热门试卷

（1）；（2）；（3）证明过程详见试题解析.

试题分析：（1）由△AOB是边长为的正三角形得到,代入抛物线方程中，可以得到所求抛物线方程为；（2）由可知点的横坐标是，因此可结合建立关于的方程为：，解出；（3）利用设而不求的思想，可先设三点后代入椭圆方程中，由于的方程为，求出，，那么化简后得到：.

试题解析：（1）设椭圆的右焦点为，依题意得抛物线的方程为 

∵△是边长为的正三角形，

∴点A的坐标是，

代入抛物线的方程解得，

故所求抛物线的方程为

（2）∵, ∴ 点的横坐标是

代入椭圆方程解得，即点的坐标是

∵ 点在抛物线上，

∴，

将代入上式整理得：，

即，解得

∵ ，故所求椭圆的离心率.

（3）证明：设，代入椭圆方程得

而直线的方程为

令得.

在中，以代换得

∴  .

（1）；（2）直线的方程为.

试题分析：（1）利用椭圆的性质，弦长可得，，由此可求，故椭圆的方程为；

（2）根据直线与椭圆的位置关系，设直线的方程为，联立方程得，所以可写出

设，则，则，其中，易证单调减，当时，的最大值为.所以，此时，直线的方程为.

（1）∵∴①                    2分

∴    ②，

∴由①②得

∴椭圆的方程为                    4分

（2）设直线的方程为

由

                   7分

设，则

则，其中

易证单调减，当时，的最大值为         10分

∴

此时，直线的方程为        12分

（1）；（2）.

试题分析：本题主要考查椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系、向量的运算、点到直线的距离公式等基础知识，意在考查考生的运算求解能力、推理论证能力以及利用解析法、函数与方程思想的解题能力.第一问，利用P、A、B点的坐标，先求出代入到中整理出x，y的关系，即点P的轨迹方程；第二问，设出M、N坐标，令直线与椭圆方程联立，消参得到关于x的方程，由于交于M、N两个点，所以，利用韦达定理，得，，由，利用向量的垂直的充要条件得到的关系式，利用点到直线的距离公式，利用上述的关系式得到数值.

试题解析：（1）设，由已知得，

整理得，即   4分

（2）设M

消去得：

由得

   8分

∵∴

即

∴

∴满足   10分

∴点到的距离为即

∴   12分

见解析

设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，则S＝r1r2sin2θ.又|F1F2|＝2c，

由余弦定理有(2c)2＝＋－2r1r2cos2θ＝(r1＋r2)2－2r1r2－2r1r2cos2θ＝(2a)2－2r1r2(1＋cos2θ)，于是2r1r2(1＋cos2θ)＝4a2－4c2＝4b2.

所以r1r2＝.这样即有S＝sin2θ＝b2＝b2tanθ.

（1）x＋y－1＝0.（2）4（3）x2＋(y－3)2＝2，(x－2)2＋(y－1)2＝2

1) 设P(x0，y0)．因为＝，且D(1，0)，A(3，0)，点B、P在椭圆上，所以B(－x0，y0)，所以x0＝1，将其代入椭圆，得y0＝2，所以P(1，2)，B(－1，2)．所以直线BD的方程为x＋y－1＝0.

(2) 线段BP的垂直平分线方程为x＝0，线段AP的垂直平分线方程为y＝x－1.解方程组得圆心C的坐标为(0，－1)．所以圆C的半径r＝CP＝.因为圆心C(0，－1)到直线BD的距离为d＝＝，所以直线BD被圆C截得的弦长为2 ＝4.

(3) 这样的圆M与圆N存在．由题意得，点M一定在y轴上，点N一定在线段PC的垂直平分线y＝x－1上．当圆M与圆N是两个相外切的等圆时，一定有P、M、N在一条直线上，且PM＝PN.M(0，b)，则N(2，4－b)．因为点N(2，4－b)在直线y＝x－1上，所以4－b＝2－1，b＝3.所以这两个圆的半径为PM＝，方程分别为x2＋(y－3)2＝2，(x－2)2＋(y－1)2＝2

（Ⅰ）椭圆方程为；（Ⅱ）满足题意的直线存在，方程为：.

试题分析：（Ⅰ）求椭圆的标准方程,可采用待定系数法求方程, 设椭圆方程为，利用条件求的值,从而得方程,因为｜｜＝1,即,再由·＝1,写出,的坐标,从而求出的值,可得方程;（Ⅱ）此题属于探索性命题,解此类问题，一般都假设成立，作为条件，能求出值，则成立，若求不出值，或得到矛盾的结论，则不存在，此题假设存在直线符合题意，设出直线方程，根据直线与二次曲线位置关系的解题方法，采用设而不求的解题思维，设的坐标，根据根与系数关系，来求出直线方程，值得注意的是，当方程不恒有交点时，需用判别式讨论参数的取值范围．

试题解析：（Ⅰ）设椭圆方程为，，所以，又因为，所以，则椭圆方程为；

（Ⅱ）假设存在直线符合题意。由题意可设直线方程为：，代入得：，，设，则，，   解得：或 ， 当时，三点共线，所以，所以，所以满足题意的直线存在，方程为：.

