eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：11. 已知 $M(4,0), N(1,0)$, 若动点 $P$ 满足 $\overrightarrow{M N} \cdot \overrightarrow{M P}=$ $6|\overrightarrow{N P}|$, 求动点 $P$ 的轨迹方程.
选项：
答案：：解 设动点 $P(x, y), \overrightarrow{M P}=(x-4, y), \overrightarrow{M N}=(-3,0), \overrightarrow{N P}=(x-1$, $y)$, 由 $\overrightarrow{M N} \cdot \overrightarrow{M P}=6|\overrightarrow{N P}|$, 得 $-3(x-4)=6 \sqrt{(x-1)^{2}+y^{2}}$, 平方化简得 $3 x^{2}$ $+4 y^{2}=12$, 即 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$.
$\therefore$ 点 $P$ 的轨迹方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$.
解析：：解 设动点 $P(x, y), \overrightarrow{M P}=(x-4, y), \overrightarrow{M N}=(-3,0), \overrightarrow{N P}=(x-1$, $y)$, 由 $\overrightarrow{M N} \cdot \overrightarrow{M P}=6|\overrightarrow{N P}|$, 得 $-3(x-4)=6 \sqrt{(x-1)^{2}+y^{2}}$, 平方化简得 $3 x^{2}$ $+4 y^{2}=12$, 即 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$.
$\therefore$ 点 $P$ 的轨迹方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$.
题目（高二 · 解析几何）：10. 已知双曲线的方程是 $16 x^{2}-9 y^{2}=144, F_{1}, F_{2}$ 是其左、右焦点, 点 $P$ 在双曲线上, 且 $\left|P F_{1}\right| \cdot\left|P F_{2}\right|=32$, 求 $\angle F_{1} P F_{2}$ 的大小.
选项：
答案：：解 双曲线的方程可化为 $\frac{x^{2}}{9}-\frac{y^{2}}{16}=1$,

$\therefore a^{2}=9, \quad b^{2}=16, \quad \therefore c=5$.

由双曲线的定义知 ||$P F_{1}|-| P F_{2}||=2 a=6$.

$\therefore \cos \angle F_{1} P F_{2}=\frac{\left|P F_{1}\right|^{2}+\left|P F_{2}\right|^{2}-\left|F_{1} F_{2}\right|^{2}}{2\left|P F_{1}\right| \cdot\left|P F_{2}\right|}$

$=\frac{\left(\left|P F_{1}\right|-\left|P F_{2}\right|\right)^{2}+2\left|P F_{1}\right| \cdot\left|P F_{2}\right|-4 c^{2}}{2\left|P F_{1}\right| \cdot\left|P F_{2}\right|}$.

又 $\left|P F_{1}\right| \cdot\left|P F_{2}\right|=32$,

$\therefore \cos \angle F_{1} P F_{2}=\frac{6^{2}+2 \times 32-4 \times 25}{2 \times 32}=0$.

$\therefore \angle F_{1} P F_{2}$ 的大小为 $90^{\circ}$.
解析：：解 双曲线的方程可化为 $\frac{x^{2}}{9}-\frac{y^{2}}{16}=1$,

$\therefore a^{2}=9, \quad b^{2}=16, \quad \therefore c=5$.

由双曲线的定义知 ||$P F_{1}|-| P F_{2}||=2 a=6$.

$\therefore \cos \angle F_{1} P F_{2}=\frac{\left|P F_{1}\right|^{2}+\left|P F_{2}\right|^{2}-\left|F_{1} F_{2}\right|^{2}}{2\left|P F_{1}\right| \cdot\left|P F_{2}\right|}$

$=\frac{\left(\left|P F_{1}\right|-\left|P F_{2}\right|\right)^{2}+2\left|P F_{1}\right| \cdot\left|P F_{2}\right|-4 c^{2}}{2\left|P F_{1}\right| \cdot\left|P F_{2}\right|}$.

又 $\left|P F_{1}\right| \cdot\left|P F_{2}\right|=32$,

$\therefore \cos \angle F_{1} P F_{2}=\frac{6^{2}+2 \times 32-4 \times 25}{2 \times 32}=0$.

$\therefore \angle F_{1} P F_{2}$ 的大小为 $90^{\circ}$.
题目（高二 · 解析几何）：11. 已知双曲线中心在原点, 且一个焦点为 $(\sqrt{7}, 0)$, 直线 $y=x$ -1 与其相交于 $M, N$ 两点, $M N$ 的中点的横坐标为 $-\frac{2}{3}$, 求此双曲线的方程.
选项：
答案：：解 设双曲线方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$,依题意 $c=\sqrt{7}, \therefore$ 方程可以化为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{7-a^{2}}=1$,由 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{7-a^{2}}=1, \\ y=x-1,\end{array}\right.$ 得 $\left(7-2 a^{2}\right) x^{2}+2 a^{2} x-8 a^{2}+a^{4}=0$.设 $M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 则 $x_{1}+x_{2}=\frac{-2 a^{2}}{7-2 a^{2}}$ ， $\because \frac{x_{1}+x_{2}}{2}=-\frac{2}{3}, \therefore \frac{-a^{2}}{7-2 a^{2}}=-\frac{2}{3}$, 解得 $a^{2}=2$. $\therefore$ 双曲线的方程为 $\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{5}=1$.
解析：：解 设双曲线方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$,依题意 $c=\sqrt{7}, \therefore$ 方程可以化为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{7-a^{2}}=1$,由 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{7-a^{2}}=1, \\ y=x-1,\end{array}\right.$ 得 $\left(7-2 a^{2}\right) x^{2}+2 a^{2} x-8 a^{2}+a^{4}=0$.设 $M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 则 $x_{1}+x_{2}=\frac{-2 a^{2}}{7-2 a^{2}}$ ， $\because \frac{x_{1}+x_{2}}{2}=-\frac{2}{3}, \therefore \frac{-a^{2}}{7-2 a^{2}}=-\frac{2}{3}$, 解得 $a^{2}=2$. $\therefore$ 双曲线的方程为 $\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{5}=1$.
题目（高二 · 解析几何）：12. 设 $k \in \mathbf{R}$, 讨论方程 $k x^{2}+2 y^{2}-8=0$ 所表示的曲线.
选项：
答案：：解 (1)当 $k<0$ 时, 方程变形为 $\frac{x^{2}}{\frac{8}{k}}+\frac{y^{2}}{4}=1$, 它表示焦点

