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06解析几何★★★☆☆
双曲线虚轴的一个端点为 MM，两个焦点为 F1F_{1}，F2F_{2}，∠F1MF2=120∘\angle F_{1}MF_{2} = 120^{\circ}，则双曲线的离心率为（\quad）
A.
3\sqrt{3}
B.
62\frac{\sqrt{6}}{2}
C.
63\frac{\sqrt{6}}{3}
D.
33\frac{\sqrt{3}}{3}

2003 · 天津 · 文 · 第 6 题 · 选择题

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12解析几何★★★★☆
已知长方形的四个顶点 A(0,0)A(0,0)，B(2,0)B(2,0)，C(2,1)C(2,1) 和 D(0,1)D(0,1)，一质点从 ABAB 的中点 P0P_0 沿与 ABAB 的夹角为 θ\theta 的方向射到 BCBC 上的点 P1P_1 后，依次反射到 CDCD，DADA 和 ABAB 上的点 P2P_2，P3P_3 和 P4P_4（入射角等于反射角），设 P4P_4 的坐标为 (x4,0)(x_4,0)，若 1<x4<21 < x_4 < 2，则 tan⁡θ\tan \theta 的取值范围是（\quad）
A.
(13,1)\left(\frac{1}{3},1\right)
B.
(13,23)\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)
C.
(25,12)\left(\frac{2}{5},\frac{1}{2}\right)
D.
(25,35)\left(\frac{2}{5},\frac{3}{5}\right)

2003 · 天津 · 文 · 第 12 题 · 选择题

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19解析几何★★★★☆
已知抛物线 C1:y=x2+2xC_{1}: y = x^{2} + 2x 和 C2:y=−x2+aC_{2}: y = -x^{2} + a，如果直线 ll 同时是 C1C_{1} 和 C2C_{2} 的切线，称 ll 是 C1C_{1} 和 C2C_{2} 的公切线. 公切线上两个切点之间的线段，称为公切线段.
(1) aa 取什么值时，C1C_1 和 C2C_2 有且仅有一条公切线？写出此公切线的方程； (2) 若 C1C_1 和 C2C_2 有两条公切线，证明相应的两条公切线段互相平分.
\begin{solution} 设公切线 ll 的方程为 y=kx+by=kx+b. 由于两条抛物线的切线均不可能为竖直直线，这样设不失一般性.
直线 ll 与 C1C_{1} 联立得 x2+(2−k)x−b=0x^{2}+(2-k)x-b=0. 该方程有重根，所以
(2−k)2+4b=0(2-k)^{2}+4b=0
即 b=−(k−2)24b=-\frac{(k-2)^{2}}{4}.
直线 ll 与 C2C_{2} 联立并整理得 x2+kx+b−a=0x^{2}+kx+b-a=0. 该方程有重根，所以
k2−4(b−a)=0k^{2}-4(b-a)=0
即 b=a+k24b=a+\frac{k^{2}}{4}.
消去 bb，得到公切线的斜率 kk 满足
k2−2k+2+2a=0k^{2}-2k+2+2a=0
\begin{enumerate} \item 公切线的条数由上述关于 kk 的二次方程的实根个数决定. 有且仅有一条公切线时，判别式为零，即
(−2)2−4(2+2a)=0(-2)^{2}-4(2+2a)=0
所以 a=−12a=-\frac{1}{2}，且 k=1k=1. 此时 b=−(1−2)24=−14b=-\frac{(1-2)^{2}}{4}=-\frac{1}{4}，故公切线方程为
y=x−14y=x-\frac{1}{4}
\item 设两条公切线的斜率分别为 k1k_{1}、k2k_{2}. 对任意一个公切线斜率 kk，它与 C1C_{1} 的切点横坐标为二次方程 x2+(2−k)x−b=0x^{2}+(2-k)x-b=0 的重根，即 x=k−22x=\frac{k-2}{2}，所以切点为
T(k)=(k−22,k2−44)T(k)=\left(\frac{k-2}{2},\frac{k^{2}-4}{4}\right)
它与 C2C_{2} 的切点横坐标为二次方程 x2+kx+b−a=0x^{2}+kx+b-a=0 的重根，即 x=−k2x=-\frac{k}{2}，所以切点为
S(k)=(−k2,a−k24)S(k)=\left(-\frac{k}{2},a-\frac{k^{2}}{4}\right)
公切线段 T(k)S(k)T(k)S(k) 的中点为
(k−22−k22,k2−44+a−k242)=(−12,a−12)\left(\frac{\frac{k-2}{2}-\frac{k}{2}}{2},\frac{\frac{k^{2}-4}{4}+a-\frac{k^{2}}{4}}{2}\right)=\left(-\frac{1}{2},\frac{a-1}{2}\right)
与 kk 无关. 因而对应于 k1k_{1}、k2k_{2} 的两条公切线段有同一个中点，即两条公切线段互相平分. \end{enumerate} \end{solution}

