高中數(shù)學(xué)競賽強化訓(xùn)練專題7解析幾何（含解析）

Page44競賽專題7解析幾何（50題競賽真題強化訓(xùn)練）一、填空題1．（2021·全國·高三競賽）已知的四個頂點均在雙曲線上，點在邊上，且，則的面積等于_______.【答案】【解析】【分析】由對稱性，知O為平行四邊形的中心，設(shè)，得，將點A、B的坐標(biāo)代入雙曲線方程，求得A、B的坐標(biāo)，利用等面積法知，代入即可求解.【詳解】由平行四邊形的對稱性與雙曲線的對稱性，知O為平行四邊形的中心，由A、B、C、D四點在兩支雙曲線上各有兩點，不妨設(shè)A、D在左支上，B、C在右支上，如圖：考慮A、B關(guān)于雙曲線中心的對稱點，因為單支雙曲線上不存在四點構(gòu)成平行四邊形，知，所以的對稱中心為O.設(shè)，由，得.將點A、B的坐標(biāo)代入雙曲線方程得，解得：或所以或.故.故答案為：2．（2021·全國·高三競賽）拋物線，設(shè)它的某三條切線交于A、B、C三點，設(shè)的外接圓與x軸相切，切點為，則_______．【答案】【解析】【分析】先證明A、B、C、F四點共圓，得出D、F重合，進而求出.【詳解】設(shè)的焦點為，下面我們證明：A、B、C、F四點共圓．設(shè)直線與切于，直線與切于，直線與切于．則，于是直線的方程為，直線的方程為，直線的方程為．記為直線．設(shè)F在直線上的射影分別為，于是直的方程為，又直線方程為，則直線與直線交點為，所以均在y軸上，故三共線，由Simson定理逆定理知：A、B、C、F四點共圓．所以D、F重合，于是．3．（2021·全國·高三競賽）設(shè)雙曲線的中心為O，右焦點為F，點B滿足．若在的右支上存在一點A，使得且，則離心率的取值范圍為___________．【答案】【解析】【詳解】在平面直角坐標(biāo)系中考慮問題．不妨設(shè)A在第一象限．A是以O(shè)為圓心，為半徑的圓與的交點．設(shè)的左焦點為X，則，，即．在上取一點C，使，則．由雙曲線的定義知（a是實半軸長），即（c是半焦距）．代入，得．解得．故答案為：4．（2021·全國·高三競賽）過橢圓上一點M作圓的兩條切線，點A?B為切點過A?B的直線l與x軸?y軸分別交于點P?Q兩點，則面積的最小值為___________.【答案】【解析】【詳解】解析：設(shè)，則l的方程為，，，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，故答案為：.5．（2021·全國·高三競賽）設(shè)為拋物線的內(nèi)接三角形，分別過??作拋物線的切線??，設(shè)三條切線相交所成的三角形為.求與的面積比.【答案】【解析】【詳解】推導(dǎo)一般情況.設(shè).那么過的切線方程為，即.聯(lián)立與的方程：解得這表明與的交點的坐標(biāo)為.同理，，.由面積公式：=2而，，所以，從而.故答案為：2.6．（2021·全國·高三競賽）雙曲線，左右頂點分別為?，P為雙曲線右支上一點，且，則___________.【答案】【解析】【詳解】設(shè)直線的傾斜角分別為，則，故，而，故，故答案為：.7．（2021·全國·高三競賽）已知雙曲線的左右焦點為、，過的直線與雙曲線右支交于A、B兩點，則、的內(nèi)切圓面積之和的取值范圍是__________．【答案】【解析】【詳解】解析：令、的內(nèi)切圓心為、，與x軸切于M，N，則，所以M、N重合于雙曲線右頂點．過的直線與雙曲線右支交于A、B兩點，令，內(nèi)切圓面積和為．故答案為：.8．（2021·全國·高三競賽）已知雙曲線的左右焦點分別為、，過作圓的切線分別交雙曲線的左右兩支于點B、C，若，則雙曲線的離心率為__________．【答案】【解析】【詳解】根據(jù)題意，記，則，其中為雙曲線的半焦距，進而由雙曲線的焦半徑公式和雙曲線的定義，可得，即，也即，解得，因此雙曲線的離心率．