高中數(shù)學競賽教材講義 第十一章 圓錐曲線講義（ 2013高考）

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1、第十一章 圓錐曲線 一、基礎知識 1．橢圓的定義，第一定義：平面上到兩個定點的距離之和等于定長（大于兩個定點之間的距離）的點的軌跡，即|PF1|+|PF2|=2a (2a>|F1F2|=2c). 第二定義：平面上到一個定點的距離與到一條定直線的距離之比為同一個常數(shù)e(0

2、如果以橢圓的中心為原點，焦點所在的直線為坐標軸建立坐標系，由定義可求得它的標準方程，若焦點在x軸上，列標準方程為 (a>b>0)， 參數(shù)方程為（為參數(shù)）。 若焦點在y軸上，列標準方程為 (a>b>0)。 3．橢圓中的相關概念，對于中心在原點，焦點在x軸上的橢圓 ， a稱半長軸長，b稱半短軸長，c稱為半焦距，長軸端點、短軸端點、兩個焦點的坐標分別為(±a, 0), (0, ±b), (±c, 0)；與左焦點對應的準線（即第二定義中的定直線）為，與右焦點對應的準線為；定義中的比e稱為離心率，且，由c2+b2=a2知0

3、圓的焦半徑公式：對于橢圓1(a>b>0), F1(-c, 0), F2(c, 0)是它的兩焦點。若P(x, y)是橢圓上的任意一點，則|PF1|=a+ex, |PF2|=a-ex. 5．幾個常用結論：1）過橢圓上一點P(x0, y0)的切線方程為 ； 2）斜率為k的切線方程為； 3）過焦點F2(c, 0)傾斜角為θ的弦的長為 。 6．雙曲線的定義，第一定義： 滿足||PF1|-|PF2||=2a(2a<2c=|F1F2|, a>0)的點P的軌跡； 第二定義：到定點的距離與到定直線距離之比為常數(shù)e(>1)的點的軌跡。 7．雙曲線的方程：中心在原點，焦點在x軸上的雙曲線方程為

4、， 參數(shù)方程為（為參數(shù)）。 焦點在y軸上的雙曲線的標準方程為 。 8．雙曲線的相關概念，中心在原點，焦點在x軸上的雙曲線 (a, b>0), a稱半實軸長，b稱為半虛軸長，c為半焦距，實軸的兩個端點為(-a, 0), (a, 0). 左、右焦點為F1(-c,0), F2(c, 0)，對應的左、右準線方程分別為離心率，由a2+b2=c2知e>1。兩條漸近線方程為，雙曲線與有相同的漸近線，它們的四個焦點在同一個圓上。若a=b，則稱為等軸雙曲線。 9．雙曲線的常用結論，1）焦半徑公式，對于雙曲線，F(xiàn)1（-c,0）, F2(c, 0)是它的兩個焦點。設P(x,y)是雙曲線上的任一點，若P

5、在右支上，則|PF1|=ex+a, |PF2|=ex-a；若P（x,y）在左支上，則|PF1|=-ex-a，|PF2|=-ex+a. 2) 過焦點的傾斜角為θ的弦長是。 10．拋物線：平面內(nèi)與一個定點F和一條定直線l的距離相等的點的軌跡叫做拋物線，點F叫焦點，直線l叫做拋物線的準線。若取經(jīng)過焦點F且垂直于準線l的直線為x軸，x軸與l相交于K，以線段KF的垂直平分線為y軸，建立直角坐標系，設|KF|=p，則焦點F坐標為，準線方程為，標準方程為y2=2px(p>0)，離心率e=1. 11．拋物線常用結論：若P(x0, y0)為拋物線上任一點， 1）焦半徑|PF|=； 2）過點P的切線方程

6、為y0y=p(x+x0)； 3）過焦點傾斜角為θ的弦長為。 12．極坐標系，在平面內(nèi)取一個定點為極點記為O，從O出發(fā)的射線為極軸記為Ox軸，這樣就建立了極坐標系，對于平面內(nèi)任意一點P，記|OP|=ρ,∠xOP=θ，則由（ρ，θ）唯一確定點P的位置，（ρ，θ）稱為極坐標。 13．圓錐曲線的統(tǒng)一定義：到定點的距離與到定直線的距離的比為常數(shù)e的點P，若01，則點P的軌跡為雙曲線的一支；若e=1，則點P的軌跡為拋物線。這三種圓錐曲線統(tǒng)一的極坐標方程為。 二、方法與例題 1．與定義有關的問題。 例1 已知定點A（2，1），F(xiàn)是橢圓的左焦點，點P為橢圓上的

