热门试卷

解：（Ⅰ）依题意，椭圆过点，

故，解得，

椭圆C的方程为；

（Ⅱ）设D，E是椭圆C上关于直线l：y=9x+m对称的两点，

可设直线DE的方程为，

代入椭圆C的方程，得，

由Δ＞0得，

线段DE的中点G的坐标为，

点G在直线l上，故，解得，

把代入，解得；

（Ⅲ）设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0），

则直线PA的方程为x1x+y1y=5，

直线PB的方程为x2x+y2y=5，

直线PA，PB均过点P，故x1x0+y1y0=5，x2x0+y2y0=5，

因此，直线AB的方程为x0x+y0y=5，

故，

△MON的面积，

而，所以，

当且仅当时等号成立，

此时，，即△MON面积的最小值为。

解：（1）由已知得椭圆的半长轴a=2，半焦距c=，

则半短轴b=1，

又椭圆的焦点在x轴上，

∴椭圆的标准方程为；

（2）设线段PA的中点为M（x，y），点P的坐标是（x0，y0），

由x=，得x0=2x-1，

由y=，得y0=2y-，

由点P在椭圆上，得，

∴线段PA中点M的轨迹方程是；

（3）当直线BC垂直于x轴时，BC=2，

因此△ABC的面积S△ABC=1；

当直线BC不垂直于x轴时，设该直线方程为y=kx，代入，

解得B（，），C（-，-），

则，

又点A到直线BC的距离d=，

∴△ABC的面积S△ABC=，

于是S△ABC=，

由≥-1，得S△ABC≤，其中，当k=时，等号成立；

∴S△ABC的最大值是。

解：（Ⅰ）依题意，A、B不与椭圆C长轴两端点重合，

因为的周长为8，即，

又，

所以，

根据椭圆的定义，得，

所以，，

又因为c=1，所以，

所以椭圆C的方程为；

（Ⅱ）设点E的坐标为（m，0），由已知可得直线l的方程为y=k（x-1），

代入椭圆方程，

消去y整理得：， （*）

，

设，

则是方程（*）的两个实根，

由根与系数的关系可知：，

，

由已知，得，

由已知，

，

，

因为，

，

∴，

∴，

化简得：6m-24=0，m=4，

即E（4，0）。

解：(1)设椭圆的长半轴长为a，短半轴长为b，半焦距为c，

则，解得，

∴椭圆C的标准方程为。

(2)由方程组消去y，得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0，

由题意Δ=(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)＞0，

整理得：3+4k2-m2＞0， ①

设M(x1，y1)、N(x2，y2)，

则，

由已知，AM⊥AN，且椭圆的右顶点为A(2，0)，

∴(x1-2)(x2-2)+y1y2=0，

即(1+k2)x1x2+(km-2)(x1+x2)+m2+4=0，

也即，

整理得7m2+16mk+4k2=0，解得m=-2k或，均满足①．

当m=-2k时，直线l的方程为y=kx-2k，过定点(2，0)，不符合题意，舍去；

当时，直线l的方程为，过定点，故直线l过定点，且定点的坐标为。

解：（1）∵

∴M是线段PF2的中点

∴OM是△PF1F2的中位线

又OM⊥F1F2∴PF1⊥F1F2∴

解得

∴椭圆方程为；

（2）设l方程为，

由

得

由得

由得

设

则

设

则

S关于M在上是减函数

所以。

解：(1)，

∴所求椭圆E的方程为：。

(2)当直线l不与x轴重合时，可设直线l的方程为：x=ky+1，

，

把（2）代入（1）整理得：，（3）

∴，

假设存在定点M（m，0），使得为定值，

=

，

当且仅当5-4m=0，即时，（为定值）．这时。

再验证当直线l的倾斜角α=0时的情形，此时取，

，

，

∴存在定点使得对于经过（1，0）点的任意一条直线l 均有（恒为定值）．

解：(Ⅰ)由题意得，

所以椭圆的方程为；

(Ⅱ)又A(-2，0)，B(0，1)，所以，

由CD∥AB，可设直线CD的方程为，

由已知得M(-2m，0)，N(0，m)，

设C(x1，y1)，D(x2，y2)，

由得x2+2mx+2m2-2=0，

Δ=(2m)2-4(2m2-2)＞0m2＜2，

所以x1+x2=-2m，x1x2=2m2-2，

由得(x1+2m，y1)=λ(-x1，m-y1)，

所以x1+2m=-λx1即，

同理由，

所以，

由，

所以λ+μ∈(-∞，-2]∪(2，+∞)。

解：（1）由题意，，

∵

∴F2为AF1的中点

∴a2=3，b2=2

即椭圆方程为。

（2）当直线DE与x轴垂直时

，此时|MN|=2a =2，

四边形DMEN的面积

同理当MN与x轴垂直时，也有四边形DMEN的面积S=

当直线DE，MN均与x轴不垂直时，

设DE：y= k（x+1），代入中

消去y得：（2+3k2）x2+ 6k2x+（3k2-6）=0

设D（x1，y1），E（x2，y2），则

所以

所以

同理

所以四边形DMEN的面积

令，得

因为，当且仅当k=±1时，u=2，

且S是以u为自变量的增函数，

所以

综上可知

故四边形DMEN面积的最大值为4，最小值为。

解：（1）设M（x，y），则P（x，2y），

∵点P在圆x2+y2=4上，

∴x2+（2y）2=4，

所以点M的轨迹C的方程为+y2=1；

（2）依题意，显然l的斜率存在，设l：y=kx+2，

由方程组，消y得（1+4k2）x2+16kx+12=0，

∵直线l与C有两交点，

∴△=（16k）2-4×12·（1+4k2）＞0，解得k2＞，

且xA+xB=，xA·xB=；

又∠AOB为直角或锐角，xA·xB+yA·yB≥0，

即xA·xB+（kxA+2）（kxB+2）≥0，

（1+k2）xA·xB+2k（xA+xB）+4≥0，

所以（1+k2）-2k+4≥0，解得k2≤4，

故直线l的斜率k的取值范围是k∈。

解：（1）由A1、A2分别为双曲线的左、右顶点知

两式相乘得

∵点P（x1，y1）在双曲线上

∴

即

∴

∴

即直线A1P与A2Q交点的轨迹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轨迹E恒有两个交点A、B，且，又设该圆的切线方程为y=kx+m

