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解：(Ⅰ)由题设知，l的方程为：y=x+2，

化入C的方程，并化简，得(b2-a2)x2-4a2x-4a2-a2b2=0，

设B（x1，y1）、D（x2，y2），

则，①

由M(1，3)为BD的中点知，

故，即b2=3a2，②

故，所以C的离心率。

(Ⅱ)由①、②知，C的方程为：3x2-y2=3a2，

A(a，0)，F(2a，0)，x1+x2=2，x1·x2=，

故不妨设x1≤-a，x2≥a，

，

，

|BF|·|FD|=(a-2x1)(2x2-a)=-4x1x2+2a(x1+x2)-a2=5a2+4a+8，

又|BF|·|FD|=17，

故5a2+4a+8=17，解得a=1或a=（舍去），

故，

连结MA，则由A(1，0)，M(1，3)知|MA|=3，

从而MA=MB=MD，

且MA⊥x轴，因此以M为圆心，MA为半径的圆经过A、B、D三点，且在点A处与x轴相切．

所以过A、B、D三点的圆与x轴相切．

解：（1）双曲线C1：的左焦点F（-），设M（x，y），

则|MF|2=（x+）2+y2，

由M点是右支上的一点，可知x≥，

所以|MF|==2，得x=，

所以M（）。

（2）左顶点A（-），渐近线方程为：y=±x

过A与渐近线y=x平行的直线方程为y=（x+），即y=，

所以，解得

所以所求平行四边形的面积为S=。

（2）设直线PQ的方程为y=kx+b，因直线PQ与已知圆相切，故，

即b2=k2+1…①，

由，得（2-k2）x2-2bkx-b2-1=0，

设P（x1，y1），Q（x2，y2），则，

又y1y2=（kx1+b）（kx2+b）

所以=x1x2+y1y2=（1+k2）x1x2+kb（x1+x2）+b2==

由①式可知，故PO⊥OQ。

解：（1）普通方程为（x-2）2+（y+1）2=2，圆心为（2，-1），半径为；

（2）易得P（3，0），经过点P的切线方程为x+y-3=0。

解：连结CE，

∵，

∴，

又∵PA与⊙O相切于点A，

∴

∴，

∴

∵BC为⊙O的直径，

∴，

可解得，

又∵AE平分∠BAC，

∴，

又∵，

∴，

∴

。

证明：（Ⅰ）过点P作两圆公切线PN交AB于N，

由切线长定理得，

∴△PAB为直角三角形；

（Ⅱ）∵，

∴，

又，

∴，

∴

即，

由切割线定理，，

∴，

∴。

解：（1）由题设知，l的方程为y=x+2，代人C的方程，并化简，得

设

则  ①

由M（1，3）为BD的中点知

，故，即  ②

故

所以C的离心率；

（2）由①、②知，C的方程为3x2-y2=3a2，

A（a，0），F（2a，0），

故不妨设x1≤-a，x2≥a

又|BF|·|FD|=17

故5a2+4a+8=17

解得a=1或（舍去）

故

连结MA，则由A（1，0），M（1，3）知|MA|=3，从而MA=MB=MD，且MA⊥x轴，因此以M为圆心，MA为半径的圆经过A、B、D三点，且在点A处与x轴相切，所以过A、B、D三点的圆与x轴相切。

