高中数学竞赛讲义(十一) ──圆锥曲线

碧浪晴空

收藏于 : 2023-02-04 21:19   被转藏 : 1   

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, bR+ab。从原点出发的射线交圆c1P,交圆c2Q,过Py轴的平行线,过Qx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=a20<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=c2e>1。两条渐近线方程为,双曲线有相同的渐近线,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Px,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PDlDE,因为//PD,则,又由定义,所以,由三角形外角平分线定理知,F1KPF1P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FO的椭圆。

长为a, b的线段ABCD分别在x轴,y轴上滑动,且ABCD四点共圆,求此动圆圆心P的轨迹。

[] P(x, y)为轨迹上任意一点,ABCD的坐标分别为A(x-,0), B(x+,0), C(0, y-), D(0, y+), O为原点,由圆幂定理知|OA|?|OB|=|OC|?|OD|,用坐标表示为,即

a=b时,轨迹为两条直线y=xy=-x

a>b时,轨迹为焦点在x轴上的两条等轴双曲线;

a<b时,轨迹为焦点在y轴上的两条等轴双曲线。

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。

[∠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

×tanθ=-1。结合上式有

tanθ=      ①

又    tanθ+=      

    

所以tanθ-=两边平方,再将①,②代入得。即为所求。

3.定值问题。

过双曲线(a>0, b>0)的右焦点FB1B2轴,交双曲线于B1B2两点,B2与左焦点F1连线交双曲线于B点,连结B1Bx轴于H点。求证:H的横坐标为定值。

[证明设点BHF的坐标分别为(asecα,btanα), (x0, 0), (c, 0),则F1B1B2的坐标分别为(-c, 0), (c, ), (c, ),因为F1H分别是直线B2FBB1x轴的交点,所以

 

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OAOB,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

   

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OAOB(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+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.

,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SΔAOB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OPOQ,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CPBP,求证:PD=AE+AP。

6.已知BCCD,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),

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.  

将①代入双曲线方程消元y得

(2-k2)x2+2k(2k-1)x-(4k2-4k+3)=0.  

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

   

由①,③得   y1+y2=kx1+(1-2k)+kx2+(1-2k)

=k(x1+x2)+2(1-2k)=  

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=|xm+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。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

   

   

因F(1,0),AFBF,所以(x1-1)(x2-1)+y1y2=0,即

x1x2-(x1+x2)+1+k2x1x2=0.     

把①,②代入③得,所以倾斜角为

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.  

则x1,x2为方程①的两根,由韦达定理得

   

  

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,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

   

把①代入C1方程得

        

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+4may-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SΔAOB=|y1-y2|?|OF1|=a?a?,当且仅当m=0时,SΔAOB的面积取最小值;当m→+∞时,SΔAOB→+∞,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SΔOPQ=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kABkAC=-,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

 

 

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,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

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]),

t2可得上式成立。

9  A(2cosθ,), B(2cosα,sinα),C(2cosβ,sinβ)这里αβ则过AB的直线为lAB由于直线AB过点F1(-1,0)代入有(sinθ-sinα)?(1+2cosθ)=2sinθ(cosθ-cosα),即2sin(α-θ)=sinθ-sinα=2, ,即。又lBD: (x+2)=,同理得。lCE: (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时适合。令f(a)=0得m=-a,此时xp=-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xp=-a2+.当m=a时,xp取最小值。由于xp>0,从而时取值最大,此时,故;当时,xp=-a2,yp=,此时以下比较的大小。令,得,故当0<a≤时,,此时;当,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lAA1,所以

  

由①,②得

同理,由BB1中点在l上,且lBB1,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(xD,kxD),B(xB,-kxB),则直线DF的方程为

  

直线BC的方程为       ②

c×①-f×②得

(c-f)x+  

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+  

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An+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。

bk≡1,dk≡1(k=1,2,…,n),ak+ck≠ak-1+ck-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bm是bbm-1的一个因子,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,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+,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Q1P0P0Q0相内切于点P0

2)现分别过点P0P1引上述相应相切圆弧的公切线P0TP1T交于点T。又过点Q1引相应相切圆弧的公切线R1S1,分别交P0TP1T于点R1S1,连接P0Q1P1Q1,得等腰ΔP0Q1R1ΔP1Q1S1,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.  

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?tanx2与y=x?tanx2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

  

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lAB方程为,即x1x+x0cotθ?y-x1x0=0,因为lAB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.  

要证DP=AP+AE2DP=AD+AE2r=+x1tan-x11+sin-cos=4sincos

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

  

由①得x0=x1

代入⑤并约去x1,化简得4sin22-3sin2=0,因为sin20,所以sin2=,又因为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.证明  BC=dCD=bBD=c,则AC=CQ=,取BC中点M,则AMBC,以M为原点,直线BCx轴建立直角坐标系,则各点坐标分别为,因为,所以点,所以

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

 

本系列讲座由在人教中数论坛网友“0.1”整理提供,感谢他(她)的分享。



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