热门试卷

（1）由题意坐标平面上点M（x，y）与两个定点M1（26，1），M2（2，1）的距离之比等于5，

得=5.=5，化简得x2+y2-2x-2y-23=0．

即（x-1）2+（y-1）2=25．

∴点M的轨迹方程是（x-1）2+（y-1）2=25，

所求轨迹是以（1，1）为圆心，以5为半径的圆．

（2）当直线l的斜率不存在时，过点A（-2，3）的直线l：x=-2，

此时过点A（-2，3）的直线l被圆所截得的线段的长为：2=8，

∴l：x=-2符合题意．

当直线l的斜率存在时，设过点A（-2，3）的直线l的方程为y-3=k（x+2），即kx-y+2k+3=0，

圆心到l的距离d=，

由题意，得()2+42=52，解得k=．∴直线l的方程为x-y+=0．即5x-12y+46=0．

综上，直线l的方程为x=-2，或5x-12y+46=0．

（I）（1）当过点P（1，2）的直线l与x轴垂直时，

此时圆心O到直线l的距离等于1，

所以x=1为所求直线方程．

（2）当过点P（1，2）且与x轴不垂直时，可设所求直线方程为y-2=k（x-1），

即：kx-y-k+2=0，由题意有=1，解得k=，

故所求的直线方程为y-2=(x-1)，即3x-4y+5=0．

综上，所求直线方程为x=1或3x-4y+5=0．

（II）：设点P（x，y），M（x0，y0），则=（x，y），=(x0，y 0)

因为N（4，0）

所以=（4，0）

因为=(+)，

所以（x，y）=[（4，0）+（x0，y0）]

即，即

又x02+y02=4，∴（2x-4）2+4y2=4，

即：（x-2）2+y2=1．

故动点P的轨迹方程：（x-2）2+y2=1．

（1）设圆C的圆心为C（x，y），

依题意圆的半径   r=…（2分）

∵圆C在x轴上截得的弦MN的长为2a．

∴|y|2+a2=r2

故  x2+（y-a）2=|y|2+a2…（4分）

∴x2=2ay

∴圆C的圆心的轨迹方程为x2=2ay…（6分）

（2）∵∠MAN=45°（3），∴∠MCN=90°（4）…（9分）

令圆C的圆心为（x0，y0），则有x02=2ay0（y0≥0），…（10分）

又∵y0=|MN|=a…（11分）

∴x0=±a…（12分）

∴r==a…（13分）

∴圆C的方程为  (x±a)2+(y-a)2=2a2…（14分）

（Ⅰ）因为圆C的圆心在X轴上，故设方程为：（x-a）2+y2=r2，

点A（-1，1）和B（1，3）代入方程可得，∴a=2，r2=10

∴圆C的方程为（x-2）2+y2=10；

（Ⅱ）由题意两圆内切，因此动圆圆心到两定点A（1，0）和（-1，0）的距离之和为已知圆的半径4（定值），所以符合椭圆的定义，且a=2，c=1，

∴b2=a2-c2=3

∴所求动圆的轨迹方程为+=1．

（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）设动点C（x，y）则D（x，0）．因为H是CD的中点，故H(x，)

因为AH⊥BC所以kAH•kBC=-1故•=-1

整理得动点C的轨迹方程+=1(y≠0)

（2）设l：y=2x+m并代入+=1(y≠0)得6x2+4mx+m2-18=0，

∵△=（4m）2-4×6×（m2-18）＞0

∴54-m2＞0  

 即m∈(-3，3)，

 |PQ|==

又原点O到直线l的距离为d=

∴S△OPQ=×××=≤×=          

当且仅当54-m2=m2即m=±3时等号成立，

故△OPQ面积的最大值为．

（1）设B（x1，y1），c（x2，y2），P（x，y），

依题意知，=，=，

∴=，∴x=…（4分）

由直线方程代入圆方程，整理得，（1+k2）x2+（2ak-4）x+（a2+3）=0

由x1+x2=，x1x2=代入x=

得x=，y=k+a=…（6分）

（2）由x，y的表达式中消去k得2x-ay-3=0，

∴点P的轨迹是直线2x-ay-3=0在圆内的部分．…（8分）

（3）证明：直线2x-ay-3=0恒过定点M（，0），点M到圆心C（2，0）的距离|MC|=＜r=1，

∴该点在圆内

∴P点的轨迹恒过圆内的一定点  …（10分）

设D（x1，y1），C（x，y），

∵A（0，5），B（3，4）

∴

∴x1=x-3，y1=y+1

∵D在圆x2+y2=25上

∴（x-3）2+（y+1）2=25