高中数学 第十一章《圆锥曲线》数学竞赛讲义 苏教版

用心 爱心 专心 1 第十一章第十一章 圆锥曲线圆锥曲线 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 0 e 1 的点 的轨迹 其中定点不在定直线上 即 0 eb 0 1 2 2 2 2 b y a x 参数方程为 为参数 sin cos by ax 若焦点在 y 轴上 列标准方程为 a b 0 1 2 2 2 2 b y a y 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 1 2 2 2 2 b y a x 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 c a x 2 c a x 2 a c e c2 b2 a2知 0 eb 0 F1 c 0 F2 c 0 是它的两焦点 2 2 2 2 b y a x 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 1 2 0 2 0 b yy a xx 用心 爱心 专心 2 2 斜率为 k 的切线方程为 222 bkakxy 3 过焦点 F2 c 0 倾斜角为 的弦的长为 222 2 cos 2 ca ab l 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 1 2 2 2 2 b y a x 参数方程为 为参数 tan sec by ax 焦点在 y 轴上的双曲线的标准方程为 1 2 2 2 2 b x a y 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 b 0 1 2 2 2 2 b y a x 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 22 c a x c a x a c e 由 a2 b2 c2知 e 1 两条渐近线方程为 双曲线与有x a k y 1 2 2 2 2 b y a x 1 2 2 2 2 b y a x 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1 2 2 2 2 b y a x 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 222 2 cos 2 ca ab 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 用心 爱心 专心 3 准线方程为 标准方程为 y2 2px p 0 离心率 e 1 0 2 p 2 p x 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 p x 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 2 cos1 2 p 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 0 e1 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 cos1e ep 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1 1625 22 yx 3 PA 5 PF 取最小值时 求点 P 的坐标 例 2 已知 P 为双曲线 C 右支上两点 延长线交右准线于 K PF1延 P1 2 2 2 2 b y a x PP 长线交双曲线于 Q F1为右焦点 求证 F1K KF1Q P 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 用心 爱心 专心 4 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 AB 边在直线 l x 3 上移动 求三角形 AOB 的外心的轨迹 3 方程 3 定值问题 例 6 过双曲线 a 0 b 0 的右焦点 F 作 B1B2轴 交双曲线于 B1 B2两点 1 2 2 2 2 b y a x x 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 p 0 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 用心 爱心 专心 5 例 8 椭圆上有两点 A B 满足 OAOB O 为原点 求证 1 2 2 2 2 b y a x 为定值 22 1 1 OBOA 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 若圆 C 1 上 2 3 22 2 3 yx 点与这椭圆上点的最大距离为 试求这个椭圆的方程 71 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 用心 爱心 专心 6 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 1 4 2 2 y x 求 b 的值 三 基础训练题 1 A 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 1 36100 22 yx 4 双曲线方程 则 k 的取值范围是 1 52 22 k y k x 5 椭圆 焦点为 F1 F2 椭圆上的点 P 满足 F1PF2 600 则 F1PF2的面积是1 64100 22 yx 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1 4 2 2 y x 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 的取值范围是 21 PO PFPF 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1 2 1 2 2 1 2 b y a x 1 2 2 2 2 2 2 b y a x 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 1 2 2 2 2 b y a x 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1 2 2 2 2 b y a x O 都在以 AB 为直径的圆内 求椭圆离心率 e 的取值范围 用心 爱心 专心 8 13 已知双曲线 C1 a 0 抛物线 C2的顶点在原点 O C2的焦点是 C1的左焦1 2 2 2 2 2 a y a x 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 OPOQ 则1 2 2 2 2 b y a x 离心率 e 的取值范围是 4 设 F1 F2分别是双曲线 a b 0 的左 右焦点 P 为双曲线上的动点 过 F11 2 2 2 2 b y a x 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 和 C 0 另两边斜率的乘积为 22 2 1 若点 T 坐标为 t 0 t R R 则 AT 的最小值为 6 长为 l l 1 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 ab 0 b2 2pa 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1 2 2 2 2 b y a x 3 2 22 ba 含边界 若 a b R 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 1 34 22 yx 