热门试卷

解（1）抛物线的焦点是，

则双曲线的…（1分）

点在双曲线方程…（2分）

解得：…（5分）

（2）联立方程：

当△＞0时，得（且k≠±2）…（7分）（未写△扣1分）

由书达定理：…（8分）

设

即（1+k2）x1x2+k（x1+x2）+1=0代入，

可得：，

检验合格．…（12分）

解：（1）∵，

代入⇒ma2+b2-2b=0

当m=1时，点P（a，b）在圆M：x2+（y-1）2=1上

（2）∵P（a，b）在椭圆x2+4y2=1上，即a2+（2b）2=1

∴可设

又∵，

∴=（令m=4）

∴点Q在双曲线y2-4x2=16上

（3）∵圆M的方程为x2+（y-1）2=1

设AB：x=ky+λ，A（x1，y1），B（x2，y2），由|OA|•|OB|=1⇒

又∵⇒（k2+1）y2+2（kλ-1）y+λ2=0，

∴

又原点O到直线AB距离

∴，即原点O到直线AB的距离恒为

∴直线AB恒与圆相切．

解：（Ⅰ）由题意，b=1，c=1，∴，

∴椭圆C的方程；

（Ⅱ）设l：x=my+t，A（x1，y1），B（x2，y2），

直线代入椭圆方程可得（m2+2）y2+2mty+t2-2=0，

∴y1+y2=-，y1y2=，

∴S△OAB=|y1-y2|=≤•=，

当且仅当m2+2-t2=t2时，S取得最大值．

解：（1）又因为直线l：y=2x+m与抛物线C2只有一个公共点，所以x2=4（2x+m）只有唯一解，所以x2-8x-4m=0只有唯一解，所以64+16m=0，所以m=-4，∴直线l的方程为：y=2x-4．

 （2）抛物线C2：x2=4y的焦点坐标为F1（0，1），所以椭圆C1中，c=1，焦点在y轴上，

所以椭圆两焦点F1（0，1），F2（0，-1）．

椭圆又过直线l上的点P，要使椭圆的离心率最大，只需|PF1|+|PF2|有最小值，

只需求F2关于直线L的对称点F3到F1的距离即可．

设F2关于直线L的对称点F3（m，n），

∴，解得，

即F3（，-），所以直线F1F3方程为：，即y=-x+1，

与直线l联立，可得，即P（）；

此时椭圆C1中，2a=|F1F3|=4，

∴a2=4，

∴b2=a2-c2=3，

∴椭圆方程为

（1）解：由已知F（0，1），设椭圆E的方程为+=1（a＞b＞0），则b=1，

∵离心率为，

∴，

∴a=2，

∴椭圆Γ的方程为；

（2）证明：由题意，F′（0，-1），并且l1和l2，关于y轴对称，

∴G与H，A与B也分别关于y轴对称，

l1的方程y=kx-1代入椭圆方程，可得（1+4k2）x2-8kx=0，

∴x=0或x=，

∴|GH|=2×||=，

∴k=1或k=，

∵直线是椭圆Γ的上半部分相交，

∴k＞，

∴k=1，

∴l1和l2的方程分别为y=x-1或y=-x-1，

令y=0，可得A（1，0），B（-1，0），

∴|OA|=|OB|=|OF|=|OF′|，

∴A，B，F，F′四点共圆，

∴ABF′的外接圆过点F；

（3）设∠PQF=θ（0＜θ＜），则|PF|=|PQ|sinθ，|QF|=|PQ|cosθ，

∴|PF|+|QF|=|PQ|（sinθ+cosθ）=sin（θ+）

由抛物线的定义及梯形的中位线定理可得|MN|=（|PF|+|QF|），

∴=sin（θ+）

∴θ=时，的最大值为．

解：设F（c，0），则直线l方程为y=x-c，代入椭圆方程：

，（a2+b2）x2-2ca2x+a2c2-a2b2=0

∴，；

∴y1+y2=x1+x2-2c

∴

得a2=3d2

∴a2=3（a2-c2）

得：

∴椭圆离心率为．

（2）由（1）可知{a2=3b2，c2=2b2

∴

∴

∴

∴直线OA斜率k1与直线OB斜率k2乘积为定值

（3）设点M为（x0，y0），则

且由（2）知：x1x2+3y1y2=0

∴

∴点M为（x0，y0）符合椭圆方程，

∴点M在椭圆上．

解：（Ⅰ）∵椭圆E：+=1（a＞b＞0）的离心率e=，并且经过定点P（，），

∴且，又c2=a2-b2

解得：a2=4，b2=1，

∴椭圆E的方程为（1）

（Ⅱ）存在λ=3，使得S△ACD=λS△BCD成立

设P（4，y0）（y0≠0），又A（-2，0），则

故直线AP的方程为：，代入方程（1）并整理得：．

由韦达定理：，

即，∴，

同理可解得：，∴，

故直线CD的方程为y=kCD（x-xC）+yC，

即，∴直线CD恒过定点E（1，0）．

∴．

故λ=3．

解：（Ⅰ）设椭圆的方程为=1，（a＞b＞0），

依题意可知，求得a=，b=1

∴椭圆的方程为=1，

（Ⅱ）设P（x，y），

∵F1（-2，0），F2（2，0），

∴+=（-2x，-2y）

∵与向量（5，1）共线，

∴x=5y，由=1，求得y=±

故点P（，），（-，-）

解：（Ⅰ）∵点D（0，1）在且椭圆E上，

∴b=1，

∵===，

∴a2=2a2-2，

∴，

∴椭圆E的方程为（4分）

（Ⅱ）解法一：设直线AB的方程为y=k（x-1）（k≠0），

代入+y2=1，整理得（1+2k2）x2-4k2x+2k2-2=0．

∵直线AB过椭圆的右焦点F2，

∴方程有两个不等实根．

记A（x1，y1），B（x2，y2），AB中点N（x0，y0），

则x1+x1=，，（6分）

∴AB垂直平分线NG的方程为．

令y=0，得．（8分）

∵k≠0，∴．

∴t的取值范围为．（10分）

解法二：设直线AB的方程为x=my+1，

由可得（m2+2）y2+2my-1=0．

记A（x1，y1），B（x2，y2），AB中点N（x0，y0），

则，．

可得．                     （6分）

∴AB垂直平分线NG的方程为y-y0=-m（x-x0）．

令y=0，得．（8分）

∵m≠0，∴．

∴t的取值范围为．                           （10分）

（Ⅲ）解法一：．

而，

∵，由，可得，，．

所以．

又|F2G|=1-t，

所以（）．（12分）

设f（t）=t（1-t）3，则f′（t）=（1-t）2（1-4t）．

可知f（t）在区间单调递增，在区间单调递减．

所以，当时，f（t）有最大值．

所以，当时，△GAB的面积有最大值．（14分）

解法二：

而，

由，可得．

所以．

又|F2G|=1-t，

所以．

所以△MPQ的面积为（）．（12分）

设f（t）=t（1-t）3，

则f‘（t）=（1-t）2（1-4t）．

可知f（t）在区间单调递增，在区间单调递减．

所以，当时，f（t）有最大值．

所以，当时，△GAB的面积有最大值．（14分）