热门试卷

（1）设动点P（x，y），又点M（4，0）、N（1，0），

∴=( x-4 ， y )，=( -3 ， 0 )，=( x-1 ， y )． …（3分）

由 • =6||，得-3( x-4 )=6，…（4分）

∴（x2-8x+16）=4（x2-2x+1）+4y2，故3x2+4y2=12，即+=1，

∴轨迹C是焦点为（±1，0）、长轴长2a=4的椭圆；            …（7分）

评分说明：只求出轨迹方程，没有说明曲线类型或交代不规范的扣（1分）．

（2）椭圆C上的点Q到直线l的距离的最值等于平行于直线l：x+2y-12=0且与椭圆C相切的直线l1与直线l的距离．

设直线l1的方程为x+2y+m=0（m≠-12）．            …（8分）

由，消去y得4x2+2mx+m2-12=0（*）．

依题意得△=0，即4m2-16（m2-12）=0，故m2=16，解得m=±4．

当m=4时，直线l1：x+2y+4=0，直线l与l1的距离d==．

当m=-4时，直线l1：x+2y-4=0，直线l与l1的距离d==．

由于＜，故曲线C上的点Q到直线l的距离的最小值为．…（12分）

当m=-4时，方程（*）化为4x2-8x+4=0，即（x-1）2=0，解得x=1．

由1+2y-4=0，得y=，故Q( 1 ，  )．                     …（13分）

∴曲线C上的点Q( 1 ，  )到直线l的距离最小．   …（14分）

（1）由题意有2a=4，a=2，e==，c=1，b2=3

∴椭圆的标准方程为 +=1…（3分）

（2）直线AB与x轴垂直，则直线AB的方程是x=1

则A（1，）B（1，-），M（2，0）

AM、BM与x=1分别交于P、Q两点，A，M，P三点共线，

，共线             …（4分）

可求P（4，-3），∴=(3，-3)，

同理：Q（4，3），=(3，3)

∴•=0命题成立．                     …（5分）

（3）若直线AB的斜率为2，∴直线AB的方程为y=2（x-1），

又设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x3，y3），Q（x4，y4）

联立消y得 19x2-32x+4=0

∴x1+x2=，x1x2=

∴y1y2=4(x1-1)(x2-1)=…（7分）

又∵A、M、P三点共线，

∴y3=同理y4=

∴=(3，)，=(3，)

∴•=9+=0

综上所述：•=0，结论仍然成立…（10分）

（1）设椭圆C的方程为+=1(a＞b＞0)…（1分）

由椭圆定义，2a=|AF1|+|AF2|=+=2…（4分）

∴a=，∵c=1，∴b2=a2-c2=1．…（5分）

故所求的椭圆方程为+y2=1．…（6分）

（2）设P(x，y).=(-1-x，-y)，=(2-x，-y)…（7分）

∴•=(-1-x，-y)•(2-x，-y)=(-1-x)(2-x)+y2=x2-x-2+y2…（9分）

∵点P在椭圆上，

∴y2=1-…（10分）

∴•=x2-x-1=(x-1)2-

∵-≤x≤…（12分）

∴x=1，•有最小值-；

x=-，•有最大值×(-)2+-1=

∴-≤•≤，

∴•的范围是[-，]…（14分）

（1）设椭圆的标准方程为m我g+nyg=1，依题意可得，可得m=，n=1，

所以，所求椭圆的标准方程为+yg=1．（小分）

因为圆的圆心C和椭圆的右焦点重合，圆的半径恰为椭圆的短半轴长，

故园的标准方程为（我-g）g+yg=1．（5分）

（g）由（1）得圆心C（1，g），所以，而我g+yg-4我+小=0，则我^+yg=4我-小，

所以•+g|-|=g我+1，（7分）

而（我-g）g+yg=1，则（我-g）g≤1，即-1≤我-g≤1，即1≤我≤小，

因此，从而•+g|-|（O为坐标原点）的取值范围为[小，7]．（10分）

（小）我g+yg表示圆上点P（我，y）与坐标原点O的距离的平方，因为原点O到圆心C（g，0）的距离为g，

圆的半径为1，所以P（我，y）与坐标原点O的距离的最小值为g-1=1，

与坐标原点O的距离的最大值为g+1=小，故我g+yg的最大值为9，最小值1．（14分）

（1）∵=，c=2，a2=b2+c2

∴a2=9，b2=5

所以椭圆C的标准方程为+=1．

（2）∵=(-3-xp，-yp)，=(3-xp，-yp)

