eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 解析几何）：24. 如图, 分别在正方形 $\mathrm{ABCD}$ 的边 $\mathrm{BC}$ 和 $\mathrm{CD}$ 上取点 $\mathrm{H}$ 和 $\mathrm{M}$, 且 $\frac{\mathrm{BH}}{\mathrm{HC}}=\frac{\mathrm{CM}}{\mathrm{MD}}=\frac{1}{2}$, $\mathrm{AH}$ 和 $\mathrm{BM}$相交于点 $\mathrm{P}$, 求证: $\mathrm{AP}=9 \mathrm{PH}$.


选项：
答案：答案: 证明: 在正方形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\because \frac{\mathrm{BH}}{\mathrm{HC}}=\frac{\mathrm{CM}}{\mathrm{MD}}=\frac{1}{2}, \therefore \frac{\mathrm{BH}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{CM}}{\mathrm{CD}}=\frac{1}{3}$

$$
\therefore \frac{\mathrm{BH}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{CM}}{\mathrm{BC}}=\frac{1}{3}
$$

又 $\because \angle \mathrm{ABH}=\angle \mathrm{C}=90^{\circ}$,

$\therefore \triangle \mathrm{ABH} \sim \triangle \mathrm{BCM}, \angle \mathrm{PBH}=\angle \mathrm{BAH}$.

又 $\because \angle \mathrm{BAH}+\angle \mathrm{BHA}=90^{\circ}$,
$\therefore \angle \mathrm{PBH}+\angle \mathrm{BHP}=90^{\circ}$, 即 $\mathrm{BP} \perp \mathrm{AH}$.

在 Rt $\triangle \mathrm{ABH}$ 中, 设 $B H=k$, 则 $A B=3 k, A H=\sqrt{10} k$.

$\therefore \mathrm{AB}^{2}=\mathrm{AP} \cdot \mathrm{AH}, \mathrm{BH}^{2}=\mathrm{PH} \cdot \mathrm{AH}$.

$\therefore \frac{\mathrm{AB}^{2}}{\mathrm{BH}^{2}}=\frac{\mathrm{AP} ? \mathrm{AH}}{\mathrm{PH} ? \mathrm{AH}}=\frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PH}}=\frac{(3 \mathrm{k})^{2}}{\mathrm{k}^{2}}$

$\therefore \mathrm{AP}=9 \mathrm{PH}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了直角三角形的射影定理, 解决问题的关键是根据直角三角形的射影定理结合所给矩形满足的条件分析计算即可证明问题, 有一定难度.
题目（高三 · 解析几何）：10. 已知点 $P$ 的柱坐标为 $\left(8, \frac{\pi}{6}, 4\right)$, 求它的直角坐标.
选项：
答案：答案: 解: $\because P$ 点的柱坐标为 $\left(8, \frac{\pi}{6}, 4\right)$,

$\therefore \rho=8, \theta=\frac{\pi}{6}$.

由公式 $\left\{\begin{array}{c}x=\rho \cos \theta, \\ y=\rho \sin \theta, \\ z=z,\end{array}\right.$, 得 $\left\{\begin{array}{c}x=8 \cos \frac{\pi}{6}, \\ y=8 \sin \frac{\pi}{6}, \\ z=4,\end{array}\left\{\begin{array}{c}x=4 \sqrt{3} \text {, } \\ y=4, \\ z=4,\end{array}\right.\right.$

$\therefore P$ 点的直角坐标为 $(4 \sqrt{3}, 4,4)$.
解析：: 分析: 本题考查柱坐标与直角坐标的转化, 解答本题只要将已知点的柱坐标代入相应的公式即可
题目（高三 · 解析几何）：16. 已知点 $M$ 的柱坐标为 $\left(\sqrt{2}, \frac{\pi}{4}, 1\right),\left(\sqrt{2}, \frac{\pi}{4}, 1\right)$, 求 $M$ 关于原点 $O$ 对称的点的柱坐标.
选项：
答案：答案: 解: $M\left(\sqrt{2}, \frac{\pi}{4}, 1\right)$ 的直角坐标为

$\left\{\begin{array}{c}x=\sqrt{2} \cos \frac{\pi}{4}=1, \\ y=\sqrt{2} \sin \frac{\pi}{4}=1, \\ z=1,\end{array}\right.$

$\therefore M$ 关于原点 $O$ 的对称点的直角坐标为

$(-1,-1,-1)$,

$\rho^{2}=(-1)^{2}+(-1)^{2}=2, \therefore \rho=\sqrt{2}$.

$\tan \theta=\frac{-1}{-1}=1$, 又 $x<0, y<0$.

$\therefore \theta=\frac{5 \pi}{4}$.

$\therefore M$ 关于原点 $O$ 的对称点的柱坐标为 $\left(\sqrt{2}, \frac{5 \pi}{4},-1\right)$
解析：: 分析: 本题主要考查了柱坐标刻画点的位置, 解决问题的关键是根据所给条件结合对
称性质计算即可
题目（高三 · 解析几何）：求适合下列条件的椭圆标准方程:

(1) 与椭圆 $\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$ 有相同的焦点, 且经过点 $\left(1, \frac{3}{2}\right)$

