专题17平面解析几何C辑（教师版含解析）备战2021年高中数学联赛之1981-2020年高中数学联赛一试试题分专题训练.docx

1、备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题17平面解析几何C辑历年联赛真题汇编1【2020高中数学联赛A卷(第01试)】在平面直角坐标系中,点A,B,C在双曲线xy=1上,满足ABC为等腰直角三角形.求ABC的面积的最小值.【答案】33【解析】不妨设等腰直角ABC的顶点A,B,C逆时针排列,A为直角顶点.设AB=(s,t),则AC=(-t,s)且ABC的面积SABC=12|AB|2=s2+t22.注意到A在双曲线xy=1上,设A(a,1a)，则B(a+s,1a+t), C(a-t,1a+s).由B,C在双曲线xy=1上,可知(a+s)(1a+t)=(a-t)(1a+s)

2、=1,这等价于：sa+at=-st-ta+as=st.由、相加,得s-ta+a(t+s)=0,即a2=t-st+s.由、相乘,并利用,得-s2t2=(sa+at)(-ta+as)=(a2-1a2)st+s2-t2=(t-st+s-t+st-sst+s2-t2=4sts2-t2st+s2-t2=(s2+t2)2s2-t2.所以由基本不等式得：(s2+t2)4=-s2t2(s2-t2)2=142s2t22s2t2(s2-t2)14(2s2t2+2s2t2+(s2-t2)233=(s2+t2)6108,故s2+t2108=63.以下取一组满足条件的实数(s,t,a),使得s2+t2=63(进而由s,

3、t,a可确定一个满足条件的ABC,使得SABC=s2+t22=33).考虑的取等条件,有2s2t2=(s2-t2)2,即s2t2=23.不妨要求0st,结合s2+t2=63,得s=3(3-1), t=3(3+1).由知ab0),A(a,0),B(0,b), F1(-c,0),F2(c,0),其中c=a2-b2.由条件知AF1AF2+BF1BF2=(-c-a)(c-a)+(-c2+b2)=a2+b2-2c2=0.所以a2+b2-2c2=-a2+3b2=0,a=3b,c=2b.记O为坐标原点,则tanABO=ab=3, tanOBF1=tanOBF2=cb=2.所以tanABF1tanABF2=t

4、an(ABO+OBF1)tan(ABO-OBF1) =3+21-323-21+32=-15.3【2019高中数学联赛A卷(第01试)】在平面直角坐标系xOy中，圆与抛物线:y2=4x恰有一个公共点，且圆与x轴相切于的焦点F.求圆的半径.【答案】439【解析】易知的焦点F的坐标为(1，0).设圆的半径为r(r0).由对称性，不妨设在x轴上方与x轴相切于点F，故的方程为(x-1)2+(y-r)2=r2. 将x=y24代入并化简，得y24-12+y2-2ry=0.显然y0，故r=12yy24-12+y2=y2+4232y 根据条件，恰有一个正数解y，该y值对应与的唯一公共点.考虑f(y)=y2+42

5、32y(y0)的最小值.由平均值不等式知y2+4=y2+43+43+4344y2433，从而f(y)132y16y2433=439.当且仅当y2=43，即y=233时，f(y)取到最小值439.由有解可知r439.又假如r439，因f(y)随y连续变化，且y0+及y+时，f(y)均可任意大，故在0,233及233,+上均有解，与解的唯一性矛盾.综上，仅有r=439满足条件(此时13,233是与的唯一公共点).4【2019高中数学联赛B卷(第01试)】在椭圆中，F为一个焦点，A、B为两个顶点若|FA|=3，|FB|=2，求AB的所有可能值.【答案】答案见解析【解析】不妨设平面直角坐标系中椭圆的标

6、准方程为x2a2+y2b2=1ab0，并记c=a2-b2.由对称性，可设F为的右焦点.易知F到的左顶点的距离为a+c，到右顶点的距离为ac，到上下顶点的距离均为a.分以下情况讨论:(1)A、B分别为左、右顶点.此时a+c=3，ac=2，故|AB|=2a=5(相应地，b2=(a+c)(ac)=6，的方程为4x225+y26=1).(2)A为左顶点，B为上顶点或下顶点.此时a+c=3，a=2，故c=1，进而b2=a2-c2=3，所以|AB|=a2+b2=7(相应的方程为x24+y23=1).(3)A为上顶点或下顶点，B为右顶点.此时a=3，ac=2，故c=1，进而b2=a2-c2=8，所以|AB|

7、=a2+b2=17(相应的方程为x29+y28=1).综上可知，|AB|的所有可能值为5,7,17.5【2018高中数学联赛B卷(第01试)】如图所示，在平面直角坐标系xOy中，A、B与C、D分别是椭圆:x2a2+y2b2=1ab0的左、右顶点与上、下顶点.设P，Q是上且位于第一象限的两点，满足OQAP，M是线段AP的中点，射线OM与椭圆交于点R.证明:线段OQ，OR，BC能构成一个直角三角形.【答案】证明见解析【解析】设点P坐标为x0,y0.由于OQ/AP,AP=OP-OA;OR/OM，OM=12(OP+OA)，故存在实数、，使得OQ=(OP-OA),OR=(OP+OA).此时点Q、R的坐标

8、可分别表示是x0+a,y0,x0-a,y0.由于点Q、R都在椭圆上，所以2x0+a2a2+y02b2=2x0-a2a2+y02b2=1.结合x02a2+y02b2=1知，上式可化为22+2x0a=22-2x0a=1，解得2=a2a+x0,2=a2a-x0，因此|OQ|2+|OR|2=2x0+a2+y02+2x0-a2+y02=a2a+x0x0+a2+y02+a2a-x0x0-a2+y02=aa+x02+ay022a+x0+aa-x02+ay022a-x0=a2+ay0221a+x0+1a-x0=a2+ay0222aa2-x02=a2+a2b21-x02a2a2-x02=a2+b2=|BC|2.

9、从而线段OQ、OR、BC能构成一个直角三角形.6【2017高中数学联赛B卷(第01试)】在平面直角坐标系xOy中，曲线C1:y2=4x，曲线C2:x-42+y2=8.经过C1上一点P作一条倾斜角为45的直线l，与C2交于两个不同的点Q、R，求|PQ|PR|的取值范围.【答案】4,8)(8,200)【解析】设P(t2，2t)，则直线l的方程为y=x+2tt2，代入曲线C2的方程得(x-4)2+x+2t-t22=8，化简可得2x2-2t2-2t+4x+t2-2t2+8=0 由于l与C2交于两个不同的点，故关于x的方程的判别式为正.计算得，4=t2-2t+42-2t2-2t2+8=t2-2t2-8t

10、2-2t+16-2t2-2t2-16=-t2-2t2+8t2-2t=-t2-2tt2-2t-8=-t(t-2)(t+2)(t-4)，因此有t(-2,0)(2,4) 设Q、R的横坐标分别为x1,x2，由知，x1+x2=t2-2t+4,x1x2=12t2-2t2+8，因此，结合的倾斜角为45可知，|PQ|PR|=2x1-t22x2-t2=2x1x2-2t2x1+x2+2t4=t2-2t2+8-2t2t2-2t+4+2t4=t4-4t3+4t2+8-2t4+4t3-8t2+2t4=t4-4t2+8=t2-22+4 由可知，t2-2(-2,2)(2,14)，故t2-220,4)(4,196)，从而由得

