di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
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Question: $设双曲线C: \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别是F<sub>1</sub>,F<sub>2</sub>,渐近线分别为l<sub>1</sub>,l<sub>2</sub>,过F<sub>2</sub>作渐近线的垂线，垂足为P，且\triangle OPF<sub>1</sub>的面积为\frac{b^2}{4}.$
$动直线l分别交直线l_1, l_2于A，B两点(A，B分别在第一、四象限)，且\triangle OAB的面积恒为8，是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线C？若存在，求出双曲线C的方程；若不存在，说明理由.$

Solution:
$由(1)及题意得渐近线l_1\: y=2x, l_2\: y=-2x,设双曲线的方程为$

$\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{4a^2} = 1,$

$依题意得直线l的斜率不为零，因此设直线l的方程为x=my + t,-\frac{1}{2} < m < \frac{1}{2}, t > 0。$

$设直线l交x轴于点D(t, 0), A(x_1, y_1) (x_1 > 0, y_1 > 0), B(x_2, y_2) (x_2 > 0, y_2 < 0),$

联立

$$
\left\{\begin{matrix}x=my+t,\\ y=2x,\end{matrix}\right.
$$

$得y_1=\frac{2t}{1-2m}, 同理得y_2=\frac{-2t}{1+2m}.$

$则S_{\triangle OAB}= \frac{1}{2} |OD| \cdot  |y_1-y_2| = 8, 得\frac{1}{2} t \left|\frac{2t}{1-2m}+\frac{2t}{1+2m}\right| = 8, 即t^2=4|1-4m^2|=4(1-4m^2) > 0, ①$

联立

$$
\left\{\begin{matrix}x=my+t,\\ \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{4a^2}=1,\end{matrix}\right.
$$

$得 (4m^2-1)y^2+8mty+4(t^2-a^2)=0,$

$若直线l与双曲线C只有一个公共点，则\Delta =0,即\Delta =64m^2t^2-16(4m^2-1)(t^2-a^2)=0, 化简得t^2 + a^2(4m^2 - 1)=0，将①式代入可得a^2=4, 所以双曲线的方程为$

$\frac{x^2}{4} - \frac{y^2}{16} = 1,$

$因此，存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线C，双曲线C的方程为$

$\frac{x^2}{4} - \frac{y^2}{16} = 1.$

Final answer: $\frac{x^2}{4} - \frac{y^2}{16} = 1$
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Question: $已知椭圆 C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的离心率为\frac{\sqrt{3}}{2}，长轴端点和短轴端点的距离为\sqrt{5}。$
求椭圆C的方程；

Solution:
依题意得

$$
\left\{
\begin{matrix}
\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2},\\
\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{5},\\
a^2=b^2+c^2,
\end{matrix}
\right.
$$

解得

$$
\left\{
\begin{matrix}
a^2=4,\\
b^2=1,\\
c^2=3,
\end{matrix}
\right.
$$

\therefore 椭圆C的方程为

$\frac{x^2}{4} + y^2=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{4} + y^2 = 1$
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Question: $已知F_1(-c, 0)，F_2(c, 0)分别为椭圆C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的左，右焦点，P(c, \frac{3c}{2})是椭圆C上一点，且\overrightarrow{PF_1}\cdot \overrightarrow{PF_2}=\frac{9}{4}。$
$求椭圆C的方程；$

Solution:
$因为\overrightarrow{PF_1}\cdot \overrightarrow{PF_2}=\left(-2c,-\frac{3}{2}c\right)\cdot \left(0,-\frac{3}{2}c\right)=\frac{9}{4}c^2=\frac{9}{4}，又c>0,所以c=1,P\left(1,\frac{3}{2}\right),又点P在椭圆上，所以\left\{\begin{matrix}\frac{1}{a^2}+\frac{9}{4b^2}=1,\\ a^2=b^2+1,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}a^2=4,\\ b^2=3.\end{matrix}\right.$

$所以椭圆C的方程为\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$
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Question: $已知椭圆E：x^2/a^2 + y^2/b^2 =1 (a＞b＞0)的离心率e=\sqrt{2}/2，四个顶点组成的菱形的面积为8\sqrt{2}，O为坐标原点．$
$求椭圆E的方程；$

Solution:
$: 由题意得2ab=8\sqrt{2}，e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}，a^{2}=b^{2}+c^{2}，解得a=2\sqrt{2}，b＝2，所以椭圆E的方程为\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{4}=1．$

Final answer: $\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{4}=1$
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Question: $已知两点M(0,-4)，N(0,4)，动点P在x轴的投影为Q，且 \overrightarrow{PM}\cdot \overrightarrow{PN}=3\overrightarrow{PQ}^2，记动点P的轨迹为曲线C。$
求C的方程；

Solution:
$设P(x,y)，则Q(x,0)，\overrightarrow{PM}=(-x,-4-y)，\overrightarrow{PN}=(-x,4-y)，\overrightarrow{PQ}=(0,-y).因为\overrightarrow{PM}.\overrightarrow{PN}=3\overrightarrow{PQ}^2，所以x^2+y^2-16=3y^2，故C的方程为\frac{x^2}{16}-\frac{y^2}{8}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{16}-\frac{y^2}{8}=1$
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Question: $已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，-2)，B \left(\frac{3}{2},-1\right)两点.$
求E的方程；

