热门试卷

解：（Ⅰ）由题：a=2，又，∴，从而

∴椭圆的方程为．          …．（4分）

（Ⅱ）由题意，圆C的方程为（x+1）2+y2=1．

∵x0＞0，∴切线PM、PN的斜率均存在，设为k1、k2，

则直线PM：y-y0=k1（x-x0），

由其与圆C相切得：，…（6分）

化简得：

同理：

∴k1、k2是关于k的方程的两个根=恒成立．

，k1k2=，…．（9分）

M（-2，y0-（2+x0）k1），N（-2，y0-（2+x0）k2），

∴，-（2+x0）k1），，-（2+x0）k2），

∴===f（x0）…．（12分）

，x0∈（0，2]

∴f（x0）在（0，上单调递减，在，2]上单调递增，

∴当x0=时，f（x0）取得最小值，即取得最小值．   …．（14分）

解：（1）设抛物线的标准方程为  x2=2py，把点P（2，1）代入可得 4=2p，∴p=2，

故所求的抛物线的标准方程为x2=4y．

（2）由题意可知，AB的斜率存在，设AB的方程为 y-1=k（x-1），代入抛物线的标准方程为x2=4y 可得

x2-4kx+4k-4=0，∴x1+x2=4k=2，∴k=，∴AB的方程为 y-1=（x-1），

即x-2y+1=0．

解：（I）∵椭圆上的点A满足|AF1|+|AF2|=4．∴2a=4，解得a=2，∴椭圆的方程为，

把（1，1）代入得，解得，

∴椭圆方程为．

（II）经验证可知：过A与x轴垂直的直线与椭圆不相切，因此切线的斜率存在．

设过A（1，1）的直线方程y-1=k（x-1），由，消去y得关于x的方程：（3k2+1）x2-6k（k-1）x+3k2-6k-1=0．

令△=36k2（k-1）2-4（3k2+1）（3k2-6k-1）=0，

解得，

故所求的切线方程为：x+3y-4=0．

解：（1）∵e==，即a=c，

∴b==c，

∵椭圆C过点M（1，），

∴+=1，

∴a=，b=1，

∴椭圆C的标准方程为+y2=1；

（2）圆T半径r=，圆T方程为x2+（y-t）2=1+t2，

∵PQ与圆T相切于点Q，∴QT⊥PQ，

①把Q（-，-）代入圆T方程，解得t=，

求得kQT=2，

∴直线PQ的方程为y=-x-；

②设P（x0，y0）（-1≤y0≤1），

∵QT⊥PQ，

∴PQ2=PT2-QT2=x02+（y0-t）2-（1+t2），

又+y02=1，∴PQ2=-（y0+1）2+（1+t2），

当t≥1时，且当y0=-1时，PQ2的最大值为2t，

则2t=（）2=，解得t=（舍），

当0＜t＜1时，且当y0=t时，

PQ2的最大值为1+t2，则t2+1=解得t=（合）

综上t=，圆T方程为x2+（y-）2=．

解：（Ⅰ）C1的焦点为F（0，），

所以=0+1，p=2．

故C1的方程为x2=4y，其准线方程为y=-1．

（Ⅱ）任取点P（2t，t2），设过点P的C2的切线方程为y-t2=k（x-2t）．

由，得x2-2kx+4tk-2t2+2=0．

由△=（2k）2-4（4tk-2t2+2）=0，化简得k2-4tk+2t2-2=0，

记PM，PN的斜率分别为k1，k2，则m=k1k2=2t2-2，

因为m∈[2，4]，所以t2∈[2，3]，

所以|OP|2=4t2+t4=（t2+2）2-4∈[12，21]，

所以|OP|∈[，]．

解：（I） 由题意，抛物线E的焦点为，直线l1的方程为．

由，得．

设A，B两点的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），则x1，x2是上述方程的两个实数根．

从而x1+x2=2pk1，．

所以点M的坐标为，．

同理可得点N的坐标为，．

于是．

由题设k1+k2=2，k1＞0，k2＞0，k1≠k2，所以0＜．

故．

（Ⅱ）由抛物线的定义得，，

所以，从而圆M的半径．

故圆M的方程为，

化简得．

同理可得圆N的方程为

于是圆M，圆N的公共弦所在的直线l的方程为．

又k2-k1≠0，k1+k2=2，则l的方程为x+2y=0．

因为p＞0，所以点M到直线l的距离为

=．

故当时，d取最小值．由题设，解得p=8．

故所求抛物线E的方程为x2=16y．