2014年高考数学练习题---文科圆锥曲线

2014年高考数学练习题---文科圆锥曲线

一、选择题

x2y2

1.【2012高考新课标文4】设F1F2是椭圆E:221(ab0)的左、右焦点，P为直

ab

线x

3a

上一点，F2PF1是底角为30的等腰三角形，则E的离心率为（ ） 212(A) (B) (C) (D)

23

【答案】C

【命题意图】本题主要考查椭圆的性质及数形结合思想，是简单题.

【解析】∵△F2PF1是底角为30的等腰三角形， ∴PF2A600，|PF2||F1F2|2c，∴|AF2|=c，∴2c

33

a，∴e=，故选C. 24

2.【2012高考新课标文10】等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线

y216x的准线交于A,B

两点，AB；则C的实轴长为（ ）

(A)

(B

) (C) (D)

【答案】C

【命题意图】本题主要考查抛物线的准线、直线与双曲线的位置关系，是简单题. 【解析】由题设知抛物线的准线为：x4，设等轴双曲线方程为：xya，将x4代入等轴双曲线方程解得y

=∵|AB

|=

∴解得a=2，

∴C的实轴长为4，故选C.

2

2

2

x2y2

3.【2012高考山东文11】已知双曲线C1：221(a0,b0)的离心率为2.若抛物线

ab

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【答案】D

y

(B) x2y (C)x28y (D)x216y 考点：圆锥曲线的性质

解析：由双曲线离心率为2且双曲线中a，b，c的关系可知ba，此题应注意C2的焦点在y轴上，即（0，p/2）到直线yx的距离为2，可知p=8或数形结合，利用直角三角形求解。

4.【2012高考全国文5】椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为x4，则该椭圆的方

程为

x2y2x2y2

1 （B）1 （A）

1612128x2y2x2y2

1 （D）1 （C）84124

【答案】C

【命题意图】本试题主要考查了椭圆的方程以及性质的运用。通过准线方程确定焦点位置，然后借助于焦距和准线求解参数a,b,c，从而得到椭圆的方程。

【解析】因为2c4c2，由一条准线方程为x4可得该椭圆的焦点在x轴上县

a2

4a24c8，所以b2a2c2844。故选答案C c

5.【2012高考全国文10】已知F右焦点，点P在C上，1、F2为双曲线C:xy2的左、

2

2

|PF1|2|PF2|，则cosF1PF2

（A）

1334

（B） （C） （D） 4545

【答案】C

【命题意图】本试题主要考查了双曲线的定义的运用和性质的运用，以及余弦定理的运用。首先运用定义得到两个焦半径的值，然后结合三角形中的余弦定理求解即可。

【解析】解：由题意可知，ab,c2，设|PF1|2x,|PF2|

x，则

|PF1||PF2|x2a

|PF1|PF2|F1F24，利用余弦定理可

PF12PF22F1F222223得cosF1PF2。

2PF1PF246.【2012高考浙江文8】 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.3 B.2

C.

D. 【答案】B 【命题意图】本题主要考查了椭圆和双曲线的方程和性质，通过对两者公交点求解离心率的

关系.

【解析】设椭圆的长轴为2a，双曲线的长轴为2a，由M，O，N将椭圆长轴四等分，则2a22a，即a2a，又因为双曲线与椭圆有公共焦点，设焦距均为c，则双曲线的离心率为e

ccea

2. ，e，

aaea

7.【2012高考四川文9】已知抛物线关于x轴对称，它的顶点在坐标原点O，并且经过点

M(2,y0)。若点M到该抛物线焦点的距离为3，则|OM|（ ）

A

、 B

、 C、4 D

、【答案】B

[解析]设抛物线方程为y2=2px(p>0),则焦点坐标为（

pp

,0），准线方程为x=, 22

M在抛物线上，

M到焦点的距离等于到准线的距离，即p2p22

2-）y02）3

22解得：p1,y022

点M（2,22），根据两点距离公式有：|OM|22(22)22[点评]本题旨在考查抛物线的定义: |MF|=d,(M为抛物线上任意一点，F为抛物线的焦点，d

为点M到准线的距离).

8.【2012高考四川文11】方程aybxc中的a,b,c{2,0,1,2,3}，且a,b,c互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有（ ）

A、28条 B、32条 C、36条 D、48条 【答案】B

22

[解析]方程aybxc变形得x

2

22

acy，若表示抛物线，则a0,b0 22bb

所以，分b=-2,1,2,3四种情况：

a1,c0,或2,或3



（1）若b=-2，a2,c0,或1,或3 ; （2）若b=2,

a3，c0,或1,或2a2,c0,或1,或3

a1,c2,或0,或3 a3，c2,或0,或1

以上两种情况下有4条重复，故共有9+5=14条； 同理 若b=1，共有9条； 若b=3时，共有9条.

综上，共有14+9+9=32种

[点评]此题难度很大，若采用排列组合公式计算，很容易忽视重复的4条抛物线. 列举法是解决排列、组合、概率等非常有效的办法.要能熟练运用.

9.【2012高考上海文16】对于常数m、n，“mn0”是“方程mxny1的曲线是椭圆”的（ ）

2

2

A、充分不必要条件 B、必要不充分条件 C、充分必要条件 D、既不充分也不必要条件 【答案】B.

m0,

【解析】方程mx2ny21的曲线表示椭圆，常数常数m,n的取值为n0,所以，由

mn,mn0得不到程mx2ny21的曲线表示椭圆，因而不充分；反过来，根据该曲线表示

椭圆，能推出mn0，因而必要.所以答案选择B.

【点评】本题主要考查充分条件和必要条件、充要条件、椭圆的标准方程的理解.根据方程的组成特征，可以知道常数m,n的取值情况.属于中档题.

x2y2

10.【2012高考江西文8】椭圆221(ab0)的左、右顶点分别是A，B，左、右

ab

焦点分别是F1，F2。若|AF1|,|F1F2|,|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为 A.

11

B. C.

D. 425

【答案】B

【解析】本题着重考查等比中项的性质，以及椭圆的离心率等几何性质，同时考查了函数与方程，转化与化归思想.

利用椭圆及等比数列的性质解题.由椭圆的性质可知：AF1ac，F1F22c，

F1Bac.又已知AF1，F1F2，F1B成等比数列，故(ac)(ac)(2c)2，即

a2c24c2，则a25c2.

故e

c.

即椭圆的离心率为. a55

【点评】求双曲线的离心率一般是通过已知条件建立有关a,c的方程，然后化为有关a,c的齐次式方程，进而转化为只含有离心率e的方程，从而求解方程即可. 体现考纲中要求掌握

椭圆的基本性质.来年需要注意椭圆的长轴，短轴长及其标准方程的求解等.

x2y2

11.【2012高考湖南文6】已知双曲线C ：2-2=1的焦距为10 ，点P （2,1）在C 的

ab

渐近线上，则C的方程为

x2y2x2y2x2y2x2y2

A．-=1 B.-=1 C.-=1 D.-=1

[1**********]020

【答案】A

x2y2

【解析】设双曲线C ：2-2=1的半焦距为c，则2c10,c5.

ab

又

C 的渐近线为y

2

2

2

bb

x，点P （2,1）在C 的渐近线上，12，即a2b. aa

x2y2

又ca

b，aC的方程为-=1.

205

【点评】本题考查双曲线的方程、双曲线的渐近线方程等基础知识，考查了数形结合的思想和基本运算能力，是近年来常考题型.

x2y2

12.【2102高考福建文5】已知双曲线2-=1的右焦点为（3,0），则该双曲线的离心率

a5

等于 A

34 B

C D

23【答案】C.

考点：双曲线的离心率。 难度：易。

分析：本题考查的知识点为圆锥曲线的性质，利用离心率e

c

即可。 a

2

解答：根据焦点坐标(3,0)知c3，由双曲线的简单几何性质知a59，所以a2，

因此e

3

.故选C. 2

二 、填空题

x2y2



1(a为定值，且a的的左焦点为F，直线13.【2012高考四川文15】椭圆2

a5

xm与椭圆相交于点A、B，FAB的周长的最大值是12，则该椭圆的离心率是______。

2

【答案】，

3

[解析]根据椭圆定义知：4a=12, 得a=3 , 又ac5

2

2

c2,e

c2 a3

2

2

[点评]本题考查对椭圆概念的掌握程度.突出展现高考前的复习要回归课本的新课标理念. 14.【2012高考辽宁文15】已知双曲线x  y =1,点F1,F2为其两个焦点，点P为双曲线上一点，若P F1⊥P F2,则∣P F1∣+∣P F2∣的值为___________________.

【答案】【命题意图】本题主要考查双曲线的定义、标准方程以及转化思想和运算求解能力，难度适

中。

【解析】

由双曲线的方程可知a1,c

PF1PF22a2,

PF12PF1PF2PF2

4

22

PF1PF2,PF1PF2(2c)28,2PF1PF24,(PF1PF2)8412,PF1PF22

22

【点评】解题时要充分利用双曲线的定义和勾股定理，实现差—积—和的转化。

x2y2

1的离

15.【2012高考江苏8】（5分）在平面直角坐标系xOy中，若双曲线

mm24

m的值为 ▲ ． 【答案】2。

【考点】双曲线的性质。

x2y2

21得abc 【解析】由

mm

4

c

∴e=m24m4=0，解得m=2。

a16.【2012高考陕西文14】右图是抛物线形拱桥，当水面在l时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降1米后，水面宽

.

【答案】2.

