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2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第74讲


第 74 讲

解析几何问 题选讲

解析几何是在坐标系的基础上,用坐标表示点,用方程表示曲线(包括直线),用代数方法 研究几何问题的一门数学学科. 在中学阶段,解析几何研究的主要对象是直线和圆锥曲线(圆、椭圆、双曲线、抛物线), 主要研究的问题是: (1)根据已知条件,求出表示平面曲线的方程; (2)通过方程研究平面曲线的性质. 在学习的

过程中,同学们首先要熟练掌握直线与圆锥曲线的方程的各种表示方法及其适 用的范围,并能灵活地选择适当的表示方法以便能快捷地解题.

A 类例题
例 1.S 为直线 l1:7x+5y+8=0 和 l2:3x+4y-13=0 的交点,点 P(3,7),Q(11,13) PA PB 2 所成的直线 PQ 上有两点 A、 B, 其中 P 在 A、 Q 之间, B 在 P、 Q 之间, 并且 = = . 不 AQ BQ 3 求 S 的坐标,试求出直线 SA 与 SB 的方程.(IMO—30 预选题) 解 由题意知, SA 的方程为:(7x+5y+8)+λ(3x+4y-13)=0, ① SB 的方程为:(7x+5y+8)+μ(3x+4y-13)=0, ② PA PB 2 31 47 由AQ=BQ=3及分点公式,得 A、B 的坐标分别为 A(-13,-5),B( 5 , 5 ). 29 11 它们分别适合①、②,代入后求得 λ=- ,μ=- . 36 108 因此,所求的直线 SA、SB 的方程分别为:SA 的方程 165x-296y+665=0;SB 的方 程 723x-584y+1007=0. x2 y2 例 2.从椭圆a2+b2=1 的右焦点向它的动切线引垂线,求垂足的轨迹. 解法一 设切点为 Q(acosθ,bsinθ), acosθ bsinθ 则椭圆的切线 QP 的方程为 2 x+ 2 y=1, a b 即 (bcosθ)x+(asinθ)y=ab ① 过右焦点 F2(c,0)垂直于切线 QP 的直线 F2P 的方程为 (asinθ)x-(bcosθ)y=acsinθ ② 则垂足 P 满足①、②. ①2+②2 得: (x2+y2)(a2sin2θ+b2cos2θ)=a2(b2+c2sin2θ) =a2[b2+(a2-b2)sin2θ] =a2(b2cos2θ+a2sin2θ), 显然 b2cos2θ+a2sin2θ≠0,所以 x2+y2=a2. 即垂足 P 的轨迹方程为圆 x2+y2=a2. 解法二 如图,延长 F1Q 与 F2P 交于 R, y 切线,则有∠F2QP=∠RQP,又 PF2⊥PQ,
Q F2 O F1 R P x

因为 QP 为

所以|QR|=|QF2|,|PR|=|PF2|. 因为|F1Q|+|F2Q|=2a, 则|F1Q|+|RQ|=2a,即|F1R|=2a, 1 则|OP|=2|F1R|=a.即垂足 P 的轨迹方程为圆 x2+y2=a2. 说明 在解题时,若能充分运用图形的几何性质,往往可获得快捷的解法. 例 3.设已知三条直线 l1:mx-y+m=0;l2:x+my-m(m+1)=0;l3:(m+1)x-y+ (m+1)=0,它们围成 ΔABC. (1)求证:不论 m 为何值,ΔABC 有一个顶点为定点; (2)当 m 为何值时,ΔABC 的面积有最大值、最小值?(第五届美国普特南数学竞赛题) (1)证明 直线 l1 的方程可写成(x+1)m-y=0,故直线 l1 恒过点 C(-1,0). 同样,直线 l3 的方程可写成(x+1)m+x-y+1=0,故直线 l3 恒过点 C(-1,0),即直线 l1、l3 交于定点(-1,0), 由此可见 ΔABC 的顶点 C 为定点. (2)解 注意到 l1⊥l2,即 AB⊥AC,则 ΔABC 为直角三角形, 1 用点到直线的距离公式求出点 C 到直线 AB 的距离为 d1= , 求出 B 到 AC 的距离 m2+1 |m2+m+1| d3= . m2+1
2 1 |m +m+1| 1 1 SΔABC= · = |1+ |. 2 m2+1 2 1 m+m

