热门试卷

解：（1）由题设可得动点P的轨迹方程为x2=4y．                         （4分）

（2）由（1），可设直线BC的方程为：（k＞0），消y得x2-4kx-x22+4kx2=0，

易知x2、x3为该方程的两个根，故有x2+x3=4k，得x3=4k-x2，

从而得，（7分）

类似地，可设直线AB的方程为：，

从而得，（9分）

由|AB|=|BC|，得k2•（2k-x2）=（2+kx2），

解得，（11分）（k＞0）．                              （13分）

（3）由（2）及k=2可得点B、C、A的坐标分别为，，，，所以．                              （18分）

解：（1）联立，得x2+（2-2p）x+1=0．

由△=（2-2p）2-4=0，解得：p=2．

∴抛物线C1：y2=4x；

又椭圆C2：+=1（a＞b＞0）的一个焦点与抛物线C1的焦点F重合，

∴c=1，且，

∴，则b2=a2-c2=1．

∴椭圆C2的方程为；

（2）M（a2，0）=（2，0），

如图：当直线l的斜率不存在时，即λ=-1时，A（1，），B（1，-），

又M（2，0），∴||=|（-1，）+（-1，-）|=2；

当直线l的斜率存在时，即λ∈[-2，-1）时，设直线l的方程为y=k（x-1），

联立，得（1+2k2）x2-4k2x+2k2-2=0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），y1≠0，y2≠0，

则x1+x2=，x1•x2=，

∴y1+y2=k（x1+x2）-2k=  ①，

y1•y2=k2（x1x2-（x1+x2）+1）=  ②．

∵=λ，∴=λ，且λ＜0．

将①式平方除以②式得：λ++2=，

由λ∈[-2，-1），得λ+∈[-，-2），即λ++2∈[-，0）．

∴-≤＜0，解得k2≥．

∵=（x1-2，y1），=（x2-2，y2），

∴=（x1+x2-4，y1+y2），

又x1+x2-4=，

∴=（x1+x2-4）2+（y1+y2）2

=+=

=4+，

令t=，∵k2≥，

∴0＜，即t∈（0，]，

∴=2t2+10t+4=2（t+）2-．

则∈（4，]．

∴|+|的最小值为2．

解：∵两点（-1，6）和（-1，-2）的中点为（-1，2），因此可设要求的抛物线方程为（y-2）2=2p（x+a）．（p＞0）．

∵点（-1，6）在抛物线上，∴2p（-1+a）=16，化为p（a-1）=8．∴．

设直线y=2x+7与抛物线相交于点A（x1，y1），B（x2，y2），

联立，化为4（a-1）x2+（20a-36）x+9a-25=0．（a＞0，a≠1）

∴x1+x2=，x1x2=．

∵|AB|==，

∴=16×10，化为2a2-a-3=0，解得a=-1或a=．

∵a＞0，∴a=．

∴=16．

∴抛物线的方程为．

解析：（1）由已知得，∴，所以C方程：．

（2）由题意可设直线l的方程为：y=kx+m（k≠0，m≠0）

联立，消去y并整理，得：（1+4k2）x2+8kmx+4（m2-1）=0，

则△=64k2m2-16（1+4k2）（m2-1）=16（4k2-m2+1）＞0，

此时设M（x1，y1），N（x2，y2），∴，

于是，

又直线OM，MN，ON的斜率满足，

∴，所以，

由m≠0，得，又由△＞0，得0＜m2＜2，

显然m2≠1，

设原点O到直线l的距离为d，则，

故由m得取值范围可得△OMN面积的取值范围为（0，1）．

解：（1）由题意可得，解得．

∴椭圆E的方程为．

（2）有（1）可知：A1（0，1），A2（0，-1），设P（x0，y0），则．

则直线PA1的方程为，令y=0，得xN=；

直线PA2的方程为，令y=0，得．

由切割线定理可得：|OT|2=|OM||ON|===4，

∴|OT|=2，即线段OT的长为定值2．

解：（1）抛物线y=ax2（a＞0）的焦点为（0，），-----------------3分

代入直线y=3x+2，得a=

（或用焦点坐标为（0，2）来解）抛物线方程x2=8y---------------------7分

（2）设切点坐标为（x0，y0），--------------------------------9分

由y=x，得y′=x，即，-------------------------12分

得x0=12，代入抛物线方程得y0=18

切点坐标为（12，18）-----------------------15分