第五节 解析几何问题

第三章 几 何 第五节 解析几何问题   C5-001  在一张小方格达长都是1的方格纸上放有一个凸32边形，若它的顶点都在方格的结点上．问它的最小周长是多少？ 【题说】  第九届（1975年）全苏数学奥林匹克八年级题3． 【解】  设凸32边形的顶点分别为A1，A2，…，A32，则有 于是问题可以归结为；求出满足以下条件的32个向量： （a）每个向量的起点和终点位于方格纸的结点上； （b）任意两个向量有不同的方向； （c）所有向量的和等于 ； （d）当满足（a）—（c）时，所有向量的长度之和最小． 为此，从一点出发引出所有的向量，如图所示．在这32个向量中4 足条件（a）—（d），故所求的最小周长为   C5-002 边三角形ABK、BCL、CDM和DAN， 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 四线段KL、LM、MN、NK的中点和八线段AK、BK、BL、CL、CM、DM、DN、AN的中点，是一个正十二边形的十二个顶点． 【题说】  第十九届（1977年）国际数学奥林匹克题1．本题由荷兰提供． 【证】  如图，以已知正方形的中心O为原点，以正方形边长之半为长度单位建立直角坐标系．则正方形四个顶点的坐标分别为： A（-1，-1），B（1，-1），C（1，1），D（-1，1） 因为所作的四个等边三角形分别对称于x轴或y轴，所以K、L、M、N四点在X轴和y轴上，它们的坐标分别为 CL、NK、CM的中点分别为 利用距离公式可得 所以                                          |OP1|=|OP2|=|OP3| 且                                             |P1P2|=|P2P3| 又由对称性可知，这十二条线段的中点，即图中的点P1、P2、P3、…、P11、P12，与O点的距离都相等，即它们都在以O为圆心， 【别证】  充分利用对称性，我们只需证明 P2P3=P3P4，∠P2P3P4=150° 因△P2QN、△QP4N都是直角三角形．且∠QNP4=∠P3P4N=60°，故P3为QN的中点，P3P4=P3Q=P2P3，再由∠P2NP3=15°得 ∠P2P3P4=∠P2P3Q+∠QP3P4 =30°+120°=150° C5-003  A、B为定二次曲线ax2+bxy+cy2+ex+fy+g=0（a≠0）上的两个定点，过A、B任作一圆，设该圆与定二次曲线交于另外两点C、D，求证直线CD有定向． 【题说】  1978年上海市赛二试题8． 【证】  取A点为坐标原点，AB为x轴，设B点坐标为（l，0）．不妨假定a=1，于是原二次曲线的方程化为 x2+bxy+cy2-lx+fy=0                              （1） 过A、B的圆的方程为 x2+y2-lx+ky=0                                       （2） （1）-（2）得y[bx+（c-1）y+（f-k）]=0，这是C、D坐标必须满足的方程． 因为C、D不在AB线（即x轴）上，所以它们的纵坐标y≠0，从而直线CD的方程是 bx+（c-1）y+（f-k）=0 其中x、y的系数b、c-1，都是定值，所以，直线CD有定向．  C5-004  有一条光线从点A（-3，5）射到直线l：3x-4y+4=0以后，再反射到一点B（2，15），求这条光线从A到B的长度． 【题说】  1978年北京市赛二试题1． 【解】  直线 l：3x-4y+4=0 （1） 的斜率是3/4． 过A作直线p⊥l，p的方程是 4x+3y-3=0                                               （2） 联立（1）、（2），解得l与p的交点C（0，1）． 设点A′关于l与A对称，则C为AA′的中点，由中点公式求得点A′的坐标（3，-3）． 