eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 解析几何）：18. 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C$, 以 $A B$ 为直径的 $\odot O$ 交 $B C$ 于点 $D$, 过点 $D$ 作 $\odot O$ 的切线交 $A C$于 $\mathrm{E}$.求证: $\mathrm{DE} \perp \mathrm{AC}$.


选项：
答案：答案: 解答: 连接 $\mathrm{OD}, \mathrm{AD}$,如图.

<ImageHere>

$\because \mathrm{AB}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的直径,

$\therefore \mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}$.

$\because A B=A C$,即 $\triangle A B C$ 为等腰三角形,

$\therefore \mathrm{AD}$ 为 $\mathrm{BC}$ 边上的中线,即 $\mathrm{BD}=\mathrm{DC}$.

又 $\because \mathrm{OA}=\mathrm{OB}, \therefore \mathrm{OD}$ 为 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的中位线.

$\therefore \mathrm{OD} / / \mathrm{AC}$

$\because \mathrm{DE}$ 切 $\odot \mathrm{O}$ 于 $\mathrm{D}, \therefore \mathrm{OD} \perp \mathrm{DE} . \therefore \mathrm{DE} \perp \mathrm{AC}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆的切线的性质及判定定理, 解决问题的关键是由于 DE 是 $\odot$ $O$ 的切线, 则 $O D \perp D E$, 故要证 $D E \perp A C$, 只需要证明 $O D / / A C$ 即可.
题目（高三 · 解析几何）：20. 如图, $\mathrm{AB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, $\mathrm{AE}$ 平分 $\angle \mathrm{BAF}$ 交 $\odot \mathrm{O}$ 于点 $\mathrm{E}$, 过 $\mathrm{E}$ 作直线与 $\mathrm{AF}$ 垂直, 交 $\mathrm{AF}$ 的延长线于点 $\mathrm{D}$,且交 $\mathrm{AB}$ 的延长线于点 $\mathrm{C}$. 求证: $\mathrm{CD}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线.


选项：
答案：答案: 解答: 如图,连接 $\mathrm{OE}$.

<ImageHere>

$\because \mathrm{OA}=\mathrm{OE}, \therefore \angle 1=\angle 2$.

又 $\because \mathrm{AE}$ 平分 $\angle \mathrm{BAF}$,

$\therefore \angle 2=\angle 3$.

$\therefore \angle 1=\angle 3$.

$\therefore \mathrm{OE} / / \mathrm{AD}$.

$\because \mathrm{AD} \perp \mathrm{CD}, \therefore \mathrm{OE} \perp \mathrm{CD}$.

$\therefore \mathrm{CD}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 相切于点 $\mathrm{E}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆的切线的性质及判定定理, 解决问题的关键是证明 $\mathrm{OE} \perp \mathrm{CD}$即可
题目（高三 · 解析几何）：12. 已知在直角坐标系 $x \mathrm{O} y$ 中, 圆雉曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=\sqrt{3} \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数), 定点 $A(0,-\sqrt{3}), F_{1}, F_{2}$ 是圆雉曲线 $C$ 的左.右焦点.

(1) 以坐标原点为极点, $X$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 求经过点 $F_{1}$ 且平行于直线 $A F_{2}$的直线 $l$ 的极坐标方程;
选项：
答案：答案: 解: 圆锥曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{c}x=2 \cos \theta \\ y=\sqrt{3} \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数), 所以普通方程为 $C$ : $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1, A(0,-\sqrt{3}), F_{2}(1,0), F_{1}(-1,0) \therefore k=\sqrt{3}, l: y=\sqrt{3}(x+1)$

$\therefore$ 直线极坐标方程为: $\rho \sin \theta=\sqrt{3} \rho \cos \theta+\sqrt{3} \Rightarrow 2 \rho \sin \left(\theta-\frac{\pi}{3}\right)=\sqrt{3}$

(2) 设（1）中直线 $l$ 与圆雉曲线 $C$ 交于 $M, N$ 两点, 求 $\left|F_{1} M\right| \cdot\left|F_{1} N\right|$.答案: 解: 直线 $l$ 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=-1+\frac{t}{2} \\ y=\frac{\sqrt{3} t}{2}\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 代入椭圆方程得 $5 t^{2}-4 t-12=0$ $\therefore t_{1} t_{2}=-\frac{12}{5}$ 由 $t$ 的几何意义可得 $\left|F_{1} M \| F_{1} N\right|=\left|t_{1} t_{2}\right|=\frac{12}{5}$
解析：: 分析: 本题主要考查了, 解决问题的关键是 (1) 根据 $\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta=1$ 将圆雉曲线 $C$ 化为普通方程, 从而可得 $F_{1}, F_{2}$ 的坐标, 根据斜率公式求直线 $A F_{2}$ 的斜率, 因两直线平行, 直线 $l$ 斜率与直线 $A F_{2}$ 的斜率相等, 根据点斜式可求得直线 $l$ 的方程. 再根据
$x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$ 将其化为极坐标方程. (2) 将直线 $l$ 改写为过定点 $F_{1}$ 的参数方程, 将其代入曲线 $C$ 的普通方程, 可得关于参数 $t$ 的一元二次方程, 从而可得两根之积 $t_{1} t_{2}$, 由 $t$ 的几何意义可得 $\left|F_{1} M\right|\left|F_{1} N\right|=\left|t_{1} t_{2}\right|$
题目（高三 · 解析几何）：13. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 以原点 $\mathrm{O}$ 为极点, 以 $x$ 轴正半轴为极轴, 建立极坐标系, 曲线 $\mathrm{C}_{1}$的极坐标方程为 $\rho(\sin \theta+\cos \theta)=1$, 曲线 $\mathrm{C}_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{c}x=2 \cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$.

