圆锥曲线2

2008年高考数学试题分类汇编

圆锥曲线

一． 选择题：

x2y2

1.（福建卷11)又曲线221（a＞0,b＞0）的两个焦点为F1、F2,若P

ab

为其上一点，且|PF1|=2|PF2|,则双曲线离心率的取值范围为（ B ）

A.(1,3)

B.1,3

C.(3,+)

D.3,

2.（海南卷11）已知点P在抛物线y2 = 4x上，那么点P到点Q（2，－1）的距

离与点P到抛物线焦点距离之和取得最小值时，点P的坐标为（ A ）

1

，－1） 4

D. （1，－2）

A. （

1

B. （，1）

4

C. （1，2）

3.(湖北卷10)如图所示，“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道飞向月球，在月球附近一点P轨进入以月球球心F为一个焦点的椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，之后卫星在P点第二次变轨进入仍以F为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行，最终卫星在P点第三次变轨进入以F为圆心的圆形轨道Ⅲ绕月飞

行，若用2c1和2c2分别表示椭轨道Ⅰ和Ⅱ的焦距，用2a1和2a2分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的长轴的长，给出下列式子：

①a1c1a2c2; ②a1c1a2c2; ③c1a2a1c2; ④其中正确式子的序号是（ B ）

A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④

3ax2y2

4.（湖南卷8）若双曲线221（a＞0,b＞0）上横坐标为的点到右焦点

2ab

c1c

＜2. a1a2

的距离大于它到左准线的距离，则双曲线离心率的取值范围是( B )

A.(1,2)

B.(2,+) C.(1,5)

D. (5,+)



5.（江西卷7）已知F1、F2是椭圆的两个焦点，满足MF1MF20的点M总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是（ C ）

1A．(0,1) B．(0,] C

．(0, D

．

222

6.（辽宁卷10）已知点P是抛物线y22x上的一个动点，则点P到点（0，2）的距离与P到该抛物线准线的距离之和的最小值为（ A ） A

B．3 C

D．

9 2

x2y2

7.（全国二9）设a1，则双曲线2（ B ） 1的离心率e的取值范围是

a(a1)2A

．

B

．

5) C．(2，

D

．(2

5

，焦点在X轴上且长轴长为26.若曲线13

C2上的点到椭圆C1的两个焦点的距离的差的绝对值等于8，则曲线C2的标准方程为A

8.（山东卷(10)设椭圆C1的离心率为

x2y2x2y2

（A）221 (B)221

13543x2y2x2y2

(C)221 (D)221

131234x2y2

9.（陕西卷8）双曲线221（a0，b0）的左、右焦点分别是F1，F2，

ab

过F1作倾斜角为30的直线交双曲线右支于M点，若MF2垂直于x轴，则双曲线的离心率为（ B ） A

B

C

D

．

3

10.（四川卷12）已知抛物线C:y28x的焦点为F，准线与x轴的交点为K，点A在C

上且AK，则AFK的面积为( B )

（Ａ）4 （Ｂ）8 （Ｃ）16 （Ｄ）32

x2y2

11.（天津卷（7）设椭圆221（m0，n0）的右焦点与抛物线y28x

mn

的焦点相同，离心率为

1

，则此椭圆的方程为B 2

x2y2x2y2x2y2x2y2

1 （D）1 1 （B）1 （C）（A）

[**************]2x2y2

12.（浙江卷7）若双曲线221的两个焦点到一条准线的距离之比为3：2,

ab

则双曲线的离心率是（ D ）

（A）3 （B）5 （C）3 （D）5

13.（浙江卷10）如图，AB是平面a的斜线段，A为斜足，若点P在平面a内运动，使得△ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是（ B ）

（A）圆 （B）椭圆 （C）一条直线 （D）两条平行直线

x2y2

14.（重庆卷(8)已知双曲线221（a＞0,b＞0）的一条渐近线为y=kx(k＞

ab

0),离心率e

,则双曲线方程为( C )

x2y2

（A）2－2=1

a4ax2y2

(C)221

4bb

x2y2

(B)221

a5a

x2y2

(D)221

5bb

二． 填空题：

x2y2

1的右顶点为A，右焦点为F。过点F平行双1.（海南卷14）过双曲线

916

曲线的一条渐近线的直线与双曲线交于点B，则△AFB的面积为_______

32 15

x2y2

2.（湖南卷12）已知椭圆221（a＞b＞0）的右焦点为F,右准线为l,离心

ab

率e

=

1过顶点A(0,b)作AMl,垂足为M，则直线FM的斜率等于 .

