解析几何

$\displaystyle \frac{1}{5}$ ． 由复数除法的几何意义可知 $\displaystyle \frac{z_{2}-z_{1}}{z_{3}-z_{1}}=1+2 \mathrm{i}$ 的辅角主值表示以 $z_{1}$ 为顶点，以 $\overline{z_{1}} z_{2}, \overline{z_{1} z_{3}}$为边的角，把 $\triangle A B C$ 对应的 $z_{1}$ 移到坐标顶点，再利用相似的三角形相关比不变性质，构造一个边长 $\overline{z_{1} z_{3}}$ 为 1 的三角形，进而易求。

（1）联立 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}\frac{x^{2}}{a^{2}}+y^{2}=1, \\ y^{2}=2(x+m),\end{array}\right.$ 得到 $x^{2}+2 a^{2} x+2 a^{2} m-a^{2}=0$ ．设 $f(x)=x^{2}+2 a^{2} x+ 2 a^{2} m-a^{2}$ ，问题（1）转化成方程在 $(-a, a)$ 上有唯一解或等根，只需讨论以下三种情况： （i）$\Delta=0$ ，得 $\displaystyle m=\frac{a^{2}+1}{2}$ ，此时 $x_{P}=-a^{2}$ ，当且仅当 $0<a<1$ 时成立． （ii）$f(-a) \cdot f(a)<0$ ，当且仅当 $-a<m<a$ 时成立． （iii）$f(-a)=0$ ，得 $m=a$ ，此时 $x_{P}=-a-a^{2}$ ，当且仅当 $0<a<1$ 时成立；$f(a)=0$ ，得 $m=-a$ ，此时 $x_{P}=-a-a^{2}$ ，从而 $m \neq-a$ ． 综上所述，当 $0<a<1$ 时，$\displaystyle m=\frac{a^{2}+1}{2}$ 或 $-a<m \leqslant a$ ；当 $a \geqslant 1$ 时，$-a<m<a$ ． （2）$\displaystyle S_{\triangle O A P}=\frac{1}{2} a y_{P}$ ，由于 $\displaystyle 0<a<\frac{1}{2}$ ，当 $-a<m \leqslant a$ 时， $0<-a^{2}+a \sqrt{a^{2}+1-2 m}<a$ ，由唯一性得到 $x_{P}=-a^{2}+a \sqrt{a^{2}+1-2 m}$ ，显然当 $m=a$ 时，$x_{P}$ 取最小值，由于 $x_{P}>0$ ，从而 $y_{P}=2 \sqrt{a-a^{2}}, S_{\triangle O A P}=a \sqrt{a-a^{2}}$ ． 当 $\displaystyle m=\frac{a^{2}+1}{2}$ 时，$\displaystyle x_{P}=-a^{2}, y_{P}=\sqrt{1-a^{2}}, S_{\triangle O A P}=\frac{1}{2} a \sqrt{1-a^{2}}$ 。接下来比较 $a \sqrt{a-a^{2}}$与 $\displaystyle \frac{1}{2} a \sqrt{1-a^{2}}$ 的大小．令 $\displaystyle a \sqrt{a-a^{2}}=\frac{1}{2} a \sqrt{1-a^{2}}$ ，解得 $\displaystyle a=\frac{1}{3}$ ． 当 $\displaystyle 0<a \leqslant \frac{1}{3}$ 时，$S_{\triangle O A P}$ 最大为 $\displaystyle \frac{1}{2} a \sqrt{1-a^{2}}$ ；当 $\displaystyle \frac{1}{3}<a<\frac{1}{2}$ 时，$S_{\triangle O A P}$ 最大为 $a \sqrt{a-a^{2}}$ ．

$(3,4)$ ． 折线距离之和 $$ \begin{aligned} L= & |m-4|+|m-6|+|m+1|+|m+2|+2|m-3| \\ & +|n-6|+|n-5|+2|n-4|+|n-2|+|n-1| . \end{aligned} $$ 由绝对值的几何意义可知 $L_{\text {min }}=21$ ，此时 $m=3, n=4$ ，则点 $P$ 的坐标为 $(3,4)$ ．

D． 如图 J1 所示．直线有一条是 $x=1$ ，另一条是 $\displaystyle y=\frac{1}{2} x$ ． \begin{figure}

$2-\sqrt{3}$ ． 正方体的体对角线是 $2 \sqrt{3}$ ，设小球的半径是 $r$ ，小球的球心到正方体最近的顶点的距离是 $\sqrt{3} r, 2(\sqrt{3} r+r)+2=2 \sqrt{3}$ ，解得 $r=2-\sqrt{3}$ ．

