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（1）+y2=1  （2）y=x+或y=-x-

解:(1)因为椭圆C1的左焦点为F1(-1,0),

所以c=1.

将点P(0,1)代入椭圆方程+=1,

得=1,即b=1.

所以a2=b2+c2=2.

所以椭圆C1的方程为+y2=1.

(2)由题意可知,直线l的斜率显然存在且不等于0,

设直线l的方程为y=kx+m,

由

消去y并整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0.

因为直线l与椭圆C1相切,

所以Δ1=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-2)=0.

整理得2k2-m2+1=0.①

由消去y并整理得k2x2+(2km-4)x+m2=0.

因为直线l与抛物线C2相切,

所以Δ2=(2km-4)2-4k2m2=0,

整理得km=1.②

综合①②,解得或

所以直线l的方程为y=x+或y=-x-.

（1）；（2）存在;（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）要证明以为直径的圆经过点，就是证明,详见解析.

试题解析：（1）解：由题设可知：双曲线的焦点为，

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）证明：设，由可得：

由直线与的斜率之积为可得：

 ，即 

由①②可得：…6分

M、N是椭圆上，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）证明：设

由题设可知 

由题设可知斜率存在且满足.……③

将③代入④可得：…⑤  

点在椭圆，故 

所以 

因此以为直径的圆经过点.

直线,

化简得

令，解得，即直线过轴上定点。

略

(1)  (2)不存在

试题分析:(1)利用正方形面积为2,即可得到对角线的长为2,则可得的两个顶点和的两个焦点的坐标,求的的值,再结合点在双曲线上,代入双曲线结合之间的关系即可求的的值,得到双曲线的方程,椭圆的焦点坐标已知,点在椭圆上,利用椭圆的定义即为到两焦点的距离之和,求出距离即可得到的值,利用之间的关系即可求出的值,得到椭圆的标准方程.

(2)分以下两种情况讨论,当直线的斜率不存在时,直线与只有一个公共点,即直线经过的顶点,得到直线的方程,代入双曲线求的点的坐标验证是否符合等式,当直线的斜率存在时,直线的方程为,联立直线与双曲线消元得到二次方程,再利用根与系数之间的关系得到关于两点横纵坐标之和的表达式,利用出,再立直线与椭圆的方程即可得到直线的关系,可得到内积不可能等于0,进而得到,即,即不存在这样的直线.

的焦距为,由题可得,从而,因为点在双曲线上,所以,由椭圆的定义可得

,于是根据椭圆之间的关系可得,所以的方程为.

(2)不存在符合题设条件的直线.

①若直线垂直于轴,即直线的斜率不存在,因为与只有一个公共点,所以直线的方程为或,

当时,易知所以,此时.

当时,同理可得.

②当直线不垂直于轴时,即直线的斜率存在且设直线的方程为,联立直线与双曲线方程可得,当与相交于两点时,设,则满足方程,由根与系数的关系可得,于是,联立直线与椭圆可得

,因为直线与椭圆只有一个交点,

所以,化简可得,因此

,

于是,即,所以,

综上不存在符合题目条件的直线.

(1) (2)

试题分析：(1)利用待定系数法设椭圆方程为，然后利用题目条件建立方程，解方程即可；（2）联立直线与椭圆方程，得到关于x的一元二次方程，，然后利用韦达定理结合点在圆外为锐角，即，建立不等式求直线斜率的取值范围即可.

