eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 解析几何）：23. 已知一个圆的摆线过一定点 $(2,0)$, 请写出该圆的半径最大时该摆线的参数方程以及对应的圆的渐开线的参数方程.
选项：
答案：答案: 解: 令 $y=0$, 可得 $r(1-\cos \varphi)=0$, 由于 $\mathrm{r}>0$, 即得 $\cos \varphi=1$, 所以 $\varphi=2 \mathrm{k} \pi(\mathrm{k} \in \mathbf{Z})$.代入 $\mathrm{x}=\mathrm{r}(\varphi-\sin \varphi)$, 得 $\mathrm{x}=\mathrm{r}(2 \mathrm{k} \pi-\sin 2 \mathrm{k} \pi)$. 又因为 $\mathrm{x}=2$, (1) 将 $\left\{\begin{array}{l}x=4+5 \cos t \\ y=5+5 \sin t\end{array}\right.$ 消去参数 $\mathrm{t}$,化为普通方程 $(x-4)^{2}+(y-5)^{2}=25$, 即 $C_{1}: x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0$.

将 $\left\{\begin{array}{l}x=\rho \cos \theta \\ y=\rho \sin \theta\end{array}\right.$ 代入 $x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0$ 得

$\rho^{2}-8 \rho \cos \theta-10 \rho \sin \theta+16=0$.

所以 $\mathrm{C}_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}-8 \rho \cos \theta-10 \rho \sin \theta+16=0$,

$\mathrm{C}_{2}$ 的普通方程为 $\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}-2 \mathrm{y}=0$.

由 $\left\{\begin{array}{c}x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0 \\ x^{2}+y^{2}-2 y=0\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=2\end{array}\right.$

所以 $\mathrm{C}_{1}$ 与 $\mathrm{C}_{2}$ 交点的极坐标分别为 $\left(\sqrt{2}, \frac{\pi}{4}\right),\left(2, \frac{\pi}{2}\right)$. 所以 $\mathrm{r}(2 \mathrm{k} \pi-\sin 2 \mathrm{k} \pi)=2$, 即得 $\mathrm{r}=$ $\frac{1}{k \pi}(\mathrm{k} \in \mathbf{Z})$. 又由实际可知 $\mathrm{r}>0$, 所以 $\mathrm{r}=\frac{1}{k \pi}\left(\mathrm{k} \in \mathbf{N}_{+}\right)$. 易知, 当 $\mathrm{k}=1$ 时, $\mathrm{r}$ 取最大值为 $\frac{1}{\pi}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了其它摆线的生成过程, 解决问题的关键是根据圆的摆线的参数
方程 $\left\{\begin{array}{c}x=r \varphi-\sin \varphi \\ y=r-\cos \varphi\end{array}\right.$ ( $\varphi$ 为参数 $)$, 只需把点 $(2,0)$ 代入参数方程求出 $\mathrm{r}$ 的表达式, 根据表达式求出 $\mathrm{r}$ 的最大值, 再确定对应的摆线和渐开线的参数方程即可.
题目（高三 · 解析几何）：24. 已知一个圆的摆线方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=4 \varphi-4 \sin \varphi \\ y=4-4 \cos \varphi\end{array}\right.$, ( $\varphi$ 为参数), 求该圆的面积和对应的圆的渐开线的参数方程.
选项：
答案：n答案: 解: 首先根据摆线的参数方程可知圆的半径为 4 , 所以面积为 $16 \pi$, 该圆对应的渐开线的参数方程是: $\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos \varphi+4 \varphi \sin \varphi, \\ y=4 \sin \varphi-4 \varphi \cos \varphi\end{array} \quad(\varphi\right.$ 为参数).
解析：: 分析: 本题主要考查了其它摆线的生成过程, 解决问题的关键是根据圆的其它摆线的生成过程分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：25. 已知圆 $\mathrm{C}$ 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{c}x=1+6 \cos \alpha \\ y=-2+6 \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数)和直线 1 对应的普通方程是 $\mathrm{x}-\mathrm{y}-$ $6 \sqrt{2}=0$.

(1)如果把圆心平移到原点 $\mathrm{O}$, 请问平移后圆和直线有什么位置关系？
选项：
答案：答案: 解: 圆 $\mathrm{C}$ 平移后圆心为 $\mathrm{O}(0,0)$, 它到直线 $\mathrm{x}-\mathrm{y}-6 \sqrt{2}=0$ 的距离为 $\mathrm{d}=\frac{6 \sqrt{2}}{\sqrt{2}}=6$,恰好等于圆的半径, 所以直线和圆是相切的.

(2)写出平移后圆的渐开线方程.

答案: 解: 由于圆的半径是 6 , 所以可得渐开线方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=6 \cos \varphi+6 \varphi \sin \varphi \\ y=6 \sin \varphi-6 \varphi \cos \varphi\end{array}\right.$ ( $\varphi$ 为参数).
解析：: 分析: 本题主要考查了渐开线的生成过程及其参数方程, 解决问题的关键是根据渐开线的生成过程写出其参数方程
题目（高三 · 解析几何）：解; (1) 由焦距为 4 , 可知 $\mathrm{c}=2$, 且焦点坐标为 $(0,-2),(0,2)$, 由题意定义知: $2 \mathrm{a}=\sqrt{3^{2}+(2+2)^{2}}+$ $\sqrt{3^{2}+(2-2)^{2}}=8$, 所以 $a=4$, 所以 $b^{2}=a^{2}-c^{2}=12$, 由焦点在 $y$ 轴上, 所以陏圆标准方程为 $; \frac{y^{2}}{16}+\frac{x^{2}}{12}=$
选项：
解析：(1) 由焦距为 4 , 可知 $\mathrm{c}=2$, 且焦点坐标为 $(0,-2),(0,2)$, 由题意定义知: $2 \mathrm{a}=\sqrt{3^{2}+(2+2)^{2}}+$ $\sqrt{3^{2}+(2-2)^{2}}=8$, 所以 $a=4$, 所以 $b^{2}=a^{2}-c^{2}=12$, 由焦点在 $y$ 轴上, 所以陏圆标准方程为 $; rac{y^{2}}{16}+rac{x^{2}}{12}=$ 1.(2) 由抛物线性质可知, $rac{p}{2}=4, p=8$, 故所求抛物线方程为 $y^{2}= \pm 16 x$ 或 $x^{2}= \pm 16 y$.
题目（高三 · 解析几何）：(10 分) 一边长为 1 米的正方形铁片, 铁片的四角截去四个边长都为 $x$ 的小正方形，然后做成一个无盖方盒.

