热门试卷

解：（1）因为，a2-b2=c2，所以a=2b．

因为原点到直线AB：的距离，

解得a=4，b=2．

故所求椭圆C的方程为+=1．

（2）当直线l的斜率不存在时，直线l为x=4或x=-4，都有．

当直线l的斜率存在时，设直线，

由消去y，可得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-16=0．

因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，

所以△=64k2m2-4（1+4k2）（4m2-16）=0，即m2=16k2+4．①

又由可得；

同理可得．

由原点O到直线PQ的距离为和，

可得．②

将①代入②得，．

当时，；

当时，．

因，则0＜1-4k2≤1，，

所以，

当且仅当k=0时取等号．所以当k=0时，S△OPQ的最小值为8．

综上可知，当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时，△OPQ的面积取得最小值8．

解：∵抛物线的焦点坐标为（1，0），∴点F2的坐标为（1，0）．

∴椭圆C1的左焦点F1的坐标为F1（-1，0），抛物线C2的准线方程为x=-1．

设点P的坐标为（x1，y1），由抛物线的定义可知|PF2|=x1+1，

∵，∴，解得．

由，且y1＞0，得．

∴点P的坐标为．

在椭圆C1：中，c=1．

∴．

∴．

∴椭圆C1的方程为．

解：（Ⅰ）设椭圆C的长半轴长为a（a＞0），短半轴长为b（b＞0），

则2b=4①，②．                                              

联立①②，解得a=4，b=2．                                                      

因为椭圆C的对称轴为坐标轴，

所以椭圆C的方程为标准方程为．        

（Ⅱ）设直线l的方程为y=x+m，A（x1，y1），B（x2，y2），

由方程组，消去y，

得5x2+2mx+m2-16=0，

由题意，得△=（2m）2-20（m2-16）＞0，

且，

因为=，

所以，解得m=±2，

验证知△＞0成立，

所以直线l的方程为x-y+2=0或x-y-2=0．

解：（1）设抛物线C2：y2=2px（p≠0），则有=2p（x≠0），据此验证4个点知（3，-2）、（4，-4）在抛物线上，易求C2：y2=4x（2分）

设C1：，把点（-2，0）（，）代入得：

解得a=2，b=1

∴C1方程为；

（2）容易验证直线l的斜率不存在时，不满足题意；（6分）

当直线l斜率存在时，假设存在直线l过抛物线焦点F（1，0），

设其方程为y=k（x-1），与C1的交点坐标为M（x1，y1），N（x2，y2）

由y=k（x-1）代入椭圆方程，消掉y，得（1+4k2）x2-8k2x+4（k2-1）=0，（8分）

于是x1+x2=，x1x2=①

y1y2=k（x1-1）×k（x1-1）=k2[x1x2-（x1+x2）+1]=-②（10分）

由⊥，得x1x2+y1y2=0（*），

将①、②代入（*）式，得-=0，解得k=±2；（11分）

所以存在直线l满足条件，且l的方程为：y=2x-2或y=-2x+2．（12分）．

解：（1）∵椭圆方程为=1（a＞b＞0）的一个顶点为A（0，2），

∴b=2．

∵e==和．

∴联立上述方程可以解得a=2．

∴椭圆的方程为+=1；

（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），则，

两式相减，结合P（2，1）为MN中点，可得

∴=-

∴直线l的方程为y-1=-（x-2），即2x+3y-7=0．

解：（1）设M（x1，y1），N（x2，y2），线段MN的中点H（x0，y0）．

联立，化为k2x2+（4k-4）x+4=0，

△＞0，16（k-1）2-16k2＞0，解得．

x1+x2==2x0，

∴x0=，=，

∴kOH=，

当，解得k=，不满足△＞0，

因此直线OH与直线2x-y-2=0不平行．

（2）由（1）可得H，

|MN|=

=

=．

∵点Q是菱形的一个顶点，∴QH⊥l．

∴．

∴直线QH的方程为=-，

令y=0，可得x=．

∴Q．

∴|QH|==．

∴S1=|MN|•|QH|=．

|QA|=．

∴S2=yH==．

∴==f（k）.．

∴f′（k）=＜0．

∴函数f（k）单调递减，∴，

∴0＜f（k）＜2．