热门试卷

解：（Ⅰ）由已知，，所以3a2=4b2，①

又点在椭圆C上，所以，②

由①②解之，得a2=4，b2=3．故椭圆C的方程为．

（Ⅱ）当直线l有斜率时，设y=kx+m时，则由

消去y得，（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12=0，

△=64k2m2﹣4（3+4k2）（4m2﹣12）=48（3+4k2﹣m2）＞0，

③设A、B、P点的坐标分别为（x1，y1）、（x2，y2）、（x0，y0），则：，

由于点P在椭圆C上，所以．从而，

化简得4m2=3+4k2，经检验满足③式．

又点O到直线l的距离为：．

当且仅当k=0时等号成立，当直线l无斜率时，由对称性知，点P一定在x轴上，

从而P点为（﹣2，0），（2，0），直线l为x=±1，

所以点O到直线l的距离为1，O到直线l的距离最小值为．

解：（1）∵，=0，

∴NP为AM的垂直平分线，

∴|NA|=|NM|．

又∵|CN|+|NM|=2

∴|CN|+|AN|=2＞2

∴动点N的轨迹是以点C（﹣1，0），A（1，0）为焦点的椭圆．

且椭圆长轴长为2a=2，焦距2c=2

∴a=，c=1，

∴b2=1

∴曲线E的方程为；

（2）动直线l的方程为：y=kx﹣与椭圆方程联立，

消元可得（2k2+1）x2﹣kx﹣=0

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则，

假设在y上存在定点G（0，m），满足题设，

则=（x1，y1﹣m），=（x2，y2﹣m），

∴=x1x2+（y1﹣m）（y2﹣m）=

由假设得对于任意的k∈R，=0恒成立，

∴m2﹣1=0且9m2+m﹣15﹣0，解得m=1．

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

这时，点G到AB的距离d==

SGAPB=|AB|d==

设2k2+1=t，则，

得t∈[1，+∞），

所以SGAPB=≤，

当且仅当时，上式等号成立．

因此，四边形NAPB面积的最大值是．

解：（1）设P（x0，y0），x0±a，则G（，），

∵IG∥F1F2，

∴Iy=，|F1F2|=2c，

∴=·|F1F2|·|y0|=（|PF1|+|PF2|+|F1F2|）·||，

∴2c·3=2a+2c，

∴e==，

又∵b=，

∴b=，

∴a=2，

∴椭圆C的方程为+=1。

（2）设A（x1，y1）、B（x2，y2），

  ，消去y得（3+4k2）x2+8kmx+4m2－12=0，

∴△=（8km）2－4（3+4k2）（4m2－12）＞0，

即m2＜4k2+3，

又∵x1+x2=－，则y1+y2=，

∴线段AB的中点P的坐标为（－，）， 

又线段AB的垂直平分线l′的方程为y=（x－），  

点P在直线l′上，=（），

∴4k2+6km+3=0，

∴m=（4k2+3）， 

∴＜4k2+3，  

∴k2＞，

∴k＞或k＞，

∴k的取值范围是（－∞，）∪（，+∞）。

解：（Ⅰ）设椭圆C的标准方程为，

且，

由题意可知：，

所以，

所以，椭圆C的标准方程为；

（Ⅱ）由（Ⅰ）得Q（-2，0），

设，

（ⅰ）当直线l垂直于x轴时，直线l的方程为，

由

解得：或

即（不妨设点A在x轴上方），

则直线AQ的斜率，直线BQ的斜率，

因为，

所以，

所以；

（ⅱ）当直线l与x轴不垂直时，由题意可设直线AB的方程为，

由消去y得：，

因为点在椭圆C的内部，显然，

因为，

所以

所以，

所以为直角三角形，

假设存在直线l使得△QAB为等腰三角形，则，

取AB的中点M，连接QM，则，

记点为N，

另一方面，点M的横坐标，

所以点M的纵坐标，

所以

所以与不垂直，矛盾，

所以当直线l与x轴不垂直时，不存在直线l使得△QAB为等腰三角形。

解：（1）椭圆C的方程为，

由已知得，解得，

∴所求椭圆的方程为，

（2）由题意知l的斜率存在且不为零，

设l方程为x=my+2（m≠0）=1 ①，

代入，整理得（m2+2）y2+4my+2=0，

由△＞0得m2＞2．

设E（x1，y1），F（x2，y2），

则=2 ②

由已知，，则，

由此可知，，即y2=2y1．

代入 ②得，，

消去y1得，

解得，，满足m2＞2．

即．

所以，所求直线l的方程．

解：①由△F1PF2是直角三角形知，|OP|=c≥b，

即c2≥a2﹣c2，故

②设椭圆方程为，

由得：a2=2c2，b2=c2，

于是椭圆方程可化为：x2+2y2﹣2c2=0①