11、，|PQ|PR|=t2-22+44,8)(8,200).注1利用C2的圆心到l的距离小于C2的半径，列出不等式4+2t-t220即2k2+1m2 由直线AF1,l,BF1的斜率y1x1+1,k,y2x2+1依次成等差数列知y1x1+1+y2x2+1=2k.又y1=kx1+m,y2=kx2+m，所以kx1+mx2+1+kx2+mx1+1=2kx1+1x2+1.化简并整理得(m-k)x1+x2+2=0，假如m=k，则直线l的方程为y=kx+k.即l经过点F1(1，0)，不符合条件.因此必有x1+x2+2=0.故由方程及韦达定理知4km2k2+1=-x1+x2=2，即m=k+12k 由式与知2k2+

12、1m2=k+12k2，化简得k214k2，这等价于|k|22.反之，当m，k满足式及|k|22时，l必不经过点F1(否则将导致m=k，与式矛盾)，而此时m，k满足式，故l与椭圆有两个不同的交点A，B，同时也保证了AF1，BF1的斜率存在(否则x1,x2中的某一个为1，结合x1+x2+2=0知x1=x2=-1，与方程有两个不同的实根矛盾).点F2(1，0)到直线l：y=kx+m的距离为d=|k+m|1+k2=11+k22k+12k=11k2+12+12k2.注意到|k|22，令t=1k2+1，则t(1,3)，上式可改写为d=1tt22+32=12t+3t 考虑到函数f(t)=12t+3t在1,3

13、上单调递减，故由式得f(3)db0，A1，A2分别为椭圆的左、右顶点，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆上不同于A1和A2的任意一点.若平面中两个点Q，R满足QA1PA1,QA2PA2,RF1PF1,RF2PF2，试确定线段QR的长度与b的大小关系，并给出证明.【答案】答案见解析【解析】令c=a2-b2，则A1(-a,0),A2(a,0),F1(-c,0),F2(c,0)，设Px0,y0,Qx1,y1,Rx2,y2，其中x02a2+y02b2=1(y0)，由QA1PA1,QA2PA2可知A1QA1P=x1+ax0+a+y1y0=0 A2QA2P=x1-ax0-a+y1y0=0 将式与相

14、减，得2ax1+x0=0，即x1=-x0，将其代入式，得-x02+a2+y1y0=0，故y1=x02-a2y0，于是Q-x0,x02-a2y0.根据RF1PF1,RF2PF2，同理可得R-x0,x02-c2y0，因此|QR|=x02-a2y0-x02-c2y0=b2y0.由于y0(0,b，故|QR|b(其中等号成立的充分必要条件是y0=b，即点P为(0，b).10【2012高中数学联赛(第01试)】在平面直角坐标系xOy中，菱形ABCD的边长为4，且|OB|=|OD|=6.(1)求证：|OA|OC|为定值；(2)当点A在半圆M：(x2)2+y2=4(2x4)上运动时，求点C的轨迹.【答案】(1

15、)证明见解析；(2)答案见解析.【解析】(1)因为|OB|=|OD|，|AB|=|AD|=|CB|=|CD|，所以O，A，C三点共线.如图，联结BD，则BD垂直平分线段AC，设垂足为K.于是，有|OA|OC|=(|OK|-|AK|)(|OK|+|AK|)=|OK|2-|AK|2=|OB|2-|BK|2-|AB|2-|BK|2=|OB|2-|AB|2=62-42=20(定值)(2)设C(x，y)，A(2+2cos,2sin)，其中=XMA-22，则XOC=2，因为|OA|2=(2+2cos)2+(2sin)2=8(1+cos)=16cos22，所以|OA|=4cos2，由情形(1)的结论，得|O

16、C|cos2=5，所以x=|OC|cos2=5，从而y=|OC|sin2=5tan2-5,5.故点C的轨迹是一条线段，其两个端点的坐标分别为(5，5)，(5，5).11【2011高中数学联赛(第01试)】作斜率为13的直线l与椭圆C:x236+y24=1交于AB两点(如图所示)，且P(32,2)在直线l的左上方.(1)证明：PAB的内切圆的圆心在一条定直线上；(2)若APB=60，求PAB的面积.【答案】(1)证明见解析；(2)117349.【解析】(1)设直线l:y=13x+m，Ax1,y1，Bx2,y2，将y=13x+m代入x236+y24=1中，化简整理得2x2+6mx+9m2-36=0

17、，于是有x1+x2=-3m，x1x2=9m2-362，kPA=y1-2x1-32，kPB=y2-2x2-32，则kPA+kPB=y1-2x1-32+y2-2x2-32=y1-2x2-32+y2-2x1-32x1-32x2-32，因此y1-2x2-32+y2-2x1-32=13x1+m-2x2-32+13x2+m-2x1-32=23x1x2+(m-22)x1+x2-62(m-2)=239m2-362+(m-22)(-3m)-62(m-2)=3m2-12-3m2+62m-62m+12=0.从而kPA+kPB=0.又P在直线l的左上方，因此，APB的角平分线是平行于y轴的直线，所以PAB的内切圆的圆

18、心在直线x=32上(2)若APB=60时，结合情形(1)的结论可知kPA=3,kPB=-3，直线PA的方程为y-2=3(x-32)，代入x236+y24=1中，消去y得14x2+96(1-33)x+18(13-33)=0，它的两根分别是x1和32，所以x132=18(13-33)14，即x1=32(13-33)14，所以|PA|=1+(3)2x1-32=32(33+1)7，同理可求得|PB|=32(33-1)7，所以SPAB=12|PA|PB|sin60=1232(33+1)732(33-1)732=117349.12【2010高中数学联赛(第01试)】已知抛物线y2=6x上的两个动点Ax1,

19、y1和Bx2,y2，其中x1x2且x1+x2=4.线段AB的垂直平分线与x轴交于点C，求ABC面积的最大值.【答案】1437【解析】解法一设线段AB的中点为Mx0,y0，则x0=x1+x22=2,y0=y1+y22，kAB=y2-y1x2-x1=y2-y1y226-y126=6y2+y1=3y0，线段AB的垂直平分线的方程是y-y0=-y03(x-2) 易知x=5,y=0是式的一个解，所以线段AB的垂直平分线与x轴的交点C为定点，且点C坐标为(5，0).由式知直线AB的方程为y-y0=3y0(x-2)，即x=y03y-y0+2 将式代入y2=6x得y2=2y0y-y0+12，即y2-2y0y+

