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解:(1) .(2)见解析；(3)

本试题主要是考查了椭圆方程的求解，以及利用直线与椭圆的位置关系求解直线的方程，证明线段相等的综合运用。

（1）利用椭圆的几何性质表示得到a,b,c的关系式，从而得到椭圆的方程。

（2）设直线与椭圆方程联系，借助于坐标的关系来证明相等即可。

（3）在第二问的基础上，进一步得到关于直线斜率k的表达式，化简得到直线的方程，

解:(1),因此椭圆的方程为.

(2)当直线垂直轴时,易求得

因此,

当直线不垂直轴时,设

由     ①,

由    ②,

设,则是方程①的解, 是方程②的解.,线段AB,CD的中点重合,

(3).由(2)知,,当直线垂直轴时,不合要求;

当直线不垂直轴时,设,由(2)知,

,,

,化简可得:

  ,

（1）；（2）.

（1）容易建立两个关于a,b的方程，椭圆C的方程直接可求.

(2)利用向量的坐标表示把表示成关于k的式子，然后利用函数求值域的方法确定其范围即可.

解：(1)由题意知，∴，即

又，∴

故椭圆的方程为                                     5分

（2）由题意知直线AB的斜率存在，设直线PB的方程为

由得：              7分

由得：               9分

设A(x1，y1)，B (x2，y2)，则　　① 10分

∴

∴

∵，∴，-------------------------------12分

∴

∴的取值范围是．-------------------  13分

(1)点关于直线的对称点为，

∴，，所以，

所求椭圆方程为：.

(2) 设直线：，

联立方程组，消去x得：，

即

令则

略

略

解:(1)由于,

∴,解得,

∴椭圆的方程是……………………………………………5分

(2)∵,∴三点共线,

而,设直线的方程为,

由消去得:

由,解得……………………………….7分

设,由韦达定理得①,

又由得:,∴②.

将②式代入①式得:,

消去得:

解得………………………………………………………..12分

略

解：（Ⅰ）方法一：设直线与的交点为，

∵是椭圆的上、下顶点，

∴…………………1分

，，

两式相乘得.………………………3分

而在椭圆（）上，

所以，即，所以.……………4分

又当时，不合题意，去掉顶点.

∴直线与的交点的轨迹的方程是；……………5分

方法二：设直线与的交点为，

∵是椭圆的上、下顶点，

∴…………………1分

∵共线，共线，

∴…………①                               

…………②…………………3分

①②得，

又∵即，

∴，即，

∴直线与的交点的轨迹的方程是；（）……………5分

（Ⅱ）假设存在满足条件的直线，由已知，其斜率一定存在，设其斜率为，

设，， ，

由得，

.…………………6分

，

∵，∴，

∵，∴，

∵，，

，

又∵，∴，

∴，

即.………………………8分

将，，代入上式并整理得，…………………9分

当时，，

当时，，恒成立，

…………………11分

所以，

在轴上存在定点，使得，点的坐标为．………12分

略

；。

利用点到直线的距离公式可知，设，则

即，当时，

；

当时，。结论可知。

解：设，则

即，当时，；

当时，。

解析：

（1），，则有：，的纵坐标为，1分

∴   ……………2分

      ………………4分

（2）由（1）可设椭圆的方程为：，

直线的方程为：

可得：  …………6分

∴        ………………7分

∴…9分

令，则有且，

∴， …………11分

易证在单调递增，

∴，

∴的最小值为…………13分

略