1 3 当 m>0 时,m+ ≥2,等号在 m=1 时成立,S 有最大值 ; m 4 1 1 当 m<0 时,m+ ≤-2,等号在 m=-1 时成立,S 有最小值 . m 4 m(m2+m+1) m 说明 我们可以用下面的方法:直线 l1、l2 的交点坐标为( 2 , ),直线 l2、 m +1 m2+1 l3 的交点坐标为(0,m+1),直线 l1、l3 的交点坐标为(-1,0).故 ΔABC 的顶点 C 为定点(- 1 1,0).SΔABC= x2 2

x1

y1 1

x3

y 2 1 =2 · 2 .以下同例题中的解法. m +1 y3 1

2 1 m +m+1

情景再现
x2 y2 1.已知圆 x2+y2=r2 经过椭圆a2+b2=1(a>b>0)的两个焦点 F1(-c,0),F2(c,0),两 曲线有四个交点,其中一个交点为 P.若 ΔF1PF2 的面积为 26,椭圆长轴长为 15,求 a+b+ c 的值.(2000 年“希望杯”竞赛题) 2.设 p>0,当 p 变化时,Cp:y2=2px 为一族抛物线,直线 l 过原点且交 Cp 于原点和 点 Ap.又 M 为 x 轴上异于原点的任意点,直线 MAp 交 Cp 于点 Ap 和 Bp. 求证:所有的点 Bp 在同一条直线上. 3.已知椭圆 4x2+5y2-8mx-20my+24m2-20=0. (1)求证椭圆的两焦点分别在两条(与 m 无关的)平行线 l1、l2 上;

5 (2)求与 l1 平行且被椭圆截得的线段长等于 5的直线 l 的方程. 3

B 类例题
x2 y2 例 4.椭圆 2+ 2=1 的内接平行四边形 ABCD 的边 AB 的斜率为 k.试求四边形 ABCD a b 面积的最大值. 解 设 AB(CD)所在直线的方程为 y=kx+m. 由于 AB、CD 平行且相等,故可知 AB、CD 的纵截距分别为 m 和-m.于是 AB、CD 1 关于原点对称.由对称性知△OAB 的面积等于四边形 ABCD 面积的 .故只要求出△AOB 的 4 面积的最大值即可. 以 y=kx+m 代入 b2x2+a2k2-a2b2=0,得 (b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2(m2-b2)=0. △=4a4k2m2-4a2(b2+a2y2)(m2-b2) =4a2b2(b2+a2y2-m2). 则当- b2+a2k2<m< b2+a2k2时方程有解. 2ab b2+a2k2-m2 故弦长为 · 1+k2. b2+a2k2 |m| 原点到直线 AB 的距离 d= . 1+k2 则 S△AOB=|m| ab b2+a2k2-m2 1 ≤ ab,当且仅当 m=± b2+a2k2 4 1 2 (b +a2k2)时等号成立. 2

从而平行四边形 ABCD 面积的最大值为 2ab. 说明 a (1)利用压缩变换易证此结果:如果令 x'=x,y'= y,则椭圆 b2x2+a2y2=a2b2 变 b

2 2 b a a 为圆 x' +y' =a2.直线 y=kx+m 变为ay'=kx'+m,即 y'=bkx'+bm.于是 AB、CD 变为圆

的两条平行弦 A'B'、C'D',平行四边形 ABCD 变为圆的内接矩形 A'B'C'D'.而圆内接矩形面积 b 的最大值为 2a2,从而椭圆的内接平行四边形的最大面积为 2a2· a=2ab. (2)平行四边形的两边与轴平行时,平行四边形变为矩形,结果同此; (3)用参数方程也易得此结论; 3 ? ?x=m+2cosθ, ?x= +t2, 例 5.已知抛物线? 2 (t 为参数)和椭圆? (θ 为参数),问是否存在 ?y= 3sinθ ?y= 6t ? 实数 m,使得抛物线与椭圆有四个不同的交点?(第十五届全俄数学奥林匹克题) 3 3 解 消去参数 t,抛物线方程为 y2=6(x- )(x≥ ). 2 2 (x-m)2 y2 消去参数 θ,椭圆方程为 4 + 3 =1. 由上述两方程联立消去 y,整理得 x2+(8-2m)x+m2-16=0. 3 令 f(x)=x2+(8-2m)x+m2-16(x>2),则抛物线与椭圆有四个不同交点的充要条件是

