2013年全国高考理科数学试题分类汇编9：圆锥曲线 含答案

2013年全国高考理科数学试题分类汇编9：圆锥曲线

一、选择题

1 ．(2013年高考江西卷(理））过点(2,0)引直线l与曲线y1x2相交于A，B两点，O为坐标原

点,当AOB的面积取最大值时,直线l的斜率等于 A．yEBBCCD【答案】B

3 3（ ）

C．3 3B．3 3D．3 x22 ．（2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD版））双曲线y21的

4顶点到其渐近线的距离等于 A．

2 5（ ）

C．25 5B．

4 5D．45 5【答案】C

3 ．(2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD版)）已知中心在原点的双

3F3,0曲线C的右焦点为,离心率等于2，在双曲线C的方程是

22x2y2xy1145A． B．45

（ ）

x2y21C．25

x2y215D．2

【答案】B

x2y254 ．（2013年高考新课标1(理））已知双曲线C：221（a0,b0）的离心率为,则C的渐

ab2近线方程为

（ ）

1B．yx

31C．yx

21A．yx

4【答案】C

D．yx

x2y221与5 ．（2013年高考湖北卷（理））已知0,则双曲线C1:2cossin41 / 30

祝学子学业有成，取得好成绩

y2x2C2:221的

sinsintan2( ）

C．焦距相等

D．离心率相等

A．实轴长相等 B．虚轴长相等 【答案】D

y6 ．（2013年高考四川卷（理））抛物线y4x的焦点到双曲线x1的渐近线的距离是

3222 A．

1 2（ ）

B．3 2C．1 D．3 【答案】B

7 ．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD版））如图，F1,F2是椭圆

x2C1:y21与双曲线C2的公共焦点,A,B分别是C1,C2在第二、四象限的公共点.若四边形

4AF1BF2为矩形,则C2的离心率是

y A F1 O B （第9题图）

F2 x

C．

3 2（ ）

D．

6 2A．2 【答案】D

B．3

x2y28 ．（2013年普通高等学校招生统一考试天津数学(理）试题(含答案））已知双曲线221(a0,b0)ab的两条渐近线与抛物线y22px(p0)的准线分别交于A, B两点， O为坐标原点. 若双曲线的离心率为2, △AOB的面积为3, 则p = A．1

B．

32（ ）

D．3

C．2

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【答案】C

9 ．(2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD版含答案（已校对)）椭圆

x2y2C:1的左、右顶点分别为A1,A2,点P在C上且直线PA2的斜率的取值范围是2,1,那么

43直线PA1斜率的取值范围是

13A．，

2433B．，

841C．，1

23D．，1

4（ )

【答案】B

10．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理)WORD版含答案（已校对））已知抛物线

C:y28x与点M2,2，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A,B两点,若MAMB0，则k A．

1 2（ ）

B．

2 2C．2 D．2

【答案】D

x2y211．（2013年高考北京卷（理））若双曲线221的离心率为3,则其渐近线方程为 ( )

abA．y=±2x 【答案】B

B．y=2x

1C．yx

2D．y2x 212．（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））已知抛物线C1：

212xyxy212p(p0)的焦点与双曲线C2：3的右焦点的连线交C1于第一象限的点M.若C1在

点M处的切线平行于C2的一条渐近线,则p

3A．16 3B．8 23C．3

43D．3

（ ）

【答案】D

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x2y213．(2013年高考新课标1(理）)已知椭圆E:221(ab0)的右焦点为F(3,0),过点F的直线交

