前言
一检典例
分析：如图所示，( riangle OPF_2)为(Rt riangle)，(angle OPF_2=cfrac{pi}{2})，
由于双曲线(cfrac{x^2}{a^2}-cfrac{y^2}{b^2}=1)，则其渐近线为(OP：y=cfrac{b}{a}x)
即(tan heta=cfrac{b}{a}=cfrac{|PF_2|}{|OP|})，设(|PF_2|=bk)，则(|OP|=ak)，
又由于(|OF_2|=c)，(a^2+b^2=c^2)，故(k=1)，即(|PF_2|=b)，(|OP|=a)，
则(cos heta=cfrac{a}{c})，且(|PF_1|=2|PF_2|=2b)，
则在( riangle POF_1)中，(|PF_1|=2b)，(|OF_1|=c)，(|OP|=a)，(cosangle F_1OP=-cos heta=-cfrac{a}{c})，
则((2b)^2=a^2+c^2+2 imes a imes c imes cos heta)，即(4(c^2-a^2)=a^2+c^2+2 imes a imes c imes 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})，故选(D)。
解后反思：如果用常规方法求解(|PF_2|)和(|OP|)的长，就会非常浪费时间。
错误警示：如图所示，直线和曲线相切时，不一定直线刚好经过曲线的最低点，切记切记！这些切点我们都有办法求解的。
分析：直线(y=kx-1)和二次函数(y=x^2+cfrac{3x}{2}(xleqslant 0))相切利用(Delta=0)求解，求得(k=-cfrac{1}{2})(舍去(k=cfrac{7}{2}))；
直线(y=kx-1)和函数(y=xlnx-2x(x>0))相切需要用到直曲线相切的求解思路[设切点求切点]；具体如下：
设切点为(P(x_0，y_0))，则(left{egin{array}{l}{k=lnx_-1}\{y_0=kx_0-1}\{y_0=x_0lnx_0-2x_0}end{array} ight.)，解得(x_0=1，y_0=-2)，(k=-1)，
结合图像有(-1<k<-cfrac{1}{2})，故选(A)；
解后反思：求解直线(y=kx-1)和二次函数(y=x^2+cfrac{3x}{2}(xleqslant 0))相切，也可以用直曲线相切的求解思路[设切点求切点]求解；
分析：由题可知，(sinC=cfrac{4}{5})，(cosC=cfrac{3}{5})，
在( riangle BCD)中，由正弦定理可知，(cfrac{BD}{sinC}=cfrac{3}{sin60^{circ}})，解得(BD=cfrac{8sqrt{3}}{5})；
(cosangle CBD=cos[pi-(angle BDC+angle ACB)]=-cos(angle BDC+angle ACB)=-cos60^{circ}cdot cosangle ACB+)(sin60^{circ}cdot sinangle ACB)(=-cfrac{3}{10}+cfrac{4sqrt{3}}{10}=cfrac{4sqrt{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(sinangle ABD)，利用(cos angle CBD=sinangle ABD)，从而求得(cos angle CBD)，这样的运算会很复杂。这个题目的求解也从另一个角度说明了公式(cos(alpha+eta))存在的必要性。
(1).求中国队获胜的概率；
思考：回想生活中的比赛的情形可知，中国队获胜分为以下情形：中(underline{3:0})日；中(underline{3:1})日；中(underline{3:2})日；
[为了能顺利快速写出相关情形，我们建立一个小模型，以中(underline{3:2})日为例，其第五场[最后一场]比赛必须是中国队胜利，故第五场[最后一场]的概率为(cfrac{2}{3})，那么前四场中必然是日本队胜利了两场，具体是哪两场，又成了(4)次独立重复实验中日本队胜利恰好发生(2)次的模型，其他以此类推思考计算即可]，故由此模型得到
(P(中underline{3:0}日)=[C_2^2 imes (cfrac{3}{4})^2 imes (cfrac{1}{4})^0] imes cfrac{3}{4}=cfrac{3}{4} imescfrac{3}{4} imescfrac{3}{4}=cfrac{27}{64}=cfrac{108}{256})，
[注意，为了书写不出错，我们先写第三场的概率(cfrac{3}{4})，前两场看成(2)次独立重复实验中，中国队胜利的事件恰好发生了(2)次，具体计算方式就是上述中括号中的形式，又由于各局比赛是相互独立的，故使用概率乘法公式，其实我们知道各局的比赛多少会有士气上的影响，但此题目是将其作为数学模型来处理，故不需要思考这些情形]
思考清楚了这些情形之后，我们正式作答如下：
解答：设“中国队获胜”为事件(A)，“中国队以(3:0)胜利”为事件(A_1)，“中国队以(3:1)胜利”为事件(A_2)，“中国队以(3:2)胜利”为事件(A_3)，由题目可知各局比赛相互独立，故(A=A_1+A_2+A_3)，
(P(中underline{3:0}日)=[C_2^2 imes (cfrac{3}{4})^2 imes (cfrac{1}{4})^0] imes cfrac{3}{4}=cfrac{3}{4} imescfrac{3}{4} imescfrac{3}{4}=cfrac{27}{64}=cfrac{108}{256})，
(P(中underline{3:1}日)=[C_3^2 imes (cfrac{3}{4})^2 imes (cfrac{1}{4})^1] imes cfrac{3}{4}=cfrac{81}{256})，
