[急求]求教2个高中数学中双曲线性质的证明题1.设A,B为双曲线x^2/a^2-y^2/b^2=k(a>0,b>0,k>0,k不等于1)上两点,其直线AB与双曲线x^2/a^2-y^2/b^2=1相交于P,Q,则AP=BQ.2.双曲线x^2/a^2-y^2/b^2=k(a>0,b>0)与直线A*x+B*y+C=

[急求]求教2个高中数学中双曲线性质的证明题1.设A,B为双曲线x^2/a^2-y^2/b^2=k(a>0,b>0,k>0,k不等于1)上两点,其直线AB与双曲线x^2/a^2-y^2/b^2=1相交于P,Q,则AP=BQ.2.双曲线x^2/a^2-y^2/b^2=k(a>0,b>0)与直线A*x+B*y+C=
[急求]求教2个高中数学中双曲线性质的证明题
1.设A,B为双曲线x^2/a^2-y^2/b^2=k(a>0,b>0,k>0,k不等于1)上两点,其直线AB与双曲线x^2/a^2-y^2/b^2=1相交于P,Q,则AP=BQ.
2.双曲线x^2/a^2-y^2/b^2=k(a>0,b>0)与直线A*x+B*y+C=0有公共点的充要条件是A^2*a^2-B^1*b^2
回答了本题的人将优先获得成为下面这题最佳答案的权利。

[急求]求教2个高中数学中双曲线性质的证明题1.设A,B为双曲线x^2/a^2-y^2/b^2=k(a>0,b>0,k>0,k不等于1)上两点,其直线AB与双曲线x^2/a^2-y^2/b^2=1相交于P,Q,则AP=BQ.2.双曲线x^2/a^2-y^2/b^2=k(a>0,b>0)与直线A*x+B*y+C=
分析：若设线段AB的中点为E,线段PQ的中点为F,若能证明E,F是同一点的话就可以说明AE=BE,PE=QE
而AP=AE-PE BQ=BE-QE
从而得证
设直线AB的直线方程为 y=mx+n（1） 线段AB的中点为E,线段PQ的中点为F
（1）代入x^2/a^2-y^2/b^2=k展开整理得
(b^2-a^2*m^2)x^2-2a^2*m*n*x+a^2*m^2-a^2*b^2*k=0
E的横坐标＝(x1+x2)/2=2a^2*m*n/(b^2-a^2*m^2)
(1)代入x^2/a^2-y^2/b^2=1展开整理得
(b^2-a^2*m^2)x^2-2a^2*m*n*x+a^2*m^2-a^2*b^2=0
F的横坐标＝(x1+x2)/2=2a^2*m*n/(b^2-a^2*m^2)
所以E的横坐标与F的横坐标相等即E,F为同一点
所以AE=BE,PE=QE
而AP=AE-PE BQ=BE-QE
从而得证 AP=BQ
(2)Ax+By+C=0 => y=-(Ax+C)/B (1)
(1)代入双曲线方程得
b^2*x^2-a^2[-(Ax+C/B]^2=a^2b^2k
化简整理得
(B^2*b^2-a^2*A^2)x^2-2a^2*A*C*x-(a^2*c^2+a^2*b^2*B^2*k)=0
当B^2*b^2-a^2*A^2＝0时,即二次项系数为零时显然有一个解,
此时A^2*a^2*k-B^2*b^2k=0 =0
不等式两边同除以4a^2并展开整理得
B^2*b^2*c^2+B^4*b^4*k-a^2*A^2*b^2*B^2*k >=0
同除以B^2*b^2得
C^2+B^2*b^2*k-A^2*a^2k >=0
即A^2*a^2*k-B^2*b^2*k

见：
http://z.baidu.com/question/129146926.html

1、想不出好办法。
只能代数求了，设AB直线方程是y=cx+d.
分别和x^2/a^2-y^2/b^2=k与x^2/a^2-y^2/b^2=1联立解出A,B,P,Q的坐标。再求坐标之间的距离相等。或者求他们的x坐标差和y坐标差都相等。
2、有公共点，把2方程联立，让a^2+4ac≥0，就可以了。
思路是这样，过程太复杂，就不写了。...

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1、想不出好办法。
只能代数求了，设AB直线方程是y=cx+d.
分别和x^2/a^2-y^2/b^2=k与x^2/a^2-y^2/b^2=1联立解出A,B,P,Q的坐标。再求坐标之间的距离相等。或者求他们的x坐标差和y坐标差都相等。
2、有公共点，把2方程联立，让a^2+4ac≥0，就可以了。
思路是这样，过程太复杂，就不写了。

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1,
x²/a²-y²/b²=k化为x²/a²k-y²/b²k=1
设A(x1,y1),B(x2,y2)
这个貌似只能画图,根据图来论证,不然很难说
2,
有公共点,那他们联立解方程,一定存在至少一个根,那么判别式>=0
x^2/a^2-y^2/b^2=k变形为b&sup...

