热门试卷

（Ⅰ）（Ⅱ）

试题分析：（Ⅰ）根据题意，将（0，4）代入C的方程得b的值，进而由椭圆的离心率为，结合椭圆的性质，可得=；解可得a的值，将a、b的值代入方程，可得椭圆的方程．

（Ⅱ）根据题意，可得直线的方程，设直线与C的交点为A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线与椭圆的方程，化简可得方程x2﹣3x﹣8=0，解可得x1与x2的值，由中点坐标公式可得中点的横坐标，将其代入直线方程，可得中点的纵坐标，即可得答案．

解：（Ⅰ）根据题意，椭圆过点（0，4），

将（0，4）代入C的方程得，即b=4

又得=；

即，∴a=5

∴C的方程为

（Ⅱ）过点（3，0）且斜率为的直线方程为，

设直线与C的交点为A（x1，y1），B（x2，y2），

将直线方程代入C的方程，得，

即x2﹣3x﹣8=0，解得，，

∴AB的中点坐标，

，

即中点为．

点评：本题考查椭圆的性质以及椭圆与直线相交的有关性质，涉及直线与椭圆问题，一般要联立两者的方程，转化为一元二次方程，由韦达定理分析解决．

（1）；（2）．

试题分析：（1）由题意知，所以，由此能求出椭圆C的方程；（2设直线方程为，联立直线方程与椭圆方程，再由根的判别式和嘏达定理进行求解．

试题解析：（1）．

（2）设直线，联立椭圆，得，

条件转换一下一下就是，根据弦长公式，得到．

然后把把P点的横纵坐标用表示出来，

设，其中要把分别用直线代换，

最后还要根据根系关系把消成，得．

然后代入椭圆，得到关系式，

所以，根据利用已经解的范围得到．

（1）；（2）

试题分析：（1）依题意需要求椭圆的标准方程，所以要找到两个关于基本量的等式，由以及面积的关系可求椭圆的方程.

（2）由于直线与椭圆的相交得到的弦的中点坐标，可通过假设直线方程与椭圆的方程联立可求得，判别式要大于零.其中用直线的斜率表示中点坐标.由于中点在正方形内，其实就是要符合一个不等式的可行域问题.因此通过解不等式即可得到所求的结论.

试题解析：(1)求得椭圆C的方程为;;

(2)∵点P的坐标为(-4,0),显然直线L的斜率k存在,

∴直线L方程为 如图设点M、N的坐标分别为,

线段MN的中点为,由

由△>0解得:      又

, ∵, ∴点G不可能在y轴的右边,

又直线F1B2, F1B1的方程分别为.

∴点G在正方形B1F2B1F1内的充要条件为:    即

即.

(I)         (Ⅱ)  或

(I)设椭圆的方程为,

由题意知，解得

因此椭圆的方程为

(II)（1）当两点关于轴对称时，

设直线的方程为，由题意知或，

将代入椭圆方程得.

所以

解得或.

又，

因为为椭圆上一点，所以，或

又因为所以或

（2）当两点关于轴不对称时，

设直线的方程为，将其代入椭圆方程得

.

设，由判别式可得，

此时

所以，

因为点到直线的距离为，

所以

令，则

解得或，即或.

又，

因为为椭圆上一点，所以，

即，所以或

又因为所以或

经检验，适合题意.

综上可知或

【考点定位】本题基于椭圆问题综合考查椭圆的方程、直线和椭圆的位置关系、平面向量的坐标运算等知识，考查方程思想、分类讨论思想、推理论证能力和运算求解能力.第一问通过椭圆的性质确定其方程，第二问根据两点关于轴的对称关系进行分类讨论，分别设出直线的方程，通过联立、判断、消元等一系列运算“动作”达成目标.本题极易简单考虑设直线的形式而忽略斜率不存在的情况造成漏解.在联立方程得到后，后续运算会多次出现这一式子，换元简化运算不失为一种好方法，令，搭建了与的桥梁，使坐标的代入运算更为顺畅，使“化繁为简”这一常用原则得以完美呈现.

