热门试卷

解：（Ⅰ）由已知e==，即c2=a2，b2=a2﹣c2=a2，

∴

∵椭圆C：+=1（a＞b＞0）经过点A（1，），

∴

∴a2=2，

∴b2=1，

∴椭圆C的方程为+y2=1．

（Ⅱ）因为直线l经过椭圆内的点B（﹣1，0），所以直线l与椭圆恒有两个不同的交点M，N．当直线l的斜率不存在时，其方程是：x=﹣1，代入+y2=1得y=±，可知M（﹣1，），N（﹣1，）

∴以MN为直径的圆不经过坐标原点O当直线l的斜率存在时，

设方程是y=k（x+1），M（x1，y1），N（x2，y2）

由，可得（1+4k2）x2+8k2x+4k2﹣4=0

∴x1+x2=，x1x2=，

因为以MN为直径的圆经过坐标原点O，所以=0．

可得x1x2+y1y2=x1x2+k（x1+1）k（x2+1）=（1+k2）x1x2+k2（x1+x2）+k2=0．

∴（1+k2）×+k2×+k2=0．

∴k=±2

综上所述，过点B（﹣1，0）能作出直线l，使l与椭圆C交于M、N两点，且以MN为直径的圆经过坐标原点O，方程为y=2x+2或y=﹣2x﹣2．

解：由题意知，直线l 的斜率存在，

设直线l 的方程y-2=k（x-4 ），而椭圆的方程可以转化为x2+4y2-36=0 ．    

将直线方程代人椭圆的方程整理得(4k2+1)x2-8k(4k-2)x+4(4k-2)2-36=0,

∴

∴

∴直线l的方程为

即x+2y-8=0.

解：（1）因为AB∥l且AB通过原点（0，0），所以AB所在直线的方程为y=x

得A、B两点坐标分别是A（1，1），B（-1，-1）。

 ∴|AB|= 

∵AB边上的高h等于原点到直线的距离。

∴h=,S△ABC=      

（2）设AB所在直线的方程为y=x+m

得4x2+6mx+3m2-4=0，

B两点在椭圆上，所以 即，

B两点坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），

则

且y1=x1+m，y2=x2+m

∴|AB|=

∵BC的长等于点（0，m）到直线l的距离，

∴|AC|2=|AB|2+|BC|2=-m2-2m+10=11-（m+1）2∴当m=-1时，AC边最长。（显然）        ，

AB所在直线的方程为y=x-1

解：（1）双曲线C的渐近线m：，

∴直线l的方程，

直线l与m的距离；

（2）设过原点且平行与l的直线b：kx-y=0，

则直线l与b的距离，

当，

又双曲线C的渐近线为，

∴双曲线C的右支在直线b的右下方，

∴双曲线C右支上的任意点到直线l的距离为；

故在双曲线C的右支上不存在点Q，使之到直线l的距离为。

解：（1）依题意：双曲线C的焦点在x轴上 ，且c=2，a=，∴b=1，

∴双曲线C的方程为。

（2）依题意，将直线：y=kx+代入，

有，

∴，

化简得：且，

解得：。

（3）∵直线：y=k（x-2）与双曲线C有两个不同的交点A，B且，

设，

将直线y=k（x-2）代入双曲线，

有，

∴，且，

又，

∴，

∴，

即，

将代入上式并化简，

得，∴，

故所求直线的方程为。

解：（1）∵左焦点为F1（﹣，0），

∴c2=a2﹣b2=2，

∵椭圆过点M（，1），

∴，

联立，得a2=4，b2=2，

∴椭圆C方程：．

（2）存在经过定点（0，2）的直线l与椭圆C交于A、B两点并且满足●．

设直线l为y=kx+2，把y=kx+2代入，并整理，得（2k2+1）x2+8kx+4=0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则，，

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

∵，∴，

∴x1x2+y1y2=0，

∴，

解得k=，

∴直线l为．

解：⑴设椭圆C的方程为+=1（a＞b＞0），

由题意，得

解得a2=4，b2=3，故椭圆C的方程为

⑵因为过点P（2，1）的直线l与椭圆在第一象限相切，所以l的斜率存在，

故可设直线l的方程为y=k(x-2)+1.

由，得（3+4k2）x2-8k(2k-1)x+16k2-16ｋ-8=0.①

因为直线l与椭圆相切，所以Δ=［-8k(2k-1)］2-4(3+4k2)（16k2-16k-8）=0.

整理，得32(6k+3)=0，解得k=-.

所以直线l方程为y=-(x-2)+1=-x+2.

将k=-代入①式，可以解得M点的横坐标为1，

故切点M的坐标为(1，).

⑶若存在直线l1满足条件，

设其方程为y=k1(x-2)+1，代入椭圆C的方程，得(3+4k21)x2-8k1(2k1-1)x+16k21-16k1-8=0.

因为直线l1与椭圆C相交于不同的两点A，B，

设A，B两点的坐标分别为A（x1，y1），B(x2，y2)，

所以Δ=［-8k1（2k1-1）］2-4（3+4k21）(16k21-16k1-8)=32(6k1+3)＞0.

所以k1＞-.x1+x2=，x1x2=.

因为·=即（x1-2）（x2-2）+（y1-1）（y2-1）=，

所以（x1-2）（x2-2）（1+k21）=｜PM｜2=.

即［x1x2-2（x1+x2）+4］（1+k21）=.

所以［-2·+4］（1+k21）=，解得k1=±.    

因为k1＞-所以k1=.

于是存在直线l1满足条件，

其方程为y=x

解：（Ⅰ）依题意可知，

∴，

∴点P的轨迹W是以M、N为焦点的双曲线的右支，

设其方程为，

则a=1，c=2，∴，

∴轨迹W的方程为。

（Ⅱ）当的斜率不存在时，显然不满足，故的斜率存在，

设的方程为，

由得，

又设，

则，

由①②③，解得：，

∵，

∴，

∴，

代入①②，得，，

消去x1，得，即，

故所求直线的方程为。

 （Ⅲ）问题等价于判断以AB为直径的圆是否与直线x=有公共点，若直线的斜率不存在，则以AB为直径的圆为，可知其与直线x=相交；

若直线的斜率存在，则设直线的方程为，，

由（Ⅱ）知且，

又N（2，0）为双曲线的右焦点，双曲线的离心率e=2，

则，

设以AB为直径的圆的圆心为S，点S到直径x=的距离为d，则

，

∴，

∵，

∴，即，即直线与圆S相交，

综上所述，以线段AB为直径的圆与直线相交；

故对于的任意一确定的位置，在直线上存在一点Q（实际上存在两点）使得。

解：（1）因为AB边所在直线的方程为，且AD与AB垂直，

所以直线AD的斜率为-3

又因为点在直线AD上，

所以AD边所在直线的方程为

即。

（2）由解得点A的坐标为，

因为矩形两条对角线的交点为

所以M为矩形外接圆的圆心

又

从而矩形外接圆的方程为。

（2）因为动圆P过点N，

所以是该圆的半径，

又因为动圆P与圆M外切，

所以，

即

故点P的轨迹是以M，N为焦点，实轴长为的双曲线的左支

因为实半轴长，半焦距

所以虚半轴长

从而动圆P的圆心的轨迹方程为。