25

x2y2

3.（江苏卷12）在平面直角坐标系中，椭圆221( ab0)的焦距为2，

ab

a2

以O为圆心，a为半径的圆，过点,0作圆的两切线互相垂直，则离心率

c

e

．

2

4.（江西卷15）过抛物线x22py(p0)的焦点F作倾角为30的直线，与抛物线分别交于A、B两点（A在y轴左侧），则

AF

1



3FB

5.（全国一14）已知抛物线yax21的焦点是坐标原点，则以抛物线与两坐标轴的三个交点为顶点的三角形面积为 ．2 6.（全国一15）在△ABC中，ABBC，cosB

7

．若以A，B为焦点的椭18

3

圆经过点C，则该椭圆的离心率e ．

8

7.（全国二15）已知F是抛物线C：y24x的焦点，过F且斜率为1的直线交C于A，B两点．设FAFB，则FA与FB的比值等于

．3

x2y2

1的两个焦点，过F1的直线交椭圆8.（浙江卷12）已知F1、F2为椭圆

259

于A、B两点若F2AF2B12，则AB=______________。8

三． 解答题：

1.（安徽卷22）．（本小题满分13分）

x2y2

设椭圆C:221(ab

0)过点M

，且左焦点为F1(

ab

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）当过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交与两不同点A,B时，在线段AB上取点Q，



满足APQBAQPB，证明：点Q总在某定直线上

解 (1)由题意：

c22

x2y22122

1 221 ，解得a4,b2，所求椭圆方程为 42ab

222cab

(2)方法一

设点Q、A、B的坐标分别为(x,y),(x1,y1),(x2,y2)。



APAQ

由题设知AP,PB,AQ,QB均不为零，记,则0且1

PBQB



又A，P，B，Q四点共线，从而APPB,AQQB

x1x2

， 11xx2

x1， y

1

于是 4从而

2

x122x2y122y22

4x，（1） y，（2） 22

11

y1y2

1y1y2

1

又点A、B在椭圆C上，即

222

x12y124,(3) x22y24,(4)

（1）+（2）×2并结合（3），（4）得4s2y4 即点Q(x,y)总在定直线2xy20上 方法二



设点Q(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2)，由题设，PA,PB,AQ,QB均不为零。

PAPB且 

AQQB



又 P,A,Q,B四点共线，可设PAAQ,PBBQ(0,1),于是

4x1y

,y1 （1） 114x1y

,y2 x2 （2） 11

x1

由于A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆C上，将（1），（2）分别代入C的方程x2y4, 整理得

2

2

(x22y24)24(2xy2)140 （3）

(x22y24)24(2xy2)140 (4)

xy2) 0(4)－(3) 得 8(2∵0,∴2xy20

即点Q(x,y)总在定直线2xy20上

2.（北京卷19）．（本小题共14分）

已知菱形ABCD的顶点A，C在椭圆x23y24上，对角线BD所在直线的斜率为1． （Ⅰ）当直线BD过点(0，1)时，求直线AC的方程； （Ⅱ）当ABC60时，求菱形ABCD面积的最大值． 解：（Ⅰ）由题意得直线BD的方程为yx1． 因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD． 于是可设直线AC的方程为yxn．



x23y24，22

由得4x6nx3n40． yxn

因为A，C在椭圆上，

所以12n64

0，解得2

n． 设A，C两点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，

3n3n24

则x1x2，x1x2，y1x1n，y2x2n．

24

所以y1y2

n

． 2

所以AC的中点坐标为

3nn

． 44

3nn

在直线yx1上， 44

由四边形ABCD为菱形可知，点所以

n3n

1，解得n2． 44

所以直线AC的方程为yx2，即xy20．

（Ⅱ）因为四边形ABCD为菱形，且ABC60， 所以ABBCCA．



所以菱形ABCD

的面积S

2

AC． 2

2

3n216

由（Ⅰ）可得AC(x1x2)(y1y2)，

2

2

2

3n16)所以Sn． 

所以当n0时，菱形ABCD

的面积取得最大值 3.（福建卷21）（本小题满分12分）

x2y2

如图、椭圆221(ab0)的一个焦点是F

ab

（1，0），O为坐标原点.

（Ⅰ）已知椭圆短轴的两个三等分点与一个焦点构成

正三角形，求椭圆的方程；

（Ⅱ）设过点F的直线l交椭圆于A、B两点.若直线l

绕点F任意转动，值有OAOBAB,求a的取值范围.

