热门试卷

（I）解：∵椭圆C：+=1（a＞b＞0）经过A（2，0）和B（1，）两点，

∴，

∴

∴椭圆C的方程为；

（II）证明：①当直线MN的斜率不存在时，其方程为x=±，则点O到直线MN的距离为；

②当直线MN的斜率存在时，其方程为y=kx+m，设M，N两点的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），

将y=kx+m代入椭圆方程，可得（3+4k2）x2+8kmx+4m2-12=0，则x1+x2=-，x1x2=

令△＞0，解得m2＜4k2+3，

∵丄，∴x1x2+y1y2=0，

∴（1+k2）x1x2+km（x1+x2）+m2=0，

∴（1+k2）•-km•+m2=0，

∴＜4k2+3

∴点O到直线MN的距离为=，

由①②可得点O到直线MN的距离为定值．

解：（1）设P（x0，y0），F1（-c，0），F2（c，0），

则由得；

由得，

即．

所以c=1…（2分）

又因为，所以a2=2，b2=1．…（3分）

因此所求椭圆的方程为．…（4分）

（2）动直线l的方程为，

由，

得．

设A（x1，y1），B（x2，y2）．

则．…（6分）

假设在y上存在定点M（0，m），满足题设，

则．

=

=

=

=．

由假设得对于任意的恒成立，

即，

解得m=1．

故在y轴上存在定点M（0，1），

使得以AB为直径的圆恒过这个点…（10分）

这时，点M到AB的距离，

．

设2k2+1=t，

则，

得．

所以．

当且仅当时，上式等号成立．

因此，△MAB面积的最大值是．…（13分）

解：（I）设AB的方程为x=my+2，A（x1，y1），B（x2，y2）．

将x=my+2代入，消去x整理得（2+m2）y2+4my-4=0，△＞0．

∴，．

∴==，

∴S△ABM==|y1-y2|=，当且仅当m=0时取等号，此时直线AB的方程为x=2．

（II）（i）由（I）可得椭圆的右焦点F（2，0），离心率e==．右准线l：x=4．

作AA1⊥l于点A1，则，

∴==，

∴．

（ii）同理|BF|=，

由|BF|=2|AF|，得到，解得，．

∴直线AB的方程为：，化为．

解：（1）由题意得，得a=2．  …（2分）

结合a2=b2+c2，解得a2=12，b2=3．…（4分）

所以，椭圆的方程为+=1．        …（6分）

（2）由，得（3+12k2）x2-12×3=0．

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则x1+x2=0，x1x2=-，…（10分）

依题意，OM⊥ON，

易知，四边形OMF2N为平行四边形，所以AF2⊥BF2，…（12分）

因为=（x1-3，y1），=（x2-3，y2），

所以•=（x1-3）（x2-3）+y1y2=（1+k2）x1x2+9=0，

即+9=0，

解得k=±．…（15分）

（1）证明：设点P（x0，y0），x0≠±a，

依题意，得A（-a，0），B（a，0），

∴直线PA的方程为y=（x+a）…（2分）

令x=0，得yM=…（4分）

同理得yN=…（6分）

∴yMyN=，

∵点P（x0，y0）是椭圆C上一点，

∴=1，=（a2-），

∴yMyN==b2，…（8分）

=（a，yN），=（-a，yM），

∴=-a2+yMyN=b2-a2…（10分）

（2）-（a2+b2）…（14分）

解：依题意，F（2，0），l：

设所求方程为，0＜e＜1，

即（1-e2）x2-（4-3e2）x+y2，

其中心为

∵A与A′关于直线y=2x对称，

∴A′的坐标为，

又A′在直线上，∴，解之得．

于是所求方程为：，即

解：（1）依题意得F（1，0），∴直线L的方程为y=2（x-1），

设直线L与抛物线的交点A（x1，y1），B（x2，y2），

联立消去y整理得x2-3x+1=0，

∴x1+x2=3，x1x2=1．

法一：|AB|==•=．

法二：|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+p=3+2=5．

（2）证明：设直线L的方程为x=ky+1，

设直线L与抛物线的交点A（x1，y1），B（x2，y2），

由消去x整理得y2-4ky-4=0．

∴y1+y2=4k，y1y2=-4，

∵═（x1，y1）•（x2，y2）

=x1x2+y1y2=（ky1+1）（ky2+1）+y1y2

=k2y1y2+k（y1+y2）+1+y1y2

=-4k2+4k2+1-4=-3．

∴是一个定值为-3．