Solution:
$解法一：设椭圆E的方程为\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0且a\neq b),将A(0，-2)，B\left(\frac{3}{2},-1\right)两点的坐标代入，得\left\{\begin{matrix}\frac{4}{b^2}=1,\\ \frac{9}{4a^2}+\frac{1}{b^2}=1,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}a^2=3,\\ b^2=4,\end{matrix}\right.故椭圆E的方程为\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{4}=1.$

$解法二：设椭圆E的方程为mx^2+ny^2=1(m>0,n>0且m\neq n).由题意可得\left\{\begin{matrix}4n=1,\\ \frac{9m}{4}+n=1,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}n=\frac{1}{4},\\ m=\frac{1}{3},\end{matrix}\right.故椭圆E的方程为\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{4}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{4}=1$
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Question: $已知抛物线C:x^2=2py (p>0)在点M(1, y_0)处的切线斜率为 \frac{1}{2}。$
求抛物线C的方程；

Solution:
$由题意知点M ( \left(1, \frac{1}{2p} \right) )，则切线方程为 y -  \frac{1}{2p}  =  \frac{1}{2}  (x -1)，由 $

$ \left\{ \begin{matrix} 2py-1=p(x-1),\\ x^2=2py\end{matrix} \right.  $

消去 y 并整理得 x^2 - px + p -1=0，依题意，有 \Delta  = p^2 -4(p -1)=0，解得 p=2，所以抛物线 C 的方程是 x^2=4y.

Final answer: $x^2=4y$
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Question: $已知椭圆E：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的一个顶点为A(0，-2)，以椭圆E的四个顶点为顶点的四边形面积为4\sqrt{5}。$
$求椭圆E的方程；$

Solution:
$将A(0，-2)代入椭圆E的方程得b=2,由椭圆E的四个顶点围成的四边形面积为2ab=4\sqrt{5}，解得a=\sqrt{5},所以椭圆E的方程为\frac{x^2}{5}+\frac{y^2}{4}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{5}+\frac{y^2}{4}=1$
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Question: $已知椭圆 {x^2}/{a^2}+{y^2}/{b^2}=1 (a>b>0)的一个顶点为 A(0，-3)，右焦点为 F ，且 |OA|=|OF|，其中 O 为原点.$
求椭圆的方程；

Solution:
$由已知可得b=3.记半焦距为c，由|OF|=|OA|可得c=b=3.又a^2=b^2+c^2，所以a^2=18.所以椭圆的方程为\frac{x^2}{18}+\frac{y^2}{9}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{18}+\frac{y^2}{9}=1$
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Question: $已知椭圆 x^2/a^2+ y^2/b^2=1 (a>b>0)的右焦点为 F，上顶点为 B，离心率为 2\sqrt{5}/5，且 |BF|=\sqrt{5}.$
$直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于点N.过N与BF垂直的直线交x轴于点P.若MP\parallel BF，求直线l的方程.$

Solution:
$显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m((m>0)，$
联立:
$\left\{\begin{matrix}y=kx+m,\\ \frac{x^2}{5}+y^2=1,\end{matrix}\right.$
$消去y可得(1+5k^{2})x^{2}+10kmx+5m^{2}-5=0，$
$依题意知\Delta =0，化简后得m^{2}=1+5k^{2}①，$
$此时x_{M}=-\frac{10km}{2(1+5k^{2})}=-\frac{5k}{m}，则y_{M}=m-\frac{5k^{2}}{m}，即M\left(-\frac{5k}{m},m-\frac{5k^{2}}{m}\right)，易知N(0，m)，因为k_{BF}=-\frac{b}{c}=-\frac{1}{2}，PN \perp  BF，所以k_{PN}\cdot k_{BF}=-1，即k_{PN}=2，可得直线PN的方程为y=2x+m，$
$在直线PN的方程中，令y=0，可得x=-\frac{m}{2}，即点P\left(-\frac{m}{2},0\right)，$
$因为MP \parallel  BF，所以k_{MP}=k_{BF}，即\frac{m-\frac{5k^{2}}{m}}{-\frac{5k}{m}+\frac{m}{2}}=-\frac{1}{2}, 结合①，整理可得k^{2}-2k+1=0，解得k=1，则m^{2}=6，又m>0，所以m=\sqrt{6}.$

$所以直线l的方程为x-y+\sqrt{6}=0.$

Final answer: $x-y+\sqrt{6}=0$
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Question: $已知直线l经过两条直线2x-y-3=0和4x-3y-5=0的交点，且与直线x+y-2=0垂直.$
$求直线l的一般式方程；$

Solution:
由题意知：
$\left\{\begin{matrix}2x-y-3=0,\\ 4x-3y-5=0,\end{matrix}\right.$

解得：
$\left\{\begin{matrix}x=2,\\ y=1,\end{matrix}\right.$

因此，直线2x-y-3=0和4x-3y-5=0的交点为(2，1)。

设直线l的斜率为k，

若l与直线x+y-2=0垂直，

则k=1,

因此，直线l的方程为y-1=x-2,
将其化为一般式方程为x-y-1=0.

