热门试卷

（1）椭圆的标准方程为.

（2）不存在，详见解析

解：（1）设椭圆的标准方程为，且.

由题意可知：，.            

所以.            

所以，椭圆的标准方程为.     

（2）由（1）得.设.

（ⅰ）当直线垂直于轴时，直线的方程为.

由 解得：或

即（不妨设点在轴上方）.

则直线的斜率，直线的斜率.

因为 ，

所以.

所以 .

（ⅱ）当直线与轴不垂直时，由题意可设直线的方程为.

由消去得：.

因为 点在椭圆的内部，显然.

因为 ，，，

所以

.

所以 .

所以 为直角三角形.

假设存在直线使得为等腰三角形，则.

取的中点，连接，则.

记点为.

另一方面，点的横坐标，

所以 点的纵坐标.

所以

.

所以 与不垂直，矛盾.

所以 当直线与轴不垂直时，不存在直线使得为等腰三角形

（1）；（2）（3）

试题分析：（1）双曲线的离心率为，所以椭圆的离心率为。根据题意原点到直线的距离为，又因为可解得。（2）由题意知即点到直线，和到点的距离相等，根据椭圆的定义可知点的轨迹是以为焦点以直线为准线的抛物线。（3）由的方程为知设，根据得出的关系，用两点间距离求，再用配方法求最值。

试题解析：解（1）易知：双曲线的离心率为，，

即 ，                             1分

又由题意知：，                          2分

椭圆的方程为.                                   3分

（2） 

动点到定直线的距离等于它到定点的距离       5分

动点的轨迹是以为准线，为焦点的抛物线，              6分

点的轨迹的方程为.                                7分

（3）由（2）知：,设，

则，                      8分

，                  9分

由，左式可化简为：，               10分

，

当且仅当，即时取等号，                       11分

又，

当，即时，，                  13分

故的取值范围是.                                14分

（1）椭圆的方程为；（2）满足条件的实数的值为或.

试题分析：（1）利用椭圆的几何性质及到直线的距离为，建立的方程组即得；

（2）由（1）知:, 设

根据题意可知直线的斜率存在，可设直线斜率为,则直线的方程为

把它代入椭圆的方程,消去,整理得:

应用韦达定理以便于确定线段的中点坐标为.

讨论当，的情况，确定的值.

试题解析：（1）设,的坐标分别为,其中

由题意得的方程为:

因到直线的距离为,所以有,解得    1分

所以有   ①

由题意知: ,即 ②

联立①②解得:

所求椭圆的方程为                  5分

（2）由（1）知:, 设

根据题意可知直线的斜率存在，可设直线斜率为,则直线的方程为

把它代入椭圆的方程,消去,整理得:

由韦达定理得,则,，

，线段的中点坐标为   7分

(ⅰ)当时, 则有,线段垂直平分线为轴

于是

由,解得:           9分

（ii）因为点是线段垂直平分线的一点,

令,得:，于是

由,解得:

代入,解得:

综上, 满足条件的实数的值为或           13分

（1）；（2）.

试题分析：本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的相交问题、韦达定理、均值定理等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，利用椭圆的焦点、离心率的定义列出方程，解出基本量a和b，得到椭圆的标准方程；第二问，利用点斜式先设出直线的方程，令直线与椭圆方程联立，消参得到关于x的方程，利用韦达定理得到，，列出和的面积，从而得到的面积表达式，将，代入，最后利用均值定理得到最大值，注意要讨论最大值成立的条件.

（1）依题意有，．

可得，．

故椭圆方程为．                  ５分

（2）直线的方程为．

联立方程组

消去并整理得． （*）

设，．

故，．

不妨设，显然均小于．

则，

．

．

等号成立时，可得，此时方程（*）为 ，满足．

所以面积的最大值为．                       13分

（1）见解析（2）＝1.（3）直线l与圆C相切

(1)证明：已知椭圆E：＝1(a>b>0)，A1、A2与B分别为椭圆E的左、右顶点与上顶点，

所以A1(－a，0)，A2(a，0)，B(0，b)，直线A2B的方程是＝1.

因为A2B与圆C：x2＋y2＝1相切，所以＝1，即＝1.

(2)解：设P(x0，y0)，则直线PA1、PA2的斜率之积为kPA1·kPA2＝，＝1，而＝1，所以b2＝a2.结合＝1，得a2＝4，b2＝.所以椭圆E的方程为＝1.

(3)解：设点M(x1，y1)，N(x2，y2)．

①若直线l的斜率存在，设直线l为y＝kx＋m，由y＝kx＋m代入＝1，得＋＝1.化简得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0(Δ>0)．∴x1x2＝，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝

.因为·＝0，所以x1x2＋y1y2＝0.代入得(a2＋b2)m2－a2b2(1＋k2)＝0.结合(1)的＝1，得m2＝1＋k2.圆心到直线l的距离为d＝＝1，所以直线l与圆C相切．

②若直线l的斜率不存在，设直线l为x＝n.代入＝1，得y＝±b.∴|n|＝b·，∴a2n2＝b2(a2－n2)．解得n＝±1，所以直线l与圆C相切．

（1）＝1（2）存在定点M(1，0)，

学生错解：解：(1)略

(2)由消去y得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.

