20xx年高考數(shù)學回歸課本圓錐曲線二教案舊人教版-資料下載頁
2025-03-09 22:26本頁面
【正文】 dm1+dcm1）.因此(am+cmam1cm1)≡(abm1+bam1+cdm1+dcm1am1cm1)≡am1(b1)+abm1+cm1(d1)+cdm1≡a+c≡1.所以am+cm≠am1+cm1，結論成立，于是在頂點數(shù)n+1為奇數(shù)時，an+1++1≠a0+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(nèi)切于點Q0，P1，Q1，得C1B0+B0Q0=C1P1，B1C1+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(nèi)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ΔP0Q1R1和ΔP1Q1S1，由此得∠P0Q1P1=π∠P0Q1P1∠P1Q1S1=π(∠P1P0T∠Q1P0P)(∠P0P1T∠Q1P1P0),而π∠P0Q1P1=∠Q1P0P1+∠Q1P1P0，代入上式后，即得∠P0Q1P1=π(∠P0B0Q0+∠P1C1Q0).同理得∠P0Q0P1=π(∠P0B0Q0+∠P1C1Q0)，所以P0，Q0，Q1，P1共圓。4．證明 引理：拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)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yy0=k(xx0)，代入拋物線方程得ax2+(bk)x+c+kx0y0=0. ①又 故①可化簡成 (xx0)[a(x+x0)+bk]=0, ②因為②只有一個實根，所以k=2ax0+。設P(x0,y0)為任一正交點，則它是由線y=x?tan?x2與y=x?tan?x2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 ③又因為P(x0,y0)在兩條拋物線上，所以 代入③式得 （※）又因為tanα1,tanα2是方程?t2t+=0的兩根，所以tanα1+tanα2= ④tanα1?tanα2=。 ⑤把④，⑤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=θ，|PD|=(x1,0),E(0,x1),A(0,x1tanθ),B(x0,0),P(x1rcosθ,rsinθ).則lAB方程為，即x1x+x0?cotθ?yx1x0=0,因為lAB與圓相切，可得x1?=x0x1?cotθx1x0|，約去x1,再兩邊平方得，所以?x1. ①又因為點P在圓上，所以(rcos)2+(x1rsin)2=，化簡得r=2x1sin. ②要證DP=AP+AE2DP=AD+AE2r=+x1tanx11+sincos=4sincos. ③又因為，所以 因為=(x1x0rcosθ,rsinθ),=(x1rcosθ,rsinθ),所以 (x1rcosθ)(x1rcosθx0)+r2sin2θ=0. ④把②代入④化簡得 ⑤由①得x0=x1?代入⑤并約去x1,化簡得4sin223sin2=0，因為sin2≠0，所以sin2=，又因為sin==cos，所以sincos0.所以sincos=，所以1+sincos==4sincos，即③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0∠DRC，0∠ASQπ，所以只需證tan∠ASQ=tan2∠DRC,即，化簡得9d29c29b2=0即d2=b2+c2，顯然成立。所以命題得證。
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