热门试卷

（I）由x2=4y可得抛物线焦点坐标为（0，1），∴b=1，

又∵e=，∴=，∵a2=b2+c2，∴a2=4，

∴=，

∴椭圆C的方程为+y2=1，圆O的方程为x2+y2=5．

（Ⅱ）∵过点P（0，）的直线l与椭圆C在第一象限内只有一个公共点，

∴直线l的斜率存在，设l的方程为y=kx+，k＜0

由，得x2+4(kx+)2=4，

即（1+4k2）x2+8kx+16=0，

则△=(8k)2-64(1+4k2)=0，

∴k2=1，又k＜0，k=-1，

∴直线l方程为y=-x+，

圆心O到直线l方程为y=-x+，

圆心O到直线l的距离d==，

∴直线l被圆O截得的弦长为2=．

 （Ⅲ）证明：若点M的坐标为（2，1），（2，-1），（-2，-1），（-2，1），

则过这四点分别作满足条件的直线l1，l2，

若一条直线斜率为0，则另一条斜率不存在，则l1⊥l2

若直线l1，l2斜率都存在，则设过M与椭圆只有一个公共点的直线方程为y-y0=k（x-x0），

由，得x2+4[kx+（y0-kx0）]2=4，

即（1+4k2）x2+8k（y0-kx0）•x+4（y0-kx0）2-4=0，

则△=[8k（y0-kx0）]2-4（1+4k2）[4（y0-kx0）2-4]=0，

化简得（4-x02）k2+2x0y0k+1-y02=0，

∵x02+y02=5，

∴（4-x02）k2+2x0yk+x02-4=0，

设l1，l2的斜率分别为k1，k2，因为l1，l2与椭圆都只有一个公共点，

所以k1，k2满足（4-x02）k2+2x0yk+x02-4=0，

∴k1•k2==-1，

∴l1⊥l2．

（1）设A（x0，y0），因为B（0，2），M（，0）

故=（-，2），=（x0-，y0）．

∵=-2．

∴（-，2）=-2（x0-，y0）

∴x0=，y0=-1，即A（，-1）

∵A，B都在曲线E上，所以

解得a=1，b=

∴曲线E的方程为x2+=1

（2）设AB的中点为T，由条件得|TM|=|TA|-|MA|=|AB|，|OM|=

根据Rt△OTA和Rt△OTM得，

即，解得|AB|=，|OT|=

∴在Rt△OTM中，tan∠OMT=，

∴直线AB的斜率为或-

∴直线AB的方程为y=x-1或y=-x+1

（I）由题意，可设椭圆C的方程为+=1（a＞b＞0），则c=，=，

所以a=2，b2=a2-c2=1，

所以椭圆C的方程为+y2=1．

（II）证明：由椭圆C的方程可知，点A1的坐标为（-2，0），点A2的坐标为（2，0），

设动点M的坐标为（x0，y0），由题意可知0＜x0＜2，y0＞0，

直线MA1的斜率k1=＞0，直线MA2的斜率k2=＜0，

所以k1k2=，

因为点M（x0，y0）在椭圆+y2=1上，

所以+y02=1，即y02=1-，

所以k1k2==-；

（III）设直线MA1的方程为y=k1（x+2），令x=0，得y=2k1，所以点P的坐标为（0，2k1），

设直线MA2的方程为y=k2（x-2），令x=0，得y=-2k2，所以点Q的坐标为（0，-2k2），

由椭圆方程可知，点B的坐标为（0，1），

由|PB|=|BQ|，得|1-2k1|=|-2k2-1|，

由题意，可得1-2k1=（-2k2-1），

整理得4k1-2k2=3，与k1k2=-联立，消k1可得2k22+3k2+1=0，

解得k2=-1或k2=-，

所以直线MA2的直线方程为y=-（x-2）或y=-（x-2），

因为y=-（x-2）与椭圆交于上顶点，不符合题意．

把y=-（x-2）代入椭圆方程，得5x2-16x+12=0，

解得x=或2，

因为0＜x0＜2，所以点M的坐标为（，）．

：（1）由题意可得，解得a=，c=1，b=

所以椭圆E：+=1．

（2）由（1）可知：椭圆的右准线方程为x==3，

设P（3，y0），Q（x1，y1），

因为PF2⊥F2Q，所以kQF2kPF2=•==-1，

所以-y1y0=2（x1-1）

又因为kPQ•kOQ=•=且=2(1-)代入化简得kPQ•kOQ=-．

即直线PQ与直线OQ的斜率之积是定值-．

（3）由（2）知，kPQ•kOQ=-，kOQ=，

∴kPQ=-．

∴直线PQ的方程为y-y1=-(x-x1)，即y=-x+，

联立得(3+2)x2-12x1x+18-9=0，

∵3+2=6，18-9=6．

∴化简得：x2-2x1x+=0，又△=0，

解得x=x1，所以直线PQ与椭圆C相切，只有一个交点．

（1）由题设知F1（-，0），F2（，0），其中a＞

由于．=0，则有⊥，所以点A的坐标为（±

故AF1所在直线方程为y=±（），所以坐标原点O到直线AF1的距离为，