(1) 试把方盒的容积 $V$ 表示为 $x$ 的函数;

(2) $x$ 多大时，方盒的容积 $V$ 最大?
(1) 求曲线 $y=f(x)$ 的斜率等于 -2 的切线方程;

(2) 设曲线 $y=f(x)$ 在点 $(t, f(t))$ 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 $S(t)$ ，求 $S(t)$ 的最小值.
选项：
答案：：(1) $V=4 x^{3}-4 x^{2}+x, x \in\left(0, rac{1}{2}ight)$; (2) $rac{1}{6}$.
解析：(1) 由题意可得方盒的底面边长为 $1-2 x$, 高为 $x$,无盖方盒的容积 $V=(1-2 x)^{2} x=4 x^{3}-4 x^{2}+x, x \in\left(0, rac{1}{2}ight)$.(2) 因为 $V=4 x^{3}-4 x^{2}+x, x \in\left(0, rac{1}{2}ight)$, 所以 $V^{t}=12 x^{2}-8 x+1$,令 $V^{\prime}=0$, 得 $x=rac{1}{2}$ (舍) 或 $x=rac{1}{6}$,当 $x \in\left(0, rac{1}{6}ight)$ 时, $V^{\prime}>0$; 当 $x \in\left(rac{1}{6}, rac{1}{2}ight)$ 时, $V^{\prime}<0$,因此 $x=rac{1}{6}$ 是函数 $V$ 的极大值点, 也是最大值点,故当 $x=rac{1}{6}$ 时, 方盒的容积最大.
题目（高三 · 解析几何）：(12 分) 已知函数 $f(x)=a x+\ln x(a \in \mathbf{R}), g(x)=x^{2}-2 x+2$.

（1）当 $a=1$ 时, 求曲线 $y=f(x)$ 在点 $x=1$ 处的切线方程;

（2）当 $a=-\frac{1}{2}$ 时，求函数 $f(x)$ 在区间 $[1, e]$ 上的最大值和最小值;

(3) 若对任意的 $x_{1} \in[-1,2]$, 均存在 $x_{2} \in(0,+\infty)$, 使得 $g\left(x_{1}\right)<f\left(x_{2}\right)$, 求 $a$ 的取值范围。
选项：
答案：1) 函数 $g(x)$ 的增区间是 $(e,+\infty)$, 单调减区间是 $(0,1),(1, e) ;(2)^{rac{1}{4}}$.
解析：(1) 由已知得函数 $g(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$,函数 $g^{\prime}(x)=rac{\ln x-x \cdot rac{1}{x}}{(\ln x)^{2}}=rac{\ln x-1}{(\ln x)^{2}}$,当 $x>e_{	ext {时, }} g^{\prime}(x)>0$ ，所以函数 ${ }^{g(x)}$ 的增区间是 $(e,+\infty)$;当 $0<x<e$ 且 $x 
eq 1$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 所以函数 $g(x)$ 的单调减区间是 $(0,1),(1, e)$.(2) 因 ${ }^{f(x)}$ 在 $^{(1,+\infty)}$ 上为减函数, 且 $f(x)=rac{x}{\ln x}-a x$, $f^{\prime}(x)=rac{\ln x-1}{(\ln x)^{2}}-a \leq 0 \quad$ 在 ${ }^{(1,+\infty)}$ 上恒成立. 所以当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)_{	ext {max }} \leq 0$.又 $f^{\prime}(x)=rac{\ln x-1}{(\ln x)^{2}}-a=-\left(rac{1}{\ln x}ight)^{2}+rac{1}{\ln x}-a=-\left(rac{1}{\ln x}-rac{1}{2}ight)^{2}+rac{1}{4}-a$,故当 $rac{1}{\ln x}=rac{1}{2}$, 即 $x=e^{2}$ 时, $f^{\prime}(x)_{	ext {max }}=rac{1}{4}-a$.所以 $rac{1}{4}-a \leq 0$, 于是 $a \geq rac{1}{4}$, 故 $a$ 的最小值为 $rac{1}{4}$.
题目（高三 · 解析几何）：（12 分）用综合法或分析法证明:

(1) 已知三角形 $\triangle A B C$ 中, 边 $B C$ 的中点为 $D$, 求证: 向量
选项：
答案：答案:(1) 证明见解析；（2）证明见解析.
解析：答案:(1) 证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】证明: (1) $\because \overrightarrow{A D}=\frac{\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}}{2}, \overrightarrow{D B}=\frac{\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A C}}{2}$,

$\therefore \overrightarrow{A D}^{2}=\left(\frac{\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}}{2}\right)^{2}=\frac{1}{4}\left(\overrightarrow{A B}^{2}+\overrightarrow{A C}^{2}\right)+\frac{1}{2} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}$,

$\overrightarrow{D B}^{2}=\left(\frac{\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A C}}{2}\right)^{2}=\frac{1}{4}\left(\overrightarrow{A B}^{2}+\overrightarrow{A C}^{2}\right)-\frac{1}{2} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}$,

$\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{A D}^{2}-\overrightarrow{D B}^{2}$.

