热门试卷

解：（1）由已知可得：点C到P的距离与到定直线l的距离相等．

所以圆心C的轨迹是以p为焦点，定直线l为准线的抛物线，

∴所求抛物线的方程为：x2=4y．

（2）①设AB：y=kx+b，由，消去y得：x2-4kx-4b=0．

∴x1+x2=4k．x1x2=-4b，∵x1x2=-16，

∴b=4，∴直线AB过定点（0，4）．

②由抛物线的定义可知：|PA|=y1+1，|PB|=y2+1，

∴==

y1=kx1+4，y2=kx2+4，x1+x2=4k．x1x2=-16，

===，

∴所求的取值范围是．

解：（1）因为直线l不可能是X轴，所以设l的方程为x=my+2，

将其代入y2=2x，消去x可得y2-2my-4=0，

点M，N的纵坐标y1与y2是上述方程的根，故y1•y2=-4．

由y12=2x1，y22=2x2，相乘得（y1y2）2=4x1x2，

所以x1•x2==4．

（2）证明：直线OM，ON斜率分别为k1，k2，

则．

因此k1•k2==-1．

所以OM⊥ON．

所以抛物线的顶点O在圆H的圆周上．

解：（1）|OP|==（x≤-a或x≥a）；------（2分）

|PF|=|-a|，

∵|PO|＞|PF|，

∴|PO|2＞|PF|2，

∴2x＞c（x≥a）恒成立，------（4分）

∴c＜（2x）min=2a，

∴a2+b2＜4a2，

∴0＜＜，------（5分）

设所求的倾斜角为θ，则0＜tanθ，得0＜θ＜．------（6分）

（2）由|OA|=|OB|及（1）得xA2=xB2，∴yA2=yB2，

于是A、B是关于x轴或y轴或原点对称的，

若关于原点对称，则A、O、B、F共线，这是不可能的；------（8分）

若关于y轴对称，则AB∥x轴，这也是不可能的；------（10分）

若关于x轴对称，则AB∥y轴，又A、F、B共线，∴A、B都在右支上，

于是由Rt△OAF的各边关系，得|AB|=2|AF|=且|OA|=，

∴，即a4+a2b2-3b4=0，（12分）

设b=m＞0，则a=m，

∴存在这样的a=m，b=m（其中m为正常数），使△OAB为等边三角形．------（14分）

解：（1）设直线l的方程为y=kx+b，由，得ky2-2py+2pb=0，

由题知k≠0，△=4p2-8kpb＞0，且．

又y1+y2=-1，∴k=-2p．

∴直线l的斜率k与p之间的关系为k=-2p．

（2）由（1），有，

又+2（y1+y2），

∴y1y2=2（y1+y2）．则，得b=2．

∴直线l的方程为y=kx+2．

∴直线l过定点（0，2）．

（3）分别过点A、M、B向y轴作垂线，垂足分别为A′，M′，B′，

设M（x，y），由，

可得．

∴，∴．

∴==，

∴，∴，

∵△=4p2-16kp＞0，∴1＜y＜3，y≠2．

∵y=kx+2，∴．

∴点M的轨迹方程为．

解：（1）设过P（t，0）与抛物线y=x2+1的相切的直线的斜率是k，

则该切线的方程为：y=k（x-t）

由 ，得，x2-kx+（kt+1）=0

∵直线与抛物线相切，

∴方程x2-kx+（kt+1）=0有一解，

∴△=k2-4（kt+1）=k2-4tk-4=0

则k1，k2都是方程k2-4tk-4=0的解，故k1k2=-4

设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x，y）

对函数y=x2+1求导数，得y′=2x，

∴抛物线y=x2+1在A（x1，y1）点处的切线斜率为2x1，在B（x2，y2）点处的切线斜率为2x2，

∴2x1•2x2=-4，即x1x2=-1

∵M为AB中点，∴x=，y=

∵A，B点在抛物线y=x2+1，∴y1=x12+1，y2=x22+1，

∴y1+y2=x12+1+x22+1=（x1+x2）2-2x1x2+2

即2y=（2x）2+2+2，2x2-y+2=0

∴线段AB中点M的轨迹方程为2x2-y+2=0

（2）由（1）知，直线PA的方程为y-y1=2x1（x-x1），直线PB的方程为y-y2=2x2（x-x2），

∵P（t，0）为两条切线的交点，∴-y1=2x1（t-x1），即-y1=2x1t-2x12，

∵y1=x12+1，∴-y1=2x1t-2（y1-1），y1=2x1t+2，同理，y2=2x2t+2，

∴直线AB的方程是y=2tx+2，则直线PQ过定点（0，2）．

（3）P点到AB的距离d==

联立直线AB与抛物线y=x2+1，消去y，得，x2-2tx-1=0

∴x1+x2=2t，x1x2=-1，∴|AB|=|x1-x2|==

|OP|=|t|

∴====2（t≠0）

令=m，则m=

对m求导，的m′=，令m′=0，得，t=-，

