热门试卷

（1）（2）或

试题分析：（1）求动点轨迹方程的步骤，一是设动点坐标二是列出动点满足的条件，三是化简，，四是去杂，；（2）直线与椭圆位置关系，一般先分析其几何性，再用代数进行刻画.本题就是截得弦长问题，用韦达定理及弦长公式可以解决. 由消去得解得，又，所以有等式，解得，所以直线的方程为或.

试题解析：解：（1）设点则依题意有         3分

整理得，由于，所以求得的曲线C的方程为

           5分

（2）由消去得

解得（分别为的横坐标）       9分

由

解得              11分

所以直线的方程为或           12分

（1） 见证明.

试题分析：（Ⅰ）椭圆有两个独立量，所以需要建立两个方程①利用离心率 ②利用点 在圆上,然后解方程即可，（Ⅱ）建立直线方程后与椭圆方程联立利用韦达定理求出两根之和 两根之积, ,再把两条直线的斜率之和用, 来表示,整理即可.

试题解析：（Ⅰ）设椭圆的方程为：，（）

由，得                          2分

∵椭圆经过点，则，解得                      3分

∴椭圆的方程为                                     4分

（Ⅱ）设直线方程为.

由联立得：

令，得

                                      6分

10分

                              11分

，所以，直线与的倾斜角互补．                    12分

的最小值为1．

（I） 由题意得所求的椭圆方程为，高&考%资(源#网   

（II）不妨设则抛物线在点P处的切线斜率为，直线MN的方程为，将上式代入椭圆的方程中，得，即，因为直线MN与椭圆有两个不同的交点，

所以有，

设线段MN的中点的横坐标是，则，高&考%资(源#网   

设线段PA的中点的横坐标是，则，由题意得，即有，其中的或；

当时有

因此不等式不成立；因此，

当时代入方程得，将代入不等式成立，因此的最小值为1．

（1）；（2）存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B；（3）1.

本试题主要是考查了椭圆的 方程的求解，以及直线与椭圆的位置关系的运用并结合了直线与圆的位置关系来考查线段长度的最值问题的运用。

（1）设P (x，y)，F1 (–c，0)，F2（c，0），其中

则

看作线段AD上的点P (x，y)到原点距离的平方，

∴P在A点，x2 + y2最大，∴a2 – c2 = 1，

又．………………4分

（2）由（1）知椭圆方程为，

①设圆心在原点的圆的一条切线为y = kx + t，．

解方程组……………5分

要使切线与椭圆恒有两个交点A，B，则使

即，………………………………6分

要使

所以5t2 – 4k2 – 4 = 0，即5t2 = 4k2 + 4且t2＜4k2 + 1，即4k2 + 4＜20k2 + 5恒成立．

又因为直线y = kx + t为圆心在原点的圆的一条切线，

所以圆的半径为r =……………7分

②当切线的斜率不存在时，切线为满足．

综上，存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B．                       ……………………8分

（3）设直线l的方程为y = mx + n，因为直线l与圆C：x2 + y2 = R2 (1＜R＜2)相切于A1，

由（2）知 ①，   因为l与椭圆只有一个公共点B1，由（2）知有唯一解，

则即4m2 – n2 + 1 = 0，  ②

由①②得此时A，B重合为B1 (x1，y1)点，由x1 = x2，所以B1 (x1，y1)点在椭圆上，所以

，在直角三角形OA1B1中，|A1B1|2 = |OB1|2 – |OA1|2 =

5

因为时取等号，所以

即当时|A1B1|取得最大值，最大值为1．………………………………13分