eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（二年级 · 度量几何学）：在直角、钝角、锐角中, 度数最大的是（ ）, 度数最小的是（）。
选项：
答案：钝角; 锐角
解析：钝角; 锐角
题目（二年级 · 度量几何学）：9 时整时, 钟面上的时针和分针成 ( ) 角。
选项：
答案：直
解析：直
题目（二年级 · 度量几何学）：( 5 分 $)$

选项：
答案：<ImageHere>
题目（二年级 · 度量几何学）：( 5 分) 连线。


(直角 锐角
选项：
答案：<ImageHere>
题目（二年级 · 度量几何学）：5 分 ）把下面的三角形切一刀，还剩几个角呢?


选项：
答案：解：把三角形切一刀, 可以剩 3 个角, 也可以剩 4 个角。
解析：解：把三角形切一刀, 可以剩 3 个角, 也可以剩 4 个角。
题目（二年级 · 度量几何学）：（6 分）观察图形，一共有多少个直角? 一共有多少个钝角? 一共有多少个锐角?


选项：
答案：解: 8 个直角, 8 个钝角, 8 个锐角
解析：解: 8 个直角, 8 个钝角, 8 个锐角
题目（二年级 · 度量几何学）：黑带子长 5 厘米, 白带子长 ( ) 厘米。

选项：
答案：20
解析：20
题目（二年级 · 画法几何学）：图形 $\square$ 中有（）个角: 其中有（）个直角, 有（）个钝角,有 $(\quad)$ 个锐角。
选项：
答案：4； 2; 1; 1
解析：4； 2; 1; 1
题目（二年级 · 画法几何学）：图中有（）个直角，共有（）条线段。


选项：
答案：$1 ; 5$
解析：$1 ; 5$
题目（二年级 · 画法几何学）：图形


选项：
答案：3
题目（二年级 · 画法几何学）：(3 分) 在距离 左边 2 厘米处画一个出, 在距离 右边 3 厘米处画一个 $\diamond$ 。
选项：
答案：解: 如图所示:

<ImageHere>
解析：解: 如图所示:
题目（二年级 · 立体几何学）：从一个点起, 用尺子向不同的方向画 ( ) 条直直的线, 就画成了（）。
选项：
答案：2; 角
解析：2; 角
题目（二年级 · 立体几何学）：一个角有（）个个顶点，（）个条边。
选项：
答案：一; 两
解析：一; 两
题目（二年级 · 立体几何学）：只小动物在观察长方体, 连一连。(9 分)

选项：
答案：只小动物在观察长方体, 连一连。(9 分)
<ImageHere>
解析：只小动物在观察长方体, 连一连。(9 分)
题目（二年级 · 组合几何学）：图形


选项：
答案：<ImageHere>
题目（二年级 · 图论）：幅图是小鸟看到的？在里画 “ $\sqrt{ }$ ”。哪幅图是大象看到的？在里画 “ $\bigcirc$ ”。(6 分)

选项：
答案：<ImageHere>
题目（二年级 · 逻辑题）：( 4 分) 连一连。


$8: 50$

$7: 05$

$4: 27$

$12: 10$




5 时 39 分

9时09分

2 时 51 分

3 时53分

$9: 09$
选项：
答案：<ImageHere>
题目（二年级 · 逻辑题）：信息题)一天中午正在下着大雨, 明明问菲菲: “再过 36 小时太阳会不会出来?” 菲菲说: “那可说不定。” 明明说: “我可以肯定, 再过 36 个小时太阳一定不会出来。” 小朋友, 你们认为谁说得对? 为什么?
选项：
答案：阳一定不会出来, 因为是在晚上。提示: 中午下着雨, 再过 24 小时又是一个中午, 再加上 12 小时等于 36 小时, 此时正好是晚上。所以太阳一定不会出来。提示：把 10 分拆成不同的三数之和，共有四种不同的分拆方式: $10=1+2+7=1+3+6=1+4+5=2+3+5$,选择有相同加数的两个式子, 把共同的加数填在中间的 $\mathrm{O}$ 内,其他 4 个加数分别填在两头的 O 里就构成一种填法。
解析：阳一定不会出来, 因为是在晚上。提示: 中午下着雨, 再过 24 小时又是一个中午, 再加上 12 小时等于 36 小时, 此时正好是晚上。所以太阳一定不会出来。提示：把 10 分拆成不同的三数之和，共有四种不同的分拆方式: $10=1+2+7=1+3+6=1+4+5=2+3+5$,选择有相同加数的两个式子, 把共同的加数填在中间的 $\mathrm{O}$ 内,其他 4 个加数分别填在两头的 O 里就构成一种填法。
题目（二年级 · 逻辑题）：四张扑克牌放在桌子上, 王老师背过身去, 请小强将其中一张牌倒过来。王老师回转身看到颠倒后的扑克牌, 很快猜出了哪一个。你能猜出来吗?



颠倒前



颠倒后
选项：
答案：方片 5

【详解】把一张牌倒过来, 就是把牌旋转了 $180^{\circ}$ 。黑桃 $8 、$ 红桃 7 、梅花 6 这三张牌旋转了 $180^{\circ}$ 后,都会有所变化. 方块中的菱形旋转 $180^{\circ}$ 后和原图形状相比无变化.
解析：方片 5

【详解】把一张牌倒过来, 就是把牌旋转了 $180^{\circ}$ 。黑桃 $8 、$ 红桃 7 、梅花 6 这三张牌旋转了 $180^{\circ}$ 后,都会有所变化. 方块中的菱形旋转 $180^{\circ}$ 后和原图形状相比无变化.
题目（二年级 · 变换几何）：一叶扁舟在水中直线漂流属平移现象。( )
选项：
答案：$\sqrt{ }$

【分析】平移是指在平面内, 将一个图形上的所有点都按照某个方向作相同距离的移动。

【详解】根据平移的定义, 可知一叶扁舟在水中直线漂流属平移现象是正确的。故答案为: $\sqrt{ } \sqrt{ }$

【点睛】此题考查同学熟记平移的定义。
解析：$\sqrt{ }$

【分析】平移是指在平面内, 将一个图形上的所有点都按照某个方向作相同距离的移动。

【详解】根据平移的定义, 可知一叶扁舟在水中直线漂流属平移现象是正确的。故答案为: $\sqrt{ } \sqrt{ }$

【点睛】此题考查同学熟记平移的定义。
题目（二年级 · 变换几何）：
是轴对称图形。( $\quad)$
选项：
答案：$\times$

【分析】根据轴对称图形的意义: 如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合, 这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴; 据此判断即可。