（1）（2）－

(1)∵＋5＝0，∴＝5 .∴a＋c＝5(a－c)，化简得2a＝3c，故椭圆E的离心率为.

(2)存在满足条件的常数λ，λ＝－.点D(1，0)为线段OF2的中点，∴c＝2，从而a＝3，b＝，左焦点F1(－2，0)，椭圆E的方程为＝1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则直线MD的方程为x＝y＋1，代入椭圆方程＝1，整理得，y2＋y－4＝0.∵y1＋y3＝，∴y3＝.从而x3＝，故点P .同理，点Q .∵三点M、F1、N共线，∴，从而x1y2－x2y1＝2(y1－y2)．从而k2＝，故k1－＝0，从而存在满足条件的常数λ＝－

（1）；（2）直线的方程为，或.

试题分析：本题主要考查椭圆的标准方程以及几何性质、直线与椭圆相交问题、韦达定理、两点间距离公式、直线的方程等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，利用椭圆的标准方程中a,b,c的关系，焦点坐标，离心率列出方程组，解出a和b，从而得到椭圆的标准方程；第二问，点斜式设出直线方程，由于直线与椭圆交于A，B，则直线与椭圆方程联立消参得到关于x的方程，设出A，B点坐标，利用韦达定理，得到，，再结合两点间距离公式求出的长，利用中点坐标公式得出AB中点M的坐标，从而求出|MP|的长，利用为正三角形，则，列出等式求出k的值，从而得到直线的方程.

（1）依题意有，．

可得，．

故椭圆方程为．                  ５分

（2）直线的方程为．

联立方程组

消去并整理得．　　　

设，．

故，．

则．

设的中点为．

可得，．

直线的斜率为，又 ，

所以．

当△为正三角形时，，

可得，

解得．         

即直线的方程为，或．            13分

（1）；（2）．

试题分析：（1）求椭圆的标准方程，可利用待定系数法，求出的值即可，由已知，得，可得，把代入椭圆的方程，即可求出的值，从而得椭圆的标准方程；（2）当，且满足时，求弦长的取值范围，可利用弦长公式来求，设，由，得，得，由于同时含有，可消元，由直线：与⊙相切，可得，这样由弦长公式得，可求出的范围即可，由已知，且满足，由，可得，从而得的范围，进而得弦长的取值范围．

试题解析：（1）依题意，可知，∴，

解得

∴椭圆的方程为         5分

（2）直线：与⊙相切，

则，即，  6分

由，得，

∵直线与椭圆交于不同的两点

设∴，

，

∴     ．9分

∴∴，

∴    ．11分

设，

则，

∵在上单调递增∴     13分

（Ⅰ）；（Ⅱ）

试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的定义、几何性质可求；（Ⅱ）直线与椭圆相交，联立消元，设点代入化简，利用点到直线的距离来求

试题解析：（Ⅰ）由题意，，，，

∵得，,

则，，

得，,

则  （4分）

（Ⅱ）当时，，，得在圆F上，

直线，则设

由得，

又点到直线的距离，

得的面积   （12分）

（1）．　

（2）≤e≤．

（1）因为，所以H ，又因为AH⊥BC，所以设A，由　得 即　　　　　3分　　

所以|AB| = ，|AC | =

椭圆长轴2a =" |AB|" + |AC| = (+ 1)c，　　　　所以，．　

（2）设D (x1，y1)，因为D分有向线段的比为，所以，，　　

　设椭圆方程为=" 1" (a > b > 0)，将A、D点坐标代入椭圆方程得 .①

  ……………………………..   ②

由①得，代入②并整理得，　　　

因为 – 5≤≤，所以，又0 < e < 1，所以≤e≤．

（1）（2）（3）两个

（1）设椭圆的标准方程为（），由椭圆定义知焦距，即…①.

又由条件得…②，故由①、②可解得，.

即椭圆的标准方程为.

且椭圆两个焦点的坐标分别为和.

对于变换：，当时，可得

设和分别是由和的坐标由变换公式变换得到.于是，，即的坐标为；

又即的坐标为.

（2）设是椭圆在变换下的不动点，则当时，

有，由点，即，得：

，因而椭圆的不动点共有两个，分别为和.

(3) 设是双曲线在变换下的不动点，则由

因为，，故.

不妨设双曲线方程为（），由代入得

则有,

因为，故当时，方程无解；

当时，要使不动点存在，则需，

因为，故当时，双曲线在变换下一定有2个不动点，否则不存在不动点.

进一步分类可知：

（i）当，时，即双曲线的焦点在轴上时，

；

此时双曲线在变换下一定有2个不动点；

（ii）当，时，即双曲线的焦点在轴上时，

.

此时双曲线在变换下一定有2个不动点.