热门试卷

（1）椭圆C的方程；（2）线段的长为；（3）直线的方程为 .

试题分析：（1）根据椭圆的右焦点为F（1，0），点A（2，0）在椭圆C上，代入即可求得椭圆C的方程；（2）先用点斜式写出直线方程，再和椭圆方程联立，用弦长公式即可求出线段的长为；（3）设直线的方程为，直线与椭圆的两个交点设为，，把直线方程与椭圆方程联立，表示出，而以线段为直径的圆恰好过原点，即；联立即可求出直线的方程为 .

试题解析：（1）由题意：，，，

所求椭圆方程为.                                            4分

（2）由题意，直线的方程为：.

由得， 

所以.             6分

（3）设直线的方程为，

由消去y整理得.

因为直线l与椭圆C交于不同两点M、N，

所以

解得：

设，，

则，，

所以，

因为以线段为直径的圆恰好过原点，所以，

所以，即

解得，.

所求直线的方程为               10分

(1);(2) 的取值范围是.

试题分析：（1）先由离心率得出与的关系，再由原点到直线的距离等于解得，故，椭圆方程为；（2）联立直线和椭圆的方程，因为直线和椭圆有两个交点可求得的范围，再设出交点，计算，由得范围求得

试题解析：（Ⅰ）由题意知，∴，即

又，∴ 故椭圆的方程为    4分

（Ⅱ）解：由得：          6分

设,则     8分

∴  10分

∵∴，  ∴

∴的取值范围是．                   13分

（Ⅰ）；（Ⅱ）①见解析；②.

试题分析：（Ⅰ）根据点在椭圆上，且直线与直线的斜率之积为，列出方程组即可求出和；（Ⅱ）①欲证：，只需证：，找到这个结论成立的条件，然后证明这些条件满足即可；②分成和直线斜率存在两种情况，利用经过这一条件，把问题变成直线与椭圆的交点，从而可以借助一元二次方程跟与系数的关系解题.

试题解析：（Ⅰ）由题，，由点在椭圆上知，则有：

，①

又，                   ②

以上两式可解得，．所以椭圆．                4分

（Ⅱ）① 设，则直线：、直线：，

两式联立消去得：；

同理：直线：、：，联立得：．  6分

欲证：，只需证：，只需证：，

等价于：，

而，，所以，

故有：．                                 9分

② (1)当时，由可求得：；             10分

(2)当直线斜率存在时，设：，

由（Ⅱ）知：，

将，代入上式得：，

解得，由①知．

综合(1) (1)，，故直线：．                      14分.

（1）以O为圆心，CD所在直线为x 轴建立平面直角坐标系，

若AC+AD=2a＜2，即0＜a＜，动点A所在的曲线不存在；

若AC+AD=2a=2，即a=，动点A所在的曲线方程为y=0(-≤x≤)；

若AC+AD=2a＞2，即a＞，动点A所在的曲线方程为+=1．

（2）由（Ⅰ）知a＞，要存在点A，使AC⊥AD，则以O为圆心，OC=为半径的圆与椭圆有公共点，

故≥，所以，a的取值范围是＜a≤．

（3）当a=2时，其曲线方程为椭圆+y2=1，由条件知A，B两点均在椭圆+y2=1上，且AO⊥OB．

设A（x1，y1），B（x2，y2），OA的斜率为k（k≠0），则OA的方程为y=kx，OB的方程为y=-x，

解方程组，得=，=，同理可求得=，=，

∴△AOB面积S=|x1||x2|=2，

令1+k2=t（t＞1），则 S=2=2，

令g(t)=-++4=-9(-)2+(t＞1)，所以，4＜g(t)≤，即≤S＜1，

当OA与坐标轴重合时S=1，于是≤S≤1，△AOB面积的最大值和最小值分别为1与．

（1）；（2）（ⅰ）2，（ⅱ）

试题分析：（1）由短轴长得，由焦点和点可算出斜率为，可以得到焦点坐标，所以可以得椭圆的方程。（2）（ⅰ）由向量的数量积公式及三角形面积公式可得出结果。（ⅱ）设直线的方程，但是不需要求的方程，通过与椭圆联立方程组进行求解。

