《高中數(shù)學競賽教材講義 第十一章 圓錐曲線講義》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高中數(shù)學競賽教材講義 第十一章 圓錐曲線講義（24頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、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(shù)e(0e1)的點的軌跡（其中定點不在定直線上），即(0eb0)，參數(shù)方程為（為參數(shù)）。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

2、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0eb0), F1(-c, 0), 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)傾斜角為的弦的長為。6雙曲線的定義，第一定義：滿足|PF1|-|PF2|=2a(2a0)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(shù)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(shù)方程為（為參數(shù)）。焦點在

3、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e1。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，F(xiàn)1（-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

4、,y）在左支上，則|PF1|=-ex-a，|PF2|=-ex+a.2) 過焦點的傾斜角為的弦長是。10拋物線：平面內與一個定點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l叫做拋物線的準線。若取經(jīng)過焦點F且垂直于準線l的直線為x軸，x軸與l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e=1.11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y0y=p(x+x0)；3）過焦點傾斜角為的弦長為。12極坐標系，在平面內取一個定點為極點記

5、為O，從O出發(fā)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|OP|=,xOP=，則由（，）唯一確定點P的位置，（，）稱為極坐標。13圓錐曲線的統(tǒng)一定義：到定點的距離與到定直線的距離的比為常數(shù)e的點P，若0e1，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(tǒng)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(xiàn)是橢圓的左焦點，點P為橢圓上的動點，當3|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=4, c=3,.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

6、，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|=3(|PA|+|PF|)=3(|PA|+|PQ|)3|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xb0）.F坐標為(-c, 0).設另一焦點為。連結，OP，則。所以|FP|+|PO|=(|FA|+|A|)=a.所以點P的軌跡是以F，O為兩焦點的橢圓（因為a|FO|=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，

7、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O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, y)為軌跡上任意一點，A，B，C，D的坐標分別為A(x-,0), B(x+,0), C(0, y-), D(0, y+), 記O為原點，由圓冪定理知|OA|OB|=|OC|OD|，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a0, b0)的右焦點F作B1B2軸，交雙曲線于B1，B2兩點，B2與

8、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(xiàn)的坐標分別為(asec,btan), (x0, 0), (c, 0)，則F1，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(jīng)過點F的直線交拋物線于A，B兩點，點C在準線上，且BC/x軸。證明：直線AC經(jīng)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

9、。所以，即直線AC經(jīng)過原點。例8 橢圓上有兩點A，B，滿足OAOB，O為原點，求證：為定值。證明 設|OA|=r1,|OB|=r2,且xOA=,xOB=，則點A，B的坐標分別為A(r1cos, r1sin),B(-r2sin,r2cos)。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OAOB（O為原點），求|AB|的最大值與最小值。解 由題設a=1，b=,記|OA|=r1,|OB|=r2,，參考例8可得=4。設m=|AB|2=,因為，且a2b2，所以，所以br1a，同理br2a.所以。又函數(shù)f(x)=x+在上單調遞減，在上單調遞增，所以當

10、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(2tcos,tsin)，則|BC|2=(2tcos)2+=3t2sin2-3tsin+4t2=-3(tsin+)2+3

11、+4t2.若，則當sin=-1時，|BC|2取最大值t2+3t+，與題設不符。若t,則當sin=時，|BC|2取最大值3+4t2，由3+4t2=7得t=1.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)，(-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x1+y10,所以1=a(x1-y1)，即x1=y1+所以此方程有不等實根，

12、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(lián)立得17x2+16bx+4(b2-1)=0.由0，得b0)，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，F(xiàn)2，橢圓上的點P滿足F1PF2=600，則F1PF2的面積是_.6直線l被雙曲線所截的線段MN恰被點A（3，-1）平分，則l的方程為_.7ABC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

13、線方程為3x-4y-2=0和3x+4y-10=0，一條準線方程為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_.11已知橢圓與雙曲線有公共的焦點F1，F(xiàn)2，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l與BA的延長線垂直，垂足為T，設|AT|=2a(2a1)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.11求橢圓上任

14、一點的兩條焦半徑夾角的正弦的最大值。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O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：(a0)，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：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SAOB的最值，若不存在，說明理由。五、聯(lián)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O為拋物線的頂點，F(xiàn)為焦點，且PQ為過

15、F的弦，已知|OF|=a，|PQ|=b，OPQ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，F(xiàn)2分別是雙曲線(ab0)的左、右焦點，P為雙曲線上的動點，過F1作F1PF2平分線的垂線，垂足為M，則M的軌跡為_.5ABC一邊的兩頂點坐標為B（0，）和C（0，），另兩邊斜率的乘積為，若點T坐標為(t,0)(tR+),則|AT|的最小值為_.6長為l(l1)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,0),ab0,b22pa，M是拋物線上的

16、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ABC的邊AB，AC分別過左、右焦點F1，F(xiàn)2，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(shù)）與C2：y2=2(x+m)在x軸上方有一個公共點P。（1）求實數(shù)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0a0),P(x,y)為軌跡上任一點，則?；?/p>

