热门试卷

解：（1）设l：x-1=ny，A（x1，y1），B（x2，y2）

得y2-4ny-4=0，

y1+y2=4n，y1y2=-4

，

∴∠ANM=∠BNM。

（2）设点A（x，y），则以AM为直径的圆的圆心为，

假设满足条件的直线l存在，直线l'被圆O'截得的弦为EF，

则

=x2-2ax+a2+4x-4m2+4m（x+a）-x2-2ax-a2=（4m-4a+4）x+4ma-4m2弦长|EF|为定值，则4m-4a+4=0，即m=a-1，

此时|EF|2=4m（a-m）=4（a-1），

所以当a>1时，存在直线l：x=a-1，截得的弦长为

当0＜a≤1时，不存在满足条件的直线l'。

解：（1）设，则，，

∵，

∴，

∴。

（2）设PE的斜率为，PR的斜率为，

则PE：，

PR：，

令，，，

∴，

由PF和圆相切，得，

由PR和圆相切，得，

故为的两解，

故有，

∴，，

∴，

又∵，

∴，

即，

设，则，

故，

∴，，

∴，

∴MN长度的取值范围是（，4）。

解：（1）为参数）；

（2）。

解：（1）直线的参数方程为

即。

（2）把直线代入得

∴

则点P到A，B两点的距离之积为2。

解：（1）直线l的参数方程是（t是参数）。

（2）因为点A，B都在直线l上，所以可设点A，B对应的参数分别为t1和t2

则点A，B的坐标分别为

将直线l的参数方程代入圆的方程

整理得到 ①

因为和是方程①的解，从而

所以。

解：（1）直线的参数方程为，即．

（2）把直线代入x2+y2=4，

得，t1t2=﹣2，

则点P到A，B两点的距离之积为2．

令直线y=-5x+15中y=0，解得：x=3，

∴直线与x轴的交点为P（3，0），

把已知圆化为标准方程得：（x+2）2+（y+1）2=13，

∴圆心C（-2，-1），半径为r=，…（4分）

显然切线存在斜率，

∴设切线方程为y=k（x-3），即kx-y-3k=0，

由圆心到切线的距离等于半径可知：=，

整理得：（5k-1）2=13（1+k2），即（3k+2）（2k-3）=0，

解得：k=-或k=，

由题设逆时针旋转可知应取k=-，…（8分）

∴由到角公式知tanθ==1，

则故旋转角θ的最小值为．…（12分）

解：（Ⅰ）设直线的斜率为k（k存在），则方程为y-0=k(x-2)，

又圆C的圆心为（3，-2），半径r=3，

由，解得，

所以直线方程为，即；

当的斜率不存在时，的方程为x=2，经验证x=2也满足条件。

（Ⅱ）由于，而弦心距，

所以，

所以P为MN的中点，

故以MN为直径的圆Q的方程为。

（Ⅲ）把直线即，

代入圆C的方程，

消去y，整理得，

由于直线交圆C于A，B两点，

故，即，解得，

 则实数的取值范围是，

设符合条件的实数存在，

由于垂直平分弦AB，故圆心C（3，-2）必在上，

所以的斜率，而，所以。

由于，

 故不存在实数，使得过点P（2，0）的直线垂直平分弦AB。

解：假设存在直线，设其方程为：，

由

得，     ①

设A（），B（），

则，

∴

           ，

又∵OA⊥OB，

∴，

∴，

解得b=1或b=-4，

把b=1和b=-4分别代入①式，验证判别式均大于0，故存在b=1或b=-4，

 ∴存在满足条件的直线方程是：或。

解：（1）直线l的方程可化为

直线l的斜率，

因为

所以，

当且仅当|m|=1时等号成立，

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

所以l不能将圆C分割成弧长的比值为的两段弧。