eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：已知两点 $F_{1}(-1,0), F_{2}(1,0)$, 且 $\left|F_{1} F_{2}\right|$ 是 $\left|P F_{1}\right|$ 与 $\left|P F_{2}\right|$ 的等差中项, 则动点 $P$ 的轨迹方程是 ()
选项：
A. $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{9}=1$
B. $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1$
C. $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$
D. $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$
答案：C
解析：答案:C

【解析】【解答】因为 $\left|F_{1} F_{2}\right|=|1-(-1)|=2,\left|F_{1} F_{2}\right|_{\text {是 }}\left|P F_{1}\right|_{\text {与 }}\left|P F_{2}\right|_{\text {的等差中项所以, }}$ $\left|P F_{1}\right|+\left|P F_{2}\right|=2\left|F_{1} F_{2}\right|=4$, 由椭圆的定义知点 $P$ 的轨迹是中心在坐标原点, 焦点在 $x$ 轴上的椭圆, 且 $a=2, c=1, b=\sqrt{a^{2}-c^{2}}=\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}$, 则动点 $P$ 的轨迹方程是 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$, 故选 C
题目（高二 · 解析几何）：$F_{1}, F_{2}$ 是粗圆 ${ }^{\frac{x^{2}}{9}}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 的两个焦点, $\mathrm{p}$ 是椭圆上的点, 且 $\left|P F_{1}\right|:\left|P F_{2}\right|=2: 1$, 则 $\triangle P F_{1} F_{2}$ 的面积为
选项：
A. 4
B. 6
C. $2 \sqrt{2}$
D. $4 \sqrt{2}$
答案：A
解析：答案: A

【解析】【分析】设 $\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=\mathrm{x}$, 则 $\left|\mathrm{PF}_{1}\right|=2 \mathrm{x}$, 依题意, $\left|\mathrm{PF}_{1}\right|+\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=\mathrm{x}+2 \mathrm{x}=3 \mathrm{x}=2 \mathrm{a}=6$, $\therefore \mathrm{x}=2,2 \mathrm{x}=4$,

即 $\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=2,\left|\mathrm{PF}_{1}\right|=4$, 又 $\left|\mathrm{F}_{1} \mathrm{~F}_{2}\right|=2 \sqrt{9-4}=2 \sqrt{5}$,

$\therefore\left|P F_{1}\right|^{2}+\left|\mathrm{PF}_{2}\right|^{2}=\left|\mathrm{F}_{1} \mathrm{~F}_{2}\right|^{2}$,

$\therefore \triangle \mathrm{PF}_{1} \mathrm{~F}_{2}$ 为直角三角形,

$\therefore \triangle \mathrm{PF}_{1} \mathrm{~F}_{2}$ 的面积为 $\mathrm{S}=\frac{1}{2}\left|\mathrm{PF}_{1}\right|\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=\frac{1}{2} \times 2 \times 4=4$.

故选 A.
题目（高二 · 解析几何）：已知斜率为 2 的直线 1 双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 交 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两点, 若点 $P(2,1)$ 是 $\mathrm{AB}$ 的中点, 则 $\mathrm{C}$ 的离心率等于（）
选项：
A. $\sqrt{2}$
B. $\sqrt{3}$
C. 2
D. $2 \sqrt{2}$
答案：A
解析：答案:A


$\frac{x_{1}^{2}-x_{2}^{2}}{a^{2}}-\frac{y_{1}^{2}-y_{2}^{2}}{b^{2}}=0$,


所以 $a=b$, 则离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2} a}{a}=\sqrt{2}$, 故选 A.

7. 答案:C

【解析】【分析】本题以双曲线为载体, 考查双曲线的几何性质, 解题的关键是得出几何量之间的关系.

【解答】由题意, $\frac{\left|\mathrm{PF}_{2}\right|}{\frac{5}{4} \mathrm{c}-\frac{\mathrm{a}^{2}}{\mathrm{c}}}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}$

$\because\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=\left|\mathrm{F}_{1} \mathrm{~F}_{2}\right|$,

$\therefore \frac{\left|\mathrm{F}_{1} \mathrm{~F}_{2}\right|}{\frac{5}{4} \mathrm{c}-\frac{\mathrm{a}^{2}}{\mathrm{c}}}=\frac{2 \mathrm{c}}{\mathrm{a}}, \therefore \frac{\mathrm{a}^{2}}{\frac{\mathrm{a}}{} \mathrm{c}-\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{c}}}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}$

