热门试卷

解：（1）设P（x，y），A（x1，x1），B（x2，-x2）

∵

∴P是线段AB的中点

∴

∵

∴

∴

∴化简得点P的轨迹C的方程为。

（2）当直线l的斜率存在时，设l：y=kx+m，

∵l与C相切，

∴

∴

联立

设M （x1，y1），N（x2，y2），

则

∴

又

∴

当直线l的斜率不存在时，l的方程为，

代入椭圆方程得或

此时，

综上所述，为定值0。

解：（1））∵a2=2，b2=1，

∴c=1，F（-1，0），l：x=-2

∵圆过点O、F，

∴圆心M在直线上

设

则圆半径

由|OM|=r，得

解得

∴所求圆的方程为。

（2）设直线AB的方程为y=k（x+1）（k≠0），

代入，整理得（1+2k2）x2+4k2x+2k2-2=0

∵直线AB过椭圆的左焦点F，

∴方程有两个不等实根

记A（x1，y1），B（x2，y2），AB中点N（x0，y0），则

∴AB的垂直平分线NG的方程为

令y=0，得

∵k≠0

∴

∴点G横坐标的取值范围为。

解：（1）因为椭圆E：（a，b＞0）过M（2，），N（，1）两点，

所以，解得，所以，

椭圆E的方程为；

（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且，

设该圆的切线方程为y=kx+m，

解方程组，得，

即，

则△=，即，

，

，

要使，需使，

即，

所以，所以，

又，

所以，所以，

因为直线y=kx+m为圆心在原点的圆的一条切线，

所以圆的半径为，，

所求的圆为，

此时圆的切线y=kx+m都满足，

而当切线的斜率不存在时切线为，

与椭圆的两个交点为，满足；

综上，存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，

且，

因为，

所以，

，

①当k≠0时，，

因为，所以，

所以，

所以，当且仅当时取“=”；

②当k=0时，；

③当AB的斜率不存在时，两个交点为，

所以此时；

综上，|AB|的取值范围为，即：。

解：（Ⅰ）由题意，得A（4，0），B（0，2），D（0，-2），E（2，0），P（4，1），

所以直线DE的方程为y=x-2，

直线BP的方程为，

解方程组得，

所以直线DE与直线BP的交点坐标为，

因为，

所以点在椭圆上，

即直线DE与直线BP的交点在椭圆C上。

（Ⅱ）直线BR的方程为y=k1x+2，

解方程组得，

所以点R的坐标为，

因为，

所以直线BS的斜率，直线BS的方程为，

解方程组，

所以点S的坐标为，

所以R，S关于坐标原点O对称，

故R，O，S三点共线，即直线RS过定点O。

解：（1）设PD中点，

依题意，

又点P在圆C：x2+y2=4上，

∴，即，

又P与D不重合，

∴PD中点M的轨迹E的方程为；

（2），

设，

∴，

∴。

解：（Ⅰ）由题设及，

不妨设点A（c，y），其中y＞0，

由于点A在椭圆上，有，，

解得，从而得到，

直线的方程为，整理得，

由题设，原点O到直线的距离为，

即，

将代入原式并化简得，即。

 （Ⅱ）圆上的任意点处的切线方程为，

当t∈（0，b）时，圆上的任意点都在椭圆内，

故此圆在点A处的切线必交椭圆于两个不同的点，

因此点的坐标是方程组的解，

当时，由①式得，

代入②式，得，

即，

于是，

，

若，则

，

所以，，

由，得，

在区间（0，b）内此方程的解为，

 当时，必有，同理求得在区间（0，b）内的解为，

另一方面，当时，可推出，从而；

综上所述，使得所述命题成立．

解：（1）由椭圆方程知a2=4，b2=3，

∴a=2，

∴F1（-1，0），F2（1，0）

∵与方向相同，

∴点Q在F1P的延长线上，且有

∴点Q的轨迹C是圆，圆心为F1，半径为4

∴C的方程为（x+1）2+y2=16。

（2）假设存在该椭圆的切线l满足条件。

（i）当直线l的斜率不存在时，l的方程为x=±2

当x=-2时，

此时AF2与BF2不垂直，

∴直线x=-2不适合

当x=2时，同理可知x=2也不适合。

（ii）当直线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+n，

与椭圆方程联立消去y得（3+4k2）x2+8knx+4n2-12=0

由题意得△1=64k2n2-4（3+4k2）（4n2-12）=0，

化简得n2=4k2+3  ①

由

消去y得（1+k2）x2+（2+2kn）x+n2-15=0

在l与椭圆相切的条件下必有△2=（2+2kn）2 -4（1+k2）· （n2-15）>0

设A（x1，y1），B（x2，y2），则

∵ AF2⊥BF2∴

