热门试卷

（1）＝1（2）①当λ＝时，轨迹是两条平行于x轴的线段．②当λ≠时，当0<λ<时，点M的轨迹为中心在原点、实轴在y轴上的双曲线满足－4≤x≤4的部分；当<λ<1时，点M的轨迹为中心在原点、长轴在x轴上的椭圆满足－4≤x≤4的部分；当λ≥1时，点M的轨迹为中心在原点，长轴在x轴上的椭圆．

(1)设椭圆长半轴长及半焦距分别为a，c，由已知得解得又∵b2＝a2－c2，∴b＝， 所以椭圆C的方程为＝1.

(2)设M(x，y)，其中x∈[－4,4]，由已知＝λ2及点P在椭圆C上可得＝λ2，整理得(16λ2－9)x2＋16λ2y2＝112，其中x∈[－4,4]．

①当λ＝时，化简得9y2＝112，所以点M的轨迹方程为y＝± (－4≤x≤4)．轨迹是两条平行于x轴的线段．

②当λ≠时，方程变形为＝1，其中x∈[－4,4]．当0<λ<时，点M的轨迹为中心在原点、实轴在y轴上的双曲线满足－4≤x≤4的部分；当<λ<1时，点M的轨迹为中心在原点、长轴在x轴上的椭圆满足－4≤x≤4的部分；当λ≥1时，点M的轨迹为中心在原点，长轴在x轴上的椭圆

（1）＋y2＝1.（2）直线l1与圆O相交，直线l2与圆O相离．

(1)由(k＋1)x＋(k－)y－(3k＋)＝0整理

得(x＋y－3)k＋(x－y－)＝0，

解方程组得F(，0)．

设椭圆C的长轴长、短轴长、焦距分别为2a,2b,2c，则由题设知于是a＝2，b＝1. 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)因为圆O：x2＋y2＝r2(r＞0)与椭圆C有4个相异公共点，所以b＜r＜a，即1＜r＜2.

因为点(m，n)是椭圆＋y2＝1上的点，所以＋n2＝1，

且－2≤m≤2.所以∈[1,2]．

于是圆心O到直线l1的距离d1＝≤1＜r，

圆心O到直线l2的距离d2＝≥2＞r.

故直线l1与圆O相交，直线l2与圆O相离

(1) +=1   (2) k=±1

解:(1)由题设知,椭圆焦点在x轴上,

∴a=2.

由e==得c=,

∴b2=a2-c2=2.

∴椭圆C的方程为+=1.

(2)由消去y,

整理得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-4=0.

设M(x1,y1),N(x2,y2).

则Δ=(-4k2)2-4(1+2k2)(2k2-4)>0(※)

且x1+x2=,x1·x2=,

∴|MN|=

=

=

=

=

设点A(2,0)到直线y=k(x-1)的距离为d,

则d=.

∴S△AMN=|MN|·d==,

解得k=±1,

代入(※)式成立,∴k=±1.

（1）

（2）存在两个定点，且为椭圆的两个焦点，使得为定值，其坐标为．

试题分析：（1）根据抛物线与直线相切，联立方程组并化简， 利用，求得的值，进一步可得；

应用离心率求，得解.

（2）设，，，利用“代入法”求得的轨迹方程为：.

由及确定的坐标关系，

导出，作出判断.

试题解析：

（1）由，

抛物线与直线相切，

                     2分

抛物线的方程为：，其准线方程为：，

离心率，，

故椭圆的标准方程为                      5分

（2）设，，

则

当点在椭圆上运动时，动点的运动轨迹

的轨迹方程为：                      7分

由得

设分别为直线，的斜率，由题设条件知

因此                9分

因为点在椭圆上，

所以，

故

所以，从而可知：点是椭圆上的点，

存在两个定点，且为椭圆的两个焦点，使得为定值，其坐标为．                         13分

（1）＝1（2）

(1)由已知，e＝＝，所以＝＝1－e2＝，所以a2＝2b2.

所以C：＝1，即x2＋2y2＝2b2.

因为椭圆C过点(2，)，代入椭圆方程得b2＝4，所以a2＝8.