【详解】

<ImageHere>
不是轴对称图形，原题说法错误。故答案为: $\times$ 。

【点睛】解答此题的主要依据是: 轴对称图形的概念及特征。
解析：$\times$

【分析】根据轴对称图形的意义: 如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合, 这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴; 据此判断即可。

【详解】


不是轴对称图形，原题说法错误。故答案为: $\times$ 。

【点睛】解答此题的主要依据是: 轴对称图形的概念及特征。
题目（二年级 · 变换几何）：用卷笔刀削铅笔是旋转现象，水银温度计中液柱的升降是平移现象。( )
选项：
答案：$\sqrt{ }$
【分析】根据平移、旋转的特征可知, 平移是将一个图形上的所有点都按照某个方向作相同距离的移动, 旋转是把一个图形绕着某一点转动一定角度的图形变换。

【详解】根据分析可知: 用卷笔刀削铅笔是旋转现象, 水银温度计中液柱的升降是平移现象; 所以判断正确。

故答案为: $\sqrt{ }$

【点睛】本题主要考查平移和旋转的意义, 对平移与旋转理解及在实际生活当中的运用。
解析：$\sqrt{ }$
【分析】根据平移、旋转的特征可知, 平移是将一个图形上的所有点都按照某个方向作相同距离的移动, 旋转是把一个图形绕着某一点转动一定角度的图形变换。

【详解】根据分析可知: 用卷笔刀削铅笔是旋转现象, 水银温度计中液柱的升降是平移现象; 所以判断正确。

故答案为: $\sqrt{ }$

【点睛】本题主要考查平移和旋转的意义, 对平移与旋转理解及在实际生活当中的运用。
题目（二年级 · 解析几何）：长方形和正方形都是轴对称图形, 正方形比长方形对称轴多。( )
选项：
答案：$\sqrt{ }$

【分析】依据轴对称图形的意义, 即在同一个平面内, 一个图形沿某条直线对折, 对折后的两部分都能完全重合, 则这个图形就是轴对称图形, 这条直线就是其对称轴, 据此可知长方形和正方形都是轴对称图形, 正方形有 4 条对称轴, 长方形有 2 条对称轴, 由此解答即可。

【详解】长方形和正方形都是轴对称图形, 正方形有 4 条对称轴, 长方形有 2 条对称轴, 所以正方形比长方形对称轴多, 题干说法正确。

故答案为: $V$

【点睛】此题考查了利用轴对称图形的定义判断轴对称图形及对称轴条数的灵活应用。
解析：$\sqrt{ }$

【分析】依据轴对称图形的意义, 即在同一个平面内, 一个图形沿某条直线对折, 对折后的两部分都能完全重合, 则这个图形就是轴对称图形, 这条直线就是其对称轴, 据此可知长方形和正方形都是轴对称图形, 正方形有 4 条对称轴, 长方形有 2 条对称轴, 由此解答即可。

【详解】长方形和正方形都是轴对称图形, 正方形有 4 条对称轴, 长方形有 2 条对称轴, 所以正方形比长方形对称轴多, 题干说法正确。

故答案为: $V$

【点睛】此题考查了利用轴对称图形的定义判断轴对称图形及对称轴条数的灵活应用。
题目（二年级 · 代数）：所有的加法算式都能用乘法算式表示。( )
选项：
答案：$\times$
解析：$\times$
题目（高三 · 逻辑题）：已知命题 $\mathrm{p}$ : 方程 $\mathrm{x}^{2}-2 \sqrt{2} \mathrm{x}+\mathrm{m}=0$ 有两个不相等的实数根; 命题 $\mathrm{q}$ : $2^{\mathrm{m}+1}<4$.

(1)若 $p$ 为真命题, 求实数 $m$ 的取值范围;

(2)若 $p \vee q$ 为真命题, $p \wedge q$ 为假命题, 求实数 $m$ 的取值范围.
选项：
解析：解析: (1) 若 $\mathrm{p}$ 为真命题, 则应有 $\Delta=8-4 \mathrm{~m}>0$, 解析得 $\mathrm{m}<2$.(2) 若 $q$ 为真命题, 则有 $m+1<2$, 即 $m<1$, 因为 $p \vee q$ 为真命题, $p \wedge q$ 为假命题, 则 $\mathrm{p}, \mathrm{q}$ 应一真一假.(1)当 $\mathrm{p}$ 真 $\mathrm{q}$ 假时, 有 $\left\{egin{array}{l}\mathrm{m}<2 \ \mathrm{~m} \geq 1\end{array}ight.$, 得 $1 \leq \mathrm{m}<2$;(2) 当 $\mathrm{p}$ 假 $\mathrm{q}$ 真时, 有 $\left\{egin{array}{l}\mathrm{m} \geq 2 \ \mathrm{~m}<1\end{array}ight.$, 无解析. 综上, $\mathrm{m}$ 的取值范围是 $[1,2)$.
题目（高三 · 逻辑题）：设命题 $p$ : 实数 $x$ 满足 $(x-a) （ x-3 a ）<0$, 其中 $a>0$, 命题 $q$ : 实数 $x$满足 $(\mathrm{x}-3) \quad(\mathrm{x}-2) \leq 0$.

(1) 若 $a=1$, 且 $p \wedge q$ 为真, 求实数 $x$ 的取值范围.