直线PQ的斜率k=1，

设直线PQ的方程为：y=x+c②，

把①代入②，得：x2+2（x+c）2﹣2c2=0，

整理得：3x2+4cx=0，

设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1、x2是上述方程的两根，

且，．

点F2到PQ直线的距离为，

所以：==12  

得：c2=9=b2，a2=18．

所以所求椭圆方程为：．

解：（1）依题意可设椭圆方程为，

则右焦点，

由题设，解得，

故所求椭圆的方程为。

（2）设，

P为弦MN的中点，

由得 ，

∵直线与椭圆相交，

∴，① 

 ∴，从而，

∴ ，

又|AM|=|AN|，

∴AP⊥MN，则：，即，   ②

把②代入①得，解得，

由②得，

解得；

综上求得的取值范围是。

（1）解：设椭圆的右焦点为（c，0）

∵以右焦点为圆心，椭圆长半轴为半径的圆与直线相切

∴

∵e=，

∴a=2c

∴，

∴c=1

∴a=2

∴b2=a2﹣c2=3

∴

（2）证明：设直线AE方程：得，

代入椭圆方程，消元可得（3+4k2）x2+4k（3﹣2k）x+4﹣12=0

设E（x1，y1），F（x2，y2）．

因为点在椭圆上，所以x1=，y1=kx1+﹣k．

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

x2=，y2=﹣kx2++k．

所以直线EF的斜率kEF==．

即直线EF的斜率为定值，其值为．

解：（1）∵

∴BO|=|OC|=1，

∴∴

依椭圆的定义有：=

∴a=2又c=1，∴b2=a2﹣c2=3

∴椭圆的标准方程为

（2）椭圆的右顶点A1（2，0），圆E的圆心为E（1，0），半径．

假设点M、N能将圆E分割成弧长比值为1：3的两段弧，

则∠MEN=90°，圆心E（1，0）到直线l的距离

当直线l斜率不存在时，l的方程为x=2，

此时圆心E（1，0）到直线l的距离d=1（符合）

当直线l斜率存在时，设l的方程为y=k（x﹣2），

即kx﹣y﹣2k=0

∴圆心E（1，0）到直线l的距离，无解

综上：点M、N能将圆E分割成弧长比值为1：3的两段弧，

此时l方程为x=2

解：（1）由椭圆C的离心率e=，

椭圆C的左、右焦点分别为F1（-c，0）、F2（c，0），

又点F2在线段PF1的中垂线上，

∴|F1F2|=|PF2|，

∴（2c）2=（）2+（2-c）2，解得c=1，

∴a2=2，b2=1，

∴椭圆的方程为+y2=1；

2）由题意，直线MN的方程为y=kx+m，

由消去y得（2k2+1）x2+4kmx+2m2-2=0，

设M（x1，y1），N（x2，y2），

则，

且，，

由已知α+β=π得，

即，

化简，得2kx1x2+（m-k）（x1+x2）-2m=0，

∴2k·，解得m=-2k，

∴直线MN的方程为y=k（x-2），

因此直线MN过定点，该定点的坐标为（2，0）。

解：（Ⅰ）由题设知：2a=4，即a=2

将点代入椭圆方程得 ，解得b2=3

∴c2=a2﹣b2=4﹣3=1，故椭圆方程为

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，

∴，

∴PQ所在直线方程为

由得

设P （x1，y1），Q （x2，y2），则

∴

∴．

解：（1）由已知得，

，

又，

所以椭圆G的方程为。

（2）设直线l的方程为y=x+m，

由，

设A、B的坐标分别为，AB中点为E，

则，

因为AB是等腰△PAB的底边，

所以PE⊥AB，

所以PE的斜率，解得m=2，

此时方程①为，

所以，

此时，点P（-3，2）到直线AB：x-y+2=0的距离，

所以△PAB的面积S=。

解：（Ⅰ）①当直线PQ的斜率不存在时，

由F2(1,0)可知PQ方程为代入椭圆得

又∴，   

②当直线PQ的斜率存在时，

设PQ方程为代入椭圆得

∴

综上,的取值范围是

（Ⅱ）的方程为得

同理,得

∴

1°当k不存在时,=-9 

2°当k存在时, =-9

∴M,N两点的纵坐标之积为定值-9  

解：（Ⅰ）由题意得，

又a2﹣b2=1，所以b2=1，a2=2．

所以椭圆的方程为．

（Ⅱ）设A（0，1），B（x1，y1），P（x0，y0），

联立

消去y得（1+2k2）x2+4kx=0（*），

解得x=0或，所以，

所以，，

因为直线OP的斜率为﹣1，所以，

解得（满足（*）式判别式大于零）．

O到直线的距离为，

=，

△OAB的面积为．