热门试卷

（1）；（2）或.

试题分析：（1）先根据题意设椭圆的方程为，再利用离心率相等求出的值，进而确定椭圆的方程；（2）根据条件得到、、三点共线，进而可以设直线的方程为，并将此直线方程与两椭圆的方程联立，求出点和的坐标，并结合这个条件得出两点坐标之间的等量关系，从而求出的值，最终求出直线的方程.

试题解析：（1）由已知可设椭圆的方程为，

其离心率为，故，解得，因此椭圆的方程为；

（2）设、两点的坐标分别为、，

由及（1）知，、、三点共线，且、不在轴上，因此可设直线的方程为，

将代入中，得，所以，

将代入，得，所以,

又由，得，即,

解得，故直线的方程为或.

（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）．

试题分析：（1）利用离心率可得，关系．由两个顶点距离可得，距离，由此结合可求得，的值，从而求得椭圆的标准方程；（2）分直线的斜率不存在与存在两种情况求解．当直线的斜率不存在时，情况特殊，易求解；当直线的斜率存在时，设直线的方程为与椭圆方程联立消去得到关于的一元二次方程，然后结合韦达定理与，以及点到直线的距离公式求解；（3）在中，利用＝与，结合基本不等式求解．

试题解析：（1）由，得，

由顶点的距离为，得，

又由，解得，所以椭圆C的方程为．

（2）解：（ⅰ）点到直线的距离为定值．

设,

① 当直线AB的斜率不存在时，则为等腰直角三角形，不妨设直线：，

将代入，解得，

所以点到直线的距离为；

② 当直线的斜率存在时，设直线的方程为与椭圆：，

联立消去得，

，．

因为，所以，，

即，

所以，整理得，

所以点到直线的距离＝．

综上可知点到直线的距离为定值．

（ⅱ）在中，因为＝

又因为≤，所以≥，

所以≥，当时取等号，即的最小值是．

 ，P的轨迹方程为或

（1）∵轴，∴，由椭圆的定义得：

∵，∴……………………2分

又得，∴，∵，∴，，

∴，

∴所求椭圆的方程为……………………5分

（2）由（1）知点，点为，设点的坐标为，

则，，

由得，

∴点的轨迹方程为……………………7分

设点B关于P的轨迹的对称点为，则由轴对称的性质可得，，解得，……………………9分

∵点在椭圆上，∴，整理得

，解得或。

∴点P的轨迹方程为或，……………………11分

经检验和都符合题设，

∴满足条件的点P的轨迹方程为或……………………12分

（1）＋＝1

（2）①±       ②见解析

(1)＋＝1(a>b>0)满足a2＝b2＋c2，又＝，×b×2c＝，

解得a2＝5，b2＝，则椭圆方程为＋＝1．

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．

①将y＝k(x＋1)代入＋＝1，

得(1＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－5＝0，

∴Δ＝48k2＋20>0，x1＋x2＝－，

∵AB中点的横坐标为－，

∴－＝－1，解得k＝±．

②由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝，

∴·＝(x1＋，y1)·(x2＋，y2)

＝(x1＋)(x2＋)＋y1y2

＝(x1＋)(x2＋)＋k2(x1＋1)(x2＋1)

＝(1＋k2)x1x2＋(＋k2)(x1＋x2)＋＋k2

＝(1＋k2)＋(＋k2)(－)＋＋k2

＝＋＋k2＝ (定值)．

（1）；（2）存在，

试题分析：（1）由离心率，所以①，再把点代入椭圆中得：②，最后③，由①②③三式求出、，即可写出椭圆方程；

假设存在，设，则直线的方程， 可得， 并设定点，由，直线与直线斜率之积为-1，即 ，化简得 ，又因为 ，得，可求出，继而得到定点点坐标.

（1）由题意得：

 得 ，

所以，椭圆方程为

（2）设，则直线的方程，

可得，       

设定点，，

，即 ，  

又因为，所以

进而求得，故定点为.           

(1)   (2)

试题分析：

(1)联立直线与椭圆方程可以求出的坐标,设出A点的坐标,且满足A点在椭圆上和,即根据AB为角平分线且与x轴垂直可得AP与AQ所在直线的倾斜角互为补角(斜率互为相反数),故两条件联立即可求出m的值.

(2) 联立直线与椭圆方程得到关于的坐标的韦达定理,由(1)这种特殊情况可得满足题意的只可能是,故一一带入验证是否能使得即可.

试题解析：

（1）由，

解得，．            2分

因为，所以．

设，则，

化简得，          5分

又，联立方程组，解得，或．

因为平分，所以不合，故．           7分

（2）设，，由，得．

，，．            9分

若存常数，当变化时，恒有，则由（Ⅰ）知只可能．

①当时，取，等价于，

即，

即，

即，此式恒成立．

所以，存常数，当变化时，恒有．          13分

②当时，取，由对称性同理可知结论成立．

故，存常数，当变化时，恒有．          15分

（1）见解析    （2）见解析

(1),的方程为,代入并化简得

.                  2分

设,

则

由题意得

所以点的坐标为.

