专题17平面解析几何C辑(解析版)-备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)

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】3√3【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AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(−t,s)且△ABC 的面积S △ABC =12|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=s 2+t 22.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)=1,这等价于：s a+at =−st① −ta+as =st .②由①、②相加,得s−t a+a(t +s)=0,即a 2=t−s t+s. ③由①、②相乘,并利用③,得−s 2t 2=(s a +at)(−t a +as)=(a 2−1a 2)st +s 2−t 2=(t −s t +s −t +s t −s ]⋅st +s 2−t 2=4st s 2−t2⋅st +s 2−t 2 =(s 2+t 2)2s 2−t 2.所以由基本不等式得：(s 2+t 2)4=−s 2t 2(s 2−t 2)2=14⋅2s 2t 2⋅2s 2t 2⋅(s 2−t 2) ⩽14⋅(2s 2t 2+2s 2t 2+(s 2−t 2)23]3=(s 2+t 2)6108,④故s 2+t 2⩾√108=6√3.以下取一组满足条件的实数(s,t,a),使得s 2+t 2=6√3(进而由s,t,a 可确定一个满足条件的△ABC ,使得S △ABC =s 2+t 22=3√3).考虑④的取等条件,有2s 2t 2=(s 2−t 2)2,即s 2t 2=2±√3.不妨要求0<s <t ,结合s 2+t 2=6√3,得s =√3(√3−1), t =√3(√3+1). 由①知a <0,故由③得a =−√t−s t+s,其中t =√√3+1√3−1=√3+1√2,从而有a =−√√3+1−√2√3+1+√2.综上, △ABC 的面积的最小值为3√3.2．【2020高中数学联赛B 卷（第01试）】在椭圆Γ中,A 为长轴的一个端点,B 为短轴的一个端点, F 1,F 2为两个焦点.若AF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,求tan∠ABF 1⋅tan∠ABF 2的值. 【答案】−15【解析】由对称性,设椭圆Γ的方程为x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0),A(a,0),B(0,b), F 1(−c,0),F 2(c,0),其中c =√a 2−b 2.由条件知AF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−c −a)(c −a)+(−c 2+b 2)=a 2+b 2−2c 2=0.所以a 2+b 2−2c 2=−a 2+3b 2=0,a =√3b,c =√2b . 记O 为坐标原点,则tan∠ABO =a b=√3, tan∠OBF 1=tan∠OBF 2=cb=√2.所以tan∠ABF 1tan∠ABF 2=tan(∠ABO +∠OBF 1)⋅tan(∠ABO −∠OBF 1) =√3+√21−√3⋅√2√3−√21+√3⋅√2=−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Ω与抛物线Γ:y 2=4x 恰有一个公共点，且圆Ω与x 轴相切于Γ的焦点F .求圆Ω的半径. 【答案】4√39【解析】易知的焦点F 的坐标为(1，0).设圆的半径为r (r >0).由对称性，不妨设Ω在x 轴上方与x 轴相切于点F ，故Ω的方程为(x −1)2+(y −r)2=r 2. ①将x =y 24代入①并化简，得(y 24−1)2+y 2−2ry =0.显然y >0，故r =12y[(y 24−1)2+y 2]=(y 2+4)232y②根据条件，②恰有一个正数解y ，该y 值对应Ω与Γ的唯一公共点. 考虑f(y)=(y 2+4)232y(y >0)的最小值.由平均值不等式知y 2+4=y 2+43+43+43⩾4√y 2⋅(43)34，从而f(y)⩾132y⋅16√y 2⋅(43)3=4√39.当且仅当y 2=43，即y =2√33时，f (y )取到最小值4√39.由②有解可知r ⩾4√39.又假如r >4√39，因f (y )随y 连续变化，且y →0+及y →+∞时，f (y )均可任意大，故②在(0,2√33)及(2√33,+∞)上均有解，与解的唯一性矛盾.综上，仅有r =4√39满足条件(此时(13,2√33)是Ω与Γ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|F A |=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Γ的标准方程为x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)，并记c =√a 2−b 2.由对称性，可设F 为Γ的右焦点.易知F 到Γ的左顶点的距离为a +c ，到右顶点的距离为a －c ，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，a －c =2，故|AB|=2a =5(相应地，b 2=(a +c )(a －c )=6，Γ的方程为4x 225+y 26=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b 2=a 2−c 2=3， 所以|AB|=√a 2+b 2=√7(相应Γ的方程为x 24+y 23=1).