如果光线在l上的反射点是E，那么光线之长=AE+EB=A′E+EB=   C5-005  如图，二杆各绕点A（a，0）和B（-a，0）旋转，且它们在y轴上的截距的乘积bb1=a2（常数），试求旋转杆交点的轨迹方程． 【题说】  1978年广西省赛二试题4． 【解】  设M（x，y）是两杆交点，则 y=-b（x-a）/a y=b1（x+a）/a 相乘，得 y2=-bb1（x2-a2）/a2 将bb1=a2代入上式并整理，得 x2+y2=a2 由bb1=a2（常数），得b、b1不为0，因而y≠0，x≠±a． 故所求轨迹方程为 x2+y2=a2（-a＜x＜a＝  C5-006  设椭圆的中心为原点，它在x轴上的一个焦点与短轴两端 圆方程． 【题说】  1978年全国联赛一试题3． 【解】  如图，设所求椭圆方程为 所求方程为                                x2/10+y2/5=1 C5-007  已知直线l1：y=4x和P（6，4）在直线l1上求一点Q，使过PQ的直线与l1，以及x轴，在第Ⅰ象限内围成的三角形的面积最小． 【题说】  1978年全国联赛一试题9． 【解】  设Q点坐标为（x1，y1），y1=4x1，则直线的方程为 要使方程（1）有实根，则S2-40S≥0．即 S≥40 把S=40代入（1），解得x1=2．这就是说，当x1=2时，S达到最小．故所求点Q的坐标为（2，8）．   C5-008  设R为平面上以A（4，1）、B（-1，-6）、C（-3，2）三点为顶点的三角形区域（包括三角形内部及周界）．试求当（x，y）在R上变动时，函数4x-3y的极大值和极小值（须证明你的论断）． 【题说】  1978年全国联赛二试题3． 【解】  令λ=4x-3y，当λ固定，（x，y）变动时，我们得平面上一条直线，令λ变动，则得一系列相互平行的直线，在其中每一条直线上，4x-3y的值都相同．极值必在三角区域的顶点上达到． 因为λ（A）=13，λ（B）=14，λ（C）=-18．所以，函数4x-3y在△ABC上最大值是14，最小值是-18．   C5-009  已知△ABC是边长为1的正三角形，O为其中心．试问：过O点且两端落在△ABC边上的线段中，哪几条最长？哪几条最短？它们各为多长？证 明你的论断． 【题说】 1979年天津市赛二试题3． 【解】 如图，以A为原点建立直角坐标系xAy，则直线AB的方程 不失一般性，我们可以只考虑0≤k≤k0，其中k0表示OB的斜率，于是得D、E的坐标分别为 由图形的对称性，最长与最短的线段都各有三条． C5－010 给定一点P（3，1）及两条直线 l1∶x＋2y＋3＝0 l2∶x＋2y－7＝0 试求过P点且与11，l2都相切的圆的方程． 【题说】 1979年全国联赛一试题9． 【解】 如图，由于l1∥l2，圆心在直线l3∶x＋2y－2＝0上， 设圆心坐标为（a，b），则a＋2b－2＝0．将P点坐标代入圆方程 （x－a）2＋（y－b）2＝5 得                               （a－3）2＋（b－1）2＝5 从而 ＝5．  C5－011 已知线段AB＝2a，动点P对AB的视角为直角，动点Q到A、B等距离，而且△QAB与△PAB等积（但不为零），O点为AB的中点，OP与BQ的延长线相交于M．以O为坐标原点，AB的垂直平分线为y轴，建立坐标系，令∠BOP＝θ，用θ的参数分别求出动点P、Q、M的轨迹的参数方程，并把这些参数方程化为普通方程，指出这三个轨迹各是什么曲线？ 【题说】 1979年江西省赛二试题6． 【解】 1．设P的坐标为（x，y），则P点轨迹的参数方程为 其中0＜θ＜π或π＜θ＜2π． 消去θ得x2＋y2＝a2（y≠0）．所以动点P的轨迹是一个以原点为圆心，以a为半径的圆，A、B两点除外． 2．设Q点坐标为（x，y）．因为QA＝QB，△QAB与△PAB等积，所以Q在y轴上，纵坐标与P同．故参数方程为 普通方程是x＝0（|y|≤1并且y≠0）．即Q的轨迹是圆在y轴上的直径，O点除外． 3．设M点坐标为（x，y），OP的方程为y＝xtanθ，OQ的方程为y＝（a－x）·sinθ．由这两个方程解得   C5－012 已知圆的方程为 1．