热门试卷

解：（I）由题意，可设抛物线方程为y2=2px

由a2-b2=4-3=1⇒c=1．

∴抛物线的焦点为（1，0），∴p=2

∴抛物线方程为y2=4x（2分）

∵点A（x1，y1），B（x2，y2）（x1x2≠0）是抛物线上的两个动点，

所以：y12=4x1，y22=4x2，

∴（y1y2）2=16x1x2．

∵ 

∴，

∴x1x2+y1y2=0．

∴=0⇒=0

∵y1y2≠0

∴y1y2=-16．

（Ⅱ）∵∴，

设OA：y=kx，OB：y=-x

由⇒A（）．同理可得B（4k2，-4k）

设AB的中点为（x，y），则由消去k，得y2=2x-8．（10分）

（Ⅲ）设与直线y=x平行的直线x-2y+m=0．

由题设可知直线x-2y+m=0应与曲线E：y2=2x-8相切

由消去x整理得：y2-4y+2m+8=0．

所以△=16-4（2m+8）=0⇒m=-2

∴直线y=x 与x-2y-2=0之间的距离即为直线与曲线E的最近距离．

所以所求距离为：d==

解：（Ⅰ）∵椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，

点M（0，2）是椭圆的一个顶点，△F1MF2是等腰直角三角形，

∴b=2，，

所求椭圆方程为． …（5分）

（Ⅱ）若直线AB的斜率存在，设AB方程为y=kx+m，

依题意m≠±2．

设A（x1，y1），B（x2，y2），

由 ，得（1+2k2）x2+4kmx+2m2-8=0．…（7分）

则，．

∵，

∴，

即2k+（m-2）•=8．…（10分）

所以k=-，整理得 m=．

故直线AB的方程为y=kx+，即y=k（x+）-2．

所以直线AB过定点（-，-2）． …（12分）

若直线AB的斜率不存在，设AB方程为x=x0，

设A（x0，y0），B（x0，-y0），

由已知，

得．此时AB方程为x=-，显然过点（-，-2）．

综上，直线AB过定点（-，-2）．…（13分）

解：（1）直线AM的斜率为1时，直线AM：y=x+2，（1分）

代入椭圆方程并化简得：5x2+16x+12=0，（2分）

解之得，∴．（4分）

（2）设直线AM的斜率为k，则AM：y=k（x+2），

则化简得：（1+4k2）x2+16k2x+16k2-4=0．（6分）

∵此方程有一根为-2，∴，（7分）

同理可得．（8分）

由（1）知若存在定点，则此点必为．（9分）

∵，（11分）

同理可计算得．（13分）

∴直线MN过x轴上的一定点．（16分）

（Ⅰ）解：因为点（2，0）在椭圆C上，所以，所以a2=4，…（1分）

因为椭圆C的离心率为，所以，即，…（2分）

解得b2=3，…（4分）

所以椭圆C的方程为．…（5分）

（Ⅱ）证明：设P（-1，y0），，

①当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y-y0=k（x+1），M（x1，y1），N（x2，y2），

