热门试卷

解：①由抛物线Γ焦点F（0，1）得，抛物线Γ方程为x2=4y；

②设AF=m，则点A（-msinα，mcosα+1），

∴（-msinα）2=4（1+mcosα），即m2sin2α-4mcosα-4=0．

解得：，

∵m＞0，∴．

同理：，，

．

“蝴蝶形图案”的面积

=．

令，∴．

则，∴时，即时“蝴蝶形图案”的面积最小为8．

解：（1）设椭圆方程为，则2a=|AF1|+|AF2|==6，得a=3

设A（x，y），F1（-c，0），F2（c，0∵|AF1|=，|AF2|=则

    ，两式相减得xc=，由抛物线定义可知，|AF2|=x+c=

则c=1，x=或x=1，c=（舍去）

所以椭圆方程为         抛物线方程为y2=4x

（2）设B（x1，y1），E（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），

设过F2作一条与x轴不垂直的直线方程为y=k（x-1），代入，

得（8+9k2）y2+16ky-64k2=0

∴y1+y2=-，y1y2=-

同理，把y=k（x-1）代入y2=4x，得，ky2-4y-4k=0，y3+y4=，y3y4=-4

   所以 =•=

===3

解：（1）双曲线渐近线为与．

所以设，，

所以，，

又，

所以点P的轨迹方程为，

所以m=1时P的轨迹为圆；m＞1时P的轨迹为焦点在x轴上的椭圆；0＜m＜1时P的轨迹为焦点在y轴上的椭圆；（6分）

（2）把D（-2，0）代入，得P的轨迹的…①

设直线DS为y=k（x+2）…②

联立①②得（1+4k2）x2+16k2x+16k2-4=0

设点S（x1，y1），有，

所以，

则直线ST为

化简为：③

联立①，③得，

所以，

所以=（ 因为三点不同，易知k≠0）

=

所以xT的取值范围为…（14分）

解：（1）设椭圆的方程为：，

由题意知，，且，

解得：a=1，．

故椭圆C的方程为：y2+2x2=1．

（2）由得，，

∴，

∴1+λ=4，λ=3．

当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为：y=kx+m，

且与椭圆C的交点为A（x1，y1），B（x2，y2），

由得：（k2+2）x2+2kmx+m2-1=0，

∴△=（2km）2-4（k2+2）（m2-1）=4（k2-2m2+2）＞0，，，

由得-x1=3x2，

∴x1+x2=-2x2，x1x2=-3x22，

消去x1，x2得：3（x1+x2）2+4x1x2=0，

即，（4m2-1）k2=2-2m2．

当时，上式不成立，∴，

代入△＞0，即k2＞2m2-2，得恒成立，

即，解得，

∴或．

当直线l与x轴垂直时，l的方程为：x=0得．

综上所述：m的取值范围为．

解：（1）由|PF1|-|PF2|=2＜|F1F2|知，点P的轨迹是以F1，F2为焦点的双曲线的右支．

轨迹方程为．

（2）直线l的方程为a（x-2）+y=0，

由得（a2-3）x2-4a2x+4a2+3=0，设P（x1，y1），Q（x2，y2），

由条件得

解得a2＞3即．

①，|AB|=|y1-y2|=|a||x1-x2|

由条件，故x1≠x2，∴，

因为a2＞3，因此．

②设存在点M（m，0）满足条件，由

=，

得3（1-m2）+a2（m2-4m-5）=0对任意a2＞3恒成立，

所以，解得m=-1，

因此存在定点M（-1，0）满足条件．

解：（1）由，设a=3k（k＞0），则，b2=3k2，

∴椭圆C的方程为，

∵直线l垂直于x轴且点E为椭圆C的右焦点，即，代入椭圆方程，解得y=±k，

于是，即，

∴椭圆C的方程为．

（2）将代入，解得y=±1，

∵点A在第一象限，从而，

由点E的坐标为，∴，直线AB的方程为，

联立，解得，

又PA过原点O，于是，|PA|=4，

∴直线PA的方程为，

∴点B到直线PA的距离，

．

（3）假设存在点E，使得为定值，设E（x0，0），

当直线AB与x轴重合时，有，

当直线AB与x轴垂直时，，

由，解得，，

∴若存在点E，此时，为定值2．

根据对称性，只需考虑直线AB过点，设A（x1，y1），B（x2，y2），

又设直线AB的方程为，与椭圆C联立方程组，

化简得，

∴，，

又，

∴，

将上述关系代入，化简可得．

综上所述，存在点，使得为定值2．

（Ⅰ）解：直线y=kx与C2有交点，则，

若方程组有解，则必须|k|＞1；

直线y=kx与C1有交点，则，若方程组有解，则必须

故直线y=kx至多与曲线C1和C2中的一条有交点，即原点不是“C1-C2型点”．

（Ⅱ）证明：显然过圆内一点的直线l若与曲线C1有交点，则斜率必存在；

根据对称性，不妨设直线l斜率存在且与曲线C2交于点（t，t+1）（t≥0），则l：y-（t+1）=k（x-t）⇒kx-y+（1+t-kt）=0

直线l与圆内部有交点，故

化简得，…①

若直线l与曲线C1有交点，则

化简得，（1+t-kt）2≥2（k2-1）…②

由①②得，

但此时，因为，即①式不成立；

当时，①式也不成立

综上，直线l若与圆内有交点，则不可能同时与曲线C1和C2有交点，

即圆内的点都不是“C1-C2型点”．

解：（1）∵椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为．且过点（3，-1），

∴，

解得a2=12，b2=4，

∴椭圆C的方程为．

（2）∵直线l的方程为x=-2，

设P（-2，y0），，

当y0≠0时，设M（x1，y1），N（x2，y2），由题意知x1≠x2，

联立，

∴，

∴，

又∵PM=PN，∴P为线段MN的中点，

∴直线MN的斜率为，

又l′⊥MN，∴l′的方程为，

即，

∴l′恒过定点．

当y0=0时，直线MN为，

此时l′为x轴，也过点，

综上，l′恒过定点．

解：（1）∵中心在原点的双曲线C的右焦点为（2，0），实轴长2，

∴，

∴双曲线的方程为；

（2）将y=kx+代入双曲线消去y得（1-3k2）x2-6kx-9=0．

由直线l与双曲线交于不同的两点得

即k2≠且k2＜1．①

设A（xA，yA），B（xB，yB），则xA+xB=，xAxB=．

由∠AOB为锐角，得xAxB+yAyB＞0，

即xAxB+yAyB=xAxB+（kxA+）（kxB+）=（k2+1）xAxB+k（xA+xB）+2

=＞0．②

，

∴

综上：