20、2y02-12=0 依题意，y1，y2是方程的两个实根，且y1y2，所以=4y02-42y02-12=-4y02+480，所以-23y0t2,t12+t22=4，则SABC=12501t126t11t226t21的绝对值，则：SABC2=1256t1+6t12t2-6t1t22-56t22=32t1-t22t1t2+52=324-2t1t2t1t2+5t1t2+5321433，所以SABC1437，当且仅当t1-t22=t1t2+5且t12+t22=4，即t1=7-56,t2=-7+56，A6+353,5+7，B6-353,5-7，或A6+353,-(5+7)，B6-353,-5+7时等号成立

21、.所以，ABC面积的最大值是1437.13【2009高中数学联赛(第01试)】设直线l：y=kx+m(其中k，m为整数)与椭圆x216+y212=1交于不同两点A，B，与双曲线x24-y212=1交于不同两点C，D，问是否存在直线l使得向量AC+BD=0，若存在，指出这样的直线有多少条?若不存在，请说明理由.【答案】答案见解析【解析】由y=kx+mx216+y212=1消去y，化简整理得3+4k2x2+8kmx+4m2-48=0，设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=-8km3+4k2，1=(8km)2-43+4k24m2-480 由y=kx+mx24-y212=1消去y，化简整理得3-

22、k2x2-2kmx-m2-12=0，设Cx3,y3,Dx4,y4，则x3+x4=2km3-k2，2=(-2km)2+43-k2m2+120 因为AC+BD=0，所以x4-x2+x3-x1=0，此时y4-y2+y3-y1=0.由x1+x2=x3+x4得-8km3+4k2=2km3-k2，所以2km=0或-43+4k2=13-k2，由上式解得k=0或m=0，当k=0时，由式与得-23m23，因m是整数，所以m的值为-3,-2,-1,0,1,2,3，当m=0，由式和得-3kc.直线PB的方程为y-b=y0-bx0x，化简得y0-bx-x0y+x0b=0，又因为圆心(1，0)到PB的距离为1，即y0-

23、b+x0by0-b2+x02=1，故y0-b2+x02=y0-b2+2x0by0-b+x02b2，易知x02，上式化简得x0-2b2+2y0b-x0=0，同理有x0-2c2+2y0c-x0=0，所以b+c=-2y0x0-2,bc=-x0x0-2，则(b-c)2=4x02+4y02-8x0x0-22，因为Px0,y0是抛物线上的点，有y02=2x0，则(b-c)2=4x02x0-22，即b-c=2x0x0-2，所以SPBC=12(b-c)x0=x0x0-2x0=x0-2+4x0-2+424+4=8，当x0-22=4时取等号，此时x0=4,y0=22，因此SPBC的最小值为8.15【2007高中数

24、学联赛(第01试)】已知过点(0，1)的直线l与曲线C:y=x+1x(x0)交于两个不同点M和N.求曲线C在点M，N处的切线的交点轨迹.【答案】答案见解析【解析】设点M，N的坐标分别为x1,y1和x2,y2，曲线C在点M，N处的切线分别为l1，l2，其交点P的坐标为xp,yp.若直线l的斜率为k，则l的方程为y=kx+1，由方程组y=x+1xy=kx+1消去y，得x+1x=kx+1，即(k-1)x2+x-1=0，由题意知，该方程在(0，+)上有两个相异的实根x1,x2，故k1，且=1+4(k-1)0 x1+x2=11-k0 x1x2=11-k0 由此解得34k1，对y=x+1x求导，得y=1-

25、1x2，则yx=x1=1-1x12，yx=x2=1-1x22，于是，直线l1的方程为y=y1=1-1x12x-x1，即y-x1+1x1=1-1x12x-x1，化简后得直线l1的方程为y=1-1x12x+2x1 同理可求得直线l2的方程为y=1-1x22x+2x2 得1x22-1x12xp+2x1-2x2=0，因为x1x2，故有xp=2x1x2x1+x2 将，两式代入式得xp=2，+得2yp=2-1x12+1x22xp+21x1+1x2 其中1x1+1x2=x1+x2x1x2=1，1x12+1x22=x12+x22x12x22=x1+x22-2x1x2x12x22=x1+x2x1x22-2x1x

26、2=1-2(1-k)=2k-1，代入式得2yp=(3-2k)xp+2，而xp=2，得yp=4-2k，又由34k1得2yp52，即点P的轨迹为(2，2)，2,52两点间的线段(不含端点).16【2006高中数学联赛(第01试)】给定整数n2，设M0x0,y0是抛物线y2=nx1与直线y=x的一个交点.试证明对于任意正整数m，必存在整数k2，使x0m,y0m为抛物线y2=kx1与直线y=x的一个交点.【答案】证明见解析【解析】因为y2=nx-1与y=x的交点为x0=y0=nn2-42，显然有x0+1x0=n，若x0m,y0m为抛物线y2=kx-1与直线的一个交点，则k=x0m+1x0m，记km=x

27、0m+1x0m，则km+1=kmx0+1x0-km-1=nkm-km-1(m2) 由于k1=n是整数，且k2=x02+1x02=x0+1x02-2=n2-2也是整数，所以根据数学归纳法，通过式可证明对于一切正整数m，km=x0m+1x0m是正整数.现在对于任意正整数m，取k=x0m+1x0m，使得y2=kx-1与y=x的交点为x0m,y0m.17【2005高中数学联赛(第01试)】过抛物线y=x2上的一点A(1，1)作抛物线的切线，分别交x轴于D，交y轴于B.点C在抛物线上，点E在线段AC上，满足AEEC=1；点F在线段BC上，满足BFFC=2，且1+2=1，线段CD与EF交于点P.当点C在抛

28、物线上移动时，求点P的轨迹方程.【答案】y=13(3x-1)2x23【解析】解法一过抛物线上点A的切线斜率为y=2xx=1=2，故切线AB的方程为y=2x-1.于是B，D的坐标分别为B(0,-1),D12,0，所以D是线段AB的中点.设P(x,y),Cx0,x02,Ex1,y1,Fx2,y2，则由AEEC=1知x1=1+1x01+1,y1=1+1x021+1，由BFFC=2得x2=2x01+2,y2=-1+2x021+2，所以，EF所在直线方程为y-1+1x021+1-1+2x021+2-1+1x021+1=x-1+1x01+12x01+2-1+1x01+1，化简得2-1x0-1+2y=2-1

29、x02-3x+1+x0-2x02 当x012时，直线CD的方程为y=2x02x-x022x0-1 联立式与解得x=x0+13y=x023，消去x0，得点P轨迹方程为y=13(3x-1)2.当x0=12时，EF方程为-32y=142-141-3x+32-142，CD方程为x=12，联立解得(x,y)=12,112也在点P的轨迹上.因C与A不能重合，x01,x23，所以所求轨迹方程为y=13(3x-1)2x23.解法二由解法一知，AB的方程为y=2x-1，B(0,-1),D12,0，故D是AB的中点.令=CDCP，t1=CACE=1+1，t2=CBCF=1+2，则t1+t2=3，因为CD为ABC的

