热门试卷

因为椭圆经过点M（1，2），且以y轴为准线，

所以椭圆在y轴右侧，长轴平行于x轴

设椭圆左顶点为A（x，y），因为椭圆的离心率为，

所以左顶点A到左焦点F的距离为A到y轴的距离的，

从而左焦点F的坐标为(，y)

设d为点M到y轴的距离，则d=1

根据=及两点间距离公式，可得

(-1)2+(y-2)2=()2，即

9(x-)2+4(y-2)2=1

这就是所求的轨迹方程

（1）因为e==，所以，a= c，b= c，椭圆 C1的方程可设为 + =1，

与直线方程 x-y+=0 联立，消去y，可得 5x2+6x+15-6c2=0，

因为直线与椭圆相切，所以，△=(6

5

)2-4×5(15-6c2)=0，

又因为c＞0，所以 c=1，所以，椭圆 C1的方程为 +=1．

（2）由题意可知，PM=MF2，又PM为点M到直线l1 的距离，

所以，点M到直线l1的距离与到点 F2的距离相等，

即点M的轨迹C2 是以直线 l1 为准线，点F2为焦点的抛物线，

因为直线l1的方程为X=-1，点P的坐标为（1，0），所以，点M的轨迹C2 的方程为 y2=4x．

（3）由题意可知A点坐标为（1，2）． 因为AB⊥BC，所以，•=0，

即 （x2-1，y2-1）•（x0-x2，y0-y2 ）=0，又因为  x2=y22，x0=y02，

所以， （y22-4 ）（y02-y22 ）+（y2-2 ）（y0-y2 ）=0，

因为 y2≠2，y2≠y0，所以，(y2+2)(y0+y2)+1=0，

整理可得：y22+（2+y0 ）y2+（2y0+16）=0，关于 y2 的方程有不为2的解，所以

△=（2+y0）2-4（2y0+16）≥0，且 y0≠-6，

所以，y02-4y0-60≥0，且y0≠-6，解得 y0 的取值范围为 y0＜-6，或 y0≥10．

（1）设椭圆E的方程为 +=1（a＞b＞0）．

∵c=1，

∴a2-b2=1①，

∵点（1，）在椭圆E上，

∴+=1②，

由①、②得：a2=4，b2=3，

∴椭圆E的方程为：+=1．

（2）由题意知，a=2，b=、∴c=1

又∵点P在椭圆上，∴|PF1|+|PF2|=2a=4、①

由余弦定理知：|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|cos30°=|F1F2|2=（2c）2=4②

