希望杯竞赛数学试题详解(61-70题)

23 题）
（第十二届高二第二试第
解法 1 令 P x, y 为曲线 C 上任意一点， 由题意得 x 1 2 y 2 x 4 5 .故曲线
C 的方程为 y 2
4x, 0 x 4
，即曲线 C 由两段抛物线 C1 : y 2 4 x 0 x 4
16 x 5 , 4 x 5
和 C2 : y2 16 x 5 (4 x 5) 拼接而成 .
m : y ①k,x b2 a2k 2
l
b 2 a 2 k 2 ，所以两垂直切线为，
n : y ②,x k
b2
a2 k2
另有四对 ： m:x
a,n : y
b , ① 式 变 为 (y
2
kx )
2
b
22
ak
③，②式变 为
( x ky) 2 a 2 b 2k 2 ④． ③ +④得 x 2 y 2 a 2 b 2．特殊四对垂线的交点坐标也都适合
n ， m, n 交于点 P，求动点 P 到
32
该椭圆的最近距离．
2
3、已知双曲线 x 4
2
y 1 的一条切线 l : y nx w(n N ) ， 3
1． 求 n 的最小值；
2． 过点（ 1， 1）是否有两条垂直的切线？
3． 当 n =1， w 1时，求与 l 垂直的双曲线的切线．
答案： 1. 4 2. 13 3 3. （ 1） 1 （ 2）不存在 （ 3） y x 1 和 y x 1 题 62 已知曲线 C 上任意一点到定点 A （ 1， 0）与定直线 x 4 的距离之和等于 5.对 于给定的点 B b , 0 ，在曲线上恰有三对不同的点关于点 B 对称，求 b 的取值范围 .
7, 3 , 7, 3 , 7, 3 , 7, 3 都 适 合 方 程 ⑥ ． 故 点 P 的 轨 迹 方 程 为
x 2 y 2 10 ．
评析 这是一道典型的用交轨法求轨迹方程的问题．解题的关键有两个：如何设两条动
切线方程与如何消去参数． 当切线的斜率存在时， 我们可设其方程为 y kx b ，此时出现
分析出问题的结果，显得简单易懂 .解题过程中，我们不仅要学会常规思维，掌握解决问题
的一般方法， 更要注意抓住具体问题的特点， 探寻解决问题的最佳方案， 以不断提高我们的
创新思维能力 .
题 63 已知 k∈ R，关于
x,y 的方程
y4+4y
3
+(2x+2kx-kx
22
)y +8xy+(4kx
2
3
-2kx )=0
在 C1, C 2 (或 C 2 ， C1 )上时，不妨设 P 在 C1上， P 在 C 2 上，则
y 2 4x y 2 16 x
，即
5
y2 4x
2
，
y
16 2b x 5
解得 x 4 2b 5 , x 2 10 b .因为 0 x 4 ， 4 x 5 , 所以 5 b 4 .但当
3
3
2
5 b 时，得 x 0, x
x
7
y
k
3 k2 ②；另有与 x 轴垂直的切线两条： x
7 ，与其中每条垂直的切线又
各有两条： y
3．
2
由①、②得 y kx 2 = 3 7k 2 ③， y x k
3
7 k 2 ④，④式即 ky
2
x
3k 2
7
⑤ ． ③ + ⑤ 得 k 2 1 x 2 k 2 1 y 2 10 k 2 1 , 即 x 2 y 2 10 ⑥ ． 又 点
类讨论，当然，此时只要将几个点的坐标代入所求的方程
x 2 y 2 10 ，看是否适合即可．
拓展 如果留心，我们会发现所求轨迹方程 x 2 y 2 10 中的 10 正好是已知椭圆方程
x2 y 2 + = 1中的 7 与 3 的和．那么，是否将椭圆方程改为
73
x2 a2
y2 b2
1 ，则所求轨迹方程
就是 x 2 y 2 a 2 b 2 了呢？经研究，果真如此．于是我们得到
表示一组
曲线，其中有一条是固定的抛物线，试讨论
k 值与曲线形状的关系 .
