高中数学竞赛讲义（十一）

──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

(0<e<1).

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

  (a>b>0)，

参数方程为

（

为参数）。

若焦点在y轴上，列标准方程为

  (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

，

a称半长轴长，b称半短轴长，c称为半焦距，长轴端点、短轴端点、两个焦点的坐标分别为(±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

，与右焦点对应的准线为

；定义中的比e称为离心率，且

，由c²+b²=a²知0<e<1.

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

1(a>b>0), F₁(-c, 0), F₂(c, 0)是它的两焦点。若P(x, y)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

；

2）斜率为k的切线方程为

；

3）过焦点F₂(c, 0)倾斜角为θ的弦的长为

。

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

，

参数方程为

（

为参数）。

焦点在y轴上的双曲线的标准方程为

。

8．双曲线的相关概念，中心在原点，焦点在x轴上的双曲线

(a, b>0),

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

离心率

，由a²+b²=c²知e>1。两条渐近线方程为

，双曲线

与

有相同的渐近线，它们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

，F₁（-c,0）, F₂(c, 0)是它的两个焦点。设P(x,y)是双曲线上的任一点，若P在右支上，则|PF₁|=ex+a, |PF₂|=ex-a；若P（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

。

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

，准线方程为

，标准方程为y²=2px(p>0)，离心率e=1.

11．抛物线常用结论：若P(x₀, y₀)为抛物线上任一点，

1）焦半径|PF|=

；

2）过点P的切线方程为y₀y=p(x+x₀)；

3）过焦点倾斜角为θ的弦长为

。

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的轨迹为抛物线。这三种圆锥曲线统一的极坐标方程为

。

二、方法与例题

1．与定义有关的问题。

例1  已知定点A（2，1），F是椭圆

的左焦点，点P为椭圆上的动点，当3|PA|+5|PF|取最小值时，求点P的坐标。

[解]  见图11-1，由题设a=5, b=4, c=

=3,

.椭圆左准线的方程为

，又因为

，所以点A在椭圆内部，又点F坐标为（-3，0），过P作PQ垂直于左准线，垂足为Q。由定义知

，则

|PF|=|PQ|。

所以3|PA|+5|PF|=3(|PA|+

|PF|)=3(|PA|+|PQ|)≥3|AM|(AM

左准线于M)。

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

，又x<0，所以点P坐标为

例2  已知P，

为双曲线C：

右支上两点，

延长线交右准线于K，PF₁延长线交双曲线于Q，（F₁为右焦点）。求证：∠

F₁K=∠KF₁Q.

[证明]  记右准线为l，作PD

l于D，

于E，因为

//PD，则

，又由定义

，所以

，由三角形外角平分线定理知，F₁K为∠PF₁P的外角平分线，所以∠

=∠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：

=1（a>b>0）.F坐标为(-c, 0).设另一焦点为

。连结

，OP，则

。所以|FP|+|PO|=

(|FA|+|A

|)=a.

