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高中数学竞赛标准讲义:第十一章:圆锥曲线

时间:2010-12-06


高中数学竞赛标准讲义:第十一章:圆锥曲线
一、基础知识 1.椭圆的定义,第一定义:平面上到两个定点的距离之和等于定长(大于两个定点之间的距 离)的点的轨迹,即|PF1|+|PF2|=2a (2a>|F1F2|=2c). 第二定义:平面上到一个定点的距离与到一条定直线的距离之比为同一个常数 e(0<e<1)的点 的轨迹(其中定点不在定直线上),即 | PF | ? e (0<e<1). d 第三定义:在直角坐标平面内给定两圆 c1: x2+y2=a2, c2: x2+y2=b2, a, b∈R+且 a≠b。从原点出 发的射线交圆 c1 于 P,交圆 c2 于 Q,过 P 引 y 轴的平行线,过 Q 引 x 轴的平行线,两条线的 交点的轨迹即为椭圆。 2.椭圆的方程,如果以椭圆的中心为原点,焦点所在的直线为坐标轴建立坐标系,由定义可 求得它的标准方程,若焦点在 x 轴上,列标准方程为
x2 y2 ? ?1 a2 b2

(a>b>0),

? x ? a cos? 参数方程为 ? ( ? 为参数)。 ? y ? b sin ?
若焦点在 y 轴上,列标准方程为
y2 y2 ? ?1 a2 b2

(a>b>0)。

3.椭圆中的相关概念,对于中心在原点,焦点在 x 轴上的椭圆
x2 y2 ? ? 1, a2 b2

a 称半长轴长, 称半短轴长, 称为半焦距, b c 长轴端点、 短轴端点、 两个焦点的坐标分别为(±
a2 a, 0), (0, ±b), (±c, 0);与左焦点对应的准线(即第二定义中的定直线)为 x ? ? ,与右 c

焦点对应的准线为 x ?

a2 c ;定义中的比 e 称为离心率,且 e ? ,由 c2+b2=a2 知 0<e<1. a c

椭圆有两条对称轴,分别是长轴、短轴。 4. 椭圆的焦半径公式: 对于椭圆
x2 y2 ? ? 1(a>b>0), F1(-c, 0), F2(c, 0)是它的两焦点。 P(x, y) 若 a2 b2

是椭圆上的任意一点,则|PF1|=a+ex, |PF2|=a-ex. 5.几个常用结论:1)过椭圆上一点 P(x0, y0)的切线方程为
x0 x y 0 y ? 2 ? 1; a2 b

2)斜率为 k 的切线方程为 y ? kx ? a 2 k 2 ? b 2 ; 3)过焦点 F2(c, 0)倾斜角为θ 的弦的长为
l? 2ab2 。 a 2 ? c 2 cos2 ?

6.双曲线的定义,第一定义: 满足||PF1|-|PF2||=2a(2a<2c=|F1F2|, a>0)的点 P 的轨迹; 第二定义:到定点的距离与到定直线距离之比为常数 e(>1)的点的轨迹。 7.双曲线的方程:中心在原点,焦点在 x 轴上的双曲线方程为
x2 y2 ? ? 1, a2 b2

? x ? a sec? 参数方程为 ? ( ? 为参数)。 ? y ? b tan?
焦点在 y 轴上的双曲线的标准方程为
y2 x2 ? ? 1。 a2 b2

8.双曲线的相关概念,中心在原点,焦点在 x 轴上的双曲线
x2 y2 ? ? 1 (a, b>0), a2 b2

a 称半实轴长,b 称为半虚轴长,c 为半焦距,实轴的两个端点为(-a, 0), (a, 0). 左、右焦点为 F1(-c,0), F2(c, 0),对应的左、右准线方程分别为 x ? ?
a2 a2 c ,x ? . 离心率 e ? ,由 a2+b2=c2 知 a c c

x2 y2 x2 y2 k e>1。两条渐近线方程为 y ? ? x ,双曲线 2 ? 2 ? 1 与 2 ? 2 ? ?1 有相同的渐近线,它们 a a b a b

的四个焦点在同一个圆上。若 a=b,则称为等轴双曲线。 9.双曲线的常用结论,1)焦半径公式,对于双曲线
x2 y2 ? ? 1 ,F1(-c,0), F2(c, 0)是它的 a2 b2

两个焦点。 P(x,y)是双曲线上的任一点, P 在右支上, 设 若 则|PF1|=ex+a, |PF2|=ex-a; P 若 (x,y) 在左支上,则|PF1|=-ex-a,|PF2|=-ex+a. 2) 过焦点的倾斜角为θ 的弦长是
2ab2 。 a 2 ? c 2 cos2 ?

10.抛物线:平面内与一个定点 F 和一条定直线 l 的距离相等的点的轨迹叫做抛物线,点 F 叫焦点,直线 l 叫做抛物线的准线。若取经过焦点 F 且垂直于准线 l 的直线为 x 轴,x 轴与 l

p 相交于 K, 以线段 KF 的垂直平分线为 y 轴, 建立直角坐标系, 设|KF|=p, 则焦点 F 坐标为 ( ,0) , 2 p 准线方程为 x ? ? ,标准方程为 y2=2px(p>0),离心率 e=1. 2 11.抛物线常用结论:若 P(x0, y0)为抛物线上任一点, p 1)焦半径|PF|= x ? ; 2 2)过点 P 的切线方程为 y0y=p(x+x0); 2p 3)过焦点倾斜角为θ 的弦长为 。 1 ? cos 2 ? 12.极坐标系,在平面内取一个定点为极点记为 O,从 O 出发的射线为极轴记为 Ox 轴,这 样就建立了极坐标系,对于平面内任意一点 P,记|OP|=ρ ,∠xOP=θ ,则由(ρ ,θ )唯一确 定点 P 的位置,(ρ ,θ )称为极坐标。 13.圆锥曲线的统一定义:到定点的距离与到定直线的距离的比为常数 e 的点 P,若 0<e<1, 则点 P 的轨迹为椭圆;若 e>1,则点 P 的轨迹为双曲线的一支;若 e=1,则点 P 的轨迹为抛物 ep 线。这三种圆锥曲线统一的极坐标方程为 ? ? 。 1 ? e cos ? 二、方法与例题 1.与定义有关的问题。

例1

x2 y2 ? ? 1 的左焦点, P 为椭圆上的动点, 3|PA|+5|PF| 已知定点 A 2, , 是椭圆 ( 1) F 点 当 25 16

取最小值时,求点 P 的坐标。 [解] 又因为 见图 11-1, 由题设 a=5, b=4, c= 52 ? 42 =3, e ?
c 3 25 ? .椭圆左准线的方程为 x ? ? , a 5 3

4 1 ? ? 1 ,所以点 A 在椭圆内部,又点 F 坐标为(-3,0),过 P 作 PQ 垂直于左准 25 16

线,垂足为 Q。由定义知

| PF | 3 5 ? e ? ,则 |PF|=|PQ|。 3 | PQ | 5

5 所以 3|PA|+5|PF|=3(|PA|+ |PF|)=3(|PA|+|PQ|)?3|AM|(AM ? 左准线于 M)。 3 所以当且仅当 P 为 AM 与椭圆的交点时,3|PA|+5|PF|取最小值,把 y=1 代入椭圆方程得

x??

5 15 5 15 ,又 x<0,所以点 P 坐标为 (? ,1) 4 4

例2

已知 P, P ' 为双曲线 C:

x2 y2 ? ? 1 右支上两点, PP ' 延长线交右准线于 K,PF1 延长线 a2 b2

交双曲线于 Q,(F1 为右焦点)。求证:∠ P ' F1K=∠KF1Q.

