热门试卷

（1）设，则，

化简得：  椭圆C的方程为：

（2），

，

代入得：，，代入得

，

，

（3）解法一：由于，。

设

设直线方程：，代入得：

，

直线方程：直线总经过定点

解法二：由于，所以关于x轴的对称点在直线上。

设

设直线方程：，代入得：

，，令，得：

，

直线总经过定点

（1）依题意知：椭圆的长半轴长，则A(2，0)，

设椭圆E的方程为

由椭圆的对称性知|OC|＝|OB| 又∵，|BC|＝2|AC

∴AC⊥BC，|OC|＝|AC| ∴△AOC为等腰直角三角形，

∴点C的坐标为(1，1)，点B的坐标为(－1，－1) ，

将C的坐标(1，1)代入椭圆方程得

∴所求的椭圆E的方程为

（2）解法一：设在椭圆E上存在点Q，使得，设，则

即点Q在直线上，

∴点Q即直线与椭圆E的交点，

∵直线过点，而点椭圆在椭圆E的内部，

∴满足条件的点Q存在，且有两个，

【解法二：设在椭圆E上存在点Q，使得，设，则

即，--------①

又∵点Q在椭圆E上，∴，-----------------②

由①式得代入②式并整理得：，-----③

∵方程③的根判别式，

∴方程③有两个不相等的实数根，即满足条件的点Q存在，且有两个，

（3）解法一：

设点，由M、N是的切点知，,

∴O、M、P、N四点在同一圆上，

且圆的直径为OP,则圆心为，

其方程为，

即-----④

即点M、N满足方程④，又点M、N都在上，

∴M、N坐标也满足方程---------------⑤

⑤-④得直线MN的方程为，

令得，令得，-

∴，又点P在椭圆E上，

∴，即=定值

【解法二：设点则

直线PM的方程为化简得--------------④

同理可得直线PN的方程为---------------⑤

把P点的坐标代入④、⑤得

∴直线MN的方程为，令得，令得，∴，又点P在椭圆E上，

∴，即=定值。

(1)由已知可得, ,

,即椭圆的离心率为

(2) 由图可知当椭圆在直线的左下方或在椭圆内时,两者便无公共点(

① 当椭圆在直线的左下方时

将:即代入方程

整理得,

由即<0解得

∴由椭圆的几何性质可知当时, 椭圆在直线的左下方

② 当在椭圆内时,当且仅当点在椭圆内

∴可得,又因为, ∴

综上所述,当或时,椭圆与无公共点

(3) 由(2)知当时, 椭圆与相交于不同的两个点﹑

又因为当时, 椭圆的方程为,此时椭圆恰好过点,

∴① 当时, ﹑在线段上,显然的,此时,当且仅当﹑分别与﹑重合时等号成立,

②当时,点﹑分别在线段,上, 易得,, ∴=

令,则

所以=  综上可得面积的最大值为1.

（1）由直线与圆相切，得，即.

由，得，所以，

所以椭圆的方程是.

（2）由条件，知，即动点M到定点的距离等于它到直线的距离，由抛物线的定义得点M的轨迹的方程是.

（3）由（2），知，设，

∴

由，得

∵，∴，

∴，当且仅当，即时等号成立。

又

∵，∴当，即时，

故的取值范围是.

（1）设椭圆方程为：（），

所以直线方程为：

∴到直线距离为

又，解得：，

故：椭圆方程为：.

（2） 当直线与轴重合时，，而，所以

若存在直线，使是、的等比中项，

则可设直线方程为：

代人椭圆的方程，得：即：

∴

记，，   ∴，

∵，即，∴

∴，解得：，符合，所以

故存在直线，使是、的等比中项，其方程为

，即：

（3） 椭圆的倍相似椭圆的方程为：

设、、、各点坐标依次为、、、

将代人椭圆方程，得：

∴     （*）

此时：，

将代人椭圆方程，得：

∴，

∴，可得线段、中点相同，所以

由，所以，可得：

∴（满足（*）式）。

故：动点的轨迹方程为.

（1）解法1：设椭圆的方程为,

依题意:    解得:

∴ 椭圆的方程为.

解法2：设椭圆的方程为，

根据椭圆的定义得，即，

∵，  ∴.

∴ 椭圆的方程为.

(2)解法1：设点,，则，

，

∵三点共线,

∴.

∴,

化简得：.  ①

由,即得.

∴抛物线在点处的切线的方程为，即. ②

同理，抛物线在点处的切线的方程为 .     ③

设点，由②③得：，

而，则 .

代入②得 ，

则，代入 ① 得 ，即点的轨迹方程为.

若 ，则点在椭圆上，而点又在直线上，

∵直线经过椭圆内一点,

∴直线与椭圆交于两点.

∴满足条件 的点有两个.

解法2：设点,，，

由,即得.

∴抛物线在点处的切线的方程为，

即.

∵， ∴ 。

∵点在切线上,   ∴.        ①

同理， .  ②

综合①、②得，点的坐标都满足方程.

∵经过的直线是唯一的，

∴直线的方程为，

∵点在直线上，      ∴.

∴点的轨迹方程为.

若 ，则点在椭圆上，又在直线上，

∵直线经过椭圆内一点,

∴直线与椭圆交于两点.

∴满足条件 的点有两个.

解法3：显然直线的斜率存在，设直线的方程为，

由消去，得.

设,则.

由,即得.

∴抛物线在点处的切线的方程为，即.…7分

∵， ∴.