ab椭圆于A,B两点.若AB的中点坐标为(1,1)，则E的方程为

x2y21 A．4536x2y21 B．3627x2y2x2y21 D．1 C．2718189（ ）

【答案】D

14．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD版含答案)）设抛物线

C:y22px(p0)的焦点为F，点M在C上,MF5,若以MF为直径的圆过点(0,2)，则C的方程为

A．y24x或y28x C．y24x或y216x 【答案】C

B为平面内两定点,过该平面内动点M作15．（2013年上海市春季高考数学试卷（含答案)）已知A、（ ）

B．y22x或y28x D．y22x或y216x

直线AB的垂线，垂足为N。若MNANNB,其中为常数，则动点M的轨迹不可能是 A．圆 【答案】C

16．（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案)）已知圆C1:x2y31，

222( ）

B．椭圆

C．抛物线

D．双曲线

圆C2:x3y49,M,N分别是圆C1,C2上的动点，P为x轴上的动点,则PMPN的最

22小值为 A．524 【答案】A 二、填空题

B．171

C．622 D．17

（ ）

17．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD版含附加题））

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x2y21的两条渐近线的方程为_____________。 双曲线

1693【答案】yx

4x2y21相交于18．（2013年高考江西卷(理）)抛物线x2py(p0)的焦点为F,其准线与双曲线332A,B两点,若ABF为等边三角形，则P_____________

【答案】6

x2y219．(2013年高考湖南卷（理））设F1,F2是双曲线C:221(a0,b0)的两个焦点，P是C上一

ab点，若PF1PF26a,且PF1F2的最小内角为30，则C的离心率为___。 【答案】3

20．（2013年高考上海卷（理））设AB是椭圆的长轴，点C在上，且CBA则的两个焦点之间的距离为________ 【答案】

4,若AB=4,BC2，46。 321．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题(纯WORD版)）已知直线ya交抛物

线yx2于A,B两点。若该抛物线上存在点C，使得ABC为直角，则a的取值范围为___ _____. 【答案】[1,)

22．( 2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）(已校对纯WORD版含附加题））

抛物线yx2在x1处的切线与两坐标轴围成三角形区域为D(包含三角形内部与边界）。若点

P(x,y)是区域D内的任意一点，则x2y的取值范围是__________.

1【答案】2,

2

23．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷(数学）（已校对纯WORD版含附加题））在

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x2y2平面直角坐标系xOy中,椭圆C的标准方程为221(a0,b0)，右焦点为F，右准线为l,短

ab轴的一个端点为B，设原点到直线BF的距离为d1，F到l的距离为d2，若d26d1,则椭圆C的离心率为_______. 【答案】3

3

24．(2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题(纯WORD版）)椭圆

x2y2:221(ab0)的左.右焦点分别为F1,F2，焦距为2c，若直线y3(xc)与椭圆的一ab个交点M满足MF1F22MF2F1,则该椭圆的离心率等于__________ 【答案】31

x2y2525．（2013年高考陕西卷（理））双曲线1的离心率为, 则m等于___9_____。

416m【答案】9

26．(2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD版)）已知椭圆

x2y2C:221(ab0)的左焦点为F,C与过原点的直线相交于A,B两点，连接AF,BF,若abAB10,AF6,cosABF4，则C的离心率e=______。 5【答案】

5 727．（2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）抛物线y28x的准线方程是_______________

【答案】x2

28．(2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学)(已校对纯WORD版含附加题)）在

平面直角坐标系xOy中,设定点A(a,a),P是函数y1(x0）图象上一动点,若点P，A之间的最x短距离为22,则满足条件的实数a的所有值为_______。 【答案】1或10

29．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD版））设F为抛物线C:y24x6 / 30

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的焦点，过点P(1,0)的直线l交抛物线C于两点A,B,点Q为线段AB的中点,若|FQ|2,则直线的斜率等于________。 【答案】1 三、解答题

30．(2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）本题共有2个小题,第1小题满分4分，第2小题满

分9分。

已知椭圆C的两个焦点分别为F1(1， 0)、F2(1， 0),短轴的两个端点分别为B1、 B2 (1)若F1B1B2为等边三角形,求椭圆C的方程；

l Q两点,且F1PFQ（2）若椭圆C的短轴长为2，过点F2的直线l与椭圆C相交于P、1,求直线的

方程. [解］(1）

(2)

x2y2【答案】［解］(1)设椭圆C的方程为221(ab0)。

aba2b41根据题意知22， 解得a2,b2

33ab1x2y21。 故椭圆C的方程为4133x2（2)容易求得椭圆C的方程为y21.