由

消去y，得（1+2k2）x2+4kmx+2m2-2=0，

则Δ=16k2m2-4（1+2k2 ）（2m2-2）=8（2k2-m2+1）>0，

即2k2-m2+1>0

设A（x1'，y1'），B（x2，y2）

则

∴ y1'y2=k2x1'x2+km（x1′+x2）+m2=

要使

需使x1′x2+y1′y2=0

即

∴

又2k2-m2+1>0，解得或

∵直线y=kx+m为圆心在原点的圆的一条切线

∴圆的半径为

所求的圆为

此时圆的切线y=kx+m都满足或

而当切线的斜率不存在时，切线为

与椭圆的两个交点为或满足

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

解：（Ⅰ）由题：； （1）

左焦点（-c，0）到点P（2，1）的距离为：（2）

由（1）（2）可解得：

∴所求椭圆C的方程为：。

（Ⅱ）易得直线OP的方程：y＝x，

设A（xA，yA），B（xB，yB），R（x0，y0）

其中y0＝x0∵A，B在椭圆上，

∴

设直线AB的方程为l：y＝﹣（m≠0），

代入椭圆：

显然

∴﹣＜m＜且m≠0

由上又有：＝m，＝

∴|AB|＝||＝＝

∵点P（2，1）到直线l的距离为：

∴S△ABP＝d|AB|＝|m＋2|，

当|m＋2|＝，即m＝-3 or  m＝0（舍去）时，

（S△ABP）max＝

此时直线l的方程y＝-。

解：（1）由题意可得：，

∴，

所求的椭圆方程为：；

（2）设，

由，

∴，（*）

，

解得：，

由，

，

整理得：，

把（*）代入得：，

即：，

综上：k的取值范围是。

解：（Ⅰ）设点A、B的坐标分别为，点Q的坐标为Q（x，y），

当时，设直线l的斜率为k，则l的方程为y=k（x-a）+b，

由已知， （1）

，（2）

由（1）得， （3）

由（2）得， （4）

由（3）、（4）及，

得点Q的坐标满足方程， （5）

当时，k不存在，此时l平行于y轴，因此AB的中点Q一定落在x轴上，即Q的坐标为（a，0）显然点Q的坐标满足方程（5）；

综上所述，点Q的坐标满足方程，

设方程（5）所表示的曲线为L，

则由得，

因为，由已知，

所以当时，△=0，曲线L与椭圆C有且只有一个交点P（a，b）；

当时，△＜0，曲线L与椭圆C没有交点，

因为（0，0）在椭圆C内，又在曲线L上，

所以曲线L在椭圆C内，故点Q的轨迹方程为。

（Ⅱ）由，解得曲线L与y轴交于点（0，0），（0，b）；

由，解得曲线L与x轴交于点（0，0），（a，0），

当a=0，b=0，即点P（a，b）为原点时，（a，0）、（0，b）与（0，0）重点，曲线L与坐标轴只有一个交点（0，0）；

当a=0且，即点P（a，b）不在椭圆C外且在除去原点的y轴上时，点（a，0）与（0，0）重合，曲线L与坐标轴有两个交点（0，b）与（0，0）；

同理，当b=0且，即点P（a，b）不在椭圆C外且在除去原点的x轴上时，曲线L与坐标轴有两个交点（a，0）与（0，0）；

当，即点P（a，b）在椭圆C内且不在坐标轴上时，曲线L与坐标轴有三个交点（a，0）、（0，b）与（0，0）。

(Ⅰ)解：由题知，抛物线y2=16x的准线方程为x=-4，

 设椭圆的右焦点为F（c，0），其中，

则，即，①

由，消去x，得，

由于直线x+2y-4=0与椭圆C相切，

所以，

即4b2+a2-16=0，

所以4（a2-c2）+a2-16=0，

整理得5a2-4c2-16=0， ②

将①代人②，得5×4c-4c2-16=0，即c2-5c+4=0，解得c=1或4，

由于，所以c=1，

所以，所以椭圆C的方程为。

(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)知，A（-2，0），F(1，0)，

直线l2的方程为x=4，

根据椭圆的对称性，当直线PQ⊥x轴时，四边形MNPQ是等腰梯形，对角线PM，ON的交点在x轴上，

 此时，直线PQ的方程为x=1，

由，得，

不妨取，故直线AP的方程为，

将x=4代入，得N（4，3），所以，直线QN的方程为，

令y=0，得x=2，即直线QN与x轴的交点为R(2，0)，

此点恰为椭圆的右顶点．

下面只要证明，在一般情况下Q，N，R三点共线即可．

设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，N(4，y3)，M(4，y4)，直线PQ的方程为x=my+1，

由消去x，得，

所以，，

因为三点共线，

所以，与共线，

所以，即，

由于，，

所以，

所以，共线，即Q，N，R三点共线。

同理可证，P，M，R三点共线。

所以，四边形MNPQ的对角线的交点是定点，此定点恰为椭圆的右顶点。