热门试卷

（1）设椭圆C的半焦距是c．依题意，得c=1．…（1分）

由题意焦距是椭圆C上一点p到两焦点F1，F2距离的等差中项，得4c=2a，∴a=2

∴b2=a2-c2=3．…（4分）

故椭圆C的方程为 +=1．…（6分）

（2）当MN⊥x轴时，显然y0=0．…（7分）

当MN与x轴不垂直时，可设直线MN的方程为y=k（x-1）（k≠0）．

代入椭圆方程，消去y整理得（3+4k2）x2-8k2 x+4（k2-3）=0．…（9分）

设M（x1，y1），N（x2，y2），线段MN的中点为Q（x3，y3），则x1+x2=．…（10分）

所以x3=，y3=k（x3-1）=，

∴线段MN的垂直平分线方程为y+=-（x-）．

在上述方程中令x=0，得y0==．…（12分）

当k＜0时，+4k≤-4；当k＞0时，+4k≥4．

所以-≤y0＜0，或0＜y0≤．…（13分）

综上，y0的取值范围是[-，]．…（14分）

（1）证明：由y=k（x+1）（k≠0）得x=y-1．

并代入椭圆方程3x2+y2=a2消去x得（3+k2）y2-6ky+3k2-k2a2=0   ①

∵直线l与椭圆相交于两个不同的点得△=36k2-4（3+k2）（3k2-k2a2）＞0，

∴a2＞．

（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）．

由①，得y1+y2=，②

∵=2，而点C（-1，0），

∴（-1-x1，-y1）=2（x2+1，y2），

得y1=-2y2代入②，得y2=，③

∴△OAB的面积 S=|OC|•|y2-y1|=|y2|=≤=，当且仅当k2=3，即k=±时取等号．

把k的值代人③可得y2=±，

将及这两组值分别代入①，均可解出a2=15．

∴△OAB的面积取得最大值的椭圆方程是3x2+y2=15．

（1）由题意：⇒，故椭圆方程为：+=1

（2）设B（x1，y1），C（x2，y2），由题意有：=3，=0，故x1+x2=5，y1+y2=-，又+=1，+=1，两式作差可得：+=0．

即：kBC==-•=，

故直线BC的方程为：y-=(x-)，

即：40x-30y-136=0．

（Ⅰ）由题意，∵左焦点为(-，0)，离心率为，

∴c=，e==，

∴a=2，于是b2=1，由于焦点在x轴上，故椭圆C的方程为+y2=1…（5分）

（Ⅱ）设直线l的方程为：y=kx+m（k＜0），A(-，0)，B(0，m)

消去y得：(+k2)x2+2kmx+m2-1=0…（7分）

∵直线l与曲线C有且只有一个公共点，∴△=4k2m2-（1+4k2）（m2-1）=0

即m2=4k2+1①…（9分）

∵=+

∴||=②…（11分）

将①式代入②得：||=≥=3

当且仅当k=-时，等号成立，故||min=3，

此时直线方程为：x+2y-2=0．…（14分）

由题意可得：直线l的方程为：y=-x+1，

因为椭圆的离心率e=，

所以=⇒a2=4b2①

联立直线与椭圆的方程可得：(b2+a2)x2-a2x+a2-a2b2=0，

因为椭圆与直线l有且只有一个公共点，

所以=a4-（4b2+a2）（a2-a2b2）=0，即a2=4-4b2②

由①②得：a2=2，b2=，

所以椭圆E方程为+=1．

（1）依题意，设椭圆方程为+=1 ( a＞b＞0 )，

则其右焦点坐标为F(c ， 0 ) ，c=，（1分）

由|FB|=2，得=2，

即(c-)2+2=4，解得c=2．（3分）

又∵b=2，∴a2=c2+b2=12，即椭圆方程为+=1．（4分）

（2）由|AM|=|AN|知点A在线段MN的垂直平分线上，

由消去y得x2+3（kx-2）2=12

即（1+3k2）x2-12kx=0（6分）

由k≠0，得方程的△=（-12k）2=144k2＞0，即方程有两个不相等的实数根． （7分）

设M（x1，y1）、N（x2，y2），线段MN的中点P（x0，y0），

则x1+x2=，∴x0==，

∴y0=kx0-2==，即P ( ， )，（9分）

∵k≠0，∴直线AP的斜率为k1==，（10分）

由AP⊥MN，得×k=-1，（11分）

∴2+2+6k2=6，解得：k=±，即tanα=±，（12分）

又0≤α＜π，故α=，或α=，

∴存在直线l满足题意，其倾斜角α=，或α=．（13分）

（1）由双曲线G：x2-y2=4，得焦点(±2，0)，顶点（±2，0）．

∵椭圆E的顶点恰为双曲线G的焦点，∴a2=(2)2=8，c2=22=4，∴b2=8-4=4．

∴椭圆E的方程为+=1；

（2）假设存在一个以原点O为圆心的圆x2+y2=r2，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A、B，且⊥．

当切线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+t，与椭圆的两个交点A（x1，y1），B（x2，y2）．

