热门试卷

（1）证明：由绝对值不等式知，

ρ（A，C）+ρ（C，B）=|x-x1|+|x2-x|+|y-y1|+|y2-y

≥|（x-x1）+（x2-x）|+|（y-y1）+（y2-y）|

=|x2-x1|+|y2-y1|

=ρ（A，B）

当且仅当（x-x1）•（x2-x）≥0，且（y-y1）•（y2-y）≥0时等号成立．

（2）由ρ（A，C）+ρ（C，B）=ρ（A，B）得

（x-x1）•（x2-x）≥0且（y-y1）•（y2-y）≥0  （Ⅰ）

由ρ（A，C）=ρ（C，B）得|x-x1|+|y-y1|=|x2-x|+|y2-y|（Ⅱ）

因为A（x1，y1），B（x2，y2）是不同的两点，则：1°若x1=x2且y1≠y2，

不妨设y1＜y2，由（Ⅰ）得x=x1=x2，且y1≤y≤y2，

由（Ⅱ）得y=，

此时，点C是线段AB的中点，即只有点C(，)满足条件；

2°若x1≠x2且y1=y2，

同理可得：只有AB的中点C(，)满足条件；

3°若x1≠x2且y1≠y2，不妨设x1＜x2且y1＜y2，

由（Ⅰ）得x1≤x≤x2且y1≤y≤y2，

由（Ⅱ）得x+y=+，

此时，所有符合条件的点C的轨迹是一条线段，即：过AB的中点(，)，

斜率为-1的直线x+y=+夹在矩形AA1BB1之间的部分，

其中A（x1，y1），A1（x2，y1），B（x2，y2），B1（x1，y2）．

（1）设动点M的坐标为（x，y）．                  

∵抛物线y2=4x的焦点是F（1，0），直线l恒过点F，且与抛物线交于两点A、B，

又OM⊥AB，

∴⊥，即•=0．                   

∴（x，y）•（x-1，y）=0，化简，得x2+y2-x=0． 

又当M与原点重合时，直线l与x轴重合，故x≠0．

∴所求动点M的轨迹方程是x2+y2-x=0（x≠0）．

（2）设点C、D的坐标为（x1，y1）、（x2，y2）．       

∵C、D在抛物线y2=4x上，

∴y12=4x1，y22=4x2，即x1+x2=，x1x2=．

又•=-4，

∴x1x2+y1y2=-4，即+y1y2=-4，解得y1y2=-8．    

∵点C、D的坐标为（x1，y1）、（x2，y2），

∴直线CD的一个法向量是=(y1-y2，x2-x1)，

可得直线CD的方程为：（y1-y2）（x-x1）+（x2-x1）（y-y1）=0，

化简，得（y1-y2）x+（x2-x1）y+x1y2-y1x2=0，进一步用y1、y2分别替换x1、x2，有(y1-y2)x+(y2-y1)y-2(y1-y2)=0．

又抛物线y2=4x上任两点的纵坐标都不相等，即y1-y2≠0．

∴直线CD的方程可化为x-y-2=0．  

∴直线CD恒过定点，且定点坐标为（2，0）．

解（1）设P（x，y），由题意知曲线C1为抛物线，并且有

=，

化简得抛物线C1的方程为：x2+y2-2xy-4x-4y=0．

令x=0，得y=0或y=4；再令y=0，得x=0或x=4，

所以，曲线C1与坐标轴的交点坐标为（0，0）、（0，4）和（4，0）．

点F（，）到l1：x+y+=0的距离为=2，

所以C2是以（1，0）为焦点，以x=-1为准线的抛物线，其方程为：y2=4x．

（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），由题意知直线l2的斜率k存在且不为零，

设直线l2的方程为y=k（x-m），代入y2=4x得

y2-y-4m=0，可得y1y2=-4m．

由=λ，得（m-x1，-y1）=λ（x2-m，y2），可得λ=-，

而N（-m，0），可得-λ=（x1+m，y1）-λ（x2+m，y2）=（x1-λx2+（1-λ）m，y1-λy2）

∵=（2m，0），

∴•（-λ）=2m[x1-λx2+（1-λ）m]=2m[+-+（1+）m]

=2m（y1+y2）•=2m（y1+y2）•=0

∴对任意的λ满足=λ，都有⊥（-λ）．

（Ⅰ）：由=t+(1-t)(t∈R)

知点C的轨迹是M，N两点所在的直线，

故点C的轨迹方程是：y+3=(x-1)即y=x-4（3分）

（Ⅱ）由⇒(x-4)2=4x⇒x2-12x+16=0（5分）

设A（x1，y1），B（x2，y2）∴x1x2=16x1+x2=12（6分）

∴y1y2=（x1-4）（x2-4）=x1x2-4（x1+x2）+16=-16（8分）

∴x1x2+y1y2=0故⊥（10分）

（Ⅲ）∵x1+x2=12，∴y1+y2=x1+x2-8=12-8=4

∴AB的中点C的坐标为（6，2）．

又∵⊥，∴|OC|=2为圆的半径．

∴所求圆的方程为（x-6）2+（y-2）2=40（14分）

（1）由=(+)可得M为BC的中点（2分）

设B（x，y），则M（0，y），C（-x，0）（4分）

∵C为直角，故•=0

∵=(2x，y)，=(x，-8)

∴2x2-8y=0即x2=4y（5分）

B的轨迹曲线E的方程为x2=4y（（x≠0）6分）

（2）∵=

P是QN的中点

设Q（x1，y1），N（x2，y2），线段QN的 中点P（2，4）

设L：y-4=k（x-2）

方法一：则x12=4y1，x22=4y2

两式相减可得，4（y1-y2）=（x1-x2）（x1+x2）（8分）

∴直线l的斜率k===1（11分）

直线l的方程为y-4=x-2即x-y+2=0

方法二：联立直线与曲线方程可得x2-4kx+8k-16=0（*）

△=16（k2-2k+4）＞0，显然方程（*）有2个不相等的实数根（8分）

∴x1+x2=4k=4

∴k=1

∴直线L的方程为x-y+2=0（12分）

（1）（理）令P（x，y），因为=λ，=λ，(λ∈R)

所以xB=λxC，x-xB=λ（xC-x）

∴=，

∴x=①

设过A所作的直线方程为y=kx+a，（显然k存在）

又由得（1+k2）x2+（2ak-4）x+a2+3=0

∴xB+xC=，xBxC=

代入①，得x=，

∴y=kx+a=

消去k，得所求轨迹为2x-ay-3=0，（在圆M内部）

（文）令P（x，y），因为点B、P、C的横坐标的倒数成等差数列

所以  =+⇒x=（以下同理）

（2）上述轨迹过为定点（，0）的直线在圆M内部分

，由得（a2+4）y2-2ay-3=0

则|y1-y2|==4

∴S△MRS=××4==

令t=a2+3，则t≥3，而函数f(t)=t+在t≥3时递增，

∴S△MRS≤=．

∴S△MRS|max=，此时t=3，a=0，