Δ=(8-2m) -4m+64>0, m<4, ? ? 3 ?f( )≥0, ?m>7或m≤-1, 2 2 化简得 ? ? 2 1 3 11 ? ? ?-2(8-2m)>2 ?m> 2 不等式组无解,故这样的实数 m 不存在. 例 6.A、B 是平面上给定的两点,C 在以 A 为圆心的圆上运动,△ABC 的∠A 的内角平 分线与边 BC 的交点为 P. 求:点 P 的轨迹.(1991 年加拿大数学奥林匹克训练题) 解 以 A 为坐标原点,AB 为 x 轴建立平面直角坐标系. 设以 A 为圆心的圆是单位圆 x2+y2=1,再设 C(x0,y0),B(a,0),P(x,y). 由 AP 是∠CAB 的平分线,则 AB BP a AC=PC=1=a, 从而由定比分点公式得: a+ax0 ay0 x= ,y= . 1 +a 1+a

2

从而解得

?x =(1+aa)x-a, ? (1+a)y ?y = a .
0 0

由 得 整理得

x02+y02=1, [ (1+a)x-a 2 (1+a)y 2 ] +[ ] =1, a a

2a x2+y2- x=0. 1+a

因此,P 点的轨迹是一个圆,但去掉此圆与 x 轴的两个交点.

情景再现
x2 y2 4.设 P 为椭圆a2+b2=1(a>b>0)上异于长轴顶点 A1、A2 的任一点,过 P 点的切线与 分别过 A1、A2 的切线相交于 B1、B2,则以 B1B2 为直径的圆必过两焦点 F1、F2. 5.试证:存在一个同心圆的集合,使得 (1)每个整点都在此集合的某一个圆周上 (2)此集合的每个圆周上,有且只有一个整点. 6.给定一个圆和它的内部一点 M,考虑所有可能的矩形 MKTP,它的顶点 K 和 P 位于 圆上,求点 T 的轨迹.(1990 年第 16 届全俄数学奥林匹克题)

C 类例题
x2 y2 例 7.已知 C0:x2+y2=1 和 C1:a2+a2=1(a>b>0).试问:当且仅当 a,b 满足什么条 件时,对 C1 上任意一点 P,均存在以 P 为顶点,与 C0 外切,与 C1 内接的平行四边形?并证 明你的结论.(2000 年全国高中数学联合竞赛试题) 解 设 PQRS 是与 C0 外切且与 C1 内接的平行四边形.

易知圆的外切平行四边形是菱形.即 PQRS 是菱形.于是 OP⊥OQ. 设 P(r1cosθ,r1sinθ),Q(r2cos(θ+90° ),r2sin(θ+90° ),则在直角三角形 POQ 中有 r12 1 1 +r22=r12r22(利用△POQ 的面积).即 2+ 2=1. r1 r2 但 即 r1cos2θ r2sin2θ a2 + b2 =1, 1 cos2θ sin2θ 2= a 2 + b2 , r1
2 2
2 2
y

