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1、2012理科高考试题分类汇编：圆锥曲线一、选择题 1（2012年高考（新课标理）等轴双曲线的中心在原点,焦点在轴上,与抛物线的准线交于两点,;则的实轴长为（）ABCD 2（2012年高考（新课标理）设是椭圆的左、右焦点,为直线上一点,是底角为的等腰三角形,则的离心率为（）ABCD 3（2012年高考（浙江理）如图,F1,F2分别是双曲线C:(a,b0)的左右焦点,B是虚轴的端点,直线F1B与C的两条渐近线分别交于P,Q两点,线段PQ的垂直平分线与x轴交于点M.若|MF2|=|F1F2|,则C的离心率是（）AB CD4 （2012年高考（四川理）已知抛物线关于轴对称,它的顶点在坐标原点,并且经过
2、点.若点到该抛物线焦点的距离为,则（）ABCD 5（2012年高考（上海春）已知椭圆则 答（）A与顶点相同.B与长轴长相同.C与短轴长相同.D与焦距相等.6 （2012年高考（山东理）已知椭圆的离心学率为.双曲线的渐近线与椭圆有四个交点,以这四个焦点为顶点的四边形的面积为16,则椭圆的方程为（）ABCD7 （2012年高考（湖南理）已知双曲线C :-=1的焦距为10 ,点P (2,1)在C 的渐近线上,则C的方程为（）A-=1B-=1C-=1D-=18 （2012年高考（福建理）已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合,则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于（）ABC3D59 （2012年高考（大纲
3、理）已知为双曲线的左右焦点,点在上,则（）ABCD10（2012年高考（大纲理）椭圆的中心在原点,焦距为4,一条准线为,则该椭圆的方程为（）ABCD11（2012年高考（安徽理）过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点,点是原点,若;则的面积为（）ABCD二、填空题12（2012年高考（天津理）己知抛物线的参数方程为(为参数),其中,焦点为,准线为,过抛物线上一点作的垂线,垂足为,若,点的横坐标是3,则_.13（2012年高考（重庆理）过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点,若则=_.14（2012年高考（四川理）椭圆的左焦点为,直线与椭圆相交于点、,当的周长最大时,的面积是_.15（2012年高考（上
4、海春）抛物线的焦点坐标为_.16（2012年高考（陕西理）xy右图是抛物线形拱桥,当水面在时,拱顶离水面2米,水面宽4米,水位下降1米后,水面宽_米.17（2012年高考（辽宁理）已知P,Q为抛物线上两点,点P,Q的横坐标分别为4,2,过P、Q分别作抛物线的切线,两切线交于A,则点A的纵坐标为_.18（2012年高考（江西理）椭圆(ab0)的左、右顶点分别是A,B,左、右焦点分别是F1,F2.若|AF1|,|F1F2|,|F1B|成等比数列,则此椭圆的离心率为_.A1 A2 yB2 B1AO BCDF1 F2 x19（2012年高考（江苏）在平面直角坐标系中,若双曲线的离心率为,则的值为_.
