热门试卷

（1），（2）相切，（3）.

试题分析：（1）求椭圆E的离心率，只需列出关于的一个等量关系就可解出. 因为直线的倾斜角的正弦值为，所以，即，（2）判断直线与圆的位置关系，通常利用圆心到直线距离与半径大小比较. 因为直线的倾斜角的正弦值为，所以直线的斜率为于是的方程为：，因此中点到直线距离为所以直线与圆相切,又圆与以线段为直径的圆关于直线对称，直线与圆相切．（3）由圆的面积为知圆半径为1，所以设关于直线：的对称点为，则解得．所以，圆的方程为．

【解】（1）设椭圆E的焦距为2c（c>0），

因为直线的倾斜角的正弦值为，所以，

于是，即，所以椭圆E的离心率  

（2）由可设，，则，

于是的方程为：，

故的中点到的距离，         又以为直径的圆的半径，即有，

所以直线与圆相切．

（3）由圆的面积为知圆半径为1，从而，         

设的中点关于直线：的对称点为，

则

解得．所以，圆的方程为．

（1）＝1.（2）m＝（3）无关

(1)∵c＝4m，椭圆离心率e＝＝，∴a＝5m.∴b＝3m.

∴椭圆C的标准方程为＝1.

(2)在椭圆方程＝1中，令x＝4m，解得y＝±.

∵当θ＝90°时，直线MN⊥x轴，此时FM＝FN＝，∴＝.

∵＝，∴＝，解得m＝.

(3)的值与θ的大小无关．

证明如下：(证法1)设点M、N到右准线的距离分别为d1、d2.

∵＝，＝，∴＝.

又由图可知，MFcosθ＋d1＝－c＝，

∴d1＝，即＝.

同理，＝＝(－cosθ＋1)．

∴＝＋(－cosθ＋1)＝.

∴＝·＝.显然该值与θ的大小无关．

(证法2)当直线MN的斜率不存在时，由(2)知，的值与θ的大小无关．

当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝k(x－4m)，

代入椭圆方程＝1，得(25k2＋9)m2x2－200m3k2x＋25m4(16k2－9)＝0.

设点M(x1，y1)、N(x2，y2)，∵Δ＞0恒成立，∴x1＋x2＝，x1·x2＝.

∵＝，＝，∴MF＝5m－x1，NF＝5m－x2.

∴＝.

显然该值与θ的大小无关．

（1）；（2）

试题分析：（1）首先设切点，由圆的切线的性质，根据半径的斜率可求切线斜率，进而可表示切线方程为，建立目标函数．故要求面积最小值，只需确定的最大值，由结合目标函数，易求；（2）设椭圆标准方程为，点在椭圆上，代入点得①，利用弦长公式表示，利用点到直线距离公式求高，进而表示的面积，与①联立，可确定，进而确定椭圆的标准方程．

（1）设切点坐标为．则切线斜率为．切线方程为．即．此时，两个坐标轴的正半轴于切线围成的三角形面积．由知当且仅当时，有最大值．即有最小值．因此点的坐标为．

（2）设的标准方程为．点．由点在上知．并由得．又是方程的根，因此，由，，得．由点到直线的距离为及得．解得或．因此，（舍）或，

．从而所求的方程为．

（1）k＝±1.（2）见解析

(1)解：由题意知＝，b＝1.由a2＝b2＋c2可得c＝b＝1，a＝，

∴椭圆的方程为＋y2＝1.由得(2k2＋1)x2－kx－＝0.

Δ＝k2－4(2k2＋1)×＝16k2＋＞0恒成立，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝－.

∴AB＝·|x1－x2|＝，化简得23k4－13k2－10＝0，即(k2－1)(23k2＋10)＝0，解得k＝±1.

(2)证明：∵＝(x1，y1－1)，＝(x2，y2－1)，

∴＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝(1＋k2)x1x2－k(x1＋x2)＋＝－－＋＝0.∴不论k取何值，以AB为直径的圆恒过点M.

（1）4（2）存在Q(3,0)

(1)由椭圆的定义知a＝，设P(x，y)，

则有，则＝－，

又点P在椭圆上，则＝－，

∴b2＝2，

∴椭圆C的方程是＝1.(3分)

∵＝，

∴|cos∠AOB＝，

∴|sin∠AOB＝4，

∴S△AOB＝|sin∠AOB＝2，

又S△AOB＝|y1－y2|×1，故|y1－y2|＝4.(7分)

(2)假设存在一点Q(m,0)，使得直线QA，QB的倾斜角互为补角，

依题意可知直线l斜率存在且不为零，

直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，

由消去y得(3k2＋2)x2－6k2x＋3k2－6＝0，(9分)

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1·x2＝.

