eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高一 · 解析几何）：(12 分) 定义在 $[-4,4]$ 上的奇函数 $f(x)$, 已知当 $x \in[-4,0]$ 时, $f(x)=\frac{1}{4^{x}}+\frac{a}{3^{x}}(a \in R)$.

(1) 求 $f(x)$ 在 $[0,4]$ 上的解析式;

(2) 当 $x \in[-2,-1]$ 时, 不等式 $f(x) \leq \frac{m}{2^{x}}-\frac{1}{3^{x}-1}$ 恒成立, 求实数 $m$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) 因为 $f(x)$ 是定义在 $[-4,4]$ 上的奇函数, $x \in[-4,0]$ 时, $f(x)=\frac{1}{4^{x}}+\frac{a}{3^{x}}$,所以 $f(0)=\frac{1}{4^{0}}+\frac{a}{3^{0}}=0$, 解得 $a=-1$,所以 $x \in[-4,0]$ 时, $f(x)=\frac{1}{4^{x}}-\frac{1}{3^{x}}$,当 $x \in[0,4]$ 时, $-x \in[-4,0]$,所以 $f(-x)=\frac{1}{4^{-x}}-\frac{1}{3^{-x}}=4^{x}-3^{x}$,又 $f(-x)=-f(x)$,所以 $-f(x)=4^{x}-3^{x}, f(x)=3^{x}-4^{x}$,即 $f(x)$ 在 $[0,4]$ 上的解析式为 $f(x)=3^{x}-4^{x}$.

(2) 因为 $x \in[-2,-1]$ 时, $f(x)=\frac{1}{4^{x}}-\frac{1}{3^{x}}$,

所以 $f(x) \leq \frac{m}{2^{x}}-\frac{1}{3^{x-1}}$ 可化为 $\frac{1}{4^{x}}-\frac{1}{3^{x}} \leq \frac{m}{2^{x}}-\frac{1}{3^{x-1}}$, 整理得 $m \geq \frac{1}{2^{x}}+\frac{2^{x+1}}{3^{x}}=\left(\frac{1}{2}\right)^{x}+2 \cdot\left(\frac{2}{3}\right)^{x}$,
令 $g(x)=\left(\frac{1}{2}\right)^{x}+2 \cdot\left(\frac{2}{3}\right)^{x}$, 根据指数函数单调性可得,

$y=\left(\frac{1}{2}\right)^{x}$ 与 $y=\left(\frac{2}{3}\right)^{x}$ 都是减函数,

所以 $g(x)$ 也是减函数,

$g(x)_{\max }=g(-2)=\left(\frac{1}{2}\right)^{-2}+2 \cdot\left(\frac{2}{3}\right)^{-2}=\frac{17}{2}$,

所以 $m \geq \frac{17}{2}$,

故数 $m$ 的取值范围是 $\left[\frac{17}{2},+\infty\right)$.
解析：(1) 因为 $f(x)$ 是定义在 $[-4,4]$ 上的奇函数, $x \in[-4,0]$ 时, $f(x)=\frac{1}{4^{x}}+\frac{a}{3^{x}}$,所以 $f(0)=\frac{1}{4^{0}}+\frac{a}{3^{0}}=0$, 解得 $a=-1$,所以 $x \in[-4,0]$ 时, $f(x)=\frac{1}{4^{x}}-\frac{1}{3^{x}}$,当 $x \in[0,4]$ 时, $-x \in[-4,0]$,所以 $f(-x)=\frac{1}{4^{-x}}-\frac{1}{3^{-x}}=4^{x}-3^{x}$,又 $f(-x)=-f(x)$,所以 $-f(x)=4^{x}-3^{x}, f(x)=3^{x}-4^{x}$,即 $f(x)$ 在 $[0,4]$ 上的解析式为 $f(x)=3^{x}-4^{x}$.

(2) 因为 $x \in[-2,-1]$ 时, $f(x)=\frac{1}{4^{x}}-\frac{1}{3^{x}}$,

所以 $f(x) \leq \frac{m}{2^{x}}-\frac{1}{3^{x-1}}$ 可化为 $\frac{1}{4^{x}}-\frac{1}{3^{x}} \leq \frac{m}{2^{x}}-\frac{1}{3^{x-1}}$, 整理得 $m \geq \frac{1}{2^{x}}+\frac{2^{x+1}}{3^{x}}=\left(\frac{1}{2}\right)^{x}+2 \cdot\left(\frac{2}{3}\right)^{x}$,
令 $g(x)=\left(\frac{1}{2}\right)^{x}+2 \cdot\left(\frac{2}{3}\right)^{x}$, 根据指数函数单调性可得,

$y=\left(\frac{1}{2}\right)^{x}$ 与 $y=\left(\frac{2}{3}\right)^{x}$ 都是减函数,

所以 $g(x)$ 也是减函数,

$g(x)_{\max }=g(-2)=\left(\frac{1}{2}\right)^{-2}+2 \cdot\left(\frac{2}{3}\right)^{-2}=\frac{17}{2}$,

所以 $m \geq \frac{17}{2}$,

故数 $m$ 的取值范围是 $\left[\frac{17}{2},+\infty\right)$.
题目（高一 · 解析几何）：(12 分) 设 $f(x)=a^{x}(a>0$, 且 $a \neq 1)$, 其图象经过点 $\left(\frac{1}{2}, \sqrt{10}\right)$, 又 $g(x)$ 的图象与 $f(x)$ 的图象关于直线 $y=x$ 对称.

(1) 求函数 $f(x)$ 的解析式;

(2) 若 $f(m)=4, f(n)=25$, 求 $m+n$ 的值;

(3) 若 $g(x)$ 在区间 $[\sqrt{10}, c]$ 上的值域为 $[p, q]$, 且 $q-p=\frac{3}{2}$, 求 $c$ 的值.
选项：
答案：(1) 因为 $f(x)=a^{x}(a>0$, 且 $a \neq 1)$ 的图象经过点 $\left(\frac{1}{2}, \sqrt{10}\right)$,所以 $\sqrt{10}=a^{\frac{1}{2}}$, 所以 $a=10$, 所以 $f(x)=10^{x}$.

