C |
(1)由P是AB的中点,|AB|=
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由直线ax+by+c=0(a,b,c都是正数)与圆x2+y2=1相切,可得
化简可得 a2+b2=c2,故以a,b,c为边长的三角形是直角三角形, 故选B. |
对于曲线C:y=
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C |
圆C:
∴圆的普通方程为(x-1)2+(y-2)2=2 ∴圆的半径为
∵圆C与直线x-y+m=0相切, ∴d=
故答案为:
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x=1+
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||
y=2+
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(1)因为A(4,6),B(s,t). 由3s-4t=-12,说明点B(s,t)适合直线3x-4y=-12, 由把A(4,6)代入直线3x-4y=-12成立,所以A,B共线3x-4y=-12, 则圆心(2,2)到直线3x-4y=-12的距离为d=
又直线AB被圆C截得的弦长为4, 根据垂径定理知:m=22+22=8; (2)设P(x,y)为圆C:(x-2)2+(y-2)2=m上任意一点, 则
整理得:(1-λ2)x2+(1-λ2)y2-(8-2λ2s)x-(12-2λ2t)y+52-λ2s2-λ2t2=0, 则该圆的方程即为(x-2)2+(y-2)2=m, 所以
因为s,t为正整数,且λ>1,所以t-s=
若t-s为小于等于0的整数,则λ2(t-s)=2不成立,所以,t-s=1. 则λ2=2.代入①得:s=3,t=4. 把λ2=2,s=3,t=4代入方程(1-λ2)x2+(1-λ2)y2-(8-2λ2s)x-(12-2λ2t)y+52-λ2s2-λ2t2=0, 得:(x-2)2+(y-2)2=10. 所以m=10. |
32+(-4)2 |
证明:(1 )∵PE 、PB 分别是⊙O2的割线 ∴PA.PE=PD.PB 又∵PA 、PB 分别是⊙O 的切线和割线 ∴PA2=PC.PB 由以上条件得PA.PD=PE.PC; (2)连接AC 、ED ,设DE 与AB 相交于点F ∵BC 是⊙O1 的直径, ∴∠CAB=90° ∴AC 是⊙O2的切线 由(1 )知, ∴AC∥ED, ∴AB⊥DE,∠CAD= ∠ADE 又∵AC 是⊙O2的切线, ∴∠CAD= ∠AED 又∠CAD=∠ADE, ∴∠AED=∠ADE ∴AD=AE |
(1)设动点P的坐标为(x,y),依题意,得|PF|=|x+1|, 即
化简得:y2=4x, ∴曲线C1的方程为y2=4x.(4分) (2分) ∴曲线C1的方程为y2=4x.(4分) (2)设点T的坐标为(x0,y0),圆C2的半径为r, ∵点T是抛物线C1:y2=4x上的动点, ∴y02=4x0(x0≥0). ∴|AT|=
=
∵a>2,∴a-2>0,则当x0=a-2时,|AT|取得最小值为2
依题意得2
两边平方得a2-6a+5=0, 解得a=5或a=1(不合题意,舍去).(10分) ∴x0=a-2=3,y02=4x0=12,即y0=±2
∴圆C2的圆心T的坐标为(3,±2
∵圆C2与y轴交于M,N两点,且|MN|=4, ∴|MN|=2
∴r=
∵点T到直线l的距离d=|x0+1|=4>
∴直线l与圆C2相离.(14分) |
法一:由
消去y,得(1+k2)x2-(6+4k)x+10=0. 设此方程的两根为x1、x2,AB的中点坐标为P(x,y), 则由韦达定理和中点坐标公式,得x=
又点P在直线y=kx上, ∴y=kx. ∴k=
将②代入①,得x=
故轨迹是圆x2+y2-3x-2y=0位于已知圆内的部分. 解法二:设A(x1,y1),B(x2,y2),则 x12+y12-6x1-4y1+10=0,① x22+y22-6x2-4y2+10=0,② ①-②,得(x12-x22)+(y12-y22)-6(x1-x2)-4(y1-y2)=0. 设AB的中点为(x,y),则x1+x2=2x,y1+y2=2y. 代入上式,有2x(x1-x2)+2y(y1-y2)-6(x1-x2)-4(y1-y2)=0, 即(2x-6)(x1-x2)+(2y-4)(y1-y2)=0. ∴
又∵y=kx,④ 由③④得x2+y2-3x-2y=0. 故所求轨迹为已知圆内的一段弧. |
x2+y2-6x-4y+10=0 |
y=kx |