(2) 若 $\neg p$ 是 $\neg q$ 的充分不必要条件, 求实数 $a$ 的取值范围.
选项：
解析：1）由（x-1）（x-3）<0, 得 $P=\{x \mid 1<x<3\}$, ( $x-3)(x-2) \leq 0$, 可得 $Q=\{x \mid 2 \leq x \leq 3\}$, 由 $p \wedge q$ 为真, 即为 $p, q$ 均为真命题,可得 $x$ 的取值范围是 $2 \leq x<3$;(2) 若 $
eg \mathrm{p}$ 是 $
eg \mathrm{q}$ 的充分不必要条件, 可得 $\mathrm{q}$ 是 $\mathrm{p}$ 的充分不必要条件,由题意可得 $P=\{x \mid a<x<3 a\}, Q=\{x \mid 2 \leq x \leq 3\}$, 由 $Q \subsetneq P$, 可得 $a<2$ 且 $3<3 a$,解得 $1<\mathrm{a}<2$.
题目（高三 · 逻辑题）：写出命题 “若 $\sqrt{x-2}+(y+1)^{2}=0$, 则 $x=2$ 且 $y=-1$ ” 的逆命题、否命题、逆否命题, 并判断它们的真假.
选项：
解析：逆命题: 若 $x=2$ 且 $y=-1$, 则 $\sqrt{x-2}+(y+1)^{2}=0$; 真命题否命题: 若 $\sqrt{x-2}+(y+1)^{2} 
eq 0$, 则 $x 
eq 2$ 或 $y 
eq-1$; 真命题逆否命题: 若 $x 
eq 2$ 或 $y 
eq-1$, 则 $\sqrt{x-2}+(y+1)^{2} 
eq 0$; 真命题
题目（高三 · 逻辑题）：已知命题: “若 $m>0$, 则方程 $x^{2}+x-m=0$ 有实数根”, 分别写出这个命题的逆命题, 否命题, 逆否命题, 并分别判断它们的真假.
选项：
解析：若 $m>0$, 则方程 $x^{2}+x-m=0$ 有实数根, 它是真命题;逆命题: 若方程 $x^{2}+x-m=0$ 有实数根, 则 $m>0$, 它是假命题;否命题: 若 $\mathrm{m} \leq 0$, 则方程 $\mathrm{x}^{2}+\mathrm{x}-\mathrm{m}=0$ 没有实数根, 它是假命题;逆否命题: 若方程 $x^{2}+x-m=0$ 没有实数根, 则 $m \leq 0$, 它是真命题.
题目（高三 · 解析几何）：22. 设 $x>-1$, 求函数 $y=\frac{(x+5)(x+2)}{x+1}$ 的最小值.
选项：
答案：答案: 解: 由 $x>-1$ 得 $x+1>0$, 则

$y=\frac{(x+5)(x+2)}{x+1}=\frac{[(x+1)+4][(x+1)+1]}{x+1}$

$=\frac{(x+1)^{2}+5(x+1)+4}{x+1}=(x+1)+\frac{4}{x+1}+5$

$\geq 2 \sqrt{4}+5=9$

当且仅当 $x=1$ 时, 上式取“=”, 所以 $y_{\text {min }}=9$.
解析：: 分析: 本题主要考查了基本不等式在最值问题中的应用, 解决问题的关键是本题解题的关键在于关注分母 $x+1$, 充分运用发散性思维, 经过同解变形构造基本不等式，从而求出最小值.
题目（高三 · 解析几何）：25. 在三角形 $\mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{A}, \angle \mathrm{B}, \angle \mathrm{C}$ 的对边分别为 $a . b . c$ 且 $b^{2}+c^{2}=b c+a^{2}$ (1) 求 $\angle A$;
选项：
答案：答案: 解: 由余弦定理有 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{1}{2}$

$\because 0<A<\pi, \quad \therefore A=\frac{\pi}{3}$

(2) 若 $a=\sqrt{3}$, 求 $b^{2}+c^{2}$ 的取值范围.

答案: 解: $\because a=\sqrt{3}$ 且 $b^{2}+c^{2}=b c+a^{2}, \therefore b^{2}+c^{2}=b c+3$

$\because 0<b c \leq \frac{b^{2}+c^{2}}{2}, \therefore b^{2}+c^{2} \leq 6$, (当且仅当 $b=c=\sqrt{3}$ 时取等号)

$\therefore 3<b^{2}+c^{2} \leq 9$
解析：：分析：本题主要考查了基本不等式在最值问题中的应用，解决问题的关键是（1）由
余弦定理有 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{1}{2}$,根据角的范围即得. (2) 根据 $b^{2}+c^{2}=b c+a^{2}$, 应用基本不等式.
题目（高三 · 解析几何）：17. 已知Rt $\triangle A B C,|A B|=2 a(a>0)$, 求直角顶点 $C$ 的轨迹方程.
选项：
答案：答案: 解: 以 $A B$ 所在直线为 $x$ 轴, $A B$ 的中点为坐标原点, 建立如图所示的直角坐标系, 则有 $A(-a, 0), B(a, 0)$, 设顶点 $C(x, y)$.

<ImageHere>

法一: 由 $\triangle A B C$ 是直角三角形可知 $|A B|^{2}=|A C|^{2}+|B C|^{2}$, 即

$(2 a)^{2}=(x+a)^{2}+y^{2}+(x-a)^{2}+y^{2}$. 化简得 $x^{2}+y^{2}=a^{2}$. 依题意可知, $x \neq \pm a$.
故所求直角顶点 $C$ 的轨迹方程为 $x^{2}+y^{2}=a^{2}(x \neq \pm a)$.

法二: 由 $\triangle A B C$ 是直角三角形可知 $A C \perp B C$, 所以 $k_{A C} \cdot k_{E C}=-1$, 则

$\frac{y}{x+a} \cdot \frac{y}{x-a}=-1(x \neq \pm a)$, 化简得直角顶点 $C$ 的轨迹方程为 $x^{2}+y^{2}=a^{2}(x \neq \pm a)$.

法三: 由 $\triangle A B C$ 是直角三角形可知 $|O C|=|O B|$, 且点 $C$ 与点 $B$ 不重合, 所以

$\sqrt{x^{2}+y^{2}}=a(x \neq \pm a)$, 化简得直角顶点 $C$ 的轨迹方程为 $x^{2}+y^{2}=a^{2}(x \neq \pm a)$.