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=(

,0)平移，得到中心在原点的椭圆：

。由平移公式知，所求椭圆的方程为

[解法二]  相关点法。设点P(x,y), A(x₁, y₁)，则

，即x₁=2x+c, y₁=2y. 又因为点A在椭圆

上，所以

代入得关于点P的方程为

。它表示中心为

，焦点分别为F和O的椭圆。

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。

[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-

), D(0, y+

), 记O为原点，由圆幂定理知|OA|?|OB|=|OC|?|OD|，用坐标表示为

，即

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的外心的轨迹方程。

[解]  设∠xOB=θ,并且B在A的上方，则点A，B坐标分别为B(3, 3tanθ),A(3,3tan(θ-

)),设外心为P(x,y)，由中点公式知OB中点为M

。

由外心性质知

再由

得

×tanθ=-1。结合上式有

tanθ=

      ①

又    tanθ+

=

       ②

又    

所以tanθ-

=

两边平方，再将①，②代入得

。即为所求。

3．定值问题。

例6  过双曲线

(a>0, b>0)的右焦点F作B₁B₂

轴，交双曲线于B₁，B₂两点，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

  ①

所以  

。

由①得

代入上式得

即  

（定值）。

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。

[证明]  设

，则

，焦点为

，所以

，

，

，

。由于

，所以

y₂-

y₁=0，即

=0。因为

，所以

。所以

，即

。所以

，即直线AC经过原点。

例8  椭圆

上有两点A，B，满足OA

OB，O为原点，求证：

为定值。

[证明]  设|OA|=r₁,|OB|=r₂,且∠xOA=θ,∠xOB=

，则点A，B的坐标分别为A(r₁cosθ, r₁sinθ),B(-r₂sinθ,r₂cosθ)。由A，B在椭圆上有

即    

    ①

    ②

①+②得

（定值）。

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=

,记|OA|=r₁,|OB|=r₂,

，参考例8可得

=4。设m=|AB|²=

,

因为

，且a²>b²，所以

，所以b≤r₁≤a，同理b≤r₂≤a.所以

。又函数f(x)=x+

在

上单调递减，在

上单调递增，所以当t=1即|OA|=|OB|时，|AB|取最小值1；当

或

时，|AB|取最大值

。

例10  设一椭圆中心为原点，长轴在x轴上，离心率为

，若圆C：

1上点与这椭圆上点的最大距离为

，试求这个椭圆的方程。

[解]  设A，B分别为圆C和椭圆上动点。由题设圆心C坐标为

，半径|CA|=1，因为|AB|≤|BC|+|CA|=|BC|+1，所以当且仅当A，B，C共线，且|BC|取最大值时，|AB|取最大值

，所以|BC|最大值为

因为

；所以可设椭圆半长轴、半焦距、半短轴长分别为2t,

,t，椭圆方程为

，并设点B坐标为B(2tcosθ,tsinθ)，则|BC|²=(2tcosθ)²+

=3t²sin²θ-3tsinθ+

+4t²=-3(tsinθ+

)²+3+4t².

若

，则当sinθ=-1时，|BC|²取最大值t²+3t+

，与题设不符。

若t>

,则当sinθ=

时，|BC|²取最大值3+4t²，由3+4t²=7得t=1.

所以椭圆方程为

。

5．直线与二次曲线。

例11  若抛物线y=ax²-1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)，

(-y₁,-x₁)，满足y₁=a

且-x₁=a(-y₁)²-1，相减得x₁+y₁=a(

),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+

所以

此方程有不等实根，所以

，求得

，即为所求。

例12  若直线y=2x+b与椭圆

相交，（1）求b的范围；（2）当截得弦长最大时，求b的值。

[解] 二方程联立得17x²+16bx+4(b²-1)=0.由Δ>0，得

<b<

；设两交点为P(x₁,y₁),Q(x₂,y₂)，由韦达定理得|PQ|=

。所以当b=0时，|PQ|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________.

3．椭圆

上有一点P，它到左准线的距离是10，它到右焦点的距离是________.

4．双曲线方程

，则k的取值范围是________.

5．椭圆

，焦点为F₁，F₂，椭圆上的点P满足∠F₁PF₂=60⁰，则ΔF₁PF₂的面积是________.

6．直线l被双曲线

所截的线段MN恰被点A（3，-1）平分，则l的方程为________.

7．ΔABC的三个顶点都在抛物线y²=32x上，点A（2，8），且ΔABC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，

的取值范围是________.

11．已知椭圆

与双曲线

有公共的焦点F₁，F₂，设P是它们的一个焦点，求∠F₁PF₂和ΔPF₁F₂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，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

求证：|AM|+|AN|=|AB|。

13．给定双曲线

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

=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

的一个焦点为F₁，顶点为A₁，A₂，P是双曲线上任一点，以|PF₁|为直径的圆与以|A₁A₂|为直径的圆的位置关系为_________.

4．椭圆的中心在原点，离心率

，一条准线方程为x=11，椭圆上有一点M横坐标为-1，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

恰有一个公共点的_________条件.

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，这条直线的方程是_________.

7．如果直线y=kx+1与焦点在x轴上的椭圆

总有公共点，则m的范围是_________.

8．过双曲线

的左焦点，且被双曲线截得线段长为6的直线有_________条.

9．过坐标原点的直线l与椭圆

相交于A，B两点，若以AB为直径的圆恰好通过椭圆的右焦点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

上任一点的两条焦半径夹角θ的正弦的最大值。

12．设F，O分别为椭圆

的左焦点和中心，对于过点F的椭圆的任意弦AB，点O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：

(a>0)，抛物线C₂的顶点在原点O，C₂的焦点是C₁的左焦点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ΔAOB的面积有最大值或最小值？若存在，求直线AB的方程与S_ΔAOB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，ΔOPQ面积为_________.

3．给定椭圆

，如果存在过左焦点F的直线交椭圆于P，Q两点，且OP

OQ，则离心率e的取值范围是_________.

4．设F₁，F₂分别是双曲线

(a>b>0)的左、右焦点，P为双曲线上的动点，过F₁作∠F₁PF₂平分线的垂线，垂足为M，则M的轨迹为_________.

5．ΔABC一边的两顶点坐标为B（0，

）和C（0，

），另两边斜率的乘积为

，若点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_________.

