热门试卷

解：（I）点代入得：          

①        

又 ②  

③        

由①②③得：

即椭圆的方程为；

（II）设；则    

得：      

过点与椭圆相切的直线斜率    

得：直线与椭圆只有一个交点。

解：（1）在直线x-y+1=0中，

令x=0得y=1；令y=0得x=-1，

∴c=b=1，

∴，

则椭圆方程为；

 （2）①，

M、N的中点坐标为，

所以；

②将直线PA方程y=kx代入，

解得，

记，

则，

于是C（m，0），

故直线AB方程为，

代入椭圆方程得，

由，

∴，

∴，

∴PA⊥PB。

解：（Ⅰ）由，得，  

由直线l：x-y+2=0与圆相切得，

所以，

所以椭圆的方程是。   

（Ⅱ）由条件，知|MF2|=|MP|，

即动点M到定点F2的距离等于它到直线l1：x=-1的距离，

由抛物线的定义得点M的轨迹C2的方程是。   

（Ⅲ）由（Ⅰ），得圆O的方程是，

直线m的方程是，

设，

由得，    

则，  

由得，     ①

因为△ORS是钝角三角形，

所以，

即

，

所以，                 ②

由A、R、S三点不共线，知k≠0，                 ③

由①、②、③，得直线m的斜率k的取值范围是。

证明：依设，得椭圆的半焦距c=1，右焦点为F(1，0)，右准线方程为x=2，点E的坐标为(2，0)，

EF的中点为N(，0)，

若AB垂直于x轴，则A（1，y1），B（1，-y1），C（2，-y1），

∴AC中点为N(，0)，即AC过EF中点N；

若AB不垂直于x轴，由直线AB过点F，且由BC∥x轴知点B不在x轴上，

故直线AB的方程为y=k（x-1），k≠0，

记A（x1，y1）和B（x2，y2），则C（2，y2）且x1，x2满足二次方程，

即（1+2k2）x2-4k2x+2（k2-1）=0，

∴，

又x12=2-2y12＜2，得x1-≠0，

故直线AN，CN的斜率分别为，

∴k1-k2=2k·，

∵（x1-1）-（x2-1）（2x1-3）=3（x1+x2）-2x1x2-4=，

∴k1-k2=0，即k1=k2，

故A、C、N三点共线；

所以，直线AC经过线段EF的中点N。

解：(Ⅰ)点A代入圆C方程，得（2-m）2+2=3，

∵m＜3，

∴m=1，圆C：，

设直线PF1的斜率为k，则PF1：，

即，

∵直线PF1圆C相切，

∴，解得或，

当时，直线PF1与x轴的交点横坐标为，不合题意，舍去；

当时，直线PF1与x轴的交点横坐标为-2，

∴c=2，，

，

∴椭圆E的方程为。

(Ⅱ)记A(s，t)，令直线AM的斜率为k，

那么直线AM的方程为y-t=k(x-s)，

记M，N两点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，

由得，

，①

s，x1是方程①的两根，所以有，

∴，

同理可得：，

∴，

∴。

(Ⅲ)不妨设直线MN的方程为，

由得，②

x1，x2是方程②的两根，所以有，

∴△AMN面积，

∴

，

所以，当m2=4即m=2或m=-2时，S△AMN取得最大值2。

解：（1）①易知，

∴b2=3，

又F（1，0），∴c=1，a2=b2+c2=4

∴椭圆C的方程为

②∵l与y轴交于M

设A（x1，y1），B（x2，y2），由

∴（3m2+4）y2+6my﹣9=0，△=144（m2+1）＞0  ∴

又由，

∴∴

同理

∴

（2）∵F（1，0），k=（a2，0），

先探索，当m=0时，直线l ⊥Ox轴，则ABED由对称性知，AE与BD相交FK中点N，且

猜想：当m变化时，AE与BD相交于定点

证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），E（a2，y2），D（a2，y1）

当m变化时首先AE过定点N

∵，即（a2+b2m2）y2+2mb2y+b2（1﹣a2）=0

又△=4a2b2（a2+m2b2﹣1）＞0（a＞1）

又KAN=，

而KAN﹣KEN==

∴KAN=KEN，∴A、N、E三点共线，

同理可得B、N、D三点共线∴AE与BD相交于定点

解：(Ⅰ)由F1A∥F2B且|F1A|=2|F2B|，得，

从而，整理，得，

故离心率为。

(Ⅱ)由(Ⅰ)，得b2=a2-c2=2c2，

所以椭圆的方程可写为2x2+3y2=6c2，

设直线AB的方程为，即y=k(x-3c)，

由已知设A(x1，y1)，B（x2，y2），

则它们的坐标满足方程组，

消去y并整理，得(2+3k2)x2-18k2cx+27k2c2-6c2=0，

