热门试卷

（1）解：由抛物线y2=2px（p＞0）的焦点为（，0），

设直线AB：y=x-，

由得x2-3px=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=3p，

由抛物线的定义得，|AB|=x1+x2+p=4p，

又|AB|=2，则p=，

即抛物线方程是y2=x；

（2）证明：由题设可设E（y12，y1），F（y22，y2），且P（1，1），

由PE与PF垂直，得=0，即（y1-1）（y2-1）+（y12-1）（y22-1）=0，

即（y1-1）（y2-1）[1+（y1+1）（y2+1）]=0，

即有y1y2=-（y1+y2）-2，

当y1+y2≠0时，直线EF：y-y1=（x-y12）．

即y=（x+y1y2）=[x-（y1+y2）-2]，

则直线恒过定点（2，-1）．

当y1+y2=0时，y1=-y2，由y1y2=-（y1+y2）-2=-2，

y12=2，直线EF：x=2，

故EF恒过定点，此点的坐标为（2，-1）．

解：（Ⅰ）由题意，设双曲线的方程为，

∵，

∴b=1，

故双曲线方程为．

（Ⅱ）设直线方程为，

代入得，

，

由得，且k2＜1，

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则由韦达定理可得，

x1+x2=，x1x2=；

又∵，

∴

=

=，

解得，

又∵k2＜1，

∴，

∴直线方程为或．

解：（1）因为：焦点F到准线的距离为．

所以：p=．

所以所求方程为：x2=y

（2）设P（t，t2），Q（x，x2），N（x0x02），则直线MN的方程为y-x02=2x0（x-x0）

令y=0，得，

∴

∵NQ⊥QP，且两直线斜率存在，

∴kPM•kNQ=-1，即，

整理得，又Q（x，x2）在直线PM上，

则与共线，得

由（1）、（2）得=，

∴，

∴或（舍）

∴所求t的最小值为．

解：（Ⅰ）因为抛物线的焦点坐标为（），所以c=，…（2分）

又椭圆的离心率，所以a=6，b2=a2-c2=12

所以椭圆方程为：；…（5分）

（Ⅱ）由题意知M，圆心M为线段AB中点，且位于x轴的正半轴，故设M的坐标为（t，0）

因为圆M与y轴相切，不妨设点B在第一象限，又MA=MB=t，所以B（t，t）

∴    解得t=3，…（8分）

∴圆心M（3，0），半径r=3

∴圆M的方程为：（x-3）2+y2=9；…（10分）

又圆心M到直线x-y+1=0的距离

所以，直线x-y+1=0被圆M所截得的弦长为：

． …（13分）

解：（I），设椭圆，代入M（2，3），得c=2，

所以椭圆C的方程为

设直线l的方程为（m∈R），A（x1，y1），B（x2，x2）

游，得x2+mx+m2-12=0

则x1+x2=-m，x1x2=m2-12

又

=

显然当m=0时，SMANB=．

（II）设直线MA、MB的方程分别为y=k1（x-2）+3（5）y=k2（x-2）+3（k1，2∈R）

将（5）代入（4）得：（16k12+12）x2+（96k1-64k12）x+64k12-192k1-48=0

则∴

∴，同理：

化简得：k12=k22∵k1≠k2∴k1=-k2

即k1+k2=0为定值．

解：（1）设P（x，y），由题意，可知曲线C1为抛物线，并且有，

化简，得抛物线C1的方程为：．

令x=0，得y=0或，

令y=0，得x=0或，

∴曲线C1与坐标轴的交点坐标为（0，0）和，．

由题意可知，曲线C1为抛物线，过焦点与准线垂直的直线为，化为．

可知此对称轴过原点，倾斜角为30°．

又焦点到的距离为．

∴C2是以（1，0）为焦点，以x=-1为准线的抛物线，其方程为：y2=4x．

（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），

由题意知直线l2的斜率k存在且不为零，设直线l2的方程为y=k（x-m），则直线CD的方程为，

则得y2+4ky-4kb=0，

∴△=16k（k+b）＞0①

∴y1+y2=-4k，y1•y2=-4kb，

设弦CD的中点为G（x3，y3），则y3=-2k，x3=k（b+2k）．

∵G（x3，y3）在直线l2上，-2k=k（bk+2k2-m），即②

将②代入①，得0＜k2＜m-2，

==

设t=k2，则0＜t＜m-2．

构造函数，0＜t＜m-2．

由已知m＞2，当，即2＜m≤3时，f（t）无最大值，所以弦长|CD|不存在最大值．

当m＞3时，f（t）有最大值2（m-1），即弦长|CD|有最大值2（m-1）．

解：（Ⅰ）∵F是椭圆（a＞b＞0）的一个焦点，A，B是椭圆的两个顶点，

椭圆的离心率为，

∴，∴=，∴b=，c=，

设F（-c，0），B（0，）=（0，），

∵kBF==，BC⊥BF，

∴kBC=-，∴=，∴xC====3c，

∴C（3c，0），

设圆M的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，

把B（0，），C（3c，0），F（-c，0）代入，得：

，

解得D=-2c，E=0，F=-3c2，

∴圆M的方程为（x-c）2+y2=4c2，

∵圆M与直线l1：x+y+3=0相切，

∴，解得c=1，

∴a=2，b=，

∴所求的椭圆方程为．

（Ⅱ）∵A是椭圆方程为的左顶点，∴A（-2，0），

∵圆M的方程为（x-1）2+y2=4，

∴过点A斜率不存在的直线与圆不相交，

∴设直线l2的方程为y=k（x+2），

∵，又||=||=2，

∴cos＜＞==-，

∴∠PMQ=120°，

圆心M到直线l2的距离d=，

∴，解得k=，

∴直线l2的方程为y=（x+2）．

解：（Ⅰ）∵抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点为F，准线为l，A为C上一点，

以F为圆心，FA为半径的圆F与l切于B点，且△ABF的面积为2．

∴设A（，y），由题意知F（0，），|AF|=p，且，

解得A（），

由|AF|==p，解得p=2，∴A（2，1），

圆心F（0，1），圆半径r=2，

∴圆F的方程为x2+（y-1）2=4．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，抛物线方程为x2=4y，B（0，-1），