[证明]

记右准线为 l,作 PD ? l 于 D, P' E ? l 于 E,因为 P' E //PD,则

| PK | | P' K | ,又 ? | PD | | P' E |

由定义

| PF1 | | P' F1 | | PF1 | | PD | | PK | , 所以 , 由三角形外角平分线定理知, 1K F ?e? ? ? | PD | | P' E | | P' F1 | | P' E | | P' K |

为∠PF1P 的外角平分线,所以∠ P' F1 K =∠KF1Q。 2.求轨迹问题。 例 3 已知一椭圆及焦点 F,点 A 为椭圆上一动点,求线段 FA 中点 P 的轨迹方程。 [解法一] 利用定义,以椭圆的中心为原点 O,焦点所在的直线为 x 轴,建立直角坐标系, 设椭圆方程:
OP //
?

x2 y2 ? =1(a>b>0).F 坐标为(-c, 0).设另一焦点为 F ' 。连结 AF ' ,OP,则 a2 b2

1 1 AF ' 。所以|FP|+|PO|= (|FA|+|A F ' |)=a. 2 2 c ,0)平 2

所以点 P 的轨迹是以 F,O 为两焦点的椭圆(因为 a>|FO|=c),将此椭圆按向量 m=(

x2 y2 移,得到中心在原点的椭圆: 2 ? 2 ? 1 。由平移公式知,所求椭圆的方程为 a b 4 4

c 4( x ? ) 2 2 2 ? 4 y ? 1. a2 b2
[解法二] 相关点法。设点 P(x,y), A(x1, y1),则 x ?
x1 ? c y , y ? 1 ,即 x1=2x+c, y1=2y. 又因为 2 2
2

c? ? 4? x ? ? 2 2 2 2 x y x y 4y2 2 点 A 在椭圆 2 ? 2 ? 1 上,所以 12 ? 1 ? 1. 代入得关于点 P 的方程为 ? 2 ? ? 2 ? 1 。 a b a b2 a b
? c ? 它表示中心为 ? ? ,0 ? ,焦点分别为 F 和 O 的椭圆。 ? 2 ?

例 4 长为 a, b 的线段 AB,CD 分别在 x 轴,y 轴上滑动,且 A,B,C,D 四点共圆,求此 动圆圆心 P 的轨迹。 a a b [解] 设 P(x, y)为轨迹上任意一点,A, B,C,D 的坐标分别为 A(x- ,0), B(x+ ,0), C(0, y- ), 2 2 2
a2 b2 b 2 2 ?y ? D(0, y+ ), 记 O 为原点, 由圆幂定理知|OA|?|OB|=|OC|?|OD|, 用坐标表示为 x ? , 2 4 4

即 x2 ? y2 ?

a2 ? b2 . 4

当 a=b 时,轨迹为两条直线 y=x 与 y=-x; 当 a>b 时,轨迹为焦点在 x 轴上的两条等轴双曲线; 当 a<b 时,轨迹为焦点在 y 轴上的两条等轴双曲线。 ? 例 5 在坐标平面内,∠AOB= ,AB 边在直线 l: x=3 上移动,求三角形 AOB 的外心的轨迹 3 方程。 ? [解] 设∠xOB=θ ,并且 B 在 A 的上方, 则点 A, 坐标分别为 B(3, 3tanθ ),A(3,3tan(θ - )), B 3
?3 3 ? 设外心为 P(x,y),由中点公式知 OB 中点为 M ? , tan? ? 。 ?2 2 ?

由外心性质知 y ?

3? ? ?? ? ? tan? ? tan?? ? ? ?. 再由 PM ? OB 得 ? 2? 3 ?? ? ?

3 y ? tan? 2 ×tanθ =-1。结合上式有 3 x? 2
tan(? ?

?

2?3 ? ) ?tanθ = ? ? x ?. 3 3?2 ?

① ②

又 又

? 2 tanθ + tan(? ? ) = y. 3 3
? ? ? ? ?? 3 ? t a n ? t a ?? ? ?? ? ??. n 3 3 ?? ? ?

? ? ?? ? ? 所以 tanθ - tan(? ? ) = 3 ?1 ? tan? ? tan?? ? ?? 两边平方,再将①,②代入得 3 3 ?? ? ?
( x ? 4) 2 y 2 ? ? 1 。即为所求。 4 12

3.定值问题。 例6 过双曲线
x2 y2 ? ? 1 (a>0, b>0)的右焦点 F 作 B1B2 ? x 轴,交双曲线于 B1,B2 两点, a2 b2

B2 与左焦点 F1 连线交双曲线于 B 点,连结 B1B 交 x 轴于 H 点。求证:H 的横坐标为定值。 [证明] 设点 B,H,F 的坐标分别为(asecα ,btanα ), (x0, 0), (c, 0),则 F1,B1,B2 的坐标分
b2 b2 别为(-c, 0), (c, ? ), (c, ),因为 F1,H 分别是直线 B2F,BB1 与 x 轴的交点,所以 a a
c? ab ab ? ac sin ? , x0 ? . 2a sin ? ? b cos ? a sin ? ? b cos ?



所以

cx0 ?

a 2 b(b ? c sin ? ) 2a 2 sin 2 ? ? absin ? cos? ? b 2 cos2 ? a 2 b(b ? c sin ? ) a 2 sin 2 ? ? ab sin ? cos? ? b 2 ? c 2 sin 2 ?

?

a 2 b(b ? c sin ? ) 。 ? a sin ? (a sin ? ? b cos? ) ? (c sin ? ? b)(c sin ? ? b)
由①得 a sin ? ? b cos? ?
a(b ? c sin ? ) , x0

代入上式得 cx0 ?

a 2b a 2 sin ? (c sin ? ? b) x0

,



x??

a2 (定值)。 c

注:本例也可借助梅涅劳斯定理证明,读者不妨一试。 例 7 设抛物线 y2=2px(p>0)的焦点为 F,经过点 F 的直线交抛物线于 A,B 两点,点 C 在准线 上,且 BC//x 轴。证明:直线 AC 经过定点。

? y2 [证明] 设 A? 1 , y1 ? 2p ?

2 ? ? y2 ? y2 ? p ? ?p ? ?, B? , y 2 ? ,则 C ? ? , y 2 ? ,焦点为 F ? ,0 ? ,所以 OA ? ( 1 , y1 ) , ? ? 2p ? 2p ? 2 ? ?2 ? ? ? ?

2 ? y2 p ? y12 p y2 ? p ? ? ? 。由于 FA// FB ,所以 1 ? ? , y2 ? ? , y1 ) , FB ? ? OC ? ? ? , y 2 ? , FA ? ( 2p 2 2p ? 2 ? ? 2p 2 ?

y2-

?y y y2 y y p p p p? y 2 ? 2 y1 ? y1=0,即 ( y1 ? y 2 )? 1 2 ? ? =0。因为 y1 ? y2 ,所以 1 2 ? ? 0 。所以 ? 2p 2 2p 2 2p 2 2? ? ?

? y1 y 2 p ? y2 ? p? ? ? ? y1 ? 0 ,即 1 y 2 ? ? ? ? y1 ? 0 。所以 OA// OC ,即直线 AC 经过原点。 ? 2p ? 2p 2? ? 2? ?
例8 值。
? ? ,则点 A,B 的坐标分别为 A(r1cosθ , 2 r1sinθ ),B(-r2sinθ ,r2cosθ )。由 A,B 在椭圆上有

x2 y2 1 1 椭圆 2 ? 2 ? 1 上有两点 A,B,满足 OA ? OB,O 为原点,求证: 为定 ? 2 a b | OA | | OB | 2

[证明] 设|OA|=r1,|OB|=r2,且∠xOA=θ ,∠xOB=

?

r12 cos2 ? r12 sin 2 ? r 2 sin 2 ? r22 cos2 ? ? ? 1, 2 2 ? ? 1. a2 b2 a b2



1 cos2 ? sin 2 ? ? ? r12 a2 b2 1 sin 2 ? cos2 ? ? ? . r22 a2 b2




①+②得

1 1 1 1 ? ? 2 ? 2 (定值)。 2 2 | OA | | OB | a b

4.最值问题。 例 9 设 A,B 是椭圆 x2+3y2=1 上的两个动点,且 OA ? OB(O 为原点),求|AB|的最大值与最 小值。 [解] 由题设 a=1,b=

r 3 1 1 ,记|OA|=r1,|OB|=r2, 1 ? t ,参考例 8 可得 2 ? 2 =4。设 3 r1 r2 r2

m=|AB| = r12 ? r22 ?
2

1 2 1 1 1 1 (r1 ? r22 )( 2 ? 2 ) ? (2 ? t 2 ? 2 ) , 4 4 r1 r2 t

因为

1 cos2 ? sin 2 ? 1 a2 ? b2 1 1 1 2 2 ? ? ? 2 ? 2 2 sin 2 ? ,且 a >b ,所以 2 ? 2 ? 2 ,所以 b?r1?a, 2 2 2 a r1 b r1 a b a a b
?b2 b a 1 ?t ? 。 又函数 f(x)=x+ 在 ? 2 a b x ?a ? ? a2 ? ,1? 上单调递减, ?1, 2 ? 上单调递增, 在 ? ? b ?