(2) 因为 $f(m)=4, f(n)=25$, 所以 $10^{m}=4,10^{n}=25$,

所以 $10^{m} \cdot 10^{n}=100$, 所以 $10^{m+n}=10^{2}$, 所以 $m+n=2$.

(3) 因为 $g(x)$ 的图象与 $f(x)$ 的图象关于直线 $y=x$ 对称,

所以 $g(x)=\lg x(x>0)$, 且为增函数,

所以 $g(x)$ 在区间 $[\sqrt{10}, c]$ 上的值域为 $[\lg \sqrt{10}, \lg c]=[p, q]$,

因为 $q-p=\frac{3}{2}$, 所以 $\lg c-\lg \sqrt{10}=\frac{3}{2}$, 所以 $\lg c=2$,

所以 $c=100$.
解析：(1) 因为 $f(x)=a^{x}(a>0$, 且 $a \neq 1)$ 的图象经过点 $\left(\frac{1}{2}, \sqrt{10}\right)$,所以 $\sqrt{10}=a^{\frac{1}{2}}$, 所以 $a=10$, 所以 $f(x)=10^{x}$.

(2) 因为 $f(m)=4, f(n)=25$, 所以 $10^{m}=4,10^{n}=25$,

所以 $10^{m} \cdot 10^{n}=100$, 所以 $10^{m+n}=10^{2}$, 所以 $m+n=2$.

(3) 因为 $g(x)$ 的图象与 $f(x)$ 的图象关于直线 $y=x$ 对称,

所以 $g(x)=\lg x(x>0)$, 且为增函数,

所以 $g(x)$ 在区间 $[\sqrt{10}, c]$ 上的值域为 $[\lg \sqrt{10}, \lg c]=[p, q]$,

因为 $q-p=\frac{3}{2}$, 所以 $\lg c-\lg \sqrt{10}=\frac{3}{2}$, 所以 $\lg c=2$,

所以 $c=100$.
题目（高一 · 解析几何）：已知直线方程为 $\mathrm{Ax}+\mathrm{By}+\mathrm{C}=0(\mathrm{~A} \cdot \mathrm{B} \neq 0)$, 试编写一个程序, 要求输入符合条件的 $\mathrm{A}$, $B, C$ 的值, 输出该直线在 $\mathrm{x}$ 轴、 $\mathrm{y}$ 轴上的截距和斜率.
选项：
答案：INPUT A, B, C
$\mathrm{M}=(-\mathrm{C}) / \mathrm{A}$
$\mathrm{N}=(-\mathrm{C}) / \mathrm{B}$
$\mathrm{k}=(-\mathrm{A}) / \mathrm{B}$
PRINT “该直线在 $\mathrm{x}$ 轴上的截距为” ; M
PRINT “该直线在 $\mathrm{y}$ 轴上的截距为” ; $\mathrm{N}$
PRINT “该直线的斜率为” ; $\mathrm{k}$
END
解析：INPUT A, B, C
$\mathrm{M}=(-\mathrm{C}) / \mathrm{A}$
$\mathrm{N}=(-\mathrm{C}) / \mathrm{B}$
$\mathrm{k}=(-\mathrm{A}) / \mathrm{B}$
PRINT “该直线在 $\mathrm{x}$ 轴上的截距为” ; M
PRINT “该直线在 $\mathrm{y}$ 轴上的截距为” ; $\mathrm{N}$
PRINT “该直线的斜率为” ; $\mathrm{k}$
END
题目（高一 · 解析几何）：运行如下程序, 如果输入的 $m, n$ 的值分别是 24 和 15 , 记录输出的 $i$ 和 $m$ 的值在平面直角坐标系 $x 0 y$ 中, 已知点 $A(i-4, m)$, 圆 C 的圆心在直线 1: $y=2 x-4$ 上.



(1) 若圆 $C$ 的半径为 1 , 且圆心 $C$ 在直线 $y=x-1$ 上, 过点 $A$ 作圆 $C$ 的切线, 求切线的方程;

(2) 若圆 $\mathrm{C}$ 上存在点 $\mathrm{M}$, 使 $\angle O M A=90^{\circ}$, 求圆 $\mathrm{C}$ 的半径 $\mathrm{r}$ 的最小值.
选项：
答案：题意可得, $\mathrm{i}=4, \mathrm{~m}=3$, 所以 $\mathrm{A}(0,3)$.

(1) 由 $\left\{\begin{array}{l}y=2 x-4 \\ y=x-1\end{array}\right.$, 得圆心 $C$ 为 $(3,2), \because$ 圆 $C$ 的半径为 1 , . 圆 $\mathrm{C}$ 的方程为: $(x-3)^{2}+(y-2)^{2}=1$, 显然切线的斜率存在, 设圆 $\mathrm{C}$ 的切线方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{kx}+3$, 即 $\mathrm{kx}-\mathrm{y}+$ $3=0, \frac{|3 k-2+3|}{\sqrt{k^{2}+1}}=1$, 即 $|3 k+1|=\sqrt{k^{2}+1}$, 整理得 $2 \mathrm{k}(4 \mathrm{k}+3)=0, \therefore k=0$ 或 $k=-\frac{3}{4}$. 所求圆 $C$ 的切线方程为: $\mathrm{y}=3$ 或 $y=-\frac{3}{4} x+3$, 即 $\mathrm{y}=3$ 或 $3 \mathrm{x}+4 \mathrm{y}-12=0$.

(2) 依题意, 点 $\mathrm{M}$ 在以 $\mathrm{OA}$ 为直径的圆上, 其圆心为 $D\left(0, \frac{3}{2}\right)$, 半径为 $\frac{3}{2}$; 点 $\mathrm{M}$ 也在圆 $\mathrm{C}$上, 所以点 $M$ 是圆 $D$ 和圆 $C$ 的公共点; 又圆 $C$ 的圆心在直线 $1: y=2 x-4$ 上, 所以, 欲使圆 $\mathrm{C}$ 的半径最小, 只需过点 $\mathrm{D}$ 作直线 1 的垂线, 以垂足为圆心 $\mathrm{C}$ 并与圆 $\mathrm{D}$ 外切时的圆心 $\mathrm{C}$ 的半径 $\mathrm{r}$ 最小, 所以点 $\mathrm{D}$ 到直线 1 的距离 $d=\frac{\left|2 \cdot 0-\frac{3}{2}-4\right|}{\sqrt{2^{2}+1^{2}}}=\frac{11 \sqrt{5}}{10}$, 所以圆 $\mathrm{C}$ 的半径 $\mathrm{r}$的最小值为 $\frac{11 \sqrt{5}}{10}-\frac{3}{2}=\frac{11 \sqrt{5}-15}{10}$
解析：题意可得, $\mathrm{i}=4, \mathrm{~m}=3$, 所以 $\mathrm{A}(0,3)$.