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1,
x²/a²-y²/b²=k化为x²/a²k-y²/b²k=1
设A(x1,y1),B(x2,y2)
这个貌似只能画图,根据图来论证,不然很难说
2,
有公共点,那他们联立解方程,一定存在至少一个根,那么判别式>=0
x^2/a^2-y^2/b^2=k变形为b²x²-a²y²=ka²b²
变形为b²A²x²-a²A²y²=ka²A²b²````1
A*x+B*y+C=0变形为Ax=-By-C`````2(注意,不能化成斜截式,因为会漏掉斜率不存在的情况)
将2代入b²(By+C)²-a²A²y²=ka²A²b²
整理(b²B²-a²A²)y²+2BCb²y+(b²C²-ka²A²b²)=0
△=(2BCb²y)²-4(b²C²-ka²A²b²)(b²B²-a²A²)>=0
整理可得A^2*a^2-B^1*b^2<=C^2

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1、少条件
2、缺少条件k=1
存在交点P(a/sinP,bcosP/sinP) (《==》 Aa/sinP+BbcosP/sinP+C=0
《==》 Aa+BbcosP+CsinP=0
《==》 Aa=-(BbcosP+CsinP)
《==》 |Aa|=|(BbcosP+CsinP)|...

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1、少条件
2、缺少条件k=1
存在交点P(a/sinP,bcosP/sinP) (《==》 Aa/sinP+BbcosP/sinP+C=0
《==》 Aa+BbcosP+CsinP=0
《==》 Aa=-(BbcosP+CsinP)
《==》 |Aa|=|(BbcosP+CsinP)|<=√((Bb)^2+C^2)
《==》 (Aa)^2<=(Bb)^2+C^2
《==》 A^2*a^2-B^2*b^2<=C^2
以上各个等价条件都是在

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若设线段AB的中点为E,线段PQ的中点为F，若能证明E,F是同一点的话就可以说明AE=BE,PE=QE
而AP=AE-PE BQ=BE-QE
从而得证
（1）设直线AB的直线方程为 y=mx+n（1） 线段AB的中点为E,线段PQ的中点为F
（1）代入x^2/a^2-y^2/b^2=k展开整理得
(b^2-a^2*m^2)x^2-2a^2*m*n...

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若设线段AB的中点为E,线段PQ的中点为F，若能证明E,F是同一点的话就可以说明AE=BE,PE=QE
而AP=AE-PE BQ=BE-QE
从而得证
（1）设直线AB的直线方程为 y=mx+n（1） 线段AB的中点为E,线段PQ的中点为F
（1）代入x^2/a^2-y^2/b^2=k展开整理得
(b^2-a^2*m^2)x^2-2a^2*m*n*x+a^2*m^2-a^2*b^2*k=0
E的横坐标＝(x1+x2)/2=2a^2*m*n/(b^2-a^2*m^2)
(1)代入x^2/a^2-y^2/b^2=1展开整理得
(b^2-a^2*m^2)x^2-2a^2*m*n*x+a^2*m^2-a^2*b^2=0
F的横坐标＝(x1+x2)/2=2a^2*m*n/(b^2-a^2*m^2)
所以E的横坐标与F的横坐标相等即E,F为同一点
所以AE=BE,PE=QE
而AP=AE-PE BQ=BE-QE
从而得证 AP=BQ
(2)Ax+By+C=0 => y=-(Ax+C)/B (1)
(1)代入双曲线方程得
b^2*x^2-a^2[-(Ax+C/B]^2=a^2b^2k
化简整理得
(B^2*b^2-a^2*A^2)x^2-2a^2*A*C*x-(a^2*c^2+a^2*b^2*B^2*k)=0
当B^2*b^2-a^2*A^2＝0时，即二次项系数为零时显然有一个解，
此时A^2*a^2*k-B^2*b^2k=0 <=c^2 成立～
当B^2*b^2-a^2*A^2≠0时
△＝4a^4*A^2*C^2+4(B^2*b^2-a^2*A^2)(a^2*c^2+a^2*b^2*B^2*k)>=0
不等式两边同除以4a^2并展开整理得
B^2*b^2*c^2+B^4*b^4*k-a^2*A^2*b^2*B^2*k >=0
同除以B^2*b^2得
C^2+B^2*b^2*k-A^2*a^2k >=0
即A^2*a^2*k-B^2*b^2*k <=C^2

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几种方法供参考：
1 1、想不出好办法。只能代数求了，设AB直线方程是y=cx+d.分别和x^2/a^2-y^2/b^2=k与x^2/a^2-y^2/b^2=1联立解出A,B,P,Q的坐标。再求坐标之间的距离相等。或者求他们的x坐标差和y坐标差都相等。2、有公共点，把2方程联立，让a^2+4ac≥0，就可以了。思路是这样，过程太复杂，就不写了。
2 分析： 若设线段AB的中点为E,...