【解析】建立如图所示的直角坐标系，使拱桥的顶点O的坐标为（0,0）， 设l与抛物线的交点为A、B，根据题意，知A（-2，-2），

B（2，-2）．

设抛物线的解析式为yax， 则有2a2，∴a．

2

2

1

2

1

∴抛物线的解析式为yx2．

2

水位下降1米，则y-3，此时有x或x6．

∴此时水面宽为26米．

bx2y2

x与双曲线221(a0,b0) 左支的17.【2012高考重庆文14】设P为直线y3aab

交点，F1是左焦点，PF1垂直于x轴，则双曲线的离心率e

18.【2012高考安徽文14】过抛物线y24x的焦点F的直线交该抛物线于A,B两点，若

|AF|3，则|BF|=______。

【答案】

3

2

【解析】设AFx(0)及BFm；则点A到准线l:x1的距离为3 得：323coscos

123

 又m2mcos()m

31cos2

x2y2

19.【2012高考天津文科11】已知双曲线C1:221(a0,b0)与双曲线

ab

x2y2

C2:1有相同的渐近线，且C

1的右焦点为F,则ab

416

【答案】1，2

x2y2x2y2b1渐近线为y2x，而221的渐近线为yx，【解析】双曲线的

a416abx2y2b

所以有2，b2a，又双曲线221的右焦点为(5,0)，所以c5，又

aabc2a2b2，即5a24a25a2，所以a21,a1,b2。

三、解答题

20. 【2012高考天津19】（本小题满分14分） 已知椭圆

（a>b>0）,点P（

,

）在椭圆上。

（I）求椭圆的离心率。

（II）设A为椭圆的右顶点，O为坐标原点，若Q在椭圆上且满足|AQ|=|AO|求直线OQ的斜率的值。 【解析】(Ⅰ)

点P)在椭圆上

1212aa

b25b232 2212e12e

aba8a8 (Ⅱ) 设Q(acos,bsin)(02)；则A(a,0)

AQAOa2(1cos)2b2sin2a2

13cos16cos50cos

3

2

直线OQ

的斜率kOQ

bsin

acos

x2y2

21.【2012高考江苏19】（16分）如图，在平面直角坐标系xoy中，椭圆221(ab0)

ab

e)和e都在椭圆上，其中e为椭圆0)．已知(1，

的左、右焦点分别为F1(c，0)，F2(c，



的离心率．

（1）求椭圆的方程；

（2）设A,B是椭圆上位于x轴上方的两点，且直线AF1与直线BF2平行，AF2与BF1交于点P．

，求直线AF1的斜率； （ii）求证：PF1PF2是定值．

（i

）若AF1BF2

【答案】解：（1）由题设知，a2=b2c2，e=

c

e)在椭圆上，得 ，由点(1，

a

，

12a

∴c2=a21。

2



e2b

2

1

1a

2



c2ab

22

=1b2c2=a2b2a2=a2b2b2=1

由点e在椭圆上，得



2

2

e2c2a21314141a44a24=0a2=222

14abaa

x2

∴椭圆的方程为y21。

2

0)，又∵AF1∥BF2， （2）由（1）得F1(1，0)，F2(1，

∴设

AF1、BF2的方程分别为my=x1，my=x1，

Ax1，y1，Bx2，y2，y1>0，y2>0。

x12

y12122

m2y12my11=0y1 ∴2。 m2my=x1

11





∴

AF1

2m1。① m2

2

同理，BF2m21m2

2

。②

（i）由①②得，AF1

BF2m2=2。

∵注意到m>

0，∴m。 ∴直线AF

1的斜率为

1。 m （ii）证明：∵

AF1∥BF2，∴

PBBF2

PF1AF1

，即

BFPBPF1BFAFPB2

121。 1PF1AF1PF1AF1

∴PF1=

AF1

BF1。

AF1BF2

AF1

BF2。

AF1BF2

由点B

在椭圆上知，BF1=1BF2

PF



同理。PF2=

∴PF1+PF2=

BF2

AF1。

AF1BF2



AF1BF22AFBF2

BF2AF1

AF1BF2AF1BF2AF1BF2







由①②得，AF1BF=

∴PF1+PF2m21m2

2

，AFBF=m

2



1

m2

2

，

∴PF1PF2是定值。

【考点】椭圆的性质，直线方程，两点间的距离公式。

e)和e【解析】（1）根据椭圆的性质和已知

(1，



都在椭圆上列式求解。



，用待定系数法求解。 22.【2012高考安徽文20】（本小题满分13分）

（2）根据已知条件AF1BF2

x2y2

如图，F1,F2分别是椭圆C：2+2=1（ab0）

ab

的左、右焦点，A是椭圆C的顶点，B是直线AF2与椭圆C的另

一个交点，F1AF2=60°.

（Ⅰ）求椭圆C的离心率；

（Ⅱ）已知△AF1B的面积为40，求a, b 的值. 【解析】（I）F1AF260a2ce （Ⅱ）设BF2m；则BF12am



BFBFFF2BFFFcos120 在BF中， F121221212

2

2

2



c1

 a2

(2am)maamm

222

3a 5

113SF2F1ABsin60a(aa) 

AF1B面积 2252

a10,c5,b23.【2012高考广东文20】（本小题满分14分）

x2y2

在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：221（ab0）的左焦点为

ab

F1(1,0)，且点P(0,1)在C1上.

（1）求椭圆C1的方程；

（2）设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y4x相切，求直线l的方程. 【答案】

【解析】（1）因为椭圆C1的左焦点为F1(1,0)，所以c1，

2

1x2y2

点P(0,1)代入椭圆221，得21，即b1，

bab

所以abc2，

2

2

2

x2

y21. 所以椭圆C1的方程为2

（2）直线l的斜率显然存在，设直线l的方程为ykxm，

x2

y21222

，消去y并整理得(12k)x4kmx2m20， 2

ykxm

因为直线l与椭圆C1相切，所以16k2m24(12k2)(2m22)0， 整理得2km10 ①

2

2

y24x

，消去y并整理得k2x2(2km4)xm20。 

ykxm

因为直线l与抛物线C2相切，所以(2km4)24k2m20， 整理得km1 ②

kk综合①②，解得。 或

mm

所以直线l

的方程为y

x

或yx 22

24.【2102高考北京文19】(本小题共14分)

x2y2已知椭圆C2+2=1（a＞b＞0）的一个顶点为A （2,0），

离心率为， 直线y=k(x-1)

ab2

与椭圆C交与不同的两点M,N

（Ⅰ）求椭圆C的方程 （Ⅱ）当△AMN

的面积为

时，求k的值 3

【考点定位】此题难度集中在运算，但是整体题目难度确实不大，从形式到条件的设计都是非常熟悉的，相信平时对曲线的练习程度不错的学生做起来应该是比较容易的。

a2

x2y2c

1. 解：（1

）由题意得解得b所以椭圆C的方程为

42a2

ab2c2

yk(x1)2222

（2）由x2y2得(12k)x4kx2k40.

1

42

设点M,N的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，则y1k(x11)，y2k(x21)，4k22k24

x1x2，x1x2.

12k212k2

所以

|MN|=

）

由因为点A(2,0)到直线yk(x1的距离d，

1|k||k所以△AMN

的面积为S|MN|d.

由，解得22

212k12k3

k1.

25.【2012高考山东文21】 (本小题满分13分)

x2y2

如图，椭圆M:221(ab

0)xa和yb所围成的矩

ab

形ABCD的面积为

8.

(Ⅰ)求椭圆M的标准方程；

(Ⅱ) 设直线l:yxm(mR)与椭圆M有两个不同的交点P,Q,l与矩形ABCD有两个不同的交点S,T.求

|PQ|

的最大值及取得最大值时m的值. |ST|

ca2b23

„„① 【答案】(21)

(I)e

aa24

矩形ABCD面积为8，即2a2b8„„② 由①②解得：a2,b1，

x2

∴椭圆M的标准方程是y21.

4

x24y24,(II)5x28mx4m240，

yxm,

84m24

设P(x1,y1),Q(x2,y2)，则x1x2m,x1x2，

55

由64m220(4m24)

0得m

|PQ|当l过A点时，m1，当l过C点时，m1.

①当m

1时，有S(m1,1),T(2,2m),|ST|m)，

|PQ| |ST||PQ|1345其中tm3，由此知当

，即t,m(1)时，.

|ST

|t433

②由对称性，可知若1mm③当1m

1时，|ST|

由此知，当m0时，

|PQ|5时，.

|ST

|3|PQ|， |ST||PQ||ST

||PQ|5综上可知，当m和0时，|ST

|326.【2102高考福建文21】（本小题满分12分）

如图，等边三角形OAB

的边长为E：x2=2py（p＞0）上。

（1） 求抛物线E的方程；

（2） 设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y=-1相较于点Q。证明以PQ为直径的

圆恒过y轴上某定点。

考点：圆锥曲线的定义，直线和圆锥曲线的位置关系，定值的证明。

难度：难。

分析：本题考查的知识点为抛物线方程的求解，直线和圆锥曲线的联立，定值的表示及计算。

解答：

22

（I）设A(x1,y1),B(x2,y2)；则x12py1,x22py2

222

OAOBx12y12x2y22py1yy12py2

2

(y1y2)(2py1y)20y1y(22p,y,y10)2

2

得：点A,B关于y轴对称（lfxlby）

OAOBABA(B

x2

代入抛物线E的方程得：p2抛物线E的方程为x24y

2y

2x0121

（II）设P(x0,)；则yxyx

424

过点P的切线方程为y

121112

x0x0(xx0)即yx0xx0 4224

2

x04

令y1Q(,1)

2x0

2x04

设M(0,t)满足：MPMQ0及MP(x0,y0t),MQ(,1t)

2x0

2

得：4(t2t2)(1t)x00对x00均成立

t2t20,1t0t1 以PQ为直径的圆恒过y轴上定点M(0,1)

27.【2012高考上海文22】（本题满分16分）本题共有3个小题，第1小题满分5分，第2小题满分5分，第3小题满分6分

在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C:2x2y21

（1）设F是C的左焦点，M是C

右支上一点，若MF，求点M的坐标； （2）过C的左焦点作C的两条渐近线的平行线，求这两组平行线围成的平行四边形的面积； （3）设斜率为k

（k证：OP⊥OQ [解]（1）双曲线C:

x2

1

l交C于P、Q两点，若l与圆x2y21相切，求

y21，左焦点F(

622

,0).

