高中数学第十一章《圆锥曲线》数学竞赛讲义苏教版.pdf

高中数学第十一章圆锥曲线数学竞赛讲义苏教版-1-/22 第十一章圆锥曲线一、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edPF|(0eb0)，参数方程为sincosbyax（为参数）。若焦点在y 轴上，列标准方程为12222byay (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12222byax，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cax2，与右焦点对应的准线为cax2；定义中的比e 称为离心率，且ace，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12020byyaxx；高中数学第十一章圆锥曲线数学竞赛讲义苏教版-2-/22 2）斜率为k 的切线方程为222bkakxy；3）过焦点F2(c,0)倾斜角为的弦的长为2222cos2caabl。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12222byax，参数方程为tansecbyax（为参数）。焦点在 y 轴上的双曲线的标准方程为12222bxay。8双曲线的相关概念，中心在原点，焦点在x 轴上的双曲线12222byax(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.,22caxcax离心率ace，由 a2+b2=c2知 e1。两条渐近线方程为xaky，双曲线12222byax与12222byax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12222byax，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2222cos2caab。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)0,2(p，高中数学第十一章圆锥曲线数学竞赛讲义苏教版-3-/22 准线方程为2px，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|=2px；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2cos12p。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cos1eep。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1162522yx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。例 2 已知 P，P为双曲线C：12222byax右支上两点，PP延长线交右准线于K，PF1延长线交双曲线于Q，（F1为右焦点）。求证：PF1K=KF1Q.2求轨迹问题。例 3 已知一椭圆及焦点F，点 A为椭圆上一动点，求线段FA中点 P的轨迹方程。高中数学第十一章圆锥曲线数学竞赛讲义苏教版-4-/22 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。例 5 在坐标平面内，AOB=3，AB边在直线l:x=3 上移动，求三角形AOB的外心的轨迹方程。3定值问题。例 6 过双曲线12222byax(a0,b0)的右焦点F 作 B1B2x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。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。高中数学第十一章圆锥曲线数学竞赛讲义苏教版-5-/22 例 8 椭圆12222byax上有两点 A，B，满足 OAOB，O为原点，求证：22|1|1OBOA为定值。4最值问题。例 9 设 A，B是椭圆 x2+3y2=1 上的两个动点，且OAOB（O为原点），求|AB|的最大值与最小值。例 10 设一椭圆中心为原点，长轴在x 轴上，离心率为23，若圆C：22)23(yx1 上点与这椭圆上点的最大距离为71，试求这个椭圆的方程。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。高中数学第十一章圆锥曲线数学竞赛讲义苏教版-6-/22 例 12 若直线 y=2x+b 与椭圆1422yx相交，（1）求 b 的范围；（2）当截得弦长最大时，求 b 的值。三、基础训练题1A为半径是R的定圆 O上一定点，B为 O上任一点，点P是 A关于 B的对称点，则点P的轨迹是 _.2一动点到两相交直线的距离的平方和为定值m2(0)，则动点的轨迹是_.3椭圆13610022yx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152|22kykx，则 k 的取值范围是 _.5椭圆16410022yx，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1422yx所截的线段MN 恰被点 A（3，-1）平分，则 l 的方程为 _.7 ABC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，|21POPFPF的取值范围是_.11已知椭圆1212212byax与双曲线1222222byax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12222byax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12222byax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C1：122222ayax(a0)，抛物线 C2的顶点在原点O，C2的焦点是C1的左焦点F1。