2当直线l的斜率不存在时，其方程为x1，不符合题意; 当直线的斜率存在时,设直线l的方程为yk(x1)。

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yk(x1)2222由x2 得(2k1)x4kx2(k1)0。 2y12设P(x1， y1)， Q(x2， y2)，则

4k22(k21)x1x22， x1x2， F1P(x11， y1)， FQ(x21， y2) 12k12k21因为F1PFQ0,即 1,所以F1PFQ1(x11)(x21)y1y2x1x2(x1x2)1k2(x11)(x21) (k21)x1x2(k21)(x1x2)k21

7k2120， 2k1解得k217，即k。 77故直线l的方程为x7y10或x7y10.

x2y231．（2013年高考四川卷（理)）已知椭圆C:221,(ab0)的两个焦点分别为F1(1,0),F2(1,0),

ab41且椭圆C经过点P(,).

33(Ⅰ）求椭圆C的离心率;

（Ⅱ)设过点A(0,2)的直线l与椭圆C交于M、N两点，点Q是线段MN上的点,且

211，求点Q的轨迹方程。

|AQ|2|AM|2|AN|2

4141【答案】解：2aPF1PF21122

33332222所以,a2。 又由已知，c1, 所以椭圆C的离心率ec12 a228 / 30

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x2由知椭圆C的方程为y21.

2设点Q的坐标为（x，y）。

350,2(1)当直线l与x轴垂直时，直线l与椭圆C交于0,1,0,1两点,此时Q点坐标为 5(2) 当直线l与x轴不垂直时,设直线l的方程为ykx2。

因为M,N在直线l上,可设点M,N的坐标分别为(x1,kx12),(x2,kx22),则

AM(1k2)x12,AN(1k2)x22。 又AQx2y2(1k2)x2.

2222由

2AQ21AM21AN2,得

211，即 2222221kx1kx1kx12211x1x22x1x2 ① x2x12x22x12x22x2将ykx2代入y21中,得

222k21x28kx60 ②

2由8k42k2160,得k2由②可知x1x23. 28k6,xx, 122k212k2118代入①中并化简,得x2 ③

10k23y22因为点Q在直线ykx2上，所以k，代入③中并化简,得10y23x218.

x33662由③及k,可知0x，即x2,00,2. 22235662210y23x180,2x,又满足,故。 522由题意，Qx,y在椭圆C内部,所以1y1， 又由10y2183x2有

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y2213599,2,且1y1,则y. 55422216635所以点Q的轨迹方程是10y23x18,其中，x2,2,y2,25

x2y232．（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案))椭圆C:221(ab0)ab的左、右焦点分别是F1,F2，离心率为（Ⅰ）求椭圆C的方程；

3,过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1. 2（Ⅱ）点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1,PF2，设F1PF2的角平分线PM交C 的长轴于点M(m,0),求m的取值范围；

（Ⅲ)在(Ⅱ）的条件下,过P点作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点，设直线

PF1,PF2的斜率分别为k1,k2，若k0，试证明

11为定值，并求出这个定值. kk1kk2x2y2b221y2222cabxcaba 【答案】解:（Ⅰ）由于，将代入椭圆方程得c2b23e12a2 由题意知a,即a2b 又

x2y21所以a2，b1 所以椭圆方程为4

(Ⅱ)由题意可知:PF1PMPF2PMPF1PMPF2PM2=,=,设P(x0,y0)其中x04,将向量坐|PF2||PF1||PM||PF2||PM||PF1|10 / 30

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232标代入并化简得:m(4x016)3x012x0,因为x04，

所以m333x0,而x0(2,2)，所以m(,) 422(3）由题意可知，l为椭圆的在p点处的切线，由导数法可求得，切线方程为：

x0xy0y0x11y0y1,所以k0,而k1,代入中得 ,k244y0kkkkx3x312x3x03114(0)8为定值。 kk1kk2x0x0

x233．（2013年高考上海卷（理)）(3分+5分+8分）如图，已知曲线C1:y21，曲线C2:|y||x|1,P

2是平面上一点,若存在过点P的直线与C1,C2都有公共点，则称P为“C1-C2型点”.

