热门试卷

(1)∪  (2)不存在，理由见解析

解：(1)由已知条件知直线l的方程为

y＝kx＋，

代入椭圆方程得＋(kx＋)2＝1.

整理得x2＋2kx＋1＝0.①

直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ＝8k2－4＝4k2－2>0，

解得k<－或k>，

即k的取值范围为∪.

(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

则＋＝(x1＋x2，y1＋y2)，

由方程①得x1＋x2＝－.②

又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝，③

而A(，0)，B(0,1)，＝(－，1)，

所以＋与共线等价于x1＋x2＝－ (y1＋y2)．

将②③代入上式，解得k＝.

由(1)知k<－或k>，故没有符合题意的常数k.

（I）.（II）.

试题分析：（I）由椭圆的定义，曲线是以，为焦点的半椭圆，

利用的关系，得到的方程为.

要特别注意有限制.

（II）设并代入椭圆方程得到，根据，，可以得到直线的方程，进一步令可得，的纵坐标分别，将用纵坐标表出，应用“基本不等式”，得到其最小值.

本解答即体现此类问题的一般解法“设而不求”，又反映数学知识的灵活应用.

试题解析：（I）由椭圆的定义，曲线是以，为焦点的半椭圆，

. 

∴的方程为.          4分

（注：不写区间“”扣1分）

（II）由（I）知，曲线的方程为，设，

则有，即 ①   

又，，从而直线的方程为

AP：；   BP：         6分

令得，的纵坐标分别为

；     .

∴②  将①代入②， 得.        8分

∴.

当且仅当，即时，取等号．

即的最小值是.        12分

(I)； (II)  或．

试题分析：(I)由图形的对称性及椭圆的几何性质，易得，进而写出方程； (II) 先找到AB中垂线与l的交点，保证ΔPAB为等腰三角形，再满足即可保证ΔPAB为等边三角形，此外，注意对于特殊情形的讨论．

试题解析：

(I)因为椭圆的四个顶点恰好是一边长为2，

一内角为的菱形的四个顶点,

所以,椭圆的方程为．               4分

(II)设则

当直线的斜率为时，的垂直平分线就是轴，

轴与直线的交点为,

又因为，所以，

所以是等边三角形,所以满足条件；           6分

当直线的斜率存在且不为时，设的方程为

所以，化简得

所以 ，则      8分

设的垂直平分线为，它与直线的交点记为

所以，解得,

则                                        10分

因为为等边三角形， 所以应有

代入得到，解得（舍），     13分

综上可知， 或                               14分 

(1)  (2)

试题分析：(1)求椭圆离心率，就是列出关于a,b,c的一个等量关系.由，可得，又，则所以椭圆离心率为(2) 由(1)知所以求椭圆方程只需再确定一个独立条件即可.由切线长=可列出所需的等量关系.先确定圆心：设，由，有由已知，有即，故有，因为点P在椭圆上，故，消可得，而点P不是椭圆的顶点，故，即点P的坐标为设圆的圆心为，则再由得，即所以所求椭圆的方程为

试题解析：解(1)设椭圆右焦点的坐标为（c,0）， 由，可得，又，则所以椭圆离心率为 (2)由(1)知故椭圆方程为，设，由，有由已知，有即，故有，因为点P在椭圆上，故，消可得，而点P不是椭圆的顶点，故，即点P的坐标为设圆的圆心为，则，进而圆的半径，由已知，有，=，故有，解得，所以所求椭圆的方程为

（Ⅰ）椭圆的标准方程为；（Ⅱ）.

试题分析：（Ⅰ）由抛物线的焦点为，点与关于坐标原点对称，以，为焦点的椭圆C过点，故可用待定系数法求椭圆方程，设椭圆的标准方程为，由条件求出即可；（Ⅱ）设点，过点F2作直线与椭圆C交于A,B两点，且，若的取值范围，这是直线与圆锥曲线交点问题，可采用设而不求的解题思想，设出直线的方程（注意需讨论斜率不存在情况），与Ａ，Ｂ两点坐标，利用根与系数关系来解，当直线斜率不存在时，直接求解A，B的坐标得到的值，当直线斜率存在时，设出直线方程，和椭圆方程联立后，利用，消掉点的坐标得到λ与k的关系，根据λ的范围求k的范围，然后把转化为含有k的函数式，最后利用基本不等式求出的取值范围．

试题解析：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为，由题意得，

设椭圆的标准方程为，

则  ③

   ④         

将④代入③，解得或（舍去）  

所以       

故椭圆的标准方程为                              4分

（Ⅱ）方法一：

容易验证直线的斜率不为0，设直线的方程为

将直线的方程代入中得：.       6分

设，则由根与系数的关系，

可得：     ⑤

       ⑥             7分

因为，所以，且.

