热门试卷

（1）,,（2）（ⅰ），（ⅱ）详见解析.

试题分析：（1）求椭圆方程，利用待定系数法，列两个独立方程就可解出因为短轴上的一个端点到的距离为，所以而所以再根据“准圆”定义，写出“准圆”方程.（2）（ⅰ）直线与椭圆相切问题，通常利用判别式为零求切线方程，利用点斜式设直线方程，与椭圆方程联立消得关于的一元二次方程，由判别式为零得斜率,即证得两直线垂直.（ⅱ）本题是（ⅰ）的一般化，首先对斜率是否存在进行讨论，探讨得斜率不存在时有两直线垂直，即将问题转化为研究直线是否垂直问题，具体就是研究是否成立.研究思路和方法同（ⅰ），由于点坐标在变化，所以由判别式为零得关于点坐标的一个等式：，即，而这等式对两条切线都适用，所以的斜率为方程两根，因此.当垂直时，线段为准圆的直径，为定值4.

试题解析：解：（1），

椭圆方程为，                            2分

准圆方程为.                             3分

（2）（ⅰ）因为准圆与轴正半轴的交点为，

设过点且与椭圆相切的直线为，

所以由得.

因为直线与椭圆相切，

所以，解得，       6分

所以方程为.                 7分

，.                              8分

（ⅱ）①当直线中有一条斜率不存在时，不妨设直线斜率不存在，

则：，

当：时，与准圆交于点，

此时为（或），显然直线垂直；

同理可证当：时，直线垂直.             10分

②当斜率存在时，设点，其中.

设经过点与椭圆相切的直线为，

所以由

得 .

由化简整理得 ，

因为，所以有.

设的斜率分别为，因为与椭圆相切，

所以满足上述方程，

所以，即垂直.                          12分

综合①②知：因为经过点，又分别交其准圆于点，且垂直.

所以线段为准圆的直径， ，

所以线段的长为定值.                             14分

（1）＝1（2）见解析

(1)解：依题意，得解得从而b＝，故椭圆的方程为＝1.

(2)证明：由(1)得A(－2，0)，B(2，0)，设N(x0，y0)，

∵N点在椭圆上，∴＝(4－)．又N点异于顶点A、B，

∴－20<2，y0≠0.由P、B、N三点共线可得P，从而＝(x0＋2，y0)，＝，则·＝6x0＋12＋＝6x0＋12－(2＋x0)＝(x0＋2)．

∵x0＋2>0，y0≠0，∴·>0，于是∠NAP为锐角．

（1）；（2）．

试题分析：（1）由抛物线的性质知其焦点为，这是椭圆的右焦点，因此有，点是抛物线上的点，而，可由抛物线的定义或抛物线焦半径公式得点的横坐标为，这样点的纵坐标也能求得，而点又是椭圆上的点，可代入椭圆方程得到关于的一个方程，由此可求得，得方程；（2）由向量的坐标运算，根据，可得的坐标，于是直线的斜率可得，也即直线的斜率可得，于是可设直线的方程为（已求得），下面就采取处理直线与圆锥曲线相交问题的一般方法，设，由可得，而我们把直线方程代入椭圆方程，得到关于的二次方程，由此可得，，代入可求得．

（1）设点M(x,y) (y>0) 由抛物线定义得|MF2|=1+x=，∴x=

又点M(x,y) 在抛物上所以y2=4, 

，由椭圆定义

所以椭圆的方程是                            4分

（2）

．

         12分

(1)；（2）①证明见解析；②时，取得最大值为1．

试题分析：(1)椭圆的离心率为，又椭圆过已知点，即，再加上，联立可求得；（2）直线与圆及椭圆都相切，因此可以把直线方程与椭圆方程(或圆方程)联立方程组，此方程组只有一解，由此可得到题中参数的关系式，当然直线与圆相切，可利用圆心到直线的距离等于圆的半径来列式，得到的两个等式中消去参数即可证得①式；而②要求的最大值，可先求出，注意到，因此，这里设，由①中的方程(组)可求得，最终把用表示，，利用不等式知识就可求得最大值.

试题解析：(1)椭圆E的方程为      4分

（2）①因为直线与圆C:相切于A,得,

即①        5分

又因为与椭圆E只有一个公共点B，

由得,且此方程有唯一解.

则即

②由①②,得             8分

②设，由得

由韦达定理,

∵点在椭圆上,∴

∴                 10分

在直角三角形OAB中,

∴            12分

（1）＋y2＝1.（2）

(1)由已知，得c＝m，＝m＋1，从而a2＝m(m＋1)，b2＝m.

由e＝，得b＝c，从而m＝1.故a＝，b＝1，得所求椭圆方程为＋y2＝1.

(2)易得A(－m－1，－m－1)，B(m＋1，m＋1)，从而＝(2m＋1，m＋1)，＝(1，m＋1)，故·＝2m＋1＋(m＋1)2＝m2＋4m＋2<7，得0

由此离心率e＝＝，故所求的离心率取值范围为

(1) ＝1(2)

(1)设椭圆的方程为＝1(a>b>0)，由离心率e＝＝，△ABF2的周长为|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4a＝8，得a＝2，c＝1，则b2＝a2－c2＝3.

所以椭圆C的方程为＝1.

