前言
一檢典例
分析：如圖所示，\(\triangle OPF_2\)為\(Rt\triangle\)，\(\angle OPF_2=\cfrac{\pi}{2}\)，
由於雙曲線\(\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1\)，則其漸近線為\(OP：y=\cfrac{b}{a}x\)
即\(tan\theta=\cfrac{b}{a}=\cfrac{|PF_2|}{|OP|}\)，設\(|PF_2|=bk\)，則\(|OP|=ak\)，
又由於\(|OF_2|=c\)，\(a^2+b^2=c^2\)，故\(k=1\)，即\(|PF_2|=b\)，\(|OP|=a\)，
則\(cos\theta=\cfrac{a}{c}\)，且\(|PF_1|=2|PF_2|=2b\)，
則在\(\triangle POF_1\)中，\(|PF_1|=2b\)，\(|OF_1|=c\)，\(|OP|=a\)，\(cos\angle F_1OP=-cos\theta=-\cfrac{a}{c}\)，
則\((2b)^2=a^2+c^2+2\times a\times c \times cos\theta\)，即\(4(c^2-a^2)=a^2+c^2+2\times a\times c \times \cfrac{a}{c}\)，
整理即得到，\(3c^3=7a^2\)，即\(e^2=\cfrac{c^2}{a^2}=\cfrac{7}{3}\)，故\(e=\cfrac{\sqrt{21}}{3}\)，故選\(D\)。
解后反思：如果用常規方法求解\(|PF_2|\)和\(|OP|\)的長，就會非常浪費時間。
錯誤警示：如圖所示，直線和曲線相切時，不一定直線剛好經過曲線的最低點，切記切記！這些切點我們都有辦法求解的。
分析：直線\(y=kx-1\)和二次函數\(y=x^2+\cfrac{3x}{2}(x\leqslant 0)\)相切利用\(\Delta=0\)求解，求得\(k=-\cfrac{1}{2}\)(舍去\(k=\cfrac{7}{2}\))；
直線\(y=kx-1\)和函數\(y=xlnx-2x(x>0)\)相切需要用到直曲線相切的求解思路[設切點求切點]；具體如下：
設切點為\(P(x_0，y_0)\)，則\(\left\{\begin{array}{l}{k=lnx_-1}\\{y_0=kx_0-1}\\{y_0=x_0lnx_0-2x_0}\end{array}\right.\)，解得\(x_0=1，y_0=-2\)，\(k=-1\)，
結合圖像有\(-1<k<-\cfrac{1}{2}\)，故選\(A\)；
解后反思：求解直線\(y=kx-1\)和二次函數\(y=x^2+\cfrac{3x}{2}(x\leqslant 0)\)相切，也可以用直曲線相切的求解思路[設切點求切點]求解；
分析：由題可知，\(sinC=\cfrac{4}{5}\)，\(cosC=\cfrac{3}{5}\)，
在\(\triangle BCD\)中，由正弦定理可知，\(\cfrac{BD}{sinC}=\cfrac{3}{sin60^{\circ}}\)，解得\(BD=\cfrac{8\sqrt{3}}{5}\)；
\(cos\angle CBD=cos[\pi-(\angle BDC+\angle ACB)]=-cos(\angle BDC+\angle ACB)=-cos60^{\circ}\cdot cos\angle ACB+\)\(sin60^{\circ}\cdot sin\angle ACB\)\(=-\cfrac{3}{10}+\cfrac{4\sqrt{3}}{10}=\cfrac{4\sqrt{3}-3}{10}\).
