热门试卷

解：（Ⅰ）由题设知：2a=4，即a=2

将点代入椭圆方程得 ，解得b2=3

∴c2=a2﹣b2=4﹣3=1，故椭圆方程为

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，

∴，

∴PQ所在直线方程为

由得

设P （x1，y1），Q （x2，y2），则

∴

∴．

（Ⅰ）解：由题意：，

所求椭圆方程为，

又点在椭圆上，可得，

所求椭圆方程为；

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知：，

设，

则直线PA的方程为：，

由，

因为直线PA与椭圆相交于异于A的点M，

所以，

由，

所以，

从而，

所以，

又M，B，P三点不共线，

所以∠MBP为钝角，

所以△MBP为钝角三角形。

解：（Ⅰ）由题意得，

结合，

所以，椭圆的方程为；

（Ⅱ）由，

设，

所以，

依题意，OM⊥ON，

易知，四边形为平行四边形，所以，

因为，

所以，

即，

将其整理为，

因为，

所以，

即。

解：（1）由条件，得，

所以，方程为。

（2）易知直线l斜率存在，令，

由，

，

由，

得，

由，

得，

∴，

将代入，有

。

（1）解：由题意，直线m的方程为，

∵椭圆的焦点在x轴上，且，，

∴椭圆的方程为。

（2）证明：设，，

∵直线m的方程为，

将直线代入椭圆有，

∵，，

∴，

又∵，，

∴

，

∴，

∴点F1（-2，0）在以线段AB为直径的圆上。

解：（1）椭圆C的方程为：   

（2）由题意知直线AB的斜率存在。设AB：y=k（x-2），A（x1，y1），B（x2，y2），P（x，y），

由此可得（1+2k2）x2-8k2x+8k2-2=0

△=64k4-4（2k2+1）（8k2-2）>0，，

∵

∴（x1+x2，y1+y2）=t（x，y），，  

∵点P在椭圆上，

∴， 16k2=t2（1+2k2）     

∴， 

∴t2∈（0，4） 

∴t∈（-2，0） ∪（0，2）

解：（Ⅰ）由题意得，

又a2﹣b2=1，所以b2=1，a2=2．

所以椭圆的方程为．

（Ⅱ）设A（0，1），B（x1，y1），P（x0，y0），

联立

消去y得（1+2k2）x2+4kx=0（*），

解得x=0或，所以，

所以，，

因为直线OP的斜率为﹣1，所以，

解得（满足（*）式判别式大于零）．

O到直线的距离为，

=，

△OAB的面积为．

解：设椭圆方程为

（Ⅰ）由已知得

∴所求椭圆方程为．

（Ⅱ）由题意知直线l的斜率存在，

设直线l的方程为y=kx+2，A（x1，y1），B（x2，y2）

由，消去y

得关于x的方程：（1+2k2）x2+8kx+6=0由直线l与椭圆相交于A、B两点，

∴△＞064k2﹣24（1+2k2）＞0解得

又由韦达定理得

∴

=

原点O到直线l的距离

∵．

对两边平方整理得：4S2k4+4（S2﹣4）k2+S2+24=0（*）

∵S≠0，

整理得：

又S＞0，∴

从而S△AOB的最大值为，

此时代入方程（*）得4k4﹣28k2+49=0∴

所以，所求直线方程为：．

解：（1）如图建系，设椭圆方程为，则c=1，

又∵，即，

∴a2=2，

故椭圆方程为。

（2）假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F恰为△PQM的垂心，则设，

∵M（0，1），F（1，0），故，

于是，设直线l为 y=x+m，

由，得，

∵，

又，

得，

即，

由韦达定理，得，

解得：或m=1（舍），

经检验符合条件。