同理 b?r2?a.所以

所以当 t=1 即|OA|=|OB|时,|AB|取最小值 1;当 t ?

b a 2 3 或 时,|AB|取最大值 。 a b 3 3 3 ,若圆 C: x 2 ? ( y ? ) 2 ? 1 上点 2 2

例 10

设一椭圆中心为原点,长轴在 x 轴上,离心率为

与这椭圆上点的最大距离为 1? 7 ,试求这个椭圆的方程。 [解]
? 3? 设 A, 分别为圆 C 和椭圆上动点。 B 由题设圆心 C 坐标为 ? 0, ? , 半径|CA|=1, 因为|AB| ? 2?

?|BC|+|CA|=|BC|+1, 所以当且仅当 A, C 共线, B, 且|BC|取最大值时, |AB|取最大值 1? 7 , 所以|BC|最大值为 7 .

因为 e ?

3 ;所以可设椭圆半长轴、半焦距、半短轴长分别为 2t, 3t ,t,椭圆方程为 2
2

x2 y2 3? ? ? 2 ?1, 并设点 B 坐标为 B(2tcosθ ,tsinθ ), 则|BC|2=(2tcosθ )2+ ? t sin ? ? ? =3t2sin2 2 4t t 2? ?

θ -3tsinθ + 若t ?

9 1 +4t2=-3(tsinθ + )2+3+4t2. 4 2

1 9 ,则当 sinθ =-1 时,|BC|2 取最大值 t2+3t+ ? 7 ,与题设不符。 4 2 1 1 若 t> ,则当 sinθ = ? 时,|BC|2 取最大值 3+4t2,由 3+4t2=7 得 t=1. 2 2t

所以椭圆方程为

x2 ? y2 ? 1。 4

5.直线与二次曲线。 2 例 11 若抛物线 y=ax -1 上存在关于直线 x+y=0 成轴对称的两点,试求 a 的取值范围。 [解] 抛物线 y=ax2-1 的顶点为(0,-1),对称轴为 y 轴,存在关于直线 x+y=0 对称两点的条 件是存在一对点 P(x1,y1), P ' (-y1,-x1),满足 y1=a x12 ? 1 且-x1=a(-y1)2-1,相减得
1 x1+y1=a( x12 ? y12 ),因为 P 不在直线 x+y=0 上,所以 x1+y1≠0,所以 1=a(x1-y1),即 x1=y1+ . a 1 1 3 所以 ay12 ? y1 ? ? 1 ? 0. 此方程有不等实根, 所以 ? ? 1 ? 4a( ? 1) ? 0 , 求得 a ? , 即为所求。 a a 4

例 12

若直线 y=2x+b 与椭圆

x2 ? y 2 ? 1 相交,(1)求 b 的范围;(2)当截得弦长最大时, 4

求 b 的值。 [解] 二方程联立得 17x2+16bx+4(b2-1)=0.由Δ >0,得 ? 17 <b< 17 ;设两交点为

4 17 ? b 2 P(x1,y1),Q(x2,y2), 由韦达定理得|PQ|= 1 ? k | x1 ? x2 |? 5 ? 。 所以当 b=0 时, |PQ| 17
2

最大。 三、基础训练题 1.A 为半径是 R 的定圆⊙O 上一定点,B 为⊙O 上任一点,点 P 是 A 关于 B 的对称点,则点 P 的轨迹是________. 2.一动点到两相交直线的距离的平方和为定值 m2(>0),则动点的轨迹是________.
x2 y2 ? ? 1 上有一点 P,它到左准线的距离是 10,它到右焦点的距离是________. 3.椭圆 100 36

4.双曲线方程

x2 y2 ? ? 1 ,则 k 的取值范围是________. | k | ?2 5 ? k

5. 椭圆

x2 y2 ? ? 1, 焦点为 F1,2, F 椭圆上的点 P 满足∠F1PF2=600, 则Δ F1PF2 的面积是________. 100 64 x2 ? y 2 ? 1 所截的线段 MN 恰被点 A (3, 平分, l 的方程为________. -1) 则 4

6. 直线 l 被双曲线

7.Δ ABC 的三个顶点都在抛物线 y2=32x 上,点 A(2,8),且Δ ABC 的重心与这条抛物线的 焦点重合,则直线 BC 的斜率为________. 8.已知双曲线的两条渐近线方程为 3x-4y-2=0 和 3x+4y-10=0,一条准线方程为 5y+4=0,则 双曲线方程为________. 9.已知曲线 y2=ax,与其关于点(1,1)对称的曲线有两个不同的交点,如果过这两个交点 的直线的倾斜角为 450,那么 a=________. 10.P 为等轴双曲线 x2-y2=a2 上一点,

| PF1 | ? | PF2 | 的取值范围是________. | PO |

x2 y2 x2 y2 11.已知椭圆 2 ? 2 ? 1 与双曲线 2 ? 2 ? 1 有公共的焦点 F1,F2,设 P 是它们的一个焦点, a1 b1 a 2 b2
求∠F1PF2 和Δ PF1F2 的面积。 12.已知(i)半圆的直径 AB 长为 2r; (ii)半圆外的直线 l 与 BA 的延长线垂直,垂足为 T, r 设|AT|=2a(2a< );(iii)半圆上有相异两点 M,N,它们与直线 l 的距离|MP|,|NQ|满足 2 | MP | | NQ | ? ? 1. 求证:|AM|+|AN|=|AB|。 AM AN 13.给定双曲线 x 2 ?
y2 ? 1. 过点 A(2,1)的直线 l 与所给的双曲线交于点 P1 和 P2,求线段 2

P1P2 的中点的轨迹方程。 四、高考水平测试题 1.双曲线与椭圆 x2+4y2=64 共焦点,它的一条渐近线方程是 x ? 3 y =0,则此双曲线的标准方 程是_________. 2.过抛物线焦点 F 的直线与抛物线相交于 A,B 两点,若 A,B 在抛物线准线上的射影分别是 A1,B1,则∠A1FB1=_________. 3.双曲线
x2 y2 ? ? 1 的一个焦点为 F1,顶点为 A1,A2,P 是双曲线上任一点,以|PF1|为直径 a2 b2

的圆与以|A1A2|为直径的圆的位置关系为_________. 1 4.椭圆的中心在原点,离心率 e ? ,一条准线方程为 x=11,椭圆上有一点 M 横坐标为-1, 3 M 到此准线异侧的焦点 F1 的距离为_________. 5.4a2+b2=1 是直线 y=2x+1 与椭圆
x2 y2 ? ? 1 恰有一个公共点的_________条件. a2 b2

2 ? ? x ? m ? 2t 6.若参数方程 ? (t 为参数)表示的抛物线焦点总在一条定直线上,这条直线 ? y ? 2m ? 2 2t ?

