热门试卷

解：(Ⅰ)设，由知，

∵，

∴，

由，得F1为的中点，

故，

∴，

故椭圆的离心率。

(Ⅱ)由(Ⅰ)知，即，

于是，

的外接圆圆心为，半径，

所以，由已知，得，解得：a=2，

∴，

所求椭圆方程为。

(Ⅲ)由(Ⅱ)知，

由得，

设，

则，

，

由于菱形对角线垂直，则，

故，

则，

，

由已知条件知k≠0且k∈R，

∴，∴，

故存在满足题意的P且m的取值范围是。

解：（Ⅰ）设，

因为，所以，

整理得，

得（舍）或，所以。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可得椭圆方程为，

直线PF2的方程为，

A，B两点的坐标满足方程组，

消去y并整理，得，解得，

得方程组的解，

不妨设，

所以，

于是，

圆心到直线PF2的距离，

因为，所以，

整理得，得（舍）或c=2，

所以椭圆方程为。

解：（1）依题意可知

又∵b2=a2-c2，

解得

则椭圆方程为。

（2）联立方程

消去y整理得：3x2+4mx+2m2-2=0

则Δ=16m2-12（2m2-2）=8（-m2+3）>0，

解得

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则

即AB的中点为

又∵AB的中点不在内，

∴

解得m≤-1或m≥1 ②

由①②得：或。

根据椭圆的定义可知|PF1|+|PF2|=2a

cos∠PF1F2==-1≥-1=-

∴a2=4b2

∴c2==3b2

∴e==

（Ⅰ）证明：将y=2x+1代入，

消去y得：， ① 

由直线与椭圆相交于两个不同的点可得：

，

所以4a2+b2＞1；

（Ⅱ）解：设A（x1， y1）、B（x2， y2），

则由①得，

依题意，，

∴，

即，

∴为定值；

（Ⅲ）解：∵，

代入，

∴，

∵，

∴，

，

∴，

∴椭圆长轴长的取值范围为。

解：（1）由题意，可设椭圆的方程为。

由已知得

解得

所以椭圆的方程为，离心率。

（2）由（1）可得A（3，0）。

设直线PQ的方程为。

由方程组得

依题意，得。

设，则， ①

②

由直线PQ的方程得。

于是。③

∵，∴。④

由①②③④得，从而。

所以直线PQ的方程为或。

（3）证明：

由已知得方程组

注意，解得

因，

故。

而，

所以。

解：（1）根据椭圆定义及已知条件，有

|AF2|+|AB|+|BF2|=4a ①

|AF2|+|BF2|=2|AB| ②

|AF2|2+|AB|2=|BF2|2 ③

由①、②、③，解得|AF2|=a，|AB|=a，|BF2|=a

所以点A为短轴端点，b=c=

Γ的离心率e==；

（2）由（1），Γ的方程为x2+2y2=a2

不妨设C（x1，y1）、D（x2，y2）（x1＜x2），

则C、D坐标满足

由此得x1=，x2=

设C、D两点到直线AB：的距离分别为d1、d2，

因C、D两点在直线AB的异侧，则

d1+d2==

===

∴

设t=1-k，则t＞1，

当，即时，最大，进而S有最大值。

解：（1）将椭圆E的方程化为标准方程：

于是，，

因此，椭圆E的长轴长为，短轴长为，离心率，两

个焦点坐标分别是F1（0，-1）、F2（0，1），

四个顶点的坐标分别是，，和。

（2）依题意，不妨设直线l过F2（0，1）与椭圆E的交点

则

根据题意，直线l的方程可设为

将代入得

由韦达定理得：

所以

（当且仅当，即时等号成立）

故△ABO的面积的最大值为。

解：（1）设F1(-c，0)，F2(c，0)，则M（c，y），

∴A(0，-b)，B(a，0)，且OM∥AB， ∴kOM=kAB，

∴，

又点M在椭圆上，

∴，∴e=；

（2）由（1）得a=c，b=c，

∴椭圆的方程为，

∵kAB=，

∴直线PQ的方程为y=-(x-c)，

∴点F1到直线PQ的距离d=c，

又由，

设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

∴x1+x2=c， x1x2=，

∴|PQ|=|x1-x2|=c，

=+c·c=20，

∴c2=，

∴a2=，b2=，

∴椭圆的方程为。

解：（Ⅰ）由已知得a=2，b=1，

所以，

所以椭圆G的焦点坐标为，

离心率为；

（Ⅱ）由题意知，|m|≥1，当m=1时，切线l的方程x=1，

点A、B的坐标分别为，此时；

当m=-1时，同理可得；

当|m|＞1时，设切线l的方程为y=k（x-m），

由，得，

设A、B两点的坐标分别为，

则，

又由l与圆相切，得，即，

所以

，

由于当m=±3时，

所以，

因为且当时，|AB|=2，

所以|AB|的最大值为2。

（Ⅰ）由题设知：A(，0)，F1(，0)

由+2=得：=2(-)

解得a=2，

∴椭圆M的方程为M：+=1

（Ⅱ）•=(-)•(-)=(--)•(-)=(-)2-

NF

2=

NP

2-1

从而将求•的最大值转化为求

NP

2的最大值

P是椭圆M上的任一点，设P（x0，y0），则有+=1，即x02=24-8y02

又N（0，2），

∴

NP

2=x02+(y0-2)2=-2(y0+1)2+30

∵y0∈[-2，2]，

∴当y0=-1时，

NP

2取最大值30

∴•的最大值为29…（14分）

解：（Ⅰ）因为椭圆过点，

所以

又a2=b2+c2所以

故所求椭圆方程为；

（Ⅱ）（i）由于F1（-1，0）、F2（1，0），PF1、PF2的斜率分别为k1、k2，且点P不在x轴上

所以k1≠k2，k1≠0，k2≠0

又直线PF1，PF2的方程分别为y=k1（x+1），y=k2（x-1）

联立方程得

所以

由于点P在直线x+y=2上

所以

因此2k1k2+3k1-k2=0

即

结论成立；

（ii）设A（xA，yA），B（xB，yB），C（xC，yC） ，D（xD，yD）

联立直线PF1与椭圆的方程得

化简得（2k12+1）x2+4k21x+2k21-2=0

因此

由于OA，OB的斜率存在

所以xA≠0，xB≠0

因此k12≠0，1

因此

相似地可以得到

故

若kOA+kOB+kOC+kOD=0，须有k1+k2=0或k1k2=1

①当k1+k2=0时，结合（i）的结论，可得k2=-2，所以解得点P的坐标为（0，2）；

②当k1k2=1时，结合（i）的结论，解得k2=3或k2=-1（此时k1=-1，不满足k1≠k2，舍去），此时直线CD的方程为y=3（x-1），联立方程x+y=2得

因此

综上所述，满足条件的点P的坐标分别为（0，2），。