热门试卷

解：（1）设M（x，y）是所求曲线上的任意一点，

P（）是方程的圆上的任意一点，则，

则有：，即，

代入得，轨迹C 的方程为；

（2）当直线l的斜率不存在时，与椭圆无交点，

所以设直线l的方程为y=k（x+2），与椭圆交于两点，

N点所在直线方程为，

由得（4＋），

由∴，

即，    

，

，即，

∴四边形OANB为平行四边形，

假设存在矩形OANB，

则，即，

即，

于是有，得，

设N（），由得，

即点N在直线x＝－上；

∴存在直线l使四边形OANB为矩形，直线l的方程为。

解：（Ⅰ）∵|CA|+|CB|=10为定值，

所以C点的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，焦距2c=6，

设椭圆为方程，且2a=10，

易得a=5，c=3，b=4，

所以C点的轨迹方程为。

（Ⅱ）设M（x1，y1），N（x2，y2），

当直线MN的倾斜角不为90°时，设其方程为y=k（x+3）（k≠0），

代入椭圆方程化简，得，

显然有，

又，

同理，

所以

，

只要考虑的最小值，即考虑取最小值，

而k≠0，所以上式无最小值，

显然k=0时，取最小值16；

当直线MN的倾斜角为90°时，x1=x2=-3，

得；

∴的最小值不存在。

解：（1）设椭圆C的方程为

∵长轴长是短轴长的倍

∴椭圆方程为

∵在椭圆C上

∴椭圆C的方程为。

（2）①当切线l的斜率不存在时切线方程为

与椭圆的两个交点为或

满足

当切线l斜率存在时，可设l的方程为y=kx+m

解方程组

得x2+2（kx+m）2=8，

即（1+2k2）x2+4kmx+2m2-8 =0，

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

即8k2-m2+4>0

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

∵l与圆相切

∴

∴3m2=8k2+8

∴=

∴OA⊥OB。

②由①可知（x1-x2）2=（x1+x2）2-4x1x2=

=

当k≠0时，|AB|=

因为

所以

所以

所以

当且仅当时取“=”，

当k=0时，

当AB的斜率不存在时，两个交点为或

所以此时

综上，|AB|的取值范围为

即。

解：（Ⅰ）抛物线y2=4x的焦点为F（1，0），准线方程为x=﹣1，

∵a2﹣b2=1  ①

又椭圆截抛物线的准线x=﹣1所得弦长为，

∴得上交点为，

∴  ②

由①代入②得2b4﹣b2﹣1=0，

解得b2=1或（舍去），

从而a2=b2+1=2

∴该椭圆的方程为    

（Ⅱ）∵倾斜角为45°的直线l过点F，

∴直线l的方程为y=x﹣1，

由（Ⅰ）知椭圆的另一个焦点为F1（﹣1，0），设M（x0，y0）与F1关于直线l对称，

则得 

  解得，

即M（1，﹣2）

又M（1，﹣2）满足y2=4x，

故点M在抛物线上．  

所以抛物线y2=4x上存在一点M（1，﹣2），使得M与F1关于直线l对称．

解：（1）

化简得：

当时方程为 轨迹为一条直线    

当时方程为轨迹为圆

当时方程为轨迹为椭圆  

当时方程为轨迹为双曲线。      

（2）点轨迹方程为，

直线方程为，联立方程可得：

。  

由题意可知：，所以        

解：（Ⅰ）因为，

所以的中点，

设Q的坐标为（-3c，0），

因为，

所以，且过三点的圆的圆心为，半径为2c，

因为该圆与直线l相切，所以，解得c=1，

所以，

故所求椭圆方程为；

（Ⅱ）设l1的方程为y=kx+2（k＞0），

由得，

设，则，

所以

，

，

由于菱形对角线互相垂直，则，

所以，

故，

因为k＞0，所以，

所以，

即，

所以，

解得，即，

因为k＞0，所以，

故存在满足题意的点P且m的取值范围是。

（Ⅲ）①当直线l1斜率存在时，设直线l1方程为y=kx+2，

代入椭圆方程得，

由△＞0，得，

设，

则，

又，

所以，

所以，

所以，

所以，

所以，整理得，

因为，

所以，即，

所以，

解得，

又0＜λ＜1，所以；

②又当直线l1斜率不存在时，直线l1的方程为x=0，

此时，，

所以，

所以，

即所求λ的取值范围是。

解：（1）设

则由得

由得

即

所以

又因为

所以

因此所求椭圆的方程为：；

（2）动直线l的方程为：

由得

设

则

假设在y上存在定点M（0，m），满足题设，则

由假设得对于任意的，恒成立

即

解得m=1。

因此，在y轴上存在定点M，使得以AB为直径的圆恒过这个点，点M的坐标为（0，1）。

解：(Ⅰ)由题意设椭圆的标准方程为，

由已知得：a+c=3，a-c=1，

∴a=2，c=1，

∴b2=a2-c2=3，

∴椭圆的标准方程为。

(Ⅱ)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

联立，得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0，

则，

