eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 解析几何）：(12 分) 在复平面内, $A, B, C$ 三点分别对应复数 $1,2+\mathrm{i},-1+2 \mathrm{i}$.

(1) 求 $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}, \overrightarrow{B C}$ 对应的复数;

(2) 判断 $\triangle A B C$ 的形状.
选项：
答案：(1) $\overrightarrow{A B}$ 对应的复数为 $1+i, \overrightarrow{A C}$ 对应的复数为 $-2+2 i, \overrightarrow{B C}$ 对应的复数为 $-3+i$; (2) $	riangle A B C$ 是以角 $A$ 为直角的直角三角形.
解析：(1) $ecause A, B, C$ 三点对应的复数分别为 $1,2+i,-1+2 i$,$\overrightarrow{O A}, \overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O C}$ 对应的复数分别为 $1,2+i,-1+2 i$,其中 $O$ 为坐标原点, $	herefore \overrightarrow{O A}=(1,0), \overrightarrow{O B}=(2,1), \overrightarrow{O C}=(-1,2)$,$\overrightarrow{A B}=\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O A}=(1,1), \quad \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{O C}-\overrightarrow{O A}=(-2,2)$$\overrightarrow{B C}=\overrightarrow{O C}-\overrightarrow{O B}=(-3,1)$.即 $\overrightarrow{A B}$ 对应的复数为 $1+i, \overrightarrow{A C}$ 对应的复数为 $-2+2 i, \overrightarrow{B C}$ 对应的复数为 $-3+i$.(2) $ecause|\overrightarrow{A B}|=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}$, ,$|\overrightarrow{A B}|^{2}+|\overrightarrow{A C}|^{2}=10=|\overrightarrow{B C}|^{2}$又 $ecause|\overrightarrow{A B \mid}| 
eq|\overrightarrow{A C}|, 	riangle A B C$ 是以角 $A$ 为直角的直角三角形.
题目（高三 · 解析几何）：(12 分) 设复数.

(1) 若 $z$ 在复平面内对应的点在第三象限, 求 $m$ 的取值范围;

(2) 若 $z$ 在复平面内对应的点在直线 $x-y-1=0$ 上, 求 $m$ 的值.

(1) 求复数 $z$;

(2) 设 $z, z^{2}, z-z^{2}$ 在复平面上对应点分别为 $A, B, C$, 求 $\triangle A B C$ 的面积.
选项：
答案：1) $\{m \mid-1<m<0\}$; (2) $m=1 \pm \sqrt{2}$.
解析：(1) 由已知得 $\left\{egin{array}{l}\log _{2}(1+m)<0 	ext { (1) } \ \log _{rac{1}{2}}(3-m)<0 	ext { (2) }\end{array}ight.$由(1)得 $-1<m<0$, 由(2)得 $m<2$,故不等式组的解集为 $\{m \mid-1<m<0\}$,因此 $m$ 的取值范围是 $\{m \mid-1<m<0\}$(2) 由已知得, 点 $\left(\log _{2}(1+m), \log _{rac{1}{2}}(3-m)ight)$ 在直线 $x-y-1=0$ 上,即, 整理得 $\log _{2}(1+m)(3-m)=1$,从而 $(1+m)(3-m)=2$, 即 $m^{2}-2 m-1=0$, 解得 $m=1 \pm \sqrt{2}$,经验证得, 当 $m=1 \pm \sqrt{2}$ 时, 都能使 ${ }^{1+m>0}$, 且 ${ }^{3-m>0}$,所以 $m=1 \pm \sqrt{2}$.
题目（高三 · 解析几何）：(12 分) 已知复数 $z$ 满足 $|z|=\sqrt{2}, z^{2}$ 的虚部为 2 .
点在第二象限.

(1) 求复数 $Z$;

（2）若复数 $\omega$ 满足 $|\omega-1| \leq\left|\frac{\bar{z}}{z+\mathrm{i}}\right|$, 求 $\omega$ 在复平面内对应的点的集合构成图形的面

积.
选项：
答案：（1） $z=1+i$ 或 $z=-1-i$ ；（2）1.
解析：(1) 设 $Z=a+b \mathrm{i}(a, b \in \mathbf{R})$,由已知可得 $\left\{egin{array}{l}\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{2} \ 2 a b=2\end{array}ight.$, 即 $\left\{egin{array}{l}a^{2}+b^{2}=2 \ a b=1\end{array}ight.$, 解得 $\left\{egin{array}{l}a=1 \ b=1\end{array}ight.$ 或 $\left\{egin{array}{l}a=-1 \ b=-1\end{array}ight.$.$	herefore z=1+\mathrm{i}$ 或 $z=-1-\mathrm{i}$.(2) 当 $z=1+i$ 时, $z^{2}=2 \mathrm{i}, z-z^{2}=1-\mathrm{i}$,$	herefore A(1,1), B(0,2), C(1,-1)$,故 $	riangle A B C_{	ext {的面积 }} S=rac{1}{2} 	imes 2 	imes 1=1$当 $z=-1-i$ 时, $z^{2}=2 i, z-z^{2}=-1-3 i$,$	herefore A(-1,-1), B(0,2), C(-1,-3)$,故 $	riangle A B C$ 的面积 $S=rac{1}{2} 	imes 2 	imes 1=1$,$	herefore 	riangle A B C$ 的面积为 1 .
题目（高三 · 解析几何）：24. 已知函数 $f(x)=a e^{x}-\ln x$.

(1) 设 $x=e$ 是 $f(x)$ 的极值点, 求 $f(x)$ 的单调区间;

（2）当 $a \geq \frac{1}{e}$ 时, 求证: $f(x) \geq 1$.
选项：
答案：$f(x) \geq g(x) \geq 1$.
解析：：(1) $f(x)$ 在 $(e,+\infty)$ 上减, $(e+\infty)$ 上增; (2) 证明见解析.