P S Q O
x

1 sin θ cos θ 1 1 同理, 2= 2 + 2 ,相加得 2+ 2=1. a b a b r2 1 1 反之,若 2+ 2=1 成立, a b

R

则对于椭圆上任一点 P(r1cosθ,r1sinθ),取椭圆上点 Q(r2cos(θ+90° ),r2sin(θ+90° ),则 2 2 1 cos θ sin θ + 2 , 2= a2 b r1 1 sin2θ cos2θ 2= a2 + b2 , r2 1 1 1 1 于是 2+ 2= 2+ 2=1,此时 PQ 与 C0 相切.即存在满足条件的平行四边形. r1 r2 a b 从而得证. 4 例 8.在平面直角坐标系 xOy 中,给定三点 A(0, ),B(-1,0),C(1,0),点 P 到直线 3 BC 的距离是该点到直线 AB、AC 距离的等比中项. (1)求点 P 的轨迹方程; (2)若直线 L 经过?ABC 的内心(设为 D),且与点 P 轨迹恰好有 3 个公共点,求 L 的斜率 k 的取值范围.(2004 年全国高中数学联赛) 解 (1)设点 P 的坐标为(x,y), x 3y AB 方程: + =1,即 4x-3y+4=0, -1 4 BC 方程:y=0, ② AC 方程:4x+3y-4=0, ③ 2 则 25|y| =|(4x-3y+4)(4x+3y-4)|, 去绝对值整理得: 25y2+16x2-(3y-4)2=0, 即 16x2+16y2+24y-16=0, 即 2x2+2y2+3y-2=0; 或 25y2-16x2+(3y-4)2=0,即 16x2- 16=0, 即 8x2-17y2+12y-8=0. 故所求轨迹为圆:2x2+2y2+3y-2=0, 与双曲线:8x2-17y2+12y-8=0. 但应去掉点(-1,0)与(1,0). ①
y
P B K -1 A 1 D C O 1

x

34y2+24y-

④ ⑤

1 1 (2)?ABC 的内心 D(0,2):经过 D 的直线为 x=0 或 y=kx+2.



(a)直线 x=0 与圆④有两个交点,与双曲线⑤没有交点; 1 1 5 1 (b)k=0 时,直线 y=2与圆④切于点(0,2),与双曲线⑤交于(±8 2,2),即 k=0 满足 要求. 1 (c)k=± 时,直线⑥与圆只有 1 个公共点,与双曲线⑤也至多有 1 个公共点,故舍去. 2 1 25 (d)k?0 时,k?2时,直线⑥与圆有 2 个公共点,以⑥代入⑤得:(8-17k2)x2-5kx- 4 = 0. 当 8-17k2=0 或(5k)2-25(8-17k2) =0,即得 k=± 2 34 2 从而所求 k 值的取值范围为{0,± ,± }. 17 2 2 34 2 与 k=± . 17 2

情景再现
7.抛物线y2=2px的内接三角形有两边与抛物线x2=2qy相切,证明这个三角形的第三 边也与x2=2qy相切. x2 8. 设有椭圆 +y2=1, B1(0, -1)为椭圆上一点, 问是否存在椭圆上两点 M、 N, 使△MB1N 4 为等腰直角三角形,且∠ MB1N=90?.直线 MN 不与 x 轴平行.如果存在,求出一组 M、N 的 坐标,如果不存在,说明理由.

习题 74
x2 y2 1.已知椭圆 2+ 2=1(a>b>0)通过点(2,1),所有这些椭圆上满足|y|>1 的点的集合用 a b 阴影表示是下面图中的(
y
(2,1)

)(1990 年全国高中数学联赛)
y
(2,1)

y
(2,1)

y
(2,1)

x O
( 5 ,0)

x O
(2,-1)

O

x
( 5 ,0)

x O
(2,-1)

A.

B.

2.平面 M 与 N 相交成角 θ,则 M 平面上的圆在 N 平面上的正射影椭圆的离心率等 于 .(上海市 1985 年高中数学竞赛) x2 y2 3.方程 + =1 表示的曲线是( ) sin 2-sin 3 cos 2-cos 3 A.焦点在 x 轴上的椭圆 C.焦点在 y 轴上的椭圆 (2005 年全国高中数学联赛) B.焦点在 x 轴上的双曲线 D.焦点在 y 轴上的双曲线

C.

D.

4.函数 f(x)= x4-3x2-6x+13- x4-x2+1的最大值是____. x2 5.设有双曲线 2 -y2=1.过点 P(x0,1)的直线与双曲线交于点 A、B,若点 P 不可能成为 线段 AB 的中点,求 x0 的取值范围.

