基礎訓練題

1．圓。設AO交圓于另一點是A關于的對稱點。則因為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(k>0),P(x,y)為軌跡上任一點，則?；啚?k²x²+2y²=m²(1+k²).

當k≠1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10e=10×=8,所以P到右焦點的距離為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.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，

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).

7.-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)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|=2ex₁, 所以，即。因，所以，所以即2<t≤2.

11.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(jù)橢圓與雙曲線定義

解得|PF₁|=a₁+a₂,|PF₂|=a₁-a₂.

在ΔF₁PF₂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M，N兩點既在拋物線y²=4ax上，又在圓[x-(a+r)]²+y²=r²上，兩方程聯(lián)立得x²+(2a-2r)x+2ra+a²=0，設點M，N坐標分別為(x₁,y₁),(x₂,y₂)，則x₁+x₂=2r-2a.又|AM|=|MP|=x₁+a，|AN|=|NP|=x₂+a. |AB|=2r，所以

|AM|+|AN|=x₁+x₂+2a=2r=|AB|.

得證。

13．解：若直線l垂直于x軸，因其過點A(2,1)，根據(jù)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

y=kx+1-2k.   ①

將①代入雙曲線方程消元y得

(2-k²)x²+2k(2k-1)x-(4k²-4k+3)=0.   ②

這里且Δ=[2k(2k-1)]²+4(2-k)²(4k²-4k+3)=8(3k²-4k+3)>0,

設x₁,x₂是方程②的兩根，由韋達定理

    ③

由①，③得   y₁+y₂=kx₁+(1-2k)+kx₂+(1-2k)

=k(x₁+x₂)+2(1-2k)=   ④

設P₁P₂的中點P坐標(x,y)，由中點公式及③，④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，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=|x_m+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.   ①

若Δ=(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(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。

7．1≤m<5。直線過定點(0,1)，所以0≤1.又因為焦點在x軸上，所以5>m,所以1≤m<5。

8．3．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

    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，所以傾斜角為或

10．3．首先這樣的三角形一定存在，不妨設A，B分別位于y軸左、右兩側，設CA斜率為k(k>0)，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。①

對于①，當1<a<時，①無解；當時，k=1；當a>時，①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=θ,根據(jù)余弦定理得

|F₁F₂|²=|PF₁|²+|PF₂|²-2|PF₁|?|PF₂|cosθ,

又|PF₁|+|PF₂|=2a，則4c²=(2a)²-2|PF₁|?|PF₂|(1+cosθ),再將|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為減函數(shù)，故0

當2b²>a²即時，，arccos，sinθ為增函數(shù)，sinθ取最大值；當2b²≤a²時，arccos,θ∈[0,π]，則sinθ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.   ①

則x₁,x₂為方程①的兩根，由韋達定理得

    ②

   ③

因為y₁y₂=k²(x₁+c)(x₂+c)，再由②，③得

所以=x₁x₂+y₁y₂=,O點在以AB為直徑的圓內，等價<0，即k²(a²c²-b⁴)-a²b²<0對任意k∈R成立，等價于a²c²-b²≤0,即ac-b²≤0,即e²+e-1≤0.所以0<e≤

若斜率不存在，問題等價于即，綜上

13．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

    ①

把①代入C₁方程得

         ②

Δ=64a²>0，所以方程②必有兩個不同實根，設為x₁,x₂,由韋達定理得x₁x₂=-a²<0，所以②必有一個負根設為x₁,把x₁代入①得y²=,所以（因為x₁≠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+a),由得y²+4may-12a²=0，因為Δ=48m²a²+48a²>0，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S_ΔAOB=|y₁-y₂|?|OF₁|=a?a?，當且僅當m=0時，S_ΔAOB的面積取最小值；當m→+∞時，S_ΔAOB→+∞，無最大值。所以存在過F的直線x=使ΔAOB面積有最小值6a².

聯(lián)賽一試水平訓練題

1．m>5.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<1，所以m>5.

2.因為b=|PQ|=|PF|+|QF|=,所以。所以S_ΔOPQ=absinθ=.

3.。設點P坐標為(r₁cosθ,r₁sinθ),點Q坐標為(-r₂sinθ,r₂cosθ)，因為P，Q在橢圓上，可得，RtΔOPQ斜邊上的高為≤|OF|=c. 所以a²b²≤c²(a²+b²)，解得≤e<1.

4.以O為圓心，a為半徑的圓。延長F₁M交PF₂延長線于N，則F₂N，而|F₂N|=|PN|-|PF₂|=|PF₁|-|PF₂|=2a，所以|OM|=a.

5.t∈(0,1]時|AT|_min=,t>1時|AT|_min=|t-2|.由題設k_ABk_AC=-,設A(x,y)，則(x≠0)，整理得=1(x≠0)，所以|AT|²=(x-t)²+y²=(x-t)²+(x-2t)²+2-t².因為|x|≤2,所以當t∈(0,1]時取x=2t,|AT|取最小值。當t>1時，取x=2，|AT|取最小值|t-2|.