$\therefore 5 \mathrm{e}^{2}-8 \mathrm{e}-4=0$

$\therefore(\mathrm{e}-2)(5 \mathrm{e}+2)=0$

$\because \mathrm{e}>1$

$\therefore \mathrm{e}=2$

故选 C.
题目（高二 · 解析几何）：设 $\mathrm{F}_{1} 、 \mathrm{~F}_{2}$ 分别为双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的左、右焦点. 若在双曲线右支上存在点 $\mathrm{P}$, 满足 $\left|P F_{2}\right|=\left|F_{1} F_{2}\right|$, 且点 $\mathrm{P}$ 的横坐标为 ${ }^{\frac{5}{4}} \mathrm{c}$ (c 为半焦距), 则该双曲线的离心率为 ( )
选项：
A. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
B. $\sqrt{3}$
C. 2
D. $2 \sqrt{3}$
答案：C
解析：【分析】本题以双曲线为载体, 考查双曲线的几何性质, 解题的关键是得出几何量之间的关系.【解答】由题意, $rac{\left|\mathrm{PF}_{2}ight|}{rac{5}{4} \mathrm{c}-rac{\mathrm{a}^{2}}{\mathrm{c}}}=rac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}$$ecause\left|\mathrm{PF}_{2}ight|=\left|\mathrm{F}_{1} \mathrm{~F}_{2}ight|$,$	herefore rac{\left|\mathrm{F}_{1} \mathrm{~F}_{2}ight|}{rac{5}{4} \mathrm{c}-rac{\mathrm{a}^{2}}{\mathrm{c}}}=rac{2 \mathrm{c}}{\mathrm{a}}, 	herefore rac{\mathrm{a}^{2}}{rac{\mathrm{a}}{} \mathrm{c}-rac{\mathrm{a}}{\mathrm{c}}}=rac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}$$	herefore 5 \mathrm{e}^{2}-8 \mathrm{e}-4=0$$	herefore(\mathrm{e}-2)(5 \mathrm{e}+2)=0$$ecause \mathrm{e}>1$$	herefore \mathrm{e}=2$故选 C.
题目（高二 · 解析几何）：设陏圆 $C_{1}$ 的离心率为 ${ }^{\frac{7}{15}}$, 焦点在 $\mathrm{x}$ 轴上且长轴长为 30 。若曲线 $C_{2}$ 上的点到粗圆 $C_{1}$ 的两个焦点的距离的差的绝对值等于 10 , 则曲线 $C_{2}$ 的标准方程为 ( )
选项：
A. $\frac{x^{2}}{24}-\frac{y^{2}}{25}=1 \frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{24}=1$
B. $\frac{x^{2}}{25}-\frac{y^{2}}{24}=1$
C. $\frac{x^{2}}{15}-\frac{y^{2}}{7}=1$
D. $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{24}=1$
答案：B
解析：答案:B

【解析】椭圆 $C_{1}$ 的离心率为 $\frac{7}{15}$, 焦点在 $\mathrm{x}$ 轴上且长轴长为 30 , 所以 ${ }_{1}=15, c_{1}=7$; 所以曲线 $C_{2}$ 的两个焦点为 $(-7,0),(7,0)$, 并且 $\mathrm{c}=7, \mathrm{a}=5$, 所以 $b^{2}=c^{2}-a^{2}=24$, 所以曲线 $C_{2}$ 的标准方程为 $\frac{x^{2}}{25}-\frac{y^{2}}{24}=1$. 选 B

【点评】掌握椭圆及双曲线的标准方程及其几何性质是解决此问题的关键, 本小题属于容易题.
题目（高二 · 解析几何）：已知双曲线 $\frac{x^{2}}{9}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(b>0)$ 的左顶点为 $A$, 虚轴长为 8 , 右焦点为 $F$, 且 $\odot F$ 与双曲线的渐近线相切, 若过点 $A$ 作 $\odot F$ 的两条切线, 切点分别为 $M, N$, 则 $|M N|=$ ( )
选项：
A. 8
B. $4 \sqrt{2}$
c. $2 \sqrt{3}$
D. $4 \sqrt{3}$
答案：D
解析：答案:D

【解析】 $2 b=8: \therefore b=4, A(-3,0), F(5,0)$, 因为 $F$ 到双曲线的渐近线距离为 $b$, 所以 $\odot F$ ： $(x-5)^{2}+y^{2}=16$, 设 $\mathrm{MN}$ 交 $x$ 轴于 $\mathrm{E}$, 则

$F E=\frac{4^{2}}{3+5}=2 \therefore A E=8-2=6, M E^{2}=A E \times E F=12 \therefore M N=2 M E=4 \sqrt{3}$

故答案为: D
分析 先由虚轴长为 8 得到 $\mathrm{b}$ 的值,由焦点 $\mathrm{F}$ 到双曲线的渐近线距离为 $\mathrm{b}$, 得到圆的方程, 由直线与圆相交的性质求出 FE 和 $\mathrm{AE}$ 的长, 再求 MN.
题目（高二 · 解析几何）：^{\prime \prime}{ }^{k}=2$ " 是 “直线 $x-y+k=0$ 与圆 $x^{2}+y^{2}=2$ 相切”的（ ）.
选项：
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分又不必要条件
答案：A
解析：答案:A

【解析】【解答】研究直线与圆相切, 有几何法, 代数法两种。利用几何法, 计算圆心到直线的距离与半径是否相等。圆心到直线的距离为 $\frac{|k|}{\sqrt{2}}$ 。当 $k=2$ 时, $\frac{|k|}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$, 直线与圆相切; 反之, 直线与圆相切, 则 $\frac{|k|}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}, k= \pm 2, \quad$ 故 “ $k=2$ ” 是“直线 $x-y+k=0$ 与圆 $x^{2}+y^{2}=2$ 相切”的充分不必要条件, 选 A.
题目（高二 · 解析几何）：若椭圆 ${ }^{\frac{x^{2}}{3}}+{ }^{\frac{y^{2}}{m}}=1$ 的离心率为 ${ }^{\frac{1}{2}}$, 则 $\mathrm{m}=(\quad)$
选项：
A. $\frac{9}{4}$
B. 4
C. ${ }^{\frac{9}{4}}$ 或 4
D. ${ }^{\frac{3}{2}}$
答案：C
解析：答案:C

【解析】解：当焦点在 $x$ 轴上时, $a^{2}=3, b^{2}=m, c^{2}=3-m$,


当焦点在 $x$ 轴上时, $a^{2}=m, b^{2}=3, c^{2}=m-3$,由 ${ }^{\frac{c}{a}=\frac{1}{2}}$, 得 $\frac{c^{2}}{a^{2}}=\frac{1}{4}$, 即 $\frac{m-3}{m}=\frac{1}{4}$, 解得 $\mathrm{m}=4$. $\therefore \mathrm{m}={ }^{\frac{9}{4}}$ 或 4 .