（1)在正确证明C1的左焦点是“C1-C2型点”时,要使用一条过该焦点的直线,试写出一条这样的直线的方程（不要求验证);

（2)设直线ykx与C2有公共点，求证|k|1，进而证明原点不是“C1-C2型点\"; (3）求证:圆x2y21内的点都不是“C1—C2型点”. 2

【答案】:（1)C1的左焦点为F(3,0)，过F的直线x3与C1交于(3,2),与C2交于2(3,(31))，故C1的左焦点为“C1-C2型点”，且直线可以为x3； (2）直线ykx与C2有交点，则

ykx(|k|1)|x|1，若方程组有解,则必须|k|1; |y||x|1直线ykx与C2有交点,则

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ykx1222k，若方程组有解，则必须 (12k)x2222x2y2故直线ykx至多与曲线C1和C2中的一条有交点,即原点不是“C1-C2型点”. （3)显然过圆x2y21内一点的直线l若与曲线C1有交点,则斜率必存在； 2根据对称性，不妨设直线l斜率存在且与曲线C2交于点(t,t1)(t0)，则

l:y(t1)k(xt)kxy(1tkt)0

直线l与圆x2y21|1tkt|2内部有交点，故 222k11化简得，(1ttk)2(k21)。.。.。。.。。。。.①

2若直线l与曲线C1有交点，则

ykxktt11222(k)x2k(1tkt)x(1tkt)10 x222y1214k2(1tkt)24(k2)[(1tkt)21]0(1tkt)22(k21)

2化简得,(1tkt)22(k21).。...②

1由①②得，2(k21)(1ttk)2(k21)k21

21但此时，因为t0,[1t(1k)]21,(k21)1，即①式不成立；

21当k2时，①式也不成立

21综上,直线l若与圆x2y2内有交点，则不可能同时与曲线C1和C2有交点，

21即圆x2y2内的点都不是“C1-C2型点” 。

234．(2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理)试题（纯WORD版）)如图,在正方形OABC中,O为坐标原点,点A的坐标为(10,0),点C的坐标为(0,10).分别将线段OA和AB十等分，分点分别记为A1,A2,....A9和B1,B2,....B9,连结OBi，过Ai做x轴的垂线与OBi交于点Pi(iN*,1i9)。 （1）求证:点Pi(iN*,1i9)都在同一条抛物线上,并求该抛物线E的方程;

(2）过点C做直线与抛物线E交于不同的两点M,N，若OCM与OCN的面积比为4:1，求直

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线的方程.

【答案】解：（Ⅰ)依题意,过Ai(iN*,1i9)且与x轴垂直的直线方程为xi

Bi(10,i)，直线OBi的方程为yix 10xi

12

yx，即x210y, 设Pi坐标为(x,y),由得:i

10yx10

Pi(iN*,1i9)都在同一条抛物线上，且抛物线E方程为x210y

(Ⅱ)依题意:直线的斜率存在,设直线的方程为ykx10

ykx10由2得x210kx1000 x10y此时100k2+4000，直线与抛物线E恒有两个不同的交点M,N

xx10k设:M(x1,y1)N(x2,y2)，则12

xx10012SOCM4SOCNx14x2 又

x1x20,x14x2

3ykx10分别带入2，解得k

2x10y3直线的方程为yx+10,即3x2y200或3x+2y200

235．（2013年高考湖南卷（理））过抛物线E:x22py(p0)的焦点F作斜率分别为k1,k2的两条不同

的直线l1,l2，且k1k22,l1与E相交于点A,B,l2与E相交于点C,D.以AB,CD为直径的圆M,圆N(M,N为圆心)的公共弦所在的直线记为l. （I)若k10,k20，证明；FMFN2P2； （II）若点M到直线l的距离的最小值为

75，求抛物线E的方程。 513 / 30

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p【答案】解： (Ⅰ） F(0,).设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),M(x12,y12),N(x34,y34)，

2p直线l1方程：yk1x,与抛物线E方程联立，化简整理得：x22pk1xp20

2xxp22x1x22k1p,x1x2p20x1212k1p,y12k1pFM(k1p,k1p)22xxp22同理,x3412k2p,y34k2pFN(k2p,k2p).