故答案為：.9．（2021·浙江·高三競賽）若正方形的一條邊在直線上，另兩個頂點在拋物線上，則該正方形的面積為______.【答案】或【解析】【分析】【詳解】設(shè)另一條邊所在直線為，則，設(shè)兩交點的橫坐標(biāo)，則，所以，整理得，解得或，所以或1250.故答案為：2178或1250.10．（2021·浙江·高三競賽）已知點，存在拋物線上相異的兩點，，使得四邊形為矩形，則點的軌跡方程是______.【答案】【解析】【分析】【詳解】設(shè),且.則由四邊形PAQB為矩形知,，即，即，且,即,，，，，即，故點的軌跡方程為.故答案為：.11．（2021·全國·高三競賽）已知橢圓的方程為，經(jīng)過的左焦點，且斜率為（存在且不為0）的直線與交于A、B兩點，設(shè)點，延長、與分別交于點C、D．直線的斜率為，將寫成既約分?jǐn)?shù)，其中a，b是互質(zhì)的正整數(shù)，則__________．【答案】305【解析】【分析】【詳解】設(shè)代入橢圓的方程，消去x得．由韋達定理得，從而，代入直線的方程得．類似的，，．故．因為A、F、B三點共線，所以，故，所以．所以．故答案為：305.12．（2021·全國·高三競賽）已知集合滿足，若P為集合B的邊界線C上任意一點，為曲線C的焦點，I為的內(nèi)心，直線和的斜率分別為，且則t的最小值為________．【答案】【解析】【分析】【詳解】因為為曲線C的焦點，I為的內(nèi)心，若曲線C的方程為，則I的軌跡方程為，故有可知，所以．設(shè)為曲線C上一點，則有恒成立，即.故答案為：.13．（2021·全國·高三競賽）已知、是橢圓的焦點，P是M上一點，的周長是6，且的值是3，過的直線交M于不同兩點A，B，則的取值范圍是_________．【答案】【解析】【分析】【詳解】因為，所以．由，，得到，所以橢圓的方程為．（1）當(dāng)直線為時，．（2）設(shè)直線的方程為，聯(lián)立得，，得或．所以．將或代入，得出的取值范圍為．由（1）（2）知的取值范圍為．故答案為：.14．（2021·全國·高三競賽）已知P、Q分別是圓與圓上的點，O是坐標(biāo)原點，則的最小值為__________．【答案】【解析】【分析】【詳解】由得，于是，從而，即，即等于點P到點的距離．所以，而，所以的最小值為．故答案為：.15．（2021·全國·高三競賽）半徑為2的球O放在水平桌面上，該水平桌面所在平面內(nèi)的一點的豎直正上方有一個點光源A．若與球O相切，且，那么，球O經(jīng)過點光源A照射之后，在該水平桌面上的投影的離心率為_________．【答案】【解析】【分析】【詳解】考慮過A、、O三點的截面，設(shè)的中點為M，如圖：容易求得．則利用圓錐曲線的定義知，投影的橢圓的長半軸長為4，短半軸長為．故離心率為．故答案為：.16．（2021·全國·高三競賽）在平面直角坐標(biāo)系中，若橢圓與雙曲線相切，則_________．【答案】【解析】【分析】【詳解】設(shè)切點為．容易求得在處的切線為，即．橢圓在處的切線為，由以上兩條切線為同一條直線，知，因為，所以由以上方程組容易解得．故答案為：.17．（2021·全國·高三競賽）設(shè)雙曲線的離心率為e，過原點的直線與之交于A、B兩點，若雙曲線上存在一點C，使得直線的斜率與直線的斜率之乘積恰為e，則e的值為__________.【答案】【解析】【分析】【詳解】設(shè)，則，因此，即.故答案為：.18．（2021·全國·高三競賽）任作橢圓的一條切線與橢圓兩條對稱軸分別交于點，若長度的最小值為，則橢圓的離心率為___________.【答案】【解析】【分析】【詳解】設(shè)切點為，則切線方程為.其與軸、軸交點分別為，所以.所以.故答案為：.19．