(2) 经过 $\mathrm{A}\left(2,-\frac{\sqrt{2}}{2}\right), \mathrm{B}\left(-\sqrt{2},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 两点
选项：
解析：(1) 粗圆 $rac{\mathrm{x}^{2}}{2}+\mathrm{y}^{2}=1$ 的焦点坐标为 $( \pm 1,0) ， ecause$ 椭圆过点 $\left(1, rac{3}{2}ight)$, $	herefore 2 \mathrm{a}=\sqrt{(1+1)^{2}+\left(rac{3}{2}ight)^{2}}+\sqrt{(1-1)^{2}+\left(rac{3}{2}ight)^{2}}=4, \quad 	herefore \mathrm{a}=2, \quad \mathrm{~b}=\sqrt{3}, \quad 	herefore$ 方程为 $rac{\mathrm{x}^{2}}{4}+rac{\mathrm{y}^{2}}{3}=1$;(2) 设所求的椭圆方程为 $rac{x^{2}}{m}+rac{y^{2}}{n}=1, m>0, n>0, m 
eq n$. 把 $A\left(2,-rac{\sqrt{2}}{2}ight), B\left(-\sqrt{2},-rac{\sqrt{3}}{2}ight)$ 两点代入, 得: $\left\{egin{array}{l}rac{4}{m}+rac{rac{1}{2}}{n}=1  rac{2}{m}+rac{rac{3}{4}}{n}=1\end{array}ight.$, 解得 $m=8, n=1, 	herefore$ 椭圆方程为 $rac{x^{2}}{8}+y^{2}=1$.
题目（高三 · 解析几何）：双曲线与椭圆 $\frac{x^{2}}{27}+\frac{y^{2}}{36}=1$ 有相同焦点, 且经过点 $(\sqrt{15}, 4)$, 求其方程.
选项：
解析：粗圆 $rac{y^{2}}{36}+rac{x^{2}}{27}=1$ 的焦点为 $(0, \pm 3), c=3$, 设双曲线方程为 $rac{y^{2}}{a^{2}}-rac{x^{2}}{9-a^{2}}=1, ecause$ 过点 $(\sqrt{15}, 4)$,则 $rac{16}{a^{2}}-rac{15}{9-a^{2}}=1$, 得 $a^{2}=4$ 或 36 , 而 $a^{2}<9, 	herefore a^{2}=4$, 双曲线方程为 $rac{y^{2}}{4}-rac{x^{2}}{5}=1$.
题目（高三 · 解析几何）：关于 $x, y$ 的方程 $\frac{x^{2}}{5-m}+\frac{y^{2}}{2+m}=1$ 满足下列曲线, 分别求 $m$ 的取值范围:

(1) 焦点在 $x$ 轴的粗圆;

(2) 焦点在 $y$ 的双曲线.
选项：
解析：1） $ecause$ 方程 $rac{x^{2}}{5-m}+rac{y^{2}}{2+m}=1$ 表示焦点在 $x$ 轴的邦圆,$	herefore\left\{egin{array}{l}5-m>0 \ 2+m>0 \ 5-m>2+m\end{array}ight.$, 解得: $-2<m<rac{3}{2}$;(2) $ecause$ 方程 $rac{x^{2}}{5-m}+rac{y^{2}}{2+m}=1$ 表示焦点在 $y$ 的双曲线,$	herefore\left\{egin{array}{l}5-m<0 \ 2+m>0\end{array}ight.$, 解得: $m>5$.
题目（高三 · 解析几何）：求适合下列条件的双曲线的标准方程:

(1)焦点在 $x$ 轴上, $a=2$, 离心率为 $\frac{3}{2}$;

(2)焦点的坐标为 $(5,0),(-5,0)$, 渐近线方程为 $y= \pm \frac{4}{3} x$.
选项：
解析：(1)因为焦点在 $x$ 轴上, 设双曲线的标准方程为 $rac{x^{2}}{a^{2}}-rac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$, 其中 $c^{2}=a^{2}+b^{2}$, 由 $a=2$ 及离心率 $e=rac{c}{a}=rac{3}{2}$ 得, $c=3$, 所以 $b^{2}=c^{2}-a^{2}=3^{2}-2^{2}=5$, 所以所求双曲线的标准方程为 $rac{x^{2}}{4}-rac{y^{2}}{5}=1$.(2)由焦点的坐标为 $(5,0),(-5,0)$ 知双曲线的焦点在 $x$ 轴上, 故设双曲线的标准方程为 $rac{x^{2}}{a^{2}}-rac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>$ $0, b>0)$, 且 $c^{2}=a^{2}+b^{2}=25$ (1), 因为渐近线方程为 $y= \pm rac{4}{3} x$, 所以 $rac{b}{a}=rac{4}{3}$ (2) 由(1)(2)得 $a^{2}=9, b^{2}=$ 16, 所以所求双曲线的标准方程为 $rac{x^{2}}{9}-rac{y^{2}}{16}=1$.
题目（高三 · 解析几何）：双曲线的两条渐近线的方程为 $y= \pm \sqrt{2} x$, 且经过点 $(3,-2 \sqrt{3})$

(1)求双曲线的方程;

(2)双曲线的左右焦点分别为 $F_{1}, F_{2}, P$ 为双曲线上一点, $\angle F_{1} P F_{2}$ 为 $60^{\circ}$, 求 $S_{\triangle P F_{1} F_{2}}$.
选项：
解析：(1) 双曲线的两条渐近线的方程为 $y= \pm \sqrt{2} x$, 且经过点 $(3,-2 \sqrt{3})$,可设双曲线的方程为 $2 x^{2}-y^{2}=\lambda(\lambda 
eq 0)$, 可得 $2 	imes 9-12=\lambda$, 即 $\lambda=6$, 即有双曲线的方程为 $rac{x^{2}}{3}-rac{y^{2}}{6}=1$;(2) 双曲线的左右焦点分别为 $F_{1}, F_{2}$, 设 $P$ 为双曲线右支上一点, $\angle F_{1} P F_{2}$ 为 $60^{\circ}$, 双曲线 $rac{x^{2}}{3}-rac{y^{2}}{6}=1$ 的 $a=\sqrt{3}, b=\sqrt{6}, c=3$, 设 $\left|F_{1} Pight|=m,\left|P F_{2}ight|=n$, 则 $m-n=2 \sqrt{3}(1)$ 在 $	riangle F_{1} P F_{2}$ 中, $36=m^{2}+n^{2}-2 m n \cos 60^{\circ}=m^{2}+n^{2}-m n$ (2), (2)-(1) ${ }^{2}: m n=24, 	herefore 	riangle F_{1} P F_{2}$ 的面积 $S=rac{1}{2} m n \sin 60^{\circ}=rac{1}{2} 	imes 24 	imes rac{\sqrt{3}}{2}=6 \sqrt{3}$.
题目（高三 · 解析几何）：如图, 斜率为 $\frac{4}{3}$ 的直线 $l$ 经过抛物线 $y^{2}=2 p x$ 的焦点 $F(1,0)$, 且与抛物线相交于 $A, B$两点,



