热门试卷

解：（1）∵∠AFB=150°

∴∠OFB=30°（O为坐标原点）在直角△BOF中，|FB|=2|OB|

∵a=2b ∵点A（﹣2，0）在椭圆上

∴a=2  ∴b=1  ∴椭圆；

（2）∵直线l过x轴上一点M（m，0）（m≠﹣2）不垂直于y轴

∴l：x=ty+m与椭圆方程联立

消元整理可得（t2+4）y2+2mty+m2﹣4=0

∴△=4m2t2﹣4（t2+4）（m2﹣4）＞0

∴t2＞m2﹣4设C（x1，y1），D（x2，y2）

∴，

（i）若以CD为直径的圆恒过A点，则∵=（x1+2，y1），=（x2+2，y2）

∴x1x2+2（x1+x2）+4+y1y2=

∴或m=﹣2（舍去）

∴实数m的值为；

（ii）若△ACD的重心恒在y轴的左侧，即重心的横坐标恒小于0，即，∴

∴4m＜t2+4对所有符合条件的t恒成立

由t2＞m2﹣4知：

①若m2﹣4＜0，即﹣2＜m＜2时，t2∈[0，+∞）

∴t2+4≥4   ∴m＜1   ∴﹣2＜m＜1；

②若m2﹣4≥0，即m≤﹣2或m≥2时，t2∈（m2﹣4，+∞），∴4m＜m2，∴m≤0或m≥4

综上知，实数m的取值范围是（﹣∞，﹣2）∪（﹣2，1）∪[4，+∞）

解：（1）①易知，

∴b2=3，

又F（1，0），∴c=1，a2=b2+c2=4

∴椭圆C的方程为

②∵l与y轴交于M

设A（x1，y1），B（x2，y2），由

∴（3m2+4）y2+6my﹣9=0，△=144（m2+1）＞0  ∴

又由，

∴∴

同理

∴

（2）∵F（1，0），k=（a2，0），

先探索，当m=0时，直线l ⊥Ox轴，则ABED由对称性知，AE与BD相交FK中点N，且

猜想：当m变化时，AE与BD相交于定点

证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），E（a2，y2），D（a2，y1）

当m变化时首先AE过定点N

∵，即（a2+b2m2）y2+2mb2y+b2（1﹣a2）=0

又△=4a2b2（a2+m2b2﹣1）＞0（a＞1）

又KAN=，

而KAN﹣KEN==

∴KAN=KEN，∴A、N、E三点共线，

同理可得B、N、D三点共线∴AE与BD相交于定点

解：（1）设椭圆方程为，

则c=，，

∴a=2，b=1，所求椭圆方程．

（2）由，消去y，得5x2+8mx+4（m2﹣1）=0，则△＞0得m2＜5（*）

设P（x1，y1），Q（x2，y2），

则x1+x2=﹣，x1x2=y1﹣y2=x1﹣x2，

|PQ|=

解得．m=，满足（*）

∴m=．

解：（1）由题意，椭圆的焦点在x轴上，

且a=，c=ea=×=，

故b===，

所以，椭圆E的方程为+=1，

即x2+3y2=5．

（2）假设存在点M符合题意，设AB：y=k（x+1），

代入方程E：x2+3y2=5，得

（3k2+1）x2+6k2x+3k2﹣5=0；

设A（x1，y1），B（x2，y2），M（m，0），

则x1+x2=﹣，x1x2=；

∴=（k2+1）x1x2+（k2﹣m）（x1+x2）+k2+m2=m2+2m﹣﹣，

要使上式与k无关，则有6m+14=0，

解得m=﹣；

所以，存在点M（﹣，0）满足题意．

（1）证明：由题设，∵|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列，

∴2|AB|=|AF2|+|BF2|，

由椭圆定义|AB|+|AF2|+|BF2|=4a，

所以，．

（2）解：由点（0，﹣1）在椭圆C上，可设椭圆C的方程为，

设A（x1，y1），B（x2，y2），F1（﹣c，0），l：x=y﹣c，

代入椭圆C的方程，整理得（a2+1）y 2﹣2cy﹣1=0，（*）    

则

               =，

于是有，

，

故椭圆C的方程为．      

解：（Ⅰ）设C（m，0），D（0，n），P（x，y）．

由=，得（x-m，y）=（-x，n-y），

∴．

由||=+1，得m2+n2=（+1）2，

∴（+1）2x2+y2=（+1）2，

整理，得曲线E的方程为x2+=1．

（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），

由=+，知点M坐标为（x1+x2，y1+y2）．

设直线l的方程为y=kx+1，代入曲线E方程，

得（k2+2）x2+2kx﹣1=0，

则x1+x2=﹣，x1x2=﹣，

y1+y2=k（x1+x2）+2=，

由点M在曲线E上，知（x1+x2）2+=1，

即，解得k2=2．

这时|AB|===，

原点到直线l的距离d==，

平行四边形OAMB的面积S=|AB|d=．

解：（1）∵过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8

∴4a=8，

∴a=2

∵e= ，

∴c=1

∴b2=a2-c2=3

∴椭圆E的方程为 。

（2）由，消元可得（4k2+3）x2+8kmx+4m2-12=0

∵动直线l：y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P（x0，y0）

∴m≠0，△=0，

∴（8km）2-4×（4k2+3）×（4m2-12）=0

∴4k2-m2+3=0①

此时x0==，y0=，

即P（，）

由得Q（4，4k+m）

取k=0，m=，此时P（0，），Q（4，），

以PQ为直径的圆为（x-2）2+（y-）2=4，交x轴于点M1（1，0）或M2（3，0）

取k=，m=2，此时P（1，），Q（4，0），

以PQ为直径的圆为（x-）2+（y-）2=，交x轴于点M3（1，0）或M4（4，0）

故若满足条件的点M存在，只能是M（1，0），

证明如下∵

∴

故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M（1，0）。

解：（1）椭圆的长轴长为4，离心率为

∵椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率

∴椭圆C2的焦点在y轴上，2b=4，为

∴b=2，a=4

∴椭圆C2的方程为；

（2）设A，B的坐标分别为（xA，yA），（xB，yB），

∵

∴O，A，B三点共线，且点A，B不在y轴上

∴设AB的方程为y=kx

将y=kx代入，消元可得（1+4k2）x2=4，

∴

将y=kx代入，消元可得（4+k2）x2=16，

∴

∵，

∴=4，

∴，

解得k=±1，

∴AB的方程为y=±x。

解：（1）设椭圆的长半轴为a，半焦距为c，

则解得

∴椭圆C的标准方程为．

（2）由方程组消去y，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12=0

由题意：△=（8km）2﹣4（3+4k2）（4m2﹣12）＞0

整理得：3+4k2﹣m2＞0 ①

设M（x1，y1）、N（x2，y2），则

，

由已知，AM⊥AN，且椭圆的右顶点为A（2，0）

∴（x1﹣2）（x2﹣2）+y1y2=0

即（1+k2）x1x2+（km﹣2）（x1+x2）+m2+4=0

也即

整理得：7m2+16mk+4k2=0

解得：m=﹣2k或，均满足①

当m=﹣2k时，直线l的方程为y=kx﹣2k，过定点（2，0），舍去

当时，直线l的方程为，过定点，l过定点，且定点的坐标为．