30、中线，所以SCAB=2SCAD=2SCBD，而1t1t2=CECFCACB=SCEFSCAB=SCEP2SCAD+SCFP2SCBD=121t1+1t2=t1+t22t1t2=32t1t2，所以=32，故P是ABC的垂心.设P(x,y),Cx0,x02，因点C异于A，则x1，故重心P的坐标为x=0+1+x03=1+x03x23，y=-1+1+x023=x023，消去x0，得y=13(3x-1)2，故所求轨迹方程为y=13(3x-1)2x23.18【2004高中数学联赛(第01试)】在平面直角坐标系xOy中，给定三点A0,43,B(-1,0),C(1,0)，点P到直线BC的距离是该点到直线AB，

31、AC距离的等比中项.(1)求点P的轨迹方程；(2)若直线l经过ABC的内心(设D)，且与点P的轨迹恰好有3个公共点，求l的斜率k的取值范围.【答案】(1) 8x2-17y2+12y-8=0；(2) 0,12,23417,22.【解析】(1)直线AB，AC，BC的方程依次为y=43(x+1)，y=-43(x-1)，y=0，点P(x，y)到AB，AC，BC的距离依次为d1=15|4x-3y+4|，d2=15|4x+3y-4|，d3=|y|，依设d1d2=d32得116x2-(3y-4)2|=25y2，即16x2-(3y-4)2+25y2=0或16x2-(3y-4)2-25y2=0，化简得点P的轨迹

32、方程为：圆S：2x2+2y2+3y-2=0与双曲线T：8x2-17y2+12y-8=0.(2)由前知，点P的轨迹包含两部分：圆S：2x2+2y2+3y-2=0 与双曲线T：8x2-17y2+12y-8=0 因为B(1，0)和C(1，0)是适合题设条件的点，所以点B和点C在点P的轨迹上，且点P的轨迹曲线S与T的公共点只有B，C.ABC的内心D也是适合题设条件的点，由d1=d2=d3解得D0,12，且知它在圆S上.直线l经过D，且与点P的轨迹有3个公共点，所以，的斜率存在，设l的方程为y=kx+12 (i)当k=0时，l与圆S相切，有唯一的公共点D.此时，直线y=12平行于x轴，表明l与双曲线有不

33、同于D的2个公共点，所以l恰好与点P的轨迹有3个公共点.(ii)当k0时，l与圆S有2个不同的交点.这时，l与点P的轨迹恰有3个公共点只能有两种情况：情况1：直线l经过点B或点C，此时l的斜率k=12，直线l的方程为x=(2y-1)，代入方程得y(3y-4)=0，解得E53,43或F-53,43.表明直线BD与曲线T有2个交点B，E；直线CD与曲线T有2个交点C，F.故当k=12时，恰好与点P的轨迹有3个公共点.情况2：直线l不经过点B和C(即k12)，因为l与S有2个不同的交点，所以与双曲线T有且只有1个公共点，即方程组8x2-17y2+12y-8=0y=kx+12有且只有1组实数解，消去y

34、并化简得8-17k2x2-5kx-254=0，该方程有唯一实数解的充要条件是8-17k2=0 或(-5k)2+48-17k2254=0 解方程得k=23417，解方程得k=22.综合得直线l的斜率k的取值范围是有限集0,12,23417,22.19【2002高中数学联赛(第01试)】已知点A(0，2)和抛物线y2=x+4上两点B，C使得ABBC，求点C的纵坐标的取值范围.【答案】y0或y4.【解析】设点B坐标为y12-4,y1，点C坐标为y2-4,y.显然y12-40，故kAB=y1-2y12-4=1y1+2.由于ABBC，所以kBC=-y1+2，从而y-y1=-y1+2x-y12-4，y2=

35、x+4，消去x，注意到yy1，得2+y1y+y1+1=0，所以y12+(2+y)y1+(2y+1)=0，由0解得y0或y4.当y=0时，点B的坐标为(3，1)；当y=4时，点B的坐标为(5，3)，均满足题意.故点C的纵坐标的取值范围是y0或y4.20【2001高中数学联赛(第01试)】设曲线C1:x2a2+y2=1(a为正的常数)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C与x轴的负半轴交于点A，当0a12时，试求OAP的面积的最大值(用a表示).【答案】(1) -ama；(2) SDAPmax=12a1-a20a13aa-a2

36、13a12.【解析】(1)可将曲线C1与C2的公共点的个数问题转化为研究它们的方程组成的方程组解的个数问题.由x2a2+y2=1y2=2(x+m)，所以x2+2a2x+2a2m-a2=0 问题转化为方程在区间(a，a)上有唯一解或两个相等的实根.设f(x)=x2+2a2x+2a2m-a2，当=0，即m=a2+12时，由-a-a2a得0a1，这时方程有等根.当f(-a)=f(a)0，即-ama时，方程在区间(a，a)内有一个根(另一个根在区间外).当f(-a)=0，即m=a时xp=a-2a2，由-aa-2a2a得0a1，这时方程在区间(a，a)内有唯一解；当f(a)=0，即m=-a时，xp=-a

37、-2a2，由-a-a-2a2a得a，故综上所述，当0a1时，m=a2+12或-ama，当a1时，-ama.(2)因为A(a，0)，所以SoAP=12ayp，当0a12时，由情形(1)知-a0，从而yp=1-xp2a2，要使yp最大，则xp应最小.易知，当m=a时，xpmin=a-2a2，从而ypmax=2a-a2，故SOAPmax=aa-a2.当m=a2+12时，xp=-a2，从而yp=1-a2，故SOAP=12a1-a2.下面比较aa-a2与12a1-a2的大小.因为(a-a2)2-121-a22=-14(3a-1)(a-1)，所以当0a13时，aa-a212a1-a2，当13a12a1-a

38、2，SDAPmax=12a1-a20a13aa-a213ab0).试问：当且仅当a，b满足什么条件时，对C1上任意一点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【答案】答案见解析【解析】利用极坐标解决：以坐标原点为极点，x轴为极轴建立极坐标系，则椭圆的极坐标方程为12=cos2a2+sin2b2 显然此平行四边形ABCD必为菱形，设A1,，则B2,90+.代入式相加112+122=1a2+1b2，由于该菱形必与单位圆相切，故原点到AB的距离为1，所以12=112+22，从而112+122=1，所以1a2+1b2=1.22【1999高中数学联赛(第01试)】给定A(

39、2，2)，已知B是椭圆x225+y216=1上的动点，F是左焦点，当|AB|+53|BF|取最小值时，求B的坐标.【答案】B-523,2【解析】记椭圆的半长轴、半短轴、半焦距分别为a，b，c，离心率为e，则a=5,b=4，c=a2-b2=52-42=3，e=ca=35，左准线为x=-253，如图，过点B作左准线x=-253的垂线，垂足为N，过A作此准线的垂线，垂足为M.由椭圆的定义|BN|=|BF|e=53|BF|，于是|AB|+53|BF|=|AB|+|BN|AN|AM|.等号成立当且仅当B是AM与椭圆的交点时，此时B-523,2.23【1998高中数学联赛(第01试)】已知抛物线y2=2p

