热门试卷

（Ⅰ）；（Ⅱ）存在；最大值为

试题分析：该题考察曲线方程的求法、直线和椭圆的位置关系、函数的最大值，考察数形结合、综合分析问题和解决问题的能力.（Ⅰ）由已知曲线是以为焦点的椭圆，且，故曲线的方程为；（Ⅱ）设过点的直线方程为： ，将它与椭圆：联立，可得，设，，然后根据韦达定理代入，可得关于的函数，再求其最大值即可.

试题解析：（Ⅰ）由椭圆定义可知，点的轨迹C是以，为焦点，长半轴长为2的椭圆．                                                  

故曲线的方程为．                        4分

（Ⅱ）存在△面积的最大值.

因为直线过点，可设直线的方程为 或（舍）．

则

整理得 ．                             7分

由．

设．

解得 ， ．

则 ．

因为．                10分  

设，，．

则在区间上为增函数．

所以．

所以，当且仅当时取等号，即．

所以的最大值为．                          12分

（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）或.

试题分析：（Ⅰ）随点运动而变化，故设点表示，进而化简整体消去变量；（Ⅱ）点的位置由直线，生成，所以可用两直线方程解出交点坐标，求出，它必是的函数，利用基本不等式求出最小值； （Ⅲ）利用的坐标求出圆的方程，方程必含有参数，消去一个后，利用等式恒成立方法求出圆所过定点坐标.

试题解析：（Ⅰ），令，则由题设可知，

∴直线的斜率，的斜率，又点在椭圆上，

所以，（），从而有.

（Ⅱ）由题设可以得到直线的方程为，

直线的方程为，

由，  由，

直线与直线的交点，直线与直线的交点.

又，

等号当且仅当即时取到，故线段长的最小值是.

（Ⅲ）设点是以为直径的圆上的任意一点，则，故有

，又，所以以为直径的圆的方程为

，令解得，

以为直径的圆是否经过定点和.

（1）（2）

（3）

（1）设所在直线的方程为

由得．                （2分）

因为在椭圆上，所以．

设两点坐标分别为，中点为

则， ，

所以中点轨迹方程为          （4分）

（2），且边通过点，故所在直线的方程为．

此时，由（1）可得，所以  （6分）

又因为边上的高等于原点到直线的距离，所以      （8分）

．                                      （10分）

（3）由（1）得，，

所以．                         （12分）

又因为的长等于点到直线的距离，即． （14分）

所以．

所以当时，边最长，（这时）

此时所在直线的方程为．                         （16分）

（1）；（2）；（3）

(1)

　　　．          ……………………2分

设满足题意的点为．，

∴，．           ……………4分

．  ………5分

．                    ……………6分

(2)

                              ……………8分

设点A．

联立方程组于是是此方程的解，故                                             ………10分

　　．         ……………………12分

(3) ．

设，则．  ………13分

理由：对任意两个实数

　　　　　 ＝

．                     …………14分

．

∴，于是． ……16分

．

．                                ………………18分

（1）设P（x，y），由椭圆定义可知，点P的轨迹C是以(0，-)，(0，)为焦点，长半轴为2的椭圆．它的短半轴b==1，故曲线C的方程为x2+=1．

（2）设直线l1：y=kx+，分别交曲线C于A（x1，y1），B（x2，y2），其坐标满足消去y并整理得(k2+4)x2+2kx-1=0，

故x1+x2=-，x1x2=-．

以线段AB为直径的圆过能否过坐标原点，则⊥，即x1x2+y1y2=0．

而y1y2=k2x1x2+k(x1+x2)+3，

于是x1x2+y1y2=---+3=0，化简得-4k2+11=0，所以k=±

（1）＋y2＝1

（2）y＝2x－2或y＝－2x－2

(1)根据椭圆的定义，可知动点P的轨迹为椭圆，其中a＝2，c＝，∴b＝＝1．

∴曲线E的方程为＋y2＝1．

(2)当直线l的斜率不存在时，不满足题意，当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx－2，

设C(x1，y1)，D(x2，y2)，

∵·＝0，∴x1x2＋y1y2＝0，

由方程组，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，

∴x1＋x2＝，x1x2＝，

又∵y1·y2＝(kx1－2)(kx2－2)＝k2x1x2－2k(x1＋x2)＋4，

∴x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4＝－＋4＝0，

解得k2＝4，即k＝2或k＝－2，

所以，直线l的方程是y＝2x－2或y＝－2x－2．

（1）；（2）

试题分析：（1）由椭圆C的方程可以求椭圆C的离心率（2）设椭圆C的椭圆方程，结合，得出结果.

（1）由题意，椭圆C的标准方程为，

所以，从而，

因此，故椭圆C的离心率.

（2）设点A，B的坐标分别为，其中，

因为，所以，即，解得，又，

所以==

==，

因为，且当时间等号成立，所以，

故线段AB长度的最小值为.

（1）；（2）存在最小值．点C的坐标为，，，

试题分析：（1）连结QF，由于线段的垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等，所以|QE|＋|QF|＝|QE|＋|QP|＝4，根据椭圆的定义知，动点Q的轨迹是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆．由此便可得其方程；（2）首先考虑直线AB的斜率为0或斜率不存在的情况，此时易得．当直线AB的斜率存在且不为0时，设斜率为k，则直线AB的直线方程为，将△ABC的面积用含k的式子表示出来，然后利用重要不等式求其最小值.

