热门试卷

解：（1）设所求直线方程为y=﹣2x+b，即2x+y﹣b=0，∵直线与圆相切，

∴，得，

∴所求直线方程为，

（2）方法1：假设存在这样的点B（t，0），

当P为圆C与x轴左交点（﹣3，0）时，；

当P为圆C与x轴右交点（3，0）时，，

依题意，，解得，t=﹣5（舍去），或．

下面证明点对于圆C上任一点P，都有为一常数．

设P（x，y），则y2=9﹣x2，

∴，

从而为常数．

方法2：假设存在这样的点B（t，0），使得为常数λ，则PB2=λ2PA2，

∴（x﹣t）2+y2=λ2[（x+5）2+y2]，将y2=9﹣x2代入得，

x2﹣2xt+t2+9﹣x2=λ2（x2+10x+25+9﹣x2），

即2（5λ2+t）x+34λ2﹣t2﹣9=0对x∈[﹣3，3]恒成立，

∴，解得或（舍去），

所以存在点对于圆C上任一点P，都有为常数．

解：（1）由题意得

∴

∴椭圆C的方程为。

（2）由（1）知，是椭圆C的左焦点，离心率，

设l是椭圆的左准线，则l：

作于，于，l交x轴于点H（如图），

∵点A在椭圆上，

∴

∴，

同理

∴。

（3）设直线AB倾斜角为θ，由于DE⊥AB，由（2）可得

，

当或时，取得最小值。

解：（Ⅰ）由题设及，

不妨设点A（c，y），其中y＞0，

由于点A在椭圆上，有，，

解得，从而得到，

直线的方程为，整理得，

由题设，原点O到直线的距离为，

即，

将代入原式并化简得，即。

 （Ⅱ）圆上的任意点处的切线方程为，

当t∈（0，b）时，圆上的任意点都在椭圆内，

故此圆在点A处的切线必交椭圆于两个不同的点，

因此点的坐标是方程组的解，

当时，由①式得，

代入②式，得，

即，

于是，

，

若，则

，

所以，，

由，得，

在区间（0，b）内此方程的解为，

 当时，必有，同理求得在区间（0，b）内的解为，

另一方面，当时，可推出，从而；

综上所述，使得所述命题成立．

解：（Ⅰ）设圆心C（a，b），则，解得

则圆C的方程为x2+y2=r2，

将点P的坐标代入得r2=2，

故圆C的方程为x2+y2=2

（Ⅱ）设Q（x，y），则x2+y2=2，

=x2+y2+x+y﹣4=x+y﹣2，

令x=cosθ，y=sinθ，

∴=cosθ+sinθ﹣2=2sin（θ+）﹣2，

∴（θ+）=2kπ﹣时，2sin（θ+）=﹣1，

所以的最小值为﹣2﹣2=﹣4．

（Ⅲ）由题意知，直线PA和直线PB的斜率存在，且互为相反数，

故可设PA：y﹣1=k（x﹣1），PB：y﹣1=﹣k（x﹣1），

由，得（1+k2）x2+2k（1﹣k）x+（1﹣k）2﹣2=0

因为点P的横坐标x=1一定是该方程的解，

故可得

同理，，

所以=kOP  ，

所以，直线AB和OP一定平行

解：(1)由题已知，解得，

所以，

所以椭圆C的方程为。

(2)由得，

直线与椭圆有两个不同的交点，

所以，解得，

设，

则，

计算，

设AB的中点坐标为，

因为|PA|=|PB|，所以PE⊥AB，，

所以，解得k=±1，经检验，符合题意，

所以直线l的方程为x-y-2=0或x+y+2=0。

解：(Ⅰ)由题设知，

则有直线A1P的方程为，①

直线A2Q的方程为，②

联立①②解得交点坐标为，

即，③

则x≠0，|x|＜，

而点P(x1，y1)在双曲线上，

∴，

将③代入上式，整理得所求轨迹E的方程为且x≠±。

(Ⅱ)设过点H(0，h)的直线为y=kx+h（h＞1），

联立，得，

令得，

解得，

由于l1⊥l2，则，故h=，

过点A1，A2分别引直线l1，l2通过y轴上的点H（0，h)，且使l1⊥l2，

因此A1H⊥A2H，由，得h=，

此时，l1，l2的方程分别为y=x+与y=-x+，

它们与轨迹E分别仅有一个交点与，

所以，符合条件的h的值为或。