在 $y$ 轴上的双曲线;

(2) 当 $k=0$ 时, 方程为 $y^{2}-4=0$, 它表示两条平行于 $x$ 轴的两条直线;

(3)当 $0<k<2$ 时, 曲线 $\frac{x^{2}}{\frac{8}{k}}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 表示焦点在 $x$ 轴上的椭圆;

(4) 当 $k=2$ 时，方程变为 $x^{2}+y^{2}=4$ ，它表示一个圆;

(5)当 $k>2$ 时, 曲线 $\frac{x^{2}}{\frac{k}{8}}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 为焦点在 $y$ 轴上的椭圆.
解析：：解 (1)当 $k<0$ 时, 方程变形为 $\frac{x^{2}}{\frac{8}{k}}+\frac{y^{2}}{4}=1$, 它表示焦点

在 $y$ 轴上的双曲线;

(2) 当 $k=0$ 时, 方程为 $y^{2}-4=0$, 它表示两条平行于 $x$ 轴的两条直线;

(3)当 $0<k<2$ 时, 曲线 $\frac{x^{2}}{\frac{8}{k}}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 表示焦点在 $x$ 轴上的椭圆;

(4) 当 $k=2$ 时，方程变为 $x^{2}+y^{2}=4$ ，它表示一个圆;

(5)当 $k>2$ 时, 曲线 $\frac{x^{2}}{\frac{k}{8}}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 为焦点在 $y$ 轴上的椭圆.
题目（高二 · 解析几何）：10. 在曲线 $y=\frac{1}{x}(x<0)$ 上求一点 $P$, 使 $P$ 到直线 $x+2 y-4=0$ 的距离最小.
选项：
答案：：解 由题意知, 平行于直线 $x+2 y-4=0$ 与 $y=\frac{1}{x}(x<0)$ 相切的切点即为所求.

设切点 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 由 $y^{\prime}=-\frac{1}{x^{2}}$, 得

$k=y^{\prime} \quad \left\lvert\, x=x_{0}=-\frac{1}{x_{0}^{2}}\right.$,

又 $x+2 y-4=0$ 的斜率为 $-\frac{1}{2}$.

$\therefore-\frac{1}{x_{0}^{2}}=-\frac{1}{2}, \therefore x_{0}=\sqrt{2}$, 或 $x_{0}=-\sqrt{2}$.
$\because x<0, \quad \therefore x_{0}=-\sqrt{2}, y_{0}=-\frac{1}{\sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.

$\therefore P\left(-\sqrt{2},-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ 为所求.
解析：：解 由题意知, 平行于直线 $x+2 y-4=0$ 与 $y=\frac{1}{x}(x<0)$ 相切的切点即为所求.

设切点 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 由 $y^{\prime}=-\frac{1}{x^{2}}$, 得

$k=y^{\prime} \quad \left\lvert\, x=x_{0}=-\frac{1}{x_{0}^{2}}\right.$,

又 $x+2 y-4=0$ 的斜率为 $-\frac{1}{2}$.

$\therefore-\frac{1}{x_{0}^{2}}=-\frac{1}{2}, \therefore x_{0}=\sqrt{2}$, 或 $x_{0}=-\sqrt{2}$.
$\because x<0, \quad \therefore x_{0}=-\sqrt{2}, y_{0}=-\frac{1}{\sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.

$\therefore P\left(-\sqrt{2},-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ 为所求.
题目（高二 · 解析几何）：11. 偶函数 $f(x)=a x^{4}+b x^{3}+c x^{2}+d x+e$ 的图象过点 $P(0,1)$, 在 $x$ $=1$ 处的切线方程为 $y=x-2$, 求 $f(x)$ 的
选项：
答案：式.

答案：解 $\because f(x)$ 的图象过点 $P(0,1), \therefore e=1$.

又 $f(x)$ 为偶函数, $\therefore f(-x)=f(x)$,

即 $a x^{4}+b x^{3}+c x^{2}+d x+e=a x^{4}-b x^{3}+c x^{2}-d x+e$.

$\therefore b=0, d=0 . \therefore f(x)=a x^{4}+c x^{2}+1$.

$\because$ 函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线方程为 $y=x-2$,

$\therefore$ 可得切点为 $(1,-1)$.

$\therefore a+c+1=-1$ (1)

$\because f^{\prime}(x)=4 a x^{3}+2 c x$,

$\therefore f^{\prime}(1)=4 a+2 c$.

$\therefore 4 a+2 c=1$. (2)

由(1)(2)得 $a=\frac{5}{2}, c=-\frac{9}{2}$.

$\therefore f(x)=\frac{5}{2} x^{4}-\frac{9}{2} x^{2}+1$.
解析：式.