把①两边平方得|PF1|2+|PF2|2+2|PF1|•|PF2|=16，③

③-②得（2+）|PF1|•|PF2|=12，

∴|PF1|•|PF2|=12（2-），

∴S△PF1F2=|PF1|•|PF2|sin30°=6-3、

（1）由题意可得a=2，c=5，

∴b2=a2-c2=15． 

∴椭圆C的方程为+=1．

（2）圆O：x2+y2=的圆心为原点，半径r=．

①当∠PF2F1为直角时，点P的坐标为（5，）．  

直线PF1的方程为y=（x+5）．此时圆心到直线PF1的距离为＜．

∴直线PF1与圆O：x2+y2=相交． 

②当∠F1PF2为直角时，设点P的坐标为（x，y）．联立解得

∵点P的坐标为（4，3）．

则点P到椭圆右焦点（5，0）的距离为．

 利用三角形的中位线定理可得圆心O到直线PF1的距离为．

所以直线PF1与圆O：x2+y2=相切．

（解一）：（1）设直线方程为y=k1x+b，代入椭圆方程并整理得：（1+2k12）x2+4k1bx+2b2-2=0，（2分）

x1+x2=-，又中点M在直线上，所以=k1•)+b

从而可得弦中点M的坐标为(-，)，k2=-，所以k1k2=-．（4分）

（解二）设点A（x1，y1），B（x2，y2），中点M（x0，y0） 则x0=，y0=

K2==，k1=   （2分）

又x12+y12=1与x22+y22=1作差得  -=

所以 K1K2=-            （4分）

（2）对于椭圆，K1K2=-  （6分）

已知斜率为K1的直线L交双曲线+=1（a＞0，b＞0）于A，B两点，点M 为弦AB的中点，直线OM的斜率为k2（其中O为坐标原点，假设K1、k2都存在）．

则k1，k2⋅的值为． （8分）

（解一）设直线方程为y=k1x+d，代入+=1（（a＞0，b＞0）方程并整理得：（b2-a2k12）x2-2k1a2dx-（ad）2-（ab）2=0

(y1+y2)=，

所以K2===，k1= （2分），即k1k2=     （10分）

（解二）设点A（x1，y1），B（x2，y2），中点中点M（x0，y0）

则x0=，y0=，K2==，k1= （2分）

又因为点A，B在双曲线上，则

-=1与-=1作差得

==k1k2    即k1k2= （10分）

（3）对（2）的概括：设斜率为k1的直线L交二次曲线C：mx2+ny2=1（mn≠0）于A，B两点，点M为弦AB的中点，直线OM的斜率为k2（其中O为坐标原点，假设k1，k2、都存在），则k1k2=-．（12分）

提出问题与解决问题满分分别为（3分），提出意义不大的问题不得分，解决问题的分值不得超过提出问题的分值．

提出的问题例如：直线L过原点，P为二次曲线线mx2+ny2=1（mn≠0）上一动点，设直线L交曲线于A，B两点，当P异于A，B两点时，如果直线PA，PB的斜率都存在，则它们斜率的积为与点P无关的定值．（15分）

解法1：设直线方程为y=kx，A，B两点坐标分别为（x1，y1）、（-x1，-y1），则y1=kx1

把y=kx代入mx2+ny2=1得（m+nk2）x2=1，

KPA•KPB==，

所以KPA•KPB===-（18分）

提出的问题的例如：直线L：y=x，P为二次曲线mx2+ny2=1（mn≠0）上一动点，设直线L交曲线于A，B两点．试问使∠APB=30°的点P是否存在？（13分）

