热门试卷

（1）  （2）8

（1）设BC边的高所在直线为l，由题知1 ――――2分

则，              

又点在直线l上

所以直线l的方程为 

即 

（2）BC所在直线方程为： 即

点A（－1，4）到BC的距离 

又         

则   

见解析

(1)；(2).

试题分析：（1）曲线上任意一点点到的距离为，用求导的方法判断最小值；（2）根据题意，，应用基本不等式求出最小值，注意一正二定三相等.

试题解析：（1）只需求曲线上的点到直线距离的最小值.        1分

设曲线上任意一点为则点到的距离为

                                       3分

令,则,由；

               5分

故当时, 函数取极小值即最小值，

即取最小值，故曲线与曲线的距离为；    8分

（2）由（1）可知，，又易知，                9分

则，      12分

当且仅当时等号成立，考虑到，所以，当时，

的最小值为．                                           14分

，，

（1）切线，即，…………2分

代入，化简并整理得，（*）

由

得或。…………5分

若，代入（*）式得，与已知矛盾；…………6分

若，代入（*）式得满足条件，

且，

综上，，点的坐标为。…………8分

（2）因为，，…………10分

若，则，即，此时，

故当实数时，。                …………12分

此时，，

易得，，…………14分

此时所在直线的方程为。…………15分

（Ⅰ）证明见解析。

（Ⅱ）证明见解析。

（Ⅰ）在△ABC中，因为∠B=60°，

所以∠BAC+∠BCA=120°。

因为AD，CE是角平分线，

所以∠HAC+∠HCA=60°，

故∠AHC=120°。

于是∠EHD=∠AHC=120°。

因为∠EBD+∠EHD=180°，

所以B、D、H、E四点共圆。

（Ⅱ）连结BH，则BH为∠ABC的平分线，得∠HBD=30°

由（Ⅰ）知B、D、H、E四点共圆，

所以∠CED=∠HBD=30°。

又∠AHE=∠EBD=60°，由已知可得EF⊥AD，

可得∠CEF=30°。

所以CE平分∠DEF。

;

（Ⅰ）设所求曲线上的任一点坐标为，圆上的对应点的坐标为，由题意可得，                                     

，，即 

曲线的方程为．                                  

（Ⅱ），显然直线与轴不垂直，设直线，与椭圆:相交于，

由 得，              

，                            ，，

即：

，

，

整理得：，             

即，

，，

展开得：，，

直线的纵截距为定值．                                   

，不存在

（1）抛物线的准线的方程为

根据抛物线的定义可知点N是抛物线的焦点，

定点N的坐标为 

（2）假设存在直线满足两个条件，显然斜率存在，

设的方程为，   以N为圆心，同时与直线 相切的圆N的半径为，

方法1：被圆N截得的弦长为2，圆心到直线的距离等于1， 

即，解得，

当时，显然不合AB中点为的条件，矛盾！当时，的方程为 

由，解得点A坐标为，              

由，解得点B坐标为，

显然AB中点不是，矛盾！不存在满足条件的直线．

方法2：由，解得点A坐标为，由，解得点B坐标为，

AB中点为，，解得，   

的方程为，

圆心N到直线的距离，                 

被圆N截得的弦长为2，圆心到直线的距离等于1，矛盾！

不存在满足条件的直线．

方法3：假设A点的坐标为，

AB中点为，B点的坐标为，

又点B在直线上，，              

A点的坐标为，直线的斜率为4，

的方程为，

圆心N到直线的距离，                   

被圆N截得的弦长为2，圆心到直线的距离等于1，矛盾！

不存在满足条件的直线．

（Ⅰ）

（Ⅱ）（，+）

本小题主要考查直线与椭圆的位置关系、不等式的解法等基本知识，考查分类与整合思想，考查运算能力和综合解题能力.满分12分.

解法一：(Ⅰ)设M，N为短轴的两个三等分点，

因为△MNF为正三角形，

所以,

即1＝

因此，椭圆方程为

(Ⅱ)设

(ⅰ)当直线AB与x轴重合时，

(ⅱ)当直线AB不与x轴重合时，

设直线AB的方程为：

整理得

所以

因为恒有，所以AOB恒为钝角.

即恒成立.

又a2+b2m2>0,所以-m2a2b2+b2-a2b2+a2<0对mR恒成立，

即a2b2m2> a2 -a2b2+b2对mR恒成立.

当mR时，a2b2m2最小值为0，所以a2- a2b2+b2<0.

a2<a2b2- b2,a2<( a2-1)b2= b4,

因为a>0,b>0,所以a<b2,即a2-a-1>0,

解得a>或a<(舍去)，即a>,

综合（i）(ii)，a的取值范围为（，+）.

解法二：

（Ⅰ）同解法一，

（Ⅱ）解：（i）当直线l垂直于x轴时，

x=1代入=1.

因为恒有|OA|2+|OB|2<|AB|2,2(1+yA2)<4 yA2,yA2>1，即>1,

解得a>或a<(舍去)，即a>.

（ii）当直线l不垂直于x轴时，设A（x1,y1）, B（x2,y2）.

设直线AB的方程为y=k(x-1)代入

得(b2+a2k2)x2-2a2k2x+ a2k2-a2b2=0,

故x1+x2=

因为恒有|OA|2+|OB|2<|AB|2,

所以x21+y21+ x22+ y22<( x2-x1)2+(y2-y1)2,

得x1x2+ y1y2<0恒成立.

x1x2+ y1y2= x1x2+k2(x1-1) (x2-1)=(1+k2) x1x2-k2(x1+x2)+ k2

=(1+k2).

由题意得（a2- a2b2+b2）k2- a2 b2<0对kR恒成立.

①当a2- a2b2+b2>0时，不合题意；

②当a2- a2b2+b2=0时，a=;

③当a2- a2b2+b2<0时，a2- a2(a2-1)+ (a2-1)<0，a4- 3a2 +1>0,

解得a2>或a2>（舍去），a>，因此a.

综合（i）（ii），a的取值范围为（，+）.

见解析

（1）

（2）

（1）设圆C上任一点M坐标为（，）（如图）。

　　　　在△OCM中，，，，

　　　　根据余弦定理，得

　　　　整理得即为所求。

　　　　（2）设Q（，）则有 ①

　　　　设，则

　　　　又即代入①得

　　　　整理得为点的轨迹方程．

（Ⅰ）

（Ⅱ）

（Ⅰ）设点的坐标为，依题意，有。

化简并整理，得.

∴动点的轨迹的方程是.  …………………………4分

（Ⅱ）依题意，直线过点且斜率不为零，故可设其方程为.

由方程组  消去，并整理得.

设,,  ，

∴  

∴,    .      ………………8分

①当时，；                 …………………………………………9分

②当时,    .

.   且 .

综合①、②可知，直线的斜率的取值范围是. ……………………12分