Final answer: $x-y-1=0$
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Question: $已知直线l经过两条直线2x-y-3=0和4x-3y-5=0的交点，且与直线x+y-2=0垂直.$
$若圆 C 的圆心为点(3，0)，直线 l 被该圆所截得的弦长为 2\sqrt{2}，求圆 C 的标准方程.$

Solution:
$设圆 C 的半径为 r ,则圆心 C(3,0) 到直线 l: x-y-1=0 的距离 d=\frac{|3-0-1|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\sqrt{2}, 由垂径定理得 r^2=(\sqrt{2})^2+\left(\frac{2\sqrt{2}}{2}\right)^2=4 ,解得 r=2 (负值舍去)，$

$\therefore 圆 C 的标准方程为 (x-3)^2+y^2=4.$

Final answer: $(x-3)^2+y^2=4$
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Question: $已知点P(1,1)在椭圆C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} =1 (a>b>0)上，椭圆C的左、右焦点分别为F_1，F_2，\triangle PF_1F_2的面积为 \frac{\sqrt{6}}{2}$
$求椭圆C的方程；$

Solution:
$由题知 \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1，\frac{1}{2}|F_1F_2|=c=\frac{\sqrt{6}}{2}，$

$所以a^2-b^2=c^2=\frac{3}{2}，所以a^2=3，b^2=\frac{3}{2}，$

$所以椭圆C的方程为 \frac{x^2}{3}+\frac{2y^2}{3}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{3}+\frac{2y^2}{3}=1$
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Question: $已知椭圆C:\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1(a>b>0)的离心率为\frac{\sqrt{6}}{3}，且经过点P(1,\sqrt{3})。$
求椭圆C的方程；

Solution:
由题意得

$$
\left\{\begin{matrix}e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3},\\ \frac{3}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1,\\ a^2=b^2+c^2,\end{matrix}\right.
$$

$解得 a=\sqrt{6}，b=\sqrt{2}，\therefore 椭圆 C的方程为$

$$
\frac{y^2}{6} + \frac{x^2}{2} = 1.
$$

Final answer: $\frac{y^2}{6} + \frac{x^2}{2} = 1$
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Question: $已知椭圆的中心在坐标原点O，长轴长为2\sqrt{2}，离心率e=\frac{\sqrt{2}}{2}，过右焦点F的直线l交椭圆于P，Q两点.$
求椭圆的方程；

Solution:
$设椭圆方程为\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0).$

$\because 长轴长为2\sqrt{2}，离心率e=\frac{\sqrt{2}}{2}，$

$\therefore b=c=1，a=\sqrt{2}$

$\therefore 椭圆方程为\frac{x^2}{2}+y^2=1.$

Final answer: ${\frac{x^2}{2}}+y^2=1$
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Question: $已知椭圆的中心在坐标原点O，长轴长为2\sqrt{2}，离心率e=\frac{\sqrt{2}}{2}，过右焦点F的直线l交椭圆于P，Q两点.$
若以OP，OQ为邻边的平行四边形是矩形，求满足该条件的直线l的方程.

Solution:
$当直线l与x轴垂直时，直线l的方程为x=1，此时\angle POQ小于90^\circ ，\therefore 以OP，OQ为邻边的平行四边形不可能是矩形.$

$当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y=k(x-1)，P(x_1,y_1)，Q(x_2,y_2).$
由:
$\left\{\begin{matrix}x^2+2y^2=2,\\ y=k(x-1),\end{matrix}\right.$
$可得(1+2k^2)x^2-4k^2x+2k^2-2=0.$
$\therefore x_1+x_2=\frac{4k^2}{1+2k^2}，x_1x_2=\frac{2k^2-2}{1+2k^2}$
$\because y_1=k(x_1-1)，y_2=k(x_2-1)，$
$\therefore y_1y_2=\frac{-k^2}{1+2k^2}$
$\because 以OP，OQ为邻边的平行四边形是矩形,\therefore \overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=0.$
$由\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=x_1x_2+y_1y_2=\frac{2k^2-2}{1+2k^2}+\frac{-k^2}{1+2k^2}=0，得k^2=2，$
$\therefore k=\pm \sqrt{2}$
$\therefore 所求直线方程为y=\pm \sqrt{2}(x-1).$



Final answer: $y=\sqrt{2}(x-1), y=-\sqrt{2}(x-1)$
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Question: $已知双曲线C：\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1 (a>0, b>0) 经过点 A (2,0)，且点 A 到 C 的渐近线的距离为 \frac{2\sqrt{21}}{7}$
求双曲线C的方程；

Solution:
$由题意得a=2.$
$因为双曲线C的渐近线方程为y=\pm \frac{b}{2}x，$
$所以有\frac{2b}{\sqrt{4+b^2}}=\frac{2\sqrt{21}}{7}，解得b=\sqrt{3}，$
$因此，双曲线C的方程为\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{3}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{3}=1$
Subfield: Conic Sections


Question: $抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：x=1交C于P，Q两点，且OP\perp OQ.已知点M(2,0)，且\odot M与l相切.$
$求C，\odot M的方程；$

Solution:
$由题意可设抛物线 C 的方程为 y^2=2px(p＞0)，则P，Q 的坐标为(1，\pm \sqrt{2p})，$
$\because OP\perp OQ，\therefore \overrightarrow{OP}.\overrightarrow{OQ}=1-2p=0，$
$\therefore p=\frac{1}{2}，\therefore 抛物线 C 的方程为 y^2=x.$
$\because \odot  M 的圆心为(2，0)，\odot  M 与直线x=1相切，$
$\therefore \odot  M 的半径为1，$
$\therefore \odot  M 的方程为(x-2)^2+y^2=1.$