7、動點，當3|PA|+5|PF|取最小值時，求點P的坐標。 [解] 見圖11-1，由題設a=5, b=4, c==3,.橢圓左準線的方程為，又因為，所以點A在橢圓內(nèi)部，又點F坐標為（-3，0），過P作PQ垂直于左準線，垂足為Q。由定義知，則|PF|=|PQ|。 所以3|PA|+5|PF|=3(|PA|+|PF|)=3(|PA|+|PQ|)≥3|AM|(AM左準線于M)。 所以當且僅當P為AM與橢圓的交點時，3|PA|+5|PF|取最小值，把y=1代入橢圓方程得，又x<0，所以點P坐標為 例2 已知P，為雙曲線C：右支上兩點，延長線交右準線于K，PF1延長線交雙曲線于Q，（F1為右焦點

8、）。求證：∠F1K=∠KF1Q. [證明] 記右準線為l，作PDl于D，于E，因為//PD，則，又由定義，所以，由三角形外角平分線定理知，F(xiàn)1K為∠PF1P的外角平分線，所以∠=∠KF1Q。 2．求軌跡問題。 例3 已知一橢圓及焦點F，點A為橢圓上一動點，求線段FA中點P的軌跡方程。 [解法一] 利用定義，以橢圓的中心為原點O，焦點所在的直線為x軸，建立直角坐標系，設橢圓方程：=1（a>b>0）.F坐標為(-c, 0).設另一焦點為。連結，OP，則。所以|FP|+|PO|=(|FA|+|A|)=a. 所以點P的軌跡是以F，O為兩焦點的橢圓（因為a>|FO|=c），將此橢圓按向

9、量m=(,0)平移，得到中心在原點的橢圓：。由平移公式知，所求橢圓的方程為 [解法二] 相關點法。設點P(x,y), A(x1, y1)，則，即x1=2x+c, y1=2y. 又因為點A在橢圓上，所以代入得關于點P的方程為。它表示中心為，焦點分別為F和O的橢圓。 例4 長為a, b的線段AB，CD分別在x軸，y軸上滑動，且A，B，C，D四點共圓，求此動圓圓心P的軌跡。 [解] 設P(x, y)為軌跡上任意一點，A，B，C，D的坐標分別為A(x-,0), B(x+,0), C(0, y-), D(0, y+), 記O為原點，由圓冪定理知|OA|?|OB|=|OC|?|OD|，用坐標

10、表示為，即 當a=b時，軌跡為兩條直線y=x與y=-x； 當a>b時，軌跡為焦點在x軸上的兩條等軸雙曲線； 當a

11、平方，再將①，②代入得。即為所求。 3．定值問題。 例6 過雙曲線(a>0, b>0)的右焦點F作B1B2軸，交雙曲線于B1，B2兩點，B2與左焦點F1連線交雙曲線于B點，連結B1B交x軸于H點。求證：H的橫坐標為定值。 [證明] 設點B，H，F(xiàn)的坐標分別為(asecα,btanα), (x0, 0), (c, 0)，則F1，B1，B2的坐標分別為(-c, 0), (c, ), (c, )，因為F1，H分別是直線B2F，BB1與x軸的交點，所以 ① 所以 。 由①得 代入上式得 即 （定值）。 注：本例也可借助梅涅勞斯定理證明，讀者不妨一試。 例7

12、 設拋物線y2=2px(p>0)的焦點為F，經(jīng)過點F的直線交拋物線于A，B兩點，點C在準線上，且BC//x軸。證明：直線AC經(jīng)過定點。 [證明] 設，則，焦點為，所以，，，。由于，所以?y2-y1=0，即=0。因為，所以。所以，即。所以，即直線AC經(jīng)過原點。 例8 橢圓上有兩點A，B，滿足OAOB，O為原點，求證：為定值。 [證明] 設|OA|=r1,|OB|=r2,且∠xOA=θ,∠xOB=，則點A，B的坐標分別為A(r1cosθ, r1sinθ),B(-r2sinθ,r2cosθ)。由A，B在橢圓上有 即 ① ② ①+②得（定值）。 4．最值