17、為2k2x2+2y2=m2(1+k2).當k1時，表示橢圓；當k=1時，表示圓。312由題設a=10,b=6,c=8，從而P到左焦點距離為10e=10=8,所以P到右焦點的距離為20-8=12。4-2k2或k5.由(|k|-2)(5-k)5或-2k2.5.設兩條焦半徑分別為m,n，則因為|F1F2|=12,m+n=20.由余弦定理得122=m2+n2-2mncos600,即(m+n) 2-3mn=144.所以，63x+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).7.-4.設B(x1,y1),C(x2,y2

18、)，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。92曲線y2=ax關于點（1，1）的對稱曲線為(2-y)2=a(2-x),由得y2-2y+2-a=0,故y1+y2=2,從而=1，所以a=2.10（2，。設P(x1,y1)及，由|PF1|=ex1+a,|PF2|=ex1-a,|PF1|+|PF2

19、|=2ex1, 所以，即。因，所以，所以即20,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, a2=36.2. 900。見圖1，由定義得|FA|=|AA1|,|FB|=|BB1|，有1=BFB1，2=AFA1，又1=3，2=4，所以3+4=BFB1+AFA1=900。3相切，

20、若P(x,y)在左支上，設F1為左焦點，F(xiàn)2為右焦點，M為PF1中點，則|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d1之比為e，且d1=|xm+11|=10.所以，所以|MF1|=5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，

21、4a2+b2=1，直線與橢圓有一個公共點。6y=2(x-1)。消去參數(shù)得(y-2m) 2=4(x-m)，焦點為它在直線y=2(x-1)上。71mm,所以1m0)，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，有兩個不等實根，故最多有3個。11解 設焦點為F1，F(xiàn)2，橢圓上任一點為P(x0,y0),F1PF2=,根據(jù)余弦定理得|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|

22、PF2|cos,又|PF1|+|PF2|=2a，則4c2=(2a)2-2|PF1|PF2|(1+cos),再將|PF1|=a+ex0，|PF2|=a-ex0及a2=b2+c2代入得4b2=2(a2-e2)(1+cos).于是有由0，得，所以。因0，所以cos為減函數(shù)，故0當2b2a2即時，arccos，sin為增函數(shù)，sin取最大值；當2b2a2時，arccos,0,，則sin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

23、為方程的兩根，由韋達定理得 因為y1y2=k2(x1+c)(x2+c)，再由，得所以=x1x2+y1y2=,O點在以AB為直徑的圓內，等價0，即k2(a2c2-b4)-a2b20對任意kR成立，等價于a2c2-b20,即ac-b20,即e2+e-10.所以00，所以方程必有兩個不同實根，設為x1,x2,由韋達定理得x1x2=-a20，設y1,y2分別為A，B的縱坐標，則y1+y2=,y1y2=-12a2.所以(y1-y2)2=48a2(m2+1).所以SAOB=|y1-y2|OF1|=aa，當且僅當m=0時，SAOB的面積取最小值；當m+時，SAOB+，無最大值。所以存在過F的直線x=使AOB

24、面積有最小值6a2.聯(lián)賽一試水平訓練題1m5.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(shù)，由橢圓定義5.2.因為b=|PQ|=|PF|+|QF|=,所以。所以SOPQ=absin=.3.。設點P坐標為(r1cos,r1sin),點Q坐標為(-r2sin,r2cos)，因為P，Q在橢圓上，可得，RtOPQ斜邊上的高為|OF|=c. 所以a2b2c2(a2+b2)，解得e1時|AT|min=|t-2|.由題設kABkAC=-,設A(x,y)，則(x0)，整理得=1(x0)，所以|AT|2=(x-t)2+y2=(x-t)2+(x-2t)2+2-t2.因為|x|

25、2,所以當t(0,1時取x=2t,|AT|取最小值。當t1時，取x=2，|AT|取最小值|t-2|.6.設點M(x0,y0) ，直線AB傾斜角為，并設A(x0-), B(x0+),因為A，B在拋物線上，所以 由，得 2x0cos=sin. 所以因為l21，所以函數(shù)f(x)=.在（0，1在遞減，所以。當cos=1即l平行于x軸時，距離取最小值7設，由A，M，M1共線得y1=，同理B，M，M2共線得，設(x,y)是直線M1M2上的點，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

26、，即定點為8。由題設且a2+2b215，解得5b26.所以a+b(t=b2-41,2)，而，又t2可得上式成立。9解 設A(2cos,), B(2cos,sin),C(2cos,sin)，這里，則過A，B的直線為lAB：，由于直線AB過點F1(-1,0)，代入有(sin-sin)(1+2cos)=2sin(cos-cos)，即2sin(-)=sin-sin=2,故 ，即。又lBD: (x+2)=，同理得。lCE: (x-2)=(x-2).兩直線方程聯(lián)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x2+2a2x+2a2m-a2=0,設

27、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-ama；當a1時，-ama.(2)OAP的面積因為0a,故當-ama時，00，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