(1) 由 $\left\{\begin{array}{l}y=2 x-4 \\ y=x-1\end{array}\right.$, 得圆心 $C$ 为 $(3,2), \because$ 圆 $C$ 的半径为 1 , . 圆 $\mathrm{C}$ 的方程为: $(x-3)^{2}+(y-2)^{2}=1$, 显然切线的斜率存在, 设圆 $\mathrm{C}$ 的切线方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{kx}+3$, 即 $\mathrm{kx}-\mathrm{y}+$ $3=0, \frac{|3 k-2+3|}{\sqrt{k^{2}+1}}=1$, 即 $|3 k+1|=\sqrt{k^{2}+1}$, 整理得 $2 \mathrm{k}(4 \mathrm{k}+3)=0, \therefore k=0$ 或 $k=-\frac{3}{4}$. 所求圆 $C$ 的切线方程为: $\mathrm{y}=3$ 或 $y=-\frac{3}{4} x+3$, 即 $\mathrm{y}=3$ 或 $3 \mathrm{x}+4 \mathrm{y}-12=0$.

(2) 依题意, 点 $\mathrm{M}$ 在以 $\mathrm{OA}$ 为直径的圆上, 其圆心为 $D\left(0, \frac{3}{2}\right)$, 半径为 $\frac{3}{2}$; 点 $\mathrm{M}$ 也在圆 $\mathrm{C}$上, 所以点 $M$ 是圆 $D$ 和圆 $C$ 的公共点; 又圆 $C$ 的圆心在直线 $1: y=2 x-4$ 上, 所以, 欲使圆 $\mathrm{C}$ 的半径最小, 只需过点 $\mathrm{D}$ 作直线 1 的垂线, 以垂足为圆心 $\mathrm{C}$ 并与圆 $\mathrm{D}$ 外切时的圆心 $\mathrm{C}$ 的半径 $\mathrm{r}$ 最小, 所以点 $\mathrm{D}$ 到直线 1 的距离 $d=\frac{\left|2 \cdot 0-\frac{3}{2}-4\right|}{\sqrt{2^{2}+1^{2}}}=\frac{11 \sqrt{5}}{10}$, 所以圆 $\mathrm{C}$ 的半径 $\mathrm{r}$的最小值为 $\frac{11 \sqrt{5}}{10}-\frac{3}{2}=\frac{11 \sqrt{5}-15}{10}$
题目（高一 · 解析几何）：运行如下程序, 如果输入的 $m, n$ 的值分别是 24 和 15 , 记录输出的 $i$ 和 $m$ 的值在平面直角坐标系 $x 0 y$ 中, 已知点 $A(i-4, m)$, 圆 C 的圆心在直线 $1: y=2 x-4$ 上.



(1) 若圆 $C$ 的半径为 1 , 且圆心 $C$ 在直线 $y=x-1$ 上, 过点 $A$ 作圆 $C$ 的切线, 求切线的方程;

(2) 若圆 $\mathrm{C}$ 上存在点 $\mathrm{M}$, 使 $\angle O M A=90^{\circ}$, 求圆 $\mathrm{C}$ 的半径 $\mathrm{r}$ 的最小值.
选项：
答案：题意可得, $\mathrm{i}=4, \mathrm{~m}=3$, 所以 $\mathrm{A}(0,3)$.

(1) 由 $\left\{\begin{array}{l}y=2 x-4 \\ y=x-1\end{array}\right.$, 得圆心 $\mathrm{C}$ 为 $(3,2)$, 因为圆 $\mathrm{C}$ 的半径为 1 , . 圆 $\mathrm{C}$ 的方程为: $(x-3)^{2}+(y-2)^{2}=1$, 显然切线的斜率存在, 设圆 C 的切线方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{kx}+3$, 即 $\mathrm{kx}-\mathrm{y}+$ $3=0, \frac{|3 k-2+3|}{\sqrt{k^{2}+1}}=1$, 即 $|3 k+1|=\sqrt{k^{2}+1}$, 整理得 $2 k(4 k+3)=0,: \mathrm{k}=0$ 或 $k=-\frac{3}{4}$. 所圆 $\mathrm{C}$ 的切线方程为: $\mathrm{y}=3$ 或 $\mathrm{y}=y=-\frac{3}{4} x+3$, 即 $\mathrm{y}=3$ 或 $3 \mathrm{x}+4 \mathrm{y}-12=0$.

（2）依题意, 点 $M$ 在以 04 为直径的圆上, 其圆心为 $\left.D （ 0, \frac{3}{2}\right)$, 半径为 $\frac{3}{2}$; 点 $M$ 也在
圆 $\mathrm{C}$ 上, 所以点 $\mathrm{M}$ 是圆 $\mathrm{D}$ 和圆 $\mathrm{C}$ 的公共点; 又圆 $\mathrm{C}$ 的圆心在直线 $1: \mathrm{y}=2 \mathrm{x}-4$ 上, 所以, 欲使圆 $\mathrm{C}$ 的半径最小, 只需过点 $\mathrm{D}$ 作直线 1 的垂线, 以垂足为圆心 $\mathrm{C}$ 并与圆 $\mathrm{D}$ 外切时的圆心 $\mathrm{C}$ 的半径 $\mathrm{r}$ 最小,

因为点 $\mathrm{D}$ 到直线 1 的距离 $d=\frac{\left|2 \cdot 0-\frac{3}{2}-4\right|}{\sqrt{2^{2}+1^{2}}}=\frac{11 \sqrt{5}}{10}$,

: . 圆 $\mathrm{C}$ 的半径 $\mathrm{r}$ 的最小值为 $\frac{11 \sqrt{5}}{10}-\frac{3}{2}=\frac{11 \sqrt{5}-15}{10}$
解析：题意可得, $\mathrm{i}=4, \mathrm{~m}=3$, 所以 $\mathrm{A}(0,3)$.

