热门试卷

（1）；（2）

略

当AC、BD与坐标轴重合时，；当AC、BD与坐标轴不重合时，令，则，∴.

由题意知,,,

则,.

∴

∴.

当且仅当，即BD的倾斜角为或时，上式取等号。∴.

(1) +=1   (2) (-,)

(1)由题意得

解得:.即椭圆E的方程为+=1.

(2)设A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).

因线段AB的垂直平分线与x轴相交,

故AB不平行于y轴,即x1≠x2.

又交点为P(t,0),故|PA|=|PB|,

即(x1-t)2+=(x2-t)2+,

∴t=+　①

∵A,B在椭圆上,∴=4-,=4-.

将上式代入①,得t=.

又∵-3≤x1≤3,-3≤x2≤3,且x1≠x2,

∴-61+x2<6,则-,

即实数t的取值范围是(-,).

（1）；（2）；（3）.

试题分析：（1）利用已知条件找出解出、即得；（2）设直线方程，联立方程组消去得到关于的方程，由求出的范围；（3）设直线的方程为联立方程组消去到关于的方程，利用、韦达定理、点到直线的距离公式求解.

试题解析：（1）依题意，，解得，故椭圆的方程为.

（2）如图，依题意，直线的斜率必存在，

设直线的方程为，，，

联立方程组，消去整理得，

由韦达定理，，，

,

因为直线与椭圆相交，则，

即，解得或，

当为锐角时，向量，则，

即，解得，

故当为锐角时，.

如图，

依题意，直线的斜率存在，设其方程为，，，由于，

，即，又，

          ①

联立方程组，消去得，

由韦达定理得，，代入①得

，

令点到直线的距离为1，则，即，

，

整理得.

（Ⅰ）；（Ⅱ）.

试题分析：（Ⅰ）根据题中条件确定、、的值，进而确定椭圆的方程；（Ⅱ）对直线的斜率存在与否进行分类讨论，并在相应的情况下求出的最大值，并作出比较，尤其是在处理直线的斜率存在，一般将直线的方程设为，借助韦达定理，确定与之间的关系，然后将化为自变量为或的函数，借助函数的最值来求取，但要注意相应自变量的取值范围.

试题解析：解:(I)由已知得且,

解得,又,

所以椭圆的方程为.

3分

(II)设.

当直线与轴垂直时,由椭圆的对称性可知,点在轴上,且与点不重合,

显然三点不共线,不符合题设条件.

故可设直线的方程为.

由消去整理得

.                ①

则,

所以点的坐标为.

因为三点共线,所以,

因为,所以,

此时方程①为,则,

所以,

又,

所以,

故当时,的最大值为.

13分

小题1:

小题2:

 （Ⅰ）设、、，

为椭圆

，

（Ⅱ）如图，由椭圆对称性，得

设，则，

故，、、、四点在同一圆上。

(1);(2)详见解析.

试题分析：（1）根据椭圆的右焦点，右顶点，且，求出椭圆的几何量，即可求椭圆的标准方程；

（2）直线：，代入椭圆方程，结合，求出的坐标(参数表示)，求出向量的坐标，利用，进行整理，如果为定值，那么不随的变化而变化，建立关于的方程，即可得出结论．此题属于中等题型，关键表示出P点坐标，转化为过定点恒成立的形式.

试题解析：（1）由，，

椭圆C的标准方程为

.      4分

得：，      6分

.

,,即P.     9分

M.

又Q，，，

+=恒成立，

故，即.存在点M（1,0）适合题意.     12分

（1）椭圆方程为；（2）存在定点，使以AB为直径的圆恒过点 

试题分析：(1) 过作垂直于椭圆长轴的弦长为，由此可得，解得，从而可得椭圆的方程 （2）首先考虑直线的斜率不存在的情况 当过直线的斜率存在时，设直线的方程为，设, 由 得： 当为钝角时，，利用韦达定理将不等式化为含的不等式，解此不等式即可得的取值范围

试题解析：(1)依题意                                 （2分）

解得，∴椭圆的方程为：                  （4分）

（2）（i）当过直线的斜率不存在时，点，

则,显然不为钝角                        （5分）

(ii)当过直线的斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为，

设, 由 得：

 恒成立

                             （8分）

                  （11分）

当为钝角时，<0，

综上所述,满足条件的直线斜率k满足且                  （13分）

（1）+=1  （2）2  (x+)2+y2=6,(x-)2+y2=6

解:(1)由题意知点A(-c,2)在椭圆上,则+=1,从而e2+=1,

又e=,故b2==8,从而a2==16.

故该椭圆的标准方程为+=1.

(2)由椭圆的对称性,可设Q(x0,0).又设M(x,y)是椭圆上任意一点,则|QM|2=(x-x0)2+y2=x2-2x0x++8×（1-）=(x-2x0)2-+8(x∈[-4,4]).

