热门试卷

(1)   (2) 

试题分析:(1)利用椭圆和双曲线之间的关系可以用分别表示双曲线和椭圆的离心率和焦点,由题目和即可得到之间的两个方程,联立方程消元即可求出的值,得到双曲线和椭圆的标准方程.

(2)利用(1)求出焦点的坐标,设出弦的直线的方程,联立直线与椭圆消得到关于的一元二次方程,再利用根与系数的关系得到两点纵坐标之间的和与积,进而得到点的纵坐标带入AB直线即可得到的横坐标,进而求出直线的方程,即为直线的方程,联立直线的方程得到的取值范围和求出点的坐标得到的长度,利用点到直线的距离得到到直线的距离表达式,进而用表示四边形的面积,利用不等式的性质和的取值范围即可得到面积的最小值.

(1)由题可得,且,因为,且,所以且且,所以椭圆方程为,双曲线的方程为.

(2)由(1)可得,因为直线不垂直于轴,所以设直线的方程为,联立直线与椭圆方程可得,则,,则,因为在直线上,所以,则直线的方程为,联立直线与双曲线可得,则,则,设点到直线的距离为,则到直线的距离也为,则,因为在直线的两端,所以,

则 ,又因为在直线上,所以,

则四边形面积,因为,所以当时,四边形面积的最小值为.

（1）点Q的轨迹的方程为为．（2）以线段BD为直径的圆与直线GF相切．

试题分析：（1）连结QF，由于线段的垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等，所以|QE|＋|QF|＝|QE|＋|QP|＝4，根据椭圆的定义知，动点Q的轨迹是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆．由此便可得其方程；（2）直线与圆的位置关系一般通过比较圆心到直线的距离与圆的半径的大小关系来确定． 由题意，设直线AG的方程为，则点D坐标为，由此可得圆心和半径.下面用k表示点G的坐标，求出直线GF方程为，进而求到圆心到直线GF的距离便可知道以BD为直径的圆与直线GF的位置关系．

（1）连结QF，根据题意，|QP|＝|QF|，

则|QE|＋|QF|＝|QE|＋|QP|＝4，

故Q的轨迹是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆．             .2分

设其方程为，可知，，则，         ..3分

所以点Q的轨迹的方程为为． 4分

（2）以线段BD为直径的圆与直线GF相切． 5分

由题意，设直线AG的方程为，则点D坐标为，BD的中点H的坐标为．

联立方程组消去y得，

设，则，

所以，， 7分

当时，点G的坐标为，点D的坐标为.

直线GF⊥x轴，此时以BD为直径的圆与直线GF相切． 9分

当时，则直线GF的斜率为，则直线GF方程为，

点H到直线GF的距离，又，

所以圆心H到直线GF的距离，此时，以BD为直径的圆与直线GF相切．

综上所述，以线段BD为直径的圆与直线GF相切． 13分

（1）a＝2，b＝1（2）.

试题分析：（1）两个未知数，两个独立条件.由 a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1．正确解答本题需注意短轴长为而不是（2）本题关键是用l1的斜率为k表示出△DMN的面积，因为为直线l1与椭圆C的交点，所以由直线l1方程与椭圆C的方程联立方程组得M坐标为，从而有．由于N与M相似性，可用代k直接得，所以△DMN的面积S＝，到此只需将S代入，并化简可得k的取值范围为．

试题解析：

（1）设椭圆C的半焦距为c，则由题意得，又a2＝b2＋c2，

解得a＝2，b＝1．                                   4分

（2）由（1）知，椭圆C的方程为

所以椭圆C与y轴负半轴交点为D(0，－1)．

因为l1的斜率存在，所以设l1的方程为y＝kx－1．

代入，得，

从而．  6分

用代k得

所以△DMN的面积S＝ 8分

则＝  

因为，即

整理得4k4－k2－14＜0，解得＜k2＜2

所以0＜k2＜2，即＜k＜0或0＜k＜．

从而k的取值范围为．

（1）；（2），.

试题分析：本题第（1）问，可结合与x轴垂直，由勾股定理及椭圆定义求出椭圆的离心率；对第（2）问，观察到是三角形的中位线，然后结合向量的坐标运算及椭圆方程，可求出a,b.

试题解析：（1）由题意知，，所以，由勾股定理可得：，由椭圆定义可得：=，解得C的离心率为。

（2）由题意，原点O为的中点，∥y轴，所以直线与y轴的交点D（0，2）是线段的中点，故，即，由得，设，由题意知，则

，即，代入C的方程得，将及代入得：，解得，.

【易错点】对第（1）问，较容易，大部分同学都能计算出；对第（2）问,一部分同学考虑不到中位线，

容易联立方程组求解而走弯路，并且容易出现计算失误.