22FMFNk1k2p2k1k2p2p2k1k2(k1k21)

k10,k20,k1k2,2k1k22k1k2k1k21,FMFNp2k1k2(k1k21)p21(11)2p222所以，FMFN2p2成立。 （证毕)

1pp1p22（Ⅱ)设圆M、N的半径分别为r1,r2r1[(y1)(y2)][p2(k1p)]k1pp,

22222r1k1pp,同理2r1k2pp,

设圆M、N的半径分别为r1,r2.则M、N的方程分别为(xx12)2(yy12)2r1, (xx34)2(yy34)2r2，直线l的方程为：22222(x34x12)x2(y34y12)yx12x34y12y34-r1r20.

2p(k2k1)x2p(k2k1)y(x12x34)(x12x34)(y12y34)(y12y34)(r2-r1)(r2r1)0 2p(k2k1)x2p(k2k1)y2p2(k1k2)p2(k1k2)(k1k21)p2(k2k1)(k1k22)0x2ypp(k1k21)p(k1k22)0x2y0

2222222222222222222222112()2()1x2y122kk117p744点M(x12,y12)到直线l的距离d|12|p|1|p55555852p8抛物线的方程为x216y。

36．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题(纯WORD版）)如图，点P(0,1)是椭

x2y2圆C1:221(ab0)的一个顶点,C1的长轴是圆C2:x2y24的直径。l1,l2是过点P且互相

ab垂直的两条直线,其中l1交圆C2于两点，l2交椭圆C1于另一点D

(1）求椭圆C1的方程； （2）求ABD面积取最大值时直线l1的方程.

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y l1 D O P A （第21题图）

l2 B x

x2【答案】解:(Ⅰ）由已知得到b1，且2a4a2,所以椭圆的方程是y21;

4（Ⅱ)因为直线l1l2，且都过点P(0,1),所以设直线l1:ykx1kxy10，直线

l2:y1x1xkyk0，所以圆心(0,0)到直线l1:ykx1kxy10的距离为k2d11k,所以直线l1被圆xy4所截的弦AB24d222234k21k2;

xkyk0222由x2kx4x8kx0，所以

2y148k164k28k21xDxP2|DP|(12)22，所以 2k4k(k4)k4SABD11234k28k2184k23484k23|AB||DP|22222k4k44k23131k324k234k23134k23324k23134k23322131613, 13当4k23134k23k210510x1 时等号成立，此时直线l1:yk22237．(2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学(理)试题（含答案））如题(21）图,椭圆的中心为原

点O,长轴在x轴上,离心率e2,过左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于A,A两点，AA4。 215 / 30

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（1）求该椭圆的标准方程；

(2)取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点P,P,过P,P作圆心为Q的圆,使椭圆上的其余点均在圆Q外。若PQPQ,求圆Q的标准方程。

【答案】

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x2y2138．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD版））设椭圆E:2a1a2的焦点在x轴上

(Ⅰ）若椭圆E的焦距为1,求椭圆E的方程;

（Ⅱ)设F1,F2分别是椭圆的左、右焦点,P为椭圆E上的第一象限内的点，直线F2P交y轴与点Q，并且F1PFQ1，证明：当a变化时,点p在某定直线上.

