高中数学竞赛讲义圆锥曲线.pdf

高中数学竞赛讲义（十一）圆锥曲线一、基础知识1椭圆的定义，第一定义：平面上到两个定点的距离之和等于定长（大于两个定点之间的距离）的点的轨迹，即|PF1|+|PF2|=2a (2a|F1F2|=2c). 第二定义：平面上到一个定点的距离与到一条定直线的距离之比为同一个常数 e(0e1) 的点的轨迹（其中定点不在定直线上），即(0eb0) ，参数方程为（为参数）。若焦点在 y 轴上，列标准方程为 (ab0) 。3椭圆中的相关概念，对于中心在原点，焦点在x 轴上的椭圆，a 称半长轴长， b 称半短轴长， c 称为半焦距，长轴端点、短轴端点、两个焦点的坐标分别为(a, 0), (0, b), ( c, 0) ；与左焦点对应的准线（即第二定义中的定直线）为，与右焦点对应的准线为；定义中的比e 称为离心率，且，由 c2+b2=a2知0eb0), F1(-c, 0), F2(c, 0) 是它的两焦点。若P(x, y) 是椭圆上的任意一点，则|PF1|=a+ex, |PF2|=a-ex. 5几个常用结论： 1）过椭圆上一点P(x0, y0) 的切线方程为；2）斜率为 k 的切线方程为；3）过焦点 F2(c, 0)倾斜角为 的弦的长为。6双曲线的定义，第一定义：满足|PF1|-|PF2|=2a(2a0)的点 P的轨迹；第二定义：到定点的距离与到定直线距离之比为常数e(1) 的点的轨迹。7双曲线的方程：中心在原点，焦点在x 轴上的双曲线方程为，参数方程为（为参数）。焦点在 y 轴上的双曲线的标准方程为。8双曲线的相关概念，中心在原点，焦点在x 轴上的双曲线(a, b0), a 称半实轴长， b 称为半虚轴长， c 为半焦距，实轴的两个端点为(-a, 0), (a, 0). 左、右焦点为F1(-c,0), F2(c, 0)，对应的左、右准线方程分别为离心率，由 a2+b2=c2知 e1。两条渐近线方程为，双曲线与有相同的渐近线，它们的四个焦点在同一个圆上。若a=b，则称为等轴双曲线。9双曲线的常用结论， 1）焦半径公式，对于双曲线，F1（-c,0 ）, F2(c, 0)是它的两个焦点。设P(x,y) 是双曲线上的任一点，若 P在右支上，则 |PF1|=ex+a, |PF2|=ex-a ；若 P（x,y ）在左支上，则 |PF1|=-ex-a ，|PF2|=-ex+a. 2) 过焦点的倾斜角为 的弦长是。10抛物线：平面内与一个定点F 和一条定直线 l 的距离相等的点的轨迹叫做抛物线，点F叫焦点，直线 l 叫做抛物线的准线。若取经过焦点 F且垂直于准线 l 的直线为 x 轴，x 轴与 l 相交于 K，以线段 KF的垂直平分线为y 轴，建立直角坐标系，设|KF|=p ，则焦点 F坐标为，准线方程为，标准方程为 y2=2px(p0) ，离心率e=1. 11抛物线常用结论：若P(x0, y0) 为抛物线上任一点，1）焦半径 |PF|=；2）过点 P的切线方程为 y0y=p(x+x0)；3）过焦点倾斜角为 的弦长为。12极坐标系，在平面内取一个定点为极点记为O ，从 O出发的射线为极轴记为Ox轴，这样就建立了极坐标系，对于平面内任意一点 P，记|OP|=, xOP= ，则由（ ，）唯一确定点 P的位置，（，）称为极坐标。13圆锥曲线的统一定义：到定点的距离与到定直线的距离的比为常数 e 的点 P，若 0e1，则点 P的轨迹为双曲线的一支；若e=1，则点 P的轨迹为抛物线。这三种圆锥曲线统一的极坐标方程为。二、方法与例题1与定义有关的问题。例 1 已知定点 A（2，1），F 是椭圆的左焦点，点P为椭圆上的动点，当3|PA|+5|PF| 取最小值时，求点P的坐标。 解 见图 11-1，由题设 a=5, b=4, c=3,. 椭圆左准线的方程为，又因为，所以点 A在椭圆内部，又点 F坐标为（ -3，0），过 P作 PQ垂直于左准线，垂足为Q 。由定义知，则|PF|=|PQ| 。所以3|PA|+5|PF|=3(|PA|+|PF|)=3(|PA|+|PQ|)3|AM|(AM左准线于 M)。所以当且仅当 P为 AM与椭圆的交点时， 3|PA|+5|PF| 取最小值，把 y=1 代入椭圆方程得，又 xb0）.F 坐标为(-c, 0).设另一焦点为。连结，OP ，则。所以|FP|+|PO|=(|FA|+|A|)=a. 所以点 P 的轨迹是以 F，O为两焦点的椭圆（因为a|FO|=c），将此椭圆按向量 m=( ,0) 平移，得到中心在原点的椭圆：。