(2) 要证 $\frac{\sqrt{b^{2}-a c}}{a}<\sqrt{3}$, 只要证 $\sqrt{b^{2}-a c}<\sqrt{3} a$,

即证 $b^{2}-a c<3 a^{2}$, 即 $3 a^{2}-b^{2}+a c>0 ，$

又因为 $c=-a-b$, 即证 $3 a^{2}-b^{2}+a(-a-b)>0$,

即证 $2 a^{2}-a b-b^{2}>0$, 即证 $(a-b)(2 a+b)>0 ，$

又因为 $a>b, a-b>0$, 即证 $2 a+b>0 ，$

又因为 $a+b=-c$, 即证 $a-c>0$, 即证 $a>c$ ，

又由已知, $a>c$, 故原不等式成立.
题目（高三 · 解析几何）：(12 分) (1) 用分析法证明: 若 $x>1$, 则 $3 x^{2}+\frac{1}{x^{2}}>3 x+\frac{1}{x}>3 \sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}$.

(2) 用反证法证明: 若 $a<e^{2}$, 则函数 $f(x)=a x^{2}-4 e^{x}(x>0)$ 无零点.
选项：
答案：答案:(1) 证明见解析；（2）证明见解析.

【
解析：答案:(1) 证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】证明: (1) 因为 $x>1$, 所以要证 $3 x^{2}+\frac{1}{x^{2}}>3 x+\frac{1}{x}$,

只需证 $3 x^{4}+1>3 x^{3}+x$, 即证 $3 x^{3}(x-1)>x-1$,

所以只需证 $3 x^{3}>1$

因为 $x>1$, 所以 $3 x^{3}>3>1$,

故 $3 x^{2}+\frac{1}{x^{2}}>3 x+\frac{1}{x}$ 得证.

令 $t=\sqrt{x}>1$, 则 $3 x+\frac{1}{x}>3 \sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}$ 等价于 $3 t^{2}+\frac{1}{t^{2}}>3 t+\frac{1}{t}$,

又因为已证明 $3 x^{2}+\frac{1}{x^{2}}>3 x+\frac{1}{x}$, 所以 $3 t^{2}+\frac{1}{t^{2}}>3 t+\frac{1}{t}$,

故 $3 x^{2}+\frac{1}{x^{2}}>3 x+\frac{1}{x}>3 \sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}$.

(2) 假设函数 $f(x)=a x^{2}-4 e^{x}(x>0)$ 有零点,

则方程 $f(x)=0$ 在 $(0,+\infty)$ 上有解, 即 $a=\frac{4 e^{x}}{x^{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 上有解.

设 $g(x)=\frac{4 e^{x}}{x^{2}}(x>0), g^{\prime}(x)=\frac{4 e^{x}(x-2)}{x^{3}}(x>0)$ ，

当 $0<x<2$ 时, $g^{\prime}(x)<0$; 当 $x>2$ 时, $g^{\prime}(x)>0$,

所以 $g(x)_{\min }=g(2)=e^{2}$, 所以 $a \geq e^{2}$, 但这与条件 $a<e^{2}$ 矛盾,

故假设不成立, 即原命题得证.
题目（高三 · 解析几何）：(12 分) 已知关于 $x$ 的函数 $f(x)=-\frac{1}{3} x^{3}+b x^{2}+c x+b c$, 其导函数为 $f^{\prime}(x)$,

且函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处有极值 $-\frac{4}{3}$.

(1) 求实数 $b 、 c$ 的值;

(2) 求函数 $f(x)$ 在 $[-1,2]$ 上的最大值和最小值.
选项：
答案：(1) $b=-1, c=3$; (2) $f(x)_{	ext {min }}=-rac{20}{3}, f(x)_{\max }=-rac{4}{3}$.
解析：(1) 因为 $f(x)=-rac{1}{3} x^{3}+b x^{2}+c x+b c$, 所以 $f^{\prime}(x)=-x^{2}+2 b x+c$.因为函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处有极值 $-rac{4}{3}$,所以 $\left\{egin{array}{l}f^{\prime}(1)=-1+2 b+c=0 \ f(1)=-rac{1}{3}+b+c+b c=-rac{4}{3}\end{array}ight.$, 解得 $\left\{egin{array}{l}b=1 \ c=-1\end{array}ight.$ 或 $\left\{egin{array}{l}b=-1 \ c=3\end{array}ight.$.(i) 当 $b=1, c=-1$ 时, $f^{\prime}(x)=-(x-1)^{2} \leq 0$,所以 $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递减, 不存在极值;(ii) 当 $b=-1, c=3$ 时, $f^{\prime}(x)=-(x+3)(x-1)$,当 $x \in(-3,1)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增;当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减,所以 $f(x)$ 在 $x=1$ 处存在极大值, 符合题意,综上所述, 满足条件的值为 $b=-1, c=3$.(2) 由(1) 知, $f(x)=-rac{1}{3} x^{3}-x^{2}+3 x-3$, 则 $f^{\prime}(x)=-x^{2}-2 x+3$,令 $f^{\prime}(x)=-(x+3)(x-1)=0$, 得 $x_{1}=-3, x_{2}=1$, 所以 $x, f(x), f^{\prime}(x)$ 的变化如下表:| $x$ | -1 | $(-1,1)$ | 1 | $(1,2)$ | 2 || :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: || $f^{\prime}(x)$ |  | + | 0 | - |  || $f(x)$ |  | 递增 | $-rac{4}{3}$ | 递减 | $-rac{11}{3}$ |所以 $f(x)_{	ext {min }}=f(-1)=-rac{20}{3}, f(x)_{	ext {max }}=f(1)=-rac{4}{3}$.
题目（高三 · 解析几何）：(12 分) 已知函数 $f(x)=x^{3}+a$, 点 $A(0,0)$ 在曲线 $y=f(x)$ 上.

