热门试卷

解：（1）设直线l与椭圆C交于P（x1，y1），Q（x2，y2）

将代入x2+a2y2-a2=0，

整理可得

由韦达定理得

∵M（x0，y0）为PQ中点，

∴

故。

（2）依题意

得（x1-a）（x2-a）+y1y2=0

又

∴

整理可得5x1·x2-（2+a）（x1+x2）+a2+3=0， ②

将①代入②得

∵a>1，则

∴

故所求椭圆方程为

联立椭圆与直线方程得

∴

原点到直线的距离为

∴。

（1）证明：∵、A2与B分别是椭圆E：的左右顶点与上定点，

∴（﹣a，0），A2（a，0），B（0，b），

∴直线A2B的方程是，

∵直线A2B与圆C：x2+y2=1相切，

∴=1，

故．

（2）解：设P（，），则直线P，PA2的斜率之积为：

===﹣，，

∵，

∴，

结合，得，

∴椭圆E的方程为．

（3）解：设点M（，），N（x2，y2），

①若直线l的斜率存在，设直线l为y=kx+m，

由y=kx+m代入，得，化简，

得（b2+a2k2）x2+2a2kmx+a2m2﹣a2b2=0（△＞0），

∴，y2=（k+m）（kx2+m）=k2x2+km（+x2）+m2=+km（﹣）+m2=，

∵，

∴x2+y2=0．代入，得（a2+b2）m2﹣a2b2（1+k2）=0，

∵，

∴m2=1+k2，圆心到直线l的距离为d=，

所以，直线l与圆C相切．

②若直线l的斜率不存在，设直线l：x=n，代入，得y=，

∴|n|=b，

∴a2n2=b2（a2﹣n2），

解得n=±1，

所以直线l与圆C相切．

解：（1）如图1，设M（x，y），A（x0，y0）

∵丨DM丨=m丨DA丨，

∴x=x0，|y|=m|y0|

∴x0=x，|y0|=|y|①

∵点A在圆上运动，

∴②

①代入②即得所求曲线C的方程为

∵m∈（0，1）∪（1，+∞），

∴0＜m＜1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，

两焦点坐标分别为（），

m＞1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，

两焦点坐标分别为（），

（2）如图2、3，∵x1∈（0，1），

设P（x1，y1），H（x2，y2），

则Q（x2，y2），N（0，y1），

∵P，H两点在椭圆C上，

∴

①-②可得③

∵Q，N，H三点共线，

∴kQN=kQH，

∴

∴kPQ·kPH=

∵PQ⊥PH，

∴kPQ·kPH=-1

∴

∵m＞0，

∴

故存在，使得在其对应的椭圆上，对任意k＞0，都有PQ⊥PH。

解：（Ⅰ）设椭圆C的标准方程为（a＞b＞0），且a2=b2+c2．

由题意，椭圆C过点（0，1），离心率为，

可知：b=1，=．

所以a2=4．所以，椭圆C的标准方程为．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得Q（﹣2，0）．

