自主招生圆锥曲线

1、(10华约)12 设A、B、C、D为抛物线x2 4y上不同的四点，代D关于该抛物线的对称轴对称，BC平行于该抛物线在点D处的切线I 设D到直线AB，直线AC的距离分别为d1,d2，已知d1 d2AD (I)判断 ABC是锐角三角形、直角三角形、钝角三角形中的哪一种三角形，并说明理由;(n)若 ABC的面积为240，求点A的坐标及直线 BC的方程.1 21 21 21 212 解：(I)设 A(x。，Xo),B(X1, 花),C(X2, X2),则 D( X。，X。)444411x0,因此可以设直线 BC方程为yxox b.221x可知的斜率k2x2代入，42整理得x2xoX 4b 0,所以x1

2、X22xo因为AB, AC都不平行于y轴，所以直线AB, AC斜率之和为kABkAC山山X1XoX2 Xo(XiX22Xo)可知直线AB, AC的倾角互补，而 AD平行于x轴,所以AD平分CAB.作DE AB, DF AC,E, F为垂足则VADEVADF可得DE J2|AD ,，所以 DAE DAF 45 所以CAB(n)如图，根据的结果，可以设直线的方程分别为1 2y 4X0DEDF由已知DE90, VABC为直角三角形(x x°),y -xo x4DFXo,.2 AD,可得12222把y x分别代入，得x 4x x0 4xo 0,x4所以 | AB 2J2|x° 2,

3、AC|2J2|4x x04Xo 0,X01由已知可知，阴皿X02.240,，所以 1 8 x2240,解得x 8,所以A(8,16)或A( 8,16)当取A( 8,16)时，求得B(4,4)，又BC斜率 寸x。4,所以直线BC方程为y 44(x4),即 4x y 120.同理，当取 A(8,16)时，直线BC方程为4x y 120.2 2(11华约)14 .已知双曲线C:与色 1(a a b且使 F1PF2二一，又F1PF2的面积为 3、3a23(I)求C的离心率e ; (II)设A为C的左顶点，0,b0), F1, F2分别为C的左右焦点.P为C右支上一点,问是否存在常数(入0 )，使得 q

4、f2aQ为第一象限内C上的任意一点，QAF2恒成立.若存在，求出入的值;若不存在，请说明理由解：如图，利用双曲线的定义，将原题转化为：在P F1 F2中,F1PF2=3，EPF?的面积为3 3a2, E为PFi上一点，PE = PF2c,E F1 =2a , F1 F2 = 2 c,求。设 PE = PF2 = EF2 = x, F F2 =aRPF21PF1gzF2(x 2a)-x 3 一3a2 ,2 2 24ax 12a22a 。E Fi F2为等腰三角形,EFiF?是2c2： 3a， e,3。(2)由1人双曲线方程为卡-打二匚若QF2 丄龙轴、此时Q(23G" 如 乂小为尊腰

5、RtA. Z 04 * N QF? £卜证入=富，令 Q ( u沁甲9 Ji a lan爭)tV3d tanr -.Stands dsoe卩-2皮 _ 2_ 巫申 f 311tanZ QF；A = 一奏弧= ZQAFj - E吩a see p + a 2冉阿甲 secq? + 1 1 - fF'壮已护4- I72 爭(gegy1 * 1)_ 2set?曾 + 2 虹押 + 42 tan ©sec© 十丄)(sec 皆 + 1)S 3 tan? p2P3un 雪(sec® + 1)_-2(s<ksf + 1)(mc-2)-碧當 =二存在常数A

6、 =y.ftZQAF厂专ZQFM桓成也(12华约)已知两点 A 2,0 ,B 2,0，动点P在y轴上的射影是 H ,mu uuu 且 PA PBuuir 2PH求动点P的轨迹C的方程已知过点B的直线交曲线C于x轴下方不同的两点 M,N，设MN的中点为R，过R于点Q 0, 2作直线RQ,求直线RQ斜率的取值范围。2AP?BP 2PH解：设 P(x,y),则 H(0, y),由得(x 2,y)?(x-2,y) 2x2.即 y2-x242 2(1 )令 CD: x my 2(m0)代入 y x224，整理得(1 m )y 4my 80D(X2,y2)两点所以上式有两个负根，由因为直线在x轴下方交P点