解析：(1) $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty), f^{\prime}(x)=a e^{x}-\frac{1}{x}$,

由 $f^{\prime}(e)=0 \Rightarrow a e^{e}-\frac{1}{e}=0 \Rightarrow a=e^{-e-1}$,

所以 $f^{\prime}(x)=e^{x-e-1}-\frac{1}{x}$, 又因为 $f^{\prime \prime}(x)=e^{x-e-1}+\frac{1}{x^{2}}>0$,

所以 $f^{\prime}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, 注意到 $f^{\prime}(e)=0$,

所以 $f(x)$ 在 $(e,+\infty)$ 上减, $(e+\infty)$ 上增.

(2) 由 $a \geq \frac{1}{e} \Rightarrow a e^{x} \geq e^{x-1}$, 所以 $f(x) \geq e^{x-1}-\ln x$,

记 $g(x)=e^{x-1}-\ln x, g^{\prime}(x)=e^{x-1}-\frac{1}{x}$,

当 $0<x<1$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减,

当 $x>1$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增,

所以 $x=1$ 是 $g(x)$ 的最小值点, $g(x) \geq g(1)=1$, 故 $f(x) \geq g(x) \geq 1$.
题目（高三 · 解析几何）：25. 已知函数 $f(x)=\ln x-a x$ ( $a$ 为实常数).

(1) 求函数 $f(x)$ 的单调区间;

(2) 若 $\mathrm{a}>0$, 求不等式 $f(x)-f\left(\frac{2}{a}-x\right)>0$ 的解集.

选项：
答案：答案：(1) $a \leq 0$ 时, $f(x)$ 的增区间为 $(0,+\infty) ; a>0$ 时, $f(x)$ 的增区间为 $\left(0, \frac{1}{a}\right)$, 减区间为 $\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$

(2) $\left(\frac{1}{a}, \frac{2}{a}\right)$ $\left(\frac{1}{a}, \frac{2}{a}\right)$.



本题考查了导数在函数单调性中的应用, 考查了分类讨论的思想, 此题属于难题.
解析：：(1) $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty), f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-a=\frac{1-a x}{x}$,

(1)若 $a \leq 0$, 则 $f^{\prime}(x)>0$ 恒成立, 故 $f(x)$ 的 $(0,+\infty)$ 上单调递增;

(2) 若 $a>0$, 则当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x>\frac{1}{a}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$,

综上，当 $a \leq 0$ 时, $f(x)$ 的增区间为 $(0,+\infty)$,

当 $a>0$ 时, $f(x)$ 的增区间为 $\left(0, \frac{1}{a}\right)$, 减区间为 $\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$

(2) $\because f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty), \therefore\left\{\begin{array}{l}x>0 \\ \frac{2}{a}-x>0\end{array}\right.$,

又 $a>0$, 故 $0<x<\frac{2}{a}$.

设 $F(x)=f(x)-f\left(\frac{2}{a}-x\right)$

$=\ln x-a x-\ln \left(\frac{2}{a}-x\right)+a\left(\frac{2}{a}-x\right)$

$=\ln x-\ln \left(\frac{2}{a}-x\right)-2 a x+2$,

$F^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{\frac{2}{a}-x}-2 a=\frac{\left(x-\frac{1}{a}\right)^{2}}{x\left(\frac{2}{a}-x\right)} \geq 0$,

$\therefore F(x)$ 在 $\left(0, \frac{2}{a}\right)$ 上单调递增,

又 $F\left(\frac{1}{a}\right)=0, \therefore$ 当 $x \in\left(0, \frac{1}{a}\right)$ 时, $F(x)<0$,
当 $x \in\left(\frac{1}{a}, \frac{2}{a}\right)$ 时, $F(x)>0$,

$\therefore$ 当 $f(x)-f\left(\frac{2}{a}-x\right)>0$ 的解集为 $\left(\frac{1}{a}, \frac{2}{a}\right)$.



本题考查了导数在函数单调性中的应用, 考查了分类讨论的思想, 此题属于难题.
题目（高三 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=x^{2} \ln x$.

(I) 求函数 $y=f(x)$ 的图象在 $x=1$ 处的切线方程;

(II) 若过点 $(0,0)$ 的直线 $l$ 与函数 $y=f(x)$ 图象相切, 求 $l$ 的方程.
选项：
答案：(1) $y^{\prime}=2 x \ln x+x$,$$x=1 	ext { 时, } y=0, y^{\prime}=1 	ext {, }$$$	herefore$ 这个图象在 $x=1$ 处的切线方程为 $y=x-1$.(2) 设 $l$ 与这个图象的切点为 $\left(x_{0}, x_{0}^{2} \ln x_{0}ight), l$ 方程为 $y=x_{0}^{2} \ln x_{0}=\left(2 x_{0} \ln x_{0}+x_{0}ight)\left(x-x_{0}ight)$,由 $l$ 过点 $(0,0)$, 得 $-x_{0}{ }^{2} \ln x_{0}=\left(2 x_{0} \ln x_{0}+x_{0}ight)\left(-x_{0}ight)$,$	herefore \ln x_{0}=2 \ln x_{0}+1, \quad 	herefore \ln x_{0}=-1, \quad 	herefore x_{0}=rac{1}{e}$,$	herefore l$ 方程为 $y=-rac{1}{e} x$.
题目（高三 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=\frac{2}{x^{2}+x}+\ln x$

(I) 求函数 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程;

(II) 求证: $f(x)>0$.
选项：
答案：(I) $f^{\prime}(x)=rac{-2(2 x+1)}{\left(x^{2}+xight)^{2}}+rac{1}{x}=rac{x(x+1)^{2}-4 x-2}{x^{2}(x+1)^{2}}=rac{x^{3}+2 x^{2}-3 x-2}{x^{2}(x+1)^{2}}$所以 $f^{\prime}(1)=-rac{1}{2}$, 则切线方程为 $y=-rac{1}{2} x+rac{3}{2}$(II) 令 $h(x)=x^{3}+2 x^{2}-3 x-2$, 则 $h^{\prime}(x)=3 x^{2}+4 x-3$, 设 $h^{\prime}(x)=0$ 的两根为 $x_{1}, x_{2}$,由于 $x_{1} x_{2}=-1<0$, 不妨设 $x_{1}\left\langle 0, x_{2}ightangle 0$, 则 $h(x)$ 在 $\left(0, x_{2}ight)$ 是递减的, 在 $\left(x_{2},+\inftyight)$ 是递增的,而 $h(0)<0, h(1)\langle 0, h(2)angle 0$, 所以在 $\left(x_{0},+\inftyight)$ 单调递增,所以 $f(x) \geq f\left(x_{0}ight)=rac{2}{x_{0}^{2}+x_{0}}+\ln x_{0}$, 因为 $x_{0} \in(1,2), \ln x_{0}>0, f(x)>rac{2}{x_{0}^{2}+x_{0}}>0$所以 $f(x)>0$.
题目（高三 · 解析几何）：20. 已知函数 $f(x)=a x^{3}+x^{2}(a \in R)$ 在 $x=-\frac{4}{3}$ 处取得极值.

