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1、2012理科高考试题分类汇编：圆锥曲线参考答案1. 【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：（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. 2.【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
2、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,
3、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(x
4、2, 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=. 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
5、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.
6、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. 【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
7、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
8、,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. 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
9、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
10、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,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
11、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1O 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
12、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;
13、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)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
14、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
15、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. 27