热门试卷

（1）∵A（0，-2），B（0，4），P（x，y）

∴=(-x，-2-y)，=(-x，4-y)

∵•=y2-8

∴-x（-x）+（4-y）（-2-y）=y2-8

整理可得，x2=2y

（2）联立可得x2-2x-4=0

设C（x1，y1），D（x2，y2），则x1+x2=2，x1x2=-4，

∴y1y2=（x1+2）（x2+2）=x1x2+2（x1+x2）+4=4

∵•=x1x2+y1y2=0

∴OC⊥OD

（Ⅰ）设圆心C（x，y），过点C作CE⊥y 轴，垂足为E，则|ME|=|MN|，

∴|CA|2=|CM|2=|ME|2+|EC|2，

∴（x-4）2+y2=42+x2，化为y2=8x．

（II）设P（x1，y1），Q（x2，y2），

由题意可知y1+y2≠0，y1y2＜0.=8x1，=8x2．

∵x轴是∠PBQ的角平分线，∴kPB=-kQB，

∴=-，∴=，化为8+y1y2=0．

直线PQ的方程为y-y1=(x-x1)，

∴y-y1=(x-x1)，化为y-y1=(x-)，

化为y(y2+y1)-y1(y2+y1)=8x-，

y（y1+y2）+8=8x，令y=0，则x=1，

∴直线PQ过 定点（1，0）

（1）设动点P的坐标为（x，y），由题设知：-1=|x|3′

化简得：x＞0时，y2=4x．

x＜0时，y=0

所以  P点的轨迹方程为y2=4x（x＞0）和y=0（x＜0）6′

（2）设B、C的坐标为（x1，y1）、（x2，y2），又A（1，2）

∵∠BAC=90°，∴•=(x1-1，y1-2)•(x2-1，y2-2)=0

即（x1-1）（x2-1）+（y1-2）（y2-2）=0①

而BC的直线方程为（x2-x1）（y-y1）=（y2-y1）（x-x1）②8′

∵B、C在抛物线y2=4x上，

∴x1=，x2=代入①式化简得-2（y1+y2）-y1y2=20③10′

把x1=，x2=代入②式化简得BC的方程为（y1+y2）y-y1y2=4x④12′

对比③④可知，直线BC过点（5，-2），

∴直线BC恒过一定点（5，-2）14′

（Ⅰ）因为A，B两点关于x轴对称，

所以AB边所在直线与y轴平行．

设M（x，y），由题意，得A(x，x)， B(x，-x)，

所以|AM|=x-y， |MB|=y+x，

因为|AM|•|MB|=3，

所以(x-y)×(y+x)=3，即x2-=1，

所以点M的轨迹W的方程为x2-=1(x＞0)．

（Ⅱ）证明：设l：y=k（x-2）或x=2，P（x1，y1），Q（x2，y2），

当直线l：y=k（x-2）时：

由题意，知点P，Q的坐标是方程组的解，

消去y得（3-k2）x2+4k2x-4k2-3=0，

所以△=（4k2）2-4（3-k2）（-4k2-3）=36（k2+1）＞0，

且3-k2≠0，x1+x2=， x1x2=，

因为直线l与双曲线的右支（即W）相交两点P、Q，

所以x1+x2=＞0， x1x2=＞0，即k2＞3.1

因为y1y2=k（x1-2）•k（x2-2）=k2[x1x2-2（x1+x2）+4]，

所以•=x1x2+y1y2，=（1+k2）x1x2-2k2（x1+x2）+4k2，

=(1+k2)•-2k2•+4k2=，

要使•=1，则必须有=1，解得k2=1，代入1不符合．

所以不存在l，使得•=1．

当直线l：x=2时，P（2，3），Q（2，-3），•=-5，不符合题意．

综上：不存在直线l使得•=1．