(1) 求函数 $y=f(x)$ 的解析式;

(2) 求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(-1,-1)$ 处的切线方程;

(3) 求曲线 $y=f(x)$ 过点 $E(2,0)$ 的切线方程.
选项：
答案：(1) $f(x)=x^{3}$; (2) $3 x-y+2=0$ ；（3） $y=0$ 或 $27 x-y-54=0$.
解析：(1) 当 $x=0$ 时, $f(0)=a=0$, 所以 $f(x)=x^{3}$.(2) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}$, 所以点 $(-1,-1)$ 处的切线的斜率为 $k=f^{\prime}(-1)=3$,所以切线方程为 $y+1=3(x+1)$, 即 $3 x-y+2=0$.（3）设切点坐标为 $\left(x_{0}, x_{0}^{3}ight)$, 切线的斜率为 $k=f^{\prime}\left(x_{0}ight)=3 x_{0}^{2}$,所以切线方程为 $y-x_{0}^{3}=3 x_{0}^{2}\left(x-x_{0}ight)$,将点 $E(2,0)$ 代入切线方程得 $-x_{0}^{3}=3 x_{0}^{2}\left(2-x_{0}ight)$, 则 $2 x_{0}^{2}\left(x_{0}-3ight)=0$解得 $x_{0}=0$ 或 $x_{0}=3$,所以切线方程为 $y=0$ 或 $27 x-y-54=0$.
题目（高三 · 解析几何）：(12 分) 设函数 $f(x)=a e^{x}(x+2), g(x)=x^{2}+b x+2$, 已知它们在 $x=0$ 处有相同的切线.

(1) 求函数 $f(x), g(x)$ 的解析式;

(2) 求函数 $f(x)$ 在 $[t, t+1](t>-4)$ 上的最小值.
(2) 若 $f(x)>x-x^{2}$ 在 $(1,+\infty)$ 上恒成立, 求实数 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) $f(x)=e^{x}(x+2), g(x)=x^{2}+3 x+2$; (2) 见解析.
解析：(1) 函数 $f(x)=a e^{x}(x+2), g(x)=x^{2}+b x+2$,可得 $f^{\prime}(x)=a e^{x}(x+3), g^{\prime}(x)=2 x+b$,由题意, 两函数在 $x=0$ 处有相同的切线,	herefore f^{\prime}(0)=3 a, g^{\prime}(0)=b, 	herefore 3 a=b$,又 $f(0)=2 a=g(0)=2, 	herefore a=1, b=3$ ，$	herefore f(x)=e^{x}(x+2), g(x)=x^{2}+3 x+2$.(2) $f^{\prime}(x)=e^{x}(x+3)$, 由 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x>-3$; 由 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $x<-3$,$	herefore f(x)$ 在 $(-3,+\infty)$ 单调递增, 在 $(-\infty,-3)$ 单调递减, $ecause t>-4, \quad 	herefore t+1>-3$,(1)当 $-4<t<-3$ 时, $f(x)$ 在 $[t,-3)$ 单调递减, $[-3, t+1]$ 单调递增,$	herefore f(x)$ 的最小值为 $f(-3)=-e^{-3}$;(2)当 $t \geq-3$ 时, $f(x)$ 在 $[t, t+1]$ 单调递增,$	herefore f(x)$ 的最小值为 $f(t)=e^{t}(t+2)$.$	herefore$ 综上可得, 当 $-4<t<-3$ 时, $f(x)$ 的最小值为 $-e^{-3}$;当 $t \geq-3$ 时, $f(x)$ 的最小值为 $e^{t}(t+2)$.
题目（高三 · 解析几何）：12. 已知 $a^{2}+b^{2}=1, x^{2}+y^{2}=1$, 求证: $|a x+b y| \leq 1$.
选项：
答案：答案:证明:由柯西不等式, 得

$|a x+b y| \leq \sqrt{a^{2}+b^{2}} \cdot \sqrt{x^{2}+y^{2}}=1$.

当且仅当 $a y=b x$ 时等号成立.
解析：: 分析: 本题主要考查了二维形式的柯西不等式, 解决问题的关键是根据二维形式的柯西不等式变换计算即可.
题目（高三 · 解析几何）：18. 若 $3 x+4 y=2$, 求 $x^{2}+y^{2}$ 的最小值
选项：
答案：答案:解:由柯西不等式

$\left(x^{2}+y^{2}\right)\left(3^{2}+4^{2}\right) \geq(3 x+4 y)^{2}$ 得

$25\left(x^{2}+y^{2}\right) \geq 4$, 所以 $x^{2}+y^{2} \geq \frac{4}{25}$.

当且仅当 $\frac{\underline{x}}{3}=\frac{\underline{y}}{4}$ 时等号成立,

由 $\left\{\begin{array}{c}3 x+4 y=2, \\ \frac{x}{3}=\frac{y}{4} .\end{array}\right.$

得 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{6}{25}, \\ y=\frac{8}{25}\end{array}\right.$.

因此, 当 $x=\frac{6}{25}, y=\frac{2}{25}$ 时, $x^{2}+y^{2}$ 取得最小值,

最小值为 $\frac{4}{25}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了二维形式的柯西不等式, 解决问题的关键是熟知柯西不等式的结构, 凑成柯西不等式的结构, 然后利用柯西不等式求最值.
题目（高三 · 解析几何）：21. 求证: 点 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 到直线 $A x+B y+C=0$ 的距离为 $d=\frac{\left|A x_{0}+B y_{0}+C\right|}{\sqrt{A^{2}+E^{2}}}$
选项：
答案：答案:证明:设 $Q(x, y)$ 是直线上任意一点, 则 $A x+B y+C=0$. 因为 $|P Q|^{2}=\left(x-x_{0}\right)^{2}+\left(y-y_{0}\right)^{2}|P Q|^{2}=\left(x-x_{0}\right)^{2}+\left(y-y_{0}\right)^{2}, A^{2}+B^{2} \neq 0$, 由柯西不等式,得

$\left(A^{2}+B^{2}\right)\left[\left(x-x_{0}\right)^{2}+\left(y-y_{0}\right)^{2}\right]$

$\geq\left[A\left(x-x_{0}\right)+B\left(y-y_{0}\right)\right]^{2}$

$=\left[(A x+B y)-\left(A x_{0}+B y_{0}\right)\right]^{2}$

$=\left(A x_{0}+B y_{0}+C\right)^{2}$
所以 $|P Q| \geq \frac{\left|A x_{0}+E y_{0}+C\right|}{\sqrt{A^{2}+E^{2}}}$.

