热门试卷

（1）（2）见解析

学生错解：解：(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆，当且仅当解得2＜m＜5，所以m的取值范围是(2，5)．

(2)当m＝4时，曲线C的方程为x2＋2y2＝8，点A，B的坐标分别为(0，2)，(0，－2)．

由得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0.

设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1＝kx1＋4，y2＝kx2＋4，x1＋x2＝，x1x2＝.直线BM的方程为y＋2＝x，点G的坐标为.

因为直线AN和直线AG的斜率分别为kAN＝，kAG＝－，所以kAN－kAG＝

＝＝＝＝0.

即kAN＝kAG.故A，G，N三点共线．

审题引导：(1)方程的曲线是焦点在x轴上的椭圆；

(2)证明三点共线的常用方法．

规范解答：解：(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆，当且仅当 (3分)

解得＜m＜5，所以m的取值范围是.(4分)

(2)当m＝4时，曲线C的方程为x2＋2y2＝8，点A，B的坐标分别为(0，2)，(0，－2)．(5分)

由得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0.(6分)

因为直线与曲线C交于不同的两点，所以Δ＝(16k)2－4(1＋2k2)×24＞0，即k2＞.(7分)

设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1＝kx1＋4，y2＝kx2＋4，

x1＋x2＝，x1x2＝.(8分)

直线BM的方程为y＋2＝x，点G的坐标为.(9分)

因为直线AN和直线AG的斜率分别为kAN＝，kAG＝－，(11分)

所以kAN－kAG＝＝0.

即kAN＝kAG.(13分)故A，G，N三点共线．(14分)

错因分析：易忽视焦点在x轴上，漏掉这一条件，从而失误．联立消元后易忽视Δ＞0这一前提条件．

（1）；（2）存在使得;（3）证明过程详见试题解析.

试题分析：（1）由双曲线的焦点与椭圆的焦点重合求出椭圆中的，再由，求出所求椭圆方程为；（2）先设，由,结合椭圆的标准方程可以得到使得为定值；（3）要证明就是要考虑,详见解析.

试题解析：（1）由题设可知：因为抛物线的焦点为，

所以椭圆中的又由椭圆的长轴为4得

故   

故椭圆的标准方程为： 

（2）设，

由可得：

由直线OM与ON的斜率之积为可得：

 ，即  

由①②可得： 

M、N是椭圆上的点，故

故，即 

由椭圆定义可知存在两个定点，

使得动点P到两定点距离和为定值;

（3）设，由题设可知 ，

由题设可知斜率存在且满足.

将③代入④可得：⑤

点在椭圆，

故  

解：（Ⅰ）由， ，得，，

所以椭圆方程是：……………………3分

（Ⅱ）设MN：代入，得，

设，由，得．

由，……………………6分

得，,（舍去）

直线的方程为：即……………………8分

（Ⅲ）将代入，得（*）

记，，为直径的圆过，则，即

，又，，得

………①

又，代入①解得……………11分

此时（*）方程，存在，满足题设条件．…………12分

略

（1）；（2）或.

试题分析：（1）先根据题意设椭圆的方程为，再利用离心率相等求出的值，进而确定椭圆的方程；（2）根据条件得到、、三点共线，进而可以设直线的方程为，并将此直线方程与两椭圆的方程联立，求出点和的坐标，并结合这个条件得出两点坐标之间的等量关系，从而求出的值，最终求出直线的方程.

试题解析：（1）由已知可设椭圆的方程为，

其离心率为，故，解得，因此椭圆的方程为；

（2）设、两点的坐标分别为、，

由及（1）知，、、三点共线，且、不在轴上，因此可设直线的方程为，

将代入中，得，所以，

将代入，得，所以,

又由，得，即,

解得，故直线的方程为或.

