eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：21. 求满足下列各条件的椭圆的标准方程.

(1)长轴长是短轴长的 2 倍且经过点 $A(2,0)$;

答案: $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ 或 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{4}=1$

(2)短轴一个端点与两焦点组成一个正三角形, 且焦点到同侧顶点的距离为 $\sqrt{3}$.

答案: $\quad \frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{9}=1$ 或 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{12}=1$ ，
选项：
答案：: 解答: (1)若椭圆的焦点在 $x$ 轴上, 设方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$,

$\because$ 椭圆过点 $A(2,0), \therefore \frac{4}{a^{2}}=1, a=2, \because 2 a=2 \cdot 2 b, \quad \therefore b=1, \quad \therefore$ 方程为 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$

若椭圆的焦点在 $y$ 轴上, 设粗圆方程为 $\frac{y^{2}}{a^{2}}+\frac{x^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0), \because$ 椭圆过点 $A(2,0), \therefore \frac{0^{2}}{a^{2}}+\frac{4}{b^{2}}$ $=1, \quad \therefore b=2,2 a=2 \cdot 2 b, \quad \therefore a=4, \quad \therefore$ 方程为 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$

综上所述, 粗圆方程为 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ 或 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{4}=1$; (2)由已知 $\left\{\begin{array}{l}a=2 c \\ a-c=\sqrt{3}\end{array}, \therefore\left\{\begin{array}{l}a=2 \sqrt{3} \\ c=\sqrt{3}\end{array}\right.\right.$.从而 $b^{2}=9$,

$\therefore$ 所求椭圆的标准方程为 $\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{9}=1$ 或 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{12}=1$,

分析：根据粗圆的标准方程的分情况讨论, 焦点在 $x$ 轴和在 $y$ 轴上, 即可.
解析：: 解答: (1)若椭圆的焦点在 $x$ 轴上, 设方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$,

$\because$ 椭圆过点 $A(2,0), \therefore \frac{4}{a^{2}}=1, a=2, \because 2 a=2 \cdot 2 b, \quad \therefore b=1, \quad \therefore$ 方程为 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$

若椭圆的焦点在 $y$ 轴上, 设粗圆方程为 $\frac{y^{2}}{a^{2}}+\frac{x^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0), \because$ 椭圆过点 $A(2,0), \therefore \frac{0^{2}}{a^{2}}+\frac{4}{b^{2}}$ $=1, \quad \therefore b=2,2 a=2 \cdot 2 b, \quad \therefore a=4, \quad \therefore$ 方程为 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$

综上所述, 粗圆方程为 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ 或 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{4}=1$; (2)由已知 $\left\{\begin{array}{l}a=2 c \\ a-c=\sqrt{3}\end{array}, \therefore\left\{\begin{array}{l}a=2 \sqrt{3} \\ c=\sqrt{3}\end{array}\right.\right.$.从而 $b^{2}=9$,

$\therefore$ 所求椭圆的标准方程为 $\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{9}=1$ 或 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{12}=1$,

分析：根据粗圆的标准方程的分情况讨论, 焦点在 $x$ 轴和在 $y$ 轴上, 即可.
题目（高二 · 解析几何）：22. 已知 $B, C$ 是两个定点, $|B C|=8$, 且 $\triangle A B C$ 的周长等于 18 , 求这个三角形的顶点 $A$ 的轨迹方程.

答案: $\quad \frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{9}=1$
选项：
答案：: 解答：以过 $B 、 C$ 两点的直线为 $x$ 轴, 线段 $B C$ 的垂直平分线为 $y$ 轴, 建立平面直角坐标系 $x O y$.

如图所示. 由 $|B C|=8$, 可知点 $B(-4,0), C(4,0), c=4$.

由 $|A B|+|A C|+|B C|=18,|B C|=8$, 得 $|A B|+|A C|=10$,

因此, 点 $A$ 的轨迹是以 $B 、 C$ 为焦点的椭圆, 这个粗圆上的点与两焦点的距离之和 $2 a$ $=10$, 但点 $A$ 不在 $x$ 轴上. 由 $a=5, c=4$, 得 $b^{2}=a^{2}-c^{2}=25-16=9$. 所以点 $A$ 的轨迹方程为 $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{9}=1 \quad(y \neq 0)$.

分析: 利用椭圆的定义求动点的轨迹方程, 应先根据动点具有的条件, 验证是否符合椭圆的定义, 即动点到两定点距离之和是否是一常数, 且该常数(定值)大于两点的距离, 若符合, 则动点的轨迹为椭圆, 然后确定粗圆的方程, 这就是定义法求粗圆标准方程的方法,但注意检验.
解析：: 解答：以过 $B 、 C$ 两点的直线为 $x$ 轴, 线段 $B C$ 的垂直平分线为 $y$ 轴, 建立平面直角坐标系 $x O y$.

如图所示. 由 $|B C|=8$, 可知点 $B(-4,0), C(4,0), c=4$.

由 $|A B|+|A C|+|B C|=18,|B C|=8$, 得 $|A B|+|A C|=10$,

因此, 点 $A$ 的轨迹是以 $B 、 C$ 为焦点的椭圆, 这个粗圆上的点与两焦点的距离之和 $2 a$ $=10$, 但点 $A$ 不在 $x$ 轴上. 由 $a=5, c=4$, 得 $b^{2}=a^{2}-c^{2}=25-16=9$. 所以点 $A$ 的轨迹方程为 $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{9}=1 \quad(y \neq 0)$.

分析: 利用椭圆的定义求动点的轨迹方程, 应先根据动点具有的条件, 验证是否符合椭圆的定义, 即动点到两定点距离之和是否是一常数, 且该常数(定值)大于两点的距离, 若符合, 则动点的轨迹为椭圆, 然后确定粗圆的方程, 这就是定义法求粗圆标准方程的方法,但注意检验.
题目（高二 · 解析几何）：23. 已知椭圆的中心在原点, 焦点为 $(0,2 \sqrt{2})$, 且离心 $e=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$.

