热门试卷

（Ⅰ）椭圆C的焦点坐标在x轴上，由椭圆上的点A到到F1、F2两点的距离之和等于4，

得2a=4，即a=2，

又椭圆C上的点A（1，），因此+=1，解得b=，所以c=1，

所以椭圆的标准方程为+=1，F1、F2两焦点坐标为（-1，0），（1，0）．

（Ⅱ）设点P是（Ⅰ）中所得椭圆上的动点设（x，y），

则+=1，∴x2=4-y2，Q（0，），

|PQ|2=x2+(y-

1

2

)2=-y2-y+=-(y+

3

2

)2+5，

因为-≤y≤，

∴当y=-时，|PQ|的最大值=；

（Ⅲ）类似性质，若M、N是双曲线双曲线-=1上关于原点对称的两个点，点P在双曲线上任意一点，当直线PM、PN的斜率都存在，并记为KPM、KPN时，那么KPM与KPN之积是与点P位置无关的定值．

由椭圆的定义知，到点（-2，0）（2，0）的距离之和为6的动点P的轨迹是一个椭圆，

这两个定点是椭圆的焦点，故 c=2，2a=6，a=3，b==，

∴此曲线方程 +=1．

（Ⅰ）∵椭圆C：+=1(a＞b＞0)的离心率为，且经过点M（-2，0）．

∴a=2，=，∴c=．                        …（2分）

∵a2=b2+c2，∴b=．                            …（3分）

椭圆方程为+=1．                                      …（5分）

（Ⅱ）因为直线l的斜率为1，可设l：y=x+m，…（6分）

则，消y得3x2+4mx+2m2-4=0，…（7分）

由△＞0，得m2＜6．

因为A（x1，y1），B（x2，y2），所以x1+x2=-，x1x2=．                        …（8分）

设直线MA：y=(x+2)，则yP=；同理yQ=．…（9分）

因为 +=+，所以 +=+，即+=0．     …（10分）

所以 （x1-4）y2+（x2-4）y1=0，

所以 （x1-4）（x2+m）+（x2-4）（x1+m）=0，

所以2x1x2+m（x1+x2）-4（x1+x2）-8m=0，

所以2•+m(-)-4(-)-8m=0，

所以 =0，所以 m=-1∈(-，)．              …（12分）

所以 x1+x2=，x1x2=-．

设△ABM的面积为S，直线l与x轴交点记为N，

所以S=•|MN|•|y1-y2|=•|x1-x2|=•=．…（13分）

所以△ABM的面积为．…（14分）

（Ⅰ）设椭圆方程为+=1(a＞b＞0)．

令x=-c，代入椭圆方程得，y=±．

所以，又a2=b2+c2，解得．

∴椭圆的标准方程为+=1；

（Ⅱ）设直线l的方程为x=my-3，A（x1，y1），B（x2，y2）

联立直线与椭圆的方程，得（m2+3）y2-6my+3=0，

y1+y2=，y1y2=，

由题意可知AF1⊥BF1，即kAF1•kBF1=-1，

∴•===-1

整理得：（m2+1）y1y2-m（y1+y2）+1=0．

∴-+1=0，解得m=±．

代入△=36m2-12（m2+3）=24×3-36=36＞0．

所以直线l的方程为x+y+3=0或x-y+3=0．

（1）设椭圆方程为+=1（a＞b＞0），

抛物线y2=-4x的焦点是（-1，0），故c=1，

又∵=，∴a=2，b==，

∴所求的椭圆Ω的方程为+=1．

（2）①证明：设切点坐标为A（x1，y1），B（x2，y2），直线l上一点M的坐标（4，t），

则切线方程分别为+=1，+=1，

∵两切线均过M，即x1+y1=1，x2+y2=1，

即点A，B的坐标都适合方程x+y=1