(2)由题意可知，直线l1的方程为y＝kx＋3(k>0)．

由得(3＋4k2)x2＋24kx＋24＝0，①

Δ＝(24k)2－4×24×(3＋4k2)>0，解得k>.

设椭圆的弦GH的中点为N(x0，y0)，则“在x轴上是否存在点P(m，0)，使得以PG，PH为邻边的平行四边形为菱形”等价于“在x轴上是否存在点P(m，0)，使得PN⊥l1”．

设G(x1，y1)，H(x2，y2)，由韦达定理，得x1＋x2＝－，

则x0＝＝－，所以y0＝kx0＋3＝，

即N，kPN＝－.

从而－·k＝－1，

解得m＝－.

又因为m′(k)＝>0，

所以函数m＝－在定义域上单调递增，且mmin＝m＝－，即m∈.

故存在满足条件的点P(m，0)，m的取值范围为

解：（Ⅰ）椭圆的方程为 ，

 ；

（II）长轴长的最大值为．

本试题主要是考查了椭圆的方程的求解，以及直线与椭圆的位置关系的综合运用。

（1）根据题意的几何性质，得到系数a,b,c的关系式，进而得到椭圆的方程的求解。

（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，得到关于x的一元二次方程，然后分析向量的数量积为零表示垂直，以及结合椭圆的离心率的范围得到所求。

解：（Ⅰ）   

∴椭圆的方程为                            ……………………… 2分

联立

                                 …………………… 6分

（II）

 整理得 

整理得：

代入上式得

由此得,故长轴长的最大值为．……… 13分

（1）＋＝1    （2）见解析

(1)依题意，得a＝2c，b2＝a2－c2＝3c2，

设椭圆方程为＋＝1，将(1，)代入，得c2＝1，故椭圆方程为＋＝1．

(2)证明：由(1)，知A(－2,0)，B(2,0)，

设M(x0，y0)，则－20<2，y02＝ (4－x02)，由P，A，M三点共线，得x＝，＝(x0－2，y0)，＝(2，)，·＝2x0－4＋＝ (2－x0)>0，

即∠MBP为锐角，则∠MBN为钝角．

（1）＝1（2）k＝±1.

(1)由题意得解得b＝，所以椭圆C的方程为＝1.

(2)由得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0.设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，

则y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，x1＋x2＝，x1x2＝，

所以MN＝＝.

又因为点A(2，0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝，所以△AMN的面积为S＝MN·d＝.由＝，解得k＝±1.

（Ⅰ）椭圆的方程为

（Ⅱ）满足条件的直线存在，方程为

21．本小题主要考查直线、椭圆、直线与圆锥曲线的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．满分12分。

解：（I）依题意，得

．                                     ………………………2分

解得，．

椭圆的方程为．                        ………………………4分

（注：本小题从椭圆定义求解亦可）

（II）设满足条件的直线存在，方程为（必存在），代入椭圆方程，得

．                       ………………………5分

首先，得．                          ……………………6分

设，，则．……………………7分

为的中点，且，

．                                         ……………………8分

，满足．   ……………………11分

满足条件的直线存在，方程为．           ……………………12分

（注：考生对采用其它方法转化，可参照给分）

（1）（2）＝1

(1)若∠F1AB＝90°，则△AOF2为等腰直角三角形，所以有OA＝OF2，即b＝c.所以a＝c，e＝＝.

(2)由题知A(0，b)，F1(－c，0)，F2(c，0)，

其中，c＝，设B(x，y)．

由＝2，得(c，－b)＝2(x－c，y)，

解得x＝，y＝－，即B.

将B点坐标代入＝1，得＝1，即＝1，解得a2＝3c2.①

又由·＝(－c，－b)·，得b2－c2＝1，即有a2－2c2＝1.②

由①②解得c2＝1，a2＝3，从而有b2＝2.

所以椭圆方程为＝1.

（1）  （2）x2+y=1   +y2=1

解:(1)因为抛物线C1经过椭圆C2的两个焦点F1(-c,0),F2(c,0),

所以c2+b×0=b2,

即c2=b2.

又a2=b2+c2=2c2,

所以椭圆C2的离心率e=.

(2)由(1)可知a2=2b2,

椭圆C2的方程为+=1.

联立抛物线C1的方程x2+by=b2,

得2y2-by-b2=0,

解得y=-或y=b(舍去),

所以x=±b,

即M（b,-）,N（b,-）,

所以△QMN的重心坐标为(1,0).

因为重心在C1上,

所以12+b×0=b2,得b=1.

所以a2=2.

所以抛物线C1的方程为x2+y=1,

椭圆C2的方程为+y2=1.

（1）椭圆的标准方程；（2）.

试题分析：（1）由已知得，又联立可解得，从而可求椭圆的标准方程；

（2）先设A(x1，y1)，B(x2，y2)，把直线方程和椭圆方程联立得到一个关于的二次方程，再利用弦长公式即可求出.

试题解析：（1）由题意可设椭圆C的标准方程为(>>0)．

由已知b＝1，所以，因为＝，∴a2＝9，b2＝1.

∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.                 6分

（2）设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由，

得               8分

∴x1＋x2＝ ，x1x2＝，

∴|AB|＝＝＝.

∴，解得.                12分