(1) 确定 $\boldsymbol{a}$ 的值;

(2) 若 $g(x)=f(x) e^{x}$, 讨论 $g(x)$ 的单调性.


选项：
答案：答案：(1) $a=\frac{1}{2}$. (2) $g(x)$ 在 $(-\infty,-4)$ 和 $(-1,0)$ 内为减函数在 $(-4,-1)$ 和 $(0,+\infty)$ 内为增函数.
(1) 对 $f(x)$ 求导得 $f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+2 x$,

因为 $f(x)$ 在 $x=-\frac{4}{3}$ 处取得极值, 所以 $f^{\prime}\left(-\frac{4}{3}\right)=0$,

即 $3 a \times \frac{16}{9}+2 \times\left(-\frac{4}{3}\right)=\frac{16 a}{3}-\frac{8}{3}=0$, 解得 $a=\frac{1}{2}$ ；

(2) 由(1) 得, $g(x)=\left(\frac{1}{2} x^{3}+x^{2}\right) e^{x}$,

故 $g^{\prime}(x)=\left(\frac{3}{2} x^{2}+2 x\right) e^{x}+\left(\frac{1}{2} x^{3}+x^{2}\right) e^{x}=\left(\frac{1}{2} x^{3}+\frac{5}{2} x^{2}+2 x\right) e^{x}$

$=\frac{1}{2} x(x+1)(x+4) e^{x}$,
令 $g^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0, x=-1$ 或 $x=-4$,

当 $x<-4$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 故 $g(x)$ 为减函数,

当 $-4<x<-1$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, 故 $g(x)$ 为增函数,

当 $-1<x<0$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 故 $g(x)$ 为减函数,

当 $x>0$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, 故 $g(x)$ 为增函数,

综上所知: $(-\infty,-4)$ 和 $(-1,0)$ 是函数 $g(x)$ 单调减区间,

$(-4,-1)$ 和 $(0,+\infty)$ 是函数 $g(x)$ 的单调增区间.
解析：：(1) 对 $f(x)$ 求导得 $f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+2 x$,

因为 $f(x)$ 在 $x=-\frac{4}{3}$ 处取得极值, 所以 $f^{\prime}\left(-\frac{4}{3}\right)=0$,

即 $3 a \times \frac{16}{9}+2 \times\left(-\frac{4}{3}\right)=\frac{16 a}{3}-\frac{8}{3}=0$, 解得 $a=\frac{1}{2}$ ；

(2) 由(1) 得, $g(x)=\left(\frac{1}{2} x^{3}+x^{2}\right) e^{x}$,

故 $g^{\prime}(x)=\left(\frac{3}{2} x^{2}+2 x\right) e^{x}+\left(\frac{1}{2} x^{3}+x^{2}\right) e^{x}=\left(\frac{1}{2} x^{3}+\frac{5}{2} x^{2}+2 x\right) e^{x}$

$=\frac{1}{2} x(x+1)(x+4) e^{x}$,
令 $g^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0, x=-1$ 或 $x=-4$,

当 $x<-4$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 故 $g(x)$ 为减函数,

当 $-4<x<-1$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, 故 $g(x)$ 为增函数,

当 $-1<x<0$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 故 $g(x)$ 为减函数,

当 $x>0$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, 故 $g(x)$ 为增函数,

综上所知: $(-\infty,-4)$ 和 $(-1,0)$ 是函数 $g(x)$ 单调减区间,

$(-4,-1)$ 和 $(0,+\infty)$ 是函数 $g(x)$ 的单调增区间.
题目（高三 · 解析几何）：22. 已知函数 $f(x)=a x^{3}+b x+c$ 在点 $x=2$ 处取得极值 $c-16$.

(1)求 $a, b$ 的值;

(2)若 $f(x)$ 有极大值 28 , 求 $f(x)$ 在 $[-3,3]$ 上的最小值.


选项：
答案：答案：(1) $a=1, b=-12$;(2) -4 . 因 $f(x)=a x^{3}+b x+c$. 故 $f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+b$

由于 $f(x)$ 在点 $\mathrm{x}=2$ 处取得极值 $\mathrm{c}-16$.

故有 $\left\{\begin{array}{c}f^{\prime}(2)=0, \\ f(2)=c-16,\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{c}12 a+b=0, \\ 8 a+2 b+c=c-16,\end{array}\right.$ 化简得 $\left\{\begin{array}{c}12 a+b=0, \\ 4 a+b=-8,\end{array}\right.$ 解得 $\mathrm{a}=1, \mathrm{~b}=-12$.

(2) 由 (1) 知 $f(x)=x^{3}-12 x+c$;

$f^{\prime}(x)=3 x^{2}-12=3(x-2)(x+2)$.

令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x_{1}=-2, x_{2}=2$.

当 $x \in(-\infty,-2)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 故 $f(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 上为增函数;

当 $x \in(-2,2)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 故 $f(x)$ 在 $(-2,2)$ 上为减函数;

当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 故 $f(x)$ 在 $(2,+\infty)$ 上为增函数.

由此可知 $f(x)$ 在 $x_{1}=-2$ 处取得极大值; $f(-2)=16+c, f(x)$ 在 $x_{2}=2$ 处取得极小值 $f(2)=c-16$.

由题设条件知 $16+\mathrm{c}=28$, 得 $\mathrm{c}=12$.