7、轨迹于C( x1, y1),1m202 216m232(1 m2) 0yiy21 m 2根据韦达定理，得CD中点M的坐标为M (宁'专)y2代入直线MQ的方程y+2=kx,(k为其斜率)得2 生1m1m所以，k=m2 m 1 (m -)2 - ( .2 1,1) ,(1 m . 2).24椭圆的第三定义在直角坐标平面内给定两圆C1： x2+y 2=a 2, C2： x2+y 2=b 2, a, b R+且ab。从原点出发的射线交圆C1于P,交圆C2于Q,过P引y轴的平行线，过 Q引x轴的平行线，两条线的交点的轨迹即为椭圆。椭圆的焦半径公式:2 2xy对于椭圆 飞 亍1(a>b&g

8、t;0), F 1(-c, 0), F 2(c, 0)是它的两焦点。若P(x, y)是椭圆上的任意一点,ab则 |PF1|=a+ex, |PF 2|=a-ex.几个常用结论：1)过椭圆上一点P(x0, y0)的切线万程为a2b22)斜率为k的切线方程为y kx . a2k2b2 ；3)过焦点F2(c, 0)倾斜角为B的弦的长为I2ab2-2 2 2a c cos双曲线的方程：中心在原点，焦点在x轴上的双曲线方程为2 x 2 ab21，参数方程为x a secy bta n(为参数)。双曲线的常用结论:1)焦半径公式，对于双曲线2 x 2 ab21 , F1 (-c,0 ) , F2(c, 0)

9、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B的弦长是2ab2222。a c cos抛物线常用结论：若P(X0, y0)为抛物线上任一点,p1 ）焦半径|PF|= x22 ）过点P的切线方程为yoy=p（x+x o）; 3）过焦点倾斜角为B的弦长为2p1 COS2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<e<1 ，则点P的轨迹为椭圆;若e>1，则点P的轨迹为双曲线的一支；

10、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ep。1 ecos、探求轨迹方程、求参数的取值范围、探求有关性质 题型一：数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系题型二：弦的垂直平分线问题弦的垂直平分线问题和对称问题是一种解题思维，首先弄清楚哪个是弦，哪个是对称轴，用到的知识是：垂直（两直线的斜率之积为-1 ）和平分（中点坐标公式）。题型三：动弦过定点的问题 题型四：过已知曲线上定点的弦的问题若直线过的定点在已知曲线上，则过定点的直线的方程和曲线联立，转化为一元二次方程（或类一元二次方程） 考察判断式后，韦达定理结合定点的坐标就可以求出另一端点的坐标，进而解决问题。下面我们就通过

11、例题领略 下思维过程。题型五：共线向量问题 题型六：面积问题题型七：弦或弦长为定值问题题型八：角度问题问题九：四点共线问题问题十：范围问题（本质是函数问题）问题、存在性问题：（存在点，存在直线 y=kx+m ，存在实数，存在图形：三角形（等比、等腰、直角），四 边形（矩形、菱形、正方形），圆）解析几何题的解题策略、与一些特殊条件有关的问题可优先特殊解法,减少运算提高准确率。 与定义中的量有关的问题可用几何法解题,与线段乘积有关的问题可用直线的参数方程,与过原点有关的长及角度问题可用极坐标方程。今年咼江苏咼考题就出现了与焦点有关的线段的求值、证明题，用通法去解运算量就较大。例1、如图,在平面直角

12、坐标系xoy中,椭圆 二 笃 1(a b 0)的左、右焦点分别为F( c, 0), F2(c , 0) 已知(1 , e)和e ,a2 b22都在椭圆上，其中e为椭圆的离心率.AF2与BF1交于点P.(1 )求椭圆的方程；(2)设A,B是椭圆上位于X轴上方的两点,且直线 AR与直线BF2平行,(i)若 AF16"2"求直线AF!的斜率；(ii)求证：PF! PF2是定值.解：(1)由题设知,2 2 :a =b cc e=-a，由点(1, e)在椭圆上，得£2 ae2J2c =1a2b2b2c2=a2b2a2=a2b2b2=1 , c;2=a21。由点在椭圆上,22

