热门试卷

解：（1）由已知可得，c==2，2b=，

解得a2=6，b2=2，

所以椭圆C的标准方程是+=1；

（2）证明：由（1）可得，F的坐标是（-2，0），

设T点的坐标为（-3，m），

则直线TF的斜率kTF==-m．

当m≠0时，直线PQ的斜率kPQ=．直线PQ的方程是x=my-2．

当m=0时，直线PQ的方程是x=-2，也符合x=my-2的形式．

设P（x1，y1），Q（x2，y2），

将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，

消去x，得（m2+3）y2-4my-2=0，

其判别式△=16m2+8（m2+3）＞0．

所以y1+y2=，y1y2=，

x1+x2=m（y1+y2）-4=．

设M为PQ的中点，则M点的坐标为（，），

所以直线OM的斜率kOM=-，又直线OT的斜率kOT=-，

所以点M在直线OT上，因此OT平分线段PQ．

解：（1）令P（6cosθ，6sinθ），由（λ＞0），可得E（6cosθ，），

直线BE：y=①

直线AP：y=②，

由①得③

联立②③得，两式相乘得=-1，即，

当|CM|+|CN|为定值时，可知上式是以M，N为焦点的椭圆方程，故焦距为2c=4，c=2，

所以36-，解得λ=；

（2）由（1）可知椭圆方程为：，不妨设N（2，0），

①当直线斜率不存在时，|GH|=8，符号题意，此时|RQ|=；

②当直线斜率存在时，令直线l：y=k（x-2），

圆心O（0，0）到直线l距离为：d=，在圆x2+y2=36中，d2=36-，

由|GH|∈[8，2]，可得2≤d2≤4，即2≤≤4，则k2≥1，

设R（x1，y1），Q（x2，y2），由，所以（9k2+8）x2-36k2x+36k2-288=0，所以，

由焦点弦长公式得到|RQ|=2a-e（x1+x2）=12-，由k2≥1，得到．

所以椭圆的弦RQ长的取值范围为．

解：（1）依题意，点P到点（0，1）的距离和它到焦点F的距离之和的最小值为．

∴1+=，解得p=．

所以曲线C的方程为x2=y．…（4分）

（2）由题意直线PQ的方程为：y=k（x-1）+1，则点M（1-，0）

联立方程组，消去y得x2-kx+k-1=0

解得Q（k-1，（k-1）2）．…（6分）

所以得直线QN的方程为y-（k-1）2）=．

代入曲线x2=y，得．

解得N（，）．…（8分）

所以直线MN的斜率kMN==-．…（10分）

∵过点N的切线的斜率．

∴由题意有-=．

∴解得．

故存在实数使命题成立．                                …（12分）

解：（1）由双曲线的定义知：，∴a=，c=2，

∵a2+b2=c2，∴b2=2，

∴双曲线方程为：x2-y2=2．

（2）由题意得：直线l的斜率一定存在，设l：y=kx+2，

由⇒（1-k2）x2-4kx-6=0，△=16k2+24（1-k2）=24-8k2

则⇒k2＜3且k≠±1，

x1+x2=，x1x2=-，|EF|2=（1+k2）[-4x1x2]=（1+k2），

∵原点到直线的距离d=，

S△=×|EF|×d=××=2⇒k4-k2-2=0，

解得k2=2或k2=-1（舍去），即k=±，

故所求直线方程为x-y+2=0或x+y-2=0．

解：（Ⅰ）设M（x0，-p），则（-p）2=2px0，∴，

由抛物线定义，得

∴p=2，x0=1．              …（5分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知抛物线方程为y2=4x，M（1，-2）．

设，，（y1，y2，y3均大于零）  …（6分）

则MA，MB，MC与x轴交点的横坐标依次为x1，x2，x3．

（1）当MB⊥x轴时，直线MB的方程为x=1，则x1=0，不合题意，舍去．…（7分）

（2）MB与x轴不垂直时，，

设直线MB的方程为，即4x-（y2-2）y-2y2=0，

令y=0得2x2=y2，同理2x1=y1，2x3=y3，…（10分）

因为x1，x2，x3依次组成公差为1的等差数列，

所以y1，y2，y3组成公差为2的等差数列．　　　　　　　　　    …（12分）

设点A到直线MB的距离为dA，点C到直线MB的距离为dC，

因为S△BMC=2S△AMB，所以dC=2dA，

所以…（14分）

得|y2+4|=2|y2|，即y2+4=2y2，所以y2=4，

所以直线MB的方程为：2x-y-4=0…（15分）