试题解析：（1）由题意可知，直线的方程为，         1分

∵直线过椭圆的焦点，∴该焦点坐标为∴    2分

又椭圆的短轴长为，∴，∴   3分

∴椭圆的方程为   4分

（2）（ⅰ）∵

∴   6分

∴    8分

（ⅱ）设特征点，左焦点为，可设直线PQ的方程为，

由消去得

设，则

     10分

∵为的一条角平分线，

∴，即          12分

又，，代入上式可得

∴，解得

∴椭圆C的特征点为．                     14分

（1）（2）

试题分析：（1）将点代入椭圆方程，并与和联立，解方程组可得的值。（2）由（1）知，，则，。则可设的方程为，与椭圆方程联立消去整理为关于的一元二次方程，可得根与系数的关系。因为所以，根据数量积公式可得的关系式，将所得的根与系数的关系代入上式可求得。

（1）∵  ∴

∴椭圆的方程为（5分）

（2）依题意，设的方程为,

由   显然,（8分）

, 由已知得：

（12分）

,解得

（1）+=1  （2）见解析

(1)解:由解得

∴椭圆C1的方程为+=1.

(2)证明:由题意知A(-a,0),B(a,0),

设P(x1,y1),(x1≠±a)则+=1,

∴=b2（1-）=(a2-).

设Q(x2,y2),(x2≠±a),则-=1,

∴=b2（-1）=(-a2).

∴k1=,k2=,k3=,k3=.

∴k1·k2+k3·k4=+

=+

=0.

即k1k2+k3k4为定值,定值是0.

（1）；（2）直线AM，BN的交点必在一条垂直于轴的定直线上，这条直线的方程是．

试题分析：（1）求椭圆的方程，由椭圆的离心率为，得，，由得，，得得，即，由的面积为3，得，由于，可得，即，可求出，从而可得，即得椭圆的方程；（2）这是探索性命题，由于探索直线AM，BN的交点能否在一条垂直于轴的定直线上，可有特例求出定直线，然后验证一般情况，故当直线的斜率不存在时，直线：，直线与椭圆Ｃ的交点坐标，，写出直线的方程，解交点坐标为，它在垂直于轴的直线上，然后验证当直线的斜率存在时，交点必在直线上即可，因此设直线，代入椭圆Ｃ的方程，设，利用根与系数关系，得关系式，再写出直线的方程，消去，解方程得即可．

试题解析：（1）设，由于，所以，

根据，得，即，

因为的面积为３，，所以，

所以有，解得，所以，

所以椭圆才Ｃ的方程为。          5分

（２）由（１）知。

①当直线的斜率不存在时，直线：，直线与椭圆Ｃ的交点坐标，，此时直线，联立两直线方程，解得两直线的交点坐标（４，３）。它在垂直于轴的直线上。        7分

②当直线的斜率存在时，

设直线，代入椭圆Ｃ的方程，整理得，设直线与椭圆Ｃ的交点，则。

直线AM的方程为，即，

直线BN的方程为，即

由直线AM与直线BN的方程消去，得

所以直线AM与直线BN的交点在直线上。        12分

综上所述，直线AM，BN的交点必在一条垂直于轴的定直线上，这条直线的方程是．                13分

解 （1）由题意知，b2 = a2－3，由得 2a4－11a2 + 12 = 0，

所以（a2－4）（2a2－3）= 0，得 a2 = 4或（舍去），

因此椭圆C的方程为．                     ……………… 4分

（2）由 得 ．

所以4k2 + 1＞0，，

得 4k2 + 1＞m2．               ①                      ……………… 6分

设A（x1，y1），B（x2，y2），AB中点为M（x0，y0），

则，，

于是 ，，．

设菱形一条对角线的方程为，则有 x =－ky + 1．

将点M的坐标代入，得 ，所以．    ②

将②代入①，得，

所以9k2＞4k2 + 1，解得 k∈． ……………… 12分

法2：

则由菱形对角线互相垂直，即直线l与垂直，由斜率的负倒数关系可整理得，即－3km = 4k2 + 1，即， 代入①即得．

法3： 设A（x1，y1），B（x2，y2），AB中点为M（x0，y0），

则，，于是，两式相减可得 ，

即 x0 + 4ky0 = 0．     ①              

因为 QD⊥AB，所以 ．        ②

由①②可解得 ，，表明点M的轨迹为线段（）．

当，k∈（，+∞）；当，k∈（－∞,）．

综上，k的取值范围是k∈．

略

(1);(2).