Final answer: $y^2=x，(x-2)^2 + y^2 = 1$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = ln(x+1) + sinx.$
$求曲线 y=f(x) 在点 (0, f(0)) 处的切线方程；$

Solution:
$f'(x)=\frac{1}{x+1}+\cos  x，切线的斜率k=f'(0)=2$

$因为切点坐标为(0,0)，所以切线方程为y=2x，即2x-y=0。$

Final answer: $2x-y=0$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = \tan x - kx^3 - x，k \in R.$
$求曲线 y=f(x) 在点(0, f(0))处的切线方程；$

Solution:
$函数f(x)的定义域为 \left\{x\left|\right.x \ne k\pi +\frac{\pi }{2},k\in \boldsymbol{\mathrm{Z}}\right\}.  $
$f' (x)=\frac{1}{\cos ^2x}-3kx^2-1,所以f' (0)=0.又f (0)=0，  $
$所以曲线y=f(x)在点(0, f (0))处的切线方程为y=0.$

Final answer: $y=0$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=-x^{2}+ax+2\ln x (a \in \mathbb{R}).$
$当a=1时，求f(x)在(1, f(1))处的切线方程；$

Solution:
$当a=1时， f(x)=-x^2+x+2lnx， f'(x)=-2x+\frac{2}{x}+1，$
$\therefore f(1)=0， f'(1)=1，$
$\therefore 所求切线方程为x-y-1=0.$

Final answer: $x-y-1=0$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\ln(1+x)+axe^{-x}.$
$当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程；$

Solution:
$当a=1时， f(x)=ln(1+x)+xe^{-x}，其定义域为(-1,+\infty )，f'(x)=\frac{1}{x+1}+(1-x)e^{-x}，$
$又f(0)=0，f'(0)=2，$
$所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x.$

Final answer: $y=2x$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=ax-\frac{1}{x}-(a+1)\ln x, a\in R.$
$若a=-2，求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程。$

Solution:
$若a=-2，则f(x)=-2x-\frac{1}{x}+ln\ x, f(1)=-3.$

$f'(x)=\frac{-(2x+1)(x-1)}{x^2}，所以 f'(1)=0，所以曲线y = f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=-3.$

疑难突破

$当a=-2时，对f(x)求导，求出切线的斜率，利用点斜式求出切线方程.$

Final answer: $y=-3$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=x^3-x，g(x)=2x-3.$
$求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程；$

Solution:
$由 f(x) = x^3-x，得 f'(x) = 3x^2 -1，所以 f'(1)=2，又 f(1)=0，所以曲线 y=f(x) 在点 (1, f(1)) 处的切线方程为 y-0=2(x-1)，即 2x-y-2=0.$

Final answer: $2x-y-2=0$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\frac{x+2}{x^2+2x-3}.$
$求曲线 y=f(x) 在点 (-2, f(-2)) 处的切线方程；$

Solution:
$因为f(x)=\frac{x+2}{x^2+2x-3}，{x|x\neq 1且x\neq -3}，$
$所以f ' (x)= \frac{x^2+2x-3-(x+2)(2x+2)}{{(x^2+2x-3)}^2} = \frac{-x^2-4x-7}{(x^2+2x-3)^2}，$
$所以f ' (-2) = - \frac{1}{3}，$
$又f(-2) = 0，所以曲线y=f(x)在点(-2, f(-2))处的切线方程为x+3y+2=0.$

疑难突破
$求导函数f ' (x)，得切线斜率f ' (-2)，计算出函数值f(-2)，由点斜式方程得切线方程。$

Final answer: $x+3y+2=0$
Subfield: Derivative


Question: $设函数f(x)=x^3+ax^2+bx+c.$
$求曲线 y = f(x) 在点 (0, f(0)) 处的切线方程。$

Solution:
$由f(x)=x^{3}+ax^{2}+bx+c，$
$得f'(x)=3x^{2}+2ax+b.$
$因为f(0)=c， f'(0)=b，所以曲线y=f(x)在点(0， f(0))处的切线方程为y=bx+c.$

Final answer: $y=bx+c$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{x}-a\sin  x.$
$当a=2时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；$

Solution:
$当a=2时，f(x)=e^{x}-2\sin  x，f'(x)=e^{x}-2\cos  x，所以f(0)=1，f'(0)=-1，所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程是y=-x+1.$

Final answer: $y=-x+1$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=x+\frac{2a^2}{x}+aln x(a\in R).$
$当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程；$

Solution:
$函数f(x)的定义域为(0，+\infty ).$

$当a=1时，f(x)=x+\frac{2}{x}+ln x，f'(x)=1－\frac{2}{x^2}+\frac{1}{x}.$

$所以f(1)=3，f'(1)=0.$

$所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=3.$

Final answer: $y=3$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=xln(2x+1)-ax^2.$
$求曲线 y=f(x) 在点 (0, f(0)) 处的切线方程。$

Solution:
$f'(x)=\ln(2x+1)+\frac{2x}{2x+1}-2ax，则f'(0)=0，又f(0)=0，所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程是y=0.$