的方程是_________. 7. 如果直线 y=kx+1 与焦点在 x 轴上的椭圆
x2 y2 ? ? 1 总有公共点, m 的范围是_________. 则 5 m

8.过双曲线

x2 y2 ? ? 1 的左焦点,且被双曲线截得线段长为 6 的直线有_________条. 9 6 ( x ? 3) 2 y 2 ? ? 1 相交于 A,B 两点,若以 AB 为直径的圆恰好 6 2

9.过坐标原点的直线 l 与椭圆

通过椭圆的右焦点 F,则直线 l 的倾斜角为_________. 10.以椭圆 x2+a2y2=a2(a>1)的一个顶点 C(0,1)为直角顶点作此椭圆的内接等腰直角三角形 ABC,这样的三角形最多可作_________个. 11.求椭圆
x2 y2 ? ? 1 上任一点的两条焦半径夹角θ 的正弦的最大值。 a2 b2

x2 y2 12.设 F,O 分别为椭圆 2 ? 2 ? 1 的左焦点和中心,对于过点 F 的椭圆的任意弦 AB,点 O a b

都在以 AB 为直径的圆内,求椭圆离心率 e 的取值范围。 13.已知双曲线 C1:
x2 y2 ? 2 ? 1 (a>0),抛物线 C2 的顶点在原点 O,C2 的焦点是 C1 的左焦点 a 2 2a

F1。 (1)求证:C1,C2 总有两个不同的交点。 (2)问:是否存在过 C2 的焦点 F1 的弦 AB,使Δ AOB 的面积有最大值或最小值?若存在,求 直线 AB 的方程与 SΔ AOB 的最值,若不存在,说明理由。 五、联赛一试水平训练题 1.在平面直角坐标系中,若方程 m(x2+y2+2y+1)=(x-2y+3)2 表示的曲线为椭圆,则 m 的取值范 围是_________. 2.设 O 为抛物线的顶点,F 为焦点,且 PQ 为过 F 的弦,已知|OF|=a,|PQ|=b,Δ OPQ 面积为 _________. 3.给定椭圆
x2 y2 ? ? 1 ,如果存在过左焦点 F 的直线交椭圆于 P,Q 两点,且 OP ? OQ,则离 a2 b2

心率 e 的取值范围是_________.
x2 y2 4.设 F1,F2 分别是双曲线 2 ? 2 ? 1 (a>b>0)的左、右焦点,P 为双曲线上的动点,过 F1 作 a b

∠F1PF2 平分线的垂线,垂足为 M,则 M 的轨迹为_________.

5.Δ ABC 一边的两顶点坐标为 B(0, 2 )和 C(0, ? 2 ),另两边斜率的乘积为 ?

1 ,若 2

点 T 坐标为(t,0)(t∈R+),则|AT|的最小值为_________. 6.长为 l(l<1)的线段 AB 的两端点在抛物线 y=x2 上滑动,则线段 AB 的中点 M 到 x 轴的最短 距离等于_________. 7.已知抛物线 y2=2px 及定点 A(a,b),B(-a,0),ab≠0,b2≠2pa,M 是抛物线上的点,设直线 AM,BM 与抛物线的另一个交点分别为 M1,M2,当 M 变动时,直线 M1M2 恒过一个定点,此定点 坐标为_________.
2 2 x2 y2 2 2 a ? 2b 8.已知点 P(1,2)既在椭圆 2 ? 2 ? 1 内部(含边界),又在圆 x +y = 外部(含 3 a b

边界),若 a,b∈R+,则 a+b 的最小值为_________. 9.已知椭圆
x2 y2 ? ? 1 的内接Δ ABC 的边 AB,AC 分别过左、右焦点 F1,F2,椭圆的左、右顶 4 3

点分别为 D,E,直线 DB 与直线 CE 交于点 P,当点 A 在椭圆上变动时,试求点 P 的轨迹。 10.设曲线 C1:
x2 ? y 2 ? 1(a 为正常数)与 C2:y2=2(x+m)在 x 轴上方有一个公共点 P。(1) 2 a
1 时,试求Δ OAP 面积的最大值(用 2

求实数 m 的取值范围(用 a 表示); (2)O 为原点,若 C1 与 x 轴的负半轴交于点 A,当 0<a<

a 表示)。 11.已知直线 l 过原点,抛物线 C 的顶点在原点,焦点在 x 轴正半轴上,若点 A(-1,0)和 B(0,8)关于 l 的对称点都在 C 上,求直线 l 和抛物线的方程。 六、联赛二试水平训练题 1.在四边形 ABCD 中,对角线 AC 平分∠BAD,在 CD 上取一点 E,BE 与 AC 相交于 F,延长 DF 交 BC 于 G,求证:∠GAC=∠EAC。 2.求证:在坐标平面上不存在一条具有奇数个顶点,每段长都为 1 的闭折线,它的每个顶点 坐标都是有理数。 3.以 B0 和 B1 为焦点的椭圆与Δ AB0B1 的边 ABi 交于 Ci(i=0,1),在 AB0 的延长线上任取点 P0,以 B0 为圆心,B0P0 为半径作圆弧 P0 Q0 交 C1B0 的延长线于 Q0;以 C1 为圆心,C1Q0 为半径作圆弧 Q0P1 交 B1A 的延长线于 P1;B1 为圆心,B1P1 为半径作圆弧 P1Q1 交 B1C0 的延长线于 Q1;以 C0 为圆心, C0Q1 为半径作圆弧 Q1 P0' ,交 AB0 的延长线于 P' 0 。求证:(1)点 P' 0 与点 P0 重合,且圆弧 P0Q0 与 P0Q1 相内切于 P0;(2)P0,Q0,P1,Q1 共圆。 4. 在坐标平面内, 从原点出发以同一初速度 v0 和不同发射角 (即发射方向与 x 轴正向之间 的 ? 夹角)α (α ∈[0,π ],α ≠ )射出的质点,在重力的作用下运动轨迹是抛物线,所有这些抛 2 物线组成一个抛物线族,若两条抛物线在同一个交点处的切线互相垂直,则称这个交点为正 交点。证明:此抛物线族的所有正交点的集合是一段椭圆弧,并求此椭圆弧的方程(确定变 量取值范围)。

5.直角Δ ABC 斜边为 AB,内切圆切 BC,CA,AB 分别于 D,E,F 点,AD 交内切圆于 P 点。若 CP ? BP,求证:PD=AE+AP。 6.已知 BC ? CD,点 A 为 BD 中点,点 Q 在 BC 上,AC=CQ,又在 BQ 上找一点 R,使 BR=2RQ, CQ 上找一点 S,使 QS=RQ,求证:∠ASB=2∠DRC。 答案: 基础训练题 1.圆。设 AO 交圆于另一点 A' , A' ' 是 A 关于 A' 的对称点。则因为 AB ? BA' , AP ? A' ' P ,所以 P 在以 AA ' ' 为直径的圆上。 2.圆或椭圆。设给定直线为 y=±kx(k>0),P(x,y)为轨迹上任一点,则
? | kx ? y | ? ? | ?kx ? y | ? ? ? ?? ? ? m 2 。化简为 2k2x2+2y2=m2(1+k2). ? ? ? 2 2 ? ? k ?1 ? ? 1? k ?
2 2

当 k≠1 时,表示椭圆;当 k=1 时,表示圆。 3.12.由题设 a=10,b=6,c=8,从而 P 到左焦点距离为 10e=10× 离为 20-8=12。 4.-2<k<2 或 k<5.由(|k|-2)(5-k)<0 解得 k>5 或-2<k<2. 5.
64 3 . 设两条焦半径分别为 m,n,则因为|F1F2|=12,m+n=20.由余弦定理得 3
256 1 3 64 3 , S ?PF F ? m n? ? . 1 2 3 2 2 3 8 =8,所以 P 到右焦点的距 10

122=m2+n2-2mncos600,即(m+n) 2-3mn=144.所以 mn ?

6.3x+4y-5=0.设 M(x1,y1),N(x2,y2),则

x12 x2 2 ? y12 ? 1, 2 ? y 2 ? 1. 两式相减得 4 4

( x1 ? x 2 )(x1 ? x 2 ) x ? x2 y ? y2 y ? y1 3 ? 3, 1 ? ?1 ,得 2 -(y1+y2)(y1-y2)=0.由 1 ? ? 。故方程 4 2 2 4 x2 ? x1

y+1= ?

3 (x-3). 4

7.-4.设 B(x1,y1),C(x2,y2),则

y1 ? y 2 ? 8 =0,所以 y1+y2=-8,故直线 BC 的斜率为 3

y 2 ? y1 y 2 ? y1 32 ? 2 ? ? ?4. 2 x 2 ? x1 y 2 y1 y1 ? y 2 ? 32 32
8.

?3x ? 4 y ? 2 ? 0, ( y ? 1) 2 ( x ? 2) 2 ? =1。由渐近线交点为双曲线中心,解方程组 ? 得中心为 9 16 ?3x ? 4 y ? 10 ? 0
( y ? 1) 2 ( x ? 1) 2 4 ? ,知其实轴平行于 y 轴,设其方程为 =1。其渐近线 5 a2 b2

(2,1),又准线为 y ? ?

