热门试卷

（1）根据椭圆的定义，可知动点M的轨迹为椭圆

其中a=2，c=，则b==1，

所以动点M的轨迹方程为+y2=1；

（2）当直线l的斜率不存在时，不满足题意，

当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx-2，设C（x1，y1），D（x2，y2），

∵•=0，

∴x1x2+y1y2=0，

∵y1=kx1-2，y2=kx2-2，

∴y1y2=k2x1•x2-2k（x1+x2）+4，

∴（1+k2）x1x2-2k（x1+x2）+4=0①

由方程组

得（1+4k2）x2-16kx+12=0，

则x1+x2=，x1•x2=，

代入①，得(1+k2)•-2k•+4=0，

即k2=4，解得，k=2或k=-2，

所以，直线l的方程是y=2x-2或y=-2x-2．

(1) ;(2) 或．

试题分析：(1)此问主要考察椭圆与双曲线的性质，椭圆的离心率与双曲线的性质相等，则，利用直线与圆相切得到圆心到直线的距离等于半径，解出,然后利用,解出,得到方程;

(2)典型的直线与圆锥曲线相交问题，首先方程联立,写出根与系数的关系，代入向量相等的坐标表示，得出点坐标，利用点在椭圆上，代入方程，然后利用,利用弦长公式，得到的范围，与之前得到的与的关系式，求出的范围.

试题解析：（I）由题意知双曲线的一渐近线斜率值为

，

因为，所以．故椭圆的方程为    5分

（Ⅱ）设方程为

由整理得．

由，解得．

，        7分

∴  则,

， 由点在椭圆上，代入椭圆方程得

①         9分

又由，即，

将，，

代入得则, 

， ∴②      11分

由①，得，联立②，解得

∴或        13分

解：（1）   

∴椭圆的方程为   …………2分

联立

…5分

（II）

 整理得 …………7分

整理得：                                           …………9分

代入上式得

                       …………10分

由此得    故长轴长的最大值为.…………12分

略

（1）由题意，

 为的中点　　　　

即：椭圆方程为…………………(4分)

（2）当直线与轴垂直时，，

此时，四边形的面积．

同理当与轴垂直时，也有四边形的面积．

当直线，均与轴不垂直时，设:，代入消去得：

设

所以，，

所以，，

所以四边形的面积

令

因为当，且S是以u为自变量的增函数，

所以．

综上可知，．故四边形面积的最大值为4，最小值为．

略

，圆上存在点或或，使

为等腰三角形．         

20．解：（Ⅰ）由题可知，                …………………………1分

，，

，又，                ……………………………3分

法一：为圆的切线，，，

设，则有，

，              …………………5分

又，，，

所以椭圆的方程为  …………6分

法二：为圆的切线，，，

设，则有，，             …………………5分

又，，，         …………6分

法三：为圆的切线，则圆心到直线的距离等于，

又，，

，              ……………………………5分

又，，，       ……………6分

（Ⅱ）法一：假设存在点，使为等腰三角形，

则点满足…………①，           ………………7分

下面分三种情况讨论：

（1）当时，

有，即…………②

由①②联立得：，                  ……………………………9分

（2）当时，

有，即…………③

由①③联立得：，            …………………………11分

（3）当时，

有，即…………④

由①④联立得：，又，       …………………13分

综上，圆上存在点或或，使

为等腰三角形．                         …………………14分

法二：假设存在点，使为等腰三角形，下面分三种情况讨论：

（1）当时，

关于轴对称点也在圆上，

                ………………8分

（2）当时，，

又圆的直径为，为圆的直径，

此时由、及中点公式得；  …………………11分

（3）当时，设，则有

，              ………………………13分

综上，圆上存在点或或，使

为等腰三角形．                      …………………………14分

∵|MA|+|MB|=2＞|AB|，

由椭圆的定义可知：动点M的轨迹是椭圆．

故答案为椭圆．

（1）；（2）存在，且直线的方程为或.

试题分析：（1）先确定三个顶点的坐标，利用其外接圆圆心即为该三角形垂直平分线的交点求出外接圆的圆心，并利用两点间的距离公式求出外接圆的半径，从而求出外接圆的方程；（2）将、是线段的两个三等分点等价转化为线段的中点与线段的中点重合，且有，借助韦达定理与弦长公式进行求解.

试题解析：（1）因为直线的方程为，

所以轴的交点，与轴的交点.

则线段的中点，，

即外接圆的圆心为，半径为，

所以外接圆的方程为；

（2）结论：存在直线，使得、是线段的两个三等分点.

理由如下：

由题意，设直线的方程为，，，

则，，

由方程组得，

所以，（*）

由韦达定理，得，.

由、是线段的两个三等分点，得线段的中点与线段的中点重合.

所以，

解得.

由、是线段的两个三等分点，得.

所以，

即，

解得.

验证知（*）成立.

所以存在直线，使得、是线段的两个三等分点，此时直线l的方程为，

或.

（I）由题意知：，解得

∴椭圆的方程为      …………………………  5分

（II）假设存在椭圆上的一点，使得直线与以为圆心的圆相切，则到直线的距离相等,

： ，：     

化简整理得：…  9分

∵点在椭圆上，∴   解得： 或（舍）…… 11分

时，，，∴椭圆上存在点，其坐标为或，使得直线与以为圆心的圆相切 ……………… 13分

略