由平移公式知，所求椭圆的方程为 解 法 二 相 关 点 法 。 设 点P(x,y), A(x1, y1) ， 则， 即 x1=2x+c, y1=2y. 又因为点 A在椭圆上，所以代入得关于点 P的方程为。 它表示中心为，焦点分别为 F和 O的椭圆。例 4 长为 a, b 的线段 AB ，CD分别在 x 轴，y 轴上滑动，且 A，B，C，D四点共圆，求此动圆圆心P的轨迹。 解 设 P(x, y)为轨迹上任意一点， A，B，C，D 的坐标分别为A(x-,0), B(x+,0), C(0, y-), D(0, y+), 记 O为原点，由圆幂定理知 |OA|?|OB|=|OC|?|OD| ，用坐标表示为，即当 a=b 时，轨迹为两条直线y=x 与 y=-x ；当 ab 时，轨迹为焦点在x 轴上的两条等轴双曲线；当 a0, b0) 的右焦点 F 作 B1B2轴，交双曲线于 B1，B2两点，B2与左焦点 F1连线交双曲线于 B点，连结 B1B交 x 轴于 H点。求证： H的横坐标为定值。 证明 设点 B，H，F 的坐标分别为 (asec ,btan ), (x0, 0), (c, 0)，则 F1，B1，B2的坐标分别为 (-c, 0), (c, ), (c, )，因为 F1，H分别是直线 B2F，BB1与 x 轴的交点，所以所以。由得代入上式得即（定值）。注：本例也可借助梅涅劳斯定理证明，读者不妨一试。例 7 设抛物线 y2=2px(p0) 的焦点为 F， 经过点 F 的直线交抛物线于 A，B两点，点 C在准线上，且 BC/x 轴。证明：直线 AC经过定点。 证明 设，则，焦点为，所以，。由于，所以?y2-y1=0，即=0。 因 为， 所 以。 所 以， 即。所以，即直线 AC经过原点。例 8 椭圆上有两点 A，B，满足 OA OB ，O为原点，求证：为定值。 证明 设|OA|=r1,|OB|=r2,且xOA= , xOB=，则点 A，B的坐标分别为 A(r1cos, r1sin ),B(-r2sin ,r2cos)。由 A，B在椭圆上有即+得（定值）。4最值问题。例 9 设 A，B是椭圆 x2+3y2=1 上的两个动点， 且 OA OB （O为原点），求 |AB| 的最大值与最小值。 解 由题设 a=1，b=, 记|OA|=r1,|OB|=r2,，参考例 8可得=4。设 m=|AB|2=, 因 为， 且a2b2， 所 以，所以 br1a，同理br2a. 所以。又函数f(x)=x+在上单调递减，在上单调递增，所以当t=1 即|OA|=|OB| 时，|AB| 取最小值 1；当或时，|AB| 取最大值。例 10 设一椭圆中心为原点，长轴在x 轴上，离心率为，若圆 C：1 上点与这椭圆上点的最大距离为，试求这个椭圆的方程。 解 设 A，B分别为圆 C和椭圆上动点。由题设圆心C坐标为， 半径|CA|=1， 因为|AB| |BC|+|CA|=|BC|+1 ， 所以当且仅当 A，B，C共线，且 |BC| 取最大值时， |AB| 取最大值，所以 |BC| 最大值为因为；所以可设椭圆半长轴、半焦距、半短轴长分别为2t,t ，椭圆方程为，并设点 B坐标为 B(2tcos ,tsin ) ， 则 |BC|2=(2tcos )2+=3t2sin2 -3tsin +4t2=-3(tsin+)2+3+4t2. 若，则当 sin =-1 时，|BC|2取最大值 t2+3t+，与题设不符。若 t, 则当 sin =时，|BC|2取最大值 3+4t2，由 3+4t2=7 得t=1. 所以椭圆方程为。5直线与二次曲线。例 11 若抛物线 y=ax2-1 上存在关于直线x+y=0 成轴对称的两点，试求 a 的取值范围。 解 抛物线 y=ax2-1 的顶点为 (0,-1)，对称轴为 y 轴，存在关于直线 x+y=0 对称两点的条件是存在一对点P(x1,y1)，(-y1,-x1) ，满足 y1=a且-x1=a(-y1)2-1，相减得 x1+y1=a(), 因为 P 不在直线 x+y=0 上，所以 x1+y10, 所以 1=a(x1-y1) ，即 x1=y1+所以此方程有不等实根，所以，求得，即为所求。例 12 若直线 y=2x+b 与椭圆相交，（1）求 b 的范围；（2）当截得弦长最大时，求b 的值。 解 二 方 程联 立 得 17x2+16bx+4(b2-1)=0. 由 0，得b0) ，则动点的轨迹是 _. 3椭圆上有一点 P，它到左准线的距离是10，它到右焦点的距离是 _. 4双曲线方程，则 k 的取值范围是 _. 