热门试卷

（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.

试题分析：（Ⅰ）由的面积为12，点到直线的距离为，列出关于的方程求解；（Ⅱ）用坐标表示各点，然后求出的长，计算比较即可.

试题解析：（Ⅰ）如图1，当时，过点，，

∵的面积为12，，即．①               2分

此时，直线方程为．

∴点到的距离． ②    4分

由①②解得．            6分

∴所求椭圆方程为．      7分

（Ⅱ）如图2，当时，，设，

由三点共线，及，

（说明：也可通过求直线方程做）

得，

，即．  9分

由三点共线，及，

得，

，即．  11分

又，.            13分

而．  15分

，即有成等比数列．                      16分

解：（1）设C：＋＝1（a>b>0），设c>0，c2＝a2－b2，由条件知a-c＝，＝，………1分

∴a＝1，b＝c＝    ………………………………………3分

故C的方程为：y2＋＝1            ……………………………4分

（2）当直线斜率不存在时：     ……………………………………5分

当直线斜率存在时：设l与椭圆C交点为A（x1，y1），B（x2，y2）

得（k2＋2）x2＋2kmx＋（m2－1）＝0    …………………6分

Δ＝（2km）2－4（k2＋2）（m2－1）＝4（k2－2m2＋2）>0 （*）………………7分

x1＋x2＝， x1x2＝　       …………………………………8分

∵＝3 ∴－x1＝3x2∴

消去x2，得3（x1＋x2）2＋4x1x2＝0，∴3（）2＋4＝0……………………9分

整理得4k2m2＋2m2－k2－2＝0　                      

m2＝时，上式不成立；m2≠时，k2＝，      …………………10分

∴k2＝0，∴或

高三数学（理工类）参考答案第3页（共4页）

把k2＝代入（*）得或

∴或         ……………………………………11分

综上m的取值范围为或 ……………………………12分

略

（1）设椭圆E的方程为 +=1（a＞b＞0）．

∵c=1，

∴a2-b2=1①，

∵点（1，）在椭圆E上，

∴+=1②，

由①、②得：a2=4，b2=3，

∴椭圆E的方程为：+=1．

（2）由题意知，a=2，b=、∴c=1

又∵点P在椭圆上，∴|PF1|+|PF2|=2a=4、①

由余弦定理知：|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|cos30°=|F1F2|2=（2c）2=4②

把①两边平方得|PF1|2+|PF2|2+2|PF1|•|PF2|=16，③

③-②得（2+）|PF1|•|PF2|=12，

∴|PF1|•|PF2|=12（2-），

∴S△PF1F2=|PF1|•|PF2|sin30°=6-3、

（1）；（2）证明详见解析.

试题分析：（1）结合图形及椭圆的定义先得到的周长为，进而根据条件列出方程组，从中求解即可得出的值，进而可写出椭圆的方程；（2）由（1）确定，进而设点，设直线，联立直线与椭圆的方程，解出点，设直线，可得，进而根据三点共线得出，将点的坐标代入并化简得到，进而求出点的坐标，，然后写出直线的方程并化简得到，从该直线方程不难得到该直线恒通过定点，问题得证.

（1）依题意有：的周长为

所以，则椭圆的方程为     4分

（2）由椭圆方程可知，点

设直线，由得，从而，，即点 

同理设直线，可得               7分

由三点共线可得，即，代入两点坐标化简可得

               9分

直线，可得点，即

从而直线的方程为

化简得，即，

从而直线过定点                              12分.

（1）；（2）1个.

试题分析：（1）要求椭圆方程，由于，需要通过已知条件表示出点的坐标，由于轴，则，代入椭圆方程求得点的纵坐标，从而求得直线的斜率，根据求的直线的斜率，有直线方程的点斜式求出直线的方程，直线的方程与联立求得点的坐标，从而求得、，由于椭圆中可求出，即可求得椭圆的方程；（2）要判断直线与椭圆的公共点个数，需要求出直线的方程，与椭圆方程联立，消去或得到关于或得一元二次方程，通过判断这个方程的的根的情况，即可得出所求的交点的个数.

试题解析：解方程组得点的坐标为，，

 ，，直线的方程为，

将代入上式解得，.               4分

（1）因为点的坐标为（4,4），所以，解得，，

椭圆的方程为.                           7分

（2），则 点的坐标为，

，

的方程为，即，        9分

将的方程代入椭圆的方程得，

    ①

，

方程①可化为，

解得，

所以直线与椭圆只有一个公共点                    13分

（Ⅰ）4

（Ⅱ）

（Ⅰ）由题设条件知焦点在y轴上，故设椭圆方程为（a＞b＞ 0 ）。

设，由准线方程得，由得，解得a =" 2" ，c = ，从而 b = 1，椭圆方程为。

又易知C，D两点是椭圆的焦点，所以,。

从而，当且仅当，即点M的坐标为　时上式取等号，的最大值为4。

（II）如答（20）图，设，。

因为，故

     ①

因为

所以  .    ②

记P点的坐标为，因为P是BQ的中点

所以    

由因为 ，结合①，②得

故动点P的估计方程为

。

（1）曲线为椭圆⇔⇔⇔m＜0．即m的取值范围是（-∞，0）．

此时，椭圆的焦点在x轴上，坐标为（±4，0）．

（2）曲线为双曲线⇔（16-m）m＞0⇔0＜m＜16．即m的取值范围是（0，16）．

此时，双曲线的焦点在x轴上，坐标为（±4，0）．

（1）；（2）.

试题分析：（1）由题意，，，根据求出，则椭圆的方程为. （2）设点（），则直线的方程为，联立得 ，而

，带入韦达定理，，则，而， 即 ，则当时，，的最大值为.

试题解析：（1）由已知，，，

∴，                                 3分

∴ 椭圆的方程为.                                 4分

（2）设点（），则直线的方程为， 2分

由 消去，得           4分

设，，则，     6分

∴

                               8分

∵， 即

∴当时，，的最大值为.              10分

（1）＋y2＝1（2）或

(1)由e＝＝，解得3a2＝4c2.再由c2＝a2－b2，解得a＝2b.

由题意可知×2a×2b＝4，即ab＝2.解方程组得

所以椭圆的方程为＋y2＝1.

(2)由(1)可知点A(－2，0)，设点B的坐标为(x1，y1)，直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝k(x＋2)．于是A、B两点的坐标满足方程组

消去y并整理，得(1＋4k2)x2＋16k2x＋(16k2－4)＝0，

由－2x1＝，得x1＝，从而y1＝，

故|AB|＝＝.

由|AB|＝，得＝.整理得32k4－9k2－23＝0，

即(k2－1)(32k2＋23)＝0，解得k＝±1.所以直线l的倾斜角为或