热门试卷

（1）设椭圆E的方程为 +=1（a＞b＞0）．

∵c=1，

∴a2-b2=1①，

∵点（1，）在椭圆E上，

∴+=1②，

由①、②得：a2=4，b2=3，

∴椭圆E的方程为：+=1．

（2）由题意知，a=2，b=、∴c=1

又∵点P在椭圆上，∴|PF1|+|PF2|=2a=4、①

由余弦定理知：|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|cos30°=|F1F2|2=（2c）2=4②

把①两边平方得|PF1|2+|PF2|2+2|PF1|•|PF2|=16，③

③-②得（2+）|PF1|•|PF2|=12，

∴|PF1|•|PF2|=12（2-），

∴S△PF1F2=|PF1|•|PF2|sin30°=6-3、

（1）；（2）证明详见解析.

试题分析：（1）结合图形及椭圆的定义先得到的周长为，进而根据条件列出方程组，从中求解即可得出的值，进而可写出椭圆的方程；（2）由（1）确定，进而设点，设直线，联立直线与椭圆的方程，解出点，设直线，可得，进而根据三点共线得出，将点的坐标代入并化简得到，进而求出点的坐标，，然后写出直线的方程并化简得到，从该直线方程不难得到该直线恒通过定点，问题得证.

（1）依题意有：的周长为

所以，则椭圆的方程为     4分

（2）由椭圆方程可知，点

设直线，由得，从而，，即点 

同理设直线，可得               7分

由三点共线可得，即，代入两点坐标化简可得

               9分

直线，可得点，即

从而直线的方程为

化简得，即，

从而直线过定点                              12分.

（1）+=1  （2）存在，有2个

解:(1)设椭圆方程为+=1(a>b>0),

由题意可知2a=+=8.

∴a=4,b2=a2-c2=12.

∴椭圆方程为+=1.

(2)设B（x1,）,C（x2,）,

直线BC的斜率为k,则k=.

由y=x2,得y′=x.

∴点B、C处的切线l1、l2的斜率分别为x1,x2,

∴l1的方程为y-=x1(x-x1),

即y=x1x-,

同理,l2的方程为y=x2x-.

由

解得

∴P(2k,2k-3).

∵|PF1|+|PF2|=|AF1|+|AF2|,

∴点P在椭圆C1:+=1上,

∴+=1.

化简得7k2-12k-3=0.(*)

由Δ=122-4×7×(-3)=228>0,

可得方程(*)有两个不等的实数根.

∴满足条件的点P有两个.

（1）（2）（3）

试题分析：（1）求动点轨迹方程的步骤，一是设动点坐标M(x, y)，二是列出动点满足的条件，三是化简，，四是去杂，x≠0；（2）涉及两个动点问题，往往是通过相关点法求对应轨迹方程，设P（x, y），则，代入M的轨迹方程有，利用椭圆定义解出相关点法也叫转移法，即将未知转移到已知，用未知点坐标表示已知点坐标，是一种化归思想，（3）直线与椭圆位置关系，一般先分析其几何性，再用代数进行刻画.本题中的三角形可分解为两个同底三角形，底长都为，所以三角形面积最大值决定于高，即横坐标差的绝对值，这可结合韦达定理进行列式分析

试题解析：解：（1）设点M的坐标为M(x, y)(x≠0)，则 

又由AC⊥BD有，即，

∴x2+y2=1（x≠0）.                        （4分）

（2）设P（x, y），则，代入M的轨迹方程有

即，∴P的轨迹为椭圆（除去长轴的两个端点）.

要P到A、B的距离之和为定值，则以A、B为焦点，故.

∴ 从而所求P的轨迹方程为.          9分

（3）易知l的斜率存在，设方程为联立9x2+y2=1，有

设P(x1,y1),Q(x2,y2)，则

令，则且

，

所以当，即也即时，面积取最大值，最大值为．  12分

（1）；（2）.

试题分析：（1）由题意，，，根据求出，则椭圆的方程为. （2）设点（），则直线的方程为，联立得 ，而

，带入韦达定理，，则，而， 即 ，则当时，，的最大值为.