5 椭圆，焦点为 F1，F2， 椭圆上的点 P满足 F1PF2=600，则F1PF2的面积是 _. 6直线 l 被双曲线所截的线段 MN 恰被点 A（3，-1 ）平分，则 l 的方程为 _. 7ABC的三个顶点都在抛物线y2=32x上，点 A（2，8），且ABC的重心与这条抛物线的焦点重合，则直线BC的斜率为 _. 8已知双曲线的两条渐近线方程为3x-4y-2=0 和 3x+4y-10=0，一条准线方程为 5y+4=0，则双曲线方程为 _. 9已知曲线y2=ax，与其关于点（ 1，1）对称的曲线有两个不同的交点，如果过这两个交点的直线的倾斜角为450， 那么 a=_. 10.P 为等轴双曲线x2-y2=a2上一点，的取值范围是_. 11已知椭圆与双曲线有公共的焦点 F1，F2，设 P是它们的一个焦点，求F1PF2和PF1F2的面积。12已知（ i ）半圆的直径 AB长为 2r；（ii ）半圆外的直线 l 与BA的延长线垂直，垂足为T，设|AT|=2a(2a1) 的一个顶点 C （0，1）为直角顶点作此椭圆的内接等腰直角三角形ABC ，这样的三角形最多可作_个. 11求椭圆上任一点的两条焦半径夹角的正弦的最大值。12设 F，O 分别为椭圆的左焦点和中心，对于过点F的椭圆的任意弦 AB ，点 O都在以 AB为直径的圆内，求椭圆离心率e的取值范围。13已知双曲线 C1：(a0) ，抛物线 C2的顶点在原点 O ，C2的焦点是 C1的左焦点 F1。（1）求证： C1，C2总有两个不同的交点。（2）问：是否存在过C2的焦点 F1的弦 AB ，使AOB的面积有最大值或最小值？若存在， 求直线 AB的方程与 S AOB的最值，若不存在，说明理由。五、联赛一试水平训练题1在平面直角坐标系中， 若方程 m(x2+y2+2y+1)=(x-2y+3)2表示的曲线为椭圆，则 m的取值范围是 _. 2 设 O为抛物线的顶点，F为焦点， 且 PQ为过 F的弦， 已知|OF|=a，|PQ|=b，OPQ 面积为_. 3给定椭圆，如果存在过左焦点F的直线交椭圆于 P，Q两点，且 OP OQ ，则离心率 e 的取值范围是 _. 4设 F1，F2分别是双曲线(ab0) 的左、右焦点， P 为双曲线上的动点，过 F1作F1PF2平分线的垂线，垂足为M ，则 M的轨迹为_. 5ABC一边的两顶点坐标为B（0，）和 C（0，），另两边斜率的乘积为，若点 T坐标为(t,0)(tR+), 则|AT| 的最小值为_. 6长为 l(l1)的线段 AB的两端点在抛物线y=x2上滑动，则线段AB的中点 M到 x 轴的最短距离等于 _. 7已知抛物线 y2=2px及定点 A(a,b),B(-a,0),ab0,b22pa，M是抛物线上的点，设直线AM ，BM与抛物线的另一个交点分别为M1，M2，当 M变动时，直线 M1M2恒过一个定点，此定点坐标为_. 8已知点 P （1，2）既在椭圆内部（含边界），又在圆x2+y2=外部（含边界），若a,b R+, 则 a+b 的最小值为_. 9已知椭圆的内接ABC的边 AB ，AC分别过左、右焦点 F1，F2，椭圆的左、右顶点分别为D，E，直线 DB与直线 CE交于点P，当点 A在椭圆上变动时，试求点P的轨迹。10设曲线 C1：（a 为正常数）与 C2：y2=2(x+m)在 x 轴上方有一个公共点P。（1）求实数 m的取值范围（用 a 表示）；（2）O为原点，若 C1与 x 轴的负半轴交于点A，当 0a0),P(x,y)为轨迹上任一点，则。化简为 2k2x2+2y2=m2(1+k2). 当 k1 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。4-2k2 或 k5. 由(|k|-2)(5-k)5 或-2k2. 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，63x+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。92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 20, 设 x1,x2是方程的两根，由韦达定理由，得 y1+y2=kx1+(1-2k)+kx2+(1-2k) =k(x1+x2)+2(1-2k)=设 P1P2的中点 P坐标(x,y) ，由中点公式及，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. 