 0 上，另一个顶点是此抛物线焦点的正三角形的个数记为n，则

A. n 0 B. n 1 C. n 2 D. n 3 答案：C

解析：根据抛物线的对称性，正三角形的两个 顶点一定关于x轴对称，且过焦点的两条直线 倾斜角分别为30和150，这时过焦点的直线 与抛物线最多只有两个交点，如图所以正三角形 的个数记为n，n 2，所以选C.

8.(2011年高考陕西卷理科2)设抛物线的顶点在原点，准线方程为x 2，则抛物线的方程是

（A）y 8x （B）y 8x （C）y 4x （D）y 4x 【答案】B

【解析】：设抛物线方程为y ax，则准线方程为x

2

2

222

2

aa

于是 2 a 8 44

9. (2011年高考四川卷理科10)在抛物线y x ax 5(a≠0)上取横坐标为x1 4，

x2 2的两点，过这两点引一条割线，有平行于该割线的一条直线同时与抛物线和圆

5x2 5y2 36相切，则抛物线顶点的坐标为( )

（A）( 2, 9) （B）(0, 5) （C）(2, 9) （D）(1, 6) 答案：A

解析：由已知的割线的坐标

圆锥曲线 高考数学

36b2则又 ( 4,11 4a),(2,2a 1),K 2 a,设直线方程为y (a 2)x b，

51 (2 a)2 y x2 ax 5

b 6 a 4 ( 2, 9)

y (a 2)x b

10. (2011年高考全国卷理科10)已知抛物线C：y 4x的焦点为F，直线y 2x 4与C交于A，B两点．则cos AFB= (A)

2

4334 (B) (C) (D)

5555

【答案】D

y2 4x

得A(1, 2),B(4,4)

【解析】： y 4x得F(1,0)，准线方程为x 1，由

y 2x 4

2

则AB

AF 2,BF 5

52 22 24

故选D 由余弦定理得cos AFB

2 5 55

11．(2011年高考福建卷理科7)设圆锥曲线r的两个焦点分别为F1，F2，若曲线r上存在点

P满足PF1:F1F2:PF2=4:3:2，则曲线r的离心率等于

A．或

1

232231

B．或2 C．或2 D．或 23322

【答案】A

二、填空题:

x2y2

1.(2011年高考辽宁卷理科13)已知点（2,3）在双曲线C：2-2 1（a＞0，b＞0）上，

ab

C的焦距为4，则它的离心率为

_____________.

x2

y2 1的焦点，点A,B在椭圆上，2.(2011年高考浙江卷理科17)设F1,F2分别为椭圆3

若F1A 5F2B;则点A的坐标是 .

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【答案】 0,1

【解析】设直线F1A的反向延长线与椭圆交于点B ，又∵F1A 5F2B，由椭圆的对称性可得F1A 5BF1，设A x1,y1 ，B x2,y2 ， 又∵|F1A|

6 32 6 32 x1 ，|F1B | x2 ， 3 2 3 2

632632

(x1 ) 5 (x2 )

∴ 3232解之得x1 0，∴点A的坐标为 0,1 . x 2 5 2 x

2 1

x2y21

3. (2011年高考江西卷理科14)若椭圆2 2 1的焦点在x轴上，过点（1，）作圆

ab2x2+y2=1的切线，切点分别为A,B，直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程

是

x2y2

【答案】 1

54

【解析】因为一条切线为x=1,且直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，所以椭圆的右焦点为(1,0),即c 1,设点P（1，

11

）,连结OP,则OP⊥AB,因为kOP ,所以kAB 2,22

又因为直线AB过点(1,0),所以直线AB的方程为2x y 2 0,因为点(0,b)在直线AB上,

x2y2

所以b 2,又因为c 1,所以a 5,故椭圆方程是

1.

54

2

解析：由椭圆的的定义知，C 4a 16, a 4，又因为离心率

c2

, c 22，a2

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x2y2

1； b a c 8因此，所求椭圆方程为：

168

2

2

2

点评：本题考查椭圆的定义、标准方程以及简单的几何性质。要注意把握.

