热门试卷

解：（1）由题设知a2=b2+c2，e=，

由点（1，e）在椭圆上，得，

∴b=1，c2=a2-1

由点（e，）在椭圆上，得

∴，

∴a2=2

∴椭圆的方程为。

（2）解：由（1）得F1（-1，0），F2（1，0），

又∵直线AF1与直线BF2平行，

∴设AF1与BF2的方程分别为x+1=my，x-1=my

设A（x1，y1），B（x2，y2），y1＞0，y2＞0，

∴由，可得（m2+2）-2my1-1=0

∴，

∴|AF1|=①

同理|BF2|=②

（i）由①②得|AF1|-|BF2|=，

∴，解得m2=2

∵注意到m＞0，

∴m=

∴直线AF1的斜率为。

（ii）证明：∵直线AF1与直线BF2平行，

∴，即

由点B在椭圆上知，，

∴

同理

∴PF1+PF2==

由①②得，，，

∴PF1+PF2=

∴PF1+PF2是定值。

解：（1）因为点P（）在椭圆上，所以

∴

∴

∴。

（2）设直线OQ的斜率为k，则其方程为y=kx

设点Q的坐标为（x0，y0），由条件得，

消元并整理可得①

∵|AQ|=|AO|，A（-a，0），y0=kx0，

∴

∴

∵x0≠0，

∴

代入①，整理得

∵

∴

5k4-22k2-15=0

∴k2=5

∴。

解：（1）椭圆方程为

焦点坐标为，

离心率。

（2）证明：将直线CD的方程代入椭圆方程，得

整理得

根据韦达定理，得

，，

所以 ①

将直线GH的方程代入椭圆方程，同理可得

②

由 ①、②得=

所以结论成立。

（3）设点P，点Q

由C、P、H共线，得

解得

由D、Q、G共线，同理可得，

由=变形得

=

所以

即。

解：（1）依题意可得A(-1，0)，B(1，0)