13、問題。 例9 設A，B是橢圓x2+3y2=1上的兩個動點，且OAOB（O為原點），求|AB|的最大值與最小值。 [解] 由題設a=1，b=,記|OA|=r1,|OB|=r2,，參考例8可得=4。設m=|AB|2=, 因為，且a2>b2，所以，所以b≤r1≤a，同理b≤r2≤。又函數(shù)f(x)=x+在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以當t=1即|OA|=|OB|時，|AB|取最小值1；當或時，|AB|取最大值。 例10 設一橢圓中心為原點，長軸在x軸上，離心率為，若圓C：1上點與這橢圓上點的最大距離為，試求這個橢圓的方程。 [解] 設A，B分別為圓C和橢圓上動點。由題設圓心C坐標為，

14、半徑|CA|=1，因為|AB|≤|BC|+|CA|=|BC|+1，所以當且僅當A，B，C共線，且|BC|取最大值時，|AB|取最大值，所以|BC|最大值為 因為；所以可設橢圓半長軸、半焦距、半短軸長分別為2t,,t，橢圓方程為，并設點B坐標為B(2tcosθ,tsinθ)，則|BC|2=(2tcosθ)2+=3t2sin2θ-3tsinθ++4t2=-3(tsinθ+)2+3+4t2. 若，則當sinθ=-1時，|BC|2取最大值t2+3t+，與題設不符。 若t>,則當sinθ=時，|BC|2取最大值3+4t2，由3+4t2=7得t=1. 所以橢圓方程為。 5．直線與二次曲線。 例

15、11 若拋物線y=ax2-1上存在關于直線x+y=0成軸對稱的兩點，試求a的取值范圍。 [解] 拋物線y=ax2-1的頂點為(0,-1)，對稱軸為y軸，存在關于直線x+y=0對稱兩點的條件是存在一對點P(x1,y1)，(-y1,-x1)，滿足y1=a且-x1=a(-y1)2-1，相減得x1+y1=a(),因為P不在直線x+y=0上，所以x1+y1≠0,所以1=a(x1-y1)，即x1=y1+ 所以此方程有不等實根，所以，求得，即為所求。 例12 若直線y=2x+b與橢圓相交，（1）求b的范圍；（2）當截得弦長最大時，求b的值。 [解] 二方程聯(lián)立得17x2+16bx+4(b2Δ>

16、0，得0)，則動點的軌跡是________. 3．橢圓上有一點P，它到左準線的距離是10，它到右焦點的距離是________. 4．雙曲線方程，則k的取值范圍是________. 5．橢圓，焦點為F1，F(xiàn)2，橢圓上的點P滿足∠F1PF2=600，則ΔF1PF2的面積是________. 6．直線l

17、被雙曲線所截的線段MN恰被點A（3，-1）平分，則l的方程為________. 7．ΔABC的三個頂點都在拋物線y2=32x上，點A（2，8），且ΔABC的重心與這條拋物線的焦點重合，則直線BC的斜率為________. 8．已知雙曲線的兩條漸近線方程為3x-4y-2=0和3x+4y-10=0，一條準線方程為5y+4=0，則雙曲線方程為________. 9．已知曲線y2=ax，與其關于點（1，1）對稱的曲線有兩個不同的交點，如果過這兩個交點的直線的傾斜角為450，那么a=________. 2-y2=a2上一點，的取值范圍是________. 11．已知橢圓與雙曲線有公共的焦點F1

18、，F(xiàn)2，設P是它們的一個焦點，求∠F1PF2和ΔPF1F2的面積。 12．已知（i）半圓的直徑AB長為2r；（ii）半圓外的直線l與BA的延長線垂直，垂足為T，設|AT|=2a(2a<)；（iii）半圓上有相異兩點M，N，它們與直線l的距離|MP|，|NQ|滿足求證：|AM|+|AN|=|AB|。 13．給定雙曲線過點A（2，1）的直線l與所給的雙曲線交于點P1和P2，求線段P1P2的中點的軌跡方程。 四、高考水平測試題 1．雙曲線與橢圓x2+4y2=64共焦點，它的一條漸近線方程是=0，則此雙曲線的標準方程是_________. 2．過拋物線焦點F的直線與拋物線相交于A，B兩點，若

19、A，B在拋物線準線上的射影分別是A1，B1，則∠A1FB1=_________. 3．雙曲線的一個焦點為F1，頂點為A1，A2，P是雙曲線上任一點，以|PF1|為直徑的圓與以|A1A2|為直徑的圓的位置關系為_________. 4．橢圓的中心在原點，離心率，一條準線方程為x=11，橢圓上有一點M橫坐標為-1，M到此準線異側的焦點F1的距離為_________. 5．4a2+b2=1是直線y=2x+1與橢圓恰有一個公共點的_________條件. 6．若參數(shù)方程（t為參數(shù)）表示的拋物線焦點總在一條定直線上，這條直線的方程是_________. 7．如果直線y=kx+1與焦點在x軸上的

