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1817分解析几何★★★★★
已知椭圆 E:x2a2+y2=1E:\frac{x^2}{a^2}+y^2=1（a>1a>1），过 EE 的右焦点且与 xx 轴垂直的直线被 EE 截得的线段长为 2\sqrt{2}.
(1) 求 EE 的离心率； (2) 设 OO 为坐标原点，给定点 G(t,0)G\left( t,0 \right)（t≠0t\ne 0）. A(x0,y0)A\left( x_0,y_0 \right)（y0≠0y_0\ne 0）为 EE 上的点，过 AA 作 yy 轴的垂线，垂足为 BB，直线 OAOA 与直线 GBGB 的交点为 PP，当 AA 在 EE 上运动时，点 PP 的轨迹为 MM.
(i) 求 MM 的方程； (ii) 当 tt 为何值时，MM 有对称中心？当 MM 有对称中心时，将 MM 平移后得到曲线 M′M'，使得 OO 为 M′M' 的对称中心，说明 M′M' 是什么曲线.

2026 · 全国 · 二卷 · 第 18 题 · 解答题

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1917分解析几何★★★★★
已知双曲线 C:x2−y2=mC:x^2-y^2=m（m>0m>0），点 P1(5,4)P_1(5,4) 在 CC 上，kk 为常数，0<k<10<k<1. 按照如下方式依次构造点 PnP_n（n=2n=2，33，…\dots）：过 Pn−1P_{n-1} 作斜率为 kk 的直线与 CC 的左支交于点 Qn−1Q_{n-1}，令 PnP_n 为 Qn−1Q_{n-1} 关于 yy 轴的对称点，记 PnP_n 的坐标为 (xn,yn)(x_n,y_n).
(1) 若 k=12k=\frac12，求 x2x_2，y2y_2； (2) 证明：数列 {xn−yn}\{x_n-y_n\} 是公比为 1+k1−k\frac{1+k}{1-k} 的等比数列； (3) 设 SnS_n 为 △PnPn+1Pn+2\triangle P_nP_{n+1}P_{n+2} 的面积，证明：对任意的正整数 nn，Sn=Sn+1S_n=S_{n+1}.

2024 · 全国 · 新高考二卷 · 第 19 题 · 解答题

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2115分解析几何★★★★★
已知双曲线 C:x2a2−y2b2=1C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1（a>0a>0，b>0b>0） 的右焦点为 F(2,0)F(2,0)，渐近线方程为 y=±3xy=\pm \sqrt3 x.
(1) 求 CC 的方程； (2) 过 FF 的直线与 CC 的两条渐近线分别交于 AA，BB 两点，点 P(x1,y1)P(x_1,y_1)，Q(x2,y2)Q(x_2,y_2) 在 CC 上，且 x1>x2>0x_1>x_2>0，y1>0y_1>0. 过 PP 且斜率为 −3-\sqrt3 的直线与过 QQ 且斜率为 3\sqrt3 的直线交于点 MM. 从下面 \circled1\circled{1}，\circled2\circled{2}，\circled3\circled{3} 中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
① MM 在 ABAB 上； ② PQ∥ABPQ\parallel AB； ③ ∣MA∣=∣MB∣|MA|=|MB|.

2022 · 全国 · 新高考二卷 · 第 21 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
已知点 A(−2,0)A(-2,0)，B(2,0)B(2,0)，动点 M(x,y)M(x,y) 满足直线 AMAM 与 BMBM 的斜率之积为 −12-\dfrac12. 记 MM 的轨迹为曲线 CC.
(1) 求 CC 的方程，并说明 CC 是什么曲线； (2) 过坐标原点的直线交 CC 于 PP，QQ 两点，点 PP 在第一象限，PE⊥xPE\perp x 轴，垂足为 EE，连接 QEQE 并延长交 CC 于点 GG.
(i) 证明：△PQG\triangle PQG 是直角三角形； (ii) 求 △PQG\triangle PQG 面积的最大值.