（2021·全國·高三競賽）已知S、P（非原點）為拋物線上不同的兩點，點P處的切線與y軸交于點R，若，則的最小值為______________．【答案】【解析】【分析】【詳解】設(shè)，則切線方程：，交于y軸上的點，切線的垂線：，與拋物線聯(lián)立，解點S的坐標(biāo)：，那么令，則：，最值在時取到．故答案為：.20．（2019·山東·高三競賽）△ABC中，.在△ABC外部，到點B、C的距離小于6的點組成的集合，所覆蓋平面區(qū)域的面積是______.【答案】【解析】【詳解】分別以點B、C為圓心，6為半徑作圓，交于三角形外一點D，連結(jié)BD、CD；有，故A、B、D、C四點共圓，所以∠ABD+∠ACD=.又易知AB與圓C相離，故所求的面積為2個圓的面積去掉半個圓的面積再加上△BCD的面積等于.故答案為：．21．（2019·重慶·高三競賽）已知△ABC為橢圓的內(nèi)接三角形，且AB過點P(1，0)，則△ABC的面積的最大值為_______.【答案】【解析】【詳解】提示：經(jīng)伸縮變換得△A'B'C'內(nèi)接于圓X2+Y2=1，A'B'過點.，設(shè)O'到A'B'的距離為t，則，易知當(dāng)時，有最大值為，所以S△ABC的最大值為.故答案為：．22．（2019·全國·高三競賽）在平面直角坐標(biāo)系中，若以(r+1,0)為圓心?r為半徑的圓上存在一點(a,b)滿足b2≥4a，則r的最小值為____________.【答案】4【解析】【分析】根據(jù)題意，求得的不等關(guān)系，結(jié)合不等式有解，即可求得的范圍，從而求得最小值.【詳解】由條件知，故.即.上述關(guān)于a的一元二次不等式有解，故判別式，解得r≥4.經(jīng)檢驗，當(dāng)r=4時，滿足條件.因此r的最小值為4.故答案為：.【點睛】本題考圓的方程，以及一元二次不等式的有解問題，屬綜合中檔題.23．（2019·四川·高三競賽）雙曲線的右焦點為F，離心率為e，過點F且傾斜角為的直線與該雙曲線交于點A、B，若AB的中點為M，且|FM|等于半焦距，則_____.【答案】【解析】【詳解】設(shè)點，則.兩式相減，得，所以AB的斜率為.又，所以M點的坐標(biāo)為.所以，所以.故答案為：．二、解答題(共0分)24．（2021·全國·高三競賽）已知橢圓，其右焦點為F，過F作直線l交橢圓于A、B兩點（l與x軸不重合），設(shè)線段中點為D，連結(jié)（O為坐標(biāo)原點），直線交橢圓于M、N兩點，若A、M、B、N四點共圓，且，求橢圓的離心率．【答案】【解析】【分析】先將橢圓與直線聯(lián)立，結(jié)合韋達定理表示出坐標(biāo)，再結(jié)合直線交橢圓于M、N兩點，若A、M、B、N四點共圓，且，求出再代入橢圓求出，進而求出離心率.【詳解】不妨設(shè)橢圓的半焦距，則，橢圓右焦點為．設(shè)，將，代入消去x化簡整理得．顯然，方程判別式，設(shè)．由韋達定理知，從而，，于是．所以直線的方程為．設(shè)圓的方程為，直線直線的方程為，由于經(jīng)過的交點，且均為二次曲線，則存在常數(shù)，使得，比較方程兩邊系數(shù)知，即，由對稱性不妨設(shè)．代入點D的坐標(biāo)得，又，得點，而M在上，故，解得，于是的離心率為．25．（2021·全國·高三競賽）已知如圖橢圓的左右頂點為、，上下頂點為、，記四邊形的內(nèi)切圓為．（1）求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）已知P為橢圓上任意一點，過點P作圓的切線分別交橢圓于M、N兩點，試求三角形面積的最小值．【答案】（1）；（2）.【解析】【詳解】（1）因為、分別為橢圓的右頂點和上頂點，則，坐標(biāo)分別為，可得直線方程為：，則原點O到直線的距離為，即圓的半徑，故圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為．