5、20（2012年高考（湖北理）如图,双曲线的两顶点为,虚轴两端点为,两焦点为,. 若以为直径的圆内切于菱形,切点分别为. 则()双曲线的离心率_;()菱形的面积与矩形的面积的比值_.21（2012年高考（北京理）在直角坐标系中,直线过抛物线的焦点F,且与该抛物线相较于A、B两点,其中点A在轴上方,若直线的倾斜角为60,则OAF的面积为_.三、解答题22（2012年高考（天津理）设椭圆的左、右顶点分别为,点在椭圆上且异于两点,为坐标原点.()若直线与的斜率之积为,求椭圆的离心率;()若,证明直线的斜率满足.23（2012年高考（新课标理）设抛物线的焦点为,准线为,已知以为圆心,为半径的圆交于两点
6、;(1)若,的面积为;求的值及圆的方程;(2)若三点在同一直线上,直线与平行,且与只有一个公共点,求坐标原点到距离的比值.24（2012年高考（浙江理）如图,椭圆C:(ab0)的离心率为,其左焦点到点P(2,1)的距离为.不过原点O的直线l与C相交于A,B两点,且线段AB被直线OP平分.()求椭圆C的方程;() 求ABP的面积取最大时直线l的方程.25（2012年高考（重庆理）(本小题满分12分()小问5分()小问7分)如图,设椭圆的中心为原点O,长轴在x轴上,上顶点为A,左右焦点分别为,线段的中点分别为,且 是面积为4的直角三角形.()求该椭圆的离心率和标准方程; ()过做直线交椭圆于P,Q
7、两点,使,求直线的方程26（2012年高考（四川理）如图,动点到两定点、构成,且,设动点的轨迹为.()求轨迹的方程;()设直线与轴交于点,与轨迹相交于点,且,求的取值范围.27（2012年高考（上海理）在平面直角坐标系中,已知双曲线.(1)过的左顶点引的一条渐近线的平行线,求该直线与另一条渐近线及x轴围成的三角形的面积;(2)设斜率为1的直线l交于P、Q两点,若l与圆相切,求证:OPOQ;(3)设椭圆. 若M、N分别是、上的动点,且OMON,求证:O到直线MN的距离是定值.28（2012年高考（上海春）本题共有2个小题,第1小题满分6分,第2小题满分8分.已知双曲线(1)求与双曲线有相同的焦点
8、,且过点的双曲线的标准方程;(2)直线分别交双曲线的两条渐近线于两点.当时,求实数的值.29（2012年高考（陕西理）已知椭圆,椭圆以的长轴为短轴,且与有相同的离心率.(1)求椭圆的方程;(2)设O为坐标原点,点A,B分别在椭圆和上,求直线的方程.30（2012年高考（山东理）在平面直角坐标系中,是抛物线的焦点,是抛物线上位于第一象限内的任意一点,过三点的圆的圆心为,点到抛物线的准线的距离为.()求抛物线的方程;()是否存在点,使得直线与抛物线相切于点?若存在,求出点的坐标;若不存在,说明理由;()若点的横坐标为,直线与抛物线有两个不同的交点,与圆 有两个不同的交点,求当时,的最小值.31（2
9、012年高考（辽宁理）如图,椭圆:,a,b为常数),动圆,.点分别为的左,右顶点,与相交于A,B,C,D四点.()求直线与直线交点M的轨迹方程;()设动圆与相交于四点,其中,.若矩形与矩形的面积相等,证明:为定值.32（2012年高考（江西理）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)动点Q(x0,y0)(-2x02)在曲线C上,曲线C在点Q处的切线为l向:是否存在定点P(0,t)(t0),则焦点坐标为(),准线方程为x=, 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
10、准线的距离). D 【解析】因为椭圆的离心率为,所以,所以,即,双曲线的渐近线为,代入椭圆得,即,所以,则第一象限的交点坐标为,所以四边形的面积为,所以,所以椭圆方程为,选D. 【答案】A 【解析】设双曲线C :-=1的半焦距为,则. 又C 的渐近线为,点P (2,1)在C 的渐近线上,即. 又,C的方程为-=1. 【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. 【答案】A 【解析】抛物线的焦点是,双曲线的半焦距,故双曲线的渐近线的方程为 【考点定位】本题主要考查双曲线、抛物线的标准方程、几何性质、点和直线的位置关系.考查推理
