热门试卷

(1) ；(2)

试题分析：(1)将点代入椭圆方程，结合离心率公式和解方程组可得。(2)将直线和椭圆方程联立，消去整理为关于的一元二次方程，根据韦达定理得根与系数的关系。根据弦长公式可求其弦长。也可将上式一元二次方程求根，用两点间距离求弦长。

试题解析：解：（1）由，可得，           2分

所以椭圆方程为

又椭圆过点，所以，              4分

                                   5分

所以椭圆方程为                          6分

（2）由已知，直线联立整理为     8分

                             10分

                   12分

或，经计算         10分                 12分

（1）（2）

(1)直线AM的斜率为1时，直线AM为y＝x＋2，代入椭圆方程并化简得5x2＋16x＋12＝0，解之得x1＝－2，x2＝－，∴点M的坐标为.

(2)设直线AM的斜率为k，则AM为y＝k(x＋2)，

则化简得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.

∵此方程有一根为－2，∴xM＝，同理可得xN＝

由(1)知若存在定点，则此点必为P.

∵kMP＝，

同理可计算得kPN＝.∴直线MN过x轴上的一定点P

（1）（2）

试题分析：

（1）根据椭圆的中心在原点可以设出椭圆的标准方程，已知焦点坐标，故可求的c值，所以利用长轴长与短轴长之比和a,b,c的关系可以建立关于a,b的两个方程式联立消元即可求的a,b的值，得到椭圆的标准方差.（2）根据题意设点P的坐标，表示,利用点P在椭圆上，得到关于m和P点横坐标的表达式，利用二次函数最值问题，可以得到取得最小值时，m和P点横坐标之间的关系，再利用P横坐标的范围得到m的取值范围即可.

试题解析：

（1）设椭圆的方程为.      1分

由题意有：，      3分

解得.      5分

故椭圆的方程为.      6分

（2）设为椭圆上的动点，由于椭圆方程为，故.     7分

因为，所以

   10分

因为当最小时，点恰好落在椭圆的右顶点，即当时，

取得最小值．而，

故有，解得．        12分

又点在椭圆的长轴上，即．       13分

故实数的取值范围是．      14分

（1）；（2）①存在点的坐标为，②.

试题分析：（1）利用题目条件建立关于a，b，c的方程组，解方程组即可；

（2）①对于存在性问题，可以先假设点存在，然后根据以及点P在椭圆上直线，与椭圆的右准线分别交于点，等相关条件建立方程，看看点E的横坐标是不是定值，如果是即为所求，如果不是也就说明了不存在；②利用向量的坐标运算，计算， ，进而求出的表达式，在利用函数知识求取值范围.

试题解析：（1）由题意得，，

 ， ∴，

由点在椭圆C上，则有：

 ，                2分

由以上两式可解得．

∴椭圆方程为．         4分

（2）①椭圆右准线的方程为．                                  5分

假设存在一个定点,使得．设点()．

直线的方程为，令，，∴点坐标为．

直线的方程为，令，，

∴点坐标为．                     7分

若，则，∵ ，，

∴．             9分

∵点在椭圆上，∴，∴ ，代入上式，得 ，

∴，∴点的坐标为．                       11分

②∵， ，

∴．

∵，，∴．

∴ ．                    13分

设函数，定义域为，

当时，即时，在上单调递减，的取值范围为，

当时，即时，在上单调递减，在上单调递增，的取值范围为 ．

综上，当时，的取值范围为，

当时，的取值范围为．             16分

(1)(2)AB为直径的圆恒过这个定点(0,1).

试题分析：(1)求出抛物线的焦点得到椭圆的两个焦点(即C值),求其中一个焦点关于直线的对称点，再利用点点之间直线距离最短求出直线y＝上到焦点F1，F2距离之和最小的点P的坐标（即为对称点与另一个焦点连线与直线y＝的交点）,即得椭圆上一点的坐标,便可求出a,b,c得到椭圆的标准方程.