∴（x1-1）（x2-1）+y1y2=0，

又y1=kx1+n，y2=kx2+n，

∴（k2+1）x1x2+（kn-1）（x1+x2）+n2+1=0

∴

化简得n2=7k2+6， ②

由①②可得4k2+3=7k2+6

∴k2=-1不成立，

综上，直线l不存在。

解：(Ⅰ)设边界曲线上点P的坐标为(x，y)，

当x≥2时，由题意知，，

当x＜2时，由|PA|+|PB|=4知，点P在以A，B为焦点，长轴长为2a=4的椭圆上，

此时短半轴长=2，

因而其方程为，

故考察区域边界曲线（如图）的方程为C1：和C2：。

(Ⅱ)设过点P1，P2的直线为l1，过点P2，P3的直线为l2，

则直线l1，l2的方程分别为，

设直线l平行于直线l1，其方程为，

代入椭圆方程，消去y，得，

由△=100×3m2-4×16×5(m2-4)=0，解得m=8或m=-8，

从图中可以看出，当m=8时，直线l与C2的公共点到直线l1的距离最近，此时直线l的方程为y=x+8，

l与l1之间的距离为，

又直线l2到C1和C2的最短距离，

而d′＞3，所以考察区域边界到冰川边界线的最短距离为3．

设冰川边界线移动到考察区域所需的时间为n年，

则由题设及等比数列求和公式，得，所以n≥4．

解一：（1）由题知：

化简得：

（2）设，l:x=my+1，

代入

整理得

，

∵MQ的方程为

令y=0，得

∴直线MQ过定点(2,0).

解二：设，l:y=k(x-1)，

代入整理得

,,

∵MQ的方程为

令y=0，得

∴直线MQ过定点(2,0)

解三：由对称性可知，若MQ过定点，则定点一定在x轴上，

设，:，

代入整理得

,

设MQ过定点，则，而      

则

∴m=2∴直线MQ过定点(2,0)

解：（1）∵，

∴，

于是，

所求“果圆”方程为。

（2）由题意，得a+c＞2b，即，

，

∴，得，

又，

∴，

（3）设“果圆”的方程为，

记平行弦的斜率为k，

当k=0时，直线与半椭圆的交点是，

与半椭圆的交点是，

∴P，Q的中点M（x，y）满足，得，

∵a＜2b，

∴，

综上所述，当k=0时，“果圆”平行弦的中点轨迹总是落在某个椭圆上；

当k＞0时，以k为斜率过B1的直线l与半椭圆的交点是，

由此，在直线l右侧，以k为斜率的平行弦的中点轨迹在直线上，即不在某一椭圆上；

当k＜0时，可类似讨论得到平行弦中点轨迹不都在某一椭圆上。

解：（1）由题意得

又

解得，

因此所求椭圆的标准方程为。

（2）（i）假设AB所在的直线斜率存在且不为零，设AB所在直线方程为，

解方程组得，

所以

设，由题意知，

所以，

即，

因为l是AB的垂直平分线，

所以直线l的方程为，

即，

因此，

又，

所以，

故

又当或不存在时，上式仍然成立

综上所述，M的轨迹方程为。

（2）当k存在且时，由（i）得，，

由解得，，

所以，，

由于

，

当且仅当时等号成立，即时等号成立，

此时面积的最小值是

当，

当k不存在时，

综上所述，的面积的最小值为。

解：（Ⅰ）∵，且BC过（0，0），

则，

又∵，

∴∠OCA=90°，即，

又∵，设m：，

将C点坐标代入，得，解得c2=8，b2=4，

∴椭圆m：；

（Ⅱ）由条件知D（0，-2），

∵M（0，t），设直线l的斜率为k，

1°当k=0时，显然-2＜t＜2；

2°当k≠0时，设l：y=kx+t，

消y，得（1+3k2）x2+6ktx+3t2-12=0，

由Δ＞0，可得t2＜4+12k2， ①

设P（x1，y1），Q（x2，y2），PQ中点H（x0，y0），

则，y0=kx0+t=，

∴，

∵，

∴DH⊥PQ，即，

∴，化简，得t=1+3k2，②

∴t＞1，

将①代入②，得1＜t＜4，

∴t的范围是（1，4）；

综上t∈（-2，4）。

(Ⅰ)解：∵，

∴，

又，即，

∴是等腰直角三角形，

∵，

∴C（1，1），而C在椭圆上，

∴，∴，

∴所求椭圆方程为。

(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)得，

又，即，

即点F分所成的定比为2，

设，

∵，

∴，CF⊥x轴，

∴，即CF平分∠BCA。

(Ⅲ)解：对于椭圆上两点P，Q，

∵的角平分线总是垂直于x轴，

∴PC与CQ所在直线关于x=1对称，，则，

∵C（1，1），

则PC的直线方程为，①

QC的直线方程为，②

将①代入，得

，③

∵C（1，1）在椭圆上，

∴x=1是方程③的一个根，

∴，

同理将②代入，得

，④

∵C（1，1）在椭圆上，

∴x=1是方程④的一个根，

∴，

，

而，

∴，∴PQ∥AB，

∴存在实数λ，使得。