(1)求该抛物线的标准方程;

(2)求线段 $A B$ 的长.
选项：
解析：（1）因为焦点 $\mathrm{F}(1,0)$, 所以 $rac{\mathrm{p}}{2}=1,2 \mathrm{p}=4$,故抛物线方程为 $\mathrm{y}^{2}=4 \mathrm{x}$;(2) 设直线与抛物线的交点 $A\left(x_{1}, y_{1}ight), B\left(x_{2}, y_{2}ight)$, 直线 1 的方程为 $y=rac{4}{3}(x-1)$, 代入 $y^{2}=4 x$ 得: $4 x^{2}-$ $17 \mathrm{x}+4=0, \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=rac{17}{4}, \mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}=1$, 所以 $|\mathrm{AB}|=\sqrt{1+\left(rac{4}{3}ight)^{2}} \sqrt{\left(rac{17}{4}ight)^{2}-4}=rac{25}{4}$.
题目（高三 · 解析几何）：根据下列条件求抛物线的标准方程.

(1)焦点在 $\mathrm{x}$ 轴的负半轴上, 焦点到准线的距离是 6 ;

(2)焦点在 $y$ 轴上, 且抛物线上一点 $P(m, 1)$ 到焦点 $F$ 的距离为 6 .
选项：
解析：(1)由焦点到准线的距离为 6 , 知 $\mathrm{p}=6$. 又焦点在 $\mathrm{x}$ 轴的负半轴上, 所以抛物线的标准方程为 $\mathrm{y}^{2}=-12 \mathrm{x}$.(2)点 $P$ 到焦点的距离等于点 $P$ 到准线的距离, 故 $1-\left(-rac{p}{2}ight)=6$, 解得 $p=10$, 所以抛物线的标准方程为 $\mathrm{x}^{2}=20 \mathrm{y}$.
题目（高三 · 解析几何）：24. 如图, $\odot \mathrm{O}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的外接圆, $\mathrm{D}$ 是 $\mathrm{AC}$ 的中点, $\mathrm{BD}$ 交 $\mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{E}$.



(1) 求证: $\mathrm{CD}^{2}=\mathrm{DE} \cdot \mathrm{DB}$;
选项：
答案：答案: 证明:由已知,得 $\angle \mathrm{ABD}=\angle \mathrm{CBD}$.

又 $\because \angle \mathrm{ECD}=\angle \mathrm{ABD}, \therefore \angle \mathrm{CBD}=\angle \mathrm{ECD}$.

又 $\because \angle \mathrm{BDC}=\angle \mathrm{CDE}$,

$\therefore \triangle \mathrm{BCD} \sim \triangle \mathrm{CED}$.

$\therefore \frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{CD}}=\frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{DB}}$, 即 $\mathrm{CD}^{2}=\mathrm{DE} \cdot \mathrm{DB}$.

(2) 若 $\mathrm{CD}=2 \sqrt{3}, \mathrm{O}$ 到 $\mathrm{AC}$ 的距离为 1 , 求 $\odot \mathrm{O}$ 的半径.

答案: 解:如图,连接 $O D$ 交 $A C$ 于点 $F$,连接 $O C$.

<ImageHere>

$\because \mathrm{D}$ 是 $\mathrm{AC}$ 的中点, $\therefore \mathrm{OD} \perp \mathrm{AC}$,垂足为点 $\mathrm{F}$.

在 Rt $\triangle \mathrm{CFO}$ 中, $\mathrm{OF}=1$, 设 $\odot \mathrm{O}$ 的半径 $\mathrm{OC}=\mathrm{R}$,

$\therefore \mathrm{CF}=\sqrt{\mathrm{OC}^{2}-\mathrm{OF}^{2}}=\sqrt{\mathrm{R}^{2}-1}$.

在 Rt $\triangle \mathrm{CFD}$ 中, $\mathrm{DC}^{2}=\mathrm{CF}^{2}+\mathrm{DF}^{2}$.

$\therefore(2 \sqrt{3})^{2}=\left(\mathrm{R}^{2}-1\right)+(\mathrm{R}-1)^{2}$,

整理得 $R^{2}-R-6=0$, 解得 $R=3$ 或 $R=-2$ （舍去）,

$\therefore \mathrm{R}=3$,即 $\odot \mathrm{O}$ 的半径为 3 .
解析：：分析：本题主要考查了圆周角定理, 解决问题的关键是 (1) 转化为证明 $\triangle \mathrm{BCD}$ 与 $\triangle \mathrm{CED}$ 相似; (2) 作出点 $\mathrm{O}$ 到 $\mathrm{AC}$ 的距离,利用勾股定理列出方程求解.
题目（高三 · 解析几何）：19. 已知曲线 $C$ 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \alpha \\ y=m+\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数 $)$, 直线 $l$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+\frac{\sqrt{5}}{5} t \\ y=4+\frac{2 \sqrt{5}}{5} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数 $)$,

(1) 求曲线 $C$ 与直线 $l$ 的普通方程;
答案: 解: 由 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \alpha \\ y=m+\sin \alpha\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \alpha \\ y-m=\sin \alpha\end{array}\right.$

曲线 $C$ 的普通方程为: $x^{2}+(y-m)^{2}=1$; 由 $x=1+\frac{\sqrt{5}}{5} t$ 得 $\frac{\sqrt{5}}{5} t=x-1$ 代入 $y=4+\frac{2 \sqrt{5}}{5} t$ 得 $y=4+2(x-1)$, 所以直线 $l$ 的普通方程为 $y=2 x+2$.