答案：解 $\because f(x)$ 的图象过点 $P(0,1), \therefore e=1$.

又 $f(x)$ 为偶函数, $\therefore f(-x)=f(x)$,

即 $a x^{4}+b x^{3}+c x^{2}+d x+e=a x^{4}-b x^{3}+c x^{2}-d x+e$.

$\therefore b=0, d=0 . \therefore f(x)=a x^{4}+c x^{2}+1$.

$\because$ 函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线方程为 $y=x-2$,

$\therefore$ 可得切点为 $(1,-1)$.

$\therefore a+c+1=-1$ (1)

$\because f^{\prime}(x)=4 a x^{3}+2 c x$,

$\therefore f^{\prime}(1)=4 a+2 c$.

$\therefore 4 a+2 c=1$. (2)

由(1)(2)得 $a=\frac{5}{2}, c=-\frac{9}{2}$.

$\therefore f(x)=\frac{5}{2} x^{4}-\frac{9}{2} x^{2}+1$.
题目（高二 · 解析几何）：10. 线段 $A B$ 过 $x$ 轴正半轴上一定点 $M(m, 0)$, 端点 $A, B$ 到 $x$ 轴的距离之积为 $2 m$, 以 $x$ 轴为对称轴, 过 $A, O, B$ 三点作抛物线, 求抛物线的方程.
选项：
答案：<ImageHere>如图所示, $l$ 为抛物线的准线，过 $P$ 作 $P P^{\prime} \perp l$ 于 $P^{\prime}$ ，过 $M$ 作 $M N \perp l$ 于 $N$,$	herefore|P F|+|P M|=\left|P P^{\prime} \quadight|+|P M| \geqslant|M N|$.$	herefore$ 当 $|P F|+|P M|$ 取小值时, $P$ 的纵坐标为 1 , 代入抛物线方程可得$P$ 的坐标为 $\left(-rac{1}{4}, 1ight)$答案： $\mathrm{C}$
解析：如图所示, $l$ 为抛物线的准线，过 $P$ 作 $P P^{\prime} \perp l$ 于 $P^{\prime}$ ，过 $M$ 作 $M N \perp l$ 于 $N$,$	herefore|P F|+|P M|=\left|P P^{\prime} \quadight|+|P M| \geqslant|M N|$.$	herefore$ 当 $|P F|+|P M|$ 取小值时, $P$ 的纵坐标为 1 , 代入抛物线方程可得$P$ 的坐标为 $\left(-rac{1}{4}, 1ight)$答案： $\mathrm{C}$
题目（高二 · 解析几何）：11. 一顶点在坐标原点, 焦点在 $x$ 轴上的抛物线截直线 $2 x-y-4$ $=0$ 所得的弦长为 $3 \sqrt{5}$, 求抛物线的方程.
选项：
答案：：解 设抛物线方程为 $y^{2}=2 p x(p \neq 0)$ ，

将直线方程 $y=2 x-4$ 代入，并整理得

$2 x^{2}-(8+p) x+8=0$.

设方程的两个根为 $x_{1}, x_{2}$, 则根据韦达定理有

$x_{1}+x_{2}=\frac{8+p}{2}, x_{1} x_{2}=4$.

由弦长公式，得

$(3 \sqrt{5})^{2}=\left(1+2^{2}\right)\left[\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}\right]$,

即 $9=\left(\frac{8+p}{2}\right)^{2}-16$.

整理得 $p^{2}+16 p-36=0$,

解得 $p=2$, 或 $p=-18$, 此时 $\Delta>0$.

故所求的抛物线方程为 $y^{2}=4 x$, 或 $y^{2}=-36 x$.
解析：：解 设抛物线方程为 $y^{2}=2 p x(p \neq 0)$ ，

将直线方程 $y=2 x-4$ 代入，并整理得

$2 x^{2}-(8+p) x+8=0$.

设方程的两个根为 $x_{1}, x_{2}$, 则根据韦达定理有

$x_{1}+x_{2}=\frac{8+p}{2}, x_{1} x_{2}=4$.

由弦长公式，得

$(3 \sqrt{5})^{2}=\left(1+2^{2}\right)\left[\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}\right]$,

即 $9=\left(\frac{8+p}{2}\right)^{2}-16$.

整理得 $p^{2}+16 p-36=0$,

解得 $p=2$, 或 $p=-18$, 此时 $\Delta>0$.

故所求的抛物线方程为 $y^{2}=4 x$, 或 $y^{2}=-36 x$.
题目（高二 · 解析几何）：12. 如图, 已知直线 $l: y=2 x-4$ 交抛物线 $y^{2}=4 x$ 于 $A, B$

两点, 试在抛物线 $A O B$ 这段曲线上求一点 $P$, 使 $\triangle P A B$ 的面积最大, 并求出这个最大面积.


选项：
答案：：解 由 $\left\{\begin{array}{l}y=2 x-4, \\ y^{2}=4 x .\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=4, \\ y=4,\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=1, \\ y=-2 .\end{array}\right.$

$\therefore A(4,4), B(1,-2)$.

$\therefore|A B|=\sqrt{(4-1)^{2}+(4+2)^{2}}=3 \sqrt{5}$.

设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 为拖物线 $A O B$ 这段曲线上一点, $d$ 为点 $P$ 到直线 $A B$的距离, 则

$$
\begin{aligned}
& d=\frac{\left|2 x_{0}-y_{0}-4\right|}{\sqrt{4+1}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left|\frac{y_{0}^{2}}{2}-y_{0}-4\right| \\
& =\frac{1}{2 \sqrt{5}}\left|\left(y_{0}-1\right)^{2}-9\right|
\end{aligned}
$$

$\because-2<y_{0}<4, \therefore$ 当 $y_{0}=1$ 时, $d$ 有最大值 $\frac{9}{2 \sqrt{5}}$.

