热门试卷

(1)   (2) 

试题分析:(1)利用椭圆和双曲线之间的关系可以用分别表示双曲线和椭圆的离心率和焦点,由题目和即可得到之间的两个方程,联立方程消元即可求出的值,得到双曲线和椭圆的标准方程.

(2)利用(1)求出焦点的坐标,设出弦的直线的方程,联立直线与椭圆消得到关于的一元二次方程,再利用根与系数的关系得到两点纵坐标之间的和与积,进而得到点的纵坐标带入AB直线即可得到的横坐标,进而求出直线的方程,即为直线的方程,联立直线的方程得到的取值范围和求出点的坐标得到的长度,利用点到直线的距离得到到直线的距离表达式,进而用表示四边形的面积,利用不等式的性质和的取值范围即可得到面积的最小值.

(1)由题可得,且,因为,且,所以且且,所以椭圆方程为,双曲线的方程为.

(2)由(1)可得,因为直线不垂直于轴,所以设直线的方程为,联立直线与椭圆方程可得,则,,则,因为在直线上,所以,则直线的方程为,联立直线与双曲线可得,则,则,设点到直线的距离为,则到直线的距离也为,则,因为在直线的两端,所以,

则 ,又因为在直线上,所以,

则四边形面积,因为,所以当时,四边形面积的最小值为.

（1）点Q的轨迹的方程为为．（2）以线段BD为直径的圆与直线GF相切．

试题分析：（1）连结QF，由于线段的垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等，所以|QE|＋|QF|＝|QE|＋|QP|＝4，根据椭圆的定义知，动点Q的轨迹是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆．由此便可得其方程；（2）直线与圆的位置关系一般通过比较圆心到直线的距离与圆的半径的大小关系来确定． 由题意，设直线AG的方程为，则点D坐标为，由此可得圆心和半径.下面用k表示点G的坐标，求出直线GF方程为，进而求到圆心到直线GF的距离便可知道以BD为直径的圆与直线GF的位置关系．

（1）连结QF，根据题意，|QP|＝|QF|，

则|QE|＋|QF|＝|QE|＋|QP|＝4，

故Q的轨迹是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆．             .2分

设其方程为，可知，，则，         ..3分

所以点Q的轨迹的方程为为． 4分

（2）以线段BD为直径的圆与直线GF相切． 5分

由题意，设直线AG的方程为，则点D坐标为，BD的中点H的坐标为．

联立方程组消去y得，

设，则，

所以，， 7分

当时，点G的坐标为，点D的坐标为.

直线GF⊥x轴，此时以BD为直径的圆与直线GF相切． 9分

当时，则直线GF的斜率为，则直线GF方程为，

点H到直线GF的距离，又，

所以圆心H到直线GF的距离，此时，以BD为直径的圆与直线GF相切．

综上所述，以线段BD为直径的圆与直线GF相切． 13分

（1）;（2）①;②．

试题分析：（1）对于曲线C1：的处理，关键问题是两个绝对值的处理，根据x,y的特点，不难发现与坐标系中的四个象限有关，进而即可得到，即可得出椭圆方程; （2）①由l是线段AB的垂直平分线，可转化为：，又由MO＝2OA，可转化得到：，这样的好处是两条件均转化为向量了，设出点M和点A的坐标即可得到关系：解出再利用点M在所求椭圆上即可求出：;②中要求△AMB的面积的最小值，根据此地三角形的特点，不难想到直线AB的设出，根据斜率是否存在，可先考虑两种特殊情况：一种不存在;另一种为0，再考虑一般情形，运用方程组思想即可得：和，进而表示出面积：，最后结合不等式知识即可求出最小值．

试题解析：（1）由题意得 又，解得，．

因此所求椭圆的标准方程为．                                4分

（2）①设，，则由题设知：，．

即 解得                               8分

因为点在椭圆C2上，所以，

即，亦即．

所以点M的轨迹方程为．                                   10分

②假设AB所在的直线斜率存在且不为零，设AB所在直线方程为y＝kx(k≠0)．

解方程组 得，，

所以，.

又 解得，，所以．     12分

由于

，

当且仅当时等号成立，即k＝±1时等号成立，

此时△AMB面积的最小值是S△AMB＝．                                 15分

当k＝0，S△AMB；

当k不存在时，S△AMB．

综上所述，△AMB面积的最小值为．                                    16分

（1），（2），（3）.

试题分析：（1）本题椭圆方程的求法是轨迹法.这是由于题目没有明确直线是左准线，点是左焦点.不可利用待定系数法求解. 设，则，,化简得： 椭圆C的方程为：,（2）条件中角的关系一般化为斜率，利用坐标进行求解. 因为,所以，由题意得，，可求与椭圆交点，从而可得直线方程（3）直线过定点问题，一般先表示出直线, ,利用等量关系将两元消为一元. ，代入得：,.化简得，直线方程：直线总经过定点

解：（1）设，则，       （2分）

化简得： 椭圆C的方程为：   （4分）

（2），

，   （3分）

代入得：，，代入得

，   （5分）

，   （6分）

（3）解法一：由于，。   （1分）

设

设直线方程：，代入得：

   （3分）

，   （5分）

直线方程：直线总经过定点   （6分）

解法二：由于，所以关于x轴的对称点在直线上。

设

设直线方程：，代入得：

，，令，得：

，

直线总经过定点

（1）椭圆的方程为.（2）存在符合题意的点.

