热门试卷

解：（Ⅰ）设椭圆的长半轴为a，半焦距为c，

则解得

∴椭圆C的标准方程为．

（Ⅱ）由方程组消去y，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12=0

由题意：△=（8km）2﹣4（3+4k2）（4m2﹣12）＞0

整理得：3+4k2﹣m2＞0

①设M（x1，y1）、N（x2，y2），

则，

由已知，AM⊥AN，且椭圆的右顶点为A（2，0）

∴（x1﹣2）（x2﹣2）+y1y2=0

即（1+k2）x1x2+（km﹣2）（x1+x2）+m2+4=0

也即

整理得：7m2+16mk+4k2=0

解得：m=﹣2k或，均满足①

当m=﹣2k时，直线l的方程为y=kx﹣2k，过定点（2，0），舍去

当时，直线l的方程为，过定点，

故直线l过定点，且定点的坐标为．

解：（Ⅰ）设抛物线C2：y2=2px（p≠0），则有，

据此验证4个点知（3，﹣2）、（4，﹣4）在抛物线上，

易求C2：y2=4x

设C1：，

把点（﹣2，0）（）代入

得：解得

∴C1方程为

（Ⅱ）容易验证直线l的斜率不存在时，不满足题意；

当直线l斜率存在时，假设存在直线l过抛物线焦点F（1，0），

设其方程为y=k（x﹣1），

与C1的交点坐标为M（x1，y1），N（x2，y2）

由消掉y，

得（1+4k2）x2﹣8k2x+4（k2﹣1）=0，

于是，①

y1y2=k（x1﹣1）×k（x1﹣1）=k2[x1x2﹣（x1+x2）+1]

即②

由，即，

得x1x2+y1y2=0（*），

将①、②代入（*）式，

得，

解得k=±2；

所以存在直线l满足条件，

且l的方程为：y=2x﹣2或y=﹣2x+2．

解：（I）∵P是椭圆E上的点，与x轴平行，

∴||=，

∵||=，

∴

∴

∴

（II）椭圆E上的点与椭圆E的长轴的两个端点构成的三角形的面积的最大值等于2

∴ab=2，

解方程组得，

∴椭圆的方程是

设A（x1，kx1﹣3），B（x2，kx2﹣3）

∵∴（4+k2）x1x2﹣3k（x1+x2）+9=0，

∵，得（4+k2）x2﹣6kx+5=0

即（4+k2）x1x2﹣3k（x1+x2）+9=0

由得（4+k2）x2﹣6kx+5=0，

∴，

∴（4+k2）x1x2﹣3k（x1+x2）+9=0，

∴56﹣4k2=0

k2=14

解：（1）题意知，，

所以，，从而b=1，

故椭圆C的方程为。

（2）容易验证直线l的斜率不为0，

故可设直线l的方程为x=my+1，代入中，

得，

设，

则由根与系数的关系，得，

，

解得m=±2 ，

所以，直线l的方程为，即或。

解：(1)设椭圆的焦距为c，则c2=m-(m-1)=1，则 F1(-1，0)，F2(1，0)，

椭圆的准线为x=±m，直线的方程为y=x+1 易知A(-m，-m+1)，B(m，m-1)

