答案为：
解：由知Q、M、P三点在同一条垂直于x轴的直线上，故可设P(x，
y)，Q(x，y0)，M(x，x2)，
则，
即
再设B(x1，y1)，
，①
由，即(x－x1，y0－y1)＝λ(1－x，1－y0)，
解得②
将①式代入②式，消去y0，得③
又点B在抛物线y＝x2上，所以.
再将③式代入，
得
22
22
2
(1＋λ)x－λ(1＋λ)y－λ＝(1＋λ)x－2λ(1＋λ)x＋λ， 2λ(1＋λ)x－λ(1＋λ)y－λ(1＋λ)＝0.
因λ＞0，两边同除以，得.
故所求点P的轨迹方程为.
26.(2011 山东)已知双曲线(a＞0，b＞0)的两条渐近线均和圆C：x2
＋y2－6x＋5＝0相切，且双曲线的右焦点为圆C的圆心，则该双曲线的方程为( )
A．答案为：A
B． C． D．
由题意得，＝0，
(a＞0，b＞0)的两条渐近线方程为，即bx±ay
又圆C的标准方程为(x－3)2＋y2＝4，半径为2，圆心坐标为(3，0)．
∴a2＋b2＝32＝9，且，解得a2＝5，b2＝4.
∴该双曲线的方程为.
27.(2011 山东)已知动直线l与椭圆C：交于P(x1，y1)，Q(x2，y2)两
不同点，且△OPQ的面积S△OPQ＝（1）证明：
和
，其中O为坐标原点．
均为定值；
（2）设线段PQ的中点为M，求|OM|2|PQ|的最大值；
（3）椭圆C上是否存在三点D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝判断△DEG的形状；若不存在，请说明理由．
？若存在，
答案为：
解：（1）当直线l的斜率不存在时，P、Q两点关于x轴对称，所以x2＝x1，y2＝－y1.
因为P(x1，y1)在椭圆上，因此.①
又因为，所以|x1|2|y1|＝.②
由①②得此时
，
，|y1|＝1，
.
（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，
由题意知m≠0，将其代入得(2＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－2)＝0，
其中Δ＝36k2m2－12(2＋3k2)(m2－2)＞0，即 3k2＋2＞m2.(*)
又所以|
，，
.
因为点O到直线l的距离为.
所以S△OPQ＝|PQ|2d
.
又.
整理得3k2＋2＝2m2，且符合(*)式，
此时＝(x1＋x2)2－2x1x2＝＝3，
＝
综上所述，
，
＝＝2.
，结论成立．
（2）解法一：①当直线l的斜率不存在时，
由(1)知|OM|＝|x1|＝，|PQ|＝2|y1|＝2，
因此|OM|2|PQ|＝＝.
②当直线l的斜率存在时，由（1）知，
，
＝＝＝，
|OM|2＝()2＋()2＝＋＝＝ (3－)，
|PQ|2＝(1＋k2)＝＝2(2＋)，
所以|OM|22|PQ|2＝3(3－)323(2＋)
＝(3－)(2＋)≤()2＝.
所以|OM|2|PQ|≤，当且仅当3－＝2＋，即m＝±时，等号成立．
综合①②得|OM|2|PQ|的最大值为.
解法二：因为4|OM|2＋|PQ|2＝(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＋(x2－x1)2＋(y2－y1)2＝2[(
)＋(
)]＝10.
所以2|OM|2|PQ|≤＝＝5，
即|OM|2|PQ|≤.
时等号成立．
当且仅当2|OM|＝|PQ|＝
因此|OM|2|PQ|的最大值为.
（3）椭圆C上不存在三点D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝.
证明：假设存在D(u，v)，E(x1，y1)，G(x2，y2)满足S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝由(1)得 u2＋v＋
2
，
＝3，u2＋＝2，v＋
2
＝3，＝2，
＝3； ＝2，
解得u2＝＝＝；v2＝＝1.
因此u，x1，x2只能从±中选取，v，y1，y2只能从±1中选取，
因此D，E，G只能在(±，±1)这四点中选取三个不同点，