(3)A 为上顶点或下顶点，B 为右顶点.此时a =3，a －c =2，故c =1，进而b 2=a 2−c 2=8， 所以|AB|=√a 2+b 2=√17(相应Γ的方程为x 29+y 28=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Γ:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右顶点与上、下顶点.设P ，Q 是Γ上且位于第一象限的两点，满足OQ ∥AP ，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(x 0,y 0).由于OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ //AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =OP ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ;OR ⃗⃗⃗⃗⃗ //OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )，故存在实数λ、μ，使得OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(OP ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ),OR ⃗⃗⃗⃗⃗ =μ(OP⃗⃗⃗⃗⃗ +OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ). 此时点Q 、R 的坐标可分别表示是(λ(x 0+a ),λy 0),(μ(x 0−a ),μy 0). 由于点Q 、R 都在椭圆上，所以λ2((x 0+a )2a 2+y 02b2)=μ2((x 0−a )2a 2+y 02b 2)=1.结合x 02a2+y 02b 2=1知，上式可化为λ2(2+2x 0a)=μ2(2−2x 0a)=1，解得λ2=a2(a+x 0),μ2=a2(a−x 0)，因此|OQ|2+|OR|2=λ2((x 0+a )2+y 02)+μ2((x 0−a )2+y 02)=a 2(a +x 0)((x 0+a )2+y 02)+a 2(a −x 0)((x 0−a )2+y 02)=a (a +x 0)2+ay 022(a +x 0)+a (a −x 0)2+ay 022(a −x 0)=a 2+ay 022(1a +x 0+1a −x 0)=a 2+ay 022⋅2a a 2−x 02 =a 2+a 2⋅b 2(1−x02a2)a 2−x 02=a 2+b 2=|BC|2.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C 1:y 2=4x ，曲线C 2:(x −4)2+y 2=8.经过C 1上一点P 作一条倾斜角为45°的直线l ，与C 2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 (t 2，2t )，则直线l 的方程为y =x +2t －t 2， 代入曲线C 2的方程得(x −4)2+(x +2t −t 2)2=8， 化简可得2x 2−2(t 2−2t +4)x +(t 2−2t )2+8=0①由于l 与C 2交于两个不同的点，故关于x 的方程①的判别式△为正. 计算得，Δ4=(t 2−2t +4)2−2[(t 2−2t )2+8]=(t2−2t)2−8(t2−2t)+16−2(t2−2t)2−16=−(t2−2t)2+8(t2−2t)=−(t2−2t)(t2−2t−8)=−t(t−2)(t+2)(t−4)，因此有t∈(−2,0)∪(2,4)②设Q、R的横坐标分别为x1,x2，由①知，x1+x2=t2−2t+4,x1x2=12[(t2−2t)2+8]，因此，结合的倾斜角为45°可知，|PQ|⋅|PR|=√2(x1−t2)⋅√2(x2−t2)=2x1x2−2t2(x1+x2)+2t4 =(t2−2t)2+8−2t2(t2−2t+4)+2t4=t4−4t3+4t2+8−2t4+4t3−8t2+2t4 =t4−4t2+8=(t2−2)2+4③由②可知，t2−2∈(−2,2)∪(2,14)，故(t2−2)2∈[0,4)∪(4,196)，从而由③得，|PQ|⋅|PR|=(t2−2)2+4∈[4,8)∪(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|2√2|<2√2，同样可以求得②中t的范围.注2更简便的计算|PQ|⋅|PR|的方式是利用圆幂定理.事实上，C2的圆心为M(4，0)，半径r=2√2，故|PQ|⋅|PR|=|PM|2−r2=(t2−4)2+(2t)2−(2√2)2=t4−4t2+8.7．【2015高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，F1，F2分别是椭圆x22+y2=1的左、右焦点.设不经过焦点F1的直线l与椭圆交于两个不同的点A，B，焦点F1到直线l的距离为d.如果直线AF1，l，BF1的斜率依次成等差数列，求d的取值范围【答案】(√3,2)【解析】由条件知，点F1，F2的坐标分别为(－1，0)和(1，0).设直线l的方程为y=kx+m，点A，B的坐标分别为(x1,y1)和(x2,y2)，则x1,x2满足方程x22+(kx+m)2=1，即(2k2+1)x2+4kmx+(2m2−2)=0①由于点A，B不重合，且直线l的斜率存在，故x1,x2是方程①的两个不同实根，因此有式①的判别式Δ=(4km)2−4⋅(2k2+1)⋅(2m2−2)=8(2k2+1−m2)>0即2k2+1>m2②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+m)(x2+1)+(kx2+m)(x1+1)=2k(x1+1)(x2+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①及韦达定理知4km2k2+1=−(x1+x2)=2，即m=k+12k③由式②与③知2k2+1>m2=(k+12k )2，化简得k2>14k2，这等价于|k|>√22.