$x^{2}+y^{2}=a^{2}(x \neq \pm a)$
解析：: 分析: 本题主要考查了平面直角坐标系与曲线方程, 解决问题的关键是需要结合几何图形的结构特点, 建立适当的平面直角坐标系, 然后设出所求动点的坐标, 寻找满足几何关系的等式,化简后即可得到所求的轨迹方程;

求轨迹方程, 其实质就是根据题假设条件, 把几何关系通过“坐标”转化成代数关系, 得到对应的方程.(1)求轨迹方程时的一般步骤是: 建系 $\rightarrow$ 设点 $\rightarrow$ 列式 $\rightarrow$ 化简 $\rightarrow$ 检验; (2)求轨迹方程时注意不要把范围扩大或缩小, 也就是要检验轨迹的纯粹性和完备性; (3)由于观察的角度不同, 因此探求关系的方法也不同, 解题时要善于从对角度思考问题.
题目（高三 · 解析几何）：18. 已知 $\triangle A B C$ 中, $B D=C D$, 求证: $A B^{2}+A C^{2}=2\left(A D^{2}+B D^{2}\right)$.
选项：
答案：答案: 证明: 以 $A$ 为坐标原点 $O, A B$ 所在直线为 $x$ 轴,建立平面直角坐标系 $x O y$,

<ImageHere>

则 $A(0,0)$, 设 $B(a, 0), C(b, c)$,则 $D\left(\frac{a+b}{2}, \frac{c}{2}\right)$,

$\therefore A D^{2}+B D^{2}=\frac{(a+b)^{2}}{4}+\frac{c^{2}}{4}+\frac{(a-b)^{2}}{4}+\frac{c^{2}}{4}$

$=\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)$,

$A B^{2}+A C^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}$.
$\therefore A B^{2}+A C^{2}=2\left(A D^{2}+B D^{2}\right)$.
解析：: 分析: 本题主要考查了平面直角坐标系与曲线方程, 解决问题的关键是根据条件建立坐标系求解方程即可
题目（高三 · 解析几何）：20. 某种大型商品, A, B 两地都有出售, 且价格相同. 某地居民从两地之一购得商品后运回的费用是: 每单位距离 $\mathrm{A}$ 地的运费是 $\mathrm{B}$ 地的运费的 3 倍, 已知 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两地距离为 10 千米,
顾客选择 A 或 $\mathrm{B}$ 地购买这种商品的标准是: 包括运费和价格的总费用较低, 求 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两地的售货区域的分界线的曲线形状，并指出曲线上.曲线内.曲线外的居民应如何选择购货地点.
选项：
答案：答案: 解: 如图, 以 $A, B$ 所在的直线为 $\mathrm{x}$ 轴, $A B A B$ 中点 $\mathrm{O}$ 为坐标原点, 建立平面直角坐标系, 则 $A(-5,0), B(5,0)$.

<ImageHere>

设某地 $\mathrm{P}$ 的坐标为 $(x, y)$, 且 $\mathrm{P}$ 地居民选择到 $\mathrm{A}$ 地购买商品便宜, 并设 $\mathrm{A}$ 地的运费为 3a 元/千米, B 地的运费为 $\mathrm{a}$ 元/千米.

价格+运费 $\times$ 到 $A$ 地的距离 $\leq$ 价格+运费 $\times$ 到 $B$ 地的距离,

即 $3 a \sqrt{(x+5)^{2}+y^{2}} \leq a \sqrt{(x-5)^{2}+y^{2}}$,

因为 $a>0$, 所以 $3 \sqrt{(x+5)^{2}+y^{2}} \leq \sqrt{(x-5)^{2}+y^{2}}$.

即 $\left(x+\frac{25}{4}\right)^{2}+y^{2} \leq\left(\frac{15}{4}\right)^{2}$.

所以以点 $C\left(-\frac{25}{4}, 0\right)$ 为圆心, $\frac{15}{4}$ 为半径的圆是这两地购货的分界线.

圆 C 内的居民从 $\mathrm{A}$ 地购货便宜.

圆 C 外的居民从 B 地购货便宜.

圆 $\mathrm{C}$ 上的居民从 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 地购货的总费用相等，因此，可随意从 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两地之一购货.
解析：: 分析: 本题主要考查了平面直角坐标系与曲线方程, 解决问题的关键是根据所给事件问题建立平面直角坐标系求解即可
题目（高三 · 解析几何）：21. 在正三角形 $A B C$ 内有一动点 $P$, 已知 $P$ 到三顶点的距离分别为 $|P A|_{,}|P B|,|P C|$, 且满足 $|P A|^{2}=|P B|^{2}+|P C|^{2}$, 求点 $P$ 的轨迹方程.
选项：
答案：答案: 解答: 以 $B C$ 的中点为原点, $B C$ 所在的直线为 $x$ 轴, $B C$ 的垂直平分线为 $y$ 轴, 建立如图所示的直角坐标系,

<ImageHere>

设点 $P(x, y), B(-a, 0), C(a, 0), A(0, \sqrt{3} a),(y>0, a>0)$ 用点的坐标表示等式

$|P A|^{2}=|P B|^{2}+|P C|^{2}$,

有 $x^{2}+(y-\sqrt{3} a)^{2}=(x+a)^{2}+y^{2}+(x-a)^{2}+y^{2}$,

化简得 $x^{2}+(y+\sqrt{3} a)^{2}=(2 a)^{2}$,

即点 $P$ 的轨迹方程为 $x^{2}+(y+\sqrt{3} a)^{2}=4 a^{2}(y>0)$.
解析：: 分析: 本题主要考查了平面直角坐标系与曲线方程, 解决问题的关键是根据所给条件建立空间直角坐标系计算即可
题目（高三 · 解析几何）：23. 已知线段 $A B$ 与 $C D$ 互相垂直平分于点 $O,|A B|=8,|C D|=4$, 动点 $M$ 满足 $|M A| \cdot|M B|=|M C| \cdot|M D|$, 求动点 $M$ 的轨迹方程.
选项：
答案：答案：解：以 $O$ 为原点,分别以直线 $A B, C D$ 为 $x$ 轴. $y$ 轴建立直角坐标系,则 $A(-4,0), B(4,0), C(0,2), D(0,-2)$.