∵直线QA，QB的倾斜角互为补角，

∴kQA＋kQB＝0，即＝0，(13分)

又y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，

代入上式可得2x1x2＋2m－(m＋1)(x1＋x2)＝0，

∴2×＋2m－(m＋1)×＝0，即2m－6＝0，∴m＝3，

∴存在Q(3,0)使得直线QA，QB的倾斜角互为补角．(16分)

（1）（2）见解析

试题分析：（1）由椭圆的几何意义知，，，由等比数列知，，即，两边同除以化为关于离心率的方程，求出离心率；（2）设出P点坐标，利用直线两点式方程写出直线PA，PB方程，通过解PA与及PB与方程分别组成的方程组，解出点M，N的坐标，再通过计算向量法=0，证明，证明为直径的圆过点.

试题解析：（1）由题意可知，成等比数列，所以

（2）由，椭圆经过点可知，椭圆方程为

设，由题意可知

解得，则

故以线段为直径的圆过点.

（1）;（2） ，（;(3) 这样的圆不存在．

试题分析：（1）由已知条件双曲线C：离心率是，过点，由此能求出双曲线C的标准方程．（2）设M(x，y)，，将代入椭圆方程，再利用“点差法”即可求出M的轨迹方程；（3）设，由已知得：，将联立，得，将代入得，即可得出结论．

（1）．

（2），（）-------6分 注：没有扣1分

（3）假设存在，设，

由已知得：

       ①

所以       ②

联立①②得：无解

所以这样的圆不存在．        12分

（1）；（2）证明过程详见解析.

试题分析：本题主要考查椭圆的标准方程以及几何性质等基础知识，考查学生分析问题解决问题的能力和计算能力.第一问，由椭圆C过点（0,1）点，所以得到，由，得，在直角三角形AFB中，利用勾股定理求参数a，c的值，从而得到椭圆的标准方程；第二问，设出点M，N，P的坐标，代入到中，得到与、的关系，得到与、的关系，又由于点M，N在椭圆上，代入椭圆方程中，得到关系式，都代入到所求的式子中，化简得到定值.

试题解析：（1）由题意可知，又.又 .   2分

在中，，

故椭圆的标准方程为：            6分

（2）设

∵M、N在椭圆上，∴

又直线OM与ON的斜率之积为，∴，

于是

.故为定值.    13分

（1）；（2）定值为2，证明见解析．

试题分析：（1）根据椭圆的离心率、长轴与短轴的关系建立的方程可求得椭圆的方程；；（2）设，然后用此点坐标分别表示出、的方程，然后根据直线与圆相切性质、平面几何知识化为的关系，进而确定其为定值．