试题解析：（1）依题意，可设椭圆的方程为．

由

∵ 椭圆经过点，则，解得

∴ 椭圆的方程为

（2）联立方程组，消去整理得

∵ 直线与椭圆有两个交点，

∴ ，解得  ① 

∵ 原点在以为直径的圆外，∴为锐角，即．

而、分别在、上且异于点，即   

设两点坐标分别为，

则

解得  ， ②  

综合①②可知：  

，其轨迹是过定点的圆，MN恒过定点

解：⑴ ………………………3分

⑵①设直线AB的方程为：并整理得：

{007}设，则有：

所以点            …………3分

，∴将t换成，即得：   …………5分

由两点式得直线MN的方程为

当y=0时，所以直线MN恒过定点。          …………7分

②以弦AB为直径的圆M的方程为：

①…………9分

又将t换成，即得以弦CD为直径的圆N的方程为：

②…………10分

①—②得两圆公共弦所在直线方程为：③

又直线MN的方程为：④…………12分

联解③④，消去，得两圆公共弦中点的轨迹方程为：

。

其轨迹是过定点的圆。…………13分

（1）根据，即，据得，故，

所以所求的椭圆方程是。（3分）

（2）①当直线的斜率为时，检验知。设，

根据得得。

设直线，代入椭圆方程得，

故，得，

代入得，即，

解得，故直线的方程是。 （8分）

②问题等价于是不是在椭圆上存在点使得成立。

当直线是斜率为时，可以验证不存在这样的点，

故设直线方程为。（9分）

用①的设法，点点的坐标为，

若点在椭圆上，则，

即，

又点在椭圆上，故，

上式即，即，

由①知

，

代入得，

解得，即。（12分）

当时，，

；

当时，，

。

故上存在点使成立，

即动点的轨迹与椭圆存在公共点，

公共点的坐标是。（14分）

（1）；（2）.

试题分析：(1)设出椭圆标准方程，根据已知条件解出即可；（2）由题意可知，直线的斜率存在且不为，故可设直线的方程为，A,B点坐标为,联立直线和椭圆方程，利用韦达定理得，然后利用直线的斜率依次成等差数列得出，又，所以，即，然后求出弦长，计算三角形面积，求其最大值.

试题解析：1)设椭圆方程为，由题意知

，…①

，…②

联立①②解得，，所以椭圆方程为        (4分)

2)由题意可知，直线的斜率存在且不为，故可设直线的方程为

满足，

消去得．

，

且，．

因为直线的斜率依次成等差数列，

所以，，即，

又，所以，

即．                                     (9分)

联立    易得弦AB的长为  

又点M到的距离 

所以

平方再化简求导易得时S取最大值        (13分)

（1）设A（a，0），B（0，b），P（x，y），

则=（x-a，y），=（-x，b-y），

∵=，∴∴a=x，b=y．

又|AB|==8，∴+=1．

∴曲线C的方程为+=1．

（2）由（1）可知，M（4，0）为椭圆的右焦点，

设直线PM方程为x=my+4，

由消去x得

（9m2+25）y2+72my-81=0，

∴|yP-yQ|==．

∴S△OPQ=|OM||yP-yQ|=2×===≤=，

当=，

即m=±时，△OPQ的面积取得最大值为，

此时直线方程为3x±y-12=0．

（1）   （2）l的方程为或

(1)由题意知:,,所以,故椭圆C1的方程为.

(2)由题意知, 直线l的斜率必存在，设直线l的方程为,则

由消得：,因为直线l和抛物线C2：相切，

所以且，解得①，

由消得：，即

，因为直线l与椭圆C1相切，所以

，整理得：②，解①②得：，即或

，所以直线l的方程为或.

（I）；（II）.

试题分析：（I）设出椭圆的方程，根据已知条件列方程组，求出和的值，然后写出椭圆的标准方程；（II）根据动直线与椭圆的交点个数，联立方程组求的关系式，再由点到直线的距离公式求得和的代数式，因为四边形是直角梯形，根据边的关系求得高的代数式，由梯形的面积公式表示出面积，利用等量代换，化简的解析式，由函数的单调性与导数的关系判断函数的单调性，根据单调性求最值.

试题解析：（I）设椭圆的方程为，

由已知可得   ，                            3分

解得，，

∴椭圆的方程为.                   5分

（II）由，得         6分

由直线与椭圆仅有一个公共点知，，

化简得．      7分

由点到直线的距离公式，可设

，                 8分

∵，

，

∴.

∴四边形面积.             10分                      

令，，，

当时，，∴在上为减函数，

∴，∴当时，

所以四边形的面积的最大值为．                    12分

(Ⅰ)  (Ⅱ) ．

(Ⅱ)由方程组消去y得．

由题意得整理得

设，，则，.…6分

由已知，，且椭圆的右顶点为，……8分

则，

即

整理得：，解得：或，均满足①．…10分

当时，直线l的方程为，过定点，舍去；

当时，直线l的方程为，过定点，

故直线l过定点，且定点的坐标为．………12分

（Ⅰ）的坐标为．

（Ⅱ）所求椭圆方程为．

（Ⅲ）最小值＝，此时点的坐标为 

（Ⅰ）设的坐标为，则且．

解得， 因此，点的坐标为．

（Ⅱ），根据椭圆定义，

得，

，．   ∴所求椭圆方程为．

（Ⅲ），椭圆的准线方程为．

设点的坐标为,表示点到的距离，表示点到椭圆的右准线的距离．

则，．

，令，则，

当，，，．

∴在时取得最小值．

因此，最小值＝，此时点的坐标为-----------------14分