热门试卷

P的轨迹方程为=1(y≠0)

设过B、C异于l的两切线分别切⊙O′于D、E两点，两切线交于点P. 由切线的性质知: |BA|=|BD|，|PD|=|PE|，|CA|=|CE|，故|PB|+|PC|=|BD|+|PD|+|PC|=|BA|+|PE|+|PC|

=|BA|+|CE|=|AB|+|CA|=6+12=18＞6=|BC|，故由椭圆定义知，点P的轨迹是以B、C为两焦点的椭圆，以l所在的直线为x轴，以BC的中点为原点，建立坐标系，可求得动点P的轨迹方程为=1(y≠0)

(1)＋＝1   (2) x2＋y2＝1

解：(1)由题意，可得顶点P满足|PA|＋|PB|＝6，

结合椭圆的定义，可知顶点P的轨迹C1是以A，B为焦点的椭圆，且椭圆的半焦距长c＝1，长半轴长a＝3，则b2＝a2－c2＝8.

故轨迹C1的方程为＋＝1.

(2)已知点C(x1，y1)在曲线C1上，

故＋＝1.

令＝x，＝y，得x1＝3x，y1＝2y.

代入＋＝1，得x2＋y2＝1，

所以动点Q的轨迹C2的方程为x2＋y2＝1.

（Ⅰ）.（Ⅱ）==。

试题分析：（1）根据椭圆的性质可知焦点坐标得到c的值，然后结合点在椭圆上得到a,b的关系式，进而求解椭圆方程。（2）根据题意设出直线方程，那么与椭圆联立方程组，结合韦达定理得到弦长公式。

（Ⅰ）因为椭圆的左焦点为，所以，

点代入椭圆，得，即，

所以，所以椭圆的方程为.

（Ⅱ）直线的方程为，

，消去并整理得，，

==，

点评：解决该试题的关键是能够熟练的利用a,b,c的关系式，求解椭圆的方程，以及能运用设而不求的思想，设点，接和韦达定理表示出弦长公式。

⑴.⑵当时，，即.

本题主要考查了直线方程的点斜式在求解直线方程中的应用，结合椭圆的范围求解二次函数的最值，属于知识的简单综合。、

（I）由题设知A（-6，0），直线AP的斜率为 ，从而可得直线AP的方程

（2），则点M到直线AP的距离为，

而，依题意得

得到m的值，然后设椭圆上一点，则，即

得到d2的值。

解： ⑴由题意知，，从而 ，由题意得，，从而，，  ……….…………………………....（2分）

因此，直线AP的方程为：， 即.……….…...（4分）

⑵设，则点M到直线AP的距离为，

而，依题意得

解得或（舍去），故.….………………………..…………....（7分）

设椭圆上一点，则，即

，，……………….…....（10分）

所以当时，，即.-…………………………..………....（12分）

(I)  (II)

试题分析：(I)由已知可得b=c=1，再由a2=b2+c2，解出a即可.

(II)设A（x1，y1），B(x2，y2)，直线AB的方程为y=k（x-2），代入椭圆中，得到关于x的一元二次方程，由判别式求出k的取值范围，和用k表示的x1+x2，x1x2的表达式，然后分以O或A或B为直角顶点，根据向量垂直的坐标表示的充要条件列出关于k的方程，求解即可.

试题解析：(Ⅰ)  ，所以椭圆方程为 

(Ⅱ)由已知直线AB的斜率存在,设AB的方程为: 

由   得 

,得:,即 

设,  

(1)若为直角顶点,则 ,即 ,

,所以上式可整理得,

,解,得,满足 

(2)若为直角顶点,不妨设以为直角顶点,,则满足:

,解得,代入椭圆方程,整理得, 

解得,,满足 

时,三角形为直角三角形  

（1） ＋ ＝1．（2）存在点P(－，±)，使△PF1Q为等腰三角形

本题主要考查了椭圆的标准方程．考查了学生综合分析问题和解决问题的能力

（Ⅰ）设出椭圆方程，根据△AF1F2为正三角形可推断出a和b的关系，设b2=3λ，a2=4λ，代入椭圆方程，进而把点(，)代入即可求得λ，则椭圆的方程可得．

（Ⅱ）根据（1）可求得椭圆的离心率，进而求得PF1和PQ的关系，假设PF1=F1Q根据PF1= PQ推断出PF1+F1Q=PQ，与“三角形两边之和大于第三边”矛盾，假设不成立，再看若F1Q=PQ，设出P点坐标，则Q点坐标可得，进而表示出F1Q和PQ求得x和y的关系，与椭圆方程联立求得P点坐标．判断出存在点P，使得△PF1Q为等腰三角形。