（2）設(shè)直線方程為，由直線與圓相切，可知原點O到直線距離，整理可得，將直線方程代入橢圓可得，整理即有，則，即，故．同理，故M、O、N三點共線，則．設(shè)代入橢圓方程可得，則，故，同理，則，則，得，則，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，故三角形面積的最小值為．26．（2021·全國·高三競賽）已知橢圓的右焦點為F.C上兩點A?B滿足，且.求證：以為直徑的圓恒過異于點F的一個定點.【答案】證明見解析【解析】【詳解】設(shè)，由可得，結(jié)合可得，而以為直徑的圓為：，化簡可得，該圓過或（舍）.27．（2021·全國·高三競賽）已知是拋物線上三個不同的動點，有兩邊所在的直線與拋物線相切.證明：的重心在定直線上.【答案】證明見解析【解析】【詳解】如圖，不妨設(shè)邊和所在直線與拋物線相切，切點分別為和.那么切點弦所在直線方程為.設(shè)切點和的坐標(biāo)分別為和，則切線的斜率為，于是有，即.把切點的坐標(biāo)代入直線方程中，可得，整理即，再把中的代入該式，可得，即，即，可得.同理，利用切點可以推得.上面兩式相減可得，所以的重心的縱坐標(biāo)恒為0，從而一定在軸（定直線）上.28．（2021·全國·高三競賽）設(shè)橢圓，拋物線．（1）若經(jīng)過的兩個焦點，求的離心率；（2）設(shè)，又M、N為與不在y軸上的兩個交點，若的垂心為，且的重心在上，求橢圓和拋物線的方程．【答案】（1）；（2）橢圓方程為，拋物線方程為．【解析】【詳解】（1）已知橢圓焦點在拋物線上，可得：，由，有．（2）由題設(shè)可知M、N關(guān)于y軸對稱，設(shè)，，由的垂心為B，有．由點在拋物線上，有，解得或（舍去）．故，得重心坐標(biāo)．由的重心在拋物線上得：，所以，又因為M、N在橢圓上可得，所以，橢圓方程為，拋物線方程為．29．（2020·浙江·高三競賽）已知直線與橢圓：交于、兩點，直線不經(jīng)過原點.（1）求面積的最大值；（2）設(shè)為線段的中點，延長交橢圓于點，若四邊形為平行四邊形，求四邊形的面積.【答案】（1）；（2）.【解析】【詳解】解法一

當(dāng)直線的斜率不存在時，由對稱性，設(shè)直線方程為，則，，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號.設(shè)直線：，，，聯(lián)立方程，消去得：，判別式，則，于是.原點到的距離，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號.（2）不妨設(shè)，根據(jù)垂徑定理得：，則的方程為.將的方程代入橢圓方程，消去得.注意、在直線的兩側(cè)，所以，.又點在直線上，所以，化簡得：，則.解法二

（1）設(shè)，則，.設(shè)原點到直線的距離為，則.（2）要四邊形為平行四邊形，則四邊形為菱形，由（1）知.解法三（1）設(shè)，，則，當(dāng)且僅當(dāng)，時取等號.（2），則，即，移項整理得，則，故.30．（2021·全國·高三競賽）如圖，已知拋物線焦點為F，三邊所在直線與拋物線分別相切，求證：外接圓過定點．【答案】證明見解析【解析】【詳解】由對稱性，及軸，可猜測的外接圓過定點F．設(shè)，切點，切點，則；；．則，，，所以，因此．同時，所以，故外接圓過定點F．31．（2021·全國·高三競賽）已知A?B是拋物線上的兩個動點，點A在第一象限，點B在第四象限，直線分別過點A，B且與拋物線C相切，P為的交點.設(shè)C?D為直線與直線的交點，求面積的最小值.【答案】【解析】【詳解】設(shè)，則方程為方程為，聯(lián)立?