本小题主要考查直线与椭圆的位置关系、不等式的解法等基本知识，考查分类与整合思想，考查运算能力和综合解题能力.满分12分. 解法一：(Ⅰ)设M，N为短轴的两个三等分点，

因为△MNF为正三角形，

所以OF

2

2

2

, 即1

＝

2b

,解得b 23

2

x2y2

1. ab14,因此，椭圆方程为43

2

(Ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2). (ⅰ)当直线 AB与x轴重合时，

OAOB2a2,AB4a2(a21),因此，恒有OAOBAB.

(ⅱ)当直线AB不与x轴重合时，

2

2

2

222

x2y2

设直线AB的方程为：xmy1,代入221,

ab

整理得(a2b2m2)y22b2myb2a2b20,

2b2mb2a2b2

,y1y22 所以y1y22

ab2m2ab2m2

因为恒有OAOBAB，所以AOB恒为钝角.

2

2

2



即OAOB(x1,y1)(x2,y2)x1x2y1y20恒成立.

x1x2y1y2(my11)(my21)y1y2(m21)y1y2m(y1y2)1

(m21)(b2a2b2)2b2m2

21

a2b2m2ab2m2

2222222

mabbaba0.222

abm

又a2+b2m2>0,所以-m2a2b2+b2-a2b2+a2 a2 -a2b2+b2对mR恒成立.

当mR时，a2b2m2最小值为0，所以a2- a2b2+b2

因为a>0,b>0,所以a0, 解得a

a

舍去)，即a

+）. 综合（i）(ii)，a

解法二：

（Ⅰ）同解法一， （Ⅱ）解：（i）当直线l垂直于x轴时，

1y2b2(a21)2x=1代入221,yA=1. 2

aba

因为恒有|OA|+|OB|

2

2

2

,2(1+yA2)1，即

a21

>1, a

解得a>

1

1

1或a. 222

（ii）当直线l不垂直于x轴时，设A（x1,y1）, B（x2,y2）.

x2y2

设直线AB的方程为y=k(x-1)代入221,

ab

得(b2+a2k2)x2-2a2k2x+ a2 k2- a2 b2=0,

222222

2akakab故x1+x2=,xx. 22222222bakbak

因为恒有|OA|2+|OB|2

所以x21+y21+ x22+ y22

x1x2+ y1y2= x1x2+k2(x1-1) (x2-1)=(1+k2) x1x2-k2(x1+x2)+ k2

a2k2a2b22a2k2(a2a2b2b2)k2a2b222

k2k=(1+k)2.

ba2k2ba2k2b2a2k2

2

由题意得（a2- a2 b2+b2）k2- a2 b2

①当a2- a2 b2+b2>0时，不合题意； ②当a2- a2 b2+

b2=0时，a=

1; 2

③当a2- a2 b2+b2

+1>0, 解得a2

a2，a，因此a

+）. 综合（i）（

ii），a4.（广东卷18）．（本小题满分14分）

x2y2

设b0，椭圆方程为221，抛物线方程为x28(yb)．如图4所示，过点

2bbF(0，b2)作x轴的平行线，与抛物线在第一象限的交点为G，已知抛物线在点G的切

线经过椭圆的右焦点F1．

（1）求满足条件的椭圆方程和抛物线方程；

（2）设A，B分别是椭圆长轴的左、右端点，试探究在抛物线上是否存在点P，使得△ABP为直角三角形？若存在，请指出共有几个这样的点？并说明理由（不必具体求出这些点的坐标）． 【解析】（1）由x8(yb)得y

2

12

xb， 8

图4

当yb2得x4，G点的坐标为(4,b2)，y'

1

x，y'|x41，过点G的切4

线方程为y(b2)x4即yxb2，令y0得x2b，F1点的坐标为

(2b,0)，由椭圆方程得F1点的坐标为(b,0)，

x2

2bb即b1，即椭圆和抛物线的方程分别为y21和x28(y1)；

2

（2）过A作x轴的垂线与抛物线只有一个交点P,以PAB为直角的RtABP只有一个，

同理 以PBA为直角的RtABP只有一个。 若以APB为直角，设P点坐标为(x,

12

x1)，A、B

两点的坐标分别为(

和8

，

11452PAPBx22(x21)2xx10。

8644

关于x的二次方程有一大于零的解，x有两解， 即以APB为直角的RtABP有两个，

因此抛物线上存在四个点使得ABP为直角三角形。 5.(湖北卷19).（本小题满分13分）

如图，在以点O为圆心，|AB|4为直径的半圆ADB中，

2

ODAB，P是半圆弧上一点，POB30，曲线C是

满足||MA||MB||为定值的动点M的轨迹，且曲线C过点P.

