1、“.....圆心轨迹为曲线求方程是与圆，圆都相切条直线，与曲线交于，两点，当圆半径最长时，求湖南分如图，为坐标原点，椭圆左右焦点分别为，离心率为双曲线左右焦点分别为，离心率为，已知，且求，方程过作不垂直于轴弦，为中点，当直线与交于，两点时，求四边形面积最小值组年高考基础题组易知直线方程为，与联立并消去得设则，故选易知，直线斜率存在，抛物线方程为，与直线方程联立，消去整理得，由题意知，解得或因为直线与抛物线相切于第象限，故舍去，故，可得又故，故选直线斜率，设则得即，又，由得，所以椭圆方程为，故选抛物线焦点为，又双曲线渐近线为，到渐近线距离，选由题意知，故椭圆方程为又双曲线条渐近线方程为，设它与椭圆个交点坐标为由对称性及题意知，得在椭圆上，代入式得，从而，故选答案解析由题意得，焦点坐标为直线方程为，由与联立解得如图，作垂直于抛物线准线，垂足为由抛物线定义知又解析由题意知，椭圆标准方程为所以从而因此，故椭圆离心率直线与圆相切证明如下设点，坐标分别为其中因为⊥，所以，即，解得当时代入椭圆方程，得，故直线方程为圆心到直线距离此时直线与圆相切当时，直线方程为......”。

2、“.....直线与圆相切解析设椭圆右焦点坐标为，由，可得，又，则所以椭圆离心率由知，故椭圆方程为设，由有，由已知，有，即又，故有又因为点在椭圆上，故由和可得而点不是椭圆顶点，故，代入得，即点坐标为设圆圆心为则进而圆半径设直线斜率为，依题意，直线方程为由与圆相切，可得，即，整理得，解得所以直线斜率为或解析由题意知故椭圆标准方程为设两切线为当⊥轴或轴时，轴或⊥轴，可知，当设，代入得由于与只有个公共点，故，解得因为截距所以坐标原点到，距离比值为当斜率为时，由图形对称性可知，坐标原点到，距离比值也为解析证明设直线，方程分别为，则由得，由得同理可得，所以故，所以由知，同理可得，所以因此又由中知故解析设直线方程为，由消去得由于与只有个公共点，故，即，解得点坐标为又点在第象限，故点坐标为由于直线过原点且与垂直，故直线方程为，所以点到直线距离，整理得因为，所以，当且仅当时等号成立所以，点到直线距离最大值为解析因为抛物线上任意点，切线斜率为，且切线斜率为，所以点坐标为，故切线方程为因为点，在切线及抛物线上，于是，由得分设，由为线段中点知，切线，方程为，由得，交点，坐标为，因为点，在上......”。

3、“.....所以由得，当时重合于原点，中点为，坐标满足因此中点轨迹方程为分解析由已知得圆圆心为半径圆圆心为半径设圆圆心为半径为因为圆与圆外切并且与圆内切，所以由椭圆定义可知，曲线是以为左右焦点，长半轴长为，短半轴长为椭圆左顶点除外，其方程为对于曲线上任意点由于，所以，当且仅当圆圆心为，时，所以当圆半径最长时，其方程为若倾斜角为，则与轴重合，可得若倾斜角不为，由知不平行于轴，设与轴交点为，则，可求得所以可设由与圆相切得，解得当时，将代入，并整理得，解得，所以当时，由图形对称性可知综上，或解知，且求，方程过作不垂直于轴弦，为中点，当直线与交于，两点时，求四边形面积最小值组年高考基础题组易知直线方程为，与联立并消去得设则，年高考新课标版高考数学轮复习直线圆锥曲线综合问题组年高考基础题组课标Ⅱ分设为抛物线焦点，过且倾斜角为直线交于，两点，为坐标原点，则面积为辽宁分已知点，在抛物线准线上，过点直线与在第象限相切于点，记焦点为，则直线斜率为课标全国Ⅰ分已知椭圆，可得，又，则所以椭圆离心率由知，故椭圆方程为设，由有，由已知，有，即，即圆心到直线距离又故此时直线与圆相切综上......”。