方程为

y ?1 x ?1 a a 3 ? =0。所以 y-1= ? (x-1).由题设 ? ,将双曲线沿向量 m=(-2,-1)平移 a b b 4 b

? x' ? x ? 2, y2 x2 9 a2 后中心在原点,其标准方程为 2 ? 2 =1。由平移公式 ? 平移后准线为 y ? ? ? , a b 5 c ? y' ? y ? 1
再结合
( y ? 1) 2 ( x ? 2) 2 a 3 2 2 ? ,解得 a =9,b =16,故双曲线为 ? =1。 b 4 9 16

9.2.曲线 y2=ax 关于点(1,1)的对称曲线为(2-y)2=a(2-x),
? 2 y ? y2 ? y ? ax, 由? 得 y2-2y+2-a=0,故 y1+y2=2,从而 k ? 1 = 2 x1 ? x2 ?(2 ? y ) ? a(2 ? x) ?

a( y1 ? y 2 ) a a ? ? =1,所以 a=2. 2 2 y1 ? y 2 y1 ? y 2 2
10.(2, 2 2 ]。设 P(x1,y1)及

| PF1 | ? | PF2 | ? t ,由|PF1|=ex1+a | PO |
2 2 x1 2 x12 ? a 2 ? t ,即 x12 ?
a 2t 2 。因 x12 ? a 2 ,所以 2t 2 ? 8

,|PF2|=ex1-a,|PF1|+|PF2|=2ex1, 所以

a 2t 2 t2 ? 1 即 2<t?2 2 . ? a 2 (a ? 0) ,所以 2 2t ? 8 2t 2 ? 8
2 2 11.解:由对称性,不妨设点 P 在第一象限,由题设|F1F2|2=4 (a12 ? b12 ) ? 4(a2 ? b2 ) =4c2,又根

据椭圆与双曲线定义
?| PF1 | ? | PF2 |? 2a1 , ? 解得|PF1|=a1+a2,|PF2|=a1-a2. ? ?| PF1 | ? | PF2 |? 2a 2 , ?

在Δ F1PF2 中,由余弦定理

cos?F1 PF2 ?

| PF1 | 2 ? | PF2 | 2 ? | F1 F2 | 2 2 | PF1 | ? | PF2 |

(a1 ? a2 ) 2 ? (a1 ? a2 ) 2 ? (2c) 2 ? 2(a1 ? a2 )(a1 ? a2 ) ?
2 2 (a12 ? c 2 ) ? (c 2 ? a2 ) b12 ? b2 ? 2 . 2 2 a12 ? a2 b1 ? b2

2 b 2 ? b2 从而 ?F1 PF2 ? arccos 12 . 2 b1 ? b2

又 sin∠F1PF2= 1 ? cos2 ?F1 PF2 ? 所以 S ?F
?

2b1 b2 , 2 b12 ? b2

1 | PF1 | ? | PF2 | sin ?F1 PF2 ? b1 b2 . 1 2 12.解:以直线 AB 为 x 轴,AT 的中垂线为 y 轴建立直角坐标系,则由定义知 M,N 两点既在 抛物线 y2=4ax 上,又在圆[x-(a+r)]2+y2=r2 上,两方程联立得 x2+(2a-2r)x+2ra+a2=0,设点 M, N 坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则 x1+x2=2r-2a.又|AM|=|MP|=x1+a,|AN|=|NP|=x2+a. |AB|=2r, 所以 |AM|+|AN|=x1+x2+2a=2r=|AB|. 得证。 13.解:若直线 l 垂直于 x 轴,因其过点 A(2,1),根据对称性,P1P2 的中点为(2,0)。 若 l 不垂直于 x 轴,设 l 的方程为 y-1=k(x-2),即 y=kx+1-2k. ① 将①代入双曲线方程消元 y 得 (2-k2)x2+2k(2k-1)x-(4k2-4k+3)=0. ②
PF2

这里 k ? ? 2 且Δ =[2k(2k-1)]2+4(2-k)2(4k2-4k+3)=8(3k2-4k+3)>0, 设 x1,x2 是方程②的两根,由韦达定理 2k (2k ? 1) 2k (2k ? 1) x1 ? x 2 ? ? ? . ③ 2?k2 k2 ?2 由①,③得 y1+y2=kx1+(1-2k)+kx2+(1-2k) 4( 2k ? 1) . =k(x1+x2)+2(1-2k)= 2 ④ k ?2 设 P1P2 的中点 P 坐标(x,y),由中点公式及③,④得
x? x1 ? x2 k (2k ? 1) y ? y 2 2(2k ? 1) ? 2 ,y ? 1 ? 2 , 2 2 k ?2 k ?2

消去 k 得
1 ( y ? )2 ( x ? 1) 2 2 ? 1. ? 7 7 8 4 点(2,0)满足此方程,故这就是点 P 的轨迹方程。 高考水平测试题
x2 y2 x2 y2 b ? 1. 由椭圆方程得焦点为 (?4 3,0) , 1. ? 设双曲线方程 2 ? 2 ? 1 , 渐近线为 y ? ? x. a 36 12 a b

由题设

b 1 ? ,所以 a2=3b2,又 c ? 4 3 ,c2=a2+b2. 所以 b2=12, a2=36. a 3

2. 900。见图 1,由定义得|FA|=|AA1|,|FB|=|BB1|,有∠1=∠BFB1,∠2=∠AFA1,又∠1=∠3,∠ 2=∠4,所以∠3+∠4=∠BFB1+∠AFA1=900。

3.相切,若 P(x,y)在左支上,设 F1 为左焦点,F2 为右焦点,M 为 PF1 中点,则 1 1 1 1 |MO|= |PF2|= (a-ex),又|PF1|=-a-ex,所以两圆半径之和 (-a-ex)+a= (a-ex)=|MO|, 2 2 2 2 所以两圆外切。当 P(x,y)在右支上时,同理得两圆内切。 10 4. . 与 F1 对应的另一条准线为 x=-11,因|MF1|与 M 到直线 x=-11 距离 d1 之比为 e,且 3 d1=|xm+11|=10.所以
| MF1 | 1 10 ? ,所以|MF1|= . 3 10 3

5.充要。将 y=2x+1 代入椭圆方程得(b2+4a2)x2+4a2x+a2 (1-b2)=0. ① 2 2 2 2 2 2 若Δ =(4a ) -4(b +4a )a (1-b )=0, 则直线与椭圆仅有一个公共点, b2+4a2=1; 即 反之, 2+b2=1, 4a 直线与椭圆有一个公共点。

? x ? m ? 1, 6.y=2(x-1)。消去参数得(y-2m) 2=4(x-m),焦点为 ? 它在直线 y=2(x-1)上。 ? y ? 2m,
1 ?1.又因为焦点在 x 轴上,所以 5>m,所以 1?m<5。 m 8.3.双曲线实轴长为 6,通径为 4,故线段端点在异支上一条,在同支上有二条,一共有三 条。 ? 5 9. 或 ? 。设直线 l: y=kx 与椭圆交于 A(x1,y1),B(x2,y2),把 y=kx 代入椭圆方程得 6 6 (1+3k2)x2-6x+3=0,由韦达定理得 6 x1 ? x 2 ? , ① 1 ? 3k 2 3 x1 x 2 ? . ② 1 ? 3k 2 因 F(1,0),AF ? BF,所以(x1-1)(x2-1)+y1y2=0,即 x1x2-(x1+x2)+1+k2x1x2=0. ③

7.1?m<5。直线过定点(0,1),所以 0 ?

? 5 1 3 把①,②代入③得 k 2 ? , k ? ? ,所以倾斜角为 或 ? . 6 6 3 3
10.3.首先这样的三角形一定存在,不妨设 A,B 分别位于 y 轴左、右两侧,设 CA 斜率为
2a 2 k k(k>0), 的直线方程为 y=kx+1, CA 代入椭圆方程为(a k +1)x +2a kx=0, x=0 或 x ? 2 2 得 , a k ?1
2 2 2 2

于是 A(?

