热门试卷

（1）如图，由题知，……3分

（2）C(-2,0),D(2,0),

则可设…5分

 …………9分

（3）设，由题知成立

使得以MP为直径的圆恒过DP、MQ的交点 ………………13分

（Ⅰ）∵  

∵直线相切，

∴   ∴    …………3分

∵椭圆C1的方程是    ………………6分

（Ⅱ）∵MP=MF2，

∴动点M到定直线的距离等于它到定点F1（1，0）的距离，

∴动点M的轨迹是C为l1准线，F2为焦点的抛物线  ………………6分

∴点M的轨迹C2的方程为   …………9分

（Ⅲ）Q（0，0），设 

∴ 

∵

∴

∵，化简得

∴    ………………11分

∴

当且仅当 时等号成立   …………13分

∵

∴当的取值范围是……14分

同答案

⑴；⑵证明见解析.

（1）C1：……………………………………①

（2）分析：要证明曲线C1与C关于点A（，）对称，只需证明曲线C1上任意一个点关于A点的对称点都在曲线C上，反过来，曲线C上任意一个点关于A点的对称点都在曲线C1上即可.

证明：设P1（x1，y1）为曲线C1上任意一点，它关于点A（，）的对称点为

P（t－x1，s－y1），把P点坐标代入曲线C的方程，左=s－y1，右=（t－x1）3－（t－x1）.

由于P1在曲线C1上，∴y1－s=（x1－t）3－（x1－t）.

∴s－y1=（t－x1）3－（t－x1），即点P（t－x1，s－y1）在曲线C上.

同理可证曲线C上任意一点关于点A的对称点都在曲线C1上.

从而证得曲线C与C1关于点A（，）对称.

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

(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

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