13、a2 1aa4 4 a24=0a2=22X椭圆的方程为 -2(2)由(1)得 F( 1, 0),F2(1, 0)，又/ AF, /BF2 ,设 AF1、BF2 的方程分别为 my=x 1, my=x 1 ,An, %B X2, Y2 , %>°, Y2>0o1 22 y1 1m2 2 y12 2my1 1=0my1 =X! 1m J2 m22 y1=2m AF= 12y102= my 2 y2=.m 1m2 22 m 1 m. m 1moV2 m21 m 1同理，BF2=2om 22得 m =2 o 2由得，AF1 BF2叫亡o 解叫亡16m 2m 2t注意到m>

14、0 , m=. 2 o 直线AF1的斜率为 =m 2证明：；AFi / BF2，二竺匹，即匹1PF； AFiPF；BF2 iAFiPB PFi BF2 AF1AFiPFiAFi二 PFi =BFi。AFi BF2由点B在椭圆上知，BFi2 2PFi=AfcBF2 。同理。PF2 =- PFi+PF2 =AFiAF BF2BF2BF2AF； bf22,2AFi2AF gBF2AF_Bf由得,AFiBF =2,2 m2 i m222 d,AFgBFV i m/. PF； + PF2=2. 22 = 3 J。2 2若能找到焦点三角形中的边角关系，用几何法运算量就较小。设AFi的倾斜角为借助余弦定理及

15、定义得岀AFib2b2a -ccosa ccos,由 I AFi - BF2 =丄62cos(ii)证明：/ AFi /BF2，二皀PF；BF2AFi,即竺iPFibf2AFiPBPFi BF2 PF；AFiAFi PF；= 处AF； BF2BFi。由点B在椭圆上知,BFi BF22 2，二 PFi =AFiAFi BF2BF2同理。PF2=Arfc2 2AFi。PFi PF2 2a- i 2 i1 1b22aa3.22AFt BF2例2 :（与长度乘积有关系的巧用直线的参数方程）2 2已知椭圆方程为 -i,若直线I与直线12相交于点P, OP i,且h 12,直线12与椭圆相交于 84的直线

16、12,使AP?PB i,若存在，求岀直线12的方程，若不存在,代B两点，问是否存在这样说明理由。解：设直线12的参数方程为x0 tcosy° tsin4y°s in t xf 2y；-80,P的坐标为X）, y0,联立椭圆方程有:cos22 sin2 t2 2x0 cos2 2tit2 -AP?PB X0_2y0-i,而Xo sin2cos 亠所以不存在这样的直线2si n22,yo2cos50矛盾,二、常规方法：处理好图形的位置关系、度量关系的代数化:（i ）点在线上，线线相交常常采用设点代入或解出点的坐标或找到点的坐标的方程；（2 ）熟悉距离用坐标表示的弦长公式及特殊条

17、件下的过焦点的弦长公式；（3 ）面积表达式中尽量采用分割与坐标相结合的方法；（4 ）垂直关系可用斜率与数量积相结合的方法；（5 ）变中有定问题采用先猜再证的思想，也可采用求值题中的先设再求或方程的思想；（6 ）范围问题先找等式，确立研究的函数及方程，也可通过图像之间关系直接观察出不等式。同学们问题较大的主要是题中出现的点过多情形，这类问题用常规的韦达定理式较难完成，此时可考虑设点代入整体消元法。下面以一题为例介绍多点在线上的问题怎样处理。例3:已知椭圆方程为x2 2y2 10,点P的坐标为(1,1),直线I的斜率为-*,与椭圆交于A, B两点，AP与椭圆交于点C, BP与椭圆交于点D,试判断直

18、线CD与AB的位置关系，若相交，求出坐标。解：这题属于变中有定的问题，可先猜再证，由特殊点我们可猜岀平行关系。在证明时最先想到的等价结论是证明斜率关系，但斜率关系依靠韦达定理的坐标式很难转化，所以我们可考虑证明比例的值相等，而比例式为坐标关系提供了条件，易于代换。设A (X1, yj, B X2,目2 ,C X3,3 ,D X44 , PCPA, PDPB则 X3 1X1 -1 ,y31y1 -1 ,X4 1X2-1 ,y41y2 -1 ，由这些点在椭圆上不难得岀：X!1-22 y1 1-210;X221-22 y 1-10即：2x2 2 2y2 21-咅 2y! 10 1;2 2X222 2

