热门试卷

解：设S（x，y），P（m，n），Q（m，-n），

，，

由kPA=kAS，得  ①．

，，

由kBQ=kQS，得  ②．

由①×②得，  ③．

又P，Q两点在椭圆上，满足，

即，则，

代入③式得：．

即，

故．

即．

∴S的轨迹为．

解：（1）不妨设A在双曲线右支上，即，

∵AB⊥AC，∴△AF1F2为直角三角形，AF1，AF2为两直角边，∴|AF1|2+|AF2|2=|F1F2|2

又|AF1|-|AF2|=2a，|F1F2|=2c

∴===sin∠AF1F2=

∴双曲线C的离心率e=

（2）y由（1）可得双曲线的方程位为：即4x2-y2=4a2

设A（x0，y0）B（x1，y1）C（x2，y2）

由，可得

整理可得，

代入到双曲线整理可得，

∵4x02-y02=4a2两式相减整理可得

同理可得，

λ1+λ2=-3

解：（I）由椭圆方程得焦点，…（2分）

由条件可知，双曲线过点（3，-2）

根据双曲线定义，2a==2…（5分）

即得，所以…（7分）

双曲线方程为：，…（9分）

（II）由（1）得双曲线的右准线方程为：…（11分）

∴…（13分）

从而可得抛物线的标准方程为：…（15分）

解：（1）∵，a2=b2+c2，

∴a=2b．

∵原点到直线AB：的距离，

解得a=4，b=2．

故所求椭圆C的方程为．

（2）∵点P（x0，y0）关于直线y=2x的对称点为点P1（x1，y1），

∴

解得 ，．

∴．

∵点P（x0，y0）在椭圆C：上，

∴．

∵-4≤x0≤4，∴．

∴的取值范围为[4，16]．

（3）由题意消去y，整理得（1+4k2）x2+8kx-12=0．

可知△＞0．

设E（x2，y2），F（x3，y3），EF的中点是M（xM，yM），

则，

则，yM=kxM+1=．

∴kBM==-．

∴xM+kyM-2k=0．

即=0．

又∵k≠0，

∴．

解：

（Ⅰ）由题设a=2，c=1，从而b2=a2-c2=3，

所以椭圆C前方程为．

（Ⅱ）（i）由题意得F（1，0），N（4，0）．

设A（m，n），则B（m，-n）（n≠0），=1．①

AF与BN的方程分别为：n（x-1）-（m-1）y=0，

n（x-4）-（m-4）y=0．

设M（x0，y0），则有n（x0-1）-（m-1）y0=0，②

n（x0-4）+（m-4）y0=0，③

由②，③得

x0=

=

=

=

=1

所以点M恒在椭圆G上．

（ⅱ）设AM的方程为x=ty+1，

代入=1，得（3t2+4）y2+6ty-9=0．

设A（x1，y1），M（x2，y2），则有．

=，

令3t2+4=λ（λ≥4），则|y1-y2|==，

∵λ≥4，，∴当，即λ=4，t=0时，|y1-y2|有最大值3，此时AM过点F，△AMN的面积有最大值．

（1）解：设，，（x1≠x2）．

由x2=4y，得：，∴，

∵，∴PA⊥PB，∴x1x2=-4．

直线PA的方程是：，即．①

同理，直线PB的方程是：．②

由①②得：，（x1，x2∈R）．…（4分）

（2）证明：由（1）可得直线AB的方程为

令x=0，可得，

∵，∴y=1

∴直线AB恒过点（0，1）…（8分）

（3）解：由（1）得：，，x1x2=-4，

∴

∵，∴，

∴，

∴．

故存在λ=1使得．…（12分）

解：（I）过点A、B的直线方程为．

，

因为由题意得有惟一解，

即有惟一解，

所以△=a2b2（a2+4b2-4）=0（ab≠0），

故a2+4b2-4=0．

又因为，即，

所以a2=4b2．

从而得，

故所求的椭圆方程为．

（II）由（I）得，

故，

从而．

，

由

解得x1=x2=1，

所以．

因为，

又，，

得=，

因此∠ATM=∠AF1T．

（Ⅰ）解：由已知得，，得a=2，

所以，椭圆．…（3分）

椭圆的右焦点为F（1，0），

此时直线l的方程为．

由

解得．

所以．…（6分）

（Ⅱ）证明：当直线l与x轴垂直时与题意不符，所以直线l与x轴不垂直，即直线的斜率存在．

设直线l的方程为y=kx+（k≠0且k≠）…（7分）

代入椭圆的方程，化简得（3+4k2）x2+8kx=0，解得x1=0或x2=

代入直线l的方程，得或y2=．

所以，D的坐标为，．…（9分）

又直线AC的方程为，

因为B（-2，0），，

所以直线BD的方程为．

联立解得，即．…（10分）

而P的坐标为，

所以．

所以为定值4．…（12分）