故选: C.

【分析】分焦点在 $\mathrm{x}$ 轴和 $\mathrm{y}$ 轴得到 $\mathrm{a}^{2}, \mathrm{~b}^{2}$ 的值, 进一步求出 $\mathrm{c}^{2}$, 然后结合离心率求得 $\mathrm{m}$ 值.

7. 答案:A

【解析】 $\because$ 由双曲线的方程可知 $a=4, b=3$

$\therefore$ 渐近线的方程为

$$
y= \pm \frac{b}{a} x= \pm \frac{3}{4} x
$$

故答案为: A

【分析】由双曲线方程算出 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ ，利用渐近线方程的公式即可算出所求渐近线方程.
题目（高二 · 解析几何）：双曲线 $C: \frac{x^{2}}{16}-\frac{y^{2}}{9}=1$ 的渐近线方程为 ( )
选项：
A. $y= \pm \frac{3}{4} x$
B. $y= \pm \frac{4}{3} x$
C. $y= \pm \frac{9}{16} x$
D. $y= \pm \frac{16}{9} x$
答案：A
解析：$ecause$ 由双曲线的方程可知 $a=4, b=3$$	herefore$ 渐近线的方程为$$y= \pm rac{b}{a} x= \pm rac{3}{4} x$$故答案为: A【分析】由双曲线方程算出 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ ，利用渐近线方程的公式即可算出所求渐近线方程.
题目（高二 · 解析几何）：拖物线 $y=2 x^{2}$ 的焦点坐标是 ( )
选项：
A. $\left(0, \frac{1}{4}\right)$
B. $\left(0, \frac{1}{8}\right)$
C. $\left({ }^{\frac{1}{8}}, 0\right)$
D. $\left(^{\frac{1}{4}}, 0\right)$
答案：B
解析：答案:B

【解析】解: $\because$ 在抛物线 $\mathrm{y}=2 \mathrm{x}^{2}$, 即 $\mathrm{x}^{2}=\mathrm{e}^{\frac{1}{2}} \mathrm{y}, \therefore \mathrm{p} \mathrm{e}^{\frac{1}{4}}, \stackrel{\frac{p}{2}}{=} \frac{1}{8}$ ， $\therefore$ 焦点坐标是 $\left(0,{ }^{\frac{1}{8}}\right)$,故选 B.

【分析】先把抛物线的方程化为标准形式, 再利用抛物线 $x^{2}=2 p y$ 的焦点坐标为 $\left(0,{ }^{\frac{p}{2}}\right)$, 求出物线 $y=2 x^{2}$ 的焦点坐标.
题目（高二 · 解析几何）：已知中心在原点, 焦点在 $\mathrm{y}$ 轴上的双曲线的离心率为 $\sqrt{3}$, 则它的渐近线方程为 ( )
选项：
A. $y= \pm 2 x$
B. $y= \pm \frac{\sqrt{5}}{2} x$
$y= \pm \frac{1}{2} x$
D. $y= \pm \sqrt{2} x$
答案：D
解析：答案:D

【解析】因为双曲线焦点在 $\mathrm{y}$ 轴上, 由双曲线 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{e}$ 的关系得, $\sqrt{1+\left(\frac{a}{b}\right)^{2}}=\sqrt{3}$, 解得 $\frac{a}{b}=\sqrt{2}$,所以它的渐近线方程为 $y= \pm \sqrt{2} x$, 故选 D。

【点评】基础题, 作为选择题, 可以利用结合选项代人验证。
题目（高二 · 解析几何）：已知直线 $y=k(x+a)(a>0)$ 与 $\mathrm{x}$ 轴交于点 $\mathrm{A}$, 与直线 $\mathrm{x}=\mathrm{c}(\mathrm{c}>0, \mathrm{c}<\mathrm{a})$ 交于点 $\mathrm{M}$, 椭圆 $\mathrm{C}$ 以 $\mathrm{A}$ 为左顶点, 以 $\mathrm{F}(\mathrm{c}, 0)$ 为右焦点, 且过点 $\mathrm{M}$, 当 $\frac{1}{\frac{1}{3}}<k<\frac{1}{2}$ 时, 椭圆 $\mathrm{M}$ 的离心率的范围是（）
选项：
A. $\left(0, \frac{2}{3}\right)$
B. $\left(\frac{2}{3}, 1\right)$
C. $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$
D.$\left(\frac{1}{2}, \frac{2}{3}\right)$
答案：D
解析：答案:D

【解析】
解答】因为给定的直线 $y=k(x+a)(a>0)$ 与 $x$ 轴交于点 $A$, 与直线 $x=c(c>0, c<a)$ 交于点 $M$, 粗圆 $C$ 以 $A$ 为左顶点, 以 $F(c, 0)$ 为右焦点, 且过点 $M(\mathrm{c}, \mathrm{k}(\mathrm{c}+\mathrm{a}))$ 设椭圆的方程为 $\frac{x^{2}}{m^{2}}+\frac{y^{2}}{n^{2}}=1(m>n>0)$, 则可知有 $m^{2}-n^{2}=\left(\frac{c+a}{2}\right)^{2}$, 同时由于点 $\mathrm{M}$ 在曲线上可知, $\frac{c^{2}}{m^{2}}+\frac{(a+c)^{2}}{4 n^{2}}=1(m>n>0)$, 同时利用勾股定理得到 $\sqrt{k^{2}+1}(a+c)-k(a+c)=2 m$, 联立方程组得到关系式, 进而利用 $\frac{1}{3}<k<\frac{1}{2}$, 得到离心率的范围 $\left(\frac{1}{2}, \frac{2}{3}\right)$, 故选 D.

