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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), 由  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. ① 将①代入双曲线方程消元y得 (2-k2)x2+2k(2k-1)x-(4k2-4k+3)=0. ② 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  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），AF  BF，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<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0<e≤ 若斜率不存在，问题等价于  即 ，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 ①把①代入C1方程得  ②Δ=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<-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 与 的大小。令 ，得 ，故当0<a≤ 时， ，此时 ；当 时，有 ，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l AA1,所以 ②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  ①直线BC的方程为  ②c×①-f×②得 (c-f)x+  ③③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+ ④③，④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=  ④tanα1?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+AE  2DP=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。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。 (责任编辑：admin) |