设 $M(x, y)$ 为轨迹上任一点,则

$|M A|=\sqrt{(x+4)^{2}+y^{2}},|M B|=\sqrt{(x-4)^{2}+y^{2}}$,

$|M C|=\sqrt{x^{2}+(y-2)^{2}},|M D|=\sqrt{x^{2}+(y+2)^{2}}$,

$\therefore$ 由 $|M A| \cdot|M B|=|M C| \cdot|M D|$, 可得

$\sqrt{\left[(x+4)^{2}+y^{2}\right]\left[(x-4)^{2}+y^{2}\right]}=\sqrt{\left[x^{2}+(y-2)^{2}\right]\left[x^{2}+(y+2)^{2}\right]}$

化简,得 $y^{2}-x^{2}+6=0$.

$\therefore$ 点 $M$ 的轨迹方程为 $x^{2}-y^{2}=6$.
解析：: 分析: 本题主要考查了平面直角坐标系与曲线方程, 解决问题的关键是根据所给条件建立空间直角坐标系计算即可
题目（高三 · 解析几何）：24. 已知平行四边形的三个顶点的坐标分别为 $(-2,1),(-1,3),(3,4)$, 求第四个顶点的坐标.
选项：
答案：答案: 解: 设平行四边行的三个顶点分别为 $A(-2,1), B(-1,3), C(3,4)$, 如图, 设第四个顶点为 $D$, 所以点 $D$ 有三种不同的位置.

<ImageHere>

若平行四边形为 $A B C D_{1}$ 时, 设点 $D_{1}$ 的坐标为 $(x, y)$, 则 $\overrightarrow{A B}=(-1+2,3-1)=(1,2)$, $D_{1} C=(3-x, 4-y)$.
由 $\overrightarrow{A B}=\overrightarrow{D_{1} C}$, 得 $\left\{\begin{array}{l}3-x=1 \\ 4-y=2\end{array}\right.$, 解得, 即 $D_{1}(2,2)$.

若平行四边形为 $A B D_{2}$ C 时, 同理, 求得点 $D_{2}$ 的坐标为 $(4,6)$;

若平行四边形为 $A D_{3} B C$ 时, 同理, 求得点 $D_{3}$ 的坐标为 $(-6,0)$.

综上所述, 平行四边形第四个顶点的坐标分别为 $(2,2),(4 ， 6 ）$ 或 $(-6,0)$.
解析：: 分析: 本题主要考查了平面直角坐标系与曲线方程, 解决问题的关键是根据所给直线结合所给条件分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：25. 如图所示, $A, B, C$ 是三个观察站, $A$ 在 $B$ 的正东, 两地相距 $6 \mathrm{~km}, C$ 在 $B$ 的北偏西 $30^{\circ}$, 两地相距 $4 \mathrm{~km}$, 在某一时刻, $A$ 观察站发现某种信号, 并知道该信号的传播速度为 1 $\mathrm{km} / \mathrm{s}, 4 \mathrm{~s}$ 后 $B, C$ 两个观察站同时发现这种信号, 在以过 $A, B$ 两点的直线为 $x$ 轴, 以 $A B$ 的垂直平分线为 $y$ 轴建立的平面直角坐标系中, 指出发出这种信号的 $P$ 的坐标.


选项：
答案：答案: $(8,5 \sqrt{3})$
解析：:

解答: 设点 $P$ 的坐标为 $(x, y)$, 则 $\mathrm{A}(3,0), \mathrm{B}(-3,0), \mathrm{C}(-5,2 \sqrt{3})$.



因为 $|\mathrm{PB}|=|\mathrm{PC}|$, 所以点 $\mathrm{P}$ 在 $\mathrm{BC}$ 的中垂线上.

因为 $\mathrm{k}_{\mathrm{BC}}=-\sqrt{3}, \mathrm{BC}$ 的中点 $\mathrm{D}(-4, \sqrt{3})$,

所以直线 $P D$ 的方程为 $y-\sqrt{3}=\frac{1}{\sqrt{3}}(x+4)$. (1)

又因为 $|P B|-|P A|=4$, 所以点 $P$ 必在以 $A, B$ 为焦点的双曲线的右支上,双曲线方程为 $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{5}=1(x \geq 2)$.
联立(1)(2), 解得 $x=8$ 或 $x=-\frac{32}{11}$ (舍去),

所以 $\mathrm{y}=5 \sqrt{3}$.

所以点 $\mathrm{P}$ 的坐标为 $(8,5 \sqrt{3})$.

分析: 本题主要考查了平面直角坐标系与曲线方程, 解决问题的关键是根据题意可知, 点 $\mathrm{P}$所在的位置满足两个条件: (1)在线段 $B C$ 的垂直平分线上; (2)在以 $A, B$ 为焦点的双曲线上.
题目（高三 · 解析几何）：17. 如图,在梯形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{AD} / / \mathrm{BC}, \mathrm{F}$ 为对角线 $\mathrm{AC}$ 上一点, $\mathrm{FE} / / \mathrm{BC}$ 交 $\mathrm{AB}$ 于点 $\mathrm{E}, \mathrm{DF}$ 的延长线交 $\mathrm{BC}$ 于点 $\mathrm{H}, \mathrm{DE}$ 的延长线交 $\mathrm{CB}$ 的延长线于点 $\mathrm{G}$, 求证: $\mathrm{BC}=\mathrm{GH}$.


选项：
答案：答案: 证明: $\because \mathrm{FE} / / \mathrm{BC}$,

$\therefore \frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AB}}, \frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{GH}}=\frac{\mathrm{DF}}{\mathrm{DH}}$.

$\because \mathrm{AD} / / \mathrm{EF} / / \mathrm{BH}, \therefore \frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{DF}}{\mathrm{DH}}$.

$\therefore \frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{GH}} \therefore \mathrm{BC}=\mathrm{GH}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是根据平行线分线段成比例定理结合所给条件分析计算即可.
题目（高三 · 解析几何）：19. 如图,在梯形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{AD} / / \mathrm{BC}, \mathrm{EF}$ 经过梯形对角线的交点 $\mathrm{O}$, 且 $\mathrm{EF} / / \mathrm{AD}$.



(1) 求证: $\mathrm{OE}=\mathrm{OF}$;
选项：
答案：答案: 证明: $\because \mathrm{EF} / / \mathrm{AD}, \mathrm{AD} / / \mathrm{BC}$,

$\therefore \mathrm{EF} / / \mathrm{AD} / / \mathrm{BC}$.