【分析】解决该试题的关键是对于直线的斜率与椭圆的参数 a,b,c 的关系式的运用, 结合粗圆的方程来分析得到, 属于基础题。
题目（高二 · 解析几何）：过抛物线 $C: y^{2}=4 x$ 的焦点作直线交抛物线于 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 如果 $x_{1}+x_{2}=6$, 那么 $|A B|=$
选项：
A. 8
B. 10
C. 6
D. 4
答案：A
解析：答案:A

【解析】【解答】根据抛物线的定义可知, 抛物线上的点到焦点的距离等于到抛物线准线的距离,

所以 $|A B|=x_{1}+x_{2}+p=6+2=8$, 故答案为: A.

【分析】灵活运用抛物线的性质：抛物线上的点到焦点的距离等于它到准线的距离, 从而得到答案。
题目（高二 · 解析几何）：已知圆 C: $(x+3)^{2}+y^{2}=100$ 和点 $\mathrm{B}(3,0), \mathrm{P}$ 是圆上一点, 线段 $\mathrm{BP}$ 的垂直平分线交 $\mathrm{CP}$ 于 $\mathrm{M}$ 点,则 $\mathrm{M}$ 点的轨迹方程是 ( )
选项：
A. $y^{2}=6 x$
B. $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{16}=1$
C. $\frac{x^{2}}{25}-\frac{y^{2}}{16}=1$
D. $x^{2}+y^{2}=25$
答案：B
解析：答案:B

【解析】【解答】如图所示, 因为 $\mathrm{M}$ 是线段 $\mathrm{BP}$ 中垂线上的点, 所以 $\mathrm{MP}=\mathrm{MB}$, 即 $\mathrm{M}$ 满足 $M C+M B=M C+M P=10>B C$, 所以, $M$ 点的轨迹是以 $B, C$ 为焦点的粗圆, 且 $2 a=10,2 c=6$, 所以, $b^{2}=16$,故 M 点的轨迹方程是 $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{16}=1$, 选 B。



【分析】典型题, 利用平面几何知识, 认识到 M 点满足的几何条件, 明确所求轨迹为粗圆, 进一步求得几何量 a,b,c, 达到解题目的。

4. 答案:C

【解析】【解答】因为抛物线 $\mathrm{y}^{2}=2 \mathrm{Px}$, 过点 A $(2,4), \mathrm{F}$ 为焦点, 那么可知 $16=4 \mathrm{p}, \mathrm{p}=4$, 可知其方程为 $\mathrm{y}^{2}=8 \mathrm{x}$, 焦点 $(2,0)$ 准线 $\mathrm{x}=-2, \mathrm{~A}$ 到准线距离为 4 , 所以 $|A F|=4,|B F|=\sqrt{(8-2)^{2}+(-8-0)^{2}}=10$那么 $|A F|:|B F|=2: 5$ ， 故选 C.

【分析】解决抛物线的问题, 一般都要考查其定义的运用, 也就是抛物线上任意一点到其焦点的距离等于其到准线的距离来表示焦半径的长度, 属于基础题。
题目（高二 · 解析几何）：抛物线 $y^{2}=2 x$ 的准线方程是( )
选项：
A. $y=\frac{1}{2}$
B. $y=-\frac{1}{2}$
C. $x=\frac{1}{2}$
D. $x=-\frac{1}{2}$
答案：D
解析：答案:D

【解析】【解答】由抛物线方程 $\mathrm{y}^{2}=2 \mathrm{x}$, 则 $\frac{p}{2}=\frac{1}{2}$, 所以该抛物线的准线方程为 $x=-\frac{1}{2}$, 选 D.
题目（高二 · 解析几何）：抛物线 $y^{2}=x$ 的准线方程为 ( )
选项：
A. $x=\frac{1}{2}$
B. $x=\frac{1}{4}$
C. $x=-\frac{1}{2}$
D. $x=-\frac{1}{4}$
答案：D
解析：答案:D

【解析】【解答】抛物线 $y^{2}=x$ 的焦点在 $x$ 轴上, 且开口向右, $2 p=1, \therefore \frac{p}{2}=\frac{1}{4}, \therefore$ 抛物线 $y^{2}=x$的准线方程为 $x=-\frac{1}{4}$,故答案为: D.

【分析】由抛物线的方程求出 $\mathrm{p}$, 再得到准线方程.
题目（高二 · 解析几何）：设 $\mathrm{F}_{1} 、 \mathrm{~F}_{2}$ 是双曲线 $\frac{x^{2}}{4}-y^{2}=1$ 的两个焦点, $\mathrm{P}$ 在双曲线上, 且满足 $\angle \mathrm{F}_{1} \mathrm{PF}_{2}=90^{\circ}$, 则 $\triangle \mathrm{PF}_{1} \mathrm{~F}_{2}$ 的面积是( )
选项：
A. 1
B. $\frac{\sqrt{5}}{2}$
C. 2
D. $\sqrt{5}$
答案：A
解析：答案:A