方程可得點P坐標(biāo)為，C?D的坐標(biāo)分別為?，所以.于是.設(shè)，由知，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，所以.設(shè)，則.所以時，；時，，在區(qū)間上為減函數(shù)；在區(qū)間上為增函數(shù).所以時，取最小值.所以當(dāng)，即時，面積取最小值.32．（2021·全國·高三競賽）已知橢圓，點P、Q在橢圓C上，滿足在橢圓C上存在一點R到直線、的距離均為，證明：．【答案】證明見解析【解析】【詳解】設(shè)，，，則根據(jù)題意，、是關(guān)于k的方程的兩個實根，該方程即，于是．，原命題得證．33．（2021·全國·高三競賽）在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線，焦點為F，A為拋物線C上異于頂點的動點，D為x軸正半軸上的動點．設(shè)直線、分別交拋物線C于M、N（不同于點A），設(shè)．已知，且，求直線的方程．【答案】或．【解析】【分析】【詳解】設(shè)，則滿足，消元得，由根與系數(shù)的關(guān)系得，．因為，所以．，則滿足，得，所以．由，得，即．解得（舍）或者，所以．當(dāng)時，有，則．當(dāng)時，有，則．綜上，或．34．（2021·全國·高三競賽）已知圓與拋物線交于A、B、C、D四個不同的點，且為圓的直徑，線段和的中點分別為M、N，求證：線段在y軸上的投影長度為定值．【答案】證明見解析.【解析】【分析】【詳解】設(shè)，則圓的方程為：．聯(lián)立圓和拋物線方程，消去y，得，即，從而、是方程的兩根．由韋達定理知，．所以．又、分別是點M、N的縱坐標(biāo)，所以線段在y軸上的投影長度為定值1．（2021·全國·高三競賽）已知為橢圓上的點，對橢圓上的任意兩點P、Q，用如下辦法定義它們的“和”：過點S作一條平行于（若點P與Q重合，則直線表示橢圓在P處的切線）的直線l與橢圓交于不同于S的另一點，記作（若l與橢圓相切，則規(guī)定S為）.并規(guī)定.35．若點，求、以及的坐標(biāo).36．在橢圓上是否存在不同于S的點P，滿足？若存在，求出所有滿足條件的點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由.【答案】35．36．存在，或.【解析】【分析】（1）利用新定義數(shù)形結(jié)合直接求解、以及的坐標(biāo)（2）利用參數(shù)方程假設(shè)存在，找出點P、Q對應(yīng)的參數(shù)，求出對應(yīng)的參數(shù)，以及，對應(yīng)的參數(shù)，列方程直接求解.(1)根據(jù)新定義“和”的運算，畫圖如下：過S做PQ的平行線，因為，所以平行直線過原點，可知P+Q的坐標(biāo)與S關(guān)于原點對稱，所以過S做P處切線的平行線，可知2P的坐標(biāo)，以此類推(2)存在.設(shè)則.而對應(yīng)的參數(shù)為，于是，若點P、Q對應(yīng)的參數(shù)為，則對應(yīng)的參數(shù)滿足.設(shè)，且對應(yīng)的參數(shù)為.則對應(yīng)的參數(shù)為對應(yīng)的參數(shù)為.故.于是，的坐標(biāo)為.從而，所求坐標(biāo)為或.37．（2021·全國·高三競賽）如圖所示，為拋物線外一點，過P引拋物線的兩條切線，切點分別為A、B．在線段上取兩點D、E，使得．若過D、E兩點的直線分別切拋物線于M、N兩點（異于A）．求四邊形面積的最大值．【答案】【解析】【分析】【詳解】設(shè)，則直線的方程為，直線的方程為，故有，同理可得，又因為，所以，即，故，因此．直線的方程為，直線的方程為，即，故兩平行線間的距離，，所以，其中，可令，則：．當(dāng)時取到最大值．38．（2021·全國·高三競賽）在平面直角坐標(biāo)系中，橢圓T的中心為原點O，焦點在x軸上，離心率為，過點的直線l與T交于兩點A、B滿足．求面積的最大值以及取到最大值時T的方程．【答案】故面積的最大值為，此時T的方程為．【解析】【分析】【詳解】設(shè)，離心率，則．顯然，l不與x軸重合．若l垂直于x軸，則，不滿足題意．故可設(shè)，即，與T聯(lián)立得：，即．

