2011高考圆锥曲线解答题

江西理20. （本小题满分13分）

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的左、右

ab

顶点，直线PM，PN的斜率之积为

1

. 5

（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为双曲线上一点，

满足OC OA OB，求 的值.

---

---

---

x2y2

【解析】（1）点P(x0,y0)(x0 a)是双曲线E：2 2 1(a 0,b 0)上，有

ab

xyy0y01

02 02 1，由题意又有 ，可得a2 5b2，

x0 ax0 a5ab

c2 a2 b2 6b2

则e

22

c

a5

x2 5y2 5b2

22

（2）联立 ，得4x 10cx 35b 0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)

y x c

5c

x x 12 --- --- --- --- x3 x1 x2 2

OC OA OBOC (x,y)则 ，设，，即 332

y3 y1 y2 xx 35b

12 4

又C为双曲线上一点，即x3 5y3 5b2，有( x1 x2) 5( y1 y2) 5b

2

2

2

22

化简得： 2(x1 5y1) (x2 5y2) 2 (x1x2 5y1y2) 5b2

又A(x1,y1)，B(x2,y2)在双曲线上，所以x1 5y1 5b2，x2 5y2 5b2 由（1）式又有

2

2

2

2

2222

x1x2 5y1y2 x1x2 5(x1 c)(x2 c) 4x1x2 5c(x1 x2) 5c2 10b2

2

得： 4 0，解出 0，或 4

四川22.（本小题满分14分）

x2y2 1交于P x1,y1 、Q x2,y2 两不同点，且△OPQ的面积S

OPQ已知动直线l与椭圆C: 其中O32为坐标原点.

（Ⅰ）证明x1 x2和y1 y2均为定值;

2

2

2

2

（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 请说明理由.

若存在，判断△DEG的形状；若不存在，【解析】22．（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

1 ①

所以x2 x1,y2 y1.因为P(x1,y1)在椭圆上，因此32

又因为S OPQ

②；由①、②得|x1| y1| 1. 所以|x1| |y1|

222

222

此时x1 x2 3,y12 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 36k2m2 12(2 3k2)(m2 2) 0,即3k 2 m

2

2

…………（*）

6km3(m2 2),x1x2 ,

又x1 x2 22

2 3k2 3k

所以|PQ| 2

2 3k

因为点O到直线l

的距离为d

所以S OPQ

1

|PQ|

d 2

m|，又S OPQ222

3k

整理得3k 2 2m,且符合（*）式，

22

6km23(m2 2)) 2 3, 此时x x (x1 x2) 2x1x2 ( 22

2 3k2 3k

2

1

22

2

2

y12 y2

22222

(3 x12) (3 x2) 4 (x12 x2) 2. 333

2

2

2

2

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|

PQ| 2|y1| 2,

因此|OM| |PQ|

2 x1 x23k

, 22m

（2）当直线l的斜率存在时，由（I）知

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

11111

(3 2) 2 (2 2) (3 2)(2 2) (2mmmm

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|2 |PQ|2 (x1 x2)2 (y1 y2)2 (x2 x1)2 (y2 y1)2

22

2[(x12 x2) (y12 y2)]

10.

4|OM|2 |PQ|210

5. 所以2|OM| |PQ|

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解得u2 x12 x2 ;v2 y12 y2 1.

2因此u,x1,x2只能从 ,v,y1,y2只能从 1中选取,

2

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. 山东（22）（本小题满分14分）

x2

y2 1.如图所示，斜率为k(k＞0)且不过原点的直线l交椭圆C于在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:3

A，B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线x 3于点D( 3,m).

（Ⅰ）求m2 k2的最小值；

（Ⅱ）若OG OD OE，（i） 求证：直线l过定点；

（ii）试问点B，G能否关于x轴对称？若能，求出此时 ABG

的外接圆方程；若不能，请说明理由. （I）解：设直线l的方程为y kx t(k 0)，

由题意，t 0.

2

y kx t, 222

由方程组 x2得(3k 1)x 6ktx 3t 3 0，由题意 0，所以 2

y 1, 3

3k2 1 t2.

