热门试卷

（I）；（II）或 

试题分析：（I）由题意列关于a、b、c的方程组，解方程得a、b、c的值，既得椭圆的方程；（II）非两种情况讨论：当直线与轴垂直时，，此时不符合题意故舍掉；当直线与轴不垂直时，设直线 的方程为：，代入椭圆方程消去得：，再由韦达定理得，再由点到直线的距离公式得原点到直线的距离，所以三角形的面积从而可得直线的方程．

试题解析：（Ⅰ）由题意， ， 解得即：椭圆方程为    3分                           

（Ⅱ）当直线与轴垂直时，，此时不符合题意故舍掉；       4分

当直线与轴不垂直时，设直线 的方程为：，

代入消去得：.                   6分

设 ，则，                     7分

所以 .                                          9分

原点到直线的距离，所以三角形的面积.

由，                               12分

所以直线或.              13分

（1）（2）的最小值为，最大值为1

(1)根据题意，动点满足椭圆定义，且

因此动点所在的曲线方程为

(2) 设，，的斜率为，则的方程为，

的方程为

解方程组得，

同理可求得，  

面积=   

令，则

令

所以，即    

当时，可求得,故，

故的最小值为，最大值为1.   

（1）；（2）详见解析

试题分析：（1）由点为短轴的一个端点可知，在直角三角形中已知，从而可得。因为，所以.（2）设过点的直线方程为：，与椭圆方程联立消去整理为关于的一元二次方程，设点即为方程的两根，可得根与系数的关系。由斜率公式可分别求得直线和直线的斜率，根据点斜式可得两直线方程。直线和直线分别与直线联立，求交点。根据中点坐标公式可得点坐标。根据斜率公式求。即可证得为定值。

解：（1）由条件可知，                                     2分

故所求椭圆方程为.                                 4分

（2）设过点的直线方程为：.                     5分

由可得：           6分

因为点在椭圆内，所以直线和椭圆都相交，即恒成立.

设点，则

.                        8分

因为直线的方程为：，

直线的方程为：，                    9分

令，可得，，

所以点的坐标.                       10分

直线的斜率为

             12分

所以为定值.                                    13分

（1）见解析  （2）   （3）存在，

（1）若A，B为椭圆上相异的两点，为A，B中点，当直线AB的斜率与直线OP的斜率的乘积必为定值;(1分)

证1：设，则

（2）-（1）得：，(2分)

仅考虑斜率存在的情况

(4分)

证2：设AB：与椭圆联立得：

， (2分)

所以(4分)

（2）（ⅰ）当点A无限趋近于点B时，割线AB的斜率就等于椭圆上的B的切线的斜率，

即，

所以点B处的切线QB：(6分)

令，，令，所以(8分)

又点B在椭圆的第一象限上，所以

，当且仅当

所以当时，三角形OCD的面积的最小值为---10分（没写等号成立扣1分）

（ⅱ）设，由（ⅰ）知点处的切线为：

又过点，所以，又可理解为点在直线上同理点在直线上，所以直线MN的方程为： (12分)

所以原点O到直线MN的距离，所以直线MN始终与圆相切.  (14分)

（1）＝1（2）3x＋2y＋2－2＝0.

(1)设椭圆左焦点为F(－c，0)，则由题意得得

所以椭圆方程为＝1.

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M.当直线AB与x轴垂直时，直线AB的方程为x＝0，与不过原点的条件不符，舍去．故可设直线AB的方程为y＝kx＋m(m≠0)，由消去y，整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，①

则Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＞0，，

所以线段AB的中点为M.

因为M在直线OP：y＝x上，所以＝，得m＝0(舍去)或k＝－.

此时方程①为3x2－3mx＋m2－3＝0，则Δ＝3(12－m2)＞0，，所以AB＝·|x1－x2|＝·，设点P到直线AB的距离为d，则d＝

.设△ABP的面积为S，则S＝AB·d＝.其中m∈(－2，0)∪(0，2)．令u(m)＝(12－m2)(m－4)2，m∈[－2，2]，u′(m)＝－4(m－4)(m2－2m－6)＝－4(m－4)·(m－1－)(m－1＋)．所以当且仅当m＝1－时，u(m)取到最大值．故当且仅当m＝1－时，S取到最大值．综上，所求直线l的方程为3x＋2y＋2－2＝0

（1）①见解析②＝1（2）见解析

(1)证明：①依题意：A(2，2)，M(4，1)，E(0，－2)，∴＝(2，－1)，＝(－2，－4)，∴·＝0，∴AM⊥AE.

∵AE为Rt△ABE外接圆直径，∴直线AM与△ABE的外接圆相切．

②解：由解得椭圆标准方程为＝1.

