热门试卷

解：（1）由题意可设抛物线的方程为y2=2px，则由抛物线的定义可得，即p=1，

所以抛物线的方程为 y2=2x．

（2）由题意知直线PQ与x轴不平行，设PQ所在直线方程为x=my+n，代入y2=2x中得 y2-2my-2n=0．

所以y1+y2=2m，y1y2=-2n，其中y1，y2分别是P，Q的纵坐标，

因为MP⊥MQ，所以kMP•kMQ=-1．

即，所以（y1+y0）（y2+y0）=-4．

，（-2n）+2my0+2x0+4=0，即n=my0+x0+2．

所以直线PQ的方程为x=my+my0+x0+2，

即x=m（y+y0）+x0+2，它一定过定点（x0+2，-y0）．

（3）假设N（x0，y0）为满足条件的点，则由（2）知，点（x0+2，-y0）在直线x+my+1=0上，

的解，

消去x得y2-2my+6=0，

∴当△=4m2-24≥0时，存在点N满足条件，否则不存在．

解：，化简得；x2+（m-1）x+m+2=0，

∵直线x-y-2=0与曲线y=x2+mx+m有两个不同的公共点，

∴△＞0，即m2-6m-7＞0，

m＞7或m＜-1

所以实数m的取值范围为（-∞，-1）∪（7，+∞）

解：（1）设P（x0，4），

∵|PF|=4，由抛物线定义得： ①

又42=2px0，

∴．代入①得，，解得：p=4．

∴抛物线方程为y2=8x；

（2）由（1）知，P（2，4），

∵∠APB的角平分线与x轴垂直，

∴PA，PB的倾斜角互补，即PA，PB的斜率互为相反数，

设PA：y-4=k（x-2），k≠0，

联立，得，

则，即．

PB：y-4=-k（x-2），

联立，得，

则，即．

∴．

设AB：y=-x+b，代入y2=8x，得y2+8y-8b=0．

由△=64+32b＞0，得b＞-2．

又y1+y2=-8，y1y2=-8b，

∴|AB|==．

又AB的中垂线方程为y=x-b-8，

则点M的坐标为（b+8，0），

∴|MF|=6+b．

则=．

当且仅当b=2时取等号．

∴的最小值为．

（1）：证明：设P（x0，y0）、M（x1，y1）、N（x2，y2）．

则椭圆过点M、N的切线方程分别为，．（3分）

因为两切线都过点P，则有，．

这表明M、N均在直线①上．由两点决定一条直线知，式①就是直线MN的方程，

其中（x0，y0）满足直线l的方程．（6分）

当点P在直线l上运动时，可理解为x0取遍一切实数，相应的y0为

代入①消去y0得②

对一切x0∈R恒成立．（9分）

变形可得

对一切x0∈R恒成立．故有

由此解得直线MN恒过定点．（12分）

（2）当MN∥l时，由式②知解得

代入②，得此时MN的方程为③

将此方程与椭圆方程联立，消去y得（15分）

由此可得，此时MN截椭圆所得弦的中点横坐标恰好为点的横坐标，

即

代入③式可得弦中点纵坐标恰好为点的纵坐标，

即

这就是说，点平分线段MN．（15）

解：（1）当k=1，m=0时，如图．

由得x2-x-1=0，∴x1+x2=1，x1•x2=-1，

过点A、B分别作x轴、y轴的平行线，两线交于点C．

∵直线AB的解析式为y=x+1，

∴∠BAC=45°，△ABC是等腰直角三角形，

∴AB=AC=|x2-x1|=；

同理，当k=1，m=1时，AB=；…（4分）

（2）猜想：当k=1，m为任何值时，AB的长不变，即AB=．理由如下：

由y=x+1与y=x2-2mx+m2+m，联立得x2-（2m+1）x+m2+m-1=0，

∴x1+x2=2m+1，x1•x2=m2+m-1，

∴AB=AC=|x2-x1|=；…（6分）

（3）当m=0，k为任意常数时，△AOB为直角三角形，理由如下：

①当k=0时，则函数的图象为直线y=1，

由，得A（-1，1），B（1，1），显然△AOB为直角三角形；…（7分）

②当k=1时，则一次函数为直线y=x+1，

由，得x2-x-1=0，∴x1+x2=1，x1•x2=-1，

∴AB=AC=|x2-x1|=，∴AB2=10，

∵OA2+OB2=x12+y12+x22+y22=x12+x22+y12+y22=x12+x22+（x1+1）2+（x2+1）2

=x12+x22+（x12+2x1+1）+（x22+2x2+1）=2（x12+x22）+2（x1+x2）+2

=2（1+2）+2×1+2=10，

∴AB2=OA2+OB2，∴△AOB是直角三角形；…（10分）

③当k为任意实数，△AOB仍为直角三角形．

由，得x2-kx-1=0，∴x1+x2=k，x1•x2=-1，

∴AB2=（x1-x2）2+（y1-y2）2

=（x1-x2）2+（kx1-kx2）2

=（1+k2）（x1-x2）2

=（1+k2）[（x1+x2）2-4x1•x2]

=（1+k2）（4+k2）

=k4+5k2+4，

∵OA2+OB2=x12+y12+x22+y22

=x12+x22+y12+y22

=x12+x22+（kx1+1）2+（kx2+1）2

=x12+x22+（k2x12+2kx1+1）+（k2x22+2kx2+1）

=（1+k2）（x12+x22）+2k（x1+x2）+2

=（1+k2）（k2+2）+2k•k+2

=k4+5k2+4，

∴AB2=OA2+OB2，

∴△AOB为直角三角形．…（13分）

解：（Ⅰ）依题意，M是线段AP的中点，

因为A（-1，0），，

所以点M的坐标为．

由于点M在椭圆C上，

所以 ，解得 ．

（Ⅱ）设M（x0，y0）（-1＜x0＜1），则 ，①

因为 M是线段AP的中点，所以 P（2x0+1，2y0）．

因为 OP⊥OM，所以，

所以，即 ．②

由①，②消去y0，整理得 ．

所以 ，

当且仅当 时，上式等号成立．

所以m的取值范围是．

（1）解：C1的左焦点为（），写出的直线方程可以是以下形式：

或，其中．

（2）证明：因为直线y=kx与C2有公共点，

所以方程组有实数解，因此|kx|=|x|+1，得．

若原点是“C1-C2型点”，则存在过原点的直线与C1、C2都有公共点．

考虑过原点与C2有公共点的直线x=0或y=kx（|k|＞1）．

显然直线x=0与C1无公共点．

如果直线为y=kx（|k|＞1），则由方程组，得，矛盾．

所以直线y=kx（|k|＞1）与C1也无公共点．

因此原点不是“C1-C2型点”．

（3）证明：记圆O：，取圆O内的一点Q，设有经过Q的直线l与C1，C2都有公共点，显然l不与x轴垂直，

故可设l：y=kx+b．

若|k|≤1，由于圆O夹在两组平行线y=x±1与y=-x±1之间，因此圆O也夹在直线y=kx±1与y=-kx±1之间，

从而过Q且以k为斜率的直线l与C2无公共点，矛盾，所以|k|＞1．

因为l与C1由公共点，所以方程组有实数解，

得（1-2k2）x2-4kbx-2b2-2=0．

因为|k|＞1，所以1-2k2≠0，

因此△=（4kb）2-4（1-2k2）（-2b2-2）=8（b2+1-2k2）≥0，

即b2≥2k2-1．

因为圆O的圆心（0，0）到直线l的距离，

所以，从而，得k2＜1，与|k|＞1矛盾．

因此，圆内的点不是“C1-C2型点”．