热门试卷

（1）方法1：设直线l的方程为 ，由 ，消去y得

由于直线l与椭圆C只有一个公共点P，故△=0，即，解得点P的坐标为

又点P在第一象限，故点P的坐标为

方法2：作变换 ，则椭圆C：变为圆 ：

切点 变为点 ，切线（  变为 。

在圆 中设直线 的方程为（ ） ，

由 解得

即 ，由于 ，

所以 ，得 ，

即 代入得 即，

利用逆变换代入即得：

（2）由于直线l1过原点O且与直线l垂直，故直线l1的方程为x+ky=0，所以点P到直线l1的距离

整理得:

因为，所以

当且仅当 时等号成立。

所以，点P到直线 的距离的最大值为

（1）由已知得到，且，所以椭圆的方程是；

（2）因为直线，且都过点，所以设直线，直线，所以圆心到直线的距离为，所以直线被圆所截的弦；

由，所以

，所以

，

当时等号成立，此时直线

（1）F抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点F，设M，，由题意可知，则点Q到抛物线C的准线的距离为，解得，于是抛物线C的方程为.

（2）假设存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M，

而，，，

，，

由可得，，则，

即，解得，点M的坐标为.[来源:www.shulihua.net]

（3）若点M的横坐标为，则点M，。

由可得，设，

圆，

，

于是，令

，

设，，

当时，，

即当时.

故当时，.

（1）解法1 ：设M的坐标为，由已知得

，

易知圆上的点位于直线的右侧.于是，所以

.

化简得曲线的方程为.

解法2 ：由题设知，曲线上任意一点M到圆心的距离等于它到直线的距离，因此，曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，故其方程为.

（2）当点P在直线上运动时，P的坐标为，又，则过P且与圆

相切得直线的斜率存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为.于是

整理得

        ①

设过P所作的两条切线的斜率分别为，则是方程①的两个实根，故

      ②

由得     ③

设四点A,B,C,D的纵坐标分别为，则是方程③的两个实根，所以

    ④

同理可得

     ⑤

于是由②，④，⑤三式得

.

所以，当P在直线上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值6400.

（1）由P在椭圆上得，，①

依题设知a＝2c，则b2＝3c2，②

②代入①解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.

故椭圆C的方程为.

（2）方法一：由题意可设AB的斜率为k，

则直线AB的方程为y＝k（x－1），③

代入椭圆方程3x2＋4y2＝12并整理，得（4k2＋3）x2－8k2x＋4（k2－3）＝0.

设A（x1，y1），B（x2，y2），则有

x1＋x2＝，x1x2＝，④

在方程③中令x＝4得，M的坐标为（4,3k）。

从而，，.

注意到A，F，B共线，则有k＝kAF＝kBF，即有.

所以k1＋k2＝

.⑤

④代入⑤得k1＋k2＝＝2k－1，

又k3＝，所以k1＋k2＝2k3.

故存在常数λ＝2符合题意。

（2）方法二：设B（x0，y0）（x0≠1），则直线FB的方程为：，

令x＝4，求得M，

从而直线PM的斜率为.

联立

得A，

则直线PA的斜率为：，直线PB的斜率为：，

所以k1＋k2＝＝2k3，

故存在常数λ＝2符合题意

（1）设点P（x，y），则：F（2，0）、B（3，0）、A（-3，0）。

由，得 化简得。

故所求点P的轨迹为直线。

（2）将分别代入椭圆方程，以及得：M（2，）、N（，）

直线MTA方程为：，即，

直线NTB 方程为：，即。

联立方程组，解得：，

所以点T的坐标为。

（3）点T的坐标为

直线MTA方程为：，即，

直线NTB 方程为：，即。

分别与椭圆联立方程组，同时考虑到，

解得：、。

（方法一）当时，直线MN方程为：

令，解得：。此时必过点D（1，0）；

当时，直线MN方程为：，与x轴交点为D（1，0）。

所以直线MN必过x轴上的一定点D（1，0）。

（方法二）若，则由及，得，

此时直线MN的方程为，过点D（1，0）。

若，则，直线MD的斜率，

直线ND的斜率，得，所以直线MN过D点。

因此，直线MN必过轴上的点（1，0）。

（1）设椭圆的半焦距为，由题意知， ，又，

所以  ，，

又，因此。

故椭圆的标准方程为。

由题意设等轴双曲线的方程因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点，所以

因此  双曲线的标准方程为。

（2）设，

则  ，

因为  点在双曲线上，所以。

因此  ，

即  。

（3）由于的方程为，将其带入椭圆方程得

，

由根与系数的关系得

所以 

。

同理可得。

则  ，

又  ，

所以  。

故。

因此  存在，使恒成立。