解后反思：如果利用余弦定理求解\(AD\)，再用正弦定理求解\(sin\angle ABD\)，利用\(cos \angle CBD=sin\angle ABD\)，從而求得\(cos \angle CBD\)，這樣的運算會很復雜。這個題目的求解也從另一個角度說明了公式\(cos(\alpha+\beta)\)存在的必要性。
(1).求中國隊獲勝的概率；
思考：回想生活中的比賽的情形可知，中國隊獲勝分為以下情形：中\(\underline{3:0}\)日；中\(\underline{3:1}\)日；中\(\underline{3:2}\)日；
[為了能順利快速寫出相關情形，我們建立一個小模型，以中\(\underline{3:2}\)日為例，其第五場[最后一場]比賽必須是中國隊勝利，故第五場[最后一場]的概率為\(\cfrac{2}{3}\)，那么前四場中必然是日本隊勝利了兩場，具體是哪兩場，又成了\(4\)次獨立重復實驗中日本隊勝利恰好發生\(2\)次的模型，其他以此類推思考計算即可]，故由此模型得到
\(P(中\underline{3:0}日)=[C_2^2\times (\cfrac{3}{4})^2\times (\cfrac{1}{4})^0]\times \cfrac{3}{4}=\cfrac{3}{4}\times\cfrac{3}{4}\times\cfrac{3}{4}=\cfrac{27}{64}=\cfrac{108}{256}\)，
[注意，為了書寫不出錯，我們先寫第三場的概率\(\cfrac{3}{4}\)，前兩場看成\(2\)次獨立重復實驗中，中國隊勝利的事件恰好發生了\(2\)次，具體計算方式就是上述中括號中的形式，又由於各局比賽是相互獨立的，故使用概率乘法公式，其實我們知道各局的比賽多少會有士氣上的影響，但此題目是將其作為數學模型來處理，故不需要思考這些情形]
思考清楚了這些情形之后，我們正式作答如下：
解答：設“中國隊獲勝”為事件\(A\)，“中國隊以\(3:0\)勝利”為事件\(A_1\)，“中國隊以\(3:1\)勝利”為事件\(A_2\)，“中國隊以\(3:2\)勝利”為事件\(A_3\)，由題目可知各局比賽相互獨立，故\(A=A_1+A_2+A_3\)，
\(P(中\underline{3:0}日)=[C_2^2\times (\cfrac{3}{4})^2\times (\cfrac{1}{4})^0]\times \cfrac{3}{4}=\cfrac{3}{4}\times\cfrac{3}{4}\times\cfrac{3}{4}=\cfrac{27}{64}=\cfrac{108}{256}\)，
\(P(中\underline{3:1}日)=[C_3^2\times (\cfrac{3}{4})^2\times (\cfrac{1}{4})^1]\times \cfrac{3}{4}=\cfrac{81}{256}\)，
\(P(中\underline{3:2}日)=[C_4^2\times (\cfrac{3}{4})^2\times (\cfrac{1}{4})^2]\times \cfrac{2}{3}=\cfrac{36}{256}\)，
所以\(P(A)=P(A_1+A_2+A_3)=P(A_1)+P(A_2)+P(A_3)=\cfrac{225}{256}\)，
(2).若比賽結果為\(3:0\)或\(3:1\)，則勝利方得\(3\)分，對方得\(0\)分；若比賽結果為\(3:2\)，則勝利方得\(2\)分，對方得\(1\)分，求日本隊得分\(X\)的分布列和數學期望；
分析：日本隊得分\(X=0\)，即日\(\underline{0:3}\)中，日本敗即中\(\underline{3:0}\)日，中國勝；或日\(\underline{1:3}\)中，日本敗即中\(\underline{3:1}\)日，中國勝；
日本隊得分\(X=1\)，即日\(\underline{2:3}\)中，日本敗；
日本隊得分\(X=2\)，即日\(\underline{3:2}\)中，日本勝；
日本隊得分\(X=3\)，即日\(\underline{3:0}\)中，日本勝；或日\(\underline{3:1}\)中，日本勝；
故\(P(X=0)=P(A_1)+P(A_2)=\cfrac{108}{256}+\cfrac{81}{256}=\cfrac{189}{256}\)，\(P(X=1)=P(A_3)=\cfrac{36}{256}\)，
\(P(X=2)=[C_4^2\times (\cfrac{1}{4})^2\times (\cfrac{3}{4})^2]\times \cfrac{1}{3}=\cfrac{18}{256}\)，
\(P(X=3)=[C_2^2\times (\cfrac{1}{4})^2\times (\cfrac{3}{4})^0]\times \cfrac{1}{4}+[C_3^2\times (\cfrac{1}{4})^2\times (\cfrac{3}{4})^1]\times \cfrac{1}{4}=\cfrac{13}{256}\)，
故\(X\)的分布列為
| \(X\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) |
|---|---|---|---|---|
