Question

设有二元关系f（x，y）=（x-y）²+a（x-y）-1，已知曲线Γ：f（x，y）=0
（1）若a=2时，正方形ABCD的四个顶点均在曲线上，求正方形ABCD的面积；
（2）设曲线C与x轴的交点是M、N，抛物线E：y=

1

2

x²+1与 y 轴的交点是G，直线MG与曲线E交于点P，直线NG 与曲线E交于Q，求证：直线PQ过定点（0，3）．
（3）设曲线C与x轴的交点是M（u，0）、N（v，0），可知动点R（u，v）在某确定的曲线上运动，曲线与上述曲线C在a≠0时共有4个交点，其分别是：A（x₁，|x₂）、B（x₃，x₄）、C（x₅，x₆）、D（x₇，x₈），集合X={x₁，x₂，…，x₈}的所有非空子集设为Y_i=1，2，…，255），将Y_i中的所有元素相加（若Y_i中只有一个元素，则和是其自身）得到255个数y₁、y₂、…、y₂₅₅，求y₁³+y₂³+…+y₂₅₅³的值．

Answer 1

考点：直线与圆锥曲线的综合问题,数列的求和,数列与函数的综合

专题：圆锥曲线中的最值与范围问题

分析：（1）令f（x，y）=（x-y）²+2（x-y）-1=0，解得x-y=-1±

2

，可得f（x，y）表示两条平行线，之间的距离是2，为一个正方形，即可得出其面积S．
（2）在曲线C中，令y=0，则x²+ax-1=0，设M（m，0），N（n，0），则mn=-1，G（0，1），可得直线MG，NG方程．联立解得P(-

2

m

，

2

m2

+1)，同理可得Q（2m，2m²+1）．可得直线PQ的方程为：y-2m2-1=(m-

1

m

)(x-2m)，即可验证直线PQ过定点（0，3）．
（3）令y=0，则x²+ax-1=0，则mn=-1，即点R（u，v）在曲线xy=-1上，又曲线C：f（x，y）=（x-y）²+a（x-y）-1=0．恒表示平行线x-y=

-a± a2+1

2

，如图所示，
A（x₁，x₂），B（x₃，x₄）关于直线y=-x对称，可得x₁+x₂+x₃+x₄=0，同理可得x₅+x₆+x₇+x₈=0，则x₁+x₂+…+x₈=0，集合X={x₁，x₂，…，x₈}的所有非空子集设为Y_i=1，2，…，255），取Y₁={x₁，x₂，…，x₈}，则y₁=x₁+x₂+…+x₈=0，

y

2 1

=0，对X的其它子集，把它们配成集合“对”（Y_p，Y_q），Y_p∪Y_q=X，Y_p∩Y_q=∅，这样的集合“对”共有127对，且对每一个集合“对”都满足y_p+y_q=0，因此

y

3 p

+

y

3 q

=0，即可得出．

解答： 解：（1）令f（x，y）=（x-y）²+2（x-y）-1=0，解得x-y=-1±

2

，
∴f（x，y）表示两条平行线，之间的距离是2，为一个正方形，其面积S=4．
（2）证明：在曲线C中，令y=0，则x²+ax-1=0，
设M（m，0），N（n，0），则mn=-1，G（0，1），
则直线MG：y=-

1

m

x+1，NG：y=-

1

n

x+1．
联立

y=- 1 m x+1 y= 1 2 x2+1

，解得P(-

2

m

，

2

m2

+1)，
同理可得Q（-

2

n

，

2

n2

+1）．
∴直线PQ的方程为：y-

2

n2

-1=（m+n）（x+

2

n

）
令x=0，则y=

2

n2

+1+（m+n）

2

n

=

2

n2

+1+（-

1

n

+n）

2

n

=3，
因此直线PQ过定点（0，3）．
（3）令y=0，则x²+ax-1=0，则mn=-1，即点R（u，v）在曲线xy=-1上，
又曲线C：f（x，y）=（x-y）²+a（x-y）-1=0．
恒表示平行线x-y=

-a± a2+4

2

，如图所示，
A（x₁，x₂），B（x₃，x₄）关于直线y=-x对称，则

x1+x3

2

=-

x2+x4

2

，即x₁+x₂+x₃+x₄=0，
同理可得x₅+x₆+x₇+x₈=0，则x₁+x₂+…+x₈=0，
集合X={x₁，x₂，…，x₈}的所有非空子集设为Y_i=1，2，…，255），
取Y₁={x₁，x₂，…，x₈}，则y₁=x₁+x₂+…+x₈=0，

y

2 1

=0，
对X的其它子集，把它们配成集合“对”（Y_p，Y_q），Y_p∪Y_q=X，Y_p∩Y_q=∅，
这样的集合“对”共有127对，且对每一个集合“对”都满足y_p+y_q=0，
因此

y

3 p

+

y

3 q

=0，
于是y₁³+y₂³+…+y₂₅₅³=0．

点评：本题考查了平行直线系、直线的交点、一元二次方程的根与系数的关系、集合的性质、中点坐标公式、对称性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．