（Ⅰ）建立适当的平面直角坐标系，求曲线C的方程； （Ⅱ）设过点D的直线l与曲线C相交于不同的两点E、F. 若△OEF的面积不小于

．．．l斜率的取值范围.

本小题主要考查直线、圆和双曲线等平面解析几何的基础知识，考查轨迹方程的求法、不等式的解法以及综合解题能力.（满分13分）

（Ⅰ）解法1：以O为原点，AB、OD所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，则A（-2，0），B（2，0），D(0,2),P（,1），依题意得

2222

｜MA｜-｜MB｜=｜PA｜-｜PB｜＝(2)12）1＝22＜｜AB｜＝

4.

∴曲线C是以原点为中心，A、B为焦点的双曲线. 设实平轴长为a，虚半轴长为b，半焦距为c， 则c＝2，2a＝22，∴a2=2,b2=c2-a2=2.

x2y2

1. ∴曲线C的方程为22

解法2：同解法1建立平面直角坐标系，则依题意可得｜MA｜-｜MB｜=｜PA｜-｜PB｜＜ ｜AB｜＝4.

∴曲线C是以原点为中心，A、B为焦点的双曲线.

x2y2

设双曲线的方程为221(a＞0，b＞0）.

ab

2

）1221

则由 a解得a2=b2=2, b

a2b24

x

2y2

1. ∴曲线C的方程为22

(Ⅱ)解法1：依题意，可设直线l的方程为y＝kx+2，代入双曲线C的方程并整理得（1-K2）x2-4kx-6=0.

∵直线l与双曲线C相交于不同的两点E、F，

2

k11－k0∴   22

k(4k)46(1k)0

∴k∈（-,-1）∪（-1，1）∪（1，）. 设E（x，y），F(x2,y2)，则由①式得x1+x2=

4k6

,xx,于是 122

1k1k

22

｜EF｜＝(x1x2)(y1x2)(1k2)(x1x2)2

2

＝k(x1x2)4x1x2k

22

223k2

k

2

.

而原点O到直线l的距离d＝

2k

2

，

2

112223k22223kk. ∴S△DEF=dEF2222k2kk

若△OEF面积不小于22,即S△OEF22，则有

22k2

k2

22k4k220,解得2k2.　 ③

综合②、③知，直线l的斜率的取值范围为[-2，-1]∪(1-,1) ∪(1, 2).

解法2：依题意，可设直线l的方程为y＝kx+2，代入双曲线C的方程并整理， 得（1-K2）x2-4kx-6=0.

∵直线l与双曲线C相交于不同的两点E、F，

2k11－k0∴   22

k3(4k)46(1k)0

.∴k∈（-，-1）∪（-1，1）∪（1，3）. 设E(x1,y1),F(x2,y2),则由①式得 ｜x1-x2｜=(x1x2)4x1x2

2

k

2



223k2

k

2

. ③

当E、F在同一去上时（如图1所示）， S△OEF＝SODFSODE

11

ODx1x2ODx1x2; 22

当E、F在不同支上时（如图2所示）.

SOEFSODFS△ODE=

综上得S△OEF＝

11

OD(x1x2)ODx1x2 22

1

ODx1x2,于是 2

由｜OD｜＝2及③式，得S△OEF=

223k2

k

2

.

若△OEF面积不小于22,即SOEF22,则有

223k2

k2

22k4k20,解得2k2. ④

综合②、④知，直线l的斜率的取值范围为[-2，-1]∪（-1，1）∪（1，2）.

6.（湖南卷20）.（本小题满分13分）

若A、B是抛物线y2=4x上的不同两点，弦AB（不平行于y轴）的垂直平分线与 x轴相交于点P，则称弦AB是点P的一条“相关弦”.已知当x>2时，点P（x,0） 存在无穷多条“相关弦”.给定x0>2.