(2) 若直线 $l$ 与曲线 $C$ 相交于 $P, Q$ 两点, 且 $|P Q|=\frac{4 \sqrt{5}}{5}$, 求实数 $m$ 的值
选项：
答案：答案: 解: 圆心 $(0, m)$ 到直线 $l$ 的距离为 $d=\frac{|-m+2|}{\sqrt{5}}$, 所以由勾股定理得 $\left(\frac{|-m+2|}{\sqrt{5}}\right)^{2}+\left(\frac{2 \sqrt{5}}{5}\right)^{2}=1$, 解之得 $m=3$ 或 $m=1$.
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) 利用三角关系中的平方关系将曲线 $C$ 参数方程中的参数消去即可得曲线 $C$ 的普通方程; 用代入消元法,即由直线参数方程中的一个表达式中求出参数 $t$, 代入另一个参数方程表达式中即可求出直线的普通方程; (2) 由点到直线的距离公式求出弦心距, 利用圆的性质及勾股定理即可求出参数 $m$ 的值
题目（高三 · 解析几何）：20. 已知曲线 $\mathrm{C}_{1}:\left\{\begin{array}{l}x=-4+\cos t \\ y=3+\sin t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), $\mathrm{C}_{2}:\left\{\begin{array}{l}x=8 \cos \theta \\ y=3 \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数).

(1) 化 $C_{1}, C_{2}$ 的方程为普通方程, 并说明它们分别表示什么曲线;

答案: 解: $\mathrm{C}_{1}:(x+4)^{2}+(y-3)^{2}=1, \mathrm{C}_{2}: \frac{x^{2}}{64}+\frac{y^{2}}{9}=1$

$C_{1}$ 是以 $(-4,3)$ 为圆心, 半径为 1 的圆; $C_{2}$ 为中心在坐标原点, 焦点在 $X$ 轴上, 长半轴长是 8 , 短半轴长是 3 的椭圆

(2) 若 $\mathrm{C}_{1}$ 上的点 $\mathrm{P}$ 对应的参数为 $t=\frac{\pi}{2}, \mathrm{Q}$ 为 $\mathrm{C}_{2}$ 上的动点, 求 $\mathrm{PQ}$ 中点 $\mathrm{M}$ 到直线 $\mathrm{C}_{3}:\left\{\begin{array}{l}x=3+2 t \\ y=-2+t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数) 距离的最小值.
选项：
答案：答案: 解: 当 $t=\frac{\pi}{2}$ 时, $\mathrm{P}(-4,4), \mathrm{Q}(8 \cos \theta, 3 \sin \theta)$, 故 $\mathrm{M}\left(-2+4 \cos \theta, 2+\frac{3}{2} \sin \theta\right)$; $\mathrm{C}_{3}$ 为直线 $x-2 y-7=0, \mathrm{M}$ 到 $\mathrm{C}_{3}$ 的距离 $d=\frac{\sqrt{5}}{5}|4 \cos \theta-3 \sin \theta-13|$当 $\cos \theta=\frac{4}{5}, \sin \theta=-\frac{3}{5}$ 时, $d$ 取最小值 $\frac{8 \sqrt{5}}{5}$
解析：: 分析: 本题主要考查了参数方程化成普通方程, 解决问题的关键是第一问将参数消掉,求得其普通方程, 根据方程确定出曲线的类型, 第二问根据 $t=\frac{\pi}{2}$ 确定出 $\mathrm{P}$ 的坐标, 利用中点坐标公式, 确定出 $\mathrm{M}\left(-2+4 \cos \theta, 2+\frac{3}{2} \sin \theta\right)$, 将 $\mathrm{C}_{3}$ 的方程消参, 求得直线的普通方程, 利用点到直线的距离公式, 结合三角函数的最值, 求得距离的最小值
题目（高三 · 解析几何）：21. 已知曲线 $C$ 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=2 t, ? \\ y=3 t^{2}-1 .\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数)

(1)判断点 $M_{1}(0,-1)$ 和 $M_{2}(4,10)$ 与曲线 $C$ 的位置关系.
选项：
答案：答案: 解: 把点 $M_{1}$ 的坐标代入参数方程 $\left\{\begin{array}{c}x=2 t, \\ y=3 t^{2}-1,\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{c}0=2 t, \\ -1=3 t^{2}-1,\end{array}, \therefore t=0\right.$.

即点 $M_{1}$ 在曲线 $C$ 上.

把点 $M_{2}$ 的坐标代入参数方程 $\left\{\begin{array}{c}x=2 t, \\ y=3 t^{2}-1,\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{c}4=2 t, \\ 10=3 t^{2}-1,\end{array}\right.$ 方程组无解.

即点 $M_{2}$ 不在曲线 $C$ 上.

(2)已知点 $M(2, a)$ 在曲线 $C$ 上, 求 $a$ 的值.

