热门试卷

（1），（2）．

试题分析：（1）求椭圆标准方程，只需两个独立条件. 一个是,另一个是点在椭圆上即，所以．所以椭圆的方程为．（2）研究直线与椭圆位置关系，关键确定参数，一般取直线的斜率，① 当两条弦中一条斜率为0时，另一条弦的斜率不存在，由题意知，② 当两弦斜率均存在且不为0时，设直线的方程为，将直线的方程代入椭圆方程中，并整理得，所以．同理，．所以，利用不等式或函数单调性可得的取值范围是综合①与②可知，的取值范围是．

【解】（1）由题意知，，，

所以．              2分

因为点在椭圆上，即，

所以．

所以椭圆的方程为．                                6分

（2）① 当两条弦中一条斜率为0时，另一条弦的斜率不存在，

由题意知；                                       7分

② 当两弦斜率均存在且不为0时，设，，

且设直线的方程为，

则直线的方程为．

将直线的方程代入椭圆方程中，并整理得，

所以，，

所以．                         10分

同理，．

所以，           12分

令，则，，，

设，

因为，所以，

所以，

所以．

综合①与②可知，的取值范围是．               16分

当时，曲线C的方程为，C是焦点在y轴上的椭圆；当时，曲线C的方程为，C是圆心在原点的圆；

当时，曲线C的方程为， C是焦点在x轴上的椭圆；当时，曲线C的方程为，C是焦点在x轴上的双曲线．

试题分析：设出动点M的坐标，利用斜率乘积求出曲线轨迹方程，然后讨论 m的值，判断曲线是圆、椭圆或双曲线时m的值的情况．

试题解析：设动点为M，其坐标为，

当时，由条件可得

即， 又的坐标满足

，故依题意，曲线C的方程为．   4分

当时，曲线C的方程为，

C是焦点在y轴上的椭圆；                  6分

当时，曲线C的方程为，

C是圆心在原点的圆；                      8分

当时，曲线C的方程为，

C是焦点在x轴上的椭圆；                 10分

当时，曲线C的方程为，

C是焦点在x轴上的双曲线．              12分

（1） ;（2）2

试题分析：（1）动点到定点与到定直线,的距离之比为 .根据两点的距离即点到直线的距离公式，即可求出结论.

（2）根据题意假设直线方程联立椭圆方程消去y，得到一个关于x的二次方程，写出韦达定理得到M,N的坐标的关系式.因为题意要求x轴上的任意一点(异于点E、F)到直线EM、EN的距离相等，所以满足.结合韦达定理，即可得到结论.

试题解析：（1）由题意得, ,

化简得,,即,即点的轨迹方程

（2）若存在点E(t，0)满足题设条件.并设M(x1，y1)、N(x2，y2)，

当⊥x轴时，由椭圆的对称性可知，x轴上的任意一点(异于点E、F)到直线EM、EN的距离相等

当与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)．

，得，

所以

根据题意，x轴平分∠MEN，则直线ME、NE的倾斜角互补，即KME＋KNE＝0．

设E(t，0)，则有(当x1＝t或x2＝t时不合题意)

又k≠0，所以，将y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)代入上式，得

又k≠0，所以，即，

，，将代入，解得t＝2．

综上，存在定点E(2，0)，使得x轴上的任意一点(异于点E、F)到直线EM、EN的距离相等.

(1)（或（；(2) （；(3) 的值与点的位置无关

试题分析：（1）注意要分类讨论，顶点是短轴顶点，还是长轴顶点；(2)椭圆上到（距离最大的点是与直线（平行且与椭圆相切的点；（3）利用点P在椭圆上满足椭圆方程，设点P坐标，带入椭圆方程，通过变形，即可知（=，与k无关.

试题解析：（1）双曲线（的左右焦点为（,即（的坐标分别为（.  所以设椭圆的标准方程为（,则（,

且（,所以（,从而（,

所以椭圆（的标准方程为（或（

(2) 当（时，（，故直线（的方程为（即（，

设与（平行的直线方程为：x+2y+m=0，即x=-2y-m，代入椭圆方程得：，

 ，∵求距离最大，∴，代入方程，解得：，∴点Q（；

（3）设则，即 

.所以的值与点的位置无关，恒为.

（1）2，（2）①，②

试题分析：（1）设切点A，则，再利用导数的几何意义得在切点A的导数值为切线的斜率，即，而，所以（2）①要求函数关系式，一要确定自变量k的取值范围，这可由切线l斜率及得到.二是建立与k的等量关系，这是一个复杂消参的过程.先设，则.在使用韦达定理之前先要做一个工作，就是将椭圆方程用k表示.因为，代入椭圆方程得，而，所以，，因此椭圆方程为，到此再利用韦达定理可解得，② 利用函数为单调增函数，得当k= 1时，取到最大值，此时P＝4，故椭圆的方程为.

试题解析：解：（1）设切点A，依题意则有

解得，即A点的纵坐标为2                        3分

（2）依题意可设椭圆的方程为，直线AB方程为：；由得①

由（1）可得A，将A代入①可得，

故椭圆的方程可简化为；           5分

联立直线AB与椭圆的方程：消去Y得：，则            8分

又∵,∴k∈［－2，－1］；即……9分

②由可知上为单调递增函数，故当k= 1时，取到最大值，此时P＝4，故椭圆的方程为…12分

(I)  ； (II)  ．

试题分析：(I)由图形的对称性及椭圆的几何性质，易得 ，进而写出方程； (II) ΔAOB的面积可以用 ，所以本题需要用弦长公式表示AB的长度，用点到之间的距离公式表示坐标原点O到直线的距离，而这些都需要有直线的方程作为前提条件。所以本题应先考虑设出直线AB的方程．此外，设方程的过程中，注意对于特殊情形的讨论．

试题解析：

(I)因为椭圆的四个顶点恰好是一边长为2，

一内角为的菱形的四个顶点,

所以,椭圆的方程为                                     4分

(II)设因为的垂直平分线通过点， 显然直线有斜率，

当直线的斜率为时,则的垂直平分线为轴,则

所以

因为，

所以，当且仅当时，取得最大值为       7分

当直线的斜率不为时,则设的方程为

所以，代入得到

当,            即                         

方程有两个不同的解

又，                                       8分

所以，

又，化简得到                     

代入，得到                                                    10分

又原点到直线的距离为

所以

化简得到                                             12分        

因为，所以当时，即时，取得最大值

综上，面积的最大值为．

（1）由题意得：

2a+2c=6，=，

解得，a=2．c=1，

故所求椭圆方程为+=1．    

（2）由（1）结合椭圆的几何性质知：

|OM|的最大值为a，最小值b；

∴|OM|的最大值为2，最小值1．