热门试卷

解：（1）由图可知，该椭圆的方程为，所以

该椭圆的方程为

准线方程为。

（2）设K点坐标，点P、P1的坐标分别记为，

其中，则……①

直线A1P，P1A的方程分别为：……②

……③

②式除以③式得

化简上式得，代入②式得

于是，直线A1P与AP1的交点M的坐标为

因为

所以，直线A1P与AP1的交点M在双曲线上。

解：（Ⅰ）因为椭圆过点，

所以

又a2=b2+c2所以

故所求椭圆方程为；

（Ⅱ）（i）由于F1（-1，0）、F2（1，0），PF1、PF2的斜率分别为k1、k2，且点P不在x轴上

所以k1≠k2，k1≠0，k2≠0

又直线PF1，PF2的方程分别为y=k1（x+1），y=k2（x-1）

联立方程得

所以

由于点P在直线x+y=2上

所以

因此2k1k2+3k1-k2=0

即

结论成立；

（ii）设A（xA，yA），B（xB，yB），C（xC，yC） ，D（xD，yD）

联立直线PF1与椭圆的方程得

化简得（2k12+1）x2+4k21x+2k21-2=0

因此

由于OA，OB的斜率存在

所以xA≠0，xB≠0

因此k12≠0，1

因此

相似地可以得到

故

若kOA+kOB+kOC+kOD=0，须有k1+k2=0或k1k2=1

①当k1+k2=0时，结合（i）的结论，可得k2=-2，所以解得点P的坐标为（0，2）；

②当k1k2=1时，结合（i）的结论，解得k2=3或k2=-1（此时k1=-1，不满足k1≠k2，舍去），此时直线CD的方程为y=3（x-1），联立方程x+y=2得

因此

综上所述，满足条件的点P的坐标分别为（0，2），。

解：(Ⅰ)设C的标准方程为，

则由题意，

又，

因此，

C的标准方程为，

C的渐近线方程为，即x-2y=0和x+2y=0。

 (Ⅱ)如图，由题意点E(xE，yE)在直线l1：x1x+4y1y=4和l2：x2x+4y2y=4上，

因此有x1xE+4y1yE=4，x2xE+4y2yE=4，

故点M、N均在直线xEx+4yEy=4上，

因此直线MN的方程为xEx+4yEy=4，

设G、H分别是直线MN与渐近线x-2y=0及x+2y=0的交点，

由方程组及，

解得，

故，

因为点E在双曲线上，

有，

所以。

解：（1）设C的标准方程为

则由题意

因此

C的标准方程为

C的渐近线方程为，即x-2y=0和x+2y=0；

（2）如图，由题意点E（xE，yE）在直线l1：x1x+4y1y=4和l2：x2x+4y2y=4上，因此有x1xE+4y1yE=4，x2xE+4y2yE=4

故点M、N均在直线xEx+4yEy=4上，因此直线MN的方程为xEx+4yEy=4

设G、H分别是直线MN与渐近线x-2y=0及x+2y=0的交点，由方程组

及解得：

设MN与x轴的交点为Q，则在直线xEx+4yEy=4中，令y=0 得

（易知xE≠0），注意到xE2-4yE2=4，得

。

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）由 =（-2-x，1-y），=（2-x，1-y）

可得 +=（-2x，2-2y），

∴|+|=，

·（+）+2=（x，y）（0，2）+2=2y+2

由题意可得=2y+2，化简可得x2=4y.

（2）假设存在点P（0，t）（t＜0），满足条件，

则直线PA的方程是y=，直线PB的方程是y=

∵-2＜x0＜2，

∴

①当-1＜t＜0时，，存在x0∈（-2，2），

使得

∴l∥PA，

∴当-1＜t＜0时，不符合题意；

②当t≤-1时，，，

∴l与直线PA，PB一定相交，分别联立方程组，，

解得D，E的横坐标分别是，

∴

∵|FP|=-

∴=

∴

∴=×

∵x0∈（-2，2），

△QAB与△PDE的面积之比是常数

∴，解得t=-1，

∴△QAB与△PDE的面积之比是2。