答案: 解: $\because$ 点 $M(2, a)$ 在曲线 $\mathrm{C}$ 上,

$\therefore\left\{\begin{array}{c}2=2 t, \\ a=3 t^{2}-1\end{array}\right.$

$\therefore t=1, a=3 \times 1^{2}-1=2$.

即 $a$ 的值为 2 .
解析：: 分析: 本题主要考查了参数方程化成普通方程, 解决问题的关键是已知曲线的参数方程, 判断某点是否在曲线上, 就是将点的坐标代入曲线的参数方程, 然后建立关于参数的方程组, 如果方程组有解, 则点在曲线上; 否则, 点不在曲线上.
题目（高三 · 解析几何）：22. 已知直线 $l$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2-t \\ y=2 t\end{array}\right.$ ( $\mathrm{t}$ 为参数), 直线 $l$ 与 $\mathrm{y}$ 轴的交点为 $\mathrm{P}$.

(1)写出点 $\mathrm{P}$ 的极坐标 $(\rho, \theta)$ (其中 $\rho>0,0 \leq \theta<2 \pi$ );
选项：
答案：答案: 解: 因直线 $l$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2-t \\ y=2 t\end{array}\right.$ ( $\mathrm{t}$ 为参数),

故直线 $l$ 的普通方程为 $2 \mathrm{x}+\mathrm{y}-4=0$.

可求得直线 $2 x+y-4=0$ 与 $y$ 轴的交点坐标为 $(0,4)$,

所以 $\mathrm{P}$ 点的极坐标为 $\left(4, \frac{\pi}{2}\right)$.

(2)求曲线 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \theta+2 \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$ 上的点到 $\mathrm{P}$ 点距离的最大值.

答案: 解: 将曲线方程 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \theta+2 \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$ 化为普通方程 $(\mathrm{x}-2)^{2}+\mathrm{y}^{2}=1$, 故曲线是一个圆, 其圆心坐标为 $(2,0)$.由圆的几何意义可知,曲线 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \theta+2 \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$ 上的点到 $\mathrm{P}$ 点距离的最大值即点 $\mathrm{P}$ 到圆心的距离加上半径, 所以所求的最大值为 $\sqrt{(0-2)^{2}+(4-0)^{2}}+1=2 \sqrt{5}+1$.
解析：: 分析: 本题主要考查了, 解决问题的关键是应先将直线和曲线的参数方程化为普通方程,再进行求解。
题目（高三 · 解析几何）：23. 已知曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\sqrt{5} \cos \alpha \\ y=1+\sqrt{5} \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), 以直角坐标系原点为极点, $O x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系.

(1)求曲线 $C$ 的极坐标方程;
选项：
答案：答案: 解: $\because$ 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{c}x=2+\sqrt{5} \cos \alpha \\ y=1+\sqrt{5} \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数),

$\therefore$ 曲线 $C$ 的普通方程为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=5$,

将 $\left\{\begin{array}{l}x=\rho \cos \theta \\ y=\rho \sin \theta\end{array}\right.$, 代入并化简得: $\rho=4 \cos \theta+2 \sin \theta$.

即曲线 $C$ 的极坐标方程为 $\rho=4 \cos \theta+2 \sin \theta$.

(2)若直线 $l$ 的极坐标方程为 $\rho(\sin \theta+\cos \theta)=1$, 求直线 $l$ 被曲线 $C$ 截得的弦长.

答案: 解: $\because 1$ 的直角坐标方程为 $x+y-1=0$,

$\therefore$ 圆心到直线 $l$ 的距离为 $d=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}, \therefore$ 弦长为 $2 \sqrt{5-2}=2 \sqrt{3}$.
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)利用三角函数消参即可求得曲线 $C$ 的普通方程, 然后将 $\left\{\begin{array}{l}x=\rho \cos \theta \\ y=\rho \sin \theta\end{array}\right.$ 代入并化简即可求得曲线 $C$ 的极坐标方程. (2)先将直线 $l$ 的极坐标方程化为普通方程, 然后求出圆心到直线的距离 $d$, 从而求得弦长.
题目（高三 · 解析几何）：24. 在直角坐标系 $x \mathrm{O} y$ 中, 以坐标原点 $O$ 为极点, 以 $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系. 已知曲线 $C_{1}:\left\{\begin{array}{l}x=4+t \\ y=5+2 t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 曲线 $C_{2}: \rho^{2}-6 \rho \cos \theta-10 \rho \sin \theta+9=0$;

(1)将曲线 $C_{1}$ 化成普通方程, 将曲线 $C_{2}$ 化成参数方程;
选项：
答案：:答案: 解: $\because\left\{\begin{array}{l}x=4+t, \\ y=5+2 t\end{array}, \therefore t=x-4\right.$,

代入 $y=5+2 t$ 得, $y=5+2(x-4)$, 即 $y=2 x-3$.

$\therefore$ 曲线 $C_{1}$ 的普通方程是 $y=2 x-3$.

将 $\rho=\sqrt{x^{2}+y^{2}}, \rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$ 代入曲线 $C_{2}$ 的方程 $\rho^{2}-6 \rho \cos \theta-10 \rho \sin \theta+9=0$, 得 $x^{2}+y^{2}-6 x-10 y+9=0$, 即 $(x-3)^{2}+(y-5)^{2}=25$.设 $x-3=5 \cos \alpha, y-5=5 \sin \alpha$ ，得曲线 $C_{2}$ 的参数方程: $\left\{\begin{array}{l}x=3+5 \cos \alpha \\ y=5+5 \sin \alpha\end{array}(\alpha\right.$ 为参数 $)$

(2)判断曲线 $C_{1}$ 和曲线 $C_{2}$ 的位置关系.
答案: 解: 由(1)知, 曲线 $C_{1}$ 是经过点 $P(4,5)$ 的直线, 曲线 $C_{2}$ 是以 $O^{\prime}(3,5)$ 为圆心半径为 $r=5$ 的圆.

