1、高中數學競賽標準教材(第十一章圓錐曲線)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e(0e1)的點的軌跡(其中定點不在定直線上)，即(0e1).第三定義：在直角坐標平面內給定兩圓c1:x2+y2=a2,c2:x2+y2=b2,a,bR+且ab。從原點出發的射線交圓cl于P,交圓c2于Q,過P引y軸的平行線，過Q引x軸的平行線，兩條線的交點的軌跡即為橢圓。2 橢圓的方程，如果以橢圓的中心為

2、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(ab0)，參數方程為(為參數)。若焦點在y軸上，列標準方程為(ab0)。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0e1.橢圓有兩條對稱軸，分別是長軸、短軸。4 橢圓的焦半徑公式：對于橢圓1(ab0),F1(-c,0),

3、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9的弦的長為。6 雙曲線的定義，第一定義：滿足|PF1|-|PF2|=2a(2a2c=|F1F2|,aO)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參數方程為(為參數)。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,b0),a稱半

4、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el。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，F1(-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e的弦長是10 拋物線：平面內與

5、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I叫做拋物線的準線。若取經過焦點F且垂直于準線I的直線為x軸，x軸與I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(p0)，離心率拋物線常用結論：若P(x0,y0)為拋物線上任一點，1 )焦半徑|PF|=；2 )過點P的切線方程為yOy=p(x+xO);3 )過焦點傾斜角為e的弦長為。12 極坐標系，在平面內取一個定點為極點記為O，從0出發的射線為極軸記為Ox軸，這樣就建立了極坐標系，對于平面內任意一點P,記|0P|=p,/xOP=e，貝y由(p

6、,e)唯一確定點p的位置，(p,e)稱為極坐標。13 圓錐曲線的統一定義：到定點的距離與到定直線的距離的比為常數e的點P,若0e1,則點P的軌跡為橢圓；若el，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是橢圓的左焦點，點P為橢圓上的動點，當引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橢圓左準線的方程為，又因為，所以點A在橢圓內部，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|

7、=3(|PA|+|PF|)=3(|PA|+|PQ|)>引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x0，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)。求證：/F1K=ZKF1Q.證明記右準線為I，作PDI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，F1K為/PF1P的外角平分線，所以/=/KF1Q2 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0,

8、焦點所在的直線為x軸，建立直角坐標系，設橢圓方程：=1(ab0).F坐標為(-c,0).設另一焦點為。連結，0P，則。所以|FP|+|P0|=(|FA|+|A|)=a.所以點P的軌跡是以F,0為兩焦點的橢圓(因為a|F0|=c)，將此橢圓按向量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0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

9、,y)為軌跡上任意一點，A，B，GD的坐標分別為A(x-,0),B(x+,0),C(0,y-),D(0,y+),記0為原點，由圓冪定理知|0A|0B|=|0C|0D|，用坐標表示為，即當a=b時，軌跡為兩條直線y=x與y=-x；當ab時，軌跡為焦點在x軸上的兩條等軸雙曲線；當ab時，軌跡為焦點在y軸上的兩條等軸雙曲線。例5在坐標平面內，/A0B=，AB邊在直線I:x=3上移動，求三角形A0B的外心的軌跡方程解設/xOB=e,并且B在A的上方，則點A,B坐標分別為B(3,3tane),A(3,3tan(e-),設外心為P(x,y)，由中點公式知0B中點為M。由外心性質知再由得xtane=-1。結

10、合上式有tane=又tane+=又所以tane-=兩邊平方，再將，代入得。即為所求。3 定值問題。例6過雙曲線(a0,b0)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的坐標分別為(aseca,btana),(x0,0),(c,0)，貝UF1,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，所以所以由得代入上式得即(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設拋物線y2=2px(p0)的焦點為F,經過點F的直線交

