热门试卷

（Ⅰ）解：由题设可知：，∴a=2，c=…2分

∴b2=a2-c2=2…3分

∴椭圆的标准方程为：…4分

（Ⅱ）解：设P（xP，yP），M（x1，y1），N（x2，y2），由可得：①…5分

由直线OM与ON的斜率之积为可得：，即x1x2+2y1y2=0②…6分

由①②可得：xP2+2yP2=（x12+2y12）+4（x22+2y22）

∵M、N是椭圆上的点，∴x12+2y12=4，x22+2y22=4

∴xP2+2yP2=20，即…..8分

由椭圆定义可知存在两个定点F1（-，0），F2（，0），使得动点P到两定点距离和为定值4；….9分；

（Ⅲ）证明：设M（x1，y1），B（x2，y2），则x1＞0，y1＞0，x2＞0，y2＞0，x1≠x2，A（x1，0），N（-x1，-y1）…..10分

由题设可知lAB斜率存在且满足kNA=kNB，∴…．③

kMN•kMB+1=+1④…12分

将③代入④可得：kMN•kMB+1=+1=⑤….13分

∵点M，B在椭圆上，∴kMN•kMB+1==0

∴kMN•kMB+1=0

∴kMN•kMB=-1

∴MN⊥MB…14分．

解：（Ⅰ）m：y+1=k（x-a），n：y+1=-k（x-a），

分别代入x2=4y，得x2-4kx+4ka+4=0①，x2+4kx-4ka+4=0②，…（2分）

由△1=0得k2-ka-1=0，

由△2＞0得k2+ka-1＞0，…（4分）

故有2k2-2＞0，得k2＞1，即k＜-1或k＞1． …（6分）

（Ⅱ）F（0，1），kAF==-k，所以ak=2． …（8分）

由△1=0得k2=ka+1=3，

B（2k，k2），所以B到n的距离d===4   …（12分）

解：（1）设C的标准方程为（a＞0，b＞0），

则由题意知，，

∴a=2，b=1，

∴C的标准方程为．

∴C的渐近线方程为，即x-2y=0和x+2y=0．

（2）由题意知，点E（xE，yE）在直线l1：x1x+4y1y=4和l2：x2x+4y2y=4上，

因此有xEx+4yEy=4上，因此直线MN的方程为xEx+4yEy=4．

设G，H分别是直线MN与渐近线x-2y=0及x+2y=0的交点，

由方程组及，解得，

设MN与x轴的交点为Q，则在直线xEx+4yEy=4k，令y=0得，

∵xE2-4yE2=4，

∴

=

=．

解：（1）当m=0时，直线l的方程为x=1，设点E在x轴上方，

由，解得E（1，），F（1，-）．

所以|EF|==，解得t=2．

所以椭圆C的方程为．

（2）由，得（2m2+9）y2+4my-16=0，显然m∈R．

设E（x1，y1），F（x2，y2），则y1+y2=，y1y2=．

x1=my1+1，x2=my2+1．

又直线AE的方程为y=，

由，解得M（3，），

同理得N（3，）．又B（1，0），

所以=（2，），=（2，），

又因为•=（2，）•（2，）

=4+=4+

=

=

==0．

所以，所以以MN为直径的圆过点B．

解：（I）设N（x，y），由知R是TN的中点，

则T（-x，0），R（0，），

∵，

∴，

整理，得y2=4px（p＞0）．

故点N的轨迹曲线C的方程是y2=4px（p＞0）．

（II）设，

则，

．

由，得PM⊥QM，

∴kMP•kMQ=-1，

∴，

从而（-1）（y0+y1）（y0+y2）=16p2．

∴（y1+y2）y0+y1y2+y02+16p2=0．①

直线PQ的方程为，

即（y1+y2）y-y1y2-4px=0．

①可变为（y1+y2）（-y0）-y1y2-4p（x0+4p）=0，

∴直线PQ经过定点（x0+4p，-y0）．

解：（Ⅰ）由题意知焦点F（0，1），准线方程为y=-1，

设P（x0，y0），由抛物线的定义可知|PF|=y0+1，解得y0=2，

∴x0=，即P（2，2）或P（-2，2），

由=3，得M（-，）或M（，）．

（Ⅱ）设直线AB的方程为y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），

由得x2-4kx-4m=0，

于是△=16k2+16m＞0，x1+x2=4k，x1x2=-4m，

即AB的中点M的坐标为（2k，2k2+m）

由=3，得（-x0，1-y0）=3（2k，2k2+m-1），

解得，由，得k2=-+，

由△＞0，k＞0得-＜m＜，

又∵|AB|=4，

点F到直线AB的距离d=，

∴S△ABP=4S△ABF=8|m-1|，

设f（m）=3m3-5m2+m+1，（），

则f‘（m）=9m2-10m+1=0，解得m1=，m2=1，

于是f（m）在（）是增函数，在（，1）上是减函数，在（1，）上是增函数，

又f（）=，

∴当m=时，f（m）取得最大值，此时k=，

∴△ABP面积的最大值为．

（I）解：①设圆的半径为r，则圆心为（r，2），

由|MN|=3，得=，解得r=．

所以⊙C的方程为．

令y=0，解得x=1或4．

∴N（1，0），M（4，0）．

∴2c=2，得c=1．

②∵椭圆过点，∴．

联立，解得．

∴椭圆的方程为．

（II）设直线l的方程为y=k（x-4），

联立消去y得到（3+4k2）x2-32k2x+64k2-12=0，（*）

设A（x1，y1），B（x2，y2），

∴，．

∵kAN+kBN==

=[2x1x2-5（x1+x2）+8]