8．已知点P（1，2）既在椭圆

内部（含边界），又在圆x²+y²=

外部（含边界），若a,b∈R⁺,则a+b的最小值为_________.

9．已知椭圆

的内接ΔABC的边AB，AC分别过左、右焦点F₁，F₂，椭圆的左、右顶点分别为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：

（a为正常数）与C₂：y²=2(x+m)在x轴上方有一个公共点P。（1）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<

时，试求ΔOAP面积的最大值（用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ΔAB₀B₁的边AB_i交于C_i(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

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

，交AB₀的延长线于

。求证：（1）点

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ΔABC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。

高中数学竞赛讲义（十一）答案

基础训练题

1．圆。设AO交圆于另一点

是A关于

的对称点。则因为AB

，所以P在以

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

。化简为2k²x²+2y²=m²(1+k²).

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×

=8,所以P到右焦点的距离为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.

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

，

6．3x+4y-5=0.设M(x₁,y₁),N(x₂,y₂)，则

两式相减得

-(y₁+y₂)(y₁-y₂)=0.由

，得

。故方程y+1=

(x-3).

7.-4.设B(x₁,y₁),C(x₂,y₂)，则

=0，所以y₁+y₂=-8，故直线BC的斜率为

8．

=1。由渐近线交点为双曲线中心，解方程组

得中心为(2,1)，又准线为

，知其实轴平行于y轴，设其方程为

=1。其渐近线方程为

=0。所以y-1=

(x-1).由题设

，将双曲线沿向量m=(-2,-1)平移后中心在原点，其标准方程为

=1。由平移公式

平移后准线为

，再结合

，解得a²=9，b²=16，故双曲线为

=1。

9．2．曲线y²=ax关于点（1，1）的对称曲线为(2-y)²=a(2-x),

由

得y²-2y+2-a=0,故y₁+y₂=2,从而

=

=1，所以a=2.

10．（2，

]。设P(x₁,y₁)及

，由|PF₁|=ex₁+a

,|PF₂|=ex₁-a,|PF₁|+|PF₂|=2ex₁, 所以

，即

。因

，所以

，所以

即2<t≤2

.

11.解：由对称性，不妨设点P在第一象限，由题设|F₁F₂|²=4

=4c²，又根据椭圆与双曲线定义

解得|PF₁|=a₁+a₂,|PF₂|=a₁-a₂.

在ΔF₁PF₂中，由余弦定理

从而

又sin∠F₁PF₂=

所以

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

这里

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

    ③

由①，③得   y₁+y₂=kx₁+(1-2k)+kx₂+(1-2k)

=k(x₁+x₂)+2(1-2k)=

   ④

设P₁P₂的中点P坐标(x,y)，由中点公式及③，④得

消去k得

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

1．

由椭圆方程得焦点为

，设双曲线方程

，渐近线为

由题设

，所以a²=3b²,又

,c²=a²+b². 所以b²=12, a²=36.

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|MO|=

|PF₂|=

(a-ex)，又|PF₁|=-a-ex，所以两圆半径之和

(-a-ex)+a=

(a-ex)=|MO|，所以两圆外切。当P(x,y)在右支上时，同理得两圆内切。

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d₁=|x_m+11|=10.所以

，所以|MF₁|=

5．充要。将y=2x+1代入椭圆方程得(b²+4a²)x²+4a²x+a² (1-b²)=0.   ①

若Δ=(4a²) ²-4(b²+4a²)a² (1-b²)=0，则直线与椭圆仅有一个公共点，即b²+4a²=1；反之，4a²+b²=1，直线与椭圆有一个公共点。

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。

7．1≤m<5。直线过定点(0,1)，所以0

≤1.又因为焦点在x轴上，所以5>m,所以1≤m<5。

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。

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(1+3k²)x²-6x+3=0，由韦达定理得

    ①

    ②

因F（1，0），AF

BF，所以(x₁-1)(x₂-1)+y₁y₂=0,即

x₁x₂-(x₁+x₂)+1+k₂x₁x₂=0.      ③

把①，②代入③得

，所以倾斜角为

或

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k(k>0)，CA的直线方程为y=kx+1，代入椭圆方程为(a²k²+1)x²+2a²kx=0，得x=0或

