热门试卷

解：（1）设M，N为短轴的两个三等分点，因为△MNF为正三角形

所以

即1=

解得

因此，椭圆方程为；

（2）设

（i）当直线AB与x轴重合时

因此，恒有。

（ii）当直线AB不与x轴重合时，

设直线AB的方程为代入

整理得

所以

因为

所以∠AOB恒为钝角

即恒成立

又

所以对m∈R恒成立，

即对m∈R成立

当m∈R时，最小值为0

所以

因为a>0，b>0

所以

即

解得a＞或a＜（舍去）

即a＞

综合（i）（ii），a的取值范围为（，+）。

解：（Ⅰ）由条件有，解得，

∴，

所以，所求的椭圆方程为。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知、，

若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x=-1，

将x=-1代入椭圆方程得：，

不妨设、，

∴，

∴，与题设矛盾．

所以，直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，则直线的方程为y=k（x+1），

设、，联立方程组，消y得：

，

由根与系数的关系知，从而，

又∵，

∴，

∴，

∴，化简得：，

解得k2=1或，∴k=±1，

所以，所求直线l的方程为y=x+1或者y=-x-1。

解：（1）由得

∴椭圆C的方程为；

（2）设直线l的方程为

由得

由此得  ①

设l与椭圆C的交点为

则

由得

∴整理得

∴

整理得

∵时，上式不成立

∴ ②

由①②式得

或

∴m取值范围是。

解：（1）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。

（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立

得

又

因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D（2，0）

∴

∴

∴

解得m1=-2k，

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)设椭圆的半焦距为c，由题意知：，

所以，

又a2=b2+c2，因此b=2，

故椭圆的标准方程为，

由题意设等轴双曲线的标准方程为，

因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点，所以m=2，

因此双曲线的标准方程为。

(Ⅱ)设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0），

则，

因为点P在双曲线x2-y2=4上，所以x02-y02=4，

因此，即k1k2=1。

(Ⅲ)由于PF1的方程为y=k1(x+2)，

将其代入椭圆方程得，

由韦达定理得，

所以

，

同理可得，

则，

又k1k2=1，

所以，

故|AB|+|CD|=|AB|·|CD|，

因此，存在λ=，使|AB|+|CD|=λ|AB|·|CD|恒成立．

解：(Ⅰ)因为，且c=，

所以，，

所以椭圆C的方程为。

(Ⅱ)由题意知P(0，t)(-1＜t＜1)，

由得，

所以圆P的半径为，

当圆P与x轴相切时，，

解得，

所以点P的坐标是。

(Ⅲ)由(Ⅱ)知，圆P的方程为x2+(y-t)2=3(1-t2)，

因为点Q（x，y）在圆P上，

所以，，

设，

则，

当，即，且x=0时，y取最大值2。

解：(1)平面区域Ω：是一个矩形区域，如图(1)所示，

依题意及几何概型知识，可得，

故ab=2，因为0＜a≤2，0＜b≤，

所以a=2，b=，

所以椭圆M的方程为。

(2)如图(2)，设直线l的方程为，，

联立直线l的方程与椭圆方程得，

将①代入②得，

化简得，③

当△＞0，即，

也即|b|＜2时，直线l与椭圆有两交点，

由韦达定理得，

所以，

则

，

所以k1+k2为定值。

解：（1）设椭圆方程为，

由题意，且，

∴，

椭圆方程为：。

（2）假设存在直线l，使点F恰好为△PQM的垂心，设，

∵M（0，1），F（1，0），

∴，故，于是设直线l的方程为y=x+m，

由得，

，即，且，

又，且，

由，

得

，

∴，

化简得，解得：m=1，，

当m=1时，P、Q、M三点共线，故舍去，经检验符合条件；

故存在直线l满足条件，其方程为。

解：(Ⅰ)由，得3a2=4c2，再由c2=a2-b2，解得a=2b，

由题意可知，即ab=2，

解方程组，得a=2，b=1，

所以椭圆的方程为。

(Ⅱ)(ⅰ)由(Ⅰ)可知点A的坐标是（-2，0），

设点B的坐标为(x1，y1)，直线l的斜率为k，则直线l的方程为y=k(x+2)，

于是A，B两点的坐标满足方程组，

消去y并整理，得(1+4k2)x2+16k2x+(16k2-4)=0，

由，得，从而，

所以，

由，得，

整理得32k4-9k2-23=0，

即(k2-1)(32k2+23)=0，

解得k=±1，

所以直线l的倾斜角为或。

(ⅱ)设线段AB的中点为M，由(ⅰ)得M的坐标为，

以下分两种情况：

(1)当k=0时，点B的坐标是(2，0)，线段AB的垂直平分线为y轴，

于是，

由4，得；

(2)当k≠0时；线段AB的垂直平分线方程为，

令x=0，解得，

由，

整理得，

，

故，故，

所以；

综上，或。

解：(Ⅰ)设P（x，y)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

∵P是线段AB的中点，

∴，

∵A，B分别是直线y=x和y=-x上的点，

∴和，

∴，

又，

∴，

∴，

∴动点P的轨迹C的方程为。

(Ⅱ)依题意，直线l的斜率存在，故可设直线l的方程为y=k（x-1），

设M（x3，y3），N（x4，y4），R(0，y5)，

则M，N两点坐标满足方程组，

消去y并整理，得，

∴，①    ，②，

∵，

∴，

即，

∴，

∵l不与x轴垂直，

∴，∴，同理，

∴，

将①②代入上式，可得。

解：(Ⅰ)根据题意，得，

∴，

∴，

又，∴，

∴，

∴，

∴椭圆C的方程为。

(Ⅱ)假设存在直线l满足条件F是三角形MPQ的垂心，

∵kMF=-1，且FM⊥l，

∴k=1，

∴设直线PQ方程为y=x+m，且设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

由，消y得，，

，

且，

∴

，

又F为△MPQ的垂心，∴，

∴，

又，

∴

，

∴，

∴3m2+m-4=0，m=，m=1，满足m2＜3，但m=1时P与M点重合，舍去，

∴存在满足条件直线l，其方程为3x-3y-4=0。

解：（1）设Q（x，y）为曲线C上的任意一点，则点P（x，2y）在圆上，

∴，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．（也可根据点M在椭圆C的内部得到此结论）

设点A，B的坐标分别，则，

要使∠ANB被x轴平分，只要，

即，，

也就是，，

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。

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E（xE，yE），F（xF，yF），

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的斜率为，

即直线EF的斜率为定值，其值为。

解：（1）直线AB的方程为：bx-ay-ab=0， 　　

依题意得，解得：，　　

∴椭圆方程为。

（2）假若存在这样的k值，

由得， 　

∴， 　　　　　　　　　　　　　　① 　　

设，则，　　　 　② 　　

而， 　　

要使以CD为直径的圆过点E（-1，0），当且仅当CE⊥DE时，则，

即， 　　

∴， 　　　　　　　　　③ 　　

将②式代入③整理，解得 经验证，，使①成立；

综上可知，存在，使得以CD为直径的圆过点E。