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 

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）∵，∴∵，∴∵，∴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.