热门试卷

见解析

①由===得==

②设=，则

由，得

由=得=

即=解得=，即=

③设=,则由塞瓦定理得，所以

由①知：=,即=

略

（1）由已知可得点A(－6,0),F(0,4)

设点P(,),则={+6, },={－4, },由已知可得

   则2+9－18=0,=或=－6.

由于>0,只能=,于是=.  ∴点P的坐标是(,)

(2) 直线AP的方程是－+6="0. " 设点M(,0),则M到直线AP的距离是.  于是=,又－6≤≤6,解得=2.

椭圆上的点(,)到点M的距离有

,

由于－6≤≤6, ∴当=时,d取得最小值

设椭圆上动点坐标为(x,y)，用该点的横坐标将距离d表示出来，利用求函数最值的方法求d的最小值.　点评：解决有关最值问题时，首先要恰当地引入变量（如点的坐标、角、斜率等），建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法求解.

解：由题意可设双曲线的方程为，                ……3分

又点在双曲线上，则，得，  ……6分

即双曲线的方程为，标准方程为，     ……8分

由此可知，，，                 ……10分

离心率.                                      ……12分

略

（Ⅰ）

（Ⅱ）

（Ⅲ）不存在，理由见解析。

（Ⅰ）设椭圆方程为，由已知， ，   . 解得，

∴所求椭圆方程为。

（Ⅱ）令 ，则

∵，故的最大值为，

∴当时，的最大值为。

（Ⅲ）假设存在一点P, 使，∴，∴⊿PF1F2为直角三角形，∴  ①，

又∵       ②，

∴②2－①，得 ∴

即=5，但由（1）得最大值为，故矛盾，

∴不存在一点P, 使。

先求出P点分OB所成正比为2∶1，然后再用线段的定比分点公式，求得点。

（1），（2）6

（Ⅰ）①若直线的斜率不存在，即直线是，符合题意．

②若直线斜率存在，设直线为，即．

由题意知，圆心（3，4）到已知直线的距离等于半径2，

即： ,解之得 ．

所求直线方程是，．

（Ⅱ）解法一：直线与圆相交，斜率必定存在，且不为0,

可设直线方程为

由 得．

再由 

得．

∴    得．

∴  

为定值

（Ⅰ）由抛物线的方程（）得，焦点坐标为，准线方程为．

（Ⅱ）证明：设直线的方程为，直线的方程为．

点和点的坐标是方程组的解．将②式代入①式得，于是，故　③

又点和点的坐标是方程组的解．将⑤式代入④式得．于是，故．

由已知得，，则．　　⑥

设点的坐标为，由，则．

将③式和⑥式代入上式得，即．

∴线段的中点在轴上．

（Ⅲ）因为点在抛物线上，所以，抛物线方程为．

由③式知，代入得．

将代入⑥式得，代入得．

因此，直线、分别与抛物线的交点、的坐标为

，．

于是，，

．

因为钝角且、、三点互不相同，故必有．

求得的取值范围是或．又点的纵坐标满足，故当时，；当时，．即

将直线方程和抛物线方程组成的方程组转化为一元二次方程，用韦达定理来求解.点评：解析几何解题思维方法比较简单，但对运算能力的要求比较高，平时练习要注意提高自己的运算能力.

（1）（）（2）

（1）射线.               

设（），

则，                          

又因为的面积为，所以；          

消去得点的轨迹的方程为：（）.

（2）设，则，              

所以

令则，所以有，   

则有：当时，，

所以在上单调递减，

所以当时，，     

所以存在最大的常数使恒成立.     

如图：

设两正方形边长分别为

则，

而，故，

两正方形面积之和为，

故两正方形面积之和最小值为

（Ⅰ）直线的参数方程是，（为参数）

圆的极坐标方程是。                         ………………5分

（Ⅱ）圆心的直角坐标是，直线的普通方程是，

圆心到直线的距离，所以直线和圆相离

略

设椭圆的方程为或，则，解之得：，b=c＝4.则所求的椭圆的方程为或，离心率；准线方程，两准线的距离为16.

设所求椭圆方程为或.根据题意列出关于a,b,c方程组，从而求出a,b,c的值，再求离心率、准线方程及准线间的距离.点评：充分认识椭圆中参数a,b,c,e的意义及相互关系，在求标准方程时，已知条件常与这些参数有关.