热门试卷

（Ⅰ）证明：圆C：的圆心为C（0，1），半径为，

∴圆心C到直线：mx-y+1-m=0的距离，

∴直线与圆C相交，即直线与圆C总有两个不同交点。

（Ⅱ）解：当M与P不重合时，连结CM、CP，则CM⊥MP，

∴，

设，则，

化简，得，

当M与P重合时，x=1，y=1也满足上式，

故弦AB中点的轨迹方程是。

（Ⅲ）解：设，

由，得，

∴，化简得，                                            ①

又由，消去y，得， （*）

∴，                                                                              ②

由①②，解得，

代入（*）式，解得，

∴直线的方程为x-y=0或x+y-2=0。

解：（1）由题意，

，

∴，

∴椭圆C的方程为；

∵右顶点A（2，0），B（﹣1，﹣3）

∴直线l的方程为x﹣y﹣2=0；

（2）圆D：x2﹣2mx+y2+4y+m2﹣4=0的标准方程为：（x﹣m）2+（y+2）2=8

∵圆D：x2﹣2mx+y2+4y+m2﹣4=0与直线lAB相切

∴

∴m=±4

解：（1）设

解得a=1或（舍去）

由题意知切线PA的斜率存在，设斜率为k.

所以直线PA的方程为y-1=k(x-2)，即kx-y-2k+1=0

直线PA与圆M相切，

，解得k=0或

直线PA的方程是y=1或4x+3y-11=0

（2）设

与圆M相切于点A，

经过A，P，M三点的圆的圆心D是线段MP的中点.

的坐标是

设

当，即时，

当，即时，

当，即时

则

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：配方得圆的方程：（x﹣m）2+（y﹣1）2=（m﹣2）2+1

