热门试卷

(1)证明：由正弦定理得，整理为，

即sin2A＝sin2B   ∴2A＝2B或2A＋2B＝π,即A＝B或A＋B＝

∵，∴A＝B舍去.

由A＋B＝可知c＝，∴ΔABC是直角三角形

(2)由(1)及，得，

在RtΔ中， 　所以，

，

因为，所以，

当，即　时，最大值等于.…

（1）设抛物线的标准方程为由得,

；………………… 3分

（2）可设,联立 得 ,

设

,

即以为直径的圆过原点;     ………………… 8分

（3）设,则，且

得    …………… 10分

又由得

        …………………14分

（1）解法一：因为x1＝，y1＞0，。

。

解法二：

，        

   因为，所以

又x22＋y22＝1，联立消去y2得50 x22－30x2－7＝0

解得，又x2＜0，所以。       

解法三：因为x，所以。   因此，所以，

所以，所以直线OB的方程为y＝－7x   

由得，又x2＜0，所以。     

（2）

因为，所以。

所以，

因为，所以

所以，解得tanα＝2或。  因为，所以tanα＝2。

（1）解法一：利用抛物线的方程和定义即可求出点M的坐标，再利用椭圆的定义即可求出；

解法二：同解法一求出点M的坐标，再利用椭圆的标准方程及参数a，b，c的关系即可求出。

（2）方法一：利用已知向量相等及点A，B在圆上满足圆的方程即可证明；

方法二：利用向量相等、直线与圆相交问题得到根与系数的关系即可证明。

解：（1）解法一：令M为（x0，y0），因为M在抛物线C2上，故，①

又，则②

由①②解得，

椭圆C1的两个焦点为F1（0，1），F2（0，﹣1），点M在椭圆上，由椭圆定义，得2a=|MF1|+|MF2|=

∴a=2，又c=1，∴b2=a2﹣c2=3

∴椭圆C1的方程为。

解法二：同上求得M，而点M在椭圆上，故有，即，

又c=1，即b2=a2﹣1，解得a2=4，b2=3∴椭圆C1的方程为。

（2）证明：方法一：设A（x1，y1），B（x2，y2），Q（x，y）

由，可得（1﹣x1，3﹣y1）=﹣λ（x2﹣1，y2﹣3），

即

由，可得（x﹣x1，y﹣y1）=λ（x2﹣x，y2﹣y），

⑤×⑦得，⑥×⑧得

两式相加，得

又点A，B在圆x2+y2=3上，∴，且λ≠±1

即x+3y=3，故点Q总在直线x+3y=3上

方法二：

由，可得（1﹣x1，3﹣y1）=﹣λ（x2﹣1，y2﹣3），∴，

由，可得（x﹣x1，y﹣y1）=λ（x2﹣x，y2﹣y），∴，

∴，∴（*）

当斜率不存在时，由特殊情况得到，

当斜率存在时，设直线为y=k（x﹣1）+3，

∴，

代入（*）得，而y=k（x﹣1）+3，消去k，得x+3y=3

而满足方程，∴Q在直线x+3y=3上。