此时 $f(-3)=9+c=21, f(3)=-9+c=3, f(2)=-16+c=-4$, 因此 $f(x)$ 在 $[-3,3]$ 上的最小值为 $f(2)=-4$.
解析：：因 $f(x)=a x^{3}+b x+c$. 故 $f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+b$

由于 $f(x)$ 在点 $\mathrm{x}=2$ 处取得极值 $\mathrm{c}-16$.

故有 $\left\{\begin{array}{c}f^{\prime}(2)=0, \\ f(2)=c-16,\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{c}12 a+b=0, \\ 8 a+2 b+c=c-16,\end{array}\right.$ 化简得 $\left\{\begin{array}{c}12 a+b=0, \\ 4 a+b=-8,\end{array}\right.$ 解得 $\mathrm{a}=1, \mathrm{~b}=-12$.

(2) 由 (1) 知 $f(x)=x^{3}-12 x+c$;

$f^{\prime}(x)=3 x^{2}-12=3(x-2)(x+2)$.

令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x_{1}=-2, x_{2}=2$.

当 $x \in(-\infty,-2)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 故 $f(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 上为增函数;

当 $x \in(-2,2)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 故 $f(x)$ 在 $(-2,2)$ 上为减函数;

当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 故 $f(x)$ 在 $(2,+\infty)$ 上为增函数.

由此可知 $f(x)$ 在 $x_{1}=-2$ 处取得极大值; $f(-2)=16+c, f(x)$ 在 $x_{2}=2$ 处取得极小值 $f(2)=c-16$.

由题设条件知 $16+\mathrm{c}=28$, 得 $\mathrm{c}=12$.

此时 $f(-3)=9+c=21, f(3)=-9+c=3, f(2)=-16+c=-4$, 因此 $f(x)$ 在 $[-3,3]$ 上的最小值为 $f(2)=-4$.
题目（高三 · 解析几何）：23. 已知函数 $f(x)=\mathrm{e}^{x+2}\left(x^{2}-3\right)$.

(1)求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0, f(0))$ 处的切线方程;

(2) 求函数 $y=f(x)$ 的极值.

选项：
答案：答案：(1) 切线方程为 $3 \mathrm{e}^{2} x+y+3 \mathrm{e}^{2}=0$; (2) 极大值为 $f(-3)=\frac{6}{e}$, 极小值为 $f(1)=-2 \mathrm{e}^{3}$.
(1)函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}+2}\left(\mathrm{x}^{2}-3\right)$,

则 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}+2}\left(\mathrm{x}^{2}+2 \mathrm{x}-3\right)=\mathrm{e}^{\mathrm{x}+2}(\mathrm{x}+3)(\mathrm{x}-1)$,

故 $\mathrm{f}^{\prime}(0)=-3 \mathrm{e}^{2}$, 又 $\mathrm{f}(0)=-3 \mathrm{e}^{2}$,

故曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0, f(0))$ 处的切线方程为 $y+3 e^{2}=-3 e^{2}(x-0)$, 即 $3 e^{2} x+y+3 e^{2}=0$.

(2) 令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $x=1$ 或 $x=-3$,

如下表:

| $\mathrm{x}$ | $(-\infty,-3)$ | -3 | $(-3,1)$ | 1 | $(1,+\infty)$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})$ | + | 0 | - | 0 | + |
| $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ | $\nearrow$ | 极大值 | $\searrow$ | 极小值 | $\nearrow$ |

所以当 $\mathrm{x}=-3$ 时, 函数取极大值, 极大值为 $\mathrm{f}(-3)=\frac{6}{\mathrm{e}}$, 当 $\mathrm{x}=1$ 时, 函数取极小值, 极小值为 $\mathrm{f}(1)$

$=-2 \mathrm{e}^{3}$.
解析：：(1)函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}+2}\left(\mathrm{x}^{2}-3\right)$,

则 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}+2}\left(\mathrm{x}^{2}+2 \mathrm{x}-3\right)=\mathrm{e}^{\mathrm{x}+2}(\mathrm{x}+3)(\mathrm{x}-1)$,

故 $\mathrm{f}^{\prime}(0)=-3 \mathrm{e}^{2}$, 又 $\mathrm{f}(0)=-3 \mathrm{e}^{2}$,

故曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0, f(0))$ 处的切线方程为 $y+3 e^{2}=-3 e^{2}(x-0)$, 即 $3 e^{2} x+y+3 e^{2}=0$.

(2) 令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $x=1$ 或 $x=-3$,

如下表:

| $\mathrm{x}$ | $(-\infty,-3)$ | -3 | $(-3,1)$ | 1 | $(1,+\infty)$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})$ | + | 0 | - | 0 | + |
| $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ | $\nearrow$ | 极大值 | $\searrow$ | 极小值 | $\nearrow$ |

所以当 $\mathrm{x}=-3$ 时, 函数取极大值, 极大值为 $\mathrm{f}(-3)=\frac{6}{\mathrm{e}}$, 当 $\mathrm{x}=1$ 时, 函数取极小值, 极小值为 $\mathrm{f}(1)$

$=-2 \mathrm{e}^{3}$.
题目（高三 · 解析几何）：分别求满足下列条件的抛物线的标准方程.



(1)焦点在直线 $x+3 y+15=0$ 上;

(2)开口向下的抛物线上一点 $Q(m,-3)$ 到焦点的距离等于 5 .
选项：
答案：(1) 令 $x=0$ 得 $y=-5$; 令 $y=0$ 得 $x=-15$.$	herefore$ 抛物线的焦点为 $(0-5)$ 或(-15 0).$	herefore$ 所求抛物线的标准方程为 $\mathrm{y}^{2}=-60 \mathrm{x}$ 或 $\mathrm{x}^{2}=-20 \mathrm{y}$2）由题意 设抛物线方程为 $\mathrm{x}^{2}=2 \mathrm{py} p<0$其准线方程为 $y=-p / 2$$ecause$ 点 $\mathrm{A}(\mathrm{m},-3)$ 在抛物线上由题设有 $3-\mathrm{p} / 2=5$ $p=-4 	herefore$ 抛物线方程为 $\mathrm{x}^{2}=-8 \mathrm{y}$$\mathrm{m}^{2}=24 \mathrm{~m}= \pm 2 \sqrt{ } 6$
题目（高三 · 解析几何）：已知抛物线 $y^{2}=2 x$,