试题解析：（1）由已知，，，

∴，                                 3分

∴ 椭圆的方程为.                                 4分

（2）设点（），则直线的方程为， 2分

由 消去，得           4分

设，，则，     6分

∴

                               8分

∵， 即

∴当时，，的最大值为.              10分

（1）＋y2＝1（2）或

(1)由e＝＝，解得3a2＝4c2.再由c2＝a2－b2，解得a＝2b.

由题意可知×2a×2b＝4，即ab＝2.解方程组得

所以椭圆的方程为＋y2＝1.

(2)由(1)可知点A(－2，0)，设点B的坐标为(x1，y1)，直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝k(x＋2)．于是A、B两点的坐标满足方程组

消去y并整理，得(1＋4k2)x2＋16k2x＋(16k2－4)＝0，

由－2x1＝，得x1＝，从而y1＝，

故|AB|＝＝.

由|AB|＝，得＝.整理得32k4－9k2－23＝0，

即(k2－1)(32k2＋23)＝0，解得k＝±1.所以直线l的倾斜角为或

（1）；（2）.

试题分析：本题主要考查椭圆的定义和标准方程、圆的方程、直线的方程、直线与曲线的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力. 第一问，根据圆的方程得到圆心A的坐标和半径的长，利用垂直平分线得到，而，所以，根据椭圆的定义，判断点M的轨迹为椭圆，得到椭圆的标准方程；根据已知条件先得出P点坐标，从而得到直线AP的方程，利用直线与椭圆相交解出M点坐标，过程中应注意方程根的取舍.

试题解析：（1）圆的圆心为，半径等于．

由已知，于是，

故曲线Γ是以为焦点，以为长轴长的椭圆，，

曲线Γ的方程为．       5分

（2）由，，得．     8分

于是直线方程为．

由解得，，．

由于点在线段上，所以点坐标为．       12分

(1) +y2=1  (2) k∈(-2,-)∪(,2)  (3) +=1

(1)由已知2a=4,∴a=2,

又e==,∴c=.

因此,b2=a2-c2=4-3=1,

∴椭圆的标准方程为+y2=1.

(2)显然直线x=0不满足题设条件,

可设直线l:y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2).

由消去y得(1+4k2)x2+16kx+12=0.

∵Δ=(16k)2-4×12(1+4k2)>0,

∴k∈(-∞,-)∪(,+∞)　①

又x1+x2=,x1x2=,

由0°<∠AOB<90°⇒·>0,

∴·=x1x2+y1y2>0,

所以·=x1x2+y1y2

=x1x2+(kx1+2)(kx2+2)

=(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4,

∴-2

由①②得k∈(-2,-)∪(,2).

(3)由椭圆的对称性可知PQSR是菱形,原点O到各边的距离相等.

当P在y轴上,Q在x轴上时,直线PQ的方程为+=1,由d=1得+=1,

当P不在y轴上时,设直线PS的斜率为k,P(x1,kx1),则直线RQ的斜率为-,Q(x2,-x2),

由得=+　①

同理=+  ②

在Rt△OPQ中,由d·|PQ|=|OP|·|OQ|,

即|PQ|2=|OP|2·|OQ|2.

所以(x1-x2)2+(kx1+)2

=[+(kx1)2]·[+()2],

化简得+=1+k2,

k2(+)++=1+k2,

即+=1.

综上,+=1.

【方法技巧】平面向量在平面解析几何中的应用

平面向量作为数学解题的工具,常与平面解析几何结合综合考查,主要涉及向量的数量积、夹角、长度、距离等方面的知识,应用方向主要是平面内点的坐标与对应向量数量积的转化,通过数量积运算寻找等量关系,使问题转化,从而使问题获解.

(1)＋＝1   (x－1)2＋y2＝1

(2) 存在点P或，使得△FPM为等腰三角形

解：(1)由题意，设椭圆的标准方程为＋＝1，由已知可得2a＝4，a＝2c，解得a＝2，c＝1，b2＝a2－c2＝3.

∴椭圆的标准方程为＋＝1，圆的标准方程为(x－1)2＋y2＝1.

(2)设P(x，y)，则M(4，y)，F(1,0)，－2≤x≤2，

∵P(x，y)在椭圆上，∴＋＝1，

∴y2＝3－x2.

∴|PF|2＝(x－1)2＋y2＝(x－1)2＋3－x2＝ (x－4)2，

|PM|2＝|x－4|2，|FM|2＝32＋y2＝12－x2.