40、x及定点A(a，b)，B(a，0)(ab0，b22pa)，M是抛物线上的点，设直线AM，BM与抛物线的另一交点分别为M1,M2.求证：当点M在抛物线上变动时(只要M1,M2存在且M1M2)，直线M1M2恒过一个定点，并求出这个定点的坐标.【答案】证明见解析【解析】设M,M1,M2的坐标分别为y022p,y0,y122p,y1,y222p,y2，由A,M,M1共线，得y122p-y022py1-y0=y022p-ay0-b，化简得y1y0=by1+y0-2pa，所以y1=by0-2pay0-b 同理，由B,M,M2共线，得y2=2pay0-b 设(x，y)是直线M1M2上的点，则y1y2=yy1

41、+y2-2px 由式，和消y1,y2得by0-2pa2pay0-b=yby0-2pay0-b+2pay0-2px，整理得y02(2px-by)+y02pb(a-x)+2pa(by-2pa)=0.由于方程组2px-by=0a-x=0by-2pa=0有解x=a,y=2pab，所以，动直线M1M2恒过定点a,2pab.24【1993高中数学联赛(第01试)】设0ab0)，其短轴为4，离心率为e1.双曲线x2m-y2n=1(m0,n0)的渐近线为y=x，离心率为e2，且e1e2=1.(1)求椭圆E的方程；(2)设椭圆E的右焦点为F，过点G(4，0)斜率不为0的直线交椭圆E于M、N两点设直线FM和FN的

42、斜率为k1,k2，试判断k1+k2是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由.【答案】(1)x28+y24=1(2)是定值，k1+k2=0.【解析】(1)由题意可知：2b=4，b=2，nm=1，双曲线的离心率e2=1+nm=2，则椭圆的离心率为e1=22.椭圆的离心率e1=ca=1-b2a2=22，则a=22.所以椭圆的标准方程：x28+y24=1.(2)k1+k2是定值，证明如下：如图，设直线MN的方程为y=k(x-4)(k0).联立y=k(x-4)x2+2y2=8消去y整理得(1+2k2)x2-16k2x+32k2-8=0.设M(x1,y1),N(x2,y2)，则x1+x2=

43、16k22k2+1,x1x2=32k2-82k2+1，k1+k2=y1x1-2+y2x2-2=k(x1-4)x1-2+k(x2-4)x2-2=k(x1-4)(x2-2)+(x2-4)(x1-2)(x1-2)(x2-2)=k2x1x2-6(x1+x2)+16(x1-2)(x2-2).将x1+x2=16k22k2+1,x1x2=32k2-82k2+1，代入上式得2x1x2-6(x1+x2)+16=0，即k1+k2=0.2如图，椭圆C1:x24+y2=1，抛物线C2:x2=2py(p0)，设C1,C2相交于A、B两点，O为坐标原点.(1)若ABO的外心在椭圆上，求实数p的值；(2)若ABO的外接圆经

44、过点N(0,132)，求实数p的值.【答案】(1)7-136；(2)3【解析】(1)由抛物线、椭圆和圆的对称性可知，AB的外心为椭圆的上顶点M(0，1).则有MA=MB=MO=1.设B(x0,y0)(x00)，则有x02=2py0x024+y02=1x02+(y0-1)2=1，解得x02=4(213-5)9y0=-1+133p=7-136.(2)因为O、A、N、B四点共圆，设AB与y轴相交于C(0,y0)，由相交弦定理得ACCB=CNCO，即y0(132-y0)=x0x0=2py0，解得y0=132-2p 代入x02=2y0，解得x02=2p(132-2p). 将、代入椭圆方程得13p-4p2

45、4+(132-2p)2=1，解得p=3.3如图所示，设k0且k1，直线l：y=kx+1与l1：y=k1x+1关于直线y=x+1对称，直线l与l1分别交椭圆E:x24+y2=1于点A、M和A、N.(1)求kk1的值；(2)求证：对任意的实数k，直线MN恒过定点.【答案】(1)1；(2)证明见解析【解析】(1)直线l与l1的交点为A(0，1)设点P(x，y)是直线l上异于点A(0，1)的任意一点，点P0(x0,y0)是点P关于直线y=x+1的对称点.由y+y02=x+x02+1得y-x=x0-y0+2 由y-y0x-x0=-1得y+x=y0+x0 联立解得x=y0-1y=x0+1.代入直线l：y=

46、kx+1可得x0=k(y0-1).又由点P0(x0,y0)在直线l1:y=k1x+1上，有y0=k1x0+1，则y0-1=k1x0.所以有x0=kk1x0，从而由x00可得kk1=1.(2)设点M、N的坐标分别为(x1,y1)与(x2,y2).由y1=kx1+1x124+y12=1可得(4k2+1)x12+8kx1=0.所以有x1=-8k4k2+1,y1=1-4k24k2+1.同理求得x2=-8k14k12+1,y2=1-4k124k12+1.由kk1=1可得x2=-8k4+k2,y2=k2-44+k2.则直线MN的斜率为kMN=y1-y2x1-x2=1-4k24k2+1-k2-44+k2-8

47、k4k2+1-8k4+k2=8-8k48k(3k2-3)=-k2+13k.所以直线MN的方程为y-1-4k24k2+1=-k2+13k(x-8k4k2+1)，化简得y=-k2+13kx-53.因此，对任意的k，直线MN恒过定点(0,-53).4已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左右焦点分别为F1F2，右顶点为A，P为椭圆C上任意一点.已知PF1PF2的最大值为3，最小值为2.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l：y=kx+m与椭圆C相交于MN两点(MN不是左右顶点)，且以MN为直径的圆过点A.求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标.【答案】(1)x24+y23=1.(2)证明见解析

48、，定点(27,0)【解析】(1)因为P是椭圆C上任一点，所以|PF1|+|PF2|=2a且a-c|PF1|a+c，y=PF1PF2=|PF1|PF2|cosF1PF2=12(|PF1|2+|PF2|2-4c2)=12|PF1|2+(|2a-|PF1|)2-4c2=(|PF1|-a)2+a2-2c2.当|PF1|=a时，y有最小值a2-2c2；当|PF1|=a-c或a+c时，y有最大值a2-c2.所以a2-c2=3a2-2c2=2，解得a2=4c2=1，故b2=a2-c2=3.因此椭圆的方程为x24+y23=1.(2)设M(x1,y1),N(x2,y2)，将y=kx+m代入椭圆方程得(4k2+3

49、)x2+8kmx+4m2-12=0，所以x1+x2=-8km4k2+3,x1x2=4m2-124k2+3.因为y1=kx1+m,y2=kx2+m，所以y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2.又因为以MN为直径的圆过点A，所以AMAN=0，故7m2+16km+4k2=0.所以m=-27k或m=-2k，都满足0若m=-2k，直线l恒过定点(2，0)，不合题意舍去若m=-27k，直线l:y=k(x-27)恒过定点(27,0).5已知椭圆C:x2a2+y2b2=1过点M(0,2)，且右焦点为F(2,0)(1)求椭圆C的方程；(2)过点F的直线l与椭圆C交于A,B两点，交y轴于点P若PA=mA

