热门试卷

（1）＋y2＝1.（2）见解析

(1)解：由题意知：e＝＝，b＝1，a2－c2＝1，解得a＝2，所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.

(2)证明：设直线AM的方程为y＝kx＋1(k≠0)，由方程组得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，解得x1＝，x2＝0，所以xM＝，yM＝.用－代替上面的k，可得xN＝，yN＝.因为kMP＝，kNP＝，所以kMP＝kNP，因为MP、NP共点于P，所以M、N、P三点共线，故直线MN恒过定点P.

（1）＋＝1    （2）[－10,10]

(1)点P(－，1)在椭圆上，

∴＋＝1．①

又∵＋＝0，M在y轴上，

∴M为PF2的中点，

∴－＋c＝0，c＝．

∴a2－b2＝2，②

联立①②，解得b2＝2(b2＝－1舍去)，

∴a2＝4．

故所求椭圆C的方程为＋＝1．

(2)∵点N(x0，y0)关于直线y＝2x的对称点为N1(x1，y1)，

∴

解得

∴3x1－4y1＝－5x0．

∵点N(x0，y0)在椭圆C：＋＝1上，

∴－2≤x0≤2，

∴－10≤－5x0≤10，

即3x1－4y1的取值范围为[－10,10]．

（1），；（2）详见解析

试题分析：（1）由圆的方程可知圆心为，半径为。因为在圆上所以它与圆心间的距离等于半径，可求得的值。有的值后便可求的切线的方程，与轴交点即为椭圆的右焦点。从而可得椭圆的方程。（2）设，根据可得与间的关系。将代入椭圆方程再根据直线与的斜率之积为可得间的关系，即间的关系。

试题解析：解：（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)的方程为.(2)的方程为或.

试题分析：(1)已知焦点，即可得椭圆的故半焦距为,又已知离心率为，故可求得半长轴长为2,从而知椭圆的方程为.(2)由(1)可知的周长，即等于6. 设的方程为代入，然后利用弦长公式得一含的方程，解这个方程即得的值，从而求得直线的方程.

试题解析：(1)由条件,是椭圆的两焦点,故半焦距为,再由离心率为知半长轴长为2,从而的方程为,其右准线方程为.

(2)由(1)可知的周长.又:而.

若垂直于轴,易得,矛盾,故不垂直于轴,可设其方程为,与方程联立可得,从而

,

令可解出,故的方程为或.

（1）离心率．（2）当时， S取到最大值1．

（3）或或或．

试题分析：（1）转化成标准方程，明确曲线为椭圆，，进一步得到椭圆的离心率.

（2）设点A的坐标为，点B的坐标为，由，解得，

将面积用b表示.

（3）由,应用弦长公式，得到｜AB｜＝，

根据O到AB的距离得到代入上式并整理，解得k,b.

试题解析：（1）曲线的方程可化为：，

∴此曲线为椭圆，，

∴此椭圆的离心率．          4分

（2）设点A的坐标为，点B的坐标为，

由，解得，             6分

所以

当且仅当时， S取到最大值1．           8分

（3）由得， 

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　   ①

｜AB｜＝        ②

又因为O到AB的距离，所以　 ③

③代入②并整理，得

解得，，代入①式检验，△＞0 ，

故直线AB的方程是 

或或或．          14分

（1）＋x2＝1   （2）(，－)

(1)由A(，)和P(3,4)可求直线PF1的方程为y＝x＋1．

令x＝0，得y＝1，即c＝1．

椭圆E的焦点为F1(0,1)，F2(0，－1)，由椭圆的定义可知．

2a＝|AF1|＋|AF2|

＝＋＝2．

∴a＝，b＝1，

所以椭圆E的方程为＋x2＝1．

(2)设与直线PF1平行的直线l：y＝x＋m．

，消去y得3x2＋2mx＋m2－2＝0，

Δ＝(2m)2－4×3×(m2－2)＝0，

即m2＝3，∴m＝±．

要使点C到直线PF1的距离最远，则直线l要在直线PF1的下方，所以m＝－．

此时直线l与椭圆E的切点坐标为(，－)，故C(，－)即为所求．

⑴；⑵椭圆的焦距的取值范围是.

试题分析：⑴，，再将点的坐标代入椭圆的方程，这样便有三个方程，三者联立，即可求出，从而得椭圆的方程.⑵显然斜率不存在或斜率等于0时，不可能满足题意.故可设直线l的方程为：，这样可将点C(2, 0)关于直线l的对称点的坐标用表示出来，然后代入椭圆的方程，从而得一关于的方程：.设，因此原问题转化为关于t的方程有正根.根据二次方程根的分布可得.进而求得椭圆的焦距的取值范围.

试题解析：⑴,

∵点P(2,1)在椭圆上,∴     5分

⑵依题意，直线l的斜率存在且不为0，则直线l的方程为：.

设点C(2, 0)关于直线l的对称点为，则

若点在椭圆上，则

设，因此原问题转化为关于t的方程有正根.

①当时，方程一定有正根；

②当时，则有

∴综上得.

又椭圆的焦距为.

