热门试卷

（Ⅰ）解法一：由题意，∵椭圆E：+=1(a＞b＞0)的一个交点为F1(-，0)，

∴a2-b2=3，①

∵椭圆过点H(，)．

∴+=1，②

①②解得a2=4，b2=1，

所以椭圆E的方程为+y2=1．…（4分）

解法二：椭圆的两个焦点分别为F1(-，0)，F2(，0)，

由椭圆的定义可得2a=|PF1|+|PF2|=+=4，所以a=2，b2=1，

所以椭圆E的方程为+y2=1．…（4分）

（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）可知A1（0，1），A2（0，-1），设P（x0，y0），

直线PA1：y-1=x，令y=0，得xN=；

直线PA2：y+1=x，令y=0，得xM=； 

设圆G的圆心为((-)，h)，

则r2=[(-)-]2+h2=(+)2+h2，

OG2=(-)2+h2OT2=OG2-r2=(+)2+h2-(-)2-h2=

而+y02=1，所以=4(1-)，所以OT2==4，

所以|OT|=2，即线段OT的长度为定值2．…（14分）

解法二：由（Ⅰ）可知A1（0，1），A2（0，-1），设P（x0，y0），

直线PA1：y-1=x，令y=0，得xN=；

直线PA2：y+1=x，令y=0，得xM=；

则|OM|•|ON|=|•|=||，而+y02=1，所以=4(1-)，

所以|OM|•|ON|=||=4，由切割线定理得OT2=|OM|•|ON|=4

所以|OT|=2，即线段OT的长度为定值2．…（14分）

（1）由题意设椭圆的方程为+=1(a＞b＞0)，

因为M是椭圆短轴的一个端点，过F1的直线l与椭圆交于A、B两点，△MF1F2的面积为4，△ABF2的周长为8

所以，4a=8，×b×2c=4

∴，

∴b=c=2，a=2，

∴所求的椭圆方程为+=1．

（2）假设存在椭圆上的点P及以Q为圆心的一个圆，使得该圆与直线PF1，PF2都相切．

设圆Q的半径为r，点P（x0，y0），

因为圆Q与直线PF1，PF2都相切，所以PQ为∠F1PF2的角平分线，

∴=，∴=

∴|PF1|=|QF1|

∵|QF1|=3，∴|PF1|=3

∴解得x0=2，y0=±

当P（2，）时，直线PF1的方程为：x-2y+2=0，Q到直线PF1的距离==1；直线PF2的方程为x-2=0，该圆与直线PF2相切；当P（2，-）时，直线PF1的方程为：x+2y+2=0，Q到直线PF1的距离==1；直线PF2的方程为x-2=0，该圆与直线PF2相切；