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1 2 2 2 y a x 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 0 a0 P x y 为轨迹上任一点 则 化简为 2k2x2 2y2 m2 1 k2 2 2 2 2 2 1 1 m k ykx k ykx 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 10 8 离为 20 8 12 4 2 k 2 或 k 5 由 k 2 5 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 3 364 2mncos600 即 m n 2 3mn 144 所以 3 256 mn 3 364 2 3 2 1 21 mnS FPF 用心 爱心 专心 10 6 3x 4y 5 0 设 M x1 y1 N x2 y2 则两式相减得 1 4 1 4 2 2 2 22 1 2 1 y x y x y1 y2 y1 y2 0 由 得 4 2121 xxxx 1 2 3 2 2121 yyxx 4 3 12 12 xx yy 故方程 y 1 x 3 4 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 3 8 21 yy 4 32 3232 21 2 1 2 2 12 12 12 yyyy yy xx yy 8 1 由渐近线交点为双曲线中心 解方程组得中 16 2 9 1 22 xy 01043 0243 yx yx 心为 2 1 又准线为 知其实轴平行于 y 轴 设其方程为 1 5 4 y 2 2 2 2 1 1 b x a y 其渐近线方程为 0 所以 y 1 x 1 由题设 将双曲线沿向量 b x a y11 b a 4 3 b a 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 2 2 2 2 b x a y 1 2 yy xx 线为 再结合 解得 a2 9 b2 16 故双曲线为 c a y 2 5 9 4 3 b a 1 16 2 9 1 22 xy 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 2 2 2 2 xay axy 21 21 xx yy k 1 所以 a 2 2 21 2 2 2 1 21 a yy a yy yya 10 2 设 P x1 y1 及 由 PF1 ex1 a22t PO PFPF 21 用心 爱心 专心 11 PF2 ex1 a PF1 PF2 2ex1 所以 即 因 所以t ax x 22 1 1 2 22 82 2 22 2 1 t ta x 22 1 ax 所以即 20 2 k 设 x1 x2是方程 的两根 由韦达定理 用心 爱心 专心 12 2 12 2 2 12 2 22 21 k kk k kk xx 由 得 y1 y2 kx1 1 2k kx2 1 2k k x1 x2 2 1 2k 2 12 4 2 k k 设 P1P2的中点 P 坐标 x y 由中点公式及 得 2 12 2 2 2 12 2 2 21 2 21 k kyy y k kkxx x 消去 k 得 1 4 7 2 1 8 7 1 2 2 y x 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 1 1236 22 yx 0 34 1 2 2 2 2 b y a x 由题设 所以 a2 3b2 又 c2 a2 b2 所以 b2 12 a2 36 x a b y 3 1 a b 34 c 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 2 1 2 1 2 1 2 1 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 3 10 d1 xm 11 10 所以 所以 MF1 3 1 10 1 MF 3 10 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 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 2 1 my mx 7 1 mm 所以 m 1 1 m0 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 1 2 22 2 ka ka x 0 1 2 22 2 ka ka A 1 12 22 22 ka kka 由题设 同理可得 CB 利用 CA CB 可得 1 12 22 22 ka kka k 1 k2 a2 1 k 1 0 解得 k 1 或 k2 a2 1 k 1 0 对于 当 1 a时 有两个不等实根 故33 a3 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 2 0 x 于是有 1 2 cos 2 0 22 2 xea b 由 0 得 所以 因 0 所 22 0 ax 22 0 222 axeab 1cos 2 2 22 a ab 以 cos 为减函数 故 0 2 arccos 2 22 a ab 当 2b2 a2即时 arccos sin 为增函ba2 0 2 2 22 a ab 2 0 2 2 2 22 a ab 用心 爱心 专心 14 数 sin 取最大值 当 2b2 a2时 22 22 22 arccossin a bc a ab arccos 0 则 sin 最大值为 1 2 2 2 22 a ab 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 2 222 22 21 kab cka xx 222 2222 21 kab bcka xx 因为 y1y2 k2 x1 c x2 c 再由 得 222 22 21 bka kb yy 所以 x1x2 y1y2 O 点在以 AB 为直径的圆内 等价OBOA 222 224222 bka babcak 0 即 k2 a2c2 b4 a2b2 0 对任意 k R R 成立 等价于 a2c2 b2 0 即 ac b2 0 即OBOA 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 y1y2 ma34 12a2 所以 y1 y2 2 48a2 m2 1 所以 S AOB y1 y2 OF1 a a 2 1 2 3 34 当且仅当 m 0 时 S AOB的面积取最小值 当 m 时 2222 6161amam S AOB 无最大值 所以存在过 F 的直线 x 使 AOB 面积有最小值 6a2 a3 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 m yx yx5 2 1 32 1 22 22 的距离比为常数 由椭圆定义5 m 5 m 5 2 因为 b PQ PF QF 所以 aba 2 sin 4 cos 1 2 cos1 2aaa b a 2sin 所以 S OPQ absin 2 1 aba 3 设点 P 坐标为 r1cos r1sin 点 Q 坐标为 r2sin r2cos 因为 1 2 15 P Q 在椭圆上 可得 Rt OPQ 斜边上的高为 222 2 2 1 1111 barr OF c 所以 a2b2 c2 a2 b2 解得 e1 时 AT min t 2 由题设 kAB kAC 设 A x y 则 2 2t 2 1 x 0 整理得 1 x 0 所以 AT 2 x t 2 y2 x t 2 2 122 x y x y 24 22 yx 用心 爱心 专心 16 x 2t 2 2 t2 因为 x 2 所以当 t 0 1 时取 x 2t AT 