热门试卷

（I）⇒Q为PN的中点且GQ⊥PN⇒GQ为PN的中垂线⇒|PG|=|GN|

∴|GN|+|GM|=|MP|=6，故G点的轨迹是以M、N为焦点的椭圆，其长半轴长a=3，半焦距c=，

∴短半轴长b=2，∴点G的轨迹方程是+=1（5分）

（II）因为=+，所以四边形OASB为平行四边形

若存在l使得||=||，则四边形OASB为矩形∴•=0

若l的斜率不存在，直线l的方程为x=2，

由得∴•=＞0，与•=0矛盾，

故l的斜率存在．（7分）

设l的方程为y=k（x-2），A（x1，y1），B（x2，y2）

由⇒(9k2+4)x2-36k2x+36(k2-1)=0

∴x1+x2=，x1x2=①

y1y2=[k（x1-2）][k（x2-2）]=k2[x1x2-2(x1+x2)+4]=-②（9分）

把①、②代入x1x2+y1y2=0得k=±

∴存在直线l：3x-2y-6=0或3x+2y-6=0使得四边形OASB的对角线相等．

（I）由x2=4y可得抛物线焦点坐标为（0，1），∴b=1，

又∵e=，∴=，∵a2=b2+c2，∴a2=4，

∴=，

∴椭圆C的方程为+y2=1，圆O的方程为x2+y2=5．

（Ⅱ）∵过点P（0，）的直线l与椭圆C在第一象限内只有一个公共点，

∴直线l的斜率存在，设l的方程为y=kx+，k＜0

由，得x2+4(kx+)2=4，

即（1+4k2）x2+8kx+16=0，

则△=(8k)2-64(1+4k2)=0，

∴k2=1，又k＜0，k=-1，

∴直线l方程为y=-x+，

圆心O到直线l方程为y=-x+，

圆心O到直线l的距离d==，

∴直线l被圆O截得的弦长为2=．

 （Ⅲ）证明：若点M的坐标为（2，1），（2，-1），（-2，-1），（-2，1），

则过这四点分别作满足条件的直线l1，l2，

若一条直线斜率为0，则另一条斜率不存在，则l1⊥l2

若直线l1，l2斜率都存在，则设过M与椭圆只有一个公共点的直线方程为y-y0=k（x-x0），

由，得x2+4[kx+（y0-kx0）]2=4，

即（1+4k2）x2+8k（y0-kx0）•x+4（y0-kx0）2-4=0，

则△=[8k（y0-kx0）]2-4（1+4k2）[4（y0-kx0）2-4]=0，

化简得（4-x02）k2+2x0y0k+1-y02=0，

∵x02+y02=5，

∴（4-x02）k2+2x0yk+x02-4=0，

设l1，l2的斜率分别为k1，k2，因为l1，l2与椭圆都只有一个公共点，

所以k1，k2满足（4-x02）k2+2x0yk+x02-4=0，

∴k1•k2==-1，

∴l1⊥l2．

（1）以A为原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，则A（0，0），B（3，0），C（3，1），D（0，1），E（1，0），F（2，0）．…（1分）

设M（x，y），由题意知|MD|=2|MC|…（2分）

∴=2…（3分）

两边平方化简得：即（x-4）2+（y-1）2=4…（5分）

即动点M的轨迹为圆心（4，1），半径为2的圆，

∴动点M的轨迹围成区域的面积为4π…（6分）

（2）证明：由A（0，0）．C（3，1）知直线AC的方程为：x-3y=0，…（7分）

由D（0，1）．F（2，0）知直线DF的方程为：x+2y-2=0，…（8分）

由得，故点G点的坐标为(，)．…（10分）

又点E的坐标为（1，0），故kEG=2，kDF=-   …（12分）

所以kEG•kDF=-1，即证得：EG⊥DF    …（13分）