反之，当m，k满足式③及|k|>√22时，l必不经过点F1(否则将导致m=k，与式③矛盾)，而此时m，k满足式②，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①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=√2=√2|2k+12k|=√1k2+1(2+12k2).注意到|k|>√22，令t=√1k2+1，则t∈(1,√3)，上式可改写为d=1t⋅(t22+32)=12(t+3t)④考虑到函数f(t)=12⋅(t+3t)在[1,√3]上单调递减，故由式④得f(√3)<d<f(1)，即d∈(√3,2).8．【2014高中数学联赛（第01试）】平面直角坐标系xOy中，P是不在x轴上的一个动点，满足条件：过P可作抛物线y2=4x的两条切线，两切点连线l与PO垂直.设直线l与直线PO，x轴的交点分别为Q，R.(1)证明R是一个定点；(2)求|PQ||QR|的最小值.【答案】(1)证明见解析；(2) 2√2.【解析】(1)设点P的坐标为(a，b)(b≠0)，易知a≠0.记两切点A，B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)，则P A，PB的方程分别为yy1=2(x+x1)①yy 2=2(x +x 2)②而点P 的坐标(a ，b )同时满足式①与②，故A ，B 的坐标(x 1,y 1),(x 2,y 2)均满足方程by =2(x +a)③故式③就是直线AB 的方程.直线PO 与AB 的斜率分别为ba与2b，由PO ⊥AB 知ba⋅2b=−1，故a =－2.从而式③即为y =2b(x −2).故AB 与x 轴的交点R 是定点(2，0).(2)因为a =－2，故直线PO 的斜率k 1=−b2，直线PR 的斜率k 2=−b4.设∠OPR =α，则α为锐角，且|PQ||QR|=1tanα=|1+k 1k 2k 1−k 2|=|1+(−b 2)(−b4)−b 2+b 4|=8+b 22|b|⩾2√8b 22|b|=2√2.当b =±2√2时，|PQ||QR|的最小值为2√2.9．【2013高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy 中，椭圆的方程为x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)，A 1，A 2分别为椭圆的左、右顶点，F 1，F 2分别为椭圆的左、右焦点，P 为椭圆上不同于A 1和A 2的任意一点.若平面中两个点Q ，R 满足QA 1⊥PA 1,QA 2⊥PA 2,RF 1⊥PF 1,RF 2⊥PF 2，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 =√a 2−b 2，则A 1(−a,0),A 2(a,0),F 1(−c,0),F 2(c,0)， 设P (x 0,y 0),Q (x 1,y 1),R (x 2,y 2)，其中x 02a 2+y 02b 2=1 (y ≠0)，由QA 1⊥PA 1,QA 2⊥PA 2可知A 1Q ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1+a )(x 0+a )+y 1y 0=0 ① A 2Q ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅A 2P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1−a )(x 0−a )+y 1y 0=0①将式①与②相减，得2a (x 1+x 0)=0，即x 1=−x 0，将其代入式①，得−x 02+a 2+y 1y 0=0，故y 1=x 02−a 2y 0，于是Q (−x 0,x 02−a 2y 0).根据RF 1⊥PF 1,RF 2⊥PF 2，同理可得R (−x 0,x 02−c 2y 0)，因此|QR|=|x 02−a 2y 0−x 02−c 2y 0|=b 2|y 0|.由于|y 0|∈(0,b]，故|QR|⩾b (其中等号成立的充分必要条件是|y 0|=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：(x－2)2+y2=4(2≤x≤4)上运动时，求点C的轨迹.【答案】(1)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+2cosα,2sinα)，其中α=∠XMA(−π2⩽α⩽π2)，则∠XOC=α2，因为|OA|2=(2+2cosα)2+(2sinα)2=8(1+cosα)=16cos2α2，所以|OA|=4cosα2，由情形(1)的结论，得|OC|cosα2=5，所以x=|OC|cosα2=5，从而y=|OC|sinα2=5tanα2∈[−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(3√2,√2)在直线l的左上方.(1)证明：△P AB的内切圆的圆心在一条定直线上；(2)若∠APB=60°，求△P AB的面积.【答案】(1)证明见解析；(2)117√349.