试题分析：（1）由题意得                      2分

解得

（2）讨论当直线的斜率为0时，不存在符合题意的点； 

当直线的斜率不为0时，设直线的方程为,

代入，整理得,

设，，应用韦达定理得到，,

设存在符合题意的点，

从而弦长

,

设线段的中点，则，

所以,

根据是正三角形，得到，且,                   

由得,

得到,

由得关于的方程，

解得..

（1）由题意得                      2分

解得                          4分

所以椭圆的方程为.                5分

（2）当直线的斜率为0时，不存在符合题意的点；        6分

当直线的斜率不为0时，设直线的方程为,

代入，整理得,

设，，则，,

设存在符合题意的点，

则

,              8分

设线段的中点，则，

所以,

因为是正三角形，所以，且,       9分

由得即，所以,

所以,     10分

由得，

解得，所以.                    12分

由得,

所以,

所以存在符合题意的点.                  14分

（1）a＝2，b＝1（2）.

试题分析：（1）两个未知数，两个独立条件.由 a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1．正确解答本题需注意短轴长为而不是（2）本题关键是用l1的斜率为k表示出△DMN的面积，因为为直线l1与椭圆C的交点，所以由直线l1方程与椭圆C的方程联立方程组得M坐标为，从而有．由于N与M相似性，可用代k直接得，所以△DMN的面积S＝，到此只需将S代入，并化简可得k的取值范围为．

试题解析：

（1）设椭圆C的半焦距为c，则由题意得，又a2＝b2＋c2，

解得a＝2，b＝1．                                   4分

（2）由（1）知，椭圆C的方程为

所以椭圆C与y轴负半轴交点为D(0，－1)．

因为l1的斜率存在，所以设l1的方程为y＝kx－1．

代入，得，

从而．  6分

用代k得

所以△DMN的面积S＝ 8分

则＝  

因为，即

整理得4k4－k2－14＜0，解得＜k2＜2

所以0＜k2＜2，即＜k＜0或0＜k＜．

从而k的取值范围为．

（1）；（2），.

试题分析：本题第（1）问，可结合与x轴垂直，由勾股定理及椭圆定义求出椭圆的离心率；对第（2）问，观察到是三角形的中位线，然后结合向量的坐标运算及椭圆方程，可求出a,b.

试题解析：（1）由题意知，，所以，由勾股定理可得：，由椭圆定义可得：=，解得C的离心率为。

（2）由题意，原点O为的中点，∥y轴，所以直线与y轴的交点D（0，2）是线段的中点，故，即，由得，设，由题意知，则

，即，代入C的方程得，将及代入得：，解得，.

【易错点】对第（1）问，较容易，大部分同学都能计算出；对第（2）问,一部分同学考虑不到中位线，

容易联立方程组求解而走弯路，并且容易出现计算失误.

（1） ；( Ⅱ).

试题分析：（1）由题意知，所以．由此能求出椭圆C的方程．（2）由题意知直线AB的斜率存在．设AB：y=k（x-2），A（x1，y1），B（x2，y2），P（x，y），由得（1+2k2）x2-8k2x+8k2-2=0再由根的判别式和嘏达定理进行求解．

解：（1）由题意知， 所以．

即．    2分

又因为，所以，．

故椭圆的方程为．  4分

（2）由题意知直线的斜率存在.

设：，，，，

由得.

，.   6分

，.

∵，∴，，

.

∵点在椭圆上，∴，

∴. 8分

∵＜，∴，∴

∴，

∴，∴. 10分

∴，∵，∴，

∴或，∴实数t取值范围为．（12分）

(1)(2)

试题分析：

(1)抛物线的方程已知,则可以求出右焦点的坐标为,则可以知道和直线CD的方程我饿哦x=1,联立直线与抛物线方程可以求出C,D两点的坐标,进而得到CD的长度,再联立直线与椭圆方程即可求出ST两点的坐标,进而得到ST的距离,利用条件建立关于的等式,与联立即可求出的值,进而得到椭圆的方程.

(2)因为直线l与椭圆有交点,所以直线l的斜率一定存在,则设出直线l的斜率得到直线l的方程,联立直线l与椭圆方程得到AB两点横纵坐标之间的韦达定理,即的值,再利用发解即可得到P点的坐标,因为P在椭圆上,代入椭圆得到直线斜率k与t的方程,,利用k的范围求解出函数的范围即可得到t的范围.

试题解析：

（1）设椭圆标准方程，由题意，抛物线的焦点为,.

因为,所以         2分

又，，,又

所以椭圆的标准方程.         5分

（2）由题意，直线的斜率存在，设直线的方程为

由消去，得,（*）

设,则是方程（*）的两根，所以

即①  7分

且，由，得

若，则点与原点重合，与题意不符，故，

所以，  9分

因为点在椭圆上，所以

,即,

再由①，得又，.      13分

（Ⅰ），（Ⅱ）.

