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

（1）由得，故。

所以，所求椭圆的标准方程为。      ……………………（4分）

（2）①设过椭圆的右顶点的直线的方程为。

代入抛物线方程，得。

设、，则

∴＝＝0。

∴。           ……………………（8分）

②设、，直线的方程为，代入，得

。

于是。

从而

，。

代入，整理得。

∴原点到直线的距离为定值。      ……………………（13分）

解析： （1）则由题设可知，    2分

又            3分

所以椭圆C的方程是.   ……4分

（2）解法一：假设存在点T（u, v）. 若直线l的斜率存在，设其方程为，

将它代入椭圆方程，并整理，得，         ……5分

设点A、B的坐标分别为，则 

因为及

所以

                            ……8 分

当且仅当恒成立时，以AB为直径的圆恒过定点T，      ……9分

所以解得

此时以AB为直径的圆恒过定点T（0，1）.               ……10分

当直线l的斜率不存在，l与y轴重合，以AB为直径的圆为也过点T（0，1）。

综上可知，在坐标平面上存在一个定点T（0，1），满足条件.  ……12分

解法二：若直线l与y轴重合，则以AB为直径的圆是

若直线l垂直于y轴，则以AB为直径的圆是    ……6分

由解得.

由此可知所求点T如果存在，只能是（0，1）.          ……7分

事实上点T（0，1）就是所求的点.     证明如下：

当直线l的斜率不存在，即直线l与y轴重合时，以AB为直径的圆为，过点T（0，1）；

当直线l的斜率存在，设直线方程为，代入椭圆方程，并整理，得8分

设点A、B的坐标为，则

因为，

所以，即以AB为直径的圆恒过定点T（0，1）.          ……11分

综上可知，在坐标平面上存在一个定点T（0，1）满足条件.      ……12分

（1）由题意得：                                 ………………3分

解得：

所以 椭圆的方程为.                        ………………4分

（2）不存在满足题意的菱形，理由如下：                 ………………5分

假设存在满足题意的菱形.

设直线的方程为，，，线段的中点，点.                                                         ………………6分

由得.                      ………………8分

由 ，解得.                ………………9分

因为 ，

所以 .                                      ………………11分

因为 四边形为菱形，

所以 是的中点。

所以 点的纵坐标.                  ………………12分

因为 点在椭圆上，

所以 .这与矛盾.                               ………………13分

所以 不存在满足题意的菱形.

解析：（1）设B（x0，0），由（c，0），A（0，b），

知

，

由于 即为中点。

故

，

故椭圆的离心率                                    ------------------4分

（2）由（1）知得于是（，0）, B，

△ABF的外接圆圆心为（，0），半径r=|FB|=,

D到直线的最大距离等于，所以圆心到直线的距离为，

所以，解得=2，∴c =1，b=，

所求椭圆方程为.                         ------------------8分

（3）由（2）知, ：

           代入得 

设，

则，     ------------------9分

由于菱形对角线垂直，则

故

则

               ------------------10分

由已知条件知且

故存在满足题意的点P且的取值范围是。        ------------------12分