【解析】【解答】设 $\left|\mathrm{PF}_{1}\right|=\mathrm{x},\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=\mathrm{y}$, 根据根据双曲线性质可知 $\mathrm{x}-\mathrm{y}$ 的值, 再根据 $\angle \mathrm{F}_{1} \mathrm{PF}_{2}=90^{\circ}$, 求得 $\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}$ 的值, 进而根据 $2 \mathrm{xy}=x^{2}+y^{2}-(\mathrm{x}-\mathrm{y})^{2}$ 求得 $\mathrm{xy}$, 进而可求得 $\therefore \triangle \mathrm{F}_{1} \mathrm{PF}_{2}$ 的面积. 【解答】设 $\left|\mathrm{PF}_{1}\right|=\mathrm{x}$, $\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=\mathrm{y}, \quad(\mathrm{x}>\mathrm{y})$, 根据双曲线性质可知 $\mathrm{x}-\mathrm{y}=4, \because \angle \mathrm{F}_{1} \mathrm{PF}_{2}=90^{\circ}, \quad \therefore x^{2}+y^{2}=20, \quad \therefore 2 \mathrm{xy}=x^{2}+y^{2}$.
$(\mathrm{x}-\mathrm{y})^{2}=4, \quad \therefore \mathrm{xy}=2, \quad \therefore \triangle \mathrm{F}_{1} \mathrm{PF}_{2}$ 的面积为 ${ }^{\frac{1}{2} x y}=1$, 故选 $\mathrm{A}$

【分析】本题主要考查了双曲线的简单性质．要灵活运用双曲线的定义及焦距、实轴、虚轴等之间的关
题目（高二 · 解析几何）：粗圆 ${ }^{\frac{x^{2}}{36}}+\frac{y^{2}}{9}=1$ 上有两个动点 $\mathrm{P} 、 \mathrm{Q}, \mathrm{E}(3,0), E P \perp E Q$, 则 $\overrightarrow{E P} \cdot \overrightarrow{Q P}_{\text {的最小值为 ( ) }}$
选项：
A. 6
B. $3-\sqrt{3}$
C. 9
D. $12-6 \sqrt{3}$
答案：A
解析：答案:A

【解析】【解答】根据题意, 由于椭圆 $\frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{9}=1$ 上有两个动点 $P 、 Q, E(3,0), E P \perp E Q$, $\mathrm{a}=6, \mathrm{~b}=3, \mathrm{c}=3 \sqrt{3}$, 那么结合粗圆的定义可知,

则 $\overline{E P} \cdot \overrightarrow{Q P}=\overrightarrow{E P} \cdot(\overline{E P}-\overline{E Q})=\overline{E P}^{2}-\overrightarrow{E P} \cdot \overline{E Q}=\overline{E P}^{2}$ 取得最小值, 即为两点距离的最小为

$\because \frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{9}=1 \therefore \sqrt{(x-3)^{2}+\mathrm{y}^{2}}=\sqrt{(x-3)^{2}+9\left(1-\frac{x^{2}}{36}\right)}$ 故可知 $\overline{E P} \cdot \overline{Q P}$ 的最小值为 6 故答案为 A.

【分析】主要是考查了粗圆的方程与性质的运用, 属于基础题。
题目（高二 · 解析几何）：若存在过点 $(1,0)$ 的直线与曲线 $y=x^{3}$ 和 $^{y=a x^{2}+\frac{15}{4} x-9}$ 都相切, 则 $\mathrm{a}=\quad$ ( )
选项：
A. $-1_{\text {或 }}-\frac{25}{64}$
B. -1 或 $\frac{21}{4}$
C. $-^{\frac{7}{4}}$ 或 $-\frac{25}{64}$
D. ${ }^{-\frac{7}{4}}$ 或 7
答案：A
解析：答案:A

【解析】【解答】由 ${ }^{y=x^{3}}$ 求导得 $y^{\prime}=3 x^{2}$

设曲线 $y=x^{3}$ 上的任意一点 $\left(x_{0}, x_{0}{ }^{3}\right)$ 处的切线方程为 $y-x_{0}{ }^{3}=3 x_{0}{ }^{2}\left(x-x_{0}\right)$, 将点 $(1,0)$ 代入方程得 $x_{0}=0_{\text {或 }} x_{0}=\frac{3}{2}$.

（1）当 $x_{0}=0$ 时: 切线为 $y=0$, 所以 $a x^{2}+\frac{15}{4} x-9=0$ 仅有一解, 得 $a=-\frac{25}{64}$

(2) 当 $x_{0}=\frac{3}{2}$ 时: 切线为 $y=\frac{27}{4} x-\frac{27}{4}$, 由 $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{27}{4} x-\frac{27}{4} \\ y=\alpha x^{2}+\frac{15}{4} x-9\end{array}\right.$ 得 $x^{2}-3 x-\frac{4}{9}=0$ 仅有一解, 得 $a=-1$.

综上知 $a=-1$ 或 $a=-\frac{25}{64}$. 选 A.
题目（高二 · 解析几何）：若存在过点 $(1,0)$ 的直线与曲线 $y=x^{3}$ 和 $y=a x^{2}+\frac{15}{4} x-9$ 都相切, 则 $\mathrm{a}=\quad(\quad)$
选项：
A. -1 或 $-\frac{25}{64}$
B. -1 或 $\frac{21}{4}$
C. $-\frac{7}{4}$ 或 $-\frac{25}{64}$
D. $-\frac{7}{4}$ 或 7
答案：A
解析：答案:A 解: 由 $y=x^{3}$ 求导得 $y^{\prime}=3 x^{2}$, 设曲线 $y=x^{3}$ 上的任意一点 $\left(x_{0}, x_{0}^{3}\right)$ 处的切线方程为 $y-x_{0}^{3}=3 x_{0}^{2}\left(x-x_{0}\right)$, 将点 $(1,0)$ 代入方程得 $x_{0}=0$ 或 $x_{0}=\frac{3}{2}$.