20、橢圓總有公共點，則m的范圍是_________. 8．過雙曲線的左焦點，且被雙曲線截得線段長為6的直線有_________條. 9．過坐標原點的直線l與橢圓相交于A，B兩點，若以AB為直徑的圓恰好通過橢圓的右焦點F，則直線l的傾斜角為_________. 10．以橢圓x2+a2y2=a2(a>1)的一個頂點C（0，1）為直角頂點作此橢圓的內(nèi)接等腰直角三角形ABC，這樣的三角形最多可作_________個. 11．求橢圓上任一點的兩條焦半徑夾角θ的正弦的最大值。 12．設F，O分別為橢圓的左焦點和中心，對于過點F的橢圓的任意弦AB，點O都在以AB為直徑的圓內(nèi)，求橢圓離心率e的取值范圍。

21、 13．已知雙曲線C1：(a>0)，拋物線C2的頂點在原點O，C2的焦點是C1的左焦點F1。 （1）求證：C1，C2總有兩個不同的交點。 （2）問：是否存在過C2的焦點F1的弦AB，使ΔAOB的面積有最大值或最小值？若存在，求直線AB的方程與SΔAOB的最值，若不存在，說明理由。 五、聯(lián)賽一試水平訓練題 1．在平面直角坐標系中，若方程m(x2+y2+2y+1)=(x-2y+3)2表示的曲線為橢圓，則m的取值范圍是_________. 2．設O為拋物線的頂點，F(xiàn)為焦點，且PQ為過F的弦，已知|OF|=a，|PQ|=b，ΔOPQ面積為_________. 3．給定橢圓，如果存在過左焦

22、點F的直線交橢圓于P，Q兩點，且OPOQ，則離心率e的取值范圍是_________. 4．設F1，F(xiàn)2分別是雙曲線(a>b>0)的左、右焦點，P為雙曲線上的動點，過F1作∠F1PF2平分線的垂線，垂足為M，則M的軌跡為_________. 5．ΔABC一邊的兩頂點坐標為B（0，）和C（0，），另兩邊斜率的乘積為，若點T坐標為(t,0)(t∈R+),則|AT|的最小值為_________. 6．長為l(l<1)的線段AB的兩端點在拋物線y=x2上滑動，則線段AB的中點M到x軸的最短距離等于_________. 7．已知拋物線y2=2px及定點A(a,b),B(-a,0),ab≠0,b2≠

23、2pa，M是拋物線上的點，設直線AM，BM與拋物線的另一個交點分別為M1，M2，當M變動時，直線M1M2恒過一個定點，此定點坐標為_________. 8．已知點P（1，2）既在橢圓內(nèi)部（含邊界），又在圓x2+y2=外部（含邊界），若a,b∈R+,則a+b的最小值為_________. 9．已知橢圓的內(nèi)接ΔABC的邊AB，AC分別過左、右焦點F1，F(xiàn)2，橢圓的左、右頂點分別為D，E，直線DB與直線CE交于點P，當點A在橢圓上變動時，試求點P的軌跡。 10．設曲線C1：（a為正常數(shù)）與C2：y2=2(x+m)在x軸上方有一個公共點P。（1）求實數(shù)m的取值范圍（用a表示）； （2）O為原點

24、，若C1與x軸的負半軸交于點A，當0

25、點P0，以B0為圓心，B0P0為半徑作圓弧交C1B0的延長線于Q0；以C1為圓心，C1Q0為半徑作圓弧Q0P1交B1A的延長線于P1；B1為圓心，B1P1為半徑作圓弧P1Q1交B1C0的延長線于Q1；以C0為圓心，C0Q1為半徑作圓弧Q1，交AB0的延長線于。求證：（1）點與點P0重合，且圓弧P0Q0與P0Q1相內(nèi)切于P0；（2）P0，Q0，P1，Q1共圓。 4．在坐標平面內(nèi)，從原點出發(fā)以同一初速度v0和不同發(fā)射角（即發(fā)射方向與x軸正向之間 的夾角）α(α∈[0,π],α≠)射出的質點，在重力的作用下運動軌跡是拋物線，所有這些拋物線組成一個拋物線族，若兩條拋物線在同一個交點處的切線互相垂直，

