热门试卷

解：（1）设A（a，0），B（0，b），P（x，y），

则=（x-a，y），=(-x，b-y)，

∴

又|AB|==8．

∴

∴曲线C的方程为

（2）由（1）可知，M（4，0）为椭圆的右焦点，

设直线PM的方程为x= my +4，

由消去x得（9m2+25）y2+72my-81=0

∴

∴

当

即时，△OPQ的面积取得最大值为，

此时直线方程为。

解：（1）由题意，知椭圆的焦点在x轴上，

且，∴a2=6，b2=2，

∴椭圆的方程为，

直线的方程为。

（2）设A，B，

由题意，直线的方程为，

将直线代入椭圆，

有，

∵，，

，

又∵，，

∴

，

∴，

∴点在以线段为直径的圆上。

解：（1）椭圆C的方程为，

由已知得，解得，

∴所求椭圆的方程为，

（2）由题意知l的斜率存在且不为零，

设l方程为x=my+2（m≠0）=1 ①，

代入，整理得（m2+2）y2+4my+2=0，

由△＞0得m2＞2．

设E（x1，y1），F（x2，y2），

则=2 ②

由已知，，则，

由此可知，，即y2=2y1．

代入 ②得，，

消去y1得，

解得，，满足m2＞2．

即．

所以，所求直线l的方程．

解：（1）由

消去y，并整理，得

∵

∴

∴

∴

故直线l与椭圆E只有一个交点。

（2）直线l0的方程为x0（y-y0）=2y0（x-x0），

即2y0x-x0y-x0y0=0

设M（-1，0）关于直线l0的对称点N的坐标为N（m，n）

则

解得

∴直线PN的斜率为

从而直线PN的方程为

即

从而直线PN恒过定点G（1，0）。

（1）解：由题意，直线m的方程为，

∵椭圆的焦点在x轴上，且，，

∴椭圆的方程为。

（2）证明：设，，

∵直线m的方程为，

将直线代入椭圆有，

∵，，

∴，

又∵，，

∴

，

∴，

∴点F1（-2，0）在以线段AB为直径的圆上。

解：（Ⅰ）设抛物线C2：y2=2px（p≠0），则有，

据此验证4个点知（3，﹣2）、（4，﹣4）在抛物线上，

易求C2：y2=4x

设C1：，

把点（﹣2，0）（）代入

得：解得

∴C1方程为

（Ⅱ）容易验证直线l的斜率不存在时，不满足题意；

当直线l斜率存在时，假设存在直线l过抛物线焦点F（1，0），

设其方程为y=k（x﹣1），

与C1的交点坐标为M（x1，y1），N（x2，y2）

由消掉y，

得（1+4k2）x2﹣8k2x+4（k2﹣1）=0，

于是，①

y1y2=k（x1﹣1）×k（x1﹣1）=k2[x1x2﹣（x1+x2）+1]

即②

由，即，

得x1x2+y1y2=0（*），

将①、②代入（*）式，

得，

解得k=±2；

所以存在直线l满足条件，

且l的方程为：y=2x﹣2或y=﹣2x+2．

解：（1）题意知，，

所以，，从而b=1，

故椭圆C的方程为。

（2）容易验证直线l的斜率不为0，

故可设直线l的方程为x=my+1，代入中，

得，

设，

则由根与系数的关系，得，

，

解得m=±2 ，

所以，直线l的方程为，即或。

解：（1）由题意知c=1，

又=1，

∴（a+c）（a﹣c）=1=a2﹣c2，∴a2=2

故椭圆方程为；

（2）假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F恰为△PQM的垂心，

则设P（x1，y1），Q（x2，y2），

∵M（0，1），F（1，0），故kPQ=1，

于是设直线l为y=x+m，与椭圆方程联立，消元可得3x2+4mx+2m2﹣2=0

∵=x1（x2﹣1）+y2（y1﹣1）=0又yi=xi+m（i=1，2）

得x1（x2﹣1）+（x2+m）（x1+m﹣1）=0

即2x1x2+（x1+x2）（m﹣1）+m2﹣m=0

由韦达定理得2﹣（m﹣1）+m2﹣m=0

解得m=﹣ 或m=1（舍）

经检验m=﹣符合条件，故直线l方程为

解：抛物线的焦点为

∵椭圆的一个顶点与抛物线的焦点重合

∴椭圆的一个顶点为，

即

∵，

∴a=2，

∴椭圆的标准方程为；

（2）解：由题可知，椭圆的右焦点为（1，0），直线l与椭圆必相交

①当直线斜率不存在时，M（1，），N（1，-），

∴，不合题意；

②设存在直线l为y=k（x-1）（k≠0），且M（x1，y1），N（x2，y2）

由得（3+4k2）x2-8k2x+4k2-12=0，

，，

=

所以，

故直线l的方程为或；

（3）证明：设M（x1，y1），N（x2，y2），A（x3，y3），B（x4，y4）

由（2）可得：|MN|=

=

由消去y，

并整理得：，

|AB|=，

∴为定值 。