依题意，，得，

而，①

，②

由题设知，点B为线段AE的中点，所以x1+3c=2x2， ③

联立①③解得，

将x1，x2代入②中，解得。

(Ⅲ)由(Ⅱ)可知x1=0，，

当时，得，由已知得，

线段AF1的垂直平分线l的方程为，

直线l与x轴的交点是△AF1C的外接圆的圆心．

因此外接圆的方程为，

直线F2B的方程为，

于是点H(m，n)的坐标满足方程组，

由m≠0，解得，

故。

当时，同理可得。

解：（Ⅰ）设C方程为，则．

由，得a=4

∴椭圆C的方程为．

（Ⅱ）（i）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），

直线AB的方程为，

代入，得x2+tx+t2﹣12=0

由△＞0，解得﹣4＜t＜4

由韦达定理得x1+x2=﹣t，x1x2=t2﹣12．

四边形APBQ的面积

∴当t=0，．

（ii）解：当∠APQ=∠BPQ，则PA、PB的斜率之和为0，

设直线PA的斜率为k则PB的斜率为﹣k，

PA的直线方程为y﹣3=k（x﹣2）

由

（1）代入（2）整理得

（3+4k2）x2+8（3﹣2k）kx+4（3﹣2k）2﹣48=0

同理PB的直线方程为y﹣3=﹣k（x﹣2），

可得

∴

所以AB的斜率为定值．

解：（1）设点M的坐标为（x0，y0），由题意可知

∵

∴

∴点M的坐标为。

（2）由得

∴CD中点坐标为

∵

∴

由得l1与l2的交点E的坐标为

∴l1与l2的交点E为CD的中点。

（3）设OF的斜率为k1，过F作斜率为的直线交椭圆于P1，P2两点

由（2）可知，F是P1P2的中点，四边形PP1QP2是平行四边形，

所以，直线P1P2即为所求，

由a=10，b=5及点P（-8，-1），得PQ的中点为，OS的斜率

过点S且斜率的直线l的方程是

记l与Γ的交点为P1，P2，则

由解得P1（8，3），P2（-6，-4）。

解：（1）∵点A的坐标为（，0），

∴，椭圆方程为，      ①

又∵，且BC过椭圆M的中心 O（0，0），

∴，

又∵，

∴△AOC是以∠C为直角的等腰三角形，

易得C点坐标为（，），

将（，）代入①式得，

∴椭圆M的方程为。

（2）当直线的斜率k=0，直线的方程为y=t，则满足题意的t的取值范围为-2

当直线的斜率k≠0时，设直线的方程为y=kx+t，

由，得，

∵直线与椭圆M交于两点P、Q，

∴△=，

即，                                       ②

设P（x1，y1），Q（x2，y2），PQ的中点，

则H的横坐标， 纵坐标，

D点的坐标为（0，-2），

由，得DH⊥PQ，，

即，即，     ③

∴，∴t>1，                                     ④

由②③得0

综上所述，t的取值范围是（-2，4）。

解：（Ⅰ）由题意易知

所以，

设P（x，y），则=

因为x∈[﹣2，2]，故当x=0，即点P为椭圆短轴端点时，有最小值﹣2

当x=±2，即点P为椭圆长轴端点时，有最大值1

（Ⅱ）显然直线x=0不满足题设条件，可设直线l：y=kx+2，A（x1，y1），B（x2，y2），

联立，消去y，整理得：

∴

由得：或又

∴

又y1y2=（kx1+2）（kx2+2）=k2x1x2+2k（x1+x2）+4==

∵，即k2＜4

∴﹣2＜k＜2

故由①、②得：或．

解：（1）依题意可知

求得a=3，b=1

∴椭圆的方程为：=1

（2）直线l不与坐标轴平行，

设为y=kx+b（k≠0），M（，），N（x2，y2）

联立方程：

则（9+k2）x2+2kbx+b2﹣9=0

△=（2kb）2﹣4（9+k2）（b2﹣9）＞0，k2﹣b2+9＞0

+x2=﹣，x2=

MN的中点的横坐标=（+x2）=﹣

所以+x2=﹣1

所以9+k2=2kb＞b2（k﹣b）2=b2﹣9≥0，b2≥9

b≥3或b≤﹣3

b（b﹣2k）＜0

所以b≥3＞0时，b﹣2k＜0，k＞≥

b≤﹣3＜0时，b﹣2k＞0，k＜≤﹣

所以k的取值范围为（﹣∞，﹣）∪（，+∞）

直线l的倾斜角的取值范围为：（arctan，）∪（，﹣arctan）

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：（Ⅰ）①当直线PQ的斜率不存在时，

由F2(1,0)可知PQ方程为代入椭圆得

又∴，   

②当直线PQ的斜率存在时，

设PQ方程为代入椭圆得

∴

综上,的取值范围是

（Ⅱ）的方程为得

同理,得

∴

1°当k不存在时,=-9 

2°当k存在时, =-9

∴M,N两点的纵坐标之积为定值-9