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1615分三角函数★★★★☆
已知在 △ABC\triangle ABC 中，AB=3AB=3，BC=23BC=2\sqrt{3}，cos⁡B=33\cos B=\dfrac{\sqrt{3}}{3}.
(1) 求 cos⁡A\cos A； (2) 设 DD，EE 两点满足：DD 在 BABA 的延长线上，DE//BCDE // BC，AE⊥ACAE\perp AC. 若 DE=6DE=\sqrt{6}，求 CECE．

2026 · 全国 · 一卷 · 第 16 题 · 解答题

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16解析几何★★★★☆
已知双曲线 C:x2a2−y2b2=1C:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1（a>0a>0，b>0b>0）的左、右焦点分别为 F1F_1，F2F_2. 过 F1F_1 的直线与 CC 的两条渐近线分别交于 AA，BB 两点，若 F1A→=AB→\overrightarrow{F_1A}=\overrightarrow{AB}，F1B→⋅F2B→=0\overrightarrow{F_1B}\cdot\overrightarrow{F_2B}=0，则 CC 的离心率为______.
\begin{answer} 2 \end{answer}

2019 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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07立体几何初步★★★★☆
已知棱长为 11 的正方体的俯视图是一个面积为 11 的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于（ ）
A.
1
B.
2\sqrt{2}
C.
2−12\frac{\sqrt{2} - 1}{2}
D.
2+12\frac{\sqrt{2} + 1}{2}

2013 · 湖南 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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21解析几何★★★★☆
已知平面内一动点 PP 到点 F(1,0)F(1,0) 的距离与点 PP 到 yy 轴的距离的差等于 11.
(1) 求动点 PP 的轨迹 CC 的方程； (2) 过点 FF 作两条斜率存在且互相垂直的直线 l1l_{1}，l2l_{2}，设 l1l_{1} 与轨迹 CC 相交于点 AA，BB，l2l_{2} 与轨迹 CC 相交于点 DD，EE，求 AD→⋅EB→\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{EB} 的最小值.

2011 · 湖南 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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20解析几何★★★★☆
已知双曲线 x2−y2=2x^{2} - y^{2} = 2 的左，右焦点分别为 F1F_{1}，F2F_{2}，过点 F2F_{2} 的动直线与双曲线相交于 AA，BB 两点.
(1) 若动点 MM 满足 F1M→=F1A→+F1B→+F1O→\overrightarrow{F_{1}M} = \overrightarrow{F_{1}A} + \overrightarrow{F_{1}B} + \overrightarrow{F_{1}O}（其中 OO 为坐标原点），求点 MM 的轨迹方程； (2) 在 xx 轴上是否存在定点 CC，使 CA→⋅CB→\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB} 为常数？若存在，求出点 CC 的坐标；若不存在，请说明理由.

2007 · 湖南 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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19解析几何★★★★☆
已知双曲线 x2−y2=2x^{2} - y^{2} = 2 的右焦点为 FF，过点 FF 的动直线与双曲线相交于 AA，BB 两点，点 CC 的坐标是 (1,0)(1, 0).
(1) 证明：CA→⋅CB→\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB} 为常数； (2) 若动点 MM 满足 CM→=CA→+CB→+CO→\overrightarrow{CM} = \overrightarrow{CA} + \overrightarrow{CB} + \overrightarrow{CO}（其中 OO 为坐标原点），求点 MM 的轨迹方程.

2007 · 湖南 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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10平面向量★★★★☆
设 PP 是 △ABC\triangle ABC 内任意一点，S△ABCS_{\triangle ABC} 表示 △ABC\triangle ABC 的面积，λ1=S△PBCS△ABC\lambda_1 = \frac{S_{\triangle PBC}}{S_{\triangle ABC}}，λ2=S△PCAS△ABC\lambda_2 = \frac{S_{\triangle PCA}}{S_{\triangle ABC}}，λ3=S△PABS△ABC\lambda_3 = \frac{S_{\triangle PAB}}{S_{\triangle ABC}}，定义 f(P)=(λ1,λ2,λ3)f(P) = (\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3)，若 GG 是 △ABC\triangle ABC 的重心，f(Q)=(12,13,16)f(Q) = \left(\frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{1}{6}\right)，则（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 由面积比的定义，λ1\lambda_1，λ2\lambda_2，λ3\lambda_3 是点相对于三角形 ABCABC 的面积坐标，故点 QQ 的重心坐标为 (12,13,16)\left(\frac12,\frac13,\frac16\right)，而 GG 的重心坐标为 (13,13,13)\left(\frac13,\frac13,\frac13\right). 直接计算得
Q=12G+13A+16BQ=\frac12G+\frac13A+\frac16B
右端三个系数均为正且和为 11，所以 QQ 在 △GAB\triangle GAB 内，故选 A. \end{solution}
A.
点 QQ 在 △GAB\triangle GAB 内
B.
点 QQ 在 △GBC\triangle GBC 内
C.
点 QQ 在 △GCA\triangle GCA 内
D.
点 QQ 与点 GG 重合