$\because \mathrm{EF} / / \mathrm{BC}, \therefore \frac{\mathrm{OE}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AB}}, \frac{\mathrm{OF}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{DF}}{\mathrm{DC}}$

$\because \mathrm{EF} / / \mathrm{AD} / / \mathrm{BC}, \therefore \frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{DF}}{\mathrm{DC}}$

$\therefore \frac{\mathrm{OE}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{OF}}{\mathrm{BC}}, \therefore \mathrm{OE}=\mathrm{OF}$.

(2) 求证: $\frac{1}{\mathrm{AD}}+\frac{1}{\mathrm{BC}}=\frac{1}{\mathrm{OE}}$.

答案: 证明: $\because \mathrm{OE} / / \mathrm{AD}, \therefore \frac{\mathrm{OE}}{\mathrm{AD}}=\frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{AB}}$

由(1)知 $\frac{\mathrm{OE}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AB}}$,

$\therefore \frac{\mathrm{OE}}{\mathrm{AD}}+\frac{\mathrm{OE}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{AB}}+\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{BE}+\mathrm{AE}}{\mathrm{AB}}=1$.

$\therefore \frac{1}{\mathrm{AD}}+\frac{1}{\mathrm{BC}}=\frac{1}{\mathrm{OE}}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是根据所给条件结合平行线分线段成比例定理分析计算即可.
题目（高三 · 解析几何）：20. 如图, $M$ 是 $A B C D$ 的边 $A B$ 的中点, 直线 $l$ 过点 $M$ 分别交 $A D, A C$ 于点 $E, F$, , 交 $C B$ 的延长线于点 $N$, 若 $A E=2, A D=6$, 求 $A F: A C$ 的值.


选项：
答案：答案: 解: $\because \mathrm{AD} / / \mathrm{BC}, \therefore \frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{FC}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{NC}}$

$\therefore \frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{AF}+\mathrm{FC}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AE}+\mathrm{NC}}$, 即 $\frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{AC}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AE}+\mathrm{NC}}$

$\because \frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{BN}}=\frac{\mathrm{AM}}{\mathrm{MB}}=1, \therefore \mathrm{AE}=\mathrm{BN}$.

$\therefore \frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{AC}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AE}+\mathrm{BN}+\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{AE}}{2 \mathrm{AE}+\mathrm{BC}}$

$\because \mathrm{AE}=2, \mathrm{BC}=\mathrm{AD}=6$,

$\therefore \frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{AC}}=\frac{2}{2 \times 2+6}=\frac{1}{5}$, 即 $\mathrm{AF}: \mathrm{AC}=1: 5$.
解析：：分析：本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是: $\mathrm{AD} / /$

$\mathrm{BC}, \mathrm{AM}=\mathrm{MB} \Rightarrow \mathrm{AE}=\mathrm{BN} \Rightarrow \mathrm{AF}: \mathrm{AC}$ 的值
题目（高三 · 解析几何）：15. 把点 $\mathrm{M}$ 的极坐标 $\left(8, \frac{2 \pi}{3}\right)$ 化成直角坐标.
选项：
答案：答案: 解答: $x=8 \cos \frac{2 \pi}{3}=-4$

$y=8 \sin \frac{2 \pi}{3}=4 \sqrt{3}$,

因此,点 $M$ 的直角坐标是 $(-4,4 \sqrt{3})$.
解析：: 分析: 本题主要考查了点的极坐标和直角坐标的互化, 解决问题的关键是根据极坐标与直角坐标系关系分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：17. 在极坐标系中, 如果等边三角形的两个顶点是 $A\left(2, \frac{\pi}{4}\right), B\left(2, \frac{5}{4} \pi\right)$, 则求第三个顶点 $\mathrm{C}$ 的坐标.
选项：
答案：答案: 解: 由题设知, $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两点关于极点 $\mathrm{O}$ 对称, 又 $|A B|=4$, 由正三角形的性质知,
$|C O|=2 \sqrt{3}, \angle A O C=\frac{\pi}{2}$, 从而 $\mathrm{C}$ 的极坐标为 $\left(2 \sqrt{3}, \frac{3}{4} \pi\right)$ 或 $\left(2 \sqrt{3},-\frac{\pi}{4}\right)$
解析：: 分析: 本题主要考查了极坐标刻画点的位置, 解决问题的关键是根据所给点满足的几何意义计算即可
题目（高三 · 解析几何）：18. 某大学校园的部分平面示意图如图

$E$ 图书馆 $\quad D$ 教学楼 $\quad C$ 公寓



用点 $O, A, B, C, D, E, F, G$ 分别表示校门, 器材室, 操场, 公寓, 教学楼, 图书馆, 车库, 花园, 其中 $|A B|=|B C|,|O C|=600 \mathrm{~m}$.建立适当的极坐标系, 写出除点 $\mathrm{B}$外各点的极坐标（限定 $\rho \geq 0,0 \leq \theta<2 \pi$ 且极点为 $(0,0)$ ).
选项：
答案：答案: 解: 以 $\mathrm{O}$ 为极点, $\mathrm{OA}$ 所在射线为极轴建立极坐标系, 因为 $|O C|=600, \angle A O C=\frac{\pi}{6}$,故 $C\left(600, \frac{\pi}{6}\right)$.

又 $|O A|=600 \times \cos \frac{\pi}{6}=300 \sqrt{3},|O D|=600 \times \sin \frac{\pi}{6}=300,|O E|=300 \sqrt{2}$ ，

$|O F|=300,|O G|=150 \sqrt{2}$.

故 $A(300 \sqrt{3}, 0), D\left(300, \frac{\pi}{2}\right), E\left(300 \sqrt{2}, \frac{3 \pi}{4}\right), F(300, \pi), G\left(150 \sqrt{2}, \frac{3 \pi}{4}\right)$
解析：: 分析: 本题主要考查了极坐标刻画点的位置, 解决问题的关键是根据极坐标系计算即可
题目（高三 · 解析几何）：19. 如果对点的极坐标定义如下: 当已知 $M(\rho, \theta)(\rho>0, \theta \in \mathbf{R})$ 时, 点关于极点 $\mathrm{O}$ 的对称点 $M^{\prime}(-\rho, \theta)$.


