热门试卷

（Ⅰ）因为△ABM是边长为的正三角形

所以圆M的半径r=，M到y轴的距离为d=r=，即椭圆的半焦距c=d=

此时点M的坐标为(，)…（2分）

因为点M在椭圆D：+=1(a＞b＞0)上

所以+=1

又a2-b2=c2=2

解得：a2=6，b2=4

所求椭圆D的方程为+=1…（4分）

（Ⅱ）由题意可知直线l的斜率存在，设直线斜率为k

直线l的方程为y=k（x+1），则有Q（0，k）

设P（x1，y1），由于P、Q、F三点共线，且=2

根据题意得（x1，y1-k）=2（-x1-1，-y1），解得…（6分）

又P在椭圆D上，故+=1

解得k=±

综上，直线l的斜率为k=±．…（8分）

（Ⅲ）由（Ⅰ）得：椭圆N的方程为+y2=1…①，

由于F1（1，0），设直线GK的方程为y=kx-2（k＜0）…②，

则直线RS的方程为y=k（x-1）（k＜0）…③

设H（x3，y3），K（x4，y4）

联立①②消元得：（1+2k2）x2-8kx+6=0，所以x3x4=

所以|GH|•|GK|=•=•=…（10分）

设R（x5，y5），S（x6，y6）

联立①③消元得：（1+2k2）x2-4k2x+2k2-2=0

所以x5+x6=，x5x6=y5y6=k2[x5x6-(x5+x6)+1]=3|RF1|•|F1S|=3•=3•=…（13分）

由=，化简得：k2+1=0，显然无解，

所以满足|GH|•|GK|=3|RF1|•|F1S|的直线GK不存在．…（14分）

（Ⅰ）由题设知b=，e==，因为a2=b2+c2a2=4，c2=1，∴椭圆C的方程+=1（3分）

（Ⅱ）易知直线l的斜率存在，设直线l方程y=k（x-1），且l与y轴交于M（0，-k），设直线l交椭圆于A（x1，y1），B（x2，y2）

由得（3+4k2）x2-8k2x+4k2-12=0，

∴x1+x2=，x1•x2=（6分）

又由=λ，

∴（x1，y1）=λ（1-x1，-y1），

∴λ=，同理∴μ=（8分）

∴λ+μ=+==-

所以当直线l的倾斜角变化时，λ+μ的值为定值-；（10分）

（Ⅲ）当直线l斜率不存在时，直线l⊥X轴，则ABED为矩形，由对称性知，AE与BD相交FK的中点N(，0)，

猜想，当直线l的倾斜角变化时，AE与BD相交于定点N(，0)（11分）

证明：由（Ⅱ）知A（x1，y1），B（x2，y2），∴D（4，y1），E（4，y2）

当直线l的倾斜角变化时，首先证直线AE过定点N(，0)，∵lAE：y-y2=•(x-4)

当x=时，y=y2+•(-)=====0∴点N(，0)在直线lAE上，同理可证，点N(，0)也在直线lBD上；∴当m变化时，AE与BD相交于定点(，0)