联立，消去y得到关于x的方程（1+2k2）x2+4ktx+2t2-8=0，

必须满足△=16k2t2-4（1+2k2）（2t2-8）＞0，即8k2+4＞t2（*）．

∴x1+x2=-，x1x2=．（**）

∵直线l与圆x2+y2=r2，∴=r，化为t2=r2（1+k2）．①

∵⊥，∴x1x2+y1y2=0．

又y1=kx1+t，y2=kx2+t．

代入上式得(1+k2)x1x2+kt(x1+x2)+t2=0，

把（**）代入上式得-+t2=0，

化为3t2=8（k2+1），②满足（*）式．

由①②可得r2=．

因此此时存在满足条件的圆为x2+y2=．

当切线l的斜率不存在时，也满足上述方程．

综上可知：存在一个以原点O为圆心的圆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⊥．

（Ⅰ）依题设A1（-a，0），A2（a，0），则=(-a-1，0)，=(a-1，0)．

由•=-1，得：（-a-1）（a-1）=-1，解得a2=2，又c=1，所以b2=1．

所以椭圆C的方程为+y2=1．

（Ⅱ）椭圆C上是否存在点E使得四边形ADBE为菱形．

事实上，依题直线l的方程为y=k（x-1）．

联立，得：（2k2+1）x2-4k2x+2k2-2=0．

设A（x1，y1），B（x2，y2），弦AB的中点为M（x0，y0），

则x1+x2=，x1x2=，

所以x0==，y0=k(x0-1)=k(-1)=，

所以M(，)．

则直线MD的方程为y+=-(x-)，

令y=0，得xD=，则D(，0)．

若四边形ADBE为菱形，则xE+xD=2x0，所以xE=2x0-xD=-=．

yE+yD=2y0，所以yE=2y0-yD=．

所以E(，)．

若点E在椭圆C上，则()2+2()2=2．

即9k4+8k2=2（2k2+1）2

整理得k4=2，解得k2=．

所以椭圆C上存在点E使得四边形ADBE为菱形．

此时点E到y轴的距离为==．

（Ⅰ）由题意知，半焦距c=，设椭圆长半轴为a，则双曲线实半轴 a-4，

离心率之比为=，

∴a=7，

∴椭圆的短半轴等于=6，

双曲线虚半轴的长为=2，

∴椭圆和双曲线的方程分别为：

+=1和 -=1．

（Ⅱ）由椭圆的定义得：PF1 +PF2=2a=14，

由双曲线的定义得：PF1-PF2=±6，

∴PF1与PF2中，一个是10，另一个是 4，不妨令PF1=10，PF2=4，

又F1F2=2，三角形F1PF2中，利用余弦定理得：(2

13

)2=100+16-80cos∠F1PF2，

∴cos∠F1PF2=．

（1）∵椭圆G：+=1(a＞b＞0)的两个焦点为F1、F2，点P在椭圆G上，

且PF1⊥F1F2，且|PF1|=，|PF2|=，

∴|F1F2|==4，∴c=2，

2a=|PF1|+|PF2|=4，∴a=2，

又∵b2=a2-c2=4，

所以椭圆G的方程为+=1．

（2）设直线l的方程为y=x+m．

由，得4+6mx+3-12=0．

设A、B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2）（x1＜x2），

AB中点为E（x0，y0），

则x0==-，y0=x0+m=，

因为AB是等腰△PAB的底边，所以PE⊥AB．

所以PE的斜率k==-1．

解得m=2．

此时方程①为4+12x=0．解得x1=-3，x2=0．

所以y1=-1，y2=2．所以|AB|=3．

此时，点P（-3，2）到直线AB：x-y+2=0的距离d==，

所以△PAB的面积S=|AB|•d=．

（1）∵=，∴==1-=，∴a2=2b2①

曲线过(1，)，则+=1②

由①②解得，则椭圆方程为+y2=1．

（2）联立方程，消去y整理得：3x2+4mx+2m2-2=0

则△=16m2-12（2m2-2）=8（-m2+3）＞0，解得-＜m＜③

x1+x2=，y1+y2=x1+x2+2m=+2m=，

即AB的中点为(-，)

又∵AB的中点不在x2+y2=内，

∴+=≥

解得，m≤-1或m≥1④

由③④得：-＜m≤-1或1≤m＜．

（I）∵椭圆的离心率为e=，∴=

∵以F1为圆心，|F1F2|为半径的圆与直线x-y-3=0相切

∴=2c，∴c=1

∴a=，∴b2=a2-c2=1

∴椭圆C的方程为+y2=1；

（II）直线y=x代入椭圆方程可得x2=1，∴x=±，∴|AB|=

设椭圆上点的坐标为D（cosα，sinα），则该点D到直线的距离为=≤

∴△ABD面积的最大值为××=．

（1）设椭圆P的方程为 +=1 （a＞b＞0），由题意得b=2，=，

∴a=2c，b2=a2-c2=3c2，∴c=2，a=4，∴椭圆P的方程为： += 1．

（2）假设存在满足题意的直线L．易知当直线的斜率不存在时，•＜0，不满足题意．

故设直线L的斜率为k，R（x1，y1），T（x2，y2 ）．∵•=，∴x1•x2+y1•y2=，

由 可得 （3+4k2 ）x2-32kx+16=0，由△=（-32k）2-4（3+4k2）•16＞0，

解得 k2＞  ①．

∴x1+x2=，x1•x2=，

∴y1•y2=（kx1-4 ）（kx2-4）=k2 x1•x2-4k（x1+x2）+16，

∴x1•x2+y1•y2=+-+16=，∴k2=1  ②，

由①、②解得 k=±1，∴直线l的方程为 y=±x-4，

故存在直线l：x+y+4=0，或 x-y-4=0，满足题意．

（Ⅰ）设椭圆的焦距为2c，由题意得，解得，

∴椭圆C的方程为+=1；

（Ⅱ）过点（3，0）且斜率为的直线l的方程为y=(x-3)，

与椭圆的方程联立，消去y得到x2-3x-8=0，

∵x1+x2=3，∴线段AB的中点的横坐标为=．

∴线段AB的中点的纵坐标为×(-3)=-．

∴线段AB的中点的坐标为(，-)．