6.从⊙O:x2+y2=a2 上一点 P 引⊙C:(x-c)2+y2=b2(a、c 为正数且 c≠a)的两条切 线 PQ、PR,QR 的中点为 M.当 P 在⊙O 上运动时,求 M 的轨迹. x2 y2 7.已知 F1、F2 分别为椭圆a2+b2=1(a>b>0)的左焦点和右焦点,过 F2 的直线交椭圆 于 M、N 两点,求Δ MNF1 面积的最大值. 8.证明:在坐标平面上不存在一条具有奇数个顶点,每段长度都等于 1 的闭折线,其每 个顶点的坐标都是有理数. 本节“情景再现”解答: 1.a+b+c=13+ 26.
?y2=2px, y2 2p 2p 2.设 M(m,0),l:y=kx.B( ,y).(k,m 为定值).由? 求得 Ap( 2 , ); 2p k k ?y=kx

2p 2p -0 -m k k2 2 p y2 2p 1 2p 2pm 由 A、M、B 共线,得 = y2 ,即 k (2p-m)=( k2 -m)y.所以k y2-( k2 -m)y- k y-0 2p-m - 2pm k k2m2 =- 2 pm ,解得 y =- km , x = 1 2p .即点 B 在直线 y=- k

2p =0.由韦达定理得, k y= km 上.(x>0)

(x-m)2 (y-2m)2 3.已知椭圆方程,配方得 + =1.椭圆的长半轴长为 a= 5,短半轴长 5 4 为 b=2,半焦距 c=1.(1)中心坐标为(m,2m),两焦点 F1(m-1,2m),F2(m+1,2m).F1、
?x=m-1, ?x=m+1, F2 的轨迹的参数方程分别为? (m 为参数) ;? (m 为参数) .消去 m, ?y=2m. ?y=2m. 得 l1、 l2 的方程分别为 2x-y+2=0, 2x-y-2=0, 是两条平行线. (2)直线 l 的方程为 y=2x± 2. 4.如图设 P(acosθ,bsinθ),则过 P 的切线

xcosθ ysinθ 方程为 a + b =1,它与 y 轴交于点 C(0, bcosθ),C 是线段 B1B2 的中点,从而|CF1|=CF2|=
2 2 2

y B1 C P B2 x

A1 F1 O (1+ cosθF )2b A2 xcosθ ysinθ 1 c +b csc θ. 联立 x=-a, a + b =1, 得 B1(-a, sinθ ), 于是2|B1B2|=|B1C|



(1+cosθ)b b 1 (-a)2+[ sinθ -sinθ]2= c2+b2csc2θ.从而|CF1|=CF2|=2|B1B2|.故 F1、F2 在 1 1 5.取点 P( 2,3).设整点(a,b)和(c,d)到点 P 距离相等,则(a- 2)2+(b-3)2

以 B1B2 为直径的圆上.

1 2 =(c- 2)2+(d- )2,即 2(c-a) 2=c2-a2+d2-b2+ (b-d) .上式当且仅当两端都为 3 3 2 2 0 时成立,所以 c=a,c2-a2+d2-b2+3(b-d)=0.于是有(d-b)(d+b-3)=0.由于 d、 1 b 为整数,则 d=b.即(a,b)和(c,d)重合.故任意两个整点到 P( 2,3)的距离都不相 等. 现将所有整点到点 P 的距离从小到大排成一列 d1, d2, ?, 显然以 P 为圆心, 以 d1, d2, ?

为半径作的同心圆集合即为所求. 6.设 M(a,b),圆的方程为 x2+y2=r2,此时,r2>a2+b2.又设 P(x1,y1),K(x2,y2), T(x,y).由 MKTP 是矩形可得 x+a x +x ? ? 2 = 2 , ?y+b=y +y , 2 2 ? ?(x-a) +(y-b) =(x -x ) +(y -y ) .
1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2

