热门试卷

（1）椭圆的标准方程为=1（2）

（1）∵点是线段的中点 

∴是△的中位线

又∴            

∴  

∴椭圆的标准方程为="1            "

（2）∵点C在椭圆上，A、B是椭圆的两个焦点

∴AC＋BC＝2a＝，AB＝2c＝2    

在△ABC中，由正弦定理，   

∴＝            

椭圆E方程为

直线l的方程为：

　　由已知　①  

由　得：   

　　∴，即　②

由①②得：

　　故椭圆E方程为

(1)＋＝1，e＝ ；(2) x＋2y＋2＝0和x－2y＋2＝0.

试题分析：(1)设所求椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，右焦点为F2(c,0)．因为△AB1B2是直角三角形，又|AB1|＝|AB2|，故∠B1AB2为直角，因此|OA|＝|OB2|，得b＝.

结合c2＝a2－b2，得4b2＝a2－b2，故a2＝5b2，c2＝4b2，∴离心率e＝＝.

在Rt△AB1B2中，OA⊥B1B2，故S△AB1B2＝|B1B2|·|OA|＝|OB2|·|OA|＝b＝b2.

由题设条件S△AB1B2＝4，得b2＝4，从而a2＝5b2＝20.

因此所求椭圆的标准方程为＋＝1.

(2)由(1)，知B1(－2,0)，B2(2,0)．由题意，知直线l的倾斜角不为0，故可设直线l的方程为x＝my－2，代入椭圆方程，得(m2＋5)y2－4my－16＝0.

设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1，y2是上面方程的两根，因此y1＋y2＝，y1·y2＝－.

又＝(x1－2，y1)，＝(x2－2，y2)，

∴·＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝(my1－4)(my2－4)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2－4m(y1＋y2)＋16＝－－＋16＝－.

由PB2⊥QB1，得·＝0，即16m2－64＝0，解得m＝±2.

∴满足条件的直线有两条，其方程分别为x＋2y＋2＝0和x－2y＋2＝0.

点评：直线与圆锥曲线联系在一起的综合题在高考中多以高档题、压轴题出现，主要涉及位置关系的判定，弦长问题、最值问题、对称问题、轨迹问题等．突出考查了数形结合、分类讨论、函数与方程、等价转化等数学思想方法．

（1） ；（2） ；（3） 

(1) 由题意知,易知椭圆方程为

(2)本小题的求解要注意利用平面几何的性质得到，另外要注意应用,点M在椭圆上等几何要素建立方程求解即可.

(3) 点在直线上射影即PQ与MB的交点H，由得为直角三角形，设E为中点，则==，，因此H点的轨迹是以E为圆心，半径为的圆去掉与x轴的交点.解：(Ⅰ)由题意知,故椭圆方程为..........3分

(Ⅱ)设，则由图知，得,故.

设,由得：，.

又在椭圆上，故，化简得，即...............8分

(Ⅲ)点在直线上射影即PQ与MB的交点H，由得为直角三角形，设E为中点，则==，，因此H点的轨迹方程为            ...................13分

（1）（2）

（1）由题意知

（2）由（1）知显然AB不垂直轴，设AB所在直线方程为

设

于是

即

（Ⅰ）（Ⅱ）见解析

(1)由2c=4,c/a=1/2,可求出a,进而求出b，问题解决.

（II）（1）若直线的斜率存在，可设直线方程为

然后与抛物线方程联立，消去y转化为,

借助韦达定理证明即可.

斜率不存在的情况要单独考虑.

(2) 设、，直线的方程为，代入，得．于是．

，．可得．

再证明原点到直线的距离为定值

解：（Ⅰ）由得，故． ………………………3分

所以，所求椭圆的标准方程为 ……………………………4分

（Ⅱ）（1）若直线的斜率存在，可设直线方程为……………5分

代入抛物线方程整理得

设点A（）点B（），则，………7分

所以 ……………………………………………9分

若直线斜率不存在，则A（4,4）B（4，-4），同样可得…………10分

（2）设、，直线的方程为，代入，得．于是．从而，．得．∴原点到直线的距离为定值…15分

（Ⅰ）椭圆的方程： ……………………………………………………4分

（Ⅱ）首先，直线的斜率不存在时，，，舍去；

设直线的方程为： ，代入椭圆方程：

所以，设，则

又  及得：

，结合韦达定理可求出

， ，所以所求直线的方程为：  

略