50、F,PB=nBF，求证：m+n为定值；(3)在(2)的条件下，若点P不在椭圆C的内部，点Q是点P关于原点O的对称点，试求三角形QAB面积的最小值【答案】(1)x28+y24=1(2)见解析(3)163【解析】(1)由题意b=2，c=2，所以a2=8，椭圆C的方程为x28+y24=1(2)设A、B、P的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),(0,t)由PA=mAF知x1=2m1+m，y1=t1+m又点A在椭圆C上，则(2m1+m)28+(t1+m)24=1，整理得2m2+8m-t2+4=0由PB=nBF，同理得到2n2+8n-t2+4=0由于A、B不重合，即mn，故m、n是二次方程2x2+8

51、x-t2+4=0的两根，所以m+n=-4，为定值(3)依题意，直线l的方程为x2+yt=1，即y=-t2(x-2)，与椭圆C的方程联立，消去y并整理，得(2+t2)x2-4t2x+4t2-16=0，=16t4-4(2+t2)(4t2-16)=32t2+1280，所以x1+x2=4t22+t2,x1x2=4t2-162+t2，而SQAB=12|2t|x1-x2|=|t|x1-x2|SQAB2=t2(x1-x2)2=t2(x1+x2)2-4x1x2=t216t4(2+t2)2-16t2-642+t2=t232t2+128(2+t2)2=321-4(2+t2)2由已知，点P不在椭圆C的内部，得|t|

52、2，即t24，所以SQAB2的最小值为3289=2569，故三角形QAB面积的最小值为1636已知点F是椭圆x21+a2+y2=1(a0)右焦点，点M(m,0)、N(0,n)分别是x轴、y上的动点，且满足MNNF=0，若点P满足OM=2ON+PO(1)求P点的轨迹C的方程；(2)设过点F任作一直线与点P的轨迹C交于A、B两点，直线OA、OB与直线x=-a分别交于点S、T(其中O为坐标原点)，试判断是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由【答案】(1)y2=4ax；(2)见解析【解析】(1)由题意知F(a，0).于是，NF=(a,-n).又MN=(-m,n)，由MNNF=0，得n2+a

53、m=0.设点P(x，y).由OM=2ON+PO(m,0)=2(0,n)+(-x,-y)m=-x,n=y2.代入n2+am=0，得y2=4ax.(2)设lAB:x=ty+a,A(y124a,y1),B(y224a,y2).则lOA:y=4ay1x,lOB:y=4ay2x.由y=4ay1x,x=-aS(-a,-4a2y1)类似地，T(-a,-4a2y2).故FS=(-2a,-4a2y1),FT=(-2a,4a2y2)FSFT=4a2+16a4y1y2.由x=ty+a,y2=4axy2-4aty-4a2=0y1y2=-4a2FSFT=4a2+16a4-4a2=4a2-4a2=0(定值)7设O是坐标原

54、点，双曲线C：x2a2-y2b2=1上动点M处的切线，交C的两条渐近线于A、B两点.求证：AOB的面积S是定值；求AOB的外心P的轨迹方程.【答案】(1)见解析(2)a2x2-b2y2=14(a2+b2)2【解析】双曲线在M(x0,y0)处的切线方程为x0xa2-y00b2=1，与渐近线方程联立，得A(x1,y1)=(ax0a+y0b,bx0a+y0b)，B(x2,y2)=(ax0a-y0b,-bx0a-y0b).从而S=12|x1y2-x2y1|=|ab|是定值.由可设A(a,b)，B(a,-b)，P(x，y)，为非零常数.由|AP|=|OP|=|BP|，得(x-a)2+(y-b)2=x2+

55、y2=(x-a)2+(y+b)2.从而有ax+by=2(a2+b2)，ax-by=12(a2+b2).上述两式相乘，得P的轨迹方程为a2x2-b2y2=14(a2+b2)2.8已知离心率为12的椭圆的左焦点F1为抛物线y2=4px(p0)的准线与x轴的交点，右焦点F2也为抛物线的焦点，椭圆与抛物线在x轴上方的交点为P，延长PF1，与该抛物线交于点Q，M为抛物线上一个动点，且M在点P与Q之间运动.若PF1F2的边长恰为三个连续的正整数，求MPQ面积的最大值.【答案】616【解析】由题意知F1(-p,0)，F2(p,0).因为e=12，所以，椭圆方程为x24+y23=p2.由x24+y23=p2y

56、2=4px得3x2+16px-12p2=0x=23p.又点P在x轴上方，则P(23p,263p)且|PF1|=(23p+p)2+(263p)2=73p，|PF2|=23p+p=53p，|F1F2|=2p.于是，53p、2p、73p为连续正整数.从而，p=3.故F1(-3,0)，P(2,26)，lPF1:y=265(x+3).将上式代入y2=12x，解得Q(92,36)设M(y0212,y0)，且26y036而MPQ的底边长|PQ|=72为定值故要使MPQ的面积最大，须且只需点M到直线PQ的距离最大.由y2=12xy=23xy=3x而直线PQ的斜率为kPQ=265故以点M为切点的切线斜率为3x=

57、2653y0212=265y0=562M(258,562)又点M到直线PF1的距离为d=628则(SMPQ)max=1272628=616.9如图，已知G:(x-2)2+y2=r2是椭圆x216+y2=1的内接ABC的内切圆，其中，A为椭圆的左顶点.(1)求G的半径r；(2)过点M(0，1)作G的两条切线与椭圆交于E、F两点，证明:直线EF与G相切.【答案】(1) r=23 (2)见解析【解析】1.设点B(2+r,y0)，过圆心G作GDAB于点D，BC与x轴交于点H.由GDAD=HBAHr36-r2=y06+ry0=r6+r6-r.由点B在椭圆上得y02=1-(2+r)216=12-4r-r2

58、16=-(r-2)(r+6)16.由式、得15r2+8r-12=0.解得r=23或r=-65(舍去).2.设过点M(0,1)与圆(x-2)2+y2=49相切的直线方程为y-1=kx.则23=|2k+1|1+k232k2+36k+5=0k1=-9+4116,k2=-9-4116.将式代入x216+y2=1得(16k2+1)x2+32kx=0于是，异于零的解为x=-32k16k2+1.设点F(x1,k1x1+1),E(x2,k2x2+1).则x1=-32k116k12+1，x2=-32k216k22+1.于是，直线EF的斜率为k2-x2x2-x1=k1+k21-16k1k2=34.故直线EF的方程

59、为y+32k1216k12+1-1=34(x+32k116k12+1)，即y=34x-73.因此，圆心(2，0)到直线EF的距离为d=|32-73|1+916=23.10已知双曲线x2-y2=2的左、右焦分别为点F1、F2，过定点P(2,3)作双曲线x2-y2=2的切线，切点分别为A、B，且点A的横坐标小于点B的横坐标。(1)求直线AB的方程；(2)证明：F1PA=F2PB。【答案】(1)2x-3y=2；(2)见解析【解析】(1)设点A(x1,y1),B(x2,y2)(x1b0)的左、右焦点，点P(263,1)在椭圆C上，且F1PF2的垂心为H(263,-53)(1)求椭圆C的方程；(2)设A

