热门试卷

解：（1）由题设得       ① ，且  ②．…………2分

由①、②解得．   则椭圆的方程为=1．……………4分（2）显然不满足题意，可设的方程为，设．…6分

联立

△．

且．………………8分

又为锐角，，

，．

．

…………10分

又，，．……………12分

略

(Ⅰ)   (Ⅱ) （，） （Ⅲ）

（1）由

………5分

（2）由则不论如何变化，椭圆恒过第一象限内的定点（，）……7分

（3）将定点坐标代入直线方程得

则原点到直线的距离为,又，

则……10分

由此得…12分 令

，

令可证得

故原点到直线距离的取值范围为……14分

椭圆方程可化为：，，∴左焦点为，由解得：，∴所求的椭圆方程为。

解：(Ⅰ)由题意得，，

又，椭圆的方程为，…………………………3分  

“伴随圆”的方程为．…………………………………………………4分   

（Ⅱ）①当轴时，由，得 ．

②当与轴不垂直时，由，得圆心到的距离为．

设直线的方程为则由，得，

设，由得．

∴，．……………………………………6分

当时，

==

=．

当且仅当，即时等号成立，此时.

当时，，综上所述：，

此时△的面积取最大值．………………10分

略

解：（1）易知   所以，设，则 

                           -------------- 3分

因为，故当，即点为椭圆短轴端点时，有最小值  ，

当，即点为椭圆长轴端点时，有最大值. -------------- 5分

（2）显然直线不满足题设条件，可设直线，将代入，消去，整理得：

∴，                  -------------- 7分

由

得：或,                             -------------- 8分

又 

∴又

∵，即 ∴       -------------- 11分

故由①、②得或             -------------- 12分

略

解：(1) 设椭圆方程为，

由题意点在椭圆上，………………………………………（2分）

所以，解得…………………………………………（4分）

（2）由题意，………………………………………………………………（5分）

所以，， …………………………………………………………（7分）

…………………………………………………………………（9分）

（3）当直线斜率不存在时，易求，

所以

由得，直线的方程为．……………………（11分）

当直线斜率存在时，

所以，

由得

即…………………………………（13分）

因为，所以

此时，直线的方程为………………………………………（16分）

注：由得是AB的中点或P、A、B、共线，不扣分．

略

（1）

（2）

（1），故椭圆方程为，

设，

由，

由此得；

（2）当直线的斜率存在时，设的方程为：代入椭圆方程得：

，所以

，

当直线的斜率不存在即时，，

因此当时，取得最大值，最大值为

(1) . (2) .

试题分析：(1)由已知得椭圆的半长轴，半焦距，则半短轴.   3分

又椭圆的焦点在轴上, ∴椭圆的标准方程为.      5分

(2)设线段的中点为 ,点的坐标是，

由，得，                      9分

由点在椭圆上,得,             11分

∴线段中点的轨迹方程是.     12分

点评：若动点P(x，y)随已知曲线上的点Q(x0，y0)的变动而变动，且x0、y0可用x、y表示，则将Q点坐标表达式代入已知曲线方程，即得点P的轨迹方程．这种方法称为相关点法(或代换法)．

（I）；（II）的最小值为1．

本试题主要是考查了椭圆的方程的求解以及直线与椭圆的位置关系的运用。

（1）因为椭圆的右顶点，过的焦点且垂直长轴的弦长为.，根据性质得到椭圆的方程。

（2）不妨设则抛物线在点P处的切线斜率为，直线MN的方程为，将上式代入椭圆的方程中，得，即

结合判别式得到范围和最值。

解：（I）由题意得所求的椭圆方程为，

（II）不妨设则抛物线在点P处的切线斜率为，直线MN的方程为，将上式代入椭圆的方程中，得，即，因为直线MN与椭圆有两个不同的交点，所以有，

设线段MN的中点的横坐标是，则，

设线段PA的中点的横坐标是，则，由题意得，即有，其中的或；

当时有，因此不等式不成立；因此，当时代入方程得，将代入不等式成立，因此的最小值为1．