热门试卷

解：（Ⅰ）设动点P（x0，y0），则，．

∵动点P满足=0，∴，化为

即动点P的轨迹方程为．

设动点M（x，y），则Q（x，0），如图所示，

∵，，，

∴，化为，

代入动点P的轨迹方程得x2+2y2=2，即曲线C的方程为．

（Ⅱ）当直线AB的斜率不存在时，∵|AB|=2=短轴长，∴直线AB经过原点，此时原点到直线的距离=0；

当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+t，

联立，消去y得（1+2k2）x2+4ktx+2t2-2=0，

∵直线与椭圆有两个交点，∴△=16k2t2-4（1+2k2）（2t2-2）＞0，化为t2＜1+2k2．（*）

∴，，

∴|AB|=，

∴22=，

化为．（**）

原点O到直线AB的距离d=，∴，

把（**）代入上式得=，当且仅当，即k2=0，k=0时取等号．

此时，满足（*）式．

∴，∴，即原点O到直线AB的最大距离d=．

综上可知：坐标原点O到动弦AB距离的最大值是．

解：（1）当点A的横坐标为3时，过点A作AG⊥x轴于G，

A（3，），F（，0），，

∴．

∵△ADF为正三角形，

∴．

 又∵，

∴，

∴p=2．

∴C的方程为y2=4x．

当D在焦点F的左侧时，．

又|FD|=2|FG|=2（-3）=p-6，

∵△ADF为正三角形，

∴3+=p-6，解得p=18，

∴C的方程为y2=36x．此时点D在x轴负半轴，不成立，舍．

∴C的方程为y2=4x．

 （2）（ⅰ）设A（x1，y1），|FD|=|AF|=x1+1，

∴D（x1+2，0），

∴kAD=-．

由直线l1∥l可设直线l1方程为，

联立方程，消去x得     ①

由l1和C有且只有一个公共点得△=64+32y1m=0，∴y1m=-2，

这时方程①的解为，代入得x=m2，∴E（m2，2m）．

点A的坐标可化为，直线AE方程为y-2m=（x-m2），

即，

∴，

∴，

∴，

∴直线AE过定点（1，0）；

（ⅱ）直线AB的方程为，即．

联立方程，消去x得，

∴，

∴=，

由（ⅰ）点E的坐标为，点E到直线AB的距离为：

=，

∴△ABE的面积=，

当且仅当y1=±2时等号成立，

∴△ABE的面积最小值为16．

解：（1）∵椭圆N：+y2=1，

∴，

∴椭圆的左焦点为，

∴，则p=1．

故M：y2=2x；

（2）由题意知，A，

∵|OA|=t，

∴．

由于t＞0，故有  ①

由点B（0，t），C（x2，0）的坐标知，

直线BC的方程为．

又∵A在直线BC上，故有．

将①代入上式，得     

，解得．

又∵D（x1+2，），

∴直线CD的斜率为：

=

=．

解：（1）∵椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率是，

∴e==，∴a=，c=b，

∴椭圆的方程，

∵点P（1，）在椭圆上，∴，解得b2=1，

∴．…（5分）

（2）由题意知直线l的斜率存在，

设l的方程为y=kx+2，代入，得：

（2k2+1）x2+8kx+6=0，

由△＞0，解得k2，

设E（x1，y1），F（x2，y2），则，…（7分）

S△OEF=S△OED-S△OFD

=

=

=|x1-x2|

=|x1-x2|，

|x1-x2|=

=

==，

令，∴，（t＞0）

∴S△OEF=|x1-x2|=

==2

=2≤2=．

∴．

解：（1）由题意知

所以椭圆E 的方程为…（4分）

（2）结论：存在直线l，使得四边形PABQ的对角线互相平分．…（5分）

理由如下：由题可知直线l、PQ的斜率存在．

设直线l的方程为y=k（x-1），直线PQ的方程为

由消去y得（3+4k2）x2-8k2x+（4k2-12）=0

则，…（7分）

由消去y得（3+4k2）x2-（8k2-12k）x+（4k2-12k-3）=0