故椭圆的焦距的取值范围是(0,4]         13分

（1）  （2）+=1    x2+2y=4

解:(1)因为抛物线C2经过椭圆C1的两个焦点F1(-c,0),F2(c,0),

可得c2=b2,

由a2=b2+c2=2c2,

有=,

所以椭圆C1的离心率e=.

(2)由题设可知M,N关于y轴对称,

设M(-x1,y1),N(x1,y1)(x1>0),

则由△AMN的垂心为B,有·=0.

所以-+（y1-b）(y1-b)=0.①

由于点N(x1,y1)在C2上,

故有+by1=b2.②

由①②得y1=-或y1=b(舍去),

所以x1=b,

故M（-b,-）,N（b,-）,

所以△QMN的重心坐标为（,）.

由重心在C2上得3+=b2,

所以b=2,

M（-,-）,N（,-）.

又因为M,N在C1上,

所以+=1,

解得a2=.

所以椭圆C1的方程为+=1.

抛物线C2的方程为x2+2y=4.

（1）；（2）详见解析.

试题分析：（1）利用题干中的已知条件分别求出、、，从而写出椭圆的方程；（2）设直线的方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，借助韦达定理求出弦长，并求出原点到直线的距离，然后以为底边，为高计算的面积，利用基本不等式验证时和时的最大面积与，从而证明题中的结论.

试题解析：（1）由题意，得椭圆的半焦距，右焦点，上顶点，

所以直线的斜率为，

解得，

由，得，

所以椭圆W的方程为；

（2）设直线的方程为，其中或，，.

由方程组得，

所以，（*）

由韦达定理，得，.

所以.

因为原点到直线的距离，

所以，

当时，因为，

所以当时，的最大值，

验证知（*）成立；

当时，因为，

所以当时，的最大值；

验证知（*）成立.

所以.

注：本题中对于任意给定的，的面积的最大值都是.

（1）；（2）见解析

试题分析：（1）求轨迹的方程，由题意定圆，动圆过点且与圆相切，可知点在圆内，由此可得圆内切于圆，可得，根据椭圆定义可知轨迹为椭圆，故可求出轨迹的方程；（2）求证：为定值，由题意直线斜率不为0，可设直线为， 设点，，由，由根与系数关系得，写出直线的中垂线方程，与直线的中垂线方程，求出点的坐标，即得直线的斜率，从而可得为定值．

试题解析：（1）∵点在圆内 ∴圆内切于圆

∴

∴点的轨迹.的方程为                              5分

（2）由存在 ∴ 直线斜率不为0

设直线为      设点， 

直线的中垂线方程为：

即  ∵ ∴即

即 即

同理可得直线的中垂线方程为：                  7分

∴点的坐标满足

   9分

又∵直线的斜率为 ∴（）               13分

(1)  ;(2)参考解析

试题分析：(1)因为由椭圆:的左焦点为,即.由点到两焦点的距离和可求出椭圆的长轴.从而可以求出椭圆的方程.

(2)（1）通过假设直线的方程联立椭圆方程消去y可得一个一元二次方程，由韦达定理即可求出直线的斜率k的值，从而解出A,B两点的坐标，即可得结论.（2）分别求两直线的斜率和，利用韦达定理得到的关系式即可证明斜率和为零.即可得到结论.

试题解析：(1)因为焦点为， C=1，又椭圆过，

取椭圆的右焦点，，由得，

所以椭圆E的方程为 

（2）①设,,

显然直线斜率存在,设直线方程为 

由得: 

得,,

,, 

,符合,由对称性不妨设,

解得, 

②若,则直线的方程为,

将代入得, 不满足题意,同理 

,,

（1）；（2）直线的斜率为或．

试题分析：（1）设椭圆的右焦点的坐标为，由已知，可得，结合，可得，从而可求得椭圆的离心率；（2）在（1）的基础上，可先利用及数量积的坐标运算求出点的坐标，再求出以线段为直径的圆的方程（圆心坐标和半径），最后设经过原点的与该圆相切的直线的方程为，由圆心到切线的距离等于半径，列方程，解方程即可得求得直线的斜率．

（1）设椭圆的右焦点的坐标为．由，可得，又，则，∴椭圆的离心率．

（2）由（1）知，，故椭圆方程为．设．由，，有，．由已知，有，即．又，故有                          ①

又∵点在椭圆上，故         ②

由①和②可得．而点不是椭圆的顶点，故，代入①得，即点的坐标为．设圆的圆心为，则，，进而圆的半径．设直线的斜率为，依题意，直线的方程为．由与圆相切，可得，即，整理得，解得．∴直线的斜率为或．

（1）；（2）直线与圆相切.

试题分析：（1）把椭圆：化为标准方程，确定，，利用求得离心率；（2）设点，，其中，由，即，用、表示，当或分别根据点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，与圆的半径比较，从而判断直线与圆的位置关系.

（1）由题意椭圆的标准方程为，

所以，，从而，

所以.

（2）直线与圆相切，证明如下：

设点，，其中，

因为，所以，即，解得，

当时，，代入椭圆的方程得，

此时直线与圆相切.

当时，直线的方程为，

即，

圆心到直线的距离为，又，，

故.

故此直线与圆相切.