(2)直线的斜率为k,通过联立方程式,韦达定理等用斜率k来建立圆的方程,进而判断关于参数k的圆是否经过定点(即是否有相应点的坐标使得参数k的系数为0即可)

试题解析：

（1）由抛物线的焦点可得：，点关于直线的对称点为

故，因此，椭圆方程为

（2）假设存在定点M，使以AB为直径的圆恒过这个点。

当AB轴时，以AB为直径的圆的方程为：  ①

当AB轴时，以AB为直径的圆的方程为： ②

由①②知定点M。下证：以AB为直径的圆恒过定点M。设直线，代入，有。设，则。

则，

在y轴上存在定点M，使以AB为直径的圆恒过这个定点.

（1）（2）4（3）恒过定点(0，－2±2)

(1)因为e＝＝，b＝1，解得a＝2，所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(2分)

设椭圆上点P(x0，y0)，有＋＝1，

所以k1·k2＝.(4分)

(2)因为M，N在直线l：y＝－2上，设M(x1，－2)，N(x2，－2)，

由方程知＋y2＝1知，A(0,1)，B(0，－1)，

所以KBM·kAN＝，(6分)

又由(1)知kAN·kBM＝k1·k2＝－，所以x1x2＝－12，(8分)

不妨设x1＜0，则x2＞0，则

MN＝|x1－x2|＝x2－x1＝x2＋≥2＝4，

所以当且仅当x2＝－x1＝2时，MN取得最小值4.(10分)

(3)设M(x1，－2)，N(x2，－2)，

则以MN为直径的圆的方程为

(x－x1)(x－x2)＋(y＋2)2＝0，(12分)

即x2＋(y＋2)2－12－(x1＋x2)x＝0，若圆过定点，

则有x＝0，x2＋(y＋2)2－12＝0，解得x＝0，y＝－2±2，

所以，无论点P如何变化，以MN为直径的圆恒过定点(0，－2±2)．(16分)

（1）；（2）

试题分析：（1）由直线与x轴交于点B且与直线交于点C， .即可得到关于的两个方程.从而得到结论.

（2）首先考虑直线MN垂直于x轴的情况，求出的面积.由（1）得到的方程联立直线方程，消去y得到一个关于x的方程，由韦达定理写出两个等式.由弦长公式即点到直线的距离公式，即可求出的面积的.再利用最值的求法，即可的结论.

试题解析：(1) 因为 , ，则且，得则

椭圆方程为：

(2) ①当直线与x轴不垂直时，设直线，

则消去得，

所以    

记为到的距离，则，

 所以

＝

② 当轴时，，所以的面积的最大值为 

（1）＝1(x<－a，y<0)．（2）见解析

(1)解：设A(x1，y1)，B(x1，－y1)，又知A1(－a，0)，A2(a，0)，

则直线A1A的方程为y＝(x＋a)，①直线A2B的方程为y＝(x－a)．②

由①②得y2＝(x2－a2)．③由点A(x1，y1)在椭圆C0上，故＝1.

从而＝b2，代入③得＝1(x<－a，y<0)．

(2)证明：设A′(x2，y2)，由矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，得4|x1||y1|＝4|x2||y2|，故.因为点A，A′均在椭圆上，所以b2＝b2.由t1≠t2，知x1≠x2，所以＝a2，从而＝b2，因此＝a2＋b2为定值

（1）；（2）

试题分析：（1）设点，而，根据为中点，可得将其代入椭圆方程整理可得点的轨迹方程。（2）为了省去对直线斜率的讨论，可设直线方程为，分别与两曲线方程联立消去得关于的一元二次方程，有求根公式可得方程的根，即各点的纵坐标。由已知，可得，即。从而可得的值。

试题解析：（1）设点，而，故点的坐标为，代入椭圆方程得：，即线段PF的中点M的轨迹C2的方程为：

（2）设直线l的方程为：，解方程组，，当时，则，解方程组

，，由题设，可得，有，所以=，即（），由此解得：，故符合题设条件的其中一条直线的斜率；‚当时，同理可求得另一条直线方程的斜率，故所求直线l的方程是.

