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（1）＝1（2）见解析

(1)设点F(c，0)(c>0)，则F到直线l的距离为＝，即|c－|＝－1，

因为F在圆O内，所以c<，故c＝1.

又因为圆O的半径等于椭圆E的短半轴长，所以b2＝3，

所以所求椭圆方程为＝1.

(2)证明：因为圆心O到直线l的距离为＝，所以直线l与圆O相切，M是切点，故△AOM为直角三角形，所以|AM|＝，又＝1，可得|AM|＝x1，

|AF|＝，又＝1，可得|AF|＝2－x1，

所以|AF|＋|AM|＝2，同理可得|BF|＋|BM|＝2，

所以|AF|＋|AM|＝|BF|＋|BM|，即|AF|－|BF|＝|BM|－|AM|.

（1）＝1（2）(－2,0)∪(0,2)

(1)由C2：x2＝4y知F1(0,1)，c＝1，

设M(x0，y0)(x0<0)，

因M在抛物线C2上，

故＝4y0，①

又|MF1|＝，则y0＋1＝②

由①②解得x0＝－，y0＝.

而点M在椭圆上，

∴2a＝|MF1|＋|MF2|＝＝4.

∴a＝2，∴b2＝a2－c2＝3.

故椭圆C1的方程为＝1.

(2)因为直线l：y＝k(x＋t)与圆x2＋(y＋1)2＝1相切，

所以＝1⇒k＝(t≠0，k≠0)．

把y＝k(x＋t)代入＝1并整理，得

(4＋3k2)x2＋6k2tx＋3k2t2－12＝0，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有

x1＋x2＝－，y1＋y2＝kx1＋kt＋kx2＋kt＝k(x1＋x2)＋2kt＝，因为，λ＝(x1＋x2，y1＋y2)

所以，P

又因为点P在椭圆上，

所以，＋＝1⇒λ2＝＝ (t≠0)

因为t2>0，所以＋1>1，

所以0<λ2<4，

当k＝0时，因为直线l与圆x2＋(y＋1)2＝1相切，

则t＝0(舍去)或t＝－1，

当t＝－1时，

y＝－1与椭圆有一个交点，不满足题意，

舍去．所以λ的取值范围是(－2,0)∪(0,2)．

（1）详见解析，（2）详见解析.

试题分析：（1）利用“点代法”求点的坐标关系，在求解过程中证明结论.因为关于点对称，所以，代入椭圆方程得，两式相减得，所以（2）本题实质为“弦中点”问题，设中点为，由“点差法”得又假设为等边三角形时，有所以这与弦中点在椭圆内部矛盾，所以假设不成立.

试题解析：（1）证明：

因为在椭圆上，

所以                 1分

因为关于点对称，

所以，                2分

将代入②得③，

由①和③消解得，                     4分

所以.                     5分

（2）当直线斜率不存在时，，

可得，不是等边三角形.           6分

当直线斜率存在时，显然斜率不为0.

设直线：，中点为，

联立消去得，         7分

由，得到①                 8分

又,

所以，

所以                     10分

假设为等边三角形，则有，

又因为，

所以，即，          11分

化简，解得或       12分

这与①式矛盾，所以假设不成立.

因此对于任意不能使得,故不能为等边三角形.      14分

（1）；（2）和．

试题分析：（1）由题设条件知关于a,b,c的方程组，由此能求出椭圆方程． 

（2）可以设直线方程（斜率不存在单独考虑），然后与椭圆方程联立，消去y得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理结合题目条件建立方程即可求出直线方程.

试题解析：（1）设椭圆的方程为.

由已知可得            3分

解得，.

故椭圆的方程为．                6分

（2）由已知，若直线的斜率不存在，则过点的直线的方程为，

此时，显然不成立．     7分

若直线的斜率存在，则设直线的方程为．

则

整理得．            9分

由

．

设．

故，①  ． ②       10分

因为，即．③

①②③联立解得．                    13分

所以直线的方程为和．   14分

椭圆

解:(1),,

,

,  

.        …………4分

所以椭圆.…………6分

(2)设,

,

即.   …………9分

又因圆的方程为,所以 (-3,1),又因关于点对称，

即为的中点，

,

,

.…………12分

，即.…………14分

（1）设动点P（x，y），由=2，平方整理得

+=1即为轨迹C的方程．

（2）当直线AB的斜率不存在时，直线x=1与椭圆交于两点，由图形的对称性，

线段AB的中点应在x轴上，M点不满足题意．故直线AB的斜率存在，

设直线AB的方程为y-1=k（x-1）

设A（x1，y1），B（x2，y2）

作差得

=-

∴k==-=-

∴直线AB的方程为：y-1=-(x-1)

