热门试卷

（1）解：F1，F2是椭圆=1的两焦点，

则c==，即有F1（0，），F2（0，-），设P（x，y），（x＞0，y＞0），

则由=1，得x2+y2=3，又=1，解得，x=1，y=．

则有点P的坐标为；

（2）证明：由题意知，两直线PA、PB的斜率必存在，

设直线PB的斜率为k，则直线PB的方程为，

由于过点P作倾斜角互补的两条直线PA、PB，则直线PA：y-=-k（x-1）．

由，消去y，得，

设A（xA，yA），B（xB，yB），由韦达定理，得1+xB=，

即有，yB=

同理可得，yA=，

所以为定值．

（3）解：由（2）可设直线AB的方程为，

联立方程，得，消去y，得，

由判别式8m2-16（m2-4）＞0，得，x1+x2=-m，x1x2=，

|AB|==

易知点P到直线AB的距离为，

所以，

当且仅当m=±2时取等号，满足，

所以△PAB面积的最大值为．

解：（1）∵离心率e==，

∴可设a=2c，c，椭圆的标准方程化为，

设椭圆上的一点P，

则|PQ|==，

当cosθ=-1时，|PQ|取得最大值2c+1，2c+1=3，解得c=1，满足条件．

∴椭圆C的方程为．

（2）当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0）．

联立，化为（3+4k2）x2+8kmx+4m2-12=0．

△＞0，x1+x2=-，x1x2=．

∴|AB|==

=．

原点O到直线AB的距离h=．

∵△ABO的面积为，

∴•=．

化为2m2=3+4k2．

∵=，y0=kx0+m=．

∴4|OM|2=．

∴|AB|2+4|OM|2=+=14为定值．

当直线AB的斜率不存在时也满足定值为14．

由中线长定理可得|OA|2+|OB|2==7为定值．

∴（|OA|+|OB|）2≤2（|OA|2+|OB|2）=14．

∴|OA|+|OB|的最大值为．

解：（1）证明：双曲线的渐近线为 ，

∵过F作双曲线C在第一、三象限的渐近线的垂线l，

∴直线l的斜率为：，∴直线l：，

由，可得P（），

∵成等比数列，

所以，，

，

所以，

则．

（2）解：，

得，

∵x1x2＜0，∴，

∴b2＞a2，则c2＞2a2，

∴e2＞2，

∴．

解：（1）由椭圆得：，y‘=

切线的斜率为：k=，

所以，直线l1的方程为：，

所以l1与y轴交点纵坐标为：y=-=

因为-1≤x0≤1，所以，，，

所以，当切点在第一、二象限时，l1与y轴交点纵坐标的取值范围为：，

则利用对称性可知l1与y轴交点纵坐标的取值范围为：．

（2）依题意，可得∠PTM0=90°，设存在T（0，t），M0（x0，y0）

由（1）得点P的坐标（，2），

由可得（0-，t-2）•（-x0，t-y0）=0，

∴1-y0+（t-2）（t-y0）=0，

∴y0（1-t）+（t-1）2=0

∴t=1

∴存在点T（0，1）满足条件．

解：（1）根据题意可知：，设直线l的方程为：，则：

联立方程：，消去x可得：y2-2pky-p2=0（*），

根据韦达定理可得：，∴p=2，

∴抛物线C的方程：y2=4x．

（2）设E（x0，y0），则：，由（*）式可得：y1+y2=2pk=4k

∴y0=8k，

又，∴

∴

∵，∴64k2=4（8k2+4），∴2k2=1，∴

∴直线l的斜率，

∴倾斜角为或

（3）可以验证该定值为2k0，证明如下：

设M（-1，yM），则：，，

∵，∴

∴

=

=

=

∴k1+k2=2k0为定值．

解：（Ⅰ）∵椭圆C：+=1（a＞b＞0）的焦距为2，且长轴长与短轴长之比为：1，

∴c=，a=b，∴b=，a=

∴椭圆的方程为；

（Ⅱ）设切线方程为y=kx，不妨令切线OM斜率为k1，切线ON斜率为k2，则

由=，可得，

∴k1k2==-，

∴k2=-，

设M（x1，y1），N（x2，y2），

由，可得，

同理，

∴OM+ON=+，

令t=（t≤1）

∴OM+ON=（+），

∴（OM+OM）2=9+6≤9+6•=18，

当且仅当t=，即=时取得最大值，

∴S四边形OMRN=（OM+ON）≤=3．

解：（Ⅰ）∵|RF1|+|RF2|=，

∴曲线C为以原点为中心，F1、F2为焦点的椭圆，

设其半长轴为a，半短轴为b，半焦距为c，则2a=2，2c=，

∴a=2，c=，b2=a2-c2=1．

∴曲线C的方程为；

（Ⅱ）设M（x0，y0），A（x1，y1）则B（-x1，-y1），

∵点M，A在椭圆上，

∴，，

相减得，

又，

∴=；

（Ⅲ）设直线l的方程为，代入椭圆方程，

得，计算并判断得△＞0，

设P（x3，y3），Q（x4，y4），得，

∴=

=．

F1到直线l的距离d=，

设，则t≥1，

∴

==．

当t2=3，即m2=2，时，△F1PQ的面积最大．

∴原命题是假命题，△F1PQ的面积取得最大值时，直线l的方程为：

和．

解：（Ⅰ）由抛物线的定义知，圆M经过焦点F（，0），Q（-，p），点M的纵坐标为p，

∵M∈C，∴M（，p），|MF|=2p，

由题意，M是线段EF垂直平分线上的点，

∴，

∴p=2，

∴抛物线C：y2=4x，圆M的方程：；

（Ⅱ）由，可得y=-2k，∴D（-1，-2）．

直线n：y=k（x-1）代入抛物线方程，整理可得ky2-4y-4k=0（k＞0），

∴，

∵|FA|=|FD|，∴，

∴k=，

∴A（3，2），B（，），直线n：y=（x-1），Q（-1，2），

则|AB|=，Q到直线n的距离为d=2，

∴△ABQ的面积S=|AB|d=．

（1）解：由题意有3个点在椭圆C上，根据椭圆的对称性，则点（3，1），（3，-1）一定在椭圆C上，

即  ①，…（2分）

若点（-2，0）在椭圆C上，则点（-2，0）必为C的左顶点，

而3＞，则点（-2，0）一定不在椭圆C上，

故点（，）在椭圆C上，点（-2，0）在直线l上，…（4分）

所以   ②，

联立①②可解得a2=12，b2=4，

所以椭圆C的方程为；             …（6分）

（2）证明：由（1）可得直线l的方程为x=-2，设P（-2，y0），y0∈（-，），

当y0≠0时，设 M（x1，y1）、N （x2，y2），显然x1≠x2，

联立，则，即，

又PM=PN，即P为线段MN的中点，

故直线MN的斜率为-•=，…（10分）

又l′⊥MN，所以直线l′的方程为y-y0=-（x+2），…（13分）

即y═-（x+），

显然l′恒过定点（-，0），…（15分）

当y0=0时，直线MN即x=-2，此时l′为x轴亦过点（-，0）；

综上所述，l′恒过定点（-，0）．          …（16分）