所以椭圆C的标准方程为＝1.

(2)证明：由(1)知椭圆的焦点坐标为F1(－2，0)，F2(2，0)．

根据题意，可设直线MN的方程为y＝k(x＋2)，

由于直线MN与直线PQ互相垂直，则直线PQ的方程为y＝－(x－2)．

设M(x1，y1)，N(x2，y2)．

由方程组消去y得(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－8＝0.

则x1＋x2＝，x1x2＝.

所以|MN|＝＝.同理可得|PQ|＝.

所以

（1）椭圆方程为。

（2）在x轴上存在点M（）， 使是与K无关的常数.

试题分析：（1）∵椭圆离心率为，

∴，∴.        1分

又椭圆过点（，1），代入椭圆方程，得.        2分

所以.                          4分

∴椭圆方程为，即.           5分

（2）在x轴上存在点M，使是与K无关的常数.   6分

证明：假设在x轴上存在点M（m,0）,使是与k无关的常数，

∵直线L过点C（-1，0）且斜率为K,∴L方程为，

由 得.      7分

设，则      8分

∵

∴              9分

=

=

=

=                 10分

设常数为t，则.                11分

整理得对任意的k恒成立，

解得，                    12分

即在x轴上存在点M（）， 使是与K无关的常数.       13分

点评：中档题，曲线关系问题，往往通过联立方程组，得到一元二次方程，运用韦达定理。求椭圆标准方程时，主要运用了椭圆的几何性质，建立了a,bac的方程组。（2）作为研究，应用韦达定理，建立了m的函数式，利用函数观点，求得m的值，肯定存在性，使问题得解。

(1) +y2=1   (2)见解析

(1)解:因为e==,

所以a=c,b=c.

代入a+b=3,

得c=,a=2,b=1.

故椭圆C的方程为+y2=1.

(2)证明:因为B(2,0),P不为椭圆顶点,

则直线BP的方程为y=k(x-2)（k≠0,k≠±）,          ①

把①代入+y2=1,

解得P.

直线AD的方程为y=x+1.②

①与②联立解得M.

由D(0,1),P，N(x,0)三点共线知

=,

解得N.

所以MN的斜率为m=

=

=,

则2m-k=-k=(定值).

（1）；（2）抛物线上存在一点，使得与关于直线对称．

试题分析：（1）求椭圆的方程，可利用待定系数法求出的值即可，首先确定抛物线的焦点与准线方程为，利用椭圆焦点与抛物线的焦点重合，得，且截抛物线的准线所得弦长为，得交点为，建立方程，求出的值，即可求得椭圆的方程；（2）根据倾斜角为的直线过点，可得直线的方程，由（1）知椭圆的另一个焦点为，利用与关于直线对称，利用对称，可求得的坐标，由此可得结论．

试题解析：（1）抛物线的焦点为，准线方程为，

∴    ①                         2分

又椭圆截抛物线的准线所得弦长为，

∴ 得上交点为，∴    ②         4分

由①代入②得，解得或（舍去），

从而 

∴该椭圆的方程为该椭圆的方程为         6分

（2）∵ 倾斜角为的直线过点，

∴ 直线的方程为，即，         7分

由（1）知椭圆的另一个焦点为，设与关于直线对称，则得  ，                     9分

解得，即，                    2分

又满足，故点在抛物线上。所以抛物线上存在一点，使得与关于直线对称。             13分

（1）；（2）

试题分析：（1）由离心率为可知，所以，再将点P的坐标代入椭圆方程得，故所求椭圆方程为 ；

（2）与垂直，可分为两种情况讨论：一是当与中有一条直线的斜率不存在，则另一条直线的斜率为0；二是若与的斜率都存在；

当与中有一条直线的斜率不存在，则另一条直线的斜率为0，此时四边形的面积为；

若与的斜率都存在，设的斜率为，则的斜率为．直线的方程为，

设，，联立，消去整理得，

（1），，

，

（2），注意到方程（1）的结构特征，或图形的对称性，可以用代替（2）中的，

得 ，

，利用换元法，再利用对构函数可以求出最值，令，， ，综上可知，四边形面积的.