58x28x21. 【答案】解： (Ⅰ)a1a,2c1,a1aca，椭圆方程为：853222222(Ⅱ) 设F1(c,0),F2(c,0),P(x,y),Q(0,m),则F2P（xc,y),QF2(c,m). 由1a20a(0,1)x(0,1),y(0,1)。

m(cx)yc F1P(xc,y),F1Q(c,m).由F2P//QF2,F1PF1Q得：c(xc)my0x2y2122a1a(xc)(xc)y2x2y2c2.联立x2y2c2解得

a21a2c22x22y221x2(y1)2.x(0,1),y(0,1)x1y 222xy11xy17 / 30

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所以动点P过定直线xy10。

39．（2013年高考新课标1（理））已知圆M:(x1)2y21,圆N：(x1)2y29，动圆P与M外

切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线 C. （Ⅰ）求C的方程;

（Ⅱ）l是与圆P,圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A,B两点，当圆P的半径最长时，求|AB｜.

【答案】由已知得圆M的圆心为M（-1,0)，半径r1=1,圆N的圆心为N（1，0）,半径r2=3。 设动圆P的圆心为P（x，y),半径为R。

(Ⅰ）∵圆P与圆M外切且与圆N内切，∴|PM｜+|PN|=(Rr1)(r2R)=r1r2=4， 由椭圆的定义可知，曲线C是以M,N为左右焦点，场半轴长为2,短半轴长为3的椭圆（左顶点

x2y21(x2)。 除外），其方程为43（Ⅱ)对于曲线C上任意一点P(x,y)，由于｜PM｜-｜PN｜=2R2≤2，∴R≤2， 当且仅当圆P的圆心为（2，0)时,R=2。

∴当圆P的半径最长时,其方程为(x2)2y24，

当l的倾斜角为900时，则l与y轴重合，可得｜AB|=23。

当l的倾斜角不为900时，由r1≠R知l不平行x轴,设l与x轴的交点为Q，则

|3k|1k2|QP|R=，可求得|QM|r1Q（—4,0）,∴设l:yk(x4),由l于圆M相切得1,解得k2. 4x2y2221(x2)并整理得7x28x80,解得当k=时，将yx2代入4344x1,2=18462，∴|AB｜=1k2|x1x2|=。

77218时,由图形的对称性可知｜AB｜=， 4718 / 30

当k=—祝学子学业有成，取得好成绩

综上，｜AB|=

18或｜AB|=23。 7x2y240．（2013年普通高等学校招生统一考试天津数学（理)试题（含答案）)设椭圆221(ab0)的

ab343左焦点为F, 离心率为， 过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为。

33（Ⅰ) 求椭圆的方程;

（Ⅱ) 设A, B分别为椭圆的左右顶点， 过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C， D两点。 若

AC·DBAD·CB8, 求k的值。

【答案】

31x2y241．（2013年高考江西卷（理））如图，椭圆C：2+2=1(a>b>0)经过点P(1,),离心率e=，直线l的

22ab方程为x=4. (1）

求椭圆C的方程;

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(2） AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P），设直线AB与直线l相交于点M,记

PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3.问:是否存在常数,使得k1+k2=k3.？若存在求的值;若不存在,

说明理由。

319【答案】解:(1）由P(1,)在椭圆上得，221 ①

2a4b依题设知a2c,则b23c2 ② ②代入①解得c21,a24,b23.

x2y21. 故椭圆C的方程为43(2）方法一：由题意可设AB的斜率为k， 则直线AB的方程为yk(x1) ③

代入椭圆方程3x24y212并整理，得(4k23)x28k2x4(k23)0， 设A(x1,y1),B(x2,y2),则有

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8k24(k23) ④ x1x22,x1x24k34k23在方程③中令x4得,M的坐标为(4,3k)。

333y23k2,k2,k2k1。 从而k123x11x21412y1注意到A,F,B共线,则有kkAFkBF,即有

y1y2k. x11x2133y222y1y23(11) 所以k1k2x11x21x11x212x11x22y1x1x223 ⑤ 2k2x1x2(x1x2)18k22234k3④代入⑤得k1k22k2k1, 228k24(k3)14k234k231又k3k，所以k1k22k3。故存在常数2符合题意.