且∠APB是钝角

∴•=xp2-9+yp2＜0

又∵+=1

∴-3＜xp＜3

又∵点p在第一象限

所以：0＜xp＜3

（Ⅰ）设右焦点为（c，0）（c＞0）

∵右焦点到直线x+y+=0的距离为2，

∴=2

∴c=

∵椭圆+=1(a＞b＞0)的离心率为，

∴=

∴a=2

∴b==

∴椭圆的方程为+=1；

（Ⅱ）设A （x1，y1），B（x2，y2），N（x0，0）

∵=-，

∴(x1-x0，y1)=-(x2-x0，y2）

∴y1=-y2①

易知直线斜率不存在时或斜率为0时①不成立

于是设直线l的方程为y=kx-1（k≠0）．

与椭圆方程联立，消去x可得（4k2+1）y2+2y+1-8k2=0②

∴y1+y2=-③y1y2=④

由①③可得y2=，y1=-代入④整理可得：8k4+k2-9=0

∴k2=1

此时②为5y2+2y-7=0，判别式大于0

∴直线l的方程为y=±x-1

（1）设椭圆C的方程为+=1（a＞b＞0）

∵长轴长是短轴长的倍，

∴椭圆方程为+=1

∵M(2，)在椭圆C上

∴+=1

∴b2=4

∴椭圆C的方程为+=1；

（2）证明：当切线l的斜率不存在时切线方程为x=±

与椭圆的两个交点为（，±）或（-，±）

此时•=0；

当切线l斜率存在时，可设l的方程为y=kx+m，与椭圆方程联立，可得（1+2k2）x2+4kmx+2m2-8=0

则△=8k2-m2+4＞0

设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=-，x1x2=

∴y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=

∵l与圆x2+y2=相切

∴d==

∴3m2=8k2+8

∴•=x1x2+y1y2==0

综上所述•=0为定值．

（Ⅰ）因为•=0，所以有⊥

所以△AF1F2为直角三角形；

∴||cos∠F1AF2=||

则有9•=9||||cos∠F1AF2=9||2=

AF1

2=||2

所以，||=3||

又||+||=2a，

∴||=，||=

在△AF1F2中有||2=||2+||2

即()2=()2+4(a2-1)，解得a2=2

所求椭圆M方程为+y2=1

（Ⅱ）由题意可知N（0，2），E，F关于点N对称，

设E（x0，y0），则F（-x0，4-y0）有x02+(y0-2)2=1，

∴•=x2-x02+4y0-4y-y02+y2=x2+2y2-（x02+（y0-2）2）-y2+4-4y=-（y+2）2+9

P是椭圆M上的任一点，y∈[-1，1]，

所以当y=-1时，•的最大值为8．

（1）由题意设椭圆标准方程为+=1．

由已知得，b=，e==．（2分）

则e2===1-，∴1-=．解得a2=6（4分）

∴所求椭圆方程为+=1（5分）

（2）令M（x1，y1），则S△MF1F2=|F1F2|•|y1|=•2•|y1|（7分）

∵点M在椭圆上，∴-≤y1≤，故|y1|的最大值为（8分）

∴当y1=±时，S△MF1F2的最大值为．（9分）

（3）假设存在一点P，使•=0，

∵≠，≠，∴⊥，（10分）

∴△PF1F2为直角三角形，∴|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4 ①（11分）

又∵|PF1|+|PF2|=2a=2 ②（12分）

∴②2-①，得2|PF1|•|PF2|=20，∴|PF1|•|PF2|=5，（13分）

即S△PF1F2=5，由（1）得S△PF1F2最大值为，故矛盾，

∴不存在一点P，使•=0．（14分）

（1）设点F1，F2的坐标分别为（-c，0），（c，0）（c＞0），

则=(3+c，1)，=(3-c，1)，

故•=(3+c)(3-c)+1=10-c2=-6，可得c=4，

所以2a=|PF1|+|PF2|=+=6，

故a=3，b2=a2-c2=18-16=2，

所以椭圆E的方程为+=1．　　　　　　

（2）设M，N的坐标分别为（5，m），（5，n），

则=(9，m)，=(1，n)，又⊥，

可得•=9+mn=0，即mn=-9，