设A(x1,y1),B(x2,y2)， 由韦达定理得x1 x2 因此xE

6kt2t

,y y .由于E为线段AB的中点， 所以12

3k2 13k2 1

3kttyE1,y ,此时k .所以OE所在直线方程为 EOE

3k2 13k2 1xE3k

y

1x, 3k

122

，即mk=1，所以m k 2mk 2, k

又由题设知D（-3，m），令x=-3，得m

当且仅当m=k=1时上式等号成立，此时 由 0得0 t 2,

22

因此 当m k 1且0 t 2时，m k取最小值2。

（II）（i）由（I）知OD所在直线的方程为y

解得G(1

x,将其代入椭圆C的方程，并由k 0,

3k

，又E(

3kt1

,),D( 3,)，由距离公式及

3k2 13k2 1k

t 0得

9k2 1

|OG| ( 2,

3k 12

2

2

|OD| k

|OE| 2

3k 1

由|OG|2 |OD| |OE|得t k,因此，直线l的方程为 y k(x所以，直线 1).

l恒过定点( 1,0).

（ii）由（i

）得G(

，若B，G关于x轴对称，则

B(42

代入y k(x 1)整理得3k2 1 即6k 7k 1 0，解得k

2

1

（舍去） 6

或k2 1,

所以k=1，此时B(

3131

, ),G( ,)关于x轴对称。又由（I）得x1 0,y1 1,所以 2222

A（0，1）。

由于 ABG的外接圆的圆心在x轴上，可设 ABG的外接圆的圆心为（d，0）， 因此d 1 (d )

2

3

2

2

11

,解得d ,故 ABG的外接圆的半径为

42

r

12

2

2

所以 ABG的外接圆方程为(x ) y

5. 4

21．（本小题共l2分）

椭圆有两顶点A(－1，0)、B(1，0)，过其焦点F(0，1)的直线l与椭圆交于C、D两点，并与x轴交于点P，直线AC与直线BD交于点Q．

（Ⅰ）当|CD| l的方程；

（Ⅱ）当点P异于A、B两点时，求证：OP OQ为定值．

本小题主要考查直线、椭圆的标准方程及基本性质等基本知识，考查平面解析几何的思想方法及推理运算能力．

解：（Ⅰ）因椭圆的焦点在y轴上，设椭圆的标准方程为 y2x2

1(a b 0)， a2b2

y222

由已知得b 1，c 1，所以a 2，则椭圆方程为x 1．

2

直线l垂直于x轴时与题意不符．

2y2

1, x

设直线l的方程为y kx 1，联立 得(k2 2)x2 2kx 1 0，

2

y kx 1,

设C(x1,y1)，D(x2,y2)，则 4k2 4(k2 2) 8(k2 1)，x1 x2 |CD| ．

k

2k1

，，

xx 1222

k 2k 2

所以直线l

的方程为y

1或y 1．

（Ⅱ）直线l垂直于x轴时与题意不符．

1

设直线l的方程为y kx 1（k 0且k 1），所以P点的坐标为( ,0)．

k

2k1

设C(x1,y1)，D(x2,y2)，由（Ⅰ）知x1 x2 2，x1x2 2，

k 2k 2

yy

直线AC的方程为：y 1(x 1)，直线BD的方程为：y 2(x 1)，

x1 1x2 1

方法一：

y1 y1(x2 1)y (x 1),1 x1 1y2(x1 1)y2(x1 1) y1(x2 1)

联立方程 设Q(x0,y0)，解得x0 ，

y(x 1)y(x 1) y(x 1)y2112 y 2(x 1),1 12

y2(x1 1) x2 1

(kx2 1)(x1 1) (kx1 1)(x2 1)2kx1x2 (x1 x2) k(x2 x1)

不妨设x1 x2，则x0

(kx2 1)(x1 1) (kx1 1)(x2 1)k(x1 x2) (x1 x2)

2 2k2k

22 k，

11

因此Q点的坐标为( k,y0)，又P( ,0)，∴OP OQ ( k) ( ) 0 1．

kk

故OP OQ为定值． 方法二：

y1 y (x 1), x 1x 1y2(x1 1) 1

联立方程 消去y得， x 1y(x 1)y12 y 2(x 1),

x2 1

因为 1 x1,x2 1，所以

2221

2

x 1y2

与异号． y1x 1

2

221

2

2k 1

2 2x(x1 1)(1 x1)(1 x2)x 12y(x1 1)k2 2k2 2 (k 1)2 ()

x 1y(x2 1)22 2x(x2 1)2(1 x1)(1 x2)k 11 2 2

k 2k 2

2(1 k)(1 k)2(1 k)2k 12

又y1y2 kx1x2 k(x1 x2) 1 ， 2

k2 2k 2k 1

k 1x 1k 1x 1k 1∴与y1y2异号，与同号，∴，解得x k． k 1x 1k 1x 1k 1

11

因此Q点的坐标为( k,y0)，又P( ,0)，∴OP OQ ( k) ( ) 0 1．

kk

故OP OQ为定值．

1

x2y2天津20．（本小题满分12分）已知椭圆2 2 1 a b

0 的离心率e ab2

形的面积为4．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）设直线l与椭圆相交于不同的两点A,B．已知点A的坐标为 a,0 ，点Q 0,y0 在线段AB的垂直