26、則稱這個交點為正交點。證明：此拋物線族的所有正交點的集合是一段橢圓弧，并求此橢圓弧的方程（確定變量取值范圍）。 5．直角ΔABC斜邊為AB，內(nèi)切圓切BC，CA，AB分別于D，E，F(xiàn)點，AD交內(nèi)切圓于P點。若CPBP，求證：PD=AE+AP。 6．已知BCCD，點A為BD中點，點Q在BC上，AC=CQ，又在BQ上找一點R，使BR=2RQ，CQ上找一點S，使QS=RQ，求證：∠ASB=2∠DRC。 答案： 基礎訓練題 1．圓。設AO交圓于另一點是A關于的對稱點。則因為AB，所以P在以為直徑的圓上。 2．圓或橢圓。設給定直線為y=±kx(k>0),P(x,y)為軌跡上任一點，則?；啚?

27、k2x2+2y2=m2(1+k2). 當k≠1時，表示橢圓；當k=1時，表示圓。 3．12．由題設a=10,b=6,c=8，從而P到左焦點距離為10e=10×=8,所以P到右焦點的距離為20-8=12。 4．-25或-2

28、1+y2=-8，故直線BC的斜率為 8．=1。由漸近線交點為雙曲線中心，解方程組得中心為(2,1)，又準線為，知其實軸平行于y軸，設其方程為=1。其漸近線方程為=0。所以y-1=(x-1).由題設，將雙曲線沿向量m=(-2,-1)平移后中心在原點，其標準方程為=1。由平移公式平移后準線為，再結合，解得a2=9，b2=16，故雙曲線為=1。 9．2．曲線y2=ax關于點（1，1）的對稱曲線為(2-y)2=a(2-x), 由得y2-2y+2-a=0,故y1+y2=2,從而= =1，所以a=2. 10．（2，]。設P(x1,y1)及，由|PF1|=ex1+a ,|PF2|=ex1-a,|

29、PF1|+|PF2|=2ex1, 所以，即。因，所以，所以即2

30、.又|AM|=|MP|=x1+a，|AN|=|NP|=x2+a. |AB|=2r，所以 |AM|+|AN|=x1+x2+2a=2r=|AB|. 得證。 13．解：若直線l垂直于x軸，因其過點A(2,1)，根據(jù)對稱性，P1P2的中點為（2，0）。 若l不垂直于x軸，設l的方程為y-1=k(x-2)，即 y=kx+1-2k. ① 將①代入雙曲線方程消元y得 (2-k2)x2+2k(2k-1)x-(4k2-4k+3)=0. ② 這里且Δ=[2k(2k-1)]2+4(2-k)2(4k2-4k+3)=8(3k2-4k+3)>0, 設x1,x2是方程②的兩根，由韋達定理

31、 ③ 由①，③得 y1+y2=kx1+(1-2k)+kx2+(1-2k) =k(x1+x2)+2(1-2k)= ④ 設P1P2的中點P坐標(x,y)，由中點公式及③，④得 消去k得 點（2，0）滿足此方程，故這就是點P的軌跡方程。 高考水平測試題 1．由橢圓方程得焦點為，設雙曲線方程，漸近線為由題設，所以a2=3b2,又,c2=a2+b2. 所以b2=12, a2=36. 2. 900。見圖1，由定義得|FA|=|AA1|,|FB|=|BB1|，有∠1=∠BFB1，∠2=∠AFA1，又∠1=∠3，∠2=∠4，所以∠3+∠4=∠BFB1+∠AFA1=900。 3

32、．相切，若P(x,y)在左支上，設F1為左焦點，F(xiàn)2為右焦點，M為PF1中點，則|MO|=|PF2|=(a-ex)，又|PF1|=-a-ex，所以兩圓半徑之和(-a-ex)+a=(a-ex)=|MO|，所以兩圓外切。當P(x,y)在右支上時，同理得兩圓內(nèi)切。 4．與F1對應的另一條準線為x=-11，因|MF1|與M到直線x=-11距離d1之比為e，且d1=|xm，所以|MF1|= 5．充要。將y=2x+1代入橢圓方程得(b2+4a2)x2+4a2x+a2 (1-b2)=0. ① 若Δ=(4a2) 2-4(b2+4a2)a2 (1-b2)=0，則直線與橢圓僅有一個公共點，即b2+4a2