(1) 求曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 的直角坐标方程与曲线 $\mathrm{C}_{2}$ 的普通方程;
选项：
答案：答案: 解: 对于曲线 $C_{1}: \rho(\sin \theta+\cos \theta)=1$, 得 $\rho \sin \theta+\rho \cos \theta=1$, 故有 $x+y=1$,对于曲线 $C_{2}:\left\{\begin{array}{c}x=2 \cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$, 消去参数得 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$.

(2) 试判断曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 与 $\mathrm{C}_{2}$ 是否存在两个交点? 若存在, 求出两交点间的距离; 若不存在,说明理由。

答案: 解: 显然曲线 $C_{1}: x+y=1$ 为直线, 则其参数方程可写为 $\left\{\begin{array}{l}x=2-\frac{\sqrt{2}}{2} t \\ y=-1+\frac{\sqrt{2}}{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数),与曲 线 $C_{2}: \frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ 联立方程 组得 $5 t^{2}-12 \sqrt{2} t+8=0$, 可知 $\Delta=(12 \sqrt{2})^{2}-4 \times 5 \times 8=128>0$, 所以 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 存在两个交点,由 $t_{1}+t_{2}=\frac{12 \sqrt{2}}{5}, t_{1} t_{2}=\frac{8}{5}$, 得 $d=\left|t_{2}-t_{1}\right|=\sqrt{\left(t_{1}+t_{2}\right)^{2}-4 t_{1} t_{2}}=\frac{8 \sqrt{2}}{5}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了椭圆的参数方程.参数的意义, 解决问题的关键是利用直线的参数方程的几何意义求解直线与曲线交点的距离等内容. 意在考查转化与化归能力.基本运算能力, 方程思想与数形结合思想.
题目（高三 · 解析几何）：15. 已知直线 $L$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+2 t \\ y=\frac{1}{2}-t\end{array}\right.$, 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$, 设直线 $L$ 与曲线 $C$ 交于两点 $A, B$

(1) 求 $|A B|$;
选项：
答案：答案: 解: 由已知可得直线 $l$ 的方程为 $x+2 y=2$ 曲线 $C$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$由 $\left\{\begin{array}{l}x+2 y=2 \\ \frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1\end{array} \Rightarrow A(2,0), B(0,1) \quad \therefore|A B|=\sqrt{5}\right.$

(2) 设 $P$ 为曲线 $C$ 上的一点, 当 $\triangle A B P$ 的面积取最大值时, 求点 $P$ 的坐标.
答案：解：设 $P(2 \cos \theta, \sin \theta)$

$d=\frac{|2 \cos \theta+2 \sin \theta-2|}{\sqrt{5}}=\frac{\left|2 \sqrt{2} \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)-2\right|}{\sqrt{5}}$

当 $\sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=-1$ 即 $\theta=\frac{3 \pi}{4}$ 时 $d$ 最大,

$\therefore P\left(-\sqrt{2},-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$.
解析：：分析：本题主要考查了椭圆的参数方程, 解决问题的关键是 (1) 把直线的参数方程与邦圆的参数方程化为普通方程, 联立方程组解得交点 $A . B$ 的坐标, 然后用两点间距离公式可求得弦 $A B$ 的长; (2) 由于 $|A B|$ 是固定的, 因此 $\triangle A B P$ 的面积取最大值, 即点 $P$ 到直线 $A B$ 的距离最大, 故用参数方程表示曲线 $C$ 上的点 $P$ 的坐标 $(2 \cos \theta, \sin \theta)$, 用点到直线距离公式求得 $P$ 到直线 $A B$ 的距离 $d$, 然后求 $d$ 的最大值.
题目（高三 · 解析几何）：16. 在直角坐标系 $x \mathrm{O} y$ 中, 曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2-\sqrt{2} t \\ y=-1+\sqrt{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 以原点 $\mathrm{O}$ 为极点, 以 $x$ 轴正半轴为极轴, 建立极坐标系, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho=\frac{2}{\sqrt{1+3 \sin ^{2} \theta}}$.

(1) 求曲线 $C_{1}$ 的普通方程与曲线 $C_{2}$ 的直角坐标方程;

答案: 解: 对于曲线 $C_{1}$ 有 $x+y=1$, 对于曲线 $C_{2}$ 有 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$.