2019 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
如图，椭圆 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 （a>b>0a > b > 0）的左、右焦点分别为 F1F_1，F2F_2，过 F2F_2 的直线交椭圆于 PP，QQ 两点，且 PQ⊥PF1PQ \perp PF_1.
(1) 若 ∣PF1∣=2+2|PF_1| = 2 + \sqrt{2}，∣PF2∣=2−2|PF_2| = 2 - \sqrt{2}，求椭圆标准方程； (2) 若 ∣PQ∣=λ∣PF1∣|PQ| = \lambda |PF_1|，且 34⩽λ<43\frac{3}{4} \leqslant \lambda < \frac{4}{3}，试确定椭圆离心率 ee 的取值范围.

2015 · 重庆 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
设椭圆 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 （a>b>0a > b > 0）的左，右焦点分别为 F1F_1，F2F_2，点 DD 在椭圆上，DF1⊥F1F2DF_1 \perp F_1F_2，∣F1F2∣∣DF1∣=22\frac{|F_1F_2|}{|DF_1|} = 2\sqrt{2}，△DF1F2\triangle DF_1F_2 的面积为 22\frac{\sqrt{2}}{2}.
(1) 求该椭圆的标准方程； (2) 设圆心在 yy 轴上的圆与椭圆在 xx 轴的上方有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点，求圆的半径.

2014 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
设椭圆 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0）的左、右焦点分别为 F1F_1，F2F_2，点 DD 在椭圆上，DF1⊥F1F2DF_1 \perp F_1F_2，∣F1F2∣∣DF1∣=22\frac{|F_1F_2|}{|DF_1|} = 2\sqrt{2}，△DF1F2\triangle DF_1F_2 的面积为 22\frac{\sqrt{2}}{2}.
(1) 求该椭圆的标准方程； (2) 是否存在圆心在 yy 轴上的圆，使圆在 xx 轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由.

2014 · 重庆 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
如图，椭圆的中心为原点 OO，长轴在 xx 轴上，离心率 e=22e = \frac{\sqrt{2}}{2}，过左焦点 F1F_{1} 作 xx 轴的垂线交椭圆于 AA，A′A' 两点，∣AA′∣=4|AA'| = 4.
(1) 求该椭圆的标准方程； (2) 取垂直于 xx 轴的直线与椭圆相交于不同的两点 PP，P′P'，过 PP，P′P' 作圆心为 QQ 的圆. 使椭圆上的其余点均在圆 QQ 外. 若 PQ⊥P′QPQ \perp P'Q，求圆 QQ 的标准方程.
\begin{solution} 设椭圆的标准方程为 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1，（a>b>0a>b>0） 焦距的一半为 cc，则 c2=a2−b2c^2=a^2-b^2，且 ca=22\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}，b2=a2−c2=a22b^2=a^2-c^2=\frac{a^2}{2}.
\begin{enumerate} \item 过左焦点 F1(−c,0)F_1(-c,0) 的垂线为 x=−cx=-c. 代入椭圆方程，弦端点的纵坐标满足
y2=b2(1−c2a2)=b22y^2=b^2\left(1-\frac{c^2}{a^2}\right)=\frac{b^2}{2}
因此
∣AA′∣=2⋅b2=4|AA'|=2\cdot\frac{b}{\sqrt{2}}=4
解得 b2=8b^2=8，再由 b2=a22b^2=\frac{a^2}{2} 得 a2=16a^2=16. 所以椭圆的标准方程为
x216+y28=1\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{8}=1
\item 设垂直于 xx 轴的直线为 x=x0x=x_0，其与椭圆的交点为 P(x0,y0)P(x_0,y_0)，P′(x0,−y0)P'(x_0,-y_0)，y0≠0y_0\ne0. 由于圆过 PP，P′P'，其圆心 QQ 在 PP′PP' 的垂直平分线上，而 PP′PP' 垂直于 xx 轴，所以可设 Q(t,0)Q(t,0)，圆的半径为 rr. 由 PQ⊥P′QPQ\perp P'Q，
(x0−t,y0)⋅(x0−t,−y0)=0(x_0-t,y_0)\cdot(x_0-t,-y_0)=0
即
(x0−t)2=y02(x_0-t)^2=y_0^2
椭圆上的点 M(x,y)M(x,y) 满足 y2=16−x22y^2=\frac{16-x^2}{2}. 于是
∣QM∣2−r2=(x−t)2+16−x22−r2|QM|^2-r^2=(x-t)^2+\frac{16-x^2}{2}-r^2
由题意，除 PP，P′P' 外椭圆上的点均在圆外，所以当 x=x0x=x_0 时上式在区间 (−4,4)(-4,4) 内取得最小值 00. 对关于 xx 的二次式求导，得
x0−2t=0,即x0=2tx_0-2t=0,\qquad\text{即}\qquad x_0=2t
由椭圆方程和上面两个等式， y02=16−x022y_0^2=\frac{16-x_0^2}{2}，(x0−t)2=y02(x_0-t)^2=y_0^2， 从而
t2=16−4t22t^2=\frac{16-4t^2}{2}
解得 t2=83t^2=\frac{8}{3}. 又
r2=(x0−t)2+y02=2t2=163r^2=(x_0-t)^2+y_0^2=2t^2=\frac{16}{3}
所以 t=±263t=\pm\frac{2\sqrt{6}}{3}，圆 QQ 的标准方程为
(x−263)2+y2=163\left(x-\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)^2+y^2=\frac{16}{3}
或
(x+263)2+y2=163\left(x+\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)^2+y^2=\frac{16}{3}
\end{enumerate} \end{solution}