若=(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。6y=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。71mm,所以 1m0) ，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 。对于，当 1a时，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=,根据余弦定理得|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|?|PF2|cos , 又|PF1|+|PF2|=2a ，则 4c2=(2a)2-2|PF1|?|PF2|(1+cos ), 再 将|PF1|=a+ex0， |PF2|=a-ex0及 a2=b2+c2代入得 4b2=2(a2-e2)(1+cos ). 于是有由 0，得，所以。因0 ， ，所以 cos为减函数，故 0当 2b2a2即时，arccos，sin 为增函数， sin 取最大值；当 2b2a2时，arccos, 0, ，则 sin 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. 则 x1,x2为方程的两根，由韦达定理得因为 y1y2=k2(x1+c)(x2+c) ，再由，得所以=x1x2+y1y2=,O 点在以 AB为直径的圆内，等价0，即 k2(a2c2-b4)-a2b20 对任意 kR成立，等价于a2c2-b20, 即 ac-b20, 即 e2+e-10. 所以 00，所以方程必有两个不同实根，设为x1,x2, 由韦达定理得 x1x2=-a20，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 SAOB=|y1-y2|?|OF1|=a?a?，当且仅当m=0时，SAOB的面积取最小值；当m +时， SAOB+，无最大值。所以存在过 F 的直线 x=使AOB 面积有最小值 6a2. 联赛一试水平训练题1m5.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5. 2.因为b=|PQ|=|PF|+|QF|=, 所以。所以 SOPQ=absin =. 3.。 设点 P坐标为 (r1cos,r1sin ), 点 Q坐标为 (-r2sin,r2cos)，因为P，Q 在椭圆上，可得，RtOPQ斜边上的高为|OF|=c. 所以 a2b2c2(a2+b2) ，解得e1时 |AT|min=|t-2|.由 题 设kAB?kAC=-, 设 A(x,y) ， 则(x 0)， 整理得=1(x0)，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 t1 时，取x=2，|AT| 取最小值 |t-2|. 6.设 点M(x0,y0) ， 直 线AB 倾 斜 角 为 ， 并 设A(x0-), B(x0+), 因为 A，B在抛物线上，所以由，得 2x0cos=sin . 所以因为 l21，所以函数 f(x)=. 在（0，1 在递减，所以。当 cos=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+2b215，解得 5b26. 所 以a+b (t=b2-4 1,2)， 而，又 t2 可得上式成立。9解设 A(2cos,), B(2cos,sin ),C(2cos ,sin ) ， 这 里 ， 则 过A， B 的 直 线 为lAB：，由于直线 AB过点 F1(-1,0)，代入有(sin -sin )?(1+2cos )=2sin (cos -cos ) ，即2sin( - )=sin -sin=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, 设f(x)=x2+2a2x+2a2m-a2，问题（ 1）转化为方程在x(-a,a)上有唯一解或等根。只需讨论以下三种情况：10=0，得，此时 xp=-a2，当且仅当 -a-a2a 即 0a1时适合； 20。f(a)?f(-a)0，当且仅当 -ama 时适合； 30。