热门试卷

解：（1）由题意，得，

化简，得，

∴轨迹C是以（-2，0）为圆心，2为半径的圆。

（2）设过点B的直线为，圆心到直线的距离，

∴，即。

（3）假设存在，联立方程，

得，

设，

则，

又PA⊥QA，

∴，

即，

化简，得m2-3m-1=0，

解得，且满足，

∴。

解：(1)平面区域Ω：是一个矩形区域，如图(1)所示，

依题意及几何概型知识，可得，

故ab=2，因为0＜a≤2，0＜b≤，

所以a=2，b=，

所以椭圆M的方程为。

(2)如图(2)，设直线l的方程为，，

联立直线l的方程与椭圆方程得，

将①代入②得，

化简得，③

当△＞0，即，

也即|b|＜2时，直线l与椭圆有两交点，

由韦达定理得，

所以，

则

，

所以k1+k2为定值。

解：（I）点代入得：          

①        

又 ②  

③        

由①②③得：

即椭圆的方程为；

（II）设；则    

得：      

过点与椭圆相切的直线斜率    

得：直线与椭圆只有一个交点。

解：(Ⅰ)点A代入圆C方程，得（2-m）2+2=3，

∵m＜3，

∴m=1，圆C：，

设直线PF1的斜率为k，则PF1：，

即，

∵直线PF1圆C相切，

∴，解得或，

当时，直线PF1与x轴的交点横坐标为，不合题意，舍去；

当时，直线PF1与x轴的交点横坐标为-2，

∴c=2，，

，

∴椭圆E的方程为。

(Ⅱ)记A(s，t)，令直线AM的斜率为k，

那么直线AM的方程为y-t=k(x-s)，

记M，N两点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，

由得，

，①

s，x1是方程①的两根，所以有，

∴，

同理可得：，

∴，

∴。

(Ⅲ)不妨设直线MN的方程为，

由得，②

x1，x2是方程②的两根，所以有，

∴△AMN面积，

∴

，

所以，当m2=4即m=2或m=-2时，S△AMN取得最大值2。

解：（1）∵点A（﹣1，0），B（1，0），动点P（x，y），

∴ ， ，

∵PA与PB的斜率之积为3，

∴ ，x≠±1，

∴ ．

（2）①∵∠CFB=α，∠CBF=β，β为锐角，

∵tanα= ，tanβ= ， ，

∴tan2β= = = =tanα．

②由题意C（x1，y1），y1＞0，D（x2，y2），y2＜0，

联立 ，得2y2+6by﹣9b2+9=0，

则△=36b2﹣4×2（﹣9b2+9）＞0，

∴ ， y1+y2=﹣3b， ，

∴b2＞1．故y2﹣y1=﹣3b， ，

∴b2＞1，故 ，

设∠DFB=γ，∠DBF=θ，

∵ ，tan ， ，

∴tan2θ= = =﹣ =tanγ，

∵2θ∈（0，π），γ∈（0，π），

∴γ=2θ，即∠DFB=2∠DBF，

∵α，2β∈（0，π），

∴由（2）①得α=2β，即∠CFB=2∠CBF，

又∠DFB=2∠DBF，

∴∠FCB与∠FDB互补，即∠FCB+∠FDB=π，

∴2π﹣3∠CBF﹣3∠DBF=π，则 ，

由到角公式，得 = ， ∴ = ，

即 ，

∴4b+4=﹣ ，解得b=﹣ ，满足b2＞1，

∴b=﹣ ．

解：（Ⅰ）F抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点F，

设M，，由题意可知，

则点Q到抛物线C的准线的距离为，解得，

于是抛物线C的方程为。

（Ⅱ）假设存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M，

而，，，

，，

由可得，，

则，即，解得，

点M的坐标为

（Ⅲ）若点M的横坐标为，则点M，。

由可得，

设，

圆，

，

于是，

令，

设，，

当时，，

即当时.

故当时，。