2013 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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10解析几何★★★★★
设双曲线 CC 的中心为点 OO，若有且只有一对相交于点 OO，所成的角为 60∘60^{\circ} 的直线 A1B1A_{1}B_{1} 和 A2B2A_{2}B_{2}，使 ∣A1B1∣=∣A2B2∣|A_{1}B_{1}| = |A_{2}B_{2}|，其中 A1A_{1}，B1B_{1} 和 A2A_{2}，B2B_{2} 分别是这对直线与双曲线 CC 的交点，则该双曲线的离心率的取值范围是（ ）
\begin{answer} A \end{answer} \begin{solution} 取坐标轴沿双曲线的实轴、虚轴，则可设 x2a2−y2b2=1\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1，e2=1+b2a2e^2=1+\frac{b^2}{a^2}. 过原点、方向角为 θ\theta 的直线上的点可写为
(x,y)=ρ(cos⁡θ,sin⁡θ)(x,y)=\rho(\cos\theta,\sin\theta)
它与双曲线相交的条件为
ρ2(cos⁡2θa2−sin⁡2θb2)=1\rho^2\left(\frac{\cos^2\theta}{a^2}-\frac{\sin^2\theta}{b^2}\right)=1
且弦长为 2∣ρ∣2|\rho|. 两条方向相差 π3\frac\pi3 的直线弦长相等，当且仅当
cos⁡2θa2−sin⁡2θb2=cos⁡2(θ+π3)a2−sin⁡2(θ+π3)b2\frac{\cos^2\theta}{a^2}-\frac{\sin^2\theta}{b^2} =\frac{\cos^2(\theta+\frac\pi3)}{a^2}-\frac{\sin^2(\theta+\frac\pi3)}{b^2}
整理得
(1a2+1b2)[cos⁡2θ−cos⁡2(θ+π3)]=0\left(\frac1{a^2}+\frac1{b^2}\right) \left[\cos^2\theta-\cos^2\left(\theta+\frac\pi3\right)\right]=0
故候选的两对直线分别可取方向角 (−π6,π6)\left(-\frac\pi6,\frac\pi6\right)，(π3,2π3)\left(\frac\pi3,\frac{2\pi}3\right). 第一对为割线的条件是
34a2−14b2>0  ⟺  b2a2>13  ⟺  e>233\frac{3}{4a^2}-\frac{1}{4b^2}>0 \iff \frac{b^2}{a^2}>\frac13 \iff e>\frac{2\sqrt3}{3}
第二对为割线的条件是
14a2−34b2>0  ⟺  b2a2>3  ⟺  e>2\frac{1}{4a^2}-\frac{3}{4b^2}>0 \iff \frac{b^2}{a^2}>3 \iff e>2
因此当 233<e⩽2\frac{2\sqrt3}{3}<e\leqslant2 时恰有第一对；e>2e>2 时两对均存在，而 e=233e=\frac{2\sqrt3}{3} 或更小时第一对也不是有限割线. 故离心率范围为
(233,2]\left(\frac{2\sqrt3}{3},2\right]
选 A. \end{solution}
A.
(233,2]\left(\frac{2\sqrt{3}}{3},2\right]
B.
[233,2)\left[\frac{2\sqrt{3}}{3},2\right)
C.
(233,+∞)\left(\frac{2\sqrt{3}}{3},+\infty\right)
D.
[233,+∞)\left[\frac{2\sqrt{3}}{3},+\infty\right)

