热门试卷

(1)见解析；(2)2x-y-5=0

试题分析：（1）直线与圆恒有交点，说明直线恒过的定点在圆内，所以关键是找到直线恒过的定点，要把直线改写成的形式，然后令m的系数为零即可.（2）圆的弦长最小值的计算，常用两种方法：第一、通过弦长的计算再求最小值；第二、通过计算最长的弦心距来研究最短的弦.

试题解析：（1）证法1：的方程，

即恒过定点

圆心坐标为，半径，，

∴点在圆内，从而直线恒与圆相交于两点。

证法2：圆心到直线的距离，

，所以直线恒与圆相交于两点。

（2）弦长最小时，，，，

代入，

得的方程为。

（1）直线PA的方程是或（2）.

本试题主要是考查直线与圆的位置关系的综合运用。

（1）

解得或（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，即

直线PA与圆M相切，，解得或

进而得到直线PA的方程是或

（2）与圆M相切于点A，

经过三点的圆的圆心D是线段MP的中点.的坐标是

()

对于参数t讨论得到最值。

（1）

解得或（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，即

直线PA与圆M相切，，解得或

直线PA的方程是或

（2）①

与圆M相切于点A，

经过三点的圆的圆心D是线段MP的中点.

的坐标是

()

②当，即时，

当，即时，

当，即时

则.

（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）轨迹的方程为.

（Ⅲ）存在，使得且.

本试题主要是考查了直线与圆的位置关系的综合运用。

解：（Ⅰ）方法1：圆心的坐标为，半径为3…………………1分

圆心到直线距离………………2分

∴

∴即

∴直线与圆恒有两个公共点……………………4分

方法2：联立方程组…………………………1分

消去，得………………2分

∴直线与圆恒有两个公共点………………………4分

方法3：将圆化成标准方程为.…1分

由可得：.

解得，所以直线过定点.……………3分

因为在圆C内，所以直线与圆恒有两个公共点.………………4分

（Ⅱ）设的中点为，由于°，

∴

∴点的轨迹为以为直径的圆.………………7分

中点的坐标为，.

∴所以轨迹的方程为.………………9分

（Ⅲ）假设存在的值，使得.

如图所示，

有，……10分

又，，

其中为C到直线的距离.……………12分

所以，化简得.解得.

所以存在，使得且.……………………14分

（1）；

（2），。

本题考查把极坐标方程化为直角坐标方程的方法，直线的参数方程中参数的几何意义，是一道基础题

（1）消去参数可得直线l的普通方程，曲线C的方程可化为

（2）由上知配方，得圆的标准方程为

那么利用圆心到直线的距离公式，结合勾股定理得到弦长的求解。

解：（1）的直角坐标方程为，（或）..（2分）

曲线的直角坐标方程为………………………（5分）

（2）配方，得圆的标准方程为

知圆心 ,半径,   

所以圆心到直线的距离，……（9分）

……………………………（12分）

（注：可用弦长公式求解，酌情给分）

（Ⅰ）椭圆方程为；（Ⅱ）实数m的取值范围为（，3）。

本试题主要是考查了椭圆的方程的求解，以及圆与椭圆的位置关系的运用。

（1）因为圆G经过点F、B　　∴F（2，0），B（0，）

∴椭圆的焦半径c＝2，短半轴长b＝　　　∴a2＝b2＋o2＝6

得到椭圆的方程。

（2）设直线l的方程为y＝－　（m＞）

然后直线与椭圆方程联立，借助于韦达定理和向量的数量积得到实数m的范围。

（Ⅰ）∵圆G经过点F、B　　∴F（2，0），B（0，）

∴椭圆的焦半径c＝2，短半轴长b＝　　　∴a2＝b2＋o2＝6

故椭圆方程为…………………………4分

（Ⅱ）设直线l的方程为y＝－　（m＞）

由  2x2－2mx＋(m2－6)＝0

由△＝4m2－8（m2－6）＞0　　m2＜12  

∴－2＜m＜2………………………………………6分

又m＞     ∴＜m＜2……………………………………7分

设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝m，x1x2＝

∴y1·y2＝［－］［－］＝

∵　　

＝（x1－2）（x2－2）＋y1y2

＝x1x2－＋＋4

＝……………………………………10分

∵点F在圆E内部    ∴＜0

即＜0  0＜m＜3

又∵＜m＜2

∴实数m的取值范围为（，3）………………………………13分