将⑤式平方除以⑥式，得：

由

所以                           10分

因为，所以，

又，所以，

故

，

令，因为

所以，即，

所以.

而，所以.

所以.                    13分

方法二：

1）当直线的斜率不存在时，即时，，，

又，所以          6分

2）当直线的斜率存在时，即时，设直线的方程为

由得

设，显然，则由根与系数的关系，

可得：，                 7分

         ⑤

   ⑥

因为，所以，且.

将⑤式平方除以⑥式得：

由得即

故，解得                 10分

因为，

所以，

又，

故

       11分

令，因为

所以，即，

所以.

所以                                12分

综上所述：.                          13分

，，

解（Ⅰ）设椭圆C的方程为，由题意得

解得，故椭圆C的方程为．……………………4分

（Ⅱ）因为过点P（2，1）的直线l与椭圆在第一象限相切，所以l的斜率存在，故可调直线l的议程为

由                                         得．①

因为直线与椭圆相切，所以

整理，得                                 解得

所以直线l方程为

将代入①式，可以解得M点横坐标为1，故切点M坐标为……8分

（Ⅲ）若存在直线l1满足条件，的方程为，代入椭圆C的方程得

因为直线l1与椭圆C相交于不同的两点A，B，设A，B两点的坐标分别为

所以

所以．

又，

因为即，

所以．

即

所以，解得 因为A，B为不同的两点，所以．

于是存在直线1满足条件，其方程为………………………………12分

,

.解：（1）

（1）+=1  （2），证明见解析

解:(1)抛物线y2=8x的焦点为(2,0),

又椭圆以抛物线焦点为顶点,

∴a=2,

又e==,

∴c=1,∴b2=3.

∴椭圆E的方程为+=1.

(2)由(1)知,F(-1,0),

由

消去y,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0.

∵l与椭圆交于两点,

∴Δ=(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)>0,

即m2<4k2+3.

设A(x1,y1),B(x2,y2),

则x1、x2是上述方程的两个根,

∴x1+x2=-,x1·x2=,

又y1+y2=kx1+m+kx2+m

=k(x1+x2)+2m

=

∴=+=（-,）,

由点P在椭圆上,得+=1.

整理得4m2=3+4k2,

又Q(-4,-4k+m),

∴=(-3,-4k+m).

∴·=（-,）·(-3,m-4k)

=+

=

=.

即·为定值.

由PA+PB=3＞AB结合椭圆的定义有：动点P的轨迹是以A（-1，0），B（1，0）为焦点的椭圆．

答案：以A（-1，0），B（1，0）为焦点的椭圆．

（1）＝1（2）

(1)由已知，得解得∴∴椭圆C的标准方程为＝1.

(2)设点P(x1，y1)(－21<3)，点M.∵点F、P、M三点共线，x1≠－2，

∴，y2＝，∴点M.

∵k1＝，k2＝，∴k1·k2＝.

∵点P在椭圆C上，∴＝1，∴＝－(－9)．

∴k1·k2＝.

∵－21<3，∴k1·k2<－.∴k1·k2的取值范围是

（1）+y2=1  （2）（0,±）  （3）2

解:(1)因为=,且c=,

所以a=,b==1.

所以椭圆C的方程为+y2=1.

(2)由题意知P(0,t)(-1

由

得x=±.

所以圆P的半径为.

当圆P与x轴相切时,|t|=.

解得t=±.

所以圆心P的坐标是（0,±）.

(3)由(2)知,圆P的方程为x2+(y-t)2=3(1-t2).

因为点Q(x,y)在圆P上,

所以y=t±≤t+.

设t="cos" θ,θ∈(0,π),

则t+="cos" θ+sin θ=2sin（θ+）.

当θ=,即t=,且x=0时,y取最大值2.