Final answer: $y=0$
Subfield: Derivative


Question: $设函数f(x)=x^2+m\ln(x+1)(m \in R)$
$若m=－1, 求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;$

Solution:
$因为m = -1，所以f(x) = x^2 - \ln(x+1).$

$f'(x) = 2x - \frac{1}{x+1}，f'(0) = -1.$

$又f(0) = 0，所以曲线y = f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y = -x.$

Final answer: $y = -x$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{x}(ax^{2}-x+1).$
$求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线的方程；$

Solution:
$由题意得，f'(x)=e^x(ax^2-x+1+2ax-1)=e^x(ax^2+2ax-x) ，f'(0)=0 ，f(0)=1，$
$故曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线的方程为y=1.$

Final answer: $y=1$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=ln\frac{1-x}{2}+\frac{a}{x}.$
$当a=0时,求曲线y=f(x)在(-1,f(-1))处的切线方程；$

Solution:
$当a=0时,f(x)=ln\frac{1-x}{2},f'(x)=\frac{1}{x-1}.$
$所以f(-1)=0,f'(-1)=-\frac{1}{2}.$
$所以曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线方程为y-0=-\frac{1}{2}(x+1),即y=-\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}.$

Final answer: $y=-\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}$
Subfield: Inequality


Question: $已知a，b，c都是正数，且a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}=1，证明：$
$abc \leq  \frac{1}{9}$

Solution:
$因为a, b, c都是正数，所以1=a^\frac{3}{2}+b^\frac{3}{2}+c^\frac{3}{2}\geq 3\sqrt[3]{a^\frac{3}{2}b^\frac{3}{2}c^\frac{3}{2}}=3\sqrt{abc}，当且仅当a=b=c=3^{-\frac{2}{3}}时取等号，所以3\sqrt{abc}\leq 1,即abc\leq \frac{1}{9}。$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^x\cos x-x.$
求曲线$y=f(x)在点(0， f(0))$处的切线方程；

Solution:
$因为f(x)=e^x\cos  x-x，$
$所以f'(x)=e^x(\cos  x-\sin  x)-1, f'(0)=0.$
$又因为f(0)=1，所以曲线y=f(x)在点(0， f(0))处的切线方程为y=1.$

Final answer: $y=1$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=x^{2}+\cos  x.$
$求曲线 y=f(x) 在点 (0, f(0)) 处的切线方程；$

Solution:
$因为 f' (x)=2x-\sin  x，所以 f'(0)=0，$
$又 f(0)=1，所以曲线 y=f(x) 在(0， f(0))处的切线方程为 y=1，即 y=1.$

Final answer: $y=1$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=(\sqrt{x}+a)e^{x}(a\in R).$
$当a=0时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;$

Solution:
$易知f(x)的定义域为[0,+\infty ),$
$当a=0时, f(x)=\sqrt{x}e^{x}, f'(x)=\frac{\mathrm{e}^x}{2\sqrt{x}}+\sqrt{x}e^{x}(x>0),$
$所以f'(1)=\frac{3\mathrm{e}}{2}, f(1)=e,$
$因此所求切线方程为y-e=\frac{3\mathrm{e}}{2}(x-1),即3ex-2y-e=0.$

Final answer: $3ex-2y-e=0$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{x}，g(x)=\ln(x+a)(a \in \mathbb{R}).$
$求曲线 y=f(x) 在点(1, f(1)) 处的切线方程；$

Solution:
$因为f(x)=e^x, f'(x)=e^x，所以f(1)=e，f'(1)=e，故曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y-e=e(x-1)，即ex-y=0.$

Final answer: $ex-y=0$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{x}，g(x)=\ln(x+a)(a \in \mathbb{R}).$
$设\phi(x)=f(x)g(x)，请判断\phi(x)是否存在极值？若存在，求出极值；若不存在，说明理由；$

Solution:
$\phi(x) = f(x)g(x) = e^x \cdot ln(x+a)， x > -a，$

$则 \phi'(x) = e^x \cdot ln(x+a) + e^x \cdot \frac{1}{x+a} = e^x \cdot \left[ln(x+a) + \frac{1}{x+a}\right]， x > -a，$

$令 m(x) = ln(x+a) + \frac{1}{x+a}， x > -a，$

$则 m'(x) = \frac{1}{x+a} - \frac{1}{(x+a)^2} = \frac{x+a-1}{(x+a)^2}， x > -a，$

$当 0<x+a<1，即 -a<x<1-a 时， m'(x)<0，此时 m(x) 单调递减；$

$当 x+a>1，即 x>1-a 时， m'(x)>0，此时 m(x) 单调递增，$

$所以 m_{min}=m(1-a)=1>0，$

$所以对任意 x>-a，都有 \phi'(x)>0，$

$所以 \phi(x) 在 (-a,+\infty) 上单调递增，即 \phi(x) 不存在极值.$
Subfield: Derivative


Question: $已知f(x)=\frac{1}{2}x^{2}－\ln(x+1)+ax(a\in R).$
$当a=2时，求曲线y=f(x)在(0,0)处的切线方程；$

Solution:
$当a=2时, f'(x)=x-\frac{1}{x+1}+2，\therefore f'(0)=1，则曲线y=f(x)在(0,0)处的切线方程为y=x.$

Final answer: $y=x$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\ln x - e^{x}。$
$求曲线 y=f(x) 在点 (1, f(1)) 处的切线方程；$