19、目22 1 -x2 2y210 22 2 2又音2y1 10; X22y；10"y2-1,x, - %211J两直线平行一般，题中岀现了交点的线性关系时，坐标有一定的对称性，为整体消元带来方便，所以当我们碰到这种坐标条件时可考虑代点法。如下两题都可2 21已知椭圆的方程为 1 D 0 3，M N在椭圆上，且DM DN求实数的取值范围。 9422已知椭圆方程为 y2 1,过椭圆的右焦点F作直线交椭圆于A, B两点，交y轴于M，5若MA , AF, MB 2BF,证明,2为定值1、轨迹方程 1、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

20、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心严B(x+a2 ,0), C(0, y-bbJ D(0, y+J22 a 为原点，由圆幕定理知|0A| ?|OB|=|OC| ?0D|，用坐标表示为 x 4b2当a=b时，轨迹为两条直线 y=x与y=-x ;当a>b时，轨迹为焦点在 x轴上的两条等轴双曲线;当a<b时，轨迹为焦点在 y轴上的两条等轴双曲线。2、在坐标平面内，/ AOB= ，AB边在直线l: x=3上移动，求三角形3AOB的外心的轨迹方程。设ZxOB= 0,并且B在A的上方，则点A，B坐标分别为B(3, 3tan 0),A(3,3tan( 0

21、-),设外心为 P(x,y)，3由中点公式知 OB中点为 M 3,3tan2 2由外心性质知y3 tan2tan-.再由PM OB得33y tan23x2xtan 0=-1。结合上式有tan(3) ?tan20=-3又 tan 0+ tan() = 333 tan 3tan所以 tan 0- tan(3)= 31tan tan3两边平方，再将，代入得(X 4)2421。即为所求。122、定值问题2x1、过双曲线a2y牙 1(a>0, b>0)的右焦点b2F作B1B2 x轴，交双曲线于B1 , B2两点,B2与左焦点Fi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

22、值。证明 设点 B, H , F 的坐标分别为(asec a,btan a), (xo, 0), (c, 0)，则 F1, B1, B2 的坐标分别为(-c, 0), (c,b2),ab2(c,)，因为F1, H分别是直线B2F, BB1与x轴的交点，所以aabc2a sinab acs in,X°.bcosa sin b cos所以CXo2a b(b csin )22222a sinabsin cos b cos2 . 2a sin2a b(b csin )2abs in cos2 . 2sin由得a sina2b(b csi n )asin (asin bcos ) (csinb

23、)(csin b)bcosa2ba(b csin ),代入上式得CXoa2s in /(csi nX。X0,即b)a2(定值)。注：本例也可借助梅涅劳斯定理证明，读者不妨一试。2、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。2证明设A出，浙,B2p2 也，y2，则C *,丫2，焦点为F °,0，所以OA2p22y2(2p,y1) OC,y2,FA2(y1p,y1),FB2y2。由于FA FB，所以2y1?y2-p2y2 y2y1py1=0 ,即p22p22p22p2(y1y2)y1 y2

24、p=0 。因为y1y1 y2 py2，所以0。所以y1 y22y10 ,即2p22p22p23、椭圆2x2a2y21上有两点A , B，满足OA OB , O为原点，求证:b21Foai21FOB!2为定值。证明设 |OA|=r 1 ,|OB|=r 2,且ZxOA=0, ZxOB=，则点 A ,B 的坐标分别为 A(r 1 cos 0, nsin 0),B(-r 2Sin 0,r2cos0）。由B在椭圆上有r12 cos22A sina22 . 2r2 sin1, 2a2r22 cos2b21.2cos2a.2sin212.2sin2a2cos+得| OA|212|OB|（定值）。2空y2-

25、yi 0。所以OA/OC，即直线ac经过原点。2p23、最值问题1、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。a=1b=3|OA|=r1,|OB|=r2,2例8可得$r11 、2 =4 。设m=|AB|2 22= r114(r1r；)(gr11)r 214(2因为丄A2cos2sin2a2 2a bb2.2sin1且a2>b 2,所以一a12 r12，所以 b wn wa,同理 b <r2<b2a.所以一a又函数f(x)=x+-在一7,1上单调递减，在x a21,7上单调递增，所以当t=1即|OA|=|OB|时,|A

