热门试卷

解：（1）∵椭圆C：（a＞b＞0）的离心率为，短轴的一个端点到上焦点的距离为2，

∴，∴a=2，b=1，

∴椭圆C的方程为；

（2）由已知可得m：x=-，

设N（-，t），直线l：y=k（x+2），A（x1，y1），B（x2，y2），

直线l：y=k（x+2）代入椭圆方程，可得（4+k2）x2+4k2x+4k2-4=0，

△＞0，可得-＜k＜，

x1+x2=-=-，

∴k=±，

此时=0，

∴存在这样的直线l：y=±（x+2），使得四边形OANB为矩形．

解：（1）如图所示，∵过点的椭圆C：（a＞b＞0）的右焦点为F（1，0），

∴，解得c=1，b2=3，a2=4．

∴椭圆C的标准方程为：．

（2）∵点B的坐标为，点P与点B关于坐标原点对称．∴P．

可得kBF==．

∴直线BF的方程．

联立，化为5x2-8x=0，解得x=0或．

把x=0代入直线方程可得．

∴A．

∴=．

∴直线PA的方程为：．

（3）椭圆C的右准线l为：=4．

①当直线AB⊥x轴时，B（1，），，P．

∴直线PB的方程为：，联立，解得yN=6．

直线PA的方程为：，∴．

∴yN•yM=6×=-9．

②当直线AB的斜率存在时，设A（x1，y1），B（x2，y2）．则P（-x2，-y2）．

∴直线PB的方程为：，联立，解得yN=．

设直线AB的方程为：y=k（x-1）．

直线PA的方程为：kPA=．

由，，

两式相减得=0．

∴，∴．

得到直线PA的方程为：．

联立直线PA与l的方程，

解得==．

∵，∴．

∴．

∴yM•yN==-9．

综上可知：yM•yN=-9，为定值．

解（1）因为|AP1|、|AP2|、|AP3|成等差数列，且|AP1|=1，d=2，所以|AP3|=5，

设P3（x，y）

则，消去y，得x2-11x+30=0，…（2分）

解得x1=5，x2=6，所以P3的坐标为（5，-3）或（6，0）

（2）由题意可知点A到圆心的距离为…（6分）

（ⅰ）当时，点A（1，0）在圆上或圆外，|2d|=||AP3|-|AP1||=|P1P3|，

又已知d≠0，0≤|P1P3|≤2r，所以-r≤d＜0或 0＜d≤r

（ⅱ）当时，点A（1，0）在圆内，所以，

又已知d≠0，，即或

结论：当时，-r≤d＜0或 0＜d≤r；当时，或

（3）因为抛物线方程为y2=4x，所以A（1，0）是它的焦点坐标，

点P2的横坐标为3，即|AP2|=4

设P1（x1，y1），P3（x3，y3），则|AP1|=x1+1，|AP3|=x3+1，|AP1|+|AP3|=2|AP2|，

所以x1+x3=2x2=6

直线P1P3的斜率，则线段P1P3的垂直平分线l的斜率

则线段P1P3的垂直平分线l的方程为

直线l与x轴的交点为定点（5，0）

解：（I）设椭圆方程为，

由已知抛物线的焦点为（，0），则c=，由e=，得a=2，∴b2=2，

所以椭圆M的方程为；

（II）当直线l斜率存在时，设直线方程为y=kx+m，

则由消去y得，（1+2k2）x2+4kmx+2m2-4=0，

△=16k2m2-4（1+2k2）（2m2-4）=8（2+4k2-m2）＞0，①

设A、B、P点的坐标分别为（x1，y1）、（x2，y2）、（x0，y0），

则：x0=x1+x2=-，y0=y1+y2=k（x1+x2）+2m=，

由于点P在椭圆M上，所以．

从而，化简得2m2=1+2k2，经检验满足①式．

又点O到直线l的距离为：

d===≥=，当且仅当k=0时等号成立，

当直线l无斜率时，由对称性知，点P一定在x轴上，

从而点P的坐标为（-2，0）或（2，0），直线l的方程为x=±1，所以点O到直线l的距离为1．

所以点O到直线l的距离最小值为．

（1）解：由题意设椭圆方程为+=1（a＞b＞0）．

∵b=1，又设右焦点F为（c，0），

则=3，解得c=，∴a=，

∴椭圆方程为+y2=1．

（2）证明：联立直线方程y=x-2，和椭圆方程+y2=1，

消去y得，x2+3x2-12x+12=3，整理得，4x2-12x+9=0，

显然判别式为122-4×4×9=0，

故椭圆与直线y=x-2相切．