11、谁能力、逻辑思维能力、计算求解能力、数形结合思想、转化化归思想. 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,设,则,故,利用余弦定理可得. 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,从而得到椭圆的方程. 【解析】因为,由一条准线方程为可得该椭圆的焦点在轴上县,所以.故选答案C 【解析】选 设及;则点到准线的距离为 得: 又 的面积为 二、填空题 【答案】2 【命题意图】本试题主要考
12、查了参数方程及其参数的几何意义,抛物线的定义及其几何性质. 【解析】可得抛物线的标准方程为,焦点,点的横坐标是3,则,所以点, 由抛物线得几何性质得,解得. 【答案】 【解析】设,则有,又,所以. 【考点定位】本题主要考查了抛物线的简单性质及抛物线与直线的关系,当遇到抛物线焦点弦问题时,常根据焦点设出直线方程与抛物线方程联立,把韦达定理和抛物线定义相结合解决问题,属于难题. 答案 解析根据椭圆定义知:4a=12, 得a=3 , 又 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. 解析:建立如图所示的直角坐标系,则抛物线方程为,当时, ,所以水面宽米. 【答案】4
13、 【解析】因为点P,Q的横坐标分别为4,2,代人抛物线方程得P,Q的纵坐标分别为8,2. 由所以过点P,Q的抛物线的切线的斜率分别为4,2,所以过点P,Q的抛物线的切线方程分别为联立方程组解得故点A的纵坐标为4 【点评】本题主要考查利用导数求切线方程的方法,直线的方程、两条直线的交点的求法,属于中档题. 曲线在切点处的导数即为切线的斜率,从而把点的坐标与直线的斜率联系到一起,这是写出切线方程的关键. 【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:,.又已知,成等比数列,故,即,则.故.即椭
14、圆的离心率为. 【点评】求双曲线的离心率一般是通过已知条件建立有关的方程,然后化为有关的齐次式方程,进而转化为只含有离心率的方程,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. 【答案】2. 【考点】双曲线的性质. 【解析】由得. ,即,解得. 考点分析:本题考察双曲线中离心率及实轴虚轴的相关定义,以及一般平面几何图形的面积计算. 解析:()由于以为直径的圆内切于菱形,因此点到直线的距离为,又由于虚轴两端点为,因此的长为,那么在中,由三角形的面积公式知,又由双曲线中存在关系联立可得出,根据解出 ()设,很显然知道,因此.在中求得故;
15、菱形的面积,再根据第一问中求得的值可以解出. 【答案】 【解析】由,可求得焦点坐标为,因为倾斜角为,所以直线的斜率为,利用点斜式,直线的方程为,将直线和曲线方程联立,因此. 【考点定位】 本题考查的是解析几何中抛物线的问题,根据交点弦问题求围成的面积.此题把握住抛物线的基本概念,熟练的观察出标准方程中的焦点和准线坐标、方程是成功的关键.当然还要知道三角形面积公式. 三、解答题 【命题意图】本试题主要考查了椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、平面内两点间的距离公式等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.以及数形结合的数学思想方程,考查运算求解能力、综合分析和解决问题的能力. 解答策略一：
16、（1）取，；则（2）设；则线段的中点解答策略二 (1)设点,由题意有 方法二:依题意,直线的方程为,可设点,由点在椭圆上,有,因为,所以即 由,得整理得,于是,代入得. 【解析】(1)由对称性知:是等腰直角,斜边 点到准线的距离 圆的方程为 (2)由对称性设,则 点关于点对称得: 得:,直线 切点 直线 坐标原点到距离的比值为. 【解析】 ()由题:; (1) 左焦点(c,0)到点P(2,1)的距离为:. (2) 由(1) (2)可解得:. 所求椭圆C的方程为:. ()易得直线OP的方程:y=x,设A(xA,yA),B(xB,yB),R(x0,y0).其中y0=x0. A,B在椭圆上, . 设
