第十一 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(0<e<1)的點的軌跡（其中定點不在定直線上），即
(0<e<1).
第三定義：在直角坐標平面內(nèi)給定兩圓c1: x2+y2=a2, c2: x2+y2=b2, a, b∈R+且a≠b。從原點出發(fā)的射線交圓c1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
(a>b>0)，
參數(shù)方程為 （ 為參數(shù)）。
若焦點在y軸上，列標準方程為
(a>b>0)。
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0<e<1.
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(a>b>0), 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(jié)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θ的弦的長為
。
6．雙曲線的定義，第一定義：
滿足PF1-PF2=2a(2a<2c=F1F2, a>0)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, b>0),
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e>1。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(jié)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,y）在左支上，則PF1=-ex-a，PF2=-ex+a.
2) 過焦點的傾斜角為θ的弦長是 。
10．拋物線：平面內(nèi)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，以線段F的垂直平分線為y軸，建立直角坐標系，設F=p，則焦點F坐標為 ，準線方程為 ，標準方程為y2=2px(p>0)，離心率e=1.
11．拋物線常用結(jié)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θ的弦長為 。
12．極坐標系，在平面內(nèi)取一個定點為極點記為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(nèi)任意一點P，記OP=ρ,∠xOP=θ，則由（ρ，θ）唯一確定點P的位置，（ρ，θ）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0<e<1，則點P的軌跡為橢圓；若e>1，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3PA+5PF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(nèi)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3PA+5PF=3(PA+ PF)=3(PA+PQ)≥3A(A 左準線于)。
所以當且僅當P為A與橢圓的交點時，3PA+5PF取最小值，把y=1代入橢圓方程得 ，又x<0，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，PF1延長線交雙曲線于Q，（F1為右焦點）。求證：∠ F1=∠F1Q.
[證明] 記右準線為l，作PD l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，F(xiàn)1為∠PF1P的外角平分線，所以∠ =∠F1Q。
2．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O，焦點所在的直線為x軸，建立直角坐標系，設橢圓方程： =1（a>b>0）.F坐標為(-c, 0).設另一焦點為 。連結(jié) ，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 ，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a>b時，軌跡為焦點在x軸上的兩條等軸雙曲線；
當a<b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(nèi)，∠AOB= ，AB邊在直線l: x=3上移動，求三角形AOB的外心的軌跡方程。
[解] 設∠xOB=θ,并且B在A的上方，則點A，B坐標分別為B(3, 3tanθ),A(3,3tan(θ- )),設外心為P(x,y)，由中點公式知OB中點為 。
由外心性質(zhì)知 再由 得
×tanθ=-1。結(jié)合上式有
•tanθ= ①
又 tanθ+ = ②
又
所以tanθ- = 兩邊平方，再將①，②代入得 。即為所求。
3．定值問題。
例6 過雙曲線 (a>0, b>0)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(jié)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(asecα,btanα), (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
①
所以

。
由①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(p>0)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 。所以 ，即直線AC經(jīng)過原點。
例8 橢圓 上有兩點A，B，滿足OA OB，O為原點，求證： 為定值。
[證明] 設OA=r1,OB=r2,且∠xOA=θ,∠xOB= ，則點A，B的坐標分別為A(r1cosθ, r1sinθ),B(-r2sinθ,r2cosθ)。由A，B在橢圓上有

