热门试卷

（1）由得2a2=3b2，又由直线l：y=x+2与圆x2+y2=b2相切，

得，，∴椭圆C1的方程为：，

（2）由MP=MF2得动点M的轨迹是以l1：x=﹣1为准线，

F2为焦点的抛物线，∴点M的轨迹C2的方程为y2=4x，

（3）Q（0，0），设，

∴，

由，得，∵y1≠y2

∴化简得，

∴（当且仅当y1=±4时等号成立），

∵，

又∵y22≥64，∴当y22=64，即y2=±8时，

∴的取值范围是

（1）设点的坐标为。                                    （1分）

由题意，可得，，，，（3分）

由与垂直，得，即（）。    （6分）

因此，所求曲线的方程为（）。

（2）因为过点的直线与曲线有两个不同的交点、，所以的斜率不为零，故设直线的方程为。                                （7分）

于是、的坐标、为方程组的实数解。

消并整理得，　　　　                          　（8分）

于是进一步得　　　       　　　　　（10分）

又因为曲线（）的准线为，

所以，得证。 （12分）

（3）由（2）可知，，。

于是，

（16分）可求得的取值范围为。                    （18分）

（1）依题意知，动点到定点的距离等于到直线的距离，曲线是

以原点为顶点，为焦点的抛物线………（2分）

∵

∴

∴　曲线方程是      ………（4分）

（2）当平行于轴时，其方程为，由解得、

此时   ………（6分）

当不平行于轴时，设其斜率为，

则由  得

设则有，  ………（8分）

∴

   ………（10分）

（3）设

∴   ………（12分）

∵

∴

∵，化简得

∴  ………（14分）

当且仅当 时等号成立

∵

∴当的取值范围是………（16分）

(1)设动点，则(且)

所以曲线的方程为().

（2）法一：设，则直线的方程为，令，则得，直线的方程为，

令，则得，

∵ =

∴，∴

故

∵  ，∴，

∴，

∴，

∴直线与直线的斜率之积的取值范围为

法二：设直线的斜率为，则由题可得直线的斜率为，

所以直线的方程为，令，则得，

直线的方程为，令，则得，

∴，

∴

故

∴直线与直线的斜率之积的取值范围为

（3）法一：由（2）得，，

则直线的方程为，直线的方程为，…12分

由，解得即

∴

∴  点在曲线上.

法二：由（2）得，

∴   ，

∴

∴  点在曲线上。

法三：由（2）得，，，

∴   ，

∴ 　∴  点在曲线上.

（1）由,,

根据椭圆定义知的轨迹为以为焦点的椭圆,

其长轴,焦距,短半轴,故的方程为.

（2）过点与X轴垂直的直线不与圆相切，故可设:,由直线与曲线

相切得,化简得

由,解得

联立,消去整理得,

直线被曲线截得的线段一端点为,设另一端点为,解方程可得,有

令,则,

考查函数的性质知在区间上是增函数,

所以时,取最大值,从而.

（1）由题知，有.

化简，得曲线的方程：，

（2）∵直线的斜率为，且不过点，

∴可设直线：。

联立方程组得。

又交点为，

∴，

∴

（3）答：一定存在满足题意的定圆.

理由：∵动圆与定圆相内切，

∴两圆的圆心之间距离与其中一个圆的半径之和或差必为定值.

又恰好是曲线（椭圆）的右焦点，且是曲线上的动点，

记曲线的左焦点为，联想椭圆轨迹定义，有，

∴若定圆的圆心与点重合，定圆的半径为4时，则定圆满足题意.

∴定圆的方程为：.

（1）依据题意，有。

∵，

∴。

∴动点P所在曲线C的轨迹方程是。

（2）因直线过点，且斜率为，

故有，联立方程组，得。

设两曲线的交点为、，可算得。

又，点与点关于原点对称，

于是，可得点、。

若线段、的中垂线分别为和，则有，。

联立方程组，解得和的交点为。

因此，可算得，

。

所以，四点共圆，圆心坐标为，半径为。