17、直线AB的方程为l:y=(m0), 代入椭圆:. 显然. m且m0. 由上又有:=m,=. |AB|=|=. 点P(2,1)到直线l的距离为:. SABP=d|AB|=,其中m0,. 当MBA=90时,点M的坐标为(2, 3) 当MBA90时;x2.由MBA=2MAB, 有tanMBA=,即 化简得:3x2-y2-3=0,而又经过(2,3) 综上可知,轨迹C的方程为3x2-y2-3=0(x1) (II)由方程消去y,可得.(*) 由题意,方程(*)有两根且均在(1,+)内,设 所以 解得,m1,且m2 设Q、R的坐标分别为,由有 所以 由m1,且m2,有 所以的取值范围是 点评本小题主要考察直
18、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. 解(1)双曲线,左顶点,渐近线方程:. 过点A与渐近线平行的直线方程为,即. 解方程组,得 所以所求三角形的面积1为 (2)设直线PQ的方程是.因直线与已知圆相切, 故,即 由,得. 设P(x1, y1)、Q(x2, y2),则. 又,所以 , 故OPOQ (3)当直线ON垂直于x轴时, |ON|=1,|OM|=,则O到直线MN的距离为. 当直线ON不垂直于x轴时, 设直线ON的方程为(显然),则直线OM的方程为. 由,得,所以. 同理 设O到直线MN的距离为d,因为, 所以,即d=
19、. 综上,O到直线MN的距离是定值 解(1)双曲线的焦点坐标为,设双曲线的标准方程为,则,所以双曲线的标准方程为. (2)双曲线的渐近线方程为,设 由,由 又因为,而 所以. 解析:(1)由已知可设椭圆的方程为 其离心率为,故,则 故椭圆的方程为 (2)解法一 两点的坐标分别记为 由及(1)知,三点共线且点,不在轴上, 因此可以设直线的方程为 将代入中,得,所以 将代入中,则,所以 由,得,即 解得,故直线的方程为或 解法二 两点的坐标分别记为 由及(1)知,三点共线且点,不在轴上, 因此可以设直线的方程为 将代入中,得,所以 由,得, 将代入中,得,即 解得,故直线的方程为或. 解析:()F
20、抛物线C:x2=2py(p0)的焦点F,设M,由题意可知,则点Q到抛物线C的准线的距离为,解得,于是抛物线C的方程为. ()假设存在点M,使得直线MQ与抛物线C相切于点M, 而, , 由可得,则, 即,而,解得,点M的坐标为. ()若点M的横坐标为,则点M,. 由可得,.设, 圆, , 于是,令 ,设, 当时, 即当时. 故当时,. 【答案及解析】 【点评】本题主要考查圆的性质、椭圆的定义、标准方程及其几何性质、直线方程求解、直线与椭圆的关系和交轨法在求解轨迹方程组的运用.本题考查综合性较强,运算量较大.在求解点的轨迹方程时,要注意首先写出直线和直线的方程,然后求解.属于中档题,难度适中. 【
21、解析】 解:(1)依题意可得, , 由已知得,化简得曲线C的方程: (2)假设存在点P(0,t)(t0)满足条件,则直线PA的方程是,直线PB的方程是,曲线C在点Q处的切线l的方程为它与y轴的交点为,由于,因此 当时, ,存在,使得,即l与直线PA平行,故当时不符合题意 当时,所以l 与直线PA,PB一定相交,分别联立方程组, 解得D,E的横坐标分别是 则,又, 有,又 于是 对任意,要使QAB与PDE的面积之比是常数,只需t满足, 解得t=-1,此时QAB与PDE的面积之比为2,故存在t=-1,使QAB与PDE的面积之比是常数2. 【点评】本题以平面向量为载体,考查抛物线的方程,直线与抛物线
22、的位置关系以及分类讨论的数学思想. 高考中,解析几何解答题一般有三大方向的考查.一、考查椭圆的标准方程,离心率等基本性质,直线与椭圆的位置关系引申出的相关弦长问题,定点,定值,探讨性问题等;二、考查抛物线的标准方程,准线等基本性质,直线与抛物线的位置关系引申出的相关弦长问题,中点坐标公式,定点,定值,探讨性问题等;三、椭圆,双曲线,抛物线综合起来考查.一般椭圆与抛物线结合考查的可能性较大,因为它们都是考纲要求理解的内容. 【答案】解:(1)由题设知,由点在椭圆上,得 ,. 由点在椭圆上,得 椭圆的方程为. (2)由(1)得,又, 设、的方程分别为,. . . 同理,. (i)由得,.解得=2.