例如, $M\left(3, \frac{\pi}{3}\right)$ 关于极点 $\mathrm{O}$ 的对称点 $M^{\prime}\left(-3, \frac{\pi}{3}\right)$, 就是说 $\left(3, \frac{\pi}{3}+\pi\right)$ 与 $\left(-3, \frac{\pi}{3}\right)$ 表示同一点.

已知 A 点的极坐标是 $\left(6, \frac{5 \pi}{3}\right)$, 分别在下列给定条件下, 写出 $\mathrm{A}$ 点的极坐标:

(1) $\rho>0,-\pi<\theta \leq \pi$.
选项：
答案：答案: 解: 如图所示, $|O A|=\left|O A^{\prime}\right|=6$ ，

<ImageHere>

$\angle x O A^{\prime}=\frac{2 \pi}{3}, \angle x O A=\frac{5 \pi}{3}$,

即点 $\mathrm{A}$ 与 $A^{\prime}$ 关于极点 $\mathrm{O}$ 对称.

由极坐标的定义知

当 $\rho>0,-\pi<\theta \leq \pi$ 时, $A\left(6,-\frac{\pi}{3}\right)$

(2) $\rho<0,0 \leq \theta<2 \pi$.

答案: 解: 有 (1) 可知, 当 $\rho<0,0 \leq \theta<2 \pi$ 时, $A\left(-6, \frac{2 \pi}{3}\right)$

(3) $\rho<0,-2 \pi<\theta \leq 0$.

答案: 解: 有 (1) 可知, 当 $\rho<0,-2 \pi<\theta \leq 0$ 时, $A\left(-6,-\frac{4 \pi}{3}\right)$
解析：: 分析: 本题主要考查了极坐标刻画点的位置, 解决问题的关键是根据极坐标的意义计算即可
题目（高三 · 解析几何）：20. 边长为 2 的菱形 $\mathrm{ABCD}$, 一个内角为 $60^{\circ}$, 建立适当的极坐标系, 求出菱形四个顶点的极坐标（限定 $\rho \geq 0, \quad \theta \in[0,2 \pi)$ ).
选项：
答案：答案: 解: 如图,

<ImageHere>
$\angle B A D=60^{\circ}$, 以 $\mathrm{A}$ 为极点 $\mathrm{O}, \mathrm{AB}$ 的方向为极轴的正方向, 建立极坐标系, 则菱形的四个顶点的极坐标分别为 $A(0,0), B(2,0), C\left(2 \sqrt{3}, \frac{\pi}{6}\right), D\left(2, \frac{\pi}{3}\right)$ (答案不惟一).
解析：：分析：本题主要考查了极坐标系, 解决问题的关键是根据极坐标系计算即可
题目（高三 · 解析几何）：21. 已知点 $\mathrm{M}$ 的极坐标为 $\left(4, \frac{\pi}{6}\right)$, 极点 $\mathrm{O}$ 在直角坐标系 $x O y$ 中的直角坐标为 $(2,3)$,极轴平行于 $\mathrm{x}$ 轴, 极轴的方向与 $\mathrm{x}$ 轴的正方向相同, 两坐标系的长度单位相同, 求点 $\mathrm{M}$ 的直角坐标.
选项：
答案：答案: 解: 以极点 $O^{\prime}$ 为坐标原点, 极轴方向为 $x^{\prime}$ 轴正方向,

<ImageHere>

建立新直角坐标系 $x^{\prime} O^{\prime} y^{\prime}$, 设点 $M$ 的新直角坐标为 $\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)$, 于是 $x^{\prime}=4 \cos \frac{\pi}{6}=2 \sqrt{3}$, $y^{\prime}=4 \sin \frac{\pi}{6}=2$, 由 $O^{\prime}\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)=O^{\prime}(0,0), O^{\prime}(x, y)=O^{\prime}(2,3)$,易得 $O^{\prime}\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)$ 与 $O^{\prime}(x, y)$ 的关系为 $\left\{\begin{array}{l}x=x^{\prime}+2, \\ y=y^{\prime}+3,\end{array}\right.$ 于是点 $M(x, y)$ 为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \sqrt{3}+2, \\ y=2+3=5,\end{array}\right.$所以点 $\mathrm{M}$ 的直角坐标为 $(2 \sqrt{3}+2,5)$.
解析：: 分析: 本题主要考查了点的极坐标和直角坐标的互化, 解决问题的关键是根据坐标系的关系分析计算即可。
题目（高三 · 解析几何）：23. 在极坐标系中, 点 $\mathrm{A}$ 的极坐标是 $\left(3, \frac{\pi}{6}\right)$, 求点 $\mathrm{A}$ 关于直线 $\theta=\frac{\pi}{2}$ 的对称点的极坐标 $($ 规定 $\rho>0, \theta \in[0,2 \pi])$.
选项：
答案：答案: 解: 作出图形,

<ImageHere>

可知 $\mathrm{A}\left(3, \frac{\pi}{6}\right)$ 关于直线 $\theta=\frac{\pi}{2}$ 的对称点是 $\left(3, \frac{5 \pi}{6}\right)$.
解析：: 分析: 本题主要考查了点的极坐标和直角坐标的互化, 解决问题的关键是根据点的极坐标和直角坐标的互化分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：24. 在极轴上求与点 $\mathrm{A}\left(4 \sqrt{2}, \frac{\pi}{4}\right)$ 的距离为 5 的点 $\mathrm{M}$ 的坐标
选项：
答案：答案：解：设 $\mathrm{M}(\mathrm{r}, 0)$,

因为 $\mathrm{A}\left(4 \sqrt{2}, \frac{\pi}{4}\right)$,

所以 $\sqrt{(4 \sqrt{2})^{2}+r^{2}-8 \sqrt{2} r \cos \frac{\pi}{4}}=5$,

即 $\mathrm{r}^{2}-8 \mathrm{r}+7=0$. 解得 $\mathrm{r}=1$ 或 $\mathrm{r}=7$.

