热门试卷

（1）

（2）存在           L与AB的夹角范围为(0,

(1)先建立直角坐标系，设所求椭圆方程为,根据AB=2,AN=,BM=，得A(-1,0), B(1,0), N(-1,),代入椭圆方程可求得；(2)设L:y="kx+m" (k≠0),与椭圆方程联立，求得PQ的中点坐标用k，m表示，由PQ⊥EFm=,由Δ>0可得4k2+3≥m2。

解:(1)以AB所在直线为x轴,AB中点O为原点建立如图所示的坐标系,

A(-1,0), B(1,0), N(-1,),

设所求椭圆方程为, …………………2分

把N点坐标代入椭圆方程,可得:,,

解得,

故所求椭圆方程为:

(2)设E(x,y),M(1,)∵∴E(0,1)

显然L:x=0不满足

设L:y="kx+m" (k≠0),与椭圆方程

联立可得:(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0

由Δ>0可得4k2+3≥m2, ……………………9分

设PQ的中点为F(x0,y0),P(x1,y1)

Q(x2,y2),则2x0=,2y0=

由PQ⊥EFm=,

∴≥,

∴02≤1,∴k∈[-1,1]且k≠0∴L与AB的夹角范围为(0,…13分

（1）    （2）

略

1）又由点M在准线上，得            

故，   从而               所以椭圆方程为                                   

（2）以OM为直径的圆的方程为即                                

其圆心为,半径                              

因为以OM为直径的圆被直线截得的弦长为2

所以圆心到直线的距离      所以，解得所求圆的方程为                       

（3）方法一：由平几知：

直线OM：，直线FN：       由得

所以线段ON的长为定值。

方法二、设，则 

又

所以，为定值         

略

（1）（2）椭圆的方程为：，抛物线的方程为：．

（1）因为抛物线经过椭圆的两个焦点，可得：，

由得椭圆的离心率．

（2）由题设可知关于轴对称，设，

则由的垂心为，有，

所以                      ①

由于点在上，故有           ②

②式代入①式并化简得：，解得或（舍去），

所以，故，

所以的重心为，

因为重心在上得：，所以，，

又因为在上，所以，得．

所以椭圆的方程为：，

抛物线的方程为：．

（Ⅰ）

（Ⅱ）证明见解析。

由与，得，

，的方程为。

设，

则，

由得

。    ①

（Ⅰ）由，得

 ， ②

，   ③

由①、②、③三式，消去，并求得，

故。

（Ⅱ），

当且仅当或时，取最小值，

此时，，

故与共线。

(1) +=1    (2) k=±1

(1)a=2,e==,c=,b=,

椭圆C:+=1.

(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),则由,消y得

(1+2k2)x2-4k2x+2k2-4=0,

∵直线y=k(x-1)过椭圆内点(1,0),

∴Δ>0恒成立,

由根与系数的关系得

x1+x2=,x1x2=,

S△AMN=×1×|y1-y2|=×|kx1-kx2|

===.

即7k4-2k2-5=0,解得k=±1.

（本小题满分12分）

解：（I）方法1：椭圆的一个焦点是 ，

∴，            ………………（2分）

∵，∴，∴椭圆方程为 ………………（6分）

方法2：，可设椭圆方程为      ………………（2分）

∵在椭圆上，所以（舍去）

∴椭圆方程为                     ………………（6分）

（II）方法1：设、，，，

设是直线上一点，直线方程，方程，

代入得

解得，

∴，  ………………（8分）

代入得

解得，

∴，                     ………………（10分）

∵，∴，

∴、、三点共线，即直线通过上焦点．………………（12分）

方法2：∵、、三点共线，、、三点也共线，

∴是直线与直线的交点，

显然斜率存在时，设：，代入，

得，，，

直线方程，直线方程，

分别代入，得，，

∴，即，

，

∴对任意变化的都成立，只能，

∴直线通过上焦点．                      ………………（12分）

略

略

（1），所以椭圆的方程是，联立直线方程，化简为

设A()，B()

=  （#） 令=m则

，

当K不存在时，,则=

综上，

（2），

由韦达定理知 或代入（#）得

当时，A,O,B共线，不存在外接圆

当时，，外接圆直径为AB，圆心为即

， 

略

（1） （2）

试题分析：解：（Ⅰ）直线斜率为1，设直线的方程为，其中. 2分

设，则两点坐标满足方程组

化简得 4分

则，

因为，所以. 6分

得，故，

所以椭圆的离心率.  8分

（Ⅱ）设的中点为，由（1）知

 10分

由得.   12分

即，得，从而.故椭圆的方程为 14分

点评：主要是考查了直线与椭圆的位置关系的运用，属于中档题。

（I）；（II）－8.

（1）本小题属于相关点法求轨迹方程，设，可以用表示，

再代入,可得动点M的轨迹方程.

(II)由条件不难判断直线L的斜率存在，然后设其方程为与动点M的轨迹方程联立消y后得到关于x的一元二次方程，然后借助韦达定理，判断式来解决是解决此类问题的基本思路.本小题设,则然后将韦达定理代入式子证明即可.

解：（I）设，得

∴动点M的轨迹E的方程为

（II）显然，直线L的斜率存在，设其方程为即

,令联立 得

即

解: （Ⅰ）依题意，，，

所以.

故椭圆的方程为.                           ……………4分

（Ⅱ）①当直线的斜率不存在时，由解得.

不妨设，，

因为，又，所以，

所以的关系式为，即.             ………7分

②当直线的斜率存在时，设直线的方程为.

将代入整理化简得，.

设，，则,.       ………9分

又，.

所以

                                       ………12分

所以，所以，所以的关系式为.………13分

综上所述，的关系式为.                         ………14分

略

（Ⅰ)+ y2="1" ；(Ⅱ) S=

本试题主要考查了椭圆方程的求解，以及直线与椭圆方程的位置关系的综合运用。

（1）利用椭圆的性质得到关于a,b,c的关系式，然后求解得到曲线的方程的求解。

（2）因直线L过点B，且斜率为k=-，故有L∶y=-（x-1）然后与椭圆的方程联立，结合韦达定理和向量的关系式得到坐标关系式，从而结合点到直线的距离的公式，得到三角形面积的求解。

（Ⅰ)设点P的坐标为（x,y）,则点Q的坐标为（x,y）.   

依据题意，有=(x+1,y), =(x-1,y).             ……2分

∵·=1，∴x2-1+2 y2=1.∴动点P所在曲线C的方程是+ y2=1     …4分

(Ⅱ)因直线L过点B，且斜率为k=-，故有L∶y=-（x-1）.……5分

联立方程组，消去y,得2x2-2x-1=0.         ………7分

设M（x1,y1）、N（x2,y2），可得，于是. …………8分

又++=，得=（- x1- x2，- y1- y2），即H（-1，-）………9分

∴|MN|==  …………11分

(另外求出两个点M、N的坐标也可)

又L: x+2y-=0，则H到直线L的距离为d=    …13分

故所求△MNH的面积为S=   ………………14分