11、拋物線于A,B兩點，點C在準線上，且BC/X軸。證明：直線AC經過定點。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經過原點。例8橢圓上有兩點A，B，滿足OAOBO為原點，求證：為定值。證明設|0A|=r1,|0B|=r2,且/xOA=0,/xOB=,則點A,B的坐標分別為A(r1cos9,rlsin9),B(-r2sin9,r2cos9)。由A,B在橢圓上有即+得(定值)。4 最值問題。例9設A,B是橢圓x2+3y2=1上的兩個動點，且0A0B(0為原點)，求|AB|的最大值與最小值。解由題設a=1,b=,記|0A|=r1,|0B|=r

12、2,，參考例8可得=4。設m=|AB|2因為，且a2b2，所以，所以b<r1<a,同理b<r2<a.所以。又函數f(x)=x+在上單調遞減，在上單調遞增，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，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

13、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(2tcos0,tsin0)，貝U|BC|2=(2tcos0)2+=3t2sin20-3tsin0+4t2=-3(tsin0+)2+3+4t2.若,貝當sin0=-1時,|BC|2取最大值t2+3t+,與題設不符。若t,則當sin0=時，|BC|2取最大值3+4t2，由3+4t2=7得所以橢圓方程為。5 直線與二次曲線。例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)，

14、(-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xl+ylz0,所以仁a(xl-yl)，即x仁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。解二方程聯立得17x2+16bx+4(b2-1)=0.由0,得b；設兩交點為P(x1,y1),Q(x2,y2)，由韋達定理得|PQ|=。所以當b=0時，|PQ|最大。三、基礎訓練題1 .A為半徑是R的定圓OO上一定點，B為OO上任一點，點P是A關于B的對稱點，則點P的軌跡是2 一動點到兩相交直線

15、的距離的平方和為定值m2(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,F2，橢圓上的點P滿足/F1PF2=600貝UF1PF2的面積是.6 .直線I被雙曲線所截的線段MN恰被點(3,-1)平分，則l的方程為.7 .ABC的三個頂點都在拋物線y2=32x上，點A(2,8),且ABC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,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

16、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=.10.P為等軸雙曲線x2-y2=a2上一點,的取值范圍是已知橢圓與雙曲線有公共的焦點F1,F2,設P是它們的一個焦點，求/F1PF2和PF1F2的面積。12 .已知(i)半圓的直徑AB長為2r;(ii)半圓外的直線I與BA的延長線垂直，垂足為設|AT|=2a(2a);(iii)半圓上有相異兩點MN它們與直線I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I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

17、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A,B在拋物線準線上的射影分別是A1,B1，則/A1FB仁.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若參數方程（t為參數）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軸上的橢圓總

18、有公共點，貝Um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I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I的傾斜角為.10 以橢圓x2+a2y2=a2（a1）的一個頂點C（0,1）為直角頂點作此橢圓的內接等腰直角三角形ABC這樣的三角形最多可作個求橢圓上任一點的兩條焦半徑夾角e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0都在以AB為直徑的圓內，求橢圓離心率e的取值范圍。13 .已知雙曲線C1:(aO)，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

19、：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AOB的面積有最大值或最小值？若存在，求直線AB的方程與SAAOB的最值，若不存在，說明理由。五、聯賽一試水平訓練題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0為拋物線的頂點，F為焦點，且PQ為過F的弦，已知|OF|=a,|PQ|=b,AOPC面積為.3 給定橢圓，如果存在過左焦點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,F2分別是雙曲線(abO)的左、右焦點，P為雙曲線上的動點，過F1作/F1PF2平分線

20、的垂線，垂足為M,則M的軌跡為.5 .ABC邊的兩頂點坐標為(0,)和(0,),另兩邊斜率的乘積為，若點T坐標為(t,O)(tR+),則|AT|的最小值為.6 .長為1(11)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,O),ab工0,b2工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)既在橢圓內部(含邊界)，又在圓x2+y2=外部(含邊界)，若a,bR+,則a+b的最小值為.9 .已知橢圓的內接AB