uuruuur

平分线上，且QA QB 4．求y0的值．

【解】

（Ⅰ）由e

c22222

得3a 4c，再由a b c得a 2b．

a2

因为连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4， 所以

1

2a 2b 4，则ab 2， 2

a 2b,x2

y2 1． 解方程组 得a 2,b 1．所以椭圆的方程4 ab 2,

（Ⅱ）解法1．由（Ⅰ）得A 2,0 .设点B的坐标为 x1,y1 ，

由题意直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y k x 2 。

y k x 2 ,

于是A,B两点的坐标满足方程组 x2

2

y 1, 4

2222

由方程组消去y并整理得 1 4kx 16kx 16k 4 0，

16k2 4

因为x 2是方程的一个根，则由韦达定理有： 2x1 ， 2

1 4k4k2 8k2

y kx 2 所以x1 ，从而。 11

1 4k21 4k2

8k22k

,设线段AB的中点为M，则M的坐标为 ． 22 1 4k1 4k

下面分情况讨论：

(1) 当k 0时，点B的坐标为 2,0 ，线段AB的垂直平分线为y轴．

uuruuuruuruuur

于是QA 2, y0 ，QB 2, y0 ，由QA QB 4得y0 ．

(2) 当k 0时，线段AB的垂直平分线方程为

2k1 8k2

y ． x 22 1 4kk 1 4k

uuruuur6k

令x 0得y0 ，由QA 2, y0 ，QB x1,y1 y0 ， 2

1 4kuuruuur 2 2 8k2 6k 4k6k

QA QB 2x1 y0 y1 y0 22 22 1 4k1 4k 1 4k1 4k

4 16k4 15k2 1

1 4k2

2

4．整理得7k2

2．k

y0

6k．

1 4k25

2

解法2．若AB x轴，则B

(2,0),QA QB (2,y0)( 2,y0) 4 y0 4,y0 综上，y0

或y0 若直线AB的中垂线斜率存在,设B(x1,y1)， 则直线AB中垂线方程： y

y1x 2 x1 2 1x ． 2y1 2

x1 2x1 2y1x12 4 y12

令x 0，则y0 ，

y1222y1

2x24 x122

y 1上，则y1 因为B(x1,y1)在椭圆， 44

x12 4 y12 4y12 y123

因此y0 y1．

2y12y12

Q By QA 2,0 y 1,x0

152

y 2 x

4

145 x12y44

． 4

11

2

整理得15x1 32x1 4 0，解得x1

2

，x1 2（舍）． 15

2 4 2 4 x 14 15

1621

y1 ，所以． y 1

1544152

于是y0

2

3．综上，y0

或y0 y1

255

3

浙江21．（本题满分15分）

已知抛物线C1:x＝y，圆C2:x (y 4) 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

21．本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线、圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想

方法和综合解题能力。满分15分。 （I）解：由题意可知，抛物线的准线方程为： y

2

2

117,所以圆心M（0，4）到准线的距离是. 44

22

（II）解：设P(x0,x0),A(x1,x12),B(x2,x2)，则题意得x0 0,x0 1,x1 x2，

22

设过点P的圆C2的切线方程为y x0 k(x x0)，即y kx kx0 x0

2

①

222

1,即(x0 1)k2 2x0(4 x0)k (x0 4)2 1 0，

设PA，PB的斜率为k1,k2(k1 k2)，则k1,k2是上述方程的两根，所以

22

2x0(x0 4)(x0 4)2 12

k1 k2 ,k1k2 .，将①代入y x2得x2 kx kx0 x0 0, 22

x0 1x0 1

由于x0是此方程的根，故x1 k1 x0,x2 k2 x0，所以

kAB

222

2x0(x0 4)x0 4x12 x2

x1 x2 k1 k2 2x0 2x,k . 0MP2

x1 x2x0 1x0

22

2x0(x0 4)x0 4 ( 2x) ( 1)， 02

x0 1x0

由MP AB，得kAB kMP

解得x0

2

2323,即点P

的坐标为(x 4. )，所以直线l

的方程为y 51155

2

2

浙江文（22）（本小题满分15分）如图，设P是抛物线C1：x2 y上的动点。过点P做圆C2:x (y 3) 1

的两条切线，交直线l：y 3于A,B两点。 （Ⅰ）求C2的圆心M到抛物线 C1准线的距离。

（Ⅱ）是否存在点P，使线段AB被抛物线C1在点P处得切线平分，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由。