f(-a)=0得 m=a ， 此时 xp=a-2a2， 当且仅当 -aa-2a2a即 0a1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 0a1时，或-ama；当 a1 时，-ama. (2) OAP的 面 积因为0a, 故 当 -am a 时 ，00， 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 00，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的方程为直线 BC的方程为c-f 得(c-f)x+表示一条直线，它过原点，也过DF与 BC的交点 G ，因而就是直线 AG的方程。同理，直线 AE的方程为(c-f)x+，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pq，否则记 pq，下面用数学归纳法证明。bk1,dk1(k=1,2, ,n) ，ak+ckak-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，a1c1,b1d11，并且 a1+c10=a0+c0. 设结论对 k=1,2, ,m-1n 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： ac,d b1，又因为，分数既约，所以 bm是 bbm-1的一个因子， bm1. 同理可知 dm1, 又 amabm-1+bam-1（同理 cmcdm-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-1a+c1. 所以 am+cmam-1+cm-1，结论成立，于是在顶点数n+1 为奇数时，an+1+cn+1a0+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 P0Q1R1和P1Q1S1，由此得P0Q1P1=- P0Q1P1- P1Q1S1=-( P1P0T-Q1P0P)-( P0P1T-Q1P1P0),而-P0Q1P1=Q1P0P1+Q1P1P0，代入上式后，即得 P0Q1P1=-( P0B0Q0+P1C1Q0). 同理得 P0Q0P1=-(P0B0Q0+P1C1Q0) ，所以 P0，Q0，Q1，P1共圆。4证明引理：抛物线y=ax2+bx+c(a0) 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. 又故可化简成 (x-x0)a(x+x0)+b-k=0, 因为只有一个实根，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，所以又因为P(x0,y0) 在两条抛物线上，所以代入式得（）又因为 tan 1,tan 2是方程?t2-t+=0 的两根，所以tan 1+tan2=tan 1?tan2=。把，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= ，|PD|=r. 各点坐标分别为D(x1,0),E(0,x1),A(0,x1tan),B(x0,0),P(x1-rcos ,rsin ). 则 lAB方程为，即 x1x+x0?cot ?y-x1x0=0,因为 lAB与圆相切，可得 x1?=x0 x1?cot -x1x0| ，约去 x1, 再两边平方得，所以?x1. 又因为点P 在圆上，所以(rcos)2+(x1-rsin)2=，化简得r=2x1sin. 要证DP=AP+AE 2DP=AD+AE 2r=+x1tan-x11+sin-cos=4sincos. 又因为，所以因为=(x1-x0-rcos ,rsin ),=(x1-rcos ,rsin ), 所以 (x1-rcos )(x1-rcos -x0)+r2sin2=0. 把代入化简得由得 x0=x1?代入并约去 x1, 化简得 4sin22 -3sin2=0，因为 sin20，所以 sin2=，又因为 sin=cos ，所以 sin-cos0. 所以sin-cos=，所以1+sin-cos=4sincos，即成立。所以DP=AP+AE。6证明设 BC=d ，CD=b ，BD=c ，则 AC=CQ=，取 BC中点 M ，则AM BC ，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 0DRC ， 0ASQ ， 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。