解：（Ⅰ）在ΔABE和ΔACD中，

∵AB=AC，∠ABE=∠ACD，

又∠BAE=∠EDC，

∵BD∥MN，

∴∠EDC=∠DCN，

∵直线是圆的切线，

∴∠DCN=∠CAD，

∴∠BAE=∠CAD，

∴ΔABE≌ΔACD（角、边、角）。

（Ⅱ）∵∠EBC=∠BCM，∠BCM=∠BDC，

∴∠EBC=∠BDC=∠BAC，BC=CD=4，

又∠BEC=∠BAC+∠ABE=∠EBC+∠ABE=∠ABC=∠ACB，

∴BC=BE=4，

设AE=x，易证ΔABE∽ΔDEC，

∴，

又AE·EC=BE·ED，EC=6-x，

∴，。

解：根据题意，设P(4，t)，

(1)设两切点为C、D，则OC⊥PC，OD⊥PD，

由题意可知，，

即，解得t=0，

所以点P的坐标为(4，0)，

在Rt△POC中，易得∠POC=60°，所以∠DOC=120°，

所以两切线所夹劣弧长为；

(2)设M(x1，y1)、N(x2，y2)，Q(1，0)，

依题意，直线PA经过点A(-2，0)，P(4，t)，

可以设直线AP的方程为和圆联立，得到，

代入消元得到，，

因为直线AP经过点A(-2，0)、M(x1，y1)，所以-2、x1是方程的两个根，

所以有，

代入直线方程，得，

同理，设直线BP的方程为，联立方程有，

代入消元得到，

因为直线BP经过点B(2，0)、N(x2，y2)，所以2、x2是方程的两个根，

所以有，

代入得到，

若，则，此时，，

显然M、Q、N三点在直线x=1上，即直线MN经过定点Q(1，0)；

若x1≠1，则t2≠12，x2≠1，所以有

，

所以，所以M、N、Q三点共线，

即直线MN经过定点Q(1，0)；

综上所述，直线MN经过定点Q(1，0)。

证明：因为Rt△ABC中，∠ABC=90°，

所以OB⊥CB，

所以CB为⊙O的切线，

所以EB2=EF·FA，

连接OD，因为AB=BC，

所以∠BAC=45°，

所以∠BOD=90°，

在四边形BODE中，∠BOD=∠OBE=∠BED=90°，

所以BODE为矩形，

所以BE=OD=OB=AB=BC，

即BE=CE，

所以BE·CE=EF·EA。

解：（1）连接，因为为⊙O的直径，

所以，

又，

所以切⊙O于点，且切于⊙O于点，

因此，

所以

得

因此

即E是BC的中点。

（2）连接，显然是Rt△ABE斜边上的高，可得，

于是有，即，

同理可得

所以。

（1）证明：连接OC，∵OA=OB，CA=CB，

∴OC⊥AB，

∵OC是圆的半径，

∴AB是圆的切线．

（2）解：ED是直径，∴∠ECD=90°，

∴，

又，

∴，

又，

∴△BCD∽△BEC，∴，

，△BCD∽△BEC，，

设BD=x，则BC=2x，，

∴，∴BD=2，

∴．

证明：（Ⅰ）连接OE，

∵PE切⊙O于点E，

∴OE⊥PE，

∴∠PEF+∠FEO=90°，

又∴AB⊥CD，

∴∠B+∠BFM=90°，

又∴∠B=∠FEO，

∴∠BFM=∠PEF；

（Ⅱ）∵∠PEF=∠BFM，

∴∠EFP=∠PEF，

∴PE=PF，

又∵PE2=PD·PC，

∴PF2=PD·PC。

解：（Ⅰ）∵PA是切线，AB是弦，

∴∠BAP=∠C，

又∵∠APD=∠CPE，

∴∠BAP+∠APD=∠C+∠CPE，

∵∠ADE=∠BAP+∠APD，∠AED=∠C+∠CPE，

∴∠ADE=∠AED；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知∠BAP=∠C，

又∵∠APC=∠BPA，

∴△APC∽△PBA，

∴，

∵AC=AP，

∴∠APC=∠C，

∴∠APC=∠C=∠BAP，

由三角形内角和定理可知，∠APC+∠C+∠CAP=180°，

∵BC是圆O的直径，

∴∠BAC=90°，

∴∠APC+∠C+∠BAP=180°-90°=90°，

∴∠C=∠APC=∠BAP=，

在Rt△ABC中，，即，

∴，

∴。