热门试卷

（1）正的边长为（为椭圆的半焦距），且点在轴上

依题意 ∴  ∵  ∴  

∵  ∴  

∴ ∴ ∴ 椭圆的方程为 

（2）由（1）知，正的边长为，∴ 点的纵坐标为

∴ 点的坐标为

若直线的斜率不存在，即椭圆的上下顶点，显然当点为或时，

是以角为顶角的等腰直角三角形，此时直线的方程为 

若直线的斜率存在，设为，则直线的方程为，与联立得

 ， ∴  

设，线段的中点为

∴

∵  ∴  ∴  ∴

∵  ∴

∴  ∴ 且满足

∴ 直线的斜率存在时，直线方程为 

综上，所求直线的方程为和 

（1）由题意可设椭圆的方程为，。

由题意知

解得，。

故椭圆的方程为，离心率为。

（2）

以为直径的圆与直线相切。

证明如下：由题意可设直线的方程为。

则点坐标为，中点的坐标为。

由得。

设点的坐标为，则。

所以，。

因为点坐标为，

当时，点的坐标为，点的坐标为。

直线轴，此时以为直径的圆与直线相切。

当时，则直线的斜率。

所以直线的方程为。

点到直线的距离。

又因为 ，所以。

故以为直径的圆与直线相切。

综上得，当直线绕点转动时，以为直径的圆与直线相切。

解：（1）由已知，得，解得：，

∴b2=a2﹣c2=4﹣3=1。

故椭圆Γ的方程为；

（2）假设满足条件的圆存在，其方程为x2+y2=r2（0＜r＜1）。

当直线PQ的斜率存在时，设其方程为y=kx+t，

由，得（1+4k2）x2+8ktx+4t2﹣4=0。

设P（x1，y1），Q（x2，y2），则

，①

∵，

∴x1x2+y1y2=0，

又y1=kx1+t，y2=kx2+t，

∴x1x2+（kx1+t）（kx2+t）=0，

即（1+k2）x1x2+kt（x1+x2）+t2=0.     ②

将①代入②，得

，

即t2=（1+k2）。

∵直线PQ与圆x2+y2=r2相切，

∴r==∈（0，1），

∴存在圆x2+y2=满足条件。

当直线PQ的斜率不存在时，易得=，

代入椭圆Γ的方程，得=，满足。

综上所述，存在圆心在原点的圆x2+y2=满足条件。

（1）设椭圆的标准方程是。

由于椭圆的一个顶点是，故，根据离心率是得，，解得。所以椭圆的标准方程是。                        （4分）

（2）设。

设直线的方程为，与椭圆方程联立消去得

，根据韦达定理得，。                ８分

由，得，整理得，把上面的等式代入得，又点在直线上，所以，于是有                      （10分）

，由，得，所以，综上所述。

                      （12分）

（1）由题意设椭圆的标准方程为，由已知得：，

椭圆的标准方程为。     

（2）设，联立

得，则

又。

因为以为直径的圆过椭圆的右顶点，。

即·

。。

，解得：，且均满足。

当时，的方程，直线过点，与已知矛盾；

当时，的方程为，直线过定点。

所以，直线过定点，定点坐标为。     

（1） 设椭圆方程为=1（a>b>0）,由焦点坐标可得c=1………1分

由PQ|=3，可得=3，……………………………………………2分

解得a=2，b=，…………………………………………………３分

故椭圆方程为=1……………………………………………4分

（2） 设M，N,不妨>0, <0,设△MN的内切圆的径R，

则△MN的周长=4a=8，（MN+M+N）R=4R

因此最大，R就最大，………………………………………6分

，

由题知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为x=my+1，

由得+6my-9=0，………………………８分

得，，

则AB（）==，……………9分

令t=,则t≥1,

则,………………………10分

令f（t）=3t+，则f′(t) =3-，

当t≥1时，f′(t)≥0,f(t)在［1,+∞)上单调递增，有f(t)≥f(1)=4, ≤=3,

即当t=1,m=0时，≤=3, =4R，∴=，

这时所求内切圆面积的最大值为π。

故直线l:x=1，△AMN内切圆面积的最大值为π………………12分

（1）  ∴点M是线段PF2的中点

∴OM是△PF1F2的中位线 , 又OM⊥F1F2  ∴PF1⊥F1F2

∴椭圆的标准方程为=1   

（2）∵圆O与直线l相切 

由

∵直线l与椭圆交于两个不同点，,  设，则

，

    解得：      

（1）∵，∴∵，∴∵，∴解得a2=12，b2=4。

椭圆的方程为，

（2）（i）∵，∴，椭圆的方程可化为：x2+3y2=3b2①

易知右焦点，据题意有AB：②

由①，②有：③

设A（x1，y1），B（x2，y2），∴b=（18分）

（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λ，μ，使得等成立。

设M（x，y），∵（x，y）=λ（x1，y1）+μ（x2，y2），∴x=λx1+μx2，y=λy1+μy2，

又点M在椭圆上，∴（λx1+μx2）2+3（λy1+μy2）2=3b2④

由③有：

则3b2﹣9b2+6b2=0⑤

又A，B在椭圆上，故有x12+3y12=3b2，x22+3y22=3b2⑥

将⑥，⑤代入④可得：λ2+μ2=1.

解析：（1）由抛物线方程得 

设椭圆方程为，解方程组得

由于抛物线，椭圆都关于轴对称，所以，所以 

带入椭圆方程得，又因为

解得，所以椭圆方程为 

（2）∵，∴

∵圆过点Ｏ（０，０），，∴　圆心Ｍ在直线上，设

依题意圆Ｍ半径＝，

故，即，∴解得

∴圆的方程为 

（3），由题意可知直线斜率一定存在，令直线ＡＢ方程为

得 令

＝

解得，

此时直线

当时，直线

圆心在第四象限圆Ｍ

圆心到直线的距离

截得的弦长为