热门试卷

（1）∵定点A（1，0），定直线l：x=5，动点M（x，y），

M到点A的距离与M到直线l的距离之比为，

∴根据椭圆定义：M的轨迹为椭圆，

其中c=1，e==，

∴a=

∴b==2

∴则C1轨迹方程为：+=1．

（2）∵C1轨迹方程为：+=1，

∴C1的焦点为：（1，0），（-1，0），C1的顶点为：（，0），（-，0）

由题意可知：C2为双曲线

则a′=1，c'=，

则b′==2，

∴C2轨迹方程为：x2-=1．

（3）当直线m的斜率不存在时，m的方程为：x=，

它与C2：x2-=1交于P（，-4）和Q（，4），得到得弦|PQ|=8．

当直线m的斜率存在时，m的方程为y=k（x-），

联立方程组  ，消去y，

整理得(4-k2)x2+2k2x-5k2-4=0，

设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=，

∵弦|PQ|长度为8，∴=8，

解得k=±，

∴直线m的方程为x=或y=±（x-）．

(1).  (2) 的斜率为定值.

试题分析：(1)设椭圆的方程为，

由. ,即可得.

(2) 当时，、的斜率之和为0.

设直线的斜率为, 则的斜率为,的直线方程为, 的直线方程为,分别与椭圆方程联立，应用韦达定理，确定坐标关系，通过计算

 ,

得到结论.

试题解析：(1)设椭圆的方程为

则. 由,得，

∴椭圆C的方程为.                      5分

(2) 当时，、的斜率之和为0,设直线的斜率为, 

则的斜率为,的直线方程为, 

由 整理得

,          9分

  ,

同理的直线方程为,

可得 

∴ ,              12分

 ,

所以的斜率为定值.                     13分

（1），（2）相切，（3）.

试题分析：（1）求椭圆E的离心率，只需列出关于的一个等量关系就可解出. 因为直线的倾斜角的正弦值为，所以，即，（2）判断直线与圆的位置关系，通常利用圆心到直线距离与半径大小比较. 因为直线的倾斜角的正弦值为，所以直线的斜率为于是的方程为：，因此中点到直线距离为所以直线与圆相切,又圆与以线段为直径的圆关于直线对称，直线与圆相切．（3）由圆的面积为知圆半径为1，所以设关于直线：的对称点为，则解得．所以，圆的方程为．

【解】（1）设椭圆E的焦距为2c（c>0），

因为直线的倾斜角的正弦值为，所以，

于是，即，所以椭圆E的离心率  

（2）由可设，，则，

于是的方程为：，

故的中点到的距离，         又以为直径的圆的半径，即有，

所以直线与圆相切．

（3）由圆的面积为知圆半径为1，从而，         

设的中点关于直线：的对称点为，

则

解得．所以，圆的方程为．

（1）＝1.（2）m＝（3）无关

(1)∵c＝4m，椭圆离心率e＝＝，∴a＝5m.∴b＝3m.

∴椭圆C的标准方程为＝1.

(2)在椭圆方程＝1中，令x＝4m，解得y＝±.

∵当θ＝90°时，直线MN⊥x轴，此时FM＝FN＝，∴＝.

∵＝，∴＝，解得m＝.

(3)的值与θ的大小无关．

证明如下：(证法1)设点M、N到右准线的距离分别为d1、d2.

∵＝，＝，∴＝.

又由图可知，MFcosθ＋d1＝－c＝，

∴d1＝，即＝.

同理，＝＝(－cosθ＋1)．

∴＝＋(－cosθ＋1)＝.

∴＝·＝.显然该值与θ的大小无关．

(证法2)当直线MN的斜率不存在时，由(2)知，的值与θ的大小无关．

当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝k(x－4m)，

代入椭圆方程＝1，得(25k2＋9)m2x2－200m3k2x＋25m4(16k2－9)＝0.

设点M(x1，y1)、N(x2，y2)，∵Δ＞0恒成立，∴x1＋x2＝，x1·x2＝.

∵＝，＝，∴MF＝5m－x1，NF＝5m－x2.

∴＝.

显然该值与θ的大小无关．

（I）由题意知2a=|PA|+|PB|=|CA|+|CB|=4＞2=|AB|=2c，（3分）

∴由定义得P点轨迹是椭圆，

且b2=a2-c2=3．

因此，曲线E的方程为+=1.（5分）

（II）由条件知直线CM，CN的斜率存在且不为0，

设直线CM的方程为y=k(x+1)+，

由消去y，

整理得（4k2+3）x2+4k（2k+3）x+4k2+12k-3=0

∵C在椭圆上，

∴方程两根为-1，x1∴-x1=，x1=-.（9分）

∵直线PM，PN的倾斜角互补，

∴直线PM，PN的斜率互为相反数，

∴x2=-.（11分）

则x1-x2=，x1+x2=.

又y1=k(x1+1)+，y2=-k(x2+1)+，

∴y1-y2=k(x1+x2+2)=k(+2)=.

∴直线MN的斜率KMN==-（定值）（13分）

(1) ； (2)

试题分析：(1)由题设知   椭圆的标准方程为

(2)因为当直线的斜率不存在时， ，不适合题意，所以直线的斜率存在，设为，直线的方程为，它与椭圆的两交点坐标，则由得

通过方程组，借助韦达定理，得到，结合得到与的关系式，并且可由得到的取值范围；

另一方面，因为由前述的取值范围可使问题得到解决.

试题解析：

解：(1)由题意知： ，且 ，                    2分

解得 ，                            3分

椭圆的方程为 .                            4分

(2)由题意得直线 的斜率存在，右焦点 ，可设直线 的方程为： 

由 得 

由题意 

设，则                 6分

由得                               7分

                                   9分

令 ， 在上单调递增，

可得 

故，解得                           2分

=                   13分

即的取值范围是                         14分

（1）4（2）存在Q(3,0)

(1)由椭圆的定义知a＝，设P(x，y)，

则有，则＝－，

又点P在椭圆上，则＝－，

∴b2＝2，

∴椭圆C的方程是＝1.(3分)

∵＝，

∴|cos∠AOB＝，

∴|sin∠AOB＝4，

∴S△AOB＝|sin∠AOB＝2，

又S△AOB＝|y1－y2|×1，故|y1－y2|＝4.(7分)

(2)假设存在一点Q(m,0)，使得直线QA，QB的倾斜角互为补角，

依题意可知直线l斜率存在且不为零，

直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，

由消去y得(3k2＋2)x2－6k2x＋3k2－6＝0，(9分)

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1·x2＝.

∵直线QA，QB的倾斜角互为补角，

∴kQA＋kQB＝0，即＝0，(13分)

又y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，

代入上式可得2x1x2＋2m－(m＋1)(x1＋x2)＝0，

∴2×＋2m－(m＋1)×＝0，即2m－6＝0，∴m＝3，

∴存在Q(3,0)使得直线QA，QB的倾斜角互为补角．(16分)

（1）（2）见解析

试题分析：（1）由椭圆的几何意义知，，，由等比数列知，，即，两边同除以化为关于离心率的方程，求出离心率；（2）设出P点坐标，利用直线两点式方程写出直线PA，PB方程，通过解PA与及PB与方程分别组成的方程组，解出点M，N的坐标，再通过计算向量法=0，证明，证明为直径的圆过点.

试题解析：（1）由题意可知，成等比数列，所以

（2）由，椭圆经过点可知，椭圆方程为

设，由题意可知

解得，则

故以线段为直径的圆过点.