2

， ……22

设M(x,y)，则|MF|2(x 由M是右支上一点，知x 所以M(

6

2

2

)y2(3x

)

分

62

，所以|MF|x

22

22，得x

.

,2). ……5分

22

（2）左顶点A(,0)，渐近线方程：y2x.

2x平行的直线方程为：y2(x

过A与渐近线y)，即y2x1.

2

解方程组y2x，得x

y2x1. ……8分

y2

所求平行四边形的面积为S|OA||y|

. ……10分

（3）设直线PQ的方程是ykxb.因直线与已知圆相切，故

|b|k21

1，

即b2

k2

1 (*).

由ykxbx2y1

，得(2k2)x22kbxb21022

. 设P(xx1x22kb

1, y1)、Q(x2, y2)，则2k2

x1x22

. 2k2

y1y2(kx1b)(kx2b)，所以

x1x2y1y2(1k2)x21x2kb(x1x2)b

(1k2)(1b2)

2k2b2

1b2k2

2k2

2k2

2k2

.

由(*)知0，所以OP⊥OQ. ……16分 【点评】本题主要考查双曲线的概念、标准方程、几何性质及其直线与双曲线的关系．特别要注意直线与双曲线的关系问题，在双曲线当中，最特殊的为等轴双曲线，它的离心率为

2，它的渐近线为yx，并且相互垂直，这些性质的运用可以大大节省解题时间，本

题属于中档题 ．

28．【2012高考新课标文20】（本小题满分12分）

设抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点为F，准线为l，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B，D两点.

（I）若∠BFD=90°,△ABD的面积为42，求p的值及圆F的方程；

（II）若A，B，F三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m，n距离的比值.

【命题意图】本题主要考查圆的方程、抛物线的定义、直线与抛物线的位置关系、点到直线距离公式、线线平行等基础知识，考查数形结合思想和运算求解能力.

【解析】设准线l于y轴的焦点为E，圆F的半径为r， 则|FE|=p，|FA||FB|=|FD|=r，E是BD的中点，

(Ⅰ) ∵BFD900

，∴|FA|

|FB|=|FD|，|BD|=2p，

设A(xp

0，y0)，根据抛物线定义得，|FA|=

2y0， ∵

ABD的面积为∴S1p1

ABD=2|BD|(y0

2)=2

2p

=解得p=2，∴F(0,1),

FA|= ∴圆F的方程为：x2(y1)2

8；

(Ⅱ) 【解析1】∵A，

B，F三点在同一条直线m上, ∴AB是圆F的直径，ADB900, 由抛物线定义知|AD||FA|12|AB|，∴ABD300

，∴m

，

px，∴原点到直线m的距离d

1p， 2设直线n

的方程为：yx2pb0， xb，代入x2

2py得，x242p

∵n与C只有一个公共点， ∴=p8pb0，∴b，

36

p

∴直线n

的方程为：yp， x，∴原点到直线n的距离d

2=

1236

∴直线m

的方程为：y∴坐标原点到m，n距离的比值为3.

2

px0

【解析2】由对称性设A(x0,)(x00)，则F(0,)

22p

22

x0x0p2

点A,B关于点F对称得：B(x0,p)px03p2

2p2p2

3pp

3pxpx0

)，直线m:y

得：A

,22px2x x2pyy) yxp

切点P62pp2

直线n:y

px)xp0 6336

3。 1

）到2

坐标原点到m,n

29.【2012高考浙江文22】本题满分14分）如图，在直角坐标系xOy中，点P（1，抛物线C：y=2px（P＞0）的准线的距离为上的两动点，且线段AB被直线OM平分。

2

5

。点M（t，1）是C上的定点，A，B是C4

（1）求p,t的值。

（2）求△ABP面积的最大值。

【命题意图】本题主要考查了抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系，同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力. 【解析】

12pt1p

（1）由题意得2. p5，得

124t1

（2）设A(x1,y1),Bx2,y2，线段AB的中点坐标为Q(m,m) 由题意得，设直线AB的斜率为k（k0）.

2

y12px1由2，得(y2y1)(y1y2)k(x2x1)，得k2m1 y22px2

所以直线的方程为ym

1

(xm)，即x2my2m2m0. 2m

2

x2my2mm0由2，整理得y22my2m2m0， yx2

所以4m4m，y1y22m，y1y22m2m.从而得

AByy 12设点P到直线AB的距离为d，则

d

，设ABP的面积为S

，则S

1

ABd2(mm2)2

2

由4m4m0，得0m1.

12，则St(12t). 2122

设St(12t)，0t，则S16t.

2

令t

0t

2

由S16t0，

得t

1所以Smax，故ABP

0,，

2

1

的椭圆E的一个焦点为圆C：2

30.【2012高考湖南文21】（本小题满分13分） 在直角坐标系xOy中，已知中心在原点，离心率为x2+y2-4x+2=0的圆心. （Ⅰ）求椭圆E的方程；

（Ⅱ）设P是椭圆E上一点，过P作两条斜率之积为相切时，求P的坐标. 【答案】

1

的直线l1，l2.当直线l1，l2都与圆C2

【解析】（Ⅰ）由x2y24x20，得(x2)2y22.故圆Ｃ的圆心为点

x2y2

(2,0),从而可设椭圆Ｅ的方程为221(ab0),其焦距为2c，由题设知

abc2,e

c1

,a2c4,b2a2c212.故椭圆Ｅ的方程为： a2

x2y2

1. 1612

（Ⅱ）设点p的坐标为(x0,y0)，l1,l2的斜分率分别为k1,k2.则l1,l2的方程分别为

1

l1:yy0k1(xx0),l2:yy0k2(xx0),且k1k2.由l1与圆c:(x2)2y22相

2

切，得

x

222

即 (2x0)2k12(2x0)y0k2y020.

x0同理可得 (2

2

2

)2k2

2

2(x2y0k)2y. 200

022

(2x)2k2(2x)yky20的两个实根，于是 从而k1,k2是方程0000

(2x0)220,

 ① 22

8(2x0)y020,

2

y02

且k1k22. 2

(2x2)2

22

x0y0

1,1016122

x. 由得解得或x2,5x8x360.00002

5y2102

(2x0)22

由x02得y03;由x0

18它们满足①式，故点Ｐ的坐标为 得y0

55

1818(2,3)，或(2,

3)，或(,，或(,.

55

55

【点评】本题考查曲线与方程、直线与曲线的位置关系，考查运算能力，考查数形结合思想、函数与方程思想等数学思想方法.第一问根据条件设出椭圆方程，求出c,a,b即得椭圆E的

方程，第二问设出点P坐标，利用过P点的两条直线斜率之积为

1

，得出关于点P坐标的2

一个方程，利用点P在椭圆上得出另一方程，联立两个方程得点P坐标. 31.【2012高考湖北文21】（本小题满分14分）

设A是单位圆x2+y2=1上任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l与x轴的交点，点M在直线l上，且满足当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C。

（1）求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标。

（2）过原点斜率为K的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，且它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H，是否存在m,使得对任意的K>0，都有PQ⊥PH？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由。 21. 【答案】

解：（Ⅰ）如图1，设M(x,y)，A(x0,y0)，则由|DM|m|DA|(m0,且m1)，

可得xx0，|y|m|y0|，所以x0x，|y0|

1

|y|. ①

m

因为A点在单位圆上运动，所以x02y021. ②

y2将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x21 (m0,且m1).

m

2

因为m(0,1)(1,)，所以

当0m1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，

两焦点坐标分别为(

0)，0)； 当m1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，

两焦点坐标分别为(0,

，(0,

.

k0，H(x2,y2)，（Ⅱ）解法1：如图2、3，设P(x1,kx1)，则Q(x1,kx1)，N(0,kx1)，

直线QN的方程为y2kxkx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得 (m24k2)x24k2x1xk2x12m20.

依题意可知此方程的两根为x1，x2，于是由韦达定理可得 4k2x1m2x1

x1x22，即x22. 2

m4km4k2

2km2x1

因为点H在直线QN上，所以y2kx12kx22.

m4k2

4k2x12km2x1

,). 于是PQ(2x1,2kx1)，PH(x2x1,y2kx1)(2

m4k2m24k24(2m2)k2x12

0， 而PQPH等价于PQPH

m24k2

即2m20，又m

0，得m

y2

故存在mx1上，对任意的k0，

2

都有PQPH.

2

解法2：如图2、3，x1(0,1)，设P(x1,y1)，H(x2,y2)，则Q(x1,y1)， N(0,y1)，

2222mx1y1m,

因为P，H两点在椭圆C上，所以22 两式相减可得 22

mx2y2m,

m2(x12x22)(y12y22)0. ③

依题意，由点P在第一象限可知，点H也在第一象限，且P，H不重合， 故(x1x2)(x1x2)0. 于是由③式可得

(y1y2)(y1y2)

m2. ④

(x1x2)(x1x2)

又Q，N，H三点共线，所以kQNkQH，即于是由④式可得kPQkPH

2y1y1y2

. x1x1x2

y1y1y21(y1y2)(y1y2)m2

. x1x1x22(x1x2)(x1x2)2

m2

而PQPH等价于kPQkPH1，即1，又m

0，得m

2y22

故存在mx1上，对任意的k0，都有

2

PQPH.