（第三届高二第二试第 21 题）
解 因为当 k∈ R 时，原方程表示的曲线组中有一条固定的抛物线，所以，不妨令
k=0 ，
先求出这条抛物线的方程：
当 k=0 时，原方程化为 y4+4y3+2xy 2+8xy=0 ，即 y( y 4)( y 2 2 x) 0 ，得 y=0,y=-4,
m, n 的交点 P 的轨迹方程是
2
2
2
( x a) ( y b) 2r .
y
证 明 如 图 ， 易 知 四 边 形 APBO1 为 正 方 形 ， 所 以
|PO1|= 2 | AO1 | 2r ，所以点 P的轨迹是以 O1为圆心， 2r
A
P B
为半径的圆，其方程是 (x a ) 2 ( y b) 2 2 r 2 ．
x 2b x
设 P x, y 关 于 点 B b,0 的 对 称 点 为 P x , y ， 则 有
，由于
yy
C1 0 X 4 和 C2 4 x 5 都是关于 x 轴对称的， 所以， 当 0 b 5时，点 P x, y 与
P x , y 同在 C1 上或同在 C2 上， 只有唯一的情形： P b, y 与 1-70
题 61 设直线 m, n 都是平面直角坐标系中椭圆
x2 y2 + =1的切线， 且 m n ，m 、n 交
73
于
点 P，则点 P 的轨迹方程是
．
（第十二届高二培训题第 47 题）
x2 y 2 解 设直线 y = kx b 与椭圆 + = 1 相切，则二次方程
73
x2
2
kx b
两个参数 k 与 b ，由于此切线方程与椭圆的方程组成的方程组有且只有一解，
故由二次方程
有等根的条件得 b
3 7 k 2 （这与事实一致：斜率为 k 的椭圆的切线应当有两条）， 从
而切线方程为 y kx 3 7k 2 ，那么与其垂直的椭圆的切线方程就是将此切线方程中的
1
x
7
k 换成 所得方程，即 y k
⑤,
将定理 1、 2 中的椭圆、双曲线改为抛物线，我们又可以得到
定理 3 抛物线 y2 2 px( p 0) 的两条互相垂直的切线 m, n 的交点 M的轨迹方程为
p
x
．
2
证明 当其中一条切线过抛物线顶点时，另一条垂直的切线不存在，已知
线，所以斜率必然都存在．
m, n 是垂直切
设 y kx l 是 y 2 2 px 的 切 线 ， 则 k 0 ， 由
⑤，故 P 点的轨迹方程为 x 2 y 2 a 2 b 2．
若将定理 1 中的椭圆改为双曲线，是否也有相类似的什么结论呢？为了证明定理 引进两个引理．
引理 1 若双曲线 x 2 a2
y2 b2
1 的切线 的斜率 k 存在，则 | k |
b
．
a
证明 对于 x 2 a2
y2 b2
1 两边取 x 的导数知 y ' ( x)
+
1 ，即
7
3
3 7k 2 x 2 14kbx 7b2 21 0 有 两 个 相 等 实 根 ， 其 判 别 式
2
2
2
14kb 4 3 7k 7b 21
0 ，解得 b 2 3 7 k 2 ,b
3 7 k 2 ．因此斜率
为 k 的椭圆的切线有两条： y kx 3 7 k 2 ①，与其中每条垂直的切线也各有两条：
a ，代入①得 | k |
a
y0 b
b
．
a
2
2
引理 2 如果双曲线 x
y 1 有 a b ，则不存在垂直切线．
a2 b2
证明 假设双曲线存在两条垂直切线， 则这两条切线必然都存在斜率， 斜率分别记为 k 1，
k 2 ，由引理 1 知 | k 1 |
b ,| k 2 |
a
b
b2
,
a
| k1k2 | 1
P O
Q
B4
M 5x
时总有一对点位于同一段抛物线上且关于点
B 对称 .若另有两对
点关于点 B 对称，则每一对的两个点必分别位于两段抛物线上，
故必存在曲线 C 的内接矩形 PQRS，点 B 随着矩形形状的改变
R S
T
而在 x 轴上移动 .设曲线 C 与 x 轴的右交点为 M ，则当 Q、 R 趋
近于 M 时，点
垂直切线不存在．已知 m, n 是垂直切线，所以斜率必然都存在．
设 y kx l 为双曲线的切线，则由
y kx l
x2 a2
y2 b2
1
得
(
1 a2
k b
2 2
)
x2
2lk b2 x
l2 b2
1
0
①，由引理 1 知 | k |
b
，所以
k2
a
b2
1
a 2 ，所以 a2
k2 b2
0 且 a2k 2 b2
k
3 k 2 ．此时突破了第一关．下面是否通过解方程组
得交点轨迹的参数方程， 然后再消参得所求轨迹方程呢？想象中就是非常繁琐的．