(1) 求粗圆的方程;

答案: $\frac{y^{2}}{9}+x^{2}=1$

（2）直线（与坐标轴不平行）与椭圆交于不同的两点, 且线段中点的横坐标

为 $-\frac{1}{2}$, 求直线倾斜角的取值范围.

答案: $\left(\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}\right) \cup\left(\frac{\pi}{2}, \frac{2 \pi}{3}\right)$.
选项：
答案：: 解答: (1) 设椭圆方程为 $\frac{y^{2}}{a^{2}}+\frac{x^{2}}{b^{2}}=1$. 焦点为 $(0,2 \sqrt{2}),, \frac{c}{a}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$, 所以 $\mathrm{a}=3, \mathrm{c}=2 \sqrt{2}$,所以 $\mathrm{b}=1$. 故所求粗圆方程为 $\frac{y^{2}}{9}+x^{2}=1$.

（2）设直线的方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{kx}+\mathrm{b}$, 代入椭圆方程 $\frac{y^{2}}{9}+x^{2}=1$ 整理得

$\left(k^{2}+9\right) x^{2}+2 k b+b^{2}-9=0$. 设 $\mathrm{A}\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 且线段 $\mathrm{AB}$ 中点的横坐标为 $-\frac{1}{2}$,由题意得 $\left\{\begin{array}{l}\Delta=(2 k b)^{2}-4\left(k^{2}+9\right)\left(b^{2}-9\right)>0, \\ x_{1}+x_{2}=-\frac{2 k b}{k^{2}+9}=-1,\end{array}\right.$ 解得 $k<-\sqrt{3}$ 或 $k>\sqrt{3}$.
又直线与坐标轴不平行, 故直线倾斜角的取值范围是 $\left(\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}\right) \cup\left(\frac{\pi}{2}, \frac{2 \pi}{3}\right)$.

分析: 本题考查直线与圆雉曲线的位置关系、椭圆方程的求解, 考查学生分析解决问题的能力, (II) 中由直线交椭圆于不同两点得不等式 $\Delta>0$, 由中点横坐标得一方程, 两者联立即可求得范围, 称为 “方程不等式法”, 解题中注意应用.
解析：: 解答: (1) 设椭圆方程为 $\frac{y^{2}}{a^{2}}+\frac{x^{2}}{b^{2}}=1$. 焦点为 $(0,2 \sqrt{2}),, \frac{c}{a}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$, 所以 $\mathrm{a}=3, \mathrm{c}=2 \sqrt{2}$,所以 $\mathrm{b}=1$. 故所求粗圆方程为 $\frac{y^{2}}{9}+x^{2}=1$.

（2）设直线的方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{kx}+\mathrm{b}$, 代入椭圆方程 $\frac{y^{2}}{9}+x^{2}=1$ 整理得

$\left(k^{2}+9\right) x^{2}+2 k b+b^{2}-9=0$. 设 $\mathrm{A}\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 且线段 $\mathrm{AB}$ 中点的横坐标为 $-\frac{1}{2}$,由题意得 $\left\{\begin{array}{l}\Delta=(2 k b)^{2}-4\left(k^{2}+9\right)\left(b^{2}-9\right)>0, \\ x_{1}+x_{2}=-\frac{2 k b}{k^{2}+9}=-1,\end{array}\right.$ 解得 $k<-\sqrt{3}$ 或 $k>\sqrt{3}$.
又直线与坐标轴不平行, 故直线倾斜角的取值范围是 $\left(\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}\right) \cup\left(\frac{\pi}{2}, \frac{2 \pi}{3}\right)$.

分析: 本题考查直线与圆雉曲线的位置关系、椭圆方程的求解, 考查学生分析解决问题的能力, (II) 中由直线交椭圆于不同两点得不等式 $\Delta>0$, 由中点横坐标得一方程, 两者联立即可求得范围, 称为 “方程不等式法”, 解题中注意应用.
题目（高二 · 解析几何）：25. 已知动点 $M(x, y)$ 到直线 $l: x=4$ 的距离是它到点 $N(1,0)$ 的距离的 2 倍.

(1) 求动点 $M$ 的轨迹 $C$ 的方程;

答案: $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{9}=1$

(2) 过点 $P(0,3)$ 的直线 $m$ 与轨迹 $C$ 交于 $A, B$ 两点. 若 $A$ 是 $P B$ 的中点, 求直线 $m$ 的斜率.

答案: 直线 $\mathrm{m}$ 的斜率 $k= \pm \frac{3}{2}$
选项：
答案：：解答: (1) 点 $\mathrm{M}(x, y)$ 到直线 $x=4$ 的距离是它到点 $N(1,0)$ 的距离的 2 倍, 则 $|x-4|=2 \sqrt{(x-1)^{2}+y^{2}} \Rightarrow \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$.

所以, 动点 $\mathrm{M}$ 的轨迹为粗圆, 方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$. (2) $\mathrm{P}(0$, 3), 设

$\mathrm{A}\left(x_{1}, y_{1}\right), \mathrm{B}\left(x_{2}, y_{2}\right)$,由题意知: $2 x_{1}=0+x_{2}, 2 y_{1}=3+y_{2}$,

椭圆的上下顶点坐标分别是 $(0, \sqrt{3})$ 和 $(0,-\sqrt{3})$, 经检验直线 $m$ 不经过这 2 点, 即直线 $m$ 斜率
$k$ 存在. 设直线 $m$ 方程为: $y=k x+3$. 联立椭圆和直线方程, 整理得:

$$
\begin{aligned}
& \left(3+4 \mathrm{k}^{2}\right) \mathrm{x}^{2}+24 \mathrm{kx}+24=0 \Rightarrow \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=\frac{-24 \mathrm{k}}{3+4 \mathrm{k}^{2}}, \mathrm{x}_{1} \cdot \mathrm{x}_{2}=\frac{24}{3+4 \mathrm{k}^{2}} \\
& \frac{x_{1}}{x_{2}}+\frac{x_{2}}{x_{1}}=\frac{1}{2}+2 \Rightarrow \frac{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} \cdot x_{2}}{x_{1} \cdot x_{2}}=\frac{5}{2} \Rightarrow \frac{(-24 k)^{2}}{\left(3+4 k^{2}\right) \cdot 24}=\frac{9}{2} \Rightarrow k= \pm \frac{3}{2}
\end{aligned}
$$

所以, 直线 $\mathrm{m}$ 的斜率 $k= \pm \frac{3}{2}$.