【解析】本题考查椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的位置关系；考查分类讨论的数学思想以及运算求解的能力.本题是一个椭圆模型，求解标准方程时注意对焦点的位置分类讨论，不要漏解；对于探讨性问题一直是高考考查的热点，一般先假设结论成立，再逆推所需要求解的条件，对运算求解能力和逻辑推理能力有较高的要求.

32.【2012高考全国文22】（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效）

2

已知抛物线C:y(x1)与圆M:(x1)(y)r(r0)有一个公共点A，

2

12

22

且在点A处两曲线的切线为同一直线l. （Ⅰ）求r；

（Ⅱ）设m、n是异于l且与C及M都相切的两条直线，m、n的交点为D，求D到l的距离。

【命题意图】本试题考查了抛物线与圆的方程，以及两个曲线的公共点处的切线的运用，并

在此基础上求解点到直线的距离。

解：（1）设A(x0,(x01)2)，对yx(x1)2求导得y2(x1)，故直线l的斜率

k2(x01)，当x01时，不合题意，所心x01

12

圆心为M(1,)，MA的斜率k

(x01)2x01

1

1

1，解得x0，故A(0,1)

由lMA知kk1，即2(x01)

(x01)2x01

所以r|MA|

（2）设(a,(a1))2为C上一点，则在该点处的切线方程为y(a1)22(a1)(xa)即

y2(a1)xa21

若该直线与圆M相切，则圆心M

到该切线的距离为

，即2

1

|2(a1)1a21|

a2(a24a6)0

求解可得a00,a12a22抛物线C在点(ai,(ai1)2)(i0,1,2)处的切线分别为l,m,n，其方程分别为

y2x1① y2(a11)xa121② y2(a21)xa221③

②－③得x

a1a2

2，将x2代入②得y1，故D(2,1) 2

所以D到直线l

的距离为d



。 【点评】该试题出题的角度不同于平常，因为涉及的是两个二次曲线的交点问题，并且要研究两曲线在公共点出的切线，把解析几何和导数的工具性结合起来，是该试题的创新处。另外对于在第二问中更是难度加大了，出现了另外的两条公共的切线，这样的问题对于我们以后的学习也是一个需要练习的方向。

33.【2012高考辽宁文20】(本小题满分12分)

如图，动圆C1:x2y2t2,1

x22

与椭圆C2y1相交于A，B，C，D四点，点A1,A2

9

分别为C2的左，右顶点。

(Ⅰ)当t为何值时，矩形ABCD的面积取得最大值？并

求出其最大面积；

(Ⅱ)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程。

【命题意图】本题主要考查直线、圆、椭圆的方程，椭圆的几何性质，轨迹方程的求法，考查函数方程思想、转化思想、数形结合思想、运算求解能力和推理论证能力，难度较大。 【解析】(Ⅰ)设A(x0，y0)，则矩形ABCD的面积S=4|x0|y0|，

22x0x022

y01得，y01， 由99

2

12929x0

)， x(1)=(x0

92492

∴xy

2

2200=

当x0

912

，y0时，Smax=6， 22

∴t

ABCD的面积最大，最大面积为6. „„6分 (Ⅱ) 设Ax1,y1,Bx1,-y1，又知A1-3,0,A23,0，则 直线A1A的方程为 y=直线A2B的方程为

2

y1

x+3 ① x1+3-y

y=1x-3 ②

x1-3

-y12

由①②得 y=22x2-32 ③

x1-3

x12x122由点Ax1,y1在椭圆C0上，故可得2+y1=1，从而有y1=1-2

33



，代入③得 

x22

-y=1x

x22

-y=1x

【解析】

本题主要考查直线、圆、椭圆的方程，椭圆的几何性质，轨迹方程的求法，考查函

数方程思想、转化思想、数形结合思想、运算求解能力和推理论证能力，难度较大。 34.【2012高考江西文20】（本小题满分13分）

已知三点O（0,0），A（-2,1），B（2,1），曲线C上任意一点M（x,y）满

足

（1）求曲线C的方程；

（2）点Q（x0,y0）(-2

【解析】（1）MA(2x,1y)，MB(2x,1y)，OM(x,y),OAOB(0,2)

2y2整理得x24y

22x0x0

（2）设Q(x0,)；则SQAB2(1)，kly

44

xx0



x0

2

222x0x0x0x0

(xx0)交y轴于点M(0,)PM1 得：l:y42442

x0x

0(xx0)联立： lPA:xy10,lPB:xy10与l:y42

可求xD

x02x2

,xE0xDxE2 22

2

x01

SPDExDxEPM1

24

SQAB:SPDE2

35.【2012高考四川文21】(本小题满分12分)

如图，动点M与两定点A(1,0)、B(1,0)构成MAB，且直线MA、MB的斜率之积

为4，设动点M的轨迹为C。

（Ⅰ）求轨迹C的方程；

(m0)与y轴交于点P，与轨迹C相交于点Q、R，且（Ⅱ）设直线yxm|PQ||PR，求|

|PR|

的取值范围。 |PQ|

[解析]（1）设M的坐标为（x,y），当x=-1时，直线MA的斜率不存在；当x=1时，直线

MB的斜率不存在。

于是x≠1且x≠-1.此时，MA的斜率为由题意，有

yy，MB的斜率为. X1x1

yy

=4 X1x1

化简可得，4x2-y2-4=0

故动点M的轨迹C的方程为4x2-y2-4=0（x≠1且x≠-1）…………………………4分 18.由

yxm

22

4xy40

消去y，可得3x2-2mx-m2-4=0. (﹡)

对于方程(﹡)，其判别式



=（-2m)2－4×3（-m2-4）=16m2+48>0

而当1或-1为方程（*）的根时，m的值为-1或1.

结合题设（m>0）可知，m>0，且m≠1

设Q、R的坐标分别为（XQ,YQ）,(XR,YR),则为方程（*）的两根. 因为PQPR,所以

X

Q



X

2

R

，

X

Q



m2

3

2

3

,XP

m2

3

2

3

所以

PR

PQ

X

2

2

PR

3



11

2

23

3221

m

3

2

。

2

m

1

此时

3

m

1,且

m

2

所以11

22

3

3,且1

22

3

m

RP

1

PRPQ

m



1

5 3

所以1

PRPQ



X

3,且

X

RP

5 3

综上所述，

55

…………………………12分 的取值范围是（1）（，3）

PQ33

PR

[点评]本小题主要考察直线、双曲线、轨

迹方程的求法等基础知识，考察思维能力、运算能力，考察函数、分类与整合等思想，并考察思维的严谨性。

36.【2012高考重庆文21】本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分） 已知椭圆的中心为原点O，长轴在x 轴上，上顶点为A

，左、右焦点分别为

线段OF1,OF2 的中点分别为B1,B2 ，且△AB1B2是面积为4的直角三角形。（Ⅰ）F1,F2 ，

求该椭圆的离心率和标准方程；（Ⅱ）过B1 作直线交椭圆于P,Q，PB2QB2，求△PB2Q的面积

x2y2【答案】：（Ⅰ）+=1

（Ⅱ）

2049

，OA

B1B2|

（*）

设P(x1,y1),Q(x2,y2), 则y1,y2 是上面方程的两根，因此y1y2

y1y2

16

m25

2

4m

, 2

m5

又

B1P(x12,y1),B2P(x22,y2)

x2

)

(m21)y1y2

，所以

B1Py1y2

(B

P2x(1)

(my14)(my24)y1y24m(y1y2)16

16(m21)16m2216

m25m5

16m2642

16m640 ，解得由 ，知 ，即PBQBBPBQ022222

m5m2

当m2 时，方程（*）化为：9y28y160

故y1

，|y1y2|y2

1 当m2 时，同理可得（或|B1B2||y1y2|

2 综上所述，PB2Q

的面积为9

PB2Q

的面积S

由对称性可得）PB2Q

的面积S

。 9

37.【2012高考陕西文20】（本小题满分13分）

x2

y21，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率。 已知椭圆C1:4

（1）求椭圆C2的方程；

（2）设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆C1和C2上，OB2OA，求直线AB的方程。

y2x2

1a2，【解析】（Ⅰ）由已知可设椭圆C2的方程为2 a4

a4．

y2x2

．

故椭圆C2的方程为1641

（Ⅱ）解法一：A，B两点的坐标分别为xA，yA，xB，yB，

由AB2OA及（Ⅰ）知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，

因此可设直线AB的方程为ykx．

x242

y21中，得14k2x24，所以xA 将ykx代入， 14k24



y2x2162+1中，得4k2x216，所以xB 将ykx代入， 2

4k164

22

又由AB2OA，得xB，即4xA

1616

．22 4k14k

解得k1，故直线AB的方程为yx或yx． 解法二：A，B 两点的坐标分别为xA,yA,xB,yB，

由AB2OA及（Ⅰ）知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上， 因此可设直线AB的方程为ykx．

x242

y21中，得14k2x24，所以xA 将ykx代入， 214k4



16k2162

又由AB2OA，得x，yB，

14k214k2

2B

y2x24k222

114k14k 将x,y代入，即， 2中，得16414k

2

B

2B

解得k1，故直线AB的方程为yx或yx

2014年高考数学练习题---文科圆锥曲线

一、选择题

x2y2

1.【2012高考新课标文4】设F1F2是椭圆E:221(ab0)的左、右焦点，P为直

ab

线x

3a

上一点，F2PF1是底角为30的等腰三角形，则E的离心率为（ ） 212(A) (B) (C) (D)

23

【答案】C

【命题意图】本题主要考查椭圆的性质及数形结合思想，是简单题.

