热门试卷

（1）由题意，c=1

∵点（-1，）在椭圆C上，∴根据椭圆的定义可得：2a=+，∴a=

∴b2=a2-c2=1，

∴椭圆C的标准方程为+y2=1；

（2）假设x轴上存在点Q（m，0），使得•=-恒成立

当直线l的斜率为0时，A（，0），B（-，0），则(-m，0)•(--m，0)=-，∴m2=，∴m=±①

当直线l的斜率不存在时，A(1，)，B(1，-)，则(1-m，)•(1-m，-)=-，∴(1-m)2=

∴m=或m=②

由①②可得m=．

下面证明m=时，•=-恒成立

当直线l的斜率为0时，结论成立；

当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x=ty+1，A（x1，y1），B（x2，y2）

直线方程代入椭圆方程，整理可得（t2+2）y2+2ty-1=0，∴y1+y2=-，y1y2=-

∴•=（x1-，y1）•（x2-，y2）=（ty1-）（ty1-）+y1y2=（t2+1）y1y2-t（y1+y2）+=+=-

综上，x轴上存在点Q（，0），使得•=-恒成立．

解析：（1）由已知得解得，

所以椭圆C的方程：+y2=1；

（2）由题意可设直线l的方程为：y=kx+m（k≠0，m≠0），

联立 消去y并整理，得：（1+4k2）x2+8kmx+4（m2-1）=0，

则△=64k2m2-16（1+4k2）（m2-1）=16（4k2-m2+1）＞0，

此时设M（x1，y1）、N（x2，y2），则x1+x2=-，x1x2=，

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

又直线OM、MN、ON的斜率依次成等比数列，

∴•==k2⇒-+m2=0，

由m≠0得：k2=⇒k=±．

又由△＞0 得：0＜m2＜2，显然m2≠1（否则：x1x2=0，则x1，x2中至少有一个为0，直线OM、ON中至少有一个斜率不存在，矛盾！）

设原点O到直线l的距离为d，则

S△OMN=|MN|d=×|x1-x2|=|m|=，

故由m得取值范围可得△OMN面积的取值范围为（0，1）．

过点A，B的直线方程为+=1，化为bx-ay+ab=0．

∵过点A，B的直线倾斜角为，∴=tan=．

又原点到该直线的距离为，∴=，

联立，解得．

∴椭圆C的方程为+y2=1．

（1）设椭圆G的方程为：+=1（a＞b＞0）半焦距为c．

则，

解得，

∴b2=a2-c2=9-5=4

所以椭圆G的方程为+=1．

（2）若∠F1NF2=90°，

则在Rt△NF1F2中，|NF1|2+|NF2|2=|F1F2|2=20．

又因为|NF1|+|NF2|=6

解得|NF1|•|NF2|=8，

所以S△NF1F2=|NF1|•|NF2|=4

（3）设A、B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），M的坐标为（-2，1），

当k不存在时，A、B关于点M对称显然不可能．

从而可设直线l的方程为y=k（x+2）+1，

代入椭圆G的方程得（4+9k2）x2+（36k2+18k）x+36k2+36k-27=0，

△=（36k2+18k）2-4（4+9k2）（36k2+36k-27）=16×9（5k2-4k+3）

=16×45[(k-

2

5

)2+]＞0

因为A，B关于点M对称，

所以=-=-2，解得k=，

所以直线l的方程为y=(x+2)+1，

即8x-9y+25=0（经检验，符合题意）．

（1）可知焦点是F1（-3，0），F2（3，0）．由椭圆定义可知长轴长2a=|MF1|+|MF2|

要使长轴长最短，实际上就是在直线x-y+9=0上找一点M，到F1，F2的距离之和最小．

设F1关于x-y+9=0的对称点是A（t，s），

则-+9=0，

又=-1，

解得t=-9，s=6，即A（-9，6），，此时M（-5，4）．

（2）由（1）可知最短长轴长是|AF2|=6

由a=3，c=3得b=6

所以方程为+=1

（1）当3-k2＞1-k＞0，即 k∈（-1，1），方程所表示的曲线是焦点在x轴上的椭圆；