，于是

，|CA|=

由题设，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

对于①，当1<a<

时，①无解；当

时，k=1；当a>

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为减函数，故0

当2b²>a²即

时，

，arccos

，sinθ为增函数，sinθ取最大值

；当2b²≤a²时，arccos

,θ∈[0,π]，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

    ②

   ③

因为y₁y₂=k²(x₁+c)(x₂+c)，再由②，③得

所以

=x₁x₂+y₁y₂=

,O点在以AB为直径的圆内，等价

<0，即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≤

若斜率不存在，问题等价于

即

，综上

13．解  （1）由双曲线方程得

，所以F₁(

,0)，抛物线焦点到准线的距离

，抛物线

    ①

把①代入C₁方程得

         ②

Δ=64a²>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=-a²<0，所以②必有一个负根设为x₁,把x₁代入①得y²=

,所以

（因为x₁≠0），所以C₁，C₂总有两个不同交点。

（2）设过F₁(

,0)的直线AB为my=(x+

a),由

得y²+4

may-12a²=0，因为Δ=48m²a²+48a²>0，设y₁,y₂分别为A，B的纵坐标，则y₁+y₂=

,y₁y₂=-12a².所以(y₁-y₂)²=48a²(m²+1).所以S_ΔAOB=

|y₁-y₂|?|OF₁|=

a?

a?

，当且仅当m=0时，S_ΔAOB的面积取最小值；当m→+∞时，S_ΔAOB→+∞，无最大值。所以存在过F的直线x=

使ΔAOB面积有最小值6a².

联赛一试水平训练题

1．m>5.由已知得

，说明(x,y)到定点（0,-1）与到定直线x-2y+3=0的距离比为常数

，由椭圆定义

<1，所以m>5.

2.

因为b=|PQ|=|PF|+|QF|=

,所以

。所以S_ΔOPQ=

absinθ=

.

3.

。设点P坐标为(r₁cosθ,r₁sinθ),点Q坐标为(-r₂sinθ,r₂cosθ)，因为P，Q在椭圆上，可得

，RtΔOPQ斜边上的高为

≤|OF|=c. 所以a²b²≤c²(a²+b²)，解得

≤e<1.

4.以O为圆心，a为半径的圆。延长F₁M交PF₂延长线于N，则

F₂N，而|F₂N|=|PN|-|PF₂|=|PF₁|-|PF₂|=2a，所以|OM|=a.

5.t∈(0,1]时|AT|_min=

,t>1时|AT|_min=|t-2|.由题设k_ABk_AC=-

,设A(x,y)，则

(x≠0)，整理得

=1(x≠0)，所以|AT|²=(x-t)²+y²=(x-t)²+

(x-2t)²+2-t².因为|x|≤2,所以当t∈(0,1]时取x=2t,|AT|取最小值

。当t>1时，取x=2，|AT|取最小值|t-2|.

6.

设点M(x₀,y₀) ，直线AB倾斜角为θ，并设A(x₀-

), B(x₀+

),因为A，B在抛物线上，所以

  ①

  ②

由①，②得        2x₀cosθ=sinθ.    ③

所以

因为l²<1，所以函数f(x)=

.在（0，1]在递减，

所以

。当cosθ=1即l平行于x轴时，距离取最小值

7．

设

，由A，M，M₁共线得y₁=

，同理B，M，M₂共线得

，设(x,y)是直线M₁M₂上的点，则y₁y₂=y(y₁+y₂)-2px，将以上三式中消去y₁,y₂得

y₀²(2px-by)+y02pb(a-x)+2pa(by-2pa)=0.

当x=a,y=

时上式恒成立，即定点为

8．

。由题设

且a²+2b²≤15，解得5≤b²≤6.

所以a+b≥

(t=b²-4∈[1,2])，而

，又t≤2可得上式成立。

9．解  设A(2cosθ,

), B(2cosα,

sinα),C(2cosβ,

sinβ)，这里α≠β，则过A，B的直线为l_AB：

，由于直线AB过点F₁(-1,0)，代入有

(sinθ-sinα)?(1+2cosθ)=2

sinθ(cosθ-cosα)，即2sin(α-θ)=sinθ-sinα=2

,故

，即

。又l_BD:

(x+2)=

，同理得

。l_CE:

(x-2)=

(x-2).

两直线方程联立，得P点坐标为

，消去

得点P(x,y)在椭圆

上（除去点(-2,0),(2,0)）.

10.解  （1）由

消去y得x²+2a²x+2a²m-a²=0,①设f(x)=x²+2a²x+2a²m-a²，问题（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：

1⁰．Δ=0，得

，此时x_p=-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x_p=a-2a²，当且仅当-a<a-2a²<a即0<a<1时适合。令f(a)=0得m=-a，此时x_p=-a-2a².由于-a-2a²<-a，从而m≠-a.综上当0<a<1时，

或-a<m≤a；当a≥1时，-a<m<a.