同理,得抛物线在点处的切线的方程为.

由解得

∴.

∵,

∴点在椭圆上.

∴.

化简得.(*)

由,

可得方程(*)有两个不等的实数根.  ∴满足条件的点有两个.

（1）抛物线的焦点为，它是题设椭圆的左焦点.离心率为，

所以，.由求得.

因此，所求椭圆的方程为  （*）

（2）椭圆的右焦点为，过点与轴平行的直线显然与曲线没有交点.设直线的斜率为，

①  若，则直线过点且与曲线只有一个交点，此时直线

的方程为；

②  若，因直线过点，故可设其方程为，将其代入

消去，得.因为直线与曲线只有一个交点，所以判别式，于是，从而直线的方程为或.因此，所求的直线的方程为或或.

可求出点的坐标是或或.

①若点的坐标是，则.于是=，从而，代入（*）式联立：

或，求得，此时满足条件的点有4个:

.

②若点的坐标是，则，点M到直线：的距离是，

于是有，从而，

与（*）式联立：或解之，可求出满足条件的点有4个:，，，.

③  若点的坐标是，则，点到直线:的距离是，于是有，从而，

与（*）式联立：或，解之，可求出满足条件的点有4个:  ，,,.

综合①②③，以上12个点各不相同且均在该椭圆上，因此，满足条件的点共有12个.图上椭圆上的12个点即为所求。

（1） 设,，               ------------------------------1分

因为为等边三角形，所以. ------------------------------2分

又点在椭圆上，

所以   消去，           --------------------------------3分

得到 ，解得或，-------------------------------4分

当时，；

当时，.              -----------------------------------5分

{说明：若少一种情况扣2分}

（2）法1：根据题意可知，直线斜率存在。

设直线:，，，中点为，

联立 消去得， ------------------6分

由得到     ①                   --------------------------7分

所以,

，                --------------------------8分

所以，又

如果为等边三角形，则有，              ------------------------9分

所以， 即，          ---------------------------10分

化简，②                             ---------------------------11分

由②得，代入① 得，

化简得  ，不成立，                   -------------------------------13分

{此步化简成或或都给分}

故不能为等边三角形.                     ------------------------------14分

法2：设，则，且，

所以 ，---------------8分

设，同理可得，且     ----------------9分

因为在上单调

所以，有，                  ----------------------------11分

因为不关于轴对称，所以.

所以，                               ----------------------------13分

所以不可能为等边三角形.                  -----------------------------14分

（1）由椭圆可知其半焦距，即焦距，

动三角形的面积的最大值为，故，即动点到轴的距离的最大值为.显然当动点运动到椭圆的上、下顶点时，点到轴的距离的最大，即椭圆的短半轴，于是，从而可知椭圆的方程为.

（2）（i）解法一：设及直线的方程为：，，

因为点，为直线与椭圆的交点，故由消去得如下方程：

，

易知是上述方程的两个相异实根，，又点为线段的中点，故点坐标为：，，

即， ，

从而点到直线：的距离为，

令，则，

即，则，（当且仅当时取等号），即.

解法二：同解法一求出点坐标：，，，

消去参数得点的轨迹方程：，，易知点轨迹为一个椭圆（不含左右两个顶点），不妨记该椭圆为，显然直线：过点，易知直线与椭圆相交，欲使点到直线的距离最大，则椭圆过点的切线必平行于直线，此时直线和的距离亦为.设切线的方程为：，联立及得：，于是，求得，由于直线和平行，故易知此时均有，即.

（ii）解法一: 设，直线、的方程为：，，

故由，又，

，即，

同理可求, 于是可求，,

从而有，即存在，满足题设.

解法二：设直线、、、的方程为：，，，

，由题设可知（），由于上述四条直线两两相交，故互不相等，

因直线、交于点，由，

同理可求：，，

不妨设，（显然非零实数互不相等且均不为1），

于是,，，

又三点均在椭圆上，即有：

①， ②， ③，

对于①，②，可视实数为关于的方程：的两根，

即的两根，从而有；

对于①，③，可视实数为关于的方程：的两根，

即的两根，从而有，

进而有，

（亦可由①-②化简得：，①-③化简得：，于是），

易知，，，

从而，即存在，满足题设.

（1）由已知椭圆的焦点在轴上，，，

，，———2分

椭圆的方程为———4分

（2），消去得

直线与椭圆有两个交点，，可得（*）———6分

设，

，，弦长，———8分

中点， 设，，，

   ，  ———11分

，时，，——14分

（或：

。

当且仅当时成立，，（用其它解法相应给分）

（1）设椭圆的方程为，半焦距为.

依题意，由右焦点到右顶点的距离为，得。

解得，。

所以。

所以椭圆的标准方程是。         ……………4分

（2）解：存在直线，使得成立.理由如下：

由得。

，化简得。

设，则

，。

若成立，

即，等价于，所以。

，

，

,

化简得，。

将代入中，，

解得，。

又由，，

从而，或。

所以实数的取值范围是。      ……………14分

（1），椭圆 的方程为，                       ………………3分

（2）直线的斜率显然存在，且，

故可设直线的方程为，                 ………………4分

从而                                        ………………5分

由得， ………………7分

设，则， 得，  ………………8分

从而，即，              ………………9分

又，故直线的方程为           ………………10分

由得∴，           ………………11分

故，                                    ………………12分

又∵，  ∴，    ………………13分

当且仅当，即时等号成立，

∴时，线段的长度取得最小值为，         ……………………14分