5.(2011年高考重庆卷理科15)设圆C位于抛物线y 2x与直线x 3所组成的封闭区域（包含边界）内，则圆C的半径能取到的最大值为

1。 为使圆C的半径取到最大值，显然圆心应该在x轴上且与直线x 3相切，

2

设圆C的半径为r，则圆C的方程为 x r 3 y r，将其与y 2x联立得：

2

2

2

2

x2 2 r 2 x 9 6r 0，令 2 r 2 4 9 6r 0，并由r

0，得：

2

r 1

6. (2011年高考四川卷理科14)双曲线

x2y2

=1上一点P到双曲线右焦点的距离是4，那么点P到左准线的距离6436

是 . 答案：16

解析：由双曲线第一定义，|PF1|-|PF2|=±16，因|PF2|=4，故|PF1|=20，（|PF1|=-12舍去），设P到左准线的距离是d，由第二定义，得

2010

，解得d 16. d8

x2y2

7. (2011年高考全国卷理科15)已知F1、F2分别为双曲线C: - =1的左、右焦点，点

279

A∈C，点M的坐标为(2，0)，AM为∠F1AF2∠的平分线．则|AF2| = . 【答案】6

【解析】： F1( 6,0),F2(6,0)，由角平分线的性质得又AF1 AF2 2 3 6 AF2 6

8．(2011年高考北京卷理科14)曲线C是平面内与两个定点F1（-1，0）和F¬2（1，0）的

距离的积等于常数a(a 1)的点的轨迹.给出下列三个结论：

① 曲线C过坐标原点； ② 曲线C关于坐标原点对称；

2

AF1AF2

F1MMF2

8

2 4

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③若点P在曲线C上，则△F1PF2的面积大于

12

a。 2

其中，所有正确结论的序号是 。 【答案】②③

y2x2

9．(2011年高考上海卷理科3)设m为常数，若点F(0,5)是双曲线 1的一个焦点，

m9

则m 。 【答案】16 三、解答题:

1. (2011年高考山东卷理科22)（本小题满分14分）

x2y2

已知动直线l与椭圆C: 1交于P x1,y1 、Q x2,y2 两不同点，且△OPQ的面

32

积S

OPQ其中O为坐标原点. 2

2

2

2

（Ⅰ）证明x1 x2和y1 y2均为定值;

（Ⅱ）设线段PQ的中点为M，求|OM| |PQ|的最大值；

（Ⅲ）椭圆C上是否存在点D,E,G

，使得S ODE S ODG S OEG DEG的形状；若不存在，请说明理由.

?若存在，判断△【解析】（I）解：（1）当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，

x12y12所以x2 x1,y2 y1.因为P(x1,y1)在椭圆上，因此 1

32

又因为S OPQ

2

2

①

②；由①、②得|x1| y1| 1. 所以|x1| |y1|

2

2

此时x1 x2 3,y1 y2 2,

（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y kx m,

x2y2 1，得(2 3k2)x2 6kmx 3(m2 2) 0， 由题意知m 0，将其代入32

其中 36km 12(2 3k)(m 2) 0,即3k 2 m

2

2

2

2

22

…………（*）

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6km3(m2 2)

又x1 x2 ,x1x2 ,

2 3k22 3k2

所以|PQ| 2 3k2

因为点O到直线l

的距离为d

所以S OPQ

1

|PQ|

d 2

，

又

m|

2 3k2

S O Q 2

2

整理得3k 2 2m,且符合（*）式，

6km23(m2 2)

此时x x (x1 x2) 2x1x2 ( ) 2 3, 22

2 3k2 3k

2

1

22

2

222222

y12 y2 (3 x12) (3 x2) 4 (x12 x2) 2.