由题意知过B点的直线的斜率必存在，设过B点的直线方程为y=kx-1，（k≠0）

联立，得x2-4kx+4=0，

∵过B作直线与抛物线C交于M（x1，y1），N（x2，y2）两点，

∴△=16k2+16＞0恒成立，x1+x2=4k，x1x2=4，

若存在常数m，使=恒成立，

则=，

∴=，

∵，

∴=，

∴存在常数m=-1，使=恒成立．

解：（Ⅰ）设点H的坐标为（x，y），C点坐标为（x，m），则D（x，0），

∴，

∴m=2y，故C点为（x，2y），

∵，

∴（2分）

故点H的轨迹方程为．（6分）

（Ⅱ）直线GH斜率存在时，设G（x1，y1），H（x2，y2），

∵，

∴（x1，y1-2）=λ（x2，y2-2），

∴x1=λx2，x1+x2=（1+λ）x2，x1x2=λx22，

∴，

∴，整理，得，

∵，∴，∴，

∴，

又∵0＜λ＜1，∴．

当直线GH斜率不存在时，方程为x=0，，

∴．

故所求的λ的取值范围是[．．

解：（Ⅰ）依题意，设椭圆C的方程为，焦距为2c，

由题设条件知，a2=8，b=c

所以=4，

故椭圆的方程为；

（II）椭圆C的左准线方程为x=-4，所以点P的坐标为（-4，0）

显然直线l的斜率存在，所以设直线l的方程为y=k（x+4）

设点M，N的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），线段MN的中点为G（x0，y0）

由直线代入椭圆方程得（1+2k2）x2+16k2x+32k2-8=0．①

由△=（16k2）2-4（1+2k2）（32k2-8）＞0解得-＜k＜．②

因为x1，x2是方程①的两根，

所以x1+x2=-，于是x0==-，y0=．

因为x0==-≤0，所以点G不可能在y轴的右边，

又直线F1B2，F1B1方程分别为y=x+2，y=-x-2

所以点G在正方形Q内（包括边界）的充要条件为，即

解得，此时②也成立．

故直线l斜率的取值范围是．

解：（1）设M（x，y）；则

kAM=，kMB=；

则由题意可得，

•=m；

故y2=m（x2-1）；

若m=-1，则可化为y2+x2=1；

表示了以原点为圆心，1为半径的圆（除A，B点）；

若m＜-1；则+x2=1；

表示了焦点在y轴，以A、B为短轴端点的椭圆（除A，B点）；

（2）由题意，+=1；

故m=-2；

故C：+x2=1；

①设M（cosa，sina）；

则=（cosa+1，sina），=（cosa-1，sina）；

=（cosa+1，sina）•（2cosa，2sina）

=2cos2a+2cosa+4sin2a

=-2cos2a+2cosa+4；

故-2-2+4≤≤；

即0≤≤；

②设直线L的方程为x=my+2；

与椭圆+x2=1联立消x得，

（2m2+1）y2+8my+6=0；

故△=64m2-4×6×（2m2+1）＞0，

解得，m2＞；

y=；不妨设m＜0；

故△ODE与△ODF（其中O是直角坐标系的坐标原点）面积之比为

=

=-1+

=-1+；

∵m2＞，

∴0＜＜4；

故8＜8+＜12；

故＜＜2；

故＜-1+＜1；

故△ODE与△ODF（其中O是直角坐标系的坐标原点）面积之比的取值范围为（，1）．

解：（Ⅰ）设椭圆标准方程为．

依题意，所以a=2．

又，所以b2=a2-c2=1．

于是椭圆C的标准方程为．                …（5分）

（Ⅱ）依题意，显然直线l斜率存在．设直线l的方程为y=kx+m，则

由得（4k2+1）x2+8kmx+4m2-4=0．

因为△=64k2m2-4（4k2+1）（4m2-4）＞0，得4k2-m2+1＞0．  …①

设M（x1，y1），N（x2，y2），线段MN中点为Q（x0，y0），则

于是．

因为|AM|=|AN|，线段MN中点为Q，所以AQ⊥MN．

（1）当x0≠0，即k≠0且m≠0时，，整理得3m=4k2+1．      …②

因为AM⊥AN，，

所以=，

整理得5m2+2m-3=0，解得或m=-1．

当m=-1时，由②不合题意舍去．

由①②知，时，．

（2）当x0=0时，

（ⅰ）若k=0时，直线l的方程为y=m，代入椭圆方程中得．

设，，依题意，若△AMN为等腰直角三角形，则AQ=QN．

即，解得m=-1或．m=-1不合题意舍去，

即此时直线l的方程为．

（ⅱ）若k≠0且m=0时，即直线l过原点．

依椭圆的对称性有Q（0，0），则依题意不能有AQ⊥MN，即此时不满足△AMN为等腰直角三角形．

综上，直线l的方程为或或．…（14分）