求证：对于任何正数m，圆心都在某条双曲线c上； 2．在双曲线c上求一点，使这点与直线y＝2x＋1的距离最短． 【题说】 1979年黑龙江省赛二试题1． 【解】 1．圆心坐标为 消去参数m．得圆心满足的方程为 x2－4y2＝1（x＞0，y＞0） 它是双曲线方程x2－4y2＝1在第一象限中的半支． 2．设双曲线c的平行于y＝2x＋1的切线方程为y＝2x＋b，代入双曲线方程得   15x2＋16b2x＋4b＋1＝0 由  △＝64b2－15（4b2＋1）＝0 就是双曲线c上与直线y＝2x＋1距离最短的点．  C5－013 在平面上有若干个点．对其中的任两个点A和B都可作一向量 ，而且在每一点，以它为起点和以它为终点的向量个数相等．证明：所有这样组成的向量之和等于0． 【题说】 第十三届（1979年）全苏数学奥林匹克八年级题4． 【证】 选取任意一点O（未必是已知点）．用向量 － 来表示向量 ．在所有向量的和式中，每一个向量 （M是已知点）取正号和负号的个数一样多，所以，所有向量的和为0．  C5－014 在空间经过点O作1979条直线l1，l2，…，l1979，它们中的任何两条不垂直．在l1上取不同于O的任意一点A1．证明：能在li（i＝2，3，…，1979）上分别选择点Ai，满足A1A3⊥l2，A2A4⊥l3，…，Ai－1Ai＋1⊥li，…，A1977A1979⊥l1978，A1978A1⊥l1979，A1979A2⊥l1． 【题说】 第十三届（1979年）全苏数学奥林匹克九年级题7． 【证】 过A1作l2的垂线交l3于点A3，过A3作l4的垂线l5于A5，…，过A1977作l1978的垂线交l1979于A1979，过A1979作l1的垂线交l2于A2，过A2作l3的垂线交l4于A4，…，过A1976作l1977的垂线交l1978于A1978．由于l1，l2，…，l1979两两不垂直，故上述交点总是存在的．题得证．  C5－015 试证：若一个圆的圆心不是有理点，则其圆周上至多只有两个有理点． 【题说】 1980年芜湖市赛题2． 【证】 用反证法．假设圆周上有三个有理点：A（x1，y1）、B（x2，y2）、C（x3，y3）．设圆的方程是 （x－a）2＋（y－b）2＝r2                                                                                        （1） 将A、B、C三点坐标代入（1）得， （2）－（3）得： （2）－（4）经整理得： 作为a、b的一次方程组（5）与（6）中系数和常数项都是有理数，故a、b都是有理数，与已知条件不符． 因此，圆周上至多只有两个有理点． C5－017 已知：（1）半圆的直径AB长为2r； （2）半圆外的直线l与BA的延长线垂直，垂足为T，|AT|＝2a（2a＜r/2）； （3）半圆上有相异两点M、N，它们与直线l的距离|MP|、|NQ|满足条件 求证：|AM|＋|AN|＝|AB|． 【题说】 1982年全国联赛题3． 【证】 如图a，取线段TA的中点O为坐标原点，以有向直线TA为x轴，建立平面直角坐标系．则圆的方程为 [x－（r＋a）]2＋y2＝r2 以l为准线的抛物线方程为              y2＝4ax 因M、N均为抛物线与圆的交点，由 得                              x2－2（r－a）x＋2ra＋a＝0 所以，M、N的坐标之和x1＋x2＝2r－2a． 又|AM|＝|PM|＝x1＋a，|AN|＝|QN|＝x2＋a，|AB|＝2r，故 |AM|＋|AN|＝|AB| 【别证】 如图b，作MC⊥AB，ND⊥AB，C、D均为垂足． 在Rt△AMB中，AM2＝AC·AB，在Rt△ANB中，AN2＝AD·AB，所以 AM＋AN＝（AN2－AM2）/（AN－AM） ＝（AD－AC）·AB/（NQ－MP） ＝AB  C5－018 已知圆x2＋y2＝r2（r为奇数），交x轴于A（r，0）、B（－r，0），交y轴于C（0，－r）、D（0，r）．