（1）连结QF，根据题意，|QP|＝|QF|，则|QE|＋|QF|＝|QE|＋|QP|＝4，

故动点Q的轨迹是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆． 2分

设其方程为，可知，，则，  3分

所以点Q的轨迹的方程为为． 4分

（2）存在最小值． 5分

（ⅰ）当AB为长轴（或短轴）时，可知点C就是椭圆的上、下顶点（或左、右顶点），则． 6分

（ⅱ）方法一、当直线AB的斜率存在且不为0时，设斜率为k，则直线AB的直线方程为，设点，

联立方程组消去y得，，

由，知△ABC是等腰三角形，O为AB的中点，则OC⊥AB，可知直线OC的方程为，同理可得点C的坐标满足，，则，，                                        8分

则．           9分

由于，

所以，当且仅当，即时取等号．

综合（ⅰ）（ⅱ），当时，△ABC的面积取最小值， 11分

此时，，即，，

所以点C的坐标为，，，． 13分

方法二、前同（ⅰ），记，则，所以，

故，

当，即时，有最大值，此时取得最小值．

综合（ⅰ）（ⅱ），当时，△ABC的面积取得最小值． 11分

此时，，即，，

所以点C的坐标为，，，． 13分

方法三、设，，根据A，B两点关于原点对称，

则，所以，

由，知△ABC是等腰三角形，O为AB的中点，则OC⊥AB，，，

由，                           ①

且点C在椭圆上，则             ②

联立①②，解得，，所以， 8分

所以， 9分

又，即，所以，

记，，，

则，当且仅当，即时等号成立，

综合（ⅰ）（ⅱ），当时，有最小值． 11分

所以点C的坐标为，，，． 13分

：略

：解：（1）设椭圆P的方程为

由题意得b=,…………………………………………2分

∴

………………………………………………… 5分

∴椭圆P的方程为： …………………………………………………… 7分

（2）假设存在满足题意的直线L.易知当直线的斜率不存在时, 不满足题意.

故设直线L的斜率为.

………………………………………………8分

……………………………………9分

……………………①.

……………………………………………11分

………………………12分

…②.

由①、②解得

……………………………………………………14分

……………………15分

（1）；（2）详见解析.

试题分析：（1）利用题中条件先得出的值，然后利用条件，结合椭圆的对称性得到点的坐标，然后将点的坐标代入椭圆方程求出的值，从而确定椭圆的方程；（2）将条件

得到直线与的斜率直线的关系（互为相反数），然后设直线的方程为，将此直线的方程与椭圆方程联立，求出点的坐标，注意到直线与的斜率之间的关系得到点的坐标，最后再用斜率公式证明直线的斜率为定值.

（1），，

又是等腰三角形，所以，

把点代入椭圆方程，求得，

所以椭圆方程为；

（2）由题易得直线、斜率均存在，

又，所以，

设直线代入椭圆方程，

化简得，

其一解为，另一解为，

可求，

用代入得，，

为定值.

（1）；（2）答案详见解析.

试题分析：（1）由已知，得，再根据离心率求，进而求，进而根据焦点位置求椭圆方程；（2）联立直线方程和椭圆方程，得关于的一元二次方程，由题意，列方程得，同时可求出切点坐标，再求，要证明以为直径的圆过定点，只需证明即可，利用数量积的坐标运算可证明，本题最关键的是要注意点在圆上这个条件的运用．

试题解析：（1）由已知2分

，

椭圆的方程为；4分

（2），消去，得，则，可得，设切点，则，，故，又由，得，，，

，

以为直径的圆过定点..14分

（1）＋y2＝1.（2）a＝3（3）

(1)由题，a2＝c2＋1，d＝＝＝c＋≥2，当c＝1时取等号，此时a2＝1＋1＝2，故椭圆E的方程为＋y2＝1.

(2)不妨设直线MA的斜率k>0，直线MA方程为y＝kx＋1，由

①代入②整理得(a2k2＋1)x2＋2a2kx＝0，

解得xA＝－，故A，

由MA⊥MB知直线MB的斜率为－，可得B，

则MA＝，MB＝.

则S△MAB＝MA·MB＝(1＋k2)

＝.

令k＋＝t(t≥2)，

则S△MAB＝.

当t＝时取“＝”，∵t＝≥2，得a>＋1.而(S△MAB)max＝，故a＝3或a＝(舍)．综上a＝3.

(3)由对称性，若存在定点，则必在y轴上．

当k＝1时，A，直线AB过定点Q.下面证明A、Q、B三点共线：

∵kAQ＝，

kBQ＝.

由kAQ＝kBQ知A、Q、B三点共线，即直线AB过定点Q.

（1）＝1（2）(x－1)2＋(y－2)2＝9.

(1)由题意，设椭圆C的标准方程为＝1(a>b>0)，则解得a＝2，c＝2.从而b2＝a2－c2＝4.所以所求椭圆C的标准方程为＝1.

(2)(解法1)由(1)知F(2，0)．由题意可设P(4，t)，t>0.

线段OF的垂直平分线方程为x＝1.①

因为线段FP的中点为，斜率为，

所以FP的垂直平分线方程为y－＝－(x－3)，即y＝－x＋＋.②

联立①②，解得即圆心M.

因为t>0，所以＋≥2＝2，当且仅当＝，即t＝2时，圆心M到x轴的距离最小，此时圆心为M(1，2)，半径为OM＝3.故所求圆M的方程为(x－1)2＋(y－2)2＝9.

(解法2)由(1)知F(2，0)．由题意可设P(4，t)，t>0.因为圆M过原点O，故可设圆M的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＝0.将点F、P的坐标代入得解得

所以圆心M的坐标为，即(1，＋)．因为t>0，所以＋≥2＝2，当且仅当＝，即t＝2时，圆心M到x轴的距离最小，此时E＝－4.故所求圆M的方程为x2＋y2－2x－4y＝0.D＝－2，