① ② ③

①与②平方并相加, 注意到 xi +yi =r (i=1, 2), 得(x+a)2+(y+b)2=2r2-2x1x2+2y1y2 ④, 由③得: (x-a)2+(y-b)2=2r2-2x1x2+2y1y2 ⑤,④+⑤可得:x2+y2=2r2-(a2+b2)(r > a2+b2).所以所求的点 T 的轨迹是以原点为圆心, 2r2-(a2+b2)为半径的圆. 7 .不失一般性,设p> 0, q>0.设 y2 = 2px 的 内 接 三 角形顶点为A1(x1,y1),A2(x2,y2),A3(x3, y3) . 因 此 y12 = 2px1;y22=2px2;y32=2px3.其中,y1?y2, y1?y3,y2?y3.依 2 题意,A1A2,A2A3与抛物线x =2qy相切,要 证 A3A1 也与抛物 2 2 线x =2qy相切.因为x =2qy在原点O处的 切 线 是 y2 = 2px 的对称轴,所以原点O不能是所设内接三角 形的顶点, 即(x1, y1),(x2,y2),(x3,y3)都不能是(0,0);又 因 A1A2 与 x2 = y2-y1 2qy相切,所以A1A2不能与y轴平行,即x1≠x2,y1≠-y2,直线A1A2的方程是y-y1= (x x2-x1 - x1) , 因 为 y22 - y12 = (y2 + y1)(y2 - y1) = 2p(x2 - x1) . 则 A1A2 的 方 程 为 y = 2p x+ y2+y1

y1y2 4pq 2qy1y2 . A1A2与抛物线x2=2qy交点的横坐标满足x2- x- =0. 由于A1A2与抛物 y2+y1 y2+y1 y2+y1 线x2=2qy相切,上面二次方程的判别式 ?=(- 4pq 2 2qy1y2 ) =4( )=0,化简得,2p2q+ y2+y1 y2+y1

y1y2(y1+y2)=0. (1) 同理由于A2A3与抛物线x2=2qy相切,A2A3也不能与y轴平行,即x2≠x3,y2≠-y3,同样得到 2p2q+y2y3(y2+y3)=0 (2) 由(1)、(2)两方程及y2≠0,y1≠y3,得y1+y2+y3=0. 由上式及y2≠0,得y3≠-y1,也就是A3A1也不能与y轴平行. 今将y2=-y1-y3代入(1)式得:2p2q=y3y1(y3=y1)=0 (3), (3)式说明A3A1与抛物线x2=2qy的两个交点重合,即A3A1与抛物线x2=2qy相切.所以只要 A1A2、A2A3与抛物线x2=2qy相切,则A3A1必与抛物线x2=2qy相切.
?y=kx+m,, 8.设 MN 方程为 y=kx+m(k≠0),则 M(x1,y1)、N(x2,y2)是联立方程? 2 的 2 ?x +4y =4.

-8km 解.消去 y,得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0.由根与系数关系得 x1+x2= 2 ,x x = 4 k +1 1 2 4m2-4 m2-4k2 2m 2 2 ;y1+y2=k(x1+x2)+2m= 2 ,y1y2=k x1x2+km(x1+x2)+m = 2 .线段 4k2+1 4k + 1 4k +1 m +1 4k2+1 -4km m MN 的中点 P( 2 , 2 ),由 B1P⊥MN,B1N⊥B1M,得 · k=-1,即 m+1 4k +1 4k +1 -4km -0 4k2+1

+4k2=4m,则 3m=4k2+1

y1+1 y2+1 (1),又 x · x =-1,即 y1y2+y1+y2+x1x2+1=0,
1 2

则 5m2+2m-3=0

?m=-1,, (2),由(2)得? (无解),及 2 ?-3=4k +1.

