热门试卷

（1）；（2）.

试题分析：（1）根据椭圆的定义，可判断点的轨迹为椭圆，再根据椭圆的基本量，容易写出椭圆的方程，求曲线的方程一般可设动点坐标为，然后去探求动点坐标满足的方程，但如果根据特殊曲线的定义，先行判断出曲线的形状(如椭圆，圆，抛物线等)，则可直接写出其方程；（2）一般地，涉及直线与二次曲线相交的问题，则可联立方程组，或解出交点坐标，或设而不求，利用一元二次方程根与系数的关系建立关系求出参数的值(取值范围)，本题可设，根据，及满足椭圆的方程，利用一元二次方程根与系数的关系消去坐标即得.

试题解析：(1)设,由椭圆定义可知,点的轨迹是以为焦点,

长半轴为2的椭圆,                                          2分

它的短半轴,                     4分

故曲线的方程为.                        6分

(2)证明:设,其坐标满足消去并整理,得

                       8分

故.           10分

即，而，

于是，

解得                                              13分

（1）根据椭圆的方程以及斜率公式来得到求解。

（2）点的坐标为或  

试题分析：（i）.椭圆方程为，、 设

则，，      2分

（ii）记A、B、C、D坐标分别为、、、

设直线：    ：

联立可得              4分

，代入，可得

                            6分

同理，联立和椭圆方程，可得             7分

由及（由（i）得）可解得，或，所以直线方程为或，

所以点的坐标为或                      10分

点评：主要是考查了直线与椭圆的位置关系，以及运用韦达定理求解斜率和，进而得到直线的方程，得到点P的坐标，属于中档题。

（1），的周长为。

（2）。

本题考查三角形周长的求法和三角形面积的计算，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，灵活运用椭圆的性质，注意椭圆定义、韦达定理在解题中的合理运用．

（1）由椭圆的定义，得AF1+AF2=2a，BF1+BF2=2a，又AF1+BF1=AB，所以，△ABF2的周长=AB+AF2+BF2=4a．再由a2=4，能导出△ABF2的周长．

（2）由F1（-1，0），AB的倾斜角为 ，知直线AB的方程为y=x+1．由

消去x，得7y2-6y-9=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），借助韦达定理能够求出△ABF2的面积．

解：（1）由椭圆的定义，得，， ----------2分

又，所以的周长为。--------4分

又因为，所以，故的周长为。-----------5分

（2）由条件，得，因为的倾斜角为，所以斜率为，

故直线的方程为。-----------------6分

由消去，得， ------------------8分

设，解得， -------------10分

所以。------------------12分

（1）；（2）.

本试题主要是考查了椭圆的方程的求解以及，三角形的中内切圆的性质的运用，结合向量工具表示面积。

解：（1）当与轴垂直时，　

得 得 即---------------------（2分）

又 解得，，

故所求椭圆的方程为.----------------------------------（2分）

（2）由点，，可设，

① 当与轴垂直时，

依（其中为的内切圆半径）

即　　

得  ，此时可知------------------------------------（2分）

②当与轴不垂直时，

不妨设直线的方程为

代入　得

则　---------------（2分）

从而可得　

又点到直线的距离.

依（其中为的内切圆半径）

即　　-------------------------------------------（2分）

得＝

＝

知在区间上该函数单调递增，

故当时，即直线的斜率不存在时，最大为，亦即的内切圆面积最大.

此时可知综上所求为.----------------------2分

（1）；（2）当时，矩形ABCD的面积最大，最大面积为.

试题分析：（1）由于（定值）这个条件并结合余弦定理以及的最小值为这个条件可以求出的值，并由已知条件中的值可以求出，并最终求出椭圆的方程；（2）先设出、、、中其中一个点的坐标，然后根据这四点之间的相互对称性将四边形的面积用该点的坐标进行表示，结合这一条件将面积转化为其中一个变量的二次函数，利用二次函数的求最值的思想求出四边形面积的最大值，并可以求出对应的值.

试题解析：（1）因为P是椭圆上一点，所以.

在△中，，由余弦定理得

.

因为，当且仅当时等号成立.

因为，所以.

因为的最小值为，所以，解得.

又，所以.所以椭圆C的方程为.

（2）设，则矩形ABCD的面积.

因为，所以.

所以.

因为且，所以当时，取得最大值24.

此时，.

所以当时，矩形ABCD的面积最大，最大面积为.

（I）  （II）定值.

试题分析：（I）M是椭圆上的点， 可以转化为关于的二次函数，利用二次函数求最值，可求得椭圆方程中的参数和；（II）利用直线与圆锥曲线相交的一般方法，将直线方程与椭圆方程联立方程组，利用韦达定理，求,继而判定是否为定值.

试题解析：（I）,设，则，因为点在椭圆上，则，，又因为，所以当时，取得最小值，当时，取得最大值，从而求得，故椭圆的方程为;

（II）设直线的方程为,

联立方程组可得，化简得：,

设，则，又, ，由得,

所以,所以，所以为定值.

（1）（2）t∈（－2，4）

本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是将 转化为kDN•k=-1进行求解.

(1)根据椭圆的性质和向量的数量积为零得到a,b的值，得到椭圆的方程。

(2)设出直线与椭圆联立方程组，然后结合根与系数的关系，和向量的等式得到参数的关系式，进而利用判别式得到范围。

解（1）∵过（0，0）

则

∴∠OCA=90°， 即 又∵

将C点坐标代入得 

解得  c2=8，b2=4

∴椭圆m： 

（2）由条件D（0，－2） ∵M（0，t）

1°当k=0时，显然－2

2°当k≠0时，设

  消y得

由△>0 可得    ①

设

则    

∴  

由 

∴  ②

∴t>1 将①代入②得   1

∴t的范围是（1，4）

综上t∈（－2，4） 

（1）（2）

本试题主要是考查了椭圆方程的求解以及直线与椭圆位置关系的综合运用。

（1）设，

依题意得……2分 解得，解得。

（2）联立方程组，结合韦达定理和三角形的面积公式得到结论。

解：（1）设，

依题意得……2分 解得  …．3分

椭圆的方程为  …．4分

（2）①当AB ……5分   ②当AB与轴不垂直时，

设直线AB的方程为，

由已知得     ………………………．．6分

代入椭圆方程，整理得       

         …………………．…．7分

当且仅当时等号成立，此时 ………10分

③当…．．11分 综上所述：，

此时面积取最大值 ……………．．12分

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