6.設點M(x₀,y₀) ，直線AB傾斜角為θ，并設A(x₀-), B(x₀+),因為A，B在拋物線上，所以

  ①

  ②

由①，②得        2x₀cosθ=sinθ.    ③

所以

因為l²<1，所以函數(shù)f(x)=.在（0，1]在遞減，

所以。當cosθ=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，即定點為

8．。由題設且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  設A(2cosθ,), B(2cosα,sinα),C(2cosβ,sinβ)，這里α≠β，則過A，B的直線為l_AB：，由于直線AB過點F₁(-1,0)，代入有(sinθ-sinα)?(1+2cosθ)=2sinθ(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).

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=0,①設f(x)=x²+2a²x+2a²m-a²，問題（1）轉化為方程①在x∈(-a,a)上有唯一解或等根。只需討論以下三種情況：

1⁰．Δ=0，得，此時x_p=-a²，當且僅當-a<-a²<a即0<a<1時適合；2⁰。f(a)?f(-a)<0，當且僅當-a<m<a時適合；3⁰。f(-a)=0得m=a，此時x_p=a-2a²，當且僅當-a<a-2a²<a即0<a<1時適合。令f(a)=0得m=-a，此時x_p=-a-2a².由于-a-2a²<-a，從而m≠-a.綜上當0<a<1時，或-a<m≤a；當a≥1時，-a<m<a.

(2)ΔOAP的面積因為0<a<,故當-a<m≤a時，0<-a²+,由唯一性得x_p=-a²+.當m=a時，x_p取最小值。由于x_p>0，從而時取值最大，此時，故；當時，x_p=-a²，y_p=,此時以下比較與的大小。令，得，故當0<a≤時，，此時；當時，有，此時

11．解：設A，B關于l的對稱點分別為A₁(x₂,y₂),B₁(x₁,y₁)，則AA₁中點在l上，

所以     y₂=k(x₂-1)  ①

又lAA₁,所以

   ②

由①，②得

同理，由BB₁中點在l上，且lBB₁,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k>0，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(x_D,kx_D),B(x_B,-kx_B)，則直線DF的方程為

   ①

直線BC的方程為       ②

c×①-f×②得

(c-f)x+   ③

③表示一條直線，它過原點，也過DF與BC的交點G，因而③就是直線AG的方程。

同理

，直線AE的方程為

(c-f)x+   ④

③，④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A_n+1=A₀.若p與q奇偶性相同，則記p≡q，否則記p≠q，下面用數(shù)學歸納法證明。

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)。

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，a₁≠c₁,b₁≡d₁≡1，并且a₁+c₁≠0=a₀+c₀.

設結論對k=1,2,…,m-1≤n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：a≡c,d≡b≡1，又因為，分數(shù)既約，所以b_m是bb_m-1的一個因子，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，結論成立，于是在頂點數(shù)n+1為奇數(shù)時，a_n+1+c_n+1≠a₀+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=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共圓。

4．證明  引理：拋物線y=ax²+bx+c(a≠0)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.   ①

又   

故①可化簡成    (x-x₀)[a(x+x₀)+b-k]=0,       ②

因為②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=x?tanx²與y=x?tanx²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

   ③

又因為P(x₀,y₀)在兩條拋物線上，所以 代入③式得

    （※）

又因為tanα₁,tanα₂是方程t²-t+=0的兩根，所以

tanα₁+tanα₂=     ④

tanα₁tanα₂=。  ⑤

把④，⑤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=θ，|PD|=r.各點坐標分別為D(x₁,0),E(0,x₁),A(0,x₁tanθ),B(x₀,0),P(x₁-rcosθ,rsinθ).

則l_AB方程為，即x₁x+x₀cotθ?y-x₁x₀=0,因為l_AB與圓相切，可得x₁=x₀x₁cotθ-x₁x₀|，約去x₁,再兩邊平方得

，所以x₁.  ①

又因為點P在圓上，所以(rcos)²+(x₁-rsin)²=，化簡得r=2x₁sin.   ②

要證DP=AP+AE2DP=AD+AE2r=+x₁tan-x₁1+sin-cos=4sincos.  ③

又因為，所以     

因為=(x₁-x₀-rcosθ,rsinθ),=(x₁-rcosθ,rsinθ),

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

把②代入④化簡得

   ⑤

由①得x₀=x₁

代入⑤并約去x₁,化簡得4sin²2-3sin2=0，因為sin2≠0，所以sin2=，又因為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．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0<∠DRC<，0<∠ASQ<π，所以只需證tan∠ASQ=tan2∠DRC,即，化簡得9d²-9c²-9b²=0即d²=b²+c²，顯然成立。所以命題得證。

本系列講座由在人教中數(shù)論壇網(wǎng)友“0.1”整理提供，感謝他（她）的分享。