热门试卷

解：（1）把y=2x+m代入可得17x2+16mx+4m2-4=0，△=16（17-m2）．

由△=0，可得．

所以，当时，l和C相切；

当时，l与C相离．

（2）设l与C相交于A（x1，y1），B（x2，y2），

由（1）可得，，．

因此，．

所以，由弦长公式得．

解得．因此时，l被C所截得线段长为．

解：（1）设椭圆的长半轴为a，短半轴长为b，半焦距为c，

则，解得，b2=a2-c2=2，

∴椭圆C的标准方程为．

（2）易知直线不存在斜率时不满足条件，设直线l的方程为y=kx+，

由，得（1+2k2）x2+4kx+2=0，△＞0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），则k，，

则，即圆心横坐标为-，

|AB|====，

因为以AB为直径的圆与y轴相切，所以|-|=，解得k=±1，

所以直线l的方程为：y=x+或y=-x+．

解：（1）由题意知b2=2a2，c2=3a2，代入双曲线得x2+2x-1-2a2=0．

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则有x1+x2=-2，x1x2=-2a2-1，y1y2=x1x2-（x1+x2）+1=-2a2+2．

又，则，，

得，

∴，

∴，方程为．

（2）直线l：y=k（x-3），．设P（x，y），Q（x3，y3），N（x4，y4），

联立方程得（2-k2）x2+6k2x-9k2-6=0，

得，，，．

∵∠PNF=∠QNF，

∴kPN+kQN=+=，

∴，所以存在点N．

解：（Ⅰ）设动点N（x，y），A（x0，y0），

∵AM⊥x轴于点M，∴M（x0，0），

设圆C1 的方程为x2+y2=r2，由题意得，

∴圆C1 的方程为x2+y2=9．

由题意，，得，

∴，即，

将A（）代入x2+y2=9，得动点N的轨迹方程为；

（Ⅱ）（1）假设直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+m，

联立，可得（1+2k2）x2+4kmx+2m2-8=0．

∴△=64k2-8m2+32＞0．

，（*）

∵，∴，则x1x2+（kx1+m）（kx2+m）=0，

化简可得，．

将（*）代入可得3m2=8k2+8．

又∵|AB|=．

将代入，可得=

=．

∴当且仅当，即时等号成立．

又由，∴|AB|．

∴．

（2）若直线l的斜率不存在，则OA所在直线方程为y=x，

联立，解得A（），

同理求得B（），

求得．

综上，得．

解：（Ⅰ）由题知=，即a=2c，椭圆短轴为直径的圆的圆心到直线y=x+1距离d=，

∴=，解得b=，∴a2=，解得a2=4，∴c=1，∴=1，∴p=2，

∴椭圆C的方程为，抛物线D方程为y2=4x；  5分

（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），当直线AB与x轴垂直时，设AB：x=m，则，

∵OA⊥OB，∴=x1x2+y1y2==0，解得m=，

∴原点到直线AB的距离为．     7分．

当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+m代入3x2+4y2-12=0整理得，（3+4k2）x2+8kmx+4m2-12=0，

则△=（8km）2-4（3+4k2）（4m2-12）＞0，即4k2-m2+3＞0，x1+x2=，x1x2=，

∴y1y2=（kx1+m）（kx2+m）==，

∵OA⊥OB，∴=x1x2+y1y2=+=0，即7m2=12（k2+1），

且满足△＞0，10分

∴原点到直线AB的距离为=，11分

故原点O到直线AB的距离为定值，定值为． 12分．