【解析】(1)设直线l:y=13x+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)，将y=13x+m代入x236+y24=1中，化简整理得2x2+6mx+9m2−36=0，于是有x1+x2=−3m，x1x2=9m2−362，k PA=1√2x−3√2，k PB=2√2x−3√2，则k PA+k PB=1√2x−3√22√2x−3√2=1√2)(x2√2)+(y2√2)(x1√2)(x−3√2)(x−3√2)，因此(y1−√2)(x2−3√2)+(y2−√2)(x1−3√2)=(13x1+m−√2)(x2−3√2)+(13x2+m−√2)(x1−3√2) =23x1x2+(m−2√2)(x1+x2)−6√2(m−√2)=23⋅9m2−362+(m−2√2)(−3m)−6√2(m−√2)=3m2−12−3m2+6√2m−6√2m+12=0.从而k PA+k PB=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△P AB的内切圆的圆心在直线x= 3√2上(2)若∠APB =60°时，结合情形(1)的结论可知k PA =√3,k PB =−√3， 直线P A 的方程为y −√2=√3(x −3√2)，代入x 236+y 24=1中，消去y 得14x 2+9√6(1−3√3)x +18(13−3√3)=0， 它的两根分别是x 1和3√2，所以x 1⋅3√2=18(13−3√3)14，即x 1=3√2(13−3√3)14，所以|PA|=√1+(√3)2⋅|x 1−3√2|=3√2(3√3+1)7，同理可求得|PB|=3√2(3√3−1)7，所以S △PAB =12⋅|PA|⋅|PB|⋅sin60°=12⋅3√2(3√3+1)73√2(3√3−1)7⋅√32=117√349.12．【2010高中数学联赛（第01试）】已知抛物线y 2=6x 上的两个动点A (x 1,y 1)和B (x 2,y 2)，其中x 1≠x 2且x 1+x 2=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】143√7【解析】解法一设线段AB 的中点为M (x 0,y 0)，则x 0=x 1+x 22=2,y 0=y 1+y 22，k AB =y 2−y 1x 2−x 1=y 2−y 1y 226−y 126=6y 2+y 1=3y 0，线段AB 的垂直平分线的方程是y −y 0=−y 03(x −2)①易知x =5,y =0是式①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①知直线AB 的方程为y −y 0=3y 0(x −2)，即x =y 03(y −y 0)+2②将式②代入y 2=6x 得y 2=2y 0(y −y 0)+12，即y 2−2y 0y +2y 02−12=0③依题意，y 1，y 2是方程③的两个实根，且y 1≠y 2，所以Δ=4y 02−4(2y 02−12)=−4y 02+48>0，所以−2√3<y 0<2√3，|AB|=√(x 1−x 2)2+(y 1−y 2)2=√[1+(y 03)2](y 1−y 2)2=√(1+y 029)[(y 1+y 2)2−4y 1y 2]=√(1+y 029)[4y 02−4(2y 02−12)]=23√(9+y 02)(12−y 02).定点C(5，0)到线段AB的距离ℎ=|CM|=√(5−2)2+(0−y0)2=√9+y02，S△ABC=12|AB|⋅ℎ=13√(9+y02)(12−y02)⋅√9+y02=13√12(9+y02)(24−2y02)(9+y02)⩽13√12(9+y02+24−2y02+9+y023)3=143√7.当且仅当9+y02=24−2y02，即y0=±√5，A(6+√353,√5+√7)，B(6−√353,√5−√7)，或A(6+√353,−(√5+√7))，B(6−√353,−√5+√7)时等号成立.所以，△ABC面积的最大值为143√7.解法二同解法一，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)设x1=t12,x2=t22(t1>t2,t12+t22=4)，则S△ABC=12|501t12√6t11t22√6t21|的绝对值，则：S△ABC2=(12(5√6t1+√6t12t2−√6t1t22−5√6t2))2=32(t1−t2)2(t1t2+5)2=32(4−2t1t2)(t1t2+5)(t1t2+5)⩽32(143)3，所以S△ABC⩽143√7，当且仅当(t1−t2)2=t1t2+5且t12+t22=4，即t1=√7−√5√6t2=√7+√5√6，A(6+√353,√5+√7)，B(6−√353,√5−√7)，或A(6+√353,−(√5+√7))，B(6−√353,−√5+√7)时等号成立.所以，△ABC面积的最大值是143√7.13．【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x 24−y 212=1交于不同两点C ，D ，问是否存在直线l 使得向量AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =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 +mx 216+y 212=1消去y ，化简整理得(3+4k 2)x 2+8kmx +4m 2−48=0， 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)，则x 1+x 2=−8km 3+4k 2，Δ1=(8km)2−4(3+4k 2)(4m 2−48)>0 ①由{y =kx +m x 24−y 212=1消去y ，化简整理得(3−k 2)x 2−2kmx −m 2−12=0，设C (x 3,y 3),D (x 4,y 4)，则x 3+x 4=2km 3−k 2，Δ2=(−2km)2+4(3−k 2)(m 2+12)>0②因为AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，所以(x 4−x 2)+(x 3−x 1)=0，此时(y 4−y 2)+(y 3−y 1)=0. 