(P(中underline{3:2}日)=[C_4^2 imes (cfrac{3}{4})^2 imes (cfrac{1}{4})^2] imes 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).若比赛结果为(3:0)或(3:1)，则胜利方得(3)分，对方得(0)分；若比赛结果为(3:2)，则胜利方得(2)分，对方得(1)分，求日本队得分(X)的分布列和数学期望；
分析：日本队得分(X=0)，即日(underline{0:3})中，日本败即中(underline{3:0})日，中国胜；或日(underline{1:3})中，日本败即中(underline{3:1})日，中国胜；
日本队得分(X=1)，即日(underline{2:3})中，日本败；
日本队得分(X=2)，即日(underline{3:2})中，日本胜；
日本队得分(X=3)，即日(underline{3:0})中，日本胜；或日(underline{3:1})中，日本胜；
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 imes (cfrac{1}{4})^2 imes (cfrac{3}{4})^2] imes cfrac{1}{3}=cfrac{18}{256})，
(P(X=3)=[C_2^2 imes (cfrac{1}{4})^2 imes (cfrac{3}{4})^0] imes cfrac{1}{4}+[C_3^2 imes (cfrac{1}{4})^2 imes (cfrac{3}{4})^1] imes cfrac{1}{4}=cfrac{13}{256})，
故(X)的分布列为
| (X) | (0) | (1) | (2) | (3) |
|---|---|---|---|---|
| (P) | (cfrac{189}{256}) | (cfrac{36}{256}) | (cfrac{18}{256}) | (cfrac{13}{256}) |
(E(X)=0 imes cfrac{189}{256}+1 imes cfrac{36}{256}+2 imes cfrac{18}{256}+3 imes cfrac{13}{256}=cfrac{111}{256})
(1).求动圆(Q)的圆心轨迹(C)的方程；
[法1]：直接法，将圆(x^2+y^2-2x+frac{3}{4}=0)化为标准形式为((x-1)^2+y^2=frac{1}{4})，
设动圆的圆心(Q)坐标为(Q(x,y))，由动圆(Q)与直线(x+frac{1}{2}=0)相切，且与圆((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)，两边平方整理得到，(y^2=4x)，
所以动圆(Q)的圆心轨迹(C)的方程为(y^2=4x)。
[法2]：定义法，动圆心(Q(x,y))到定圆点((1,0))的距离为(r+frac{1}{2})，动圆心(Q(x,y))到定直线(x+frac{1}{2}=0)的距离为(r)，
则动圆心(Q(x,y))到定直线(x+1=0)的距离为(r+frac{1}{2})，
则动点(Q(x,y))到定点的距离与动点到定直线的距离相等，故动点的轨迹为形如(y^2=2px)的抛物线，
且(cfrac{p}{2}=1)，则(p=2)，故(y^2=4x)。
(2).已知过点(P(1,2))，过点(F(1,0))且斜率存在的直线与轨迹(C)交于(A)，(B)两点，直线(AP)，(BP)分别交直线(x+1=0)于点(S)，(T)两点，求证：以(ST)为直径的圆过定点。
分析：由题意可设直线(AB：x=my+1(m eq 0))，
则由(left{egin{array}{l}{x=my+1}\{y^2=4x}end{array} ight.quad) 消去(x)得到，(y^2-4my-4=0)，
设(A(cfrac{y_1^2}{4},y_1))，(B(cfrac{y_2^2}{4},y_2))，则由韦达定理可得，(y_1+y_2=4m)，(y_1y_2=-4)，
设直线(AP)，(BP)的斜率分别为(k_1)，(k_2)，结合点(P(1,2))，
则可知，(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})
设点(S(-1,y_{ iny{S}}))，点(T(-1,y_{ iny{T}}))，又直线(AP)的方程为(y-y_{ iny{S}}=k_1(x+1))，则(y_{ iny{S}}=y-k_1(x+1))，
又由于此直线经过点(P(1，2))，则(y_{ iny{S}}=2-cfrac{4}{y_1+2} imes 2=2-cfrac{8}{y_1+2}=cfrac{2(y_1-2)}{y_1+2})
同理(y_{ iny{T}}=2-cfrac{8}{y_2+2}=cfrac{2(y_2-2)}{y_2+2})
从而(y_{ iny{S}}cdot y_{ iny{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 imes 4m+4)}{-4+2 imes 4m+4}=-4)
(y_{ iny{S}}+ y_{ iny{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 imes 4m+4}=-cfrac{4}{m})，
又由于以(ST)为直径的圆的方程为：((x+1)^2+(y-y_{ iny{S}})(y-y_{ iny{T}})=0)，
即(y^2-(y_{ iny{S}}+y_{ iny{T}})y+y_{ iny{S}}y_{ iny{T}}+(x+1)^2=0)，
即(x^2+2x-3+y^2+cfrac{4}{m}y=0①)，圆的方程与(m)的取值无关，故须有(y=0)，
由方程①可得，(x^2+2x-3=0)，解得(x=-3)或(x=1)，
从而以(ST)为直径的圆恒过定点((-3,0))和((1,0)).
解后反思：直径式方程((x-x_1)(x-x_2)+(y-y_1)(y-y_2)=0)，[其中圆的直径的端点是(A(x_1，y_1))、(B(x_2，y_2))]