热门试卷

（1）

（2）①见解析      ②满足条件的直线存在，且有两条，其方程分别为和

（1）由题意知，从而，又，解得。

故，的方程分别为。

（2）①由题意知，直线的斜率存在，设为，则直线的方程为.

由得，

设，则是上述方程的两个实根，于是。

又点的坐标为，所以

故，即。

②设直线的斜率为，则直线的方程为，由解得或，则点的坐标为

又直线的斜率为 ，同理可得点B的坐标为.

于是

由得，

解得或，则点的坐标为；

又直线的斜率为，同理可得点的坐标

于是

因此

由题意知，解得 或。

又由点的坐标可知，，所以

故满足条件的直线存在，且有两条，其方程分别为和。

（1）；（2）的最小值为，最大值为1.

试题分析：（1）先以为圆心，所在直线为轴建立平面直角坐标系，以与的大小关系进行分类讨论，从而即可得到动点所在的曲线；

（2）当时，其曲线方程为椭圆，设，，的斜率为，则的方程为，将直线的方程代入椭圆的方程，消去y得到关于x的一元二次方程，再结合涉及弦长问题，常用“韦达定理法”设而不求计算弦长（即应用弦长公式），求得△AOB面积，最后求出面积的最大值即可，从而解决问题．

（1）以为圆心，所在直线为轴建立平面直角坐标系.若，即，动点所在的曲线不存在；若，即，动点所在的曲线方程为；若，即，动点所在的曲线方程为.……4分

(2)当时，其曲线方程为椭圆.由条件知两点均在椭圆上，且

设，，的斜率为，则的方程为，的方程为解方程组，得，

同理可求得，   

面积=

令则

令所以，即

当时，可求得,故，

故的最小值为，最大值为1.

（1） ；（2）参考解析；（3）

试题分析：（1）由离心率为，点(1，)在椭圆C，根据椭圆方程的等量关系即可求出的值，即得到椭圆方程.

（2）由椭圆切线方程是，又因为切点分别为A，B.所以带入A，B两点的坐标，即可得到两条切线方程，又因为这两条切线过点M，代入点M的坐标，即可得经过A，B的直线方程，根据右焦点的坐标即可得到结论.

（3）由（2）可得直线AB的方程，联立椭圆方程，利用韦达定理，两点的距离公式表达出，通过运算即可得到结论.

（1）设椭圆C的方程为()

①

点(1，)在椭圆C上，②，

由①②得：

椭圆C的方程为，         4分

（2）设切点坐标，，则切线方程分别为，.

又两条切线交于点M(4，)，即，

即点A、B的坐标都适合方程，显然对任意实数，点(1，0)都适合这个方程，

故直线AB恒过椭圆的右焦点.            7分

（3）将直线的方程，代入椭圆方程，得

，即

所以，       10分

不妨设，，

同理

所以==

所以的值恒为常数.       13分

（1） ；（2）．

试题分析：(1)要确定椭圆方程，要确定两个参数的值，因此需要两个条件，题中有焦点为，

即，又椭圆过点，代入方程又得到一个关于的等式，联立可解得；(2) 直线和圆锥曲线相交问题，一般都是设出直线方程，本题直线的方程可设为，代入椭圆方程得到关于的一元二次方程，再设交点为，则可得，，而条件等腰三角形的应用方法是底边边上的中线就是此边上的高，即取中点为，则．由此可求得从而得到坐标，最终求得的面积．

试题解析：（1）由已知得，因为椭圆过点，所以   （2分）

解得                                （5分）

所以，椭圆的方程为．            （6分）

（2）设直线的方程为，              （1分）

由得 ① （2分）

因为直线与椭圆交于不同两点、，所以△，

所以．            （3分）

设，，则，是方程①的两根，所以，

设的中点为，则，， （4分）

因为是等腰三角形的底边，所以，向量是直线的一个法向量，

所以∥向量，即∥向量，

所以，解得．    （5分）

此时方程①变为，解得，，所以．

又到直线：的距离， （7分）

所以△的面积．   （8分）