所以 $\mathrm{M}$ 点的坐标为 $(1,0)$ 或 $(7,0)$.
解析：: 分析: 本题主要考查了点的极坐标和直角坐标的互化, 解决问题的关键是根据点的极坐标和直角坐标的互化计算即可
题目（高三 · 解析几何）：25. 根据点的极坐标和直角坐标的互化, 解决下列问题

(1)把点 $\mathrm{A}$ 的极坐标 $\left(2, \frac{7 \pi}{6}\right)$ 化成直角坐标;
选项：
答案：答案: 解: $\mathrm{x}=2 \cos \frac{7 \pi}{6}=-\sqrt{3}$,

$\mathrm{y}=2 \sin \frac{7 \pi}{6}=-1$,

故点 $\mathrm{A}$ 的直角坐标为 $(-\sqrt{3},-1)$.

(2)把点 $\mathrm{P}$ 的直角坐标 $(1,-\sqrt{3})$ 化成极坐标. $(\rho>0,0 \leq \theta<2 \pi)$
答案: 解: $\rho=\sqrt{1^{2}+-\sqrt{3}^{2}}=2, \tan \theta==-\sqrt{3}$.

又因为点 $P$ 在第四象限且 $0 \leq \theta<2 \pi$, 得 $\theta=\frac{5 \pi}{3}$.

因此点 $\mathrm{P}$ 的极坐标是 $\left(2, \frac{5 \pi}{3}\right)$.
解析：: 分析: 本题主要考查了点的极坐标和直角坐标的互化, 解决问题的关键是根据(1)极坐标和直角坐标互化的前提条件有三, 即极点与原点重合, 极轴与 $\mathrm{x}$ 轴正半轴重合, 有相同的长度单位, 三者缺一不可. (2)熟记互化公式, 必要时可画图来分析.
题目（高三 · 解析几何）：23. 已知函数 $f(x)=|x-a|+|x-5|$.

(1) 若不等式 $f(x) \geqslant 3$ 恒成立,求 $a$ 的取值范围;
选项：
答案：答案: 解: 由于 $f(x)=|x-a|+|x-5| \geq|a-5|$,

所以 $f(x) \geq 3 \Leftrightarrow|a-5| \geq 3$, 解得 $a \leq 2$ 或 $a \geq 8$.

(2) 当 $a=2$ 时,求: 不等式 $f(x) \geqslant x^{2}-8 x+15$ 的解集.

答案: 解: $f(x)=|x-2|+|x-5|=\left\{\begin{array}{c}7-2 x, x<2 \\ 3,2 \leq x \leq 5 \\ 2 x-7, x>5\end{array}\right.$,

原不等式等价于 $\left\{\begin{array}{c}x<2 \\ 7-2 x \geq x^{2}-8 x+15\end{array}\right.$, 或 $\left\{\begin{array}{c}2 \leq x \leq 5 \\ 3 \geq x^{2}-8 x+15\end{array}\right.$, 或 $\left\{\begin{array}{c}x>5 \\ 2 x-7 \geq x^{2}-8 x+15\end{array}\right.$

解得 $2 \leq x \leq 5+\sqrt{3}$, 原不等式解集为 $\{x \mid 2 \leq x \leq 5+\sqrt{3}\}$.

.
解析：: 分析: 本题主要考查了绝对值不等式的解法, 解决问题的关键是. (1) 利用不等式的性质得 $|x-a|+|x-5| \geq|a-5|$, 所以不等式 $f(x) \geqslant 3$ 恒成立, 可以转化为 $|a-5| \geq 3$, 解绝对值不等式即可得到 $\mathrm{a}$ 的取值范围; (2) 先把函数 $f(x)$ 写成分段函数, 再利用零点分段法, 断开, 分别解不等式组, 即可得到不等式的解集.
题目（高三 · 解析几何）：15. 在极坐标系中, 已知圆 O: $\rho=\cos \theta+\sin \theta$ 和直线 $1: \rho \sin \left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

(1) 求圆 $O$ 和直线 $l$ 的直角坐标方程.
选项：
答案：答案：解：圆 $O: \rho=\cos \theta+\sin \theta, \rho^{2}=\rho \cos \theta+\rho+\sin \theta$.

故圆 $O$ 的直角坐标方程 $x^{2}+y^{2}=x+y$ ，即 $x^{2}+y^{2}-x-y=0$.

直线 $l: \rho \sin \left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 即 $\rho \sin \theta-\rho \cos \theta=1$,

则直线 1 的直角坐标方程 $y-x=1$, 即 $x-y+1=0$.

(2) 当 $\theta \in(0, \pi)$ 时, 求直线 $l$ 与圆 $\mathrm{O}$ 公共点的一个极坐标.

答案: 解: 由 $\left\{\begin{array}{c}x^{2}+y^{2}-x-y=0 \\ x-y+1=0\end{array}\right.$ 消去 $y$, 得 $2 x^{2}=0$, 所以 $x=0, y=1$,故直线与圆的公共点的直角坐标为 $(0,1)$, 化为极坐标为 $\left(1, \frac{\pi}{2}\right)$.
解析：: 分析: 本题主要考查了简单曲线的极坐标方程, 解决问题的关键是转化为普通方程分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：16. 在极坐标系中, 已知点 $P$ 为圆 $\rho^{2}+2 \rho \sin \theta-7=0$ 上任一点.求点 $\mathrm{P}$ 到直线 $\rho \cos \theta+\rho \sin \theta-7=0$ 的距离的最小值与最大值.
选项：
答案：答案: 解: 圆 $\rho^{2}+2 \rho \sin \theta-7=0$ 的直角坐标方程为 $x^{2}+y^{2}+2 y-7=0$,

直线 $\rho \cos \theta+\rho \sin \theta-7=0$ 的直角坐标方程为 $x+y-7=0$, 设点

$P(2 \sqrt{2} \cos \alpha, 2 \sqrt{2} \sin \alpha-1)$,

则点 $P$ 到直线 $x+y-7=0$ 的距离 $d=\frac{|2 \sqrt{2} \cos \alpha+2 \sqrt{2} \sin \alpha-8|}{\sqrt{2}}=\frac{\left|4 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)-8\right|}{\sqrt{2}}$,所以 $d_{\text {min }}=\frac{4}{\sqrt{2}}=2 \sqrt{2} ; d_{\text {max }}=\frac{12}{\sqrt{2}}=6 \sqrt{2}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了简单曲线的极坐标方程, 解决问题的关键是转化为普通方程计算即可