(1) 由 $\left\{\begin{array}{l}y=2 x-4 \\ y=x-1\end{array}\right.$, 得圆心 $\mathrm{C}$ 为 $(3,2)$, 因为圆 $\mathrm{C}$ 的半径为 1 , . 圆 $\mathrm{C}$ 的方程为: $(x-3)^{2}+(y-2)^{2}=1$, 显然切线的斜率存在, 设圆 C 的切线方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{kx}+3$, 即 $\mathrm{kx}-\mathrm{y}+$ $3=0, \frac{|3 k-2+3|}{\sqrt{k^{2}+1}}=1$, 即 $|3 k+1|=\sqrt{k^{2}+1}$, 整理得 $2 k(4 k+3)=0,: \mathrm{k}=0$ 或 $k=-\frac{3}{4}$. 所圆 $\mathrm{C}$ 的切线方程为: $\mathrm{y}=3$ 或 $\mathrm{y}=y=-\frac{3}{4} x+3$, 即 $\mathrm{y}=3$ 或 $3 \mathrm{x}+4 \mathrm{y}-12=0$.

（2）依题意, 点 $M$ 在以 04 为直径的圆上, 其圆心为 $\left.D （ 0, \frac{3}{2}\right)$, 半径为 $\frac{3}{2}$; 点 $M$ 也在
圆 $\mathrm{C}$ 上, 所以点 $\mathrm{M}$ 是圆 $\mathrm{D}$ 和圆 $\mathrm{C}$ 的公共点; 又圆 $\mathrm{C}$ 的圆心在直线 $1: \mathrm{y}=2 \mathrm{x}-4$ 上, 所以, 欲使圆 $\mathrm{C}$ 的半径最小, 只需过点 $\mathrm{D}$ 作直线 1 的垂线, 以垂足为圆心 $\mathrm{C}$ 并与圆 $\mathrm{D}$ 外切时的圆心 $\mathrm{C}$ 的半径 $\mathrm{r}$ 最小,

因为点 $\mathrm{D}$ 到直线 1 的距离 $d=\frac{\left|2 \cdot 0-\frac{3}{2}-4\right|}{\sqrt{2^{2}+1^{2}}}=\frac{11 \sqrt{5}}{10}$,

: . 圆 $\mathrm{C}$ 的半径 $\mathrm{r}$ 的最小值为 $\frac{11 \sqrt{5}}{10}-\frac{3}{2}=\frac{11 \sqrt{5}-15}{10}$
题目（高一 · 解析几何）：在锐角 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c$, 已知 $a=\sqrt{7}, b=3$,

$\sqrt{7} \sin B+\sin A=2 \sqrt{3}$.

(1) 求角 $A$ 的大小;

(2) 求 $\triangle A B C$ 的面积.
选项：
答案：) $A=\frac{\pi}{3}$ ；（2） $S_{\triangle A B C}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$.
解析：试题分析：(1) 先由正弦定理求得 $\sin B$ 与 $\sin A$ 的关系, 然后结合已知等式求得 $\sin A$ 的值, 从而求得 $A$ 的值; (2) 先由余弦定理求得 $C$ 的值, 从而由 $\cos B$ 的范围取舍 $C$ 的值, 进而由面积公式求解.试题解析: (1) 在 $\triangle A B C$ 中, 由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$, 得 $\frac{\sqrt{7}}{\sin A}=\frac{3}{\sin B}$, 即 $\sqrt{7} \sin B=3 \sin A$.又因为 $\sqrt{7} \sin B+\sin A=2 \sqrt{3}$, 所以 $\sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
因为 $\triangle A B C$ 为锐角三角形, 所以 $A=\frac{\pi}{3}$.

(2) 在 $\triangle A B C$ 中, 由余弦定理 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}$, 得 $\frac{1}{2}=\frac{9+c^{2}-7}{6 c}$, 即 $c^{2}-3 c+2=0$. 解得 $c=1$或 $c=2$.

当 $c=1$ 时, 因为 $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}=-\frac{\sqrt{7}}{14}<0$, 所以角 $B$ 为针角, 不符合题意, 舍去.当 $c=2$ 时,因为 $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}=\frac{\sqrt{7}}{14}>0$, 又 $b>c, b>a \Rightarrow B>C, B>A$, 所以 $\triangle A B C$ 为锐角三角形,符合题意. 所以 $\triangle A B C$ 的面积 $S=\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{1}{2} \times 3 \times 2 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$.

考点: 1、正余弦定理；2、三角形面积公式.
题目（高一 · 解析几何）：在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $l$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=3-\frac{\sqrt{2}}{2} t \\ y=\sqrt{5}+\frac{\sqrt{2}}{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数). 在以原点 $O$ 为极点, $x$ 轴正半轴为极轴的极坐标系中, 圆 $C$ 的方程为 $\rho=2 \sqrt{5} \sin \theta$.

(1)写出直线 $l$ 的普通方程和圆 $C$ 的直角坐标方程;

(2)若点 $P$ 坐标为 $(3, \sqrt{5})$, 圆 $C$ 与直线 $l$ 交于 $A, B$ 两点, 求 $|P A|+|P B|$ 的值.
选项：
答案：1) x^{2}+(y-\sqrt{5})^{2}=5$ (2) $3 \sqrt{2}$
解析：试题分析: (1) 由加减消元得直线 $l$ 的普通方程,由 $\rho \sin \theta=y, \rho^{2}=x^{2}+y^{2}$ 得圆 $C$ 的直角坐标方程;

（2）把直线 $l$ 的参数方程代入圆 C 的直角坐标方程, 由直线参数方程几何意义得 $|\mathrm{PA}|+|\mathrm{PB}|=\left|\mathrm{t}_{1}\right|+\left|\mathrm{t}_{2}\right|=\mathrm{t}_{1}+\mathrm{t}_{2}$, 再根据韦达定理可得结果

试题解析: 解: (I) 由 $\left\{\begin{array}{l}x=3-\frac{\sqrt{2}}{2} t \\ y=\sqrt{5}+\frac{\sqrt{2}}{2} t\end{array}\right.$ 得直线 $l$ 的普通方程为 $x+y-3-\sqrt{5}=0$

