热门试卷

(1)    (2) +=1

解:(1)设F1(-c,0),F2(c,0)(c>0),

因为|PF2|=|F1F2|,

所以=2c,

整理得2（）2+-1=0,

得=-1(舍去),或=,

所以e=.

(2)由(1)知a=2c,b=c,

可得椭圆方程为3x2+4y2=12c2,

直线PF2的方程为y=(x-c).

A、B两点的坐标满足方程组

消去y并整理,得5x2-8cx=0,

解得x1=0,x2=c.

得方程组的解　

不妨设A（c,c）,B(0,-c),

所以|AB|==c.

于是|MN|=|AB|=2c.

圆心(-1,)到直线PF2的距离

d==.

因为d2+=42,

所以(2+c)2+c2=16.

整理得7c2+12c-52=0,

解得c=-(舍去)或c=2.

所以椭圆方程为+=1.

(I) .(II) 时，取得最大值.

试题分析：（1）根据已知中的离心率和矩形的面积得到a,b,c的方程，进而求解椭圆方程。

（2）将已知中的直线方程与椭圆方程联立方程组，结合韦达定理得到根与系数的关系，那么得到弦长公式，同时以及得到点S,T的坐标，进而得到比值。

(I)……①

矩形ABCD面积为8，即……②

由①②解得：， ∴椭圆M的标准方程是.

(II)，

设，则，

当  .

当时，有，

，

其中，由此知当，即时，取得最大值.

点评：解决该试题的关键是运用代数的方法来解决解析几何问题时，解析几何的本质。能结合椭圆的性质得到其方程，并联立方程组，结合韦达定理和判别式的到比值。

（Ⅰ） ；（Ⅱ）面积的最大值为.

本试题主要是考查了圆锥曲线的 定义法求解轨迹方程，然后结合直线与椭圆的位置关系和点到线的距离和三角形的面积公式得到求解。

（1）因为设点T为曲线E上的任意一点，则|TA|+|TB|=4，|AB|=2，结合椭圆的定义得到曲线方程。

（2）设出直线PQ的方程与椭圆方程联立，得到关于x的一元二次方程，然后结合韦达定理和点到直线的距离公式表示出三角形的面积得到结论。

解：（Ⅰ）设点为曲线上的任意一点，则

所以曲线的轨迹为椭圆，，所以椭圆方程为  ………4分

（Ⅱ）设直线PQ的方程为,设

代入椭圆方程并化简得,             

由,可得 .    ()      …………………5分

由,

故.                 ………………………………7分         

又，且的横坐标又为负值，所以点的坐标为  

所以点到的距离为,                       ……………………………9分

故,

当且仅当,即时取等号(满足式)

所以面积的最大值为.                  …………………………………12分

（1）；（2）存在，使得以CD为直径的圆过点E.

第一问中利用A（0，-b）和B（a，0）的坐标，设出直线方程，然后利用椭圆的性质得到

然后求解得到a,b的值。从而得到椭圆方程

第二问中，联立方程组，直线与椭圆联立得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理，以及以CD为直径的圆过E点，即当且仅当CE⊥DE时，可知k的值。

解：（1）直线AB方程为：bx-ay-ab＝0 依题意　解得　

∴　椭圆方程为　  ………………6分

（2）假若存在这样的k值，由得 

　∴　 　　　①

　　设， ，，则　②

　　而  ………………10分

　　要使以CD为直径的圆过点E（-1，0），当且仅当CE⊥DE时，则，即 ∴　 ③

　　将②式代入③整理解得 经验证，，使①成立 

　　综上可知，存在，使得以CD为直径的圆过点E  ………………15分

（1）. 

（2）|． 

（3）假设存在实数满足题意．

由已知得 ①

 ②

椭圆C：  ③

由①②解得，．

由①③解得，．            

∴，

．

故可得满足题意．                                

第一问，由椭圆方程为

可得，，，

 ，．     

设，则由题意可知，

化简得点G的轨迹方程为

第二问中，由题意可知，故将代入，

可得，从而

第三问中，假设存在实数满足题意．由已知得 ① ②

椭圆C：由①②解得，．

由①③解得，

结合向量的数量积得到结论。

解：（1）由椭圆方程为

可得，，，

 ，．     

设，则由题意可知，

化简得点G的轨迹方程为. …………4分

（2）由题意可知，

故将代入，

可得，从而．  ……………8分

（3）假设存在实数满足题意．

由已知得 ①

 ②

椭圆C：  ③

由①②解得，．

由①③解得，．             ………………………12分

∴，

．

故可得满足题意．                                 ………………………16分

设d是点M到直线l：x=的距离，根据题意得，点M的轨迹就是集合P={M|=}，（4分）

由此得=．将上式两边平方，并化简，得9x2+25y2=225．即+=1．（9分）

所以，点M的轨迹是长轴、短轴长分别为10、6的椭圆．（12分）

（1）设P（x，y），由椭圆定义可知，点P的轨迹C是以（0，-），（0，）为焦点，长半轴长为2的椭圆．

∴它的短半轴b=1

∴曲线C的方程为x2+=1．

（2）联立方程组，

消去y得5x2+2mx+m2-4=0

因为曲线C与直线y=x+m有交点，所以△=4m2-20（m2-4）≥0

化简得m2-5≤0

解得-≤m≤

所以m的取值范围为[-，]

（1）；（2）存在.