Solution:
$因为 f'(x)=\frac{1}{x}-e^{x}，所以 f'(1)=1-e，$
$又 f(1)=-e，$
$所以曲线 y=f(x) 在点(1, f(1))处的切线方程为 y+e=(1-e)(x-1)，即 y=(1-e)x-1.$

Final answer: $y=(1-e)x-1$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^x-1-msin x(m\in R).$
$当m=1时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；$

Solution:
$当m=1时, f(x)=e^{x}-1-\sin{x},则f'(x)=e^{x}－\cos{x}。$

$因为f'(0)=e^{0}－\cos{0}=0, f(0)=e^{0}－1－\sin{0}=0，所以所求切线方程为y=0。$

Final answer: $y=0$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{ax}-x.$
$当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；$

Solution:
$当a=1时, f(x)=e^x-x, f' (x)=e^x-1，$
$则f(0)=1, f' (0)=0,$
$所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=1.$

Final answer: $y=1$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数 f(x)=\ln x+2a\sqrt{x} (a\in R).$
$当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程；$

Solution:
$当a=1时, f(x)=ln x+2\sqrt{x}，x>0,$
$f' (x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}，则f' (1)=2, f(1)=2.$
$所以曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y－2=2(x－1)，即2x－y=0.$

Final answer: $2x－y=0$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\ln x+\frac{a}{x}，a\in R.$
$当a=0时，求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程；$

Solution:
$当a=0时， f(x)=\ln x， f(1)=\ln 1=0.$

$所以f' (x)=\frac{1}{x}， f' (1)=1.所以曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=x-1.$

Final answer: $y=x-1$
Subfield: Derivative


Question: 已知函数$f(x)=\sqrt{x}lnx$.
$求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；$

Solution:
$f'(x)=\frac{\mathrm{ln} x}{2\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{x}}{x}.$
$因为 f(1)=0, f'(1)=1，所以曲线 y=f(x) 在点 (1, f(1)) 处的切线方程为 y-0=x-1，即 x-y-1=0.$

Final answer: $x-y-1=0$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\frac{ax}{e^x+a}-1，a\neq 0。$
$当a=1时，求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程；$

Solution:
$当a=1时， f(x)=\frac{x}{e^x+1}-1，f'(x)=\frac{e^x+1-xe^x}{(e^x+1)^2}.$

$f'(0)=\frac{1+1}{{(1+1)}^2}=\frac{1}{2}， f(0)=-1.$
$所以曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y=\frac{1}{2}x-1.$

Final answer: $y=\frac{1}{2}x-1$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆 C_1：\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a > b > 0) 的右焦点 F 与抛物线 C_2 的焦点重合，C_1 的中心与 C_2 的顶点重合. 过 F 且与 x 轴垂直的直线交 C_1 于 A ，B 两点，交 C_2 于 C ，D 两点，且 |CD| = \frac{4}{3} |AB|.$
$设M是C_1与C_2的公共点.若|MF|=5，求C_1与C_2的标准方程.$

Solution:
$由(1)知a=2c，b=\sqrt{3}c，故C_{1}：\frac{x^2}{4c^2} + \frac{y^2}{3c^2}=1.$
$设M (x_{0},y_{0})，则 \frac{x^{2}_{0}}{4c^2} + \frac{y^{2}_{0}}{3c^2}=1，y^{2}_{0}=4cx_{0}，故 \frac{x^{2}_{0}}{4c^2} +\frac{4x_{0}}{3c}=1.\text{①}$
$由于C_{2}的准线为x=-c，所以|MF|=x_{0}+c，而|MF|=5，故x_{0}=5-c，代入①得\frac{(5-c)^2}{4c^2} +\frac{4(5-c)}{3c}=1，即c^{2}-2c-3=0，解得c=-1(舍去)或c=3.$
$所以C_{1}的标准方程为\frac{x^2}{36}+ \frac{y^2}{27}=1，C_{2}的标准方程为y^{2}=12x.$

Final answer: $\frac{x^2}{36}+ \frac{y^2}{27}=1，y^{2}=12x。$
Subfield: Conic Sections


Question: $设圆x^{2}+y^{2}+2x-15=0的圆心为A,直线l过点B(1,0)且与x轴不重合,l交圆A于C, D两点,过B作AC的平行线交AD于点E。$
$证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程;$

Solution:
$因为 |AD|=|AC|,EB\parallel AC, 故 \angle EBD=\angle ACD=\angle ADC.$
$所以 |EB|=|ED|, 故 |EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.$
$又圆 A 的标准方程为 (x+1)^2+y^2=16,$
$从而 |AD|=4, 所以 |EA|+|EB|=4.$
$由题设得 A(-1,0),B(1,0),|AB|=2, 由椭圆的定义可得点 E 的轨迹方程为 {x^2}/{4}+{y^2}/{3}=1(y\neq 0).$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知点A(-2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-\frac{1}{2}.记M的轨迹为曲线C.$
求C的方程，并说明C是什么曲线；

Solution:
$由题设得 \frac{y}{x+2} \cdot  \frac{y}{x-2} =-\frac{1}{2} ，化简得 \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{2} =1(|x|\neq 2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左、右顶点.$