(2) 试判断曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 与 $\mathrm{C}_{2}$ 是否存在两个交点, 若存在, 求出两交点间的距离; 若不存在,说明理由。
选项：
答案：答案: 解: 显然曲线 $C_{1}: x+y=1$ 为直线, 则其参数方程可写为 $\left\{\begin{array}{l}x=2-\frac{\sqrt{2}}{2} t \\ y=-1+\frac{\sqrt{2}}{2} t\end{array}\right.$ (为参数)与曲线 $C_{2}: \frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ 联立, 可知 $\Delta>0$, 所以 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 存在两个交点,由 $t_{1}+t_{2}=\frac{12 \sqrt{2}}{5}, t_{1} t_{2}=\frac{8}{5}$, 得 $d=\left|t_{2}-t_{1}\right|=\sqrt{\left(t_{1}+t_{2}\right)^{2}-4 t_{1} t_{2}}=\frac{8 \sqrt{2}}{5}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了参数方程化成普通方程; 参数的意义, 解决问题的关键是(1) 根据参数方程与普通方程的关系, 对于曲线 $C_{1}$ 消去参数可得: $x+y=1$, 再根据极坐标方程与直角坐标方程的关系, 对于曲线 $C_{2}$ 可转化为: $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$; (2) 根据题意显然曲线 $C_{1}$ :
$x+y=1$ 为直线, 则其参数方程可写为 $\left\{\begin{array}{l}x=2-\frac{\sqrt{2}}{2} t \\ y=-1+\frac{\sqrt{2}}{2} t\end{array}\right.$ (为参数) 与曲线 $C_{2}: \frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ 联立, 可知 $\Delta>0$, 所以 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 存在两个交点, 由 $t_{1}+t_{2}=\frac{12 \sqrt{2}}{5}, t_{1} t_{2}=\frac{8}{5}$, 得 $d=\left|t_{2}-t_{1}\right|=\sqrt{\left(t_{1}+t_{2}\right)^{2}-4 t_{1} t_{2}}=\frac{8 \sqrt{2}}{5}$.
题目（高三 · 解析几何）：17. 已知曲线 $C_{1}:\left\{\begin{array}{l}x=-4+\cos t \\ y=3+\sin t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), $C_{2}:\left\{\begin{array}{l}x=8 \cos \theta \\ y=3 \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数).

(1) 化 $C_{1}, C_{2}$ 的方程为普通方程;
选项：
答案：答案: 解: 由 $\left\{\begin{array}{l}x=-4+\cos t \\ y=3+\sin t\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}x+4=\cos t \\ y-3=\sin t\end{array}\right.$,所以 $C_{1}:(x+4)^{2}+(y-3)^{2}=1$,由 $\left\{\begin{array}{l}x=8 \cos \theta \\ y=3 \sin \theta\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x}{8}=\cos \theta \\ \frac{y}{3}=\sin \theta\end{array}\right.$, 所以 $C_{2}: \frac{x^{2}}{64}+\frac{y^{2}}{9}=1$

(2) 若 $C_{1}$ 上的点 $P$ 对应的参数为 $t=\frac{\pi}{2}, Q$ 为 $C_{2}$ 上的动点, 求 $P Q$ 中点 $M$ 到直线 $C_{3}:\left\{\begin{array}{l}x=3+2 t \\ y=-2+t\end{array}\right.$ ( 为参数) 距离的最小值.

答案: 解: 当 $t=\frac{\pi}{2}$ 时, $P(-4,4), Q(8 \cos \theta, 3 \sin \theta)$, 故 $M\left(-2+4 \cos \theta, 2+\frac{3}{2} \sin \theta\right)$, $C_{3}$ 为直线 $x-2 y-7=0, M$ 到 $C_{3}$ 的距离 $d=\frac{\sqrt{5}}{5}|4 \cos \theta-3 \sin \theta-13|=\frac{\sqrt{5}}{5}|5 \cos (\theta+\varphi)-13| \geq \frac{\sqrt{5}}{5}|5-13|=\frac{8 \sqrt{5}}{5}$ （其 中， $\cos \varphi=\frac{4}{5}, \sin \varphi=\frac{3}{5}$ )

从且仅当 $\cos \theta=\frac{4}{5}, \sin \theta=-\frac{3}{5}$ 时, $d$ 取得最小值 $\frac{8 \sqrt{5}}{5}$.
解析：：分析：本题主要考查了参数方程化成普通方程, 解决问题的关键是 (1) 利用同角三角函数的基本关系，分别消去参数 $t$ 和 $\theta$ 即可;（2）首先利用参数方程求出点 $\mathrm{P}$ 的坐标，把直线 $C_{3}:\left\{\begin{array}{l}x=3+2 t \\ y=-2+t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数) 化为直角坐标下的一般方程, 再利用点到直线的距离公式
把点 $\mathrm{M}$ 到直线的距离表示成参数 $\theta$ 的函数并求出其最小值.
题目（高三 · 解析几何）：18. 将圆 $x^{2}+y^{2}=1$ 每一点的, 横坐标保持不变, 纵坐标变为原来的 2 倍, 得到曲线 C.