又由 $\rho=2 \sqrt{5} \sin \theta$ 得 $\rho^{2}=2 \sqrt{5} \rho \sin \theta$, 化为直角坐标方程为 $x^{2}+(y-\sqrt{5})^{2}=5$;

(II) 把直线 $l$ 的参数方程代入圆 C 的直角坐标方程,
得 $\left(3-\frac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{t}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{t}\right)^{2}=5$, 即 $\mathrm{t}^{2}-3 \sqrt{2} \mathrm{t}+4=0$

设 $\mathrm{t}_{1}, \mathrm{t}_{2}$ 是上述方程的两实数根,

所以 $\mathrm{t}_{1}+\mathrm{t}_{2}=3 \sqrt{2}$

又直线 $l$ 过点 $P(3, \sqrt{5}), A 、 B$ 两点对应的参数分别为 $t_{1}, t_{2}$,

所以 $|\mathrm{PA}|+|\mathrm{PB}|=\left|\mathrm{t}_{1}\right|+\left|\mathrm{t}_{2}\right|=\mathrm{t}_{1}+\mathrm{t}_{2}=3 \sqrt{2}$.
题目（高一 · 解析几何）：如图, 在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $P 、 Q$ 分别是平面 $A A_{1} D_{1} D$ 、平面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的中心, 证明:



(1) $D_{1} Q / /$ 平面 $C_{1} D B$;

(2) 平面 $D_{1} P Q / /$ 平面 $C_{1} D B$.
选项：
答案：) 证明见解析（2）证明见解析
解析：【分析】

(1)证明 $D_{1} Q / / D B$ 即可.

(2)根据(1)中的结论再证明 $D_{1} P / / C_{1} B$ 即可.

## 【详解】

(1) 由 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 是正方体,可知, $D_{1} Q / / D B, \because D_{1} Q \not \subset$ 平面 $C_{1} D B, D B \subset$ 平面 $C_{1} D B, \therefore D_{1} Q / /$ 平面 $C_{1} D B$.

(2) 由 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 是正方体, 可知, $D_{1} P / / C_{1} B$,

$\because D_{1} P \not \subset$ 平面 $C_{1} D B, C_{1} B \subset$ 年平面 $C_{1} D B$,

$\therefore D_{1} P / /$ 平面 $C_{1} D B$, 由 (1) 知, $D_{1} Q / /$ 平面 $C_{1} D B$, 又 $D_{1} Q \cap D_{1} P=D_{1}$,

$\therefore$ 平面 $D_{1} P Q / /$ 平面 $C_{1} D B$.

## 【点睛】

本题主要考查了线面平行与面面平行的证明,属于基础题.
题目（高一 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=\frac{a x+b}{x^{2}+1}$ 是定义在 $(-1,1)$ 上的奇函数, 且 $f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{2}{5}$.

(1) 求函数 $f(x)$ 的解析式;

（2）判断函数 $f(x)$ 在 $(-1,1)$ 上的单调性, 并用定义证明;

（3）解关于 $t$ 的不等式, $f\left(t+\frac{1}{2}\right)+f\left(t-\frac{1}{2}\right)<0$.
选项：
答案：) $f(0)=0 \Rightarrow b=0, \quad f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{2}{5} \Rightarrow a=1 \Rightarrow f(x)=\frac{x}{1+x^{2}}$;

(2) 任取- $1<x_{1}<x_{2}<1$,

$f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=\frac{\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(1-x_{1} x_{2}\right)}{\left(1+x_{1}^{2}\right)\left(1+x_{2}^{2}\right)}<0 \Rightarrow f\left(x_{1}\right)<f\left(x_{2}\right)$

所以函数 $f(x)$ 在 $(-1,1)$ 上是增函数;

(3)

$$
f\left(t+\frac{1}{2}\right)<-f\left(t-\frac{1}{2}\right) \Rightarrow f\left(t+\frac{1}{2}\right)<f\left(\frac{1}{2}-t\right)\left\{\begin{array} { c } 
{ t + \frac { 1 } { 2 } < \frac { 1 } { 2 } - t } \\
{ - 1 < t + \frac { 1 } { 2 } < 1 } \\
{ - 1 < t - \frac { 1 } { 2 } < 1 }
\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{c}
t<0 \\
-\frac{3}{2}<t<\frac{1}{2} \\
-\frac{1}{2}<t<\frac{3}{2}
\end{array} \Rightarrow-\frac{1}{2}<t<0\right.\right.
$$
解析：) $f(0)=0 \Rightarrow b=0, \quad f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{2}{5} \Rightarrow a=1 \Rightarrow f(x)=\frac{x}{1+x^{2}}$;

(2) 任取- $1<x_{1}<x_{2}<1$,

$f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=\frac{\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(1-x_{1} x_{2}\right)}{\left(1+x_{1}^{2}\right)\left(1+x_{2}^{2}\right)}<0 \Rightarrow f\left(x_{1}\right)<f\left(x_{2}\right)$

所以函数 $f(x)$ 在 $(-1,1)$ 上是增函数;

(3)

$$
f\left(t+\frac{1}{2}\right)<-f\left(t-\frac{1}{2}\right) \Rightarrow f\left(t+\frac{1}{2}\right)<f\left(\frac{1}{2}-t\right)\left\{\begin{array} { c } 
{ t + \frac { 1 } { 2 } < \frac { 1 } { 2 } - t } \\
{ - 1 < t + \frac { 1 } { 2 } < 1 } \\
{ - 1 < t - \frac { 1 } { 2 } < 1 }
\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{c}
t<0 \\
-\frac{3}{2}<t<\frac{1}{2} \\
-\frac{1}{2}<t<\frac{3}{2}
\end{array} \Rightarrow-\frac{1}{2}<t<0\right.\right.
$$
题目（高一 · 解析几何）：已知 $f(x)$ 是定义在 $R$ 上的奇函数, 当 $x>0$ 时, $f(x)=x^{2}-4 x$,
(1) 求 $f(x)$ 的解析式;
(2) 求不等式 $f(x)>x$ 的解集.
选项：
答案：(1) $f(x)=\left\{\begin{array}{cl}x^{2}-4 x, & x>0 \\ 0, & x=0 ; \\ -x^{2}-4 x, & x<0\end{array} \quad\right.$ (2) $\quad(-5,0) \cup(5,+\infty)$.
解析：【详解】

(1) $\because f(x)$ 是定义在 $R$ 上的奇函数, $\therefore f(0)=0$.

