热门试卷

（1）设M（x，y），依题意得：|MF|=|x|+1，即，

化简得，y2=2|x|+2x。

∴点M的轨迹C的方程为；

（2）在点M的轨迹C中，记C1：y2=4x（x≥0），C2：y=0（x＜0）。

依题意，可设直线l的方程为y﹣1=k（x+2）。

由方程组，可得ky2﹣4y+4（2k+1）=0。

①当k=0时，此时y=1，把y=1代入轨迹C的方程，得。

故此时直线l：y=1与轨迹C恰好有一个公共点（）。

②当k≠0时，方程ky2﹣4y+4（2k+1）=0的判别式为△=﹣16（2k2+k﹣1）。

设直线l与x轴的交点为（x0，0），

则由y﹣1=k（x+2），取y=0得。

若，解得k＜﹣1或k＞。

即当k∈时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点，

故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点。

若或，解得k=﹣1或k=或。

即当k=﹣1或k=时，直线l与C1只有一个公共点，与C2有一个公共点。

当时，直线l与C1有两个公共点，与C2无公共点。

故当k=﹣1或k=或时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点。

若，解得﹣1＜k＜﹣或0＜k＜。

即当﹣1＜k＜﹣或0＜k＜时，直线l与C1有两个公共点，与C2有一个公共点。

此时直线l与C恰有三个公共点。

综上，当k∈∪{0}时，直线l与C恰有一个公共点；

当k∪{﹣1，}时，直线l与C恰有两个公共点；

当k∈时，直线l与轨迹C恰有三个公共点。

（1）由已知得，解得，所以椭圆方程为。

椭圆的右焦点为，此时直线的方程为 ，代入椭圆方程得

，解得，代入直线的方程得 ，所以，

故。

（2）当直线与轴垂直时与题意不符。

设直线的方程为，代入椭圆方程得。

解得，代入直线的方程得，

所以D点的坐标为。

又直线AC的方程为，又直线BD的方程为，联立得

因此，又。

所以。

故为定值。

（1）由题意:设直线,

由消y得:,设A、B,AB的中点E,则由韦达定理得: =,即,,所以中点E的坐标为E,因为O、E、D三点在同一直线上，所以，即，解得

，所以=,当且仅当时取等号,即的最小值为2.

（2）（i）证明:由题意知:n>0,因为直线OD的方程为,所以由得交点G的纵坐标为,又因为,,且∙，所以,又由（1）知: ,所以解得,所以直线的方程为,即有,令得,y=0,与实数k无关,所以直线过定点(-1,0)。

（ii）假设点，关于轴对称,则有的外接圆的圆心在x轴上,又在线段AB的中垂线上,

由（i）知点G(,所以点B(,又因为直线过定点(-1,0),所以直线的斜率为，又因为，所以解得或6，又因为,所以舍去,即，此时k=1，m=1，E，AB的中垂线为2x+2y+1=0，圆心坐标为，G(,圆半径为，圆的方程为.综上所述, 点，关于轴对称,此时的外接圆的方程为.

（1）因为椭圆过点

  且

        椭圆C的方程是

（2）

由题意，各点的坐标如上图所示，

则的直线方程：

化简得

又，

所以带入

求得最后

所以直线与椭圆只有一个公共点。

（1）设M的坐标为（x,y），当x=-1时，直线MA的斜率不存在；当x=1时，直线MB的斜率不存在。

于是x≠1且x≠-1.此时，MA的斜率为，MB的斜率为.

由题意，有·=4

化简可得，4x2-y2-4=0

故动点M的轨迹C的方程为4x2-y2-4=0（x≠1且x≠-1）

（2）由消去y，可得3x2-2mx-m2-4=0.  (﹡)

对于方程(﹡)，其判别式=（-2m)2－4×3（-m2-4）=16m2+48>0

而当1或-1为方程（*）的根时，m的值为-1或1.

结合题设（m>0）可知，m>0，且m≠1

设Q、R的坐标分别为（XQ,YQ）,(XR,YR),则为方程（*）的两根.

因为,所以，

所以。

此时

所以

所以

综上所述，  

（1）由题意，椭圆的标准方程为。

所以，，从而。

因此，，故椭圆的离心率。

（2）设点，的坐标分别为，，其中。

因为，

所以，

即，解得。

又，所以

。

因为，且当时等号成立，所以。

故线段长度的最小值为。