热门试卷

（I）设短轴一端点为，左，右焦点分别为，

则.

由题意，为直角三角形.

∴ 解得，

∴.

代入可得 .

与椭圆只有一个交点，则，解得.

∴.

由，解得，则，所以的坐标为。

（II）设在上，由，平行.

得的参数方程为  代入椭圆得.

.

整理可得 .

设两根为，   则有.

而，

，.

故有.

由题意.

∴， 故存在这样的.

试题分析：本题属于圆锥曲线的综合应用问题，属于拔高题，不容易得分，解析如下：

（I）设，则由题意知，当时，的方程为，.

由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为.因此直线的方程为.

将代入得.解得或，所以.

因此的面积.

因此.等价于，

试题分析：本题属于圆锥曲线的综合应用问题，属于拔高题，不容易得分，解析如下：

⑵直线AM的方程为，

联立并整理得，

解得或，

所以

所以

因为

所以，整理得，．

因为椭圆E的焦点在x轴，所以，即，整理得

解得．因此的取值范围是.

试题分析：（1）依题意，直线l1的方程为，利用点到直线间的距离公式可求得点C到直线l1的距离d，再利用|AB|=2|AO|可证得S=|AB|d=2|x1y2-x2y1|；当l1与l2时的斜率之一不存在时，同理可知结论成立；

（1）证明：直线，点到的距离.

，

所以.

试题分析：（2）设直线l1的斜率为k，则直线l2的斜率为，可得直线l1与l2的方程，联立方程组 ，可求得x1、x2、y1、y2，继而可求得答案．

（2）解：设，则.设

，.

由，得.

同理.

由（1），，

整理得.

(I) 由已知有，又由，可得，，

设直线的斜率为，则直线的方程为，由已知有

，解得.

(II)由(I)得椭圆方程为，直线的方程为，两个方程联立，消去，整理得

，解得或，因为点在第一象限，可得的坐标为，由，解得，所以椭圆方程为

(III)设点的坐标为，直线的斜率为，得，即,与椭圆方程联立，消去，整理得，又由已知，得，解得

或，

设直线的斜率为，得，即，与椭圆方程联立，整理可得.

①当时，有，因此，于是，得

②当时，有，因此，于是，得

综上，直线的斜率的取值范围是

本题属于圆锥曲线的综合应用问题，属于拔高题，不容易得分，解析如下：

（1）解：设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为.

本题属于圆锥曲线的综合应用问题，属于拔高题，不容易得分，解析如下：

（2）由已知，设斜率为，方程为

设，，

，成立

由韦达定理，∴，

令，得

∵，∴

即

∴，∴

∴或．

所以，直线的斜率的取值范围为.

试题分析：（I）根据椭圆的几何性质得出得到椭圆中长半轴，短半轴，半焦距之间的关系求解即可.

（Ⅰ）由于椭圆：过点且离心率为，，，椭圆的方程为.

,直线的方程为：，令，；

试题分析：（II）求解得出M,N点坐标，运用图形得出，求解即可得出即可证明问题.

（Ⅱ），直线的方程为：，直线PB与x轴交于点N，令，则.设

, ,

,

则 ，所以 ，（注：点在椭圆上，） ，则 ，存在点 使得.

（Ⅰ）由已知得

解得

所以椭圆E的方程为．

（Ⅱ）设点AB中点为．

由

所以从而.

所以.

,

故

所以，故G在以AB为直径的圆外．

试题分析：（1）依题意，直线l1的方程，利用点到直线间的距离公式可求得点C到直线l1的距离d，再利用|AB|=2|AO|可证得S

（1）直线的方程为，

由点到直线的距离公式得点到的距离为，

因为，

所以.

试题分析：（2）由（1）得： 进而得到答案.

（2）由，消去解得，

由（1）得

由题意知，

解得或.

试题分析：（3）设直线l1的斜率为k，则直线l1的方程为y=kx，联立方程组 消去y解得，，利用 ，整理得

，由题意知与无关，

得到然后求解即可.

（3）设，则，设，，

由，得，

同理，

由（1）知，

，

整理得，

由题意知与无关，

则，解得.

所以.