又当 $x<0$ 时, $-x>0, \therefore f(-x)=(-x)^{2}-4(-x)=x^{2}+4 x$.

又 $f(x)$ 为奇函数, $\therefore f(-x)=-f(x), \therefore f(x)=-x^{2}-4 x(x<0)$,

$\therefore f(x)=\left\{\begin{array}{cc}x^{2}-4 x, & x>0 \\ 0, & x=0 . \\ -x^{2}-4 x, & x<0\end{array}\right.$

(2) 当 $x>0$ 时, 由 $f(x)>x$ 得 $x^{2}-4 x>x$, 解得 $x>5$;

当 $x=0$ 时, $f(x)>x$ 无解;

当 $x<0$ 时, 由 $f(x)>x$ 得 $-x^{2}-4 x>x$, 解得 $-5<x<0$.

综上, 不等式 $f(x)>x$ 的解集用区间表示为 $(-5,0) \cup(5,+\infty)$.

【点睛】

本题考查了奇函数的性质, 考查了分类讨论思想, 考查了数学运算能力.
题目（高一 · 解析几何）：已知函数 $f(x)= \begin{cases}\frac{1}{x} & , x<0 \\ x^{2}-2 x & , 0 \leq x<3 \\ -x+6 & , x \geq 3\end{cases}$

（1）请在给定的坐标系中画出此函数的图象;



（2）写出此函数的定义域及单调区间, 并写出值域.
选项：
答案：(1) 解：图象如图所示:

<ImageHere>

(2) 解: 由函数 $y=f(x)$ 的图象可知, 该函数的定义域为 $R$,

增区间为 $\lfloor 1,3\rfloor$, 减区间为 $(-\infty, 0) 、\lfloor 0,1\rfloor 、\lfloor 3,+\infty)$ ，值域为 $(-\infty, 3\rfloor$
解析：(1) 根据函数 $y=f(x)$ 的解析式作出该函数的图象; (2) 根据函数 $y=f(x)$ 的图象可写出该函数的定义域、单调增区间和减区间以及值域.
题目（高一 · 解析几何）：已知 $f(x)=\sqrt{3-x}+\frac{1}{\sqrt{x+2}}$ 的定义域为集合 $\mathbf{A}$, 集合 $\mathbf{B}=\{x \mid-a<x<2 a-6\}$.

(1) 求集合 $\mathrm{A}$;

(2) 若 $\mathbf{A} \subseteq \mathrm{B}$, 求实数 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) 由已知得 $\left\{\begin{array}{l}3-x \geq 0 \\ x+2>0\end{array}\right.$ 即 $-2<x \leq 3$

$\therefore A=\{x \mid-2<x \leq 3\}$

(2) $\because A \subseteq B$

$\therefore\left\{\begin{array}{c}-a \leq 2 \\ 2 a-6>3\end{array}\right.$ 解得 $a>\frac{9}{2}$

$\therefore \boldsymbol{a}$ 的取值范围 $\left(\frac{9}{2},+\infty\right)$.
解析：(1) 由已知得 $\left\{\begin{array}{l}3-x \geq 0 \\ x+2>0\end{array}\right.$ 即 $-2<x \leq 3$

$\therefore A=\{x \mid-2<x \leq 3\}$

(2) $\because A \subseteq B$

$\therefore\left\{\begin{array}{c}-a \leq 2 \\ 2 a-6>3\end{array}\right.$ 解得 $a>\frac{9}{2}$

$\therefore \boldsymbol{a}$ 的取值范围 $\left(\frac{9}{2},+\infty\right)$.
题目（高一 · 解析几何）：已知 $A(3,3), B(-4,2), C(0,-2)$.

(1)求直线 $A B$ 和 $A C$ 的斜率.

(2)若点 $D$ 在线段 $B C$ (包括端点)上移动时, 求直线 $A D$ 的斜率的变化范围.
选项：
答案：) 由斜率公式可得直线 $A B$ 的斜率 $k_{A B}=\frac{2-3}{-4-3}=\frac{1}{7}$. 直线 $A C$ 的斜率 $k_{A C}=\frac{-2-3}{0-3}=\frac{5}{3}$. 故直线 $A B$ 的斜率为 $\frac{1}{7}$, 直线 $A C$ 的斜率为 $\frac{5}{3}$.

(2)如图所示, 当 $D$ 由 $B$ 运动到 $C$ 时, 直线 $A D$ 的斜率由 $k_{A B}$ 增大到 $k_{A C}$, 所以直线 $A D$ 的斜率的变化范围是 $\left[\frac{1}{7}, \frac{5}{3}\right]$.

<ImageHere>
解析：) 由斜率公式可得直线 $A B$ 的斜率 $k_{A B}=\frac{2-3}{-4-3}=\frac{1}{7}$. 直线 $A C$ 的斜率 $k_{A C}=\frac{-2-3}{0-3}=\frac{5}{3}$. 故直线 $A B$ 的斜率为 $\frac{1}{7}$, 直线 $A C$ 的斜率为 $\frac{5}{3}$.

(2)如图所示, 当 $D$ 由 $B$ 运动到 $C$ 时, 直线 $A D$ 的斜率由 $k_{A B}$ 增大到 $k_{A C}$, 所以直线 $A D$ 的斜率的变化范围是 $\left[\frac{1}{7}, \frac{5}{3}\right]$.
题目（高一 · 解析几何）：已知直线 $l$ 过点 $A(1,2), B(m, 3)$, 求直线 $l$ 的斜率和倾斜角的取值范围.
选项：
答案：设 $l$ 的斜率为 $k$, 倾斜角为 $\alpha$.

当 $m=1$ 时, 斜率 $k$ 不存在, $\alpha=90^{\circ}$;

当 $m \neq 1$ 时, $k=\frac{3-2}{m-1}=\frac{1}{m-1}$;

当 $m>1$ 时, $k=\frac{1}{m-1}>0$, 此时 $\alpha$ 为锐角, $0^{\circ}<\alpha<90^{\circ}$;

当 $m<1$ 时, $k=\frac{1}{m-1}<0$, 此时 $\alpha$ 为钝角,

$90^{\circ}<\alpha<180^{\circ}$.

