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．