分析: 设出动点 $M$ 的坐标, 根据已知条件列方程即可; 设出直线方程与椭圆方程联立, 得出 $k$ 与 $x_{1}, x_{2}$ 的关系式, 利用中点坐标即可得斜率.
解析：：解答: (1) 点 $\mathrm{M}(x, y)$ 到直线 $x=4$ 的距离是它到点 $N(1,0)$ 的距离的 2 倍, 则 $|x-4|=2 \sqrt{(x-1)^{2}+y^{2}} \Rightarrow \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$.

所以, 动点 $\mathrm{M}$ 的轨迹为粗圆, 方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$. (2) $\mathrm{P}(0$, 3), 设

$\mathrm{A}\left(x_{1}, y_{1}\right), \mathrm{B}\left(x_{2}, y_{2}\right)$,由题意知: $2 x_{1}=0+x_{2}, 2 y_{1}=3+y_{2}$,

椭圆的上下顶点坐标分别是 $(0, \sqrt{3})$ 和 $(0,-\sqrt{3})$, 经检验直线 $m$ 不经过这 2 点, 即直线 $m$ 斜率
$k$ 存在. 设直线 $m$ 方程为: $y=k x+3$. 联立椭圆和直线方程, 整理得:

$$
\begin{aligned}
& \left(3+4 \mathrm{k}^{2}\right) \mathrm{x}^{2}+24 \mathrm{kx}+24=0 \Rightarrow \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=\frac{-24 \mathrm{k}}{3+4 \mathrm{k}^{2}}, \mathrm{x}_{1} \cdot \mathrm{x}_{2}=\frac{24}{3+4 \mathrm{k}^{2}} \\
& \frac{x_{1}}{x_{2}}+\frac{x_{2}}{x_{1}}=\frac{1}{2}+2 \Rightarrow \frac{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} \cdot x_{2}}{x_{1} \cdot x_{2}}=\frac{5}{2} \Rightarrow \frac{(-24 k)^{2}}{\left(3+4 k^{2}\right) \cdot 24}=\frac{9}{2} \Rightarrow k= \pm \frac{3}{2}
\end{aligned}
$$

所以, 直线 $\mathrm{m}$ 的斜率 $k= \pm \frac{3}{2}$.

分析: 设出动点 $M$ 的坐标, 根据已知条件列方程即可; 设出直线方程与椭圆方程联立, 得出 $k$ 与 $x_{1}, x_{2}$ 的关系式, 利用中点坐标即可得斜率.
题目（高二 · 解析几何）：21. 已知双曲线的方程为 $x^{2}-\frac{y^{2}}{4}=1$, 如图, 点 $A$ 的坐标为 $(-\sqrt{5}, 0), B$ 是圆 $x^{2}+(y-\sqrt{5})^{2}=1$ 上的点, 点 $M$ 在双曲线的右支上, 求 $|M A|+|M B|$ 的最小值.


选项：
答案：答案：设点 $D$ 的坐标为 $(\sqrt{5}, 0)$, 则点 $A, D$ 是双曲线的焦点,

由双曲线的定义, 得 $|M A|-|M D|=2 a=2$.

$\therefore|M A|+|M B|=2+|M B|+|M D| \geq 2+|B D|$, 又 $B$ 是圆 $x^{2}+(y-\sqrt{5})^{2}=1$ 上的点, 圆的圆心为 $C(0, \sqrt{5})$, 半径为 1 , 故 $|B D| \geq|C D|-1=\sqrt{10}-1$, 从而 $|M A|+|M B| \geq 2+|B D| \geq \sqrt{10}+$ 1 ,

当点 $M, B$ 在线段 $C D$ 上时取等号, 即 $|M A|+|M B|$ 的最小值为 $\sqrt{10}+1$.
解析：：分析：本题考查了双曲线的定义分析问题、解决问题的能力.
题目（高二 · 解析几何）：22. 已知与双曲线 $\frac{x^{2}}{16}-\frac{y^{2}}{9}=1$. 共焦点的双曲线过点 $P\left(-\frac{\sqrt{5}}{2},-\sqrt{6}\right)$, 求该双曲线的标准方程?
选项：
答案：答案: 已知双曲线 $\frac{x^{2}}{16}-\frac{y^{2}}{9}=1$. 据 $c^{2}=a^{2}+b^{2}$, 得 $c^{2}=a^{2}+b^{2}=16+9=25, \therefore c=5$.

设所求双曲线的标准方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$.

依题意, $c=5, \therefore b^{2}=c^{2}-a^{2}=25-a^{2}$,

故双曲线方程可写为 $\frac{\mathrm{x}^{2}}{a^{2}}-\frac{\mathrm{y}^{2}}{25-a^{2}}=1$,

$\because$ 点 $\mathrm{P}\left(-\frac{\sqrt{5}}{2},-\sqrt{6}\right)$ 在双曲线上,

$\therefore \frac{\left(-\frac{\sqrt{5}}{2}\right)^{2}}{a^{2}}-\frac{(-\sqrt{6})^{2}}{25-a^{2}}=1$

化简得, $4 a^{4}-129 a^{2}+125=0$,

解得 $a^{2}=1$ 或 $a^{2}=\frac{125}{4}$.
又当 $a^{2}=\frac{125}{4}$ 时, $b^{2}=25-a^{2}=25-\frac{125}{4}=-\frac{25}{4}<0$, 不合题意,舍去, 故 $a^{2}=1, b^{2}=24$.