则，…（9分）

若四边形PABQ的对角线互相平分，则四边形PABQ为平行四边形，

∴|AB|=|PQ|，

∴

∴直线l的方程为3x-4y-3=0时，四边形PABQ的对角线互相平分．…（12分）

解：（Ⅰ）由已知，----（2分）

∴c=1，，

∴椭圆C的方程为；----（4分）

（Ⅱ）消去y得（2k2+1）x2+4kbx+2b2-2=0，

∵曲线C与直线l只有一个公共点，∴△=0，

可得b2=2k2+1（*）----（6分）

设P（xP，yP），

∴，，∴．---（8分）

又由，

∴Q（2，2k+b）----（9分）

设在x轴上存在定点N（x1，0），使得以PQ为直径的圆恒过定点N．

∴NP⊥NQ，即----（10分）

∴，

∴对满足b2=2k2+1恒成立，

∴，∴x1=1

故在x轴上存在定点N（1，0），使得以PQ为直径的圆恒过定点N．--（14分）

解：（Ⅰ）以AB、OD所在直线分别为x轴、y轴，O为原点，建立平面直角坐标系，

∵动点P在曲线C上运动且保持|PA|+|PB|的值不变、且点Q在曲线C上，

∴|PA|+|PB|=|QA|+|QB|=2＞|AB|=4、

∴曲线C是为以原点为中心，A、B为焦点的椭圆

设其长半轴为a，短半轴为b，半焦距为c，则2a=2，∴a=，c=2，b=1、

∴曲线C的方程为+y2=1（5分）

（Ⅱ）：设M，N，E点的坐标分别为M（x1，y1），N（x2，y2），E（0，y0），

又易知B点的坐标为（2，0）、且点B在椭圆C内，故过点B的直线l必与椭圆C相交、

∵，∴（x1，y1-y0）=λ1（2-x1，-y1）、

∴，、（7分）

将M点坐标代入到椭圆方程中得：，

去分母整理，得λ12+10λ1+5-5y02=0、（10分）

同理，由可得：λ22+10λ2+5-5y02=0、

∴λ1，λ2是方程x2+10x+5-5y02=0的两个根，

∴λ1+λ2=-10、（12分）

解：（Ⅰ）∵椭圆Γ：+=1（a＞b＞0）的左顶点A（-2，0），离心率e=，

∴a=2，=，

∴c=，

∴b=1，

∴椭圆Γ的标准方程为；

（Ⅱ）设直线BC的方程为x=ty+1，B（x1，y1），C（x2，y2），

直线BC的方程代入代入椭圆可得（4+t2）y2+2ty-3=0．

∴y1+y2=，y1y2=．

∴x1x2=（ty1+1）（ty2+1）=t2y1y2+t（y1+y2）+1=，

x1x+2=（ty1+1）+（ty2+1）=t（y1+y2）+2=，

∵直线AB的方程为y=，

∴M（3，），

同理N（3，），

∴以线段MN为直径的圆的方程为（x-3）（x-3）+（y-）（y-）=0，

∴（x-3）2+y2-（+）y+•=0，

∵+=-，•=-，

∴以线段MN为直径的圆的方程为（x-3）2+y2+-=0，

令y=0，可得x=3±，

∴以线段MN为直径的圆过定点（3±，0）．

（Ⅰ）解：设M的坐标为（x，y），由已知得|x+2|=且圆C2上的点位于直线x=-2的右侧

∴=x+5

化简得曲线C1的方程为y2=20x

（Ⅱ）证明：当点P在直线x=-4上运动时，P的坐标为（-4，y0），

∵y0≠±3，∴过P且与圆C2相切的直线的斜率k存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为

y-y0=k（x+4），即kx-y+y0+4k=0，

∴，整理得①

设过P所作的两条切线PA，PC的斜率分别为k1，k2，则k1，k2是方程①的两个实根

∴②

由，消元可得③

设四点A，B，C，D的纵坐标分别为y1，y2，y3，y4，

∴y1，y2是方程③的两个实根

∴④

同理可得⑤

由①②④⑤可得==6400

∴当P在直线x=-4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值为6400．