高中数学第十一章圆锥曲线数学竞赛讲义苏教版-8-/22（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12222byax，如果存在过左焦点F 的直线交椭圆于P，Q两点，且OPOQ，则离心率 e 的取值范围是_.4设 F1，F2分别是双曲线12222byax(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 _.5 ABC一边的两顶点坐标为B（0，2）和 C（0，2），另两边斜率的乘积为21，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12222byax内部（含边界），又在圆 x2+y2=3222ba外部（含边界），若 a,b R+,则 a+b 的最小值为 _.9已知椭圆13422yx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 C1：1222yax（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222221|1|mkykxkykx。化简为 2k2x2+2y2=m2(1+k2).当 k1 时，表示椭圆；当k=1 时，表示圆。312由题设a=10,b=6,c=8，从而P 到左焦点距离为10e=10108=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-2k2.5.3364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3256mn，.3364232121mnSFPF6 3x+4y-5=0.设M(x1,y1),N(x2,y2)，则.14,1422222121yxyx两 式 相 减 得4)(2121xxxx-(y1+y2)(y1-y2)=0.由12,322121yyxx，得431212xxyy。故高中数学第十一章圆锥曲线数学竞赛讲义苏教版-10-/22 方程 y+1=43(x-3).7.-4.设B(x1,y1),C(x2,y2)，则3821yy=0，所 以y1+y2=-8，故 直 线BC 的 斜 率 为.4323232212122121212yyyyyyxxyy816)2(9)1(22xy=1。由渐近线交点为双曲线中心，解方程组01043,0243yxyx得中心为(2,1)，又准线为54y，知其实轴平行于y 轴，设其方程为2222)1()1(bxay=1。其渐近线方程为bxay11=0。所以 y-1=ba(x-1).由题设43ba，将双曲线沿向量m=(-2,-1)平移后中心在原点，其标准方程为2222bxay=1。由平移公式1,2yyxx平移后准线为cay259，再结合43ba，解得 a2=9，b2=16，故双曲线为16)2(9)1(22xy=1。92曲线 y2=ax 关于点（1，1）的对称曲线为(2-y)2=a(2-x),由)2()2(,22xayaxy得 y2-2y+2-a=0,故 y1+y2=2,从而2121xxyyk=2)(21222121ayyayyyya=1，所以 a=2.10（2，22。设 P(x1,y1)及tPOPFPF|21，由|PF1|=ex1+a,|PF2|=ex1-a,|PF1|+|PF2|=2ex1,所以taxx2211222，即8222221ttax。因221ax，所以)0(822222aatta，所以18222tt即 20,设 x1,x2是方程的两根，由韦达定理.2)12(22)12(22221kkkkkkxx由，得 y1+y2=kx1+(1-2k)+kx2+(1-2k)=k(x1+x2)+2(1-2k)=.2)12(42kk设 P1P2的中点 P坐标(x,y)，由中点公式及，得,2)12(22,2)12(2221221kkyyykkkxxx高中数学第十一章圆锥曲线数学竞赛讲义苏教版-12-/22 消去 k 得.147)21(87)1(22yx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1.1123622yx由椭圆方程得焦点为)0,34(，设双曲线方程12222byax，渐近线为.xaby由题设31ab，所以 a2=3b2,又34c,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|=21|PF2|=21(a-ex)，又|PF1|=-a-ex，所以两圆半径之和21(-a-ex)+a=21(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。4.310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3110|1MF，所以|MF1|=.3105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,2,1mymx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12222kakax，于是)0,12(222kakaA，|CA|=.1122222kakka由题设，同理可得|CB|=1122222kakka,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1a3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-e220 x)(1+cos ).