所以存在椭圆上的点P及以Q为圆心的一个圆，使得该圆与直线PF1，PF2都相切，点P（2，±），圆的方程为：（x-1）2+y2=1．

（1）由题意得：

2a+2c=6，=，

解得，a=2．c=1，

故所求椭圆方程为+=1．    

（2）由（1）结合椭圆的几何性质知：

|OM|的最大值为a，最小值b；

∴|OM|的最大值为2，最小值1．

（Ⅰ）由e==，c=，a2=b2+c2得，a=，b=1，

所以椭圆方程是：+y2=1；

（Ⅱ）设P（x1，y1），Q（x2，y2），则y1=kx1+2，y2=kx2+2，

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

则x1+x2=-，x1x2=，

以PQ为直径的圆过D（-1，0），

则⊥，即•=0，

所以•=（x1+1，y1）•（x2+1，y2）=（x1+1）（x2+1）+y1y2

=x1x2+（x1+x2）+y1y2+1=（k2+1）x1x2+（2k+1）（x1+x2）+5==0．            

解得k=，此时（*）方程△＞0，

所以存在k=，使得以PQ为直径的圆过点D（-1，0）．

（Ⅰ）由题意可得，解得，

∴椭圆C的方程为+=1；

（Ⅱ）设B（x1，y1），D（x2，y2）．

由消去y得到x2+mx+m2-2=0，

∵直线与椭圆有两个不同的交点，∴△=8-2m2＞0，解得-2＜m＜2．

∴x1+x2=-m，x1x2=m2-2．

∴|BD|==

=．

点A到直线BD的距离d==．

∴S△ABD=|BD|d=××=≤×=．

当且仅当m=±∈（-2，2）时取等号．

∴当m=±时，△ABD的面积取得最大值．

（Ⅰ）由已知可得e2==，所以3a2=4b2①（1分）

又点M(1，)在椭圆C上，

所以+=1②（2分）

由①②解之，得a2=4，b2=3．

故椭圆C的方程为+=1．（5分）

（Ⅱ）当k=0时，P（0，2m）在椭圆C上，解得m=±，

所以|OP|=．（6分）

当k≠0时，则由

消y化简整理得：（3+4k2）x2+8kmx+4m2-12=0，

△=64k2m2-4（3+4k2）（4m2-12）=48（3+4k2-m2）＞0③（8分）

设A，B，P点的坐标分别为（x1，y1）、（x2，y2）、（x0，y0），

则x0=x1+x2=-，y0=y1+y2=k(x1+x2)+2m=．（9分）

由于点P在椭圆C上，所以+=1．（10分）

从而+=1，化简得4m2=3+4k2，经检验满足③式．（11分）

又|OP|==

==

=．（12分）

因为0＜|k|≤，得3＜4k2+3≤4，有≤＜1，

故＜|OP|≤．（13分）

综上，所求|OP|的取值范围是[，]．（14分）

（Ⅰ）由题意：，解得a2=8，b2=4．

所求的求椭圆C的方程+=1．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，F1（-2，0）是椭圆的右焦点，e=．设l为椭圆的左准线，则l：x=-4．作AA1⊥l于A1点，BB1⊥l于B1点，l与x轴的交点为H．

∵点A在椭圆上，∴|AF1|=|AA1|=(|HF1|+|F1A|cosθ)=+|F1A|cosθ．

∴|AF1|=，同理|BF1|=．（其中θ为直线AB的倾斜角）．

∴|AB|=|AF1|+|BF1|=+=．

（Ⅲ）设直线AB的倾斜角为θ，由于DE⊥AB，由（Ⅱ）知：|AB|=，|DE|=，|AB|+|DE|=+=．

当θ=或θ=时，|AB|+|DE|取得最小值．

（1）由2b=2，得b=1．                                  …（1分）

由=，得=，a2=2．                        …（2分）

∴椭圆C1的方程是+y2=1．                              …（3分）

依题意有1+=2，得p=2，…（4分）

∴抛物线C2的方程是y2=4x．…（5分）

（2）①当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为x=n．

由直线l与椭圆C1相切，可得n=±；

由直线与抛物线C2相切得n=0．

∴此时符合题设条件的直线l不存在．…（7分）

②当直线l的斜率存在时，设直线l：y=kx+n   …（8分）

当直线l与椭圆C1相切时，联立，得（1+2k2）x2+4knx+2n2-2=0，

由△1=(4kn)2-4(1+2k2)(2n2-2)=0，得n2=2k2+1，…（10分）

当直线l与抛物线C2相切时，联立，得k2x2+2（kn-2）x+n2=0，

由△2=[2(kn-2)]2-4k2n2=0，得kn=1，…（12分）

联立，解得k=，n=或k=-，n=-．…（13分）

综上，直线l的方程为y=±(x+2)．…（14分）

（1）∵中心在坐标原点O的椭圆C经过点A（2，3），且点F（2，0）为其右焦点，

∴c=2，左焦点F′（-2，0），

∴2a=|AF|+|AF′|=+=8，

解得c=2，a=4，

又a2=b2+c2，所以b2=12，故椭圆C的方程为+=1．

（2）假设存在符合题意的直线l，设其方程为y=x+t，

由，得3x2+3tx+t2-12=0，

∵直线l与椭圆有公共点，∴△=（3t）2-4×3（t2-12）≥0，

解得-4≤t≤4，

∵直线OA与l的距离4=，从而t=±2，

由于±2∉[-4，4]，

所以符合题意的直线l不存在．

（1）设椭圆方程为+=1(k，n＞0)，

∵椭圆经过两点A(0，-3)、B(，)．代入方程

则有，解得

∴所求椭圆的标准方程为+=1

（2）若点（-1，m）恰在此椭圆内部，则必有+＜1，

∴m2＜，

即m∈(-，)