设A（x1，y1），B（x2，y2），那么A、B的坐标是方程组 的解．

即：a（x1+x2）（x1-x2）+b（y1+y2）（y1-y2）=0，

因为 =-1，

所以 =，

即 =，==，所以b=a①

再由方程组消去y得（a+b）x2-2bx+b-1=0，

由|AB|===

=2 ，

得（x1+x2）2-4x1x2=4，即（ ）2-4•=4．②

由①②解得a=，b=，

故所求的椭圆的方程为 +=1．

（Ⅰ）∵椭圆+=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，

点M（0，2）是椭圆的一个顶点，△F1MF2是等腰直角三角形，

∴b=2，a2=(b)2=8，

所求椭圆方程为+=1． …（5分）

（Ⅱ）若直线AB的斜率存在，设AB方程为y=kx+m，

依题意m≠±2．

设A（x1，y1），B（x2，y2），

由 ，得（1+2k2）x2+4kmx+2m2-8=0．…（7分）

则x1+x2=-，x1x2=．

∵+=8，

∴+=8，

即2k+（m-2）•=8．…（10分）

所以k=-=4，整理得 m=k-2．

故直线AB的方程为y=kx+k-2，即y=k（x+）-2．

所以直线AB过定点（-，-2）． …（12分）

若直线AB的斜率不存在，设AB方程为x=x0，

设A（x0，y0），B（x0，-y0），

由已知+=8，

得x0=-．此时AB方程为x=-，显然过点（-，-2）．

综上，直线AB过定点（-，-2）．…（13分）

（Ⅰ）由已知e==，得==1-e2=．

所以a2=2b2．

所以C：+=1，即x2+2y2=2b2．

因为椭圆C过点(2，)，所以22+2()2=2b2，

得b2=4，a2=8．

所以椭圆C的方程为+=1．

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知椭圆C的焦点坐标为F1（-2，0），F2（2，0）．

根据题意，可设直线MN的方程为y=k（x+2），

由于直线MN与直线PQ互相垂直，则直线PQ的方程为y=-(x-2)．

设M（x1，y1），N（x2，y2）．

由方程组消y得（2k2+1）x2+8k2x+8k2-8=0．

则 x1+x2=，x1x2=．

所以|MN|=|x1-x2|=•=．

同理可得|PQ|=．

所以+=+==．

（1）设+=1，则c2+（）2=a2，准线l：x=，

由点F分的比为3，得-c=3c，

解得a2=4，c=1，得椭圆方程为：+=1．（5分）

（2）设PQ：y=k（x+4），P（x1，y1），Q（x2，y2），F（-1，0）．

∵PF⊥QF，∴（x1+1）（x2+1）+y1y2=0，

即（x1+1）（x2+1）+k2（x1+4）（x2+4）=0，

（1+k2）x1x2+（1+4k2）（x1+x2）+（1+16k2）=0（4分）

联立，消去y得（3+4k2）x2+32k2x+64k2-12=0

∴x1x2=，x1+x2=-（4分）

代入化简得8k2=1，∴k=±．

∴直线PQ的方程为y=（x+4）或y=-（x+4）．（2分）

（Ⅰ）因为椭圆+=1（a＞b＞0）的四个顶点恰好是一边长为2，一内角为60°的菱形的四个顶点，

∴a=，b=1，椭圆M的方程为：+y2=1…4分

（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），因为AB的垂直平分线经过点（0，-），显然直线AB有斜率，

