热门试卷

解：（Ⅰ）设双曲线C2的方程为，

则，

再由，得，

故C2的方程为；

（Ⅱ）将代入得，

由直线l与椭圆C1恒有两个不同的交点得，即，  ①

将代入得，

由直线l与双曲线C2恒有两个不同的交点A，B，

得，

即，

设，

则，

由，

而  

，

于是，

解此不等式得，      ③

由①、②、③得，

故k的取值范围为。

解：（Ⅰ）依题意有：，且c2 =a2+b2 

所以a2=1，b2=3 

双曲线 的方程为                    

（Ⅱ）①若直线l 的斜率不存在，则直线l 与双曲线C 没有交点，故满足条件的直线 l不存在。

②若直线l 的斜率为0 ，则线段AB 为y 轴平行；不满足条件，直线l 不存在。

③若直线 l的斜率为± ，则直线l 与双曲线C 的渐近线平行，故满足条件的直线 l不存在。

④若直线 l的斜率存在，且不为 0不为± 时设为k ，则直线l 的方程为y=kx-1

 设A（x1，y1）、B（x2，y2），

由 得（3-k2）x+2kx-4=0  

△=4k2+16（3-k2）>0-2

∴x1+x2=，y1+y2=    

∴线段AB 的中点为（，） 

∴线段AB 的垂直平分线 

∴P（，0）Q（0，）       

∴ 线段PQ 的中点为（，） 

若四边形APBQ 为菱形，则线段PQ 的中点在直线l 上，所以

解得k2=-1 ，这矛盾

综上，不存在满足条件的直线

解：（1）∵点A（﹣1，0），B（1，0），动点P（x，y），

∴ ， ，

∵PA与PB的斜率之积为3，

∴ ，x≠±1，

∴ ．

（2）①∵∠CFB=α，∠CBF=β，β为锐角，

∵tanα= ，tanβ= ， ，

∴tan2β= = = =tanα．

②由题意C（x1，y1），y1＞0，D（x2，y2），y2＜0，

联立 ，得2y2+6by﹣9b2+9=0，

则△=36b2﹣4×2（﹣9b2+9）＞0，

∴ ， y1+y2=﹣3b， ，

∴b2＞1．故y2﹣y1=﹣3b， ，

∴b2＞1，故 ，

设∠DFB=γ，∠DBF=θ，

∵ ，tan ， ，

∴tan2θ= = =﹣ =tanγ，

∵2θ∈（0，π），γ∈（0，π），

∴γ=2θ，即∠DFB=2∠DBF，

∵α，2β∈（0，π），

∴由（2）①得α=2β，即∠CFB=2∠CBF，

又∠DFB=2∠DBF，

∴∠FCB与∠FDB互补，即∠FCB+∠FDB=π，

∴2π﹣3∠CBF﹣3∠DBF=π，则 ，

由到角公式，得 = ， ∴ = ，

即 ，

∴4b+4=﹣ ，解得b=﹣ ，满足b2＞1，

∴b=﹣ ．

解：（1）依题意：双曲线C的焦点在x轴上 ，且c=2，a=，∴b=1，

∴双曲线C的方程为。

（2）依题意，将直线：y=kx+代入，

有，

∴，

化简得：且，

解得：。

（3）∵直线：y=k（x-2）与双曲线C有两个不同的交点A，B且，

设，

将直线y=k（x-2）代入双曲线，

有，

∴，且，

又，

∴，

∴，

即，

将代入上式并化简，

得，∴，

故所求直线的方程为。

 解：（1）依题意可得，

双曲线的焦距为，，

双曲线的方程为

（2）证明：设点、（，），直线的斜率为（）， 则直线的方程为

联立方程组 整理，得

解得或

同理方程组可得：

为一定值

（3）设点、（，）， 则，． ，，即

点在双曲线上，则，

所以，即

又点是双曲线在第一象限内的一点，所以，

由（2）知，，即，设，则，

，在上单调递减，在上单调递增

当，即时，

当，即时，

的取值范围为  

解：(1)由条件有    

∴

∴

.故双曲线的方程为:.  

(2)设.

∵   

 ∴

又  

∴

即.

又由余弦定理有:.

即    

∴.  

故.  

(3)由则由条件有:是     ①

设中点,则

又在为圆心的圆上.

∴.  

化简得:      ②

将②代入①得:

解得.

又由    

∴

综上:或.

解：(Ⅰ)由题意得，解得，

所以b2=c2-a2=2，

所以双曲线C的方程为。

(Ⅱ)设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，线段AB的中点为M(x0，y0)，

由得（判别式△＞0），

所以m，y0=x0+m=2m，

因为点M(x0，y0)在圆x2+y2=5上，

所以m2+(2m)2=5，故m=±1。

解：（1）∵F2（﹣2，0），F2（2，0），点P满足||PF1|﹣|PF2||=2，

∴c=2，a=1，b2=3，

∴点P的轨迹E的方程为：．

（2）①若l的斜率存在，设l的方程为：y=k（x﹣2），

由，

消y得：（3﹣k2）x2+4k2x﹣4k2﹣3=0，

∵l与曲线交于不同点P，Q，

∴，

设P（x1，y1），Q（x2，y2），则

，，，

∵M（﹣1，0），

∴

                =（k2+1）x1x2﹣（2k2﹣1）（x1+x2）+1+4k2=0．

②若直线l的斜率存在，则P（2，3），Q（2，﹣3），M（﹣1，0），

∴成立，故当直线l绕点F2旋转时，均有．

解：（1）∵点P满足||PF1|﹣|PF2||=2，

∴点P的轨迹是以F1，F2为焦点的双曲线．

∵F2（﹣2，0），F2（2，0），∴c=2

∵a=1，∴b2=c2﹣a2=3

∴轨迹方程为；

（2）假设存在点M（m，0），使得无论怎样转动，都有=0成立

当直线l的斜率存在时，

设直线方程为y=k（x﹣2），P（x1，y1），Q（x2，y2），

与双曲线方程联立消y得（k2﹣3）x2﹣4k2x+4k2+3=0，

∴

解得k2＞3．

∵=（x1﹣m）（x2﹣m）+k2（x1﹣2）（x2﹣2）

                =（k2+1）x1x2﹣（2k2+m）（x1+x2）+m2+4k2       

                =

                =．

∵，

∴3（1﹣m2）+k2（m2﹣4m﹣5）=0对任意的k2＞3恒成立，

∴，

解得m=﹣1．

∴当m=﹣1时，．

当直线l的斜率不存在时，由P（2，3），Q（2，﹣3）及M（﹣1，0）知结论也成立，

综上，当m=﹣1时，．