而两点之间确定的唯一的一条直线，

∴直线AB的方程是x+=1，

对任意实数t，点（1，0）都适合这个方程，

故直线恒过定点C（1，0）．

②将直线AB的方程x+y=1与椭圆方程联立，可得（+4）y2-2ty-9=0

∴y1+y2=，y1y2=

不妨设y1＞0，y2＜0，则|AC|==y1

同理|BC|=-y2

∴+=•=

即|AC|+|BC|=•|AC|•|BC|，

故存在λ=，使得|AC|+|BC|=λ•|AC|•|BC|．

（Ⅰ）设F1关于l的对称点为F（m，n），

则 =-且2--+3=0，（3分）

解得m=-，n=，即F（-，），（4分）

故直线F2F的方程为x+7y-1=0．（5分）

由，解得P（-，）．（6分）

（Ⅱ）因为PF1=PF，根据椭圆定义，得

2a=PF1+PF2=PF+PF2=FF2

==2，

所以a=．（8分）

又c=1，所以b=1．

所以椭圆C的方程+y2=1．（12分）

（1）由题意得，椭圆C的对称中心（0，0）关于点P（1，2）的对称点为（2，4），且对称轴平行于坐标轴，

长轴、短轴的长度不变，故将椭圆C绕点P（1，2）旋转180°得到椭圆D的方程为 +=1．

（2） 设M（x1，y1）、N（x2，y2），∵|AM|=|AN|，∴A在线段MN的中垂线上．

 把M（x1，y1）、N（x2，y2），代入椭圆C：+=1的方程得：+=1，①

+=1  ②，用①减去②得：=，

∴k==-×，再由中垂线的性质得 ==，

∴=，∴y1+y2=-2，∴x1+x2=-3k（y1+y2）=-6k，

故MN的中点（-3k，-1），

把y=kx+m代入椭圆C：+=1得，（1+3k2）x2+6kmx+3m2-12=0，

∴x1+x2=-6k=，∴m=1+3k2，∴mx2+6kmx+3m2-12=0，

由题意知，判别式大于0，即 36k2m2-4m（3m2-12）＞0，

36××m2-12m3+48m＞0，m（m-4）＜0，∴0＜m＜4，

故 m的取值范围为 （0，4）．

由题意可得：

①当0＜α＜时，方程x2cosα+y2=1可以化简为：+y2=1．

并且有：0＜cosα＜1，则＞1，所以方程x2cosα+y2=1表示中心在原点，焦点在x轴上的椭圆；

②当α=时，cosα=0，方程为x2=1，得x=±1表示与y轴平行的两条直线；

③当＜α＜π时，方程x2cosα+y2=1可以化简为：+y2=1．

并且有：cosα＜0，方程x2cosα+y2=1表示焦点在y轴上的双曲线．

（1）设M（x，y）是曲线C上任一点，因为PM⊥x轴，=2，所以点P的坐标为（x，3y） （2分）

点P在椭圆+=1上，所以+=1，因此曲线C的方程是+y2=1…（5分）

（2）当直线l的斜率不存在时，显然不满足条件

所以设直线l的方程为y=kx-2与椭圆交于A（x1，y1），B（x2，y2），N点所在直线方程为y=-，由得(1+4k2)x2-16kx+12=0x1+x2=，x1x2=，…（6分）

由△=162k2-48(1+4k2)＞0得k2＞，即k＞或k＜-，…（8分）

因为=+，所以四边形OANB为平行四边形，…（10分）

假设存在矩形OANB，则•=0，即x1x2+y1y2=x1x2+k2x1x2-2k（x1+x2）+4=（1+k2）x1x2-2k（x1+x2）+4=0，

所以(1+k2)•-2k•+4=0，即k2=4，k=±2，…（12分）

设N（x0，y0），由=+，得y0=y1+y2=k(x1+x2)-4=-4==-，

即N点在直线y=-，所以存在四边形OANB为矩形，直线l的方程为y=±2x-2…（15分）