【解析】∵△F2PF1是底角为30的等腰三角形， ∴PF2A600，|PF2||F1F2|2c，∴|AF2|=c，∴2c

33

a，∴e=，故选C. 24

2.【2012高考新课标文10】等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线

y216x的准线交于A,B

两点，AB；则C的实轴长为（ ）

(A)

(B

) (C) (D)

【答案】C

【命题意图】本题主要考查抛物线的准线、直线与双曲线的位置关系，是简单题. 【解析】由题设知抛物线的准线为：x4，设等轴双曲线方程为：xya，将x4代入等轴双曲线方程解得y

=∵|AB

|=

∴解得a=2，

∴C的实轴长为4，故选C.

2

2

2

x2y2

3.【2012高考山东文11】已知双曲线C1：221(a0,b0)的离心率为2.若抛物线

ab

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【答案】D

y

(B) x2y (C)x28y (D)x216y 考点：圆锥曲线的性质

解析：由双曲线离心率为2且双曲线中a，b，c的关系可知ba，此题应注意C2的焦点在y轴上，即（0，p/2）到直线yx的距离为2，可知p=8或数形结合，利用直角三角形求解。

4.【2012高考全国文5】椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为x4，则该椭圆的方

程为

x2y2x2y2

1 （B）1 （A）

1612128x2y2x2y2

1 （D）1 （C）84124

【答案】C

【命题意图】本试题主要考查了椭圆的方程以及性质的运用。通过准线方程确定焦点位置，然后借助于焦距和准线求解参数a,b,c，从而得到椭圆的方程。

【解析】因为2c4c2，由一条准线方程为x4可得该椭圆的焦点在x轴上县

a2

4a24c8，所以b2a2c2844。故选答案C c

5.【2012高考全国文10】已知F右焦点，点P在C上，1、F2为双曲线C:xy2的左、

2

2

|PF1|2|PF2|，则cosF1PF2

（A）

1334

（B） （C） （D） 4545

【答案】C

【命题意图】本试题主要考查了双曲线的定义的运用和性质的运用，以及余弦定理的运用。首先运用定义得到两个焦半径的值，然后结合三角形中的余弦定理求解即可。

【解析】解：由题意可知，ab,c2，设|PF1|2x,|PF2|

x，则

|PF1||PF2|x2a

|PF1|PF2|F1F24，利用余弦定理可

PF12PF22F1F222223得cosF1PF2。

2PF1PF246.【2012高考浙江文8】 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.3 B.2

C.

D. 【答案】B 【命题意图】本题主要考查了椭圆和双曲线的方程和性质，通过对两者公交点求解离心率的

关系.

【解析】设椭圆的长轴为2a，双曲线的长轴为2a，由M，O，N将椭圆长轴四等分，则2a22a，即a2a，又因为双曲线与椭圆有公共焦点，设焦距均为c，则双曲线的离心率为e

ccea

2. ，e，

aaea

7.【2012高考四川文9】已知抛物线关于x轴对称，它的顶点在坐标原点O，并且经过点

M(2,y0)。若点M到该抛物线焦点的距离为3，则|OM|（ ）

A

、 B

、 C、4 D

、【答案】B

[解析]设抛物线方程为y2=2px(p>0),则焦点坐标为（

pp

,0），准线方程为x=, 22

M在抛物线上，

M到焦点的距离等于到准线的距离，即p2p22

2-）y02）3

22解得：p1,y022

点M（2,22），根据两点距离公式有：|OM|22(22)22[点评]本题旨在考查抛物线的定义: |MF|=d,(M为抛物线上任意一点，F为抛物线的焦点，d

为点M到准线的距离).

8.【2012高考四川文11】方程aybxc中的a,b,c{2,0,1,2,3}，且a,b,c互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有（ ）

A、28条 B、32条 C、36条 D、48条 【答案】B

22

[解析]方程aybxc变形得x

2

22

acy，若表示抛物线，则a0,b0 22bb

所以，分b=-2,1,2,3四种情况：

a1,c0,或2,或3



（1）若b=-2，a2,c0,或1,或3 ; （2）若b=2,

a3，c0,或1,或2a2,c0,或1,或3

a1,c2,或0,或3 a3，c2,或0,或1

以上两种情况下有4条重复，故共有9+5=14条； 同理 若b=1，共有9条； 若b=3时，共有9条.

综上，共有14+9+9=32种

[点评]此题难度很大，若采用排列组合公式计算，很容易忽视重复的4条抛物线. 列举法是解决排列、组合、概率等非常有效的办法.要能熟练运用.

9.【2012高考上海文16】对于常数m、n，“mn0”是“方程mxny1的曲线是椭圆”的（ ）

2

2

A、充分不必要条件 B、必要不充分条件 C、充分必要条件 D、既不充分也不必要条件 【答案】B.

m0,

【解析】方程mx2ny21的曲线表示椭圆，常数常数m,n的取值为n0,所以，由

mn,mn0得不到程mx2ny21的曲线表示椭圆，因而不充分；反过来，根据该曲线表示

椭圆，能推出mn0，因而必要.所以答案选择B.

【点评】本题主要考查充分条件和必要条件、充要条件、椭圆的标准方程的理解.根据方程的组成特征，可以知道常数m,n的取值情况.属于中档题.

x2y2

10.【2012高考江西文8】椭圆221(ab0)的左、右顶点分别是A，B，左、右

ab

焦点分别是F1，F2。若|AF1|,|F1F2|,|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为 A.

11

B. C.

D. 425

【答案】B

【解析】本题着重考查等比中项的性质，以及椭圆的离心率等几何性质，同时考查了函数与方程，转化与化归思想.

利用椭圆及等比数列的性质解题.由椭圆的性质可知：AF1ac，F1F22c，

F1Bac.又已知AF1，F1F2，F1B成等比数列，故(ac)(ac)(2c)2，即

a2c24c2，则a25c2.

故e

c.

即椭圆的离心率为. a55

【点评】求双曲线的离心率一般是通过已知条件建立有关a,c的方程，然后化为有关a,c的齐次式方程，进而转化为只含有离心率e的方程，从而求解方程即可. 体现考纲中要求掌握

椭圆的基本性质.来年需要注意椭圆的长轴，短轴长及其标准方程的求解等.

x2y2

11.【2012高考湖南文6】已知双曲线C ：2-2=1的焦距为10 ，点P （2,1）在C 的

ab

渐近线上，则C的方程为

x2y2x2y2x2y2x2y2

A．-=1 B.-=1 C.-=1 D.-=1

[1**********]020

【答案】A

x2y2

【解析】设双曲线C ：2-2=1的半焦距为c，则2c10,c5.

ab

又

C 的渐近线为y

2

2

2

bb

x，点P （2,1）在C 的渐近线上，12，即a2b. aa

x2y2

又ca

b，aC的方程为-=1.

205

【点评】本题考查双曲线的方程、双曲线的渐近线方程等基础知识，考查了数形结合的思想和基本运算能力，是近年来常考题型.

x2y2

12.【2102高考福建文5】已知双曲线2-=1的右焦点为（3,0），则该双曲线的离心率

a5

等于 A

34 B

C D

23【答案】C.

考点：双曲线的离心率。 难度：易。

分析：本题考查的知识点为圆锥曲线的性质，利用离心率e

c

即可。 a

2

解答：根据焦点坐标(3,0)知c3，由双曲线的简单几何性质知a59，所以a2，

因此e

3

.故选C. 2

二 、填空题

x2y2



1(a为定值，且a的的左焦点为F，直线13.【2012高考四川文15】椭圆2

a5

xm与椭圆相交于点A、B，FAB的周长的最大值是12，则该椭圆的离心率是______。

2

【答案】，

3

[解析]根据椭圆定义知：4a=12, 得a=3 , 又ac5

2

2

c2,e

c2 a3

2

2

[点评]本题考查对椭圆概念的掌握程度.突出展现高考前的复习要回归课本的新课标理念. 14.【2012高考辽宁文15】已知双曲线x  y =1,点F1,F2为其两个焦点，点P为双曲线上一点，若P F1⊥P F2,则∣P F1∣+∣P F2∣的值为___________________.

【答案】【命题意图】本题主要考查双曲线的定义、标准方程以及转化思想和运算求解能力，难度适

中。

【解析】

由双曲线的方程可知a1,c

PF1PF22a2,

PF12PF1PF2PF2

4

22

PF1PF2,PF1PF2(2c)28,2PF1PF24,(PF1PF2)8412,PF1PF22

22

【点评】解题时要充分利用双曲线的定义和勾股定理，实现差—积—和的转化。

x2y2

1的离

15.【2012高考江苏8】（5分）在平面直角坐标系xOy中，若双曲线

mm24

m的值为 ▲ ． 【答案】2。

【考点】双曲线的性质。

x2y2

21得abc 【解析】由

mm

4

c

∴e=m24m4=0，解得m=2。

a16.【2012高考陕西文14】右图是抛物线形拱桥，当水面在l时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降1米后，水面宽

.

【答案】2.