由x 1+x 2=x 3+x 4得−8km 3+4k 2=2km 3−k 2，所以2km =0或−43+4k 2=13−k 2，由上式解得k =0或m =0，当k =0时，由式①与②得−2√3<m <2√3， 因m 是整数，所以m 的值为−3,−2,−1,0,1,2,3，当m =0，由式①和②得−√3<k <√3，因k 是整数，所以k =－1，0，1. 于是满足条件的直线共有9条.14．【2008高中数学联赛（第01试）】如图，P 是抛物线y 2=2x 上的动点，点B ，C 在y 轴上，圆(x －1)2+y 2=1内切于△PBC ，求△PBC 面积的最小值.【答案】8【解析】设P (x 0,y 0)，B (0，b )，C (0，c )，不妨设b >c .直线PB 的方程为y −b =y 0−b x 0x ，化简得(y 0−b )x −x 0y +x 0b =0，又因为圆心(1，0)到PB 的距离为1，即00√(y 0−b )+x 0=1，故(y 0−b )2+x 02=(y 0−b )2+2x 0b (y 0−b )+x 02b 2，易知x 0>2，上式化简得(x 0−2)b 2+2y 0b −x 0=0， 同理有(x 0−2)c 2+2y 0c −x 0=0，所以b +c =−2y 0x 0−2,bc =−x 0x 0−2，则(b −c)2=4x 02+4y 02−8x 0(x 0−2)2，因为P (x 0,y 0)是抛物线上的点，有y 02=2x 0，则(b −c)2=4x 02(x 0−2)2，即b −c =2x 0x 0−2，所以S ΔPBC =12(b −c)⋅x 0=x 0x 0−2⋅x 0=(x 0−2)+4x 0−2+4⩾2√4+4=8，当(x 0−2)2=4时取等号，此时x 0=4,y 0=±2√2， 因此S △PBC 的最小值为8.15．【2007高中数学联赛（第01试）】已知过点(0，1)的直线l 与曲线C:y =x +1x (x >0)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(x 1,y 1)和(x 2,y 2)，曲线C 在点M ，N 处的切线分别为l 1，l 2，其交点P 的坐标为(x p ,y p ).若直线l 的斜率为k ，则l 的方程为y =kx +1， 由方程组{y =x +1x y =kx +1 消去y ，得x +1x=kx +1， 即(k −1)x 2+x −1=0，由题意知，该方程在(0，+∞)上有两个相异的实根x 1,x 2，故k ≠1， 且Δ=1+4(k −1)>0 ①x 1+x 2=11−k>0 ② x 1x 2=11−k >0③由此解得34<k <1， 对y =x +1x 求导，得y ′=1−1x 2，则 y ′|x=x 1=1−1x 12， y ′|x=x 2=1−1x 22，于是，直线l 1的方程为y =y 1=(1−1x 12)(x −x 1)，即y −(x 1+1x 1)=(1−1x 12)(x −x 1)，化简后得直线l1的方程为y=(1−1x12)x+2x1④同理可求得直线l2的方程为y=(1−1x22)x+2x2⑤④－⑤得(1x22−1x12)x p+2x1−2x2=0，因为x1≠x2，故有x p=2x1x2x1+x2⑥将②，③两式代入式⑥得x p=2，④+⑤得2y p=(2−(1x12+1x22))x p+2(1x1+1x2)①其中1x1+1x2=x1+x2x1x2=1，1x12+1x22=x12+x22x12x22=(x1+x2)2−2x1x2x12x22=(x1+x2x1x2)2−2x1x2=1−2(1−k)=2k−1，代入式⑦得2y p=(3−2k)x p+2，而x p=2，得y p=4−2k，又由34<k<1得2<y p<52，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n≥2，设M0(x0,y0)是抛物线y2=nx－1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k≥2，使(x0m,y0m)为抛物线y2=kx－1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=n±√n2−42，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k m=x0m+1x0m ，则k m+1=k m(x0+1x0)−k m−1=nk m−k m−1(m⩾2)①由于k1=n是整数，且k2=x02+1x02=(x0+1x0)2−2=n2−2也是整数，所以根据数学归纳法，通过式①可证明对于一切正整数m，k m=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 =λ1；点F在线段BC上，满足BFFC=λ2，且λ1+λ2=1，线段CD与EF交于点P.当点C在抛物线上移动时，求点P的轨迹方程.【答案】y =13(3x −1)2 (x ≠23)【解析】解法一过抛物线上点A 的切线斜率为y ′= 2x |x=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),D (12,0)，所以D 是线段AB 的中点.设P(x,y),C (x 0,x 02),E (x 1,y 1),F (x 2,y 2)，则由AE EC=λ1知x 1=1+λ1x 01+λ1,y 1=1+λ1x 021+λ1，由BF FC=λ2得x 2=λ2x 01+λ2,y 2=−1+λ2x 021+λ2，所以，EF 所在直线方程为y−1+λ1x 021+λ1−1+λ2x 021+λ2−1+λ1x 021+λ1=x−1+λ1x 01+λ1λ2x 01+λ2−1+λ1x 01+λ1，化简得[(λ2−λ1)x 0−(1+λ2)]y=[(λ2−λ1)x 02−3]x +1+x 0−λ2x 02① 当x 0≠12时，直线CD 的方程为y =2x 02x−x 022x 0−1②联立式①与②解得{x =x 0+13y =x 023， 消去x 0，得点P 轨迹方程为y =13(3x −1)2.