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S△ABC=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)=1,这等价于：sa+at=-st ①-ta+as=st. ②由①、②相加,得s-ta+a(t+s)=0,即a2=t-st+s. ③由①、②相乘,并利用③,得-s2t2=(sa+at)(-ta+as)=(a2-1a2)st+s2-t2=(t-st+s-t+st-s]⋅st+s2-t2=4sts2-t2⋅st+s2-t2=(s2+t2)2s2-t2.所以由基本不等式得：(s2+t2)4=-s2t2(s2-t2)2=14⋅2s2t2⋅2s2t2⋅(s2-t2)⩽14⋅(2s2t2+2s2t2+(s2-t2)23]3=(s2+t2)6108,④故s2+t2⩾108=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,t,a可确定一个满足条件的△ABC,使得S△ABC=s2+t22=33).考虑④的取等条件,有2s2t2=(s2-t2)2,即s2t2=23.不妨要求0b>0),A(a,0),B(0,b), F1(-c,0),F2(c,0),其中c=a2-b2.由条件知AF1⋅AF2+BF1⋅BF2=(-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tan∠ABO=ab=3, tan∠OBF1=tan∠OBF2=cb=2.所以tan∠ABF1tan∠ABF2=tan(∠ABO+∠OBF1)⋅tan(∠ABO-∠OBF1) =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:y2=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】439【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=r2. ①将x=y24代入①并化简，得y24-12+y2-2ry=0.显然y>0，故r=12yy24-12+y2=y2+4232y ②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)=y2+4232y(y>0)的最小值.由平均值不等式知y2+4=y2+43+43+43⩾44y2⋅433，从而f(y)⩾132y⋅16y2⋅433=439.当且仅当y2=43，即y=233时，f(y)取到最小值439.由②有解可知r⩾439.又假如r>439，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0,233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|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Γ的标准方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，并记c=a2-b2.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，b2=(a+c)(a－c)=6，Γ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Γ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，a－c=2，故c=1，进而b2=a2-c2=8，所以|AB|=a2+b2=17(相应Γ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Γ:x2a2+y2b2=1a>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x0,y0.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(OP+OA).此时点Q、R的坐标可分别表示是λx0+a,λy0,μx0-a,μy0.由于点Q、R都在椭圆上，所以λ2x0+a2a2+y02b2=μ2x0-a2a2+y02b2=1.结合x02a2+y02b2=1知，上式可化为λ22+2x0a=μ22-2x0a=1，解得λ2=a2a+x0,μ2=a2a-x0，因此|OQ|2+|OR|2=λ2x0+a2+y02+μ2x0-a2+y02=a2a+x0x0+a2+y02+a2a-x0x0-a2+y02=aa+x02+ay022a+x0+aa-x02+ay022a-x0=a2+ay0221a+x0+1a-x0=a2+ay022⋅2aa2-x02=a2+a2⋅b21-x02a2a2-x02=a2+b2=|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+2t－t2，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 ①由于l与C2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=t2-2t+42-2t2-2t2+8=t2-2t2-8t2-2t+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) ②设Q、R的横坐标分别为x1,x2，由①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-t2⋅2x2-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 ③由②可知，t2-2∈(-2,2)∪(2,14)，故t2-22∈[0,4)∪(4,196)，从而由③得，|PQ|⋅|PR|=t2-22+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4+2t-t22<22，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=22，故|PQ|⋅|PR|=|PM|2-r2=t2-42+(2t)2-(22)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+1x2+4kmx+2m2-2=0 ①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=82k2+1-m2>0即2k2+1>m2 ②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①及韦达定理知4km2k2+1=-x1+x2=2，即m=k+12k ③由式②与③知2k2+1>m2=k+12k2，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=|k+m|1+k2=11+k2⋅2k+12k=11k2+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=12t+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)