所以 $0^{\circ}<\alpha<180^{\circ}, k \in(-\infty, 0) \cup(0,+\infty)$.
解析：设 $l$ 的斜率为 $k$, 倾斜角为 $\alpha$.

当 $m=1$ 时, 斜率 $k$ 不存在, $\alpha=90^{\circ}$;

当 $m \neq 1$ 时, $k=\frac{3-2}{m-1}=\frac{1}{m-1}$;

当 $m>1$ 时, $k=\frac{1}{m-1}>0$, 此时 $\alpha$ 为锐角, $0^{\circ}<\alpha<90^{\circ}$;

当 $m<1$ 时, $k=\frac{1}{m-1}<0$, 此时 $\alpha$ 为钝角,

$90^{\circ}<\alpha<180^{\circ}$.

所以 $0^{\circ}<\alpha<180^{\circ}, k \in(-\infty, 0) \cup(0,+\infty)$.
题目（高一 · 解析几何）：已知坐标平面内两点 $M(m+3,2 m+5), N(m-2,1)$.

(1)当 $m$ 为何值时，直线 $M N$ 的倾斜角为锐角?

(2)当 $m$ 为何值时，直线 $M N$ 的倾斜角为针角?

(3)直线 $M N$ 的倾斜角可能为直角吗？

解 (1)若倾斜角为锐角, 则斜率大于 0 ,

即 $k=\frac{2 m+5-1}{m+3-(m-2)}=\frac{2 m+4}{5}>0$,

解得 $m>-2$.

(2)若倾斜角为钝角, 则斜率小于 0 ,

即 $k=\frac{2 m+5-1}{m+3-(m-2)}=\frac{2 m+4}{5}<0$,

解得 $m<-2$.

(3) 当直线 $M N$ 垂直于 $x$ 轴时直线的倾斜角为直角, 此时 $m+3=m-2$, 此方程无解, 故直线 $M N$ 的倾斜角不可能为直角.

#
选项：
答案：坐标平面内两点 $M(m+3,2 m+5), N(m-2,1)$.

(1)当 $m$ 为何值时，直线 $M N$ 的倾斜角为锐角?

(2)当 $m$ 为何值时，直线 $M N$ 的倾斜角为针角?

(3)直线 $M N$ 的倾斜角可能为直角吗？

解 (1)若倾斜角为锐角, 则斜率大于 0 ,

即 $k=\frac{2 m+5-1}{m+3-(m-2)}=\frac{2 m+4}{5}>0$,

解得 $m>-2$.

(2)若倾斜角为钝角, 则斜率小于 0 ,

即 $k=\frac{2 m+5-1}{m+3-(m-2)}=\frac{2 m+4}{5}<0$,

解得 $m<-2$.

(3) 当直线 $M N$ 垂直于 $x$ 轴时直线的倾斜角为直角, 此时 $m+3=m-2$, 此方程无解, 故直线 $M N$ 的倾斜角不可能为直角.
解析：坐标平面内两点 $M(m+3,2 m+5), N(m-2,1)$.

(1)当 $m$ 为何值时，直线 $M N$ 的倾斜角为锐角?

(2)当 $m$ 为何值时，直线 $M N$ 的倾斜角为针角?

(3)直线 $M N$ 的倾斜角可能为直角吗？

解 (1)若倾斜角为锐角, 则斜率大于 0 ,

即 $k=\frac{2 m+5-1}{m+3-(m-2)}=\frac{2 m+4}{5}>0$,

解得 $m>-2$.

(2)若倾斜角为钝角, 则斜率小于 0 ,

即 $k=\frac{2 m+5-1}{m+3-(m-2)}=\frac{2 m+4}{5}<0$,

解得 $m<-2$.

(3) 当直线 $M N$ 垂直于 $x$ 轴时直线的倾斜角为直角, 此时 $m+3=m-2$, 此方程无解, 故直线 $M N$ 的倾斜角不可能为直角.
题目（高一 · 解析几何）：求过点 $A(1,2)$ 和 $B(1,10)$ 且与直线 $x-2 y-1=0$ 相切的圆的标准方程.

解 设圆心坐标为 $(a, b)$,

$\because A B$ 的中点坐标为 $(1,6)$,

$\therefore A B$ 的垂直平分线为 $y=6$.

$\because$ 圆心 $(a, b)$ 在 $A B$ 的垂直平分线上,

$\therefore b=6$.

由题意得 $\sqrt{(a-1)^{2}+(6-2)^{2}}=\frac{|a-2 \times 6-1|}{\sqrt{1^{2}+(-2)^{2}}}$,

解得 $a=3$ 或 -7 ,

当 $a=3$ 时, $r=\sqrt{(3-1)^{2}+(6-2)^{2}}=2 \sqrt{5}$.

当 $a=-7$ 时, $r=\sqrt{(-7-1)^{2}+(6-2)^{2}}=4 \sqrt{5}$.

$\therefore$ 所求圆的标准方程为 $(x-3)^{2}+(y-6)^{2}=20$

或 $(x+7)^{2}+(y-6)^{2}=80$.

#
选项：
答案：点 $A(1,2)$ 和 $B(1,10)$ 且与直线 $x-2 y-1=0$ 相切的圆的标准方程.

解 设圆心坐标为 $(a, b)$,

$\because A B$ 的中点坐标为 $(1,6)$,

$\therefore A B$ 的垂直平分线为 $y=6$.

$\because$ 圆心 $(a, b)$ 在 $A B$ 的垂直平分线上,

$\therefore b=6$.

由题意得 $\sqrt{(a-1)^{2}+(6-2)^{2}}=\frac{|a-2 \times 6-1|}{\sqrt{1^{2}+(-2)^{2}}}$,

解得 $a=3$ 或 -7 ,

当 $a=3$ 时, $r=\sqrt{(3-1)^{2}+(6-2)^{2}}=2 \sqrt{5}$.

当 $a=-7$ 时, $r=\sqrt{(-7-1)^{2}+(6-2)^{2}}=4 \sqrt{5}$.

$\therefore$ 所求圆的标准方程为 $(x-3)^{2}+(y-6)^{2}=20$

或 $(x+7)^{2}+(y-6)^{2}=80$.
解析：点 $A(1,2)$ 和 $B(1,10)$ 且与直线 $x-2 y-1=0$ 相切的圆的标准方程.