试题分析：（1）设椭圆的标准方程为，由已知得，解出即可求得a，b；

（2）由直线l：y=kx+t与圆（x+1）2+y2=1相切，可得k，t的关系式①，把y=kx+t代入

消掉y得x的二次方程，设M（x1，y1），N（x2，y2），由

得λ＝(x1+x2，y1+y2)，代入韦达定理可求得C点坐标，把点C代入椭圆方程可用k，t表示出λ，再由①式消掉k得关于t的函数，由t2范围可求得λ2的范围，进而求得λ的范围；.

试题解析：(1)设椭圆的标准方程为

由已知得:解得，所以椭圆的标准方程为:

(2)因为直线:与圆相切所以,

把代入并整理得:┈7分

设,则有

因为,,所以,

又因为点在椭圆上,所以,

因为所以

所以,所以的取值范围为

（1）（2）直线的方程为：，的面积的最大值为

试题分析：（1）利用椭圆的基本性质求解

（2）利用弦长公式及基本不等式求解

试题解析：（1）设椭圆方程为，则

 ，，

所以，所求椭圆方程为：．

（2）由得：，

当且仅当即时取等号，

此时，直线的方程为：，的面积的最大值为．

（1） ，；（2）不存在这样的点．

试题分析：（1） 求椭圆的方程，只需求出即可，由双曲线得，，故得椭圆，从而得椭圆的方程为，求线段的长，只需求出的坐标，由椭圆的方程，及抛物线的方程，联立方程组解得，从而可得线段的长；（2）这是探索性命题，一般假设存在，可设出，代入椭圆的方程，两式作差，得，设出，代入抛物线，两式作差，得，的弦与的弦相互垂直得，，从而得到，由题设条件，来判断点是否存．

试题解析：（1）椭圆：；联立方程组解得，所以.

（2）假设存在，由题意将坐标带入做差得，将坐标带入得，，故满足条件的点在抛物线外，所以不存在这样的点.

（1）＝1.（2）PQ的斜率为定值1

(1)由题设，得＝1，①且＝，②

由①、②解得a2＝6，b2＝3，故椭圆C的方程为＝1.

(2)设直线MP的斜率为k，则直线MQ的斜率为－k，

假设∠PMQ为直角，则k·(－k)＝－1，即k＝±1.

若k＝1，则直线MQ的方程为y＋1＝－(x＋2)，与椭圆C方程联立，得x2＋4x＋4＝0，

该方程有两个相等的实数根－2，不合题意；

同理，若k＝－1也不合题意．故∠PMQ不可能为直角．记P(x1，y1)、Q(x2，y2)．

设直线MP的方程为y＋1＝k(x＋2)，与椭圆C的方程联立，得(1＋2k2)x2＋(8k2－4k)x＋8k2－8k－4＝0，

则－2，x1是该方程的两根，则－2x1＝，即x1＝.

设直线MQ的方程为y＋1＝－k(x＋2)，同理得x2＝.

因y1＋1＝k(x1＋2)，y2＋1＝－k(x2＋2)，

故kPQ＝＝1，

因此直线PQ的斜率为定值．

(1)；（2）.

试题分析：(1)本小题通过待定系数法列出两个关于的方程，通过解方程组求出椭圆的方程，包含着二次方的运算需掌握；(2)本小题是直线与椭圆的位置关系的问题，这类题目的常用思路就是联立直线方程和椭圆方程通过消元得到一个一元二次方程，确定判别式的情况，正确书写、利用韦达定理，由，两点(不是左右顶点)，椭圆的右顶点为，且满足，根据向量的数量积为零，可得到关于两个根的等式，再利用韦达定理可得关于的等式，从而就可得出相应的结论.

试题解析：（1）

即    

∴椭圆方程为              4分

又点在椭圆上，解得

∴椭圆的方程为              6分

(2)设，由得

，

                  8分

所以，又椭圆的右顶点

，

，解得                    10分

，且满足

当时，，直线过定点与已知矛盾          12分

当时，，直线过定点

综上可知，当时，直线过定点，定点坐标为              14分.