经验证点的坐标满足方程,故点在椭圆上 …6分

(2)由和题设知，，的垂直平分线的方程为

.                       ①

设的中点为,则,的垂直平分线的方程为

.                      ②

由①、②得、的交点为.         9分

,

,

,

,

,

故    ,

又     , ,

所以   ,

由此知、、、四点在以为圆心,为半径的圆上.           2分

（2）法二： 

同理

所以互补，

因此A、P、B、Q四点在同一圆上。

(Ⅰ)  (Ⅱ)  

（1）∵，∴．

∵OP∥AB，∴，∴，

解得：b=c．∴，故      （4分）

（2）由（1）知椭圆方程可化简为．①

易求直线QR的斜率为，故可设直线QR的方程为：．②

由①②消去y得：．∴，． （8分）

于是△的面积S=

=，∴．

因此椭圆的方程为，即．   （12分）

（1）所求椭圆方程为

（2）证明见解析

（1）由题意： ，解得，

所求椭圆方程为

（2）解：设过P的直线方程为：，

设，，

则

，

∵，∴，即，

化简得：，

∴，

去分母展开得：

化简得：，解得：

又∵Q在直线上，

∴，∴

即，

∴Q恒在直线上。

（1）；（2）

试题分析：（1）将两点代入椭圆方程可解得的值，从而可得椭圆的方程。（2）分析可知直线的斜率存在，且。设直线的方程为，与椭圆方程联立消去得关于的一元二次方程，因为有两个交点故判别式应大于0.且可得根与系数的关系，从而可得的中点坐标，因为所以点和中点的连线垂直直线，即两直线斜率之积等于。从而可求得的值。

解：（1）因为椭圆过点和点．

所以，由，得．

所以椭圆的方程为．

（2）显然直线的斜率存在，且．设直线的方程为．

由消去并整理得，

由，．

设，，中点为，

得，．

由，知，

所以，即．

化简得，满足．

所以．

因此直线的方程为．

（1）；（2）

试题分析：（1）由于所求动点A满足直线AB，AC的斜率乘积为，所以直接设A的坐标，代入化简整理即得：，注意到△ABC中三个顶点不能共线，所以需去掉与轴相交的点，（2）要求的取值范围，首先求出函数解析式，由题意确定l1的斜率为k为自变量，因为M 为l1与曲线E的交点，所以列方程组解出点M坐标，从而得出弦长；同理，只需将代k就可得到，因此△DMN的面积S＝，所以＝，这可以看作关于1＋k2的一个分式函数，即，可以利用函数单调性求出其取值范围.

试题解析：解（1）设顶点A的坐标为(x，y)，则kAB＝，kAC＝ 2分

因为kAB×kAC＝，所以，  即．（或x2＋4y2＝4）.

所以曲线E的方程为．           4分

（2）曲线E与y轴负半轴的交点为D(0，－1)．

因为l1的斜率存在，所以设l1的方程为y＝kx－1， 代入，得

从而 6分

用代k得

所以△DMN的面积S＝ 8分

则＝

因为k≠0且，k≠±2，令1＋k2＝t，

则t＞1，且，t≠5，

从而＝

因为，且，

所以且，

从而且，，

即∈                 10分.

（Ⅰ）∵斜率k存在，不妨设k＞0，求出M（，2）．-------------------------------1分

直线MA方程为，

分别与椭圆方程联立，可解出，----------------------------3分

同理得，直线MB方程为．-------4分

∴　，为定值.----------------------------------------------------6分

（Ⅱ）设直线AB方程为，与联立，消去y得

．-----------  -----------------------------7分

由＞0得一4＜m＜4，且m≠0，

点M到AB的距离为．------------------------------------------------------8分

---9分

设△AMB的面积为S．　∴　．

当时，得．--------------------------------------------------------------12分

略

（1）见解析（2）＝1

(1)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，F(c，0)，则＝(c－x1，－y1)，＝(x2－c，y2)．当λ＝1时，＝，∴－y1＝y2，x1＋x2＝2c.∵M、N两点在椭圆C上，∴＝a2，＝a2，∴＝.若x1＝－x2，则x1＋x2＝0≠2c(舍去)，∴x1＝x2，∴＝(0，2y2)，＝(c＋4，0)，∴·＝0，∴⊥.

(2)解：当λ＝1时，由(1)知x1＝x2＝c，

∴M，N，∴＝，＝，

∴·＝(c＋4)2－＝.(*)

∵＝，∴a2＝c2，b2＝，代入(*)式得c2＋8c＋16＝，∴c＝2或c＝－(舍去)．∴a2＝6，b2＝2，∴椭圆C的方程为＝1

（1）+x2=1  （2）1

解:(1)由题意,得

从而

因此,所求的椭圆方程为+x2=1.

(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),

P(t,t2+h),

则抛物线C2在点P处的切线斜率为

y′|x=t=2t,

直线MN的方程为:

y=2tx-t2+h.

将上式代入椭圆C1的方程中,

得4x2+(2tx-t2+h)2-4=0,

即4(1+t2)x2-4t(t2-h)x+(t2-h)2-4=0.①

因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点,

所以①式中的

Δ1=16[-t4+2(h+2)t2-h2+4]>0.②

设线段MN的中点的横坐标是x3,

则x3==.

设线段PA的中点的横坐标是x4,

则x4=.

由题意,得x3=x4,

即t2+(1+h)t+1=0.③

由③式中的

Δ2=(1+h)2-4≥0,

得h≥1或h≤-3.

当h≤-3时,h+2<0,4-h2<0,

则不等式②不成立,

所以h≥1.

当h=1时,代入方程③得t=-1,

将h=1,t=-1代入不等式②,检验成立.

所以h的最小值为1.