当且仅当 $\frac{\underline{z}-x_{0}}{A}=\frac{y-y_{0}}{\bar{z}}$ 时, 取等号, $|P Q||P Q|$ 取得最小值 $\frac{\left|A x_{0}+E y_{0}+c\right|}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}$.

因此, 点 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 到直线 $A x+B y+C A x+B y+C=0$ 的距离为 $d=\frac{\left|A x_{0}+B y_{0}+C\right|}{\sqrt{A^{2}+E^{2}}}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了二维形式的柯西不等式, 解决问题的关键是利用二维形式的柯西不等式 $\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(c^{2}+d^{2}\right) \geq(a c+b d)^{2}$, 取“=”的条件是 $a d=b c$. 因此, 在解题时, 对照柯西不等式, 必须弄清要求的问题中相当于柯西不等式中的 “ $a, b, c, d$ ”的数或代数式, 否则一般出错.
题目（高三 · 解析几何）：21. 已知复数 $\mathrm{z}=\lg \left(\mathrm{m}^{2}-2 \mathrm{~m}-2\right)+\left(\mathrm{m}^{2}+3 \mathrm{~m}+2\right) \mathrm{i}$, 根据以下条件分别求实数 $\mathrm{m}$ 的值或范围. (1) $\mathrm{z}$ 是纯虚数;

 

(2) $z$ 对应的点在复平面的第二象限.
选项：
答案：答案:由 $z=\lg \left(m^{2}-2 m-2\right)+\left(m^{2}+3 m+2\right) i$ 是纯虚数得 $\left\{\begin{array}{l}\lg \left(m^{2}-2 m-2\right)=0 \\ m^{2}+3 m+2 \neq 0\end{array}\right.$即 $\left\{\begin{array}{l}m^{2}-2 m-2=1 \\ m^{2}+3 m+2 \neq 0\end{array} \quad\right.$ 所以 $\mathrm{m}=3$ 据题意得 $\left\{\begin{array}{l}\lg \left(m^{2}-2 m-2\right)<0 \\ m^{2}+3 m+2>0\end{array}\right.$,
由此得 $\left\{\begin{array}{l}0<m^{2}-2 m-2<1 \\ m^{2}+3 m+2>0\end{array}\right.$,

即 $1+\sqrt{3}<m<3$
解析：:

解答: (1) 由 $z=\lg \left(m^{2}-2 m-2\right)+\left(m^{2}+3 m+2\right) i$ 是纯虚数得 $\left\{\begin{array}{l}\lg \left(m^{2}-2 m-2\right)=0 \\ m^{2}+3 m+2 \neq 0\end{array}\right.$

即 $\left\{\begin{array}{l}m^{2}-2 m-2=1 \\ m^{2}+3 m+2 \neq 0\end{array}\right.$ 所以 $\mathrm{m}=3$; (2)根据题意得 $\left\{\begin{array}{l}\lg \left(m^{2}-2 m-2\right)<0 \\ m^{2}+3 m+2>0\end{array}\right.$,

由此得 $\left\{\begin{array}{l}0<m^{2}-2 m-2<1 \\ m^{2}+3 m+2>0\end{array}\right.$,

即 $1+\sqrt{3}<m<3$

分析: 本题主要考查了复数的概念虚数单位 $\mathrm{i}$ 及其性质; 复数的基本概念, 解决问题的关键是(1)因为是纯虚数, 所以实部等于 0 , 虚部不等于 0 ; (2) 因为对应的点在第二象限, 所以实部小于 0 , 虚部大于 0 , 解出 $m$ 的取值范围.
题目（高三 · 解析几何）：21.已知 $x 、 y$ 为共轭复数, 且 $(x+y)^{2}-3 x y i=4-6 i$, 求 $x 、 y$.
选项：
答案：答案: $\left\{\begin{array}{l}y=1-i, \\ x=1+i\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=1-i, \\ y=1+i\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=-1+i, \\ y=-1-i\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=-1-i \\ y=-1+i .\end{array}\right.$
解析：: 解答: 设 $x=a+b i(a, b \in R)$, 则 $y=a-b i, x+y=2 a, x y=a^{2}+b^{2}$, 代入原式, 得 $(2 a)^{2}$ $-3\left(\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}\right) \mathrm{i}=4-6 \mathrm{i}$, 根据复数相等得 $\left\{\begin{array}{l}4 a^{2}=4, \\ -3\left(a^{2}+b^{2}\right)=-6,\end{array}\right.$
解得 $\left\{\begin{array}{l}a=1, \\ b=1 .\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}a=1, \\ b=-1 .\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}a=-1, \\ b=1 .\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}a=-1, \\ b=-1 .\end{array}\right.$

故所求复数为 $\left\{\begin{array}{l}y=1-i, \\ x=1+i\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=1-i, \\ y=1+i\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=-1+i, \\ y=-1-i\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=-1-i \\ y=-1+i .\end{array}\right.$

分析: 本题主要考查了复数的代数表示法及其几何意义、复数代数形式的混合运算, 解决问题的关键是设出复数 $\mathrm{x}$, 根据 $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ 为共轭复数得到 $\mathrm{y}$, 然后运算得到 $\mathrm{xy}$ 代入所给式子根据复数相等得到方程组计算即可.
题目（高三 · 解析几何）：23. 如图, 设两个焦点的距离 $\mathrm{F}_{1} \mathrm{~F}_{2}=2 \mathrm{C}$, 两个端点的距离 $\mathrm{G}_{1} \mathrm{G}_{2}=2 \mathrm{a}$, 求证: $1_{1}$ 与 $\mathrm{l}_{2}$ 之间的距离为 $\frac{2 \mathrm{a}^{2}}{\mathrm{c}}$.