60、为椭圆C的左顶点，过点F2的直线l交椭圆C于D、D两点记直线AD、AE的斜率分别为k1、k2，若x1-3kk，求直线l的方程【答案】(1)x24+y23=1(2)y=2(x-1)【解析】设F1(-c,0)，F2(c,0)由F1PF2的垂心为H(263,-53)，得F1HPF2所以kF1HkPF2=-53263+c1263-c=-1，249-c2=53，解得c2=1由点P(263,1)在椭圆C上，得249a2+1b2=1结合a2-b2=c2=1，解得a2=4，b2=3所以椭圆C的方程为x24+y23=1(2)由(1)知A(-2,0)，F2(1,0)若l的斜率不存在，则由对称性，知k1+k2=0，

61、不符合要求若l的存在，设为k，则l的方程为y=k(x-1)由y=k(x-1)x24+y23=1，得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0 设D(x1,y1)，E(x2,y2)，则x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4k2-124k2+3所以 k1+k2=y1x1+2+y2x2+2=k(x1-1)x1+2+k(x2-1)x2+2=k(1-3x1+2+1-3x2+2)=k2-3(x1+x2+4)(x1+2)(x2+2)=k2-3(x1+x2+4)x1x2+2(x1+x2)+4=k2-3(8k24k2+3+4)4k2-124k2+3+28k24k2+3+4=k2-3(8k2+16k2+1

62、2)4k2-12+16k2+16k2+12=k(2-2k2+1k2)=-1k又k1+k2=-12，因此k=2，直线l的方程为y=2(x-1)12如图，椭圆x2y2+y2b2=1(ab0)的左焦点为F，过点F的直线交椭圆于A、B两点.当直线AB经过椭圆的一个顶点时，其倾斜角恰为60.(1)求该椭圆的离心率；(2)设线段AB的中点为G，AB的中垂线与x轴、y轴分别交于D、E两点.记GDF的面积为S1，OED(O坐标原点)的面积为S2.求S1S2的取值范围.【答案】(1)e=12(2)(9,+)【解析】(1)依题意，当直线AB经过椭圆的顶点(0，b)时，其倾斜角为60.设F(-c,0)，则bc=ta

63、n60=3.将b=3c代入a2=b2+c2，得a=2c.所以椭圆的离心率e=ca=12.(2)由(1)知，椭圆方程可设为x24c2+y23c2=1，设A(x1,y1)，B(x2,y2).依题意，直线AB不能与x、y轴垂直，故设直线AB的方程为y=k(x+c)，将其代入3x2+4y2=12c2，整理得(4k2+3)x2+8ck2x+4k2c2-12c2=0.则x1+x2=-8ck24k2+3,y1+y2=6ck4k2+3.所以G(-4ck24k2+3,3ck4k2+3).因为GDAB，所以3ck4k2+3-4ck24k2+3-xDk=-1,xD=-ck24k2+3.因为GFDOED，所以S1S2

64、=|GD|2|OD|2=(4ck24k2+3-ck24k2+3)+(3ck4k2+3)2(-ck24k2+3)2=(3ck2)2+(3ck)2(ck2)2=9c2k4+9c2k2c2k4=9+9k29.所以S1S2的取值范围是(9,+).13如图，已知抛物线y=ax2过点P(-1，1)，过点Q(-12，0)作斜率大于0的直线l交抛物线与M、N两点(点M在Q、N之间)，过点M作x轴的平行线，交OP于A，交ON于BPMA与OAB的面积分别记为S1、S2，比较S1与3S2的大小，说明理由.【答案】S13S2【解析】如图，抛物线y=ax2过点P(-1，1)，得a=1，所以抛物线的方程为y=x2.设直线

65、l的方程为y=k(x+12)(其中k0)，由y=k(x+12)y=x2得2x2-2kx-k=0.设M(x1,y1)，N(x2,y2)，那么有x1x2，A(-y1,y1)，x1+x2=k，x1x2=-k2.又ON的方程为y=y2x2x，故B(y1x2y2,y1)，所以|MA|=-y1-x1，|AB|=y1x2y2+y1，有|AB|-|MA|=y1x2y2+2y1+x1=y1x2+2y1y2+x1y2y2=k(x1+12)x2+2k(x1+12)k(x2+12)+x1k(x2+12)y2=(2k2+2k)x1x2+(k2+12k)(x1+x2)+12k2y2=(2k2+2k)(-k2)+(k2+1

66、2k)k+12k2y2=0可得|AB|=|AM|由题意知-12=xQx10，故y1=x121-14=34.又因为S1=12|AM|(1-y1)，S2=12|AB|y1，所以S13S2.14已知O为坐标原点，N(1,0)，点M为直线x=-1上的动点，MON的平分线与直线MN交于点P，记点P的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程；(2)过点Q(-12,-12)作斜率为k的直线l，若直线l与曲线E恰好有一个公共点，求k的取值范围.【答案】(1)y2=x(0x1)(2)(-13,11+32【解析】(1).设P(x,y),M(-1,t)，易知0x1.因为OP平分MON，所以MP=|OM|ON|PN=1+t

67、2PN，所以x+1=1+t2(1-x), y-t=1+t2(0-y). 由可得t=2y1-x，代入得到x+11-x=1+(2y1-x)2，化简即得曲线E的方程为y2=x(0x1).(2).记A(1,1),B(1,-1)，则kQA=1,kQB=-13.直线l的方程为y+12=k(x+12)，与抛物线方程y2=x联立，消去x得ky2-y+12(k-1)=0当直线l与抛物线y2=x相切于点T时，=1-2k(k-1)=0，解得k1,2=132.当k=k1=1+32时，yT=3-12，切点T在曲线E上；当k=k2=1-32时，yT=3+12，切点T不在曲线E上.若直线l与曲线E恰好有一个公共点，则有kQ

68、B0)外一点P向抛物线作两条切线，切点为M、N，F为抛物线的焦点.证明：(1)|PF|2=|MF|NF|；(2)PMF=FPN.【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】设P(x0,y0)，M(x1,y1)，N(x2,y2).易求得切线PM：y1y=p(x+x1)，切线PN：y2y=p(x+x2).因为点P在两条切线上，所以，y1y0=p(x0+x1)，y2y0=p(x0+x2).故点M、N均在直线y0y=p(x+x0)上.于是，lMN:y0y=p(x+x0).联立y0y=p(x+x0)，y2=2px(p(x+x0)2=2pxy02x2+2(x0-y02p)x+x02=0.由韦达定理知x1+x

69、2=2(y02p-x0)，x1x2=x02.(1)易知，F(p2,0).由抛物线的第二定义得|MF|=x1+p2，|NF|=x2+p2|MF|NF|=(x1+p2)(x2+p2)=x1x2+p2(x1+x2)+p24=x02+y02-px0+p24=(x0-p2)2+y02=|PF|2.因此，|PF|2=|MF|NF|.(2)由FP=(x0-p2,y0)，FM=(x1-p2,y1)，FN=(x2-p2,y2)，知FPFM=(x0-p2,y0)(x1-p2,y1)=x0x1-p2(x0+x1)+p24+y0y1=x0x1-p2(x0+x1)+p24+p(x0+x1)=x0x1+p2(x0+x1)