即 ①
②
①+②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OA OB（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=AB2= ,
因為 ，且a2>b2，所以 ，所以b≤r1≤a，同理b≤r2≤a.所以 。又函數(shù)f(x)=x+ 在 上單調(diào)遞減，在 上單調(diào)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(2tcosθ,tsinθ)，則BC2=(2tcosθ)2+ =3t2sin2θ-3tsinθ+ +4t2=-3(tsinθ+ )2+3+4t2.
若 ，則當sinθ=-1時，BC2取最大值t2+3t+ ，與題設不符。
若t> ,則當sinθ= 時，BC2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+y1≠0,所以1=a(x1-y1)，即x1=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(lián)立得17x2+16bx+4(b2-1)=0.由Δ>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⊙O上一定點，B為⊙O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，F(xiàn)2，橢圓上的點P滿足∠F1PF2=600，則ΔF1PF2的面積是________.
6．直線l被雙曲線 所截的線段N恰被點A（3，-1）平分，則l的方程為________.
7．ΔABC的三個頂點都在拋物線y2=32x上，點A（2，8），且ΔABC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=0，一條準線方程為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ΔPF1F2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(2a< )；（iii）半圓上有相異兩點，N，它們與直線l的距離P，NQ滿足 求證：A+AN=AB。
13．給定雙曲線 過點A（2，1）的直線l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∠A1FB1=_________.
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，橢圓上有一點橫坐標為-1，到此準線異側(cè)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.
6．若參數(shù)方程 （t為參數(shù)）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 總有公共點，則m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l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l的傾斜角為_________.
10．以橢圓x2+a2y2=a2(a>1)的一個頂點C（0，1）為直角頂點作此橢圓的內(nèi)接等腰直角三角形ABC，這樣的三角形最多可作_________個.
11．求橢圓 上任一點的兩條焦半徑夾角θ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(nèi)，求橢圓離心率e的取值范圍。
13．已知雙曲線C1： (a>0)，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ΔAOB的面積有最大值或最小值？若存在，求直線AB的方程與SΔAOB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F的弦，已知OF=a，PQ=b，ΔOPQ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OP OQ，則離心率e的取值范圍是_________.
4．設F1，F(xiàn)2分別是雙曲線 (a>b>0)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，則的軌跡為_________.
5．ΔABC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)(t∈R+),則AT的最小值為_________.
6．長為l(l<1)的線段AB的兩端點在拋物線y=x2上滑動，則線段AB的中點到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),ab≠0,b2≠2pa，是拋物線上的點，設直線A，B與拋物線的另一個交點分別為1，2，當變動時，直線12恒過一個定點，此定點坐標為_________.
8．已知點P（1，2）既在橢圓 內(nèi)部（含邊界），又在圓x2+y2= 外部（含邊界），若a,b∈R+,則a+b的最小值為_________.
9．已知橢圓 的內(nèi)接ΔABC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0<a< 時，試求ΔOAP面積的最大值（用a表示）。
11．已知直線l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l和拋物線的方程。
六、聯(lián)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AC相交于F，延長DF交BC于G，求證：∠GAC=∠EAC。
2．求證：在坐標平面上不存在一條具有奇數(shù)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(shù)。
3．以B0和B1為焦點的橢圓與ΔAB0B1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，C1Q0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(nèi)切于P0；（2）P0，Q0，P1，Q1共圓。
4．在坐標平面內(nèi)，從原點出發(fā)以同一初速度v0和不同發(fā)射角（即發(fā)射方向與x軸正向之間 的夾角）α(α∈[0,π],α≠ )射出的質(zhì)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ΔABC斜邊為AB，內(nèi)切圓切BC，CA，AB分別于D，E，F(xiàn)點，AD交內(nèi)切圓于P點。若CP BP，求證：PD=AE+AP。
6．已知BC CD，點A為BD中點，點Q在BC上，AC=CQ，又在BQ上找一點R，使BR=2RQ，CQ上找一點S，使QS=RQ，求證：∠ASB=2∠DRC。
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。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 �；�簡為2k2x2+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(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(jié)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F1F22=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，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，N坐標分別為(x1,y1),(x2,y2)，則x1+x2=2r-2a.又A=P=x1+a，AN=NP=x2+a. AB=2r，所以
A+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，為PF1中點，則O= PF2= (a-ex)，又PF1=-a-ex，所以兩圓半徑之和 (-a-ex)+a= (a-ex)=O，所以兩圓外切。當P(x,y)在右支上時，同理得兩圓內(nèi)切。
4． 與F1對應的另一條準線為x=-11，因F1與到直線x=-11距離d1之比為e，且d1=xm+11=10.所以 ，所以F1=
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），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(cè)，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
F1F22=PF12+PF22-2PF1•PF2cosθ,
又PF1+PF2=2a，則4c2=(2a)2-2PF1•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(nèi)，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+4 may-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SΔAOB= y1-y2•OF1= a• a• ，當且僅當m=0時，SΔAOB的面積取最小值；當m→+∞時，SΔAOB→+∞，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SΔOPQ= 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F1交PF2延長線于N，則 F2N，而F2N=PN-PF2=PF1-PF2=2a，所以O=a.
5.t∈(0,1]時ATmin= ,t>1時ATmin=t-2.由題設kAB•kAC=- ,設A(x,y)，則 (x≠0)，整理得 =1(x≠0)，所以AT2=(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(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，，1共線得y1= ，同理B，，2共線得 ，設(x,y)是直線12上的點，則y1y2=y(y1+y2)-2px，將以上三式中消去y1,y2得
y02(2px-by)+y0•2pb(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lAB： ，由于直線AB過點F1(-1,0)，代入有 (sinθ-sinα)•(1+2cosθ)=2 sinθ(cosθ-cosα)，即2sin(α-θ)=sinθ-sinα=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=0,①設f(x)=x2+2a2x+2a2m-a2，問題（1）轉(zhuǎn)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xp=-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xp=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xp=-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xp=-a2+.當m=a時，xp取最小值。由于xp>0，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l AA1,所以
②
由①，②得

同理，由BB1中點 在l上，且l BB1,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(xD,kxD),B(xB,-kxB)，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An+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。
bk≡1,dk≡1(k=1,2,…,n)，ak+ck≠ak-1+ck-1(k=1,2,…,n,n+1)。
當k=1時，由 ，得 ，因為a1,b1互質(zhì)，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(zhì)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(jié)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bm是bbm-1的一個因子，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，結(jié)論成立，于是在頂點數(shù)n+1為奇數(shù)時，an+1+cn+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(nèi)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(nèi)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•tan •x2與y=x•tan •x2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
tanα1•tanα2= 。 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lAB方程為 ，即x1x+x0•cotθ•y-x1x0=0,因為lAB與圓相切，可得x1• = x0x1•cotθ-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+AE 2DP=AD+AE 2r= +x1tan -x1 1+sin -cos =4sin cos . 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 = =4sin cos ，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，則A BC，以為原點，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。

本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.yy-art.cn/gaosan/48021.html

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