33、=1；反之，4a2+b2=1，直線與橢圓有一個公共點。 6．y=2(x-1)。消去參數(shù)得(y-2m) 2=4(x-m)，焦點為它在直線y=2(x-1)上。 7．1≤m<5。直線過定點(0,1)，所以0≤1.又因為焦點在x軸上，所以5>m,所以1≤m<5。 8．3．雙曲線實軸長為6，通徑為4，故線段端點在異支上一條，在同支上有二條，一共有三條。 9．或。設直線l: y=kx與橢圓交于A(x1,y1),B(x2,y2)，把y=kx代入橢圓方程得(1+3k2)x2-6x+3=0，由韋達定理得 ① ② 因F（1，0），AFBF，所以(x1-1)(x2-1)+y1y2=0,

34、即 x1x2-(x1+x2)+1+k2x1x2=0. ③ 把①，②代入③得，所以傾斜角為或 10．3．首先這樣的三角形一定存在，不妨設A，B分別位于y軸左、右兩側，設CA斜率為k(k>0)，CA的直線方程為y=kx+1，代入橢圓方程為(a2k2+1)x2+2a2kx=0，得x=0或，于是，|CA|= 由題設，同理可得|CB|=,利用|CA|=|CB|可得 (k-1)[k2-(a2-1)k+1]=0, 解得 k=1或k2-(a2-1)k+1]=0。① 對于①，當1時，①有兩個不等實根，故最多有3個。 11．解 設焦點為F1，

35、F2，橢圓上任一點為P(x0,y0),∠F1PF2=θ,根據(jù)余弦定理得 |F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|?|PF2|cosθ, 又|PF1|+|PF2|=2a，則4c2=(2a)2-2|PF1|?|PF2|(1+cosθ),再將|PF1|=a+ex0，|PF2|=a-ex0及a2=b2+c2代入得4b2=2(a2-e2)(1+cosθ). 于是有 由0，得，所以。因θ∈[0，π]，所以cosθ為減函數(shù)，故0 當2b2>a2即時，，arccos，sinθ為增函數(shù)，sinθ取最大值；當2b2≤a2時，arccos,θ∈[0,π]，則sinθ最大值為1。 12．解

36、 設A(x1,y1),B(x2,y2)，若AB斜率不為0，設為k，直線AB方程為y=k(x+c)，代入橢圓方程并化簡得 (b2+a2k2)x2+2a2k2cx+a2 (k2c2-b2)=0. ① 則x1,x2為方程①的兩根，由韋達定理得 ② ③ 因為y1y2=k2(x1+c)(x2+c)，再由②，③得 所以=x1x2+y1y2=,O點在以AB為直徑的圓內(nèi)，等價<0，即k2(a2c2-b4)-a2b2<0對任意k∈R成立，等價于a2c2-b2≤0,即ac-b2≤0,即e2+e-1≤0.所以0

37、程得，所以F1(,0)，拋物線焦點到準線的距離，拋物線 ① 把①代入C1方程得 ② Δ=64a2>0，所以方程②必有兩個不同實根，設為x1,x2,由韋達定理得x1x2=-a2<0，所以②必有一個負根設為x1,把x1代入①得y2=,所以（因為x1≠0），所以C1，C2總有兩個不同交點。 （2）設過F1(,0)的直線AB為my=(x+a),由得y2+4may-12a2=0，因為Δ=48m2a2+48a2>0，設y1,y2分別為A，B的縱坐標，則y1+y2=,y1y2=-12a2.所以(y1-y2)2=48a2(m2+1).所以SΔAOB=|y1-y2|?|OF1

38、|=a?a?，當且僅當m=0時，SΔAOB的面積取最小值；當m→+∞時，SΔAOB→+∞，無最大值。所以存在過F的直線x=使ΔAOB面積有最小值6a2. 聯(lián)賽一試水平訓練題 ，說明(x,y)到定點（0,-1）與到定直線x-2y+3=0的距離比為常數(shù)，由橢圓定義<1，所以m>5. 2.因為b=|PQ|=|PF|+|QF|=,所以。所以SΔOPQ=absinθ=. 3.。設點P坐標為(r1cosθ,r1sinθ),點Q坐標為(-r2sinθ,r2cosθ)，因為P，Q在橢圓上，可得，RtΔOPQ斜邊上的高為≤|OF|=c. 所以a2b2≤c2(a2+b2)，解得≤e<1. 4.以O為圓心

