热门试卷

（1）椭圆C的方程；（2）线段的长为；（3）直线的方程为 .

试题分析：（1）根据椭圆的右焦点为F（1，0），点A（2，0）在椭圆C上，代入即可求得椭圆C的方程；（2）先用点斜式写出直线方程，再和椭圆方程联立，用弦长公式即可求出线段的长为；（3）设直线的方程为，直线与椭圆的两个交点设为，，把直线方程与椭圆方程联立，表示出，而以线段为直径的圆恰好过原点，即；联立即可求出直线的方程为 .

试题解析：（1）由题意：，，，

所求椭圆方程为.                                            4分

（2）由题意，直线的方程为：.

由得， 

所以.             6分

（3）设直线的方程为，

由消去y整理得.

因为直线l与椭圆C交于不同两点M、N，

所以

解得：

设，，

则，，

所以，

因为以线段为直径的圆恰好过原点，所以，

所以，即

解得，.

所求直线的方程为               10分

(1);(2) 的取值范围是.

试题分析：（1）先由离心率得出与的关系，再由原点到直线的距离等于解得，故，椭圆方程为；（2）联立直线和椭圆的方程，因为直线和椭圆有两个交点可求得的范围，再设出交点，计算，由得范围求得

试题解析：（Ⅰ）由题意知，∴，即

又，∴ 故椭圆的方程为    4分

（Ⅱ）解：由得：          6分

设,则     8分

∴  10分

∵∴，  ∴

∴的取值范围是．                   13分

（Ⅰ）；（Ⅱ）①见解析；②.

试题分析：（Ⅰ）根据点在椭圆上，且直线与直线的斜率之积为，列出方程组即可求出和；（Ⅱ）①欲证：，只需证：，找到这个结论成立的条件，然后证明这些条件满足即可；②分成和直线斜率存在两种情况，利用经过这一条件，把问题变成直线与椭圆的交点，从而可以借助一元二次方程跟与系数的关系解题.

试题解析：（Ⅰ）由题，，由点在椭圆上知，则有：

，①

又，                   ②

以上两式可解得，．所以椭圆．                4分

（Ⅱ）① 设，则直线：、直线：，

两式联立消去得：；

同理：直线：、：，联立得：．  6分

欲证：，只需证：，只需证：，

等价于：，

而，，所以，

故有：．                                 9分

② (1)当时，由可求得：；             10分

(2)当直线斜率存在时，设：，

由（Ⅱ）知：，

将，代入上式得：，

解得，由①知．

综合(1) (1)，，故直线：．                      14分.

（1）以O为圆心，CD所在直线为x 轴建立平面直角坐标系，

若AC+AD=2a＜2，即0＜a＜，动点A所在的曲线不存在；

若AC+AD=2a=2，即a=，动点A所在的曲线方程为y=0(-≤x≤)；

若AC+AD=2a＞2，即a＞，动点A所在的曲线方程为+=1．

（2）由（Ⅰ）知a＞，要存在点A，使AC⊥AD，则以O为圆心，OC=为半径的圆与椭圆有公共点，

故≥，所以，a的取值范围是＜a≤．

（3）当a=2时，其曲线方程为椭圆+y2=1，由条件知A，B两点均在椭圆+y2=1上，且AO⊥OB．

设A（x1，y1），B（x2，y2），OA的斜率为k（k≠0），则OA的方程为y=kx，OB的方程为y=-x，

解方程组，得=，=，同理可求得=，=，

∴△AOB面积S=|x1||x2|=2，

令1+k2=t（t＞1），则 S=2=2，

令g(t)=-++4=-9(-)2+(t＞1)，所以，4＜g(t)≤，即≤S＜1，

当OA与坐标轴重合时S=1，于是≤S≤1，△AOB面积的最大值和最小值分别为1与．

（1）；（2）（ⅰ）2，（ⅱ）

试题分析：（1）由短轴长得，由焦点和点可算出斜率为，可以得到焦点坐标，所以可以得椭圆的方程。（2）（ⅰ）由向量的数量积公式及三角形面积公式可得出结果。（ⅱ）设直线的方程，但是不需要求的方程，通过与椭圆联立方程组进行求解。