问题例如：1）直线L过原点，P为二次曲线线mx2+ny2=1（mn≠0）上一动点，设直线L交曲线于A，B两点，求PA+PB的值．

2）直线l过原点，P为二次曲线mx2+ny2=1（mn≠0）上一动点，设直线L交曲线于A，B两点，求S△PAB的最值．

（1）由题意，2c=4，=，∴c=2，a=2

∴b2=a2-c2=4，∴椭圆E的方程为+=1；

（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且⊥，

设该圆的切线方程为y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2）．

由，可得（1+2k2）x2+4kmx+2m2-8=0，则△=8（8k2-m2+4）＞0，∴8k2-m2+4＞0

x1+x2=-，x1x2=，

∴y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2=

要使⊥，只需x1x2+y1y2=0，即+=0，所以3m2-8k2-8=0，

所以k2=≥0

又8k2-m2+4＞0，所以，所以m2≥，即m≥或m≤-，

因为直线y=kx+m为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为r2==，

所以所求的圆为x2+y2=，此时圆的切线y=kx+m都满足m≥或m≤-；

当切线的斜率不存在时切线为x=±与椭圆+=1的两个交点为（，±）或（-，±）满足⊥，

综上，存在圆心在原点的圆x2+y2=，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且⊥．

因为x1+x2=-，x1x2=，

所以|AB|=|x1-x2|=，

当k≠0时，|AB|=

因为4k2++4≥8，所以0＜≤，所以|AB|≤2

当k=0时，或斜率不存在时，计算得|AB|=．

综上可得|AB|max=2

（1）由抛物线x2=4y得焦点(0，)．

设椭圆方程为+=1(a＞b＞0)．

由题意可得，解得，

∴椭圆的方程为+=1．

（2）证明：由题意可知直线PA的斜率存在，设直线PA的方程为y=k（x+4），

联立，消去y得到（4k2+3）x2+32k2x+64k2-12=0   ①

设点A（x1，y1），E（x2，y2），则B（x1，-y1）．

直线BE的方程为y-(-y2)=(x-x2)．

令y=0，则x=x2-，

把y1=k（x1+4），y2=k（x2+4）代入上式并整理得x=．②

由①得x1+x2=-，x1x2=，将其代入②并整理得x==-1．

∴直线BE与x轴相交于定点M（-1，0）．

（3）当过点M的直线斜率存在时，设直线ST的方程为y=m（x+1），且S（x3，y3），T（x4，y4）在椭圆C上，

联立得（4m2+3）x2+8m2x+4m2-12=0，

则△=（8m2）2-4（4m2+3）（4m2-12）=144（m2+1）＞0．

∴x3+x4=-，x3x4=，

∴y3y4=m2(x3+1)(x4+1)=m2（x3x4+x3+x4+1）=-．

∴•=x3x4+y3y4=-=--．

由m2≥0得•∈[-4，-)．

当过点M的直线斜率不存在时，直线ST的方程为x=-1，S(-1，)，T(-1，-)，

此时，•=-，

∴•的取值范围为[-4，-]．

（Ⅰ）由题意可知：椭圆C的焦点在x轴上，b=4，可设椭圆的方程为+=1，

   又离心率e==，及a2=42+c2，解得，

∴椭圆的方程为+=1．

（Ⅱ）∵kOP==1，∴可设与直线OP平行且与椭圆相切的直线方程为y=x+t．

联立，消去y得到关于x的方程41x2+50tx+25t2-400=0，（*）

∴△=0，即2500t2-4×41×（25t2-400）=0，化为  t2=41，解得t=±．

∴切线方程为y=x±．

把t=±代入（*）解得x=±，代入y=x+t求得Q(，-)，或(-，)．

上面这两个点的坐标都满足是得△OPQ的面积最大．

解 （1）设椭圆方程为+=1(a＞b＞0)，则b=1．

设右焦点F（c，0）（c＞0），则由条件得3=，得c=．

则a2=b2+c2=3，

∴椭圆方程为+y2=1．

（2）若直线l斜率不存在时，直线l即为y轴，此时M，N为椭圆的上下顶点，|BN|=0，|BM|=2，不满足条件；

故可设直线l：y=kx+(k≠0)，与椭圆+y2=1联立，消去y得：(1+3k2)x2+9kx+=0．

由△=(9k)2-4(1+3k2)•＞0，得k2＞．

设M（x1，y1），N（x2，y2），MN的中点P（x0，y0），

由韦达定理得x1+x2=-，而y1+y2=k(x1+x2)+3=-+3．

则x0=，y0=

由|BN|=|BM|，则有BP⊥MN，kBP====-，

可求得k2=，检验k2=∈(，+∞)，所以k=±，

所以直线l的方程为y=x+或y=-x+．

（I）由题意，椭圆的焦点在x轴上，且a=，c=e•a=×=，故b===，

所以，椭圆E的方程为+=1，即x2+3y2=5．

（II）假设存在点M符合题意，设AB：y=k（x+1），

代入方程E：x2+3y2=5，得（3k2+1）x2+6k2x+3k2-5=0；

设A（x1，y1），B（x2，y2），M（m，0），则

x1+x2=-，x1x2=；

∴•=（k2+1）x1x2+（k2-m）（x1+x2）+k2+m2=m2+2m--，

要使上式与k无关，则有6m+14=0，解得m=-；

所以，存在点M（-，0）满足题意．

∵AB∥OP

∴=⇒PF1=

又∵PF1⊥x轴

∴+=1⇒y=

∴b=c

由

解得：

∴椭圆方程为+=1．

（I）一个焦点是F（0，-），故c=，可设椭圆方程为+=1      …（2分）

∵点（，）在椭圆上，∴+=1

∴b2=1，b2=（舍去）

∴椭圆方程为+x2=1                      …（4分）

（II）直线MN恒经过定点Q（0，1），证明如下：

当MN斜率不存在时，直线MN即y轴，通过点Q（0，1），…（6分）

当点P不在y轴上时，设P（t，4），A1（0，2）、A2（0，-2），M（x1，y1），N（x2，y2），

直线PA1方程y=x+2，PA2方程y=x-2，

y=x+2代入+x2=1得（1+t2）x2+2tx=0，

得x1=-，y1=，∴kQM==，…（8分）

y=x-2代入+x2=1得（9+t2）x2-6tx=0

得x2=，y2=，∴kQN==，…（10分）

∴kQM=kQN，∴直线MN恒经过定点Q（0，1）．        …（12分）