热门试卷

解：（1）设P（x，y），圆方程x2-7x+y2+4=0化为标准式：

则有

∴（x-2）2=x2-7x+y2+4，整理可得y2=3x

∴曲线E的方程为y2=3x．

（2）过点Q任作的直线方程可设为：为直线的倾斜角）

代入曲线E的方程y2=3x，得（n+tsinα）2=3（m+tcosα），sin2αt2+（2nsinα-3cosα）t+n2-3m=0

由韦达定理得，，==═

令-12n与2n2+6m-9同时为0

得n=0，，此时为定值故存在．

解：（1）∵椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，左焦点为F（-1，0），

∴c=1，=，

∴a=，

∴b=，

∴椭圆的方程为．

设点M（x1，y1），N（x2，y2），由F（-1，0）得直线MN的方程为y=k（x+1）．

代入椭圆方程，消去y，整理得（2+3k2）x2+6k2x+3k2-6=0，

可得x1+x2=-，x1x2=．

∵A（-，0），B（，0），

∴=（x1+，y1）•（-x2，-y2）+（x2+，y2）•（-x1，-y1）

=6-2x1x2-2y1y2

=6-2x1x2-2k2（x1+1）（x2+1）

=6-（2+2k2）x1x2-2k2（x1+x2）-2k2

=6+．

由已知得6+=7，解得k=±．

故所求直线L的方程为：和；

（2）假设存在P（u，v），E（x1，y1），G（x2，y2）满足S△OPE=S△OPG=S△OEG=．

不妨设E（x1，y1），G（x2，y2）两点确定的直线为 l，

（ⅰ）当直线l的斜率不存在时，E，G两点关于x轴对称，∴x2=x1，y2=-y1，

∵E （x1，y1）在椭圆上，

∴．①

∵S△OEG=，

∴|x1|•|y1|=，②

由①、②得|x1|=，|y1|=1，

此时x12+x22=3，y12+y22=2．

（ⅱ）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，

由题意知m≠0，将其代入得

（2+3k2）x2+6kmx+3（m2-2）=0，

其中△=36k2m2-12（2+3k2）（m2-2）＞0，

即3k2+2＞m2，（★）

又x1+x2=-，x1x2=，

∴|EG|=•=•．

∵点O到直线l的距离为d=，

∴S△OEG=|EG|•d=•••=．

又S△OEG=，

整理得3k2+2=2m2，且符合（★）式．

此时x12+x22=（x1+x2）2-2x1x2=3，y12+y22=2

综上所述，x12+x22=3，y12+y22=2，结论成立．

同理可得：u2+x12=3，u2+x22=3，v2+y12=2，v2+y22=2，

解得u2=x12=x22=；v2=y12=y22=1．

因此u，x1，x2只能从±中选取，v，y1，y2只能从±1中选取．

因此P、E、G只能在（，±1）这四点中选取三个不同点，

而这三点的两两连线中必有一条过原点，与S△OPE=S△OPG=S△OEG=矛盾，

∴椭圆C上不存在满足条件的三点P、E、G．

解：（1）建立如图所示的直角坐标系，

由于，，，

∴D（0，1），E（0，2）

设椭圆方程为

∴2c=4⇒c=2，b=1

即椭圆方程为；…（6分）

（2）设p（x1，y1）Q（x2，y2）

∵E（0，2），即．λ=

∴①…（7分）

又∵P，Q都在椭圆上

∴②…（8分）

由①②得∴

消去x2得…（10分）

∵-1≤y2≤1，

∴

又∵P在E，Q之间，又，

∴0＜λ＜1，

∴λ范围为．…（12分）