热门试卷

（Ⅰ）设点M（x，y），由题意得点F（，0），•= -1，化简可得 x2+y2=2，

故曲线C的方程为  x2+y2=2，表示以原点为圆心，以为半径的圆．

（Ⅱ）∵点(0，)是圆和y轴的交点，经过点(0，)且斜率为k的直线l与曲线C有两个不同的交点P和Q，

∴线l与曲线C不能相切，∴k≠0．

（Ⅲ） 把直线l的方程 y-=k（x-0）代入曲线C的方程 x2+y2=2 得，（1+k2）x2+2kx=0．

设P（x1，y1 ），Q（x2，y2），则  x1+x2=-，x1•x2=0．

∴+=（x1+x2，kx1++kx2+ ）=（-，-+2 ）．

由B（0，），A(，0)，∴=（-， ）．∵向量+与共线，

∴-•-（-）（-+2 ）=0，=0，∴k=1．

即存在常数 k=1 满足题中的条件．

（I）设点P（x0，y0）是椭圆上一点，

则Q（x0，0），M（x，y），=(x-x0，y-y0)，=(x0-x，-y)．

∵=2，（1分）

∴

∴即点P的坐标为（x，3y）．（3分）

点P在椭圆上，代入椭圆方程得：9x2+18y2=18．

即曲线E的方程为x2+2y2=2．（5分）

（II）设A（x1，y1），B（x2，y2），

将直线方程y=x+m与9x2+18y2=18联立

去y，得3x2+4mx+2m2-2=0．

由△=（4m）2-12（2m2-2）＞0，解得0≤m2＜3．

x1+x2=-，x1•x2=．（7分）

由•＞得x1•x2+y1•y2＞．

 而x1x2+y1y2=x1x2+（x1+m）•（x2+m）

=2x1x2+m（x1+x2）+m2=2×+m(-)+m2=m2-（10分）

∴m2-＞，即m2＞2，又0≤m2＜3，

∴2＜m2＜3．

∴实数m的取值范围是(-， -)∪(， )．（12分）

（1）设C（x，y），

由①知，G为△ABC的重心，

∴G（，）

由②知M是△ABC的外心，∴M在x轴上．

由③知M（，0），

由||=|得=

化简整理得：+y2=1（x≠0）；

（2）将y=x+t代入椭圆方程，可得4x2+6tx+3t2-3=0，

由△＞0，可得t2＜4

设P（x1，y1），Q（x2，y2）

则x1+x2=-t，x1•x2=

∴SPAQB=|AB||x1-x2|=•

∴t=0时，四边形PAQB面积的最大值为．

（1）设C（x，y），则G(，)．

∵=λ（λ∈R），∴GM∥AB．又M是x轴上一点，则M(，0)．

又∵||=||，∴=．整理得+y2=1(x≠0)．

（2）由（1），知F1(-，0)，F2(，0)．设直线l的方程为x=ty+，

由（1），知x≠0，∴l不过点（0，±1），∴t≠±

设P（x1，y1），Q（x2，y2），将x=ty+代入x2+3y2=3，(t2+3)y2+2ty-1=0．

∴△=8t2+4（t2+3）=12（t2+1）＞0恒成立．∴y1+y2=，y1•y2=-．

∴|y1-y2|===．

∴S△F1PQ=|F1F2|•|y1-y2|=|y1-y2|=2(t≠±)．

∴S△F1PQ=≤=．

当且仅当t2+1=2，即t=±1时取“=”

所以△F1PQ的最大值为，此时直线l的方程为x±y-=0．