热门试卷

（1）设经过两点A（0，2），B(，)的椭圆标准方程为

mx2+ny2=1，代入A、B得⇒，

∴所求椭圆方程为x2+=1、（5分）

（2）在椭圆x2+=1中，a=2，b=1、∴c==

又∵点P在椭圆上，∴|PF1|+|PF2|=2a=4、①（6分）

由余弦定理知：|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|cos30°=|F1F2|2=（2c）2=12 ②（8分）

把①两边平方得|PF1|2+|PF2|2+2|PF1|•|PF2|=16，③

③-②得（2+）|PF1|•|PF2|=4，

∴|PF1|•|PF2|=4（2-），（10分）

∴S△PF1F2=|PF1|•|PF2|sin30°=2-、（12分）

当椭圆的焦点在x轴上时，∵a=3，=，

∴c=，

∴b2=a2-c2=3．

∴椭圆方程为 +=1．

当椭圆的焦点在y轴上时，∵b=3，=，

∴=，解得a2=27．

故椭圆的方程为 +=1．

综上知，所求椭圆的方程为 +=1，或 +=1．

（1）∵椭圆+=1（a＞b＞0）过点A（a，0），B（0，b）的直线倾斜角为，

原点到该直线的距离为，

∴=，ab=••，

解得a=，b=1，

∴椭圆方程是+y2=1．

（2）将y=kx+2代入+y2=1，

得（3k2+1）x2+12kx+9=0．

设P（x1，y1），Q（x2，y2），以PQ为直径的圆过D（1，0）

则PD⊥QD，即（x1-1）（x2-1）+y1y2=0，

又y1=kx1+2，y2=kx2+2，

得（k2+x）x1x2+（2k-1）（x1+x2）+5=0，

又x1x2=，x1+x2=-，

代上式，得k=-，

∵此方程中，△=144k2-36（3k2+1）＞0，∴k＞1，或k＜-1．

∴存在k=-满足题意．

（Ⅰ）由已知，可设椭圆方程为+=1(a＞b＞0)，

则a=，c=2．

所以b===，

所以椭圆方程为+=1．

（Ⅱ）若直线l⊥x轴，则平行四边形AOBC中，点C与点O关于直线l对称，此时点C坐标为（2c，0）．

因为2c＞a，所以点C在椭圆外，所以直线l与x轴不垂直．                  

于是，设直线l的方程为y=k（x-2），点A（x1，y1），B（x2，y2），

则，整理得，（3+5k2）x2-20k2x+20k2-30=0，

x1+x2=，所以y1+y2=-．

因为四边形AOBC为平行四边形，所以+=，

所以点C的坐标为(，-)，

所以+=1，解得k2=1，

所以k=±1．

（1）曲线C1的方程为-=1，伸缩比λ=2，

∴C1关于原点“伸缩变换”后所得曲线C2的方程为：-=1，即-=1；

（2）抛物线C1：y2=2x，经过伸缩变换后得抛物线C2：λ2y2=λx，⇒y2=x

=32，⇒则伸缩比λ=；

（3）∵C2、C1关于原点“伸缩变换”，对C1作变换（x，y）→（λx，λy）（λ＞0），

得到C2+=1，（12分）

解方程组得点A的坐标为(，)（14分）

解方程组得点B的坐标为(，)（15分）

|AB|===，

化简后得3λ2-8λ+4=0，解得λ1=2，λ2=，

因此椭圆C2的方程为+y2=1或+=1．（18分）（漏写一个方程扣2分）

（1）由题意，b=c=2，∴a2=b2+c2=16，∴椭圆方程为+=1；

（2）设直线l的方程为y=kx+3，代入椭圆方程，可得（k2+2）x2+6kx-7=0

设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=

∵=3，∴x1=-3x2，

∴-2x2=，-3x22=

∴()2=

∴27k2=7k2+14

∴k2=

∴k=±

∴直线l的方程为y=±x+3．

（I）由题意，，∴a=，b=1

∴椭圆的方程为+y2=1；

（II）y=kx+m代入椭圆方程整理可得（1+2k2）x2+4kmx+2m2-2=0．

设点M、N的坐标分别为M（x1，y1）、N（x2，y2）、P（x0，y0），则

x1+x2=-，x1x2=

∴y1+y2=k（x1+x2）+2m=

（1）当m=0时，点M、N关于原点对称，则λ=0．

（2）当m≠0时，点M、N不关于原点对称，则λ≠0，

∵+=λ，∴（x1，y1）+（x2，y2）=λ（x0，y0），

∴x1+x2=λx0，y1+y2=λy0，