取最小值 2 1 2 2 2 x 2 2t 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 并设 A x0 B x0 4 2 l sin 2 1 cos 2 1 00 yx 因为 A B 在抛物线上 所以 sin 2 1 cos 2 1 0 y cos 2 1 sin 2 1 2 00 xy cos 2 1 sin 2 1 2 00 xy 由 得 2x0cos sin 所以 4 1 cos cos 1 4 1 sin 2 1 cos 2 1 22 2 2 00 lxy 因为 l2 1 所以函数 f x 在 0 1 在递减 xl x 2 1 所以 当 cos 1 即 l 平行于 x 轴时 距离取最小值 44 1 1 4 1 2 2 0 l ly 4 2 l 7 设 由 A M M1共线得 y1 2 b pa a 2 2 2 21 2 1 10 2 0 2 2 2 y p y My p y My p y M 同理 B M M2共线得 设 x y 是直线 M1M2上的点 则 by paby 0 0 2 by pa y 0 2 2 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 b pa2 2 b pa a 8 由题设且 a2 2b2 15 解得 5 b2 6 63 1 41 22 ba 所以 a b t b2 4 1 2 而4 4 4 2 2 t t t b b b 4 4 t t t 又 t 2 可得 4 3 2 2 64 24 36436 ttt t t t t t t 上式成立 9 解 设 A 2cos B 2cos sin C 2cos sin 这里 sin333 用心 爱心 专心 17 则过 A B 的直线为 lAB 由于直线yx sin3 cos2 cos cos2 sin sin3 AB 过点 F1 1 0 代入有 sin sin 1 2cos 2sin cos cos 即33 2sin sin sin 2 故 2 sin 2 cos 即 又 2 cos 2 cos3 2 cos 2 cos2 0 2 sin 2 sin 2 tan 3 2 tan lBD x 2 同理得 2 tan 2 3 2 cos1 2 sin3 xy 2 2 tan2 33 x lCE x 2 3 1 2 tan 2 tan 1 cos2 sin3 y x 2 2 tan 2 33 2 tan 2 2 3 x 两直线方程联立 得 P 点坐标为 消去得点 P x y 在椭 1 2 tan 2 tan36 1 2 tan 2 2 tan2 22 2 2 tan 圆上 除去点 2 0 2 0 1 274 22 yx 10 解 1 由消去 y 得 x2 2a2x 2a2m a2 0 设 f x x2 2a2x 2a2m a2 问 2 1 2 2 2 2 mxy y a x 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 a2 a 即 0 a 1 时适合 20 f a f a 2 1 2 a m 0 当且仅当 a m a 时适合 30 f a 0 得 m a 此时 xp 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 xp 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 1 2 a m 2 OAP 的面积因为 0 a 故当 a m a 时 00 从而时取值最大 此时 2 2 1 a x x p p 故 当时 xp a2 yp 此时 2 2aaxp 2 aaaS 2 1 2 a m 2 1a 以下比较与的大小 令 得 1 2 1 2 aaS 2 aaa 2 1 2 1 aa 22 1 2 1 aaaaa 故当 00 所以 从而 2 51 k 2 51 k 5 5 2 p 所以直线 l 的方程为 抛物线 C 的方程为xy 2 51 5 5 4 2 xy 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 0 y kx xf fx D D 用心 爱心 专心 19 直线 BC 的方程为 0 y kx xc cx B B c f 得 c f x 0 11 1 yfc xx cf k BD 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 0 11 1 yfc xx cf k BD 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 1 1 1 1 1 d c b a A n n n n n d c b a A i i i i d c b a 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 bk 1 dk 1 k 1 2 n ak ck ak 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1 2 1 1 2 1 1 d c b a 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 cd b da 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 11 2 1 2 1 2 1 2 1 cacadb 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 1 1 1 1 d c d c d c b a b a b a m m m m m m m m 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 d c b a 22 d c b a a c d b 1 又因为 分数既约 所以 bm是 bbm 1的 1 11 1 1 m mm m m m m bb baab b a b a b a m m b a 一个因子 bm 1 同理可知 dm 1 又 am abm 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 c 1 所以 am cm am 1 cm 1 结论成立 于是在顶点数 n 1 为奇数时 an 1 cn 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 用心 爱心 专心 20 切于点 Q0 P1 Q1 得 C1B0 B0Q0 C1P1 B1C1 C1P1 B1C0 C0Q1以及 C0Q1 C0B0 四式相加 00 PB 利用 B1C1 C1B0 B1C0 C0B0 以及 在 B0P0或其延长线上 有 B0P0 B0 从而可知点 P 0 P 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 0 P 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 2 1 同理得 P0Q0P1 P0B0Q0 P1C1Q0 所以 P0 Q0 Q1 P1共圆 2 1 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 cbxaxy 0 2 00 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 1 22 0 1 cos2 v g x2的交点 则两条切线的斜率分别为 由引理 2 22 0 2 cos2 v g tan cos tan cos 2 2 22 0 0 21 1 2 0 0 v gx k v gx k 又由题设 k1k2 1 所以 1 cos tan cos tan 2 22 0 0 2 1 2 0 0 1 v gx v gx 又因为 P x0 y0 在两条