热门试卷

解：（Ⅰ）设F（c，0），则，∴．

过点F且与x轴垂直的直线方程为x=c，代入椭圆方程，有，解得．

于是，解得b=1．

又a2-c2=b2，从而．

所以椭圆C的方程为． 

（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2）．由题意可设直线AB的方程为y=kx+2．

由消去y并整理，得（2k2+1）x2+8kx+6=0．

由△=（8k）2-24（2k2+1）＞0，得．

由韦达定理，得．

∵点O到直线AB的距离为，，∴．

设t=2k2-3，由，知t＞0．

于是．

由，得．当且仅当时等号成立．

∴△AOB面积的最大值为．

（Ⅲ）假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F为△PQN的垂心．

设P（x1，y1），Q（x2，y2），

∵N（0，1），F（1，0），∴kNF=-1．

由NF⊥PQ，知kPQ=1．

设直线l的方程为y=x+m，

由得3x2+4mx+2m2-2=0．

由△＞0，得m2＜3，且，．

由题意，有．

∵，

∴x1（x2-1）+y2（y1-1）=0，即x1（x2-1）+（x2+m）（x1+m-1）=0，

∴．

于是．

解得或m=1．

经检验，当m=1时，△PQN不存在，故舍去m=1．

当时，所求直线l存在，且直线l的方程为．

解：（Ⅰ）①若直线l∥x轴，则点P为（0，0）；

②设直线l：x=my-2，

并设点A，B，M，P的坐标分别是A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），P（x，y），

由消去x，得（m2+2）y2-4my+2=0，①

由直线l与椭圆有两个不同的交点，可得△=（-4m）2-8（m2+2）＞0，即8（m2-2）＞0，所以m2＞2

由=+及方程①，得y=y1+y2=，

x=x1+x2=（my1-2）+（my2-2）=-，

即

由于m≠0（否则，直线l与椭圆无公共点），

将上方程组两式相除得，m=-，代入到方程x=-，

得x=-，整理，得x2+2y2+4x=0（-2＜x＜0）

综上所述，点P的轨迹方程为x2+2y2+4x=0（-2＜x＜0）

（Ⅱ）①当l∥x轴时，A，B分别是椭圆长轴的两个端点，则点M在原点O处，

所以，|MD|=2，|MA|=，所以，=

②由方程①，得y0==，

|MD|=|y0-yD|=

|MA|=|=|y0-y1|==|=

==

m2＞2，-∈（1，0），∈（0，1），∈[，+∞）

解：（1）∵椭圆C：+=1（a＞b＞0）经过点M（3，），椭圆的离心率e=．

∴，解得．

因此椭圆方程为

（2）设直线MA的斜率为k，A（x1，y1），B（x2，y2），

∵∠AMB的平分线与y轴平行，∴直线MA与MB的斜率互为相反数，

设直线MB的斜率为k，联立直线MA与椭圆方程：，

整理得，

解得，，

可得，

又，

∴为定值．

解：（1）由题意，设椭圆的方程为+=1，

则2b=2，

则b=；

又∵|OF1|=2|F1A|．

∴c=2（-c），

解得，a=，c=2；

故椭圆的方程为+=1；

（2）设M（m，0），左焦点为F2（-2，0）；

可设直线PQ的方程为x=，

与椭圆方程+=1联立消去x得，

（）y2--2=0，

设P（x1，y1），Q（x2，y2），

则y1+y2=，

y1y2=，

∵MF2为△MPQ的一条角平分线，

∴+=0，

化简可得，

y1y2-2（y1+y2）-m（y1+y2）=0，

即•-（m+2）=0，

∴（m+3）=0，

∴m=-3．

故M（-3，0）．