热门试卷

（1）解：由，得，再由，得

由题意可知，

解方程组 得 a=2,b=1

所以椭圆的方程为

(2)解：由（1）可知A（-2,0）。设B点的坐标为（x1,,y1）,直线l的斜率为k，则直线l的方程为y=k(x+2),

于是A,B两点的坐标满足方程组

由方程组消去Y并整理，得

由得

设线段AB是中点为M，则M的坐标为

以下分两种情况：

（1）当k=0时，点B的坐标为（2,0）。线段AB的垂直平分线为y轴，于是

（2）当K时，线段AB的垂直平分线方程为

令x=0，解得

由

整理得

综上

（1）由已知椭圆焦点(c,0)在抛物线上，可得：，由

。

(2)由题设可知M、N关于y轴对称，设,由的垂心为B，有

。

由点在抛物线上，，解得：

故，得重心坐标.

由重心在抛物线上得：，，又因为M、N在椭圆上得：，椭圆方程为，抛物线方程为。

（1）由椭圆定义知，

2a＝|PF1|＋|PF2|＝，

所以.

又由已知，c＝1.

所以椭圆C的离心率.

（2）由（1）知，椭圆C的方程为＋y2＝1.

设点Q的坐标为(x，y)。

(1)当直线l与x轴垂直时，直线l与椭圆C交于(0,1)，(0，－1)两点，此时点Q的坐标为.

(2)当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2.

因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(x1，kx1＋2)，(x2，kx2＋2)，

则|AM|2＝(1＋k2)x12，|AN|2＝(1＋k2)x22.

又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)x2.

由，得

，

即.①

将y＝kx＋2代入＋y2＝1中，得

(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0.②

由Δ＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6＞0，得k2＞.

由②可知，x1＋x2＝，x1x2＝，

代入①中并化简，得.③

因为点Q在直线y＝kx＋2上，

所以，代入③中并化简，得10(y－2)2－3x2＝18.

由③及k2＞，可知0＜x2＜，即x∈∪.

又满足10(y－2)2－3x2＝18，

故x∈.

由题意，Q(x，y)在椭圆C内，

所以－1≤y≤1.

又由10(y－2)2＝18＋3x2有(y－2)2∈且－1≤y≤1，

则y∈.

所以，点Q的轨迹方程为10(y－2)2－3x2＝18，其中x∈，y∈.

（1）解：将点P（﹣c，y1）（y1＞0）代入得

∴P

∵点Q的坐标是（4，4），PF1⊥QF2

∴

∵

∴a=2，c=1，b=

∴椭圆C的方程为；

（2）证明：设Q，∵PF1⊥QF2

∴

∴y2=2a

∴

∵P，∴

∵，∴

∴y′=

∴当x=﹣c时，y′==

∴直线PQ与椭圆C只有一个交点。

（1）依题意,所以,

设是椭圆上任意一点,则,所以,

所以

当时,有最大值,可得,所以

故椭圆的方程为.

（2）[韦达定理法]因为在椭圆上,所以,,设,

由，得

所以,可得，

由韦达定理得,

所以

所以

设原点到直线的距离为,则

所以

设,由,得,所以,

,

所以,当时,面积最大,且最大为,

此时，点的坐标为或或或.

[垂径定理切入]因为点在椭圆上运动，所以,,

圆心到直线的距离,

直线被圆所截的弦长为

所以,接下来做法同上。

设，由题意知＜0，＞0.

（1）直线l的方程为  ，其中.

联立得

解得

因为，所以.

即

得离心率 .                    

（2）因为，所以.

由得.所以，得a=3，.

椭圆C的方程为.

（1）设椭圆的半焦距为，由题意知， ，又，

所以  ，，

又，因此。

故椭圆的标准方程为。

由题意设等轴双曲线的方程因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点，所以

因此  双曲线的标准方程为。

（2）设，

则  ，

因为  点在双曲线上，所以。

因此  ，

即  。

（3）由于的方程为，将其带入椭圆方程得

，

由根与系数的关系得

所以 

。

同理可得。

则  ，

又  ，

所以  。

故。

因此  存在，使恒成立。

（1）由已知可设椭圆的方程为，

其离心率为，故，则，

故椭圆的方程为

（2）解法一  两点的坐标分别为，

由及（1）知，三点共线且点不在轴上，

因此可设直线的方程为.

将代入中，得，所以，

将代入中，得，所以，

又由，得，即，

解得  ，故直线的方程为或

解法二   两点的坐标分别为，

由及（1）知，三点共线且点不在轴上，

因此可设直线的方程为.

将代入中，得，所以，

又由，得，，

将代入中，得，即，

解得  ，故直线的方程为或