试题解析：（1）由题意可知，直线的方程为，         1分

∵直线过椭圆的焦点，∴该焦点坐标为∴    2分

又椭圆的短轴长为，∴，∴   3分

∴椭圆的方程为   4分

（2）（ⅰ）∵

∴   6分

∴    8分

（ⅱ）设特征点，左焦点为，可设直线PQ的方程为，

由消去得

设，则

     10分

∵为的一条角平分线，

∴，即          12分

又，，代入上式可得

∴，解得

∴椭圆C的特征点为．                     14分

（1）（2）

试题分析：（1）将点代入椭圆方程，并与和联立，解方程组可得的值。（2）由（1）知，，则，。则可设的方程为，与椭圆方程联立消去整理为关于的一元二次方程，可得根与系数的关系。因为所以，根据数量积公式可得的关系式，将所得的根与系数的关系代入上式可求得。

（1）∵  ∴

∴椭圆的方程为（5分）

（2）依题意，设的方程为,

由   显然,（8分）

, 由已知得：

（12分）

,解得

（1）+=1  （2）见解析

(1)解:由解得

∴椭圆C1的方程为+=1.

(2)证明:由题意知A(-a,0),B(a,0),

设P(x1,y1),(x1≠±a)则+=1,

∴=b2（1-）=(a2-).

设Q(x2,y2),(x2≠±a),则-=1,

∴=b2（-1）=(-a2).

∴k1=,k2=,k3=,k3=.

∴k1·k2+k3·k4=+

=+

=0.

即k1k2+k3k4为定值,定值是0.

（1）；（2）直线AM，BN的交点必在一条垂直于轴的定直线上，这条直线的方程是．

试题分析：（1）求椭圆的方程，由椭圆的离心率为，得，，由得，，得得，即，由的面积为3，得，由于，可得，即，可求出，从而可得，即得椭圆的方程；（2）这是探索性命题，由于探索直线AM，BN的交点能否在一条垂直于轴的定直线上，可有特例求出定直线，然后验证一般情况，故当直线的斜率不存在时，直线：，直线与椭圆Ｃ的交点坐标，，写出直线的方程，解交点坐标为，它在垂直于轴的直线上，然后验证当直线的斜率存在时，交点必在直线上即可，因此设直线，代入椭圆Ｃ的方程，设，利用根与系数关系，得关系式，再写出直线的方程，消去，解方程得即可．

试题解析：（1）设，由于，所以，

根据，得，即，

因为的面积为３，，所以，

所以有，解得，所以，

所以椭圆才Ｃ的方程为。          5分

（２）由（１）知。

①当直线的斜率不存在时，直线：，直线与椭圆Ｃ的交点坐标，，此时直线，联立两直线方程，解得两直线的交点坐标（４，３）。它在垂直于轴的直线上。        7分

②当直线的斜率存在时，

设直线，代入椭圆Ｃ的方程，整理得，设直线与椭圆Ｃ的交点，则。

直线AM的方程为，即，

直线BN的方程为，即

由直线AM与直线BN的方程消去，得

所以直线AM与直线BN的交点在直线上。        12分

综上所述，直线AM，BN的交点必在一条垂直于轴的定直线上，这条直线的方程是．                13分

解 （1）由题意知，b2 = a2－3，由得 2a4－11a2 + 12 = 0，

所以（a2－4）（2a2－3）= 0，得 a2 = 4或（舍去），

因此椭圆C的方程为．                     ……………… 4分

（2）由 得 ．

所以4k2 + 1＞0，，

得 4k2 + 1＞m2．               ①                      ……………… 6分

设A（x1，y1），B（x2，y2），AB中点为M（x0，y0），

则，，

于是 ，，．

设菱形一条对角线的方程为，则有 x =－ky + 1．

将点M的坐标代入，得 ，所以．    ②

将②代入①，得，

所以9k2＞4k2 + 1，解得 k∈． ……………… 12分

法2：

则由菱形对角线互相垂直，即直线l与垂直，由斜率的负倒数关系可整理得，即－3km = 4k2 + 1，即， 代入①即得．

法3： 设A（x1，y1），B（x2，y2），AB中点为M（x0，y0），

则，，于是，两式相减可得 ，

即 x0 + 4ky0 = 0．     ①              

因为 QD⊥AB，所以 ．        ②

由①②可解得 ，，表明点M的轨迹为线段（）．

当，k∈（，+∞）；当，k∈（－∞,）．

综上，k的取值范围是k∈．

略