2a 2 k 2a 2 k 1 ? k 2 ,0) ,|CA|= . a2k 2 ? 1 a2k 2 ? 1

由题设,同理可得|CB|=

2a 2 k 1 ? k 2 ,利用|CA|=|CB|可得 a2k 2 ?1

(k-1)[k2-(a2-1)k+1]=0, 解得 k=1 或 k2-(a2-1)k+1]=0。①

对于①,当 1<a< 3 时,①无解;当 a ? 3 时,k=1;当 a> 3 时,①有两个不等实根,故最 多有 3 个。 11.解 设焦点为 F1,F2,椭圆上任一点为 P(x0,y0),∠F1PF2=θ ,根据余弦定理得 |F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|?|PF2|cosθ , 又|PF1|+|PF2|=2a,则 4c2=(2a)2-2|PF1|?|PF2|(1+cosθ ),再将|PF1|=a+ex0,|PF2|=a-ex0 及
2 a2=b2+c2 代入得 4b2=2(a2-e2 x0 )(1+cosθ ).

于是有 cos? ?

2b 2 ? 1. 2 a 2 ? e 2 x0
2b 2 ? a 2 ? cos? ? 1 。因θ ∈[0,π ],所以 cos a2

2 2 由 0 ? x0 ? a 2 ,得 b 2 ? a 2 ? e 2 x0 ? a 2 ,所以

? 2b 2 ? a 2 ? ? θ 为减函数,故 0 ? ? ? arccos ? a 2 ?. ? ? ?
当 2b2>a2 即 a ? 2b 时,
2b 2 ? a 2 2b 2 ? a 2 ? ? ? 0 ,arccos ? ,? ? [0, ] ,sinθ 为增函数,sin 2 2 2 2 a a
?? 2bc 2b 2 ? a 2 ? ?? ? 2 ;当 2b2?a2 时,arccos ? ,θ ∈[0,π ], ? 2 a2 ?? a

? ? 2b 2 ? a 2 ? θ 取最大值 sin ?arccos ? a2 ? ?

则 sinθ 最大值为 1。 12.解 设 A(x1,y1),B(x2,y2),若 AB 斜率不为 0,设为 k,直线 AB 方程为 y=k(x+c),代入椭 圆方程并化简得 (b2+a2k2)x2+2a2k2cx+a2 (k2c2-b2)=0. ① 则 x1,x2 为方程①的两根,由韦达定理得
2a 2 k 2 c x1 ? x 2 ? ? 2 , b ? a2k 2 x1 x 2 ? a 2 (k 2 c 2 ? b 2 ) . b2 ? a2k 2




? b2k 2 . a2k 2 ? b2

因为 y1y2=k2(x1+c)(x2+c),再由②,③得 y1 y 2 ?

所以 OA? OB =x1x2+y1y2=

k 2 (a 2 c 2 ? b 4 ) ? a 2 b 2 ,O 点在以 AB 为直径的圆内,等价 OA? OB <0,即 a2k 2 ? b2

k2(a2c2-b4)-a2b2<0 对任意 k∈R 成立,等价于 a2c2-b2?0,即 ac-b2?0,即 e2+e-1?0.所以 0<e ?
5 ?1 . 2

b2 ? c. 即 e ? 若斜率不存在,问题等价于 a

5 ?1 5 ?1 ,综上 0 ? e ? . 2 2

13.解 (1)由双曲线方程得 b ? 2a, c ? 3a ,所以 F1( ? 3a ,0),抛物线焦点到准线的距 离 p ? 2 3a ,抛物线

y 2 ? ?4 3ax.
把①代入 C1 方程得



2x 2 ? 4 3ax ? 2a 2 ? 0.
2


2

Δ =64a >0,所以方程②必有两个不同实根,设为 x1,x2,由韦达定理得 x1x2=-a <0,所以②必有 一个负根设为 x1,把 x1 代入①得 y2= ? 4 3ax1 ,所以 y ? ?2 ? 3ax1 (因为 x1≠0),所以 C1, C2 总有两个不同交点。
? y 2 ? ?4 3ax, ? (2) 设过 F1( ? 3a ,0)的直线 AB 为 my=(x+ 3 a),由 ? 得 y2+4 3 may-12a2=0,因 ?m y ? x ? 3a ?

为Δ =48m2a2+48a2>0,设 y1,y2 分别为 A,B 的纵坐标,则 y1+y2= 4 3ma ,y1y2=-12a2.所以 (y1-y2)2=48a2(m2+1).所以 SΔ AOB=
1 3 |y1-y2|?|OF1|= a? 4 3 a? m2 ? 1 ? 6a 2 m2 ? 1 ? 6a 2 ,当 2 2

且仅当 m=0 时,SΔ AOB 的面积取最小值;当 m→+∞时,SΔ AOB→+∞,无最大值。所以存在过 F 的 直线 x= ? 3a 使Δ AOB 面积有最小值 6a2. 联赛一试水平训练题 1.m>5.由已知得
x 2 ? ( y ? 1) 2 x ? 2y ? 3 12 ? (?2) 2 ? 5 ,说明(x,y)到定点(0,-1)与到定直线 x-2y+3=0 的距 m

离比为常数

5 5 ,由椭圆定义 <1,所以 m>5. m m
a 2a 2a 4a ? ? ,所以 sin ? ? 2 。所以 S 2 1 ? cos? 1 ? cos(? ? ? ) sin ? b

2. a ab. 因为 b=|PQ|=|PF|+|QF|= =
1 absinθ = a ab . 2

Δ OPQ

? 5 ?1 ? 3. ? ,1? 。设点 P 坐标为(r1cosθ ,r1sinθ ),点 Q 坐标为(-r2sinθ ,r2cosθ ),因为 P,Q ? ? 2 ?

在椭圆上, 可得

r r 1 1 1 1 ? RtΔ OPQ 斜边上的高为 1 2 ? 2 ? 2 ? 2, 2 r1 r2 a b r12 ? r22

ab a2 ? b2

?|OF|=c. 所

以 a2b2?c2(a2+b2),解得

5 ?1 ?e<1. 2

1 4.以 O 为圆心,a 为半径的圆。延长 F1M 交 PF2 延长线于 N,则 OM // F2N,而 ? 2 |F2N|=|PN|-|PF2|=|PF1|-|PF2|=2a,所以|OM|=a. 1 5.t∈(0,1]时|AT|min= 2 ? t 2 ,t>1 时|AT|min=|t-2|.由题设 kAB?kAC=- ,设 A(x,y),则 2

x2 y2 y? 2 y? 2 1 ? =1(x≠0),所以 ? ? (x≠0),整理得 4 2 x x 2
? x2 ? 1 |AT|2=(x-t)2+y2=(x-t)2+ ? 2 ? ? ? (x-2t)2+2-t2.因为|x|?2,所以当 t∈(0,1]时取 ? 2 ? 2 ? ?

x=2t,|AT|取最小值 2 ? t 2 。当 t>1 时,取 x=2,|AT|取最小值|t-2|. 6.
l2 1 1 . 设点 M(x0,y0) ,直线 AB 倾斜角为θ ,并设 A(x0- x0 ? cos ? , y 0 ? sin ? ), 2 2 4

1 1 B(x0+ cos ? , y 0 ? sin ? ),因为 A,B 在抛物线上,所以 2 2 1 1 y 0 ? sin ? ? ( x0 ? cos ? ) 2 , ① 2 2 1 1 y 0 ? sin ? ? ( x0 ? cos ? ) 2 , ② 2 2 由①,②得 2x0cosθ =sinθ . ③

1 1 1 1 1 所以 y0 ? ( x0 ? cos? ) 2 ? sin ? ? ( 2 ? l 2 cos2 ? ) ? . 2 2 4 cos ? 4
因为 l2<1,所以函数 f(x)= 所以 y 0 ?
1 2 ? l x .在(0,1]在递减, x

1 1 l2 l2 (1 ? l 2 ) ? ? 。当 cosθ =1 即 l 平行于 x 轴时,距离取最小值 . 4 4 4 4

2 ? y0 ? ? y2 ? 2 pa ? 7. ? a, , y 0 ?, M 1 ? 1 , y1 ?. 设 M ? ? 2p ? 2p ? b ? ? ? ? ?