2方法二:设B(x0,y0)(x01)，则直线FB的方程为：y令x4，求得M(4,3y0), x012y0x01，

2(x01)y0(x1)， x01从而直线PM的斜率为k3y0y(x1)x015x83y0,)， 联立 ，得A(0222x52x500xy134则直线PA的斜率为:k1所以k1k22y02x052y03,直线PB的斜率为：k2，

2(x01)2(x01)2y02x052y032y0x012k3,

2(x01)2(x01)x0121 / 30

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故存在常数2符合题意.

42．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷(纯WORD版））已知抛物线C的顶点

为原点,其焦点F0,cc0到直线l:xy20的距离为抛物线C的两条切线PA,PB,其中A,B为切点。 （Ⅰ） 求抛物线C的方程;

（Ⅱ） 当点Px0,y0为直线l上的定点时，求直线AB的方程； （Ⅲ) 当点P在直线l上移动时，求AFBF的最小值. 【答案】(Ⅰ） 依题意，设抛物线C的方程为x4cy，由232。设P为直线l上的点，过点P作20c2232结合c0,解得c1. 2所以抛物线C的方程为x24y. (Ⅱ） 抛物线C的方程为x24y，即y121x,求导得yx 4211x12x22,y2设Ax1,y1，Bx2,y2（其中y1），则切线PA,PB的斜率分别为x1，x2，

2244x1x1x12y1,即x1x2y2y10 所以切线PA的方程为yy1xx1,即yx222同理可得切线PB的方程为x2x2y2y20

因为切线PA,PB均过点Px0,y0，所以x1x02y02y10,x2x02y02y20 所以x1,y1,x2,y2为方程x0x2y02y0的两组解。 所以直线AB的方程为x0x2y2y00。

(Ⅲ） 由抛物线定义可知AFy11,BFy21, 所以AFBFy11y21y1y2y1y21

x0x2y2y00联立方程2，消去x整理得y22y0x02yy020

x4y由一元二次方程根与系数的关系可得y1y2x022y0,y1y2y02 所以AFBFy1y2y1y21y02x022y01 又点Px0,y0在直线l上,所以x0y02，

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19所以y02x022y012y022y052y0

2219所以当y0时, AFBF取得最小值,且最小值为.

22243．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）(纯WORD版含答案）)平面直角坐

x2y2标系xOy中,过椭圆M:221(ab0)的右焦点F作直xy30交M于A,B两点，P为ABab的中点,且OP的斜率为（Ⅰ）求M的方程;

1. 2(Ⅱ)C,D为M上的两点，若四边形ABCD的对角线CDAB，求四边形ABCD面积的最大值。 【答案】

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44．（2013年高考湖北卷（理））如图,已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O,长轴均为MN且在x轴

上,短轴长分别为2m，2nmn,过原点且不与x轴重合的直线l与C1，C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A,B,C，D.记m，BDM和ABN的面积分别为S1和S2。 n（I）当直线l与y轴重合时,若S1S2,求的值;

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(II)当变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1S2？并说明理由.

y A B M O N x C D 第21题图

m11nm11mnmnn【答案】解：(I)S1S2, 解得:21（舍去小于1的根)

x2y2x2y2(II)设椭圆C1:221am,C2:221,直线l：kyx

amankyx222amk2am22y1y xyA22222am21amk2ma同理可得,yB又

anank222

BDM和ABN的的高相等

S1BDyByDyByA S2AByAyByAyB如果存在非零实数k使得S1S2,则有1yA1yB,

22222a2112112即:2,解得k 4n23a2n2k2a2n2k2当12时，k20,存在这样的直线l；当112时,k20,不存在这样的直线l. x245．（2013年高考北京卷(理））已知A、B、C是椭圆W：y21上的三个点，O是坐标原点。

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（I)当点B是W的右顶点，且四边形OABC为菱形时,求此菱形的面积； （II）当点B不是W的顶点时,判断四边形OABC是否可能为菱形,并说明理由.