选项：
答案：答案: 证明: 如图, 设椭圆上任意一点 $\mathrm{P}$, 过点 $\mathrm{P}$ 作 $\mathrm{PQ}_{1} \perp \mathrm{l}_{1}$ 于点 $\mathrm{Q}_{1}$, 过点 $\mathrm{P}$ 作 $\mathrm{PQ}_{2} \perp \mathrm{l}_{2}$ 于点 $\mathrm{Q}_{2}$.连接 $\mathrm{PF}_{1}, \mathrm{PF}_{2}$.

<ImageHere>

$\because \mathrm{e}=\frac{\mathrm{PF}_{1}}{\mathrm{PQ}_{1}}=\frac{\mathrm{PF}_{2}}{\mathrm{PQ}_{2}}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}$

$\therefore \mathrm{PF}_{1}=\frac{\mathrm{C}}{\mathrm{a}} \mathrm{PQ}_{1}, \mathrm{PF}_{2}=\frac{\mathrm{C}}{\mathrm{a}} \mathrm{PQ}_{2}$.

由粗圆定义,知 $\mathrm{PF}_{1}+\mathrm{PF}_{2}=2 \mathrm{a}$,

$\therefore \frac{\mathrm{C}}{\mathrm{a}} \mathrm{PQ}_{1}+\frac{\mathrm{C}}{\mathrm{a}} \mathrm{PQ}_{2}=2 \mathrm{a}$.

$\therefore \mathrm{PQ}_{1}+\mathrm{PQ}_{2}=\frac{2 \mathrm{a}^{2}}{\mathrm{c}}$, 即 $\mathrm{l}_{1}$ 与 $\mathrm{l}_{2}$ 之间的距离为 $\frac{2 \mathrm{a}^{2}}{\mathrm{c}}$.
解析：:

分析: 本题主要考查了平面与圆柱面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆柱面的截线的性质结合所给椭圆的有关性质计算即可
题目（高三 · 解析几何）：25. 如图,在圆柱 $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}$ 内嵌入双球,使它们与圆柱面相切,切线分别为 $\odot \mathrm{O}_{1}$ 和 $\odot \mathrm{O}_{2}$, 并且和圆柱的斜截面相切,切点分别为 $F_{1}, F_{2}$.

求证:斜截面与圆柱面的截线是以点 $\mathrm{F}_{1}, \mathrm{~F}_{2}$ 为焦点的椭圆.


选项：
答案：答案：证明：如图,设点 $\mathrm{P}$ 为曲线上任一点, 连接 $\mathrm{PF}_{1}, \mathrm{PF}_{2}$,

<ImageHere>

则 $\mathrm{PF}_{1}, \mathrm{PF}_{2}$ 分别是两个球面的切线,切点分别为 $\mathrm{F}_{1}, \mathrm{~F}_{2}$, 过点 $\mathrm{P}$ 作母线,与两球面分别相交于点 $K_{1}, K_{2}$, 则 $P K_{1}, P K_{2}$ 分别是两球面的切线,切点为 $K_{1}, K_{2}$. 根据切线长定理的空间推广, 知 $\mathrm{PF}_{1}=\mathrm{PK}_{1}, \mathrm{PF}_{2}=\mathrm{PK}_{2}$,

所以 $\mathrm{PF}_{1}+\mathrm{PF}_{2}=\mathrm{PK}_{1}+\mathrm{PK}_{2}=\mathrm{K}_{1} \mathrm{~K}_{2}$.

由于 $K_{1} K_{2}$ 为定值,故点 $P$ 的轨迹是以 $F_{1}, F_{2}$ 为焦点的椭圆.
解析：: 分析: 本题主要考查了平面与圆柱面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆柱面的截线的性质结合所给图形构造辅助线利用切线长定理分析证明即可
题目（高三 · 解析几何）：17. 如图,讨论其中双曲线的离心率.其中 $\pi^{\prime}$ 是 Dandelin 球与圆雉交线 $\mathrm{S}_{2}$ 所在平面,与 $\pi$ 的交线为 $\mathrm{m}$.


选项：
答案：答案: 解答: 点 $P$ 是双曲线上任意一点,连接 $P F_{2}$, 过点 $P$ 作 $P A \perp m$ 于点 $A$, 连接 $A F_{2}$, 过点 $P$作 $\mathrm{PB} \perp$ 平面 $\pi^{\prime}$ 于点 $\mathrm{B}$, 连接 $\mathrm{AB}$, 过点 $\mathrm{P}$ 作母线交 $\mathrm{S}_{2}$ 于点 $\mathrm{Q}_{2}$.

$\because \mathrm{PB}$ 平行于圆雉的轴, $\therefore \angle \mathrm{BPA}=\beta, \angle \mathrm{BPQ}_{2}=\alpha$.

在 Rt $\triangle \mathrm{BPA}$ 中, $\mathrm{PA}=\frac{\mathrm{PB}}{\cos \beta}$

在 Rt $\triangle \mathrm{BPQ}_{2}$ 中, $\mathrm{PQ}_{2}=\frac{\mathrm{PB}}{\cos \alpha}$

<ImageHere>

由切线长定理, 得 $\mathrm{PF}_{2}=\mathrm{PQ}_{2}, \therefore \mathrm{PF}_{2}=\frac{\mathrm{PB}}{\cos \alpha}$
$\therefore \mathrm{e}=\frac{\mathrm{PF}_{2}}{\mathrm{PA}}=\frac{\cos \beta}{\cos \alpha}$

$\because 0<\beta<\alpha<\frac{\pi}{2}, \therefore \cos \beta>\cos \alpha . \therefore \mathrm{e}>1$.

