热门试卷

解：(Ⅰ)由题设，，又，得，，

于是，故．          …………4分

(Ⅱ)由题设，显然直线垂直于轴时不合题意，         …………5分

设直线的方程为，得:Z，

又，及，得点的坐标为，   …………7分

因为点在椭圆上，∴，又，得，

…………9分

由题设及，得．

，与矛盾,                      …………11分

故不存在满足题意的直线．                          …………12分

略

（1）（2）所求椭圆方程为

⑴、 ，∥，△∽△,

，

又，,

而.    

⑵、为准线方程，,

由． 所求椭圆方程为．

（1）；

（2）存在点M、N其坐标分别为(0 , -1)、(0, 1)，使得为定值．

试题分析：（1）设椭圆方程为，则由题意知，则

，则椭圆方程为，代入点的坐标可得

，所求椭圆方程为

（2）当直线或斜率不存在时，P点坐标为(-1, 0)或(1, 0)．

当直线斜率存在时，设斜率分别为，，设，，

由得　，∴ ，．

，同理．∵， ∴，即．又，　∴．

设，则，即，

由当直线或斜率不存在时，P点坐标为(-1, 0)或(1, 0)也满足，∴点椭圆上，则存在点M、N其坐标分别为(0 , -1)、(0, 1)，使得为定值．

点评：中档题，结合椭圆的几何性质，应用“待定系数法”求得了椭圆方程。研究直线与圆锥曲线的位置关系，往往应用韦达定理，通过“整体代换”，简化解题过程，实现解题目的。（II）中对两直线斜率存在情况进行讨论，易于忽视。

当时，d取最大值，从而取最大值，这时点P的坐标为．

本题主要考查了椭圆的简单性质，解答的关键在于利用椭圆的参数方程设出椭圆上一点的坐标，利用三角函数的有界性求最值．设点P的坐标为，其中，∵，其中为定值，故只须最大即可；

解：设点P的坐标为，其中，

∵，其中为定值，故只须最大即可；

又AB为定长，故只须点P到AB的距离最大即可．AB的方程为，点P到AB的距离为

∴当时，d取最大值，从而取最大值，这时点P的坐标为．

略

略

略

（1）

（2）符合条件的直线不存在

（3）

解：（1）设椭圆方程为由焦点及椭圆过可得，

，解得，即椭圆方程是。　　　　　　……４分

（2）可知，由题知直线的斜率存在。可设直线方程为

，设的.

由题知可得，

可得由可得，

由可得，即，又由可得矛盾。所以符合条件的直线不存在。　　　　　　　　　　　　　　　　……１０分

（3）由（2）知可推出要使k存在只需，

解得的取值范围是　

（1）

（2）

解：（1）圆C：；

（2）由条件可知a=5，椭圆，

∴F（4，0），若存在，则F在OQ的中垂线上，又O、Q在圆C上，所以O、Q关于直线CF对称；

直线CF的方程为y-1=,即，设Q（x,y），则，

解得    所以存在，Q的坐标为。

（Ⅰ）椭圆方程为．

（Ⅱ）实数的取值范围是．

解：（Ⅰ）依题意有

解得　　．

所求椭圆方程为． ………………………………………………5分

（Ⅱ）由得．

设点、的坐标分别为、，

则  ………………7分,．

（1）当时，点、关于原点对称，则．

（2）当时，点、不关于原点对称，则，

由，得      即

   点在椭圆上，有，

化简，得．

，有……①…10分

又，

由，得……②　…12分

由①、②两式得．，，则且．

综合（1）、（2）两种情况，得实数的取值范围是．…………………14分