2011年高考数学圆锥曲线 知识 归纳

一．试题趋势

近年来圆锥曲线在高考中比较稳定，解答题往往以中档题或以押轴题形式出现，主要考察学生逻辑推理能力、运算能力，考察学生综合运用数学知识解决问题的能力。但圆锥曲线在新课标中化归到选学内容，要求有所降低，估计2011年高考对本讲的考察， 主要考察热点有： （1）圆锥曲线的定义及标准方程； （2）与圆锥曲线有关的轨迹问题；

（3）与圆锥曲线有关的最值、定值问题；

（4）与平面向量、导数等知识相结合的交汇试题

2011年高考数学圆锥曲线 知识 归纳（1）

（1）圆锥曲线的定义及标准方程；

x2y2x2y2??1的1.（2010北京文理）（13）已知双曲线2?2?1的离心率为2，焦点与椭圆

259ab焦点相同，那么双曲线的焦点坐标为 ；渐近线方程为 。

答案：(?4,0) 3x?y?0

x2y22.（2010天津文数）（13）已知双曲线2?2?1(a?0,b?0)的一条渐近线方程是

aby?3x，它的一个焦点与抛物线y2?16x的焦点相同。则双曲线的方程

为 。

x2y2??1 【答案】

4121x2y23.（2010福建文数）13． 若双曲线-2=1(b>0)的渐近线方程式为y=?x，则ｂ等

24b于 。 【答案】1

x2y2??1上一点M，点M的 4.（2010江苏卷）6、在平面直角坐标系xOy中，双曲线

412横坐标是3，则M到双曲线右焦点的距离是__________

5.（2010浙江理数）（13）设抛物线y?2px(p?0)的焦点为F，点

2A(0,2).若线段FA的中点B在抛物线上，则B到该抛物线准线的距离为_____________。

32，47. (2010年全国高考宁夏卷12）已知双曲线E的中心为原点，P(3,0)是E的焦点，过F的直线l与E相交于A，B两点，且AB的中点为N(?12,?15),则E的方程式为

x2y2x2y2??1 (B) ??1 (A)

3645x2y2??1 (C)

63x2y2??1 (D)

54（2）与圆锥曲线有关的轨迹问题；

2.（2010辽宁理数）(20)（本小题满分12分）

x2y2设椭圆C：2?2?1(a?b?0)的左焦点为F，过点F的直线与椭圆C相交于A，B

ab????????两点，直线l的倾斜角为60,AF?2FB.

o

(I) (II) 解：

求椭圆C的离心率； 如果|AB|=

15，求椭圆C的方程. 4设A(x1,y1),B(x2,y2)，由题意知y1＜0，y2＞0.

（Ⅰ）直线l的方程为 y?3(x?c)，其中c?a2?b2. ?y?3(x?c),?联立?x2y2得(3a2?b2)y2?23b2cy?3b4?0

?2?2?1b?a?3b2(c?2a)?3b2(c?2a),y2?解得y1? 22223a?b3a?b????????因为AF?2FB，所以?y1?2y2.

即

3b2(c?2a)?3b2(c?2a)?2? 3a2?b23a2?b2c2?. ……6分 a3得离心率 e?1243ab215（Ⅱ）因为AB?1?y2?y1，所以?22?.

3433a?b由

c25155?得b?a.所以a?，得a=3，b?5. 44a33x2y2??1. ……12分 椭圆C的方程为953.(2009山东卷文)（本小题满分14分）

????设m?R,在平面直角坐标系中,已知向量a?(mx,y?1),向量b?(x,y?1),a?b,动点

M(x,y)的轨迹为E.

（1）求轨迹E的方程,并说明该方程所表示曲线的形状;

1,证明:存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与轨迹E恒有两个交4点A,B,且OA?OB(O为坐标原点),并求出该圆的方程;

1222(3)已知m?,设直线l与圆C:x?y?R(1

4（2）已知m?点B1,当R为何值时,|A1B1|取得最大值?并求最大值.

??????解（1）因为a?b,a?(mx,y?1),b?(x,y?1), 所以a?b?mx2?y2?1?0, 即

mx2?y2?1. 当m=0时,方程表示两直线,方程为y??1; 当m?1时, 方程表示的是圆

当m?0且m?1时,方程表示的是椭圆; 当m?0时,方程表示的是双曲线.