(1)；.(2). (3).

试题分析：（1）将D的坐标代入即得，从而得椭圆的方程为.

将代入得.由此可得和的面积，二者相加即得四边形的面积.（2）在椭圆中AP不可能平行BC，四边形ABCP又为梯形，所以必有，由此可得直线PC的方程，从而求得点P的坐标.（3）设，由得则与间的关系，即，又因为点P在椭圆上，所以，由此可得，这样利用三角函数的范围便可求得的范围.

（1）因为点D在椭圆上，所以，

所以椭圆的方程为.

易得：，的面积为.

直线BD的方程为，即.所以点A到BD的距离为，，.

所以.

（2）四边形ABCP为梯形，所以，直线PC的方程为：

即.代入椭圆方程得（舍），

将代入得.所以点P的坐标为.

（3）设，则，即

因为点P在椭圆上，所以，

由此可得，

所以.

（1）（2）

试题分析：

（1）根据m的取值范围可以判断椭圆C的焦点，得到点A的坐标，则根据点与点的中点坐标公式可以用点P,A的坐标计算得到点M的坐标，把M点的坐标带入椭圆即可求的m的值.

（2）从题得A,P关于M对称，则可以设出M点的坐标，得到P点的坐标(中点的坐标公式)，因为OM与OP垂直，则根据向量的内积为0可以得到关于M点坐标的方程，则把该方程与M点满足的椭圆方程联立消纵坐标即可求出m关于M点横坐标的方程，再利用基本不等式就可以求出m的取值范围(注意取得等号条件的验证与m值本身具有正数的范围)

试题解析：

（1）依题意，是线段的中点，因为，

所以点的坐标为．   2分

由点在椭圆上，所以，解得．     4分

（2）设，则，且．①   5分

因为是线段的中点，所以．      7分

因为，所以．②      9分

由①，②消去，整理得．      11分

所以，   13分

当且仅当时，上式等号成立．

所以的取值范围是．     14分

（1）见解析（2）椭圆方程为＋y2＝1.P点坐标为

(1)证明：设椭圆方程为＝1(a＞b＞0)①，则A(0，b)，B(0，－b)，T.

AT：＝1②，BF：＝1③，解得交点C，代入①得

＝＝1，满足①式，则C点在椭圆上，即A、C、T

三点共线．

(2)解：过C作CE⊥x轴，垂足为E，则△OBF∽△ECF.

∵＝3，CE＝b，EF＝c，则C，代入①得＝1，∴a2＝2c2，b2＝c2.设P(x0，y0)，则x0＋2＝2c2.此时C，AC＝c，S△ABC＝·2c·＝c2，

直线AC的方程为x＋2y－2c＝0，P到直线AC的距离为d＝，

S△APC＝d·AC＝··c＝·c.只须求x0＋2y0的最大值，

(解法1)∵(x0＋2y0)2＝＋4＋2·2x0y0≤＋4＋2(＋)＝3(＋2)＝6c2，∴x0＋2y0≤c.当且仅当x0＝y0＝c时，(x0＋2y0)max＝c.

(解法2)令x0＋2y0＝t，代入＋2＝2c2得(t－2y0)2＋2－2c2＝0，即6－4ty0＋t2－2c2＝0.Δ＝(－4t)2－24(t2－2c2)≥0，得t≤c.当t＝c，代入原方程解得x0＝y0＝c.

∴四边形的面积最大值为c2＋c2＝c2＝，∴c2＝1，a2＝2，b2＝1，此时椭圆方程为＋y2＝1.P点坐标为.

（1）椭圆的方程为；（2）定直线的方程为.

试题分析：（1）因为是边长为2的正三角形，所以，椭圆的方程为；（2）设直线方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理，表示出；

设点的坐标为则由，解得，故点在定直线上.

试题解析：（1）因为是边长为2的正三角形，所以，所以，椭圆的方程为

（2）由题意知，直线的斜率必存在，设其方程为.并设

由消去得

则 

由得故

设点的坐标为则由得

解得: 故点在定直线上.