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几种方法供参考：
1 1、想不出好办法。只能代数求了，设AB直线方程是y=cx+d.分别和x^2/a^2-y^2/b^2=k与x^2/a^2-y^2/b^2=1联立解出A,B,P,Q的坐标。再求坐标之间的距离相等。或者求他们的x坐标差和y坐标差都相等。2、有公共点，把2方程联立，让a^2+4ac≥0，就可以了。思路是这样，过程太复杂，就不写了。
2 分析： 若设线段AB的中点为E,线段PQ的中点为F，若能证明E,F是同一点的话就可以说明AE=BE,PE=QE而AP=AE-PE BQ=BE-QE从而得证（1）设直线AB的直线方程为 y=mx+n（1） 线段AB的中点为E,线段PQ的中点为F（1）代入x^2/a^2-y^2/b^2=k展开整理得(b^2-a^2*m^2)x^2-2a^2*m*n*x+a^2*m^2-a^2*b^2*k=0E的横坐标＝(x1+x2)/2=2a^2*m*n/(b^2-a^2*m^2)(1)代入x^2/a^2-y^2/b^2=1展开整理得(b^2-a^2*m^2)x^2-2a^2*m*n*x+a^2*m^2-a^2*b^2=0F的横坐标＝(x1+x2)/2=2a^2*m*n/(b^2-a^2*m^2)所以E的横坐标与F的横坐标相等即E,F为同一点所以AE=BE,PE=QE而AP=AE-PE BQ=BE-QE从而得证 AP=BQ(2)Ax+By+C=0 => y=-(Ax+C)/B (1)(1)代入双曲线方程得b^2*x^2-a^2[-(Ax+C/B]^2=a^2b^2k化简整理得(B^2*b^2-a^2*A^2)x^2-2a^2*A*C*x-(a^2*c^2+a^2*b^2*B^2*k)=0当B^2*b^2-a^2*A^2＝0时，即二次项系数为零时显然有一个解，此时A^2*a^2*k-B^2*b^2k=0 <=c^2 成立～当B^2*b^2-a^2*A^2≠0时△＝4a^4*A^2*C^2+4(B^2*b^2-a^2*A^2)(a^2*c^2+a^2*b^2*B^2*k)>=0不等式两边同除以4a^2并展开整理得B^2*b^2*c^2+B^4*b^4*k-a^2*A^2*b^2*B^2*k >=0同除以B^2*b^2得 C^2+B^2*b^2*k-A^2*a^2k >=0即A^2*a^2*k-B^2*b^2*k <=C^2我得出的是这个结论，不知道是不是你打错了？
3 1,x²/a²-y²/b²=k化为x²/a²k-y²/b²k=1设A(x1,y1),B(x2,y2)这个貌似只能画图,根据图来论证,不然很难说2,有公共点,那他们联立解方程,一定存在至少一个根,那么判别式>=0x^2/a^2-y^2/b^2=k变形为b²x²-a²y²=ka²b²变形为b²A²x²-a²A²y²=ka²A²b²````1A*x+B*y+C=0变形为Ax=-By-C`````2(注意,不能化成斜截式,因为会漏掉斜率不存在的情况)将2代入b²(By+C)²-a²A²y²=ka²A²b²整理(b²B²-a²A²)y²+2BCb²y+(b²C²-ka²A²b²)=0△=(2BCb²y)²-4(b²C²-ka²A²b²)(b²B²-a²A²)>=0整理可得A^2*a^2-B^1*b^2<=C^2
4 1、少条件2、缺少条件k=1存在交点P(a/sinP,bcosP/sinP) (《==》 Aa/sinP+BbcosP/sinP+C=0《==》 Aa+BbcosP+CsinP=0《==》 Aa=-(BbcosP+CsinP)《==》 |Aa|=|(BbcosP+CsinP)|<=√((Bb)^2+C^2)《==》 (Aa)^2<=(Bb)^2+C^2《==》 A^2*a^2-B^2*b^2<=C^2以上各个等价条件都是在5 证明：设PQ是过焦点F的弦，M是PQ的中点，L是与F相应的准线，分别过P、Q、M作L的垂线，垂足为P1、Q1、M1，则｜MM1｜= (1/2)｜｜PP1｜±｜QQ1｜｜=(1/2) •｜|PF1|/e ±|PF2|/e ｜=(1/2e)｜PQ｜=R/e ＜R，当P、Q位于同一支时，取“+”，否则取“-”，∴以PQ为直径的圆必与准线L相交. 且截得的劣弧的弧度数θ=2arccos|MM1|/R =2arccos(1/e) 为定值.
6 设P(x1,y1),Q(x2,y2),过PQ的中点M((x1+x2/2),(y1+y2)/2)作对应准线的垂线交于Nd=|MN|=|(x1+x2)/2|-a^2/c|PF}=(|x1|-a^2/c)*c/a (由双曲线的第二定义得到的)|QF|=(|x2|-a^2/c)*c/a所以|PQ|=(|x1+x2|-2*a^2/c)*c/ar=|PQ|/2=(|x1+x2|/2-a^2/c)*c/a又因为c/a>1所以r>d (由圆和直线的相交的性质可知)以双曲线焦点弦PQ为直径的圆必与对应准线相交。
楼主自己看着办吧……

