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1、高考數(shù)學回歸課本教案五、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，OPQ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OPOQ，則離心率e的取值范圍是_.4設F1，F(xiàn)2分別是雙曲線(ab0)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M，則M的軌跡為_.5ABC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)(tR+),則|AT|的最小值為_
2、.6長為l(l1)的線段AB的兩端點在拋物線y=x2上滑動，則線段AB的中點M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),ab0,b22pa，M是拋物線上的點，設直線AM，BM與拋物線的另一個交點分別為M1，M2，當M變動時，直線M1M2恒過一個定點，此定點坐標為_.8已知點P（1，2）既在橢圓內部（含邊界），又在圓x2+y2=外部（含邊界），若a,bR+,則a+b的最小值為_.9已知橢圓的內接ABC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：（
3、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0a0),P(x,y)為軌跡上任一點，則?；啚?k2x2+2y2=m2(1+k2).當k1時，表示橢圓；當k=1時，表示圓。312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。4-2k2或k5.由(|k|-2)(5-k)5或-2k2.5.設兩條焦半徑分別為m,n，則因為|F1F22=m2+n2-2mncos600,即(m+n) 2，63x+4y-5=0.設M(x1,y1),N(x2,
4、y2)，則兩式相減得-(y1+y2)(y1-y2，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，再結合，解得a2=9，b2=16，故雙曲線為=1。92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
5、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20,設x1,x2是方程的兩根，由韋達定理 由，得 y1+y2=kx1+(1-2k)+kx2+(1-2k)=k(x1+x2)+2(1-2k)= 設P1P2的中點P坐標(x,y)，由中點公式及，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|=|AA
6、1|,|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，M為PF1中點，則|MO|=|PF2|=(a-ex)，又|PF1|=-a-ex，所以兩圓半徑之和(-a-ex)+a=(a-ex)=|MO|，所以兩圓外切。當P(x,y)在右支上時，同理得兩圓內切。4與F1對應的另一條準線為x=-11，因|MF1|與M到直線x=-11距離d1之比為e，且d1=|xm，所以|MF1|=5充要。將y=2x+1代入橢圓方程得(b2+4a2)x2+4a2x+a2 (1-b2)=0. 若=(4a2
7、) 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。6y=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。71mm,所以1m0)，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。對于，當1a時，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
8、為P(x0,y0),F1PF2=,根據(jù)余弦定理得|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|PF2|cos,又|PF1|+|PF2|=2a，則4c2=(2a)2-2|PF1|PF2|(1+cos),再將|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為減函數(shù)，故0當2b2a2即時，arccos，sin為增函數(shù)，sin取最大值；當2b2a2時，arccos,0,，則sin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)，
9、代入橢圓方程并化簡得(b2+a2k2)x2+2a2k2cx+a2 (k2c2-b2)=0. 則x1,x2為方程的兩根，由韋達定理得 因為y1y2=k2(x1+c)(x2+c)，再由，得所以=x1x2+y1y2=,O點在以AB為直徑的圓內，等價0，即k2(a2c2-b4)-a2b20對任意kR成立，等價于a2c2-b20,即ac-b20,即e2+e-10.所以00，所以方程必有兩個不同實根，設為x1,x2,由韋達定理得x1x2=-a20，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SAOB=|y1-y2|OF1|=aa，
10、當且僅當m=0時，SAOB的面積取最小值；當m+時，SAOB+，無最大值。所以存在過F的直線x=使AOB面積有最小值6a2.聯(lián)賽一試水平訓練題，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5.2.因為b=|PQ|=|PF|+|QF|=,所以。所以SOPQ=absin=.3.。設點P坐標為(r1cos,r1sin),點Q坐標為(-r2sin,r2cos)，因為P，Q在橢圓上，可得，RtOPQ斜邊上的高為|OF|=c. 所以a2b2c2(a2+b2)，解得e1時|AT|min=|t-2|.由題設kABkAC=-,設A(x,y)，則(x0)，整理得=1(x0)