（22）本题主要考查抛物线几何性质，直线与抛物线、直线与圆的位置关系，同时考查解析几何的基本思想方法

和运算求解能力。满分15分。 （Ⅰ）解：因为抛物线C1的准线方程为：y

所以圆心M到抛物线C1准线的距离为：|

1 4

111 ( 3)| . 44

2

（Ⅱ）解：设点P的坐标为(x0,x0)，抛物线C1在点P处的切线交直线l于点D。

再设A，B，D的横坐标分别为xA,xB,xC 过点P(x0,x0)的抛物线C1的切线方程为：

2

y x0 2x0(x x0)

2

（1）

当x0 1时，过点P（1，1）与圆C2的切线PA为：y 1

15

(x 1) 8

可得xA

17

,xB 1,xD 1,xA xB 2xD 15

15

(x 1) 8

当x0 1时，过点P（—1，1）与圆C2的切线PA为：y 1 可得xA 1,xB

17

,xD 1,xA xB 2xD 15

xA

172

,xB 1,xD 1,xA xB 2xD，所以x0 1 0 15

设切线PA，PB的斜率为k1,k2，则

2

PA:y x0 k1(x x0) 2PB:y x0 k2(x x0)

（2） （3）

将y 3分别代入（1），（2），（3）得

222

x0 3x0 3x0 3xD (x0 0);xA x0 ;xB x0 (k1,k2 0)

2x0k1k1

从而xA xB 2x0 (x0 3)(

2

| xk x 3|

2

11

). k1k2

222

1，即(x0 1)k12 2(x0 3)x0k1 (x0 3)2 1 0

2222

同理，(x0 1)k2 2(x0 3)x0k2 (x0 3)2 1 0 2所以k1,k2是方程(x0 1k)2

2

20x(

x3)k 0

2

x(

2

不相等的根，从而3 )的 两1个0

222

2(3 x0)x0(3 x)0 1k1 k2 ,k 1k . 22

x0 1x0 1

2

x0 311111

因为xA xB 2x02x0 (3 x)( ) ,即 .

k1k2x0k1k2x0

20

2

2(3 x0)x014

从而2，进而得x0 8,x0 2

(x0 3)

1x0

综上所述，存在点P满足题意，点P

的坐标为(

重庆理（20）（本小题满分12分，（Ⅰ）小问4分，(Ⅱ)小问8分.） 如题（20）图，椭圆的中心为原点O

，离心率e （Ⅰ）求该椭圆的标准方程；

，一条准线的方程为x

uuuruuuruuur

(Ⅱ) 设动点P满足：OP OM ON，其中M,N是椭圆上的点，直线OM与ON的斜率之积为 ，

问：是否存在两个定点F ,F ，使得PF ,F 的坐标；若不存在，说明理由. PF 为定值？若存在，求 F

20．（本题12分）

ca2

解：（I

）由e

a2c

解得a 2,c

b2 a2 c2 2，故椭圆的

x2y2 1. 标准方程为42

（II）设P(x,y),M(x1,y1),N(x2,y2)，则由OP OM 2ON得

(x,y) (x1,y1) 2(x2,y2) (x1 2x2,y1 2y2),即x x1 2x2,y y1 2y2.

2

2

222

因为点M，N在椭圆x 2y 4上，所以x1 2y12 4,x2 2y2 4， 222故x2 2y2 (x1 4x2 4x1x2) 2(y12 4y2 4y1y2) 22 (x12 2y12) 4(x2 2y2) 4(x1x2 2y1y2)

20 4(x1x2 2y1y2).

设kOM,kON分别为直线OM，ON的斜率，由题设条件知

kOM kON

y1y21

,因此x1x2 2y1y2 0,所以x2 2y2 20. x1x22

所以P

22 1上的点，设该椭圆的左、右焦点为F1，F2，则由椭圆的定义|PF1|+|PF2|

为定值，又因c ，因此两焦点的坐标为

F1(F2

辽宁理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． 20．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

当e

1时,b ,分别用yA,yB表示A，B的纵坐标，可知 22|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

ab21 e2 2 a.

,解得t 2

2

a bett a

1 e2因为|t| a,又0 e 1,所以2 1, e 1.

2e

所以当0 e

时，不存在直线l，使得BO//AN；

当

e 1时，存在直线l使得BO//AN. ………………12分 2

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/j644.html