热门试卷

解：（Ⅰ）由题意知，∴=，

∴，又b=，解得a2=4，b2=3，

∴椭圆方程为．（4分）

（Ⅱ）由，得（3m2+4）y2+24my+36=0，（6分）

由△＞0得（24m）2-4×36（3m2+4）＞0，解得m2＞4，

设A（x1，y1），B（x2，y2），则，，（8分）

∴=（m2+1）y1y2+4m（y1+y2）+16

=，（10分）

∵m2＞4，∴3m2+4＞16，∴，

∴•的取值范围是（-4，）．

解：（Ⅰ）依题意得a=2c，=4，

解得a=2，c=1，从而b=．

故椭圆的方程为．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得A（-2，0），B（2，0）．

设M（x0，y0）．

∵M点在椭圆上，

∴y02=（4-x02）（1）

又点M异于顶点A、B，

∴-2＜x0＜2，由P、A、M三点共线可以得

P（4，）．

从而=（x0-2，y0），=（2，）．

∴•=2x0-4+=（x02-4+3y02）．（2）

将（1）代入（2），化简得•=（2-x0）．

∵2-x0＞0，

∴•＞0，则∠MBP为锐角，从而∠MBN为钝角，

故点B在以MN为直径的圆内．

解：（1）由题意知=1，∴p=2，

∴抛物线方程为：y2=4x．

（2）设A（），B（，y2），直线AB的方程为x=ky+1．

于是S==，

|AB|=|y1-y2|，于是=，

又由，得y2-4ky-4=0，y1+y2=4k，

于是===，当且仅当k=±1时，等号成立．

∴的最大值为，此时直线AB的斜率也为±1．

解：（1）∵点A的坐标为（，）

∴，椭圆方程为                 ①

又∵．，且BC过椭圆M的中心O（0，0），

∴．

又∵，

∴△AOC是以∠C为直角的等腰三角形，

易得C点坐标为（，）

将（，）代入①式得b2=4

∴椭圆M的方程为

（2）当直线l的斜率k=0，直线l的方程为y=t

则满足题意的t的取值范围为-2＜t＜2

当直线l的斜率k≠0时，设直线l的方程为y=kx+t

由

得（3k2+1）x2+6ktx+3t2-12=0

∵直线l与椭圆M交于两点P、Q，

∴△=（6kt）2-4（3k2+1）（3t2-12）＞0

即t2＜4+12k2 ②

设P（x1，y1），Q（x2，y2），x1+x2=-，x1x2=，

PQ中点H（x0，y0），

则H的横坐标，

纵坐标，

D点的坐标为（0，-2）

由，

得DH⊥PQ，kDH•kPQ=-1，

即，

即t=1+3k2．                                       ③

∴k2＞0，∴t＞1．                                 ④

由②③得0＜t＜4，

结合④得到1＜t＜4．

综上所述，-2＜t＜4．

（1）解：∵椭圆的焦距为2，

∴b2=a2-1且a2＞1，

于是椭圆方程为（a2-1）x2+a2y2-a2（a2-1）=0．

将代入得．

∵直线与椭圆相切，

∴△=．

即a4-3a2+2=0．

∵a2＞1，

∴a2=2，则b2=1．

故所求椭圆方程为；                                           

（2）证明：由题意可设直线l的方程为y=k（x-3），

联立方程，得（2k2+1）x2-12k2x+2（9k2-1）=0．

∵直线l与椭圆C交于M（x1，y1），N（x2，y2）两点，

∴△=144k4-8（2k2+1）（9k2-1）＞0⇒，

由韦达定理得，，

则

=．

又M在N的右侧，

∴，

∵，

∴，．

设直线AM、BN相交于点Q（x，y），

由上面两直线方程消去y得：

⇒=

⇒=

⇒⇒．

故点Q在定直线上．

解：（1）∵F1，F2是左、右焦点．点Q满足与是方向相同的向量，且||=||．

∴|QF1|=2a=4，

∵F1（-1，0），

∴点Q的轨迹C的方程是（x+1）2+y2=16；

（2）设斜率为1的直线方程为x-y+a=0

设A（x1，y1），B（x2，y2），与圆方程联立消去y，得方程2x2+（2a+2）x+a2-15=0，