P（u，v）是圆周上的点，u＝Pm，v＝qn（p、q都是质数，m、n都是自然数），且u＞v，点P在x轴和y轴上的射影分别是M、N．求证：|AM|、|BM|、|CN|、|DN|分别为1、9、8、2． 【题说】 1982年全国联赛题5． 【证】 因为r为奇数，u2＋v2＝r2，所以u、v一奇一偶． （1）设u为偶数，由已知u＝2m．又 （r＋u）（r－u）＝v2＝q2n（q为奇质数） 所以                              r＋u＝qα，r－u＝qβ （其中α＋β＝2n，α＞β） 2u＝qβ（qα－β－1） 即qβ是2u的因数． 所以β＝0，r＝u＋qβ＝2m＋1，q2n＝qα＝r＋u＝2m＋1＋1，（qn＋1）（qn－1）＝2m＋1． 从而  q＝3，n＝1，v＝qn＝3． 因为2m＋1＝（qn＋1）（qn－1）＝（3＋1）·2，故m＝2， u＝2m＝4，r＝2m＋1＝5． 由此得，|AM|＝1，|BM|＝9，|CN|＝8，|DN|＝2． （2）设v为偶数，同理可得v＝4，u＝3，与题设u＞v不合，舍去．  C5－019 已知直线y＝kx＋b（b≠0）与二次曲线 Ax2＋2Bxy＋cy2＋2Dx＋2Ey＋F＝0 相交于M、N两点，试求直线OM、ON垂直的充要条件． 【题说】 1982年上海市赛一试题6． 【解】 x、y的齐次方程 表示通过原点的两条直线．M、N的坐标显然满足（1），所以（1）就是OM、ON的方程． （1）可改写成 （F＋2Eb＋cb2）y2＋Gxy＋（Ab2－2Dkb＋Fk2）x2＝0 （其中G不必算出）OM⊥ON的充要条件是斜率之积 即              Ab2－2Dkb＋Fk2＋Cb2＋2Eb＋F＝0  C5－020 已知曲线C∶y＝x2．过定点P1（a，0）（a＞0），作与y轴平行的直线且和C相交于点M1，然后过点M1作C的切线和x轴相交于点P2，再过P2作与y轴平行的直线且和C相交于M2，又过M2作C的切线和轴相交于P3，以下，用同样的方法直至无穷，求S1＋S2＋…＋Sn＋…的值．（其中Sk表示△PkMkRk＋1的面积） 【题说】 1982年上海市赛一试题4． 曲线C在Mk处的切线方程为 切线与x轴的交点横坐标为 INCLUDEPICTURE "http://res3.pudong-edu.sh.cn/Resource/CZ/CZSX/SXTJ/OLPK/C/C5/math0014zw17_0011_6.gif" \* MERGEFORMATINET   C5－021 一个椭圆内切于一个长为m，宽为n的矩形．求这个椭圆的内接矩形的周长的最大值． 【题说】 1983年上海市赛一试题1（4）． 【解】 设椭圆方程为 而ABCD为它的外切矩形． 又设P1P2P3P4为椭圆的内接矩形，则P1P2、P1P4分别平行x轴、y轴，设P1的坐标为（acosθ，bsinθ），θ为锐角，则： P1P2P3P4的周长＝4（acosθ＋bsinθ）   C5－022 设平面上有一圆，它的每一点都以角速度ω绕原点O顺时针旋转，同时该圆上一点P以角速度2ω绕圆心O′逆时针旋转，若时间t＝0时，圆心O′的坐标为（l＋r，0），动点P的坐标为（l，0）．如图，求点P的轨迹方程．（其中l＞0，r＞0） 【题说】 1984年上海市赛二试题3． 【解】 如图，设在时刻t，P点的坐标为P（x，y），则 即 它表示一个椭圆． C5－024 如图，AB是单位圆的直径，在AB上任取一点D，DC⊥AB，交圆周于C，若点D坐标为（x，0），则当x为何值时，线段AD、BD、CD可构成锐角三角形？ 【题说】 1984年全国联赛一试题 2（1）．原题为填空题． 【解】 先设D点在OB上，OD＝x，AD＝1＋x，BD＝1－x， ＋CD2＞AD2．即（1－x）2＋（1－x2）＞（1＋x）2，解得0 可构成锐角三角形．  C5－025 三个圆有相同的半径，都是3，圆心分别为（14，92）、（17，76）和（19，84）．一条直线通过点（17，76），且位于它同一侧的三个圆各部分的面积之和，等于另一侧三个圆各部分的面积之和，那么这条直线的斜率的绝对值是多少？ 