$\because\left|P O^{\prime}\right|=1<r$,

$\therefore P(4,5)$ 在曲线 $C_{2}$ 内,

$\therefore$ 曲线 $C_{1}$ 和曲线 $C_{2}$ 相交.
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)利用极坐标与普通坐标之间的转化即可求出曲线 $C_{2}$ 的普通方程, 从而可得到曲线 $C_{2}$ 的参数方程, 利用消去参数的方程即可求出直线的普通方程;(2)求出曲线曲线 $C_{2}$ 的圆心到直线的距离并与半径作比较,即可得到直线与曲线 $C_{2}$ 的位置关系.
题目（高三 · 解析几何）：25. 试判断直线 $\mathrm{l}:\left\{\begin{array}{l}x=-1+\frac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{t} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{t}\end{array}\right.$ ( $\mathrm{t}$ 为参数)与曲线 $\mathrm{C}:\left\{\begin{array}{l}x=-1+2 \cos \theta \\ y=2+2 \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数)的位置关系.
选项：
答案：答案: 解: 直线 $l$ 的方程可化为 $x-y+1=0$,曲线 $\mathrm{C}$ 的方程可化为 $(x+1)^{2}+(y-2)^{2}=4$, 则曲线 $C$ 是一个圆, 其圆心为 $C(-1,2)$, 半径为 2 .因为圆 $\mathrm{C}$ 的圆心到直线 1 的距离 $\mathrm{d}=\sqrt{2}<2=\mathrm{r}$, 所以直线 1 与曲线 $\mathrm{C}$ 相交.
解析：: 分析: 本题主要考查了参数方程化成普通方程, 解决问题的关键是以先把直线和曲线的参数方程分别化为普通方程, 方法一是联立方程消元,运用判别式 $\Delta$ 来判断直线与圆的位置关系; 方法二是先由点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离 $\mathrm{d}$, 再由 $\mathrm{d}$ 与半径 $\mathrm{r}$ 的大小关系判断直线与圆的位置关系.
题目（高三 · 解析几何）：23. 设向量 $\boldsymbol{a}=(4 \cos \alpha, \sin \alpha), \boldsymbol{b}=(\sin \beta, 4 \cos \beta)$, 若 $\tan \alpha \tan \beta=16$, 求证: $\boldsymbol{a} / / \boldsymbol{b}$.
选项：
答案：答案：证明：(分析法)：要证明 $\boldsymbol{a} / / \boldsymbol{b}$,

而 $\boldsymbol{a}=(4 \cos \alpha, \sin \alpha), \boldsymbol{b}=(\sin \beta, 4 \cos \beta)$;

$\therefore$ 即要证明 $(4 \cos \alpha) \cdot(4 \cos \beta)=\sin \alpha \sin \beta$,

即要证 $\sin \alpha \sin \beta=16 \cos \alpha \cos \beta$,

即要证 $\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} \cdot \frac{\sin \beta}{\cos \beta}=16 ，$

即要证 $\tan \alpha \tan \beta \tan \alpha \tan \beta=16 ，$

而 $\tan \alpha \tan \beta=16$ 已知, 所以结论正确.

(综合法): $\because \tan \alpha \tan \beta=16$,

$\therefore \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} \cdot \frac{\sin \beta}{\cos \beta}=16$,

即 $\sin \alpha \sin \beta=16 \cos \alpha \cos \beta$,

$\therefore(4 \cos \alpha) \cdot(4 \cos \beta)=\sin \alpha \sin \beta$,

即 $\boldsymbol{a}=(4 \cos \alpha, \sin \alpha)$ 与 $\boldsymbol{b}=(\sin \beta, 4 \cos \beta)$ 共线，

$\therefore a / / b$.
解析：:【分析】本题主要考查了分析法与综合法, 解决问题的关键是(1)分析法证明数学命题时, 是从结论出发, 寻找使结论成立的充分条件, 一定要恰当地用好“要证明”.“只需证明”, “即证"等词语.(2)综合法的优点是易于表达, 条理清晰, 形式简捷, 故我们一般用分析法寻求解题思想, 用综合法书写解题过程.
题目（高三 · 解析几何）：24. 已知 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的三边长为 $a . b . \mathrm{c}$, 且其中任意两边长均不相等, 若 $\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{\mathrm{c}}$ 成等差数列, 比较 $\sqrt{\frac{b}{a}}$ 与 $\sqrt{\frac{\sigma}{b}}$ 的大小, 并用分析法证明你的结论.
选项：
答案：答案: 解: 要证 $\sqrt{\frac{b}{a}}<\sqrt{\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{b}}}$, 只需证 $\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{a}}<\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{b}}, \because a . b . \mathrm{c}>0$, 只需证 $b^{2}<a \mathrm{c}$,又 $\because \frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{11}{c a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c}$ 成等差数列, $\therefore \frac{2}{b}=\frac{1}{a}+\frac{1}{a} \geq 2 \sqrt{\frac{1}{a c}}$, 即 $b^{2} \leq a c$,

又 $a . b . c$ 任意两边均不相等, $\therefore b^{2}<a c$ 显然成立, 故所得大小关系正确.
解析：:【分析】本题考查了分析法证明不等式.分析法证明问题思路比较明确, 即由结论出发,通过逐步寻求使结论成立的充分条件，直到找到一个明显成立的条件为止
题目（高三 · 解析几何）：21. 如图, 已知四边形 $\mathrm{ABCD}$ 为平行四边形, 过点 $\mathrm{A}$ 和 $\mathrm{B}$ 的圆与 $\mathrm{AD}, \mathrm{BC}$ 分别交于 $\mathrm{E}, \mathrm{F}$ 两点. 求证:C,D,E,F 四点共圆.