(1) 写出 C 的参数方程;
选项：
答案：答案: 解: 设 $\left(\mathrm{x}_{1}, \mathrm{y}_{1}\right)$ 为圆上的点, 在已知变换下变为 $\mathrm{C}$ 上点 $(\mathrm{x}, \mathrm{y})$, 依题意, 得 $\left\{\begin{array}{l}x=x_{1} \\ y=2 y_{1}\end{array}\right.$由 $\mathrm{x}_{1}{ }^{2}+\mathrm{y}_{1}{ }^{2}=1$ 得 $\mathrm{x}^{2}+\left(\frac{y}{2}\right)^{2}=1$, 即曲线 $\mathrm{C}$ 的方程为 $\mathrm{x}^{2}+\frac{y^{2}}{4}=1$.

故 C 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=2 \sin t\end{array}\right.$ ( $\mathrm{t}$ 为参数).

(2) 设直线 $l: 2 x+y-2=0$ 与 $\mathrm{C}$ 的交点为 $p_{1}, p_{2}$, 以坐标原点为极点, $x$ 轴的正半轴为极轴建立极坐标系, 求线段 $P_{1} P_{2}$ 的中点且与 $l$ 垂直的直线的极坐标方程.

答案: 解: 由 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+\frac{y^{2}}{4}=1 \\ 2 x+y-2=0\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=2\end{array}\right.$

不妨设 $\mathrm{P}_{1}(1,0), \mathrm{P}_{2}(0,2)$, 则线段 $\mathrm{P}_{1} \mathrm{P}_{2}$ 的中点坐标为 $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$, 所求直线的斜率 $\mathrm{k}=\frac{1}{2}$,于是所求直线方程为 $\mathrm{y}-1=\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{2}\right)$,

化为极坐标方程, 并整理得

$2 \rho \cos \theta-4 \rho \operatorname{s~In~} \theta=-3$, 即 $\rho=\frac{3}{4 \sin \theta-2 \cos \theta}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了椭圆的参数方程, 解决问题的关键是 (1) 在曲线 $\mathrm{C}$ 上任取一点 $(x, y)$, 可以根据点 $\left(x, \frac{1}{2} y\right)$ 在圆 $x^{2}+y^{2}=1$ 上, 求出 $\mathrm{C}$ 的方程, 再化为参数方程; (2)解方程组 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+\frac{y^{2}}{4}=1 \\ 2 x+y-2=0\end{array}\right.$ 求得 $P_{1}, P_{2}$ 的坐标, 可得线段 $P_{1} P_{2}$ 的中点坐标, 再根据与直线 $l$ 垂直的直线的斜率为 $\frac{1}{2}$, 用点斜式求得直线方程, 并利用 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$ 将其化为极坐标方程.
题目（高三 · 解析几何）：19. 已知曲线 $C_{1}:\left\{\begin{array}{l}x=-2+\cos t \\ y=1+\sin t\end{array}\right.$ ( $\mathrm{t}$ 为参数), $C_{2}:\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos \theta \\ y=3 \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数).

(1) 化 $C_{1}, C_{2}$ 的方程为普通方程, 并说明它们分别表示什么曲线;
选项：
答案：答案: 解: $C_{1}:(x+2)^{2}+(y-1)^{2}=1, C_{2}: \frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{9}=1$.

曲线 $C_{1}$ 为圆心是 $(-2,1)$, 半径是 1 的圆.

曲线 $C_{2}$ 为中心是坐标原点, 焦点在 $\mathrm{x}$ 轴上, 长轴长是 8 , 短轴长是 6 的椭圆.

(2) 过曲线 $C_{2}$ 的左顶点且倾斜角为 $\frac{\pi}{4}$ 的直线 $l$ 交曲线 $C_{1}$ 于 $A, B$ 两点, 求 $|A B|$

答案: 解: 曲线 $C_{2}$ 的左顶点为 $(-4,0)$, 则直线 $l$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-4+\frac{\sqrt{2}}{2} s \text {, ( } s \text { 为参数) } \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2} s,\end{array}\right.$

将其代入曲线 $C_{1}$ 整理可得: $s^{2}-3 \sqrt{2} s+4=0$, 设 $A, B$ 对应参数分别为 $s_{1}, s_{2}$, 则 $s_{1}+s_{2}=3 \sqrt{2}, s_{1} s_{2}=4$.

所以 $|A B|=\left|s_{1}-s_{2}\right|=\sqrt{\left(s_{1}+s_{2}\right)^{2}-4 s_{1} s_{2}}=\sqrt{2}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了椭圆的参数方程, 解决问题的关键是 (1) 根据 $\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha=1$ 消参. (2) 由曲线 $C_{2}$ 的直角坐标方程可知其左顶点为 $(-4,0)$, 从而可得直线 $l$ 的参数方程, 将直线 $l$ 的参数方程代入曲线 $C_{1}$ 整理可得关于参数 $S$ 的一元二次方程, 根据韦达定理可得两根之和,两根之积.由 $S$ 的几何意义可得 $|A B|=\left|s_{1}-s_{2}\right|$.
题目（高三 · 解析几何）：20. 已知在直角坐标系 $\mathrm{xOy}$ 中, 圆雉曲线 $\mathrm{C}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos \theta \\ y=4 \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数), 直线 $I$经过定点 $\mathrm{P}(2,3)$, 倾斜角为 $\frac{\pi}{3}$.