∵当t＜0时，m′＜0．t＞0时，m′＞0，∴函数m=在t=-处有极小值，

又∵函数在整个定义域上只有一个极小值，

∴此时函数有最小值，也即有最小值，最小值为．

解：（1）抛物线，

∴p=2．

∴抛物线方程为y2=4x．…（4分）

（2）∵点F的坐标是（1，0），

所以AB的方程为y=x-1，…（6分）

由消y得x2-6x+1=0…（8分）

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则x1+x2=6，

所以C点的横坐标为xC=3…（10分）

所以AB的中点C到抛物线准线的距离为xC+1=4．…（12分）

证明：（I）∵y′=2x

∴y′|x=a=2a，直线l的方程为y-a2=2a（x-a）（2分）

令A（），B（），由方程，消去y可得x2+2ax-a2=0

∴（4分）

∵y′|x=x1=-2x1，

∴切线QA的方程（1）

切线QB的方程（2）

（1）（2）联立可得即Q （-a，a2）

∴点Q在抛物线C1上（7分）

（II）若∠QAB=90°，则

∴

∴+a4-a2=0（11分）

∵=8a4

由于a（x2-x1）始终为负值

∴（13分）

∴

∴（15分）

解法二：若∠QAB=90°，则

∴

整理可得，（1）（11分）

∴x1+x2=-2a，消去x2得，解得

由于x1与a同号∴  （2）（13分）

把（2）代入（1）可得，（12-8）a2=

∴（15分）

解：（1）由题意可设椭圆方程为（a＞b＞0），则

则故

所以，椭圆方程为．

（2）由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，

故可设直线l的方程为y=kx+m（m≠0），P（x1，y1），Q（x2，y2），

由消去y得

（1+4k2）x2+8kmx+4（m2-1）=0，

则△=64k2b2-16（1+4k2b2）（b2-1）=16（4k2-m2+1）＞0，

且，．

故y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2．

因为直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，

所以=k2，

即+m2=0，又m≠0，

所以k2=，即k=．

由于直线OP，OQ的斜率存在，且△＞0，得

0＜m2＜2且m2≠1．

设d为点O到直线l的距离，

则S△OPQ=d|PQ|=|x1-x2||m|=，

所以S△OPQ的取值范围为（0，1）．

解：（1），

∴，

∴2a2=3b2∵直线l：x-y+2=0与圆x2+y2=b2相切，

∴=b，

∴b=，b2=2，

∴a2=3．

∴椭圆C1的方程是

（2）∵|MP|=|MF2|，

∴动点M到定直线l1：x=-1的距离等于它的定点F2（1，0）的距离

∴动点M的轨迹是以l1为准线，F2为焦点的抛物线，

∴，p=2，

∴点M的轨迹C2的方程为y2=4x．

（3）由（1）知A（1，2），，y2≠2，①则，

又因为，，

整理得y22+（y0+2）y2+16+2y0=0，则此方程有解，

∴△=（y0+2）2-4•（16+2y0）≥0解得y0≤-6或y0≥10，又检验条件①：

∵y2=2时y0=-6，不符合题意．

∴点C的纵坐标y0的取值范围是（-∞，-6）∪[10，+∞）．

解：（Ⅰ）设动点P的坐标为（x，y），则直线PA，PB的斜率分别是．

由条件得．

即．

所以动点P的轨迹C的方程为．

（Ⅱ）设点M，N的坐标分别是（x1，y1），（x2，y2）．

当直线l垂直于x轴时，．

所以．

所以．

当直线l不垂直于x轴时，设直线l的方程为y=k（x+1），

由得（1+2k2）x2+4k2x+2k2-2=0．

所以．

所以．

因为y1=k（x1+1），y2=k（x2+1），

所以．

综上所述的最大值是．

因为S≤λtanMQN恒成立，

即恒成立．

由于．

所以cosMQN＞0．

所以恒成立．

所以λ的最小值为．

（1）解：由可得：，

即，可知点P为线段HF中垂线上的点，故动点P的轨迹C为以F为焦点的抛物线，

其方程为y2=4x；

（2）解：设直线MA的斜率为k（k≠0），则MA所在直线方程为y=kx，

联立直线MA和抛物线方程，得，

可求得切线NA的方程为，化简整理得，①

∵MA⊥MB，∴，

故直线MB的方程为．

联立直线MB和抛物线方程，解得B（4k2，-4k），

∴切线NB的方程为，化简整理得，②

①-②得，，解得x=-4（定值）．

故点N的轨迹为x=-4，是垂直x轴的一条定直线；

（3）证明：由（2）有，

∴，．

故（定值）．