热门试卷

(I) .(II) 时，取得最大值.

试题分析：（1）根据已知中的离心率和矩形的面积得到a,b,c的方程，进而求解椭圆方程。

（2）将已知中的直线方程与椭圆方程联立方程组，结合韦达定理得到根与系数的关系，那么得到弦长公式，同时以及得到点S,T的坐标，进而得到比值。

(I)……①

矩形ABCD面积为8，即……②

由①②解得：， ∴椭圆M的标准方程是.

(II)，

设，则，

当  .

当时，有，

，

其中，由此知当，即时，取得最大值.

点评：解决该试题的关键是运用代数的方法来解决解析几何问题时，解析几何的本质。能结合椭圆的性质得到其方程，并联立方程组，结合韦达定理和判别式的到比值。

（Ⅰ） ；（Ⅱ）面积的最大值为.

本试题主要是考查了圆锥曲线的 定义法求解轨迹方程，然后结合直线与椭圆的位置关系和点到线的距离和三角形的面积公式得到求解。

（1）因为设点T为曲线E上的任意一点，则|TA|+|TB|=4，|AB|=2，结合椭圆的定义得到曲线方程。

（2）设出直线PQ的方程与椭圆方程联立，得到关于x的一元二次方程，然后结合韦达定理和点到直线的距离公式表示出三角形的面积得到结论。

解：（Ⅰ）设点为曲线上的任意一点，则

所以曲线的轨迹为椭圆，，所以椭圆方程为  ………4分

（Ⅱ）设直线PQ的方程为,设

代入椭圆方程并化简得,             

由,可得 .    ()      …………………5分

由,

故.                 ………………………………7分         

又，且的横坐标又为负值，所以点的坐标为  

所以点到的距离为,                       ……………………………9分

故,

当且仅当,即时取等号(满足式)

所以面积的最大值为.                  …………………………………12分

（1）；（2）存在，使得以CD为直径的圆过点E.

第一问中利用A（0，-b）和B（a，0）的坐标，设出直线方程，然后利用椭圆的性质得到

然后求解得到a,b的值。从而得到椭圆方程

第二问中，联立方程组，直线与椭圆联立得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理，以及以CD为直径的圆过E点，即当且仅当CE⊥DE时，可知k的值。

解：（1）直线AB方程为：bx-ay-ab＝0 依题意　解得　

∴　椭圆方程为　  ………………6分

（2）假若存在这样的k值，由得 

　∴　 　　　①

　　设， ，，则　②

　　而  ………………10分

　　要使以CD为直径的圆过点E（-1，0），当且仅当CE⊥DE时，则，即 ∴　 ③

　　将②式代入③整理解得 经验证，，使①成立 

　　综上可知，存在，使得以CD为直径的圆过点E  ………………15分

（1）. 

（2）|． 

（3）假设存在实数满足题意．

由已知得 ①

 ②

椭圆C：  ③

由①②解得，．

由①③解得，．            

∴，

．

故可得满足题意．                                

第一问，由椭圆方程为

可得，，，

 ，．     

设，则由题意可知，

化简得点G的轨迹方程为

第二问中，由题意可知，故将代入，

可得，从而

第三问中，假设存在实数满足题意．由已知得 ① ②

椭圆C：由①②解得，．

由①③解得，

结合向量的数量积得到结论。

解：（1）由椭圆方程为

可得，，，

 ，．     

设，则由题意可知，

化简得点G的轨迹方程为. …………4分

（2）由题意可知，

故将代入，

可得，从而．  ……………8分

（3）假设存在实数满足题意．

由已知得 ①

 ②

椭圆C：  ③

由①②解得，．

由①③解得，．             ………………………12分

∴，

．

故可得满足题意．                                 ………………………16分

解：（Ⅰ）设椭圆的右焦点为（c，0）

因为的焦点坐标为（2，0），所以c=2    ……………………2分

  则a2="5," b2=1  故椭圆方程为：……………４分

（Ⅱ）由（1）得F（2，0），设的方程为y=k(x-2)(k≠0)

 ………6分

…………………………10分

………………………14分

本试题考查了椭圆与抛物线的位置关系，以及利用抛物线焦点坐标和椭圆的离心率，我们求解得到椭圆的方程。而第二问中，说明了三角形MAB是等腰三角形，来利用距离相等求解得到直线方程。

（Ⅰ）解：设椭圆的标准方程为.

因为，，

所以.

所以.                  ………………………………………2分

所以 椭圆的标准方程为.    ………………………………………3分

（Ⅱ）设，，，.

（ⅰ）证明：由消去得：.

则，

                    ………………………………………5分

所以

.

同理 .  ………………………………………7分

因为 ,

所以 .

因为 ，

所以 .                      ………………………………………9分

（ⅱ）解：由题意得四边形是平行四边形，设两平行线间的距离为,则 .

因为 ，

所以 .                    ………………………………………10分

所以

.

（或）

所以 当时， 四边形的面积取得最大值为.

………………………………………13分

略

解：（1）∵PF1⊥x轴，

∴F1（-1，0），c=1，F2（1，0），

|PF2|=，2a=|PF1|+|PF2|=4，a=2，b2=3，

椭圆E的方程为：；…………………3分

⑶设直线AB的方程为y=x+t，

与联立消去y并整理得 x2+tx+t2-3=0,

△=3（4-t2），

AB|=，

点P到直线AB的距离为d=,

△ PAB的面积为S=|AB|×d=,  ………10分

设f（t）=S2=（t4-4t3+16t-16） （-2<t<2），

f’（t）=-3（t3-3t2+4）=-3（t+1）（t-2）2，由f’（t）=0及-2<t<2得t=-1．

当t∈（-2,-1）时，f’（t）>0，当t∈（-1,2）时，f’（t）<0，f（t）=-1时取得最大值，

所以S的最大值为．

此时x1+x2=-t=1=-2，=3．……………………………………12分

略

（Ⅰ）点的轨迹方程为（．（Ⅱ）．

本试题主要是考查了圆锥曲线中轨迹方程的求解，以及直线与圆锥曲线的位置关系的综合而运用，研究线段的比值问题。

（1）根据题意点的直线与椭圆交于不同的两点、，点是弦的中点，且，设点的坐标，利用直线与椭圆相交得到A,B点坐标关系式，从而的得到轨迹方程

（2）利用直线方程与曲线方程联立，得到弦长公式，表示出线段比值。

解（Ⅰ）①若直线∥轴，则点为； ②设直线，并设点的坐标分别是

，由消去，得 ， ①

由直线与椭圆有两个不同的交点，可得，即，所以．

由及方程①，得，

，

即由于（否则，直线与椭圆无公共点），将上方程组两式相除得，，

代入到方程，得，整理，得（．

综上所述，点的轨迹方程为（．

（Ⅱ）①当∥轴时，分别是椭圆长轴的两个端点，则点在原点处，所以，，所以，； ②由方程①，得

所以，，

，

所以． 因为，所以，所以，

所以．综上所述，．