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第十一章 圆锥曲线
一、基础知识
1．椭圆的定义，第一定义：平面上到两个定点的距离之和等于定长（大于两个定点之间的距离）的点的轨迹，即|PF1|+|PF2|=2a (2a>|F1F2|=2c).
第二定义：平面上到一个定点的距离与到一条定直线的距离之比为同一个常数e(0
标准方程，若焦点在x轴上，列标准方程为
(a>b>0)，
参数方程为（为参数）。
若焦点在y轴上，列标准方程为
(a>b>0)。
3．椭圆中的相关概念，对于中心在原点，焦点在x轴上的椭圆
，
a称半长轴长，b称半短轴长，c称为半焦距，长轴端点、短轴端点、两个焦点的坐标分别为(±a, 0), (0, ±b), (±c, 0)；与左焦点对应的准线（即第二定义中的定直线）为，与右焦点对应的准线为；定义中的比e称为离心率，且，由c2+b2=a2知0
b>0), F1(-c, 0), F2(c, 0)是它的两焦点。若P(x, y)是椭圆上的任意一点，则|PF1|=a+ex, |PF2|=a-ex.
5．几个常用结论：1）过椭圆上一点P(x0, y0)的切线方程为
；
2）斜率为k的切线方程为；
3）过焦点F2(c, 0)倾斜角为θ的弦的长为
。
6．双曲线的定义，第一定义：
满足||PF1|-|PF2||=2a(2a<2c=|F1F2|, a>0)的点P的轨迹；
第二定义：到定点的距离与到定直线距离之比为常数e(>1)的点的轨迹。
7．双曲线的方程：中心在原点，焦点在x轴上的双曲线方程为
，
参数方程为（为参数）。
焦点在y轴上的双曲线的标准方程为
。
8．双曲线的相关概念，中心在原点，焦点在x轴上的双曲线
(a, b>0),
a称半实轴长，b称为半虚轴长，c为半焦距，实轴的两个端点为(-a, 0), (a, 0). 左、右焦点为F1(-c,0), F2(c, 0)，对应的左、右准线方程分别为离心率，由a2+b2=c2知e>1。两条渐近线方程为，双曲线与有相同的渐近线，它们的四个焦点在同一个圆上。若a=b，则称为等轴双曲线。
9．双曲线的常用结论，1）焦半径公式，对于双曲线，F1（-c,0）, F2(c, 0)是它的两个焦点。设P(x,y)是双曲线上的任一点，若P在右支上，则|PF1|=ex+a, |PF2|=ex-a；若P（x,y）在左支上，则|PF1|=-ex-a，|PF2|=-ex+a.
2) 过焦点的倾斜角为θ的弦长是。
10．抛物线：平面内与一个定点F和一条定直线l的距离相等的点的轨迹叫做抛物线，点F叫焦点，直线l叫做抛物线的准线。若取经过焦点F且垂直于准线l的直线为x轴，x轴与l相交于K，以线段KF的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，设|KF|=p，则焦点F坐标为，准线方程为，标准方程为y2=2px(p>0)，离心率e=1.
11．抛物线常用结论：若P(x0, y0)为抛物线上任一点，
1）焦半径|PF|=；
2）过点P的切线方程为y0y=p(x+x0)；
3）过焦点倾斜角为θ的弦长为。
12．极坐标系，在平面内取一个定点为极点记为O，从O出发的射线为极轴记为Ox轴，这样就建立了极坐标系，对于平面内任意一点P，记|OP|=ρ,∠xOP=θ，则由（ρ，θ）唯一确定点P的位置，（ρ，θ）称为极坐标。
13．圆锥曲线的统一定义：到定点的距离与到定直线的距离的比为常数e的点P，若01，则点P的轨迹为双曲线的一支；若e=1，则点P的轨迹为抛物线。这三种圆锥曲线统一的极坐标方程为。
二、方法与例题
1．与定义有关的问题。
例1 已知定点A（2，1），F是椭圆的左焦点，点P为椭圆上的动点，当3|PA|+5|PF|取最小值时，求点P的坐标。
例2 已知P，为双曲线C：右支上两点，延长线交右准线于K，PF1延长线交双曲线于Q，（F1为右焦点）。求证：∠F1K=∠KF1Q.