∴△=124+8a-4a2＞0．

利用根与系数的关系，得到x1+x2=-1-a，x1x2=（a2-15）①，

若AF2⊥BF2，则可得1-（x1+x2）+x1x2+y1y2=0，

结合y1=x1+a，y2=x2+a，代入可得1+2x1x2+（-1+a）（x1+x2）+a2=0②

由①②联解可得a=±，此时△=124+8a-4a2＞0．

∴a=±，

∴存在斜率为1的直线x-y±=0，使其与圆C交于A、B两点满足AF2⊥BF2．

解：（1）由题意，F1（-1，0），F2（1，0），c=1，…（1分）

C△=|PF1|+|PF2|+2c=2a+2c=8…（2分）

∴…（3分）

∴椭圆方程为…（4分）

（2）由（1）知，设直线PE方程：得y=k（x-1）+，代入，

得（3+4k2）x2+4k（3-2k）x+4（-k）2-12=0…（6分）

设E（xE，yE），F（xF，yF）．

∵点P（1，）在椭圆上，

∴xE=，yE=kxE+-k，…（12分）

又直线PF的斜率与PE的斜率互为相反数，在上式中以-k代k，

可得xF=，yF=-kxF++k，…（13分）

∴直线EF的斜率kEF==．

即直线EF的斜率为定值，其值为…（15分）

解：首先讨论l不与x轴垂直时的情况，设直线l的方程为y=kx+b，如图所示，

l与椭圆、双曲线的交点为：A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）

依题意有，

由

∴

若k=±1，则与双曲线最多只有一个交点，不合题意，故k≠±1∴

由

故l的方程为

（ii）当b=0时，由（1）得

由

故l的方程为

再讨论l与x轴垂直的情况．

设直线l的方程为x=c，分别代入椭圆和双曲线方程可解得，综上所述，

故l的方程为、和

解：（Ⅰ）由题意得解得（2分）

所以所求的椭圆方程为：．（4分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，得．

设直线l方程为：，A点坐标为（x1，y1），

B点坐标为（x2，y2），得P点坐标，F点坐标为

因为，所以

因为，所以．（6分）

得，．（7分）

由（8分）

得．

所以．（10分）

+=

=．（12分）

解：（1）由p（），O（0，0），

∴kOP=，线段OP的中点为：（），

∴OP的垂直平分线所在直线方程y-，即2x+y-2=0．

令y=0，解得：x=1，故得：p=2

抛物线方程为：y2=4x…..（4分）

（2）假设直线MN国定点

设A（xA，yA），B （xB，yB），M（xM，yM），

设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y=k（x-1）

与抛物线联立可得：k2x2-（2k2+4）x+k2=0

由韦达定理：xA+xB=2+

∴xM=+1

∴点M的坐标为（+1，-2k）

当k≠±1

直线MN的斜率为：

方程为：y+2k=（x-2k2-1

整理得：y（1-k2）=k（x-3）

直线恒经过定点（3，0）

当k=±1时，直线MN方程为X=3，经过（3，0）

综上，不论k为何值，直线MN恒过定点（3，0）…（12分）

解：（Ⅰ）设圆上任一点坐标为（ρ，θ），由余弦定理得

所以圆C的极坐标方程为…（5分）

（Ⅱ）圆C的极坐标方程为可化成直角坐标方程为：

设Q（x，y）则P（2x，2y），P在圆上，

∴，

则Q的直角坐标方程为…（10分）

解：（I）设动圆圆心M（x，y）作MN⊥x轴于N

①若两圆外切，|MO|=|MN|+2，∴

x2+y2=y2+4y+4，∴x2=4（y+1）（y＞0）．

②若两圆内切，|MO|=2-|MN|，∴

x2+y2=y2-4y+4∴x2=-4（y-1）（y＞0）．

综上，动圆圆心的轨迹方程是x2=4（y+1）（y＞0）及x2=-4（y-1）（y＞0）

其图象为两条抛物线位于x轴上方的部分；作图如右：

（II）设点P坐标（x，y）

当|x|＞2时，

=

解得：y=3或5，∴点P坐标

当|x|＜2时，y∈（0，1]，

解得：y=1或y=15（舍），进而求得x=0，∴点P坐标（0，1）

故点P坐标为．