(2)ΔOAP的面积

因为0<a<

,故当-a<m≤a时，0<-a²+

,由唯一性得x_p=-a²+.当m=a时，x_p取最小值。由于x_p>0，从而

时取值最大，此时

，故

；当

时，x_p=-a²，y_p=

,此时

以下比较

与

的大小。令

，得

，故当0<a≤

时，

，此时

；当

时，有

，此时

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

在l上，

所以     y₂=k(x₂-1)  ①

又l

AA₁,所以

   ②

由①，②得

同理，由BB₁中点

在l上，且l

BB₁,解得

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

，由题设k>0，所以

，从而

所以直线l的方程为

，抛物线C的方程为

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(x_D,kx_D),B(x_B,-kx_B)，则直线DF的方程为

   ①

直线BC的方程为   

   ②

c×①-f×②得

(c-f)x+

   ③

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

(c-f)x+

   ④

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，其他顶点坐标为：

，…，

，其中

都是既约分数，并记A_n+1=A₀.若p与q奇偶性相同，则记p≡q，否则记p≠q，下面用数学归纳法证明。

b_k≡1,d_k≡1(k=1,2,…,n)，a_k+c_k≠a_k-1+c_k-1(k=1,2,…,n,n+1)。

当k=1时，由

，得

，因为a₁,b₁互质，所以d₁被b₁整除，反之亦然（即b₁被d₁整除）。

因此b₁=±d₁，从而

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

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≡1，又因为

，分数

既约，所以b_m是bb_m-1的一个因子，b_m≡1.

同理可知d_m≡1,又a_m≡ab_m-1+ba_m-1（同理c_m≡cd_m-1+dc_m-1）.

因此(a_m+c_m-a_m-1-c_m-1)≡(ab_m-1+ba_m-1+cd_m-1+dc_m-1-a_m-1-c_m-1)≡a_m-1(b-1)+ab_m-1+c_m-1(d-1)+cd_m-1≡a+c≡1.

所以a_m+c_m≠a_m-1+c_m-1，结论成立，于是在顶点数n+1为奇数时，a_n+1+c_n+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+

，四式相加，利用B₁C₁+C₁B₀=B₁C₀+C₀B₀，以及

。在B₀P₀或其延长线上，有B₀P₀=B0

，从而可知点

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ΔP₀Q₁R₁和ΔP₁Q₁S₁，由此得∠P₀Q₁P₁=π-∠P₀Q₁P₁-∠P₁Q₁S₁=π-(∠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共圆。

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   

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

x²与y=x?tan

x²的交点，则两条切线的斜率分别为（由引理）

又由题设k₁k₂=-1，所以

   ③

又因为P(x₀,y₀)在两条抛物线上，所以

代入③式得

    （※）

又因为tanα₁,tanα₂是方程

t²-t+

=0的两根，所以

tanα₁+tanα₂=

     ④

tanα₁tanα₂=

。  ⑤

把④，⑤代入（※）式得

，即

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l_AB方程为

，即x₁x+x₀cotθ?y-x₁x₀=0,因为l_AB与圆相切，可得x₁

=

x₀x₁cotθ-x₁x₀|，约去x₁,再两边平方得

，所以

x₁.  ①

又因为点P在圆上，所以(rcos

)²+(x₁-rsin

)²=

，化简得r=2x₁sin

.   ②

要证DP=AP+AE

2DP=AD+AE

2r=

+x₁tan

-x₁

1+sin

-cos

=4sin

cos

.  ③

又因为

，所以

     

因为

=(x₁-x₀-rcosθ,rsinθ),

=(x₁-rcosθ,rsinθ),

所以  (x₁-rcosθ)(x₁-rcosθ-x₀)+r²sin²θ=0.   ④

把②代入④化简得

   ⑤

由①得x₀=x₁

代入⑤并约去x₁,化简得4sin²2

-3sin2

=0，因为sin2

≠0，所以sin2

=

，又因为sin

=

=cos

，所以sin

-cos

>0.

所以sin

-cos

=

，所以1+sin

-cos

=

=4sin

cos

，即③成立。所以DP=AP+AE。

6．证明  设BC=d，CD=b，BD=c，则AC=CQ=

，取BC中点M，则AM

BC，以M为原点，直线BC为x轴建立直角坐标系，则各点坐标分别为

，

，

，

，_{360docimg_501_}，因为_{360docimg_502_}，所以点_{360docimg_503_}，所以_{360docimg_504_}

因为0<∠DRC<_{360docimg_505_}，0<∠ASQ<π，所以只需证tan∠ASQ=tan2∠DRC,即_{360docimg_506_}，化简得9d²-9c²-9b²=0即d²=b²+c²，显然成立。所以命题得证。

 

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