1-k＞3-k2＞0，即 k∈（-，-1），方程所表示的曲线是焦点在y轴上的椭圆；

1-k=3-k2＞0，即 k=-1时，表示的是一个圆；

（1-k）（3-k2）＜0⇒k∈（-∞，-）∪（1，），表示的是双曲线；

k=1，k=-，表示的是两条平行直线； k=，表示的图形不存在．

（2）由（k2+k-6）（6k2-k-1）＜0得 （k+3）（k-2）（3k+1）（2k-1）＜0，

即 k∈（-3，-）∪（，2）．

（1）∵椭圆+=1（a＞b＞0）的一个顶点为A（0，1），离心率为，

∴

∴a2=2，b=1

∴椭圆的方程为+y2=1；

（2）由题意，直线的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+1，代入椭圆方程，消去y可得（1+2k2）x2+4kx=0

∴x=0或x=-，

∵|MN|=

∴||=

∴k4-8k2+7=0

∴k=±1或k=±

∴直线l的方程为y=±x+1或y=±x+1．

（Ⅰ）因为焦点与短轴的端点都在圆x2+y2=1上，

∴c=1，b=1，

∴a2=b2+c2=1+1=2．

则椭圆方程为：+y2=1；

（Ⅱ）由已知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=k（x-2）．

联立，得（1+k2）x2-8k2x+8k2-2=0．

由△=64k4-4（1+k2）（8k2-2）＞0，得k2＜．

所以k∈(-，)．

设A（x1，y1），B（x2，y2）．

则x1+x2=，x1x2=．

若O为直角顶点，则•=0，即x1x2+y1y2=0．

y1y2=k（x1-2）k（x2-2）．

所以上式可整理得：+=0．

解得k=±．满足k∈(-，)．

若A或B为直角顶点，不妨设A为直角顶点，

kOA=-，则A满足，解得

代入椭圆方程得k4+2k2-1=0．

解得k=±．满足k∈(-，)．

综上，k=±或k=±时三角形OAB为直角三角形．

（1）∵F1、F2是双曲线C：x2-=1的两个焦点，∴c==4

不妨设F1（-4，0）、F2（4，0）．

∵椭圆E与双曲线C的焦点相同．

∴设椭圆E的方程为+=1（a＞b＞0）

∵根据已知得，解得

∴椭圆E的方程为+=1

（2）直线l：mx+ny=1与曲线M有两个公共点．

理由是：

∵动点P（m，n）满足|PF1|+|PF2|=10，∴P（m，n）是椭圆E上的点，

∴+=1，∴n2=9-m2，0≤m2≤25

∵曲线M是圆心为（0，0），半径为r=的圆

圆心（0，0）到直线l：mx+ny-1=0的距离d==≤=＜

∴直线l：mx+ny=1与曲线M有两个公共点．

设直线l：mx+ny=1截曲线M所得弦长t，t=2=2在0≤m2≤25上递增

∴当m2=25，m=±5，n=0，即l：x=±时，t最大为．

由题设条件可知：F1（-4，0），F2（4，0）

设F2（4，0）关于直线l：x+y-8=0的对称点为F2′（x0，y0），

则有⇒，所以F2′（8，4）．

连接F1F2′交直线L于一点，此点即为所求的点M．

此时|MF1|+|MF2|取得最小值，并且其最小值等于|F1F2′|==4

设所求椭圆方程为：+=1(a＞b＞0)

所以椭圆长轴长的最小值为4，即2a=4∴a=2，

又因为c=4，所以b2=a2-c2=40-16=24

所以所求椭圆方程为：+=1

设动圆圆为M（x，y），半径为r

那么

∴|MC|+|MA|=10＞|AC|=8

因此点M的轨迹是以A、C为焦点，长轴长为10的椭圆．

其中a=5，c=4，b=3

其方程是：+=1．

（1）依题意可得，下焦点坐标为（0，-c），上焦点坐标为（0，c），直线方程为y=x+c

∵下焦点到直线ℓ的距离为，∴=，∴c=1

∵=，c=1，可得a=

∴b=1

所以椭圆方程为+x2=1

（2）设直线的方程为y=kx+1

由可得（k2+2）x2+2kx-1=0

设P（x1，y1），Q（x2，y2）

则x1+x2=，x1x2=

可得y1+y2=k(x1+x2)+2=

设线段PQ中点为N，则点N的坐标为(，)

由题意有kMN•k=-1

可得•k=-1，可得m=

∵k≠0，∴0＜m＜