当x 0=12时，EF 方程为−32y =(14λ2−14λ1−3)x +32−14λ2，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，x 0≠1,x ≠23，所以所求轨迹方程为y =13(3x −1)2 (x ≠23).解法二由解法一知，AB 的方程为y =2x −1，B(0,−1),D (12,0)，故D 是AB 的中点.令γ=CD CP，t 1=CA CE=1+λ1，t 2=CB CF=1+λ2，则t 1+t 2=3，因为CD 为△ABC 的中线，所以S ΔCAB =2S △CAD =2S △CBD ，而1t1t2=CE⋅CFCA⋅CB=SΔCEFS△CAB=SΔCEP2S△CAD+SΔCFP2S△CBD=12(1t1γ+1t2γ)=t1+t22t1t2γ=32t1t2γ，所以γ=32，故P是△ABC的垂心.设P(x,y),C(x0,x02)，因点C异于A，则x≠1，故重心P的坐标为x=0+1+x03=1+x03(x≠23)，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)2(x≠23).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A(0,43),B(−1,0),C(1,0)，点P到直线BC的距离是该点到直线AB，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,±2√3417,±√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=0①与双曲线T：8x2−17y2+12y−8=0②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D(0,12)，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+12③(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k≠0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②得y(3y−4)=0，解得E(53,43)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k≠±12)，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并化简得(8−17k2)x2−5kx−254=0，该方程有唯一实数解的充要条件是8−17k2=0④或(−5k)2+4(8−17k2)254=0⑤解方程④得k=±2√3417，解方程⑤得k=±√22.综合得直线l的斜率k的取值范围是有限集{0,±12,±2√3417,±√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AB⊥BC，求点C的纵坐标的取值范围.【答案】y≤0或y≥4.【解析】设点B坐标为(y12−4,y1)，点C坐标为(y2−4,y).显然y12−4≠0，故k AB=y1−2y12−4=1y1+2.由于AB⊥BC，所以k BC=−(y1+2)，从而y−y1=−(y1+2)[x−(y12−4)]，y2=x+4，消去x，注意到y≠y1，得(2+y1)(y+y1)+1=0，所以y12+(2+y)y1+(2y+1)=0，由△≥0解得y≤0或y≥4.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y≤0或y≥4.20．【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0<a<12时，试求△OAP的面积的最大值(用a表示).【答案】(1) −a<m<a；(2) (SΔDAP)max={12a√1−a2(0<a⩽13)a√a−a2(13<a<12).【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=0①问题转化为方程①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=a 2+12时，由−a<−a2<a得0<a<1，这时方程①有等根.当f(−a)=f(a)<0，即−a<m<a时，方程①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x p=a−2a2，由−a<a−2a2<a得0<a<1，这时方程①在区间(－a，a)内有唯一解；当f(a)=0，即m=−a时，x p=−a−2a2，由−a<−a−2a2<a得a∈∅，故综上所述，当0<a<1时，m=a 2+12或−a<m⩽a，当a≥1时，−a<m<a.(2)因为A (－a ，0)，所以S ΔoAP =12ay p ，当0<a <12时，由情形(1)知−a <m ⩽a ，由方程①得x p =−a 2+a√a 2+1−2m ， 显然，x p >0，从而y p =√1−x p2a 2，要使y p 最大，则x p 应最小.易知，当m =a 时，(x p )min =a −2a 2，从而(y p )max =2√a −a 2， 故(S ΔOAP )max =a√a −a 2. 当m =a 2+12时，x p =−a 2，从而y p =√1−a 2，故S △OAP =12a√1−a 2.下面比较a√a −a 2与12a√1−a 2的大小.因为(√a −a 2)2−(12√1−a 2)2=⋯=−14(3a −1)(a −1)，所以当0<a ⩽13时，a√a −a 2⩽12a√1−a 2，当13<a <12时，a√a −a 2>12a√1−a 2，(S ΔDAP )max ={12a√1−a 2(0<a ⩽13)a√a −a 2(13<a <12). 21．【2000高中数学联赛（第01试）】已知C 0:x 2+y 2=1和C 1:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0).