试题解析：（1）由题意可得，得  ①．

又，即   ②，

解①②，得，

∴椭圆的方程为．

（2）由（1）知，设，则

直线的方程为，令，得．

直线的方程为，令，得．

设，则

＝，

，

∴＝．

∵，即，

∴＝，∴，即线段的长为定值2．

(1) ； (2) 垂直．

试题分析：（1）由“椭圆C的一个焦点为，其短轴上的一个端点到F的距离为”知：从而可得椭圆的标准方程和“准圆”的方程；

（2）分两种情况讨论：①当中有一条直线斜率不存在；②直线斜率都存在．

对于①可直接求出直线的方程并判断其是不互相垂直；

对于②设经过准圆上点与椭圆只有一个公共点的直线为

与椭圆方程联立组成方程组消去得到关于的方程：

由化简整理得：

而直线的斜率正是方程的两个根，从而

试题解析：（1）

椭圆方程为

准圆方程为

（2）①当中有一条无斜率时，不妨设无斜率，

因为与椭圆只有一个共公点，则其方程为

当方程为时，此时与准圆交于点

此时经过点（或）且与椭圆只有一个公共眯的直线是（或）

即为（或），显然直线垂直；

同理可证方程为时，直线也垂直．

②当都有斜率时，设点其中

设经过点与椭圆只有一个公共点的直线为

则由消去，得

由化简整理得：

因为，所以有

设的斜率分别为，因为与椭圆只有一个公共点

所以满足上述方程

所以，即垂直,

综合①②知, 垂直．

（1）；（2）详见解析．

试题分析：（1）根据椭圆的离心率求得a和c的关系，进而根据椭圆C的左、右焦点分别为F1（-c，0），F2（c，0）又点F2在线段PF1的中垂线上，推断|F1F2|=|PF2|，进而求得c，则a和b可得，进而求得椭圆的标准方程．（2）设直线MN方程为y=kx+m，与椭圆方程联立消去y，设M（x1，y1），N（x2，y2），根据韦达定理可表示出x1+x2和x1x2，表示出直线F2M和F2N的斜率，由直线F2M与F2N的斜率互为相反数，可推断两直线斜率之和为0，把x1+x2和x1x2代入即可求得k和m的关系，代入直线方程进而可求得直线过定点．

解：（1）由椭圆C的离心率得，其中，椭圆C的左、右焦点分别为又点F2在线段PF1的中垂线上

解得

（2）由题意，知直线MN存在斜率，设其方程为

由

消去设

则且

       （8分）

由已知，得

化简，得

       （10分）

 整理得

 直线MN的方程为，

因此直线MN过定点，该定点的坐标为（2，0） （12分）．

（1）x2＋y2＝4（2）[0，7＋4)（3）对于椭圆C上的任意点P，都有l1⊥l2.

(1)由题意知c＝，且a＝＝，可得b＝1，故椭圆C的方程为＋y2＝1，其“准圆”方程为x2＋y2＝4.

(2)由题意，可设B(m，n)，D(m，－n)(－)，则有＋n2＝1，又A点坐标为(2，0)，故＝(m－2，n)，＝(m－2，－n)，故·＝(m－2)2－n2＝m2－4m＋4－＝m2－4m＋3＝，又－，故∈[0，7＋4]，所以·的取值范围是[0，7＋4)．

(3)设P(s，t)，则s2＋t2＝4.当s＝±时，t＝±1，则l1，l2其中之一斜率不存在，另一斜率为0，显然有l1⊥l2.当s≠±时，设过P(s，t)且与椭圆有一个公共点的直线l的斜率为k，则l的方程为y－t＝k(x－s)，代入椭圆C方程可得x2＋3[kx＋(t－ks)]2＝3，即(3k2＋1)x2＋6k(t－ks)x＋3(t－ks)2－3＝0，由Δ＝36k2(t－ks)2－4(3k2＋1)[3(t－ks)2－3]＝0，可得(3－s2)k2＋2stk＋1－t2＝0，其中3－s2＝0，设l1，l2的斜率分别为k1，k2，则k1，k2是上述方程的两个根，故k1k2＝＝－1，即l1⊥l2.综上可知，对于椭圆C上的任意点P，都有l1⊥l2.

（1）；当直线的方程为时，的面积取最大值.

试题分析：（1）首先根据题中条件求出和的值，进而求出椭圆的方程；（2）先设直线的方程为，先利用弦心距、半径长以及弦长之间满足的关系（勾股定理）求出直线截圆所得的弦长

，然后根据直线与两者所满足的垂直关系设直线，将直线的方程与椭圆的方程联立，求出直线截椭圆的弦长，然后求出的面积的表达式，并利用基本不等式求出的面积的最大值，并求出此时直线的方程.

试题解析：（1）由题意得，椭圆的方程为；

（2）设、、，

由题意知直线的斜率存在，不妨设其为，则直线的方程为，

故点到直线的距离为，又圆，，

又，直线的方程为，

由，消去，整理得，

故，代入的方程得

，

设的面积为，则，

，

当且仅当，即时上式取等号，

当时，的面积取得最大值，

此时直线的方程为

(1).（2）见解析；(3)存在，使得以为直径的圆恒过直线、的交点.

试题分析：(1)由已知:,可得,,可得椭圆方程为.

（2）由（1）知，设.根据知.

由消去,整理得:,

应用韦达定理得

利用平面向量的坐标运算即得(定值).

(3)以为直径的圆恒过的交点,

由，建立Q坐标的方程.

试题解析：(1)由已知:,,,

所以椭圆方程为.          4分

（2）由（1）知，.

由题意可设.

由消去,整理得:,

.,

(定值).    9分

(3)设.

若以为直径的圆恒过的交点,

则.

由(2)可知:,

,

即恒成立,

∴存在，使得以为直径的圆恒过直线、的交点.          13分