上面题解
中的方法充分体现了消参的灵活性， 大大简化了解题过程．然而， 事情到此并未结束， 以上
所设切线方程是以切线有斜率为前提的， 是否有不存在斜率的椭圆的切线呢？于是引来了分
x2 定理 1 设直线 m 、 n 都是椭圆 a 2
y2 b2
1的切线，且 m n ， m 、 n 交于点 P，则点
P 的轨迹方程是
2
x
2
y
2
2
a b．
y kx l
证明 设 y kx l 为椭圆的切线 , 由 x2 a2
y2
,
b2 1
2
2
得
1 a2
k b2
x2
2lk b2
x
l b2
1
0 ，由
x 0 ， 得 l 2 b2 a2k 2 ， 所 以
0 ．由①中
x 0 ， 得 l 2 a2k2 b2 , l
a 2k 2 b 2 ， 两 条 垂 直 切 线② , 为
m: y kx a2k 2 b2
③,
n: y
x k
a2 k2
b2
变形为
2
( y kx) ( yk x)2
22
2
ak b
a2 k 2b2
④ , ④ +⑤得 x 2 y 2 a 2 b 2 ，即为点 P 的轨迹方程．
b2 a2
x y
,
双
y
曲 线 上 任 意 一 点 P （ x0, y0 ） ( y0 0) 处 切 线 的 斜 率 k 有
O
2，先
P1(x 0,y1) P(x 0,y0) x
| k |=|
y ' ( x0 ) |=
b2 a2
| x0 y0
|
①，又
| y0 | | y1 |
b | x0 |,
| x0 |
3
3
3
3
3
3
2 10 b , 4 2b 5 是分别在 C1 ， C 2 上的两点，于是 5 b 4 为所求 .
3
3
2
解法 2 设 P x, y ，由题意得 x 1 2 y 2 x 4 5 ，
y
N
化简得 y 2
4x, 0 x 4
为 C 的方程，其图象由两
16 x 5 , 4 x 5
段抛物线拼接而成（如图） .由抛物线的对称性，可知 0 b 5
2
5 ，则 y 0 , y
0 ，这时只有一对对称点分别在
C1 与 C 2 上，
故 5 应 当 排 除 ， 因 此 当 5 b 4 时 ， 2b 5 0 ， 关 于 点 B 对 称 的 点 对 只 有
2
2
4 2b 5 , 4 2b 5 与 2 10 b , 4 2b 5 ， 4 2b 5 , 4 2b 5 与
k
当 k=-1 时，②表示一个圆；当 k=4 时，②表示两条直线；
y kx l
得
y2 2 px
k 2 x2 2(kl p )x l 2
m: y n: y
p kx
2k x kp k2
0，令
x 0得l
p
，故两条垂直的切线为
2k
①,
消去参数 k ，得 x
p
②,
为点 M的轨迹方程．
2
将前面定理中的二次曲线改为圆，又得
定理 4 圆 (x a) 2 ( y b) 2 r 2 的两条互相垂直的切线
O1
比较定理 1 和定理 4，我们不难知道圆是椭圆的特殊情形，
当椭圆的长轴与短轴长相等时，椭圆变成了圆．
O
请运用上述定理完成下面的练习：
x
1、设 m,n 都是圆
2
x
2
y
8的切线，且 m
n ， m, n
交于点 P，求点 P 的轨迹与坐标轴在第一象限围成的面积．
2、设直线
m, n 都是椭圆
x2
2
y2
2
1的切线，且 m
y2 2 x ①. 所以固定的抛物线的方程即 y2 2 x .
以 y2
2x 去除原方程的左边，得
2
kx
2
y
2kx 4 y ，于是原方程化为
kx 2 y 2 2kx 4 y =0，即 k( x 1) 2 ( y 2) 2 k 4 .
2
当 k 0 时，得 (x 1) 2 ( y 2) k
k4
②.讨论 k，可知：
B 的横坐标
b 趋近于
5
.如图，设
C 的两抛物线交于点
N、 T，则当 Q、 R 分
2
别趋近于 N 、 T 时，点 B 的横坐标 b 趋近于 4.故 5 b 4 为所求 . 2
评析 解决本题的关键有两步：一是求出曲线
C 的方程，二是求
b 的取值范围 .解法 1
分两类情形，用代数方法求出了 b 的范围，较抽象、繁琐；而解法 2 则从图象出发，直观地
a2
1 , 即 1>1, 矛盾 , 所以不存在垂直
切线．
x2 定理 2 设直线 m, n 都是双曲线
a2
y2 b2
1( a b) 的切线， 且 m
n ，m, n 交于点 P，
则点 P 的轨迹方程为 x 2 y 2 a 2 b 2 ．
证明 当一条切线的斜率不存在时，该切线必然经过双曲线实轴上的顶点，这时另一条