題目列表(包括答案和解析)
在平面直角坐標系
中，曲線
與坐標軸的交點都在圓
上．
(1)求圓的方程；
(2)若圓與直線
交于
、
兩點，且
，求
的值．
【解析】本試題主要是考查了直線與圓的位置關系的運用。
（1）曲線與
軸的交點為(0,1)，
與
軸的交點為(3＋2
，0)，(3－2，0) 故可設的圓心為(3，t)，則有32＋(t－1)2＝(2)2＋t2，解得t＝1.
（2）因為圓與直線交于、兩點，且。聯立方程組得到結論。
已知向量
（
），向量
，
，
且
.
（Ⅰ）求向量
；
（Ⅱ）若
，
，求
.
【解析】本試題主要考查了向量的數量積的運算，以及兩角和差的三角函數關系式的運用。
（1）問中∵，∴
，…………………1分
∵
，得到三角關系是
，結合
，解得。
（2）由，解得
，
，結合二倍角公式
，和
,代入到兩角和的三角函數關系式中就可以求解得到。
解析一：（Ⅰ）∵，∴，…………1分
∵，∴
，即 ① …………2分
又 ② 由①②聯立方程解得，
，
5分
∴
……………6分
（Ⅱ）∵即，， …………7分
∴，
………8分
又∵， ………9分
， ……10分
∴
．
解法二: (Ⅰ)
，…………………………………1分
又
，∴
，即
，①……2分
又 ②
將①代入②中，可得
③ …………………4分
將③代入①中，得
……………………………………5分
∴
…………………………………6分
(Ⅱ) 方法一
∵
,，∴
，且
……7分
∴
，從而
. …………………8分
由(Ⅰ)知
，
； ………………9分
∴
. ………………………………10分
又∵
，∴
，
又，∴
……11分
綜上可得 
………………………………12分
方法二∵,，∴，且…………7分
∴.
……………8分
由(Ⅰ)知
，
.
…………9分
∴
……………10分
∵，且注意到
，
∴
，又，∴
………………………11分
綜上可得 …………………12分
（若用
，又∵ ∴ ，
設雙曲線
的兩個焦點分別為
、
，離心率為2．
（1）求雙曲線的漸近線方程；
（2）過點
能否作出直線
，使與雙曲線
交于
、
兩點，且
，若存在，求出直線方程，若不存在，說明理由．
【解析】(1)根據離心率先求出a2的值，然后令雙曲線等于右側的1為0，解此方程可得雙曲線的漸近線方程.
（2）設直線l的方程為
,然后直線方程與雙曲線方程聯立，消去y，得到關于x的一元二次方程，利用韋達定理表示此條件，得到關于k的方程，解出k的值，然后驗證判別式是否大于零即可.
在△ABC中，內角A、B、C所對邊的邊長分別是a、b、c，已知c=2，C=
.
(Ⅰ)若△ABC的面積等于
，求a、b;
(Ⅱ)若
,求△ABC的面積.
【解析】第一問中利用余弦定理及已知條件得
又因為△ABC的面積等于，所以
，得
聯立方程，解方程組得
.
第二問中。由于即為即
.
當
時，
, 
, 
,
所以
當
時，得
，由正弦定理得
，聯立方程組，解得
,得到。
解：（Ⅰ） （Ⅰ）由余弦定理及已知條件得，………1分
又因為△ABC的面積等于，所以，得，………1分
聯立方程，解方程組得.
……………2分
（Ⅱ）由題意得
，
即.
…………2分
當時，
, , ,
……1分
所以 ………………1分
當時，得，由正弦定理得，聯立方程組
，解得,
;
所以
，
，
為常數，離心率為
的雙曲線
：
上的動點
到兩焦點的距離之和的最小值為
，拋物線
：
的焦點與雙曲線的一頂點重合。(Ⅰ)求拋物線的方程；（Ⅱ）過直線
：
（
為負常數）上任意一點
向拋物線引兩條切線，切點分別為
、
，坐標原點
恒在以
為直徑的圓內，求實數的取值范圍。
【解析】第一問中利用由已知易得雙曲線焦距為，離心率為，則長軸長為2，故雙曲線的上頂點為
，所以拋物線的方程
第二問中，為
，
，
，
故直線
的方程為
，即
，
所以
，同理可得：
借助于根與系數的關系得到即
，
是方程
的兩個不同的根，所以
由已知易得
，即
解：(Ⅰ)由已知易得雙曲線焦距為，離心率為，則長軸長為2，故雙曲線的上頂點為，所以拋物線的方程
（Ⅱ）設為，，，
故直線的方程為，即，
所以，同理可得：，
即，是方程的兩個不同的根，所以
由已知易得
，即
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