高中数学竞赛讲义（十一）答案

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=|x_m+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S_ΔAOB=|y₁-y₂|?|OF₁|=a?a?，当且仅当m=0时，S_ΔAOB的面积取最小值；当m→+∞时，S_ΔAOB→+∞，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S_ΔOPQ=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k_ABk_AC=-,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)+y02pb(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l_AB：，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l_BD: (x+2)=，同理得。l_CE: (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x_p=-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x_p=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x_p=-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x_p=-a²+.当m=a时，x_p取最小值。由于x_p>0，从而时取值最大，此时，故；当时，x_p=-a²，y_p=,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(x_D,kx_D),B(x_B,-kx_B)，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A_n+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。

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)。

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b_m是bb_m-1的一个因子，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，结论成立，于是在顶点数n+1为奇数时，a_n+1+c_n+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?tanx²与y=x?tanx²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

tanα₁tanα₂=。  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l_AB方程为，即x₁x+x₀cotθ?y-x₁x₀=0,因为l_AB与圆相切，可得x₁=x₀x₁cotθ-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。

 

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