试题分析：本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质，点到直线的距离公式、垂径定理、两圆的位置关系等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，利用椭圆的左焦点坐标、离心率联立得到椭圆的基本量a，b，c，从而得到椭圆的标准方程；第二问，先利用点到直线的距离公式计算出点到直线的距离，再利用垂径定理求出圆的半径，从而得到圆的具体方程，假设圆上存在点P满足条件，利用两点间距离公式列出方程，经整理得到一个新的圆，利用2个圆心的距离和半径的关系判断出2个圆相交，所以说明存在两个不同的点P.

试题解析：因为直线的方程为，

令，得，即                1分

∴ ，又∵，∴  ，

∴ 椭圆的方程为.              ４分

（2）存在点P，满足

∵ 圆心到直线的距离为，

又直线被圆截得的弦长为，

∴由垂径定理得，

故圆的方程为.           ８分

设圆上存在点，满足即，

且的坐标为，

则，

整理得，它表示圆心在，半径是的圆。

∴                １２分

故有，即圆与圆相交，有两个公共点。

∴圆上存在两个不同点，满足.        １４分

（Ⅰ）点的轨迹方程为（．（Ⅱ）．

本试题主要是考查了圆锥曲线中轨迹方程的求解，以及直线与圆锥曲线的位置关系的综合而运用，研究线段的比值问题。

（1）根据题意点的直线与椭圆交于不同的两点、，点是弦的中点，且，设点的坐标，利用直线与椭圆相交得到A,B点坐标关系式，从而的得到轨迹方程

（2）利用直线方程与曲线方程联立，得到弦长公式，表示出线段比值。

解（Ⅰ）①若直线∥轴，则点为； ②设直线，并设点的坐标分别是

，由消去，得 ， ①

由直线与椭圆有两个不同的交点，可得，即，所以．

由及方程①，得，

，

即由于（否则，直线与椭圆无公共点），将上方程组两式相除得，，

代入到方程，得，整理，得（．

综上所述，点的轨迹方程为（．

（Ⅱ）①当∥轴时，分别是椭圆长轴的两个端点，则点在原点处，所以，，所以，； ②由方程①，得

所以，，

，

所以． 因为，所以，所以，

所以．综上所述，．

解：（Ⅰ）设椭圆的右焦点为（c，0）

因为的焦点坐标为（2，0），所以c=2    ……………………2分

  则a2="5," b2=1  故椭圆方程为：……………４分

（Ⅱ）由（1）得F（2，0），设的方程为y=k(x-2)(k≠0)

 ………6分

…………………………10分

………………………14分

本试题考查了椭圆与抛物线的位置关系，以及利用抛物线焦点坐标和椭圆的离心率，我们求解得到椭圆的方程。而第二问中，说明了三角形MAB是等腰三角形，来利用距离相等求解得到直线方程。

（Ⅰ）解：设椭圆的标准方程为.

因为，，

所以.

所以.                  ………………………………………2分

所以 椭圆的标准方程为.    ………………………………………3分

（Ⅱ）设，，，.

（ⅰ）证明：由消去得：.

则，

                    ………………………………………5分

所以

.

同理 .  ………………………………………7分

因为 ,

所以 .

因为 ，

所以 .                      ………………………………………9分

（ⅱ）解：由题意得四边形是平行四边形，设两平行线间的距离为,则 .

因为 ，

所以 .                    ………………………………………10分

所以

.

（或）

所以 当时， 四边形的面积取得最大值为.

………………………………………13分

略

解：（1）∵PF1⊥x轴，

∴F1（-1，0），c=1，F2（1，0），

|PF2|=，2a=|PF1|+|PF2|=4，a=2，b2=3，

椭圆E的方程为：；…………………3分

⑶设直线AB的方程为y=x+t，

与联立消去y并整理得 x2+tx+t2-3=0,

△=3（4-t2），

AB|=，

点P到直线AB的距离为d=,

△ PAB的面积为S=|AB|×d=,  ………10分

设f（t）=S2=（t4-4t3+16t-16） （-2<t<2），

f’（t）=-3（t3-3t2+4）=-3（t+1）（t-2）2，由f’（t）=0及-2<t<2得t=-1．

当t∈（-2,-1）时，f’（t）>0，当t∈（-1,2）时，f’（t）<0，f（t）=-1时取得最大值，

所以S的最大值为．

此时x1+x2=-t=1=-2，=3．……………………………………12分

略