热门试卷

（1）;（2）

试题分析：（1）由于点是抛物线上的一点，且其纵坐标为4，假设点，再通过，可得一个关于与的关系式，在结合抛物线方程即可求出．从而求得抛物线的方程．

（2）因为的角平分线与轴垂直，所以可知的倾斜角互补，即的斜率互为相反数．所以假设直线PA，联立抛物线方程即可得到点A的坐标，类比地求出点B的坐标．结合韦达定理，可以得到直线AB的斜率为定值-1．通过假设直线AB的方程，联立抛物线的方程，应用点到直线的距离，即可表示三角形的面积．再通过求最值即能到结论．

（1）设，因为，由抛物线的定义得，又，所以，

因此，解得，从而抛物线的方程为．

（2）由（1）知点的坐标为，因为的角平分线与轴垂直，所以可知的倾斜角互补，即的斜率互为相反数

设直线的斜率为，则，由题意，

把代入抛物线方程得，该方程的解为4、，

由韦达定理得，即，同理，

所以，

设，把代入抛物线方程得，

由题意，且，从而

又，所以，点到的距离，

因此，设，

则，

由知，所以在上为增函数，因此，

即面积的最大值为．

的面积取最大值时，所以直线的方程为．

（Ⅰ）·的取值范围是.   

（Ⅱ）证明见解析

（Ⅲ）抛物线的方程：x2=4y.    

（Ⅰ）由条件得M(0，－)，F(0，).设直线AB的方程为

       y=kx+，A(，)，B(，)

则，，Q().  …………………………2分

由得.

∴由韦达定理得+=2pk，·=－   …………………………3分

从而有= +=k(+)+p=2pk÷p.

∴·的取值范围是.     …………………………4分

（Ⅱ）抛物线方程可化为，求导得.

∴      =y    .

∴切线NA的方程为：y－即.

切线NB的方程为：  …………………………6分

由解得∴N()

从而可知N点Q点的横坐标相同但纵坐标不同.

∴NQ∥OF.即   …………………………7分

又由（Ⅰ）知+=2pk，·=－p

∴N(pk，－).     …………………………8分

而M(0，－) ∴

又. ∴.      …………………………9分

（Ⅲ）由.又根据(Ⅰ)知

∴4p=pk，而p>0，∴k=4，k=±2.  …………………………10分

由于=(－pk，p)， 

∴

从而.        …………………………11分

又||=，||=

∴.

而的取值范围是［5，20］.

∴5≤5p2≤20，1≤p2≤4.  …………………………13分

而p>0，∴1≤p≤2.

又p是不为1的正整数.

∴p=2.

故抛物线的方程：x2=4y.     …………………………14分

(1)

(2)见解析；

(1)由题意可知，抛物线的准线方程为：y=－所以圆心M（0，4）到准线的距离是

(2) 设P(x0，x02)，A(x1，x12)，B(x2，x22)，

则由题意得x0≠0，x0≠±1，x1≠x2，

设过点P的圆C2的切线方程为y－x02=k(x－x0)，

即kx－y－kx0 +x02=0          ①

则=1( x02－1)k2+2 x0(4－x02)k+( x02－4)2－1=0，

设PA，PB的斜率为k1，k2(k1≠k2)，则k1，k2是上述方程的两根，所以

k1+k2= ，k1·k2=

将①代入x2=y得x2 –kx+kx0－x02=0由于x0是此方程的根，点A或B是过点P作圆C2的两条切线与抛物线C1相交的交点

故，x0+x1=k1，x0+x2=k2 x1=k1－x0，x2=k2－ x0

所以kAB= = x1+x2= k1+k2－2x0=－2x0

又KMP=

∵MP⊥AB

∴kAB·KMP=[－2x0]·（）=－1，

·=－1，解

∴即点P的坐标为（±，），KMP==

所以直线l的方程为y=±x+4

（1）动点的轨迹曲线的方程为；（2）存在一个定点符合题意.

试题分析：（1）先设点，则，由，易得动点的轨迹曲线的方程；（2）把直线方程和抛物线方程联立，消去，因为相切等价于，得；从而可得点的坐标，写出以为直径的圆的方程，即可得存在一个定点符合题意．

试题解析： （1）设点，则，由，得

，化简得．

（2）由得，

由，得，从而有,，

则以为直径的圆的方程为，

整理得，

由得，

所以存在一个定点符合题意.