$\therefore$ 所求双曲线的标准方程为 $x^{2}-\frac{y^{2}}{24}=1$.
解析：：分析：由共焦点可求出 $\mathrm{c}$, 然后用待定系数法求解, 要注意检验; 待定系数法求双曲线标准方程的步骤(1)作判断: 根据条件判断双曲线的焦点在 $x$ 轴上还是在 $y$ 轴上, 还是两个坐标轴都有可能. (2)设方程: 根据上述判断设方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 或 $\frac{y^{2}}{a^{2}}-\frac{x^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 或 $m x^{2}-n y^{2}=1(m n>0)$. (3)寻关系: 根据已知条件列出关于 $a, b$, $c$ (或 $m, n$ ) 的方程组. (4)得方程: 解方程组, 将 $a, b(m, n)$ 代入所设方程即为所求.
题目（高二 · 解析几何）：23. 已知双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的右焦点为 $F(c, 0)$.

(1) 若双曲线的一条渐近线方程为 $y=x$ 且 $c=2$, 求双曲线的方程;
选项：
答案：答案: $\because$ 双曲线的渐近线为 $y= \pm \frac{b}{a} x, \therefore a=b$.

$\therefore c^{2}=a^{2}+b^{2}=2 a^{2}=4$.

$\therefore a^{2}=b^{2}=2$.

$\therefore$ 双曲线方程为 $\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{2}=1$

(2) 以原点 $O$ 为圆心, $c$ 为半径作圆, 该圆与双曲线在第一象限的交点为 $A$, 过 $A$ 作圆的切线, 斜率为 $-\sqrt{3}$, 求双曲线的离心率.

答案: 设点 $A$ 的坐标为 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$,

$\therefore$ 直线 $A O$ 的斜率满足 $\frac{y_{0}}{x_{0}} \cdot(-\sqrt{3})=-1$.

$\therefore x_{0}=\sqrt{3} y_{0}$. 1

依题意, 圆的方程为 $x^{2}+y^{2}=c^{2}$,

将(1)代入圆的方程得 $3 y_{0}^{2}+y_{0}^{2}=c^{2}$, 即 $y_{0}=\frac{1}{2} c$,

$\therefore x_{0}=\frac{\sqrt{3}}{2} c$.

$\therefore$ 点 $A$ 的坐标为 $\left(\frac{\sqrt{3}}{2} c, \frac{1}{2} c\right)$.
代入双曲线方程得 $\frac{3}{4} c^{2} \frac{1}{a^{2}}-\frac{\frac{1}{4} c^{2}}{b^{2}}=1$,

即 $\frac{3}{4} b^{2} c^{2}-\frac{1}{4} a^{2} c^{2}=a^{2} b^{2}$,

又 $\because a^{2}+b^{2}=c^{2}$,

$\therefore$ 将 $b^{2}=c^{2}-a^{2}$ 代入(2)式, 整理得

$\frac{3}{4} c^{4}-2 a^{2} c^{2}+a^{4}=0$,

$\therefore 3\left(\frac{c}{a}\right)^{4}-8\left(\frac{c}{a}\right)^{2}+4=0$,

$\therefore\left(3 e^{2}-2\right)\left(e^{2}-2\right)=0$,

$\because e>1, \quad \therefore e=\sqrt{2}, \therefore$ 双曲线的离心率为 $\sqrt{2}$.
解析：: 分析: (1)根据双曲线的一条渐近线方程为 $y=x$, 双曲线的渐近线为 $y= \pm \frac{b}{a} x$, 所以 $a$ $=b$. 求解即可; (2) 因为是以原点 $O$ 为圆心, $c$ 为半径作圆, 可得圆的方程为 $x^{2}+y^{2}=c^{2}$ 该圆与双曲线在第一象限的交点为 $A$, 过 $A$ 作圆的切线, 斜率为 $-\sqrt{3}$, 可设点 $A$ 的坐标为 $\left(x_{0}\right.$, $\left.y_{0}\right)$, 直线 $A O$ 的斜率满足 $\frac{y_{0}}{x_{0}} \cdot(-\sqrt{3})=-1$. 代入圆的方程, 化简即可。
题目（高二 · 解析几何）：24. 设双曲线 $\frac{y^{2}}{a^{2}}-\frac{x^{2}}{3}=1$ 的两个焦点分别为 $F_{1} 、 F_{2}$ 离心率 $e=2$.

(1) 求此双曲线的渐近线 $l_{1} 、 l_{2}$ 的方程;
选项：
答案：答案: 已知: 双曲线方程为 $y^{2}-\frac{x^{2}}{3}=1$. 所以 $\mathrm{a}=1, \mathrm{~b}=\sqrt{3}$,

所以渐近线方程: $y= \pm \frac{\sqrt{3}}{3} x$

(2) 若 $A 、 B$ 分别为 $l_{1} 、 l_{2}$ 上的点, 且 $2|A B|=5\left|F_{1} F_{2}\right|$ 求线段 $A B$ 的中点 $M$ 的轨迹方程.答案: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right) 、 B\left(x_{2}, y_{2}\right) A B$ 的中点 $M(x, y) \because 2|A B|=5\left|F_{1} F_{2}\right| \quad \therefore|A B|=10$ $\therefore\left(x_{1}, x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2}=100$, 又 $y_{1}=\frac{\sqrt{3}}{3} x_{1}, \quad y_{2}=-\frac{\sqrt{3}}{3} x_{2}, \quad x_{1}+x_{2}=2 x, \quad y_{1}+y_{2}=2 y$.