（1）当 $x_{0}=0$ 时: 切线为 $y=0$, 所以 $a x^{2}+\frac{15}{4} x-9=0$ 仅有一解, 得 $a=-\frac{25}{64}$

(2) 当 $x_{0}=\frac{3}{2}$ 时: 切线为 $y=\frac{27}{4} x-\frac{27}{4}$, 由 $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{27}{4} x-\frac{27}{4} \\ y=a x^{2}+\frac{15}{4} x-9\end{array}\right.$ 得 $a x^{2}-3 x-\frac{4}{9}=0$ 仅有一解, 得 $a=-1$. 综上知 $a=-1$ 或 $a=-\frac{25}{64}$. 选 A.
题目（高二 · 度量几何学）：(2018 四川成都七中 3 月模拟) 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $B$ 为 $\frac{3 \pi}{4}, B C$ 边上的高恰为 $B C$ 边长的一半,则 $\cos A=$
选项：
A. $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
B. $\frac{\sqrt{5}}{5}$
C. $\frac{2}{3}$
D. $\frac{\sqrt{5}}{3}$
答案：A
解析：作 $A H \perp B C$, 垂足点 $H$ 在 $C B$ 的延长线上, $\triangle A H B$ 为等腰直角三角形, 设 $B C=2 a$, 则 $A B=\sqrt{2} a, A H=a, C H=3 a$, 由勾股定理得 $A C=\sqrt{10} a$, 由余弦定理得 $\cos A=\frac{2 a^{2}+10 a^{2}-4 a^{2}}{2 \times \sqrt{2} a \times \sqrt{10} a}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$, 故选 A.
题目（高二 · 度量几何学）：（2018 合肥三模）若 $\triangle A B C$ 的三个内角 $A, B, C$ 所对的边分别是 $a, b, c$, 若 $\sin (C-A)=\frac{1}{2} \sin B$, 且 $b=4$, 则 $c^{2}-a^{2}=$
选项：
A. 10
B. 8
C. 7
D. 4
答案：B
解析： $\sin (C-A)=\frac{1}{2} \sin B=\frac{1}{2} \sin (A+C)$ ，

即 $2 \sin C \cos A-2 \cos C \sin A=\sin A \cos C+\cos A \sin C$, 即 $\sin C \cos A=3 \sin A \cos C$, 由正弦

定理和余弦定理得: $c \cdot \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=3 a \cdot \frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}$, 即 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=3 a^{2}+3 b^{2}-3 c^{2}$,

即 $4 c^{2}-4 a^{2}=2 b^{2}=2 \times 16=32$, 则 $c^{2}-a^{2}=8$, 故选 B.
题目（高二 · 度量几何学）：(2018:浙江高考模拟）在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 所对的边分别是 $a, b, c$, 若 $a \sin A=b \sin B+(c-b) \sin C$, 则角 $A$ 的值为 （ )
选项：
A. $\frac{\pi}{6}$
    B. $\frac{\pi}{4}$
    C. $\frac{\pi}{3}$
    D. $\frac{2 \pi}{3}$
答案：C
解析：在 $\triangle A B C$ ，因为 $a \sin A=b \sin B+(c-b) \sin C$

由正弦定理可化简得 $a^{2}=b^{2}+c^{2}-b c$ ，所以 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$,

由余弦定理得 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{1}{2}$, 从而 $A=\frac{\pi}{3}$​, 故选 C.
题目（高二 · 度量几何学）：(2018 全国卷III) $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $\triangle A B C$ 的面积为

$$
\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4}
$$

则 $C=(\quad)$
选项：
A. $\frac{\pi}{2}$
B. $\frac{\pi}{3}$
c. $\frac{\pi}{4}$
D. $\frac{\pi}{6}$
答案：C
解析：根据题意及三角形的面积公式知 $\frac{1}{2} a b \sin C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4}$,

所以 $\sin C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}=\cos C$, 所以在 $\triangle A B C$ 中, $C=\frac{\pi}{4}$. 故选 C.
题目（高二 · 度量几何学）：(2016 年天津) 在 $\triangle A B C$ 中, 若 $A B=\sqrt{13}, B C=3, \angle C=120^{\circ}$, 则 $A C=$
选项：
A. 1
    B. 2
    C. 3
    D. 4
答案：A
解析：由余弦定理得 $13=9+A C^{2}+3 A C \Rightarrow A C=1$, 选 $\mathrm{A}$.
题目（高二 · 度量几何学）：已知扇形的周长是 6 , 面积是 2 , 则扇形的圆心角的弧度数 $\alpha$ 是 $($ )
选项：
A. 1
B. 4
C. 1 或 4
D. 2 或 4
答案：C
解析：解析:设此扇形的半径为 $r$ ，弧长为 $l$ ，

则 $\left\{\begin{array}{l}2 r+l=6 ， \\ \frac{1}{2} r l=2 ，\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}r=1 ， \\ l=4\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}r=2 ， \\ l=2 .\end{array}\right.$

从而 $\alpha=\frac{l}{r}=\frac{4}{1}=4$ 或 $\alpha=\frac{l}{r}=\frac{2}{2}=1$.

答案: C
题目（高二 · 度量几何学）：若 $\theta \in\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right], \sin 2 \theta=\frac{3 \sqrt{7}}{8}$, 则 $\sin \theta=$
选项：
A.$\frac{3}{5}  \text { B. } \frac{4}{5}  \text { C. } \frac{\sqrt{7}}{4}  \text { D. } \frac{3}{4}$
答案：D
解析：解析: $\because \theta \in\left[\frac{\pi}{4} ， \frac{\pi}{2}\right], \therefore 2 \theta \in\left[\frac{\pi}{2} ， \pi\right]$,

$\therefore \cos 2 \theta=-\sqrt{1-\sin ^{2} 2 \theta}=-\sqrt{1-\left(\frac{3 \sqrt{7}}{8}\right)^{2}}=-\frac{1}{8}$.