(2)证明：设正方形ABCD的边长为2s，正方形MNPQ的边长为2t，则A(s，s)，M(s＋2t，t)，代入椭圆方程＝1，得即 

∴e2＝1－.∵k＝，∴2e2－k＝2为定值．

⑴．⑵ ．

(1)由离心率和b值，不难求出a,从而方程易求。

(2)在（1）的基础上，可知由于圆与有公共点，所以到 的距离小于或等于圆的半径．因为，所以，

即 ．然后再借助椭圆方程，消y0转化为求解即可。

解：⑴因为，且，所以．……………………………………2分

所以．………………………………………………………………………………4分

所以椭圆的方程为．……………………………………………………6分

⑵设点的坐标为，则．

因为，，所以直线的方程为．………………………………8分

由于圆与有公共点，所以到 的距离小于或等于圆的半径．

因为，所以，………………10分

即 ．

又因为，所以．…………………………12分

解得，又，∴．……………………………………14分

当时，，所以 ．…………16分

（1）椭圆方程，伴随圆方程；（2）；（3）存在，．

试题分析：（1）这是基本题，题设实质已知，要求椭圆标准方程，已知圆心及半径求圆的方程；（2）为了求点坐标，我们可设直线方程为，直线与椭圆只有一个公共点，即直线的方程与椭圆的方程联立方程组，这个方程组只有一个解，消元后利用可得的一个方程，又直线截圆所得弦长为，又得一个关于的方程，联立可解得；（3）这是解析几何中的存在性问题，解决方法都是假设存在，然后去求出这个，能求出就说明存在，不能求出就说明不存在．解法如下，写出过点的直线方程，求出圆心到这条直线的距离为，可见当圆半径不小于3时，圆上的点到这条直线的最短距离为0，即当时，，但由于，无解，当圆半径小于3时，圆上的点到这条直线的最短距离为，由此得，又有，可解得，故存在．

（1）由题意：，则，所以椭圆的方程为，  2分

其“伴随圆”的方程为．         4分

（2）设直线的方程为

由得       6分

则有得， ①      7分

由直线截椭圆的“伴随圆”所得弦长为，可得

，得 ②          8分

由①②得，又，故，所以点坐标为．   9分

（3）过的直线的方程为：，

即，得        11分

由于圆心到直线的距离为

，            13分

当时，，但，所以，等式不能成立；

当时，，

由得所以

因为，所以，

得．所以           15分

（1）（2）见解析

学生错解：解：(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆，当且仅当解得2＜m＜5，所以m的取值范围是(2，5)．

(2)当m＝4时，曲线C的方程为x2＋2y2＝8，点A，B的坐标分别为(0，2)，(0，－2)．

由得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0.

设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1＝kx1＋4，y2＝kx2＋4，x1＋x2＝，x1x2＝.直线BM的方程为y＋2＝x，点G的坐标为.

因为直线AN和直线AG的斜率分别为kAN＝，kAG＝－，所以kAN－kAG＝

＝＝＝＝0.

即kAN＝kAG.故A，G，N三点共线．

审题引导：(1)方程的曲线是焦点在x轴上的椭圆；

(2)证明三点共线的常用方法．

规范解答：解：(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆，当且仅当 (3分)

解得＜m＜5，所以m的取值范围是.(4分)

(2)当m＝4时，曲线C的方程为x2＋2y2＝8，点A，B的坐标分别为(0，2)，(0，－2)．(5分)

由得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0.(6分)

因为直线与曲线C交于不同的两点，所以Δ＝(16k)2－4(1＋2k2)×24＞0，即k2＞.(7分)

设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1＝kx1＋4，y2＝kx2＋4，

x1＋x2＝，x1x2＝.(8分)

直线BM的方程为y＋2＝x，点G的坐标为.(9分)

因为直线AN和直线AG的斜率分别为kAN＝，kAG＝－，(11分)

所以kAN－kAG＝＝0.

即kAN＝kAG.(13分)故A，G，N三点共线．(14分)

错因分析：易忽视焦点在x轴上，漏掉这一条件，从而失误．联立消元后易忽视Δ＞0这一前提条件．

（1）；（2）存在使得;（3）证明过程详见试题解析.

试题分析：（1）由双曲线的焦点与椭圆的焦点重合求出椭圆中的，再由，求出所求椭圆方程为；（2）先设，由,结合椭圆的标准方程可以得到使得为定值；（3）要证明就是要考虑,详见解析.

试题解析：（1）由题设可知：因为抛物线的焦点为，

所以椭圆中的又由椭圆的长轴为4得

故   

故椭圆的标准方程为： 

（2）设，

由可得：

由直线OM与ON的斜率之积为可得：

 ，即  

由①②可得： 

M、N是椭圆上的点，故

故，即 

由椭圆定义可知存在两个定点，

使得动点P到两定点距离和为定值;

（3）设，由题设可知 ，

由题设可知斜率存在且满足.

将③代入④可得：⑤

点在椭圆，

故  

解：（Ⅰ）由， ，得，，

所以椭圆方程是：……………………3分

（Ⅱ）设MN：代入，得，

设，由，得．

由，……………………6分

得，,（舍去）

直线的方程为：即……………………8分

（Ⅲ）将代入，得（*）

记，，为直径的圆过，则，即

，又，，得

………①

又，代入①解得……………11分

此时（*）方程，存在，满足题设条件．…………12分

略

（1）（2）（3）见解析

试题分析：（1）设出椭圆方程的标准形式，由离心率的值及椭圆过点（4，1）求出待定系数，得到椭圆的标准方程．

（2）把直线方程代入椭圆的方程，由判别式大于0，求出m的范围即可；

（3）对于存在性问题，可先假设存在，即假设存在实数m满足题意，再利用△ABM为直角三角形，结合向量垂直的条件求出m，若出现矛盾，则说明假设不成立，即不存在；否则存在．

试题解析：解：（1）依题意，解得，    2分

所以椭圆的标准方程是．      3分

（2）由得，           4分

直线与椭圆有两个不同的交点，

            6分

解得                          7分

（3）假设存在实数满足题意，则由为直角得，        8分

设，，由（2）得，    9分

，   10分

，             11分

             12分

得   13分

因为，

综上所述，存在实数使△为直角三角形．    14分