解 设圆心坐标为 $(a, b)$,

$\because A B$ 的中点坐标为 $(1,6)$,

$\therefore A B$ 的垂直平分线为 $y=6$.

$\because$ 圆心 $(a, b)$ 在 $A B$ 的垂直平分线上,

$\therefore b=6$.

由题意得 $\sqrt{(a-1)^{2}+(6-2)^{2}}=\frac{|a-2 \times 6-1|}{\sqrt{1^{2}+(-2)^{2}}}$,

解得 $a=3$ 或 -7 ,

当 $a=3$ 时, $r=\sqrt{(3-1)^{2}+(6-2)^{2}}=2 \sqrt{5}$.

当 $a=-7$ 时, $r=\sqrt{(-7-1)^{2}+(6-2)^{2}}=4 \sqrt{5}$.

$\therefore$ 所求圆的标准方程为 $(x-3)^{2}+(y-6)^{2}=20$

或 $(x+7)^{2}+(y-6)^{2}=80$.
题目（高一 · 解析几何）：证明: 函数 $y=\frac{x}{x+1}$ 在 $(-1,+\infty)$ 上是增函数.

【
选项：
答案：设 $x_{1}>x_{2}>-1$, 则

$y_{1}-y_{2}=\frac{x_{1}}{x_{1}+1}-\frac{x_{2}}{x_{2}+1}=\frac{x_{1}-x_{2}}{x_{1}+1 \quad x_{2}+1}$.

$\because x_{1}>x_{2}>-1, \quad \therefore x_{1}-x_{2}>0, \quad x_{1}+1>0, x_{2}+1>0$,

$\therefore \frac{x_{1}-x_{2}}{x_{1}+1 x_{2}+1}>0$, 即 $y_{1}-y_{2}>0, y_{1}>y_{2}$,

$\therefore y=\frac{x}{x+1}$ 在 $(-1,+\infty)$ 上是增函数.
解析：设 $x_{1}>x_{2}>-1$, 则

$y_{1}-y_{2}=\frac{x_{1}}{x_{1}+1}-\frac{x_{2}}{x_{2}+1}=\frac{x_{1}-x_{2}}{x_{1}+1 \quad x_{2}+1}$.

$\because x_{1}>x_{2}>-1, \quad \therefore x_{1}-x_{2}>0, \quad x_{1}+1>0, x_{2}+1>0$,

$\therefore \frac{x_{1}-x_{2}}{x_{1}+1 x_{2}+1}>0$, 即 $y_{1}-y_{2}>0, y_{1}>y_{2}$,

$\therefore y=\frac{x}{x+1}$ 在 $(-1,+\infty)$ 上是增函数.
题目（高一 · 解析几何）：如图, 已知直线 $l_{1}: x+y-1=0$, 现将直线 $l_{1}$ 向上平移到直线 $l_{2}$ 的位置, 若 $l_{2} 、 l_{1}$ 和坐标轴围成的梯形面积为 4 , 求 $l_{2}$ 的方程.



解 设 $l_{2}$ 的方程为 $y=-x+b(b>1)$,

则图中 $A(1,0), D(0,1), B(b, 0), C(0, b)$,

$\therefore|A D|=\sqrt{2},|B C|=\sqrt{2} b$.

梯形的高 $h$ 就是 $A$ 点到直线 $l_{2}$ 的距离,

故 $h=\frac{|1+0-b|}{\sqrt{2}}=\frac{|b-1|}{\sqrt{2}}=\frac{b-1}{\sqrt{2}}(b>1)$,

由梯形面积公式得 $\frac{\sqrt{2}+\sqrt{2} b}{2} \times \frac{b-1}{\sqrt{2}}=4$,

$\therefore b^{2}=9, b= \pm 3$. 但 $b>1$,

$\therefore b=3$.

从而得到直线 $l_{2}$ 的方程是 $x+y-3=0$.

#
选项：
答案：, 已知直线 $l_{1}: x+y-1=0$, 现将直线 $l_{1}$ 向上平移到直线 $l_{2}$ 的位置, 若 $l_{2} 、 l_{1}$ 和坐标轴围成的梯形面积为 4 , 求 $l_{2}$ 的方程.

<ImageHere>

解 设 $l_{2}$ 的方程为 $y=-x+b(b>1)$,

则图中 $A(1,0), D(0,1), B(b, 0), C(0, b)$,

$\therefore|A D|=\sqrt{2},|B C|=\sqrt{2} b$.

梯形的高 $h$ 就是 $A$ 点到直线 $l_{2}$ 的距离,

故 $h=\frac{|1+0-b|}{\sqrt{2}}=\frac{|b-1|}{\sqrt{2}}=\frac{b-1}{\sqrt{2}}(b>1)$,

由梯形面积公式得 $\frac{\sqrt{2}+\sqrt{2} b}{2} \times \frac{b-1}{\sqrt{2}}=4$,

$\therefore b^{2}=9, b= \pm 3$. 但 $b>1$,

$\therefore b=3$.

从而得到直线 $l_{2}$ 的方程是 $x+y-3=0$.
解析：, 已知直线 $l_{1}: x+y-1=0$, 现将直线 $l_{1}$ 向上平移到直线 $l_{2}$ 的位置, 若 $l_{2} 、 l_{1}$ 和坐标轴围成的梯形面积为 4 , 求 $l_{2}$ 的方程.



解 设 $l_{2}$ 的方程为 $y=-x+b(b>1)$,

则图中 $A(1,0), D(0,1), B(b, 0), C(0, b)$,

$\therefore|A D|=\sqrt{2},|B C|=\sqrt{2} b$.

梯形的高 $h$ 就是 $A$ 点到直线 $l_{2}$ 的距离,

故 $h=\frac{|1+0-b|}{\sqrt{2}}=\frac{|b-1|}{\sqrt{2}}=\frac{b-1}{\sqrt{2}}(b>1)$,

由梯形面积公式得 $\frac{\sqrt{2}+\sqrt{2} b}{2} \times \frac{b-1}{\sqrt{2}}=4$,

$\therefore b^{2}=9, b= \pm 3$. 但 $b>1$,

$\therefore b=3$.

从而得到直线 $l_{2}$ 的方程是 $x+y-3=0$.