2013 · 重庆 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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21解析几何★★★★★
如图，椭圆的中心为原点 OO，长轴在 xx 轴上，离心率 e=22e = \frac{\sqrt{2}}{2}，过左焦点 F1F_{1} 作 xx 轴的垂线交椭圆于 AA，A′A' 两点，∣AA′∣=4|AA'| = 4.
(1) 求该椭圆的标准方程； (2) 取平行于 yy 轴的直线与椭圆相交于不同的两点 PP，P′P'，过 PP，P′P' 作圆心为 QQ 的圆，使椭圆上的其余点均在圆 QQ 外，求 △PP′Q\triangle PP'Q 的面积 SS 的最大值，并写出对应的圆 QQ 的标准方程.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设椭圆的标准方程为 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1，（a>b>0a>b>0） 焦距的一半为 cc，则 c2=a2−b2c^2=a^2-b^2，e=ca=22e=\frac ca=\frac{\sqrt2}{2}. 所以 c2=a22c^2=\frac{a^2}{2}，从而 b2=a22b^2=\frac{a^2}{2}. 左焦点为 (−c,0)(-c,0)，过它的竖直弦的两个端点纵坐标为 ±2\pm2，故代入椭圆方程得
c2a2+4b2=1\frac{c^2}{a^2}+\frac{4}{b^2}=1
由 c2a2=12\frac{c^2}{a^2}=\frac{1}{2} 得 4b2=12\frac{4}{b^2}=\frac{1}{2}，即 b2=8b^2=8，进而 a2=16a^2=16. 因此椭圆的标准方程为
x216+y28=1\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{8}=1
\item 设竖直弦所在直线为 x=tx=t，其端点为 P=(t,y0)P=(t,y_0)、P′=(t,−y0)P'=(t,-y_0). 由椭圆方程 y02=8−t22y_0^2=8-\frac{t^2}{2}，∣t∣<4|t|<4. 圆心 QQ 必在弦 PP′PP' 的垂直平分线上，而所有椭圆上其余点在圆外，意味着 PP，P′P' 是椭圆上到 QQ 的最近点. 故可设 Q=(q,0)Q=(q,0)，并令椭圆点为 (x,y)(x,y)，则其到 QQ 的距离平方为
(x−q)2+y2=x22−2qx+q2+8(x-q)^2+y^2 =\frac{x^2}{2}-2qx+q^2+8
由于最近点的横坐标 tt 在区间 (−4,4)(-4,4) 内，二次式在 x=tx=t 处取最小值，故
t=2qt=2q
于是 ∣q∣<2|q|<2，且
y02=8−2q2y_0^2=8-2q^2
三角形 PP′QPP'Q 的底为 2∣y0∣2|y_0|，高为 ∣q−t∣=∣q∣|q-t|=|q|，所以
S=∣q∣8−2q2S=|q|\sqrt{8-2q^2}
令 u=q2u=q^2，则 0⩽u<40\leqslant u<4，并且
S2=u(8−2u)=8−2(u−2)2⩽8S^2=u(8-2u)=8-2(u-2)^2\leqslant8
故 SS 的最大值为 222\sqrt2，当且仅当 q2=2q^2=2，即 q=±2q=\pm\sqrt2 时取得. 此时圆的半径平方为
QP2=(t−q)2+y02=q2+4=6QP^2=(t-q)^2+y_0^2=q^2+4=6
因此对应的圆为
(x−2)2+y2=6或(x+2)2+y2=6(x-\sqrt2)^2+y^2=6 \quad\text{或}\quad (x+\sqrt2)^2+y^2=6
\end{enumerate} \end{solution}