?m=5, 解联立方程组 ? 5 ?k=± 5 .
3

? ?y= 5 x+3, 5 5 ? ?x2+4y2=4. ?
-4 5+20 5-4 5 -4 5 -20 5-4 5 得 M( , 15 ),N( , 15 )即为一组满足要求的点.(也可有另 15 15 1 一组点,是所给点关于 y 轴的对称点).说明:线段中点可直接用:y=- x 与 y=kx+m 联 4k 立求出. 本节“习题 74”解答: 1.C. 2.sinθ. 3.C. 4. 10. 5.-2≤x0≤- 2或 2≤x0≤2. 6. M 是 QR 与 CP 的交点. 设 P(x0, y0), C(c, 0). 则由点 P 在⊙O 上: x02+y02=a2 ①, QR 方程(x0-c)(x-c)+y0y=b2 ②,CP 方程 y(x0-c)-y0(x-c)=0 ③.在②、③中解出 b2(x-c) b2y x0、y0 的表达式:x0= .代入①中,得(a2-c2)[(x-c)2+y2] 2 2+c;y0= (x-c) +y (x-c)2+y2 =2b2c(x-c)+b4.即为所求轨迹的方程(当 P 运动到⊙C 上或内部时,无切线,此时应除去 曲线上相应的一段). 7. 设 MN 的方程为 y=k(x-c), 又椭圆的方程为 b2x2+a2y2=a2b2, 所以, b2k2x2+a2k2y2 -a2b2k2=0,所以,b2(y +kc)2+a2k2y2-a2b2k2= 0,整理得,(a2k2+b2)y2 +2b2kcy-b4k2 = 0 , 则 |y1 - y2|2 = (y1 + y2)2 - 4y1y2 =
2

4a2b4k2(k2+1) 4a2b4tan2α(tan2α+1) = = 2 2 2 2 (a k +b ) (a2tan2α+b2)2

4a2b4sin2α 4a2b4sin2α 2ab2sinα 2ab2csinα 所以, |y1-y2|= 2 2 2 , 所以, SΔMNF1= 2 2 2 2 2 2 2= 2 2 2 2. (a sin α+b cos α) (b +c sin α) b +c sin α b +c sin α 2ab2c b2 b = b2 .令 t=sinα+c2sinα,当 a≥ 2b,即c ≤1 时,t 的最小值为 2bc(此时,sinα 2 sinα+c sinα b b = c) ,所以 ΔMNF1 面积的最大值为 ab;当 a< 2b,即c>1 时,t 是 sinα(0<sinα≤1)的 单调递减函数,所以 t 的最小值为 b2+c2(此时,sinα=1) ,所以 ΔMNF1 面积的最大值为 2b2 a2-b2 .综上所述,当 a≥ 2b 时,ΔMNF1 面积的最大值为 ab;当 a< 2b 时,ΔMNF1 a 2b2 a2-b2 面积的最大值为 . a a i ci 8.设存在这样的闭折线,不失一般性,设其一个顶点为 A0(0,0),其余顶点为 Ai(b ,d )(i
i i

ai ci =1,2,?,n.且b 、d 均为既约分数)并记 An+1=A0.又记 p、q 同奇偶为 p?q,不同奇偶
i i

a1 c1 a1d1 2 2 为 p?q.由( )2+( )2=1,知( ) =d2 1-c1.但(a1,b1)=1,故 b1|d1,同理,d1|b1,于是 b1 d1 b1
2 2 2 b1=±d1.则 b2 1=d1=a1+c1.故 a1,c1 必一奇一偶,且 b1、d1 为奇数,从而 a1+c1 与 a0+ c0 奇偶性不同. 下面用数学归纳法证明每个 bi、di 为奇数,ai+1+ci+1 与 ai+ci 的奇偶性不同.设命题对于

am am-1 a cm cm-1 c a c ≤m-1 的正整数已证.则 - = , - = .由( )2+( )2=1,知 a,c 必一奇一 bm bm-1 b dm dm-1 d b d am am-1 a abm-1+bam-1 am 偶,b=±d 且为奇数.由b = + = .若b 是既约分数,则 bm 是 bbm-1 的 bm-1 b bbm-1 m m 约数,但 bbm-1 为奇数,故 bm 为奇数.同理,dm 为奇数.所以 am 与 abm-1+bam-1 奇偶性相 同,同样,cm 与 cdm-1+dcm-1 奇偶性相同.由于 am+cm?abm-1+bam-1+cdm-1+dcm-1?a +am-1+c+cm-1,由 a+c?1 知 am+cm?am-1+cm-1.当 n+1 为奇数时,应有 an+1+an+1?a0 +b0,与 An+1=A0 矛盾.从而得证.


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