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1 1、想不出好办法。只能代数求了，设AB直线方程是y=cx+d.分别和x^2/a^2-y^2/b^2=k与x^2/a^2-y^2/b^2=1联立解出A,B,P,Q的坐标。再求坐标之间的距离相等。或者求他们的x坐标差和y坐标差都相等。2、有公共点，把2方程联立，让a^2+4ac≥0，就可以了。思路是这样，过程太复杂，就不写了。
2 分析： 若设线段AB的中点为E,线段PQ的中点为F，若能证...

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1 1、想不出好办法。只能代数求了，设AB直线方程是y=cx+d.分别和x^2/a^2-y^2/b^2=k与x^2/a^2-y^2/b^2=1联立解出A,B,P,Q的坐标。再求坐标之间的距离相等。或者求他们的x坐标差和y坐标差都相等。2、有公共点，把2方程联立，让a^2+4ac≥0，就可以了。思路是这样，过程太复杂，就不写了。
2 分析： 若设线段AB的中点为E,线段PQ的中点为F，若能证明E,F是同一点的话就可以说明AE=BE,PE=QE而AP=AE-PE BQ=BE-QE从而得证（1）设直线AB的直线方程为 y=mx+n（1） 线段AB的中点为E,线段PQ的中点为F（1）代入x^2/a^2-y^2/b^2=k展开整理得(b^2-a^2*m^2)x^2-2a^2*m*n*x+a^2*m^2-a^2*b^2*k=0E的横坐标＝(x1+x2)/2=2a^2*m*n/(b^2-a^2*m^2)(1)代入x^2/a^2-y^2/b^2=1展开整理得(b^2-a^2*m^2)x^2-2a^2*m*n*x+a^2*m^2-a^2*b^2=0F的横坐标＝(x1+x2)/2=2a^2*m*n/(b^2-a^2*m^2)所以E的横坐标与F的横坐标相等即E,F为同一点所以AE=BE,PE=QE而AP=AE-PE BQ=BE-QE从而得证 AP=BQ(2)Ax+By+C=0 => y=-(Ax+C)/B (1)(1)代入双曲线方程得b^2*x^2-a^2[-(Ax+C/B]^2=a^2b^2k化简整理得(B^2*b^2-a^2*A^2)x^2-2a^2*A*C*x-(a^2*c^2+a^2*b^2*B^2*k)=0当B^2*b^2-a^2*A^2＝0时，即二次项系数为零时显然有一个解，此时A^2*a^2*k-B^2*b^2k=0 <=c^2 成立～当B^2*b^2-a^2*A^2≠0时△＝4a^4*A^2*C^2+4(B^2*b^2-a^2*A^2)(a^2*c^2+a^2*b^2*B^2*k)>=0不等式两边同除以4a^2并展开整理得B^2*b^2*c^2+B^4*b^4*k-a^2*A^2*b^2*B^2*k >=0同除以B^2*b^2得 C^2+B^2*b^2*k-A^2*a^2k >=0即A^2*a^2*k-B^2*b^2*k <=C^2我得出的是这个结论，不知道是不是你打错了？
3 1,x²/a²-y²/b²=k化为x²/a²k-y²/b²k=1设A(x1,y1),B(x2,y2)这个貌似只能画图,根据图来论证,不然很难说2,有公共点,那他们联立解方程,一定存在至少一个根,那么判别式>=0x^2/a^2-y^2/b^2=k变形为b²x²-a²y²=ka²b²变形为b²A²x²-a²A²y²=ka²A²b²````1A*x+B*y+C=0变形为Ax=-By-C`````2(注意,不能化成斜截式,因为会漏掉斜率不存在的情况)将2代入b²(By+C)²-a²A²y²=ka²A²b²整理(b²B²-a²A²)y²+2BCb²y+(b²C²-ka²A²b²)=0△=(2BCb²y)²-4(b²C²-ka²A²b²)(b²B²-a²A²)>=0整理可得A^2*a^2-B^1*b^2<=C^2