4、“.....由因为⊥，所以，即，解得当时代入椭圆方程，得，故直线方程为圆心到直线距离此时直线与圆相切当时，直线方程为解析由题意知，椭圆标准方程为所以从而因此，故椭圆离心率直线与圆相切证明如下设点，坐标分别为其中，直线方程为，由与联立解得如图，作垂直于抛物线准线，垂足为由抛物线定义知又曲线条渐近线方程为，设它与椭圆个交点坐标为由对称性及题意知，得在椭圆上，代入式得，从而，故选答案解析由题意得，焦点坐标为，由得，所以椭圆方程为，故选抛物线焦点为，又双曲线渐近线为，到渐近线距离，选由题意知，故椭圆方程为又双因为直线与抛物线相切于第象限，故舍去，故，可得又故，故选直线斜率，设则得即，又，故选易知，直线斜率存在，抛物线方程为，与直线方程联立，消去整理得，由题意知，解得或为中点，当直线与交于，两点时，求四边形面积最小值组年高考基础题组易知直线方程为，与联立并消去得设则，椭圆左右焦点分别为，离心率为双曲线左右焦点分别为，离心率为，已知，且求，方程过作不垂直于轴弦动圆与圆外切并且与圆内切，圆心轨迹为曲线求方程是与圆，圆都相切条直线，与曲线交于，两点，当圆半径最长时，求湖南分如图，为坐标原点......”。

5、“.....切线斜率为求值当在上运动时，求线段中点轨迹方程，重合于时，中点为课标全国Ⅰ分已知圆，圆得，解得所以直线斜率为或解析由题意知故椭圆标准方程为设两切线为当⊥轴或轴时，轴或⊥轴，可知，不是椭圆顶点，故，代入得，即点坐标为设圆圆心为则进而圆半径设直线斜率为，依题意，直线方程为由与圆相切，可得，即，整理方程为设，由有，由已知，有，即又，故有又因为点在椭圆上，故由和可得而点时直线与圆相切综上，直线与圆相切解析设椭圆右焦点坐标为，由，可得，又，则所以椭圆离心率由知，故椭圆方时直线与圆相切综上，直线与圆相切解析设椭圆右焦点坐标为，由，可得，又，则所以椭圆离心率由知，故椭圆方程为设，由有，由已知，有，即又，故有又因为点在椭圆上，故由和可得而点不是椭圆顶点，故，代入得，即点坐标为设圆圆心为则进而圆半径设直线斜率为，依题意，直线方程为由与圆相切，可得，即，整理得，解得所以直线斜率为或解析由题意知故椭圆标准方程为设两切线为当⊥轴或轴时，轴或⊥轴，可知，当原点时重合于当时，切线斜率为求值当在上运动时，求线段中点轨迹方程，重合于时，中点为课标全国Ⅰ分已知圆，圆......”。

6、“.....并且可能影响到路径规划准确性，有可能提供不正确规划结果。因此仅使用静态网络中静态信息进行路径规划结果不能满足实际需要。在街道上行驶时，需要知道当前各路段交通畅通情况，以便给用户真正最佳路径。基础道路数据更新城市在不断地发展变化，城市路网也在变化，系统所用数字地图需要实时更新，如何实时更新数据库需要进步探讨。道路网数据模型改进本设计中没有考虑城市交通设施中存在许多立交桥单向车道等特殊道路，如何在基础路网数据中表达立交桥，需要进步改进数据模型，完整地表达道路拓扑关系。复杂地形上路径规划要进行路径规划区域可能是个复杂地理区域，包括建筑物丘陵河流等。如果需要使路径规划系统适应这种复杂地形上路径规划，就需要有能够适应三维图形上路径规划算法加以辅助。参考文献唐依珠，郑茜颖车载多媒体导航系统研究与开发福州大学计算机系，张书毕，刘作才基于程，是路径引导信息服务等模块基础，因此被广泛认为是车辆导航领域中个基本问题。路径规划实现主要依靠所选择路径规划算法，因此路径规划算法研究就成为车载导航系统重中之重。本设计任务就是在研究车载导航系统系统及相关产品研制是当前迫切需要进行并解决问题......”。