①設(shè)，由韋達定理可得：，

②．

③若點C在橢圓內(nèi)部，則、異號，由知，代入②知，故．上式等號成立當(dāng)且僅當(dāng)，即，此時，．上式代入③得，即，此時①的判別式，①有兩實根，此時方程為．若點C在橢圓外部，則、同號，由知，代入②知，故．故面積的最大值為，此時T的方程為．39．（2021·全國·高三競賽）已知橢圓的右焦點為，上頂點為M，圓，問：橢圓E上是否存在兩點P、Q使得圓F內(nèi)切于三角形？若存在，求出直線的方程；若不存在，請說明理由．【答案】存在，的方程為．【解析】【分析】【詳解】假設(shè)這樣的P、Q存在，且設(shè)，由題意知，所以直線．因為該直線與圓F相切，則，所以，兩邊平方化簡得，整理得．因為，消去得．因為，兩邊同時除以，得，整理得，即點P在直線上．同理，點Q也在直線上，因此直線的方程為．又因為直線圓F相切，所以，解得．因此直線存在且直線的方程為．40．（2021·全國·高三競賽）設(shè)F是橢圓左焦點，過F作兩條相互垂直的直線，與橢圓的四個交點順次記為A、B、C、D，設(shè)F在四邊形的四條邊上的射影分別為P、Q、R、S，求證：P、Q、R、S四點共圓.【答案】證明見解析【解析】【分析】【詳解】實際上結(jié)論對一切非等軸雙曲線的圓錐曲線都是成立的（對等軸雙曲線則變?yōu)樗狞c共線）為證明原結(jié)論，我們來說明F在上的射影P在定圓上.以F為原點重新建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)橢圓的離心率為e，焦準(zhǔn)距為p，不妨設(shè)A在第一象限，與x軸正半軸夾角為銳角，B在第二象限，于是：，從而，所以記與x軸的夾角為，再記，則.我們有.另一方面，，所以，不難驗證它在圓上.同理Q、R、S均在此圓上，結(jié)論成立.41．（2021·全國·高三競賽）設(shè)為正實數(shù)．在平面直角坐標(biāo)系中，已知直線，過點的直線分別與直線交于點，其中點在第三象限，點在第二象限，點．設(shè)直線交于點，直線交于點．若直線的斜率均存在，分別為，判斷是否為定值?若為定值．求出該定值；若不為定值，說明理由．【答案】是，為定值．【解析】【分析】【詳解】由題意，直線的方程為，其中，聯(lián)立方程得．解得，則．同理，，則．因為點在第三象限，點在第二象限，所以，且．又，解得，或．此時直線的斜率為：，故直線的方程為．聯(lián)立方程，從而，解得，則．同理，，則．則當(dāng)?shù)男甭蚀嬖跁r，，顯然，所以為定值．42．（2021·全國·高三競賽）已知橢圓分別是其左，右焦點，為橢圓上任意一點（非長軸端點），是軸上一點，使得平分．過點作的垂線，垂足分別為．試求的最大值．【答案】.【解析】【分析】【詳解】設(shè)正實數(shù)滿足．則有，，

①又因為，

②.由①②得，故．取最大值當(dāng)且僅當(dāng)最大，也即，此時．即．43．（2021·全國·高三競賽）點P為橢圓外一點，過P作橢圓兩條切線、，切點分別為A、B，連結(jié)，點M、N分別為、中點，連結(jié)并延長交橢圓于點C，連結(jié)交橢圓于另一點D，連結(jié)并延長交于Q，證明：Q為的中點．【答案】證明見解析.【解析】【分析】【詳解】與交于點K．首先證明：P、D、K、C為調(diào)和點列，即．設(shè)，則直線方程為．設(shè)P、D、、C為調(diào)和點列，且．設(shè)，則故，所以在直線上，即與K重合，結(jié)論成立．下面證明原題：由梅涅勞斯定理可知，又由，可知，