从而 $\triangle P A B$ 的最大面积为 $S=\frac{1}{2} \times 3 \sqrt{5} \times \frac{9}{2 \sqrt{5}}=\frac{27}{4}$.

此时 $P\left(\frac{1}{4}, 1\right)$. 因此, 当 $P\left(\frac{1}{4}, 1\right)$ 时, $\triangle P A B$ 的面积取得最大值,最大值为 $\frac{27}{4}$.
解析：：解 由 $\left\{\begin{array}{l}y=2 x-4, \\ y^{2}=4 x .\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=4, \\ y=4,\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=1, \\ y=-2 .\end{array}\right.$

$\therefore A(4,4), B(1,-2)$.

$\therefore|A B|=\sqrt{(4-1)^{2}+(4+2)^{2}}=3 \sqrt{5}$.

设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 为拖物线 $A O B$ 这段曲线上一点, $d$ 为点 $P$ 到直线 $A B$的距离, 则

$$
\begin{aligned}
& d=\frac{\left|2 x_{0}-y_{0}-4\right|}{\sqrt{4+1}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left|\frac{y_{0}^{2}}{2}-y_{0}-4\right| \\
& =\frac{1}{2 \sqrt{5}}\left|\left(y_{0}-1\right)^{2}-9\right|
\end{aligned}
$$

$\because-2<y_{0}<4, \therefore$ 当 $y_{0}=1$ 时, $d$ 有最大值 $\frac{9}{2 \sqrt{5}}$.

从而 $\triangle P A B$ 的最大面积为 $S=\frac{1}{2} \times 3 \sqrt{5} \times \frac{9}{2 \sqrt{5}}=\frac{27}{4}$.

此时 $P\left(\frac{1}{4}, 1\right)$. 因此, 当 $P\left(\frac{1}{4}, 1\right)$ 时, $\triangle P A B$ 的面积取得最大值,最大值为 $\frac{27}{4}$.
题目（高二 · 解析几何）：9. 已知点 $A(x, y)$ 在抛物线 $y^{2}=4 x$ 上运动, 求 $z=x^{2}+\frac{1}{2} y^{2}+3$ 的最小值.
选项：
答案：：解 $\because A$ 在抛物线上, $\therefore x \geqslant 0$, $z=x^{2}+\frac{1}{2} y^{2}+3=x^{2}+2 x+3$,

二次函数 $z=x^{2}+2 x+3$ 的对称轴为 $x=-1$.

$\therefore$ 在 $[0,+\infty)$ 上是增函数.

$\therefore$ 当 $x=0$ 时, $z$ 有最小值 3 .
解析：：解 $\because A$ 在抛物线上, $\therefore x \geqslant 0$, $z=x^{2}+\frac{1}{2} y^{2}+3=x^{2}+2 x+3$,

二次函数 $z=x^{2}+2 x+3$ 的对称轴为 $x=-1$.

$\therefore$ 在 $[0,+\infty)$ 上是增函数.

$\therefore$ 当 $x=0$ 时, $z$ 有最小值 3 .
题目（高二 · 解析几何）：16 \mathrm{~m}$, 欲通过断面为抛物线形的隧道,如图所示, 已知拱宽 $A B$ 恰好是拱高 $C D$ 的 4 倍, 若拱宽为 $a \mathrm{~m}$, 求能使卡车通过的 $a$ 的最小整数值.


选项：
答案：：解 以拱顶为原点, 拱高所在直线为 $y$ 轴, 建立直角坐标系, 如图所示, 设抛物线方程为 $x^{2}=-2 p y(p>0)$, 则点 $B$ 的坐标为 $\left(\frac{a}{2},-\frac{a}{4}\right)$,由点 $B$ 在抛物线上，

<ImageHere>

得 $\left(\frac{a}{2}\right)^{2}=-2 p\left(-\frac{a}{4}\right)$,

$p=\frac{a}{2}$, 所以抛物线方程为 $x^{2}=-a y$.

将点 $E(
解析：：解 以拱顶为原点, 拱高所在直线为 $y$ 轴, 建立直角坐标系, 如图所示, 设抛物线方程为 $x^{2}=-2 p y(p>0)$, 则点 $B$ 的坐标为 $\left(\frac{a}{2},-\frac{a}{4}\right)$,由点 $B$ 在抛物线上，



得 $\left(\frac{a}{2}\right)^{2}=-2 p\left(-\frac{a}{4}\right)$,

$p=\frac{a}{2}$, 所以抛物线方程为 $x^{2}=-a y$.

将点 $E(
题目（高二 · 解析几何）：10. 若抛物线 $y^{2}=-2 p x(p>0)$ 上有一点 $M$, 其横坐标为 -9 , 它到焦点的距离为 10 , 求抛物线方程和点 $M$ 的坐标.
选项：
答案：：解 由抛物线定义, 设焦点为 $F\left(-\frac{p}{2}, 0\right)$.

则准线为 $x=\frac{p}{2}$, 过 $M$ 作 $M N \perp l$, 垂足为 $N$,

则 $|M N|=|M F|=10$. 即 $\frac{p}{2}-(-9)=10$,

$\therefore p=2$. 故扡物线方程为 $y^{2}=-4 x$.

将 $M(-9, y)$ 代入扡物线方程得 $y= \pm 6$.