（I）证明：点P（x0,0）的所有“相关弦”的中点的横坐标相同； (II) 试问：点P（x0,0）的“相关弦”的弦长中是否存在最大值？

若存在，求其最大值（用x0表示）：若不存在，请说明理由. 解: （I）设AB为点P（x0,0）的任意一条“相关弦”，且点A、B的坐标分别是

（x1,y1）、（x2,y2）（x1x2）,则y21=4x1, y22=4x2, 两式相减得（y1+y2）（y1-y2）=4（x1-x2）.因为x1x2,所以y1+y20. 设直线AB的斜率是k，弦AB的中点是M（xm, ym）,则 k=

y1y242y

.从而AB的垂直平分线l的方程为 yymm(xxm). 

x1x2y1y2ym2

ym

(x0xm). 2

又点P（x0,0）在直线l上，所以 ym

而ym0,于是xmx02.故点P（x0,0）的所有“相关弦”的中点的横坐标都是x0-2. (Ⅱ)由(Ⅰ)知，弦AB所在直线的方程是yymk(xxm)，代入y4x中， 整理得k2x22[k(ymkxm)2]x(ymkxm)20. （·）

2

(ymkxm)2

. 则x1、x2是方程（·）的两个实根，且x1x2

k2

设点P的“相关弦”AB的弦长为l，则

l2(x1x2)2(y1y2)2(1k2)(x1x2)2

22

(1k2)[(x1x2)24xx1]24(1k)(xmxx1)

2

4(1

42

)[xm2ym

(ym

2

xm)2ym

]

42ym

2

(4ym)(4xmym2)ym44ym(2xm1)16xm

224(xm1)2[ym22(xm1)]24(x01)[ym2(x03)].

2

22

因为0

记l2=g(t)=-[t-2(x0-3)]2+4(x0-1)2.

2若x0>3,则2(x0-3) (0, 4x0-8),所以当t=2(x0-3),即ym=2(x0-3)时,

l有最大值2(x0-1).

若2

当x0>3时，点P（x0,0）的“相关弦”的弦长中存在最大值，且最大值 为2（x0-1）；当2

7.（江西卷21）．（本小题满分12分）

设点P(x0,y0)在直线xm(ym,0m1)上，过点P作双曲线xy1的两条切线PA、PB，切点为A、B，定点M(（1）求证：三点A、M、B共线。

（2）过点A作直线xy0的垂线，垂足为N，试求AMN的重心G所在曲线方程.

222证明：（1）设A(x1,y1),B(x2,y2)，由已知得到y1y20，且x1y121，x2y21，

2

2

1

,0). m

设切线PA的方程为：yy1k(xx1)由

yy1k(xx1)

得 22

xy1

(1k2)x22k(y1kx1)x(y1kx1)210

2222

从而4k2(yyk1kx1)4(1k)(1kx1)4(1

),解0

得k

x1

y1

因此PA的方程为：y1yx1x1 同理PB的方程为：y2yx2x1

又P(m,y0)在PA、PB上，所以y1y0mx11，y2y0mx21 即点A(x1,y1),B(x2,y2)都在直线y0ymx1上

又M(

1

,0)也在直线y0ymx1上,所以三点A、M、B共线 m

（2）垂线AN的方程为：yy1xx1， 由

yy1xx1xy1x1y1

,)， 得垂足N(122xy0

设重心G(x,y)

3

9x3y11x1y1x(x)x113m24

所以 解得

1xy1y(y011)9y3x1

32y1

4

11122

由x1y121 可得(3x3y)(3x3y)2即(x)2y2为重心G所在

mm3m9

曲线方程

8.（辽宁卷20）．（本小题满分12分）

在直角坐标系xOy中，点P

到两点(0

，(0的距离之和等于4，设点P的轨迹为

C，直线ykx1与C交于A，B两点．

（Ⅰ）写出C的方程；

（Ⅱ）若OAOB，求k的值；

（Ⅲ）若点A在第一象限，证明：当k>0时，恒有|OA|>|OB|．

本小题主要考查平面向量，椭圆的定义、标准方程及直线与椭圆位置关系等基础知识，考查综合运用解析几何知识解决问题的能力．满分12分． 解：

（Ⅰ）设P（x，y），由椭圆定义可知，点P的轨迹C

是以(0(0为焦点，长半轴为2

的椭圆．它的短半轴b

2

1，

y2

1． ·故曲线C的方程为x························································································· 3分 4

（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐标满足

2y2

1，x

4

ykx1.

