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),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<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 ② Δ=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lAA1,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 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。 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) |