2013 · 重庆 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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15解析几何★★★★★
设圆 CC 位于抛物线 y2=2xy^{2} = 2x 与直线 x=3x = 3 所围成的封闭区域（包含边界）内，则圆 CC 的半径能取到的最大值为______. \begin{answer} 6−1\sqrt{6} - 1 \end{answer}
\begin{solution} 记封闭区域为 Ω={(x,y):y2⩽2x, x⩽3}\Omega=\{(x,y):y^2\leqslant2x,\ x\leqslant3\}. 该区域关于 xx 轴对称且为凸集，因此若半径为 rr 的圆面位于其中，关于 xx 轴反射后再取两个圆心的中点，仍可得到位于区域内的同半径圆面. 故不妨设圆心为 (h,0)(h,0).
由直线 x=3x=3 的限制，得 h+r⩽3h+r\leqslant3. 对圆周上的点写成 x=h+rux=h+ru，y=rvy=rv，其中 u2+v2=1u^2+v^2=1. 要使圆面位于抛物线 y2=2xy^2=2x 的右侧，需要对所有 −1⩽u⩽1-1\leqslant u\leqslant1 有 h+ru⩾r2v22=r2(1−u2)2h+ru\geqslant\frac{r^2v^2}{2}=\frac{r^2(1-u^2)}{2}，即 h⩾r22(1−u2)−ruh\geqslant\frac{r^2}{2}(1-u^2)-ru. 当 r⩾1r\geqslant1 时，右端关于 uu 的最大值在 u=−1ru=-\frac{1}{r} 处取得，最大值为 r2+12\frac{r^2+1}{2}. 半径小于 11 时不可能达到下面构造的半径 6−1>1\sqrt{6}-1>1，所以求最大值时可取 r⩾1r\geqslant1. 于是 r2+12⩽h⩽3−r\frac{r^2+1}{2}\leqslant h\leqslant3-r，从而 r2+2r−5⩽0r^2+2r-5\leqslant0，故 r⩽6−1r\leqslant\sqrt{6}-1.
取 r=6−1r=\sqrt{6}-1，h=3−r=4−6h=3-r=4-\sqrt{6}. 此时 r2+12=4−6=h\frac{r^2+1}{2}=4-\sqrt{6}=h，上述两个边界条件同时满足，所得圆面确实位于 Ω\Omega 内. 因此半径能取到的最大值为 6−1\sqrt{6}-1. \end{solution}

2011 · 重庆 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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21解析几何★★★★★
已知以原点 OO 为中心，F(5,0)F(\sqrt{5}, 0) 为右焦点的双曲线 CC 的离心率 e=52e = \frac{\sqrt{5}}{2}.
(1) 求双曲线 CC 的标准方程及其渐近线方程； (2) 如图，已知过点 M(x1,y1)M(x_1, y_1) 的直线 l1:x1x+4y1y=4l_1: x_1x + 4y_1y = 4 与过点 N(x2,y2)N(x_2, y_2)（其中 x2≠x1x_2\ne x_1）的直线 l2:x2x+4y2y=4l_2: x_2x + 4y_2y = 4 的交点 EE 在双曲线 CC 上，直线 MNMN 与两条渐近线分别交于 GG，HH 两点，求 OG→⋅OH→\overrightarrow{OG} \cdot \overrightarrow{OH} 的值.