21、C的邊AB,AC分別過左、右焦點F1,F2,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)與C2:y2=2(x+m)在x軸上方有一個公共點Po(1)求實數m的取值范圍(用a表示)；（2）O為原點，若C1與x軸的負半軸交于點A,當0a時，試求OAP面積的最大值（用a表示）。11 .已知直線I過原點，拋物線C的頂點在原點，焦點在x軸正半軸上，若點A（-1，0）和B（0，8）關于l的對稱點都在C上，求直線I和拋物線的方程。六、聯賽二試水平訓練題1 .在四邊形ABCD中,對角線AC平分/BAD在CD上取一點E,BE與A

22、C相交于F,延長DF交BC于G,求證:/GACMEAC2 求證:在坐標平面上不存在一條具有奇數個頂點，每段長都為1的閉折線，它的每個頂點坐標都是有理數。3 .以B0和B1為焦點的橢圓與AB0B1的邊ABi交于Ci（i=0,1），在AB0的延長線上任取點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，C1QC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相內切于P0;（2）P0,Q0,P1,Q

23、1共圓。4 在坐標平面內，從原點出發以同一初速度v0和不同發射角（即發射方向與x軸正向之間的夾角）a（a0,n,a工）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，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ABC斜邊為AB,內切圓切BC,CAAB分別于DE,F點，AD交內切圓于P點。若CPBP求證：PD=AE+AP6 .已知BCCD點A為BD中點，點Q在BC上,AC=CQ又在BQh找一點R使BR=2RQCQ上找一點S,使QS=RQ求證：/ASB=

24、NDRC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。貝U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(k0),P(x,y)為軌跡上任一點貝。化簡為2k2x2+2y2=m2(1+k2).當kl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I0e=10x=8,所以P到右焦點的距離為20-8=12。4 .-2k2或k5.由(|k|-2)(5-k)0解得k5或-2k2設兩條焦半徑分別為m,n貝因為|F1F2|=12,m+n=20.由余弦定理得122=m2+n2-2mncos600,即（m+n）2-

25、所以,6 3x+4y-5=0.設M(x1,y1),N(x2,y2)，則兩式相減得-(y1+y2)(y1-y2)=0.由，得。故方程y+1=(x-3)-4.設B(x1,y1),C(x2,y2)，則=0，所以y1+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

26、)2=a(2-x),由得y2-2y+2-a=0,故y1+y2=2,從而，所以a=2.10 (2，。設P(x1,y1)及，由|PF1|=ex1+a,|PF2|=ex1-a,|PF1|+|PF2|=2ex1,所以，即。因，所以，所以即2t<2解：由對稱性，不妨設點P在第一象限，由題設|F1F2|2=4=4c2，又根據橢圓與雙曲線定義解得|PF1|=a1+a2,|PF2|=a1-a2.在F1PF2中，由余弦定理從而又sin/F1PF2=所以12 .解：以直線AB為x軸，AT的中垂線為y軸建立直角坐標系，則由定義知MN兩點既在拋物線y2=4ax上，又在圓x-(a+r)2+y2=r2上，兩方程聯立

27、得x2+(2a-2r)x+2ra+a2=0，設點MN坐標分別為(x1,y1),(x2,y2)，貝Ux1+x2=2r-2a.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x+1-2k.將代入雙曲線方程消元y得(2-k2)x2+2k(2k-1)x-(4k2-4k+3)=0.這里且=2k(2k-1)2+4(2-k)2(4k2-4k+3)=8(3k2-4k+3)0

28、,設x1,x2是方程的兩根，由韋達定理由，得y1+y2=kx1+(1-2k)+kx2+(1-2k)=k(x1+x2)+2(1-2k)=設P1P2的中點P坐標(x,y)，由中點公式及，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,a22.900。見圖1，由定義得|FA|=|AA1|,|FB|=|BB1|，有/仁/BFB1,/2=ZAFA1又/仁/3,22=24,所以/3+24=2BFB1+2AFA1=9003 .相切，若P(x,y)在左支上，設F1為左焦點，F2為