【解析】建立如图所示的直角坐标系，使拱桥的顶点O的坐标为（0,0）， 设l与抛物线的交点为A、B，根据题意，知A（-2，-2），

B（2，-2）．

设抛物线的解析式为yax， 则有2a2，∴a．

2

2

1

2

1

∴抛物线的解析式为yx2．

2

水位下降1米，则y-3，此时有x或x6．

∴此时水面宽为26米．

bx2y2

x与双曲线221(a0,b0) 左支的17.【2012高考重庆文14】设P为直线y3aab

交点，F1是左焦点，PF1垂直于x轴，则双曲线的离心率e

18.【2012高考安徽文14】过抛物线y24x的焦点F的直线交该抛物线于A,B两点，若

|AF|3，则|BF|=______。

【答案】

3

2

【解析】设AFx(0)及BFm；则点A到准线l:x1的距离为3 得：323coscos

123

 又m2mcos()m

31cos2

x2y2

19.【2012高考天津文科11】已知双曲线C1:221(a0,b0)与双曲线

ab

x2y2

C2:1有相同的渐近线，且C

1的右焦点为F,则ab

416

【答案】1，2

x2y2x2y2b1渐近线为y2x，而221的渐近线为yx，【解析】双曲线的

a416abx2y2b

所以有2，b2a，又双曲线221的右焦点为(5,0)，所以c5，又

aabc2a2b2，即5a24a25a2，所以a21,a1,b2。

三、解答题

20. 【2012高考天津19】（本小题满分14分） 已知椭圆

（a>b>0）,点P（

,

）在椭圆上。

（I）求椭圆的离心率。

（II）设A为椭圆的右顶点，O为坐标原点，若Q在椭圆上且满足|AQ|=|AO|求直线OQ的斜率的值。 【解析】(Ⅰ)

点P)在椭圆上

1212aa

b25b232 2212e12e

aba8a8 (Ⅱ) 设Q(acos,bsin)(02)；则A(a,0)

AQAOa2(1cos)2b2sin2a2

13cos16cos50cos

3

2

直线OQ

的斜率kOQ

bsin

acos

x2y2

21.【2012高考江苏19】（16分）如图，在平面直角坐标系xoy中，椭圆221(ab0)

ab

e)和e都在椭圆上，其中e为椭圆0)．已知(1，

的左、右焦点分别为F1(c，0)，F2(c，



的离心率．

（1）求椭圆的方程；

（2）设A,B是椭圆上位于x轴上方的两点，且直线AF1与直线BF2平行，AF2与BF1交于点P．

，求直线AF1的斜率； （ii）求证：PF1PF2是定值．

（i

）若AF1BF2

【答案】解：（1）由题设知，a2=b2c2，e=

c

e)在椭圆上，得 ，由点(1，

a

，

12a

∴c2=a21。

2



e2b

2

1

1a

2



c2ab

22

=1b2c2=a2b2a2=a2b2b2=1

由点e在椭圆上，得



2

2

e2c2a21314141a44a24=0a2=222

14abaa

x2

∴椭圆的方程为y21。

2

0)，又∵AF1∥BF2， （2）由（1）得F1(1，0)，F2(1，

∴设

AF1、BF2的方程分别为my=x1，my=x1，

Ax1，y1，Bx2，y2，y1>0，y2>0。

x12

y12122

m2y12my11=0y1 ∴2。 m2my=x1

11





∴

AF1

2m1。① m2

2

同理，BF2m21m2

2

。②

（i）由①②得，AF1

BF2m2=2。

∵注意到m>

0，∴m。 ∴直线AF

1的斜率为

1。 m （ii）证明：∵

AF1∥BF2，∴

PBBF2

PF1AF1

，即

BFPBPF1BFAFPB2

121。 1PF1AF1PF1AF1

∴PF1=

AF1

BF1。

AF1BF2

AF1

BF2。

AF1BF2

由点B

在椭圆上知，BF1=1BF2

PF



同理。PF2=

∴PF1+PF2=

BF2

AF1。

AF1BF2



AF1BF22AFBF2

BF2AF1

AF1BF2AF1BF2AF1BF2







由①②得，AF1BF=

∴PF1+PF2m21m2

2

，AFBF=m

2



1

m2

2

，

∴PF1PF2是定值。

【考点】椭圆的性质，直线方程，两点间的距离公式。

e)和e【解析】（1）根据椭圆的性质和已知

(1，



都在椭圆上列式求解。



，用待定系数法求解。 22.【2012高考安徽文20】（本小题满分13分）

（2）根据已知条件AF1BF2

x2y2

如图，F1,F2分别是椭圆C：2+2=1（ab0）

ab

的左、右焦点，A是椭圆C的顶点，B是直线AF2与椭圆C的另

一个交点，F1AF2=60°.

（Ⅰ）求椭圆C的离心率；

（Ⅱ）已知△AF1B的面积为40，求a, b 的值. 【解析】（I）F1AF260a2ce （Ⅱ）设BF2m；则BF12am



BFBFFF2BFFFcos120 在BF中， F121221212

2

2

2



c1

 a2

(2am)maamm

222

3a 5

113SF2F1ABsin60a(aa) 

AF1B面积 2252

a10,c5,b23.【2012高考广东文20】（本小题满分14分）

x2y2

在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：221（ab0）的左焦点为

ab

F1(1,0)，且点P(0,1)在C1上.

（1）求椭圆C1的方程；

（2）设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y4x相切，求直线l的方程. 【答案】

【解析】（1）因为椭圆C1的左焦点为F1(1,0)，所以c1，

2

1x2y2

点P(0,1)代入椭圆221，得21，即b1，

bab

所以abc2，

2

2

2

x2

y21. 所以椭圆C1的方程为2

（2）直线l的斜率显然存在，设直线l的方程为ykxm，

x2

y21222

，消去y并整理得(12k)x4kmx2m20， 2

ykxm

因为直线l与椭圆C1相切，所以16k2m24(12k2)(2m22)0， 整理得2km10 ①

2

2

y24x

，消去y并整理得k2x2(2km4)xm20。 

ykxm

因为直线l与抛物线C2相切，所以(2km4)24k2m20， 整理得km1 ②

kk综合①②，解得。 或

mm

所以直线l

的方程为y

x

或yx 22

24.【2102高考北京文19】(本小题共14分)

x2y2已知椭圆C2+2=1（a＞b＞0）的一个顶点为A （2,0），

离心率为， 直线y=k(x-1)

ab2

与椭圆C交与不同的两点M,N

（Ⅰ）求椭圆C的方程 （Ⅱ）当△AMN

的面积为

时，求k的值 3

【考点定位】此题难度集中在运算，但是整体题目难度确实不大，从形式到条件的设计都是非常熟悉的，相信平时对曲线的练习程度不错的学生做起来应该是比较容易的。

a2

x2y2c

1. 解：（1

）由题意得解得b所以椭圆C的方程为

42a2

ab2c2

yk(x1)2222

（2）由x2y2得(12k)x4kx2k40.

1

42

设点M,N的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，则y1k(x11)，y2k(x21)，4k22k24

x1x2，x1x2.

12k212k2

所以

|MN|=

）

由因为点A(2,0)到直线yk(x1的距离d，

1|k||k所以△AMN

的面积为S|MN|d.

由，解得22

212k12k3

k1.

25.【2012高考山东文21】 (本小题满分13分)

x2y2

如图，椭圆M:221(ab

0)xa和yb所围成的矩

ab

形ABCD的面积为

8.

(Ⅰ)求椭圆M的标准方程；

(Ⅱ) 设直线l:yxm(mR)与椭圆M有两个不同的交点P,Q,l与矩形ABCD有两个不同的交点S,T.求

|PQ|

的最大值及取得最大值时m的值. |ST|

ca2b23

„„① 【答案】(21)

(I)e

aa24

矩形ABCD面积为8，即2a2b8„„② 由①②解得：a2,b1，

x2

∴椭圆M的标准方程是y21.

4

x24y24,(II)5x28mx4m240，

yxm,

84m24

设P(x1,y1),Q(x2,y2)，则x1x2m,x1x2，

55

由64m220(4m24)

0得m

|PQ|当l过A点时，m1，当l过C点时，m1.

①当m

1时，有S(m1,1),T(2,2m),|ST|m)，

|PQ| |ST||PQ|1345其中tm3，由此知当

，即t,m(1)时，.

|ST

|t433

②由对称性，可知若1mm③当1m

1时，|ST|

由此知，当m0时，

|PQ|5时，.

|ST

|3|PQ|， |ST||PQ||ST

||PQ|5综上可知，当m和0时，|ST

|326.【2102高考福建文21】（本小题满分12分）

如图，等边三角形OAB

的边长为E：x2=2py（p＞0）上。

（1） 求抛物线E的方程；

（2） 设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y=-1相较于点Q。证明以PQ为直径的

圆恒过y轴上某定点。

考点：圆锥曲线的定义，直线和圆锥曲线的位置关系，定值的证明。

难度：难。

分析：本题考查的知识点为抛物线方程的求解，直线和圆锥曲线的联立，定值的表示及计算。

解答：

22

（I）设A(x1,y1),B(x2,y2)；则x12py1,x22py2

222

OAOBx12y12x2y22py1yy12py2

2

(y1y2)(2py1y)20y1y(22p,y,y10)2

2

得：点A,B关于y轴对称（lfxlby）

OAOBABA(B

x2

代入抛物线E的方程得：p2抛物线E的方程为x24y

2y

2x0121

（II）设P(x0,)；则yxyx

424

过点P的切线方程为y

121112

x0x0(xx0)即yx0xx0 4224

2

x04

令y1Q(,1)

2x0

2x04

设M(0,t)满足：MPMQ0及MP(x0,y0t),MQ(,1t)

2x0

2

得：4(t2t2)(1t)x00对x00均成立

t2t20,1t0t1 以PQ为直径的圆恒过y轴上定点M(0,1)

27.【2012高考上海文22】（本题满分16分）本题共有3个小题，第1小题满分5分，第2小题满分5分，第3小题满分6分

在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C:2x2y21

（1）设F是C的左焦点，M是C

右支上一点，若MF，求点M的坐标； （2）过C的左焦点作C的两条渐近线的平行线，求这两组平行线围成的平行四边形的面积； （3）设斜率为k

（k证：OP⊥OQ [解]（1）双曲线C:

x2

1

l交C于P、Q两点，若l与圆x2y21相切，求

y21，左焦点F(

622

,0).