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

因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2，0)，

∴，即，

∴y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4=0，

∴，

∴7m2+16mk+4k2=0，

解得：，且均满足3+4k2-m2＞0，

当m1=-2k时，l的方程为y=k（x-2），直线过定点(2，0)，与已知矛盾；

当时，l的方程为，直线过定点。

所以，直线l过定点，定点坐标为。

解：（Ⅰ）设椭圆方程为（a>b>0），

由已知c =1，又2a=，

则a=，b2=a2-c2=1，

椭圆C的方程是+x2=1；

（Ⅱ）若直线l与x轴重合，则以AB为直径的圆是x2+y2=1，

若直线l垂直于x轴，则以AB为直径的圆是，

由解得

即两圆相切于点（1，0），

因此所求的点T如果存在，只能是（1，0），

事实上，点T（1，0）就是所求的点，证明如下：

当直线l垂直于x轴时，以AB为直径的圆过点T（1，0），

若直线l不垂直于x轴，可设直线l：y=k（x+），

由

即，

记点A（x1，y1），B（x2，y2），

则

又因为=（x1，1，y1），=（x2，1，y2），

=（x1-1）（x2-1）+y1y2=（x1-1）（x2-1）+k2（x1+）（x2+）

=（k2+1）x1x2+（k2-1）（x1+x2）+k2+1

=（k2+1）+（k2-1）++1=0，

则TA⊥TB，故以AB为直径的圆恒过点T（1，0），所以在坐标平面上存在一个定点T（1，0）满足条件。

解：(Ⅰ)设点H的坐标为，则，

由题意，可知，且以H为切点的圆的切线的斜率为，

故切线方程为，

展开得，

即以H为切点的圆的切线方程为，

∵，将x=±2代入上述方程可得点C，D的坐标分别为，

则， ①

及，②

将两式相乘并化简可得动点R的轨迹E的方程为，即。

(Ⅱ)由(Ⅰ)知，轨迹E为焦点在x轴上的椭圆且其右焦点为，

(ⅰ)当直线l斜率为0时，M，N，P三点在x轴上，不妨设，且，

此时有，，

所以，。

(ⅱ)当斜率不为0时，设直线MN的方程为，

则点P的坐标为，

且设点，

联立，消去x，得，

则，

（定值）。

解：(1)据题意，设椭圆C的方程为，，

∵直线x=4为椭圆C的准线，

∴，

又，

∴M为椭圆C短轴上的顶点，

∵，

∴，

∴∠F1MF2=60°，则△F1MF2为等边三角形，

∴， 故a2=4c=2a，

∴a=2，c=1，

∴b2=a2-c2=22-12=3，

∴椭圆C的方程为。

(2)显然直线PQ不与x轴重合，当PQ与x轴垂直，

即直线PQ斜率不存在时，，

∴；

当直线PQ斜率存在时，设它的斜率为k，则直线PQ的方程为y=k(x-1)(k≠0)，

代入椭圆C的方程，消去x并整理得：(4k2+3)y2+6ky-9k2=0，

Δ=36k2+36k2(4k2+3)＞0，

设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则，

∴，

设4k2+3=t，则t＞3，此时，

又∵F1到直线PQ的距离，

∴，

，

∴0＜＜3，

综上，直线PQ与x轴垂直时，△PF1Q的面积最大，且最大面积为3，

设△PF1Q的内切圆半径为r，

则=4r，

∴，即时，△PF1Q的内切圆面积最大，

此时直线PQ的斜率不存在，直线PQ与x轴垂直，

∴，即λ=1。

解：（1），∴b=2，

∵，∴，

，

∴，

解得，

∴椭圆的方程为。

（2）①，∴，

椭圆的方程可化为：，①

易知右焦点为，据题意有直线AB的方程为：，②

由①，②有：，③

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，

∴b=1．

②显然与可作为平面向量的一组基底，

由平面向量基本定理，对于这一平面内的向量，有且只有一对实数λ，μ，使得成立．

设M(x，y)，，

∴，

又点M在椭圆上，∴，④

由③有：，

则

，⑤

又A，B在椭圆上，故有，⑥

将⑤，⑥代入④可得：。

解：（1）

椭圆的方程为。

（2）①当直线AB斜率不存在时，即

由得

又在椭圆上

所以

所以三角形的面积为定值。

②当直线AB斜率存在时：设AB的方程为y=kx+b

得到，

代入整理得

所以三角形的面积为定值。

解：（Ⅰ）设曲线C上的任意一点P（x，y），

则有，

化简得；

（Ⅱ）设直线l的方程为y=kx+2，与椭圆的交点E（x1，y1），F（x2，y2），

，

，

，

因为l与椭圆交于不同的两点E，F且∠EOF=90°得

，x1x2+y1y2=0，

x1x2+（kx1+2）（kx2+2）=0，

（1+k2）x1x2+2k（x1+x2）+4=0，，

解得（满足）。

（Ⅲ）解方程组得

，

即，

S四边形AEBF=2S△BOE+2S△FOM=|BO|·x1+|AO|·y1

，

因为，

所以（当且仅当时取等号），

即S四边形AEBF的最大面积为（当时取得）。