（1）椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)，由已知△AF1F2为正三角形，所以

sin∠AF1O＝＝，所以＝，＝．

设b2＝3λ，a2＝4λ，椭圆方程为＋＝λ．

椭圆经过点(，)，解得λ＝1，所以椭圆C的方程为 ＋ ＝1．

（2）由＝e＝，得PF1＝PQ．所以PF1≠PQ．

①若PF1＝F1Q，则PF1＋F1Q＝PQ，与“三角形两边之和大于第三边”矛盾，

所以PF1不可能与PQ相等

②若F1Q＝PQ，设P(x，y)(x≠±2)，则Q(－4，y)．∴＝4＋x，

∴9＋y2＝16＋8x＋x2，又由＋＝1，得y2＝3－x2．

∴9＋3－x2＝16＋8x＋x2，∴x2＋8x＋4＝0．

∴7x2＋32x＋16＝0．∴x＝－或x＝－4．

因为x∈(－2，2)，所以x＝－．所以P(－，±)．

存在点P(－，±)，使△PF1Q为等腰三角形

（Ⅰ）见解析；  （Ⅱ） （Ⅲ）

(I)设点P的坐标为（x,y）,由P（x,y）在椭圆上，

得

然后再根据知,因而

（II）本小题应先讨论时，点（，0）和点（－，0）在轨迹上．

然后再根据当且时，由，得．

又，所以T为线段F2Q的中点．所以可得,从而说明点T的轨迹方程为以O为圆心半径为a的圆.

(III)先假设在C上存在点M（）使S=的充要条件是

然后可得，由④得所以可得当时，存在点M，使S=.然后再对坐标化进一步推导即可.

（Ⅰ）设点P的坐标为（x,y）,由P（x,y）在椭圆上，得

又由知，

所以

（Ⅱ） 当时，点（，0）和点（－，0）在轨迹上．

当且时，由，得．

又，所以T为线段F2Q的中点．

在△QF1F2中，，所以有

综上所述，点T的轨迹C的方程是 

（Ⅲ） C上存在点M（）使S=的充要条件是

由③得，由④得 所以，当时，存在点M，使S=；

当时，不存在满足条件的点M．

当时，，

由，

，

，得

解:(1) .(2)见解析；(3)

本试题主要是考查了椭圆方程的求解，以及利用直线与椭圆的位置关系求解直线的方程，证明线段相等的综合运用。

（1）利用椭圆的几何性质表示得到a,b,c的关系式，从而得到椭圆的方程。

（2）设直线与椭圆方程联系，借助于坐标的关系来证明相等即可。

（3）在第二问的基础上，进一步得到关于直线斜率k的表达式，化简得到直线的方程，

解:(1),因此椭圆的方程为.

(2)当直线垂直轴时,易求得

因此,

当直线不垂直轴时,设

由     ①,

由    ②,

设,则是方程①的解, 是方程②的解.,线段AB,CD的中点重合,

(3).由(2)知,,当直线垂直轴时,不合要求;

当直线不垂直轴时,设,由(2)知,

,,

,化简可得:

  ,

（1）；（2）.

（1）容易建立两个关于a,b的方程，椭圆C的方程直接可求.

(2)利用向量的坐标表示把表示成关于k的式子，然后利用函数求值域的方法确定其范围即可.

解：(1)由题意知，∴，即

又，∴

故椭圆的方程为                                     5分

（2）由题意知直线AB的斜率存在，设直线PB的方程为

由得：              7分

由得：               9分

设A(x1，y1)，B (x2，y2)，则　　① 10分

∴

∴

∵，∴，-------------------------------12分

∴

∴的取值范围是．-------------------  13分

(1)点关于直线的对称点为，

∴，，所以，

所求椭圆方程为：.

(2) 设直线：，

联立方程组，消去x得：，

即

令则

略

略