热门试卷

解：（Ⅰ）因为 A（2，0）是椭圆C的右顶点，所以a=2．

又，所以 ．

所以 b2=a2-c2=4-3=1．

所以椭圆C的方程为．…（3分）

（Ⅱ）当直线AP的斜率为0时，|AP|=4，DE为椭圆C的短轴，则|DE|=2，所以．…（5分）

当直线AP的斜率不为0时，设直线AP的方程为y=k（x-2），P（x0，y0），

则直线DE的方程为．…（6分）

由得x2+4[k（x-2）]2-4=0，即（1+4k2）x2-16k2x+16k2-4=0．

所以，所以 ．…（8分）

所以 ，即 ．

类似可求．

所以．…（11分）

设，则k2=t2-4，t＞2．

∴．

令，则．所以 g（t）是一个增函数．

所以 ．

综上，的取值范围是．…（13分）

解：（1）设动点为P（x，y），（1分）

依据题意，有，化简得．（3分）　因此，动点P所在曲线C的方程是：．（4分）

（2）点F在以MN为直径的圆的外部．

理由：由题意可知，当过点F的直线l的斜率为0时，不合题意，故可设直线l：x=my-1，

如图所示．（5分）

联立方程组，可化为（2+m2）y2-2my-1=0，

则点A（x1，y1）、B（x2，y2）的坐标满足．（7分）

又AM⊥l1、BN⊥l1，可得点M（-2，y1）、N（-2，y2）．

点与圆的位置关系，可以比较点到圆心的距离与半径的大小来判断，也可以计算点与直径形成的张角是锐角、直角、钝角来加以判断．

因，，则=．（9分）

于是，∠MFN为锐角，即点F在以MN为直径的圆的外部．（10分）

（3）依据（2）可算出，，

则==，==．（14分）

所以，S22=4S1S3，即存在实数λ=4使得结论成立．（15分）

对进一步思考问题的判断：正确．（18分）

解：（Ⅰ）∵点M满足（+）•=0，

∴（+）•（-）=（+）•（+）=2-2=0，

即||=||．

又=λ，∴F1，M，P三点共线，

由题意知M在线段F1P上，∴|F1M|+|MP|=2

∴|F1M|+|MF2|=2，

∴M的轨迹是以F1，F2为焦点，长轴长为2的椭圆，

∴M的轨迹C的方程为；  （4分）

（Ⅱ）设M（x，y），|F1M|=，

又∵，

∴|F1M|==|x-2|

∴-2≤x≤2，

∴|MF2|=-x；

（Ⅲ）（1）当直线l斜率不存在时，|AF2|=|BF2|=，

∴+=2，（8分）

（1）当直线l斜率存在时，设直线l：y=k（x-1），A（x1，y1），B（x2，y2）

直线l与联立得：（1+2k2）x2-4k2x+2k2-2=0，

韦达定理得：x1+x2=，x1x2=

由（Ⅱ）问结论知|AF2|=-x1；|BF2|=-x2；

∴+=+===2．

综上+=2 （12分）

解：（1）∵点A在圆x2+y2=c2上，

∴△AF1F2为一直角三角形，

∵，∴

由椭圆的定义知：|AF1|+|AF2|=2a，∴c+c=2a

∴e===-1

（2）∵函数x的图象恒过点

∴，

点F1（-1，0），F2（1，0），

①若AB⊥x轴，则A，

∴

②若AB与x轴不垂直，设直线AB的斜率为k，则AB的方程为y=k（x+1）

由消去y得（1+2k2）x2+4k2x+2（k2-1）=0（*）

∵△=8k2+8＞0，∴方程（*）有两个不同的实根．

设点A（x1，y1），B（x2，y2），

则x1，x2是方程（*）的两个根

，

=

∵，∴

，

由①②知．