23、 注意到,. 直线的斜率为. (ii)证明:,即. . 由点在椭圆上知,. 同理. 由得, . 是定值. 【考点】椭圆的性质,直线方程,两点间的距离公式. 【解析】(1)根据椭圆的性质和已知和都在椭圆上列式求解. (2)根据已知条件,用待定系数法求解. 【解析】()解法1 :设M的坐标为,由已知得 , 易知圆上的点位于直线的右侧.于是,所以 . 化简得曲线的方程为. 解法2 :由题设知,曲线上任意一点M到圆心的距离等于它到直线的距离,因此,曲线是以为焦点,直线为准线的抛物线,故其方程为. ()当点P在直线上运动时,P的坐标为,又,则过P且与圆 相切得直线的斜率存在且不为0,每条切线都与抛物线有
24、两个交点,切线方程为.于是 整理得 设过P所作的两条切线的斜率分别为,则是方程的两个实根,故 由得 设四点A,B,C,D的纵坐标分别为,则是方程的两个实根,所以 同理可得 于是由,三式得 . 所以,当P在直线上运动时,四点A,B,C,D的纵坐标之积为定值6400. 【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.第一问用直接法或定义法求出曲线的方程;第二问设出切线方程,把直线与曲线方程联立,由一元二次方程根与系数的关系得到四点纵坐标之积为定值,体现“设而不求”思想. 考点分析:本题主要考察求曲线的轨迹方程、直线与圆锥曲线的位置关系
25、,要求能正确理解椭圆的标准方程及其几何性质,并能熟练运用代数方法解决几何问题,对运算能力有较高要求. 解析: ()如图1,设,则由, 可得,所以,. 因为点在单位圆上运动,所以. 将式代入式即得所求曲线的方程为. 因为,所以 当时,曲线是焦点在轴上的椭圆, 两焦点坐标分别为,; 当时,曲线是焦点在轴上的椭圆, 两焦点坐标分别为,. ()解法1:如图2、3,设,则, 直线的方程为,将其代入椭圆的方程并整理可得 . 依题意可知此方程的两根为,于是由韦达定理可得 ,即. 因为点H在直线QN上,所以. 于是,. 而等价于, 即,又,得, 故存在,使得在其对应的椭圆上,对任意的,都有. 图2 图3 图1
26、O D xyAM 解法2:如图2、3,设,则, 因为,两点在椭圆上,所以 两式相减可得 . 依题意,由点在第一象限可知,点也在第一象限,且,不重合, 故. 于是由式可得 . 又,三点共线,所以,即. 于是由式可得. 而等价于,即,又,得, 故存在,使得在其对应的椭圆上,对任意的,都有 解析:()因为,所以,于是.设椭圆上任一点,则(). 当时,在时取到最大值,且最大值为,由解得,与假设不符合,舍去. 当时,在时取到最大值,且最大值为,由解得.于是,椭圆的方程是. ()圆心到直线的距离为,弦长,所以的面积为,于是.而是椭圆上的点,所以,即,于是,而,所以,所以,于是当时,取到最大值,此时取到最大
27、值,此时,. 综上所述,椭圆上存在四个点、,使得直线与圆相交于不同的两点、,且的面积最大,且最大值为. 点评:此题与2012年南海区高三8月摸底考试的试题相似度极高. (2012年南海区高三8月摸底考试)已知椭圆的两焦点为、,并且经过点. ()求椭圆的方程; ()已知圆:,直线:,证明:当点在椭圆上运动时,直线与圆恒相交;并求直线被圆所截得的弦长的取值范围. 【考点定位】本题考查椭圆的性质、圆的性质、直线与圆的位置关系、平面向量等基础知识,考查运算求解能力、推理论证能力、考查转化与化归思想、数形结合思想、函数与方程的思想、特殊与一般的思想. 【解析】因为,即 而,所以,而 所求椭圆方程为 (2
28、)由 ,由 设存在,则由可得 ,由于对任意恒成立,所以联立解得. 故存在定点,符合题意. 【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,对求导得,故直线的斜率,当时,不合题意,所心 圆心为,的斜率 由知,即,解得,故 所以 (2)设为上一点,则在该点处的切线方程为即 若该直线与圆相切,则圆心到该切线的距离为,即,化简可得 求解可得 抛物线在点处的切线分别为,其方程分别为 -得,将代入得,故 所以到直线的距离为. 法二:()设对于抛物线的切线方程为 ; 对于圆的切线方程为 . 因为是共点公切线,(斜率相等),结合.解
29、之得. 代入得. ()数形结合知,抛物线与圆应有三条公切线(如图). 由()知,公切线方程为:. 今设另两公切线与抛物线切于点, 则切线方程为. 又直线与相切应有,整理得 记,.则 联立的方程得.故到的距离为. 【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. 【考点定位】此题难度集中在运算,但是整体题目难度不太大,从形式到条件的设计都具有一般性,相信平时对曲线的复习程度不错的学生做起来应该是得心应手. 解:(1)原曲线方程可化简得:,由题意可得:,解得: (2)由已知直线代入椭圆方程化简得:,解得: 由韦达定理得:, 设, 方程为:,则, , 欲证三点共线,只需证,共线 即成立,化简得: 将代入易知等式成立,则三点共线得证. 【解析】(I)点代入得: 又 由得: 既椭圆的方程为 (II)设;则 得: 过点与椭圆相切的直线斜率 得:直线与椭圆只有一个交点. 47