热门试卷

解：（1）由题意可设抛物线C的标准方程为y2=2px（p＞0），∵焦点F（2，0），∴，解得p=4．

∴抛物线C的标准方程y2=8x．

（2）设直线l的方程为my=x-2，联立，化为y2-8my-16=0，

∴y1+y2=8m，y1y2=-16．

∵|MN|=16，∴=16，化为m2=1．

解得m=±1．

∴直线l的斜率k=±1．

设直线l的倾斜角为α，则tanα=±1，解得α=45°或135°．

解：（1）由题意可设抛物线方程为y2=2px，

将点（2，4）代入得，16=4p，p=4，

∴抛物线方程为y2=8x；

（2）∵直线l：x=ky+t与圆（x+2）2+y2=4相切，

∴得4k2=t2+4t，①

将l：x=ky+t代入y2=8x得，

y2-8ky-8t=0，

由△=64k2+32t＞0

即4k2+2t=t2+6t＞0得t＜-6或t＞0，

设C（x0，y0），则y02=8x0，

由y1+y2=8k，x1+x2=k（y1+y2）+2t，

∵=λ（+）（λ＞0），

∴x0=λ（x1+x2）=λ（8k2+2t），y0=λ（y1+y2）=8kλ，

∴（8kλ）2=8λ（8k2+2t），②

则①代入②化简整理得，，

t+4=，∵t＞0或t＜-6，∴＜λ＜1或1．

∴λ的取值范围是（，1）∪（1，）．

解：（Ⅰ）∵，

∴，

∴a=2，b2=a2-c2=2，∴椭圆C的方程为；

（Ⅱ）如图，

联立直线l与椭圆C的方程．

解得．

∴A（0，-2），B（）．

．

点M（1，）到直线l的距离为，

．

解：（1）设M（x，y），则由题意可得，：=λ，

平方可得，（λ2-1）x2+（λ2-1）y2+（2λ2+4）y+λ2-3=0，

当λ=1时，点M的轨迹方程为：3y-1=0；

λ=时，点M的轨迹方程为：圆9x2+9y2+24y+7=0；

（2）设P（m，n），l1：y-n=k（x-m），l2：y-n=-（x-m），

由于恒有l1和l2被曲线C2截得的弦长相等，则圆心（0，-）到l1和l2的距离相等，

即有=，化简可得，|+n-km|=|k+nk+m|，

即有+n-km=k+nk+m，或+n-km+k+nk+m=0，

则有（+n-m）=k（+n+m），或（+n+m）=k（+n-m），

则有由于k为任意的，则+n-m=+n+m=0，

解得，m=0，n=-．

即有P（0，-），检验满足条件．

故所有满足条件的点P的坐标为（0，-）．

解：命题p：直线y=x+t与抛物线y2=4x有两个交点，则有两个解，即y2=4（y-t）有两个根，故有△=16-16t＞0，解得t＜1，

命题q：关于x的方程x2-tx+4=0有实根，则△=t2-16≥0，解得t≥4或t≤-4

因为p∨q为真命题，p∧q为假命题，所以p与q一真一假

若p真q假，则，解得-4＜t＜1

若p假q真，则，解得t≥4

综上，实数t的取值范围为-4＜t＜1或t≥4

解：（1）y2=2px（p＞0）的焦点F（，0），准线方程为x=-，

由||-||=1，|-|=即||=，

由题意得，解得xM=1，yM=3，

分别代入抛物线和椭圆方程得：C1：y2=9x，C2：+=1．

（2）斜率不存在时显然不合题意，

假设存在经过M的直线l，与抛物线和椭圆分别交于非M的两点P，Q，

使得+=2．

由M（1，3），可设l：y=k（x-1）+3，

直线与抛物线联立得：k2x2+（-2k2+6k-9）x+（3-k）2=0，

由韦达定理可得xM+xP=，

及xM=1可得xP=；

直线与椭圆联立得：（3+k2）x2+2k（3-k）x+（k2-6k-3）=0，

由韦达定理可得xM•xQ=．

及xM=1可得xQ=．

由+=2可得xP+xQ=2xM，可得4k3-k2+6k-9=0，

可得（k-1）（4k2+3k+9）=0，

解得k=1，经检验符合题意．

则存在符合题意的直线，其斜率为1．

解：（1）因为点为椭圆上一点，

所以，解得a2=4，

所以椭圆方程为；

（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），

又，化简得x1x2+2y1y2=0，

又M、N是椭圆C上的点，所以，，即，，

由，，

所以

=

=4+4×4+4（x1x2+2y1y2）

=20（定值）；                                     

（3）由（2）知，动点P（x0，y0）满足，即，

所以点P的轨迹是以为焦点的椭圆．

故存在点A（）、B（），使得|PA|+|PB|=（定值）．