热门试卷

解：（1）依题意有

解得

∴

∴所求椭圆C的方程为。

（2）由得

∴

由得 ①

设点A、B坐标分别为

则

当时，易知点A、B关于原点对称，则；

当时，易知点A、B不关于原点对称，则

由，得

则

∵点Q在椭圆上，

∴有

化简得

∵

∴有 ②

由①②两式得，则且

综上可得实数的取值范围是。

解：（1）由题设a=2，c=1，从而b2=a2-c2=3，

所以椭圆C的方程为；

（2）（i）由题意得F（1，0），N（4，0）

设A（m，n），则B（m，-n）（n≠0），=1  ①

AF与BN的方程分别为：n（x-1）-（m-1）y=0，

n（x-4）-（m-4）y=0

设M（x0，y0），则有n（x0-1）-（m-1）y0=0，②

n（x0-4）+（m-4）y0=0，③

由②，③得

x0=，

由于

=1

所以点M恒在椭圆G上。

（ii）设AM的方程为x=ty+1，代入=1得（3t2+4）y2+6ty-9=0

设设A（x1，y1），M（x2，y2），则有

y1+y2=，

|y1-y2|=

令3t2+4=λ（λ≥4），

则|y1-y2|=

∵λ≥4，

∴当，即时

|y1-y2|有最大值3，此时AM过点F

△AMN的面积S△AMN=有最大值。

解：（1）设椭圆方程为（a>b>0）

则

解得

所以椭圆的方程为。

（2）由题意M（2，1），设直线l的方程为

由可得x2+2mx+2m2-4=0

设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则

由x2+2mx+2m2-4=0，

可得x1+x2=-2m，x1x2=2m2-4

=0

即k1+k2=0

故直线MA，MB与x轴始终围成一个等腰三角形。

解：（Ⅰ）过A、B的直线方程为，

因为由题意得有惟一解，

即有惟一解，

所以（ab≠0），

故a2+4b2-4=0，

又因为，

所以a2=4b2， 从而得，

故所求的椭圆方程为。

（Ⅱ）由（Ⅰ）得，

所以，

由，解得x1=x2=1，因此，

从而，

因为，

所以。

解：(1)设点H的坐标为(x0，y0)，则x+y=4，

由题意可知y0≠0，且以H为切点的圆的切线的斜率为：-，

故切线方程为：y-y0=-(x-x0)，

展开得x0x+y0y=x02+y02=4，

即以H为切点的圆的切线方程为：x0x+y0y=4，

∵A(-2，0)，B(2，0)，

将x=±2代入上述方程可得点C，D的坐标分别为C(-2，)，D(2，)，

则lAD：，①，

及lBC：，②

将两式相乘并化简可得动点R的轨迹E的方程为：x2+4y2=4，即+y2=1。

(2)由(1)知轨迹E为焦点在x轴上的椭圆且其右焦点为F(，0)，

(ⅰ)当直线l的斜率为0时，M、N、P三点在x轴上，

不妨设M(2，0)，N(-2，0)，且P(0，0)，

此时有|PM|=2，|MF|=2-，|PN|=2，|NF|=2+，

所以λ1+λ2=；

(ⅱ)当直线l的斜率不为0时，设直线MN的方程是：x=my+(m≠0)，

则点P的坐标为(0，-)，

且设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，

联立消去x可得：(m2+4)y2+2my-1=0，

则y1+y2=，y1y2=，

λ1+λ2==-8(定值)．

解：(1)设椭圆方程为，

由得，

∴椭圆方程为。

(2)由题意知，直线l1的斜率存在且不为零，

∵l1：y=kx+2，

∴l2：y=-x+2，

由消去y并化简整理，得(3+4k2)x2+16kx+4=0，

根据题意，Δ=(16k)2-16(3+4k2)＞0，解得k2＞，

 同理得，k2＜4，

∴＜k2＜4，k∈(-2，-)∪(，2)；

(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，

那么x1+x2=-，

∴x0=，y0=kx0+2=，

∴M，

同理得N，即N，

∴=，

∵＜k2＜4，

∴2≤k2+，

∴，

即的取值范围是。

解：（1）设

由得

由得

即

所以

又因为

所以

椭圆C的方程为；

（2）由得

设直线的方程为，联立方程组

消去y得

设

则

∴

∵

∴，

得

于是

∴

又到直线的距离为

∴

当，即时等号成立，的最大值为。

解：(1)如图，以两焦点连线为x轴，中心为坐标原点建立直角坐标系，

设椭圆的方程为1(a＞b＞0)，

由已知，2a=4，a-c=1，

∴a=2，c=1，

∴，

故椭圆的标准方程为。

(2)①若该直角三角形斜边所在的直线的斜率存在且不为0，

设直角三角形斜边所在直线方程为y=kx+m，

该直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，

联立方程组得3x2+4(kx+m)2=12，

即(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0，

则Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=48(4k2-m2+3)＞0，即4k2-m2+3＞0，