Final answer: $\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{2} =1$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知P为椭圆E: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} =1 (a>b>0)上任意一点，F_1, F_2为左、右焦点，M为PF_1中点，如图所示. 若 |OM|+\frac{1}{2}|PF_1|=2，离心率e=\frac{\sqrt{3}}{2}.$

![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875608637497345/img/compression/M_d9e97da5688e79ca76e7e58ec6f5f326.jpg)
$求椭圆E的标准方程；$

Solution:
$易知 |OM| = \frac{1}{2} |PF_2|,$
$所以 |OM| + \frac{1}{2} |PF_1| = \frac{1}{2} (|PF_1| + |PF_2|) = 2, 即 |PF_1| + |PF_2| = 4,$
所以 2a = 4, a = 2.
$又因为 e = \frac{c}{a} = \frac{\sqrt{3}}{2}, 故 c = \sqrt{3}, 所以 b^2 = a^2 - c^2 = 1,$
$故椭圆E的标准方程为 \frac{x^2}{4}+ y^2 = 1.$

Final answer: $\frac{x^2}{4}+ y^2 = 1$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知P为椭圆E: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} =1 (a>b>0)上任意一点，F_1, F_2为左、右焦点，M为PF_1中点，如图所示. 若 |OM|+\frac{1}{2}|PF_1|=2，离心率e=\frac{\sqrt{3}}{2}.$

<img_1959>
$求椭圆E的标准方程；$

Solution:
$易知 |OM| = \frac{1}{2} |PF_2|,$
$所以 |OM| + \frac{1}{2} |PF_1| = \frac{1}{2} (|PF_1| + |PF_2|) = 2, 即 |PF_1| + |PF_2| = 4,$
所以 2a = 4, a = 2.
$又因为 e = \frac{c}{a} = \frac{\sqrt{3}}{2}, 故 c = \sqrt{3}, 所以 b^2 = a^2 - c^2 = 1,$
$故椭圆E的标准方程为 \frac{x^2}{4}+ y^2 = 1.$

Final answer: $\frac{x^2}{4}+ y^2 = 1$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C：\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a > b > 0)的一个顶点为(2,0)，离心率为\frac{\sqrt{3}}{2}，直线 y = x + m与椭圆C交于不同的两点 A，B。$
求椭圆C的方程；

Solution:
$由题意得\left\{\begin{matrix}a=2,\\ \frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2},\end{matrix}\right.解得c=\sqrt{3}，\therefore b=1，$
$所以椭圆C的方程为\frac{x^2}{4}+y^2=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{4}+y^2=1$
Subfield: Conic Sections


Question: $设椭圆  \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2}=1 ( a > b > 0 ) 的右顶点为 A ，上顶点为 B . 已知椭圆的离心率为  \frac{\sqrt{5}}{3} ，  |AB| = \sqrt{13}.$
求椭圆的方程；

Solution:
$设椭圆的焦距为2c，由已知有 c^2/a^2 = 5/9，又由 a^2 = b^2 + c^2 可得 2a = 3b.由 |AB| = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{13}，从而 a = 3, b = 2. 所以椭圆的方程为 x^2/9 + y^2/4 = 1.$

Final answer: $\frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{4} = 1$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a＞b＞0)的一个焦点坐标为(1,0)，且长轴长是短轴长的\sqrt{2}倍.$
求椭圆C的方程；

Solution:
$因为c=1, a=\sqrt{2}, b，a^2-b^2=c^2，所以b^2=1, a^2=2.$
$所以椭圆C的方程为\frac{x^2}{2}+y^2=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{2}+y^2=1$
Subfield: Conic Sections


Question: $在平面直角坐标系xOy中，已知点F_1(-\sqrt{17}，0)，F_2(\sqrt{17}，0)，点M满足|MF_1|-|MF_2|=2.记M的轨迹为C.$
求C的方程；

Solution:
$由题意知|F_1F_2|=2\sqrt{17}，因为|MF_1|-|MF_2|=2<|F_1F_2|=2\sqrt{17}，所以结合双曲线定义知，点M的轨迹C是以F_1、F_2为焦点的双曲线的右支. 设其方程为\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1(a> 0，b> 0，x \geq  a)，则2a = 2，2c = 2\sqrt{17}，解得a = 1，c = \sqrt{17}，则b^2 = c^2 - a^2 = (\sqrt{17})^2 - 1^2 = 16，所以M的轨迹C的方程为x^2 - \frac{y^2}{16} = 1(x \geq  1).$

Final answer: $x^2 - \frac{y^2}{16} = 1$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知抛物线C：x^{2}=-2py经过点(2，-1)。$
求抛物线C的方程及其准线方程；

Solution:
$由抛物线C：x^2=-2py 经过点(2，-1)，得p=2.所以抛物线C的方程为x^2=-4y，其准线方程为y=1.$

Final answer: $x^2=-4y，y=1$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知抛物线G：y^2＝2px，其中p>0.点M(2，0)在G的焦点F的右侧，且点M到G的准线的距离是点M与点F距离的3倍.经过点M的直线与抛物线G交于不同的两点A，B，直线OA与直线x＝-2交于点P，经过点B且与直线OA垂直的直线l交x轴于点Q.$
$求抛物线的方程；$

Solution:
$抛物线y^2＝2p(p>0)的准线方程为x=-\frac{p}{2}，焦点坐标为F (\frac{p}{2},0)，所以有2+\frac{p}{2}=3(2-\frac{p}{2})，解得p＝2， 所以抛物线方程为y^2＝4x，焦点F的坐标为(1，0).$

Final answer: $y^2=4x$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知抛物线G：y^2＝2px，其中p>0.点M(2，0)在G的焦点F的右侧，且点M到G的准线的距离是点M与点F距离的3倍.经过点M的直线与抛物线G交于不同的两点A，B，直线OA与直线x＝-2交于点P，经过点B且与直线OA垂直的直线l交x轴于点Q.$
判断直线PQ与直线AB的位置关系，并说明理由.

