热门试卷

解析：（1）点M是线段的中点，是的中位线，又

     解得：

椭圆的标准方程为：

（2）圆O与直线相切，则，即

由    消去得

直线与椭圆交于两个不同点

设   则

，  

=

设   则   ，   

关于在上单调递增，     

( 1）由已知，解得 ,方程为.·······················4分

（2）当时，显然，由椭圆对称性，只研究即可，

设（），于是······

（当且仅当时取等号）·

（3） 设,则;

1)当直线的斜率存在时,设方程为,

由 得: ；

有   ①

由以为直径的圆经过坐标原点O可得: ；

整理得:   ②

将①式代入②式得: ,

又点到直线的距离

所以

2) 当直线的斜率不存在时,设方程为

联立椭圆方程得: ；

代入得；

,   

综上: 的面积是定值

又的面积也为,所以二者相等

（1）由题意知，且，可得，

故椭圆C的方程为，其“准圆”方程为。    ………………4分

（2）由题意，可设，则有，

又A点坐标为，故，

故

,                    …………………………8分

又，故，

所以的取值范围是。                 …………………………10分

（3）设，则。

当时，，则其中之一斜率不存在，另一斜率为0，显然有。

当时，设过且与椭圆有一个公共点的直线的斜率为，

则的方程为，代入椭圆方程可得

，即，

由，         …………………………13分

可得，其中，

设的斜率分别为，则是上述方程的两个根，

故，即。

综上可知，对于椭圆上的任意点，都有。

（1）解法一：令M为，因为M在抛物线上，故，①

又，则   ②

由①②解得，

椭圆的两个焦点为，，点M在椭圆上，由椭圆定义，得

，又，

椭圆的方程为

解法二：同上求得M，而点M在椭圆上，故有，即

又，即，解得

椭圆的方程为

（2）证明：设，，

由，可得

即

由，可得

即

⑤×⑦得，  ⑥×⑧得

两式相加，得

又点A，B在圆上，，且

即，故点Q总在直线上

方法二：

由，可得，所以

由，可得，所以

所以，所以（*）

当斜率不存在时，由特殊情况得到

当斜率存在时，设直线为

代入（*）得，而，消去，得

而满足方程，所以Q在直线上

（1）∵，∴。

∵，∴。

∵，∴，解得。

椭圆的方程为。

（2）

i)∵，∴，椭圆的方程可化为

       …………①

易知右焦点，据题意有：     ………②

由①，②有：      …………③

设，

∴

ii)显然与可作为平面向量的一组基底，由平面向量基本定理，对于这一平面内的向量，有且只有一对实数，使得等式成立。

设，

∵，∴

又点在椭圆上，∴    ……………④

由③有：

则

……………⑤

又在椭圆上，故有    …………⑥

将⑥，⑤代入④可得：。

（1）抛物线的焦点为，准线方程为，

∴       ①

又椭圆截抛物线的准线所得弦长为，

∴  得上交点为，∴     ②

由①代入②得，解得：或（舍去），

从而

∴该椭圆的方程为该椭圆的方程为

（2）∵ 倾斜角为的直线过点，

∴ 直线的方程为，即，

由（1）知椭圆的另一个焦点为，设与关于直线对称，则得，解得，即，

又满足，故点在抛物线上。所以抛物线上存在一点，使得与关于直线对称。

（1）由题意解得：，

所求椭圆方程为：--------4分

（2）联立方程组消去得---5分

，

设，由韦达定理得

，。

由点在直线上，得，                        ……7分

所以。

点到直线的距离。

三角形的面积，…10分

设（），

或或

当时，；当时，；

当时，；当时，

又

所以当时，的面积取最大值，                   ……12分