，

y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2，

要使△AOB为直角三角形，需使x1x2+y1y2=0，

即，

所以7m2-12k2-12=0，

即，

故4k2-m2+3=4k2+3-，

所以

，

当且仅当时，等号成立；

②若该直角三角形斜边所在的直线的斜率不存在或斜率为0，

则斜边长为；

综上可知，观赏小道长度的最大值为百米。

解：(1)由C2：y2=4x知F2(1，0)，设M(x1，y1)，

因为，所以，得，

又M在C1上，且椭圆C1的半焦距c=1，于是，

消去b2并整理得9a4-37a2+4=0，解得a=2(不合题意，舍去)，，

故椭圆C1的方程为。

(2)由知四边形MF1NF2是平行四边形，

其中心为坐标原点O，因为l∥MN，

所以l与OM的斜率相同，故l的斜率，

设l的方程为，

由消去y并化简得9x2-16mx+8m2-4=0，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，

因为，

所以x1x2+y1y2=0，

即x1x2+y1y2=x1x2+6(x1-m)(x2-m)

=7x1x2-6m(x1+x2)+6m2，

所以，

此时Δ=(-16m)2-4×9(8m2-4)＞0，

故所求直线l的方程为或。

解：（1）设C：（a>b>0），

设c>0，c2=a2-b2，

由条件知

∴a=1，

故C的方程为：。

（2）设直线l的方程为y=kx+m，且与椭圆C的交点为A（x1，y1），B（x2，y2）

由得（k2+2）x2+2kmx+（m2-1）=0

∵

∴-x1=3x2

∴

消去x2，得

整理得

时，上式不成立

时，

由（*）式得k2>2m2-2

∴

∴或

即所求m的取值范围为。

解：(1)由题意知，椭圆离心率为，

则，

又，所以可解得，

所以c2=4，

所以椭圆的标准方程为；

所以椭圆的焦点坐标为(±2，0)，因为双曲线为等轴双曲线，且顶点是该椭圆的焦点，

所以该双曲线的标准方程为。

(2)设点P(x0，y0)，则，

所以，

又点P(x0，y0)在双曲线上，所以有，

即，所以；

(3)假设存在实数λ，使得|AB|+|CD|=λ|AB|·|CD|恒成立，

则由(2)知k1·k2=1，所以设直线AB的方程为y=k(x+2)，

则直线CD的方程为，

由方程组，消y得：，

设，

则由韦达定理得：，

所以，

同理可得，

又因为|AB|+|CD|=λ|AB|·|CD|，

所以有，

所以存在常数，使得|AB|+|CD|=λ|AB|·|CD|恒成立．

解：（1）易得椭圆方程为。

（2）如图，设M（x1，y1），N（x2，y2），直线MN的方程为x=my+1，则M1（4，y1），N1（4，y2），x1=my1+1，x2=my2+1

联立方程

消去x得

由韦达定理得

因为

所以有

即存在这样的λ，此时λ=4。

解：（Ⅰ）由得，即a=2c，∴，

由右焦点到直线的距离为，得：，解得，

所以椭圆C的方程为。

（Ⅱ）设，直线AB的方程为y=kx+m，

与椭圆联立消去y得，

，

∵OA⊥OB，∴，

∴，

即，

∴，整理得，

所以O到直线AB的距离，

∵OA⊥OB，

∴，当且仅当OA=OB时取“=”号。

由得，

∴，即弦AB的长度的最小值是。

解：（1），∴，∴，

∵直线l：x-y+2=0与圆相切，

∴，∴，∴，

∴椭圆C1的方程是；

（2）∵MP=MF2，∴动点M到定直线l2：x=-1的距离等于它到定点F2（1，0）的距离，

∴动点M的轨迹C是以l1为准线，F2为焦点的抛物线，

∴点M的轨迹C3的方程为；

（3）当直线AC的斜率存在且不为零时，设直线AC的斜率为k，，

则直线AC的方程为y=k（x-1），

联立及y=k（x-1）得，

所以，

，

由于直线BD的斜率为，用代换上式中的k可得，

因为AC⊥BD，所以四边形ABCD的面积为，

由，所以，

当时，k=±1时取等号；

易知，当直线AC的斜率不存在或斜率为零时，四边形ABCD的面积S=4；

综上可得，四边形ABCD面积的最小值为。