333

综上所述，x1 x2 3;y1 y2 2,结论成立。 （II）解法一：

（1）当直线l的斜率存在时，由（I

）知|OM| |x1|

2

2

2

2

PQ| 2|y1| 2,

2

因此|OM| |PQ|

2 2

（2）当直线l的斜率存在时，由（I）知

x1 x23k

, 22m

y1 y2x1 x23k2 3k2 2m2

k() m m ,222m2mm

x1 x22y1 y229k216m2 2112

|OM| () () (3 ), 2222

224mm4m2m

22

2(2m2 1)12224(3k 2 m)|PQ| (1 k) 2(2 ),

(2 3k2)2m2m2

所以

|OM|2 |PQ|2

111 (3 2) 2 (2 2)2mm

(3

11

)(2 )m2m2

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3 (

11 2 22)2 25

24

511

，当且仅当3 2 2 2,即m . 2mm

5

综合（1）（2）得|OM|·|PQ|的最大值为.

2

所以|OM| |PQ|

解法二：

因为4|OM| |PQ| (x1 x2) (y1 y2) (x2 x1) (y2 y1)

22

2[(x12 x2) (y12 y2)]

2

2

2

2

2

2

10.

4|OM|2 |PQ|210所以2|OM| |PQ| 5.

25

5

,当且仅当2|OM| |PQ| 2

5

因此 |OM|·|PQ|的最大值为.

2

即|OM| |PQ|

（III）椭圆C上不存在三点D，E，G

，使得S ODE S ODG S OEG

2

， 证明：假设存在D(u,v),E(x1,y1),G(x2,y2)满足S ODE S ODG S OEG 由（I）得

2222

u2 x12 3,u2 x2 3,x12 x2 3;v2 y12 2,v2 y2 2,y12 y2 2,

322

;v y12 y2 1.2因此u,x1,x2只能从 ,v,y1,y2只能从 1中选取,

2

解得u2 x12 x2

因此D，E，G

只能在( 1)这四点中选取三个不同点，

矛盾， 而这三点的两两连线中必有一条过原点，与S ODE S ODG S OEG 所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G. 2.(2011年高考辽宁卷理科20)（本小题满分12分）

如图，已知椭圆C1的中心在原点O，长轴左、右端点M，N在x轴上，椭圆C2的短轴

圆锥曲线 高考数学

为MN，且C1，C2的离心率都为e，直线l⊥MN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D. （I）设e

1

，求BC与AD的比值； 2

（II）当e变化时，是否存在直线l，使得BO∥AN，并说明理由 解：（I）因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设

x2y2b2y2x2

C1:2 2 1,C2:4 2 1,(a b 0)

abaa

设直线l:x t

(|t| a)，分别与C1，C2的方程联立，求得

A(tB(t ………………4分

1时,b a,分别用yA,yB表示A，B的纵坐标，可知 22

当e

2|yB|b23|BC|:|AD| . ………………6分

2|yA|a24

（II）t=0时的l不符合题意.t 0时，BO//AN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN相

等，即

,

tt aab21 e2

2 a.

解得t 2

2

a be

1 e2 e 1.

因为|t| a,又0 e 1,所以2 1,e

所以当0 e

时，不存在直线l，使得BO//AN；

2

当

e 1时，存在直线l使得BO//AN. 2

2.(2011年高考安徽卷理科21)（本小题满分13分）

uuuruur

设 ，点A的坐标为（1,1），点B在抛物线y x上运动，点Q满足BQ QA，经

uuuruuur

过Q点与x轴垂直的直线交抛物线于点M，点P满足QM MP,求点P的轨迹方程。

圆锥曲线 高考数学

【命题意图】：本题考查直线和抛物线的方程，平面向量的概念，性质与运算，动点轨迹方程等基本知识，考查灵活运用知识探究问题和解决问题的能力，全面考核综合数学素养。

uuuruuur【解析】：由QM MP知Q,M,P三点在同一条垂直于x轴的直线上，故可设P(x,y)，Q(x,y )，M(x,x )，则x y (y x )，即

y x (y x ) ( )x y ①

uuuruur

再设B(x ,y ),由BQ QA，即(x x ,y y ) ( x, y )，解得 x ( )x

②

y ( )y

将①代入②式，消去y 得

x ( )x

③

y ( )x ( )y

又点B在抛物线y x上，所以y x ，再将③式代入得

( ) x ( )y [( )x ] ，即

( ) x ( )y ( ) x ( )x ，即

因为 ，等式两边同时约去 ( ) ( )x ( )y ( ) ，

得 x y

这就是所求的点P的轨迹方程。

【解题指导】：向量与解析几何相结合时，关键是找到表示向量的各点坐标，然后利用相关点代入法或根与系数关系解决问题，此外解析几何中的代数式计算量都是很大的，计算时应细致加耐心。