(1)设点 $A$ 的坐标为 $\left(\frac{2}{3}, 0\right)$, 求抛物线上距离点 $A$ 最近的点 $P$ 的坐标及相应的距离 $|P A|$;

(2)在抛物线上求一点 $P$, 使 $P$ 到直线 $x-y+3=0$ 的距离最短, 并求出距离的最小值.
选项：
答案：(1) 设 $P(x, y)$ 为抛物线上任一点,$|\mathrm{PA}|^{2}=(\mathrm{x}-2 / 3)^{2}+\mathrm{y}^{2}=\left(\mathrm{x}+rac{1}{3}ight)^{2}+1 / 3$$ecause x \in[0,+\infty), \quad 	herefore x=0$ 时, $|P A|_{\min }=2 / 3$此时 $\mathrm{P}(0,0)$.(2) $|P B|^{2}=(x-a)^{2}+y^{2}=(x-a)^{2}+2 x=[x-(a-1)]^{2}+2 a-1 \quad(x \geqslant 0)$.(1) 当 $a-1 \geqslant 0$, 即 $a \geqslant 1$ 时,在 $\mathrm{x}=\mathrm{a}-1$ 时, $|\mathrm{PB}| \mathrm{min}^{2}=2 \mathrm{a}-1$;(2)当 $a-1<0$, 即 $a<1$ 时, 在 $x=0$ 时,$|\mathrm{PB}|_{\min ^{2}}=\mathrm{a}^{2}$.
题目（高三 · 解析几何）：已知抛物线 $C: y^{2}=2 p x(p>0)$ 的焦点为 $F(1,0)$, 抛物线 $E: x^{2}=2 p y$ 的焦点为 $M$.

(1) 若过点 $M$ 的直线 $l$ 与抛物线 $C$ 有且只有一个交点, 求直线 $l$ 的方程;