∴x0=-，y0=

∵P在椭圆上，

∴[-]2+2[]2=2

化简，得4m2（1+2k2）=λ2（1+2k2）2．

∵1+2k2≠0，

∴有4m2=λ2（1+2k2）．…①…7分

又∵△=16k2m2-4（1+2k2）（2m2-2）=8（1+2k2-m2），

∴由△＞0，得1+2k2＞m2．…②…8分

将①、②两式，∵m≠0，∴λ2＜4，

∴-2＜λ＜2且λ≠0．

综合（1）、（2）两种情况，得实数λ的取值范围是-2＜λ＜2；

（III）由题意，|MN|=|x1-x2|，点O到直线MN的距离d=

∴S△MNO=|m||x1-x2|=

当λ=时，由4m2=λ2（1+2k2）可得2m2=1+2k2，

∴S△MNO=．

（1）连接RA，由题意得，|RA|=|RP|，|RP|+|RB|=4，

∴|RA|+|RB|=4＞|AB|=2，

由椭圆定义得，点R的轨迹方程是+=1．

（2）设M（x0，y0），则N（-x0，-y0），QM，QN的斜率分别为kQM，kQN，

则kQM=，kNQ=，

∴直线QM的方程为y=(x-2)，直线QN的方程y=(x-2)，

令x=t（t≠2），则y1=(t-2)，y2=(t-2)，

又∵（x0，y0）在椭圆+=1，∴=3-，

∴y1•y2=(t-2)2==-(t-2)2，其中t为常数．

（Ⅰ）由已知，a＞1，

∴方程组有实数解，从而(1-)x2=c2-1≥0，

故c2≥1，所以a2≥2，即a的取值范围是[，+∞)．

（Ⅱ）设椭圆上的点P（x，y）到一个焦点F2（c，0）的距离为d，

则d2=(x-c)2+y2=x2-2cx+c2+1-=x2-2cx+c2+1

=(x-)2（-a≤x≤a）．

∵＞a，

∴当x=a时，dmin=a-c，

（可以直接用结论）

于是，，

解得．

∴所求椭圆方程为+y2=1．

（Ⅲ）由

得（3k2+1）x2+6mkx+3（m2-1）=0（*）

∵直线l与椭圆交于不同两点，

∴△＞0，即m2＜3k2+1．①

设M（x1，y1）、N（x2，y2），则x1、x2是方程（*）的两个实数解，

∴x1+x2=-，

∴线段MN的中点为Q(-，)，

又∵线段MN的垂直平分线恒过点A（0，-1），

∴AQ⊥MN，

即-=-，即2m=3k2+1（k≠0）②

由①，②得m2＜2m，0＜m＜2，又由②得m＞，

∴实数m的取值范围是(，2)．

（I）设椭圆的方程为+=1(a＞b＞0).

由条件知c=2，且=λ，所以a2=λ，b2=a2-c2=λ-4．

故椭圆的方程是+=1(λ＞4).

（II）依题意，直线l的斜率存在且不为0，记为k，则直线l的方程是y=k（x-1）．

设点F（2，0）关于直线l的对称点为F'（x0，y0），

则

解得

因为点F'（x0，y0）在椭圆上，所以+=1.

即λ（λ-4）k4+2λ（λ-6）k2+（λ-4）2=0．

设k2=t，则λ（λ-4）t2+2λ（λ-6）t+（λ-4）2=0．

因为λ＞4，所以＞0.

当且仅当(*)

上述方程存在正实根，即直线l存在．

解（*）得所以4＜λ≤.

即λ的取值范围是4＜λ≤.

（I）设椭圆T的方程为mx2+ny2=1，将P、Q的坐标代入得，∴

∴椭圆T的标准方程为+y2=1；

（II）设M（x1，y1），N（x2，y2），则|MN|=

∵•=0，∴x1x2+y1y2=0，∴|MN|==

∵(x1x2)2=(y1y2)2=1-（x12+x22）+

∴=1-（x12+x22）≤()2

∴x12+x22≥3

∴|MN|≤2，∴|MN|的最大值为2．

（1）椭圆+=1焦点坐标为（0，3），在y轴上

∴所求双曲线的焦点坐标为（0，3），c=3

故设双曲线方程为-=1

∵点(1，)在双曲线上

∴-=1解得a2=5，

∴所求双曲线方程为-=1

（2）与双曲线-=1有相同渐近线的双曲线方程可设为-=λ

而点(2，1)在双曲线上则-=λ解得λ=

∴所求双曲线方程为-y2=1

设椭圆离心率为e，设F2的坐标为（c，0），其中c2=a2-b2，

设l的方程为y=kx+m，则l与y轴的交点为（0，m），m=-kc，

所以B点的坐标为（，-），将B点坐标代入椭圆方程得+•k2=4，即e2+=4，

所以k2=（4-e2）•（-1）≤，即5e4-29e2+20≤0，解之可得，≤e2≤5，

又有椭圆的性质，所以≤e＜1，

因此椭圆C的离心率取值范围为[，1）．