热门试卷

24．⑴. 【证明】

方法一：圆的方程可化为：，圆心为，半径.

直线的方程可化为：，直线过定点，斜率为.

定点到圆心的距离，

∴定点在圆内部，∴不论取何值，直线和圆总相交.

方法二：圆的方程可化为：，圆心为，半径.

圆心到直线的距离，

，因，，，

故，∴不论取何值，直线和圆总相交.

⑵. 圆心到直线的距离

被直线截得的弦长＝，

当时，弦长；

当时，弦长，下面考虑先求函数的值域.

由函数知识可以证明：函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增（证明略），

故当时，函数在处取得最大值－2；当时，函数在处取得最小值2.

即或，

故或，可得

或，即且，

且，

且.

综上，当时，弦长取得最小值；当时，弦长取得最大值4.

略

D

两上圆的圆心分别为问题转化为点C1，点C2关于l对称，则C1C2的中点（-1，1）必定在直线l上，将代入方程中，显然有

⑴由椭圆C的离心率得，其中，

椭圆C的左、右焦点分别为又点在线段的中垂线上

∴，∴解得c＝1，a2＝2，b2＝1，

∴椭圆的方程为　．   

⑵由题意，知直线MN存在斜率，设其方程为y＝kx＋m

由消去y，得（）＋4kmx＋＝0．

设M（），N（），则，

且，  

由已知α＋β＝π，得，即

化简，得

∴。整理得m＝－2k．

略

解：依题意，直线显然不平行于坐标轴，故可设直线方程为

将代入，得

          ①…………………………（2分）

由直线l与椭圆相交于两个不同的点，得

           ②   ………………（3分）

设由①，得

因为，代入上式，得 ……………（5分）

于是，△OAB的面积

  ………………（8分）

其中，上式取等号的条件是 

由可得

将这两组值分别代入①，均可解出满足②

所以，△OAB的面积取得最大值的椭圆方程是 ………………（10分）

略

(1)由椭圆C的离心率e＝，得＝，其中c＝，

椭圆C的左、右焦点分别为F1(－c,0)、F2(c,0)．

又点F2在线段PF1的中垂线上，

∴|F1F2|＝|PF2|，∴(2c)2＝()2＋(2－c)2，

解得c＝1，∴a2＝2，b2＝1，∴椭圆的方程为＋y2＝1.

(2)由题意直线MN的方程为y＝kx＋m，

由消去y得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.

设M(x1，y1)，N(x2，y2)，

则x1＋x2＝－，x1x2＝，且kF2M＝，kF2N＝，

由已知α＋β＝π得

即＋＝0.

化简，得2kx1x2＋(m－k)(x1＋x2)－2m＝0，

∴2k·－－2m＝0，整理得m＝－2k.

∴直线MN的方程为y＝k(x－2)，

因此直线MN过定点，该定点的坐标为(2,0)．

略

．解（1）设椭圆的标准方程是。

由于椭圆的一个顶点是，故，根据离心率是得，，解得。

所以椭圆的标准方程是。 ．．．．．．．．．．． （4分）

（2）设。

设直线的方程为，与椭圆方程联立消去得

，根据韦达定理得，８分

由，得，整理得，

把上面的等式代入得，又点在直线上，所以，

于是有．．．．．（10分）

，由，得，

∴．综上所述。。，．．．．（12分）

略

（1）    （2）直线ME与x轴相交于定点（，0）

（1）

设O关于直线的对称点为，

则的横坐标为

又易知直线O的方程为

为（1，－3）.

∴椭圆方程为

（2）显然直线AN存在斜率，设直线AN的方程为

并整理得：

设点

由韦达定理得

∵直线ME方程为的横坐标

将

再将韦达定理的结果代入，并整理可得

∴.

作与关于直线对称的点，因为平分，所以点必在直线上，这样可以先求出点的坐标，然后求出的方程，从而求出点的坐标．

设与关于直线对称的点为，所以有

解得，．

所以，的方程为．

解方程组得，．

所以，点的坐标为．