由得，…（7分）

所以，…（8分）

因为，即P为MN中点，所以，即．

所以，…（9分）

因为直线l⊥MN，所以，所以直线l的方程为，

即，显然直线l恒过定点．…（11分）

②当直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为x=-1，

此时直线l为x轴，也过点．…（13分）

综上所述直线l恒过定点．…（14分）

解：（Ⅰ）设直线l方程为y=kx+1代入x2=4y得x2-4kx-4=0

设A（x1，y1）、B（x2，y2），则x1+x2=4k，x1x2=-4

所以的取值范围是[2，+∞）．（7分）

（Ⅱ）当l平行于x轴时，要使∠AQF=∠BQF，则Q必在y轴上．

设点Q（0，b），由题意得

，

∵，∴

∴Q（0，-1）

∵以上每步可逆，

∴存在定点Q（0，-1），使得∠AQF=∠BQF（15分）

解：（1）∵焦距为4，∴c=2…（1分）

又∵的离心率为…（2分）

∴，∴a=，b=2…（4分）

∴标准方程为…（6分）

（2）设直线l方程：y=kx+1，A（x1，y1），B（x2，y2），由得（1+2k2）x2+4kx-6=0…（7分）

∴x1+x2=，x1x2=

由（1）知右焦点F坐标为（2，0），∵右焦点F在圆内部，∴＜0…（8分）

∴（x1-2）（x2-2）+y1y2＜0即x1x2-2（x1+x2）+4+k2 x1x2+k（x1+x2）+1＜0…（9分）

∴＜0…（11分）

∴k＜…（12分）

经检验得k＜时，直线l与椭圆相交，∴直线l的斜率k的范围为（-∞，）…（13分）

解：（I）由题意得|PA|=|PB|，

∴|PA|+|PF|=|PB|+|PF|=r=4＞|AF|=2

∴P点轨迹是以A、F为焦点的椭圆．

设椭圆方程为=1（a＞b＞0），

则2a=4，a=2，a2-b2=c2=1，故b2=3，

∴点p的轨迹方程为=1

曲线Q：x2-2ax+y2+a2=1化为（x-a）2+y2=1，

则曲线Q是圆心在（a，0），半径为1的圆．

而轨迹E：=1为焦点在Y轴上的椭圆，短轴上的顶点为

结合它们的图象知：若曲线Q被轨迹E包围着，则--1

∴a的最小值为-+1；

（II）设G（x，y），由|MG|•|NG|=|OG|2

得：，

化简得x2-y2=2，即x2=y2+2

而=（x+2，y）•（x-2，y）=x2+y2-4=2（y2-1）．

∵点G在圆F内：x2+（y-1）2=16内，∴x2+（y-1）2＜16

又G满足x2=y2+2

∴y2+2+（y-1）2＜16⇒＜y＜⇒0≤y2＜，

∴-2≤2（y2-1）＜12+3，

∴的取值范围为）．

解：（Ⅰ）曲线C的方程x2=4y（5分）

（Ⅱ）（ⅰ）设E（a，-2），，

∵过点A的抛物线切线方程为，

∵切线过E点，∴，整理得：x12-2ax1-8=0

同理可得：x22-2ax2-8=0，∴x1，x2是方程x2-2ax-8=0的两根，∴x1+x2=2a，x1•x2=-8可得AB中点为

又，

∴直线AB的方程为即，∴AB过定点（0，2）（10分）

（ⅱ）由（ⅰ）知AB中点，直线AB的方程为

当a≠0时，则AB的中垂线方程为，

∴AB的中垂线与直线y=-2的交点∴

∵

若△ABM为等边三角形，则，

∴，

解得a2=4，∴a=±2，此时E（±2，-2），

当a=0时，经检验不存在满足条件的点E

综上可得：满足条件的点E存在，坐标为E（±2，-2）．（15分）

（Ⅰ）解：由题设，∵椭圆经过点M（-2，-1），离心率为．

∴，①且=，②

由①、②解得a2=6，b2=3，

∴椭圆C的方程为．…（6分）

（Ⅱ）证明：记P（x1，y1）、Q（x2，y2）．

设直线MP的方程为y+1=k（x+2），与椭圆C的方程联立，得（1+2k2）x2+（8k2-4k）x+8k2-8k-4=0，

∵-2，x1是该方程的两根，∴-2x1=，即x1=．

设直线MQ的方程为y+1=-k（x+2），同理得x2=．…（9分）

因y1+1=k（x1+2），y2+1=-k（x2+2），

故kPQ====1，

因此直线PQ的斜率为定值．…（12分）

（1）解：当M的坐标为（0，-1）时，设过M点的切线方程为y=kx-1，代入x2=4y，整理得x2-4kx+4=0，

令△=（4k）2-4×4=0，解得k=±1，

代入方程得x=±2，故得A（2，1），B（-2，1），…（2分）

因为M到AB的中点（0，1）的距离为2，

从而过M，A，B三点的圆的方程为x2+（y-1）2=4．

∵圆心坐标为（0，1），半径为2，∴圆与直线l：y=-1相切…（4分）

（2）证法一：设切点分别为A（x1，y1），B（x2，y2），过抛物线上点A（x1，y1）的切线方程为，代入x2=4y，整理得x2-4kx+4（kx1-y1）=0△=（4k）2-4×4（kx1-y1）=0，又因为，所以…（6分）