2．求轨迹问题。
例3 已知一椭圆及焦点F，点A为椭圆上一动点，求线段FA中点P的轨迹方程。
例4 长为a, b的线段AB，CD分别在x轴，y轴上滑动，且A，B，C，D四点共圆，求此动圆圆心P的轨迹。
例5 在坐标平面内，∠AOB=，AB边在直线l: x=3上移动，求三角形AOB的外心的轨迹方程。
3．定值问题。
例6 过双曲线(a>0, b>0)的右焦点F作B1B2轴，交双曲线于B1，B2两点，B2与左焦点F1连线交双曲线于B点，连结B1B交x轴于H点。求证：H的横坐标为定值。
注：本例也可借助梅涅劳斯定理，读者不妨一试。
例7 设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，经过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在准线上，且BC//x轴。证明：直线AC经过定点。
例8 椭圆上有两点A，B，满足OAOB，O为原点，求证：为定值。
4．最值问题。
例9 设A，B是椭圆x2+3y2=1上的两个动点，且OAOB（O为原点），求|AB|的最大值与最小值。
例10 设一椭圆中心为原点，长轴在x轴上，离心率为，若圆C：1上点与这椭圆上点的最大距离为，试求这个椭圆的方程。
5．直线与二次曲线。
例11 若抛物线y=ax2-1上存在关于直线x+y=0成轴对称的两点，试求a的取值范围。
例12 若直线y=2x+b与椭圆相交，（1）求b的范围；（2）当截得弦长最大时，求b的值。
三、基础训练题
1．A为半径是R的定圆⊙O上一定点，B为⊙O上任一点，点P是A关于B的对称点，则点P的轨迹是________.
2．一动点到两相交直线的距离的平方和为定值m2(>0)，则动点的轨迹是________.
3．椭圆上有一点P，它到左准线的距离是10，它到右焦点的距离是________.
4．双曲线方程，则k的取值范围是________.
5．椭圆，焦点为F1，F2，椭圆上的点P满足∠F1PF2=600，则ΔF1PF2的面积是________.
6．直线l被双曲线所截的线段MN恰被点A（3，-1）平分，则l的方程为________.
7．ΔABC的三个顶点都在抛物线y2=32x上，点A（2，8），且ΔABC的重心与这条抛物线的焦点重合，则直线BC的斜率为________.
8．已知双曲线的两条渐近线方程为3x-4y-2=0和3x+4y-10=0，一条准线方程为5y+4=0，则双曲线方程为________.
9．已知曲线y2=ax，与其关于点（1，1）对称的曲线有两个不同的交点，如果过这两个交点的直线的倾斜角为450，那么a=________.
10.P为等轴双曲线x2-y2=a2上一点，的取值范围是________.
11．已知椭圆与双曲线有公共的焦点F1，F2，设P是它们的一个焦点，求∠F1PF2和ΔPF1F2的面积。
12．已知（i）半圆的直径AB长为2r；（ii）半圆外的直线l与BA的延长线垂直，垂足为T，设|AT|=2a(2a<)；（iii）半圆上有相异两点M，N，它们与直线l的距离|MP|，|NQ|满足求证：|AM|+|AN|=|AB|。
13．给定双曲线过点A（2，1）的直线l与所给的双曲线交于点P1和P2，求线段P1P2的中点的轨迹方程。
四、高考水平测试题
1．双曲线与椭圆x2+4y2=64共焦点，它的一条渐近线方程是=0，则此双曲线的标准方程是_________.
2．过抛物线焦点F的直线与抛物线相交于A，B两点，若A，B在抛物线准线上的射影分别是A1，B1，则∠A1FB1=_________.
3．双曲线的一个焦点为F1，顶点为A1，A2，P是双曲线上任一点，以|PF1|为直径的圆与以|A1A2|为直径的圆的位置关系为_________.
4．椭圆的中心在原点，离心率，一条准线方程为x=11，椭圆上有一点M横坐标为-1，M到此准线异侧的焦点F1的距离为_________.
5．4a2+b2=1是直线y=2x+1与椭圆恰有一个公共点的_________条件.
6．若参数方程（t为参数）示的抛物线焦点总在一条定直线上，这条直线的方程是_________.
7．如果直线y=kx+1与焦点在x轴上的椭圆总有公共点，则m的范围是_________.