即3x+4y-7=0

（Ⅰ）由题意可得：=，整理得C：+=1．

（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），由题意知l的斜率一定不为0，故不妨设l：x=my+2．

代入C的方程，并整理得（m2+2）y2+4my-4=0，显然△＞0．

由韦达定理有：y1+y2=-，y1y2=-，①

假设存在点P，使=+成立，则其充要条件为：

点P的坐标为（x1+x2，y1+y2），点P在椭圆上，即+=1．

整理得+2++2+2x1x2+4y1y2=8．

又A、B在椭圆上，即+2=8，+2=8．

故x1x2+2y1y2+4=0        ②

将x1x2=（my1+2）（my2+2）=m2y1y2+2m（y1+y2）+4及①代入②解得m2=2．

∴y1+y2=或-，x1+x2=-+4=2，即点P(2，±)．     

所以，存在点P，使得=+，

这时直线l的方程为x-y-2=0或x+y-2=0．

（1）；（2）是定值，定值为．

试题分析：（1）利用椭圆的离心率为 ，短轴一个端点到右焦点的距离为，建立方程组，即可求椭圆C的方程；（2）分类讨论，①当轴时，得②当与轴不垂直时，设直线的方程为．联立，得，利用韦达定理，及以AB弦为直径的圆过坐标原点O，则有，得，再利用点到直线的距离公式，即可求得结论．

解：（1）设椭圆的半焦距为，依题意   ，  

所求椭圆方程为．

（2）设，．

①当轴时，设方程为：，此时两点关于轴对称，

又以为直径的圆过原点，设代人椭圆方程得：

②当与轴不垂直时，

设直线的方程为．联立，

整理得，

，．

又。

由以为直径的圆过原点，则有。 即： 故满足：   得：  

所以=。又点到直线的距离为：。

综上所述：点到直线的距离为定值．

（1）；（2）.

试题分析：（1）求椭圆的标准方程，要找两个等式以确定，本题中有焦点为，说明，又有离心率，即，由此再加上可得结论；（2）直线与圆锥曲线相交问题，又涉及到交点弦，因此我们都是把直线方程（或设出）与椭圆方程联立方程组，然后消去（有时也可消去）得关于（或）的一元二次方程，再设交点为坐标为，则可得，，（用表示），于是中点坐标可得，其中，，而，从而建立了的一个等量关系，在刚才的一元二次方程中，还有判别式，合起来可得出关于的不等式，从而求出其范围.

试题解析：（1）由已知椭圆的焦点在轴上，，，

，，        2分

椭圆的方程为        4分

（2），消去得        6分

直线与椭圆有两个交点，，可得（*）        8分

设，

，中点的横坐标

中点的纵坐标        10分

的中点

设中垂线的方程为：

在上，点坐标代入的方程可得（**）        12分

将（*）代入解得或，

        14分

（1）；（2）.

试题分析：（1）利用题中条件求出的值，然后根据离心率求出的值，最后根据、、三者的关系求出的值，从而确定椭圆的标准方程；（2）分两种情况进行计算：第一种是在从点所引的两条切线的斜率都存在的前提下，设两条切线的斜率分别为、，并由两条切线的垂直关系得到，并设从点所引的直线方程为，将此直线的方程与椭圆的方程联立得到关于的一元二次方程，利用得到有关的一元二次方程，最后利用以及韦达定理得到点的轨迹方程；第二种情况是两条切线与坐标轴垂直的情况下求出点的坐标，并验证点是否在第一种情况下所得到的轨迹上，从而得到点的轨迹方程.

（1）由题意知，且有，即，解得，

因此椭圆的标准方程为；

（2）①设从点所引的直线的方程为，即，

当从点所引的椭圆的两条切线的斜率都存在时，分别设为、，则，

将直线的方程代入椭圆的方程并化简得，

，

化简得，即，

则、是关于的一元二次方程的两根，则，

化简得；

②当从点所引的两条切线均与坐标轴垂直，则的坐标为，此时点也在圆上.

综上所述，点的轨迹方程为.的符号来进行转化，计算量较大，从中也涉及了方程思想的灵活应用，属于难题.

（1）；（2）.

试题分析：（1）利用椭圆的右准线方程为，及联立方程组求得、，从而得出椭圆的方程；（2）联立方程组消去得到关于的一元二次方程，利用判别式，得出，由椭圆的对称性知，妨设点，利用推出，又联立程组可求得的值.

试题解析：（1）由题意，，，，，由得.

椭圆C的标准方程为.                                 5分

（2）由得：，

，即，

,,即.    8分

假设存在点满足题意，则由椭圆的对称性知，点应在轴上，不妨设点.

又，，，若以为直径的圆恒过定点，

则+=恒成立，

故，

即.                                                            12分

存在点适合题意，点与右焦点重合，其坐标为（1,0）.           13分