双曲线的焦距为，∴c=，

∴b2=c2-a2=5-1=4

∴双曲线C的方程为（2）证明：设点P（x1，y1）、T（x2，y2）（xi＞0，i=1,2），直线AP的斜率为k（k＞0），则直线AP的方程为y=k（x+1）

联立方程组 整理，得

解得x=-1或∴

同理方程组可得：

∴x1·x2=1为一定值

（3）设点P（x1，y1）、T（x2，y2）（xi＞0，i=1,2），

则，．

∵≤15，∴，即

∵点P在双曲线上，则，所以，即

又∵点P是双曲线在第一象限内的一点，所以

∵，

∴

由（2）知，，即，设，则，

∴，

∵在上单调递减，在上单调递增、

∴当t=4，即时，

当t=2，即时，

∴的取值范围为

解：（1）∵|QF|=3=2+

∴p=2。

（2）抛物线方程为

A（），D（），B（），C（）

∵

∴

∴

∵

∴

所以直线AC和直线AB的倾斜角互补，

所以

所以的角平分线在直线AD上。

（3）设，则m=n=|AD|sinα

∴

∵

∴

∴

即

把与抛物线方程联立得

∴

∴

同理可得

∵

∴

∴

∴

∴

∴。

解：（Ⅰ）当时，，

又抛物线的准线方程为，

由抛物线定义得，所求距离为；

（Ⅱ）设直线PA的斜率为kPA，直线PB的斜率为kPB，

由，

相减得，

故，

同理可得，

由PA，PB倾斜角互补知，

即，

所以，

设直线AB的斜率为kAB，

由，

相减得，

所以，

将代入得，

所以kAB是非零常数。

解：（1）由椭圆C的离心率e=，

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，

且，，

由已知α+β=π得，

即，

化简，得2kx1x2+（m-k）（x1+x2）-2m=0，

∴2k·，解得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）。

解：(1)设P(x，y)，M(x1，mx1)，N(x2，-mx2)，

依题意得，

消去x1，x2，整理得，

当m>1时，方程表示焦点在y轴上的椭圆；

当0＜m＜1时，方程表示焦点在x轴上的椭圆；

当m=1时，方程表示圆．

(2)当m=时，方程为，

设直线l的方程为y=k(x+)，

，消y得，

根据已知可得Δ=0，

故有，

∴直线l的斜率为k=±。

解：（1）如图，在△PF1F2中，由余弦定理，

∴

∴。 

 （2）由（1），双曲线方程为

若QF2⊥x轴，此时Q（2a，3a），c=2a，△QAF2为等腰Rt△

∠QAF2=

下证

令

tan∠QF2A=

tan2∠QAF2=

tan∠QF2A

∴存在常数，使∠QAF2=∠QF2A恒成立。 

解：（1）∵点A（﹣1，0），B（1，0），动点P（x，y），

∴ ， ，

∵PA与PB的斜率之积为3，

∴ ，x≠±1，

∴ ．

（2）①设∠CFB=α，∠CBF=β，β为锐角， 

则tanα= ，tanβ= ， ，

∴tan2β= = = =tanα．

②由题意C（x1，y1），y1＞0，D（x2，y2），y2＜0，

联立 ，得（3m2﹣1）y2+6mby+3b2﹣3=0，

则△=12（b2+3m2﹣1）＞0， ， ，

∵k= ，∴ ，∴3m2﹣1＜0，

故 ，

设∠DFB=γ，∠DBF=θ，

∵ ，tan ， ，

∴tan2θ= = =﹣ =tanγ，

∵2θ∈（0，π），γ∈（0，π），

∴γ=2θ，即∠DFB=2∠DBF，

∵α，2β∈（0，π），

∴由（2）①得α=2β，即∠CFB=2∠CBF，

又∠DFB=2∠DBF，

∴∠FCB与∠FDB互补，即∠FCB+∠FDB=π，

∴2π﹣3∠CBF﹣3∠DBF=π，则 ，

由到角公式，得 = ， ∴ = ，

即 ，

∴3m2﹣1=4b+4，

∴3m2﹣4b=5（定值）．

解：（1）过P作PP1⊥l于P1，

则|PA|+|PP1|=|PA|+|PF|≥|AF|

当P，A，F共线时，|PA|+|PP1|取最小值

解得p=6，或p=2

当p=6时，抛物线C的方程为x2=12y，

此时，点A与点F在抛物线C同侧，这与已知不符

∴p=2，

抛物线C的方程为x2=4y。

（2）①设直线PQ的方程为y=kx-1，

由消去y，整理得x2-4kx+4=0，

由Δ=16k2-16>0，得|k|>1

由P（x1，y1），Q（x2，y2），

则Q'（-x2，y2），x1+x2=4k，x1·x2=4

∴Q'，F，P共线

②

=|x1+x2|=4|k|，

∵|k|>1

∴S>1。

解：（1）设S（x，y），根据题意，

|ST|2=|SC|2=22+|y|2，

即。

（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2）

所以

则PA：，即

设P（t，t-2），P在PA上

同理，P在PB上

故x1，x2是方程

的两根，

故恒过点（2，2）。

（3）证明：过点M所作垂线l1的方程为y-2=-（x-2）x+y-4=0，解出垂足N（3，1）

MN的斜率为-1，故倾斜角为

若AN，BN的斜率均存在，则设其分别为k1，k2，

对应的倾斜角分别为α，β，

要证MN是∠ANB的平分线，只要证∠ANM=∠BNM，

即，

即要证k1k2=1

设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y= k（x-2）+2代入x2=4y，

得x2-4kx+8k-8=0，

∴x1+x2=4k，x1x2=8k-8

y1+y2=k（x1-2）+2+k（x2-2）+2 =4k2-4k+4，②

将②，③代入①，得

当时，k1k2=1，当时，解得A，B两点的坐标分别为（-2，1），，

验证AN与BN的斜率一个不存在，一个为零，

即∠ANM=∠BNM，

即MN是∠ANB的平分线。

解：（1）设M（y02，y0），直线ME的斜率为k（k＞0），

则直线MF的斜率为﹣k

直线ME的方程为y﹣y0=k（x﹣y02），

由

消去x得ky﹣y+y0（1﹣ky0）=0，

解得yE=，xE=

同理可得yF=，xF=

∴kEF=，

将坐标代入得kEF=﹣（定值）

所以直线EF的斜率为定值．

（2）当∠EMF=90°时，∠MAB=45°，所以k=1

∴直线ME的方程为：y﹣y0=x﹣y02，

由得E（（1﹣y0）2，1﹣y0）

同理可得F（（1+y0）2，﹣（1+y0）），

设重心为G（x，y），

则有代入坐标得

消去参数y0得

y2=x﹣（x＞）

解：（Ⅰ）由已知条件，可设抛物线的方程为，

点P（1，2）在抛物线上，

∴，得p=2，

故所求抛物线的方程是，准线方程是x=-1；

（Ⅱ）设直线PA的斜率为kPA，直线PB的斜率为kPB，

则，

∵PA与PB的斜率存在且倾斜角互补，

∴，

由A（x1，y1），B（x2，y2）在抛物线上，

得，（1）

， （2）

∴，

∴，

∴，

由（1）-（2）得直线AB的斜率。