8．过双曲线的左焦点，且被双曲线截得线段长为6的直线有_________条.
9．过坐标原点的直线l与椭圆相交于A，B两点，若以AB为直径的圆恰好通过椭圆的右焦点F，则直线l的倾斜角为_________.
10．以椭圆x2+a2y2=a2(a>1)的一个顶点C（0，1）为直角顶点作此椭圆的内接等腰直角三角形ABC，这样的三角形最多可作_________个.
11．求椭圆上任一点的两条焦半径夹角θ的正弦的最大值。
12．设F，O分别为椭圆的左焦点和中心，对于过点F的椭圆的任意弦AB，点O都在以AB为直径的圆内，求椭圆离心率e的取值范围。
13．已知双曲线C1：(a>0)，抛物线C2的顶点在原点O，C2的焦点是C1的左焦点F1。
（1）求证：C1，C2总有两个不同的交点。
（2）问：是否存在过C2的焦点F1的弦AB，使ΔAOB的面积有最大值或最小值？若存在，求直线AB的方程与SΔAOB的最值，若不存在，说明理由。
五、联赛一试水平训练题
1．在平面直角坐标系中，若方程m(x2+y2+2y+1)=(x-2y+3)2表示的曲线为椭圆，则m的取值范围是_________.
2．设O为抛物线的顶点，F为焦点，且PQ为过F的弦，已知|OF|=a，|PQ|=b，ΔOPQ面积为_________.
3．给定椭圆，如果存在过左焦点F的直线交椭圆于P，Q两点，且OPOQ，则离心率e的取值范围是_________.
4．设F1，F2分别是双曲线(a>b>0)的左、右焦点，P为双曲线上的动点，过F1作∠F1PF2平分线的垂线，垂足为M，则M的轨迹为_________.
5．ΔABC一边的两顶点坐标为B（0，）和C（0，），另两边斜率的乘积为，若点T坐标为(t,0)(t∈R+),则|AT|的最小值为_________.
6．长为l(l<1)的线段AB的两端点在抛物线y=x2上滑动，则线段AB的中点M到x轴的最短距离等于_________.
7．已知抛物线y2=2px及定点A(a,b),B(-a,0),ab≠0,b2≠2pa，M是抛物线上的点，设直线AM，BM与抛物线的另一个交点分别为M1，M2，当M变动时，直线M1M2恒过一个定点，此定点坐标为_________.
8．已知点P（1，2）既在椭圆内部（含边界），又在圆x2+y2=外部（含边界），若a,b∈R+,则a+b的最小值为_________.
9．已知椭圆的内接ΔABC的边AB，AC分别过左、右焦点F1，F2，椭圆的左、右顶点分别为D，E，直线DB与直线CE交于点P，当点A在椭圆上变动时，试求点P的轨迹。
10．设曲线C1：（a为正常数）与C2：y2=2(x+m)在x轴上方有一个公共点P。（1）求实数m的取值范围（用a表示）；
（2）O为原点，若C1与x轴的负半轴交于点A，当0答案 ：
基础训练题
1．圆。设AO交圆于另一点是A关于的对称点。则因为AB，所以P在以为直径的圆上。
2．圆或椭圆。设给定直线为y=±kx(k>0),P(x,y)为轨迹上任一点，则。化简为2k2x2+2y2=m2(1+k2).
当k≠1时，表示椭圆；当k=1时，表示圆。
3．12．由题设a=10,b=6,c=8，从而P到左焦点距离为10e=10×=8,所以P到右焦点的距离为20-8=12。
4．-2
5或-20,
设x1,x2是方程②的两根，由韦达定理
③
由①，③得 y1+y2=kx1+(1-2k)+kx2+(1-2k)
=k(x1+x2)+2(1-2k)= ④
设P1P2的中点P坐标(x,y)，由中点公式及③，④得
消去k得
点（2，0）满足此方程，故这就是点P的轨迹方程。
高考水平测试题
1．由椭圆方程得焦点为，设双曲线方程，渐近线为由题设，所以a2=3b2,又,c2=a2+b2. 所以b2=12, a2=36.