2010 · 重庆 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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20解析几何★★★★★
已知以原点 OO 为中心的椭圆的一条准线方程为 x=433x = \frac{4\sqrt{3}}{3}，离心率 e=32e = \frac{\sqrt{3}}{2}，MM 是椭圆上的动点.
(1) 若点 CC，DD 的坐标分别是 (0,−3)(0, -\sqrt{3})，(0,3)(0, \sqrt{3})，求 ∣MC∣⋅∣MD∣|MC| \cdot |MD| 的最大值； (2) 如图，点 AA 的坐标为 (1,0)(1,0)，BB 是圆 x2+y2=1x^{2} + y^{2} = 1 上的点，NN 是点 MM 在 xx 轴上的射影，点 QQ 满足条件：OQ→=OM→+ON→\overrightarrow{OQ} = \overrightarrow{OM} + \overrightarrow{ON}，QA→⋅BA→=0\overrightarrow{QA} \cdot \overrightarrow{BA} = 0. 求线段 QBQB 的中点 PP 的轨迹方程.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 因准线方程为 x=433x=4\frac{\sqrt{3}}{3}，椭圆长轴在 xx 轴上，且准线到原点的距离为 ae\frac{a}{e}. 由 e=32e=\frac{\sqrt{3}}{2}，有 ae=433\frac{a}{e}=\frac{4\sqrt3}{3}，a=e⋅433=2a=e\cdot\frac{4\sqrt3}{3}=2，c=ae=3c=ae=\sqrt3. 又 b2=a2−c2=1b^2=a^2-c^2=1，故椭圆方程为
x24+y2=1\frac{x^2}{4}+y^2=1
设 M=(u,v)M=(u,v)，则 u24+v2=1\frac{u^2}{4}+v^2=1，且 ∣MC∣2=u2+(v+3)2|MC|^2=u^2+(v+\sqrt3)^2，∣MD∣2=u2+(v−3)2|MD|^2=u^2+(v-\sqrt3)^2. 于是
∣MC∣2∣MD∣2=(u2+v2+3)2−12v2=(7−3v2)2−12v2=9v4−54v2+49|MC|^2|MD|^2=(u^2+v^2+3)^2-12v^2 =(7-3v^2)^2-12v^2 =9v^4-54v^2+49
令 z=v2z=v^2，则 0⩽z⩽10\leqslant z\leqslant1，且
9z2−54z+499z^2-54z+49
的导数为 18z−54<018z-54<0，故其在 [0,1][0,1] 上严格递减. 因 ∣MC∣⋅∣MD∣⩾0|MC|\cdot|MD|\geqslant0，其最大值在 z=0z=0 时取得. 此时 M=(2,0)M=(2,0) 或 M=(−2,0)M=(-2,0)，从而
∣MC∣⋅∣MD∣=49=7|MC|\cdot|MD|=\sqrt{49}=7
\item 设 M=(u,v)M=(u,v). 因 N=(u,0)N=(u,0) 且 OQ→=OM→+ON→\overrightarrow{OQ}=\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}，有 Q=(2u,v)Q=(2u,v). 由 u24+v2=1\frac{u^2}{4}+v^2=1，令 Q=(X,Y)Q=(X,Y)，则
X216+Y2=1\frac{X^2}{16}+Y^2=1
设 P=(x,y)P=(x,y). 由于 PP 是 QBQB 的中点，B=2P−QB=2P-Q. 又 A=(1,0)A=(1,0)，条件 QA→⋅BA→=0\overrightarrow{QA}\cdot\overrightarrow{BA}=0 给出
(1−X)(1−2x+X)+Y(2y−Y)=0(1-X)(1-2x+X)+Y(2y-Y)=0
即
2(xX+yY)=X2+Y2+2x−12(xX+yY)=X^2+Y^2+2x-1
另一方面，∣B∣=1|B|=1，所以
1=∣2P−Q∣2=4(x2+y2)−4(xX+yY)+X2+Y21=|2P-Q|^2=4(x^2+y^2)-4(xX+yY)+X^2+Y^2
代入上式可得
X2+Y2=4[(x−12)2+y2]X^2+Y^2=4\left[\left(x-\frac12\right)^2+y^2\right]
取参数 λ=cos⁡θ\lambda=\cos\theta，μ=sin⁡θ\mu=\sin\theta，则 Q=(4λ,μ)Q=(4\lambda,\mu)，λ2+μ2=1\lambda^2+\mu^2=1. 因而 PP 必须满足
(x−12)2+y2=1+15λ24\left(x-\frac12\right)^2+y^2=\frac{1+15\lambda^2}{4}
(4λ−1)x+μy=15λ22(4\lambda-1)x+\mu y=\frac{15\lambda^2}{2}
令 K=(4λ−1)2+μ2=15λ2−8λ+2K=(4\lambda-1)^2+\mu^2=15\lambda^2-8\lambda+2，D=15λ2−4λ+12D=\frac{15\lambda^2-4\lambda+1}{2}. 由于 λ2+μ2=1\lambda^2+\mu^2=1，有 K>0K>0. 上面两式分别是以 (12,0)(\frac{1}{2},0) 为圆心的圆和一条直线. 圆心到直线的有向距离为 DK\frac{D}{\sqrt K}，并且
1+15λ24−D2K=μ24K\frac{1+15\lambda^2}{4}-\frac{D^2}{K}=\frac{\mu^2}{4K}
所以轨迹的参数方程可写为
x=12+D(4λ−1)K−εμ22K,y=DμK+εμ(4λ−1)2K,λ=cos⁡θ,μ=sin⁡θ,θ∈[0,2π),ε∈{1,−1}.\begin{aligned} x&=\frac12+\frac{D(4\lambda-1)}{K}-\varepsilon\frac{\mu^2}{2K},\\ y&=\frac{D\mu}{K}+\varepsilon\frac{\mu(4\lambda-1)}{2K},\\ \lambda&=\cos\theta,\quad \mu=\sin\theta,\quad \theta\in[0,2\pi),\\ &\varepsilon\in\{1,-1\}. \end{aligned}
对任意上述参数，取 Q=(4λ,μ)Q=(4\lambda,\mu)、B=2P−QB=2P-Q，则 ∣B∣=1|B|=1 且 QA→⋅BA→=0\overrightarrow{QA}\cdot\overrightarrow{BA}=0；反之原题中的 MM，NN，QQ，BB，PP 必满足上述两式. 因此该参数方程给出的曲线正是所求轨迹. \end{enumerate} \end{solution}

