热门试卷

（1）由P在椭圆上得，，①

依题设知a＝2c，则b2＝3c2，②

②代入①解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.

故椭圆C的方程为.

（2）方法一：由题意可设AB的斜率为k，

则直线AB的方程为y＝k（x－1），③

代入椭圆方程3x2＋4y2＝12并整理，得（4k2＋3）x2－8k2x＋4（k2－3）＝0.

设A（x1，y1），B（x2，y2），则有

x1＋x2＝，x1x2＝，④

在方程③中令x＝4得，M的坐标为（4,3k）。

从而，，.

注意到A，F，B共线，则有k＝kAF＝kBF，即有.

所以k1＋k2＝

.⑤

④代入⑤得k1＋k2＝＝2k－1，

又k3＝，所以k1＋k2＝2k3.

故存在常数λ＝2符合题意。

（2）方法二：设B（x0，y0）（x0≠1），则直线FB的方程为：，

令x＝4，求得M，

从而直线PM的斜率为.

联立

得A，

则直线PA的斜率为：，直线PB的斜率为：，

所以k1＋k2＝＝2k3，

故存在常数λ＝2符合题意

（1）设椭圆的方程为，半焦距为.

依题意，由右焦点到右顶点的距离为，得。

解得，。

所以。

所以椭圆的标准方程是。         ……………4分

（2）解：存在直线，使得成立.理由如下：

由得。

，化简得。

设，则

，。

若成立，

即，等价于，所以。

，

，

,

化简得，。

将代入中，，

解得，。

又由，，

从而，或。

所以实数的取值范围是。      ……………14分

（1）设椭圆的半焦距为，由题意知， ，又，

所以  ，，

又，因此。

故椭圆的标准方程为。

由题意设等轴双曲线的方程因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点，所以

因此  双曲线的标准方程为。

（2）设，

则  ，

因为  点在双曲线上，所以。

因此  ，

即  。

（3）由于的方程为，将其带入椭圆方程得

，

由根与系数的关系得

所以 

。

同理可得。

则  ，

又  ，

所以  。

故。

因此  存在，使恒成立。

（1）设椭圆方程为：（），

所以直线方程为：

∴到直线距离为

又，解得：，

故：椭圆方程为：.

（2） 当直线与轴重合时，，而，所以

若存在直线，使是、的等比中项，

则可设直线方程为：

代人椭圆的方程，得：即：

∴

记，，   ∴，

∵，即，∴

∴，解得：，符合，所以

故存在直线，使是、的等比中项，其方程为

，即：

（3） 椭圆的倍相似椭圆的方程为：

设、、、各点坐标依次为、、、

将代人椭圆方程，得：

∴     （*）

此时：，

将代人椭圆方程，得：

∴，

∴，可得线段、中点相同，所以

由，所以，可得：

∴（满足（*）式）。

故：动点的轨迹方程为.

（1）（法一）点在抛物线上， 。

设与直线平行且与抛物线相切的直线方程为，

由 得，

，

由，得，则直线方程为。

两直线、间的距离即为抛物线上的点到直线的最短距离，

有，解得或（舍去）。

直线的方程为，抛物线的方程为。

（法二）点在抛物线上， ，抛物线的方程为。……2分

设为抛物线上的任意一点，点到直线的距离为，根据图象，有，，

，的最小值为，由，解得。

因此，直线的方程为，抛物线的方程为。

（2）直线的斜率存在，设直线的方程为，即，

由  得，

设点、的坐标分别为、，则，，

，，

.

由 得，，

，

。

因此，存在实数，使得成立，且。

（1）由题知，有.

化简，得曲线的方程：，

（2）∵直线的斜率为，且不过点，

∴可设直线：。

联立方程组得。

又交点为，

∴，

∴

（3）答：一定存在满足题意的定圆.

理由：∵动圆与定圆相内切，

∴两圆的圆心之间距离与其中一个圆的半径之和或差必为定值.

又恰好是曲线（椭圆）的右焦点，且是曲线上的动点，

记曲线的左焦点为，联想椭圆轨迹定义，有，

∴若定圆的圆心与点重合，定圆的半径为4时，则定圆满足题意.

∴定圆的方程为：.

(1)

设点A(3,-1)关于直线的对称点为坐标为(x,y),

则解得-

把点（1，3）代入，解得a = 4，

所以抛物线的方程为

（2）∵是抛物线的焦点，抛物线的顶点为（0，-1），

∴抛物线的准线为，

过点M作准线的垂线，垂足为A,由抛物线的定义知,

∴=,当且仅当P、M、A三点共线时“=”成立，

即当点M为过点P所作的抛物线准线的垂线与抛物线的交点时，取最小值，

∴，这时点M的坐标为。

（3）BC所在的直线经过定点，该定点坐标为，

令，可得D点的坐标为

设，显然，

则-

--

∵，∴，即

直线BC的方程为

即-

所以直线BC经过定点.--

（1）依题意,所以,

设是椭圆上任意一点,则,所以,

所以

当时,有最大值,可得,所以

故椭圆的方程为.

（2）[韦达定理法]因为在椭圆上,所以,,设,

由，得

所以,可得，

由韦达定理得,

所以

所以

设原点到直线的距离为,则

所以

设,由,得,所以,

,

所以,当时,面积最大,且最大为,

此时，点的坐标为或或或.

[垂径定理切入]因为点在椭圆上运动，所以,,

圆心到直线的距离,

直线被圆所截的弦长为

所以,接下来做法同上。

（1）①设椭圆的实半轴长为a,短半轴长为b，半焦距为c,

当=1时，由题意得，a=2c=2,,

所以椭圆的方程为.

②依题意知直线的斜率存在，设，由得，

，由直线与抛物线有两个交点，可知.

设，由韦达定理得，

则=            

因为的周长为，所以，          

解得，从而可得直线的方程为        

（2）假设存在满足条件的实数，由题意得，又设，设，对于抛物线M，有对于椭圆C，由得   

由解得：，所以，从而，因此，的边长分别为、、，

当时，使得的边长为连续的自然数.