x2【答案】解：（I)椭圆W:y21的右顶点B的坐标为（2，0）.因为四边形OABC为菱形,所以

413AC与OB相互垂直平分。 所以可设A(1,m）,代入椭圆方程得m21，即m. 所以

4211菱形OABC的面积是|OB||AC|22|m|3。

22（II）假设四边形OABC为菱形. 因为点B不是W的顶点，且直线AC不过原点,所以可设AC的方程为ykxm(k0,m0).

x24y24由消去y并整理得(14k2)x28kmx4m240。 ykxmx1x2x1x24kmy1y2mkm,。 22214k2214k4kmm所以AC的中点为M（，)。

14k214k21因为M为AC和OB的交点,所以直线OB的斜率为。

4k1因为k()1，所以AC与OB不垂直. 所以OABC不是菱形,与假设矛盾。

4k设A(x1,y1)，C(x2,y2)，则

所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能是菱形.

46．（2013年高考陕西卷（理)）已知动圆过定点A(4，0）， 且在y轴上截得的弦MN的长为8.

(Ⅰ) 求动圆圆心的轨迹C的方程;

（Ⅱ) 已知点B(—1，0)， 设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P, Q, 若x轴是PBQ的角平分线, 证明直线l过定点. 【C

答

案

】

解

：

(Ⅰ)

A(4,0）,设圆心

(x,y),MN线段的中点为E，由几何图像知MEMN,CA2CM2ME2EC22（x4)2y242x2y28x

（Ⅱ) 点B(-1,0)， 设P(x1,y1),Q(x2,y2),由题知y1y20，y1y20,y18x1,y28x2。

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y1y2yy21228(y1y2)y1y2(y2y1)08y1y20直线PQ方程x11x21y18y28y2y112(xx1)yy1(8xy1)

x2x1y2y12为：yy1y(y2y1)y1(y2y1)8xy1y(y2y1)88xy0,x1 所以,直线PQ过定点(1，0)

47．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学(理）试题（WORD版））如图，抛物线

点Mx0,y0在抛物线C2上，过M作C1的切线,切点为A,B（MC1:x24y,C2:x22pyp0，

1为原点O时，A,B重合于O）x012，切线MA.的斜率为-。

2（I）求p的值;

(II)当M在C2上运动时,求线段AB中点N的轨迹方程.A,B重合于O时,中点为O.

【答案】

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48．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理)WORD版含答案（已校对）)已知双曲线

x2y2C:221a0,b0的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为3，直线y2与C的两个交点间的ab距离为6。

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（I)求a,b;；

(II)设过F2的直线l与C的左、右两支分别相交于A,B两点,且AF1BF1，证明：AF2、AB、BF2成等比数列。

【答案】

49．（2013年上海市春季高考数学试卷（含答案））本题共有2个小题,第1小题满分6分，第2小题

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满分6分。

已知抛物线C： y24x 的焦点为F。

P满足AP2FA。当点A在抛物线C上运动时，求动点P的轨迹方程; (1）点A、（2）在x轴上是否存在点Q,使得点Q关于直线y2x的对称点在抛物线C上？如果存在,求所有满足条件的点Q的坐标;如果不存在,请说明理由。

y)，点A的坐标为(xA，【答案】（1）设动点P的坐标为(x， yA)，则AP(xxA， yyA), 0)，所以FA(xA1因为F的坐标为(1，， yA),

由AP2FA得(xxA， yyA)2(xA1， yA).

xA2xxxA2(xA1)即 解得

yyyy2yAAA代入y24x，得到动点P的轨迹方程为y284x。

0).点Q关于直线y2x的对称点为Q(x， y)， (2）设点Q的坐标为(t，31yxtxt52则 解得

4yytxt52若Q在C上，将Q的坐标代入y24x,得4t215t0，即t0或t 0)和(所以存在满足题意的点Q,其坐标为(0，

15. 415， 0)。 430 / 30