$\therefore y_{1}+y_{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}\left(x_{1}-x_{2}\right), \quad y_{1}-y_{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}\left(x_{1}+x_{2}\right)$

$\therefore 3(2 y)^{2}+\frac{1}{3}(2 x)^{2}=100$ 即 $\frac{x^{2}}{75}+\frac{3 y^{2}}{25}=1$

(3) 过点 $N(1,0)$ 能否作直线 $l$, 使 $l$ 与双曲线交于不同两点 $P 、 Q$. 且 $\overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{O Q}=0$, 若
在, 求直线 $I$ 的方程, 若不存在, 说明理由.

答案: 假设存在这样的直线 $e$, 设其方程为 $y=k(x-1) P\left(x_{1}, y_{1}\right)$,

$$
\begin{gathered}
Q\left(x_{2}, y_{2}\right) \quad \because \overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{O Q}=0 \\
\therefore x_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}=0 \quad \therefore x_{1} x_{2}+k^{2}\left[x_{1} x_{2}-\left(x_{1}+x_{2}\right)+1\right]=0
\end{gathered}
$$

由 $\left\{\begin{array}{l}y=k(x-1) \\ y^{2}-\frac{x^{2}}{3}=1\end{array}\right.$ 得 $\left(3 k^{2}-1\right) x^{2}-6 k^{2} x+3 k^{2}-3=0 \quad \therefore\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=\frac{6 k^{2}}{3 k^{2}-1} \\ x_{1} \cdot x_{2}=\frac{3 k^{2}-3}{3 k^{2}-1}\end{array}\right.$

由(1)2)得: $k^{2}+3=0 \quad \therefore k$ 不存在, 即这样的直线不存在.
解析：：分析：本题考查了双曲线的定义分析问题、解决问题的能力
题目（高二 · 解析几何）：25. 双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 满足如下条件:

(1) $a b=\sqrt{3}$; (2)过右焦点 $\mathrm{F}$ 的直线 $l$ 的斜率为 $\frac{\sqrt{21}}{2}$, 交 $y$ 轴于点 $P$, 线段 $\mathrm{PF}$ 交双曲线于点

$Q$, 且 $|\mathrm{PQ}|:|\mathrm{QF}|=2: 1$; 求双曲线的方程.
选项：
答案：答案：设右焦点 $\mathrm{F}(c, 0)$, 点 $\mathrm{Q}(x, y)$,

<ImageHere>

设直线 $l: y=\frac{\sqrt{21}}{2}(x-c)$,

令 $x=0$, 得 $P\left(0,-\frac{\sqrt{21}}{2} c\right)$,

则有 $\overrightarrow{\mathrm{PQ}}=2 \overrightarrow{\mathrm{QF}}$,

所以 $\left(x, y+\frac{\sqrt{21}}{2} c\right)=2(c-x,-y)$.

$\therefore x=2(c-x)$ 且 $y+\frac{\sqrt{21}}{2} c=-2 y$,
解得: $x=\frac{2}{3} c, y=-\frac{\sqrt{21}}{6} c$.

即 $\mathrm{Q}\left(\frac{2}{3} c,-\frac{\sqrt{21}}{6} c\right)$, 且在双曲线上,

$\therefore b^{2}\left(\frac{2}{3} c\right)^{2}-a^{2}\left(-\frac{\sqrt{21}}{6} c\right)^{2}=a^{2} b^{2}$,

又 $\because a^{2}+b^{2}=c^{2}$,

$\therefore \frac{4}{9}\left(1+\frac{b^{2}}{a^{2}}\right)-\frac{7}{12}\left(\frac{a^{2}}{b^{2}}+1\right)=1$,

解得 $\frac{b^{2}}{a^{2}}=3$, 又由 $a b=\sqrt{3}$, 可得 $\left\{\begin{array}{l}a^{2}=1 \\ b^{2}=3\end{array}\right.$.

$\therefore$ 所求双曲线方程为 $x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1$.
解析：：分析：本题考查了双曲线的定义分析问题、解决问题的能力.
题目（高二 · 解析几何）：22. 如图, 抛物线 $\mathrm{E}: \mathrm{y}^{2}=4 x$ 的焦点为 $\mathrm{F}$, 准线 $l$ 与 $x$ 轴的交点为 $\mathrm{A}$. 点 $\mathrm{C}$ 在抛物线 $\mathrm{E}$ 上, 以 $\mathrm{C}$ 为圆心,
$|C O|$ 为半径作圆, 设圆 $\mathrm{C}$ 与准线 $l$ 交于不同的两点 $\mathrm{M}, \mathrm{N}$.



(1)若点 $\mathrm{C}$ 的纵坐标为 2 , 求 $|M N|$.
选项：
答案：答案: 抛物线 $\mathrm{y}^{2}=4 x$ 的准线 $l$ 的方程为 $x=-1$,

由点 $\mathrm{C}$ 的纵坐标为 2 , 得点 $\mathrm{C}$ 的坐标为 $(1,2)$, 所以点 $\mathrm{C}$ 到准线 $l$ 的距离 $\mathrm{d}=2$, 又 $|\mathrm{CO}|=\sqrt{5}$. 所以 $|M N|=2 \sqrt{|C O|^{2}-d^{2}}=2 \sqrt{5-4}=2$.

(2)若 $|A F|^{2}=|A M| \cdot|A N|$, 求圆 $\mathrm{C}$ 的半径.