由，消去y并整理得：(2m-1)x2+2mx+2m-m2=0，

△=8m(m-1)2，∵ m∈[2，5]，∴△＞0恒成立 　

此时，又直线的斜率k=1，

∴|，

又xA=-m，xD=m，∴xA+xD=0， 　　

故m∈[2，5]；

（2），又m∈[2，5]，易知，　　

∴，故 ，

解：（Ⅰ）由已知 ， ．

解得 ，

所以b2=a2﹣c2=1，

椭圆的方程为 ．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得过B点的直线为y=kx+1，

由 得（4k2+1）x2+8kx=0，

所以 ，所以 ，

依题意k≠0， ．

因为|BD|，|BE|，|DE|成等比数列，

所以|BE|2=|BD||DE|，

所以b2=（1﹣yD）|yD|，

即（1﹣yD）|yD|=1，

当yD＞0时，yD2﹣yD+1=0，无解，

当yD＜0时，yD2﹣yD﹣1=0，解得 ，

所以 ，

解得 ，

所以，当|BD|，|BE|，|DE|成等比数列时， ．  

解：（1）因为点P在椭圆C上，所以2a=|PF1|+|PF2|=6，a=3．

在Rt△PF1F2中，，

故椭圆的半焦距c=，从而

b2=a2﹣c2=4，所以椭圆C的方程为=1．

（2）设A，B的坐标分别为（x1，y1）、（x2，y2）．

已知圆的方程为（x+2）2+（y﹣1）2=5，

所以圆心M的坐标为（﹣2，1）．

从而可设直线l的方程为y=k（x+2）+1，

代入椭圆C的方程得（4+9k2）x2+（36k2+18k）x+36k2+36k﹣27=0．

因为A，B关于点M对称．

所以

解得，

所以直线l的方程为，

即8x﹣9y+25=0．（经检验，所求直线方程符合题意）

解：（Ⅰ）双曲线的焦点为（±5，0），顶点为（±4，0），

所以所求椭圆方程为

（Ⅱ）假设存在M（0，a），过点M且斜率为k的动直线l交椭圆于A、B两点，

使以AB为直径的圆恒过点P，AB方程为y=kx+a，

代入方程，消去y，得

（9+25k2）x2+50akx+25a2﹣225=0，

设A（x1，y1），B（x2，y2）则x1+x2=，x1x2=

=x1x2+y1y2﹣3（y1+y2）+9

=x1x2+（kx1+a）（kx2+a）﹣3k（x1+x2）﹣6a+9

=（k2+1）x1x2+k（a﹣3）（ x1+x2）+a2﹣6a+9

=（k2+1）+k（a﹣3）+a2﹣6a+9

由以AB为直径的圆恒过点P，可得，

得17a2﹣27a﹣72=0，

∴（17a+24）（a﹣3）=0

∴a=3，或a=

∵点P的坐标为（0，3），过点M且斜率为k的动直线l 交椭圆于A、B两点

∴a=

故M点的坐标存在，M的坐标为（0，）

解：（1）双曲线的离心率为，

则椭圆的离心率为

圆x2+y2=4的直径为4，则2a=4，

得：

所求椭圆M的方程为．

（2）直线AB的直线方程：．

由，得，

由，

得﹣2＜m＜2

∵，．

∴=

又P到AB的距离为．则

当且仅当取等号

∴．    

解：如图，

设A(x1,y1)，B（x2,y2），

(∵c=1)．

设直线AB的方程为x=my+1，代入椭圆方程，得（2m2+3）y2+4my-4=0．

，

从而

令

∵，当且仅当时，等号成立，

又∵t≥1，

∴的最小值取不到

考察f(t)=2t+在[1，+∞）上的单调性，利用单调性定义可以证明f(t)=2t+在[1，+∞）上单调递增，因此f(t）=的最小值为f(1)=3．

从而的最大值为，

此时t=1，即m=0．

∴△F1AB的面积的最大值为，此时直线AB的方程为x=1.

解：（1）由题意知c=1，

又=1，

∴（a+c）（a﹣c）=1=a2﹣c2，∴a2=2

故椭圆方程为；

（2）假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F恰为△PQM的垂心，

则设P（x1，y1），Q（x2，y2），

∵M（0，1），F（1，0），故kPQ=1，

于是设直线l为y=x+m，与椭圆方程联立，消元可得3x2+4mx+2m2﹣2=0

∵=x1（x2﹣1）+y2（y1﹣1）=0又yi=xi+m（i=1，2）

得x1（x2﹣1）+（x2+m）（x1+m﹣1）=0

即2x1x2+（x1+x2）（m﹣1）+m2﹣m=0

由韦达定理得2﹣（m﹣1）+m2﹣m=0

解得m=﹣ 或m=1（舍）

经检验m=﹣符合条件，故直线l方程为

解：（1）由题意得，解得，

∴椭圆C的方程为。

（2）设点A、B的坐标分别为，线段AB的中点为，

由消y得，，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴。

解：（1）由题意得，解得，

∴椭圆C的方程为。

（2）设点A、B的坐标分别为，线段AB的中点为，

由消y得，，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴。

解：（Ⅰ）由题意可知：c=1，a2=b2﹣c2，e= 解得：a=，b=1

故椭圆的方程为：=1

（II）设直线AB的方程为y=k（x+1）（k≠0），

联立，得，整理得（1+2k2）x2+4k2x+2k2﹣2=0

∵直线AB过椭圆的左焦点F

∴方程有两个不等实根．

记A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中点N（x0，y0）

则x1+x2=，x0=

垂直平分线NG的方程为y﹣y0=﹣，

令y=0，得xG=x0+ky0=﹣=﹣．

∵k≠0，∴﹣＜0

∴点G横坐标的取值范围为（﹣，0）．