| \(P\) | \(\cfrac{189}{256}\) | \(\cfrac{36}{256}\) | \(\cfrac{18}{256}\) | \(\cfrac{13}{256}\) |
\(E(X)=0\times \cfrac{189}{256}+1\times \cfrac{36}{256}+2\times \cfrac{18}{256}+3\times \cfrac{13}{256}=\cfrac{111}{256}\)
(1).求動圓\(Q\)的圓心軌跡\(C\)的方程；
[法1]：直接法，將圓\(x^2+y^2-2x+\frac{3}{4}=0\)化為標准形式為\((x-1)^2+y^2=\frac{1}{4}\)，
設動圓的圓心\(Q\)坐標為\(Q(x,y)\)，由動圓\(Q\)與直線\(x+\frac{1}{2}=0\)相切，且與圓\((x-1)^2+y^2=\frac{1}{4}\)外切；
可知\(\sqrt{(x-1)^2+y^2}=|x+\frac{1}{2}|+\frac{1}{2}=x+1\)，兩邊平方整理得到，\(y^2=4x\)，
所以動圓\(Q\)的圓心軌跡\(C\)的方程為\(y^2=4x\)。
[法2]：定義法，動圓心\(Q(x,y)\)到定圓點\((1,0)\)的距離為\(r+\frac{1}{2}\)，動圓心\(Q(x,y)\)到定直線\(x+\frac{1}{2}=0\)的距離為\(r\)，
則動圓心\(Q(x,y)\)到定直線\(x+1=0\)的距離為\(r+\frac{1}{2}\)，
則動點\(Q(x,y)\)到定點的距離與動點到定直線的距離相等，故動點的軌跡為形如\(y^2=2px\)的拋物線，
且\(\cfrac{p}{2}=1\)，則\(p=2\)，故\(y^2=4x\)。
(2).已知過點\(P(1,2)\)，過點\(F(1,0)\)且斜率存在的直線與軌跡\(C\)交於\(A\)，\(B\)兩點，直線\(AP\)，\(BP\)分別交直線\(x+1=0\)於點\(S\)，\(T\)兩點，求證：以\(ST\)為直徑的圓過定點。
分析：由題意可設直線\(AB：x=my+1(m\neq 0)\)，
則由\(\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{y^2=4x}\end{array}\right.\quad\) 消去\(x\)得到，\(y^2-4my-4=0\)，
設\(A(\cfrac{y_1^2}{4},y_1)\)，\(B(\cfrac{y_2^2}{4},y_2)\)，則由韋達定理可得，\(y_1+y_2=4m\)，\(y_1y_2=-4\)，
設直線\(AP\)，\(BP\)的斜率分別為\(k_1\)，\(k_2\)，結合點\(P(1,2)\)，
則可知，\(k_1=\cfrac{y_1-2}{\frac{y_1^2}{4}-1}=\cfrac{4}{y_1+2}\)，同理\(k_2=\cfrac{4}{y_2+2}\)
設點\(S(-1,y_{\tiny{S}})\)，點\(T(-1,y_{\tiny{T}})\)，又直線\(AP\)的方程為\(y-y_{\tiny{S}}=k_1(x+1)\)，則\(y_{\tiny{S}}=y-k_1(x+1)\)，
又由於此直線經過點\(P(1，2)\)，則\(y_{\tiny{S}}=2-\cfrac{4}{y_1+2}\times 2=2-\cfrac{8}{y_1+2}=\cfrac{2(y_1-2)}{y_1+2}\)
同理\(y_{\tiny{T}}=2-\cfrac{8}{y_2+2}=\cfrac{2(y_2-2)}{y_2+2}\)
從而\(y_{\tiny{S}}\cdot y_{\tiny{T}}=\cfrac{2(y_1-2)}{y_1+2}\cdot \cfrac{2(y_2-2)}{y_2+2}\)
\(=\cfrac{4[y_1y_2-2(y_1+y_2)+4]}{y_1y_2+2(y_1+y_2)+4}\)\(=\cfrac{4(-4+2\times 4m+4)}{-4+2\times 4m+4}=-4\)
\(y_{\tiny{S}}+ y_{\tiny{T}}=(2-\cfrac{8}{y_1+2})+(2-\cfrac{8}{y_2+2})\)
\(=4-8(\cfrac{1}{y_1+2}+\cfrac{1}{y_2+2})=4-\cfrac{8[(y_1+y_2)+4]}{y_1y_2-2(y_1+y_2)+4}\)
\(=4-\cfrac{8(4m+4)}{-4+2\times 4m+4}=-\cfrac{4}{m}\)，
又由於以\(ST\)為直徑的圓的方程為：\((x+1)^2+(y-y_{\tiny{S}})(y-y_{\tiny{T}})=0\)，
即\(y^2-(y_{\tiny{S}}+y_{\tiny{T}})y+y_{\tiny{S}}y_{\tiny{T}}+(x+1)^2=0\)，
即\(x^2+2x-3+y^2+\cfrac{4}{m}y=0①\)，圓的方程與\(m\)的取值無關，故須有\(y=0\)，
由方程①可得，\(x^2+2x-3=0\)，解得\(x=-3\)或\(x=1\)，
從而以\(ST\)為直徑的圓恆過定點\((-3,0)\)和\((1,0)\).
解后反思：直徑式方程\((x-x_1)(x-x_2)+(y-y_1)(y-y_2)=0\)，[其中圓的直徑的端點是\(A(x_1，y_1)\)、\(B(x_2，y_2)\)]