设P(x1,y1),由题意知,P是椭圆上到Q的距离最小的点,

因此,当x=x1时|QM|2取最小值,

又x1∈(-4,4),所以当x=2x0时|QM|2取最小值,

从而x1=2x0,且|QP|2=8-.

由对称性知P′(x1,-y1),故|PP′|=|2y1|,

所以S=|2y1||x1-x0|

=×2|x0|

=

=·.

当x0=±时,△PP′Q的面积S取得最大值2.

此时对应的圆Q的圆心坐标为Q(±,0),半径|QP|==,

因此,这样的圆有两个,其标准方程分别为(x+)2+y2=6,(x-)2+y2=6.

(1)   (2) 不可能,理由见解析

解：(1)椭圆W：＋y2＝1的右顶点B的坐标为(2,0)．

因为四边形OABC为菱形，所以AC与OB相互垂直平分．

所以可设A(1，m)，

代入椭圆方程得＋m2＝1，即m＝±.

所以菱形OABC的面积是

|OB|·|AC|＝×2×2|m|＝.

(2)四边形OABC不可能为菱形．理由如下：

假设四边形OABC为菱形．

因为点B不是W的顶点，且直线AC不过原点，

所以可设AC的方程为y＝kx＋m(k≠0，m≠0)．

由

消y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.

设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则＝－，＝k·＋m＝.

所以AC的中点为M.

因为M为AC和OB的交点，

所以直线OB的斜率为－.

因为k·≠－1，所以AC与OB不垂直．

所以四边形OABC不是菱形，与假设矛盾．

所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能是菱形．

（1）（2）或

试题分析：（1）求动点轨迹方程的步骤，一是设动点坐标二是列出动点满足的条件，三是化简，，四是去杂，；（2）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.本题就是截得弦长问题，用韦达定理及弦长公式可以解决. 由消去得解得，又，所以有等式，解得，所以直线的方程为或.

试题解析：解：（1）设点则依题意有         3分

整理得，由于，所以求得的曲线C的方程为

           5分

（2）由消去得

解得（分别为的横坐标）       9分

由

解得              11分

所以直线的方程为或           12分

（1） 见证明.

试题分析：（Ⅰ）椭圆有两个独立量，所以需要建立两个方程①利用离心率 ②利用点 在圆上,然后解方程即可，（Ⅱ）建立直线方程后与椭圆方程联立利用韦达定理求出两根之和 两根之积, ,再把两条直线的斜率之和用, 来表示,整理即可.

试题解析：（Ⅰ）设椭圆的方程为：，（）

由，得                          2分

∵椭圆经过点，则，解得                      3分

∴椭圆的方程为                                     4分

（Ⅱ）设直线方程为.

由联立得：

令，得

                                      6分

10分

                              11分

，所以，直线与的倾斜角互补．                    12分

的最小值为1．

（I） 由题意得所求的椭圆方程为，高&考%资(源#网   

（II）不妨设则抛物线在点P处的切线斜率为，直线MN的方程为，将上式代入椭圆的方程中，得，即，因为直线MN与椭圆有两个不同的交点，

所以有，

设线段MN的中点的横坐标是，则，高&考%资(源#网   

设线段PA的中点的横坐标是，则，由题意得，即有，其中的或；

当时有

因此不等式不成立；因此，

当时代入方程得，将代入不等式成立，因此的最小值为1．

（1）；（2）存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B；（3）1.

本试题主要是考查了椭圆的 方程的求解，以及直线与椭圆的位置关系的运用并结合了直线与圆的位置关系来考查线段长度的最值问题的运用。

（1）设P (x，y)，F1 (–c，0)，F2（c，0），其中

则

看作线段AD上的点P (x，y)到原点距离的平方，

∴P在A点，x2 + y2最大，∴a2 – c2 = 1，

又．………………4分

（2）由（1）知椭圆方程为，

①设圆心在原点的圆的一条切线为y = kx + t，．

解方程组……………5分

要使切线与椭圆恒有两个交点A，B，则使

即，………………………………6分

要使

所以5t2 – 4k2 – 4 = 0，即5t2 = 4k2 + 4且t2＜4k2 + 1，即4k2 + 4＜20k2 + 5恒成立．

又因为直线y = kx + t为圆心在原点的圆的一条切线，

所以圆的半径为r =……………7分

②当切线的斜率不存在时，切线为满足．

综上，存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B．                       ……………………8分

（3）设直线l的方程为y = mx + n，因为直线l与圆C：x2 + y2 = R2 (1＜R＜2)相切于A1，

由（2）知 ①，   因为l与椭圆只有一个公共点B1，由（2）知有唯一解，

则即4m2 – n2 + 1 = 0，  ②

由①②得此时A，B重合为B1 (x1，y1)点，由x1 = x2，所以B1 (x1，y1)点在椭圆上，所以

，在直角三角形OA1B1中，|A1B1|2 = |OB1|2 – |OA1|2 =

5

因为时取等号，所以

即当时|A1B1|取得最大值，最大值为1．………………………………13分