29、右焦點，M為PF1中點，貝U|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di之比為e,且d仁|xm+11|=10.所以,所以|MF1|.充要。將y=2x+1代入橢圓方程得(b2+4a2)x2+4a2x+a2(1-b2)=0.若=(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=1;反之，4a2+b2=1，直線與橢圓有一個公共點。6 y=2

30、(x-1)。消去參數得(y-2m)2=4(x-m),焦點為它在直線y=2(x-1)上。7 .1<m5直線過定點(0,1)，所以0<1.又因為焦點在x軸上，所以5m,所以1<m58 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，由韋達定理得因F(1,0),AFBF,所以(x1-1)(x2-1)+y1y2=0,即x1x2-(x1+x2)+1+k2x1x2=0.把，代入得，所以傾斜角為或10 3首先這樣的三角形一定存在

31、,不妨設A,B分別位于y軸左、右兩側，設CA斜率為k(k0)，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。對于，當1a時，無解；當時，k=1；當a時,有兩個不等實根，故最多有3個11 .解設焦點為F1,F2，橢圓上任一點為P(xO,yO),/F1PF2=9,根據余弦定理得|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|PF2|cos9,又|PF1|+|PF2|=2a，貝»4c2

32、=(2a)2-2|PF1|PF2|(1+cos9),再將|PF1|=a+exO,|PF2|=a-ex0及a2=b2+c2代入得4b2=2(a2-e2)(1+cos9).于是有由0,得，所以。因90,n，所以cos9為減函數，故0當2b2a2即時，,arccos,sin9為增函數，sin9取最大值；當2b2<a2時，arccos,90,n,貝sin9最大值為1。12 .解設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.則x1,x2為方程的兩根，由韋達定理得

33、因為y1y2=k2(x1+c)(x2+c)，再由，得所以=x1x2+y1y2=,0點在以AB為直徑的圓內，等價0,艮卩k2(a2c2-b4)-a2b20對任意kR成立，等價于a2c2-b2w0,即ac-b2<0,即e2+e-1W0.所以0eW若斜率不存在，問題等價于即，綜上解(1)由雙曲線方程得，所以F1(,0)，拋物線焦點到準線的距離，拋物線把代入C1方程得=64a20,所以方程必有兩個不同實根，設為x1,x2,由韋達定理得x1x2=-a20，所以必有一個負根設為x1,把x1代入得y2=,所以(因為x1工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

34、+a),由得y2+4may-12a2=0,因為=48m2a2+48a20設y1,y2分別為AB的縱坐標，則y1+y2=,y1y2=-12a2.所以(y1-y2)2=48a2(m2+1).所以SAAOB=|y1-y2|OF1|=aa,當且僅當m=0時，SAAOB的面積取最小值；當m時，SAAOB>+s,無最大值。所以存在過F的直線x=使AOB面積有最小值6a2.聯賽一試水平訓練題1 .m5.由已知得，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，由橢圓定義1，所以m5.2.因為b=|PQ|=|PF|+|QF|=,所以。所以SAOPQ=absin0。設點P坐標為(

35、rlcos0,r1sin0)，點Q坐標為(-r2sin0,r2cos0)，因為P,Q在橢圓上，可得,RtAOPC斜邊上的高為<|OF|=c.所以a2b2<c2(a2+b2)，解得<e以O為圓心，a為半徑的圓。延長F1M交PF2延長線于N,貝UF2N，而|F2N|=|PN|-|PF2|=|PF1|-|PF2|=2a，所以|OM|=a(0,1時|AT|min=,t1時|AT|min=|t-2|.由題設kABkAC=-,設A(x,y)，貝(x工0)，整理得=1(x工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,

