热门试卷

解：（Ⅰ）由题意：以椭圆C的右焦点为圆心，以b为半径的圆的方程为（x-c）2+y2=2b2，

∴圆心到直线x+y+1=0的距离d=…*

∵椭圆C：，a＞b＞0的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，

b=c，代入*式得b=1

∴a==，

故所求椭圆方程为．…（4分）

（Ⅱ）由题意：直线L的斜率存在，

∴设直线L方程为y=k（x-1），

则M（0，-k），F（1，0）

将直线方程代入椭圆方程得：（1+2k2）x2-4k2x+2k2-2=0…（6分）

设A（x1，y1），B（x2，y2）

则…①…（8分）

由，∴，，

即：，…（10分）

==-4

∴λ1+λ2=-4（定值）…（12分）

解：（1）依题意，c=1，

又c2=a2-b2，其中b2=3，

∴a=2．

（2）当λ=2时，，即A为PB的中点，

设A（x0，y0），则B（2x0+4，2y0），

此时，且，

解得，，

∴线段BB′的长为；

（3）设A（x1，y1），B（x2，y2），则B′（x2，-y2），

由=λ得（x2+4，y2）=λ（x1+4，y1），则x2+4=λ（x1+4），y2=λy1，①

又，

③-②×λ2得

+=1-λ2，④

将①代入④得-1-x2-λ（x1+1）=0，

则=（-1-x2-λ（x1+1），y2-λy1）=（0，0），即证明=λ．

【解】（Ⅰ）依题意，点C到定点M的距离等于到定直线l的距离，所以点C的轨迹为抛物线，曲线E的方程为x2=4y．

（Ⅱ）直线AB的方程是，即x-2y+12=0．

由及知，得A（6，9）和B（-4，4）

由x2=4y得，．

所以抛物线x2=4y在点A处切线的斜率为y‘|x=6=3．

直线NA的方程为，即．①

线段AB的中点坐标为，线段AB中垂线方程为，即．②

由①、②解得．

于是，圆C的方程为，

即．

（Ⅲ）设，，Q（a，1）．过点A的切线方程为，

即x12-2ax1-4=0．同理可得x22-2ax2-4=0，所以x1+x2=2a，x1x2=-4．

又=，所以直线AB的方程为，

即，亦即，所以t=1．

而，，

所以

=

=．

解：（Ⅰ）由题意知，，则a2=4b2．

∴椭圆C的方程可化为x2+4y2=a2．

将y=x代入可得，

因此，解得a=2．

则b=1．

∴椭圆C的方程为；

（Ⅱ）（i）设A（x1，y1）（x1y1≠0），D（x2，y2），

则B（-x1，-y1）．

∵直线AB的斜率，

又AB⊥AD，

∴直线AD的斜率．

设AD方程为y=kx+m，

由题意知k≠0，m≠0．

联立，得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0．

∴．

因此．

由题意可得．

∴直线BD的方程为．

令y=0，得x=3x1，即M（3x1，0）．

可得．

∴，即．

因此存在常数使得结论成立．

（ii）直线BD方程为，

令x=0，得，即N（）．

由（i）知M（3x1，0），

可得△OMN的面积为S==．

当且仅当时等号成立．

∴△OMN面积的最大值为．

解：（Ⅰ）∵椭圆C的对称轴为坐标轴，一个焦点为，

可设椭圆C的方程为

将点代入方程得

解得a2=4或a2=1（舍去）

∴椭圆C的标准方程为

（Ⅱ）联立直线l与椭圆C的方程

解得，即A（0，-2），B（，）

∴|AB|=

点到直线l的距离d=

∴=

（Ⅲ）设直线FM的斜率为k，则k==

∵直线PM垂直于直线FM

∵直线PM的斜率为-=-

故直线PM的方程为y=-（x-5）

代入椭圆方程得17x2-10x-7=0，解得x=1或x=-

∴点P的坐标为（-，）

解：（1）设C（x，y），

∵，

由①知，

∴G为△ABC的重心，

∴G（，）

由②知M是△ABC的外心，

∴M在x轴上．

由③知M（，0），

由得

化简整理得：（x≠0）

（2）F（，0）恰为的右焦点

设PQ的斜率为k≠0且k≠±，

则直线PQ的方程为y=k（x-）

由

设P（x1，y1），Q（x2，y2）

则x1+x2=，x1•x2=；

则|PQ|=•

=•

=

∵RN⊥PQ，把k换成

得|RN|=

∴S=|PQ|•|RN|

==）

∴∵≥2，

∴≥16，

∴≤S＜2，（当k=±1时取等号）

又当k不存在或k=0时S=2

综上可得≤S≤2，

∴Smax=2，Smin=

解：（1）由，得，所以椭圆C的方程为+y2=1．

（2）①因为A1（-2，0），A2（2，0），M（4，2），

所以MA1的方程为y=（x+2），代入x2+4y2=4，

x2-4+4[（x+2）]2=0，即（x+2）[（x-2）+（x+2）]=0

因为A1的横坐标为-2，所以xP=，则yP=，

所以点P的坐标为（，）．

同理可得点Q的坐标为（，-）．

②证明：设点M（x0，y0），由题意xM≠±2．因为A1（-2，0），A2（2，0），

所以直线MA1的方程为y=（x+2），代入x2+4y2=4，

得x2-4+4[（x+2）]2=0，即（x+2）[（x-2）+（x+2）]=0

因为A1的横坐标为-2，

所以xP==-2，则yP=，

故点P的坐标为（-2，），

同理可得点Q的坐标为（+2，）

因为P，Q，B三点共线，所以kPB=kQB，=．

所以=，即=，

由题意，y0≠0，所以=，

即3（x0+2）（x0-2）2-4（x0+2）y02=（x0-2）（x0+2）2-12（x0-2）y02，

所以（x0-4）（+y02-1）=0，则x0-4=0或+y02=1．

若+y02=1，则点M在椭圆上，P，Q，M为同一点，不合题意．

所以xM=4，即点M始终在定直线x=4上．

解：（1）由，即=，又a2-b2=c2，得a=3b，

把点带入椭圆方程可得：，

所以椭圆方程为：；

（2）不妨设AB的方程y=kx+1，

则AC的方程为．

由得：（1+9k2）x2+18kx=0，

k用代入，可得，

从而有，

于是 ．

令，有，

当且仅当，．