热门试卷

由题设，椭圆的半焦距，由焦点，右准线方程为点的坐标为，的中点为。

若垂直于轴，则中点为，即 过中点。

若直线不垂直于轴，由直线过点，且由轴知点不在轴上，故直线的方程为，

记 ，且满足二次方程即

又得

故直线的斜率分别是

故三点共线，所以，直线经过线段的中点

同答案

（Ⅰ）解法一：由题意，∵椭圆E：+=1(a＞b＞0)的一个交点为F1(-，0)，

∴a2-b2=3，①

∵椭圆过点H(，)．

∴+=1，②

①②解得a2=4，b2=1，

所以椭圆E的方程为+y2=1．…（4分）

解法二：椭圆的两个焦点分别为F1(-，0)，F2(，0)，

由椭圆的定义可得2a=|PF1|+|PF2|=+=4，所以a=2，b2=1，

所以椭圆E的方程为+y2=1．…（4分）

（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）可知A1（0，1），A2（0，-1），设P（x0，y0），

直线PA1：y-1=x，令y=0，得xN=；

直线PA2：y+1=x，令y=0，得xM=； 

设圆G的圆心为((-)，h)，

则r2=[(-)-]2+h2=(+)2+h2，

OG2=(-)2+h2OT2=OG2-r2=(+)2+h2-(-)2-h2=

而+y02=1，所以=4(1-)，所以OT2==4，

所以|OT|=2，即线段OT的长度为定值2．…（14分）

解法二：由（Ⅰ）可知A1（0，1），A2（0，-1），设P（x0，y0），

直线PA1：y-1=x，令y=0，得xN=；

直线PA2：y+1=x，令y=0，得xM=；

则|OM|•|ON|=|•|=||，而+y02=1，所以=4(1-)，

所以|OM|•|ON|=||=4，由切割线定理得OT2=|OM|•|ON|=4

所以|OT|=2，即线段OT的长度为定值2．…（14分）

(Ⅰ)  ；（Ⅱ）.

试题分析：(Ⅰ) 根据 及得;（Ⅱ）分斜率存在和不存在进行讨论，当斜率不存在，易求得，当斜率存在时，利用弦长公式表示出再表示出面积,得,从而的最小值为

试题解析：（Ⅰ）

则,故                     

（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，可设代入椭圆得

，此时，  , 当直线的斜率存在时，设代入椭圆得：

,   设

则       

由得：

当时，取等号，又，故的最小值为 .

（1）。

(2)。

试题分析：（1）代入点A(3,1)得m=1或5,得m=1  2分

设PF斜率为k，

   5分

  7分

列方程组得：解得：

所求椭圆方程为  10分

(2)设点Q  12分

  16分

点评：中档题，求椭圆的标准方程，主要运用了椭圆的几何性质，a,b,c,e的关系。曲线关系问题，往往通过联立方程组，得到一元二次方程，运用韦达定理，简化解题过程。通过向量的坐标运算，得到三角函数式，应用辅助角公式“化一”后，确定数量积的范围。

（Ⅰ）曲线C的方程为

（Ⅱ）见解析

（I）圆A的圆心为，

设动圆M的圆心

由|AB|=2，可知点B在圆A内，从而圆M内切于圆A，

故|MA|=r1—r2，即|MA|+|MB|=4，

所以，点M的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，

设椭圆方程为，由

故曲线C的方程为                                                                         …………6分

（II）当，

消去   ①

由点为曲线C上一点，

于是方程①可以化简为 解得，

综上，直线l与曲线C有且只有一个交点，且交点为.

（Ⅰ）（Ⅱ）为定值0.

（Ⅰ）设椭圆方程为(a＞b＞0).       

因为，得.又，则.

故椭圆的标准方程是.                          （5分）

（Ⅱ）由椭圆方程知，c＝1，所以焦点F(0，1)，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)．

由，得(－x1，1－y1)＝λ(x2，y2－1)，所以－x1＝λx2，1－y1＝λ(y2－1). （7分）

于是.因为，，则y1＝λ2y2.

联立y1＝λ2y2和1－y1＝λ(y2－1)，得y1＝λ，y2＝.             （8分）

因为抛物线方程为y＝x2，求导得y′＝x．设过抛物线上的点A、B的切线分别为l1，l2，则

直线l1的方程是y＝x1(x－x1)＋y1，即y＝x1x－x12.     （9分）

直线l2的方程是y＝x2(x－x2)＋y2，即y＝x2x－x22．        （10分）

联立l1和l2的方程解得交点M的坐标为.        （11分）

因为x1x2＝－λx22＝－4λy2＝－4.所以点M．             （12分）

于是，(x2－x1，y2－y1).

所以＝＝(x22－x12)－2(x22－x12)＝0.

故为定值0.       （13分）

（1）（2）或．

（1）由题设知

由于，则有，所以点A的坐标为，

故所在直线方程为，………………………………3分

所以坐标原点O到直线的距离为，

又，所以，解得，

所求椭圆的方程为．……………………………………………5分

（2）由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为，则有，

设，由于，

∴，解得    …………………8分

又Q在椭圆C上，得，

解得，…………………………………………………………………………10分

故直线l的方程为或，

即或．  ……………………………………………12分

(1);(2)．

试题分析：

解题思路：（1）求出圆与两坐标轴的交点，即得的值，进而求得椭圆方程；（2）联立直线与椭圆的方程，整理成关于的一元二次方程，再利用求解.

规律总结：圆锥曲线的问题一般都有这样的特点：第一小题是基本的求方程问题，一般简单的利用定义和性质即可；后面几个小题一般来说综合性较强，用到的内容较多，大多数需要整体把握问题并且一般来说计算量很大，学生遇到这种问题就很棘手，有放弃的想法,所以处理这类问题一定要有耐心.

试题解析：（1）圆经过点F、B，故椭圆的方程为 ；

（2）设直线L的方程为

由消去得

由解得。

又                               

设则                

点F在圆E内部，

即解得0

∴m的取值范围是.

试题分析：这是一道典型的关于轨迹问题的题目，通常的解法：①设出所求轨迹点的坐标；②找出已知点的坐标与其之间的等量关系；③代入已知点的轨迹方程；④求出所求点的轨迹方程.在此题的解答过程中，可以先设出所求点的坐标，已知点的坐标，由“点是在轴上的投影”且“”得到点与点坐标之间的等量关系，又由于点是已知圆上的点，将其坐标代入圆方程，经整理即可得到所点的轨迹方程.

试题解析：设的坐标为，的坐标为，则由已知得    5分

因为点在圆上，所以，即所求点的轨迹的方程为.  10分