热门试卷

A．证明见解析。

B．

C．2

D．证明见解析。

A．证明：如图，因为 是圆的切线，

所以，,

又因为是的平分线，

所以

从而

因为,

所以,故.

因为是圆的切线，所以由切割线定理知,

,

而,所以

B．解：设是椭圆上任意一点，点在矩阵对应的变换下变为点

 则有

，即，所以

又因为点在椭圆上，故，从而

所以，曲线的方程是

C．解：因椭圆的参数方程为

故可设动点的坐标为，其中.

因此

所以，当时，取最大值2

D．证明：因为为正实数，由平均不等式可得

即  

所以，

而

所以 

（1）连接BC.∵AB是⊙O的直径，

∴∠ACB=90°.

∵AG⊥FG，∴∠AGE=90°.

又∠EAG=∠BAC，

∴∠ABC=∠AEG.

又∠FDC=∠ABC，

∴∠FDC=∠AEG.

∴∠FDC+∠CEF=180°.

∴C，D，F，E四点共圆.                                                     7分

（2）∵GH为⊙O的切线，GCD为割线，

∴GH2=GC·GD.

由C，D，F，E四点共圆，

得∠GCE=∠AFE，∠GEC=∠GDF.

∴△GCE∽△GFD.∴=，

即GC·GD=GE·GF.

∴CH2=GE·GF.        

（1）连接BC.∵AB是⊙O的直径，

∴∠ACB=90°.

∵AG⊥FG，∴∠AGE=90°.

又∠EAG=∠BAC，

∴∠ABC=∠AEG.

又∠FDC=∠ABC，

∴∠FDC=∠AEG.

∴∠FDC+∠CEF=180°.

∴C，D，F，E四点共圆.                                                     7分

（2）∵GH为⊙O的切线，GCD为割线，

∴GH2=GC·GD.

由C，D，F，E四点共圆，

得∠GCE=∠AFE，∠GEC=∠GDF.

∴△GCE∽△GFD.∴=，

即GC·GD=GE·GF.

∴CH2=GE·GF.                                                            14分

（1）设t=x+yi（x，y∈R），

则===，

∵为纯虚数，

∴，即．

∴t的对应点的轨迹是以原点为圆心，3为半径的圆，并除去（-3，0），（3，0）两点；

（2）由t的轨迹可知，|t|=3，

∴|z-(3+3)i|=3，圆心对应3+3i，半径为3，

∴|z|的最大值为：|3+3i|+3=9，

|z|的最小值为：|3+3i|-3=3．

（1）因为圆C的圆心为C（1，0），可设圆C的标准方程为（x-1）2+y2=r2．

因为点A（3，1）在圆C上，所以（3-1）2+12=r2，即r2=5．

所以圆C的标准方程为（x-1）2+y2=5．

（2）由于圆心C到直线l的距离为d==2．

因为2＞，即d＞r，所以直线l与圆C相离．

(1)      (2)

本试题主要是考查了圆与直线的位置关系，以及椭圆方程的求解。

（1）因为根据已知可知外接圆半径，那么可知外接圆的半径，然后得到方程。

（2）根据过点且以为焦点的椭圆，那么可知椭圆中的长轴长为20，焦距为10，因此可知椭圆方程。

证明 ∵PA与圆相切于A，

∴MA2=MB·MC，

∵M为PA中点，∴PM=MA，

∴PM2=MB·MC，∴=.

∵∠BMP=∠PMC，∴△BMP∽△PMC，

∴∠MCP=∠MPB.

证明 ∵PA与圆相切于A，

∴MA2=MB·MC，

∵M为PA中点，∴PM=MA，

∴PM2=MB·MC，∴=.

∵∠BMP=∠PMC，∴△BMP∽△PMC，

∴∠MCP=∠MPB.

（Ⅰ）；（Ⅱ）直线AB过定点(4,0)。

解: (1) 因为动圆M,过点F且与直线相切,所以圆心M到F的距离等于到直线的距离．所以,点M的轨迹是以F为焦点, 为准线的抛物线,且,,

所以所求的轨迹方程为 

(2) 假设存在A,B在上,所以,直线AB的方程:,即 

即AB的方程为:,即   

即:，令,得，所以,无论为何值,直线AB过定点(4,0)