(1)(2)-1（3）见解析

试题分析：

(1)根据题意设出椭圆的方程,题目已知离心率即可得到的值,根据椭圆的几何性质,短轴端点与两焦点构成的三角形以焦距为底边长,以短半轴长为高,即该三角形的面积为,再根据之间的关系即可求出的值,得到椭圆的标准方程.抛物线的交点在x轴的正半轴,故抛物线的焦点为椭圆的右顶点,即可求出得到抛物线的方程.

(2)讨论直线AB的斜率,当斜率不存在时与y轴没有交点,所以不符合题意,则斜率存在,设直线AB的斜率为k得到直线AB的方程,联立直线与抛物线的方程得到AB两点横坐标的韦达定理,把向量的横坐标带入向量的坐标表示得到之间的关系为反解,带入,利用(韦达定理)带入即可得到为定值.

(3)设出P,Q两点的坐标,则可以得到的坐标,带入条件得到P,Q横纵坐标之间的关系,因为P,Q在椭圆上,则满足椭圆的方程,这两个条件得到的三个式子相加配方即可证明点S在椭圆上,即满足椭圆的方程.

试题解析：

（1）由题意，椭圆的方程为，又

解得,∴椭圆的方程是.由此可知抛物线的焦点为,得,所以抛物线的方程为.      4分

（2）是定值,且定值为,由题意知，

直线的斜率存在且不为，设直线的方程为,

则联立方程组

消去得:且,由,得整理得可得

.      9分

（3）设则

由得 ①

将点坐标带入椭圆方程得, ② ③

由①+②+③得

所以点满足椭圆的方程,所以点在椭圆上.   13分

（1）；（2）满足条件的点Q存在，且有两个.

试题分析：本题主要考查椭圆的标准方程及其性质，考查学生的转化思想和数形结合思想，考查分析问题解决问题的能力和计算能力.第一问，先由长轴长得到a的值，设出椭圆的标准方程，利用已知条件数形结合得到C点坐标，将C点坐标代入到椭圆中，得到b的值，从而得到椭圆的标准方程；第二问，先设出Q点坐标，利用已知等式计算，可知点Q在直线上，点在直线上，而在椭圆内部，数形结合得存在点Q而且存在2个；法二：用和椭圆方程联立消参，得到关于x的方程，看方程的判别式，判别式大于0时，方程有2个根，则直线与椭圆有2个交点；第三问，设出点P的坐标，由切线的性质得四点共圆，此圆的圆心为，直径为OP，得到此圆的方程，M、N既在此圆上，又在圆O上，2个方程联立，解出直线MN的方程，得出截距的值，再转化出P点坐标代入到椭圆中即可；法二：设出点P、M、N的坐标，利用直线的垂直关系，利用斜率列出等式，转化成直线PM和直线PN的方程，从而得到直线MN的方程.

