热门试卷

解析：（1）由知：，设.

∵在上，，∴.

得：，……2分

在上，且椭圆的半焦距，∴，且.

消去并化简得：，解得，∴.

故椭圆方程为.……5分

（2）设，，.

则，，由、、三点共线，得，……7分

由、、三点共线，得.……8分

以为直径的圆的方程为：.

整理得：……9分

解，得：（舍去）

∴ 以为直径的圆必过椭圆外的一个定点，命题成立。 ……13分

（1）解：设椭圆半焦距为c，圆心O到l的距离d==，

∴直线l被圆O截得的弦长为，

由2b=，解得b=，

∵椭圆E：+=1（a＞b＞0）的离心率e=，

∴

∴，解得a2=3

∴椭圆E的方程为；

（2）证明：设P（x0，y0），过点P的椭圆E的切线l0的方程为y﹣y0=k（x﹣x0）

与椭圆方程联立，消去y可得（3+2k2）x2+4k（y0﹣kx0）x+2（kx0﹣y0）2﹣6=0

∴△=[4k（y0﹣kx0）]2﹣4（3+2k2）[2（kx0﹣y0）2﹣6]=0

∴（）k2+2kx0y0﹣（）=0

设满足题意的椭圆的两条切线的斜率分别为k1，k2，

∴k1k2=﹣

∵P在圆O上，∴，

∴k1k2=﹣=﹣1

∴两切线斜率之积为定值﹣1。

解析：（1）∵ ∴          

则椭圆方程为即

设则

当时，有最大值为

解得∴，椭圆方程是      

（2）设方程为

由    整理得.

由，得.

∴   则,

由点P在椭圆上，得化简得①  

又由即将，代入得

      化简，得

则,    ∴②     

由①，得

联立②，解得∴或 

解析：

（1）解：设椭圆的半焦距为（），由（，）及

得，即；由得，即，所以

所以椭圆的标准方程为

（2）证明：若直线与轴垂直，则，的坐标分别为（，），（），

于是

  若直线的斜率存在，则设斜率为，

由（，）及，与点不重合知且  

设，，直线的方程为

与椭圆的方程联立消去得

得，   

  于是

综上得为定值2   

（1）显然斜率不为0，所以可设方程为，

与椭圆联立得：，

设，所以.①

因为，

所以，②

①带入②化简可得，即或（舍）.所以恒过定点（-1，0）

（2）面积， 

设，所以，当时，最大

即时最大为.

（1）由已知 解得，，方程为

（2）设，则

（i）当直线的斜率存在时，设方程为

 联立得：

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       

（ii）当直线的斜率不存在时，设方程为（）

联立椭圆方程得：

代入得到即，

综上：的面积是定值

又的面积，所以二者相等.       

（1）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）

由知

展开整理得：x1x2+y1y2+x3x4+y3y4=x2x3+y2y3+x1x4+y1y4

即x1（x2﹣x4）+x3（x4﹣x2）+y1（y2﹣y4）+y3（y4﹣y2）=0

∴（x1﹣x3）（x2﹣x4）+（y1﹣y3）（y2﹣y4）=0

即，

∴  AC⊥BD…，（4分）

（2）解：（i）∵AC⊥BD，由椭圆对称性知AC与BD互相平分，

∴  四边形ABCD是菱形，它存在内切圆，圆心为O，设半径为r，直线AB方程为：y=kx+m

则，即①

联立　得（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣2=0

∴

由（1）知OA⊥OB，

∴  x1x2+y1y2=0，即x1x2+（kx1+m）（kx2+m）=0

∴

∴

∴  2m2﹣2+2m2k2﹣2k2﹣4k2m2+m2+2m2k2=0

∴ ②

②代入①有：

∴ 存在内切圆，其方程为：…，（9分）

容易验证，当k不存在时，上述结论仍成立。

（ii）

∵

∴ =

令3m2﹣1=t，则

∴

∵ ，∴，故t≥1，

当时，，此时

容易验证，当k不存在时，…（13分）

解析：（1）由椭圆定义知，又，

得

的方程为，其中。

设，，则A、B两点坐标满足方程组

化简的

则

因为直线AB斜率为1，所以

得故

所以E的离心率

（2）设AB的中点为，由（1）知

，。

由，得，

即

得，从而

故椭圆E的方程为。