因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，

即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化简得4k2－m2＋3＝0.(*)

此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，所以P.

由得Q(4，4k＋m)．

假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上．

设M(x1，0)，则·＝0对满足(*)式的m，k恒成立．

因为＝，＝(4－x1，4k＋m)，

由·＝0，得－－4x1＋＋＋3＝0，

整理，得(4x1－4)＋－4x1＋3＝0.(**)，方程无解．

故不存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M.

审题引导：(1)建立方程组求解参数a，b，c；(2)恒成立问题的求解；(3)探索性问题的一般解题思路．

规范解答：解：(1)因为AB＋AF2＋BF2＝8，

即AF1＋F1B＋AF2＋BF2＝8，(1分)

又AF1＋AF2＝BF1＋BF2＝2a，(2分)

所以4a＝8，a＝2.又因为e＝，即＝，所以c＝1，(3分)

所以b＝＝.故椭圆E的方程是＝1.(4分)

(2)由消去y得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.(5分)

因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，(6分)

即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化简得4k2－m2＋3＝0.(*)(7分)

此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，所以P.(8分)

由得Q(4，4k＋m)．(9分)

假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上．(10分)

设M(x1，0)，则·＝0对满足(*)式的m，k恒成立．

因为＝，＝(4－x1，4k＋m)，

由·＝0，得－－4x1＋＋＋3＝0，

整理，得(4x1－4)＋－4x1＋3＝0.(**)(12分)

由于(**)式对满足(*)式的m，k恒成立，所以解得x1＝1.(13分)

故存在定点M(1，0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.(14分)

错因分析：本题易错之处是忽视定义的应用；在处理第(2)问时，不清楚圆的对称性，从而不能判断出点M必在x轴上．同时不会利用恒成立求解．

（1）见解析（2）△OMN的面积为定值1

(1)证明：易知A(2，1)，B(－2，1)．设P(x0，y0)，则＋＝1.由＝m＋n，得所以＋(m＋n)2＝1，即m2＋n2＝，故点Q(m，n)在定圆x2＋y2＝上．

(2)解：(解法1)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则，平方得＝16＝(4－)(4－)，即＋＝4.因为直线MN的方程为(y1－y2)x－(x1－x2)y＋x1y2－x2y1＝0，所以O到直线MN的距离为d＝，所以△OMN的面积S＝MN·d＝|x1y2－x2y1|＝＝＝＝1，故△OMN的面积为定值1.

(解法2)设OM的方程为y＝kx(k>0)，则ON的方程为y＝－x(k>0)．联立方程组解得M.同理可得N

因为点N到直线OM的距离为d＝，OM＝＝2，所以△OMN的面积S＝d·OM＝＝1，故△OMN的面积为定值．

（1）；（2）直线恒过定点．

试题分析：本题主要考查椭圆的标准方程以及几何性质、直线的标准方程、直线与椭圆的位置关系、韦达定理等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力．第一问，利用点在椭圆上和离心率得到方程组，解出a和b的值，从而得到椭圆的标准方程；第二问，需要对直线MN的斜率是否存在进行讨论，（ⅰ）若存在点P在MN上，设出直线MN的方程，由于直线MN与椭圆相交，所以两方程联立，得到两根之和，结合中点坐标公式，得到直线MN的斜率，由于直线MN与直线垂直，从而得到直线的斜率，因为直线也过点P，写出直线的方程，经过整理，即可求出定点，（ⅱ）若直线MN的斜率不存在，则直线MN即为，而直线为x轴，经验证直线，也过上述定点，所以综上所述，有定点．

（1）因为点在椭圆上，所以， 所以，        1分

因为椭圆的离心率为，所以，即，      2分

解得，  所以椭圆的方程为．        4分

（2）设，，

①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，

由得，

所以， 因为为中点，所以，即．

所以，                  8分

因为直线，所以，所以直线的方程为，

即 ，显然直线恒过定点．    10分

②当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时直线为轴，也过点．                 

综上所述直线恒过定点．    12分

（1）；（2）详见解析

试题分析：（1）根据题意及列方程组可得的值。即可得此椭圆方程。（2）设出的坐标及直线的方程与椭圆方程联立消掉可得关于的方程，根据题意可知判别式应大于0，根据韦达定理可得此方程的两根之和与两根之积。即点横坐标间的关系，代入直线方程，可得点纵坐标之间的关系。然后根据斜率公式可得斜率之和，将其化简问题即可得证。

试题解析：由题意，可得，代入

得，又，      2分

解得，，，

所以椭圆的方程.        5分

(2)证明：设直线的方程为，又三点不重合，∴，设，，

由得

所以 

 ①   ②       8分

设直线，的斜率分别为，，

则

 (*)       10分

将①、②式代入(*)，

整理得，

所以，即直线的斜率之和为定值.          12分

（1）；（2）.