当直线AB的斜率为0时，AB的垂直平分线为y轴，则x1=-x2，y1=y2，

所以S△AOB=|2x1||y1|=|x1||y1|=|x1|•==，

∵≤=，

∴S△AOB≤，当且仅不当|x1|=时，S△AOB取得最大值为…7分

当直线AB的斜率不为0时，则设AB的方程为y=kx+t，

所以，代入得到（3k2+1）x2+6ktx+3t2-3=0，

当△=4（9k2+3-3t2）＞0，即3k2+1＞t2①，方程有两个不同的实数解；

又x1+x2=，=…8分

所以=，又=-，化简得到3k2+1=4t②

代入①，得到0＜t＜4，…10分

又原点到直线的距离为d=，

|AB|=|x1-x2|=•，

所以S△AOB=|AB||d|=••，

化简得：S△AOB=…12分

∵0＜t＜4，所以当t=2时，即k=±时，S△AOB取得最大值为．

综上，S△AOB取得最大值为…14分

（1）圆x2+y2-2y-3=0化为标准方程：x2+（y-1）2=4

∴圆的圆心P（0，1）…（1分），

设抛物线C：x2=2py…（2分），

∵抛物线C以圆心P为焦点，

∴=1…（3分），

∴p=2

∴所求抛物线的方程为x2=4y…（4分）．

（2）由方程组可得y=1…（5分），

依题意，圆P与抛物线C在第一象限的交点为A，∴A（2，1）…（6分），

抛物线C即函数y=x2的图象，当x=2时，切线的斜率k=y′=x=1…（8分），

∴切线为y-1=1×（x-2），即x-y-1=0…（9分），

∴x=0时，y=-1，所以Q（0，-1）…（10分）．

∵动点M到P、Q两点距离之和等于6

∴M的轨迹是焦点在y轴的椭圆，

设它的方程为+=1(a＞b＞0)…（12分），

则2a=|MP|+|MQ|=6，2c=|PQ|=2…（13分），

∴a=3，b2=a2-c2=8，

∴M的轨迹方程为+=1…（14分）．

若椭圆、双曲线的焦点在x轴上，则设椭圆、双曲线的标准方程分别为+=1、-=1，

由题意得

解得a1=7，a2=3，b1=6，b2=2，

所以焦点在x轴上的椭圆、双曲线的标准方程分别为+=1和-=1；

同理焦点在y轴上的椭圆、双曲线的标准方程分别为+=1和-=1．

（1）设中心在原点，长轴在x轴上的椭圆方程：+=1（a＞b＞0）

∵椭圆的一个顶点是(0，-)∴b=

∵离心率为e==c=a

∵a2=b2+c2，∴a2=20，b2=5

∴椭圆方程：+=1

（2）椭圆方程：+=1

∴左右焦点为F1(-，0)，F2(，0)，F1F2=2

联立方程整理可得，2y2-2my+m2-5=0

∵直线与椭圆相交于A、B两点，∴△=4m2-8（m2-5）＞0，即：-＜m＜，且y1+y2=m，y1y2=

由题知：以F1F2和AB为对角线的四边形F1AF2B面积S=|F1F2||y1-y2|=2×=≤5

如图所示，

（1）设椭圆C的方程为：+=1（a＞b＞0），且c＞0，c2=a2-b2；

由题意a-c=1-，=，∴a=1，b=c=；∴C的方程为y2+2x2=1；

（2）由=λ，得-=λ（-），∴（1+λ）=+λ，∴1+λ=4，即λ=3；

设l与椭圆的交点为A（x1，y1）、B（x2，y2），由，得（k2+2）x2+2kmx+（m2-1）=0，

∴△=（2km）2-4（k2+2）（m2-1）=4（k2-2m2+2）＞0，∴x1+x2=，x1x2=；

由=3，得-x1=3x2，∴，整理得3（x1+x2）2+4x1x2=0，

即3(

-2km

k2+2

)2+4=0，整理得4k2m2+2m2-k2-2=0①，

当m2=时，①式不成立；m2≠时，有k2=，由λ=3，知k≠0，

∴k2=＞0，∴-1＜m＜-或＜m＜1，符合△＞0，

∴m∈（-1，-）∪（，1）．

（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，

解得c=4，

所以2a=|PF1|+|PF2|=+=6，

所以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)，

因为⊥，

所以•=9+mn=0，即mn=-9，

又因为圆C的圆心为(5，)，半径为，

所以圆C的方程为(x-5)2+(y-)2=()2，

即（x-5）2+y2-（m+n）y+mn=0，即（x-5）2+y2-（m+n）y-9=0，

令y=0，可得x=8或2，

所以圆C必过定点（8，0）和（2，0）．

（I）依题意可设椭圆G的方程为+=1(a＞b＞0)，则

因为抛物线y2=4x的焦点坐标为(，0)，所以c=，

又因为e=，所以=，所以a=2，b==1，

故椭圆G的方程为+y2=1．…（5分）

（II）由题意知直线l的斜率存在，所以可设直线l：y=kx+m，即kx-y+m=0

∵直线l和圆M相切，∴=R，即m2=R2（k2+1）①

联立方程组消去y整理可得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0，

∵直线l和椭圆G相切，∴△=64k2m2-4（1+4k2）（4m2-4）=0，即m2=4k2+1②

由①②可得k2=，m2=

设点B的坐标为（x0，y0），则有x02==，y02=1-=，

所以|OB|2=x02+y02==5-，

所以|AB|2=|OB|2-|OA|2=5--R2=5-(R2+)≤5-2=1

等号仅当R2=，即R=取得

故当R=时，|AB|取得最大值，最大值为1．…（14分）

（Ⅰ）设椭圆C的方程为+=1 (a＞b＞0)，由题意得

解得a2=4，b2=3，故椭圆C的方程为+=1．

（Ⅱ）若存在直线l满足条件，由题意可设直线l的方程为y=k（x-2）+1，

由得（3+4k2）x2-8k（2k-1）x+16k2-16k-8=0．

因为直线l与椭圆C相交于不同的两点A，B，设A，B两点的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），

所以△=[-8k（2k-1）]2-4•（3+4k2）•（16k2-16k-8）＞0．

整理得32（6k+3）＞0．

解得k＞-．

又x1+x2=，x1x2=，

且•=

PM

2，即(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=，

所以(x1-2)(x2-2)(1+k2)=|PM|2=．即[x1x2-2(x1+x2)+4](1+k2)=．

所以[-2+4](1+k2)==，解得k=±．

所以k=．于是存在直线l满足条件，其的方程为y=x．