于是有.12cos20222xeab由 0220ax，得220222axeab，所以1cos2222aab。因 0，所以cos为减函数，故0.2arccos222aab当 2b2a2即ba2时，02222aab，arccos2,0,22222aab，sin 为增函数，sin 取最大值222222arccossinabcaab；当 2b2a2时，arccos22222aab,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，由韦达定理得高中数学第十一章圆锥曲线数学竞赛讲义苏教版-14-/22,22222221kabckaxx.)(222222221kabbckaxx因为 y1y2=k2(x1+c)(x2+c)，再由，得.2222221bkakbyy所以OBOA=x1x2+y1y2=222224222)(bkababcak,O 点在以 AB为直径的圆内，等价OBOA0，即 k2(a2c2-b4)-a2b20 对任意 k R成立，等价于 a2c2-b2 0,即 ac-b20,即 e2+e-1 0.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=ma34,y1y2=-12a2.所以(y1-y2)2=48a2(m2+1).所以SAOB=21|y1-y2|?|OF1|=23a?34a?22226161amam，当且仅当m=0时，S AOB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=a3使 AOB面积有最小值6a2.高中数学第十一章圆锥曲线数学竞赛讲义苏教版-15-/22 联赛一试水平训练题1m5.由已知得myxyx5)2(132)1(2222，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m5，由椭圆定义m55.2.aba因为b=|PQ|=|PF|+|QF|=2sin4)cos(12cos12aaa,所以ba2sin。所以 SOPQ=21absin=aba.3.1,215。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2222211111barr，RtOPQ 斜边上的高为22222121baabrrrr|OF|=c.所以 a2b2c2(a2+b2)，解得215e1时|AT|min=|t-2|.由题设kAB?kAC=-21,设A(x,y)，则2122xyxy(x0)，整理得2422yx=1(x0)，所以|AT|2=(x-t)2+y2=(x-t)2+21222x(x-2t)2+2-t2.因 为|x|2,所 以 当t (0,1时 取x=2t,|AT|取最小值22t。当 t1 时，取 x=2，|AT|取最小值|t-2|.6.42l设 点M(x0,y0)，直 线AB 倾 斜 角 为 ，并 设A(x0-sin21,cos2100yx),B(x0+sin21,cos210y),因为 A，B在抛物线上，所以,)cos21(sin21200 xy高中数学第十一章圆锥曲线数学竞赛讲义苏教版-16-/22,)cos21(sin21200 xy由，得 2x0cos=sin.所以.41)coscos1(41sin21)cos21(222200lxy因为 l21，所以函数f(x)=xlx21.在（0，1 在递减，所以441)1(41220lly。当 cos=1 即 l 平行于 x 轴时，距离取最小值.42l7.2,bpaa设22221211020,2,2,2ypyMypyMypyM，由 A，M，M1共线得 y1=bypaby002，同理 B，M，M2共线得bypay022，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=bpa2时上式恒成立，即定点为.2,bpaa863。由题设14122ba且 a2+2b215，解得 5 b2 6.所以 a+b44422tttbbb(t=b2-4 1,2)，而44ttt)4(3)2(2642436436ttttttttt，又 t 2 可得上式成立。9解设 A(2cos,sin3),B(2cos,3sin),C(2cos,3sin)，这里，则过 A，B 的直线为lAB：yxsin3)cos2()cos(cos2)sin(sin3，由于直线AB 过点F1(-1,0)，代入有3(sin-sin)?(1+2cos )=23sin (cos-cos)，即2sin(-)=sin-sin=22sin?2cos,故2cos2cos32cos2cos202sin2sin，即2tan?32tan。又lBD:2tan23)2()cos1(2sin3xy高中数学第十一章圆锥曲线数学竞赛讲义苏教版-17-/22?(x+2)=)2(2tan233x，同理得312tan2tan。lCE:)1(cos2sin3y(x-2)=2tan2332tan)2(23x?(x-2).两直线方程联立，得P 点坐标为12tan2tan36,12tan22tan2222，消去2tan得点 P(x,y)在椭圆127422yx上（除去点(-2,0),(2,0)）.10.解（1）由)(2,12222mxyyax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212am，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，212am或-ama；当 a1 时，-ama.(2)OAP的面积.21payS因为 0a21,故当-ama 时，00，从而221axxpp时取值最大，此时22aaxp，故2aaaS；当212am时，xp=-a2，yp=21a,此 时.1212aaS以下比较2aaa与2121aa的大小。