热门试卷

解：（1）设G是曲线C上任意一点，依题意，|GE|+|GF|=12．

所以曲线C是以E、F为焦点的椭圆，且椭圆的长半袖a=6，半焦距c=4，

所以短半轴，

所以所求的椭圆方程为；

（2）由已知A（-6，0），F（4，0），设点P的坐标为（x，y）

则

由已知得

则，

由于y＞0，所以只能取，

所以点P的坐标为；

（3）圆O的圆心为（0，0），半径为6，其方程为x2+y2=36，

若过P的直线l与x轴垂直，则直线l的方程为，

这时，圆心到l的距离，

所以，

符合题意；

若过P的直线l不与x轴垂直，设其斜率为k，

则直线l的方程为，

即

这时，圆心到l的距离d=，

所以，

化简得，

所以直线l的方程为，

综上，所求的直线l的方程为．

解：（I）由=，M点的坐标为（12，8），得出=（9，6）代入y2=2px，得到2p=4，

所以抛物线C的方程为y2=4x…（4分）

（II）由题意知直线l1，l2的斜率存在，且不为零，设l1斜率为k，方程为y=k（x-12）+8，

则l2方程为y=-k（x-12）+8

由y=k（x-12）+8与y2=4x联立，得：ky2-4y+32-48k=0…（5分）

△=16-4k（32-48k）＞0，∴k＞或k＜．

设A（x1，y1），B（x2，y2），中点G（xG，yG），则y1+y2=，即yG=…（7分）

又yG=k（xG-12）+8，∴xG=-+12

∴G的坐标为（-+12，）．

用-k代替k，同理得-k＞或-k＜，H的坐标（++12，-）．

∴k＞或-＜k＜0，0＜k＜．或k＜-，

又∵直线l1的倾斜角在[，]，即≤k≤1…（9分）

而kGH==-    

∴GH：y=-（x-xG）+yG，…（11分）

代入抛物线方程得：y2+16y-4（xG+4yG）=0

△=162+16（xG+4yG）=16（16++12）＞0

设直线GH与抛物线C交于P，Q两点，

则弦长|PQ|=4•…（13分）

∵，∴1≤≤3，

∴|PQ|max=68

∴直线GH被抛物线截得的弦长的最大值为68．…（15分）

解：（1）设椭圆的右焦点为（c，0），

因为y2=8x的焦点坐标为（2，0），所以c=2

因为，则a2=5，b2=1

故椭圆方程为：

（2）由（I）得F（2，0），

设l的方程为y=k（x-2）（k≠0）

代入，得（5k2+1）x2-20k2x+20k2-5=0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则，

∴y1+y2=k（x1+x2-4），y1-y2=k（x1-x2）

∴

∵，∴（x1+x2-2）（x2-x1）+（y2-y1）（y1+y2）=0∴，

∴

所以直线l的方程为．

解：（1）设A（x0，0），B（0，y0），P（x，y）

由|AB|=3得，

∵，解得，代入上述方程可得．

（2）设C（x1，y1），D（x2，y2）

由，

由△＞0解得m2＜4k2+1．

∴．

设线段CD中点为．

∵四边形是菱形，∴，

代入化简得，代入m2＜4k2+1

解得．

∴k的取值范围是∪．

解：（I ）∵a＞b＞0，P是椭圆E上的点，与x轴平行，

∴，

∵=，

∴，

∴，

∴．

（II）∵椭圆E上的点与椭圆E的长轴的两个端点构成的三角形的面积的最大值等于2，

∴ab=2，解方程组，得，

∴椭圆E的方程为．

若直线AB与x轴垂直，则由椭圆的对称性得A（x1，y1），B（x1，-y1），

∵，

∴，

即y1=±2x1．

此时S=．

当直线AB的斜率存在时，设直线AB为：kx-y+m=0，

设A（x1，kx1+m），B（x2，kx2+m），

则，，

∵，

∴，

即（4+k2）x1x2+mk（x1+x2）+m2=0x1x2+mk（x1+x2）+m2=0，

由，得（4+k2）x2+2kmx+m2-4=0，

∴，

∴，

∵（4+k2）x1x2+mk（x1+x2）+m2=0，

∴8m2-4k2-16=0，即mk（x1+x2）+m2=0．

∵

=

=．

原点O到kx-y+m=0的距离，

∴．

综上所述，△AOB的面积是定值，等于1．

解：（1）由题设条件知，Rt△OFA∽Rt△OBF，

故，即，因此c2=ab．①（2分）

在Rt△OFA中，FA===b

于是，直线OA的斜KOA=．设直线BF的斜率为k，k=-=-．

所以直线BF的方程为：（5分）

直线BF与y轴的交点为．（6分）

（2）由（1），得直线BF得方程为y=kx+a，②

由已知，P（x1，y1），Q（x2，y2），则它们的坐标满足方程③

由方程组③消y，并整理得（b2+a2k2）x2+2a3x2+2a3kx+a4-a2b2=0，④

由式①、②和④，.

综上，得到，（12分）

又因a2-ab+b2=a2-c2+b2=2b2，得

•=====a（a-b）

═b2．（15分）

解：（Ⅰ）设C（x，y），

∵|AC|+|BC|+|AB|=2+2，|AB|=2，

∴|AC|+|BC|=2＞2，

∴由定义知，动点C的轨迹是以A、B为焦点，长轴长为2的椭圆除去与x轴的两个交点．

∴a=，c=1．∴b2=a2-c2=1．

∴W：=1（y≠0）．（2分）

（Ⅱ）设直线l的方程为y=kx+，代入椭圆方程，得=1．

整理，得kx+1=0．①（5分）

因为直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于-2＞0，解得k＜-或k＞．

∴满足条件的k的取值范围为（7分）

（Ⅲ）设P（x1，y1），Q（x2，y2），则=（x1+x2，y1+y2），

由①得x1+x2=-．②

又y1+y2=k（x1+x2）+2③

因为，N（0，1），所以．（11分）

所以与共线等价于x1+x2=-．

将②③代入上式，解得k=．

所以不存在常数k，使得向量与共线．（13分）

解：（1）∵椭圆+=1（a＞b＞0）的离心率是，点P（2，1）在椭圆上，

∴，

∴a2=8，b2=2，

∴椭圆的方程为；

（2）依题意，直线l的斜率存在且不为0，则直线l的方程为：y=k（x-1）．

设点C（2，0）关于直线l的对称点为C′（a，b），则，

∴，，

若点C′（a，b）在椭圆上，则，

∴b2k4+（2b2-4）k2+（b2-1）=0，

设k2=t，因此原问题转化为关于t的方程b2t2+（2b2-4）t+（b2-1）=0有正根．

①当b2-1＜0时，方程一定有正根；

②当b2-1≥0时，则有，

∴b2≤

∴综上得0＜b≤．

又椭圆的焦距为2c=2b，

∴0＜2c≤4．

故椭圆的焦距的取值范围是（0，4]

解：（1）∵F1、F2分别是椭圆的左右焦点，

P是该椭圆上的一个动点，且|PF1|+|PF2|=4，|F1F2|=2，

∴，

即a=2，c=，∴，

∴椭圆方程为．

（2）当l的斜率不存在时，即x=0不满足题设条件…3

设l为y=kx+2，A（x1，y1），B（x2，y2），

则，

∴，

∴，

∵∠AOB=90°，∴，

∴k2=4，k=±2．