11、，所以|AT|2=(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t1時，取x=2，|AT|取最小值|t-2|.6.設點M(x0,y0) ，直線AB傾斜角為，并設A(x0-), B(x0+),因為A，B在拋物線上，所以 由，得 2x0cos=sin. 所以因為l21，所以函數(shù)f(x)=.在（0，1在遞減，所以。當cos=1即l平行于x軸時，距離取最小值7設，由A，M，M1共線得y1=，同理B，M，M2共線得，設(x,y)是直線M1M2上的點，則y1y2=y(y1+y2)-2px，將以上三式中消去y1,y2得y02(2p
12、x-by)+y02pb(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+2b215，解得5b26.所以a+b(t=b2-41,2)，而，又t2可得上式成立。9解 設A(2cos,), B(2cos,sin),C(2cos,sin)，這里，則過A，B的直線為lAB：，由于直線AB過點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).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(-
13、2,0),(2,0)）.10.解 （1）由消去y得x2+2a2x+2a2m-a2=0,設f(x)=x2+2a2x+2a2m-a2，問題（1）轉化為方程在x(-a,a)上有唯一解或等根。只需討論以下三種情況：10=0，得，此時xp=-a2，當且僅當-a-a2a即0a1時適合；20。f(a)f(-a)0，當且僅當-ama時適合；30。f(-a)=0得m=a，此時xp=a-2a2，當且僅當-aa-2a2a即0a1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0a1時，或-ama；當a1時，-ama.(2)OAP的面積因為0a,故當-ama時，00，
14、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00，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 直線BC的方程為 c-f得(c-f)x+ 表示一條直線，它過原點，也過DF與BC的交點G，因而就是直線AG的方程。同理，直線AE的方程為(c-f)x+ ，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
15、An+1=A0.若p與q奇偶性相同，則記pq，否則記pq，下面用數(shù)學歸納法證明。bk1,dk1(k=1,2,n)，ak+ckak-1+ck-1(k=1,2,n,n+1)。當k=1時，由，得，因為a1,b1互質，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，a1c1,b1d11，并且a1+c10=a0+c0.設結論對k=1,2,m-1n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：ac,db1，又因為，分數(shù)既約，
16、所以bm是bbm-1的一個因子，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，結論成立，于是在頂點數(shù)n+1為奇數(shù)時，an+1+cn+1a0+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分別相內切于點Q0，P1，Q1，得C1B0+B0Q0=C1P1，B1C1
17、+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P0Q1R1和P1Q1S1，由此得P0Q1P1=-P0Q1P1-P1Q1S1=-(P1P0T-Q1P0P)-(P0P1T
18、-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共圓。4證明 引理：拋物線y=ax2+bx+c(a0)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. 又 故可化簡成 (x-x0)a(x+x0)+b-k=0, 因為只有一個實根，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=xtanx
19、2與y=xtanx2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 又因為P(x0,y0)在兩條拋物線上，所以 代入式得 （）又因為tan1,tan2是方程t2-t+=0的兩根，所以tan1+tan2= tan1tan2=。 把，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=，|PD|=r.各點坐標分別為D(x1,0),E(0,x1),A(0,x1tan),B(x0,0),P(x1-rcos,rsin).則lAB方程為，即x1x+x0coty-x1x0=0,因為lAB與圓相切，可得x1=x0x1cot-x1x0|，約去x1,再兩邊平方得
20、，所以x1. 又因為點P在圓上，所以(rcos)2+(x1-rsin)2=，化簡得r=2x1sin. 要證DP=AP+AE2DP=AD+AE2r=+x1tan-x11+sin-cos=4sincos. 又因為，所以 因為=(x1-x0-rcos,rsin),=(x1-rcos,rsin),所以 (x1-rcos)(x1-rcos-x0)+r2sin2=0. 把代入化簡得 由得x0=x1代入并約去x1,化簡得4sin22-3sin2=0，因為sin20，所以sin2=，又因為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證明 設BC=d，CD=b，BD=c，則AC=CQ=，取BC中點M，則AMBC，以M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0DRC，0ASQ，所以只需證tanASQ=tan2DRC,即，化簡得9d2-9c2-9b2=0即d2=b2+c2，顯然成立。所以命題得證。
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