Solution:
$PQ \parallel  AB.$

理由：

$①当直线AB的斜率不存在时，根据对称性，不妨令A(2,-2\sqrt{2})，B(2，2\sqrt{2})，$
$所以直线AO的方程为y=-\sqrt{2}x，则P(-2,2\sqrt{2}),$
$所以直线BQ的方程为y-2\sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}(x-2)，即y=\frac{\sqrt{2}}{2}x+\sqrt{2}，$
$令y＝0，得x=-2，即Q(-2，0)，故直线PQ的斜率不存在，因此PQ\parallel AB.$

②当直线AB的斜率存在时，$设直线AB的方程为y＝k(x-2)，k\neq 0，A(x_1，y_1)，B(x_2，y_2)$，
$联立\left\{\begin{matrix}y^2=4x,\\ y=k(x-2),\end{matrix}\right.消去y得k^2x^2-(4k^2+4)x+4k^2＝0，$
$所以x_1+x_2=\frac{4k^2+4}{k^2}，x_1x_2=4，所以y^2_1y_2^2=16x_1x_2=64，$
因为y<sub>1</sub>y<sub>2</sub>&lt;0，所以y<sub>1</sub>y<sub>2</sub>=-8.

$直线OA的方程为y=\frac{y_1}{x_1}x，$
$令x＝-2，则y=\frac{-2y_1}{x_1}，$
$则P\left(-2,\frac{-2y_1}{x_1}\right)，$
$因为OA\perp BQ，所以k_{BQ}=-\frac{x_1}{y_1}，$
$直线BQ的方程为y-y_2=-\frac{x_1}{y_1}(x-x_2),$
$令y＝0，则x=\frac{y_1y_2}{x_1}+x_2=\frac{y_1y_2+x_1x_2}{x_1}=-\frac{4}{x_1}，即Q\left(-\frac{4}{x_1},0\right)，$
$所以k_{PQ}=\frac{\frac{2y_1}{x_1}}{-\frac{4}{x_1}+2}=\frac{2y_1}{-4+2x_1}=\frac{2k(x_1-2)}{2x_1-4}=k，所以PQ\parallel AB.$

综上所述，$PQ\parallel AB$.

Final answer: $PQ\parallel AB$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知抛物线G：y^2＝2px，其中p>0.点M(2，0)在G的焦点F的右侧，且点M到G的准线的距离是点M与点F距离的3倍.经过点M的直线与抛物线G交于不同的两点A，B，直线OA与直线x＝-2交于点P，经过点B且与直线OA垂直的直线l交x轴于点Q.$
请证明直线PQ与直线AB平行.

Solution:
$①当直线AB的斜率不存在时，根据对称性，不妨令A(2,-2\sqrt{2})，B(2，2\sqrt{2})，$
$所以直线AO的方程为y=-\sqrt{2}x，则P(-2,2\sqrt{2}),$
$所以直线BQ的方程为y-2\sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}(x-2)，即y=\frac{\sqrt{2}}{2}x+\sqrt{2}，$
$令y＝0，得x=-2，即Q(-2，0)，故直线PQ的斜率不存在，因此PQ\parallel AB.$

②当直线AB的斜率存在时，$设直线AB的方程为y＝k(x-2)，k\neq 0，A(x_1，y_1)，B(x_2，y_2)$，
$联立\left\{\begin{matrix}y^2=4x,\\ y=k(x-2),\end{matrix}\right.消去y得k^2x^2-(4k^2+4)x+4k^2＝0，$
$所以x_1+x_2=\frac{4k^2+4}{k^2}，x_1x_2=4，所以y^2_1y_2^2=16x_1x_2=64，$
因为y<sub>1</sub>y<sub>2</sub>&lt;0，所以y<sub>1</sub>y<sub>2</sub>=-8.

$直线OA的方程为y=\frac{y_1}{x_1}x，$
$令x＝-2，则y=\frac{-2y_1}{x_1}，$
$则P\left(-2,\frac{-2y_1}{x_1}\right)，$
$因为OA\perp BQ，所以k_{BQ}=-\frac{x_1}{y_1}，$
$直线BQ的方程为y-y_2=-\frac{x_1}{y_1}(x-x_2),$
$令y＝0，则x=\frac{y_1y_2}{x_1}+x_2=\frac{y_1y_2+x_1x_2}{x_1}=-\frac{4}{x_1}，即Q\left(-\frac{4}{x_1},0\right)，$
$所以k_{PQ}=\frac{\frac{2y_1}{x_1}}{-\frac{4}{x_1}+2}=\frac{2y_1}{-4+2x_1}=\frac{2k(x_1-2)}{2x_1-4}=k，所以PQ\parallel AB.$

综上所述，$PQ\parallel AB$.