选项：
答案：答案：证明：如图,连接 EF.

<ImageHere>

$\because \mathrm{ABCD}$ 为平行四边形,

$\therefore \angle \mathrm{B}+\angle \mathrm{C}=180^{\circ}$.

$\because$ 四边形 $\mathrm{ABFE}$ 内接于圆,

$\therefore \angle \mathrm{B}+\angle \mathrm{AEF}=180^{\circ}$.

$\therefore \angle \mathrm{AEF}=\angle \mathrm{C}$.

$\therefore \mathrm{C}, \mathrm{D}, \mathrm{E}, \mathrm{F}$ 四点共圆.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆内接四边形的性质与判断定理, 解决问题的关键是根据圆内接四边形的性质与判断定理结合所给图像构造辅助线证明即可
题目（高三 · 解析几何）：22. 已知 $a, b, c$ 是互不相等的实数, 求证: 由 $y=a x^{2}+2 b x+c, y=b x^{2}+2 c x+a, y=c x^{2}+2 a x+b$确定的三条抛物线至少有一条与 $x$ 轴有两个不同的交点.
选项：
答案：答案：证明：假设题设中的函数确定的三条抛物线都不与 $x$ 有两个不同的交点 (即任何一条抛物线与 $x$ 轴没有两个不同的交点),由 $y=a x^{2}+2 b x+c, y=b x^{2}+2 c x+a, y=c x^{2}+2 a x+b$ 得 $\Delta_{1}=(2 b)^{2}-4 a c \leq 0$,

$\triangle_{2}=(2 c)^{2}-4 a b \leq 0$,

$\triangle_{3}=(2 \mathrm{a})^{2}-4 \mathrm{bc} \leq 0$.

同向不等式求和得,

$4 b^{2}+4 c^{2}+4 a^{2}-4 a c-4 a b-4 b c \leq 0$,

$\therefore 2 \mathrm{a}^{2}+2 \mathrm{~b}^{2}+2 \mathrm{c}^{2}-2 \mathrm{ab}-2 \mathrm{bc}-2 \mathrm{ac} \leq 0$,

$\therefore(\mathrm{a}-\mathrm{b})^{2}+(\mathrm{b}-\mathrm{c})^{2}+(\mathrm{c}-\mathrm{a})^{2} \leq 0$,

$\therefore \mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}$, 这与题设 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ 互不相等矛盾,

因此假设不成立, 从而命题得证.
解析：: 分析: 本题主要考查了反证法的应用, 解决问题的关键是本题是一个至少性问题, 可以利用反证法证明, 其步骤为: (1)否定命题的结论, 即假设“任何一条抛物线与 $x$ 轴没有两个不同的交点”成立 $\rightarrow$ (2)根据函数的性质可以得到三个函数对应方程的 $\Delta \leq 0$ 均成立 $\rightarrow$ (3)利用不等式的性质, 同向不等式求和 $\rightarrow$ (4)得到的式子与实数的性质相矛盾 $\rightarrow$ (5)故假设不成立, 原结论成立.
题目（高三 · 解析几何）：21. 已知直线 $l:\left\{\begin{array}{l}x=5+\frac{\sqrt{3}}{2} t \\ y=\sqrt{3}+\frac{1}{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数). 以坐标原点为极点, $x$ 轴的正半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 C 的坐标方程为 $\rho=2 \cos \theta$.

(1) 将曲线 $\mathrm{C}$ 的极坐标方程化为直坐标方程;
选项：
答案：答案: 解: $\because \rho=2 \cos \theta, \therefore \rho^{2}=2 \rho \cos \theta, \therefore x^{2}+y^{2}=2 x$, 故它的直角坐标方程为 $(x-1)^{2}+y^{2}=1 ;$

(2) 设点 $M$ 的直角坐标为 $(5, \sqrt{3})$, 直线 $l$ 与曲线 $C$ 的交点为 $A, B$, 求 $|M A| \cdot|M B|$ 的值.

答案: 解: 直线 $l$ : $\left\{\begin{array}{l}x=5+\frac{\sqrt{3}}{2} t \\ y=\sqrt{3}+\frac{1}{2} t\end{array}\right.$ ( $\mathrm{t}$ 为参数), 普通方程为 $y=\frac{\sqrt{3}}{3} x-\frac{2 \sqrt{3}}{3},(5, \sqrt{3})$ 在直线 $l$ 上, 过点 $\mathrm{M}$ 作圆的切线, 切点为 $\mathrm{T}$, 则 $|M T|^{2}=(5-1)^{2}+3-1=18$, 由切割线定理,可得 $|M T|^{2}=|M A| \cdot|M B|=18$.
解析：: 分析: 本题主要考查了直线的参数方程, 解决问题的关键是第一问, 曲线的极坐标方程即 $\rho^{2}=2 \rho \cos \theta$, 根据极坐标和直角坐标的互化公式 $x=\rho \cos \theta . y=\rho \sin \theta$ . $\rho^{2}=x^{2}+y^{2}$, 得 $x^{2}+y^{2}=2 x$, 即得它的直角坐标方程; 第二问, 直线 $l$ 的方程经过消参转化为普通方程, 再利用切割线定理可得结论.
题目（高三 · 解析几何）：22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \\ y=2+t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数 $)$, 以该直角坐标系的原点 $O$ 为极点, $X$ 轴的非负半轴为极轴的极坐标系下, 圆 $C_{2}$ 的方程为 $\rho=-2 \cos \theta+2 \sqrt{3} \sin \theta$.