试题解析：(1)依题意知：椭圆的长半轴长，则A(2，0)，

设椭圆E的方程为           2分

由椭圆的对称性知|OC|＝|OB|又∵，|BC|＝2|AC|

∴AC⊥BC，|OC|＝|AC|∴△AOC为等腰直角三角形，

∴点C的坐标为(1，1)，点B的坐标为(－1，－1)，          4分

将C的坐标(1，1)代入椭圆方程得

∴所求的椭圆E的方程为                      5分

（2）解法一：设在椭圆E上存在点Q，使得，设，则

即点Q在直线上，                             7分

∴点Q即直线与椭圆E的交点，

∵直线过点，而点椭圆在椭圆E的内部，

∴满足条件的点Q存在，且有两个．                          9分

解法二：设在椭圆E上存在点Q，使得，设，则

即，   ①                       -7分

又∵点Q在椭圆E上，∴，        ②

由①式得代入②式并整理得：，  -③

∵方程③的根判别式，

∴方程③有两个不相等的实数根，即满足条件的点Q存在，且有两个．       9分

（3）解法一：

设点，由M、N是的切点知，,

∴O、M、P、N四点在同一圆上，                     10分

且圆的直径为OP,则圆心为，

其方程为，               11分

即  -④

即点M、N满足方程④，又点M、N都在上，

∴M、N坐标也满足方程       -⑤

⑤-④得直线MN的方程为，               12分

令得，令得，                 13分

∴，又点P在椭圆E上，

∴，即=定值.                 14分

解法二：设点则     10分

直线PM的方程为化简得      ④

同理可得直线PN的方程为       -⑤         11分

把P点的坐标代入④、⑤得

∴直线MN的方程为，                           12分

令得，令得，                      13分

∴，又点P在椭圆E上，

∴，即=定值．                      -14分

（1）椭圆C的标准方程为，抛物线E的标准方程为．（2）有最小值为16．

试题分析：（1）由于椭圆上任意一点到焦点的距离都等于,所以，

，由此即得椭圆的标准方程．椭圆右顶点F的坐标为(1，0)，所以抛物线E的标准方程为．（2）设，，，，则 

.再设l1的方程：，l2的方程，用韦达定理将上式表示为即可求得其最小值.

试题解析：（1）设椭圆的标准方程为(a>b>0)，焦距为2c，

则由题意得c=，，

∴，

∴椭圆C的标准方程为．         4分

∴右顶点F的坐标为(1，0)．

设抛物线E的标准方程为，∴ ，

∴抛物线E的标准方程为．      6分

（2）设l1的方程：，l2的方程，

，，，，

由消去y得：，

∴．

由消去y得：，

∴     9分

∴

．

当且仅当即时，有最小值16．  13分

试题分析：因为为真命题，所以为真命题且为真命题.命题为真时，直线与抛物线没有交点，.命题为真时，,.综合得实数的取值范围为.本题易错点为忽视去掉方程为圆的情况.

试题解析：解：因为为真命题，所以为真命题且为真命题        2分

消去得

直线与抛物线没有交点，，解得      6分

方程表示椭圆，则

解得                                   10分

由上可知的取值范围是                      12分

（1）；（2）.

试题分析：（I）根据,设直线方程为,

确定的坐标，由确定得到，

再根据点在椭圆上，求得进一步即得所求；

（2）由可设,

得到椭圆的方程为，

由得

根据动直线与椭圆有且只有一个公共点P

得到,整理得.

确定的坐标，

又, 

若轴上存在一定点，使得,那么

可得,由恒成立,故，得解.

试题解析：（1）∵ ,设直线方程为,

令,则,∴,                   2分

∴            3分

∵，∴=,

整理得          4分

∵点在椭圆上,∴,∴             5分

∴即,∴                   6分

（2）∵可设,

∴椭圆的方程为                              7分

由得             8分

∵动直线与椭圆有且只有一个公共点P

∴,即

整理得                            9分

设 则有,

∴                        10分

又,

若轴上存在一定点，使得,

∴恒成立 

整理得,                      12分

∴恒成立,故

所求椭圆方程为                  13分

（Ⅰ）所求轨迹方程为

（Ⅱ）所求直线方程为

（Ⅰ）令

则 即

即

又∵   ∴

所求轨迹方程为

（Ⅱ）解：由条件（2）可知OAB不共线，故直线AB的斜率存在

设AB方程为

则

∵OAPB为矩形，∴OA⊥OB   

∴ 得

所求直线方程为

把直线参数方程化为标准参数方程

；

如图, 设线段  的中点为 ．过点 、、 分别作准线的垂线, 垂足分别为 、、, 则

． ……………  6分

假设存在点 ，则 ， 且 ， 即 ，所以，．……… 12分.

于是，， 故．

若  (如图)，则. … 18分

当  时, 过点  作斜率为  的焦点弦 , 它的中垂线交左准线于 , 由上述运算知, ． 故  为正三角形.   ………… 21分

若 ，则由对称性得．     ……………… 24分

又 , 所以，椭圆  的离心率  的取值范围是， 直线  的斜率为 ．