①若|PF|＝|FM|，则 (x－4)2＝12－x2，解得x＝－2或x＝4(舍去)，x＝－2时，P(－2,0)，此时P，F，M三点共线，不合题意．∴|PF|≠|FM|；

②若|PM|＝|PF|，则(x－4)2＝ (x－4)2，解得x＝4，不合题意；

③若|PM|＝|FM|，则(x－4)2＝12－x2，解得x＝4(舍去)或x＝，x＝时y＝±，

∴P.

综上可得，存在点P或，使得△FPM为等腰三角形．

（1）（2）存在，

试题分析：（1）用椭圆的定义可求，根据焦距和可求；也可将点代入设出的椭圆方程解方程组求。（2）用点差法求直线的斜率，设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为，直线与椭圆的焦点即为所求点。

试题解析：（1）（方法一）依题意，设椭圆方程为，  1分

则，                  2分

因为椭圆两个焦点为，所以

="4"   4分

                   5分

椭圆的方程为                 6分

（方法二）依题意，设椭圆方程为，      1分

则，即，解之得    5分

椭圆C的方程为                  6分

（2）如图

（方法一）设两点的坐标分别为，

则                  7分

     ①        ②

①-②，得,

       9分

设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为

联立方程组，消去整理得

由判别式得        12分

由图知，当时，与椭圆的切点为，此时

的面积最大

所以点的坐标为      14分

（方法二）设直线的方程为，联立方程组，

消去整理得 

设两点的坐标分别为，则

所以直线AB的方程为，即 9分（以下同法一）

（1）＝1（2）4

(1)由右焦点为F2(1,0)，可知c＝1.设左焦点为F1，则F1(－1,0)，又点A在椭圆上，则

2a＝|AF1|＋|AF2|＝＋＝4，

∴a＝2，b＝，即椭圆方程为＝1；

(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则＝1(|x1|≤2)，

|PF2|2＝(x1－1)2＋＝(x1－1)2＋3＝(x1－4)2，

∴|PF2|＝(4－x1)＝2－x1.

连结OM，OP，由相切条件知：

|PM|2＝|OP|2－|OM|2＝＋－3＝＋3－3＝，

显然x1＞0，∴|PM|＝x1.

∴|PF2|＋|PM|＝2－＋＝2.同理|QF2|＋|QM|＝2－＋＝2.

∴||＋||＋||＝2＋2＝4为定值．

(1)；（2）.

试题分析：本题考查椭圆的标准方程和几何性质、交点问题、直线的斜率、韦达定理等基础知识，考查数形结合思想，考查运算求解能力、综合分析和解决问题的能力.第一问，根据条件，设椭圆的方程，写出，得焦点，代入点到直线的距离公式，得，得到椭圆的方程；第二问，直线方程与曲线方程联立，消，得关于的一元二次方程，据条件有两个不同实根，所以，解得，利用韦达定理，求得得中点的横纵坐标，求，由，得，整理得，最后解方程组得.

试题解析：（1）依题意可设椭圆方程为，          .2分

则右焦点的坐标为，                .3分

由题意得，解得，

故所求椭圆的标准方程为.                .5分

（2）设、、，其中为弦的中点，

由，得        .7分

因为直线与椭圆相交于不同的两点，所以

即   ①，                                .8分

，所以，

从而 ,                            .9分

所以，                       .10分

又，所以，

因而，即  ②，          .11分

把②式代入①式得，解得，           .12分

由②式得，解得，                .13分

综上所述，求得的取值范围为.             .14分

依题意，圆M的圆心，圆N的圆心，故，由椭圆定理可知，曲线C是以M、N为左右焦点的椭圆（左顶点除外），其方程为；

（2）对于曲线C上任意一点，由于（R为圆P的半径），所以R=2，所以当圆P的半径最长时，其方程为；

若直线l垂直于x轴，易得；

若直线l不垂直于x轴，设l与x轴的交点为Q，则，解得，故直线l：；有l与圆M相切得，解得；当时，直线，联立直线与椭圆的方程解得；同理，当时，.

（1）根据椭圆的定义求出方程；（2）先确定当圆P的半径最长时，其方程为，再对直线l进行分类讨论求弦长.

本题考查椭圆的定义、弦长公式、直线的方程，考查学生的运算能力、化简能力以及数形结合的能力.