? ? y2 ? by ? 2 pa ?, M 2 ? 2 , y 2 ? ,由 A,M,M1 共线得 y1= 0 ,同 ? ? 2p ? y0 ? b ? ? ?

理 B,M,M2 共线得 y 2 ?

2 pa ,设(x,y)是直线 M1M2 上的点,则 y1y2=y(y1+y2)-2px,将以上三 y0 ? b

式中消去 y1,y2 得 y02(2px-by)+y0?2pb(a-x)+2pa(by-2pa)=0. 当 x=a,y=
2 pa ? 2 pa ? 时上式恒成立,即定点为 ? a, ?. b b ? ? 1 4 2 2 2 ? 2 ? 1 且 a +2b ?15,解得 5?b ?6. 2 a b

8. 3 ? 6 。由题设 所以 a+b?

t?4 b2 t?4 2 ? t?4 ?b ? ? t ? 4 (t=b -4∈[1,2]),而 2 t t b ?4

? 6 ? 3 ? t?4 ? 6 ? 3?
9. 解

t?4 t ?2 2(t ? 2) ,又 t?2 可得上式成立。 ? ? t t?4 ? 6 3t ? t (t ? 4)

设 A(2cosθ , 3 sin ? ), B(2cosα , 3 sinα ),C(2cosβ , 3 sinβ ), 这里α ≠β , 则过 A,

B 的直线为 lAB:

3 (sin? ? sin ? ) ( x ? 2 cos? ) ? 3 sin ? ? y ,由于直线 AB 过点 F1(-1,0),代入 2(cos? ? cos? )

有 3 (sinθ -sinα )?(1+2cosθ )=2 3 sinθ (cosθ -cosα ),即 2sin(α -θ )=sinθ -sinα =2 sin

? ??
2

? cos

? ??
2

,故 2 cos

? ??
2

? cos

? ??
2

? 3 cos

?
2

cos

?
2

? sin

?
2

sin

?
2

? 0 ,即 tan

?
2

?

tan

?
2

? ?3 。又 lBD: y ?

3 3 3 sin ? 3 ? ( x ? 2) ,同理得 ( x ? 2) ? tan ?(x+2)= ? ? 2(1 ? cos? ) 2 2 2 tan 2

tan

?
2

? tan

?

1 3 sin ? ? ? 。lCE: y ? (x-2)= 2 3 2(cos? ? 1)

3 ( x ? 2) 3 3 ? 2 ? ? tan ?(x-2). ? 2 2 tan 2

?? ? 2 ? ? 2 tan 2 ? 2 ? 6 3 tan 2 ? ? 两直线方程联立,得 P 点坐标为 ? , ? ,消去 tan 得点 P(x,y)在椭圆 2 ? tan2 ? ? 1 tan2 ? ? 1 ? ? ? 2 2 ? ?
x2 y2 ? ? 1 上(除去点(-2,0),(2,0)). 4 27

? x2 2 ? ? y ? 1, 10.解 (1)由 ? a 2 消去 y 得 x2+2a2x+2a2m-a2=0,①设 f(x)=x2+2a2x+2a2m-a2,问题 ? y 2 ? 2( x ? m) ?
(1)转化为方程①在 x∈(-a,a)上有唯一解或等根。只需讨论以下三种情况: 1 .Δ =0,得 m ?
0

a2 ?1 2

,此时 xp=-a2,当且仅当-a<-a2<a 即 0<a<1 时适合;20。f(a)?f(-a)<0,

当且仅当-a<m<a 时适合;30。f(-a)=0 得 m=a,此时 xp=a-2a2,当且仅当-a<a-2a2<a 即 0<a<1 2 2 时适合。令 f(a)=0 得 m=-a,此时 xp=-a-2a .由于-a-2a <-a,从而 m≠-a.综上当 0<a<1 时,
m? a2 ?1 或-a<m?a;当 a?1 时,-a<m<a. 2
1 1 2 ay p . 因为 0<a< ,故当-a<m?a 时,0<-a + a a 2 ? 1 ? 2m ? a ,由唯一性 2 2

(2)Δ OAP 的面积 S ?
2

得 xp=-a +.当 m=a 时,xp 取最小值。由于 xp>0,从而 x p ? 1 ?
x p ? 2 a ? a 2 ,故 S ? a a ? a 2 ;当 m ?

x2 p a2

时取值最大,此时

a2 ?1 1 时,xp=-a2,yp= 1 ? a 2 ,此时 S ? a 1 ? a 2 . 以 2 2

1 1 1 1 下比较 a a ? a 2 与 a 1 ? a 2 的大小。令 a a ? a 2 ? a 1 ? a 2 ,得 a ? ,故当 0<a? 时, 2 2 3 3 1 1 1 1 1 a a (1 ? a ) ? a 1 ? a 2 ,此时 S max ? a 1 ? a 2 ;当 ? a ? 时,有 a a(1 ? a) ? a 1 ? a 2 , 2 2 3 2 2

此时 S max ? a a ? a 2 .
? x ? 1 y2 ? 11.解:设 A,B 关于 l 的对称点分别为 A1(x2,y2),B1(x1,y1),则 AA1 中点 A2 ? 2 ? 2 , 2 ?在 l ? ? ?

上, 所以 y2=k(x2-1) 又 l ? AA1,所以



y2 1 ?? . k x2 ? 1
由①,②得



? k 2 ?1 x2 ? 2 , ? ? k ?1 ? ? y ? ? 2k . ? 2 k 2 ?1 ? 16k ? x1 ? , ? ? x1 8 ? y1 ? ? 1? k 2 ? 在 l 上,且 l ? BB1,解得 ? 同理,由 BB1 中点 B2 ? ? , ? 2 2 2 ? ? ? ? y ? 8(k ? 1) . ? 1 1? k 2 ?
设抛物线方程为 y2=2px,将 A1,B1 坐标代入并消去 p 得 k2-k-1=0. 所以 k ?
2 1? 5 1? 5 5. ,由题设 k>0,所以 k ? ,从而 p ? 5 2 2 4 1? 5 5 x. x ,抛物线 C 的方程为 y 2 ? 5 2

所以直线 l 的方程为 y ?

联赛二试水平训练题 1.以 A 为原点,直线 AC 为 x 轴,建立直角坐标系,设 C(c,0),F(f,0),D(xD,kxD),B(xB,-kxB), 则直线 DF 的方程为

x? f ?

f ? xD y ? 0. kxD



直线 BC 的方程为 c×①-f×②得

x?c?

c ? xB y ? 0. ? kxB



1 ? 1 1 ? (c-f)x+ [cf ? ? ? ? (c ? f )]y ? 0. k ? xD xB ? ? ?



③表示一条直线,它过原点,也过 DF 与 BC 的交点 G,因而③就是直线 AG 的方程。 同理 ,直线 AE 的方程为

1 ? 1 1 ? (c-f)x+ [cf ? ? x ? x ? ? (c ? f )]y ? 0. ? k ? D B ?



③,④的斜率互为相反数,所以∠GAC=∠EAC。 2.证明 假设这样的闭折线存在,不妨设坐标原点是其中一个顶点,记它为 A0,其他顶点坐
?a c ? ?a c ? a c 标为: A1 ? 1 , 1 ? ,…, An ? ? n , n ? ,其中 i , i 都是既约分数,并记 An+1=A0.若 p 与 q ?b d ? ?b d ? bi d i ? 1 1 ? ? n n?

奇偶性相同,则记 p≡q,否则记 p≠q,下面用数学归纳法证明。 bk≡1,dk≡1(k=1,2,…,n),ak+ck≠ak-1+ck-1(k=1,2,…,n,n+1)。

?a 当 k=1 时,由 ? 1 ?b ? 1

? ? c1 ? ?? ? ?d ? ? 1

2

? a2 ? d 2 ? ? 1 ,得 1 2 1 ? d12 ? c12 ,因为 a1,b1 互质,所以 d1 被 b1 整除,反 ? b1 ?