①由直線上托勒密定理可知，，由P、D、K、C四點調(diào)和可知，，故，即

②結(jié)合①、②可知，．故．又N為的中點，所以Q為的中點．44．（2021·全國·高三競賽）過拋物線(p為不等于2的質(zhì)數(shù))的焦點F，作與x軸不垂直的直線l交拋物線于M?N兩點，線段的垂直平分線交于P點，交x軸于Q點.（1）求中點R的軌跡L的方程；（2）證明：L上有無窮多個整點(橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點)，但L上任意整點到原點的距離均不是整數(shù).【答案】（1）；（2）證明見解析.【解析】【分析】【詳解】（1）拋物線的焦點為，設(shè)l的直線方程為.由得得.設(shè)M?N的橫坐標(biāo)分別為，由，得，而，故的斜率為，的方程為.代入得.設(shè)動點R的坐標(biāo)為，則:，因此，故中點R的軌跡L的方程為.（2）顯然對任意非零整數(shù)t，點都是L上的整點，故L上有無窮多個整點.反設(shè)L上有一個整點到原點的距離為整數(shù)，不妨設(shè)，則:，因為p是奇質(zhì)數(shù)，于是，從②可推出，再由①可推出.令，則有，由③，④得，于是，即，于是，得，故，有，但L上的點滿足，矛盾!因此，L上任意點到原點的距離不為整數(shù).45．（2019·貴州·高三競賽）已知定長為4的線段AB的兩端點，分別在兩條相交直線x±2y=0上移動.（1）設(shè)線段AB的中點為G，求點G的軌跡C的方程；（2）若由點P向曲線C作出的兩條切線互相垂直，求證：動點P在定圓上.【答案】（1）；（2）證明見解析【解析】【詳解】（1）設(shè)A、B、G的坐標(biāo)分別為，則.得到，因此有.所以，點G的軌跡C的方程為：.（2）設(shè)，PS、PT與橢圓C相切于S、T，橢圓C的左、右焦點分別為關(guān)于PS、PT的對稱點分別為.由橢圓的光學(xué)性質(zhì)，知與分別共線，所以.又∠SPT=90°，則以P為中點，故，因此，所以，得到.即動點P在定圓上.46．（2019·廣西·高三競賽）如圖所示，設(shè)k>0且k≠1，直線l：y=kx+1與l1：y=k1x+1關(guān)于直線y=x+1對稱，直線l與l1分別交橢圓于點A、M和A、N.（1）求的值；（2）求證：對任意的實數(shù)k，直線MN恒過定點.【答案】（1）1；（2）證明見解析【解析】【詳解】（1）直線l與l1的交點為A(0，1)設(shè)點P(x，y)是直線l上異于點A(0，1)的任意一點，點是點P關(guān)于直線y=x+1的對稱點.由得

①由得

②聯(lián)立①②解得.代入直線l：y=kx+1可得.又由點在直線上，有，則.所以有，從而由可得.（2）設(shè)點M、N的坐標(biāo)分別為與.由可得.所以有.同理求得.由kk1=1可得.則直線MN的斜率為.所以直線MN的方程為，化簡得.因此，對任意的k，直線MN恒過定點.47．（2019·福建·高三競賽）已知F為橢圓的右焦點，點P為直線x=4上的動點，過點P作橢圓C的切線PA?PB，A?B為切點.（1）求證：A?F?B三點共線；（2）求△PAB面積的最小值【答案】（1）證明見解析.（2）【解析】【詳解】（1）F(1，0)，設(shè)P(4，t)，，.則切線PA?PB的方程分別為.由切線PA?PB過點P(4，t)得，即.由此可得直線AB的方程為，易知直線AB過點F(1，0)，所以A?F?B三點共線，如圖所示.（2）由得.，，.于是，.又點P(4，t)到直線AB的距離，所以.設(shè)，由t∈R，知，且.因為，所以在區(qū)間[3，+∞