从而过抛物线上点A（x1，y1）的切线方程为即

又切线过点M（x0，y0），所以得①即…（8分）

同理可得过点B（x2，y2）的切线为，

又切线过点M（x0，y0），所以得②…（10分）

即…（6分）

即点A（x1，y1），B（x2，y2）均满足即x0x=2（y0+y），故直线AB的方程为x0x=2（y0+y）…（12分）

又M（x0，y0）为直线l：y=-m（m＞0）上任意一点，故x0x=2（y-m）对任意x0成立，所以x=0，y=m，从而直线AB恒过定点（0，m）…（14分）

证法二：设过M（x0，y0）的抛物线的切线方程为（k≠0），代入x2=4y，消去y，得x2-4kx-4（y0-kx0）=0△=（4k）2+4×4（y0-kx0）=0即：k2+x0k+y0=0…（6分）

从而，此时，

所以切点A，B的坐标分别为，…（8分）

因为，，，

所以AB的中点坐标为…（11分）

故直线AB的方程为，即x0x=2（y0+y）…（12分）

又M（x0，y0）为直线l：y=-m（m＞0）上任意一点，故x0x=2（y-m）对任意x0成立，所以x=0，y=m，从而直线AB恒过定点（0，m）…（14分）

证法三：由已知得，求导得，切点分别为A（x1，y1），B（x2，y2），故过点A（x1，y1）的切线斜率为，从而切线方程为即

…（7分）

又切线过点M（x0，y0），所以得①即…（8分）

同理可得过点B（x2，y2）的切线为，

又切线过点M（x0，y0），所以得②即…（10分）

即点A（x1，y1），B（x2，y2）均满足即x0x=2（y0+y），故直线AB的方程为x0x=2（y0+y）…（12分）

又M（x0，y0）为直线l：y=-m（m＞0）上任意一点，故x0x=2（y-m）对任意x0成立，所以x=0，y=m，从而直线AB恒过定点（0，m）…（14分）

解：（Ⅰ）因为抛物线C1的焦点是F1（-1，0），

则，得a=2，则b=，

故椭圆C的方程为…（4分）

（II）当直线l的斜率不存在时，不符合题意，

故可设直线l：y=k（x-1），设D（x1，y1），E（x2，y2），由于2=，则：

，得（+）x2-k2x+-1=0，

则x1+x2=，①，x1x2=，②

将x2=3-2x1代入①②，得：

3-x1=，…③3x1-2x=，…④

由③、④得k=，

x1==，x2=3-2x1=-，…（10分）

（i）若k=-时，y1=-，

y2=-（--1）=，

即G（-，-），D（，-），，

直线GD的方程是y+=（x+）；

（ii）当k=时，同理可求直线GD的方程是

y-=-（x+）；…（12分）

解：（1）依题意，抛物线C1：x2=2py的焦点F的坐标为F（0，1），

则，

所以抛物线C1的方程为x2=4y，

由于|MF|=4，即|MP|+|PF|=4，

而线段MF1的垂直平分线与线段MF交于点P，

则|MP|=|PF1|，

因此，|PF1|+|PF|=4，

且4＞|FF1|=2，则点P的轨迹C2为以F1、F为焦点的椭圆，

设C2的方程为，

则2a=4，且a2-b2=1，解得a2=4，b2=3，

所求曲线C2的方程为

（2）若直线l的斜率不存在，

则直线，与抛物线C1及曲线C2均只有一个公共点，

若直线l斜率存在，设其方程为y=kx+m，

若l与抛物线C1及曲线C2均只有一个公共点，

则及均只有一组解，

由消去y得 x2-4kx-4m=0，

则△=16k2+16m=0①

由消去y得 （4+3k2）x2+6kmx+3m2-12=0，

则△=36k2m2-4（3m2-12）（3k2+4）=0，

即m2-3k2-4=0②

由①②得m=-4，k=±2，

即存在直线y=±2x-4与抛物线C1及曲线C2均只有一个公共点，

综上：存在四条直线，y=±2x-4与抛物线C1及曲线C2均只有一个公共点．

解：（1）=2，•=0

所以NP为线段AM的垂直平分线，|NA|=|NM|

|NC|+|NA|=|NC|+|MN|=2＞2=|CA|

所以动点N的轨迹是以C（-1，0），A（1，0）为焦点的椭圆，

且长轴长为2a=2，焦距2c=2，所以a=，c=1，b2=1

曲线E的方程为．

（2）设F（x1，y1）H（x2，y2），则由，消去y得

（2k2+1）x2+4kx+2k2=0，△=8k2＞0 （k≠0）

∴

=（k2+1）x1x2+k（x1+x2）+k2+1

=-=

∴⇒

∴k2的取值范围为[]