试题分析：（Ⅰ）求椭圆标准方程，关键利用待定系数法求出a,b. 由及，解得，．所以．所以椭圆的标准方程是．（Ⅱ）存在性问题，一般从假设存在出发,建立等量关系，有解就存在，否则不存在. 条件的实质是垂直关系，即.所以．,,由得．，．代入化简得，．由化简得．解得，．

由，，所以实数的取值范围是．

（Ⅰ）设椭圆的方程为，半焦距为.

依题意，由右焦点到右顶点的距离为，得．

解得，．

所以．                              

所以椭圆的标准方程是．             4分

（Ⅱ）解：存在直线，使得成立.理由如下：

由得．

，化简得．

设，则

，．

若成立，

即，等价于．所以．

，

，

,

化简得，．

将代入中，，

解得，．

又由，，

从而，或．

所以实数的取值范围是．          14分

（1）

（2）①见解析      ②满足条件的直线存在，且有两条，其方程分别为和

（1）由题意知，从而，又，解得。

故，的方程分别为。

（2）①由题意知，直线的斜率存在，设为，则直线的方程为.

由得，

设，则是上述方程的两个实根，于是。

又点的坐标为，所以

故，即。

②设直线的斜率为，则直线的方程为，由解得或，则点的坐标为

又直线的斜率为 ，同理可得点B的坐标为.

于是

由得，

解得或，则点的坐标为；

又直线的斜率为，同理可得点的坐标

于是

因此

由题意知，解得 或。

又由点的坐标可知，，所以

故满足条件的直线存在，且有两条，其方程分别为和。

（1）；（2）的最小值为，最大值为1.

试题分析：（1）先以为圆心，所在直线为轴建立平面直角坐标系，以与的大小关系进行分类讨论，从而即可得到动点所在的曲线；

（2）当时，其曲线方程为椭圆，设，，的斜率为，则的方程为，将直线的方程代入椭圆的方程，消去y得到关于x的一元二次方程，再结合涉及弦长问题，常用“韦达定理法”设而不求计算弦长（即应用弦长公式），求得△AOB面积，最后求出面积的最大值即可，从而解决问题．

（1）以为圆心，所在直线为轴建立平面直角坐标系.若，即，动点所在的曲线不存在；若，即，动点所在的曲线方程为；若，即，动点所在的曲线方程为.……4分

(2)当时，其曲线方程为椭圆.由条件知两点均在椭圆上，且

设，，的斜率为，则的方程为，的方程为解方程组，得，

同理可求得，   

面积=

令则

令所以，即

当时，可求得,故，

故的最小值为，最大值为1.

（1） ；（2）参考解析；（3）

试题分析：（1）由离心率为，点(1，)在椭圆C，根据椭圆方程的等量关系即可求出的值，即得到椭圆方程.

（2）由椭圆切线方程是，又因为切点分别为A，B.所以带入A，B两点的坐标，即可得到两条切线方程，又因为这两条切线过点M，代入点M的坐标，即可得经过A，B的直线方程，根据右焦点的坐标即可得到结论.

（3）由（2）可得直线AB的方程，联立椭圆方程，利用韦达定理，两点的距离公式表达出，通过运算即可得到结论.

（1）设椭圆C的方程为()

①

点(1，)在椭圆C上，②，

由①②得：

椭圆C的方程为，         4分

（2）设切点坐标，，则切线方程分别为，.

又两条切线交于点M(4，)，即，

即点A、B的坐标都适合方程，显然对任意实数，点(1，0)都适合这个方程，

故直线AB恒过椭圆的右焦点.            7分

（3）将直线的方程，代入椭圆方程，得

，即

所以，       10分

不妨设，，

同理

所以==

所以的值恒为常数.       13分

（1） ；（2）．

试题分析：(1)要确定椭圆方程，要确定两个参数的值，因此需要两个条件，题中有焦点为，

即，又椭圆过点，代入方程又得到一个关于的等式，联立可解得；(2) 直线和圆锥曲线相交问题，一般都是设出直线方程，本题直线的方程可设为，代入椭圆方程得到关于的一元二次方程，再设交点为，则可得，，而条件等腰三角形的应用方法是底边边上的中线就是此边上的高，即取中点为，则．由此可求得从而得到坐标，最终求得的面积．

试题解析：（1）由已知得，因为椭圆过点，所以   （2分）

解得                                （5分）

所以，椭圆的方程为．            （6分）

（2）设直线的方程为，              （1分）

由得 ① （2分）

因为直线与椭圆交于不同两点、，所以△，

所以．            （3分）

设，，则，是方程①的两根，所以，

设的中点为，则，， （4分）

因为是等腰三角形的底边，所以，向量是直线的一个法向量，

所以∥向量，即∥向量，

所以，解得．    （5分）

此时方程①变为，解得，，所以．

又到直线：的距离， （7分）

所以△的面积．   （8分）