同理,另一分支上的点也具有同样的性质，

综上所述, 双曲线的准线为 $\mathrm{m}$, 离心率 $\mathrm{e}=\frac{\cos \beta}{\cos \alpha}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了平面与圆雉面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆雉面的截线的性质结合切线长定理计算即可
题目（高三 · 解析几何）：21. 在 $\triangle A B C$ 中, 试证: $\frac{\pi}{3} \leq \frac{a A+b B+a c}{a+b+c}<\frac{\pi}{2}$..
选项：
答案：答案:解:不妨设 $a \leq b \leq c$, 于是 $A \leq B \leq C$, 由排序不等式, 得:

$a A+b B+c C=a A+b B+c C$,

$a A+b B+c C \geq b A+c B+a C$,

$a A+b B+c C \geq c A+a B+b C$.
相加, 得 $3(a A+b B+c C) \geq(a+b+c)(A+B+\square)=\pi(a+b+c)$,

得 $\frac{a A+b B+c c}{a+b+c} \geq \frac{\pi}{3}$,

又由 $0<b+c-a, 0<a+b-c 0<a+b-c, 0<a+c-b$,

有 $0<A(b+c-a)+C(a+b-c)+B(a+c-b)$

$=a(B+C-A)+b(A+C-B)+c(A+B-C)$

$=a(\pi-2 A)+b(\pi-2 B)+c(\pi-2 C)$

$=(a+b+c) \pi-2(a A+b B+c C)$

得 $\frac{a A+b B+c C}{a+b+c}<\frac{\pi}{2}$.

综合(1)(2)得证.
解析：: 分析: 本题主要考查了排序不等式, 解决问题的关键是可构造 $\triangle A B C$ 的边和角的序列,应用排序不等式来证明
题目（高三 · 解析几何）：24. 求实数 $x, y$ 的值使得 $(y-1)^{2}+(x+y-3)^{2}+(2 x+y-6)^{2}$ 达到最小值.
选项：
答案：答案:解:由柯西不等式, 得

$\left(1^{2}+2^{2}+1^{2}\right) \times\left[(y-1)^{2}+(3-x-y)^{2}+(2 x+y-6)^{2}\right] \geq[1 \times(y-1)+2 \times(3-x-y)+1 \times(2 x+y-6)]^{2}$ $=1$,

即 $(y-1)^{2}+(x+y-3)^{2}+(2 x+y-6)^{2} \geq \frac{1}{6}$,

当且仅当 $\frac{y-1}{1}=\frac{3-x-y}{2}=\frac{2 x+y-6}{1}$, 即

$x=\frac{5}{2}, y=\frac{5}{6}$ 时, 上式取等号.

故所求 $x=\frac{5}{2}, y=\frac{5}{6}$

$x=\frac{5}{2}, y=\frac{5}{6}$
解析：: 分析: 本题主要考查了排序不等式, 解决问题的关键是根据排序不等式性质计算即可
题目（高三 · 解析几何）：25. 画出 “直线与方程”一章的知识结构图.
选项：
答案：答案:

<ImageHere>
解析：: 分析: 本题主要考查了绘制结构图, 解决问题的关键是根据求解点到直线的距离的具体计算步骤结合结构图的特征进行绘制即可.
题目（高三 · 解析几何）：(1) 当 $\alpha \neq k \pi(k \in z)$ 时, 求证: $\tan \frac{\alpha}{2}=\frac{1-\cos \alpha}{\sin \alpha}$;

(2) 如图, 圆内接四边形 $A B C D$ 的四个内角分别为 $A 、 B 、 C 、 D$. 若 $A B=6$, $B C=3, C D=4, A D=5$. 求 $\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{C}{2}+\tan \frac{D}{2}$ 的值.
选项：
答案：答案:(1) 证明见解析 (2) $\frac{4 \sqrt{10}}{3}$

【解析】

(1) 证明 $\frac{1-\cos \alpha}{\sin \alpha}=\frac{1-\cos 2 \cdot \frac{\alpha}{2}}{\sin 2 \cdot \frac{\alpha}{2}}=\frac{2 \sin ^{2} \frac{\alpha}{2}}{2 \sin \frac{\alpha}{2} \cdot \cos \frac{\alpha}{2}}=\tan \frac{\alpha}{2}$.

(2) 因为 $A B C D$ 为圆的内接四边形, 所以 $\sin A=\sin C, \sin B=\sin D, \cos A=-\cos C$, $\cos B=-\cos D$, 由此可知:

$\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{C}{2}+\tan \frac{D}{2}$

$=\frac{1-\cos A}{\sin A}+\frac{1-\cos B}{\sin B}+\frac{1-\cos C}{\sin C}+\frac{1-\cos D}{\sin D}$

$=\frac{2}{\sin A}+\frac{2}{\sin B}$

连接 $A C 、 B D$, 设 $A C=x, B D=y$ 由余弦定理可得:

$\cos A=\frac{25+36-y^{2}}{2 \times 5 \times 6}, \quad \cos C=\frac{9+16-y^{2}}{2 \times 3 \times 4}$,

$\cos B=\frac{36+9-x^{2}}{2 \times 6 \times 3}, \cos D=\frac{25+16-x^{2}}{2 \times 5 \times 4}$,

解得 $x^{2}=\frac{819}{19}, y^{2}=\frac{247}{7}$,

那么 $\cos A=\frac{3}{7}, \cos B=\frac{1}{19}$,

$\sin A=\frac{2 \sqrt{10}}{7}, \sin B=\frac{6 \sqrt{10}}{19}$.