【题说】 第二届（1984年）美国数学邀请赛题6．这条直线已经平分一个圆，必须与另两个圆的圆心等距． 【解】 设直线方程为 ax＋by＋c＝0 则                                    17a＋76b＋c＝0                                  （1） 14a＋92y＋c＝－（19a＋84y＋c）                       （2） （2）即                          33a＋176b＋2c＝0                                 （3） （1）、（3）消去c得 a＋24b＝0 C5－027 已知集合 A＝{（x，y）||x|＋|y|＝a，a＞0} B＝{（x，y）||xy|＋1＝|x|＋|y|} 若A∩B是平面上正八边形的顶点所构成的集合，求a的值． 【题说】 1987年全国联赛一试题2（2）．原题为填空题． 【解】 A所表示的图形是中心在原点、对角线长为2a且落在坐标轴上的正方形的周界，B所表示的图形是分别与坐标轴平行且与坐标轴距离为1的四条直线． 2．如图b，|QP|＝|PR|＝|MN|－2|MP|   C5－028 三角形的三个顶点的坐标为P（－8，5），Q（－15，－19），R（1，－7）．∠P的平分线方程可以写成为ax＋by＋c＝0．试求a＋c． 【题说】 第八届（1990年）美国数学邀请赛题7． 【解】 设∠P的平分线交QR于D，则 即                                        11x＋2y＋78＝0 a＋c＝11＋78＝89  C5－029 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． 【题说】 1991年全国联赛一试题 4． 【解】 如图，以F为极点建立极坐标系，抛物线的方程为 设点P的极角为θ（θ∈（0，π）），则点Q的极角为π＋θ， b＝|PQ| ＝2a/（1－cosθ）＋2a/[1－cos（π＋θ）] ＝4a/sin2θ C5－031 求与抛物线y＝x2相切的抛物线y＝－x2＋bx＋c的顶点的轨迹． 【题说】 第十七届（1991年）全俄数学奥林匹克九年级题1． 【解】 抛物线y＝x2与y＝－x2＋bx＋c相切的充要条件是 2x2－bx－c＝0 有唯一解，即 △＝b2＋8c＝0 所以c＝－b2/8．抛物线 y＝－x2＋bx－b2/8 的顶点为x＝－b/－2＝b/2，y＝b2/8．消去b得所求的轨迹： 仍是一条抛物线．  C5－032 在坐标平面上，设方程 y2＝x3＋2691x－8019 所确定的曲线为E，连接该曲线上的两点（3，9）和（4，53）的直线交曲线E于另一点，求该点的横坐标． 【题说】 1992年日本数学奥林匹克预选赛题3． 【解】 容易求得所给直线的方程为y＝44x－123，将它代入曲线方程并整理得 由方程根与系数的关系可知，所求的横坐标为1936－（3＋4）＝1929．  C5－033 已知圆的方程为x2＋y2＝4，试在坐标平面上求两点A（s，t）、B（m，n），使下列两条件满足： （1）圆上任一点到A点的距离与到B点的距离之比为定值k； （2）s＞m，t＞n，且m、n均为正整数． 【题说】 1993年江苏省 高中 高中语文新课程标准高中物理选修31全套教案高中英语研修观课报告高中物理学习方法和技巧高中数学说课稿范文 数学竞赛一试题4． 【解】 设圆上任意一点为P（x，y）则 取P1（2，0），P2（－2，0），得 从而                                  s＝k2m 再取P3（0，2），P4（0，－2）又得 t＝k2n                                              （3） 化简为                            k2（m2＋n2）－4＝0 所以   m＝n＝1，k2＝2，所求点为（2，2），（1，1）．  