答案: 设 $C\left(\frac{y_{0}^{2}}{4}, y_{0}\right)$, 则圆 $C$ 的方程为 $\left(x-\frac{y_{0}^{2}}{4}\right)^{2}+\left(y-y_{0}\right)^{2}=\frac{y_{0}^{4}}{16}+y_{0}^{2}$,

即 $x^{2}-\frac{y_{0}^{2}}{2} x+y^{2}-2 y_{0} y=0$. 由 $x=-1$, 得 $y^{2}-2 y_{0} y+1+\frac{y_{0}^{2}}{2}=0$,

设 $\mathrm{M}\left(-1, \mathrm{y}_{1}\right), \mathrm{N}\left(-1, \mathrm{y}_{2}\right)$, 则: $\left\{\begin{array}{l}\Delta=4 y_{0}^{2}-4\left(1+\frac{y_{0}^{2}}{2}\right)=2 y_{0}^{2}-4>0, \\ y_{1} y_{2}=\frac{y_{0}^{2}}{2}+1,\end{array}\right.$

由 $|A F|^{2}=|A M| \cdot|A N|$, 得 $\left|y_{1} y_{2}\right|=4$,

所以 $\frac{y_{0}^{2}}{2}+1=4$, 解得 $\mathrm{y}_{0}= \pm \sqrt{6}$, 此时 $\Delta>0$,

所以圆心 $C$ 的坐标为 $\left(\frac{3}{2}, \sqrt{6}\right)$ 或 $\left(\frac{3}{2},-\sqrt{6}\right)$,

从而 $\left.\left|\mathrm{CO}^{2}=\frac{33}{4},\right| \mathrm{CO} \right\rvert\,=\frac{\sqrt{33}}{2}$, 即圆 $\mathrm{C}$ 的半径为 $\frac{\sqrt{33}}{2}$
解析：: 分析: 垂径定理求圆的弦长 MN, 第 (2)问, 先设 C 的坐标, 写出圆方程,联立方程, 然后结合已知条件列式求解.
题目（高二 · 解析几何）：23. 已知曲线 $\mathrm{C}$ 上任意一点 $\mathrm{M}$ 到点 $\mathrm{F}(0,1)$ 的距离比它到直线 $l: y=-2$ 的距离小 1 .

(1) 求曲线 C 的方程;
选项：
答案：答案: $\because$ 点 $M$ 到点 $F(1,0)$ 的距离比它到直线 $l: y=-2$ 的距离小于 1 ,

$\therefore$ 点 $\mathrm{M}$ 在直线 $l$ 的上方, 点 $\mathrm{M}$ 到 $\mathrm{F}(1,0)$ 的距离与它到直线 $l^{\prime}: y=-1$ 的距离相等
$\therefore$ 点 $M$ 的轨迹 $C$ 是以 $F$ 为焦点, $I^{\prime}$ 为准线的抛物线，所以曲线 $\mathrm{C}$ 的方程为 $x^{2}=4 y$

(2) 过点 $P(2,2)$ 的直线 $m$ 与曲线 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 设 $\overrightarrow{A P}=\lambda \overrightarrow{P B}$. 当 $\triangle \mathrm{AOB}$ 的面积为 $4 \sqrt{2}$时 ( $\mathrm{O}$ 为坐标原点), 求 $\lambda$ 的值.

答案: 当直线 $m$ 的斜率不存在时, 它与曲线 $C$ 只有一个交点, 不合题意,

设直线 $\mathrm{m}$ 的方程为 $y-2=k(x-2)$, 即 $y=k x+(2-2 k)$,

代入 $x^{2}=4 y$ 得 $x^{2}-4 k x+8(k-1)=0$

$\Delta=16\left(k^{2}-2 k+2\right)>0$ 对 $k \in R$ 恒成立, 所以直线 $m$ 与曲线 C 恒有两个不同的交点

设交点 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 的坐标分别为 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$,

则 $x_{1}+x_{2}=4 k, x_{1} x_{2}=8(k-1)$

$\because|A B|=\sqrt{\left(x_{2}-x_{1}\right)^{2}+\left(y_{2}-y_{1}\right)^{2}}=\sqrt{\left(1+k^{2}\right)\left[\left(x_{2}+x_{1}\right)^{2}-4 x_{2} x_{1}\right]}=4 \sqrt{\left(1+k^{2}\right)\left(k^{2}-2 k+2\right)}$

点 $\mathrm{O}$ 到直线 $\mathrm{m}$ 的距离 $d=\frac{|2-2 k|}{\sqrt{1+k^{2}}}$,

$\therefore S_{\triangle A B O}=\frac{1}{2}|A B| \cdot d=4|k-1| \sqrt{k^{2}-2 k+2}=4 \sqrt{(k-1)^{4}+(k-1)^{2}}$

$\because S_{\triangle A B O}=4 \sqrt{2}, \therefore 4 \sqrt{(k-1)^{4}+(k-1)^{2}}=4 \sqrt{2}$,

$\therefore(k-1)^{4}+(k-1)^{2}-2=0,(k-1)^{2}=1$ 或 $(k-1)^{2}=-2$ （舍去） $\therefore k=0$ 或 $k=2$

当 $k=0$ 时, 方程 $(*)$ 的解为 $\pm 2 \sqrt{2}$ 若

$x_{1}=2 \sqrt{2}, x_{2}=-2 \sqrt{2}$, 则 $\lambda=\frac{2-2 \sqrt{2}}{-2 \sqrt{2}-1}=3-2 \sqrt{2}$

若 $x_{1}=-2 \sqrt{2}, x_{2}=2 \sqrt{2}$, 则 $\lambda=\frac{2+2 \sqrt{2}}{2 \sqrt{2}-2}=3+2 \sqrt{2}$ 当 $k=2$ 时, 方程（出）的解为

$4 \pm 2 \sqrt{2}$

若 $x_{1}=4+2 \sqrt{2}, x_{2}=4-2 \sqrt{2}$, 则 $\lambda=\frac{-2-2 \sqrt{2}}{2-2 \sqrt{2}}=3+2 \sqrt{2}$

若 $x_{1}=4-2 \sqrt{2}, x_{2}=4+2 \sqrt{2}$, 则 $\lambda=\frac{-2+2 \sqrt{2}}{2+2 \sqrt{2}}=3-2 \sqrt{2}$ 所以,
$\lambda=3+2 \sqrt{2}$ 或 $\lambda=3-2 \sqrt{2}$
解析：：分析：(1) 由题设知：点 $\mathrm{M}$ 的轨迹 $\mathrm{C}$ 是以 $\mathrm{F}$ 为焦点, $\mathrm{l}^{\prime}$ 为准线的抛物线, 由此能求出曲线 $\mathrm{C}$ 的方程.

