热门试卷

（1）椭圆的方程为；（2）详见解析.

试题分析：（1）先根据题中条件求出、、，进而可以求出椭圆的方程；（2）先由直线的方程与椭圆的方程联立求出点的坐标，然后由、、三点共线，利用平面向量共线进行等价转化，求出点的坐标，于是得到直线的斜率，最终证明为定值.

试题解析：（1）由直线与圆得，

由，得，所以，

所以椭圆的方程为；

（2）因为，不为椭圆定点，即的方程为，①②

将①代入，解得，

又直线的方程为， ②

由、、三点共线可得，

所以的斜率为，则（定值）.

（1）（2）（，1）

解一：（1）

椭圆方程为         ————4分

（2）由 得

由于直线与椭圆有两个交点，即      ①   

解二：(1)   当，设P为弦MN的中点，

  从而

   又，则

   即                 ② 

把②代入①得 ，解得  ；

由②得  ，解得．故所求的取范围是（，2）.  

(2)当时，，，解得

　　故所求的取范围是（，1）．      

∴当时，的取值范围是（，2），当时，的取值范围是（，1）． 

————10分

(1)(2)直线与轴交于定点

(1)依题意可得，解得．

所以，椭圆的方程是……………………4分

(2)由

得，即 ……………………………6分

设，

则．且．…………………7分

经过点，的直线方程为．

令，则………………9分

又．

当时，

这说明，直线与轴交于定点…………………………………………12分

（Ⅰ）+=1（Ⅱ）见解析

试题分析：（Ⅰ） 由题意得 =，==2，解出a、b 的值，即得椭圆的标准方程．

（Ⅱ）设动点P（x，y），M（x1，y1）、N（x2，y2）． 由向量间的关系得到 x=x1+2x2，y=y1+2y2，据

M、N是椭圆上的点可得 x2+2y2=20+4（x1x2+2y1y2）．再根据直线OM与ON的斜率之积为﹣，得到点P是椭圆

x2+2y2="20" 上的点，根据椭圆的第二定义，存在点F（，0），满足条件．

解：（Ⅰ） 由题意得 =，==2，∴a=2，b=，

故椭圆的标准方程为 +=1．

（Ⅱ）设动点P（x，y），M（x1，y1）、N（x2，y2）．∵动点P满足：=+2，

∴（x，y）=（x1+2x2，y1+2y2 ），∴x=x1+2x2，y=y1+2y2，

∵M、N是椭圆上的点，∴x12+2y12﹣4=0，x22+2y22﹣4=0．

∴x2+2y2=（x1+2x2）2+2 （y1+2y2）2=（x12+2y12）+4（x22+2y22）+4（x1x2+2y1y2）

=4+4×4+4（x1x2+2y1y2）=20+4（x1x2+2y1y2）．

∵直线OM与ON的斜率之积为﹣，∴•=﹣，∴x2+2y2=20，

故点P是椭圆 ="1" 上的点，焦点F（，0），准线l：x=2，离心率为，

根据椭圆的第二定义，|PF|与点P到直线l：x=2的距离之比为定值，

故存在点F（，0），满足|PF|与点P到直线l：x=2的距离之比为定值．

点评：本题考查用待定系数法求椭圆的标准方程，两个向量坐标形式的运算，以及椭圆的第二定义，属于中档题．

（1）   （2）见解析

（1），

由（1)知A(-2，0),B(2，0),D(0，1),则直线AD方程为：；直线BP方程：，联立得直线BP和椭圆联立方程组解得P点坐标为，因为D,N（x,0),P三点共线,所以有：

（1） ： ；（2）；（3）证明见解析.

试题分析：（1）分析哪些点在椭圆上，哪些点在抛物线上，显然是椭圆的顶点，因此，从而点是椭圆上的点，另两点在抛物线上，代入它们的标准方程可求得其方程；（2）与的顶点都是，底在同一直线上，因此基、其面积之比为底的比，即，这样我们只要求出直线与已知两曲线相交弦长即可，直线与曲线交于两点，其弦长为，当然由于直线过圆锥曲线的焦点，弦长也可用焦半径公式表示；（3）从题意可看出，只有把，求出来，才能得出结论，为了求，，我们可设方程为，则方程为，这样，都能用表示出来，再计算可得其为定值，反之若，我们只能设方程为，方程为，分别求出，代入此式，得出，如果一定能得到1，则就一定有，否则就不一定有.

试题解析：（1）在椭圆上，在抛物线上，

 ：       （4分）

（2）(理) =.

是抛物线的焦点，也是椭圆的右焦点，①当直线的斜率存在时，

设：,，

联立方程，得，时恒成立. 

（也可用焦半径公式得：）     （5分）

联立方程，得，恒成立.

,   （6分）

=.          （8分）

②当直线的斜率不存在时，：，

此时，，，=.          （9分）

所以，的最小值为.                    （10分）

（3）（理）证明：①若P、Q分别为长轴和短轴的端点，则=.（11分）

②若P、Q都不为长轴和短轴的端点，

设

联立方程，解得；      （12分）

同理，联立方程，解得；

（13分）

反之，对于上的任意两点，当时，

设，，易得

；，

由得，

即，亦即， （15分）

所以当为定值时，不成立           （16分）

“反之”的方法二：如果有，且不在坐标轴上，作关于坐标轴对称的射线与交于，，显然，与不可能同时成立．

（1）＝1（2）x－2y＋4＝0（3）

(1)连结BF，由已知BF＝BE，所以BC＋BF＝BC＋BE＝CE＝4，

所以点B的轨迹是以C、F为焦点，长轴为4的椭圆，所以B点的轨迹方程为＝1.

(2)当点D位于y轴的正半轴上时，因为D是线段EF的中点，O为线段CF的中点，所以CE∥OD，且CE＝2OD，所以E、D的坐标分别为(－1，4)和(0，2)．

因为PQ是线段EF的垂直平分线，所以直线PQ的方程为y＝x＋2，即直线PQ的方程为x－2y＋4＝0.

(3)设点E、G的坐标分别为(x1，y1)和(x2，y2)，则点M的坐标为，因为点E、G均在圆C上，且FG⊥FE，所以(x1＋1)2＋＝16，①，(x2＋1)2＋＝16，②

(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0，③

所以＋＝15－2x1，＋＝15－2x2，x1x2＋y1y2＝x1＋x2－1.所以MO2＝[(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2]＝·[(＋)＋(＋)＋2(x1x2＋y1y2)]＝[15－2x1＋15－2x2＋2(x1＋x2－1)]＝7，即M点到坐标原点O的距离为定值，且定值为.

（1）；（2）存在，

试题分析：（1）由已知，得，再根据离心率求，进而求，进而根据焦点位置求椭圆方程；（2）联立直线方程和椭圆方程，得关于的一元二次方程，由题意，列方程得，同时可求出切点坐标，再求，设轴上存在满足条件的点，以为直径的圆恒过定点等价于，列方程得，由题意该方程与无关，故，从而求得点坐标，本题还可以先从特殊值入手，确定定点的坐标，再证明以为直径的圆恒过定点．

试题解析：（1）由已知    2分

，

椭圆的方程为；    4分

（2），消去，得，则，可得，设切点，则，，故，又由，得，设在上存在定点，使得以为直径的圆恒过定点，，即    10分

，

对满足恒成立，

，

故在轴上存在定点，使得以为直径的圆恒过定点.  14分

180

椭圆中，，，故．所以，．

设与轴正向的夹角为，为点到右准线的距离．则

．即．

同理       ．

所以       ．

从而       ，于是 ．