C5－034 设P（x，y）为|5x＋y|＋|5x－y|＝20上一点．求x2－xy＋y2之最大、最小值． 【题说】 第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第一轮题4． 【解】 方程图像，即x＝2，x＝－2，y＝10，y＝－10四直线围成的矩形，其顶点为A（2，－10），B（2，10），C（－2，10），D（－2，－10）．由对称性仅需在AB、BC边考虑．在AB上， Q＝x2－xy＋y2＝4－2y＋y2＝3＋（1－y）2 所以                       3≤Q≤124（＝3＋（1＋10）2） 同理，在BC上，84≤Q≤124．所以 Q最大＝124，Q最小＝3 C5－037 已知实数a满足：有且仅有一个正方形，其四个顶点均在曲线y＝x3＋ax上，试求该正方形的边长． 【题说】 1993年德国数学奥林匹克（第二轮）题2． 【解】 设正方形的四个顶点为 A、B、C、D，那么ABCD的中心为原点O．否则，由于y＝x3＋ax为奇函数，因此A、B、C、D关于O点的对称点A′、B′、C′、D′也在曲线上，且A′B′C′D′也是正方形，与题设矛盾． 设四点为A（x0，y0），B（－y0，x0），C（－x0，－y0），D（y0，－x0），其中x0＞0，y0＞0，则 （1）×x0＋（2）×y0，得 （1）×y0－（2）×x0，得 由（3）、（4）得 a＝－r2（1－2sin2θcos2θ） 消去r2，得关于sin2θ的方程 （1＋a2）（sin22θ）2－（4＋a2）sin22θ＋4＝0 因sin22θ在（0，1）内只有一个根，所以 △＝（a2＋4）2－16（1＋a2）＝a4－8a2＝0   C5－038 在圆C∶（x－1）2＋y2＝2上有两个动点A和B，且满足条件∠AOB＝90°（O为坐标原点），求以OA、OB为邻边的矩形OAPB的顶点P的轨迹方程． 【题说】 1994年全国高中数学联赛河北省预赛一试题3． 【解】 设各点坐标为A（x1，y1），B（x2，y2），P（x，y）．依题意， 由（1）＋（2）得 因为OAPB是矩形，有 x1＋x2＝x                                         （5） 将（4）和（5）代入（3）得 [别解] 设圆心为D，矩形OAPB的中心为Q，则由平行四边形性质 2（DP2＋DO2）＝OP2＋4DQ2＝AB2＋4DQ2＝2（DA2＋DB2） 从而 DP2＝2DA2－DO2＝2×2－12＝3 （x－1）2＋y2＝3  C5－039 已知P点在圆x2＋（y－4）2＝1上移动，Q点在椭 【题说】 1994年四川省高中数学联赛题二（5）． 【解】 如图，先让Q点在椭圆上固定，显然当PQ通过圆心O1时，|PQ|最大，因而欲求|PQ|的最大值，即求|O1Q|的最大值． 设Q的坐标为（x，y），则 |O1Q|2＝x2＋（y－4）2                                                                            （1） x2＝9（1－y2）                              （2） （2）代入（1）得 |O1Q|2＝－8y2－8y＋25   C5－040 在平面上有5个点，其中任意3点不共线．将5点中的每两点连接起来，共得10条线段，已知其中9条线段长的平方是有理数，求证：余下的1条线段长的平方也是有理数． 【题说】 1994年日本数学奥林匹克题2． 【解】 设五个点为O、A、B、C、D，除CD外，其余9条线段长的平方均为有理数． 以O为原点，OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系，设备点坐标为O（0，0），A（x2，0），B（x3，y3），C（x4，y4），D（x5，y5），其x2≠0，y3y4y5≠0，则 BC2＝（x4－x3）2＋（y4－y3）2 BD2＝（x5－x3）2＋（y5－y3)2 均为有理数． 