(1) 写出直线 $l$ 的参数方程和圆的标准方程;
选项：
答案：答案: 解: 直线 $l$ 的参数方程 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\frac{1}{2} t \\ y=3+\frac{\sqrt{3}}{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数 $)$, 圆的标准方程 $x^{2}+y^{2}=16$;

(2) 设直线 $l$ 与圆相交于 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两点, 求 $|\mathrm{PA}| \cdot|\mathrm{PB}|$ 的值

答案: 解: 有 (1), 把直线 $l$ 参数方程代人圆的标准方程得, $t^{2}+2+3 \sqrt{3} t-3=0$ (1), 设 $t_{1}, t_{2}$ 是方程(1)的两个实根, 则 $t_{1} t_{2}=-3$,

所以 $|P A| \cdot|P B|=\left|t_{1}\right|\left|t_{2}\right|=\left|t_{1} t_{2}\right|=3$
解析：：分析：本题主要考查了参数的意义, 解决问题的关键是 (1) 圆的标准方程,两式平
方相加, 消去参数即可, 直线 $l$ 的参数方程可直接利用 $\left\{\begin{array}{l}x=x_{0}+t \cos \alpha \\ y=y_{0}+t \sin \alpha\end{array} \quad t\right.$ 为参数,来写出;

(2) 设直线 1 与圆相交于 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两点, 求 $|\mathrm{PA}| \cdot|\mathrm{PB}|$ 的值, 而 $|\mathrm{PA}|,|\mathrm{PB}|$ 即为直线与圆交点的 $|t|$ 的值,故将直线方程代入圆的方程即可.
题目（高三 · 解析几何）：21. 已知圆雉曲线 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \cos \theta \\ y=2 \sqrt{2} \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数 $)$ 和定点 $A\left(0, \frac{\sqrt{3}}{3}\right), \mathrm{F}_{1}, \mathrm{~F}_{2}$ 是圆雉曲线的左右焦点。

(1) 求经过点 $\mathrm{F}_{2}$ 且垂直于直线 $A F_{1}$ 的直线 $l$ 的参数方程;
选项：
答案：答案: 解: 圆雉曲线 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \cos \theta \\ y=2 \sqrt{2} \sin \theta\end{array}(\theta\right.$ 化为普通方程 $) \frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{8}=1$所以 $F_{1}(-1,0), F_{2}(1,0)$, 则直线 $\sqrt{3} \rho \sin \theta+\rho \cos \theta=1$ 的斜率 $k=\frac{\sqrt{3}}{3}$于是经过点 $F_{2}$ 且垂直于直线 $A F_{1}$ 的直线 $l$ 的斜率 $k=-\sqrt{3}$直线 1 的倾斜角为 $120^{\circ}$所以直线 1 参数方程 $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos 120^{\circ} \\ y=\sin 120^{\circ} t\end{array},\left\{\begin{array}{l}x=1-\frac{1}{2} t \\ y=\frac{\sqrt{3}}{2} t\end{array}\right.\right.$

(2) 以坐标原点为极点, $x$ 轴的正半轴为极轴建立极坐标系, 求直线 $\mathrm{AF}_{2}$ 的极坐标方程.答案: 解: 直线 $\mathrm{AF}_{2}$ 的斜率 $\mathrm{k}=-\sqrt{3}$, 倾斜角是 $120^{\circ}$, 设 $\mathrm{P}(\rho, \theta)$ 是直线 $\mathrm{AF}_{2}$ 上任一点即 $\rho \sin \left(120^{\circ}-\theta\right)=\sin 60^{\circ}$, 化简得 $\sqrt{3} \rho \cos \theta+\rho \sin \theta=\sqrt{3}$, 故可知 $\sqrt{3} \rho \sin \theta+\rho \cos \theta=1$
解析：: 分析: 本题主要考查了椭圆的参数方程, 解决问题的关键是 (1) 利用三角函数中的平方关系消去参数 $\theta$, 将圆雉曲线化为普通方程, 从而求出其焦点坐标, 再利用直线的斜率求得直线 $\mathrm{L}$ 的倾斜角, 最后利用直线的参数方程形式, 即可得到直线 $\mathrm{L}$ 的参数方程.

(2) 设 $P(\rho, \theta)$ 是直线 $\mathrm{AF}_{2}$ 上任一点, 利用正弦定理列出关于 $\rho . \theta$ 的关系式, 化简即得直线 $\mathrm{AF}_{2}$ 的极坐标方程.
题目（高三 · 解析几何）：22. 已知在直角坐标系 $x O y$ 中, 圆雉曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{c}x=2 \cos \theta \\ y=\sqrt{3} \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数), 定点 $A(0,-\sqrt{3}), F_{1}, F_{2}$ 是圆雉曲线 $C$ 的左, 右焦点.