试题解析：（1）由，所以，         2分

将点P的坐标代入椭圆方程得，                            4分

故所求椭圆方程为                                   5分

（2）当与中有一条直线的斜率不存在，则另一条直线的斜率为0，

此时四边形的面积为，                         7分

若与的斜率都存在，设的斜率为，则的斜率为．直线的方程为，

设，，联立，

消去整理得，  （1）

，，                8分

，（2）       9分

注意到方程（1）的结构特征，或图形的对称性，可以用代替（2）中的，

得 ，      10分

，令，

， ，综上可知，四边形面积的.            13分

（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.

试题分析：（Ⅰ）由的面积为12，点到直线的距离为，列出关于的方程求解；（Ⅱ）用坐标表示各点，然后求出的长，计算比较即可.

试题解析：（Ⅰ）如图1，当时，过点，，

∵的面积为12，，即．①               2分

此时，直线方程为．

∴点到的距离． ②    4分

由①②解得．            6分

∴所求椭圆方程为．      7分

（Ⅱ）如图2，当时，，设，

由三点共线，及，

（说明：也可通过求直线方程做）

得，

，即．  9分

由三点共线，及，

得，

，即．  11分

又，.            13分

而．  15分

，即有成等比数列．                      16分

解：（1）设C：＋＝1（a>b>0），设c>0，c2＝a2－b2，由条件知a-c＝，＝，………1分

∴a＝1，b＝c＝    ………………………………………3分

故C的方程为：y2＋＝1            ……………………………4分

（2）当直线斜率不存在时：     ……………………………………5分

当直线斜率存在时：设l与椭圆C交点为A（x1，y1），B（x2，y2）

得（k2＋2）x2＋2kmx＋（m2－1）＝0    …………………6分

Δ＝（2km）2－4（k2＋2）（m2－1）＝4（k2－2m2＋2）>0 （*）………………7分

x1＋x2＝， x1x2＝　       …………………………………8分

∵＝3 ∴－x1＝3x2∴

消去x2，得3（x1＋x2）2＋4x1x2＝0，∴3（）2＋4＝0……………………9分

整理得4k2m2＋2m2－k2－2＝0　                      

m2＝时，上式不成立；m2≠时，k2＝，      …………………10分

∴k2＝0，∴或

高三数学（理工类）参考答案第3页（共4页）

把k2＝代入（*）得或

∴或         ……………………………………11分

综上m的取值范围为或 ……………………………12分

略

（1）；（2）1个.

试题分析：（1）要求椭圆方程，由于，需要通过已知条件表示出点的坐标，由于轴，则，代入椭圆方程求得点的纵坐标，从而求得直线的斜率，根据求的直线的斜率，有直线方程的点斜式求出直线的方程，直线的方程与联立求得点的坐标，从而求得、，由于椭圆中可求出，即可求得椭圆的方程；（2）要判断直线与椭圆的公共点个数，需要求出直线的方程，与椭圆方程联立，消去或得到关于或得一元二次方程，通过判断这个方程的的根的情况，即可得出所求的交点的个数.

试题解析：解方程组得点的坐标为，，

 ，，直线的方程为，

将代入上式解得，.               4分

（1）因为点的坐标为（4,4），所以，解得，，

椭圆的方程为.                           7分

（2），则 点的坐标为，

，

的方程为，即，        9分

将的方程代入椭圆的方程得，

    ①

，

方程①可化为，

解得，

所以直线与椭圆只有一个公共点                    13分

（Ⅰ）4

（Ⅱ）

（Ⅰ）由题设条件知焦点在y轴上，故设椭圆方程为（a＞b＞ 0 ）。

设，由准线方程得，由得，解得a =" 2" ，c = ，从而 b = 1，椭圆方程为。

又易知C，D两点是椭圆的焦点，所以,。

从而，当且仅当，即点M的坐标为　时上式取等号，的最大值为4。

（II）如答（20）图，设，。

因为，故

     ①

因为

所以  .    ②

记P点的坐标为，因为P是BQ的中点

所以    

由因为 ，结合①，②得

故动点P的估计方程为

。