39、，a為半徑的圓。延長F1M交PF2延長線于N，則F2N，而|F2N|=|PN|-|PF2|=|PF1|-|PF2|=2a，所以|OM|=a. ∈(0,1]時|AT|min=,t>1時|AT|min=|t-2|.由題設kAB?kAC=-,設A(x,y)，則(x≠0)，整理得=1(x≠0)，所以|AT|2=(x-t)2+y2=(x-t)2+(x-2t)2+2-t2.因為|x|≤2,所以當t∈(0,1]時取x=2t,|AT|取最小值。當t>1時，取x=2，|AT|取最小值|t-2|. 6.設點M(x0,y0) ，直線AB傾斜角為θ，并設A(x0-), B(x0+),因為A，B在拋物線上，所以

40、 ① ② 由①，②得 2x0cosθ=sinθ. ③ 所以 因為l2<1，所以函數(shù)f(x)=.在（0，1]在遞減， 所以。當cosθ=1即l平行于x軸時，距離取最小值 7．設，由A，M，M1共線得y1=，同理B，M，M2共線得，設(x,y)是直線M1M2上的點，則y1y2=y(y1+y2)-2px，將以上三式中消去y1,y2得 y02(2px-by)+y0?2pb(a-x)+2pa(by-2pa)=0. 當x=a,y=時上式恒成立，即定點為 8．。由題設且a2+2b2≤15，解得5≤b2≤6. 所以a+b≥(t=b2-4∈[1,2])，而 ，又t

41、≤2可得上式成立。 9．解 設A(2cosθ,), B(2cosα,sinα),C(2cosβ,sinβ)，這里α≠β，則過A，B的直線為lAB：，由于直線AB過點F1(-1,0)，代入有(sinθ-sinα)?(1+2cosθ)=2sinθ(cosθ-cosα)，即2sin(α-θ)=sinθ-sinα=2?,故 ，即?。又lBD: ?(x+2)=，同理得。lCE: (x-2)= ?(x-2). 兩直線方程聯(lián)立，得P點坐標為，消去得點P(x,y)在橢圓上（除去點(-2,0),(2,0)）. 10.解 （1）由消去y得x2+2a2x+2a2m-a2=0,①設f(x)=x2+2a2x

42、+2a2m-a2，問題（1）轉化為方程①在x∈(-a,a)上有唯一解或等根。只需討論以下三種情況： 10．Δ=0，得，此時xp=-a2，當且僅當-a<-a2

43、，xp取最小值。由于xp>0，從而時取值最大，此時，故；當時，xp=-a2，yp=,此時以下比較與的大小。令，得，故當00，所以，從而 所以直線l的方程為，拋物線C的方程為 聯(lián)賽二試水平訓練題 1．以A為原點，直線AC為

44、x軸，建立直角坐標系，設C(c,0),F(f,0),D(xD,kxD),B(xB,-kxB)，則直線DF的方程為 ① 直線BC的方程為 ② c×①-f×②得 (c-f)x+ ③ ③表示一條直線，它過原點，也過DF與BC的交點G，因而③就是直線AG的方程。 同理 ，直線AE的方程為 (c-f)x+ ④ ③，④的斜率互為相反數(shù)，所以∠GAC=∠EAC。 2．證明 假設這樣的閉折線存在，不妨設坐標原點是其中一個頂點，記它為A0，其他頂點坐標為：，…，，其中都是既約分數(shù)，并記An+1=A0.若p與q奇偶性相同，則記p≡q，否則記p≠q，下面用數(shù)學歸納法證

45、明。 bk≡1,dk≡1(k=1,2,…,n)，ak+ck≠ak-1+ck-1(k=1,2,…,n,n+1)。 當k=1時，由，得，因為a1,b1互質，所以d1被b1整除，反之亦然（即b1被d1整除）。 因此b1=±d1，從而不可能都是偶數(shù)（否則b1也是偶數(shù)，與互質矛盾）；不可能都是奇數(shù)，因為兩個奇數(shù)的平方和模8余2不是4的倍數(shù)，也不可能是完全平方數(shù)，因此，a1≠c1,b1≡d1≡1，并且a1+c1≠0=a0+c0. 設結論對k=1,2,…,m-1≤n都成立，令 這里是既約分數(shù)，因為每一段的長為1，所以=1，與k=1情況類似：a≡c,d≡b≡1，又因為，分數(shù)既約，所以bm是bbm-1

