热门试卷

（1）因为直线的斜率为﹣1，

∴﹣=﹣1k=5．

（2）直线与两坐标轴的交点分别为 （k﹣3，0），（0，2），

由题意可得 k﹣3+2=0，∴k=1．

解：（1）直线l的方程可化为，

此时斜率，即km2﹣m+k=0，

∵△≥0，

∴1﹣4k2≥0，

所以，斜率k的取值范围是．

（2）不能．由（1）知l的方程为y=k（x﹣4），其中；

圆C的圆心为C（4，﹣2），半径r=2；

圆心C到直线l的距离

由，得，即，

从而，若l与圆C相交，则圆C截直线l所得的弦所对的圆心角小于，

l不能将圆C分割成弧长的比值为的两段弧．

解：（1）由椭圆定义知

所以a=2

即椭圆方程为  ①

把A（1，1）代入①式得

所以得

所以椭圆的标准方程为。

（2）由题意知，直线AC的倾斜角不为90°，故设直线AC的方程为y=k（x-1）+1

联立方程得

消去y得

∵点A（1，1）、点C在椭圆上

∴

∵直线AC、AD的倾斜角互补，

∴直线AD的方程为y=-k（x-1）+1，

同理

∴

又

∴

∴

∴直线CD的斜率为。

解：（1）因为直线的斜率为﹣1，

∴﹣=﹣1k=5．

（2）直线与两坐标轴的交点分别为 （k﹣3，0），（0，2），

由题意可得 k﹣3+2=0，

∴k=1．

解：（1）设Q(-2，3)，则x2+y2-4x+6y+13=(x+2)2+(y-3)2=|PQ|2，

∴ |PQ|max=|CQ|+R=6，|PQ|min=|CQ|-R=2，

所以，原式的最大值为72，原式的最小值为8。

（2）依题意，k为(-2，3)与圆C上任意一点连线的斜率，

它的最大值和最小值分别是过(-2，3)的圆C的切线的斜率，

所以，kmax=tan(45°+30°)=2+，kmin=tan(45°-30°)=2-，(注意kQC=1)。

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：（Ⅰ）由题意可得圆的方程为，

∵直线与圆相切，

∴，即， 

又，即，，

解得，，

所以椭圆方程为。

（Ⅱ）设，，，

则，即，

则，，

即，

∴为定值。

（Ⅲ）设，其中，

由已知及点P在椭圆C上可得，

整理得，其中，

①当时，化简得，

所以点M的轨迹方程为，轨迹是两条平行于x轴的线段；

②当时，方程变形为，其中，

当时，点M的轨迹为中心在原点、实轴在y轴上的双曲线满足的部分；

当时，点M的轨迹为中心在原点、长轴在x轴上的椭圆满足的部分；当时，点M的轨迹为中心在原点、长轴在x轴上的椭圆。

解：（Ⅰ）由△OBC三顶点坐标O（0，0），B（1，0），C（b，c）（c≠0），

可求得重心，外心F，垂心，

当时，G，F，H三点的横坐标均为，故三点共线；

当时，设G，H所在直线的斜率为kGH，F，G所在直线的斜率为kFG，

因为，，

所以，G，F，H三点共线，

综上可得，G，F，H三点共线；

（Ⅱ）若FH∥OB，由，得，

配方得，

即，

所以，顶点C的轨迹是中心在（，0），长半轴长为，短半轴长为，且短轴在x轴上的椭圆，除去（0，0），（1，0），四点。

解：（1）由△OBC三顶点坐标O（0，0），B（1，0），C（b，c）（c≠0），可求得

重心，外心F，垂心

当时，G，F，H三点的横坐标均为，故三点共线；

当时，设G，H所在直线的斜率为，F，G所在直线的斜率为

因为，，

所以，G，F，H三点共线。

综上可得，G，F，H三点共线。

（2）若FH//OB，由，得，

配方得，即

即

因此，顶点C的轨迹是中心在（，0），长半轴长为，短半轴长为，

且短轴在x轴上的椭圆，除去（0，0），（1，0），（，），（，-）四点。

解：（1）依题意，设椭圆方程为

则其右焦点坐标为

由2

得

即

故

又∵

∴

从而可得椭圆方程为。

（2）由题意可设直线l的方程为

由知点A在线段MN的垂直平分线上

由消去y得

即可得方程 （*）

由得方程（*）的

即方程（*）有两个不相等的实数根

设，，线段MN的中点

则是方程（*）的两个不等的实根

故有

从而

于是，可得线段MN的中点P的坐标为

又由于

因此直线AP的斜率为

由得

即

解得

即

又

故或

综上可知存在直线l满足题意，其倾斜角或。

解：(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c，由题意知：，

所以，

又a2=b2+c2，因此b=2，

故椭圆的标准方程为，

由题意设等轴双曲线的标准方程为，

因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点，所以m=2，

因此双曲线的标准方程为。

(Ⅱ)设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0），

则，

因为点P在双曲线x2-y2=4上，所以x02-y02=4，

因此，即k1k2=1。

(Ⅲ)由于PF1的方程为y=k1(x+2)，

将其代入椭圆方程得，

由韦达定理得，

所以

，

同理可得，

则，

又k1k2=1，

所以，

故|AB|+|CD|=|AB|·|CD|，

因此，存在λ=，使|AB|+|CD|=λ|AB|·|CD|恒成立．

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)由，得3a2=4c2，再由c2=a2-b2，解得a=2b，

由题意可知，即ab=2，

解方程组，得a=2，b=1，

所以椭圆的方程为。

(Ⅱ)(ⅰ)由(Ⅰ)可知点A的坐标是（-2，0），

设点B的坐标为(x1，y1)，直线l的斜率为k，则直线l的方程为y=k(x+2)，

于是A，B两点的坐标满足方程组，

消去y并整理，得(1+4k2)x2+16k2x+(16k2-4)=0，

由，得，从而，

所以，

由，得，

整理得32k4-9k2-23=0，

即(k2-1)(32k2+23)=0，

解得k=±1，

所以直线l的倾斜角为或。

(ⅱ)设线段AB的中点为M，由(ⅰ)得M的坐标为，

以下分两种情况：

(1)当k=0时，点B的坐标是(2，0)，线段AB的垂直平分线为y轴，

于是，

由4，得；

(2)当k≠0时；线段AB的垂直平分线方程为，

令x=0，解得，

由，

整理得，

，

故，故，

所以；

综上，或。