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

∴

∴．

解：（Ⅰ）由题意易知

所以，

设P（x，y），则=

因为x∈[﹣2，2]，故当x=0，即点P为椭圆短轴端点时，有最小值﹣2

当x=±2，即点P为椭圆长轴端点时，有最大值1

（Ⅱ）显然直线x=0不满足题设条件，可设直线l：y=kx+2，A（x1，y1），B（x2，y2），

联立，消去y，整理得：

∴

由得：或又

∴

又y1y2=（kx1+2）（kx2+2）=k2x1x2+2k（x1+x2）+4==

∵，即k2＜4

∴﹣2＜k＜2

故由①、②得：或．

（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

消去y，并整理，得

∵

∴

∴

∴

故直线l与椭圆E只有一个交点。

（2）直线l0的方程为x0（y-y0）=2y0（x-x0），

即2y0x-x0y-x0y0=0

设M（-1，0）关于直线l0的对称点N的坐标为N（m，n）

则

解得

∴直线PN的斜率为

从而直线PN的方程为

即

从而直线PN恒过定点G（1，0）。

解：（1）由已知得，

，

又，

所以椭圆G的方程为。

（2）设直线l的方程为y=x+m，

由，

设A、B的坐标分别为，AB中点为E，

则，

因为AB是等腰△PAB的底边，

所以PE⊥AB，

所以PE的斜率，解得m=2，

此时方程①为，

所以，

此时，点P（-3，2）到直线AB：x-y+2=0的距离，

所以△PAB的面积S=。

解：（Ⅰ）①当直线PQ的斜率不存在时，

由F2(1,0)可知PQ方程为代入椭圆得

又∴，   

②当直线PQ的斜率存在时，

设PQ方程为代入椭圆得

∴

综上,的取值范围是

（Ⅱ）的方程为得

同理,得

∴

1°当k不存在时,=-9 

2°当k存在时, =-9

∴M,N两点的纵坐标之积为定值-9  

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：．