$\therefore M(-9,6)$, 或 $M(-9,-6)$.
解析：：解 由抛物线定义, 设焦点为 $F\left(-\frac{p}{2}, 0\right)$.

则准线为 $x=\frac{p}{2}$, 过 $M$ 作 $M N \perp l$, 垂足为 $N$,

则 $|M N|=|M F|=10$. 即 $\frac{p}{2}-(-9)=10$,

$\therefore p=2$. 故扡物线方程为 $y^{2}=-4 x$.

将 $M(-9, y)$ 代入扡物线方程得 $y= \pm 6$.

$\therefore M(-9,6)$, 或 $M(-9,-6)$.
题目（高二 · 解析几何）：12. 已知抛物线的焦点在坐标轴上, 且抛物线上的一点 $A(m,-$ 3)到焦点 $F$ 的距离为 5 , 求 $m$ 的值及抛物线的标准方程.
选项：
答案：：解 (1)当抛物线开口向下时, 可设抛物线方程为 $x^{2}=-2 p y(p>0)$,此时准线为 $y=\frac{p}{2}$, 由抛物线的定义知, $\frac{p}{2}-(-3)=5, \therefore p=4 . \therefore$ 抛物线方程为 $x^{2}=-8 y$.

将 $(m,-3)$ 代入方程, 得 $m^{2}=24, m= \pm 2 \sqrt{6}$.

(2) 当抛物线的开口向左或向右时, 可设抛物线方程为 $y^{2}=$ $2 a x(a \neq 0)$.

由 $p=|a|$ 知，准线方程可统一为 $x=-\frac{a}{2}$.
于是 $\left\{\begin{array}{l}\left|-\frac{a}{2}-m\right|=5, \quad \text { 解此方程组有 } \\ 2 a m=9 .\end{array}\right.$

四组解 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1, \\ m_{1}=\frac{9}{2},\end{array} \quad\left\{\begin{array}{l}a_{2}=-1, \\ m_{2}=-\frac{9}{2},\end{array} \quad\left\{\begin{array}{l}a_{3}=9, \\ m_{3}=\frac{1}{2},\end{array} \quad\left\{\begin{array}{l}a_{4}=-9, \\ m_{4}=-\frac{1}{2} .\end{array}\right.\right.\right.\right.$

$\therefore$ 扡物线方程为 $y^{2}=2 x, m=\frac{9}{2} ; y^{2}=-2 x, m=-\frac{9}{2}$;

$y^{2}=18 x, \quad m=\frac{1}{2} ; y^{2}=-18 x, \quad m=-\frac{1}{2}$.
解析：：解 (1)当抛物线开口向下时, 可设抛物线方程为 $x^{2}=-2 p y(p>0)$,此时准线为 $y=\frac{p}{2}$, 由抛物线的定义知, $\frac{p}{2}-(-3)=5, \therefore p=4 . \therefore$ 抛物线方程为 $x^{2}=-8 y$.

将 $(m,-3)$ 代入方程, 得 $m^{2}=24, m= \pm 2 \sqrt{6}$.

(2) 当抛物线的开口向左或向右时, 可设抛物线方程为 $y^{2}=$ $2 a x(a \neq 0)$.

由 $p=|a|$ 知，准线方程可统一为 $x=-\frac{a}{2}$.
于是 $\left\{\begin{array}{l}\left|-\frac{a}{2}-m\right|=5, \quad \text { 解此方程组有 } \\ 2 a m=9 .\end{array}\right.$

四组解 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1, \\ m_{1}=\frac{9}{2},\end{array} \quad\left\{\begin{array}{l}a_{2}=-1, \\ m_{2}=-\frac{9}{2},\end{array} \quad\left\{\begin{array}{l}a_{3}=9, \\ m_{3}=\frac{1}{2},\end{array} \quad\left\{\begin{array}{l}a_{4}=-9, \\ m_{4}=-\frac{1}{2} .\end{array}\right.\right.\right.\right.$

$\therefore$ 扡物线方程为 $y^{2}=2 x, m=\frac{9}{2} ; y^{2}=-2 x, m=-\frac{9}{2}$;

$y^{2}=18 x, \quad m=\frac{1}{2} ; y^{2}=-18 x, \quad m=-\frac{1}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：10. 已知曲线 $y=2 x^{2}$ 上的点 $(1,2)$, 求过该点且与过该点的切线垂直的直线方程.
选项：
答案：：解 因为 $f^{\prime}(1)=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f(1+\Delta x)-f(1)}{\Delta x}=4$, 所以过点 $(1,2)$ 的切线的斜率为 4 . 设过点 $(1,2)$ 且与过该点的切线垂直的直线的斜率为 $k$, 则 $4 k$ $=-1, k=-\frac{1}{4}$. 所以所求的直线方程为 $y-2=-\frac{1}{4}(x-1)$, 即 $x+4 y-9$ $=0$.
解析：：解 因为 $f^{\prime}(1)=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f(1+\Delta x)-f(1)}{\Delta x}=4$, 所以过点 $(1,2)$ 的切线的斜率为 4 . 设过点 $(1,2)$ 且与过该点的切线垂直的直线的斜率为 $k$, 则 $4 k$ $=-1, k=-\frac{1}{4}$. 所以所求的直线方程为 $y-2=-\frac{1}{4}(x-1)$, 即 $x+4 y-9$ $=0$.
题目（高二 · 解析几何）：11. 求双曲线 $y=\frac{1}{x}$ 在点 $\left(\frac{1}{2}, 2\right)$ 处的切线的斜率, 并写出切线方程.
选项：
答案：：解 $\because y=\frac{1}{x}$,

$\therefore k=\lim _{d x \rightarrow 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}=\lim _{x x \rightarrow 0} \frac{\frac{1}{x+\Delta x}-\frac{1}{x}}{\Delta x}$ $=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{-1}{x^{2}+x \Delta x}=-\frac{1}{x^{2}}$.