2. 900。见图1，由定义得|FA|=|AA1|,|FB|=|BB1|，有∠1=∠BFB1，∠2=∠AFA1，又∠1=∠3，∠2=∠4，所以∠3+∠4=∠BFB1+∠AFA1=900。
3．相切，若P(x,y)在左支上，设F1为左焦点，F2为右焦点，M为PF1中点，则|MO|=|PF2|=(a-ex)，又|PF1|=-a-ex，所以两圆半径之和(-a-ex)+a=(a-ex)=|MO|，所以两圆外切。当P(x,y)在右支上时，同理得两圆内切。
4．与F1对应的另一条准线为x=-11，因|MF1|与M到直线x=-11距离d1之比为e，且d1=|xm+11|=10.所以，所以|MF1|=
5．充要。将y=2x+1代入椭圆方程得(b2+4a2)x2+4a2x+a2 (1-b2)=0. ①
若Δ=(4a2) 2-4(b2+4a2)a2 (1-b2)=0，则直线与椭圆仅有一个公共点，即b2+4a2=1；反之，4a2+b2=1，直线与椭圆有一个公共点。
6．y=2(x-1)。消去参数得(y-2m) 2=4(x-m)，焦点为它在直线y=2(x-1)上。
7．1≤m<5。直线过定点(0,1)，所以0≤1.又因为焦点在x轴上，所以5>m,所以1≤m<5。
8．3．双曲线实轴长为6，通径为4，故线段端点在异支上一条，在同支上有二条，一共有三条。
9．或。设直线l: y=kx与椭圆交于A(x1,y1),B(x2,y2)，把y=kx代入椭圆方程得(1+3k2)x2-6x+3=0，由韦达定理得
①
②
因F（1，0），AFBF，所以(x1-1)(x2-1)+y1y2=0,即
x1x2-(x1+x2)+1+k2x1x2=0. ③
把①，②代入③得，所以倾斜角为或
10．3．首先这样的三角形一定存在，不妨设A，B分别位于y轴左、右两侧，设CA斜率为k(k>0)，CA的直线方程为y=kx+1，代入椭圆方程为(a2k2+1)x2+2a2kx=0，得x=0或，于是，|CA|=
由题设，同理可得|CB|=,利用|CA|=|CB|可得
(k-1)[k2-(a2-1)k+1]=0,
解得 k=1或k2-(a2-1)k+1]=0。①
对于①，当1时，①有两个不等实根，故最多有3个。
11．解 设焦点为F1，F2，椭圆上任一点为P(x0,y0),∠F1PF2=θ,根据余弦定理得
|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|•|PF2|cosθ,
又|PF1|+|PF2|=2a，则4c2=(2a)2-2|PF1|•|PF2|(1+cosθ),再将|PF1|=a+ex0，|PF2|=a-ex0及a2=b2+c2代入得4b2=2(a2-e2)(1+cosθ).
于是有
由0，得，所以。因θ∈[0，π]，所以cosθ为减函数，故0
当2b2>a2即时，，arccos，sinθ为增函数，sinθ取最大值；当2b2≤a2时，arccos,θ∈[0,π]，则sinθ最大值为1。
12．解 设A(x1,y1),B(x2,y2)，若AB斜率不为0，设为k，直线AB方程为y=k(x+c)，代入椭圆方程并化简得
(b2+a2k2)x2+2a2k2cx+a2 (k2c2-b2)=0. ①
则x1,x2为方程①的两根，由韦达定理得
②
③
因为y1y2=k2(x1+c)(x2+c)，再由②，③得
所以=x1x2+y1y2=,O点在以AB为直径的圆内，等价<0，即k2(a2c2-b4)-a2b2<0对任意k∈R成立，等价于a2c2-b2≤0,即ac-b2≤0,即e2+e-1≤0.所以00，所以方程②必有两个不同实根，设为x1,x2,由韦达定理得x1x2=-a2<0，所以②必有一个负根设为x1,把x1代入①得y2=,所以（因为x1≠0），所以C1，C2总有两个不同交点。
（2）设过F1(,0)的直线AB为my=(x+a),由得y2+4may-12a2=0，因为Δ=48m2a2+48a2>0，设y1,y2分别为A，B的纵坐标，则y1+y2=,y1y2=-12a2.所以(y1-y2)2=48a2(m2+1).所以SΔAOB=|y1-y2|•|OF1|=a•a•，当且仅当m=0时，SΔAOB的面积取最小值；当m→+∞时，SΔAOB→+∞，无最大值。所以存在过F的直线x=使ΔAOB面积有最小值6a2.