2009 · 重庆 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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22解析几何★★★★★
已知一列椭圆 Cn:x2+y2bn2=1C_{n}: x^{2} + \frac{y^{2}}{b_{n}^{2}} = 1，0<bn<10 < b_{n} < 1，n=1n=1，22，⋯\cdots. 若椭圆 CnC_{n} 上有一点 PnP_{n}，使 PnP_{n} 到右准线 lnl_{n} 的距离 dnd_{n} 是 ∣PnFn∣|P_{n}F_{n}| 与 ∣PnGn∣|P_{n}G_{n}| 的等差中项，其中 FnF_{n}，GnG_{n} 分别是 CnC_{n} 的左、右焦点.
(1) 试证：bn⩽32b_{n} \leqslant \frac{\sqrt{3}}{2}（n⩾1n \geqslant 1）； (2) 取 bn=2n+3n+2b_{n} = \frac{\sqrt{2n + 3}}{n + 2}，并用 SnS_{n} 表示 △PnFnGn\triangle P_{n}F_{n}G_{n} 的面积. 试证：S1<S2S_{1} < S_{2} 且 Sn>Sn+1S_{n} > S_{n + 1}（n⩾3n \geqslant 3）.

2006 · 重庆 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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22解析几何★★★★★
如图，对每个正整数 nn，An(xn,yn)A_{n}(x_{n}, y_{n}) 是抛物线 x2=4yx^{2} = 4y 上的点，过焦点 FF 的直线 FAnFA_{n} 交抛物线于另一点 Bn(sn,tn)B_{n}(s_{n}, t_{n}).
(1) 试证：xnsn=−4x_{n}s_{n} = -4（n⩾1n \geqslant 1）； (2) 取 xn=2nx_{n} = 2^{n}，并记 CnC_{n} 为抛物线上分别以 AnA_{n} 与 BnB_{n} 为切点的两条切线的交点. 试证：∣FC1∣+∣FC2∣+⋯+∣FCn∣=2n−2−n+1+1|FC_1| + |FC_2| + \cdots + |FC_n| = 2^n - 2^{-n+1} + 1.

2006 · 重庆 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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