2

， ……22

设M(x,y)，则|MF|2(x 由M是右支上一点，知x 所以M(

6

2

2

)y2(3x

)

分

62

，所以|MF|x

22

22，得x

.

,2). ……5分

22

（2）左顶点A(,0)，渐近线方程：y2x.

2x平行的直线方程为：y2(x

过A与渐近线y)，即y2x1.

2

解方程组y2x，得x

y2x1. ……8分

y2

所求平行四边形的面积为S|OA||y|

. ……10分

（3）设直线PQ的方程是ykxb.因直线与已知圆相切，故

|b|k21

1，

即b2

k2

1 (*).

由ykxbx2y1

，得(2k2)x22kbxb21022

. 设P(xx1x22kb

1, y1)、Q(x2, y2)，则2k2

x1x22

. 2k2

y1y2(kx1b)(kx2b)，所以

x1x2y1y2(1k2)x21x2kb(x1x2)b

(1k2)(1b2)

2k2b2

1b2k2

2k2

2k2

2k2

.

由(*)知0，所以OP⊥OQ. ……16分 【点评】本题主要考查双曲线的概念、标准方程、几何性质及其直线与双曲线的关系．特别要注意直线与双曲线的关系问题，在双曲线当中，最特殊的为等轴双曲线，它的离心率为

2，它的渐近线为yx，并且相互垂直，这些性质的运用可以大大节省解题时间，本

题属于中档题 ．

28．【2012高考新课标文20】（本小题满分12分）

设抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点为F，准线为l，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B，D两点.

（I）若∠BFD=90°,△ABD的面积为42，求p的值及圆F的方程；

（II）若A，B，F三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m，n距离的比值.

【命题意图】本题主要考查圆的方程、抛物线的定义、直线与抛物线的位置关系、点到直线距离公式、线线平行等基础知识，考查数形结合思想和运算求解能力.

【解析】设准线l于y轴的焦点为E，圆F的半径为r， 则|FE|=p，|FA||FB|=|FD|=r，E是BD的中点，

(Ⅰ) ∵BFD900

，∴|FA|

|FB|=|FD|，|BD|=2p，

设A(xp

0，y0)，根据抛物线定义得，|FA|=

2y0， ∵

ABD的面积为∴S1p1

ABD=2|BD|(y0

2)=2

2p

=解得p=2，∴F(0,1),

FA|= ∴圆F的方程为：x2(y1)2

8；

(Ⅱ) 【解析1】∵A，

B，F三点在同一条直线m上, ∴AB是圆F的直径，ADB900, 由抛物线定义知|AD||FA|12|AB|，∴ABD300

，∴m

，

px，∴原点到直线m的距离d

1p， 2设直线n

的方程为：yx2pb0， xb，代入x2

2py得，x242p

∵n与C只有一个公共点， ∴=p8pb0，∴b，

36

p

∴直线n

的方程为：yp， x，∴原点到直线n的距离d

2=

1236

∴直线m

的方程为：y∴坐标原点到m，n距离的比值为3.

2

px0

【解析2】由对称性设A(x0,)(x00)，则F(0,)

22p

22

x0x0p2

点A,B关于点F对称得：B(x0,p)px03p2

2p2p2

3pp

3pxpx0

)，直线m:y

得：A

,22px2x x2pyy) yxp

切点P62pp2

直线n:y

px)xp0 6336

3。 1

）到2

坐标原点到m,n

29.【2012高考浙江文22】本题满分14分）如图，在直角坐标系xOy中，点P（1，抛物线C：y=2px（P＞0）的准线的距离为上的两动点，且线段AB被直线OM平分。

2

5

。点M（t，1）是C上的定点，A，B是C4

（1）求p,t的值。

（2）求△ABP面积的最大值。

【命题意图】本题主要考查了抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系，同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力. 【解析】

12pt1p

（1）由题意得2. p5，得

124t1

（2）设A(x1,y1),Bx2,y2，线段AB的中点坐标为Q(m,m) 由题意得，设直线AB的斜率为k（k0）.

2

y12px1由2，得(y2y1)(y1y2)k(x2x1)，得k2m1 y22px2

所以直线的方程为ym

1

(xm)，即x2my2m2m0. 2m

2

x2my2mm0由2，整理得y22my2m2m0， yx2

所以4m4m，y1y22m，y1y22m2m.从而得

AByy 12设点P到直线AB的距离为d，则

d

，设ABP的面积为S

，则S

1

ABd2(mm2)2

2

由4m4m0，得0m1.

12，则St(12t). 2122

设St(12t)，0t，则S16t.

2

令t

0t

2

由S16t0，

得t

1所以Smax，故ABP

0,，

2

1

的椭圆E的一个焦点为圆C：2

30.【2012高考湖南文21】（本小题满分13分） 在直角坐标系xOy中，已知中心在原点，离心率为x2+y2-4x+2=0的圆心. （Ⅰ）求椭圆E的方程；

（Ⅱ）设P是椭圆E上一点，过P作两条斜率之积为相切时，求P的坐标. 【答案】

1

的直线l1，l2.当直线l1，l2都与圆C2

【解析】（Ⅰ）由x2y24x20，得(x2)2y22.故圆Ｃ的圆心为点

x2y2

(2,0),从而可设椭圆Ｅ的方程为221(ab0),其焦距为2c，由题设知

abc2,e

c1

,a2c4,b2a2c212.故椭圆Ｅ的方程为： a2

x2y2

1. 1612

（Ⅱ）设点p的坐标为(x0,y0)，l1,l2的斜分率分别为k1,k2.则l1,l2的方程分别为

1

l1:yy0k1(xx0),l2:yy0k2(xx0),且k1k2.由l1与圆c:(x2)2y22相

2

切，得

x

222

即 (2x0)2k12(2x0)y0k2y020.

x0同理可得 (2

2

2

)2k2

2

2(x2y0k)2y. 200

022

(2x)2k2(2x)yky20的两个实根，于是 从而k1,k2是方程0000

(2x0)220,

 ① 22

8(2x0)y020,

2

y02

且k1k22. 2

(2x2)2

22

x0y0

1,1016122

x. 由得解得或x2,5x8x360.00002

5y2102

(2x0)22

由x02得y03;由x0

18它们满足①式，故点Ｐ的坐标为 得y0

55

1818(2,3)，或(2,

3)，或(,，或(,.

55

55

【点评】本题考查曲线与方程、直线与曲线的位置关系，考查运算能力，考查数形结合思想、函数与方程思想等数学思想方法.第一问根据条件设出椭圆方程，求出c,a,b即得椭圆E的

方程，第二问设出点P坐标，利用过P点的两条直线斜率之积为

1

，得出关于点P坐标的2

一个方程，利用点P在椭圆上得出另一方程，联立两个方程得点P坐标. 31.【2012高考湖北文21】（本小题满分14分）

设A是单位圆x2+y2=1上任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l与x轴的交点，点M在直线l上，且满足当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C。

（1）求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标。

（2）过原点斜率为K的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，且它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H，是否存在m,使得对任意的K>0，都有PQ⊥PH？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由。 21. 【答案】

解：（Ⅰ）如图1，设M(x,y)，A(x0,y0)，则由|DM|m|DA|(m0,且m1)，

可得xx0，|y|m|y0|，所以x0x，|y0|

1

|y|. ①

m

因为A点在单位圆上运动，所以x02y021. ②

y2将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x21 (m0,且m1).

m

2

因为m(0,1)(1,)，所以

当0m1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，

两焦点坐标分别为(

0)，0)； 当m1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，

两焦点坐标分别为(0,

，(0,

.

k0，H(x2,y2)，（Ⅱ）解法1：如图2、3，设P(x1,kx1)，则Q(x1,kx1)，N(0,kx1)，

直线QN的方程为y2kxkx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得 (m24k2)x24k2x1xk2x12m20.

依题意可知此方程的两根为x1，x2，于是由韦达定理可得 4k2x1m2x1

x1x22，即x22. 2

m4km4k2

2km2x1

因为点H在直线QN上，所以y2kx12kx22.

m4k2

4k2x12km2x1

,). 于是PQ(2x1,2kx1)，PH(x2x1,y2kx1)(2

m4k2m24k24(2m2)k2x12

0， 而PQPH等价于PQPH

m24k2

即2m20，又m

0，得m

y2

故存在mx1上，对任意的k0，

2

都有PQPH.

2

解法2：如图2、3，x1(0,1)，设P(x1,y1)，H(x2,y2)，则Q(x1,y1)， N(0,y1)，

2222mx1y1m,

因为P，H两点在椭圆C上，所以22 两式相减可得 22

mx2y2m,

m2(x12x22)(y12y22)0. ③

依题意，由点P在第一象限可知，点H也在第一象限，且P，H不重合， 故(x1x2)(x1x2)0. 于是由③式可得

(y1y2)(y1y2)

m2. ④

(x1x2)(x1x2)

又Q，N，H三点共线，所以kQNkQH，即于是由④式可得kPQkPH

2y1y1y2

. x1x1x2

y1y1y21(y1y2)(y1y2)m2

. x1x1x22(x1x2)(x1x2)2

m2

而PQPH等价于kPQkPH1，即1，又m

0，得m

2y22

故存在mx1上，对任意的k0，都有

2

PQPH.