(1) 以原点为极点. $X$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 求经过点 $F_{1}$ 且平行于直线 $A F_{2}$ 的直线 $l$ 的极坐标方程;
选项：
答案：答案: 解: 圆雉曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=\sqrt{3} \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数),

所以普通方程为 $C: \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$,

$A(0,-\sqrt{3}), F_{2}(1,0), F_{1}(-1,0) \therefore k=\sqrt{3}, l: y=\sqrt{3}(x+1)$

$\therefore$ 直线 $l$ 极坐标方程为: $\rho \sin \theta=\sqrt{3} \rho \cos \theta+\sqrt{3} \Rightarrow 2 \rho \sin \left(\theta-\frac{\pi}{3}\right)=\sqrt{3}$

(2) 在 (1) 的条件下, 设直线 $l$ 与圆锥曲线 $C$ 交于 $E, F$ 两点, 求弦 $E F$ 的长.

答案: 解: $\left\{\begin{array}{c}\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1 \\ y=\sqrt{3}(x+1)\end{array} \Rightarrow 5 x^{2}+8 x=0\right.$,

$$
|E F|=\sqrt{1+k^{2}} \sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=\frac{16}{5}
$$
解析：: 分析: 本题主要考查了椭圆的参数方程, 解决问题的关键是能够熟练应用相应公式和方法将其转化为直角坐标方程, 对于所有问题都可以应用转化思想, 化陌生为熟悉, 将问题转化为直角坐标方程问题进行解决
题目（高三 · 解析几何）：23. 已知圆雉曲线 $C:\left\{\begin{array}{l}x=3 \cos \theta \\ y=2 \sqrt{2} \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 是参数) 和定点 $A\left(0, \frac{\sqrt{3}}{3}\right), F_{1}, F_{2}$ 是圆雉曲线的左.右焦点.

(1) 求经过点 $F_{2}$ 且垂直于直线 $A F_{1}$ 的直线 $l$ 的参数方程;

答案: 解: 圆雉曲线 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \cos \theta \\ y=2 \sqrt{2} \sin \theta\end{array}\right.$, 化为普通方程为 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{8}=1$,

$\therefore F_{1}(-1,0), F_{2}(1,0)$, 则直线 $A F_{1}$ 的斜率 $k=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

$\therefore$ 经过点 $F_{2}$ 且垂直于直线 $A F_{1}$ 的直线 $l$ 的斜率 $k=-\sqrt{3}$, 直线 $l$ 的倾斜角是 $120^{\circ}$,

$\therefore$ 直线 $l$ 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos 120^{\circ} \\ y=t \sin 120^{\circ}\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 即 $\left\{\begin{array}{l}x=-\frac{1}{2} t+1 \\ y=\frac{\sqrt{3}}{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数)

(2) 设 $P$ 为曲线 $C$ 上的动点, 求 $P$ 到直线 $l$ 距离的取值范围.
选项：
答案：答案: 解: 直线 $l$ 的方程为 $\sqrt{3} x+y-\sqrt{3}=0$, 设 $P(3 \cos \theta, 2 \sqrt{2} \sin \theta)$, 则 $P$ 到直线 $l$ 距离
$d=\frac{|3 \sqrt{3} \cos \theta+2 \sqrt{2} \sin \theta-\sqrt{3}|}{2}=\frac{|\sqrt{35} \sin (\varphi+\theta)-\sqrt{3}|}{2}$, 故 $P$ 到直线 $l$ 距离的取值范围为 $\left[0, \frac{\sqrt{35}+3}{2}\right]$.
解析：: 分析: 本题主要考查了椭圆的参数方程, 解决问题的关键是数形结合思想和基本的运算能力.
题目（高三 · 解析几何）：24. 已知圆雉曲线 $C:\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \alpha \\ y=\sqrt{3} \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数) 和定点 $A(0, \sqrt{3}), F_{1} . F_{2}$ 是此圆雉曲线的左.右焦点, 以原点 $O$ 为极点, 以 $X$ 轴的正半轴为极轴建立极坐标系.

(1) 求直线 $A F_{2}$ 的直角坐标方程;
选项：
答案：答案: 解: 曲线 $C:\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \alpha \\ y=\sqrt{3} \sin \alpha\end{array}\right.$ 可化为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$,其轨迹为椭圆，焦点为 $F_{1}(-1,0), F_{2}(1,0)$.

经过 $A(0, \sqrt{3})$ 和 $F_{2}(1,0)$ 的直线方程为 $\frac{x}{1}+\frac{y}{\sqrt{3}}=1$, 即 $\sqrt{3} x+y-\sqrt{3}=0$.

(2) 经过点 $F_{1}$ 且与直线 $A F_{2}$ 垂直的直线 $l$ 交此圆雉曲线于 $M . N$ 两点, 求 $\left|M F_{1}\right|-\left|N F_{1}\right|$的值.