(2) 若直线 $M F$ 与抛物线 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 求 $\triangle O A B$ 的面积.
选项：
答案：(1) $ecause$ 抛物线 $C: y 2=2 p x(p>0)$ 的焦点为 $F(1,0)$, 抛物线 $E: x 2=2 p y$ 的焦点为 $M$, $	herefore \mathrm{p}=2, \mathrm{M}(0,1)$斜率不存在时, $\athrm{x}=0$, 满足题意;斜率存在时, 设方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{kx}+1$, 代入 $\mathrm{y} 2=4 \mathrm{x}$, 可得 $\mathrm{k} 2 \mathrm{x} 2+(2 \mathrm{k}-4) \mathrm{x}+1=0$,$\mathrm{k}=0$ 时, $\mathrm{x}=1 / 4$ 满足题意, 方程为 $\mathrm{y}=1$;$\mathrm{k} 
eq 0$ 时, $	riangle=(2 \mathrm{k}-4) 2-4 \mathrm{k} 2=0, 	herefore \mathrm{k}=1$, 方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{x}+1$,综上，直线 1 的方程为 $\mathrm{x}=0$ 或 $\mathrm{y}=1$ 或 $\mathrm{y}=\mathrm{x}+1$ ；2）直线 $M F$ 的方程为 $y=-x+1$ ，代入 $y 2=4 x$ ，可得 $y 2+4 y-4=0$,设 $A(x 1, y 1), B(x 2, y 2)$, 则 $y 1+y 2=-4, y 1 y 2=-4$ ，$	herefore 	riangle \mathrm{OAB}$ 的面积 $\mathrm{S}=1 / 2|\mathrm{OF}||\mathrm{y} 1-\mathrm{y} 2|=\sqrt{2} / 2$.
题目（高三 · 解析几何）：已知 $A 、 B$ 分别是直线 $y=\frac{\sqrt{3}}{3} x$ 和 $y=-\frac{\sqrt{3}}{3} x$ 上的两个动点, 线段 $A B$ 的长为 $2 \sqrt{3}, P$ 是 $A B$的中点, 求动点 $P$ 的轨迹 $C$ 的方程.
选项：
答案：设 $\mathrm{P}(\mathrm{x}, \mathrm{y}), \mathrm{A}(\mathrm{x} 1$, 根号 $3 / 3 \mathrm{x} 1), \mathrm{B}(\mathrm{x} 2,-$ 根号 $3 / 3 \mathrm{x} 2)$ 则 由 $|\mathrm{AB}|=2$ 根号 3 得, $(x 1-x 2)^{\wedge} 2+1 / 3 *(x 1+x 2)^{\wedge} 2=12$ 。。(*) $x=(x 1+x 2) / 2, y=[$ 根号 $3 / 3 x 1+(-$ 根号 $3 / 3 x 2)] / 2=$ 根号 $3 / 6 *(x 1-x 2)$ 即 $x 1-x 2=y^{*} 2$ 根号 3 代入 $(*)$ 得 $12 y^{\wedge} 2+1 / 3 * 4 x^{\wedge} 2=12$, 从而得所求的方程为 $\mathrm{y}^{\wedge 2}+\mathrm{x}^{\wedge} 2 / 9=1$
题目（高三 · 解析几何）：已知点 $P(2,2)$, 圆 $C: x^{2}+y^{2}-8 y=0$, 过点 $P$ 的动直线 $l$ 与圆 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 线段 $A B$的中点为 $M, O$ 为坐标原点. (1) 求 $M$ 的轨迹方程; (2) 当 $|O P|=|O M|$ 时, 求 $l$ 的方程及 $\triangle P O M$的面积.
选项：
答案：(1) 圆 $\mathrm{C}$ 的方程可化为 $(\mathrm{x}-4)^{2}+\mathrm{y}^{2}=16$ 所以圆心为 $\mathrm{C}(4,0)$, 半径为 4 ,设 $M(x, y)$ ，则故 $(x-4)(2-x)+y(2-y)=0$,即 $(x-3) 2+(y-1) 2=2$.由于点 $\mathrm{P}$ 在圆 $\mathrm{C}$ 的内部，所以 $M$ 的轨迹方程是 $(x-3) 2+(y-1) 2=2$.（2）由（1）可知 $M$ 的轨迹是以点 $N(3 ， 1 ）$ 为圆心， 2 为半径的圆.由于 $|O P|=|O M|$, 故 $O$ 在线段 PM 的垂直平分线上,又 $\mathrm{P}$ 在圆 $\mathrm{N}$ 上, 从而 $\mathrm{ON} \perp \mathrm{PM}$.因为 ON 的斜率为 $1 / 3$所以 1 的斜率为-3,故 1 的方程为 $y-2=-3(x-2)$, 即为 $3 x+y-8=0$.
题目（高三 · 解析几何）：两个定点 $P(-2,2), Q(0,2)$, 长为 $\sqrt{2}$ 的线段 $\mathrm{AB}$ 在直线 $y=x$ 上移动, 求直线 $\mathrm{PA}, \mathrm{QB}$ 的交点 $\mathrm{M}$的轨迹方程。
选项：
答案：设 $\mathrm{A}(\mathrm{t}, \mathrm{t})$, 则 $\mathrm{B}(\mathrm{t}+1, \mathrm{t}+1)$.PA 方程: $(\mathrm{t}+2)(\mathrm{y}-2)=(\mathrm{t}-2)(\mathrm{x}+2)$QB 方程: $(\mathrm{t}+1)(\mathrm{y}-2)=(\mathrm{t}-1) \mathrm{x}$(1),(2)联立, 解就是交点的坐标, 也就是以 $\mathrm{t}$ 为参数的轨迹方程, 消去 $\mathrm{t}$ 就得到用 $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ 表示的轨迹方程, 所以也可以直接从(1),(2)中消去 $t$,(1)-(2):y-2=-x+2t-4,$\mathrm{t}=\mathrm{x} / 2+\mathrm{y} / 2+1$ 代入(2),化简得$(y+1)^{\wedge 2-(x+1)^{\wedge 2}=8,}$
题目（高三 · 解析几何）：已知 $P$ 在直线 $x=2$ 上移动, 直线 $l$ 通过原点且与 $O P$ 垂直, 通过点 $A(1,0)$ 及点 $P$. 的直线 $m$ 和直线 $l$ 交于 $\mathrm{Q}$, 求点 $\mathrm{Q}$ 的轨迹方程。
选项：
答案：设 $\mathrm{P}(2, \mathrm{~m}), \mathrm{Q}(\mathrm{x}, \mathrm{y})$, 已知 $\mathrm{A}(1,0) 所以 $O P$ 的斜率是 $\mathrm{m} / 2$, 于是 $\mathrm{l}$ 的方程为 $\mathrm{y}=(-2 / \mathrm{m})^{*} \mathrm{x}$$A P$ 的斜率为 $m$, 所以直线 AP 的方程为 $y=m(x-1)$由方程 (1) 和 (2) 可解得 $x=m \wedge 2 /(m \wedge 2+2), y=-2 m /(m \wedge 2+2)$消去 $m$ 可得 $4(x-1 / 2) \wedge 2+2 y \wedge 2=1$
题目（高三 · 解析几何）：已知椭圆 C: $\frac{\mathrm{x}^{2}}{\mathrm{a}^{2}}+\frac{\mathrm{y}^{2}}{\mathrm{~b}^{2}}=1(\mathrm{a}>\mathrm{b}>0)$ 的离心率为 $\frac{\sqrt{6}}{3}$, 椭圆短轴的一个端点与两个焦点构成的三角形的面积为 $\frac{5 \sqrt{2}}{3}$. (1)求椭圆 $\mathrm{C}$ 的方程; (2)已知动直线 $y=k(x+1)$ 与椭圆 $C$ 相交于 $A, B$ 两点. 若线段 $A B$中点的横坐标为 $-\frac{1}{2}$, 求斜率 $\mathrm{k}$ 的值;
选项：
答案：(1) 利用粗圆的离心率为 $rac{\sqrt{6}}{3}$, 粗圆短轴的一个端点与两个焦点构成的三角形的面积为 $rac{5 \sqrt{2}}{3}$,建立方程, 即可求椭圆 $\mathrm{C}$ 的方程 $rac{x^{2}}{5}+rac{y^{2}}{rac{5}{3}}=1$;(2) 将 $\mathrm{y}=\mathrm{k}(\mathrm{x}+1)$ 代入椭圆方程, 利用韦达定理, 及线段 $\mathrm{AB}$ 中点的横坐标为 $-rac{1}{2}$可求斜率 $\mathrm{k}$ 的值 $\pm rac{\sqrt{3}}{3}$.
题目（高三 · 解析几何）：已知椭圆 $4 x^{2}+y^{2}=1$ 及直线 $y=x+m$.

(1)当直线和椭圆有公共点时, 求实数 $m$ 的取值范围;

(2)求被椭圆截得的最长弦所在的直线方程.
选项：
答案：(1) $\left\{egin{array}{c}4 x^{2}+y^{2}=1 \ y=x+m\end{array}ight.$, 得到 $5 x^{2}+2 m x+m^{2}-1=0$, 令 $\Delta \geq 0,-rac{\sqrt{5}}{2} \leq m \leq rac{\sqrt{5}}{2}$(2) 设所截弦的端点为 $\mathrm{A}\left(x_{1}, y_{1}ight) \mathrm{B}\left(x_{2}, y_{2}ight)$则 $x_{1}+x_{2}=rac{-2 m}{5}, x_{1} \cdot x_{2}=rac{m^{2}-1}{5} 	herefore \mathrm{m}=0$ 时弦长最大此时, $\mathrm{y}=\mathrm{x}$
题目（高三 · 解析几何）：已知 $\triangle A B C$ 的顶点 $A, B$ 在椭圆 $x^{2}+3 y^{2}=4$ 上, $C$ 在直线 $l: y=x+2$ 上, 且 $A B / / l$.