1x2?y2?1,设圆心在原点的圆的一条切线为y?kx?t,(2).当m?时, 轨迹E的方程为

44?y?kx?t?22222解方程组?x2得,即x?4(kx?t)?4(1?4k)x?8ktx?4t?4?0, 2??y?1?4

要

使

22切线与

2轨

2迹E

2恒

2有两个交点A,B, 则使△

=64kt?16(1?4k)(t?1)?16(4k?t?1)?0,

8kt?x?x??12??1?4k22222即4k?t?1?0,即t?4k?1, 且? 2?xx?4t?4?121?4k2?k2(4t2?4)8k2t2t2?4k22, y1y2?(kx1?t)(kx2?t)?kx1x2?kt(x1?x2)?t???t?1?4k21?4k21?4k222????????4t2?4t2?4k25t2?4k2?4???0, 要使OA?OB, 需使x1x2?y1y2?0,即

1?4k21?4k21?4k2所以5t?4k?4?0, 即5t?4k?4，且t?4k?1, 即4k?4?20k?5恒成立.

22222222所以又因为直线y?kx?t为圆心在原点的圆的一条切线,

42(1?k)2t4t42225x?y?所以圆的半径为r?,r?, 所求的圆为. ??22251?k1?k51?k222x25,与5)或?y2?1交于点(5,?当切线的斜率不存在时,切线为x??5554(?225,?5)也满足OA?OB. 5522综上, 存在圆心在原点的圆x?y?4，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点5????????A,B,且OA?OB.

1x2?y2?1,设直线l的方程为y?kx?t,因为直线l与圆(3)当m?时,轨迹E的方程为

44C:x2?y2?R2(1

?y?kx?t?22因为l与轨迹E只有一个公共点B1, 由（2）知?x2得x?4(kx?t)?4, 2??y?1?4即(1?4k)x?8ktx?4t?4?0有唯一解

222222则△=64kt?16(1?4k)(t?1)?16(4k?t?1)?0, 即4k?t?1?0, ②

22222?23R2t???4?R2由①②得?, 此时A,B重合为B1(x1,y1)点, 2R?1?k2???4?R28kt?x?x??12?4t2?416R2?16?1?4k22?由? 中x1?x2所以,x1?, 2221?4k3R?xx?4t?412?1?4k2?4124?R2222|OB|?x?y?5?B1(x1,y1)点在椭圆上, 所以y?1?x1?,所以, 11122R43R21在直角三角形OA1B1中,|A1B1|?|OB1|?|OA1|?5?2224422?R?5?(?R)因为22RR4?R2?4当且仅当R?2?(1,2)时取等号,所以|A1B1|2?5?4?1, 即 2R当R?2?(1,2)时|A1B1|取得最大值,最大值为1.

【命题立意】:本题主要考查了直线与圆的方程和位置关系,以及直线与椭圆的位置关系,可以通过解方程组法研究有没有交点问题,有几个交点的问题. 4.（2009辽宁卷文）（本小题满分12分）

已知，椭圆C以过点A（1，

（1） 求椭圆C的方程；

（2） E,F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直

线EF的斜率为定值，并求出这个定值。

3），两个焦点为（－1，0）（1，0）。 2x2y2??1。 (22)解：（Ⅰ）由题意，c＝1,可设椭圆方程为

1?b24b2 因为A在椭圆上，所以

19322??1?bb，解得＝3，＝（舍去）。 221?b4b4x2y2??1． ．所以椭圆方程为 ．．．．．4分 433x2y2??1得 （Ⅱ）设直线ＡＥ方程：得y?k(x?1)?，代入

243 3（3+4k2）x2+4k(3?2k)x?4(?k)2?12?0

2设Ｅ（xE，yE），Ｆ（xF，yF）．因为点Ａ（1，

3）在椭圆上，所以 234(?k)2?12， xE?223?4k3yE?kxE??k。 ．．．．．．．8分

2 又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以?k代k，可得

34(?k)2?12， xF?223?4k3yF??kxF??k。

2 所以直线EF的斜率kEF?yF?yE?k(xF?xE)?2k1??。

xF?xExF?xE2

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