=

=0．

∴kAN=-kBN．

当x1=1或x2=1时，，此时方程（*）的△=0，不合题意，应舍去．

因此直线NA与直线NB的倾角互补．

解：（Ⅰ）∵∴

又PF1⊥F1F2，∴，，

∴2a=|PF1|+|PF2|=4则c=，∴a=2，b2=1

∴所求椭圆方程为．（6分）

（Ⅱ）设能构成等腰直角三角形ABC，其中B（0，1），

由题意可知，直角边BA，BC不可能垂直或平行于x轴，

故可设BA边所在直线的方程为y=kx+1（不妨设k＜0），则BC边所在直线的方程为y=-，

由，得A，

∴=，（9分）

用-代替上式中的k，得|BC|=，由|AB|=|BC|，得|k|（4+k2）=1+4k2

∵k＜0，∴解得：k=-1或k=，故存在三个内接等腰直角三角形．（12分）

解：（Ⅰ）依题意知a=2，，∴；              

（Ⅱ）∵A（0，1），B（0，-1），M （m，），且m≠0，

∴直线AM的斜率为k1=，直线BM斜率为k2=，

∴直线AM的方程为y=，直线BM的方程为y=，

由得（m2+1）x2-4mx=0，

∴，∴，

由得（9+m2）x2-12mx=0，

∴，∴；                

（Ⅲ）∵，，∠AMF=∠BME，5S△AMF=S△BME，

∴5|MA||MF|=|MB||ME|，∴，

∴，

∵m≠0，∴整理方程得，即（m2-3）（m2-1）=0，

又∵，∴m2-3≠0，∴m2=1，∴m=±1为所求．

解：（Ⅰ）设动点H（x，y）（1分）

∴（3分）

∴动点H的轨迹E的方程为x2+2y2=8，（4分）

（Ⅱ）假设存在圆心在原点的圆使圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A（x1，y1），B（x2，y2）且，

①当圆的切线不垂直x轴时，设该圆的切线方程为y=kx+m，

与x2+2y2=8联立方程得（1+2k2）x2+4kmx+2m2-8=0，

∴△=8（8k2-m2+4）＞0，

∴，（5分）

∴，（6分）

∵，

∴x1x2+y1y2=0，

∴，

∴3m2-8k2-8=0，

∴8k2=3m2-8，（7分）

∴对任意k，符合条件的m满足，

∴，即或，（8分）

∵直线y=kx+m为圆心在原点的圆的一条切线，

∴所以圆的半径为，

∴，

∴所求的圆为，（9分）

此时该圆的切线y=kx+m都满足或，分

∴所求的圆为，（10分）

②当切线的斜率不存在时，切线，

与椭圆x2+2y2=8的两个交点为或，

满足，（11分）

综上，存在圆心在原点的圆使圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A（x1，y1），B（x2，y2）且．

解：（Ⅰ）设点P（x0，y0），则，（1）…（1分）

设线段OP的垂直平分线与OP相交于点M，则M，…（2分）

椭圆的右焦点F（4，0），…（3分）

∵MF⊥OP，∴kOP•kMF=-1，

∴，

∴，（2）…（4分）

由（1），（2），解得，

∴点P的横坐标为． …（5分）

（Ⅱ）一般结论为：“过圆x2+y2=a2+b2上任意一点Q（m，n）作椭圆的两条切线，则这两条切线互相垂直．”…（6分）

证明如下：

（ⅰ）当过点Q与椭圆相切的一条切线的斜率不存在时，此时切线方程为x=±a，

∵点Q在圆x2+y2=a2+b2上，

∴Q（±a，±b），

∴直线y=±b恰好为过点Q与椭圆相切的另一条切线，

∴两切线互相垂直．…（7分）

（ⅱ）当过点Q（m，n）与椭圆相切的切线的斜率存在时，可设切线方程为y-n=k（x-m），

由得 b2x2+a2[k（x-m）+n]2-a2b2=0，

整理得（b2+a2k2）x2+2a2k（n-km）x+a2（n-km）2-a2b2=0，…（8分）

∵直线与椭圆相切，∴△=4a4k2（n-km）2-4（b2+a2k2）[a2（n-km）2-a2b2]=0，

整理得（m2-a2）k2-2mnk+（n2-b2）=0，…（9分）

∴，…（10分）

∵点Q（m，n）在圆x2+y2=a2+b2上，

∴m2+n2=a2+b2，

∴m2-a2=b2-n2，

∴k1k2=-1，

∴两切线互相垂直，

综上所述，命题成立．…（13分）