联赛一试水平训练题
1．m>5.由已知得，说明(x,y)到定点（0,-1）与到定直线x-2y+3=0的距离比为常数，由椭圆定义<1，所以m>5.
2.因为b=|PQ|=|PF|+|QF|=,所以。所以SΔOPQ=absinθ=.
3.。设点P坐标为(r1cosθ,r1sinθ),点Q坐标为(-r2sinθ,r2cosθ)，因为P，Q在椭圆上，可得，RtΔOPQ斜边上的高为≤|OF|=c. 所以a2b2≤c2(a2+b2)，解得≤e<1.
4.以O为圆心，a为半径的圆。延长F1M交PF2延长线于N，则F2N，而|F2N|=|PN|-|PF2|=|PF1|-|PF2|=2a，所以|OM|=a.
5.t∈(0,1]时|AT|min=,t>1时|AT|min=|t-2|.由题设kAB•kAC=-,设A(x,y)，则(x≠0)，整理得=1(x≠0)，所以|AT|2=(x-t)2+y2=(x-t)2+(x-2t)2+2-t2.因为|x|≤2,所以当t∈(0,1]时取x=2t,|AT|取最小值。当t>1时，取x=2，|AT|取最小值|t-2|.
6.设点M(x0,y0) ，直线AB倾斜角为θ，并设A(x0-), B(x0+),因为A，B在抛物线上，所以
①
②
由①，②得 2x0cosθ=sinθ. ③
所以
因为l2<1，所以函数f(x)=.在（0，1]在递减，
所以。当cosθ=1即l平行于x轴时，距离取最小值
7．设，由A，M，M1共线得y1=，同理B，M，M2共线得，设(x,y)是直线M1M2上的点，则y1y2=y(y1+y2)-2px，将以上三式中消去y1,y2得
y02(2px-by)+y0•2pb(a-x)+2pa(by-2pa)=0.
当x=a,y=时上式恒成立，即定点为 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
8．。由题设且a2+2b2≤15，解得5≤b2≤6.
所以a+b≥(t=b2-4∈[1,2])，而
，又t≤2可得上式成立。
9．解 设A(2cosθ,), B(2cosα,sinα),C(2cosβ,sinβ)，这里α≠β，则过A，B的直线为lAB：，由于直线AB过点F1(-1,0)，代入有(sinθ-sinα)•(1+2cosθ)=2sinθ(cosθ-cosα)，即2sin(α-θ)=sinθ-sinα=2•,故 ，即•。又lBD: •(x+2)=，同理得。lCE: (x-2)=
•(x-2).
两直线方程联立，得P点坐标为，消去得点P(x,y)在椭圆上（除去点(-2,0),(2,0)）.
10.解 （1）由消去y得x2+2a2x+2a2m-a2=0,①设f(x)=x2+2a2x+2a2m-a2，问题（1）转化为方程①在x∈(-a,a)上有唯一解或等根。只需讨论以下三种情况：
10．Δ=0，得，此时xp=-a2，当且仅当-a<-a20，从而时取值最大，此时，故；当时，xp=-a2，yp=,此时以下比较与的大小。令，得，故当00，所以，从而
所以直线l的方程为，抛物线C的方程为
联赛二试水平训练题
1．以A为原点，直线AC为x轴，建立直角坐标系，设C(c,0),F(f,0),D(xD,kxD),B(xB,-kxB)，则直线DF的方程为
①
直线BC的方程为 ②
c×①-f×②得
(c-f)x+ ③
③表示一条直线，它过原点，也过DF与BC的交点G，因而③就是直线AG的方程。
同理
，直线AE的方程为
(c-f)x+ ④
③，④的斜率互为相反数，所以∠GAC=∠EAC。
2．证明 假设这样的闭折线存在，不妨设坐标原点是其中一个顶点，记它为A0，其他顶点坐标为：，…，，其中都是既约分数，并记An+1=A0.若p与q奇偶性相同，则记p≡q，否则记p≠q，下面用数学归纳法证明。
bk≡1,dk≡1(k=1,2,…,n)，ak+ck≠ak-1+ck-1(k=1,2,…,n,n+1)。
当k=1时，由，得，因为a1,b1互质，所以d1被b1整除，反之亦然（即b1被d1整除）。
因此b1=±d1，从而不可能都是偶数（否则b1也是偶数，与互质矛盾）；不可能都是奇数，因为两个奇数的平方和模8余2不是4的倍数，也不可能是完全平方数，因此，a1≠c1,b1≡d1≡1，并且a1+c1≠0=a0+c0.