（1）当m=2时，圆的半径有最小值1，此时圆的面积最小．

（2）当m=2时，圆的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2=1

设所求的直线方程为y+2=k（x﹣1），即kx﹣y﹣k﹣2=0由直线与圆相切，

得，

所以切线方程为，即4x﹣3y﹣10=0

又过点（1，﹣2）且与x轴垂直的直线x=1与圆也相切

所发所求的切线方程为x=1与4x﹣3y﹣10=0．

解：（1）由题意可知：|MF2|为动圆M的半径

根据两圆相内切的性质得：4-|MF2|=|MF1|，即|MF1|+|MF2|=4

所以点M的轨迹C是以F1、F2为左、右焦点的椭圆，

设其方程为（a>b>0）

则2a=4，c=1，

故b2=a2-c2=3，

所以点M的轨迹C的方程为。

（2）当直线l为y轴时，=，不合题意

故直线l的斜率存在，设直线l：y=kx，A（x1，y1），y1>0，则B（-x1，-y1），

由△ABF1的面积为知：，所以y1=，x1=±，

即点A的坐标为或

所以直线l的斜率为±

故所求直线l的方程为x±2y=0。

解：（1）直线方程l：（2m+1）x+（m+1）y=7m+4，

可以改写为m（2x+y﹣7）+x+y﹣4=0，

所以直线必经过直线2x+y﹣7=0和x+y﹣4=0的交点．

由方程组解得

即两直线的交点为A（3，1），

又因为点A（3，1）与圆心C（1，2）的距离，

所以该点在C内，故不论m取什么实数，直线l与圆C恒相交．

（2）连接AC，当直线l是AC的垂线时，此时的直线l与圆C相交于B、D．

BD为直线l被圆所截得的最短弦长．

此时，，

所以．即最短弦长为．

又直线AC的斜率，

所以直线BD的斜率为2．

此时直线方程为：y﹣1=2（x﹣3），即2x﹣y﹣5=0．

解：（1）由x2+y2+Dx+Ey+3=0，

得

∴圆C的圆心C的坐标为

半径

由，得

故D2+E2=20  ①

∵圆C关于直线x+y-1=0对称，

故圆心在直线x+y-1=0上，

∴，故D+E=-2，②

由②式，得E=-2-D，

代入①式，得D2+（-2-D）2=20，

即D2+2D-8=0，解得D=-4，或D=2

又∵圆心在第二象限，

故，解得D>0，

故D=2，E=-2-2=-4，

∴圆C的方程为：x2+y2+2x-4y+3=0，

即（x+1）2+（y-2）2=2。

（2）直线l在x轴，y轴上的截距相等，设为a，

由（1）知圆C的圆心C（-1，2），

当a=0时，直线l过原点，设其方程为y=kx，

即kx-y=0，

若直线l：kx-y-0与圆C相切，则

即k2-4k-2=0，解得

此时直线l的方程为

即

当a≠0时，直线l的方程为

即x+y-a=0，

若直线l：x+y-a=0与圆C相切，

则

即|a-1|=2，解得a=-1，或a=3

此时直线l的方程为x+y+1=0，或x+y-3=0

综上所述，存在四条直线满足题意，其方程为或x+y+1=0或x+y-3=0。

解：（1）圆M：x2+（y﹣2）2=1，Q是x轴上的动点，QA、QB分别切圆M于A，B两点

∴MA⊥AQ，MA=1．

∴SQAMB=2S△AQB=MA·QA=QA= = ≥ = ．

（2）点Q的坐标为（1，0），

设过点Q的圆的切线方程为x=my+1，

则圆心M到切线x﹣my﹣1=0的距离为1．

∴  即 解得m=0或 ．

∴切线QA、QB的方程分别为3x+4y﹣1=0和x=1．切点B（1，2），

∵AB⊥MQ，所以KAB=﹣ =﹣ = ．

所以AB的方程为：y﹣2= （x﹣1）．即x﹣2y+3=0．

解：（Ⅰ）由题：； （1）

左焦点（-c，0）到点P（2，1）的距离为：（2）

由（1）（2）可解得：

∴所求椭圆C的方程为：。

（Ⅱ）易得直线OP的方程：y＝x，

设A（xA，yA），B（xB，yB），R（x0，y0）

其中y0＝x0∵A，B在椭圆上，

∴

设直线AB的方程为l：y＝﹣（m≠0），

代入椭圆：

显然

∴﹣＜m＜且m≠0

由上又有：＝m，＝

∴|AB|＝||＝＝

∵点P（2，1）到直线l的距离为：

∴S△ABP＝d|AB|＝|m＋2|，

当|m＋2|＝，即m＝-3 or  m＝0（舍去）时，

（S△ABP）max＝

此时直线l的方程y＝-。

解：（Ⅰ）设椭圆C的方程为，

由题意得，解得，

故椭圆C的方程为；

（Ⅱ）因为过点P（2，1）的直线l与椭圆在第一象限相切，所以l的斜率存在，

故可设直线l的方程为，

由得，①

因为直线l与椭圆相切，所以，

整理得，解得，

所以直线l的方程为，

将代入①式，可以解得M点横坐标为1，故切点M坐标为；

（Ⅲ）若存在直线l1满足条件的方程为，

代入椭圆C的方程得，

因为直线l1与椭圆C相交于不同的两点A，B，设A，B两点的坐标分别为，

所以，

所以，

又，

因为，

即，

所以，

即，

所以，解得，

因为A，B为不同的两点，所以，

于是存在直线l1满足条件，其方程为。

解：（Ⅰ）依题意N(k，-l)，且∵klmn≠0及MP、NP与x轴有交点知：

M、P、N为不同点，直线PM的方程为，

则，同理可得。

（Ⅱ）∵M，P在圆C：x2+y2=R2上，

∴，(定值)，

∴的值是与点M、N、P位置无关，

同理∵M，P在椭圆C：上，

∴，(定值)，

∴的值是与点M、N、P位置无关。

（Ⅲ）一个探究结论是：，

证明如下：依题意，，，

∵M，P在抛物线C：y2=2px(p＞0)上，

∴n2=2pm，l2=2pk，

，

∴为定值。

解（1）①当直线l垂直于x轴时，则此时直线方程为x=1，

l与圆的两个交点坐标为和，其距离为，满足题意

②若直线l不垂直于x轴，

设其方程为，即

 设圆心到此直线的距离为d，则，得d=1

∴，，        

故所求直线方程为

综上所述，所求直线为或x=1

（2）设点M的坐标为，Q点坐标为

则N点坐标是  

∵，

∴  即， 

 又∵，

∴

由已知，直线m //ox轴，

所以，，

∴Q点的轨迹方程是