试问：当且仅当a ，b 满足什么条件时，对C 1上任意一点P ，均存在以P 为顶点，与C 0外切，与C 1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1ρ2=cos 2θa 2+sin 2θb 2①显然此平行四边形ABCD 必为菱形，设A (ρ1,θ)，则B (ρ2,90°+θ). 代入式①相加1ρ12+1ρ22=1a 2+1b 2，由于该菱形必与单位圆相切，故原点到AB 的距离为1，所以ρ1ρ2=1⋅√ρ12+ρ22，从而1ρ12+1ρ22=1，所以1a2+1b 2=1.22．【1999高中数学联赛（第01试）】给定A (－2，2)，已知B 是椭圆x 225+y 216=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 (−52√3,2)【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 =√a 2−b 2=√52−42=3，e =c a=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 (−52√3,2).23．【1998高中数学联赛（第01试）】已知抛物线y 2=2px 及定点A (a ，b )，B (－a ，0)(ab ≠0，b 2≠2pa )，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M 1,M 2.求证：当点M 在抛物线上变动时(只要M 1,M 2存在且M 1≠M 2)，直线M 1M 2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,M 1,M 2的坐标分别为(y 022p,y 0),(y 122p,y 1),(y 222p,y 2)，由A,M,M 1共线，得y 122p −y 022py 1−y 0=y 022p−ay 0−b，化简得y 1y 0=b (y 1+y 0)−2pa ， 所以y 1=by 0−2pa y 0−b①同理，由B,M,M 2共线，得y 2=2pa y 0−b②设(x ，y )是直线M 1M 2上的点，则y 1y 2=y (y 1+y 2)−2px③由式①，②和③消y1,y2得(by0−2pa)2pay0−b =y(by0−2pay0−b+2pay0)−2px，整理得y02(2px−by)+y0⋅2pb(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0<a<b，过两定点A(a，0)和B(b，0)分别引直线l和m，使之与抛物线y2=x有四个不同的交点，当这四点共圆时，求这种直线l与m的交点P的轨迹.【答案】直线x=a+b2除去与y=0或y2=x的三个交点.【解析】设l的方程为y−kx+ka=0，m的方程为y－k'x+k'b=0.于是，过l，m与y2=x的四个不同交点的二次曲线，应有方程(y2−x)+λ(y−kx+ka)(y−k′x+k′b)=0.即(1+λ)y2−λ(k+k′)xy+λkk′x2+λ(ka+k′b)y−(λkk′(a+b)+1)x+λkk′ab=0.它成为圆的充要条件是{k=−k′1+λ=λkk′，即{k=−k′λ=−11+k2.所以，直线l：y−kx+ka=0与直线m：y−k′x+k′b=0的交点P(x0,y0)的坐标为{x0=a+b2y0=k2(b−a).即点P在线段AB的中垂线上.所以点P的轨迹是直线x=a+b2除去与y=0或y2=x的三个交点.25．【1991高中数学联赛（第01试）】设O为抛物线的顶点，F为焦点，且PQ为过F的弦，已知OF=a，PQ= b，求△OPQ的面积.【答案】a√ab【解析】以F为极点，F x为极轴建立极坐标系，则抛物线的方程为l=2a1−cosθ.设点P的极角为θ(θ∈(0,π))，则点Q的极角为π+θ.所以|PQ|=l P+l Q=2a1−cosθ+2a1−cos(π+θ)=4asin2θ.即4asin2θ=b.所以sinθ=2√ab.又S△opF=12a|FP|sinθ，SΔoor=12a|FQ|sinθ，所以SΔOPQ=SΔOPF+SΔOQF=12a(|FP|+|FQ|)sinθ=12absinθ=12ab⋅2√ab=a√ab.优质模拟题强化训练1．易知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，其短轴为4，离心率为e1.双曲线x2m−y2n=1(m>0,n>0)的渐近线为y=±x，离心率为e2，且e1⋅e2=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）x 28+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=2√2.所以椭圆的标准方程：x 28+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)(k≠0).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=16k22k2+1,x1x2=32k2−82k2+1，k1+k2=y1x−2+y2x−2=k(x1−4)x−2+k(x2−4)x−2=k ⋅(x 1−4)(x 2−2)+(x 2−4)(x 1−2)(x 1−2)(x 2−2)=k ⋅2x 1x 2−6(x 1+x 2)+16(x 1−2)(x 2−2).将x 1+x 2=16k 22k 2+1,x 1x 2=32k 2−82k 2+1，代入上式得2x 1x 2−6(x 1+x 2)+16=0，即k 1+k 2=0.2．