(2) 设直线 $m$ 的方程为 $y=k x+(2-2 k)$, 代入 $x^{2}=4 y$, 得 $x^{2}-4 k x+8(k-1)=0$, 由 $\triangle=16\left(k^{2}-2 k+2\right)$ $>0$ 对 $\mathrm{k} \in \mathrm{R}$ 恒成立, 知直线 $\mathrm{m}$ 与曲线 $\mathrm{C}$ 恒有两个不同的交点, 再由韦达定理、弦长公式、点到直线的距离公式, 利用 $P(2,2)$ 的直线 $m$ 与曲线 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 设 $\overrightarrow{A P}=\lambda \overrightarrow{P B}$.

$\mathrm{AOB}$ 的面积为 $4 \sqrt{2}$, 能求出 $\lambda$ 的值.
题目（高二 · 解析几何）：25. 过抛物线 $E: x^{2}=2 p y(p>0)$ 的焦点 $\mathrm{F}$ 作斜率分别为 $k_{1}, k_{2}$ 的两条不同的直线 $l_{1}, l_{2}$, 且 $k_{1}+k_{2}=2, l_{1}$ 与 $E$ 相交于点 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, l_{2}$ 与 $E$ 相交于点 $\mathrm{C}, \mathrm{D}$. 以 $\mathrm{AB}, \mathrm{CD}$ 为直径的圆 $\mathrm{M}$, 圆 $N(M, N$ 为圆心）的公共弦所在的直线记为 $l$.

(1) 若 $k_{1}>0, k_{2}>0$, 证明; $\overrightarrow{F M} \bullet \overrightarrow{F N}<2 p^{2}$;
选项：
答案：答案: 由题意, 抛物线 $\mathrm{E}$ 的焦点为 $F\left(0, \frac{p}{2}\right)$, 直线 $l_{1}$ 的方程为 $y=k_{1} x+\frac{p}{2}$.

由 $\left\{\begin{array}{l}y=k_{1} x+\frac{p}{2} \\ x^{2}=2 p y\end{array}\right.$, 得 $x^{2}-2 p k_{1} x-p^{2}=0$, 设 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两点坐标分别为 $\left(x_{1}, y_{1}\right),\left(x_{2}, y_{2}\right)$,

则 $x_{1}, x_{2}$ 是上述方程的两个实数根, 从而 $x_{1}+x_{2}=2 p k_{1}$, $\mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=\mathrm{k}_{1}\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}\right)+\mathrm{p}=2 \mathrm{pk}_{1}^{2}+\mathrm{p}$, 所以点 $\mathrm{M}$ 的坐标为 $\left(p k_{1}, p k_{1}^{2}+\frac{p}{2}\right)$, $\overrightarrow{F M}=\left(p k_{1}, p k_{1}^{2}\right)$, 同理可得点 $\mathrm{N}$ 的坐标为 $\left(p k_{2}, p k_{2}^{2}+\frac{p}{2}\right), \overrightarrow{F N}=\left(p k_{2}, p k_{2}^{2}\right)$, 于是 $\overrightarrow{F M} \bullet \overrightarrow{F N}=p^{2}\left(k_{1} k_{2}+k_{1}^{2} k_{2}^{2}\right)$, 由题设, $k_{1}+k_{2}=2, k_{1}>0, k_{2}>0, k_{1} \neq k_{2}$,所以 $0<k_{1} k_{2}<\left(\frac{k_{1}+k_{2}}{2}\right)^{2}=1$, 故 $\overrightarrow{F M} \bullet \overrightarrow{F N}<p^{2}\left(1+1^{2}\right)=2 p^{2}$

(2) 若点 $\mathrm{M}$ 到直线 $l$ 的距离的最小值为 $\frac{7 \sqrt{5}}{5}$, 求抛物线 $\mathrm{E}$ 的方程.

答案: 由抛物线的定义得 $|F A|=y_{1}+\frac{p}{2},|F B|=y_{2}+\frac{p}{2}$,

所以 $|A B|=y_{1}+y_{2}+p=2 p k_{1}^{2}+2 p$, 从而圆 $\mathrm{M}$ 的半径 $r_{1}=p k_{1}^{2}+p$, 故圆 $\mathrm{M}$ 的方程为 $\left(x-p k_{1}\right)^{2}+\left(y-p k_{1}^{2}-\frac{p}{2}\right)^{2}=\left(p k_{1}^{2}+p\right)^{2}$,
化简得 $\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}+-2 \mathrm{pk}_{1} \mathrm{x}-\mathrm{p}\left(2 \mathrm{k}_{1}^{2}+1\right) \mathrm{y}-\frac{3}{4} \mathrm{p}^{2}=0$.

