热门试卷

（I）设C（x，y）（xy≠0），∵MG∥AB，可设G（a，b），则M（0，b）．

∴a=，b=，即  x=3a，y=3b   （1）．  

∵M是不等边三解形ABC的外心，∴|MA|=|MC|，即 =  （2）．

由（1）（2）得  x2+= 1．所以，三角形顶点C的轨迹方程为  x2+= 1，（xy≠0）．

（II）设直线l的方程为 y=kx+1，P（ x1，y1），N （x2，y2），

由   消y得 （3+k2）x2+2kx-2=0．∵直线l与曲线D交于P、N两点，

∴△=b2-4ac=4k2+8（3+k2）＞0，x1+x2=-，x1•x2=-．

∵OP⊥ON，∴x1•x2+y1y2=0，∴x1•x2+（kx1+1）（kx2+1）=0．

∴1+k2（-）+k （-）+1=0，∴k=±，

∴直线l的方程为 y=± x+1．

（Ⅰ）设动圆圆心P（x，y），

根据题意：点P（x，y）到点F（0，1）距离等于点P到定直线y=-1的距离，

即=|y+1|，（3分）

 故：动圆圆心P的轨迹W的方程为x2=4y．（5分）

（Ⅱ）显然，直线的斜率k存在，

设过点F的直线l的方程为y-1=kx，即y=kx+1，（6分）

A（x1，y1），B（x2，y2）．

①如果k=0，，得A（-2，1），B（2，1），

故有|AB|+4，而|AC|==2，不符题意，所以k≠0．（7分）

②如果k≠0，弦AB中点M（x0，y0）．则，得：x2-4kx-4=0，

所以有：x1+x2=4k，x1x2=-4，（9分）

y1+y2=k（x1+x2）+2=4k2+2，

x0==2k，y0==2k2+1，（11分），

即M（2k，2k2+1），

若在直线y=-1上存在点C，使△ABC为正三角形，

则设直线MC：y-（2k2+1）=-（x-2k）与y=-1联立，

解得x=4k+2k3，也就是C（4k+2k3，-1），

由=，得=，（14分）

即k=±，所以，直线l的方程为y=±x+1．（15分）

（1）点M到点F的距离是|MF|=，点M到直线y+1=0的距离是d=|y+1|

根据题意，得x2+（y-1）2=（y+1）2

x2+y2-2y+1=y2+2y+1

即y=

∴点M的轨迹方程是y=；

（2）∵倾斜角为30°，∴直线m的斜率为

∵F（0，1），∴直线m的方程为：y=x+1

与抛物线方程联立

消去y可得， -x-1=0

∴x1=2或x2=-

∴y1=3或y2=

∴A(2，3)，B(-，)

∴|AB|==

（3）证明：过G（0，4）的直线为 y=kx+4

代入抛物线方程，得=kx+4

即x2-4kx-16=0

∵过点G（0，4）的直线n交M的轨迹于C（x1，y1），D（x2，y2），

∴x1+x2=4k，x1x2=-16

∵OC 的斜率是，OD的斜率是

∴×== =-1

∴OC⊥OD

（Ⅰ）设点P（x，y），则根据题意，有

•=-，整理得+y2=1．由于x≠±，

所以求得的曲线C的方程为+y2=1(x≠±)．

（Ⅱ）设点M、N的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），

由消去y得：(1+2k2)x2+4kx=0．

①解得x1=0，x2=．

由|MN|=|x1-x2|=||=，解得：k=±1．

∴直线l的方程x-y+1=0或x+y-1=0；

②设点Q的坐标为（x，y），

∵=，

∴点Q为线段MN的中点，可得x==，

∴y=kx+1=k•+1=，

消去k，得方程：x2+2y2-2y=0．

因曲线C的方程为+y2=1(x≠±)，故直线不过点(±，0)，即k≠±

又∵直线l：y=kx+1与曲线C交于M、N两点，

∴△=（-4k）2＞0，即k≠0，

因此，x≠0，且x≠±，

综上，所求点Q的轨迹方程为x2+2y2-2y=0(x≠0，且x≠±)．