（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）．

试题分析：（1）利用离心率可得，关系．由两个顶点距离可得，距离，由此结合可求得，的值，从而求得椭圆的标准方程；（2）分直线的斜率不存在与存在两种情况求解．当直线的斜率不存在时，情况特殊，易求解；当直线的斜率存在时，设直线的方程为与椭圆方程联立消去得到关于的一元二次方程，然后结合韦达定理与，以及点到直线的距离公式求解；（3）在中，利用＝与，结合基本不等式求解．

试题解析：（1）由，得，

由顶点的距离为，得，

又由，解得，所以椭圆C的方程为．

（2）解：（ⅰ）点到直线的距离为定值．

设,

① 当直线AB的斜率不存在时，则为等腰直角三角形，不妨设直线：，

将代入，解得，

所以点到直线的距离为；

② 当直线的斜率存在时，设直线的方程为与椭圆：，

联立消去得，

，．

因为，所以，，

即，

所以，整理得，

所以点到直线的距离＝．

综上可知点到直线的距离为定值．

（ⅱ）在中，因为＝

又因为≤，所以≥，

所以≥，当时取等号，即的最小值是．

（1）（2）（3）见解析

试题分析：（1）设出椭圆方程的标准形式，由离心率的值及椭圆过点（4，1）求出待定系数，得到椭圆的标准方程．

（2）把直线方程代入椭圆的方程，由判别式大于0，求出m的范围即可；

（3）对于存在性问题，可先假设存在，即假设存在实数m满足题意，再利用△ABM为直角三角形，结合向量垂直的条件求出m，若出现矛盾，则说明假设不成立，即不存在；否则存在．

试题解析：解：（1）依题意，解得，    2分

所以椭圆的标准方程是．      3分

（2）由得，           4分

直线与椭圆有两个不同的交点，

            6分

解得                          7分

（3）假设存在实数满足题意，则由为直角得，        8分

设，，由（2）得，    9分

，   10分

，             11分

             12分

得   13分

因为，

综上所述，存在实数使△为直角三角形．    14分

（1）（2）

（I）设椭圆的方程为，则①，

∵抛物线的焦点为（0， 1），  ……………………………………….2分

∴ ②

由①②解得.    …………………………………………………………5分

∴椭圆的标准方程为.    …………………………………………………6分

(II)如图，由题意知的斜率存在且不为零，

设方程为 ①，

将①代入，整理，得

，

由得…………………………………9分

设、，  则 ②

令， 则，由此可得 ，，且.

由②知 ，.

∴ , 即…………………………………12分

所求直线L的方程为：……………………………………………………………14分

（1）＋＝1

（2）①±       ②见解析

(1)＋＝1(a>b>0)满足a2＝b2＋c2，又＝，×b×2c＝，

解得a2＝5，b2＝，则椭圆方程为＋＝1．

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．

①将y＝k(x＋1)代入＋＝1，

得(1＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－5＝0，

∴Δ＝48k2＋20>0，x1＋x2＝－，

∵AB中点的横坐标为－，

∴－＝－1，解得k＝±．

②由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝，

∴·＝(x1＋，y1)·(x2＋，y2)

＝(x1＋)(x2＋)＋y1y2

＝(x1＋)(x2＋)＋k2(x1＋1)(x2＋1)

＝(1＋k2)x1x2＋(＋k2)(x1＋x2)＋＋k2

＝(1＋k2)＋(＋k2)(－)＋＋k2

＝＋＋k2＝ (定值)．

（1）；（2）存在，

试题分析：（1）由离心率，所以①，再把点代入椭圆中得：②，最后③，由①②③三式求出、，即可写出椭圆方程；

假设存在，设，则直线的方程， 可得， 并设定点，由，直线与直线斜率之积为-1，即 ，化简得 ，又因为 ，得，可求出，继而得到定点点坐标.

（1）由题意得：

 得 ，

所以，椭圆方程为

（2）设，则直线的方程，

可得，       

设定点，，

，即 ，  

又因为，所以

进而求得，故定点为.