消去y并整理得(k24)x22kx30， 故x1x2



若OAOB，即x1x2y1y20．

而y1y2k2x1x2k(x1x2)1，

2k3

，xx． ·············································································· 5分 1222

k4k4

33k22k2

10， 于是x1x2y1y22

k4k24k24

2

化简得4k10，所以k

22

2222

（Ⅲ）OAOBx1y1(x2y2)

1． ··················································································· 8分 2

222

(x1x2)4(1x121x2)

3(x1x2)(x1x2) 

6k(x1x2)

．

k24

3

知x20，从而x1x20．又k0， 2

k4

因为A在第一象限，故x10．由x1x2

22

故OAOB0，

即在题设条件下，恒有OAOB． ················································································· 12分

9.（全国一21）．（本小题满分12分）

双曲线的中心为原点O，焦点在x轴上，两条渐近线分别为l1，l2，经过右焦点F垂直于l1



ABOB成等差数列，且BF与FA同向． 的直线分别交l1，l2于A，B两点．已知OA（Ⅰ）求双曲线的离心率；

（Ⅱ）设AB被双曲线所截得的线段的长为4，求双曲线的方程． 解：（Ⅰ）设OAmd，ABm，OBmd 由勾股定理可得：(md)m(md) 得：d

2

2

2

1bAB4

m，tanAOF，tanAOBtan2AOF 4aOA3

b

4，解得b1,

则离心率e 由倍角公式2

a23b

1a

2

ax2y2

（Ⅱ）过F直线方程为y(xc),与双曲线方程221联立

bab

将a

2b，c

代入，化简有

152xx21

0 4b2b

41x2

解得b3 将数值代入，有4x2y2

1。 故所求的双曲线方程为

369

10.（全国二21）．（本小题满分12分）

0)B(01)，是它的两个顶点，直线ykx(k0)与AB相交设椭圆中心在坐标原点，A(2，，

于点D，与椭圆相交于E、F两点．



（Ⅰ）若ED6DF，求k的值；

（Ⅱ）求四边形AEBF面积的最大值．

x2

y21， （Ⅰ）解：依题设得椭圆的方程为4

直线AB，EF的方程分别为x2y2，ykx(k0)．················································ 2分 如图，设D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1x2， 且x1，x2满足方程(14k)x4，

故x2x1

2

2

．①

15

由ED6DF知x0x16(x2

x0)，得x0(6x2x1)x2；

77由D在AB上知x02kx02，得x0所以

2

． 12k

2，

12k2

化简得24k25k60，

23或k． ············································································································ 6分 38

（Ⅱ）解法一：根据点到直线的距离公式和①式知，点E，F到AB

的距离分别为

解得k

h1



h2



····································································· 9分

又AB

AEBF的面积为

S

1

AB(h1

h2) 2

1

2



≤

当2k1，即当k

1

时，上式取等号．所以S

的最大值为 ······························· 12分 2

解法二：由题设，BO1，AO2．

设y1kx1，y2kx2，由①得x20，y2y10， 故四边形AEBF的面积为

SS△BEFS△AEF

····························································································································· 9分

x22y2 ·







当x22y2时，上式取等号．所以S

的最大值为 ·················································· 12分

11.（山东卷22) (本小题满分14分)

如图，设抛物线方程为x2=2py(p＞0),M为 直线y=-2p上任意一点，过M引抛物线的切线，切点分别为A，B.

（Ⅰ）求证：A，M，B三点的横坐标成等差数列；

（Ⅱ）已知当M点的坐标为（2，-2p

）时，AB抛物线的方程；

（Ⅲ）是否存在点M，使得点C关于直线AB的对称点D在抛物线

x2

2py(p＞0)上，其中，点C满足OCOAOB

（O为坐标

原点）.若存在，求出所有适合题意的点M的坐标；若不存在，请说明理由.

（Ⅰ）证明：由题意设A(x,x22

1x2

12p),B(x2,2p

),x1＜x2,M(x0,2p).

2

2py得yx2

由xx2p

，则yp,

所以k1MA

xp,kx

MB2p

.

因此直线MA的方程为y2p

x1

p(xx0), 直线MB的方程为y2p

x2

p

(xx0). 2

所以x12p2px1p

(x1x0),

①

x222p2px

2p

(x2x0). ②

由①、②得

xx2

12

2x1x2x0, 因此 xxx2

12

02

，即2x0x1x2.

所以A、M、B三点的横坐标成等差数列.

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，当x0=2时， 将其代入①、②并整理得：

x2

14x14p2



0,

2 x24x24p20,

所以 x1、x2是方程x24x4p20的两根，

因此x1x24,x1x24p2,

2

x2x12



2p2px1x2x0,

x2x12pp

又kAB

所以kAB

2. p

由弦长公式得

AB

又AB

所以p=1或p=2，

因此所求抛物线方程为x22y或x24y.

（Ⅲ）解：设D(x3,y3)，由题意得C(x1+ x2, y1+ y2),

则CD的中点坐标为Q(

x1x2x3y1y2y3

,), 22

设直线AB的方程为yy1

x0

(xx1), p

x1x2y1y2

,)也在直线AB上， 22

由点Q在直线AB上，并注意到点( 代入得y3

x0

x3. p

2

若D（x3,y3）在抛物线上，则x32py32x0x3,

因此 x3=0或x3=2x0.