3. (2011年高考全国新课标卷理科20)（本小题满分12分）

在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0,-1)，B点在直线y = -3上，M点满足MB//OA，

圆锥曲线 高考数学

MA AB = MB BA，M点的轨迹为曲线C。 （Ⅰ）求C的方程；

（Ⅱ）P为C上的动点，l为C在P点处得切线，求O点到l距离的最小值。

解析; (Ⅰ)设M(x,y),由已知得B(x,-3),A(0,-1).

uuuruuuruuur

所以MA=（-x,-1-y）, MB=(0,-3-y), AB=(x,-2).

uuuruuuruuur

再由题意可知（MA+MB） AB=0, 即（-x,-4-2y） (x,-2)=0.

12

x-2. 4111

(Ⅱ)设P(x0,y0)为曲线C：y=x2-2上一点，因为y'=x,所以l的斜率为x0

42212

因此直线l的方程为y y0 x0(x x0)，即x0x 2y 2y0 x0 0。

2

所以曲线C的方程式为y=则o点到l

的距离d

2

又y0

12

x0 2，所以

4

12

x0 4

1d 2,

2当x0=0时取等号，所以o点到l距离的最小值为2.

点评：此题考查曲线方程的求法、直线方程、点到直线的距离、用不等式求最值以及导数的应用等。要把握每一个环节的关键。

4. (2011年高考天津卷理科18)（本小题满分13分）

2

x2y2

在平面直角坐标系xOy中，点P(a,b)(a b 0)为动点，F1,F2分别为椭圆2 2 1的

ab

左右焦点．已知△F1PF2为等腰三角形． （Ⅰ）求椭圆的离心率e；

（Ⅱ）设直线PF2与椭圆相交于A,B两点，M是直线PF2上的点，满足AM BM 2，

求点M的轨迹方程．

解：本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、平面向量等基础知识，考查

用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的数学思想，考查解决问题能力与运算能力.

圆锥曲线 高考数学

满分13分.

（I）解：设F1( c,0),F2(c,0)(c 0) 由题意，可得|PF2| |F1F2|,

2c.

cc

， 1 0,得 1（舍）

aa

c11或 .所以e . a22

整理得2()2

（Ⅱ）解:

由（Ⅰ）知a 2c,b ,可得椭圆方程为3x 4y 12c.直线PF2方程为

222

3x 4y 12c

y x c),A,B

两点的坐标满足方程组 ,消去y并整理,得

y x c)

c

a

222

5x2 8cx 0,解得

8c x 2 58c x1 0 , ,

不妨设x1 0,x2 ,

得方程组的解

5y

1 y 1

A(

8c,

),B(0,), 55

8c),BM (x,y).

由设点M的坐标为(x,y),

则AM (x ,y

55y x c)得

38yc x y,

于是AM (y x, x),BM (x),由

315555

AM BM 2，即

(

38yy x)x ( x) 2,

化简得18x2 15 0,

将15555

2y

10x2 5c x y,得c 0,所以x 0,

16x

圆锥曲线 高考数学

因此,点M

的轨迹方程是18x 15 0(x 0).

5.(2011年高考浙江卷理科21)（本题满分15分）已知抛物线C1:x y，圆

2

2

C2:x2 (y 4)2 1的圆心为点M（Ⅰ）求点M到抛物线c1的准线的距离；

（Ⅱ）已知点P是抛物线c1上一点（异于原点），过点P作圆c2的两条切线，交抛物线c1于A，B两点，若过M，P两点的直线l垂直于AB，求直线

l的方程

122

，由x (y 4) 1得4

117

M(0,4)，点M到抛物线c1的准线的距离为4 ( )