28、00，所以，從而所以直線l的方程為，拋物線C的方程為聯(lián)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,0),F(f,0),D(xD,kxD),B(xB,-kxB)，則直線DF的方程為 直線BC的方程為 c-f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(shù)，所以GAC=EAC。2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(shù)，并記An+1=A0.若p與q奇偶性相同，則記pq，否則記pq，下面用數(shù)學歸納法證明。bk1,

29、dk1(k=1,2,n)，ak+ckak-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）。因此b1=d1，從而不可能都是偶數(shù)（否則b1也是偶數(shù)，與互質矛盾）；不可能都是奇數(shù)，因為兩個奇數(shù)的平方和模8余2不是4的倍數(shù)，也不可能是完全平方數(shù)，因此，a1c1,b1d11，并且a1+c10=a0+c0.設結論對k=1,2,m-1n都成立，令這里是既約分數(shù)，因為每一段的長為1，所以=1，與k=1情況類似：ac,db1，又因為，分數(shù)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

30、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-1a+c1.所以am+cmam-1+cm-1，結論成立，于是在頂點數(shù)n+1為奇數(shù)時，an+1+cn+1a0+c0，故折線不可能是閉的。3證明 （1）由已知B0P0=B0Q0，并由圓弧P0Q0和Q0P0，Q0P1和P1Q1，P1Q1和Q1P1分別相內切于點Q0，P1，Q1，得C1B0+B0Q0=C1P1，B1C1+C1P1=B1C0+C0Q1以及C0Q1=C0B0+，四式相加，利用B1C1+C1B0

31、=B1C0+C0B0，以及。在B0P0或其延長線上，有B0P0=B0，從而可知點與點P0重合。由于圓弧Q1P0的圓心C0，圓弧P0Q0的圓心B0以及P0在同一直線上，所以圓弧Q1P0和P0Q0相內切于點P0。（2）現(xiàn)分別過點P0和P1引上述相應相切圓弧的公切線P0T和P1T交于點T。又過點Q1引相應相切圓弧的公切線R1S1，分別交P0T和P1T于點R1和S1，連接P0Q1和P1Q1，得等腰P0Q1R1和P1Q1S1，由此得P0Q1P1=-P0Q1P1-P1Q1S1=-(P1P0T-Q1P0P)-(P0P1T-Q1P1P0),而-P0Q1P1=Q1P0P1+Q1P1P0，代入上式后，即得P0Q1

32、P1=-(P0B0Q0+P1C1Q0).同理得P0Q0P1=-(P0B0Q0+P1C1Q0)，所以P0，Q0，Q1，P1共圓。4證明 引理：拋物線y=ax2+bx+c(a0)在(x0,y0)處的切線斜率是2ax0+b.引理的證明：設(x0,y0)處的切線方程為y-y0=k(x-x0)，代入拋物線方程得ax2+(b-k)x+c+kx0-y0=0. 又 故可化簡成 (x-x0)a(x+x0)+b-k=0, 因為只有一個實根，所以k=2ax0+b.引理得證。設P(x0,y0)為任一正交點，則它是由線y=xtanx2與y=xtanx2的交點，則兩條切線的斜率分別為（由引理）又由題設k1k2=-1，所以

33、 又因為P(x0,y0)在兩條拋物線上，所以 代入式得 （）又因為tan1,tan2是方程t2-t+=0的兩根，所以tan1+tan2= tan1tan2=。 把，代入（）式得，即5證明 以C為原點，CB所在直線為x軸，建立直角坐標系，設ADC=，|PD|=r.各點坐標分別為D(x1,0),E(0,x1),A(0,x1tan),B(x0,0),P(x1-rcos,rsin).則lAB方程為，即x1x+x0coty-x1x0=0,因為lAB與圓相切，可得x1=x0x1cot-x1x0|，約去x1,再兩邊平方得，所以x1. 又因為點P在圓上，所以(rcos)2+(x1-rsin)2=，化簡得r=2

34、x1sin. 要證DP=AP+AE2DP=AD+AE2r=+x1tan-x11+sin-cos=4sincos. 又因為，所以 因為=(x1-x0-rcos,rsin),=(x1-rcos,rsin),所以 (x1-rcos)(x1-rcos-x0)+r2sin2=0. 把代入化簡得 由得x0=x1代入并約去x1,化簡得4sin22-3sin2=0，因為sin20，所以sin2=，又因為sin=cos，所以sin-cos0.所以sin-cos=，所以1+sin-cos=4sincos，即成立。所以DP=AP+AE。6證明 設BC=d，CD=b，BD=c，則AC=CQ=，取BC中點M，則AMBC，以M為原點，直線BC為x軸建立直角坐標系，則各點坐標分別為，因為，所以點，所以因為0DRC，0ASQ，所以只需證tanASQ=tan2DRC,即，化簡得9d2-9c2-9b2=0即d2=b2+c2，顯然成立。所以命題得證。高考資源網(wǎng)()來源：高考資源網(wǎng)版權所有：高考資源網(wǎng)(www.k s 5 )