$\therefore \sin ^{2} \theta=\frac{1-\cos 2 \theta}{2}=\frac{1-\left(-\frac{1}{8}\right)}{2}=\frac{9}{16}, \therefore \sin \theta=\frac{3}{4}$.

答案: D
题目（高二 · 度量几何学）：已知等腰三角形顶角的余弦值等于 $\frac{4}{5}$, 则这个三角形底角的正弦值为 ( )
选项：
A. $\frac{\sqrt{10}}{10}$
B. $-\frac{\sqrt{10}}{10}$
C. $\frac{3 \sqrt{10}}{10}$
D. $-\frac{3 \sqrt{10}}{10}$
答案：C
解析：解析: 设这个等腰三角形的顶角为 $2 \alpha$ ，底角为 $\beta$ ，

则 $2 \alpha+2 \beta=\pi$ 且 $\cos 2 \alpha=\frac{4}{5} ， \therefore \alpha+\beta=\frac{\pi}{2}$.

$\therefore \sin \beta=\sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)=\cos \alpha=\sqrt{\frac{1+\cos 2 \alpha}{2}}=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$.

答案: C
题目（高二 · 度量几何学）：某人在无风条件下骑自行车的速度为 $v_{1}$, 风速为 $v_{2}\left(\left|v_{1}\right|>\left|v_{2}\right|\right)$, 则逆风行驶的速度的大小为
选项：
A. $v_{1}-v_{2}$
B. $v_{1}+v_{2}$
C. $\left|v_{1}\right|-\left|v_{2}\right|$
D. $\frac{v_{1}}{v_{2}}$
答案：C
解析：解析:题目要求的是速度的大小，即向量的大小，而不是求速度，速度是向量，速度的大小是实数.

答案: C
题目（高二 · 度量几何学）：设 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 是两个非零向量, 下列说法正确的是
选项：
A. 若 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{a}|-|\boldsymbol{b}|$, 则 $\boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{b}$

B. 若 $\boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{b}$, 则 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{a}|-|\boldsymbol{b}|$

C. 若 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{a}|-|\boldsymbol{b}|$, 则存在实数 $\lambda$, 使得 $\boldsymbol{b}=\lambda \boldsymbol{a}$

D. 若存在实数 $\lambda$, 使得 $\boldsymbol{b}=\lambda \boldsymbol{a}$, 则 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{a}|-|\boldsymbol{b}|$
答案：C
解析：解析: 若 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{a}|-|\boldsymbol{b}|$, 则 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 共线，且 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 反向，故选项 A， B 不对，选项 C 正确. 若 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 同向，则 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{a}|+|\boldsymbol{b}|$ ，故选项 D 不对.

答案: C
题目（高二 · 度量几何学）：在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 的对边分别是 $a, b, c$, 若 $A: B: C=1: 2: 3$, 则 $a: b: c$ 等于( )
选项：
A. $1: 2: 3$
B. $2: 3: 4$
C. $3: 4: 5$
D. $1: \sqrt{3}: 2$
答案：D
题目（高二 · 度量几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $D$ 是边 $A C$ 上的点, 且 $A B=A D, 2 A B=\sqrt{3} B D, B C=2 B D$, 则 $\sin C$的值为 ( )


选项：
A. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{6}$
C. $\frac{\sqrt{6}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{6}}{6}$
答案：D
解析：设 $A B=c$, 则 $A D=c, B D=\frac{2 c}{\sqrt{3}}, B C=\frac{4 c}{\sqrt{3}}$, 在 $\triangle A B D$ 中, 由余弦定理得 $\cos A=\frac{c^{2}+c^{2}-\frac{4}{3} c^{2}}{2 c^{2}}=\frac{1}{3}$, 则 $\sin A=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$, 在 $\triangle A B C$ 中,

由正弦定理得 $\frac{C}{\sin C}=\frac{B C}{\sin A}=\frac{\frac{4 C}{\sqrt{3}}}{\frac{2 \sqrt{2}}{3}}$
题目（高二 · 度量几何学）：在 $\triangle A B C$ 中, $\cos A: 2 \cos B: 3 \cos C=2: 4: 21$, 则 $\cos C=(\quad)$
选项：
A. $\frac{7}{12}$
B. $\frac{7}{10}$
C. $\frac{7}{8}$
D. $\frac{7}{16}$
答案：C
解析：析】由已知得: $\frac{\cos A}{\cos B}=1$, 所以 $A=B$ 是等腰三角形, $\frac{\cos \mathrm{A}}{3 \cos C}=\frac{2}{21} \Rightarrow 7 \cos A=2 \cos C \Rightarrow 7 \cos \left(\frac{\pi-C}{2}\right)=2 \cos C$ 整理得: $4 \sin ^{2} \frac{C}{2}+7 \sin \frac{C}{2}-1=0$ 解之得: $\sin \frac{C}{2}=\frac{1}{4}$ 所以 $\cos C=1-2 \sin ^{2} \frac{C}{2}=\frac{7}{8}$, 解得 $\sin C=\frac{\sqrt{6}}{6}$.
题目（高二 · 度量几何学）：在 $\triangle A B C$ 中, 角 $B$ 为 $\frac{3 \pi}{4}, B C$ 边上的高恰为 $B C$ 边长的一半, 则 $\cos A=(\quad)$
选项：
A. $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
B. $\frac{\sqrt{5}}{5}$
C. $\frac{2}{3}$
D. $\frac{\sqrt{5}}{3}$
答案：A
解析：作 $A H \perp B C$, 垂足点 $H$ 在 $C B$ 的延长线上, $\triangle A H B$ 为等腰直角三角形, 设 $B C=2 a$, 则 $A B=\sqrt{2} a, A H=a, C H=3 a$, 由勾股定理得 $A C=\sqrt{10} a$, 由余弦定理得 $\cos A=\frac{2 a^{2}+10 a^{2}-4 a^{2}}{2 \times \sqrt{2} a \times \sqrt{10} a}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$, 故选 A.
题目（高二 · 度量几何学）：在 $\triangle A B C$ 中, $a=2, b=\sqrt{3}, c=1$, 则最小角为 $(\quad)$
选项：
A. $\frac{\pi}{12}$
B. $\frac{\pi}{6}$
C. $\frac{\pi}{4}$
D. $\frac{\pi}{3}$
答案：B
解析：$[\because a>b>c, \therefore C$ 最小.

