热门试卷

（1）；（2）

试题分析：（1）由于所求动点A满足直线AB，AC的斜率乘积为，所以直接设A的坐标，代入化简整理即得：，注意到△ABC中三个顶点不能共线，所以需去掉与轴相交的点，（2）要求的取值范围，首先求出函数解析式，由题意确定l1的斜率为k为自变量，因为M 为l1与曲线E的交点，所以列方程组解出点M坐标，从而得出弦长；同理，只需将代k就可得到，因此△DMN的面积S＝，所以＝，这可以看作关于1＋k2的一个分式函数，即，可以利用函数单调性求出其取值范围.

试题解析：解（1）设顶点A的坐标为(x，y)，则kAB＝，kAC＝ 2分

因为kAB×kAC＝，所以，  即．（或x2＋4y2＝4）.

所以曲线E的方程为．           4分

（2）曲线E与y轴负半轴的交点为D(0，－1)．

因为l1的斜率存在，所以设l1的方程为y＝kx－1， 代入，得

从而 6分

用代k得

所以△DMN的面积S＝ 8分

则＝

因为k≠0且，k≠±2，令1＋k2＝t，

则t＞1，且，t≠5，

从而＝

因为，且，

所以且，

从而且，，

即∈                 10分.

（Ⅰ）∵斜率k存在，不妨设k＞0，求出M（，2）．-------------------------------1分

直线MA方程为，

分别与椭圆方程联立，可解出，----------------------------3分

同理得，直线MB方程为．-------4分

∴　，为定值.----------------------------------------------------6分

（Ⅱ）设直线AB方程为，与联立，消去y得

．-----------  -----------------------------7分

由＞0得一4＜m＜4，且m≠0，

点M到AB的距离为．------------------------------------------------------8分

---9分

设△AMB的面积为S．　∴　．

当时，得．--------------------------------------------------------------12分

略

（1）见解析（2）＝1

(1)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，F(c，0)，则＝(c－x1，－y1)，＝(x2－c，y2)．当λ＝1时，＝，∴－y1＝y2，x1＋x2＝2c.∵M、N两点在椭圆C上，∴＝a2，＝a2，∴＝.若x1＝－x2，则x1＋x2＝0≠2c(舍去)，∴x1＝x2，∴＝(0，2y2)，＝(c＋4，0)，∴·＝0，∴⊥.

(2)解：当λ＝1时，由(1)知x1＝x2＝c，

∴M，N，∴＝，＝，

∴·＝(c＋4)2－＝.(*)

∵＝，∴a2＝c2，b2＝，代入(*)式得c2＋8c＋16＝，∴c＝2或c＝－(舍去)．∴a2＝6，b2＝2，∴椭圆C的方程为＝1

（1）+x2=1  （2）1

解:(1)由题意,得

从而

因此,所求的椭圆方程为+x2=1.

(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),

P(t,t2+h),

则抛物线C2在点P处的切线斜率为

y′|x=t=2t,

直线MN的方程为:

y=2tx-t2+h.

将上式代入椭圆C1的方程中,

得4x2+(2tx-t2+h)2-4=0,

即4(1+t2)x2-4t(t2-h)x+(t2-h)2-4=0.①

因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点,

所以①式中的

Δ1=16[-t4+2(h+2)t2-h2+4]>0.②

设线段MN的中点的横坐标是x3,

则x3==.

设线段PA的中点的横坐标是x4,

则x4=.

由题意,得x3=x4,

即t2+(1+h)t+1=0.③

由③式中的

Δ2=(1+h)2-4≥0,

得h≥1或h≤-3.

当h≤-3时,h+2<0,4-h2<0,

则不等式②不成立,

所以h≥1.

当h=1时,代入方程③得t=-1,

将h=1,t=-1代入不等式②,检验成立.

所以h的最小值为1.