热门试卷

解析：（1）设的标准方程分别为：

和代入抛物线方程中得到的解相同，…………………………2分，

且和在椭圆上，代入椭圆方程得故的标准方程分别为　　　　　　　　　　　　　…………………………5分

（2）设直线的方程为将其代入消去并化简整理得

与相切，

…………………………7分，

设切点则又直线与的准线的交点以为直径的圆的方程为

…………………………10分，

化简并整理得恒成立，故即存在定点合题意。　　　　　　　　　　　　　　　　…………………………12分

（1）依题可设得椭圆的方程为。

直线的方程分别为

设，其中，且满足方程，故

由知

点在直线上得

所以，化简得：，解得

（2）解法1：根据点到直线的距离公式和①式知，点到的距离分别为：

又，所以四边形的面积为

当，即时，上式取等号。所以的最大值为。

解法2：由题设，。

设，由①得，故四边形的面积为当时，上式取等号。所以的最大值为。

(1)由已知，圆的圆心为，半径.

由题设圆心到直线的距离，即，

解得，.………………3分

设与抛物线的切点为，又，得，.

代入直线方程得：，

∴，.………………5分

(2)由(1)知抛物线方程为，焦点.

设，由(1)知以为切点的切线的方程为.

令，得切线交y轴的B点坐标为

所以，，

∴，

∴，即点在定直线上.……………8分

(3)设直线，代入

得，设，的横坐标分别为，

则，

∴；

∵，

∴，即△的面积S范围是.  ……………13分

（1）由，

解得，，

因为，所以。

设，则，

化简得，……5分

又，联立方程组，解得，或。

因为平分，所以不合，故

（2）设，，由，得。

，，，

若存常数，当变化时，恒有，则由（1）知只可能。

①当时，取，等价于，

即，

即，

即，此式恒成立。

所以，存常数，当变化时，恒有，

②当时，取，由对称性同理可知结论成立。

故，存常数，当变化时，恒有，

解（1）设动圆圆心C的坐标为，动圆半径为R，则

，且

可得 。

由于圆C1在直线l的上方，所以动圆C的圆心C应该在直线l的上方，所以有，从而得，整理得，即为动圆圆心C的轨迹M的方程，                              

（2）如图示，设点P的坐标为，则切线的斜率为，可得直线PQ的斜率为，所以直线PQ的方程为，由于该直线经过点A（0,6），所以有，得，因为点P在第一象限，所以，点P坐标为（4,2），直线PQ的方程为，                

把直线PQ的方程与轨迹M的方程联立得，解得或4，可得点Q的坐标为，所以

， 

解：（1）抛物线的焦点为，准线方程为，

∴       ①         

又椭圆截抛物线的准线所得弦长为，

∴  得上交点为，∴     ②

由①代入②得，解得或（舍去），

从而

∴   该椭圆的方程为该椭圆的方程为

（2）∵ 倾斜角为的直线过点，

∴ 直线的方程为，即

由（1）知椭圆的另一个焦点为，设与关于直线对称，则得   ，

解得，即，   

又满足，故点在抛物线上。所以抛物线上存在一点，使得与关于直线对称。 

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