又|MN|=|m-n|=|m|+|n|≥2=2=6，（当且仅当|m|=|n|时取等号）

故Smin=π()2=9π，且当S取最小值时，

有m=3，n=-3或m=-3，n=3，

此时圆C的方程为（x-5）2+y2=9．

（1）m=1时，抛物线C1：y2=4x，焦点为F2 （1，0）． 由于椭圆离心率e=，c=1，

故 a=2，b=，故所求的椭圆方程为  +=1．

（2）由于△PF1F2周长为 2a+2c=6，故弦长|A1A2|=6，设直线L的斜率为k，则直线L的方程为 y-0=k（x-2），

代入抛物线C1：y2=4x 化简得 k2x2-（4k2+4）x+4k2=0，∴x1+x2= 4+，x1x2=4，

∴|A1A2|=•= =6，解得  K=±．

（3）假设存在实数m，△PF1F2的边长是连续自然数，经分析在△PF1F2中|PF1|最长，|PF2|最短，令|F1F2|=2c=2m，

则|PF1|=2m+1，|PF2|=2m-1． 由抛物线的定义可得|PF2|=2m-1=xP-（-m），∴xP=m-1．

把P(m-1，)代入椭圆+=1，解得m=3．故存在实数m=3 满足条件．

（1）直线l：y=（x+3），

由已知c=2及=3，解得a2=6，

∴b2=6-22=2．

x2+3y2-6=0，①

∴椭圆方程为+=1．

（2） y=（x+3），②

将②代入①，整理得2x2+6x+3=0．③

设A（x1，y1）、B（x2，y2），

则x1+x2=-3，x1x2=．

∵•=（x1+2，y1）•（x2+2，y2）=（x1+2）（x2+2）+y1y2

=x1x2+2（x1+x2）+4+[x1x2+3（x1+x2）+9]=x1x2+3（x1+x2）+7=0，

∴F1A⊥F1B．则∠AF1B=90°．

∴点F1（-2，0）在以线段AB为直径的圆上．

（3）面积最小的圆的半径长应是点F1到直线l的距离，设为r．

∴r==为所求．

（Ⅰ）由e2=1-=及+=1，

解得a2=4，b2=3，…（1分）

椭圆方程为+=1； …（2分）

设A（x1，y1）、B（x2，y2），

由+=m得

（x1+x2-2，y1+y2-3）=m（1，），

即…（3分）

又+=1，+=1，

两式相减得kAB==-×=-×=-；…（5分）

（Ⅱ）证明：设AB的方程为 y=-x+t，

代入椭圆方程得：x2-tx+t2-3=0，…（6分）

△=3（4-t2），|AB|=×=×，

点P到直线AB的距离为d=，

S△PAB=|2-t|=（-2＜t＜2）． …（8分）

令f（t）=3（2-t）3（2+t），

则f’（t）=-12（2-t）2（t+1），

由f’（t）=0得t=-1或2（舍），

当-2＜t＜-1时，f’（t）＞0，

当-1＜t＜2时f’（t）＜0，

所以当t=-1时，f（t）有最大值81，

即△PAB的面积的最大值是；                 …（10分）

根据韦达定理得 x1+x2=t=-1，

而x1+x2=2+m，所以2+m=-1，得m=-3，

于是x1+x2+1=3+m=0，y1+y2+=3++=0，

因此△PAB的重心坐标为（0，0）．        …（12分）

（1）设P（x0，y0），Q（x0，-y0），A1(-，0)，A2(，0)

直线A1P的方程为：=，（1）

直线A2Q的方程为：=，（2）

将（1）×（2）得到：=，又因为-y02=1．

所以得到M的轨迹方程为：+y2=1，（y≠0）

（2）=λ，∴A，B，N三点共线，而点N的坐标为（-2，0）．

设直线AB的方程为y=k（x+2），其中k为直线AB的斜率，依条件知k≠0．

由消去x得(y-2)2+2 y2=2，即y2-y+2=0

根据条件可知解得0＜|k|＜（5分）

设A（x1，y1），B（x2，y2），则根据韦达定理，得

又由=λ得（x1+2，y1）=λ（x2+2，y2）

从而消去y2得=消去

令∅(λ)=，λ∈[，]则∅′(λ)=1-  =

由于≤λ≤所以∅（λ）是区间[，]上的减函数，

从而∅()≤∅(λ)≤∅()，即≤∅(λ)≤，

≤≤  ，∴≤≤解得≤|k|≤

而0＜k＜，∴≤k≤

因此直线AB的斜率的取值范围是[，]