所以原式 $=\frac{4 \sqrt{10}}{3}$.
解析：答案:(1) 证明见解析 (2) $\frac{4 \sqrt{10}}{3}$

【解析】

(1) 证明 $\frac{1-\cos \alpha}{\sin \alpha}=\frac{1-\cos 2 \cdot \frac{\alpha}{2}}{\sin 2 \cdot \frac{\alpha}{2}}=\frac{2 \sin ^{2} \frac{\alpha}{2}}{2 \sin \frac{\alpha}{2} \cdot \cos \frac{\alpha}{2}}=\tan \frac{\alpha}{2}$.

(2) 因为 $A B C D$ 为圆的内接四边形, 所以 $\sin A=\sin C, \sin B=\sin D, \cos A=-\cos C$, $\cos B=-\cos D$, 由此可知:

$\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{C}{2}+\tan \frac{D}{2}$

$=\frac{1-\cos A}{\sin A}+\frac{1-\cos B}{\sin B}+\frac{1-\cos C}{\sin C}+\frac{1-\cos D}{\sin D}$

$=\frac{2}{\sin A}+\frac{2}{\sin B}$

连接 $A C 、 B D$, 设 $A C=x, B D=y$ 由余弦定理可得:

$\cos A=\frac{25+36-y^{2}}{2 \times 5 \times 6}, \quad \cos C=\frac{9+16-y^{2}}{2 \times 3 \times 4}$,

$\cos B=\frac{36+9-x^{2}}{2 \times 6 \times 3}, \cos D=\frac{25+16-x^{2}}{2 \times 5 \times 4}$,

解得 $x^{2}=\frac{819}{19}, y^{2}=\frac{247}{7}$,

那么 $\cos A=\frac{3}{7}, \cos B=\frac{1}{19}$,

$\sin A=\frac{2 \sqrt{10}}{7}, \sin B=\frac{6 \sqrt{10}}{19}$.

所以原式 $=\frac{4 \sqrt{10}}{3}$.
题目（高三 · 解析几何）：如图所示, 双曲线的中心在坐标原点, 焦点在 $\mathrm{x}$ 轴上, $\mathrm{F}_{1}, \mathrm{~F}_{2}$ 分别为左、右焦点, 双曲线的左支上有一点 $\mathrm{P}, \angle \mathrm{F}_{1} \mathrm{PF}=\frac{\pi}{3}$, 且 $\triangle \mathrm{PF}_{1} \mathrm{~F}_{2}$ 的面积为 $2 \sqrt{3}$, 双曲线的离心率为 2 , 求该双曲线的标准方程.


选项：
答案：设 $\mathrm{F} 1 、 \mathrm{~F} 2$ 分别为 $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ 由余弦定理: $\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}-4\left(\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}ight)=2 \mathrm{xy} 	imes 1 / 2$ (1)式由双曲线: $x-y=2 a$ (2)式由三角形面积公式: $x 	imes y 	imes \sqrt{ } 3 / 2 	imes 1 / 2=2 \sqrt{ } 3$ (3)式联立(1)(2)(3)式消去 $x, y$ 可得 $b^{2}=2$, 再由双曲线离心 $=2$ 可<ImageHere>$	herefore$ 双曲线的标准方程为 $x^{2}-rac{y^{2}}{4}=1$.(II)直线 $l$ 的方程为 $y=x+1$设 $A\left(x_{1}, y_{1}ight) 、 B\left(x_{2}, y_{2}ight)$由 $\left\{egin{array}{l}y=x+1 \ 4 x^{2}-y^{2}=4\end{array}ight.$ 可得 $3 x^{2}-2 x-5=0由韦达定理可得 $x_{1}+x_{2}=rac{2}{3}, x_{1} x_{2}=-rac{5}{3}$即 $|A B|=\sqrt{1+k^{2}} \sqrt{\left(x_{1}+x_{2}ight)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=\sqrt{2} \sqrt{rac{4}{9}+rac{20}{3}}=rac{8 \sqrt{2}}{3}$原点到直线 $l$ 的距离为 $d=rac{\sqrt{2}}{2}于是 $S_{	riangle O: A B}=rac{1}{2} \cdot|A B| \cdot d=rac{1}{2} 	imes rac{8 \sqrt{2}}{3} 	imes rac{\sqrt{2}}{2}=rac{4}{3}$$	herefore 	riangle O A B$ 的面积为 $rac{4}{3}$
题目（高三 · 解析几何）：(10 分) 实数 $x$ 分别取什么值时, 复数 $z=\left(x^{2}+x-6\right)+\left(x^{2}-2 x-15\right) \mathrm{i}$ 对应的点 $Z$ 在:

(1) 第三象限；

(2) 直线 $x-y-3=0$ 上.
选项：
答案：(1) $-3<x<2$; (2) $x=-2$.
解析：因为 $x$ 是实数, 所以 $x^{2}+x-6, x^{2}-2 x-15$ 也是实数.(1) 由题意可得 $\left\{egin{array}{l}x^{2}+x-6<0 \ x^{2}-2 x-15<0\end{array}ight.$, 即 $\left\{egin{array}{l}-3<x<2 \ -3<x<5\end{array}ight.$, 解得 $-3<x<2$,即当 $-3<x<2$ 时, 点 $Z$ 在第三象限.(2) $z=\left(x^{2}+x-6ight)+\left(x^{2}-2 x-15ight)$ i 对应点 $Z\left(x^{2}+x-6, x^{2}-2 x-15ight)$,由题意可得 $x^{2}+x-6-\left(x^{2}-2 x-15ight)-3=0$,整理可得 $3 x+6=0$, 解得 $x=-2$,即当 $x=-2$ 时, 点 $Z$ 在直线 $x-y-3=0$ 上