热门试卷

解：（Ⅰ）因为AB∥，且AB边通过点（0，0），

所以AB所在直线的方程为y=x，

设A，B两点坐标分别为，

由得，

所以，

又因为AB边上的高h等于原点到直线的距离，于是，

所以。

（Ⅱ）设AB所在直线的方程为y=x+m，

由得，

因为A，B在椭圆上，所以，

设A，B两点的坐标分别为，

则，，

所以，

又因为BC的长等于点（0，m）到直线的距离，即，

所以，

所以当m=-1时，AC边最长，（这时），

此时AB所在直线的方程为y=x-1。

解：（1）由已知可得 ，                    

所求椭圆方程为．                              

（2）设点，的中点坐标为,

则                                               

由,得，代入上式  ，得                                                

（3）若直线的斜率存在，

设方程为，依题意．

设，，

由 得 ．      

则．                        

由已知，

所以，即．                                

所以，整理得 ．

故直线的方程为，即（）．

所以直线过定点（）．                            

若直线的斜率不存在，

设方程为，

设，，

由已知，得．

此时方程为，显然过点（）．

综上，直线过定点（）．             

解：（1）由题设知a2=b2+c2，e=，

由点（1，e）在椭圆上，得，

∴b=1，c2=a2-1

由点（e，）在椭圆上，得

∴，

∴a2=2

∴椭圆的方程为。

（2）解：由（1）得F1（-1，0），F2（1，0），

又∵直线AF1与直线BF2平行，

∴设AF1与BF2的方程分别为x+1=my，x-1=my

设A（x1，y1），B（x2，y2），y1＞0，y2＞0，

∴由，可得（m2+2）-2my1-1=0

∴，

∴|AF1|=①

同理|BF2|=②

（i）由①②得|AF1|-|BF2|=，

∴，解得m2=2

∵注意到m＞0，

∴m=

∴直线AF1的斜率为。

（ii）证明：∵直线AF1与直线BF2平行，

∴，即

由点B在椭圆上知，，

∴

同理

∴PF1+PF2==

由①②得，，，

∴PF1+PF2=

∴PF1+PF2是定值。

解：（1）因为点P（）在椭圆上，所以

∴

∴

∴。

（2）设直线OQ的斜率为k，则其方程为y=kx

设点Q的坐标为（x0，y0），由条件得，

消元并整理可得①

∵|AQ|=|AO|，A（-a，0），y0=kx0，

∴

∴

∵x0≠0，

∴

代入①，整理得

∵

∴

5k4-22k2-15=0

∴k2=5

∴。

解：（1）如图，作MM1，NN1垂直准线于M1，N1，NH垂直MM1于H，

设|NF|=m，则|FM|=3m，

根据椭圆的第二定义有：，，

∴，

在Rt△NMH中，∠NMH=30°，

∴=cos30°，解得e=．

（2）当时，，

则椭圆方程化为：x2+2y2﹣2c2=0，准线：x=，

设MN的方程为x=ty+c，M（x1，y1），N（x2，y2），P（2c，yP），Q（2c，yQ），

由A，M，P三点共线，得，，

由A，N，Q三点共线，得Q（），，

，①

把x=ty+c代入x2+2y2﹣2c2=0，得（2+t2）y2+2cty﹣c2=0，

，

∴，②

=

=

==．③

∵a=，

∴将②③代入①，整理得=0．

解：（1）因为2c=2，且，

所以c=1，a=2．

所以b2=3．

所以椭圆C的方程为．

（2）设点M的坐标为（x0，y0），则．

因为F1（﹣1，0），，

所以直线l的方程为x=4．

由于圆M与l有公共点，所以M到l的距离4﹣x0小于或等于圆的半径R．

因为R2=MF12=（x0+1）2+y02，

所以（4﹣x0）2≤（x0+1）2+y02，即y02+10x0﹣15≥0．

又因为，所以．

解得．

又，

∴

当时，，

所以，．

解：（1）设Q（x，y）为曲线C上的任意一点，则点P（x，2y）在圆x2+y2=4上，

∴x2+4y2=4，曲线C的方程为．  

（2）设点N的坐标为（n，0），直线l的方程为x=sy+t， 

 代入曲线C的方程，可得

∵0< t < 2，∴

∴直线l与曲线C总有两个公共点．

设点A，B的坐标分别（x1，y1），（x2，y2），则

要使∠ANB被x轴平分，只要

即 ，y1（x2-n）+y2（x1-n）=0， 

也就是y1（sy2+t-n）+y2（sy1+t-n）=0，2sy1y2+（t-n）（y1+y2）=0， 