$\therefore$ 当 $x=\frac{1}{2}$ 时, $k=-4, \therefore$ 切线斜率为 $k=-4$.切线方程为 $y-2=-4\left(x-\frac{1}{2}\right)$, 即 $4 x+y-4=0$.
解析：：解 $\because y=\frac{1}{x}$,

$\therefore k=\lim _{d x \rightarrow 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}=\lim _{x x \rightarrow 0} \frac{\frac{1}{x+\Delta x}-\frac{1}{x}}{\Delta x}$ $=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{-1}{x^{2}+x \Delta x}=-\frac{1}{x^{2}}$.

$\therefore$ 当 $x=\frac{1}{2}$ 时, $k=-4, \therefore$ 切线斜率为 $k=-4$.切线方程为 $y-2=-4\left(x-\frac{1}{2}\right)$, 即 $4 x+y-4=0$.
题目（高二 · 解析几何）：12. 已知抛物线 $y=x^{2}+4$ 与直线 $y=x+10$. 求:

(1)它们的交点;

(2)抛物线在交点处的切线方程.
选项：
答案：：解 (1) 由 $\left\{\begin{array}{l}y=x^{2}+4, \\ y=x+10,\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=-2, \\ y=8,\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=3, \\ y=13 .\end{array}\right.$

$\therefore$ 扡物线与直线的交点坐标为 $(-2,8)$ 和 $(3,13)$.

(2) $\because y=x^{2}+4$,

$\therefore y^{\prime}=\lim _{x x \rightarrow} \frac{(x+\Delta x)^{2}+4-\left(x^{2}+4\right)}{\Delta x}$

$=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{(\Delta x)^{2}+2 x \cdot \Delta x}{\Delta x}$

$=\lim _{x \rightarrow 0}(4 x+2 x)=2 x$.

$\left.\therefore y^{\prime}\right|_{x=-2}=-4,\left.y^{\prime}\right|_{x=3}=6$.

$\therefore$ 在点 $(-2,8)$ 处的切线斜率为 -4 , 切线方程为

$y-8=-4(x+2)$, 即 $4 x+y=0$;

在点 $(3,13)$ 处的切线斜率为 6 , 切线方程为

$y-13=6(x-3)$, 即 $6 x-y-5=0$.
解析：：解 (1) 由 $\left\{\begin{array}{l}y=x^{2}+4, \\ y=x+10,\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=-2, \\ y=8,\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=3, \\ y=13 .\end{array}\right.$

$\therefore$ 扡物线与直线的交点坐标为 $(-2,8)$ 和 $(3,13)$.

(2) $\because y=x^{2}+4$,

$\therefore y^{\prime}=\lim _{x x \rightarrow} \frac{(x+\Delta x)^{2}+4-\left(x^{2}+4\right)}{\Delta x}$

$=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{(\Delta x)^{2}+2 x \cdot \Delta x}{\Delta x}$

$=\lim _{x \rightarrow 0}(4 x+2 x)=2 x$.

$\left.\therefore y^{\prime}\right|_{x=-2}=-4,\left.y^{\prime}\right|_{x=3}=6$.

$\therefore$ 在点 $(-2,8)$ 处的切线斜率为 -4 , 切线方程为

$y-8=-4(x+2)$, 即 $4 x+y=0$;

在点 $(3,13)$ 处的切线斜率为 6 , 切线方程为

$y-13=6(x-3)$, 即 $6 x-y-5=0$.
题目（高二 · 解析几何）：10. 已知抛物线 $y^{2}=-x$ 与直线 $l: y=k(x+1)$ 相交于 $A, B$ 两点.

(1)求证: $O A \perp O B$;

(2)当 $\triangle O A B$ 的面积等于 $\sqrt{10}$ 时, 求 $k$ 的值.
选项：
答案：：解： (1)联立 $\left\{\begin{array}{l}y^{2}=-x, \\ y=k(x+1),\end{array}\right.$

消去 $x$, 得 $k y^{2}+y-k=0$.

设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$,

则 $y_{1}+y_{2}=-\frac{1}{k}, y_{1} \cdot y_{2}=-1$.

$\because y_{1}^{2}=-x_{1}, \quad y_{2}^{2}=-x_{2}, \quad \therefore\left(y_{1} \cdot y_{2}\right)^{2}=x_{1} \cdot x_{2}$.

$\therefore x_{1} \cdot x_{2}=1 . \therefore x_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}=0$,

即 $\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=0 . \therefore O A \perp O B$.

(2) 设直线 $l$ 与 $x$ 轴的交点为 $N$, 则 $N$ 的坐标为 $(-1,0)$,

$\therefore S_{\triangle A O B}=\frac{1}{2}|O N| \cdot\left|y_{1}-y_{2}\right|$

$=\frac{1}{2} \times|O N| \times \sqrt{\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}-4 y_{1} \cdot y_{2}}$

$=\frac{1}{2} \times 1 \times \sqrt{\frac{1}{k^{2}}+4}=\sqrt{10}$,
解得 $k^{2}=\frac{1}{36}$, 所以 $k= \pm \frac{1}{6}$.
解析：：解： (1)联立 $\left\{\begin{array}{l}y^{2}=-x, \\ y=k(x+1),\end{array}\right.$

消去 $x$, 得 $k y^{2}+y-k=0$.

