热门试卷

解（Ⅰ）记A点到准线距离为d，直线l的倾斜角为α，由抛物线的定义知|AM|=，

∴，则，

∴k=±tanα=．

（Ⅱ）存在k，k的取值范围为，使得对任意的p，抛物线上C总存在点Q，使得QA⊥QB．

事实上，假设存在这样的k，使得对任意的p，抛物线上C总存在点Q，使得QA⊥QB，

设点Q（x0，y0），A（x1，y1），B（x2，y2），

联立，得ky2-2py+p2k=0．

则，得：-1＜k＜1且k≠0．

．

又Q、A、B三点在抛物线上，所以

则．

同理．

由QA⊥QB得：，即．

∴，即．

△=4p2-20k2p2≥0，解得，又-1＜k＜1且k≠0．

所以k的取值范围为．

解：（Ⅰ）设交点A（x1，y1），B（x2，y2），则，，

两式相减得，∴，∴kl×2=4，解得kl=2．

∴直线l的方程为y-1=，化为2x-y-4=0．

（Ⅱ）证明：①直线l的参数方程为，代入抛物线方程得，

化为，由参数的几何意义可得PA•PB=-．

②由直线m的斜率为-2且过点P，可得参数方程为，代入抛物线方程得，

化为，由参数的几何意义可得PA1•PB1=．

因此PA•PB=PA1•PB1．

（Ⅲ）设点P1（u，v），直线l1、l2的倾斜角分别为α、β，则k1=tanα，k2=tanβ，且．

则直线l1的参数方程为，代入抛物线方程得（v+tsinα）2=4（u+tcosα），

化为t2sin2α+（2vsinα-4cosα）t+v2-4u=0，

∵△＞0，∴t1t2==P1A1•P1B1

同理=P1A2•P1B2

∵P1A1•P1B1=P1A2•P1B2

∴sin2α=sin2β，∴sinα=sinβ，而α≠β，∴α=π-β．

∴k1+k2的值=tanα+tanβ=-tanβ+tanβ=0．

解：（1）因为椭圆（a＞b＞0）过点，所以，b2=2，

又因为椭圆C1的离心率，所以，解得a2=3．

所以椭圆C1的方程是；

（2）因为线段PF2的垂直平分线交l2于点M，

所以|MP|=|MF2|，即动点M到定直线l1：x=-1的距离等于它到定点F2（1，0）的距离，

所以动点M的轨迹C2是以l1为准线，F2为焦点的抛物线，

所以点M的轨迹C2的方程为y2=4x；

（3）设R（x1，y1），假设存在直线m：x=t满足题意，则圆心，

过O1作直线x=t的垂线，垂足为E，设直线m与圆O1的一个交点为G．

可得：，

即

=

=，

当t=3时，|EG|2=3，此时直线m被以RQ为直径的圆O1所截得的弦长恒为定值．

因此存在直线m：x=3满足题意．

解：（I）设M（x，y），由已知得P（4λ，0），Q（4，2-2λ），

则直线EP的方程为y=-2，直线GQ的方程为y=-+2，

消去λ即得M的轨迹Γ的方程为．

（II）由，得|NS||NT|=|ON|2，又ON⊥ST，则OS⊥OT，

设直线ST：y=kx+m（m≠±2），代入得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-16=0，

设S（x1，y1），T（x2，y2），

则，．

由OS⊥OT得x1x2+y1y2=0，即km（x1+x2）+（1+k2）x1x2+m2=0，

则5m2=16（1+k2）①，

又O到直线ST的距离为r=②，

联立①②解得r=∈（0，2）．

经检验当直线ST的斜率不存在时也满足．

故r的值为．

解：（1）依题意，设所求的抛物线的方程为：y2=2px（p＞0）

∵焦点A（100，0）

∴即p=200

∴所求的抛物线的方程为：y2=400x（p＞0）

（2）设点M（x1，y1），N（x2，y2）直线MN的方程为x=ny+100

联立可得y2-400ny-40000=0

∴y1+y2=400n，y1y2=-40000

∴|y1-y2|==

∴S△CMN=|y1-y2|==20000

当n=0时，即MN⊥AC时，△CMN的面积最小，最小面积为20000平方米

答：直线通道MN⊥AC时，游乐区CMN的面积最小，最小面积为20000平方米

解：（1）∵点P（2，1）在抛物线C1：x2=2py（p＞0）上，

∴4=2p，

∴抛物线C1的方程为x2=4y；

设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），

则x12=4y1，x22=4y2，

两式相减可得（x1-x2）（x1+x2）=4（y1-y2），

∴AB的斜率为===，

∴x02=2y0-4，

∴弦AB中点M的轨迹C2的方程为x2=2y-4；

（2）设直线l1、l2分别与C1、C2的切点为R（x3，y3），S（x4，y4），

求导可得l1：xx3-2y-2y3=0，l2：xx4-y-y4+4=0，

∵l1∥l2，∴x3=2x4，

∴l1：2xx3-2y-2x32=0，l2：2xx3-2y-x32+4=0，

∴d==（+）≥，

此时x3=±，l1到l2的最近距离为．

解：（1）设椭圆T的方程为（a＞b＞0），

由题意知：左焦点为F′（-2，0），所以2a=|EF|+|EF′|=+3，

解得a=2，

∵c=2，∴=2．

故椭圆T的方程为…（4分）

（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），M（s1，t1），N（s2，t2），P（s3，t3），

由：，，两式相减，得到

（x1-x2）（x1+x2）+2（y1-y2）（y1+y2）=0

所以=，即，…（9分）

同理，

所以，

又因为直线OM，ON，OP的斜率之和为0，

所以=0 …（13分）

解：（I）设椭圆方程为．

抛物线y2=-4x的焦点是（-1，0），故c=1，又，

所以，

所以所求的椭圆Ω方程为…（4分）

（II）设切点坐标为A（x1，y1），B（x2，y2），

直线l上一点M的坐标（4，t）．

则切线方程分别为，．

又两切线均过点M，

即，

即点A，B的坐标都适合方程，而两点之间确定唯一的一条直线，

故直线AB的方程是，显然对任意实数t，点（1，0）都适合这个方程，

故直线AB恒过定点C（1，0）．           …（9分）

（III）将直线AB的方程，代入椭圆方程，

得，即

所以

不妨设y1＞0，y2＜0，

同理…（12分）

所以=

即．

故存在实数，使得|AC|+|BC|=λ|AC|•|BC|．   …（15分）

解：（1）由抛物线定义得，

|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+p=4，

又∵x1+x2=2，

∴p=2．

∴抛物线标准方程y2=4x．

（2）由题得，直线m与抛物线没有公共点，

设与直线m平行且与抛物线相切的直线n：x-y+t=0，

联立，

消去x整理得，y2-4y+4t=0．

∴△=16-16t=0，

解得，t=1，

故切线n：x-y+1=0．

∴dmin==，

即抛物线上的点P到直线m：x-y+3=0的最小距离为．