热门试卷

（1）O′（-1，0），半径R=2，因为线段FQ的垂直平分线l交半径O′Q于点O，连结PF，

所以|PQ|=|PF|，|PO′|+|PQ|=R，故|PO′|+|PF|=2(2＞2=|O′F|)，

由椭圆的定义，点P的轨迹是以O′，F为焦点的椭圆，设其方程为+=1(a＞b＞0)，

则a=，c=1，b2=a2-c2=1．

故点P的轨迹C的方程是+y2=1；

（2）设斜率为k的直线的方程为y=kx+t，其中t=．

设A（x1，y1），B（x2，y2），则

由，消去y得（2k2+1）x2+4ktx+2t2-2=0．

又△=8k2＞0（k≠0），所以x1+x2=-，x1x2=．

则•=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+t)(kx2+t)

=(1+k2)x1x2+tk(x1+x2)+t2

=．

故=m．因为≤m≤，所以≤≤，

所以≤k2≤2，

由弦长公式得：|AB|=•

=•．

原点O到直线y=kx+t的距离d===1．

所以f(k)=S=|AB|•d=•

==．

在[，2]上是k2的增函数，故当k2=时，f(k)min=；当k2=2时，f(x)max=．

（Ⅰ）设点（x0，y0）是轨迹C1上的动点，∴（2分）

∴x0y0=y2，=x2．

∵点（x，y）在椭圆C：+=1（a＞b＞0）的第一象限上运动，则x0＞0，y0＞0．

∴+=1．

故所求的轨迹C1方程是+=1（x＞0，y＞0）．（6分）

（Ⅱ）由轨迹C1方程是+=1（x＞0，y＞0），得y=（x＞0）．

∴f(x)==≤=．

所以，当且仅当=a2x，即x=时，f（x）有最大值．（10分）

如果在开区间(0，)内y=f（x）有最大值，只有＜．（12分）

此时，＜⇒＜，解得＜e＜1．

∴椭圆C的离心率的取值范围是(， 1)．（14分）

（Ⅰ）由条件可知，点P到点F（1，0）的距离与到直线x=-1的距离相等，

所以点P的轨迹是以F（1，0）为焦点，x=-1为准线的抛物线，其方程为y2=4x．…（4分）

（Ⅱ）解法一：假设△ABC是直角三角形，不失一般性，设∠A=90°，A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），

则由•=0，=(x2-x1，y2-y1)，=(x3-x1，y3-y1)，

可得（x2-x1）（x3-x1）+（y2-y1）（y3-y1）=0．…（6分）

因为xi=（i=1，2，3），y1≠y2，y1≠y3，

所以（y1+y2）（y1+y3）+16=0．…（8分）

又因为++=，所以x1+x2+x3=3，y1+y2+y3=0，

所以y2y3=-16．   ①

又y12+y22+y32=4(x1+x2+x3)=12，

所以(-y2-y3)2+y22+y32=12，即y22+y32+y2y3=6．  ②…（10分）

由①，②得y22+(-)2-16=6，所以y24-22y22+256=0． ③

因为△=（-22）2-4×256=-540＜0．

所以方程③无解，从而△ABC不可能是直角三角形．…（12分）

解法二：设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），由++=，

得x1+x2+x3=3，y1+y2+y3=0．…（6分）

由条件的对称性，欲证△ABC不是直角三角形，只需证明∠A≠90°．

（1）当AB⊥x轴时，x1=x2，y1=-y2，从而x3=3-2x1，y3=0，即点C的坐标为（3-2x1，0）．

由于点C在y2=4x上，所以3-2x1=0，即x1=，

此时A(，)，B(，-)，C（0，0），则∠A≠90°．…（8分）

（2）当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为：x=ty+m（t≠0），代入y2=4x，

整理得：y2-4ty-4m=0，则y1+y2=4t．

若∠A=90°，则直线AC的斜率为-t，同理可得：y1+y3=-．

由y1+y2+y3=0，得y1=4t-，y2=，y3=-4t．

由x1+x2+x3=3，可得y12+y22+y32=4(x1+x2+x3)=12．

从而(4t-)2+()2+（-4t）2=12，

整理得：t2+=，即8t4-11t2+8=0，①

△=（-11）2-4×8×8=-135＜0，所以方程①无解，从而∠A≠90°．…（11分）

综合（1），（2），△ABC不可能是直角三角形．…（12分）