2

2x0

即D(0，0)或D(2x0,).

p

（1）当x0=0时，则x1x22x00，此时，点M(0,-2p)适合题意.

2

x12x2

2

x12x22p

,

2x04px0

2

x12x2

（2）当x00，对于D(0，0)，此时C(2x0,),kCD

2p

又kAB

x0

,AB⊥CD， p

22

x0x12x2x12x21, 2

p4px04p

所以kABkCD

22

即x1x24p2,矛盾.

22

2x0x12x2

对于D(2x0,),因为C(2x0,),此时直线CD平行于y轴，

p2p

又kAB

x0

0, p

所以 直线AB与直线CD不垂直，与题设矛盾， 所以x00时，不存在符合题意的M点.

综上所述，仅存在一点M(0，-2p)适合题意.

12.（陕西卷20）．（本小题满分12分）

已知抛物线C：y2x2，直线ykx2交C于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的垂线交C于点N．

（Ⅰ）证明：抛物线C在点N处的切线与AB平行；



（Ⅱ）是否存在实数k使NANB0，若存在，求k的值；若不存在，说明理由．

20．解法一：（Ⅰ）如图，设A(x1，2x12)，B(x2，2x22)，把ykx2代

2

入y2x得2xkx20，

2

k

由韦达定理得x1x2，x1x21，

2

kk2x1x2k

，N点的坐标为xNxM2448



． 

k2k

设抛物线在点N处的切线l的方程为ymx，

84

mkk2

0， 将y2x代入上式得2xmx48

2

2

直线l与抛物线C相切，

mkk2

m8m22mkk2(mk)20，mk．

84

2

即l∥AB．



（Ⅱ）假设存在实数k，使NANB0，则NANB，又M是AB的中点，

1

|AB|． 2

111

由（Ⅰ）知yM(y1y2)(kx12kx22)[k(x1x2)4]

222|MN|

k21k2

42． 224

k2k2k216

MNx轴，|MN||yMyN|2．

488|x1x2| 又|AB|．

k216k2．

8

即存在k2，使NANB0．

2

解法二：（Ⅰ）如图，设A(x1，2x12)，B(x2，2x2)，把ykx2代入y2x得

2

k

2x2kx20．由韦达定理得x1x2，x1x21．

2kk2x1x2k

，N点的坐标为xNxM2448

2

．y2x，y4x， 

抛物线在点N处的切线l的斜率为4

k

k，l∥AB． 4



（Ⅱ）假设存在实数k，使NANB0．

kk2kk222

由（Ⅰ）知NAx1，2x1，NBx2，2x2，则

4848kk2k22k2

NANBx1x22x12x2

4488

kk2k22k2

x1x24x1x2

441616

kkkk

x1x214x1x2

4444

kk2k2x1x2x1x214x1x2k(x1x2)

4164

kkk2kk2

114(1)k

421624

k23

13k2

164

0，

3k2

10，3k20，解得k2．

416



即存在k2，使NANB0．

13.（四川卷21）．（本小题满分12分）

x2y2设椭圆221,ab0的左右焦点分别为F1,F

2，离心率el，

ablM,N是上的两个动点，FMF2N0

1



（Ⅰ）若F1MF2N，求a,b的值；



（Ⅱ）证明：当MN取最小值时，FMF2N与F1F2共线。 1

222【解】：由ab

c与e

a，得a22b2 

c2

l

00

F12，，F22，，的方程为x



设M

，y1，N

，y2





a，y，FN，y则F1M12222 



由FMF2N0得 1

3

y1y2a2＜0 ①

2



（Ⅰ）由F1MF2N，得

 ②

③ 由①、②、③三式，消去y1,y2，并求得a24

故a2,b

2

y1y2y12y222y1y22y1y22y1y24y1y26a2

2

（Ⅱ）MN

当且仅当y1y2

或y2y1a时，MN

取最小值

222



此时，F1MF2N2a，y12a，y2,y1y2,02F1F2









故FMF2N与F1F2共线。 1

【点评】：此题重点考察椭圆中的基本量的关系，进而求椭圆待定常数，考察向量的综合应用； 【突破】：熟悉椭圆各基本量间的关系，数形结合，熟练地进行向量的坐标运算，设而不求消元的思想在圆锥曲线问题中的灵活应用。 14.（天津卷22）（本小题满分14分） 已知中心在原点的双曲线C的一个焦点是F13,0，一条渐近线的方程是x2y0． （Ⅰ）求双曲线C的方程；