4 1、少条件2、缺少条件k=1存在交点P(a/sinP,bcosP/sinP) (《==》 Aa/sinP+BbcosP/sinP+C=0《==》 Aa+BbcosP+CsinP=0《==》 Aa=-(BbcosP+CsinP)《==》 |Aa|=|(BbcosP+CsinP)|<=√((Bb)^2+C^2)《==》 (Aa)^2<=(Bb)^2+C^2《==》 A^2*a^2-B^2*b^2<=C^2以上各个等价条件都是在5 证明：设PQ是过焦点F的弦，M是PQ的中点，L是与F相应的准线，分别过P、Q、M作L的垂线，垂足为P1、Q1、M1，则｜MM1｜= (1/2)｜｜PP1｜±｜QQ1｜｜=(1/2) •｜|PF1|/e ±|PF2|/e ｜=(1/2e)｜PQ｜=R/e ＜R，当P、Q位于同一支时，取“+”，否则取“-”，∴以PQ为直径的圆必与准线L相交. 且截得的劣弧的弧度数θ=2arccos|MM1|/R =2arccos(1/e) 为定值.
6 设P(x1,y1),Q(x2,y2),过PQ的中点M((x1+x2/2),(y1+y2)/2)作对应准线的垂线交于Nd=|MN|=|(x1+x2)/2|-a^2/c|PF}=(|x1|-a^2/c)*c/a (由双曲线的第二定义得到的)|QF|=(|x2|-a^2/c)*c/a所以|PQ|=(|x1+x2|-2*a^2/c)*c/ar=|PQ|/2=(|x1+x2|/2-a^2/c)*c/a又因为c/a>1所以r>d (由圆和直线的相交的性质可知)以双曲线焦点弦PQ为直径的圆必与对应准线相交。
若设线段AB的中点为E,线段PQ的中点为F，若能证明E,F是同一点的话就可以说明AE=BE,PE=QE
而AP=AE-PE BQ=BE-QE
从而得证
（1）设直线AB的直线方程为 y=mx+n（1） 线段AB的中点为E,线段PQ的中点为F
（1）代入x^2/a^2-y^2/b^2=k展开整理得
(b^2-a^2*m^2)x^2-2a^2*m*n*x+a^2*m^2-a^2*b^2*k=0
E的横坐标＝(x1+x2)/2=2a^2*m*n/(b^2-a^2*m^2)
(1)代入x^2/a^2-y^2/b^2=1展开整理得
(b^2-a^2*m^2)x^2-2a^2*m*n*x+a^2*m^2-a^2*b^2=0
F的横坐标＝(x1+x2)/2=2a^2*m*n/(b^2-a^2*m^2)
所以E的横坐标与F的横坐标相等即E,F为同一点
所以AE=BE,PE=QE
而AP=AE-PE BQ=BE-QE
从而得证 AP=BQ
(2)Ax+By+C=0 => y=-(Ax+C)/B (1)
(1)代入双曲线方程得
b^2*x^2-a^2[-(Ax+C/B]^2=a^2b^2k
化简整理得
(B^2*b^2-a^2*A^2)x^2-2a^2*A*C*x-(a^2*c^2+a^2*b^2*B^2*k)=0
当B^2*b^2-a^2*A^2＝0时，即二次项系数为零时显然有一个解，
此时A^2*a^2*k-B^2*b^2k=0 <=c^2 成立～
当B^2*b^2-a^2*A^2≠0时
△＝4a^4*A^2*C^2+4(B^2*b^2-a^2*A^2)(a^2*c^2+a^2*b^2*B^2*k)>=0
不等式两边同除以4a^2并展开整理得
B^2*b^2*c^2+B^4*b^4*k-a^2*A^2*b^2*B^2*k >=0
同除以B^2*b^2得
C^2+B^2*b^2*k-A^2*a^2k >=0
即A^2*a^2*k-B^2*b^2*k <=C^2

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