2003 · 天津 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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23解析几何★★★★☆
已知常数 α>0\alpha > 0，向量 c=(0,α)\boldsymbol{c} = (0, \alpha)，i=(1,0)\boldsymbol{i} = (1, 0). 经过原点 OO 以 c+λi\boldsymbol{c} + \lambda \boldsymbol{i} 为方向向量的直线与经过定点 A(0,α)A(0, \alpha) 以 i−2λc\boldsymbol{i} - 2\lambda \boldsymbol{c} 为方向向量的直线相交于 PP，其中 λ∈R\lambda \in \mathbf{R}. 试问：是否存在两个定点 EE，FF，使得 ∣PE∣+∣PF∣|PE| + |PF| 为定值. 若存在，求出 EE，FF 的坐标；若不存在，说明理由.
\begin{solution} 设交点 PP 在第一条直线上的参数为 tt，在第二条直线上的参数为 ss，则
P=t(λ,α)=(s,α−2αλs)P=t(\lambda,\alpha)=(s,\alpha-2\alpha\lambda s)
因此 s=tλs=t\lambda，且 αt=α−2αλs\alpha t=\alpha-2\alpha\lambda s. 代入 s=tλs=t\lambda，得
t(1+2λ2)=1t(1+2\lambda^{2})=1
从而
P=(λ1+2λ2,α1+2λ2)P=\left(\frac{\lambda}{1+2\lambda^{2}},\frac{\alpha}{1+2\lambda^{2}}\right)
记 P=(x,y)P=(x,y). 由上式中的 y>0y>0 可得 λ=αxy\lambda=\frac{\alpha x}{y}，再由 y=α1+2λ2y=\frac{\alpha}{1+2\lambda^{2}} 消去 λ\lambda，得到
2α2x2+y2−αy=02\alpha^{2}x^{2}+y^{2}-\alpha y=0
即
2α2x2+(y−α2)2=α242\alpha^{2}x^{2}+\left(y-\frac{\alpha}{2}\right)^{2}=\frac{\alpha^{2}}{4}
这是一条中心为 (0,α2)\left(0,\frac{\alpha}{2}\right) 的椭圆，其半轴长分别为 122\frac{1}{2\sqrt{2}} 和 α2\frac{\alpha}{2}.
当 0<α<220<\alpha<\frac{\sqrt{2}}{2} 时，椭圆的长轴在 xx 轴方向，两个焦点为 E(−1212−α2,α2)E\left(-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}-\alpha^{2}},\frac{\alpha}{2}\right)，F(1212−α2,α2)F\left(\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}-\alpha^{2}},\frac{\alpha}{2}\right)， 且 ∣PE∣+∣PF∣=12|PE|+|PF|=\frac{1}{\sqrt{2}}.
当 α>22\alpha>\frac{\sqrt{2}}{2} 时，椭圆的长轴在 yy 轴方向，两个焦点为 E(0,α−α2−122)E\left(0,\frac{\alpha-\sqrt{\alpha^{2}-\frac{1}{2}}}{2}\right)，F(0,α+α2−122)F\left(0,\frac{\alpha+\sqrt{\alpha^{2}-\frac{1}{2}}}{2}\right)， 且 ∣PE∣+∣PF∣=α|PE|+|PF|=\alpha.
当 α=22\alpha=\frac{\sqrt{2}}{2} 时，上式表示一个圆，两个焦点重合于圆心，不能得到两个不同的定点，因此按题意不存在符合条件的两个定点. \end{solution}

2003 · 天津 · 文 · 第 23 题 · 解答题

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