（Ⅱ）若以kk0为斜率的直线l与双曲线C相交于两个不同的点M，N，且线段MN的垂直平分线与两坐标轴围成的三角形的面积为

81

，求k的取值范围． 2

（22）本小题主要考查双曲线的标准方程和几何性质、直线方程、两条直线垂直、线段的定比分点等基础知识，考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法，考查推理运算能力．满分14分．

x2y2

（Ⅰ）解：设双曲线C的方程为221（a0,b0）．由题设得

ab

a2b292

x2y2a4

1． ，解得2，所以双曲线方程为b45b5

a

（Ⅱ）解：设直线l

的方程为ykxm（k0）．点M(x1,y1)，N(x2,y2)的坐

标满足方程组

ykxm

2

xy2

154

x2(kxm)2

1，整理得(54k2)x28kmx4m2200． 将①式代入②式，得45

2

此方程有两个一等实根，于是54k0，且(8km)4(54)(4k

2

2

2

m20)0

．整

理得m54k0． ③

由根与系数的关系可知线段MN的中点坐标(x0,y0)满足

22

x1x24km5m

ykxm，． 00

254k254k2

5m14km

(x)． 从而线段MN的垂直平分线方程为y22

54kk54k

9km9m

,0)(0,)．由题设可得此直线与x轴，y轴的交点坐标分别为(，22

54k54kx0

19km9m81(54k2)22

||||．整理得m，k0． 254k254k22|k|

(54k2)2将上式代入③式得

54k20，整理得(4k25)(4k2|k|5)0，k0．

|k|

解得0|k|

5|k|．

4所以k

的取值范围是(,)(545

(,)． 4

15.（浙江卷20）（本题15分）已知曲线C是到点P（

135

,）和到直线y距离相等288

的点的轨迹。是过点Q（-1，0）的直线，M是C上（不在上）的动点；A、B在上，MA,MBx轴（如图）。

（Ⅰ）求曲线C的方程；

（Ⅱ）求出直线的方程，使得

QB

2

QA

为常数。

本题主要考查求曲线的轨迹方程、两条直线的位置关系等基础知识，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：设N(x，y)为C上的点，则

|NP|

N到直线y58的距离为y5

8

．

5y8．

化简，得曲线C的方程为y12

(x2

x)． （Ⅱ）解法一：

设Mx2xx2，直线l:ykxk，则



B(x，

kxk)，从而|QB|x1|．

在Rt△QMA中，因为

QM|2

(x1)2

x2|



14，

2

(x1)2

2kx|MA|2

1k2

．

所以|QA|2

|QM|2

|MA|2

(x1)2

4(1k2

)

(kx2)2

. |QA|

，

|QB|2|QA|x1

．

x2k

|QB|2

当k

2时，

|QA|

从而所求直线l方程为2xy20．

x2x

解法二：设Mx，直线l:ykxk，则B(x，kxk)，从而

2

|QB|x1|．

过Q(1，0)垂直于l的直线l1:y因为|QA|

|MH|，所以|QA|

1

(x1)． k

，

|QB|2(1kx1． |QA||k|xk|QB|2

当k

2时，

|QA|

从而所求直线l方程为2xy20．

2216.（重庆卷21）（本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分.） 如图（21）图，M（-2，0）和N（2，0）是平面上的两点，动点P满足：PMPN6.

（Ⅰ）求点P的轨迹方程；

PN＝（Ⅱ）若PM2

,求点P的坐标.

1cosMPN

解：(Ⅰ)由椭圆的定义，点P的轨迹是以M、N为焦点，长轴长2a=6的椭圆. 因此半焦距c=2，长半轴a=3，从而短半轴

b



x2y2

1. 所以椭圆的方程为95

(Ⅱ)由PMPN

2

,得

1cosMPN

PMPNcosMPNPMPN2. ①

因为cosMPN1,P不为椭圆长轴顶点，故P、M、N构成三角形.在△PMN

中，MN4,由余弦定理有

MN

2

PMPN2PMPNcosMPN. ②

22

将①代入②，得

2

4PM

2

PN2(PMPN2).

2

x2

y21上. 故点P在以M、N

为焦点，实轴长为3

x2y2

1，所以 由(Ⅰ)知，点P的坐标又满足95

x225x9y45, 由方程组2

解得 2

x3y3.y2

即P点坐标为

.