⑶ 0 a<b．此时，最大值为f(a)=2b，最小值为f(b)=2a．
113113
∴ －2+=2a．－a2+=2b．相减得a+b=4．解得a=1，b=3．
2222
13
∴ [a，b]=[1，3]或[－2－17，．
4
x2y2
3．已知C0：x+y=1和C11 (a＞b＞0)．试问：当且仅当a，b满足什么条件时，对C1上任意
aa
一点P，均存在以P为顶点，与C0外切，与C1内接的平行四边形？并证明你的结论．
解：设PQRS是与C0外切且与C1内接的平行四边形．易知圆的
外切平行四边形是菱形．即PQRS是菱形．于是OP⊥OQ．
设P(r1cosθ，r1sinθ)，Q(r2cos(θ+90°)，r2sin(θ+90°)，则在直角三11
角形POQ中有r12+r22=r12r22(利用△POQ的面积)．即+1．
22rr12
22r1cos2θr2sin2θ221cosθsinθ但1，即+，
ab2ab
r1
1sin2θcos2θ11
同理，1．
2ababr211
反之，若1成立，则对于椭圆上任一点P(r1cosθ，r1sinθ)，取椭圆上点Q(r2cos(θ+90°)，r2sin(θ+90°)，
ab
1cos2θsin2θ1sin2θcos2θ1111则=，于是1，此时PQ与C0相切．即存在满足条件的平行四2ab2ab22abr1r2r1r2边形．
故证．
2
2
第二试
一．（本题满分50分）
如图，在锐角三角形ABC的BC边上有两点E、F，满足∠BAE=∠CAF，作FM⊥AB，FN⊥AC（M、N是垂足），延长AE交三角形ABC的外接圆于D．证明：四边形AMDN与三角形ABC的面积相等．
证明：连MN，则由FM⊥AM，FN⊥AN知A、M、F、N四点共圆，且该圆的直径为AF．又 AMN= AFN，但 FAN= MAD，故A MAD+ AMN= FAN+ AFN=90 ．∴MN⊥AD，且由正弦定理知，
M
MN=AFsinA．
11
∴SAMDN=AD·MN= AD·AFsinA． 22
BC连BD，由 ADB= ACF， DAB= CAF，得⊿ABD∽⊿AFC． ∴ AD∶AB=AC∶AF，即AD·AF=AB·AC．
11∴ SAMDN= AD·AFsinA=AB·ACsinA=SABC．
22
二．（本题满分50分）
设数列{a n}和{b n }满足a0=1，a1=4，a2=49，且
an+1=7an+6bn－3， n=0，1，2， bn+1=8an+7bn－4．
证明a n（n=0，1，2， ）是完全平方数．
证明 ⑴×7：7an+1=49an+42bn－21， ⑵×6：6bn+1=48an+42bn－24．
两式相减得，6bn+1－7an+1=－an－3，即6bn=7an－an－1－3．
111
代入⑴：an+1=14an－an－1－6．故an+1－14(an－)－(an－1－．
222
其特征方程为x2－14x+1=0，特征方程的解为x=7±43．