高考数学回归课本圆锥曲线

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

高考数学回归课本圆锥曲线

高考数学回归课本教案 整理:卢立臻 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(0b>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0b>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01,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PDl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a0, 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 ‎ 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+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00),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.-25或-20,‎ 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=|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.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),AFBF,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00,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kAB•kAC=-,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)+y0•2pb(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•,故 ,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<-a20,从而时取值最大,此时,故;当时,xp=-a2,yp=,此时以下比较与的大小。令,得,故当00,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 ‎ 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 tanα1•tanα2=。 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+x0•cotθ•y-x1x0=0,因为lAB与圆相切,可得x1•=x0x1•cotθ-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+AE2DP=AD+AE2r=+x1tan-x11+sin-cos=4sincos. 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==4sincos,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AMBC,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,,,,,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。‎
查看更多

相关文章

您可能关注的文档