【解析】本题考查椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的位置关系；考查分类讨论的数学思想以及运算求解的能力.本题是一个椭圆模型，求解标准方程时注意对焦点的位置分类讨论，不要漏解；对于探讨性问题一直是高考考查的热点，一般先假设结论成立，再逆推所需要求解的条件，对运算求解能力和逻辑推理能力有较高的要求.

32.【2012高考全国文22】（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效）

2

已知抛物线C:y(x1)与圆M:(x1)(y)r(r0)有一个公共点A，

2

12

22

且在点A处两曲线的切线为同一直线l. （Ⅰ）求r；

（Ⅱ）设m、n是异于l且与C及M都相切的两条直线，m、n的交点为D，求D到l的距离。

【命题意图】本试题考查了抛物线与圆的方程，以及两个曲线的公共点处的切线的运用，并

在此基础上求解点到直线的距离。

解：（1）设A(x0,(x01)2)，对yx(x1)2求导得y2(x1)，故直线l的斜率

k2(x01)，当x01时，不合题意，所心x01

12

圆心为M(1,)，MA的斜率k

(x01)2x01

1

1

1，解得x0，故A(0,1)

由lMA知kk1，即2(x01)

(x01)2x01

所以r|MA|

（2）设(a,(a1))2为C上一点，则在该点处的切线方程为y(a1)22(a1)(xa)即

y2(a1)xa21

若该直线与圆M相切，则圆心M

到该切线的距离为

，即2

1

|2(a1)1a21|

a2(a24a6)0

求解可得a00,a12a22抛物线C在点(ai,(ai1)2)(i0,1,2)处的切线分别为l,m,n，其方程分别为

y2x1① y2(a11)xa121② y2(a21)xa221③

②－③得x

a1a2

2，将x2代入②得y1，故D(2,1) 2

所以D到直线l

的距离为d



。 【点评】该试题出题的角度不同于平常，因为涉及的是两个二次曲线的交点问题，并且要研究两曲线在公共点出的切线，把解析几何和导数的工具性结合起来，是该试题的创新处。另外对于在第二问中更是难度加大了，出现了另外的两条公共的切线，这样的问题对于我们以后的学习也是一个需要练习的方向。

33.【2012高考辽宁文20】(本小题满分12分)

如图，动圆C1:x2y2t2,1

x22

与椭圆C2y1相交于A，B，C，D四点，点A1,A2

9

分别为C2的左，右顶点。

(Ⅰ)当t为何值时，矩形ABCD的面积取得最大值？并

求出其最大面积；

(Ⅱ)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程。

【命题意图】本题主要考查直线、圆、椭圆的方程，椭圆的几何性质，轨迹方程的求法，考查函数方程思想、转化思想、数形结合思想、运算求解能力和推理论证能力，难度较大。 【解析】(Ⅰ)设A(x0，y0)，则矩形ABCD的面积S=4|x0|y0|，

22x0x022

y01得，y01， 由99

2

12929x0

)， x(1)=(x0

92492

∴xy

2

2200=

当x0

912

，y0时，Smax=6， 22

∴t

ABCD的面积最大，最大面积为6. „„6分 (Ⅱ) 设Ax1,y1,Bx1,-y1，又知A1-3,0,A23,0，则 直线A1A的方程为 y=直线A2B的方程为

2

y1

x+3 ① x1+3-y

y=1x-3 ②

x1-3

-y12

由①②得 y=22x2-32 ③

x1-3

x12x122由点Ax1,y1在椭圆C0上，故可得2+y1=1，从而有y1=1-2

33



，代入③得 

x22

-y=1x

x22

-y=1x

【解析】

本题主要考查直线、圆、椭圆的方程，椭圆的几何性质，轨迹方程的求法，考查函

数方程思想、转化思想、数形结合思想、运算求解能力和推理论证能力，难度较大。 34.【2012高考江西文20】（本小题满分13分）

已知三点O（0,0），A（-2,1），B（2,1），曲线C上任意一点M（x,y）满

足

（1）求曲线C的方程；

（2）点Q（x0,y0）(-2

【解析】（1）MA(2x,1y)，MB(2x,1y)，OM(x,y),OAOB(0,2)

2y2整理得x24y

22x0x0

（2）设Q(x0,)；则SQAB2(1)，kly

44

xx0



x0

2

222x0x0x0x0

(xx0)交y轴于点M(0,)PM1 得：l:y42442

x0x

0(xx0)联立： lPA:xy10,lPB:xy10与l:y42

可求xD

x02x2

,xE0xDxE2 22

2

x01

SPDExDxEPM1

24

SQAB:SPDE2

35.【2012高考四川文21】(本小题满分12分)

如图，动点M与两定点A(1,0)、B(1,0)构成MAB，且直线MA、MB的斜率之积

为4，设动点M的轨迹为C。

（Ⅰ）求轨迹C的方程；

(m0)与y轴交于点P，与轨迹C相交于点Q、R，且（Ⅱ）设直线yxm|PQ||PR，求|

|PR|

的取值范围。 |PQ|

[解析]（1）设M的坐标为（x,y），当x=-1时，直线MA的斜率不存在；当x=1时，直线

MB的斜率不存在。

于是x≠1且x≠-1.此时，MA的斜率为由题意，有

yy，MB的斜率为. X1x1

yy

=4 X1x1

化简可得，4x2-y2-4=0

故动点M的轨迹C的方程为4x2-y2-4=0（x≠1且x≠-1）…………………………4分 18.由

yxm

22

4xy40

消去y，可得3x2-2mx-m2-4=0. (﹡)

对于方程(﹡)，其判别式



=（-2m)2－4×3（-m2-4）=16m2+48>0

而当1或-1为方程（*）的根时，m的值为-1或1.

结合题设（m>0）可知，m>0，且m≠1

设Q、R的坐标分别为（XQ,YQ）,(XR,YR),则为方程（*）的两根. 因为PQPR,所以

X

Q



X

2

R

，

X

Q



m2

3

2

3

,XP

m2

3

2

3

所以

PR

PQ

X

2

2

PR

3



11

2

23

3221

m

3

2

。

2

m

1

此时

3

m

1,且

m

2

所以11

22

3

3,且1

22

3

m

RP

1

PRPQ

m



1

5 3

所以1

PRPQ



X

3,且

X

RP

5 3

综上所述，

55

…………………………12分 的取值范围是（1）（，3）

PQ33

PR

[点评]本小题主要考察直线、双曲线、轨

迹方程的求法等基础知识，考察思维能力、运算能力，考察函数、分类与整合等思想，并考察思维的严谨性。

36.【2012高考重庆文21】本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分） 已知椭圆的中心为原点O，长轴在x 轴上，上顶点为A

，左、右焦点分别为

线段OF1,OF2 的中点分别为B1,B2 ，且△AB1B2是面积为4的直角三角形。（Ⅰ）F1,F2 ，

求该椭圆的离心率和标准方程；（Ⅱ）过B1 作直线交椭圆于P,Q，PB2QB2，求△PB2Q的面积

x2y2【答案】：（Ⅰ）+=1

（Ⅱ）

2049

，OA

B1B2|

（*）

设P(x1,y1),Q(x2,y2), 则y1,y2 是上面方程的两根，因此y1y2

y1y2

16

m25

2

4m

, 2

m5

又

B1P(x12,y1),B2P(x22,y2)

x2

)

(m21)y1y2

，所以

B1Py1y2

(B

P2x(1)

(my14)(my24)y1y24m(y1y2)16

16(m21)16m2216

m25m5

16m2642

16m640 ，解得由 ，知 ，即PBQBBPBQ022222

m5m2

当m2 时，方程（*）化为：9y28y160

故y1

，|y1y2|y2

1 当m2 时，同理可得（或|B1B2||y1y2|

2 综上所述，PB2Q

的面积为9

PB2Q

的面积S

由对称性可得）PB2Q

的面积S

。 9

37.【2012高考陕西文20】（本小题满分13分）

x2

y21，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率。 已知椭圆C1:4

（1）求椭圆C2的方程；

（2）设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆C1和C2上，OB2OA，求直线AB的方程。

y2x2

1a2，【解析】（Ⅰ）由已知可设椭圆C2的方程为2 a4

a4．

y2x2

．

故椭圆C2的方程为1641

（Ⅱ）解法一：A，B两点的坐标分别为xA，yA，xB，yB，

由AB2OA及（Ⅰ）知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，

因此可设直线AB的方程为ykx．

x242

y21中，得14k2x24，所以xA 将ykx代入， 14k24



y2x2162+1中，得4k2x216，所以xB 将ykx代入， 2

4k164

22

又由AB2OA，得xB，即4xA

1616

．22 4k14k

解得k1，故直线AB的方程为yx或yx． 解法二：A，B 两点的坐标分别为xA,yA,xB,yB，

由AB2OA及（Ⅰ）知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上， 因此可设直线AB的方程为ykx．

x242

y21中，得14k2x24，所以xA 将ykx代入， 214k4



16k2162

又由AB2OA，得x，yB，

14k214k2

2B

y2x24k222

114k14k 将x,y代入，即， 2中，得16414k

2

B

2B

解得k1，故直线AB的方程为yx或yx