36、1時取x=2t,|AT|取最小值。當t1時，取x=2,|AT|取最小值|t-2|設點M(x0,y0)，直線AB傾斜角為0,并設A(x0-),B(x0+),因為A,B在拋物線上，所以由，得2x0cos0=sin0.所以因為l21,所以函數f(x)=.在(0,1在遞減,所以。當cos0=1即I平行于x軸時，距離取最小7 .設，由A,MM1共線得y1=，同理B,MM2共線得，設(x,y)是直線M1M2k的點，則y1y2=y(y1+y2)-2px,將以上三式中消去y1,y2得y02(2px-by)+y02pb(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a

37、2+2b2W15,解得5<b2<6.所以a+b>(t=b2-41,2)，而，又t<2可得上式成立。9 .解設A(2cos0,),B(2cosa,sina),C(2cosB,sinB)，這里a工B,則過A,B的直線為lAB:，由于直線AB過點F1(-1,0)，代入有(sin0-sina)(1+2cos0)=2sin0(cos0-cosa),即2sin(a-0)=sin0-sina=2,故,即。又lBD:(x+2)=,同理得。lCE:(x-2)=(x-2).兩直線方程聯立，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x

38、2+2a2x+2a2m-a2=0,設f(x)=x2+2a2x+2a2m-a2，問題(1)轉化為方程在x(-a,a)上有唯一解或等根。只需討論以下三種情況：10 .=0,得，此時xp=-a2，當且僅當-a-a2a即0a1時適合；20。f(a)f(-a)0，當且僅當-ama時適合；30。f(-a)=0得m=a此時xp=a-2a2，當且僅當-aa-2a2a即0a1時適合。令f(a)=0得m=-a,此時xp=-a-2a2.由于-a-2a2-a，從而m-a.綜上當0a1時，或-amca;當a>1時，-ama.(2)OAP的面積因為0a,故當-amCa時，0-a2+,由唯一性得xp=-a2+.當m=

39、a時，xp取最小值。由于xp0，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0ac時，此時；當時，有，此時.解：設A,B關于I的對稱點分別為A1(x2,y2),B1(x1,y1)，則AA1中點在I上，所以y2=k(x2-1)又IAA1,所以由，得同理，由BB1中點在I上，且IBB1,解得設拋物線方程為y2=2px，將A1,B1坐標代入并消去p得k2-k-1=0.所以，由題設k0，所以，從而所以直線I的方程為，拋物線C的方程為聯賽二試水平訓練題1 .以A為原點，直線AC為x軸，建立直角坐標系，設C(c,O),F(f,O),D(xD,kxD),B(xB,

40、-kxB)，則直線DF的方程為直線BC的方程為cX-fX得(c-f)x+ 表示一條直線，它過原點，也過DF與BC的交點G因而就是直線AG的方程。同理，直線AE的方程為(c-f)x+ ，的斜率互為相反數，所以/GACHEAC2 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，并記An+1=A0.若p與q奇偶性相同，則記p=q,否則記pzq,下面用數學歸納法證明。bk三1,dk三1(k=1,2，n),ak+ck工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

41、)。因此b仁土di,從而不可能都是偶數(否則bl也是偶數，與互質矛盾)；不可能都是奇數，因為兩個奇數的平方和模8余2不是4的倍數，也不可能是完全平方數，因此，alzc1,b1三di三1,并且al+cizO=aO+cO.設結論對k=1,2,m-1<n都成立，令這里是既約分數，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，分數既約，所以bm是bbm-1的一個因子，bm1.同理可知dm1,又amabm-1+bam-1(同理cmcdm-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+cmzam-1+cm-1,結論成立,于是在頂點數n+1為奇數時，an+1+cn+1zaO+cO,故折線不可能是閉的。3 .證明(1)由已知BOPO=BOQ0并由圓弧POQO和QOPQQOP1和P1Q1,P1Q1和Q1P1分別相