试题分析：（1）点M与椭圆右焦点的连线与x轴垂直，可得，又，椭圆中,可得；（2）设直线PQ的方程为 ，代入椭圆方程整理得又，可得从而解得，可得椭圆的标准方程.

解：（1）易得

（2）令，设直线PQ的方程为 ．代入椭圆方程消去x得：，

整理得：

∴

因此a2＝50，b2＝25，所以椭圆方程为 

（1）＝1(x≠±4)（2）(ⅰ)＋(y－r－3)2＝r2.(ⅱ)y＝3和4x＋3y－9＝0与动圆M均相切

(1)设P(x，y)，则直线PA、PB的斜率分别为k1＝、k2＝.

由题意知·＝－，即＝1(x≠±4)．

所以动点P的轨迹方程是＝1(x≠±4)．

(2)(ⅰ)由题意C(0，－2)，A(－4，0)，

所以线段AC的垂直平分线方程为y＝2x＋3.

设M(a，2a＋3)(a＞0)，则圆M的方程为(x－a)2＋(y－2a－3)2＝r2.

圆心M到y轴的距离d＝a，由r2＝d2＋，得a＝.

所以圆M的方程为＋(y－r－3)2＝r2.

(ⅱ)假设存在定直线l与动圆M均相切．当定直线的斜率不存在时，不合题意．

设直线l：y＝kx＋b，则＝r对任意r＞0恒成立．

由，得r2＋(k－2)(b－3)r＋(b－3)2＝(1＋k2)r2.

所以解得或

所以存在两条直线y＝3和4x＋3y－9＝0与动圆M均相切

（1）.（2）.（3）直线过定点.

试题分析：（1）由已知得,得.

（2）设：，与椭圆的方程联立,消去得

.由△＞0得.

设,则.

将

表示成为

由，求得范围是.

（3）由对称性可知N，定点在轴上.

在直线方程AN：中，令得:

,得证.

试题解析：（1）易知，得,故.

故方程为.（3分）

（2）设：，与椭圆的方程联立,消去得

.由△＞0得.

设,则.

∴

=

，∴，

故所求范围是.（8分）

（3）由对称性可知N，定点在轴上.

直线AN：，令得:

,

∴直线过定点.（13分）

（1）；（2）；（3）或.

试题分析：（1）先设抛物线，然后将或代入可得，从而确定了的方程，也进一步确定、不在上，只能在上；设：，把点、代入得，求解即可确定的方程；（2）由（1）中所求得的方程不难得到的焦点及椭圆的离心率；（3）先假设所求直线的方程（或，不过此时要先验证直线斜率不存在的情况），然后联立直线与椭圆的方程，消去消去，得，得到，再得到，要使，只须，从中求解即可得到，从而可确定直线的方程.

试题解析：（1）设抛物线，则有，而、在抛物线上      2分

将坐标代入曲线方程，得      3分

设：，把点、代入得

解得

∴方程为                 6分

（2）显然，，所以抛物线焦点坐标为

由（1）知，，

所以椭圆的离心率为               8分

（3）法一：直线过抛物线焦点，设直线的方程为，两交点坐标为，

由消去，得            10分

∴①

②         12分

由，即，得

将①②代入（*）式，得，解得    14分

所求的方程为：或       15分

法二：容易验证直线的斜率不存在时，不满足题意           9分

当直线斜率存在时，直线过抛物线焦点，设其方程为，与的交点坐标为

由消掉，得，    10分

于是，①

即②         12分

由，即，得

将①、②代入（*）式，得

解得    14分

故所求的方程为或   15分.

（1）椭圆C:，抛物线C1：抛物线C2：；（2）.

试题分析：(1)由题意可得A（a，0），B（0，），而抛物线C1，C2分别是以A、B为焦点，∴可求得C2的解析式：，设C1的解析式为，再由C1与C2的交点在直线y=x上，；(2)直线OP的斜率为，所以直线的斜率为，设直线方程为，

设M（）、N（），将直线方程与椭圆方程联立，利用解析几何中处理直线与圆锥曲线中常用的“设而不求”思想，可以得到,结合韦达定理，即可得到的最值.

（1）由题意可得A（a，0），B（0，），故抛物线C1的方程可设为，C2的方程为    1分

由  得    3分

∴椭圆C:，抛物线C1：抛物线C2： 5分；                              （2）由（1）知，直线OP的斜率为，所以直线的斜率为，设直线方程为

由，整理得

设M（）、N（），则    7分

因为动直线与椭圆C交于不同两点，所以

解得    8分

，

∵，

∴  11分

∵，所以当时，取得最小值，

其最小值等于    13分