热门试卷

解：（1）由题意，A（a，0），，

故抛物线C1的方程可设为y2=4ax，C2的方程为

由，得a=4，

所以椭圆C：，

抛物线C1：y2=16x，抛物线C2：。

（2）由（1）知，直线OP的斜率为

所以直线l的斜率为

设直线l方程为

由消去y，整理得

因为动直线l与椭圆C交于不同两点，

所以Δ=128b2-20（8b2-16）>0，

解得

设M（x1，y1），N（x2，y2），

则

因为

所以

因为，

所以当时，取得最小值，

其最小值等于。

解：（Ⅰ）依题意，得，

解得，

∴椭圆方程为；

（Ⅱ）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，

设A（x1，y1），B（x2，y2），

由已知，得，

把y=kx+m代入椭圆方程，整理得（3k2+1）x2+6kmx+3m2-3=0，

∴；

当k≠0时，

|AB|2=（1+k2）（x2-x1）2

，

当且仅当，即时等号成立，此时|AB|=2；

当k=0时，；

综上所述|AB|max=2，

此时△AOB面积取最大值。

解：（1）设椭圆方程为

∵

∴a=2，c=1，则b2=3

所以椭圆方程为。

（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），由于l不与y轴垂直，设直线方程为x=my-4

与椭圆方程联立

消去x得（3m2+4）y2-24my+36=0，由Δ>0得|m|>2

原点O到直线l的距离

所以△AOB面积

令

则m2=t2+4

则

当且仅当，即时取得最大值。

解：（1）连接AC，依题意设椭圆的标准方程为

在Rt△ABC中，AB=4，BC=3，

∴AC=5

∴CA+CB=5+3=2a，a=4

又2c=4，

∴c=2，从而b=，

∴椭圆的标准方程为。

（2）由题意知，当l与x轴垂直时，不满足|ME|=|NE|，当l与x轴平行时，|ME|=|NE|显然成立，此时k=0

设直线l的方程为y=kx+m（k≠0）

由消去y得

（3+4k2）x2+8kmx+4m2-48=0，

∵Δ=64k2m2-4（3+4k2）（4m2-48）>0，

∴16k2+12>m2，①

令M（x1，y1），N（x2，y2），MN的中点为F（x0，y0）

则

∵|ME|=|NE|，

∴EF⊥MN，

∴kEF×k=-1

即

化简得m=-（4k2+3），

结合①得16k2+12>（4k2+3）2，

即16k4+8k2-3＜0，

解之得（k≠0）

综上所述，存在满足条件的直线l，且其斜率k的取值范围为。

解：（1）由已知，得

解得

故椭圆方程为。

（2）∵A、B是椭圆上纵坐标不为零的点

，且

∴A、F、B三点共线，且直线AB的斜率存在且不为0

又F（-1，0），则可记AB方程为

代入，并整理得

显然

设，中点为

，

直线AB的垂直平分线方程为

令x=0，得

∵，当且仅当时取等号

∴或

所以所求的取值范围是。

解：（1）因为

解得a=2b

则椭圆C的方程可化为

设Q（x0，y0）是椭圆C上的一点，则有

，

所以

当且a>0即0＜a＜1时，则当时

PQ取最大值

解得

显然不符合题意，应舍去

当，即a≥1时，则当时

PQ取最大值

解得符合题意

所以椭圆C的方程为。

（2）由（1）知

当直线l垂直于x轴时，此时直线l的方程为

把它代入

解得

不妨设

则|AB|=1≠2，显然不满足题意，

当直线l不垂直于x轴时，此时可设直线l的方程为

设

由得

则

所以

解得

综上，直线l的方程为或。

解：(1)设A(x1，y1)、B(x2，y2)，

则A、B坐标是方程组的解，

消去y，得，①

当，

即时，，同理，；

，②

由，得，③

由②、③，得，于是，

故椭圆E与圆x2+y2=1的交点坐标为。

(2)由①知，同理，

则AB中点为，

在Rt△AOB中，，

∴，④

由②、④及a＞b＞0，解得，

故椭圆E的方程为。

解：（1）由椭圆定义知

所以a=2

即椭圆方程为  ①

把A（1，1）代入①式得

所以得

所以椭圆的标准方程为。

（2）由题意知，直线AC的倾斜角不为90°，故设直线AC的方程为y=k（x-1）+1

联立方程得

消去y得

∵点A（1，1）、点C在椭圆上

∴

∵直线AC、AD的倾斜角互补，

∴直线AD的方程为y=-k（x-1）+1，

同理

∴

又

∴

∴

∴直线CD的斜率为。

解：设椭圆方程为，

（Ⅰ）由已知得，

∴所求椭圆方程为；

（Ⅱ）由题意知直线l的斜率存在，

设直线l的方程为y=kx+2，，

由，消去y得关于x的方程：，

由直线l与椭圆相交于A、B两点，

∴，解得，

又由韦达定理得，

∴

，

原点O到直线l的距离，

，

对两边平方整理得：，（*）

∵S≠0，

整理得：，

又S＞0，

∴，从而的最大值为，

此时代入方程（*）得，

∴，

所以，所求直线方程为：。

解：(1)设椭圆的右焦点为(c，0)，

因为y2=8x的焦点坐标为(2，0)，所以c=2，

因为，所以，

故椭圆方程为：。

(2)由(1)得F(2，0)，设l的方程为y=k(x-2)(k≠0)，

代入得，

设，则，

∴，

∴，，

∵，

∴，

∴，∴，

所以直线l的方程为或。

解：（1）依题意，设椭圆方程为

则其右焦点坐标为

由2

得

即

故

又∵

∴

从而可得椭圆方程为。

（2）由题意可设直线l的方程为

由知点A在线段MN的垂直平分线上

由消去y得

即可得方程 （*）

由得方程（*）的

即方程（*）有两个不相等的实数根

设，，线段MN的中点

则是方程（*）的两个不等的实根

故有

从而

于是，可得线段MN的中点P的坐标为

又由于

因此直线AP的斜率为

由得

即

解得

即

又

故或

综上可知存在直线l满足题意，其倾斜角或。

解：（1）Q为PN的中点，且GQ⊥PNGQ为PN的中垂线|PG|=|GN|

|GN|+|GM|=|MP|=6G点的轨迹是以M、N为焦点的椭圆，

且a=3，c=，b=2，

 ∴点G的轨迹方程是；

（2）因为

所以四边形OASB为平行四边形

若存在l使得||=||，则四边形OASB为矩形

∴

若l的斜率不存在，直线l的方程为x=2，由

得

∴与矛盾，故l的斜率存在

设l的方程为

由

∴ ①

 ②

把①、②代入得

∴存在直线或使得四边形形OASB的对角线相等。

解：（Ⅰ）设A，B()，F(c，0)，

则，∴，

，

，

∴，∴b=1，

所以有椭圆E的方程为。

（Ⅱ）由题设条件可知直线的斜率存在，

设直线L的方程为y=kx+m，L与圆相切，

∴，∴，

L的方程为y=kx+m代入中得：

，

令，

，① ，②　

，③

，

∴。

解：（1）由得

即

∴

由右焦点到直线的距离为

得

解得

所以椭圆C的方程为。

（2）设

直线AB的方程为

与椭圆联立消去y得

∵

∴

∴

即

∴

整理得

所以O到直线AB的距离

∵

∴

当且仅当OA=OB时取“=”号。

由得

∴

即弦AB的长度的最小值是。