2

之亦然(即 b1 被 d1 整除)。 因此 b1=±d1,从而 b12 ? d12 ? a12 ? c12 .a1 , c1 不可能都是偶数(否则 b1 也是偶数,与互质矛盾); 不可能都是奇数,因为两个奇数的平方和模 8 余 2 不是 4 的倍数,也不可能是完全平方数, 因此,a1≠c1,b1≡d1≡1,并且 a1+c1≠0=a0+c0. 设结论对 k=1,2,…,m-1?n 都成立,令

am am?1 a cm cm?1 c ? ? , ? ? . bm bm?1 b d m d m?1 d
2 2

a c ?a? ? c ? 这里 , 是既约分数,因为每一段的长为 1,所以 ? ? ? ? ? =1,与 k=1 情况类似:a≡c,d b d ?b? ?d ?

≡b≡1,又因为

am a am?1 abm?1 ? bam?1 a ,分数 m 既约,所以 bm 是 bbm-1 的一个因子,bm ? ? ? bm b bm?1 bbm?1 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,结论成立,于是在顶点数 n+1 为奇数时,an+1+cn+1≠a0+c0,故折线不可能 是闭的。 3.证明 (1)由已知 B0P0=B0Q0,并由圆弧 P0Q0 和 Q0P0,Q0P1 和 P1Q1,P1Q1 和 Q1P1 分别相内切于 点 Q0,P1,Q1,得 C1B0+B0Q0=C1P1,B1C1+C1P1=B1C0+C0Q1 以及 C0Q1=C0B0+ B0 P'0 ,四式相加,利用 B1C1+C1B0=B1C0+C0B0,以及 P ' 。在 B0P0 或其延长线上,有 B0P0=B0 P' 0 ,从而可知点 P' 0 与点 P0 重 合。由于圆弧 Q1P0 的圆心 C0,圆弧 P0Q0 的圆心 B0 以及 P0 在同一直线上,所以圆弧 Q1P0 和 P0Q0 相内切于点 P0。 (2)现分别过点 P0 和 P1 引上述相应相切圆弧的公切线 P0T 和 P1T 交于点 T。又过点 Q1 引相 应相切圆弧的公切线 R1S1, 分别交 P0T 和 P1T 于点 R1 和 S1, 连接 P0Q1 和 P1Q1, 得等腰Δ P0Q1R1 和Δ P1Q1S1,由此得∠P0Q1P1=π -∠P0Q1P1-∠P1Q1S1=π -(∠P1P0T-∠Q1P0P)-(∠P0P1T-∠Q1P1P0),而 1 π -∠P0Q1P1=∠Q1P0P1+∠Q1P1P0,代入上式后,即得∠P0Q1P1=π - (∠P0B0Q0+∠P1C1Q0). 2 1 同理得∠P0Q0P1=π - (∠P0B0Q0+∠P1C1Q0),所以 P0,Q0,Q1,P1 共圆。 2 4.证明 引理:抛物线 y=ax2+bx+c(a≠0)在(x0,y0)处的切线斜率是 2ax0+b. 引理的证明:设(x0,y0)处的切线方程为 y-y0=k(x-x0),代入抛物线方程得 ax2+(b-k)x+c+kx0-y0=0. ① 又
2 y0 ? ax0 ? bx0 ? c

故①可化简成 (x-x0)[a(x+x0)+b-k]=0, ② 因为②只有一个实根,所以 k=2ax0+b.引理得证。

设 P(x0,y0)为任一正交点,则它是由线 y=x?tan ? 1 ? tan ? 2 ?

g ?x2 与 y=x? 2 2v cos ? 1
2 0

g ?x2 的交点,则两条切线的斜率分别为(由引理) 2 2v cos ? 2
2 0

k ??

gx0 gx0 ? tan?1 , k 2 ? ? 2 ? tan? 2 . 2 v0 cos ?1 v0 cos2 ? 2

又由题设 k1k2=-1,所以

? gx0 ? tan?1 ? ? v0 cos2 ?1 ?

?? gx0 ?? tan? 2 ? 2 ?? v0 cos2 ? 2 ??

? ? ? ?1. ? ?



又因为 P(x0,y0)在两条抛物线上,所以 代入③式得

y0 gx y gx , 0 ? tan? 2 ? 2 0 2 , ? tan?1 ? 2 0 2 2v0 cos ?1 2v0 cos ? 2 x0 x0

? 2 y0 ? ? x ? tan? 1 ? 0

?? 2 y 0 ? ?? ? tan? 2 ? ? ?1. ?? x ? ?? 0 ?

(※)

又因为 tanα 1,tanα 2 是方程

gx0 2 y gx ?t -t+ 0 ? 0 =0 的两根,所以 2 2v0 x0 2v0

tanα 1+tanα 2=

2v 0 , gx0
2v 0 gx 0


? ?。 ? ?
2

tanα 1?tanα 2=

? y 0 gx 0 ? ? x ? 2v 2 0 ? 0



把④,⑤代入(※)式得
? v ? ?y? 0 ? ? 2 4g ? v0 ? ? ? x0 ? 1? 0 ? y ? v0 ?. 2 2 ? ? 2 y 0 ? y 0 ? x0 ? 0 ,即 2 2 ? 2g ? v0 v0 g ? ? 16g 2 8g 2

5.证明 以 C 为原点,CB 所在直线为 x 轴,建立直角坐标系,设∠ADC=θ ,|PD|=r.各点坐 标分别为 D(x1,0),E(0,x1),A(0,x1tanθ ),B(x0,0),P(x1-rcosθ ,rsinθ ). 则 lAB 方程为
x y ? ? 1 ,即 x1x+x0?cotθ ?y-x1x0=0,因为 lAB 与圆相切,可得 x1? x0 x1 tan?

2 x12 ? x0 ? cot 2 ? = | x12 ? x0x1?cotθ -x1x0|,约去 x1,再两边平方得

2 2 x12 ? x0 cot2 ? ? x12 ? 2x1 x0 (cot? ? 1) ? x0 (cot? ? 1) 2 ,所以 x0 ?

2(cot ? ? 1) ?x1. 2 cot ? ? 1



又因为点 P 在圆上,所以(rcos ? ) +(x1-rsin ? ) = x12 ,化简得 r=2x1sin ? .
2 2

② ③

要证 DP=AP+AE ? 2DP=AD+AE ? 2r= 又因为 CP ? PB ,所以 CP ? BP ? 0.

x1 tan? +x1tan ? -x1 ? 1+sin ? -cos ? =4sin ? cos ? . sin ?

因为 BP =(x1-x0-rcosθ ,rsinθ ), CP =(x1-rcosθ ,rsinθ ), 所以 (x1-rcosθ )(x1-rcosθ -x0)+r2sin2θ =0. 把②代入④化简得 ④ ⑤

x12 [(1 ? sin 2? ) 2 ? (1 ? cos2? ) 2 ] ? x1 x0 (1 ? sin 2? ).
由①得 x0=x1?
2 ? 2(cos 2? ? sin 2? ) . 2 ? 2 cos 2? ? sin 2?

代入⑤并约去 x1,化简得 4sin22 ? -3sin2 ? =0,因为 sin2 ? ≠0,所以 sin2 ? = sin ? =

3 ,又因为 4

AC CD ? =cos ? ,所以 sin ? -cos ? >0. AD AD 1 3 所以 sin ? -cos ? = 1 ? sin 2? ? ,所以 1+sin ? -cos ? = =4sin ? cos ? ,即③成立。所以 2 2 DP=AP+AE。 c 6.证明 设 BC=d,CD=b,BD=c,则 AC=CQ= ,取 BC 中点 M,则 AM ? BC,以 M 为 2 d d d 原点,直线 BC 为 x 轴建立直角坐标系,则各点坐标分别为 B(? ,0) , C ( ,0) , D ( , b) , 2 2 2 b 5 2 1 d c A(0, ) , S ( d ? c,0) ,因为 CR ? (d ? c) ,所以点 R ( ? ,0) ,所以 2 6 3 3 6 3

tan ?DRC ?

b 1 (d ? c) 3

?

3b 3b , tan ?ASQ ? . (d ? c) 5d ? 4 c

? 3b 因为 0<∠DRC< , 0<∠ASQ<π , 所以只需证 tan∠ASQ=tan2∠DRC,即 ? 2 5d ? 4c
化简得 9d2-9c2-9b2=0 即 d2=b2+c2,显然成立。所以命题得证。

6b d ?c , 2 ? 3b ? 1? ? ? ?d ?c?


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