热门试卷

解：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c，圆心O到直线l的距离为，

∴．由题意得  ，解得a2=3，b2=2．

故椭圆C的方程为．

（Ⅱ）（1）当直线l的斜率为0时，检验知．

设A（x1，y1），B（x2，y2），

由，得（1-x1，-y1）=2（x2-1，y2），则有y1=-2y2①，

设直线l：x=my+1，联立消去x，整理得（2m2+3）y2+4my-4=0．

∴．

结合①，得．

代入，得×，即，解得，

故直线l的方程是．

（2）问题等价于在椭圆上是否存在点P，使得成立．

当直线l的斜率为0时，可以验证不存在这样的点，故设直线l的方程为x=my+1，

用（1）的设法，可得P（x1+x2，y1+y2）．

若点P在椭圆C上，则，即．

又点A，B在椭圆上，有，

则，即2x1x2+3y1y2+3=0②，

由（1）知x1x2=（my1+1）（my2+1）=m2y1y2+m（y1+y2）+1=，

代入②式得，解得，即．

当时，，；

当时，，．

故椭圆C上存在点P，使得成立，即动点P的轨迹与椭圆C存在公共点，公共点的坐标是．

解：（1）设椭圆C的方程为=1a＞0，b＞0，则 解得a2=4，b2=3，所以椭圆C：=1，

（2）（ⅰ）易得F（1，0）

①若直线l斜率不存在，则l：x=1，此时M（1，），n（1，-），=，

②若直线l斜率存在，设l：y=k（x-1），M（x1，y1），N（x2，y2），则

由消去y得：（4k2+3）x2-8k2x+4k2-12=0，

∴x1+x2=，x1x2=，

∴=（x1-1，y1）•（x2-1，y2）=（1+k2）[x1x2-（x1+x2）+1]=，

∵k2≥0∴0≤1∴3＜4

∴-3≤

综上，的取值范围为[-3，），

（ⅱ）线段MN的中点为Q，则由（ⅰ）可得，xQ==，yQ=k（xQ-1）=，

所以直线OT的斜率k′==，所以直线OT的方程为：y=-x，

从而T（4，-），此时TF的斜率kTF==-，

所以kTFkMN=-•k=-1，所以TF⊥MN．

解：（1）设抛物线方程为C：y2=2px（p＞0），

由其定义知，又|AF|=2，

所以p=2，y2=4x

（2）设P（x，y），

则，

因为x≥0，

所以（ⅰ）当a-2≤0即a≤2时，|MP|的值最小为|a|；

（ⅱ）当a-2＞0，即a＞2时，x=a-2时，|MP|的值最小为．

解：（1）设动点P的坐标为（x，y），点A的坐标为（xA，yA），则，

因为F的坐标为（1，0），所以，

由，得（x-xA，y-yA）=-2（xA-1，yA）．

即，解得

代入y2=4x，得到动点P的轨迹方程为y2=8-4x．

（2）设点Q的坐标为（t，0）．点Q关于直线y=2x的对称点为Q′（x，y），

则，解得．

若Q′在C上，将Q′的坐标代入y2=4x，得4t2+15t=0，即t=0或．

所以存在满足题意的点Q，其坐标为（0，0）和（）．

解：（Ⅰ）设椭圆C的方程为（a＞b＞0），

∵c=2，且椭圆过点P（2，），所以，解得a2=8，b2=4，

所以椭圆C的方程为；

（Ⅱ）假设存在斜率为k的直线，其垂直平分线经过点Q（0，3），

设A（x1，y1）、B（x2，y2），AB的中点为N（x0，y0），

由，得（1+2k2）x2+4mkx+2m2-8=0，

则△=16m2k2-4（1+2k2）（2m2-8）=64k2-8m2+32＞0，所以8k2-m2+4＞0，

又，∴，，

∵线段AB的垂直平分线过点Q（0，3），∴kNQ•k=-1，即，∴-m=3+6k2，

代入△＞0整理，得36k4+28k2+5＜0，此式显然不成立．

∴不存在满足题意的k的值．

解：（1）设椭圆E的方程为mx2+ny2=1（m＞0，n＞0，m≠n）

将代入椭圆E的方程，得

解得，所以椭圆E的方程为．

（2）∵直线l平行于OM，且在y轴上的截距为b，又，

∴直线l的方程为．

由得x2+2bx+2b2-4=0，

设A（x1，y1）、B（x2，y2），则．

又，，

故=．

又，

所以上式分子=

=

故k1+k2=0．

解：（Ⅰ）∵，∴，．

又n＞0，则直线GR‘的方程为①

又E（0，-1）则直线ER的方程为②

由①②得

∵点P的坐标满足：

∴直线MN与MN的交点MN在椭圆上．        

（Ⅱ）①当直线MN的斜率不存在时，设MN：x=t．

不妨取，N，∴，不合题意．

②当直线MN的斜率存在时，设MN的方程为y=kx+b，M（x1，y1），N（x2，y2）．

联立方程  得（1+3k2）x2+6kbx+3b2-3=0

则△=12（3k2-b2+1）＞0，

∴．

又kGM•kGN===．

即

将代入上式得b2+2b-3=0

解得b=-3或b=1（舍）

∴直线过定点（0，-3）．

∵，点G到直线MN的距离为

∴

由b=-3及△＞0知：3k2-8＞0，令 即3k2=t2+8．

∴ 当且仅当t=3时，

S△GMN=．

解：（Ⅰ）由题意椭圆的焦点在x轴上，设方程为，其左右焦点为F1（-，0），F2（，0），∴c=，

∵椭圆E的短轴的两个端点与其一个焦点构成正三角形，

∴a=2b，

∵a2=b2+c2，

∴a=2，b=1，

∴椭圆E的方程为；

（Ⅱ）①双曲线C右顶点为A（1，0），

当直线l的斜率存在时，设l的方程为y=k（x-1），

代入椭圆方程得（4k2+1）x2-8k2x+4k2-4=0，

设直线l与椭圆E交点P（x1，y1），Q（x2，y2），

则x1+x2=，x1x2=，

∴•=m2-m（x1+x2）+x1x2+y1y2=

=（4m2-8m+1）+，

当2m-=0，即m=时，•=．

当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=1，代入椭圆方程可得x=1，y=±．

不妨设P（1，），Q（1，-），

由M（，0）可得=（，-），=（，），

∴•=，

综上所述，m=时，•为定值；

②∵ON∥PQ，

∴S△NAP=S△OAP，

∴S1+S2=S△OPQ，

∵|PQ|=4•，

∵原点O到直线PQ的距离为d=（k≠0），

∴S△OPQ==

令t=4k2+1，则k2=（t＞1），

∴S==，

∵t＞1，

∴0＜＜1，

∴0＜-+4＜3，

∴0＜S＜．

当直线l的斜率不存在时，S△OPQ==，

综上所述，S1+S2的取值范围是（0，]．

（1）解：圆与x轴交点坐标为，，

故，所以b=3，∴椭圆方程是：．

（2）证明：设点P（x，y），因为F1（-，0），F2（，0），

设点P（x，y），则=tanβ=，=tanα=，

因为β-α=，所以tan（β-α）=-．

因为tan（β-α）==，

所以=-，化简得x2+y2-2y=3．

所以点P在定圆x2+y2-2y=3上．