(1)当 $A B$ 边通过坐标原点 $O$ 时, 求 $A B$ 的长及 $\triangle A B C$ 的面积;

(2)当 $\angle A B C=90^{\circ}$, 且斜边 $A C$ 的长最大时, 求 $A B$ 所在直线的方程.
选项：
答案：(1) 设 $\mathrm{A}\left(x_{1}, y_{1}ight) \mathrm{B}\left(x_{2}, y_{2}ight)\left\{egin{array}{c}x^{2}+3 y^{2}=4 \ y=x\end{array}ight.$, 得到 $\mathrm{x}=1$ 或-1所以 $\mathrm{AB}=2 \sqrt{2}, \mathrm{~h}=\sqrt{2}$, 面积 $\mathrm{S}=2$(2) $\left\{egin{array}{c}x^{2}+3 y^{2}=4 \ y=x+m\end{array}ight.$, 所以 $4 x^{2}+6 m x+3 m^{2}-4=0$$x_{1}+x_{2}=rac{-3 m}{2}, x_{1} \cdot x_{2}=rac{3 m^{2}-4}{4}$$\mathrm{AB}=rac{\sqrt{32-6 m^{2}}}{2}$$|\mathrm{BC}|=rac{|2-m|}{\sqrt{2}}, 	herefore \mathrm{m}=-1$ 时, $\mathrm{AC}$ 最长, 此时 $\mathrm{AB}$ 方程为 $y=x-1$
题目（高三 · 解析几何）：(12 分) 已知复数 $Z=\left(m^{2}-m\right)+(m+3) \mathrm{i}(m \in \mathbf{R})$ 在复平面内对应点 $Z$.

(1) 若 $m=2$, 求 $z \cdot \bar{z}$;

(2) 若点 $Z$ 在直线 $y=x$ 上, 求 $m$ 的值.
选项：
答案：(1) 29 ；(2) $m=-1$ 或 $m=3$.
解析：(1) $ecause m=2, 	herefore z=2+5 \mathrm{i}, 	herefore z \cdot ar{z}=|z|^{2}=\left(\sqrt{2^{2}+5^{2}}ight)^{2}=29$.(2) 若点 $Z$ 在直线 $y=x$ 上，则 $m^{2}-m=m+3$ ，即 $m^{2}-2 m-3=0$, 解得 $m=-1$ 或 $m=3$.
题目（高三 · 解析几何）：(12 分) 已知在复平面内, $O$ 为坐标原点, 向量 $\overrightarrow{O Z_{1}}, \overrightarrow{O Z_{2}}$ 分别对应复数 $z_{1}, z_{2}$,

且 $z_{1}=\frac{3}{a+5}+\left(10-a^{2}\right) \mathrm{i}, z_{2}=\frac{2}{1-a}+(2 a-5) \mathrm{i}, z_{1}-z_{2}=\frac{11}{8}$.

(1) 求实数 $a$ 的值;

(2) 求以 $\overrightarrow{O Z_{1}}, \overrightarrow{O Z_{2}}$ 为邻边的平行四边形的面积 $S$.
选项：
答案：(1) 3 ; (2) $rac{11}{8}$.
解析：(1) $ecause z_{1}-z_{2}=rac{3}{a+5}+\left(10-a^{2}ight) \mathrm{i}-\left[rac{2}{1-a}+(2 a-5) \mathrm{i}ight]$$=\left(rac{3}{a+5}-rac{2}{1-a}ight)-\left(a^{2}+2 a-15ight) \mathrm{i}=rac{11}{8}$,$	herefore\left\{egin{array}{l}a^{2}+2 a-15=0 \ rac{3}{a+5}-rac{2}{1-a}=rac{11}{8}\end{array}ight.$, 解得 $a=3$.(2) 由(1) 知 $z_{1}=rac{3}{8}+i, z_{2}=-1+i$,$	herefore \overrightarrow{O Z_{1}}=\left(rac{3}{8}, 1ight), \overrightarrow{O Z_{2}}=(-1,1), \quad 	herefore\left|\overrightarrow{O Z_{1}}ight|=rac{\sqrt{73}}{8},\left|\overrightarrow{O Z_{2}}ight|=\sqrt{2}$.设向量 $\overrightarrow{O Z_{1}}, \overrightarrow{O Z_{2}}$ 的夹角为 $	heta$,$	herefore \cos 	heta=rac{\overrightarrow{O Z_{1}} \cdot \overrightarrow{O Z_{2}}}{\left|\overrightarrow{O Z_{1}}ight|\left|\overrightarrow{O Z_{2}}ight|}=rac{-rac{3}{8}+1}{rac{\sqrt{73}}{8} 	imes \sqrt{2}}=rac{5}{\sqrt{146}}, \quad 	herefore \sin 	heta=\sqrt{1-rac{25}{146}}=rac{11}{\s\qrt{146}}$,$	herefore S=\left|\overrightarrow{O Z_{1}}ight|\left|\overrightarrow{O Z_{2}}ight| \sin 	heta=rac{\sqrt{73}}{8} 	imes \sqrt{2} 	imes rac{11}{\sqrt{146}}=rac{11}{8}$.
题目（高三 · 解析几何）：(12 分) 复数 $z$ 和 $\omega$ 满足 $z a+2 i z-2 i a+1=0$, 其中 $\mathrm{i}$ 为虚数单位。

(1) 若 $z$ 和 $\omega$ 满足 $\bar{a}-z=2 \mathrm{i}$, 求 $z$ 和 $\omega$ 的值:

(2) 求证: 如果 $|z|=\sqrt{3}$, 那么 $|\omega-4 i|$ 的值是一个常数, 并求这个常数.
选项：
答案：(1) $z=-i, a=-i$ 或 $z=3 i, a=-5 i$; (2) 证明见解析, $3 \sqrt{3}$.
解析：(1) 设 $z=a+b \mathrm{i} ， \omega=c+d \mathrm{i}(a, b, c, d \in \mathbf{R})$ ，由 $z a+2 \mathrm{i} z-2 \mathrm{i} a+1=0$, 得 $(a+b \mathrm{i})(c+d i)+2 \mathrm{i}(a+b \mathrm{i})-2 \mathrm{i}(c+d i)+1=0$,即 $(a c-b d-2 b+2 d+1)+(a d+b c+2 a-2 c) i=0 ，$所以 $a c-b d-2 b+2 d+1=0$, (1), $a d+b c+2 a-2 c=0$. (2)又 $ar{\omega}-z=2 \mathrm{i}$, 所以 $c-d \mathrm{i}-(a+b \mathrm{i})=2 \mathrm{i}$, 即 $(c-a)-(b+d) \mathrm{i}=2 \mathrm{i}$ ，所以 $c-a=0$, (3), $b+d=-2$. (4)解(1)(2)(3)(4)组成的方程组, 得 $a=0, c=0, d=-1, b=-1$ 或 $a=0, c=0, d=-5, b=3$.所以 $z=-i, a=-i$ 或 $z=3 i, a=-5 i$.(2) 因为 $z a+2 \mathrm{i} z-2 \mathrm{i} a+1=0$, 所以 $z(\omega+2 \mathrm{i})=2 \mathrm{i} \omega-1$,所以 $|z(\omega+2 \mathrm{i})|=|2 \mathrm{i} \omega-1|$ ，即 $|z| \cdot|\omega+2 \mathrm{i}|=|2 \mathrm{i} \omega-1|$ ；又 $|z|=\sqrt{3}$,设 $\omega=x+y\left(i(x, y \in \mathbf{R})ight.$, 代入上式整理得 $\sqrt{3} \cdot \sqrt{x^{2}+y^{2}+4 y+4}=\sqrt{4 x^{2}+4 y^{2}+4 y+1}$,两边平方得 $3 x^{2}+3 y^{2}+12 y+12=4 x^{2}+4 y^{2}+4 y+1$,化简得 $x^{2}+y^{2}-8 y=11$,$: \omega-4 i|=| x+y i-4 i \mid=\sqrt{x^{2}+(y-4)^{2}}=\sqrt{x^{2}+y^{2}-8 y+16}=\sqrt{11+16}$$=\sqrt{27}=3 \sqrt{3}$ 是一个常数.
题目（高三 · 解析几何）：(12 分) 复数 $z_{1}$ 所对应的点在点 $(1,1)$ 及 $(1,-1)$ 为端点的线段上运动, 复数 $z_{2}$满足 $\left|z_{2}\right|=1$, 求:

(1) 复数 $z_{1} \cdot z_{2}$ 模的取值范围;

(2) 复数 $z_{1}^{2}$ 对应的点的轨迹方程.
选项：
答案：(1) $[1, \sqrt{2}]$; (2) $y^{2}-4 x-4=0(-2 \leq y \leq 1,0 \leq x \leq 1)$.
解析：(1) 设 $z_{1}=1-t i,(t \in[-1,1]), z_{2}=x-y i,\left(x^{2}+y^{2}=1ight)$,则 $\left|z_{1} z_{2}ight|=|(1-t i) \cdot(x-y i)|=|(x-y t)-(t x+y) \mathrm{i}|=\sqrt{1+t^{2}} \in[1, \sqrt{2}]$(2) $z_{1}^{2}=1-t^{2}-2 t i \Rightarrow\left\{egin{array}{c}x=1-t^{2} \ u=2 t\end{array} ightarrow y^{2}-4 x-4=0(-2 \leq y \leq 1,0 \leq x \leq 1)ight.$.
题目（高三 · 解析几何）：根据下列条件, 求双曲线方程:

(1)与椭圆 $\frac{x^{2}}{27}+\frac{y^{2}}{36}=1$ 有相同的焦点,且与椭圆的一个交点的纵坐标为 4

(2)与双曲线 $\frac{x^{2}}{16}-\frac{y^{2}}{4}=1$ 有公共焦点, 且过点 $(3 \sqrt{2}, 2)$.
选项：
答案：(1) 焦点在 $y$ 轴上,焦点为 $(0,3)$ 和 $(0,-3)$又当 $y=4$ 时, $x^{2} / 27+4 / 9=1$所以 $\mathrm{x}= \pm \sqrt{ } 15$设双曲线方程为 $\mathrm{y}^{2} / \mathrm{a}^{2}-\mathrm{x}^{2} / \mathrm{b}^{2}=1$$\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}=9$又粗圆过点 $( \pm \sqrt{ } 15,4)$所以 $16 / \mathrm{a}^{2}-15 / \mathrm{b}^{2}=1$解得 $\mathrm{a}^{2}=4, \mathrm{~b}^{2}=5$所以双曲线方程为 $\mathrm{y}^{2} / 4-\mathrm{x}^{2} / 5=1$(2) 由于双曲线 $x 2 \quad 16-y 2 \quad 4=1$, 有 $a 2+b 2=20$ 可得焦点为 $( \pm 25,0)$,故 $\mathrm{c}=25$. 又由于焦点在 $\mathrm{x}$ 轴上, 故设双曲线的方程为: $\mathrm{x} 2$ a2 - y $2 \quad 20-\mathrm{a} 2=1$,因为双曲线过点 $(32 ， 2)$,解得 $\mathrm{a} 2=12$,
题目（高三 · 解析几何）：如图所示, 在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $|A B|=4 \sqrt{2}$, 且三内角 $A, B, C$ 满足 $2 \sin A+\sin C=2 \sin B$, 建立适当的坐标系, 求顶点 $C$ 的轨迹方程.


选项：
答案：以 $\mathrm{AB}$ 中点为原点, $\mathrm{AB}$ 所在直线为 $\mathrm{x}$ 轴, 建立坐标系$ecause|\mathrm{AB}|=4 \sqrt{ } 2 \quad 	herefore \mathrm{A}(-2 \sqrt{ } 2,0), \mathrm{B}(2 \sqrt{ } 2,0)$设 $\mathrm{C}(\mathrm{x}, \mathrm{y})$$ecause 2 \sin \mathrm{A}+\sin \mathrm{C}=2 \sin \mathrm{B}$根据正弦定理：$2|\mathrm{BC}|+|\mathrm{AB}|=2|\mathrm{AC}|$$	herefore|\mathrm{AC}|-|\mathrm{BC}|=|\mathrm{AB}| 2 \sqrt{ }$ 2)