$\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{e}^{\frac{1}{2}}$ ． $f^{\prime}(x)=a \mathrm{e}^{a x}$ ，由导数的几何意义，$f(x)$ 在点 $Q\left(a, \mathrm{e}^{a^{2}}\right)$ 处切线的斜率为 $a \mathrm{e}^{a^{2}}$ ，故切线的方程为 $y-\mathrm{e}^{a^{2}}=a \mathrm{e}^{a^{2}}(x-a)$ ，令 $y=0$ ，得到点 $R$ 的坐标为 $\displaystyle \left(a-\frac{1}{a}, 0\right), S_{\triangle P Q R}=\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{a} \cdot \mathrm{e}^{a^{2}}$ ．再把 $a$ 看成变量，求导，则 $$ S_{\triangle P Q R}^{\prime}=\frac{1}{2}\left(-a^{-2} \mathrm{e}^{a^{2}}+\frac{1}{a} \cdot 2 a \cdot \mathrm{e}^{a^{2}}\right)=\frac{1}{2}\left(2-a^{-2}\right) \cdot \mathrm{e}^{a^{2}} . $$ 令 $S_{\triangle P Q R}^{\prime}=0$ ，则 $\displaystyle a=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(a=-\frac{\sqrt{2}}{2}\right.$ 舍去 $)$ ．故由单调性可知 $\triangle P Q R$ 的面积的最小值为 $\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{e}^{\frac{1}{2}}$ ． \section*{模拟试题39}

$\displaystyle \frac{\sqrt{10}}{6}$ ． 不妨先固定一边取 $a=2$ ，即求 $\displaystyle \frac{S}{4}$ 的最大值． 如图 J1 所示，建立直角坐标系，取 $B(-1,0), C(1,0), A(x, y)$ ，则 $a^{2}=4, b^{2}= (x-1)^{2}+y^{2}, c^{2}=(x+1)^{2}+y^{2}$ ． \begin{figure} 因为 $4 a^{2}=b^{2}+2 c^{2}$ ，所以 $16=(x-1)^{2}+y^{2}+2(x+1)^{2}+2 y^{2}$ ，整理得 $\displaystyle \left(x+\frac{1}{3}\right)^{2}+y^{2}= \frac{40}{9}=\left(\frac{2 \sqrt{10}}{3}\right)^{2}(y \neq 0)$. 当 $A$ 在最高点时，$\displaystyle h_{\text {max }}=\frac{2 \sqrt{10}}{3}, S_{\text {max }}=\frac{1}{2} \times 2 \times \frac{2 \sqrt{10}}{3}=\frac{2 \sqrt{10}}{3}$ ，于是 $\displaystyle \frac{S}{a^{2}}=\frac{S}{4}$ 的最大值是 $\displaystyle \frac{\sqrt{10}}{6}$. \section*{模拟试题 40}

B． \begin{figure} $f^{\prime}(x)=a \mathrm{e}^{a x}$ ，由导数的几何意义，$f(x)$ 在 $P\left(a, \mathrm{e}^{a^{2}}\right)$ 处切线的斜率为 $a \mathrm{e}^{a^{2}}$ ，故切线方程为 $y-\mathrm{e}^{a^{2}}=a \mathrm{e}^{a^{2}}(x-a)$ 。如图 J2 所示，令 $y=0$ ，得 $B$ 点的坐标为 $\displaystyle \left(a-\frac{1}{a}, 0\right) . S_{\triangle A B P}=\frac{1}{2}\left|\frac{1}{a}\right| \mathrm{e}^{a^{2}}$ ．不妨设 $a>0$ ，再把 $a$ 看作变量，则 $\displaystyle S_{\triangle A B P}=\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{a} \cdot \mathrm{e}^{a^{2}}$ ，于是 $$ \begin{aligned} S_{\triangle A B P}^{\prime} & =\frac{1}{2}\left(-a^{-2} \cdot \mathrm{e}^{a^{2}}+\frac{1}{a} \cdot 2 a \cdot \mathrm{e}^{a^{2}}\right) \\ & =\frac{1}{2}\left(2-a^{-2}\right) \cdot \mathrm{e}^{a^{2}} . \end{aligned} $$ 令 $S_{\triangle A B P}^{\prime}=0$ ，解得 $\displaystyle a=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(a=-\frac{\sqrt{2}}{2}\right.$ 舍去），故 $\triangle A B P$ 面积的最小值是 $\displaystyle \frac{\sqrt{2 \mathrm{e}}}{2}$ ．