热门试卷

解：（1）∵，∴，∴l：

∵直线l过点A（0，4），∴，∴p=-4

∴l的方程为2x-y+4=0，焦点F的坐标为（0，-1）…（4分）

（2）设椭圆为=1（a＞1），F1（0，1），F2（0，-1），则，当e最大时，a取得最小

则在直线l上找一点P，使得|PF1|+|PF2|最小

设F2（0，-1）关于2x-y+4=0对称点为F2′（x0，y0）     …（6分）

，解得

∴…（8分）

∴所求椭圆方程为…（9分）

（3）假设l′存在为y=b，以MD为直径的圆N的圆心为N

半径为r=|ND|=…l0分

N到直线l′的距离为d=

∵

∴弦长=…（12分）

∴当b=-1时，弦长为定值2                             …（13分）

即l′为y=-1时，垂直于y轴的直线l′被以MD为直径 的圆截得的弦长为定值2．…（14分）

解：（1）直线AB方程为y=x-3，设点B（x，y），

由及x＞0，y＞0得x=4，y=1，点B的坐标为（4，1）．

（2）由得，

设E（x1，y1），F（x2，y2），则，得a=2．

（3）设线段AB上任意一点Q坐标为Q（x，x-3），，

记（1≤t≤4），

当时，即-1≤t≤5时，，

当，即t＞5时，f（x）在[1，4]上单调递减，；

当，即t＜-1时，f（x）在[1，4]上单调递增，．

综上所述，

解：（I）由圆锥曲线E满足：+=4c（c为正常数）．

∴点E的轨迹是以（±c，0）为焦点，4c为长轴长的椭圆，

可得方程为．

把（1，）代入可得=1，解得c2=1，

∴椭圆E的标准方程为．

（II）设P（x1，y1），B（x2，y2），则A（-x1，-y1）．

∴，，

∴，

∴=．

∴k1k2===．

（III）设P（x1，y1），则A（-x1，-y1），D（x1，0），直线x=（m=x1）．

，k3=．

∵k1k2=．

∴k1=．

∵=，

∴yM=．

∴k4==．

假设存在常数λ，使k1+k3=λk4，

则-=λ，

化为λ=，

∵，

代入上式可得λ=×=2，

∴存在常数λ=2，使k1+k3=λk4成立．

解：（1）∵四边形MF1NF2为菱形，周长为4，∴a=1

由椭圆的定义可知|AF2|+|AB|+|BF2|=4a=4，

∵|AB|=，∴|AF2|+|BF2|=

∴|AF2|•|BF2|≤=

当且仅当|AF2|=|BF2|=时，等号成立，即|AF2|•|BF2|的最大值为；

（2）∵直线l的倾斜角为45°，∴可设l的方程为y=x+c，其中

由（1）知椭圆E的方程为

直线方程代入椭圆方程，化简可得（1+b2）x2+2cx+1-2b2=0

设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=

∵|AB|=|x1-x2|=

∴=

∴

∴c=

∴l的方程为

∴F2到l的距离d=1

∴

解：（1）由题意，作图如右：

由可得，y=±，

则点P（-1，），

则|PF1|=，|F1F2|=2；

则由△PF1F2∽△F2EQ知，

，

即=，

解得，|QE|=4，

则点Q（4，4）或（4，-4）；

（2）由题意，如右图：

设点P（a，b），点Q（4，y），F2（1，0）；

则由PF2⊥QF2知，

，

化简得，y=-3，

则kPQ==，

又∵，

∴，

∴kPQ==-，

又∵kOP=，

∴kOP×kQP=-，

即直线PQ与直线OP的斜率之积为定值-．

（3）证明：由题意，直线PQ的方程为：y-b=-（x-a），

即y=-x+a+b=-x+，

与+=1联立消y，

由可化为3a2+4b2=12，

将3a2+4b2=12代入化简可得，

3x2-6ax+12-4b2=0，

则△=（6a）2-4×3（12-4b2）

=12（3a2-12+4b2）=0，

故方程有一个根，

即直线PQ与椭圆C只有一个公共点．