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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年江苏省高中数学竞赛一试题4．
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【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）
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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
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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
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（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
23845数学奥林匹克题解C几.doc