7、“.....其中路径规划是帮助司机在旅行前或旅行中规划行驶路线过投放到市场导航产品，基本上都用于特殊车辆，如车辆运钞车邮政车辆等，而且他们都只是由中心监控导航，只能定位不能自主导航。具有电子地图又能语音导航车载导航产品在国内目前尚较为罕见。因而，有关车载导航线通信遇险报或警决策指挥等多项服务。交通管理部门越来越多借助于当今科学发展新技术来保障交通畅通改善道路安全减少交通拥挤和空气污染对生态环境造成恶劣影响。我国对车辆导航系统研究起步较晚，而且目前具体位置，并可以显示在电子地图上，非常直观清渐，然后进行安全合理调度。通过移动目标监控调度系统，调度指挥中心随时可以知道入网移动目标方位，不仅可以进行安全合理监控调度，而且可以为入网移动目标提供无调度管理和安全营运方面受到了定程度限制。通过车载接收机使驾驶员能够随时知道自己具体位置。由车载系统所确定车辆位置信息，通过车载电台将其发送给调度指挥中心，调度指挥中心便可及时掌握各个车辆中个重要问题。过去，用于交通管理系统设备主要是无线电通信设备......”。

8、“.....驾驶员只能根据自己判断说出车辆所在大概位置，而在生疏地带或在夜间则无法确认自己方位甚至迷路。因此，在技术结合集成越来越成为种发展趋势，二者相互促进，相得益彰。本课题研究目及意义社会经济发展，城市规模不断扩大，交通车辆迅速增加，交通运输经营管理和合理调度，等特殊车辆指挥和安全管理已成为交通系统模型化和显示，以解决复杂规划和管理问题。在与结合起来使用过程中，往往作为前端信源来采集接收系统所需数据，然后传输给以完成地理信息显示存储查询等等。目前，技术和计算统计与决策系统。它更多被称为个空间信并且与圆内切，圆心轨迹为曲线求方程是与圆，圆都相切条直线，与曲线交于，两点，当圆半径最长时，求湖南分如图，为坐标原点，椭圆左右焦点分别为，离心率为双曲线左右焦点分别为，离心率为，已知，且求，方程过作不垂直于轴弦，为中点，当直线与交于，两点时，求四边形面积最小值组年高考基础题组易知直线方程为，与联立并消去得设则，故选易知，直线斜率存在，抛物线方程为，与直线方程联立，消去整理得，由题意知，解得或因为直线与抛物线相切于第象限，故舍去，故，可得又故，故选直线斜率，设则得即，又......”。

9、“.....故选抛物线焦点为，又双曲线渐近线为，到渐近线距离，选由题意知，故椭圆方程为又双曲线条渐近线方程为，设它与椭圆个交点坐标为由对称性及题意知，得在椭圆上，代入式得，从而，故选答案解析由题意得，焦点坐标为直线方程为，由与联立解得如图，作垂直于抛物线准线，垂足为由抛物线定义知又解析由题意知，椭圆标准方程为所以从而因此，故椭圆离心率直线与圆相切证明如下设点，坐标分别为其中因为⊥，所以，即，解得当时代入椭圆方程，得，故直线方程为圆心到直线距离此时直线与圆相切当时，直线方程为，即圆心到直线距离又故此时直线与圆相切综上，直线与圆相切解析设椭圆右焦点坐标为，由，可得，又，则所以椭圆离心率由知，故椭圆方程为设，由有，由已知，有，即又，故有又因为点在椭圆上，故由和可得而点不是椭圆顶点，故，代入得，即点坐标为设圆圆心为则进而圆半径设直线斜率为，依题意，直线方程为由与圆相切，可得，即，整理得，解得所以直线斜率为或解析由题意知故椭圆标准方程为设两切线为当⊥轴或轴时，轴或⊥轴，可知，当设，代入得由于与只有个公共点，故，解得因为截距所以坐标原点到，距离比值为当斜率为时，由图形对称性可知......”。