26、B|取最小值-或二时, a b|AB|取最大值竽。2、设一椭圆中心为原点，长轴在x轴上，离心率为送，若圆C: x2（y歩1上点与这椭圆上点的最大距离为17，试求这个椭圆的方程。3解设A ,B分别为圆C和椭圆上动点。由题设圆心C坐标为 0,，半径|CA|=1，因为|AB| w|BC|+|CA|=|BC|+1，2所以当且仅当A, B, C共线，且|BC|取最大值时，|AB|取最大值1 .7，所以|BC|最大值为 J.因为e ；所以可设椭圆半长轴、半焦距、半短轴长分别为2t,3t,t，椭圆方程为222xy224tt1，并设点B坐标为B(2tcos 0,tsin 0),则 |BC|2=(2tcos 0

27、)2 +tsin2=3t 2sin2 0-3tsin904t42=-3(tsin0+12 )2+3+4t 21，则当sin 0=-1时，|BC|2取最大值2t2 +3t+7，与题设不符。1 1若t> ,则当sin 0= 时，|BC|2取最大值2 2t3+4t 2,由 3+4t 2=7 得 t=1.2x所以椭圆方程为一4解析几何与三角函数的综合解析几何与三角函数的综合主要体现在焦点三角形中,解决这类题目应注意图形特点，用好正、余弦定理及面积公式以及圆锥曲线的定义。2 2例1.椭圆筈与 1 aa bb 0与双曲线2x2m2y1 m, n 0n有公共焦点F1、F2，设P是它们的一个交点，求证：

28、 （1） F1PF2n2arcta n；b(2)F1PF2bn解：（1）设焦距F1F22c,F1PF2a2b2在 FfF?中，由余弦定理得:4c2由对称性，设P是第一象限中的交点，则:2 2再由1配方得：4c 4a2PF1 PF1PF2PF2PF11 cosPF22PF1 2a,PF2 cosPF1PF22m或 4c2 4m22 PF1 PF2 1 cosPF1 cossintan 一212 2b nb n2bn2 2b n1 cossin2b22n2cos1 cosnF1PF2 2arcta n b(2)PF1 PF2二、解析几何与不等式的综合2n21 COSb2F1PF21 .一 PF1

29、PF2 Sin2丄b222bn22 b nb n解析几何中的不等式综合问题一般运用“判别式”或“点在圆锥曲线内、外”建立不等式关系，再运用一些简单不等式证明方法技巧。2.设椭圆上相异两点的对称轴在x , y轴上的截距分别是m , n，求证:b22n2a证明：设椭圆上相异的两点为A Xi，yi，BX2, y2 ，AB中点为M Xo，y0.22b x122X2(1)X1(2)X1由 <3>得:2 2a y122a y2a2b2a2b2得:2XoXiX2yo yiy2ox2时,X2时b2Xo4与5联立得:M在椭圆内部三、解析几何中的最值问题a2k ABy1y2X1X22，结论成立。2a

30、yoX02a m_2 2a b2Xo T a2a mb2y。b2n a2 b22y_1b212. 2 2b na2 2a mb2b2n2a2 2n2a4a2 m 厂b4 2a2b2最值问题的解法通常有两种：代数法与几何法。若题目明显体现出几何特征及意义，可利用几何法；若题目体现出明确的函数关系，可建立目标函数，求最值。例3.设椭圆的中心是坐标原点,长轴在x轴上，离心率e3 ,已知点P 0,-到这个椭圆上点的最远距离2 2为,7，求这个椭圆方程。解：设椭圆方程为2 x 2 ab2c V3 ea 223 2c a 4由 a2 b2 c2 得：a 2b2 2故椭圆方程为笃当 1(b0)4b2 b22

31、X贝 占点心 2m 3 - 2 y& 2入 X24b24b3y21 - 2y32 3y444b 2 3 y 9-4则当1，则当2PM-3 4b2 7，所以 b23PMmo vit b11 laAV2maxb时, 7，所以综上所述b J所求椭圆方程为4点评：本题通过建立函数关系式，使复杂的解析几何问题转化为熟悉的二次函数在给定区间的最值讨论，求解时一定要注意b y b o例4.给定A(-2 , 2),已知2xB是椭圆2521上的动点,16F为左焦点，当 AB5一 BF3取最小值时，求 B点坐标。解：由已知a 5,4,c _,3e 左准线方程为x5，过B作左准线的垂线，垂足为 N，过A作左

