热门试卷

解：（Ⅰ）设动点P（x0，y0），则，．

∵动点P满足=0，∴，化为

即动点P的轨迹方程为．

设动点M（x，y），则Q（x，0），如图所示，

∵，，，

∴，化为，

代入动点P的轨迹方程得x2+2y2=2，即曲线C的方程为．

（Ⅱ）当直线AB的斜率不存在时，∵|AB|=2=短轴长，∴直线AB经过原点，此时原点到直线的距离=0；

当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+t，

联立，消去y得（1+2k2）x2+4ktx+2t2-2=0，

∵直线与椭圆有两个交点，∴△=16k2t2-4（1+2k2）（2t2-2）＞0，化为t2＜1+2k2．（*）

∴，，

∴|AB|=，

∴22=，

化为．（**）

原点O到直线AB的距离d=，∴，

把（**）代入上式得=，当且仅当，即k2=0，k=0时取等号．

此时，满足（*）式．

∴，∴，即原点O到直线AB的最大距离d=．

综上可知：坐标原点O到动弦AB距离的最大值是．

解：（1）∵椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率是，

∴e==，∴a=，c=b，

∴椭圆的方程，

∵点P（1，）在椭圆上，∴，解得b2=1，

∴．…（5分）

（2）由题意知直线l的斜率存在，

设l的方程为y=kx+2，代入，得：

（2k2+1）x2+8kx+6=0，

由△＞0，解得k2，

设E（x1，y1），F（x2，y2），则，…（7分）

S△OEF=S△OED-S△OFD

=

=

=|x1-x2|

=|x1-x2|，

|x1-x2|=

=

==，

令，∴，（t＞0）

∴S△OEF=|x1-x2|=

==2

=2≤2=．

∴．

解：（1）由题意知

所以椭圆E 的方程为…（4分）

（2）结论：存在直线l，使得四边形PABQ的对角线互相平分．…（5分）

理由如下：由题可知直线l、PQ的斜率存在．

设直线l的方程为y=k（x-1），直线PQ的方程为

由消去y得（3+4k2）x2-8k2x+（4k2-12）=0

则，…（7分）

由消去y得（3+4k2）x2-（8k2-12k）x+（4k2-12k-3）=0

则，…（9分）

若四边形PABQ的对角线互相平分，则四边形PABQ为平行四边形，

∴|AB|=|PQ|，

∴

∴直线l的方程为3x-4y-3=0时，四边形PABQ的对角线互相平分．…（12分）

解：（Ⅰ）由已知，----（2分）

∴c=1，，

∴椭圆C的方程为；----（4分）

（Ⅱ）消去y得（2k2+1）x2+4kbx+2b2-2=0，

∵曲线C与直线l只有一个公共点，∴△=0，

可得b2=2k2+1（*）----（6分）

设P（xP，yP），

∴，，∴．---（8分）

又由，

∴Q（2，2k+b）----（9分）

设在x轴上存在定点N（x1，0），使得以PQ为直径的圆恒过定点N．

∴NP⊥NQ，即----（10分）

∴，

∴对满足b2=2k2+1恒成立，

∴，∴x1=1

故在x轴上存在定点N（1，0），使得以PQ为直径的圆恒过定点N．--（14分）