高中数学竞赛专题讲座(解析几何).doc

《高中数学竞赛专题讲座(解析几何).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学竞赛专题讲座(解析几何).doc（66页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流高中数学竞赛专题讲座(解析几何)【精品文档】第 66 页高中数学竞赛专题讲座（解析几何）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

2、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

3、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

4、(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

5、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

6、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xb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

7、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OAOB，O为原点，求证：为定值。证明 设|OA|=r

8、1,|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OAOB（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

9、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

10、最大值3+4t2，由3+4t2=7得t=1.所以椭圆方程为。例11在平面直角坐标系上，给定抛物线：，实数、满足，是方程的两根，记。 过点作的切线交轴于点。证明：对线段上的任一点，有； 设是定点，其中、满足，过作的两条切线，切点分别为，、与轴分别交于、，线段上异于两端点的点集记为。证明：； 设，当点取遍时，求的最小值（记为）和最大值（记为）。解： 证明：由已知知点在上，过点的的切线的斜率为直线的方程为：设点为线段上的任一点方程，即方程的两根为线段上的任一点 当时， 当时此时当时此时 当时， 当时此时当时此时综上所述，对线段上的任一点，有。 证明：由已知有直线的方程为：由已知有直线的方程为：解得

11、当时，由“”有： 当时，由“”有：综上所述， 当时，设过点的的切线的斜率为，其中为切点处的横坐标该切线方程为：为该切线上的点 当时，即 当时，又综上所述，又由“”有：5直线与二次曲线。例12 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，

12、求得，即为所求。例13，已知抛物线的准线与轴交于点，过点作直线与抛物线交于两点，若的垂直平分线与轴交于，问能否是直角三角形？若能，求的值，若不能，请说明理由解：1）由题知，M（-1，0），因为直线AB的斜率存在，故可设AB方程为：，AB的中点，由所以，所以AB的垂直平分线方程为：令得如果三角形ABE为直角三角形，因EA=EB，所以角AEB为直角，且所以当时，三角形ABE为直角三角形.例14.设直线过点P（0，3），和椭圆顺次交于A、B两点，试求的取值范围.解1：当直线垂直于x轴时，可求得;当与x轴不垂直时，设，直线的方程为：，代入椭圆方程，消去得解之得 因为椭圆关于y轴对称，点P在y轴上，所以

13、只需考虑的情形.当时，所以 =.由 , 解得 ，所以 ，综上 .解2：设直线的方程为：，代入椭圆方程，消去得则令，则，在（*）中，由判别式可得 ，从而有 ，所以 ，解得 .结合得. 综上，.例15已知双曲线，直线过点，斜率为，当时，双曲线的上支上有且仅有一点B到直线的距离为，试求的值及此时点B的坐标。解：设点为双曲线C上支上任一点，则点M到直线的距离为：于是，问题即可转化为如上关于的方程.由于，所以，从而有于是关于的方程 由可知： 方程的二根同正，故恒成立，于是等价于由如上关于的方程有唯一解，得其判别式，就可解得 .点评：上述解法紧扣解题目标，不断进行问题转换，充分体现了全局观念与整体思维的优

14、越性.例16已知椭圆C:和点P（4，1），过P作直线交椭圆于A、B两点，在线段AB上取点Q，使，求动点Q的轨迹所在曲线的方程.解：设，则由可得：，解之得： （1）设直线AB的方程为：，代入椭圆C的方程，消去得出关于 x的一元二次方程： （2）代入（1），化简得： (3)与联立，消去得：在（2）中，由，解得 ，结合（3）可求得 故知点Q的轨迹方程为： （）.例17.（1991年高考）双曲线的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，过双曲线右焦点且斜率为的直线交双曲线于P、Q两点若OPOQ，|PQ|=4，求双曲线的方程本小题考查双曲线性质，两点距离公式，两直线垂直条件，代数二次方程等基本知识，以及综合分析

15、能力满分12分解法一：设双曲线的方程为=1依题意知，点P，Q的坐标满足方程组将式代入式，整理得(5b23a2)x2+6a2cx(3a2c2+5a2b2)=0 3分设方程的两个根为x1，x2，若5b23a2=0，则=，即直线与双曲线的两条渐近线中的一条平行，故与双曲线只能有一个交点同，与题设矛盾，所以5b23a20根据根与系数的关系，有 6分由于P、Q在直线y=(xc)上，可记为P (x1，(x1c)，Q (x2，(x2c)由OPOQ得=1，整理得3c(x1+x2)8x1x23c2=0 将，式及c2=a2+b2代入式，并整理得3a4+8a2b23b4=0，(a2+3b2)(3a2b2)=0因为a

16、2+3b20，解得b2=3a2，所以 c=2a 8分由|PQ|=4，得(x2x1)2=(x2c)(x1c)2=42整理得(x1+x2)24x1x210=0将，式及b2=3a2，c=2a代入式，解得a2=1 10分将a2 =1代入b2=3a2得b2=3故所求双曲线方程为x2=1 12分解法二：式以上同解法一 4分解方程得x1=，x2= 6分由于P、Q在直线y=(xc)上，可记为P (x1，(x1c)，Q (x2，(x2c)由OPOQ，得x1 x2(x1c)(x2c)=0 将式及c2=a2b2代入式并整理得3a4+8a2b23b4=0，即 (a2+3b2)(3a2b2)=0因a2+3b20，解得b

17、2=3a2 8分由|PQ|=4，得(x2x1)2+(x2c)(x1c)2=42即(x2x1)2=10将式代入式并整理得(5b23a2)216a2b4=0 10分将b2=3a2代入上式，得a2=1，将a2=1代入b2=3a2得b2=3故所求双曲线方程为x2=1 12分例18.已知双曲线：（，）的离心率为2，过点（）斜率为1的直线交双曲线于、两点，且，（1）求双曲线方程；（2）设为双曲线右支上动点，为双曲线的右焦点，在轴负半轴上是否存在定点使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由（1）由双曲线离心率为2知，双曲线方程化为又直线方程为由，得设，则，因为 ，所以 ，结合，解得，代入，得，化简得

18、又且所以此时，代入，整理得，显然该方程有两个不同的实根符合要求故双曲线的方程为 （2）假设点存在，设由（1）知，双曲线右焦点为设（）为双曲线右支上一点当时，因为，所以 将代入，并整理得，于是 ，解得当时，而时，符合所以符合要求满足条件的点存在，其坐标为 例19. 如图，直角梯形ABCD中DAB90，ADBC，AB2，AD，BC椭圆C以A、B为焦点且经过点D 建立适当坐标系，求椭圆C的方程； 若点E满足，问是否存在不平行AB的直线l与椭圆C交于M、N两点且，若存在，求出直线l与AB夹角的范围，若不存在，说明理由解：（1）如图，以AB所在直线为x轴，AB中垂线为y轴建立直角坐标系，A（1，0），B

19、（1，0）设椭圆方程为：1令椭圆C的方程是：（2）E(0, )，lAB时不符，设l：ykxm（k0）由, M、N存在设M(，)，N(，)，MN的中点F(，)且， l与AB的夹角的范围是，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，

20、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

21、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SAOB的最值，若不存在，说明理由。五、联赛一试水平训

22、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OPOQ，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

23、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,bR+,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)

24、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。312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(

25、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

26、+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2t2.11.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F1PF2中，由余弦定理从而又sinF1PF2=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+

27、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。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P

28、F1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)

29、。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=(

30、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)(x

31、2+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|=aa，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(

32、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kABkAC=-,设A(x,y)，则(x0)，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，

33、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)+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+2b215，解得5b26.所以a+b(t=b2-41,2)，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