设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$,

则 $y_{1}+y_{2}=-\frac{1}{k}, y_{1} \cdot y_{2}=-1$.

$\because y_{1}^{2}=-x_{1}, \quad y_{2}^{2}=-x_{2}, \quad \therefore\left(y_{1} \cdot y_{2}\right)^{2}=x_{1} \cdot x_{2}$.

$\therefore x_{1} \cdot x_{2}=1 . \therefore x_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}=0$,

即 $\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=0 . \therefore O A \perp O B$.

(2) 设直线 $l$ 与 $x$ 轴的交点为 $N$, 则 $N$ 的坐标为 $(-1,0)$,

$\therefore S_{\triangle A O B}=\frac{1}{2}|O N| \cdot\left|y_{1}-y_{2}\right|$

$=\frac{1}{2} \times|O N| \times \sqrt{\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}-4 y_{1} \cdot y_{2}}$

$=\frac{1}{2} \times 1 \times \sqrt{\frac{1}{k^{2}}+4}=\sqrt{10}$,
解得 $k^{2}=\frac{1}{36}$, 所以 $k= \pm \frac{1}{6}$.
题目（高二 · 解析几何）：11. 



如图, $l_{1}, l_{2}$ 是通过某市开发区中心 $O$ 的南北和东西走向的两条道路, 连接 $M, N$ 两地的铁路是一段抛物线弧, 它所在的抛物线关于直线 $l_{1}$ 对称. $M$ 到 $l_{1}, l_{2}$ 的距离分别是 $2 \mathrm{~km} 、 4 \mathrm{~km}, N$ 到 $l_{1}, l_{2}$ 的距离分别是 $3 \mathrm{~km} 、 9 \mathrm{~km}$.

(1)建立适当的坐标系, 求抛物线 $M N$ 的方程;

(2)该市拟在点 $O$ 的正北方向建设一座工厂, 考虑到环境问题,要求厂址到点 $O$ 的距离大于 $5 \mathrm{~km}$ 而不超过 $8 \mathrm{~km}$, 并且铁路上任意一点到工厂的距离不能小于 $\sqrt{6} \mathrm{~km}$, 求该厂离点 $O$ 的最近距离. (注:工厂视为一个点)
选项：
答案：：解

<ImageHere>

(1)分别以 $l_{2} 、 l_{1}$ 为 $x$ 轴、 $y$ 轴建立如图所示的平面直角坐标系,则 $M(2,4), N(3,9)$.

设 $M N$ 所在抛物线的方程为

$y=a x^{2}+c$,

则有 $\left\{\begin{array}{l}4=4 a+c, \\ 9=9 a+c,\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a=1, \\ c=0 .\end{array}\right.$

故所求抛物线 $M N$ 的方程为

$y=x^{2}(2 \leqslant x \leqslant 3)$.

(2)设抛物线弧上任意一点 $P(x, y)$, 则 $y=x^{2}(2 \leqslant x \leqslant 3,4 \leqslant y \leqslant 9)$,厂址为 $A(0, t)(5<t \leqslant 8)$.

由题意 $|P A|=\sqrt{x^{2}+(y-t)^{2}} \geqslant \sqrt{6}$,

即 $y+(y-t)^{2} \geqslant 6$,

$\therefore y^{2}+(1-2 t) y+t^{2}-6 \geqslant 0(*)$

$-\frac{1-2 t}{2}=t-\frac{1}{2} \in[4,9]$.
$\therefore$ 要使 $(*)$ 恒成立, 只需当 $y=\frac{2 t-1}{2}$ 时成立,

<ImageHere>
即得 $4 t-25 \geqslant 0, \therefore t \geqslant \frac{25}{4}$, 又 $5<t \leqslant 8, \therefore \frac{25}{4} \leqslant t \leqslant 8$.

$\therefore t$ 的最小值为 $\frac{25}{4}$.

故该厂离点 $O$ 的最近距离为 $\frac{25}{4} \mathrm{~km}$.
解析：：解



(1)分别以 $l_{2} 、 l_{1}$ 为 $x$ 轴、 $y$ 轴建立如图所示的平面直角坐标系,则 $M(2,4), N(3,9)$.

设 $M N$ 所在抛物线的方程为

$y=a x^{2}+c$,

则有 $\left\{\begin{array}{l}4=4 a+c, \\ 9=9 a+c,\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a=1, \\ c=0 .\end{array}\right.$

故所求抛物线 $M N$ 的方程为

$y=x^{2}(2 \leqslant x \leqslant 3)$.

(2)设抛物线弧上任意一点 $P(x, y)$, 则 $y=x^{2}(2 \leqslant x \leqslant 3,4 \leqslant y \leqslant 9)$,厂址为 $A(0, t)(5<t \leqslant 8)$.

由题意 $|P A|=\sqrt{x^{2}+(y-t)^{2}} \geqslant \sqrt{6}$,

即 $y+(y-t)^{2} \geqslant 6$,

$\therefore y^{2}+(1-2 t) y+t^{2}-6 \geqslant 0(*)$

$-\frac{1-2 t}{2}=t-\frac{1}{2} \in[4,9]$.
$\therefore$ 要使 $(*)$ 恒成立, 只需当 $y=\frac{2 t-1}{2}$ 时成立,


即得 $4 t-25 \geqslant 0, \therefore t \geqslant \frac{25}{4}$, 又 $5<t \leqslant 8, \therefore \frac{25}{4} \leqslant t \leqslant 8$.