46、的一個因子，bm≡1. 同理可知dm≡1,又am≡abm-1+bam-1（同理cm≡cdm-1+dcm-1）. 因此(am+cm-am-1-cm-1)≡(abm-1+bam-1+cdm-1+dcm-1-am-1-cm-1)≡am-1(b-1)+abm-1+cm-1(d-1)+cdm-1≡a+c≡1. 所以am+cm≠am-1+cm-1，結論成立，于是在頂點數(shù)n+1為奇數(shù)時，an+1+cn+1≠a0+c0，故折線不可能是閉的。 3．證明 （1）由已知B0P0=B0Q0，并由圓弧P0Q0和Q0P0，Q0P1和P1Q1，P1Q1和Q1P1分別相內(nèi)切于點Q0，P1，Q1，得C1B0+B0Q0

47、=C1P1，B1C1+C1P1=B1C0+C0Q1以及C0Q1=C0B0+，四式相加，利用B1C1+C1B0=B1C0+C0B0，以及。在B0P0或其延長線上，有B0P0=B0，從而可知點與點P0重合。由于圓弧Q1P0的圓心C0，圓弧P0Q0的圓心B0以及P0在同一直線上，所以圓弧Q1P0和P0Q0相內(nèi)切于點P0。 （2）現(xiàn)分別過點P0和P1引上述相應相切圓弧的公切線P0T和P1T交于點T。又過點Q1引相應相切圓弧的公切線R1S1，分別交P0T和P1T于點R1和S1，連接P0Q1和P1Q1，得等腰ΔP0Q1R1和ΔP1Q1S1，由此得∠P0Q1P1=π-∠P0Q1P1-∠P1Q1S1=π-(

48、∠P1P0T-∠Q1P0P)-(∠P0P1T-∠Q1P1P0),而π-∠P0Q1P1=∠Q1P0P1+∠Q1P1P0，代入上式后，即得∠P0Q1P1=π-(∠P0B0Q0+∠P1C1Q0). 同理得∠P0Q0P1=π-(∠P0B0Q0+∠P1C1Q0)，所以P0，Q0，Q1，P1共圓。 4．證明 引理：拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)在(x0,y0)處的切線斜率是2ax0+b. 引理的證明：設(x0,y0)處的切線方程為y-y0=k(x-x0)，代入拋物線方程得 ax2+(b-k)x+c+kx0-y0=0. ① 又 故①可化簡成 (x-x0)[a(x+x0)

49、+b-k]=0, ② 因為②只有一個實根，所以k=2ax0+b.引理得證。 設P(x0,y0)為任一正交點，則它是由線y=x?tan?x2與y=x?tan?x2的交點，則兩條切線的斜率分別為（由引理） 又由題設k1k2=-1，所以 ③ 又因為P(x0,y0)在兩條拋物線上，所以 代入③式得 （※） 又因為tanα1,tanα2是方程?t2-t+=0的兩根，所以 tanα1+tanα2= ④ tanα1?tanα2=。 ⑤ 把④，⑤代入（※）式得 ，即 5．證明 以C為原點，CB所在直線為x軸，建立直角坐標系，設∠ADC=θ，|P

50、D|=r.各點坐標分別為D(x1,0),E(0,x1),A(0,x1tanθ),B(x0,0),P(x1-rcosθ,rsinθ). 則lAB方程為，即x1x+x0?cotθ?y-x1x0=0,因為lAB與圓相切，可得x1?=x0x1?cotθ-x1x0|，約去x1,再兩邊平方得 ，所以?x1. ① 又因為點P在圓上，所以(rcos)2+(x1-rsin)2=，化簡得r=2x1sin. ② 要證DP=AP+AE2DP=AD+AE2r=+x1tan-x11+sin-cos=4sincos. ③ 又因為，所以 因為=(x1-x0-rcosθ,rsinθ),=(x1-

51、rcosθ,rsinθ), 所以 (x1-rcosθ)(x1-rcosθ-x0)+r2sin2θ=0. ④ 把②代入④化簡得 ⑤ 由①得x0=x1? 代入⑤并約去x1,化簡得4sin22-3sin2=0，因為sin2≠0，所以sin2=，又因為sin==cos，所以sin-cos>0. 所以sin-cos=，所以1+sin-cos==4sincos，即③成立。所以DP=AP+AE。 6．證明 設BC=d，CD=b，BD=c，則AC=CQ=，取BC中點M，則AMBC，以M為原點，直線BC為x軸建立直角坐標系，則各點坐標分別為，，，，，因為，所以點，所以 因為0<∠DRC<，0<∠ASQ<π，所以只需證tan∠ASQ=tan2∠DRC,即，化簡得9d2-9c2-9b2=0即d2=b2+c2，顯然成立。所以命題得證。 ) 來源：高考資源網(wǎng) 版權所有：高考資源網(wǎng)( k s 5 u )