44

【解析】（Ⅰ）由x y得准线方程为y

2

（Ⅱ）设点P(x0,x0) ，A(x1,x1)，B(x2,x2) 由题意得x0 0,x0 1,x1 x2设过点P的圆C2的切线方程为y x0 k(x x0)即y kx x0 kx0①

2

2

2

2

2

2

2

222

2 1

即(x0 1)k 2x0(4 x0)k (x0 4) 1 0设PA，PB的斜率为k1,k2（k1 k2）则

k1,k2是上述方

2x0(4 x02)(x02 4)2 12,k1 k2 程的两个不相等的根，k1 k2 将代入①y x得 22

x0 1x0 1x2 kx kx0 x02 0由于x0是方程的根故x1 k1 x0，x2 k2 x0所以

kAB

2

x12 x2 x1 x2， x1 x2

2x0(4 x02)x02 4

k1 k2 2x0 2x0，kMP 由MP AB得

x02 1x0kAB kMP

2x0(4 x02)x02 423232

() ( 2x) () 1解得点的坐标为x P

002

5x0 1x05

直线l

的方程为y x 4. 6. (2011年高考江西卷理科20)（本小题满分13分）

圆锥曲线 高考数学

x2y2

P(x0,y0)(x0 a)是双曲线E：2 2 1(a 0,b 0)上一点，M，N分别是双曲线E的

ab

左、右顶点，直线PM，PN的斜率之积为（1）求双曲线的离心率；

（2）过双曲线E的右焦点且斜率为1的直线交双曲线于A，B两点，O为坐标原点，C为双

1

． 5

曲线上一点，满足OC OA OB，求 的值．

x2y2

解：（1）已知双曲线E：2 2 1 a 0,b 0 ，P x0,y0 在双曲线上，M，N分别为双

ab

曲线E的左右顶点，所以M a,0 ，N a,0 ，直线PM，PN斜率之积为

KPM KPN

2

2

y0y0yx5y01

202 02 2 1 x0 ax0 ax0 a5aa

222

xy16c30

而02 02 1，比较得b2 a2 c2 a2 b2 a2 e ab55a5

（2）设过右焦点且斜率为1的直线L：y x c，交双曲线E于A，B两点，则不妨设

A x1,y1 ,B x2,y2 ，又OC OA OB x1 x2, y1 y2 ，点C在双曲线E上：

x1 x2 2 5 y1 y2 2 a2 2 x12 5y12 2 x1x2 10 y1y2 x22 5y22 a2

*（1）

又 联立直线L和双曲线E方程消去y得：4x2 10cx 5c2 a2 0

5c2 a25c2 a25c22由韦达定理得：x1x2 ，y1y2 x1x2 c x1 x2 c c2代

442

入（1）式得： 2a2

7. (2011年高考湖南卷理科21) （本小题满分13分）如图7，椭圆

771

a2 a2 a2 a2 0，或 -4 22

x2y2

C1:2 2 1(a b 0)的离心率为，x轴被曲线

2abC2:y x2 b截得的线段长等于C1的长半轴长.

求C1，C2的方程；

圆锥曲线 高考数学

设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A，B，直线MA，

MB分别与C1相交于点D，E.

(ⅰ)证明： MD ME;

S117

？请说(ⅱ)记 MAB, MDE的面积分别为S1,S2，问：是否存在直线l，使得

S232

明理由.

解：

由题意知e

c ，从而a 2b，又2b a，解得a 2,b 1，故C1，C2a2

x2

y2 1，y x2 1 的方程分别为4

（ⅰ）由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为y kx

y kx2由 得x kx 1 0 2

y x 1

设A

x1,y1 ，B x2,y2 ，则x1,x2是上述方程的两个实根，于是 0, 1 ，所以

x1 x2 k,x1,x2 1

又点M

kMA kMB

y1 1y2 1 kx1 1 kx2 1 k2x1x2 k x1 x2 1

x1x2x1x2x1x2

k2 k2 1

1

1

圆锥曲线 高考数学

故MA MB即MD ME

y k1x 1 x 0

（ii）设直线的斜率为k1，则直线的方程为y k1x 1，由 解得或 2

y 1 y x 1

x k1

2

，则点的坐标为(k1,k1 1) 2

y k1 1

又直线MB的斜率为

111

，同理可得点B的坐标为( ,2 1).