如图，椭圆C 1:x 24+y 2=1，抛物线C 2:x 2=2py(p >0)，设C 1,C 2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 (x 0,y 0)(x 0>0)，则有{x 02=2py 0x 024+y 02=1x 02+(y 0−1)2=1，解得{x 02=4(2√13−5)9y 0=−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,y 0)，由相交弦定理得AC •CB =CN •CO ，即y 0(132−y 0)=x 0x 0=2py 0， 解得y 0=132−2p ①代入x 02=2y 0，解得x 02=2p(132−2p). ② 将①、②代入椭圆方程得13p−4p 24+(132−2p)2=1，解得p =3.3．如图所示，设k >0且k ≠1，直线l ：y =kx +1与l 1：y =k 1x +1关于直线y =x +1对称，直线l 与l 1分别交椭圆E :x 24+y 2=1于点A 、M 和A 、N .（1）求k⋅k1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+2①由y−y0x−x0=−1得y+x=y+x0②联立①②解得{x=y0−1y=x0+1.代入直线l：y=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x0≠0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k MN=y1−y2x1−x2=1−4k24k2+1−k2−44+k2−8k4k2+1−−8k4+k2=8−8k48k(3k2−3)=−k2+13k.所以直线MN的方程为y−1−4k 24k2+1=−k2+13k(x−−8k4k2+1)，化简得y=−k 2+13kx−53.因此，对任意的k，直线MN恒过定点(0,−53).4．已知椭圆C:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的左右焦点分别为F 1､F 2，右顶点为A ，P 为椭圆C 上任意一点.已知PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 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M ､N 两点(M ､N 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）x 24+y 23=1.（2）证明见解析，定点(27,0)【解析】（1）因为P 是椭圆C 上任一点，所以|PF 1|+|PF 2|=2a 且a −c ⩽|PF 1|⩽a +c ，y =PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =|PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |cos∠F 1PF 2=12(|PF 1|2+|PF 2|2−4c 2) =12[|PF 1|2+(|2a −|PF 1|)2−4c 2] =(|PF 1|−a)2+a 2−2c 2.当|PF 1|=a 时，y 有最小值a 2-2c 2；当|PF 1|=a -c 或a +c 时，y 有最大值a 2−c 2.所以{a2−c 2=3a 2−2c 2=2，解得{a 2=4c 2=1，故b 2=a 2−c 2=3. 因此椭圆的方程为x 24+y 23=1.（2）设M(x 1,y 1),N(x 2,y 2)，将y =kx +m 代入椭圆方程得(4k 2+3)x 2+8kmx +4m 2−12=0， 所以x 1+x 2=−8km 4k 2+3,x 1x 2=4m 2−124k 2+3.因为y 1=kx 1+m, y 2=kx 2+m ，所以y 1y 2=k 2x 1x 2+km(x 1+x 2)+m 2. 又因为以MN 为直径的圆过点A ，所以AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，故7m 2+16km +4k 2=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:x 2a2+y 2b 2=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 =mAF,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）x 28+y 24=1（2）见解析（3）163【解析】（1）由题意b=2，c=2，所以a 2=8，椭圆C 的方程为x 28+y 24=1．(2)设A 、B 、P 的坐标分别为(x 1,y 1),(x 2,y 2),(0,t)． 由PA =mAF 知x 1=2m 1+m ，y 1=t1+m ． 又点A 在椭圆C 上，则(2m1+m )28+(t1+m )24=1，整理得2m 2+8m −t 2+4=0． 由PB =nBF ，同理得到 2n 2+8n −t 2+4=0．由于A 、B 不重合，即m ≠n ，故m 、n 是二次方程2x 2+8x −t 2+4=0的两根，所以m+n=-4，为定值．（3）依题意，直线l 的方程为x 2+y t =1，即y =−t2(x −2)，与椭圆C 的方程联立，消去y 并整理，得 (2+t 2)x 2−4t 2x +4t 2−16=0，Δ=16t 4−4(2+t 2)(4t 2−16)=32t 2+128>0， 所以x 1+x 2=4t 22+t2,x 1⋅x 2=4t 2−162+t 2，而 S ΔQAB =12⋅|2t|⋅|x 1−x 2|=|t|⋅|x 1−x 2| S ΔQAB 2=t 2(x 1−x 2)2=t 2[(x 1+x 2)2−4x 1x 2]=t 2[16t 4(2+t 2)2−16t 2−642+t 2]=t 2⋅32t 2+128(2+t 2)2．=32[1−4(2+t 2)2]由已知，点P 不在椭圆C 的内部，得|t|⩾2，即t 2⩾4，所以S ΔQAB 2的最小值为32×89=2569，故三角形QAB 面积的最小值为163． 6．．。