又|OF1|=，所以=|=，解得：a=2．

∴所求椭圆的方程为+ =1．

（2）由题意可知直线l的斜率存在，设直线斜率为k，则直线l的方程为y=k（x+1），故M（0，k）．

设Q（x1，y1），由于Q，F，三点共线，且|MQ|=|2QF|．

根据题意得（x1，y1-k）=±2（x1+1，y1），解得或

又Q在椭圆C上，故+=1或+=1，

解得k=0，k=±4，综上，直线的斜率为0或±4

（1）设椭圆方程为+=1（a＞b＞0）．（1分）

∵双曲线-4x2=1的焦点坐标分别为（0，1）和（0，-1）

∴椭圆焦点坐标分别为（0，1）和（0，-1）（2分）

∴c=1，即a2-b2=1①（3分）

又椭圆过点P(，1)，∴+=1②（4分）

由①②得a2=4，b2=3，（6分）

∴所求椭圆方程为+=1．（7分）

（2）若直线l的斜率k不存在，即l⊥x轴，

由椭圆的对称性知，则不满足=2．（1分）

当直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为y=-=k（x+1）．（2分）

设A（x1，y1），B（x2，y2），则3y12+4x12=12①3y22+4x22=12②（3分）

由=2知M为AB的中点

∴x1+x2=-2，y1+y2=2（4分）

①-②得3（y1+y2）（y1-y2）+4（x1+x2）（x1-x2）=0

∴k==，（5分）

∴直线l的方程为：y-1=(x+1)，即4x-3y+7=0．（7分）

（1）由点A（a，0），B（0，b）的直线倾斜角为，可得=，

∵ab=××，得a=，b=1，

∴椭圆方程是：+y2=1   （3分）

（2）设MN：x=ty+1（t＜0）代入+y2=1，得（t2+3）y2+2ty-2=0，

设M（x1，y1），N（x2，y2），由=2，得y1=-2y2．

由y1+y2=-y2=-，y1y2=    （6分）

得-2(

2t

t2+3

)2=，∴t=-1，t=1（舍去）

直线MN的方程为：x=-y+1即x+y-1=0    （8分）

（3）将y=kx+2代入+y2=1，得（3k2+1）x2+12kx+9=0（*）

记P（x3，y3），Q（x4，y4），PQ为直径的圆过D（1，0），则PD⊥QD，即（x3-1）（x4-1）+y3y4=0，

又y3=kx3+2，y4=kx4+2，得（k2+1）x3x4+（2k-1）（x3+x4）+5=0       ①

又x3+x4=-，x3x4=，代入①解得k=-   （11分）

此时（*）方程△＞0，∴存在k=-，满足题设条件．      （12分）

（1）据已知||+||=2，

所求曲线C是椭圆，长轴2a=2，a=，c=1，

所以椭圆的方程为+y2=1．

（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），

由•=0⇒x1x2+y1y2=0，

设l：y=kx-2，

y1=kx1-2，y2=kx2-2，y1y2=k2x1•x2-2k（x1+x2）+4，

（1+k2）x1x2-2k（x1+x2）+4=0（*）．

联立+y2=1，得x2+2（kx-2）2=2，

x1，x2为上述方程的两根，

∴x1x2=，x1+x2=

代入（*）得k2=5⇒k=±，

所求直线l为：x-y-2=0或x+y+2=0

（3）椭圆的右准线为x=2，设点P到右准线的距离为d，

则=⇒d=||，||+||=||+d，

此时||+d的最小值为点A到右准线x=2的距离，(||+d)min=1，

此时点P的坐标为(，)．

（1）设G是曲线C上任意一点，依题意，|GE|+|GF|=12．

所以曲线C是以E、F为焦点的椭圆，且椭圆的长半袖a=6，半焦距c=4，

所以短半轴b==，

所以所求的椭圆方程为+=1；

（2）由已知A（-6，0），F（4，0），设点P的坐标为（x，y）

则=(x+6，y)，=(x-4，y)

由已知得

则2x2+9x-18=0，解之得x=，或x=-6，

由于y＞0，所以只能取x=，于是y=，

所以点P的坐标为(，)；

（3）圆O的圆心为（0，0），半径为6，其方程为x2+y2=36，

若过P的直线l与x轴垂直，则直线l的方程为x=，

这时，圆心到l的距离d=，

所以AB=2=2=2×，

符合题意；

若过P的直线l不与x轴垂直，设其斜率为k，

则直线l的方程为y-=k(x-)，

即2kx-2y+5-3k=0

这时，圆心到l的距离d=，

所以MN2=4(r2-d2)=4[62-()2]=(3)2，

化简得，10k-22=0，所以k=，=

所以直线l的方程为11x-15y+21=0，

综上，所求的直线l的方程为x=，或11x-15y+12=0.