热门试卷

解：（1）由=1，得a2=4，b2=1，

∴c2=a2-b2=3，则c=，

椭圆的左焦点为，

则直线AB的方程为y=-（x+），

联立，得．

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则，

∴==；

（2）设直线AB的方程为y=kx+4，

联立，得（4k2+1）x2+32kx+60=0．

则．

==

=2k+4•=2k+4，解得k=-15．

∴lAB：y=-15x+4．

（1）解：设直线方程为y=k1x+b，代入椭圆方程并整理得：

（1+2k12）x2+4k1bx+2b2-2=0，

，

又中点M在直线上，

∴，

从而得弦中点M的坐标为（），

，

∴．

（2）对于椭圆，

已知斜率为k1的直线L交双曲线（a＞0，b＞0）于A、B两点，点M为弦AB的中点，直线OM的斜率为k2（其中O为坐标原点，假设k1、k2都存在）．则k1⋅k2的值为．

（解一）、设直线方程为y=k1x+d，

代入（a＞0，b＞0）方程并整理，

得：（b2-a2k12）x2-2k1a2dx-a2d2-a2b2=0，

，

所以，

即．

（解二）设点A（x1，y2），B（x2y2），中点M（x0，y0）

则，

，

又因为点A，B在双曲线上，

则与，

作差得，

即．

解：（Ⅰ）根据题意可得：

⇒

所求椭圆M的方程为（4分）

（Ⅱ）当θ≠，设直线AB的斜率为k=tanθ，焦点F（3，0），

则直线AB的方程为y=k（x-3）

有⇒（1+2k2）x2-12k2x+18（k2-1）=0

设点A（x1，y1），B（x2，y2）

有x1+x2=，x1x2=

|AB|=**（6分）

又因为k=tanθ=代入**式得

|AB|=（8分）

当θ=时，直线AB的方程为x=3，

此时|AB|=（10分）

而当θ=时，|AB|==

综上所述所以|AB|=（11分）

（Ⅲ）过右焦点F且与直线AB垂直的直线交椭圆M于C，D，

同理可得|CD|==（12分）

有|AB|+|CD|=+=

因为sin2θ∈[0，1]，

所以当且仅当sin2θ=1时，

|AB|+|CD|有最小值是（16分）

解：（1）∵直线MN的斜率kMN=m+n，

又∵l⊥MN，m+n≠0，∴直线l的斜率k=-

∵m2+n2=1，由m2+n2≥2mn，得2（m2+n2）≥（m+n）2，

即2≥（m+n）2，∴|m+n|≤

因M、N两点不同，∴0＜|m+n|＜，

∴；

（2））∵l方程为：y-=k（x-），

又∵m2+n2=1，m+n=-，y-=k（x+），

∴l：y=kx+1，代入抛物线和椭圆方程并整理得：x2-kx-1=0（1），

（a+2k2）x2+4kx+2-2a=0（2）

易知方程（1）的判别式△1=k2+4＞0恒成立，方程（2）的判别式△2=8a（2k2+a-1）

∵k2＞，a＞0，

∴2k2+a-1＞a＞0，∴△2＞0恒成立

∵R（，+1），S（-，），

由•=0得：=0，

∴a=，

∵k2＞，∴a=2-＞，＜a＜2，

∴=e，∴a=2-2e2＞，

∴e2＜，∴0＜e＜，

∴椭圆E离心率的取值范围是（0，]．

解：法1：（Ⅰ）依题意，点N的坐标为N（0，-p），

可设A（x1，y1），B（x2，y2），

直线AB的方程为y=kx+p，与x2=2py联立得，

消去y得x2-2pkx-2p2=0．

由韦达定理得x1+x2=2pk，x1x2=-2p2．

于是

=

=，

∴当k=0时，．

（Ⅱ）假设满足条件的直线l存在，其方程为y=a，

AC的中点为O‘，l与AC为直径的圆相交于点P，Q，PQ的中点为H，

则O'H⊥PQ，O'点的坐标为（）．

∵，，

∴|PH|2=|O'P|2-|O'H|2==，

∴|PQ|2=（2|PH|）2=．

令，得，此时|PQ|=p为定值，

故满足条件的直线l存在，其方程为，

即抛物线的通径所在的直线．

解法2：（Ⅰ）前同解法1，再由弦长公式得=，

又由点到直线的距离公式得．

从而，∴当k=0时，．

（Ⅱ）假设满足条件的直线l存在，其方程为y=a，则以AC为直径的圆的方程为（x-0）（x-x1）+（y-p）（y-y1）=0，

将直线方程y=a代入得x2-x1x+（a-p）（a-y1）=0，

则|x1-x2|2=．

设直线l与以AC为直径的圆的交点为P（x3，y3），Q（x4，y4），

则有．

令，得，此时|PQ|=p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为，

即抛物线的通径所在的直线．

解：（1）设点P（x，y）为所求轨迹上的任意一点，则

由抛物线的定义知，得P点的轨迹为是以（0，）为焦点，以y=-为准线的抛物线…（3分）

所以轨迹C的方程为y=x2…（5分）

（2）设P（x1，），Q（x2，），由=λ，可知直线PQ∥直线OA，

则kPQ=kOA

故=，即x2=-x1-1…（6分）

所以直线OP方程为y=x1x…①…（7分）

直线QA的斜率为=-x1-2…（8分）

所以直线QA方程为y-1=-（-x1-2）（x+1）

即y=-（x1+2）x-x1-1…②…（9分）

联立①②，得x=-，所以点M的横坐标为定值-…（10分）

由S△PQA=4S△PAM，得到QA=4AM，因为PQ∥OA，所以OP=4OM…（11分）

由=4，得x1=2…（12分）

所以P的坐标为（2，4）…（13分）

解：（Ⅰ）由离心率e=，得c=．

∵c2=a2-b2，∴b=a．

又因为2ab=2，所以a=，b=1．

∴椭圆的标准方程为=1．

（Ⅱ） 联立 ，消去y得：（1+）x2+2m2x+2m2-2=0．

由＞0，得-．

设A（x1，y1），B（x2，y2），则，，

由题意，得=0，即x1x2+y1y2=0，

∴x1x2+（+m）（+m）=0，即（1+）x1x2++m2=0，

∴（1+）•+=0．

解之，得m=，满足△＞0，∴m=．

解：（Ⅰ）由已知c=2，，

又∵a2=b2+c2，

解得，a=3，b=1

则椭圆方程为：．

（Ⅱ）设CE所在的直线方程为y=kx+1（k＜0）

代入椭圆方程并整理得，

（1+9k2）x2+18kx=0

∴=；

同理，；

由三角形CDE为等腰直角三角形知，

k3+9k2+9k+1=0，

即（k+1）（k2+8k+1）=0

∴k=-1或k=-4±．

解（1）显然直线l斜率存在，

设代入C：x2=2py得x2-2pkx-p2=0，x1+x2=2pk，x1x2=-p2，（2分）

求得弦长|PQ|=2p（1+k2），原点到直线l距离，（2分）

，所以（2分）

（2）不妨设，，

设代入C：x2=2py

得x2-2pk1x-2p2k1-p2=0，xPxM=-2k1p2-p2，

所以xM=2k1p+p，同理xN=2k2p+p，（2分）k1+k2=0，

，（2分）

抛物线在点Q处的切线斜率，得证（2分）