32、准线的垂线,垂足为由椭圆的定义，得:5所以AB 一 BF_当且仅当B是AM所以当ABBNABBFBNANAM与椭圆交点时等号成立，此时BF取最小值时，B点坐标为（定值）。5.3B飞，点评：本题关键是应用椭圆第二定义，将到焦点的距离转化为到准线的距离。练习DF交BC于G,求1 .在四边形 ABCD中，对角线 AC平分/ BAD，在CD上取一点E, BE与AC相交于F,延长证：/GAC= /EAC。2 求证：在坐标平面上不存在一条具有奇数个顶点，每段长都为1的闭折线，它的每个顶点坐标都是有理数。3 .以Bo和B1为焦点的椭圆与厶AB0B1的边ABi交于Ci（i=o,1），在ABo的延长线上任取点

33、Po，以Bo为圆心，BoPo为半径作圆弧P0Q0交C1B0的延长线于Qo ;以C1为圆心，C1Q0为半径作圆弧Q0P1交B1A的延长线于P1; B1为圆心，B1P1为半径作圆弧 P1Q1交B1C0的延长线于 Q1 ;以Co为圆心，C0Q1为半径作圆弧 Q1 Po'，交ABo的延长 线于P'o。求证：（1 ）点P'o与点Po重合，且圆弧PoQo与P0Q1相内切于Po ;（2）Po,Qo,P1,Q1共圆。4 .在坐标平面内，从原点出发以同一初速度vo和不同发射角（即发射方向与X轴正向之间 的夹角）a （ a0,冗,aL）射出的质点，在重力的作用下运动轨迹是抛物线，所有这些抛

34、物线组成一个抛物线族，若两条抛物线在同一2个交点处的切线互相垂直，则称这个交点为正交点。证明：此抛物线族的所有正交点的集合是一段椭圆弧，并求此 椭圆弧的方程（确定变量取值范围）5.直角 ABC斜边为AB,内切圆切 BC, CA , AB分别于 D , E, F点，AD交内切圆于 P点。若CP BP，求证: PD=AE+AP 。6 .已知BC CD，点A为BD中点，点 Q在BC上，AC=CQ，又在BQ上找一点 R，使BR=2RQ，CQ上找一 点 S,使 QS=RQ，求证：/ ASB=2 /DRC。1.以A为原点，直线 AC为x轴，建立直角坐标系，设C(c,O),F(f,O),D(x D,kxD)

35、,B(xB,-kx b)，则直线DF的方程为, f xDc xBx fDy 0.直线BC的方程为 x cBy 0.kxDkxB11少才得(c-f)x+cfkXd1Xb(cf)y0.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+;cf11(cf)y 0.kXdXb，的斜率互为相反数，所以/GAC= ZEAC。a C12 .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：A -,-b d-Anan cna c，其中爲都是既约分数，并记An+1 =A 0.若p与q奇偶性相同，则记p鬥，否则记p ，下

36、面用数学归纳法证明。bkm,d kM|(k=1,2,n), ak+c kMak-i+c k-i (k=1,2,n,n+1)。a1当k=1时，由 -b1d11，得2 2a 1 d 1221丄 di c2，因为a1,b1互质，所以d1被b1整除，反之亦然(即 b1b1被d 1整除)。2因此b1= ±d 1,从而b1d1222a& .a1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,a1Mc1,b1 弟1二1，并且 a1+c 1 丰0=a 0+c0.设结论对k=1,2,m-1 wn都成立，令am

37、a Cmb'dmcm 1d m 1a c这里，是既约分数，因为每一段的长为b d21，所以ab2c=1 ,与k=1 情况类似：a耗,d斗)二1，又因为damaam 1bmbbm 1abm 1 bam 1，分数既约，所以bm是bbm-1 bbm 1bm的一个因子,同理可知 dm 日,又 am =abm-1+bam-1 (同理 Cm Fdm-1+dCm-1 )因此匕(am + C m-a m-1 -C m-1 )气ab m-1 +ba m-1 +cd m-1 +dC m-1 -a m-1 -Cm-1 ) Fm-1 (b-1)+abm-1 +C m-1 (d-1)+Cdm-1 F+C 1.所