即 ，

即只要（nt-4）s=0　 

当 时，（＊）对任意的s都成立，从而∠ANB总能被x轴平分．

所以在x轴上存在定点，使得∠ANB总能被x轴平分

(1)设是曲线C上任一点，PM⊥x轴，，

所以点P的坐标为，

点P在椭圆上，所以，

因此曲线C的方程是

(2)当直线l的斜率不存在时，显然不满足条件，

所以设直线l的方程为，

直线l与椭圆交于，

N点所在直线方程为，

由      得  ，

由得，即或

因为，四边形OANB为平行四边形

又因OANB是矩形，则，

所以

设，由得

，

即N点在直线，四边形OANB为矩形，

直线l的方程为

解：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c，依题意

∴b=1，

∴所求椭圆方程为．

（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2）．

（1）当AB⊥x轴时，．

（2）当AB与x轴不垂直时，

设直线AB的方程为y=kx+m．

由已知，得

．

把y=kx+m代入椭圆方程，

整理得（3k2+1）x2+6kmx+3m2﹣3=0，

∴，．

∴|AB|2=（1+k2）（x2﹣x1）2=

            ==

            ==．

当且仅当，即时等号成立．

当k=0时，，|AB|max=2．

∴当|AB|最大时，△AOB面积取最大值．

解：（Ⅰ）由知AF2⊥F1F2∵椭圆离心率等于，

所以c=a，b2=a2，

故椭圆方程可以写成x2+2y2=a2，

设A（c，yA），代入方程得yA=a，

所以A（a，a），

故直线AB的斜率k=，

因此直线AB的方程为y=

（Ⅱ）连接AF1、BF1，由椭圆的对称性可知S△AEF1=S△AEF1=S△AF1F2，

所以

故椭圆方程为

（Ⅲ）由（Ⅱ）可以求得|AB|=2|OA|=2=4

假设在椭圆上存在点M使得△MAB的面积等于8，

设点M到直线AB的距离为d，则应有，

所以d=4

设M所在直线方程为x﹣2y±4=0

与椭圆方程联立消去x得方程4y2±8y+32=0

即y2±2y+8=0，

∵△=（±2）2﹣4×8＜0

故在椭圆上不存在点M使得△MAB的面积等于8

解：（Ⅰ）由C2：y2=4x知F2（1，0）．

设M（x1，y1），M在C2上，因为，

所以，得，．

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．

（Ⅱ）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），

，．

因为，所以x1x2+y1y2=0．

x1x2+y1y2=x1x2+6（x1﹣m）（x2﹣m）=7x1x2﹣6m（x1+x2）+6m2                   ==．

所以．此时△=（16m）2﹣4×9（8m2﹣4）＞0，

故直线l的方程为，或．

解：（Ⅰ）由离心率为，可设，则

因为经过点A（2，1）

所以，解得，

所以a2=6，b2=3

所以椭圆方程为

（Ⅱ）由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=k（x﹣3），

直线l与椭圆的交点坐标为M（x1，y1），N（x2，y2）

由，消元整理得：（1+2k2）x2﹣12k2x+18k2﹣6=0

△=（12k2）2﹣4（1+2k2）（18k2﹣6）＞0得 0≤k2＜1

，

∴=（x1﹣3，y1）（x2﹣3，y2）=（x1﹣3）（x2﹣3）+y1y2                   =（1+k2）[x1x2﹣3（x1+x2）+9]==

因为0≤k2＜1，

所以

所以的取值范围是（2，3]．

解：(1)由已知,可得,,

∵,

∴,,

∴

(2)设,,直线,代入椭圆方程

得,

,,,,

∴

(3)由已知椭圆方程为………①

右焦点的坐标为,直线所在直线方程为…………②

由①②得:.设,,

则,

设,由得,,,

∵点在椭圆上,

∴,整理得:,

……③

又点在椭圆上,

故……④

……⑤

由③④⑤式得

解：（1）原曲线方程可化简得：

由题意，曲线C是焦点在x轴点上的椭圆可得：，

解得：。

（2）证明：由已知直线代入椭圆方程化简得：（2k2+1）x2+16kx+24=0，

△=32（2k2-3）＞0，

解得：

由韦达定理得：①，，②

设N（xN，kxN+4），M（xM，kxM+4），G（xG，1），

MB方程为：，

则，

∴，=（xN，kxN+2），

欲证A，G，N三点共线，只需证，共线

即成立，

化简得：（3k+k）xMxN=-6（xM+xN）

将①②代入可得等式成立，则A，G，N三点共线得证。