k1k1k1

111 k12|k1|| | . 于是S1 |MA| |MB|

2k12|k1|

由

y k1x 1

22

x 4y 4 0

得(1 4k1)x 8k1x 0，

22

8k1 x 1 4k12 x 08k14k12 1

,)； 解得 或 ，则点D的坐标为(222

y 11 4k1 4k4k 1 11 y 1

1 4k12 8k14 k121

,) 又直线的斜率为 ，同理可得点E的坐标(22

4 k14 k1k132(1 k12) |k1|1

于是S2 |MD| |ME|

2(1 4k12)(4 k12)

S11 42 4k1 2 17 因此 S264 k1

171 41222 4k 17 k k 4由题意知，，解得或 1112 64 4k1 32

k113k k ,k 又由点A,B的坐标可知，所以 1

1k12k1 k1

故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为y

k1

2

1

2

33x和y x 22

评析：本大题主要考查抛物线、椭圆的标准方程的求法以及直线与抛物线、椭圆的位置关系，突出解析几何的基本思想和方法的考查：如数形结合思想、坐标化方法等.

圆锥曲线 高考数学

（x y 4,（x y 4中的一8. (2011年高考广东卷理科19)设圆C

与两圆

个内切，另一个外切.

（1）求C的圆心轨迹L的方程. （2）

已知点M(时点P的坐标.

【解析】（1）解：设C的圆心的坐标为(x,y)，由题设条件知

2222

，F0），且P为L上动点，求MP FP的最大值及此55

| | 4,

x2

化简得L的方程为 y2

1.

4

（2）解：过M，F的直线l

方程为y 2(x ，将其代入L的方程得

15x2 84 0.

解得x1

x2 故l与L交点为T1(, T2( 515551515

因T1在线段MF外，T2在线段MF内，故|MT1| |FT1| |MF| 2,

|MT2| |FT2| |MF| 2.，若P不在直线MF上，在 MFP中有 |MP| |FP| |MF| 2.

故|MP| |FP|只在T1点取得最大值2。

9. (2011年高考湖北卷理科20)（本小题满分13分）

平面内与两定点A1( a,0),A2(a,0)(a 0)连线的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹，加 上A1、A2两点所在所面的曲线C可以是圆、椭圆或双曲线.

圆锥曲线 高考数学

(Ⅰ)求曲线C的方程，并讨论C的形状与m的位置关系；

(Ⅱ)当m=-1时，对应的曲线为C1：对给定的m ( 1,0) (0, )，对应的曲线为C2， 设F1、F2是C2的两个焦点，试问：在C1上，是否存在点N，使得△F1NF2的面 积S ma2，若存在，求tanF1NF2的值；若不存在，请说明理由.

解：本小题主要考查曲线与方程、圆锥曲线等基础知识，同时考查推理运算的能力，以及分

类与整合和数形结合的思想。（满分14分） 解：（I）设动点为M，其坐标为(x,y)，

当x a时，由条件可得kMA1 kMA2

2

2

2

yyy2

2 m, 2

x ax ax a

2

2

2

即mx y ma(x a)，又A1( a,0),A2(A,0)的坐标满足mx y ma, 故依题意，曲线C的方程为mx y ma.

2

2

2

x2y2

当m 1时,曲线C的方程为2 1,C是焦点在y轴上的椭圆； 2

a ma

当m 1时，曲线C的方程为x y a，C是圆心在原点的圆；

2

2

2

x2y2

1，C是焦点在x轴上的椭圆；当当 1 m 0时，曲线C的方程为2

a ma2x2y2

m 0时，曲线C的方程为2 2 1，C是焦点在x轴上的双曲线.

ama

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当m 1时，C1的方程为x y a；

当m ( 1,0) (0, )时，

C2

的两个焦点分别为F1(

，F2(.

对于给定的m ( 1,0) (0, )，C1上存在点N(x0,y0)(y0 0)使得

2

2

2

S ma2的充要条件是

x02 y02 a2,y0 0, ① 12

2y ma ② 0 2

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