由AB2－OA2－OB2＝－2x2x3知x2x3是有理数．同理可知x2x4， 有理数． 又由BC2－OB2－OC2＝－2（x3x4＋y3y4）及BD2－OB2－OD2＝－2（x3x5＋y3y5）是有理数知y3y4、y3y5是有理数． ＋（y5－y4）2＝OC2＋OD2－2（x4x5＋y4y5）是有理数· C5－041 若x、y为整数，则称坐标平面上的点（x，y）为格点．求 【题说】 1994年日本数学奥林匹克预选赛题1． 【解】 直线方程可变形为 它与格点（x，y）的距离为   C5－042 求使方程组 有解且所有的解都是整数解的实数对（a，b）的个数． 【题说】 第十二届（1994年）美国数学邀请赛题 7． 【解】 在圆x2＋y2＝50上有12个整点：（1，7），（1，－7），（－1，7），（－1，－7），（5，5），（5，－5），（－5， 12个点中的每一个点都可以作一条切线，所以共有66＋12＝78条直线与圆仅相交于整点．这样的直线可以写成ax＋by＝1的形式，当且仅当直线不过原点．这78条直线中有6条通过原点（相应坐标互为相反数的两点决定的直线）．这就是说有78－6＝72个有序实数对（a，b），使得给定的方程组有解且只有整数解．  C5－043 点（0，0），（a，11）和（b，37）是一个等边三角形的顶点．求a·b的值． 【题说】 第十二届（1994年）美国数学邀请赛题8． 【解】 如图，设这等边三角形的顶点为O、A、B，OA＝r，OA与x轴的夹角为θ．不妨设a≥0（否则将△OAB关于y轴作轴对称，ab的值不变），即θ不超过90°．由已知 所以由（1），（3） ab＝rcosθ·rcos（θ＋60°）   C5－044 给定曲线族 求该曲线族在直线 上所截得弦长的最大值． 【题说】 1995年全国联赛二试题1． 【解】 显然曲线族（1）与直线（2）的一个交点是原点．另一交点横坐标是 从而 （2x－8）sinθ－（x＋1）cosθ＝1－3x 由此得 即                                           x2＋16x－16≤0 解得                                             －8≤x≤2 取最大值8．此时|y|＝16．故所求弦的长度最大值是   C5－045 已知抛物线y2＝4ax（0＜a＜1）的焦点为F，以A（a＋4，0）为圆心，|AF|为半径在x轴上方作圆交抛物线于不同的两点M和N，设P为MN的中点． （1）求|MF|＋|NF|的值； （2）是否存在这样的a值，使|MF|、|PF|、|NF|成等差数列？如果存在，求出a的值；若不存在，说明理由． 【题说】 1996年全国高中数学联赛昆明选拔赛题24． 【解】（1）由已知得焦点为F（a，0），半圆方程为[x－（a＋4）]2＋y2＝16（y≥0）．将y2＝4ax代入半圆方程得 x2－2（4－a）x＋a2＋8a＝0 设M（x1，y1）、N（x2，y2）．则由抛物线定义及韦达定理知 |MF|＋|NF|＝x1＋x2＋2a ＝2（4－a）＋2a＝8 （2）若|MF|，|PF|，|NF|成等差数列，则有 2|PF|＝|MF|＋|NF| 另一方面，设M、P、N在抛物线的准线上的射影为M′、P′、N′．则在直角梯形M′MNN′中，P′P是中位线，又有 2|P′P|＝|M′M|＋|N′N| ＝|FM|＋|FN| 因而|PF|＝|P′P|．这说明P点应在抛物线上． 但由已知P是线段MN的中点，即P并不在抛物线上，故不存在使|MF|、|PF|、|NF|成等差数列的a值．  C5－046 在xyz －空间中，有一个平面多边形，它在xy －平面的正射影的面积为13，在yz －平面的正射影的面积为6，在zx －平面的正射影的面积为18时，求这个平面多边形的面积． 【题说】 1997年日本数学奥林匹克预选赛题3． 【解】 设这多边形的面积为S，它与坐标平面的夹角分别为α、β、γ，则 Scosα＝13， Scosβ＝6， Scosγ＝18 平方再相加得 S2＝S2（cos2α＋cos2β＋cos2γ）＝132＋62＋182 所以