$\therefore t$ 的最小值为 $\frac{25}{4}$.

故该厂离点 $O$ 的最近距离为 $\frac{25}{4} \mathrm{~km}$.
题目（高二 · 解析几何）：12. 已知过抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 的焦点, 斜率为 $2 \sqrt{2}$ 的直线交抛物线于 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)\left(x_{1}<x_{2}\right)$ 两点, 且 $|A B|=9$.

(1)求抛物线的方程;

(2) $O$ 为坐标原点, $C$ 为抛物线上一点, 若 $\overrightarrow{O C}=\overrightarrow{O A}+\lambda \overrightarrow{O B}$, 求 $\lambda$的值.
选项：
答案：：解 (1) 由题意知, 直线 $A B$ 的方程为 $y=2 \sqrt{2}\left(x-\frac{p}{2}\right)$, 与 $y^{2}=2 p x$联立, 消去 $y$ 并整理, 得 $4 x^{2}-5 p x+p^{2}=0$.

$\therefore|A B|=x_{1}+x_{2}+p=\frac{5 p}{4}+p=9$, 解得 $p=4$.

$\therefore$ 扡物线方程为 $y^{2}=8 x$.

(2)由于 $p=4$, 则 $4 x^{2}-5 p x+p^{2}=0$ 为 $4 x^{2}-20 x+16=0$, 即 $x^{2}-$ $5 x+4=0$.

解得 $x_{1}=1, x_{2}=4$.

于是 $y_{1}=-2 \sqrt{2}, y_{2}=4 \sqrt{2}$.

从而 $A(1,-2 \sqrt{2}), B(4,4 \sqrt{2})$.

设 $C$ 的坐标为 $\left(x_{3}, y_{3}\right)$, 则

$$
\overrightarrow{O C}=\left(x_{3}, \quad y_{3}\right)=(1, \quad-2 \sqrt{2})+\lambda(4,4 \sqrt{2})
$$

$=(4 \lambda+1,4 \sqrt{2} \lambda-2 \sqrt{2})$.

又 $y_{3}^{2}=8 x_{3}, \therefore(4 \sqrt{2} \lambda-2 \sqrt{2})^{2}=8(4 \lambda+1)$,

即 $(2 \lambda-1)^{2}=4 \lambda+1$.

解得 $\lambda=0$ 或 $\lambda=2$.
解析：：解 (1) 由题意知, 直线 $A B$ 的方程为 $y=2 \sqrt{2}\left(x-\frac{p}{2}\right)$, 与 $y^{2}=2 p x$联立, 消去 $y$ 并整理, 得 $4 x^{2}-5 p x+p^{2}=0$.

$\therefore|A B|=x_{1}+x_{2}+p=\frac{5 p}{4}+p=9$, 解得 $p=4$.

$\therefore$ 扡物线方程为 $y^{2}=8 x$.

(2)由于 $p=4$, 则 $4 x^{2}-5 p x+p^{2}=0$ 为 $4 x^{2}-20 x+16=0$, 即 $x^{2}-$ $5 x+4=0$.

解得 $x_{1}=1, x_{2}=4$.

于是 $y_{1}=-2 \sqrt{2}, y_{2}=4 \sqrt{2}$.

从而 $A(1,-2 \sqrt{2}), B(4,4 \sqrt{2})$.

设 $C$ 的坐标为 $\left(x_{3}, y_{3}\right)$, 则

$$
\overrightarrow{O C}=\left(x_{3}, \quad y_{3}\right)=(1, \quad-2 \sqrt{2})+\lambda(4,4 \sqrt{2})
$$

$=(4 \lambda+1,4 \sqrt{2} \lambda-2 \sqrt{2})$.

又 $y_{3}^{2}=8 x_{3}, \therefore(4 \sqrt{2} \lambda-2 \sqrt{2})^{2}=8(4 \lambda+1)$,

即 $(2 \lambda-1)^{2}=4 \lambda+1$.

解得 $\lambda=0$ 或 $\lambda=2$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}, \boldsymbol{c}$ 是同一平面内的三个向量, 其中 $\boldsymbol{a}=(1,2)$.

（1）若 $|c|=2 \sqrt{5}$, 且 $\boldsymbol{c} / \boldsymbol{a}$, 求 $\boldsymbol{c}$ 的坐标;

（2）若 $|\boldsymbol{b}|=\frac{\sqrt{5}}{2}$, 且 $\boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}$ 与 $2 \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}$ 垂直, 求 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 的夹角 $\theta$.
选项：
答案：(1)（2,4) 或 $(-2,-4)$; (2) $\pi$.
解析：(1) 设 $\boldsymbol{c}=(x, y), \because|c|=2 \sqrt{5}$ 且 $\boldsymbol{c} / / \boldsymbol{a}$,

$\therefore\left\{\begin{array}{c}x^{2}+y^{2}=20 \\ 2 x-y=0\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \\ y=4\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=-2 \\ y=-4\end{array}\right.$,

$c=(2,4)$ 或 $\boldsymbol{c}=(-2,-4)$.

(2) 由已知得 $\because(a+2 b) \perp(2 a-b), \therefore(a+2 b) \cdot(2 a-b)=0$,

即 $2 \boldsymbol{a}^{2}+3 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}-2 \boldsymbol{b}^{2}=0, \therefore 2 \times 5+3 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}-2 \times \frac{5}{4}=0$ ，

整理得 $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=-\frac{5}{2}, \therefore \cos \theta=\frac{\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a} \| \boldsymbol{b}|}=-1$,

又 $\theta \in[0, \pi], \therefore \theta=\pi$.