设结论对k=1,2,…,m-1≤n都成立，令
这里是既约分数，因为每一段的长为1，所以=1，与k=1情况类似：a≡c,d≡b≡1，又因为，分数既约，所以bm是bbm-1的一个因子，bm≡1.
同理可知dm≡1,又am≡abm-1+bam-1（同理cm≡cdm-1+dcm-1）.
因此(am+cm-am-1-cm-1)≡(abm-1+bam-1+cdm-1+dcm-1-am-1-cm-1)≡am-1(b-1)+abm-1+cm-1(d-1)+cdm-1≡a+c≡1.
所以am+cm≠am-1+cm-1，结论成立，于是在顶点数n+1为奇数时，an+1+cn+1≠a0+c0，故折线不可能是闭的。
3．证明 （1）由已知B0P0=B0Q0，并由圆弧P0Q0和Q0P0，Q0P1和P1Q1，P1Q1和Q1P1分别相内切于点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或其延长线上，有B0P0=B0，从而可知点与点P0重合。由于圆弧Q1P0的圆心C0，圆弧P0Q0的圆心B0以及P0在同一直线上，所以圆弧Q1P0和P0Q0相内切于点P0。
（2）现分别过点P0和P1引上述相应相切圆弧的公切线P0T和P1T交于点T。又过点Q1引相应相切圆弧的公切线R1S1，分别交P0T和P1T于点R1和S1，连接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共圆。
4．证明 引理：抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)在(x0,y0)处的切线斜率是2ax0+b.
引理的证明：设(x0,y0)处的切线方程为y-y0=k(x-x0)，代入抛物线方程得
ax2+(b-k)x+c+kx0-y0=0. ①
又
故①可化简成 (x-x0)[a(x+x0)+b-k]=0, ②
因为②只有一个实根，所以k=2ax0+b.引理得证。
设P(x0,y0)为任一正交点，则它是由线y=x•tan•x2与y=x•tan•x2的交点，则两条切线的斜率分别为（由引理）
又由题设k1k2=-1，所以
③
又因为P(x0,y0)在两条抛物线上，所以 代入③式得
（※）
又因为tanα1,tanα2是方程•t2-t+=0的两根，所以
tanα1+tanα2= ④
tanα1•tanα2=。 ⑤
把④，⑤代入（※）式得
，即
5．证明 以C为原点，CB所在直线为x轴，建立直角坐标系，设∠ADC=θ，|PD|=r.各点坐标分别为D(x1,0),E(0,x1),A(0,x1tanθ),B(x0,0),P(x1-rcosθ,rsinθ).
则lAB方程为，即x1x+x0•cotθ•y-x1x0=0,因为lAB与圆相切，可得x1•=x0x1•cotθ-x1x0|，约去x1,再两边平方得
，所以•x1. ①
又因为点P在圆上，所以(rcos)2+(x1-rsin)2=，化简得r=2x1sin. ②
要证DP=AP+AE2DP=AD+AE2r=+x1tan-x11+sin-cos=4sincos. ③
又因为，所以
因为=(x1-x0-rcosθ,rsinθ),=(x1-rcosθ,rsinθ),
所以 (x1-rcosθ)(x1-rcosθ-x0)+r2sin2θ=0. ④
把②代入④化简得
⑤
由①得x0=x1•
代入⑤并约去x1,化简得4sin22-3sin2=0，因为sin2≠0，所以sin2=，又因为sin==cos，所以sin-cos>0.
所以sin-cos=，所以1+sin-cos==4sincos，即③成立。所以DP=AP+AE。
6．证明 设BC=d，CD=b，BD=c，则AC=CQ=，取BC中点M，则AMBC，以M为原点，直线BC为x轴建立直角坐标系，则各点坐标分别为，，，，，因为，所以点，所以
因为0<∠DRC<，0<∠ASQ<π，所以只需证tan∠ASQ=tan2∠DRC,即，化简得9d2-9c2-9b2=0即d2=b2+c2，显然成立。所以命题得证。
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