热门试卷

（Ⅰ）

（Ⅱ）周长为

本小题主要考查平面向量数量积计算、解斜三角形的基本知识和推理、运算能力．满分12分。

（I）由正弦定理，得

．

或．                                         …………………2分

又不是最大角，

．

．                                                …………………4分

．

．            …………………6分

（注：）

（Ⅱ）．                 …………………8分

由余弦定理，得

．                       …………………11分

周长为．                               …………………12分

（1）由题意坐标平面上点M（x，y）与两个定点M1（26，1），M2（2，1）的距离之比等于5，

得=5.=5，化简得x2+y2-2x-2y-23=0．

即（x-1）2+（y-1）2=25．

∴点M的轨迹方程是（x-1）2+（y-1）2=25，

所求轨迹是以（1，1）为圆心，以5为半径的圆．

（2）当直线l的斜率不存在时，过点A（-2，3）的直线l：x=-2，

此时过点A（-2，3）的直线l被圆所截得的线段的长为：2=8，

∴l：x=-2符合题意．

当直线l的斜率存在时，设过点A（-2，3）的直线l的方程为y-3=k（x+2），即kx-y+2k+3=0，

圆心到l的距离d=，

由题意，得()2+42=52，解得k=．∴直线l的方程为x-y+=0．即5x-12y+46=0．

综上，直线l的方程为x=-2，或5x-12y+46=0．

（1）动圆圆心的轨迹方程为及

（2）这样的直线不存在

（1）设动圆圆心为，做轴交轴于N。 1分

若两圆外切，，

所以，

化简得   3分

若两圆内切，，

所以，

化简得   4分

综上，动圆圆心的轨迹方程为

及，

其图象是两条抛物线位于轴上方的部分，作简图如图：   6分

（2）设直线存在其方程可设为，

依题意，它与曲线交于A，D，

与曲线交于B，C   7分

由

得及   9分

     10分

即   11分

解得，

将代入方程

得

因为曲线中横坐标范围为（-∞，-2）∪（2，+∞），

所以这样的直线不存在    12分

（1）经过两已知直线交点的直线系方程为

（2x+y-5）+λ（x-2y）=0，即（2+λ）x+（1-2λ）y-5=0，

∵点A（5，0）到l的距离为3，∴=3．

即 2λ2-5λ+2=0，∴λ=2，或，∴l方程为x=2或4x-3y-5=0．

（2）由解得，交点P（2，1），如图，过P作任一直线l，设d为点A到l的距离，则d≤|PA|（当l⊥PA时等号成立）．

∴dmax=|PA|=．

（1）由已知条件可得l1：x-y+2=0，则原点O到l1的距离d1=1，

由平行直线间的距离可得原点O到ln的距离dn为：1+2+…+n=，

∵Cn= dn，∴Cn=．     …（6分）

（2）设直线ln：x-y+Cn=0交x轴于点M，交y轴于点N，

则△OMN的面积S△OMN=Sn=|OM|•|ON|=（Cn）2=，

同理直线ln-1：x-y+Cn-1=0与x轴、y轴围成图形的面积Sn-1=，故所求面积为n3．…..（12分）

由ρsin(θ-)=ρ(sinθ-cosθ)=6得ρsinθ-ρcosθ=12．

∴y-x=12.

将圆的参数方程化为普通方程为x2+y2=10．圆心为C（0，0），半径为10．

∴点C到直线的距离为d==6

∴直线l被圆截得的弦长为2=16.

（1）详见解析；（2）；（3）直线方程为或.

试题分析：（1）由直线L的方程可知，直线L恒过定点（1，1），而这个点在圆内，所以直线L与圆C总有两个不同的交点；（2）设M（x,y）.当M不与P重合时，连接CM、CP，由于P是AB的中点，所以CMMP，用勾股定理便可得所求方程（或用向量的数量积等于0也可）.（3）设A（），B（）由可得.将直线与圆的方程联立得.由韦达定理得，再将此与联立得，代入方程得，从而得直线的方程.

试题解析：（1）直线恒过定点（1，1），且这个点在圆内，故直线L与圆C总有两个不同的交点.

（2）当M不与P重合时，连接CM、CP，则CMMP，设M（x,y）

则

化简得：

当M与P重合时，满足上式.

（3）设A（），B（）由得.

将直线与圆的方程联立得：       ..（*）

可得，代入（*）得

直线方程为或.