答案: 解: 由 (1) 知, 直线 $A F_{2}$ 的斜率为 $-\sqrt{3}$, 因为 $l \perp A F_{2}$, 所以 $\mathrm{l}$ 的斜率为 $\frac{\sqrt{3}}{3}$, 倾斜角为 $30^{\circ}$ ，

所以 $\mathrm{l}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-1+\frac{\sqrt{3}}{2} t \\ y=\frac{1}{2} t\end{array}\right.$ ( $\mathrm{t}$ 为参数),

代入椭圆 $\mathrm{C}$ 的方程中, 得 $13 t^{2}-12 \sqrt{3} t-36=0$

因为 $\mathrm{M}, \mathrm{N}$ 在点 $F_{1}$ 的两侧, 所以 ||$M F_{1}|-| N F_{1}||=\left|t_{1}+t_{2}\right|=\frac{12 \sqrt{3}}{13}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了椭圆的参数方程.参数的意义, 解决问题的关键是利用直线参数方程中 $\mathrm{t}$ 的几何意义解决此题
题目（高三 · 解析几何）：21. 如图, 已知圆上的 $A C=B D$, 过 $\mathrm{C}$ 点的圆的切线与 $\mathrm{BA}$ 的延长线交于点 $\mathrm{E}$,



(1) 证明: $\angle \mathrm{ACE}=\angle \mathrm{BCD}$;
选项：
答案：答案: 证明: $\because A C=B D, \therefore \angle B C D=\angle \mathrm{ABC}$.

又 $\because \mathrm{EC}$ 与圆相切于点 $\mathrm{C}$,

$\therefore \angle \mathrm{ACE}=\angle \mathrm{ABC} . \therefore \angle \mathrm{ACE}=\angle \mathrm{BCD}$.

(2) 证明: $\mathrm{BC}^{2}=\mathrm{BE} \cdot \mathrm{CD}$.

答案：证明： $\because \angle \mathrm{ECB}=\angle \mathrm{CDB}, \angle \mathrm{EBC}=\angle \mathrm{BCD}$,

$\therefore \triangle \mathrm{BDC} \sim \triangle \mathrm{ECB} . \therefore \frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{BE}}=\frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{BC}}$

即 $\mathrm{BC}^{2}=\mathrm{BE} \cdot \mathrm{CD}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了弦切角的性质, 解决问题的关键是根据弦切角的性质:(1)证明这两个角都等于 $\angle \mathrm{ABC}$;(2)转化为证明 $\triangle \mathrm{BDC} \sim \triangle \mathrm{ECB}$
题目（高三 · 解析几何）：24. 如图, $\triangle \mathrm{ABC}$ 内接于 $\odot \mathrm{O}, \mathrm{AB}=\mathrm{AC}$, 直线 $\mathrm{MN}$ 切 $\odot \mathrm{O}$ 于点 $\mathrm{C}$, 弦 $\mathrm{BD} / / \mathrm{MN}, \mathrm{AC}$ 与 $\mathrm{BD}$ 相交于点 $\mathrm{E}$.



(1)求证: $\triangle \mathrm{ABE} \cong \triangle A C D$;
选项：
答案：答案: 证明: $\because \mathrm{BD} / / \mathrm{MN}, \therefore \angle \mathrm{CDB}=\angle \mathrm{DCN}$.

又 $\angle \mathrm{BAE}=\angle \mathrm{CDB}$,

$\therefore \angle \mathrm{BAE}=\angle \mathrm{DCN}$.

又直线 $\mathrm{MN}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线,

$\therefore \angle \mathrm{DCN}=\angle \mathrm{CAD}$.

$\therefore \angle \mathrm{BAE}=\angle \mathrm{CAD}$.

又 $\angle \mathrm{ABE}=\angle \mathrm{ACD}, \mathrm{AB}=\mathrm{AC}$,

$\therefore \triangle \mathrm{ABE} \cong \triangle \mathrm{ACD}$

(2)求证: $\mathrm{BE}=\mathrm{BC}$.

答案: 证明: $\because \angle \mathrm{EBC}=\angle \mathrm{BCM}, \angle \mathrm{BCM}=\angle \mathrm{BDC}$,

$\therefore \angle \mathrm{EBC}=\angle \mathrm{BDC}$.

$\therefore \mathrm{CB}=\mathrm{CD}$.

$\because \angle \mathrm{BEC}=\angle \mathrm{EDC}+\angle \mathrm{ECD}, \angle \mathrm{ECD}=\angle \mathrm{ABE}$,

$\therefore \angle \mathrm{BEC}=\angle \mathrm{EBC}+\angle \mathrm{ABE}=\angle \mathrm{ABC}$.

又 $A B=A C$,
$\therefore \angle \mathrm{ABC}=\angle \mathrm{ECB}$.

$\therefore \angle \mathrm{BEC}=\angle \mathrm{ECB}$.

$\therefore \mathrm{BE}=\mathrm{BC}$.
解析：：分析：本题主要考查了弦切角的性质, 解决问题的关键是根据弦切角的性质(1)由已知, 得 $\angle \mathrm{ABE}=\angle \mathrm{ACD}$, 只需证明 $\angle \mathrm{BAE}=\angle \mathrm{CAD}$, 转化为证明 $\angle \mathrm{BAE}=\angle \mathrm{CDB}, \angle \mathrm{CDB}=\angle \mathrm{DCN}$, $\angle \mathrm{DCN}=\angle \mathrm{CAD}$.(2)转化为证明 $\angle \mathrm{BEC}=\angle \mathrm{ECB}$.
题目（高三 · 解析几何）：19. 已知圆 $\mathrm{C}$ 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=1+6 \cos a, \\ y=2+6 \sin a,\end{array}\right.$ ( $\mathrm{a}$ 为参数)直线 $l$ 的普通方程 $\mathrm{x}-\mathrm{y}-6 \sqrt{2}=0$.