70、+p24=(x0+p2)(x1+p2)又|MN|=x1+p2，则cosPFM=FPFM|FP|MF|=(x0+p2)(x1+p2)|FP|(x1+p2)=x0+p2|FP|类似地，cosPFM=x0+p2|FP|故cosPFM=cosPFNPFM=PFN.结合|PF|2=|MF|NF|，得MFPPFNPMF=FPN16已知F为椭圆C:x24+y23=1的右焦点，点P为直线x=4上的动点，过点P作椭圆C的切线PAPB，AB为切点.(1)求证：AFB三点共线；(2)求PAB面积的最小值【答案】(1)证明见解析.(2)92【解析】(1)F(1，0)，设P(4，t)，A(x1,y1)，B(x2,y2)

71、.则切线PAPB的方程分别为x1x4+y1y3=1,x2x4+y2y3=1.由切线PAPB过点P(4，t)得x1+y1t3=1,x2+y2t3=1，即x1+t3y1=1,x2+t3y2=1.由此可得直线AB的方程为x+t3y=1，易知直线AB过点F(1，0)，所以AFB三点共线，如图所示.(2)由x+t3y=1x24+y23=1得(t2+12)y2-6ty-27=0.=36t2+427(t2+12)0，y1+y2=6tt2+12，y1y2=-27t2+12.于是，|AB|=1+(-t3)2|y1-y2|=1+(-t3)2(6tt2+12)2-4-27t2+12=4(t2+9)t2+12.又点P

72、(4，t)到直线AB的距离d=9+t2，所以SPAB=12|AB|d=124(t2+9)t2+129+t2=2(t2+9)9+t2t2+12.设t2+9=，由tR，知3，且SPAB=f()=232+3.因为f()=62(2+3)-23(2)(2+3)2=24+182(2+3)20，所以f()在区间3，+)上为增函数，f()的最小值为f(3)=92，此时t=0.所以PAB面积的最小值为92.17已知定长为4的线段AB的两端点，分别在两条相交直线x2y=0上移动.(1)设线段AB的中点为G，求点G的轨迹C的方程；(2)若由点P向曲线C作出的两条切线互相垂直，求证：动点P在定圆上.【答案】(1)x2

73、4+y2=1；(2)证明见解析【解析】(1)设A、B、G的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),(x,y)，则2x=x1+x22y=y1+y2x1=2y1x2=-2y2(x1-x2)2+(y1-y2)2=42.得到(4y2)+(2x)2=16，因此有x24+y2=1.所以，点G的轨迹C的方程为：x24+y2=1.(2)设P(x0,y0)，PS、PT与椭圆C相切于S、T，椭圆C的左、右焦点分别为F1,F2,F2关于PS、PT的对称点分别为P1,P2.由椭圆的光学性质，知F1,S,P1与F1,T,P2分别共线，所以|F1P1|=|F1P2|=|F1S|+|F2S|=4.又SPT=90，则P1P

74、2以P为中点，故|PF1|2+|PF2|2=|PF1|2+|PP1|2=|F1P1|2=16，因此(x0+3)2+y02+(x0-3)2+y02=16，所以x02+y02=5，得到|OP|=5.即动点P在定圆x2+y2=5上.18已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率e=22，直线y=2x1与C交于A、B两点，且|AB|=895 (1)求椭圆C的方程；(2)过点M(2，0)的直线l(斜率不为零)与椭圆C交于不同的两点E、F(E在点F、M之间)，记=SOMESOMF，求的取值范围【答案】(1)x22+y2=1(2)3-220解得m22，且y1+y2=-4mm2+2，y1y2=2m2

75、+2 由=SOMESOMF=12OMy112OMy2得，y1=y2 由得(1+)2=m2+28m2=18+14m2所以18(1+)214，解得3-223+22，且119如图所示，在平面直角坐标系xOy，设点M(x0,y0)是椭圆C:x24+y2=1上一点，左右焦点分别是F1、F2，从原点O向圆M：(x-x0)2+(y-y0)2=r2(0r0)(2)52【解析】1.由椭圆定义：|MF|1+|MF2|=2a得2r+|AF1|+|BF2|=2a所以，|AF1|+|BF2|=2a-2r，又|AF1|-|BF2|=2r，则|AF1|=a=2，故点A(x,y)的坐标满足方程(x+3)2+y2=4.因为0r

76、0或x0).2.令直线OP的方程是y=k1x，与圆M相切，则有|k1x0-y0|k12+1=r，即(x02-r2)k12-2x0y0k1+y02-r2=0又直线OQ与圆相切，设直线OQ的方程是y=k2x，同理有(x02-r2)k22-2x0y0k2+y02-r2=0则k1、k2是方程(x02-r2)x2-2x0y0x+y02-r2=0的两实根，因此，k1k2=y02-r2x02-r2=1-x024-r2x02-r2又k1k2为定值，设k1k2=c，则k1k2=1-x024-r2x02-r2=c即(c+14)x02=1+(c-1)r2由于M为椭圆上的点，且c为定值，因此必有c=-14，故k1k2

77、=-14，此时r=255.设点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，联立y=k1xx24+y2=1，解得x12=41+4k12，y12=4k121+4k12.同理x22=41+4k22，y22=4k221+4k22，所以，OP2OQ2=(41+4k12+4k121+4k12)(41+4k22+4k221+4k22)=4(1+k12)1+4k124(1+k22)1+4k22=4(1+k12)1+4k121+16k121+4k12(5+20k122)(1+4k12)2=254.故|OP|OQ|的最大值为52.20已知圆O:x2+y2=4与曲线C:y=3|x-t|，A(m,n)，B(s,p)，(m,n

78、,s,pN*)为曲线C上的两点，使得圆O上任意一点到点A的距离与到点B的距离之比为定值k(k1)，求t的值【答案】t=43【解析】设P(x,y)为圆O上任意一点，则由题意知|PA|PB|=k即PA2=k2PB2，于是(x-m)2+(y-n)2=k2(x-s)2+(y-p)2，整理得x2+y2-2(k2s-m)k2-1x-2(k2p-n)k2-1y=(m2+n2)-k2(s2+p2)k2-1因此点P的轨迹是一个圆因为P(x,y)为圆上任意一点，所以此圆与圆O:x2+y2=4必为同一个圆，于是有-2(k2s-m)k2-1=0，-2(k2p-n)k2-1=0，(m2+n2)-k2(s2+p2)k2-1=4，整理得k2s-m=0，k2p-n=0，所以(m2+n2)-k2(s2+p2)k2-1=(k4s2+k4p2)-k2(s2+p2)k2-1=k2(s2+p2)=4因为s，pN*，所以s21，p21，从而k2=4s2+p22又因为k1，所以s=p=1，k2=2，m=n=2因此将A(2,2)，B(1,1)，代入y=3|x-t|，得t=43