38、以am+C m Mam-1 +c m-1，结论成立，于是在顶点数n+1为奇数时，an+1 +C n+1 Mao+c 0，故折线不可能是闭的。3 .证明 (1)由已知 BoPo=BoQo,并由圆弧 PoQo和QoPo , Q0P1和P1Q1 , P1Q1和Q1P1分别相内切于点 Qo, P1 , Q1 ,得 C1Bo+BoQo=C1P1 , B1C1+C1P2B1C0+C0Q1 以及 CoQ1=CoBo+ Bo P'o ,四式 相加，利用 B1C1+C1Bo=B1Co+CoBo,以及P'。在BoPo或其延长线上，有 BoPo=BoP'o，从而可知点P'o与点Po重

39、合。由于圆 弧Q1Po的圆心Co，圆弧PoQo的圆心Bo以及Po在同一直线上，所以圆弧 Q1Po和PoQo相内切于点 Po。(2)现分别过点Po和P1引上述相应相切圆弧的公切线PoT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PoT和P订于点R1和S1，连接P0Q1和P1Q1，得等腰厶P0Q1R1和厶P1Q1S1，由此得/PoQ1P1=n-/P0Q1 P1- ZP1Q1S1= n-( /P1P0T- /Q1PoP)-( ZP0P1T- ZQ1P1 Po),而 n-ZP0Q1P1 = ZQ1P0P1+ /Q1P1P0,代入上式后，即 m1得 ZPoQ 1 P1= n-(ZP

40、0B0Q0+ ZP1C1Q0).21同理得/ PoQoP1= n-(ZPoBoQo+ ZP1C1Q0)，所以 Po, Qo , Q1, P1 共圆。24 .证明 引理：抛物线 y=ax 2+bx+c(a 丸)在(xo,yo)处的切线斜率是 2axo+b.引理的证明：设(xo,yo)处的切线方程为y-yo=k(x-x 0),代入抛物线方程得2 、ax2+(b-k)x+c+kx o-y 0=0. 又y0ax0bx0c 故可化简成(x-x o)a(x+x o)+b-k=o,因为只有一个实根，所以k=2ax o+b.引理得证。设P(xo,yo)为任一正交点，则它是由线y=x ?tan 1g2v cos

41、2?x2与y=x ?ta ng2v cos2?x2的交点,2则两条切线的斜率分别为(由引理)gxo2v0 cos 1tan 1 ,k2gxo22v0 cos 2tan 2又由题设k1k2=-1 ,所以tan 1gxo2Vo Cos 1tangxo222Vo cos 2又因为P（xo,yo）在两条抛物线上，所以yoXotan 1gxoyo +,tan 2Xogxo222Vo cos一,代入式得2222Vo cos 12yo2yo丄tan 1一 tan 21WXoXo又因为tan a1,tanaa是方程坐?t2-t+yo写=0的两根，所以tan a1+tan a2=2Vo2voxo2v2gxo2v

42、o把，代入（探）式得tan ai?tan02 =gx°yXogxo2v02y0Vo y0 g2Xo0,即2 v_ 4g2Xo2Vo2VoVo2g8g216g25 证明以C为原点，CB所在直线为 x轴，建立直角坐标系，设/ADC= 0, |PD|=r.各点坐标分别为D(x i,o),E(o,x i),A(o,x itan 0),B(xo,o),P(x i-rcos 0,rsin 0).lAB方程为xXoyx tan即 X1X+X o ? cot 0 ?y-x 1x0=0,因 为lAB与圆相切，可得X1 ?.X2x0 cot2= | X12 xox1?cot 0-X 1X0|，约去 X1

43、,再两边平方得2X1x0 cot2x； 2x1 x0 (cot1) x2 (cot21），所以Xo2co)?x1.2cot 12又因为点P在圆上，所以（rcos ）2+（x 1-rsin）2= x1，化简得r=2x 1 sin .要证 DP=AP+AE 2DP=AD+AEx1 tan.2r=+x 1ta n-x 11+sin-cos=4s incossin又因为CP PB，所以CP BP 0.因为 BP =(x 1-x o-rcos 0,rsin0), CP =(x 1-rcos0,rsin 0),所以(x1-rcos 0)(x 1-rcos 0-xo)+r 2sin2 0=0.222把代入化简得 X1 (1 sin2 )(1 cos2 ) sin2 ).由得 X0=X1?2 2(cos2sin2)2 2cos2si n2代入并约去X1,化简得4sin 22 -3sin2 =0，因为sin2工0 ,所以sin23，又因为sin4ACADCD=cos ,AD所以 sin -cos >0.cos