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

(2)写出平移后圆的摆线方程。

答案: 解: 由于圆的半径是 6 , 所以可得摆线方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=6 \varphi-6 \sin \varphi \\ y=6-6 \cos \varphi\end{array}\right.$ ( $\varphi$ 为参数)

(3)求摆线和 $x$ 轴的交点。

答案：令 $y=0$, 得 $6-6 \cos \varphi=0, \therefore \cos \varphi=1$, 所以 $\varphi=2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$. 代入 $x=6 \varphi-6 \sin \varphi$ 得 $x=12 k \pi(k \in Z)$, 即圆的摆线和 $x$ 轴的交点 $(12 k \pi, 0)(k \in Z)$
解析：: 分析: 本题主要考查了其它摆线的生成过程, 解决问题的关键是根据其它摆线的生成的过程分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：20. 当 $\varphi=\frac{\pi}{2}$ 时, 求圆的摆线 $\left\{\begin{array}{c}x=4 \varphi-4 \sin \varphi, \\ y=4-4 \cos \varphi\end{array}\right.$ ( $\varphi$ 为参数)上对应的点的坐标.
选项：
答案：答案: 解: 将 $\varphi=\frac{\pi}{2}$ 代入 $\left\{\begin{array}{l}x=4 \varphi-4 \sin \varphi, \\ y=4-4 \cos \varphi,\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{c}x=4 \times \frac{\pi}{2}-4 \times \sin \frac{\pi}{2} \\ y=4-4 \cos \frac{\pi}{2}\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{c}x=2 \pi-4, \\ y=4\end{array}\right.$故 $\varphi=\frac{\pi}{2}$ 时摆线上点的坐标为 $(2 \pi-4,4)$
解析：: 分析: 本题主要考查了其它摆线的生成过程, 解决问题的关键是根据圆的摆线的参数方程分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：21. 已知圆的直径为 2 , 其渐开线的参数方程对应的曲线上两点 $A . B$ 对应的参数分别是 $\frac{\pi}{3}$ 和 $\frac{\pi}{2}$, 求 $\mathrm{A} . \mathrm{~B}$ 两点的距离.
选项：
答案：答案: 解: 根据条件可知圆的半径是 1 , 所以对应的渐开线参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \varphi+\varphi \sin \varphi \\ y=\sin \varphi-\varphi \cos \varphi\end{array}\right.$ ( $\varphi$ 为参数), 分别把 $\varphi=\frac{\pi}{3}$ 和 $\varphi=\frac{\pi}{2}$ 代入, 可得 $\mathrm{A} . \mathrm{~B}$ 两点的坐标分别为 $\mathrm{A}\left(\frac{3+\sqrt{3} \pi}{6}, \frac{3 \sqrt{3}-\pi}{6}\right), \mathrm{B}\left(\frac{\pi}{2}, 1\right)$. 那么, 根据两点之间的距离公式可得 $\mathrm{A} . \mathrm{~B}$ 两点的距离为 $A B=\sqrt{\left(\frac{3+\sqrt{3} \pi}{6}-\frac{\pi}{2}\right)^{2}-\left(\frac{3 \sqrt{3}-1}{6}-1\right)^{2}}$

$$
=\frac{1}{6} \sqrt{(13-6 \sqrt{3}) \pi^{2}-6 \pi-36 \sqrt{3}+72}
$$
解析：: 分析: 本题主要考查了渐开线的生成过程及其参数方程, 解决问题的关键是先写出圆的渐开线的参数方程, 再把 $\mathrm{A} . \mathrm{~B}$ 对应的参数代入参数方程可得对应的 $\mathrm{A} . \mathrm{~B}$ 两点的坐标,然后使用两点之间的距离公式可得 $\mathrm{A} . \mathrm{~B}$ 之间的距离
题目（高三 · 解析几何）：22. 当 $\varphi=\frac{3 \pi}{2}, \frac{\pi}{2}$ 时, 求出渐开线 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \varphi+\varphi \sin \varphi \\ y=\sin \varphi-\varphi \cos \varphi\end{array}\right.$ 上的对应点 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$, 并求出 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$的距离.
选项：
答案：答案: 解: 将 $\varphi=\frac{3 \pi}{2}$ 代入参数方程, 得 $\left\{\begin{array}{l}x=-\frac{3 \pi}{2} \\ y=-1\end{array}\right.$, 把 $\varphi=\frac{\pi}{2}$ 代入方程, 得 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{\pi}{2} \\ y=1\end{array}\right.$ $\therefore \mathrm{A}\left(-\frac{3 \pi}{2},-1\right)$, 点 $\mathrm{B}\left(\frac{\pi}{2}, 1\right)$. 因此 $|\mathrm{AB}|=\sqrt{\left(\frac{\pi}{2}+\frac{3 \pi}{2}\right)^{2}+(1+1)^{2}}=2 \sqrt{\pi^{2}+1}$,故点 $A . B$ 间的距离为 $2 \sqrt{\pi^{2}+1}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了渐开线的生成过程及其参数方程, 解决问题的关键是根据渐开线的生成过程及其参数方程分析计算即可