同理可得圆 $N$ 的方程为 $x^{2}+y^{2}+-2 p k_{2} x-p\left(2 k_{2}^{2}+1\right) y-\frac{3}{4} p^{2}=0$. 于是圆 $M$, 圆 $N$ 的公共弦所在直线 $l$ 的方程为 $\left(k_{2}-k_{1}\right) x+\left(k_{2}^{2}-k_{1}^{2}\right) y=0$, 又 $k_{2}-k_{1} \neq 0, k_{1}+k_{2}=2$, 则 $l$ 的方程为 $x+2 y=0$, 因为 $p>0$, 所以点 $\mathrm{M}$ 到直线 $l$ 的距离 $d=\frac{\left|2 p k_{1}^{2}+p k_{1}+p\right|}{\sqrt{5}}=\frac{p\left|2 k_{1}^{2}+k_{1}+1\right|}{\sqrt{5}}=\frac{p\left|2\left(k_{1}+\frac{1}{4}\right)^{2}+\frac{7}{8}\right|}{\sqrt{5}}$, 故当 $k_{1}=-\frac{1}{4}$ 时, $d$ 取最小值 $\frac{7 p}{8 \sqrt{5}}$, 由题设, $\frac{7 p}{8 \sqrt{5}}=\frac{7 \sqrt{5}}{5}$, 解得 $p=8$, 故所求抛物线 $\mathrm{E}$ 的方程为 $x^{2}=16 y$.
解析：：分析：(1)先写出过抛物线焦点的直线方程,然后和抛物线方程联立消去 $\mathrm{y}$ 得到关于 $x$的一元二次方程,利用根与系数的关系以及向量的坐标运算可得到结果.(2)利用抛物线的焦点弦长公式求出 $|A B|$,此即圆 $M$ 的直径,进而可求出圆 $M$ 的方程,同理可求出圆 $N$ 的方程, 再把两圆的方程相减即得两圆公共弦所在直线方程,于是代入条件即可求解.
题目（高二 · 解析几何）：12. 若直线 $y=k x+1$ 与圆 $x^{2}+y^{2}+k x+m y-4=0$ 相交于 $P 、 Q$ 两点, 且 $P 、 Q$ 关于直
线 $x+y=0$ 对称, 则不等式组 $\left\{\begin{array}{l}k x-y+1 \geqslant 0 \\ k x-m y \leqslant 0 \\ y \geqslant 0\end{array}\right.$ 表示的平面区域的面积是多少?


选项：
答案：$P 、 Q$ 关于直线 $x+y=0$ 对称, 故 $P Q$ 与直线 $x+y=0$ 垂直, 直线 $P Q$ 即是直线 $y=$ $k x+1$, 故 $k=1$;

又线段 $P Q$ 为圆 $x^{2}+y^{2}+k x+m y-4=0$ 的一条弦, 故该圆的圆心在线段 $P Q$ 的垂直平分线上, 即为直线 $x+y=0$, 又圆心为 $\left(-\frac{k}{2},-\frac{m}{2}\right)$,

$\therefore m=-k=-1$,

$\therefore$ 不等式组为 $\left\{\begin{array}{l}x-y+1 \geqslant 0 \\ x+y \leqslant 0 \\ y \geqslant 0\end{array}\right.$,

它表示的区域如图所示, 直线 $x-y+1=0$ 与 $x+y=0$ 的交点为 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right), \therefore S_{\triangle}=\frac{1}{2} \times 1 \times \frac{1}{2}$ $=\frac{1}{4}$. . 面积为 $\frac{1}{4}$.
解析：$P 、 Q$ 关于直线 $x+y=0$ 对称, 故 $P Q$ 与直线 $x+y=0$ 垂直, 直线 $P Q$ 即是直线 $y=$ $k x+1$, 故 $k=1$;

又线段 $P Q$ 为圆 $x^{2}+y^{2}+k x+m y-4=0$ 的一条弦, 故该圆的圆心在线段 $P Q$ 的垂直平分线上, 即为直线 $x+y=0$, 又圆心为 $\left(-\frac{k}{2},-\frac{m}{2}\right)$,

$\therefore m=-k=-1$,

$\therefore$ 不等式组为 $\left\{\begin{array}{l}x-y+1 \geqslant 0 \\ x+y \leqslant 0 \\ y \geqslant 0\end{array}\right.$,

它表示的区域如图所示, 直线 $x-y+1=0$ 与 $x+y=0$ 的交点为 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right), \therefore S_{\triangle}=\frac{1}{2} \times 1 \times \frac{1}{2}$ $=\frac{1}{4}$. . 面积为 $\frac{1}{4}$.
题目（高二 · 解析几何）：14. 若不等式组 $\left\{\begin{array}{l}x-y \geqslant 0, \\ 2 x+y \leqslant 2, \\ y \geqslant 0, \\ x+y \leqslant a\end{array}\right.$表示的平面区域是一个三角形, 则 $a$ 的取值范围是
选项：
答案：$0<a \leqslant 1$ 或 $a \geqslant \frac{4}{3}$
解析：不等式表示的平面区域如图所示，



当 $x+y=a$ 过 $A\left(\frac{2}{3}, \frac{2}{3}\right)$ 时表示的区域是 $\triangle A O B$, 此时 $a=\frac{4}{3}$;

当 $a>\frac{4}{3}$ 时, 表示区域是 $\triangle A O B ;$

当 $x+y=a$ 过 $B(1,0)$ 时表示的区域是 $\triangle D O B$, 此时 $a=1$;

当 $0<a<1$ 时可表示三角形;

当 $a<0$ 时不表示任何区域，当 $1<a<\frac{4}{3}$ 时，区域是四边形. 故当 $0<a \leqslant 1$ 或 $a \geqslant \frac{4}{3}$ 时表示的平面区域为三角形.哈哈
题目（高二 · 解析几何）：23. 设函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{3}-3 \mathrm{ax}^{2}+3 \mathrm{bx}$ 的图像与直线 $12 \mathrm{x}+\mathrm{y}-1=0$ 相切于点 $(1,-11)$ 。

(1) 求 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 的值;

答案: 解: 由题意: $\left\{\begin{array}{l}f(1)=-11 \\ f^{\prime}(1)=-12\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}1-3 a+3 b=-11 \\ 3-6 a+3 b=-12\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a=1 \\ b=-3\end{array}\right.$

(2) 讨论函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的单调性.
选项：
答案：答案: 解: $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-6 x+9=3\left(x^{2}-2 x+3\right)=3(x-3)(x+1)$

当 $x<-1$ 或 $x>3$ 时, $f^{\prime}(x)>0, \therefore f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty,-1)(3,+\infty)$

当 $-1<x<3$ 时, $f^{\prime}(x)<0, \therefore f(x)$ 的单调递减区间为 $(-1,3)$
解析：: 分析: 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性, 解决问题的关键是根据导数的几何意义及利用导数求函数的单调区间,属基础题