设A（x1，y1），B（x2，y2）．

（i）当直线l垂直于x轴时，直线l的方程为x=﹣．

由，解得

即A（﹣，），B（﹣，﹣）（不妨设点A在x轴上方）．

则直线AQ的斜率1，直线BQ的斜率﹣1．

因为直线AQ的斜率与直线BQ的斜率为﹣1，

所以AQ⊥BQ，所以∠AQB=．

（ii）当直线l与x轴不垂直时，

由题意可设直线AB的方程为y=k（x+）（k≠0）．

由消去y得：

（25+100k2）x2+240k2x+144k2﹣100=0．

因为点A（﹣，0）在椭圆C的内部，

显然△＞0．         

因为 =（x1+2，y1），=（x2+2，y2），y1=k（x1+），y2=k（x2+），

所以=（x1+2）（x2+2）+y1y2=（1+k2）x1x2+（2+）（x1+x2）+4+

=（1+k2）×+（2+）（）+4+=0

所以 ．

所以△QAB为直角三角形．

假设存在直线l使得△QAB为等腰三角形，则|QA|=|QB|．

取AB的中点M，连接QM，则QM⊥AB．

记点（﹣，0）为N．

另一方面，点M的横坐标，

所以点M的纵坐标．

所以=（）（）=≠0

所以 与不垂直，矛盾．

所以当直线l与x轴不垂直时，不存在直线l使得△QAB为等腰三角形．

解：（Ⅰ）∵△BF1F2是面积为的正三角形，

∴=，c=1，b=，b=，

∴a2=4，∴椭圆C的方程为．

（Ⅱ）根据题意可知，直线l斜率不为0，

设直线l方程为：x=my+1，

M（x1，y1），N（x2，y2），

由，得（3m2+4）y2+6my﹣9=0，

∴，

设点P（4，yP），Q（4，yQ），

∵A，M，P三点共线，

由，得，

同理，

线段PQ的中点D即（4，﹣3m），

则D到直线l的距离为

以PQ为直径的圆的半径

因为d=r，

所以，以PQ为直径的圆与直线l相切．

解：（1）设椭圆的方程为，F2（c，0）

∵△AB1B2是的直角三角形，|AB1|=AB2|，

∴∠B1AB2为直角，从而|OA|=|OB2|，

即

∵c2=a2-b2，

∴a2=5b2，c2=4b2，

∴ 

在△AB1B2中，OA⊥B1B2，

∴S= |B1B2||OA|= 

∵S=4，

∴b2=4，

∴a2=5b2=20

∴椭圆标准方程为 ；

（2）由（1）知B1（﹣2，0），B2（2，0），

由题意，直线PQ的倾斜角不为0，

故可设直线PQ的方程为x=my﹣2代入椭圆方程，

消元可得（m2+5）y2﹣4my﹣16﹣0

①设P（x1，y1），Q（x2，y2），

∴，

∵，

∴=

∵PB2⊥QB2，

∴

∴，

∴m=±2。

解：（1）由题意，c=1，可设椭圆方程为

解得，（舍去）

所以椭圆方程为。

（2）设直线AE方程为：

代入得

设，

因为点在椭圆上，

所以，

又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以-k代k，可得

所以直线EF的斜率

即直线EF的斜率为定值，其值为。

解：（1）由题意，c=1，

可设椭圆方程为。

因为A在椭圆上，

所以，

解得=3，=（舍去）。

所以椭圆方程为。

（2）设直线AE方程：得

代入得

设E（，），F（，）

因为点A（1，）在椭圆上，

所以，

。

又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以-k代k，可得

。

所以直线EF的斜率。

即直线EF的斜率为定值，其值为。

解：(1)椭圆方程为；

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由于l不与y轴垂直，

设直线l：x=my-4，与椭圆方程联立得，

消去x得：，

由Δ＞0得|m|＞2，

，

原点O到直线l的距离，

所以△AOB的面积，

令，

则，

当且仅当即时，S取得最大值，

所以△AOB面积的最大值为；

(3)F1(-1，0)，F2(1，0)，由平面几何知识可知，△EAF1与△EBF2相似，

所以，∴，

易得l的方程为或。

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

则

即

设

则

∴

要使，需使

即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

，故所求圆为

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：（1）由已知，椭圆方程可设为．

∵长轴长为，离心率，

∴．

所求椭圆方程为．

（2）因为直线l过椭圆右焦点F（1，0），且斜率为1，

所以直线l的方程为y=x﹣1．

设P（x1，y1），Q（x2，y2），

由得3y2+2y﹣1=0，

解得．

∴．

（3）当直线l与x轴垂直时，直线l的方程为x=1，

此时∠POQ小于90°，

OP，OQ为邻边的平行四边形不可能是矩形．

当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y=k（x﹣1）．

由可得

（1+2k2）x2﹣4k2x+2k2﹣2=0．

∴．

∵y1=k（x1﹣1），y2=k（x2﹣1）

∴

因为以OP，OQ为邻边的平行四边形是矩形．

由得

k2=2，

∴．

∴所求直线的方程为．

解：（1）设A（x1，0），B（0，y1），M（x，y）

则，

|AB|=3==1

（2）存在满足条件的D点．

设满足条件的点D（0，m），则，

设l的方程为：y=kx+，（k≠0），

代入椭圆方程，得（k2+4）x2+2kx﹣1=0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=﹣，

∴y1+y2=k（x1+x2）+2．

∵以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形，

∴，

=，

的方向向量为（1，k），=0，

∴﹣﹣2mk=0即m=

∵k2＞0，

∴m=，

∴0＜m＜，

∴存在满足条件的点D．

解：（1）∵椭圆（a＞b＞0）的离心率为，∴①

∵△BF1F2的周长为4+2，∴②

由①②可得，

∴

∴椭圆的方程为；

（2）假设存在直线使得直线l与椭圆交于M，N两点，且椭圆右焦点F2恰为△BMN的垂心设M（x1，y1），N（x2，y2），

∵B（0，1），F2（，0），

∴kMF2=﹣，∴kMN=

设l的方程为y=，代入消元可得13x2+8mx+4（m2﹣1）=0

∴x1+x2=﹣，③

∵，，

∴==4x1x2+④

③代入④，可得4×﹣

∴（m﹣1）（5m+16）=0

∴m=1，或m=﹣

经检验，当m=1时直线l经过点B，不能构成三角形，故舍去

∴存在直线l：满足条件．

解：（Ⅰ）由题意易知

所以，

设P（x，y），则

=

因为x∈[﹣2，2]，

故当x=0，即点P为椭圆短轴端点时，有最小值﹣2

当x=±2，即点P为椭圆长轴端点时，有最大值1

（Ⅱ）显然直线x=0不满足题设条件，

可设直线l：y=kx+2，A（x1，y1），B（x2，y2），

联立，消去y，

整理得：

∴

由得：或

又

∴

又y1y2=（kx1+2）（kx2+2）=k2x1x2+2k（x1+x2）+4

=

=

∵，

即k2＜4∴﹣2＜k＜2

故由①、②得：

或．