$\because \cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}=\frac{2^{2}+(\sqrt{3})^{2}-1^{2}}{2 \times 2 \times \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,

又 $\because 0<C<\pi, \quad \therefore C=\frac{\pi}{6}$.
题目（高二 · 度量几何学）：在 $\triangle A B C$ 中, $B=30^{\circ}, A B=\sqrt{3}, A C=1$, 则 $\triangle A B C$ 的面积是( )
选项：
A. $\frac{\sqrt{3}}{4}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
C. $\sqrt{3}$ 或 $\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ 或 $\frac{\sqrt{3}}{4}$
答案：D
解析：[由余弦定理 $A C^{2}=A B^{2}+B C^{2}-2 A B \cdot B C \cos B$,

$\therefore 1^{2}=(\sqrt{3})^{2}+B C^{2}-2 \times \sqrt{3} \times B C \times \frac{\sqrt{3}}{2}$.

整理得: $B C^{2}-3 B C+2=0$.

$\therefore B C=1$ 或 2 .

当 $B C=1$ 时, $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} A B \cdot B C \sin B=\frac{1}{2} \times \sqrt{3} \times 1 \times \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}$.

当 $B C=2$ 时, $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} A B \cdot B C \sin B=\frac{1}{2} \times \sqrt{3} \times 2 \times \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.]
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $\frac{\sin \theta+\cos \theta}{\sin \theta-2 \cos \theta}=\frac{1}{2}$, 则 $\tan \theta$ 的值为 ( )
选项：
-4
B. $-\frac{1}{4}$
C. $\frac{1}{4}$
D. 4
答案：A
解析：

由题 $\frac{\sin \theta+\cos \theta}{\sin \theta-2 \cos \theta}=\frac{1}{2}=\frac{\tan \theta+1}{\tan \theta-2}$, 解得 $\tan \theta=-4$. 故选 A.
题目（高二 · 度量几何学）：函数 $f(x)=\frac{1}{3} \tan \left(\frac{\pi}{2} x+\frac{\pi}{4}\right)$ 单调递增区间
选项：
A. $\left(2 k-\frac{3}{2}, 2 k+\frac{1}{2}\right) k \in Z$
B. $\left(2 k-\frac{1}{2}, 2 k+\frac{1}{2}\right), k \in Z$
C. $\left(4 k-\frac{1}{2}, 4 k+\frac{1}{2}\right), k \in Z$
D. $\left(4 k-\frac{3}{2}, 4 k+\frac{1}{2}\right), k \in Z$
答案：A
解析：

$-\frac{\pi}{2}+k \pi<\frac{\pi}{2} x+\frac{\pi}{4}<\frac{\pi}{2}+k \pi$, 所以 $-\frac{3}{2}+2 k<x<\frac{1}{2}+2 k$. 故选 A
题目（高二 · 度量几何学）：$\cos 285^{\circ}$ 等于 ( A )
选项：
A. $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$
B. $\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$
C. $\frac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{4}$
D. $-\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$
答案：A
解析：[解析] $\cos 285^{\circ}=\cos 75^{\circ}=\cos \left(45^{\circ}+30^{\circ}\right)=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$.
题目（高二 · 度量几何学）：在 $\triangle A B C$ 中, 若 $\sin A \sin B<\cos A \cos B$, 则 $\triangle A B C$ 是( D )
选项：
A. 等边三角形
B. 直角三角形
C. 锐角三角形
D. 钝角三角形
答案：D
解析：[解析] 由题意, 得 $\cos A \cos B-\sin A \sin B>0$.

即 $\cos (A+B)>0,-\cos C>0, \cos C<0$.

又 $0<C<\pi$, 故 $\frac{\pi}{2}<C<\pi, \triangle A B C$ 为钝角三角形.
题目（高二 · 度量几何学）：若 $\sin \alpha \cdot \sin \beta=1$, 则 $\cos (\alpha-\beta)$ 的值为( B )
选项：
A. 0
B. 1
C. $\pm 1$
D. -1
答案：B
解析：析] $\because \sin \alpha \sin \beta=1, \therefore\left\{\begin{array}{l}\sin \alpha=-1 \\ \sin \beta=-1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}\sin \alpha=1 \\ \sin \beta=1\end{array}\right.$,

由 $\cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha=1$ 得 $\cos \alpha=0$,

$\therefore \cos (\alpha-\beta)=\cos \alpha \cdot \cos \beta+\sin \alpha \cdot \sin \beta=0+1=1$.
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $\sin \alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}$, 则 $\sin ^{4} \alpha-\cos ^{4} \alpha$ 的值为( )
选项：
A. $-\frac{3}{5}$
B. $-\frac{1}{5}$
C. $\frac{1}{5}$
D. $\frac{3}{5}$
答案：A
解析：[解析] $\sin ^{4} \alpha-\cos ^{4} \alpha=-\left(\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha\right)\left(\cos ^{2} \alpha-\sin ^{2} \alpha\right)=-\cos 2 \alpha=2 \sin ^{2} \alpha-1=-\frac{3}{5}$.