令22121aaaaa，得31a，故当 00，所以251k，从而.552p所以直线l 的方程为xy251，抛物线C的方程为.5542xy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.0ykxxffxDD直线 BC的方程为.0ykxxccxBBc-f 得(c-f)x+.0)(111yfcxxcfkBD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的方程为高中数学第十一章圆锥曲线数学竞赛讲义苏教版-19-/22(c-f)x+.0)(111yfcxxcfkBD，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：11111,dcbaA，nnnnndcbaA,，其中iiiidcba,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1211211dcba，得2121212121cdbda，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1121212121,.cacadb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-1 n 都成立，令.,1111dcdcdcbababammmmmmmm这里dcba,是既约分数，因为每一段的长为1，所以22dcba=1，与 k=1 情况类似：ac,d b1，又因为11111mmmmmmmbbbaabbababa，分数mmba既约，所以 bm是 bbm-1的一个因子，bm1.同理可知dm 1,又 amabm-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+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+00PB，四式相加，利用B1C1+C1B0=B1C0+C0B0，以及P。在 B0P0或其延长线上，有B0P0=B00P，从而可知点0P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-高中数学第十一章圆锥曲线数学竞赛讲义苏教版-20-/22 P0Q1P1=Q1P0P1+Q1P1P0，代入上式后，即得P0Q1P1=-21(P0B0Q0+P1C1Q0).同理得 P0Q0P1=-21(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.又cbxaxy0200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?tan12201cos2vg?x2与y=x?tan22202cos2vg?x2的交点，则两条切线的斜率分别为（由引理）.tancos,tancos222200211200vgxkvgxk又由题设k1k2=-1，所以.1costancostan22200212001vgxvgx又因为P(x0,y0)在两条抛物线上，所以00 xy,cos2tan122001vgx00 xy,cos2tan222002vgx代入式得.1tan2tan2200100 xyxy（）又因为 tan 1,tan 2是方程002vgx?t2-t+200002vgxxy=0 的两根，所以tan 1+tan 2=,200gxvtan 1?tan 2=200000022vgxxygxv。把，代入（）式得高中数学第十一章圆锥曲线数学竞赛讲义苏教版-21-/22 02200020 xygvy，即.201816402202022020gvygvxgvgvy5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1tan10 xyxx，即x1x+x0?cot?y-x1x0=0,因为lAB与圆相切，可得x1?22021cotxx=21|xx0 x1?cot-x1x0|，约去 x1,再两边平方得220012122021)1(cot)1(cot2cotxxxxxx，所以1cot2)1(cot20 x?x1.又因为点P在圆上，所以(rcos)2+(x1-rsin)2=21x，化简得r=2x1sin.要证DP=AP+AE2DP=AD+AE2r=sintan1x+x1tan-x11+sin-cos=4sincos.又因为PBCP，所以.0BPCP因为BP=(x1-x0-rcos ,rsin),CP=(x1-rcos,rsin),所以 (x1-rcos)(x1-rcos-x0)+r2sin2=0.把代入化简得).2sin1()2cos1()2sin1(012221xxx由得 x0=x1?.2sin2cos22)2sin2(cos22代入并约去x1,化简得4sin22-3sin2=0，因为sin2 0，所以sin2=43，又因为sin=ADCDADAC=cos，所以 sin-cos0.所以 sin-cos=212sin1，所以 1+sin-cos=23=4sincos，即成立。所以DP=AP+AE。6证明设 BC=d，CD=b，BD=c，则 AC=CQ=2c，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)0,2(dB，)0,2(dC，),2(bdD，)2,0(bA，)0,3265(cdS，因为)(31cdCR，所以点)0,36(cdR，所以高中数学第十一章圆锥曲线数学竞赛讲义苏教版-22-/22.453tan,)(3)(31tancdbASQcdbcdbDRC因为 0 DRC2，0ASQ，所以只需证tan ASQ=tan2DRC,即2316453cdbcdbcdb，化简得 9d2-9c2-9b2=0即 d2=b2+c2，显然成立。所以命题得证。