(1) 求直线 $C_{1}$ 的普通方程和圆 $C_{2}$ 的圆心的极坐标;
选项：
答案：答案: 解: 由 $C_{1}$ 的参数方程消去参数 $t$ 得普通方程为 $x-y+1=0$
圆 $C_{2}$ 的直角坐标方程 $(x+1)^{2}+(y-\sqrt{3})^{2}=4$,

所以圆心的直角坐标为 $(-1, \sqrt{3})$, 因此圆心的一个极坐标为 $\left(2, \frac{2 \pi}{3}\right)$.

(答案不唯一, 只要符合要求即可)

(2) 设直线 $C_{1}$ 和圆 $C_{2}$ 的交点为 $A . B$, 求弦 $A B$ 的长.

答案: 解: 由 (1) 知圆心 $(-1, \sqrt{3})$ 到直线 $x-y+1=0$ 的距离 $d=\frac{|-1-\sqrt{3}+1|}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$,

所以 $|A B|=2 \sqrt{4-\frac{6}{4}}=\sqrt{10}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了直线的参数方程, 解决问题的关键是 (1) 消去参数即可将 $C_{1}$的参数方程化为普通方程, 在直角坐标系下求出圆心的坐标, 化为极坐标即可; (2) 求出圆心到直线的距离, 由勾股定理求弦长即可
题目（高三 · 解析几何）：23. 已知圆 $\mathrm{C}$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \cos \theta$, 直线 $l$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\frac{\sqrt{2}}{2} t \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为常数, $\mathrm{t} \in \mathrm{R}$ )

(1) 求直线 $l$ 的普通方程和圆 $C$ 的直角坐标方程;

答案: 解: 由 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\frac{\sqrt{2}}{2} t \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2} t\end{array}(t\right.$ 为参数 $t \in R)$ 消去参数得,

直线 $l$ 的普通方程为 $x-y-2=0$

把 $\left\{\begin{array}{l}x=\rho \cos \theta \\ \rho^{2}=x^{2}+y^{2}\end{array}\right.$ 代入 $\rho=2 \cos \theta$ 中得,

圆 C 的直角坐标方程为 $(x-1)^{2}+y^{2}=1$

(2) 求直线 $l$ 与圆 $C$ 相交的弦长.
选项：
答案：答案: 解: 圆心 $(1,0)$ 到直线 $x-y-2=0$ 的距离 $d=\frac{1}{\sqrt{2}}$

由弦长公式得, 弦长为 $2 \sqrt{1-d^{2}}=\sqrt{2}$
解析：: 分析: 本题主要考查了直线的参数方程, 解决问题的关键是 (1) 利用直角坐标与极坐标间的关系, 即利用 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y, \rho^{2}=x^{2}+y^{2}$, 进行代换即得圆的直角坐标方程; (2) 利用点到直线的距离公式求出圆心 $C$ 到直线 $l$ 的距离 $d$, 由垂径定理及勾股定
理即可求出弦长 $|A B|$.
题目（高三 · 解析几何）：24. 在平面直角坐标系 $\mathrm{xOy}$ 中, 已知直线 $l$ 的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \\ y=2-2 t\end{array}\right.$ ( $\mathrm{t}$ 为参数). 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 圆 $C$ 的极坐标方程为 $p=2 \cos \theta$. 直线 $l$ 与圆相交于 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两点, 求线段 $\mathrm{AB}$ 的长.
选项：
答案：n答案: 解: 直线 $l$ 的普通方程为: $2 x+y-4=0$;

圆 C 的普通方程为: $(x-1)^{2}+y^{2}=1$;

圆心 $C$ 到直线 $l$ 的距离为: $d=\frac{|2-4|}{\sqrt{1^{2}+2^{2}}}=\frac{2}{\sqrt{5}}$;

所以 $\mathrm{AB}=2 \sqrt{\mathrm{r}^{2}-d^{2}}=2 \sqrt{1-\frac{4}{5}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了直线的参数方程, 解决问题的关键是将直线参数方程化为普通方程为 $2 x+y-4=0$, 圆的普通方程为 $(x-1)^{2}+y^{2}=1$, 所以圆心 $\mathrm{C}$ 到直线 $l$ 的距离为: $d=\frac{|2-4|}{\sqrt{1^{2}+2^{2}}}=\frac{2}{\sqrt{5}}, \mathrm{AB}=2 \sqrt{r^{2}-d^{2}}=2 \sqrt{1-\frac{4}{5}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
题目（高三 · 解析几何）：25. 已知直线 $C_{1}:\left\{\begin{array}{c}x=1+t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\boldsymbol{t}$ 为参数), $C_{2}: \rho=1$. (1) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, 求 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点坐标;
选项：
答案：答案: 解: 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $C_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), C_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$联立方程组 $\left\{\begin{array}{c}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0),\left(\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

(2) 以坐标原点 $O$ 为圆心的圆与 $C_{1}$ 相切, 切点为 $A, P$ 为 $O A$ 的中点, 当 $\alpha$ 变化时, 求 $P$点的轨迹的参数方程, 并指出它是什么曲线.

答案: 解: $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0$

$\mathrm{A}$ 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right) . \therefore$ 当 $\alpha$ 变化时, $\mathrm{P}$ 点轨迹的参数方程为

$$
\left\{\begin{array}{l}
x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\
y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha
\end{array}\right.
$$

( $\alpha$ 为参数) P 点轨迹的普通方程为 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$

故 $\mathrm{P}$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆.
解析：: 分析: 本题主要考查了直线的参数方程, 解决问题的关键是掌握参数方程与普通方程相互转化, 极坐标方程与直角坐标系方程相互转化