2005 · 湖南 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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19解析几何★★★★☆
已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0）的左、右焦点为 F1F_1，F2F_2，离心率为 ee. 直线 l:y=ex+al: y = ex + a 与 xx 轴，yy 轴分别交于点 AA，BB，MM 是直线 ll 与椭圆 CC 的一个公共点，PP 是点 F1F_1 关于直线 ll 的对称点. 设 AM→=λAB→\overrightarrow{AM} = \lambda \overrightarrow{AB}.
(1) 证明：λ=1−e2\lambda=1-e^{2}； (2) 确定 λ\lambda 的值，使得 △PF1F2\triangle PF_{1}F_{2} 是等腰三角形.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由离心率定义，e=a2−b2ae=\dfrac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{a}，所以 b2=a2(1−e2)b^{2}=a^{2}(1-e^{2})，且 0<e<10<e<1. 直线 ll 与坐标轴的交点为 A=(−ae,0)A=\left(-\dfrac{a}{e},0\right)、B=(0,a)B=(0,a)，故
AB→=(ae,a)\overrightarrow{AB}=\left(\frac{a}{e},a\right)
由 AM→=λAB→\overrightarrow{AM}=\lambda\overrightarrow{AB}，得 M=(a(λ−1)e,aλ)M=\left(\dfrac{a(\lambda-1)}{e},a\lambda\right). 将其代入椭圆方程，得
(λ−1)2e2+λ21−e2=1\frac{(\lambda-1)^{2}}{e^{2}}+\frac{\lambda^{2}}{1-e^{2}}=1
两边乘以 e2(1−e2)e^{2}(1-e^{2})，化简得
(1−e2)(λ−1)2+e2λ2=e2(1−e2)(1-e^{2})(\lambda-1)^{2}+e^{2}\lambda^{2}=e^{2}(1-e^{2})
即 [λ−(1−e2)]2=0\left[\lambda-(1-e^{2})\right]^{2}=0. 因此 λ=1−e2\lambda=1-e^{2}.
\item 椭圆的两个焦点为 F1=(−ae,0)F_{1}=(-ae,0)、F2=(ae,0)F_{2}=(ae,0)，直线 ll 的方程可写为 ex−y+a=0ex-y+a=0. 点 F1F_{1} 到直线 ll 的距离为
d=∣−e2a+a∣1+e2=a(1−e2)1+e2d=\frac{\lvert-e^{2}a+a\rvert}{\sqrt{1+e^{2}}}=\frac{a(1-e^{2})}{\sqrt{1+e^{2}}}
由于 PP 是 F1F_{1} 关于 ll 的对称点，所以 PF1=2d=2a(1−e2)1+e2PF_{1}=2d=\dfrac{2a(1-e^{2})}{\sqrt{1+e^{2}}}，而 F1F2=2aeF_{1}F_{2}=2ae. 又 F1P→\overrightarrow{F_{1}P} 的方向为 (−e,1)(-e,1)，F1F2→=(2ae,0)\overrightarrow{F_{1}F_{2}}=(2ae,0)，两向量的内积为负，因此 ∠PF1F2\angle PF_{1}F_{2} 是钝角. 等腰三角形的钝角只能是顶角，故若 △PF1F2\triangle PF_{1}F_{2} 为等腰三角形，必须有 PF1=F1F2PF_{1}=F_{1}F_{2}. 于是
2a(1−e2)1+e2=2ae\frac{2a(1-e^{2})}{\sqrt{1+e^{2}}}=2ae
即 (1−e2)2=e2(1+e2)(1-e^{2})^{2}=e^{2}(1+e^{2}). 化简得 1−3e2=01-3e^{2}=0. 因为 e>0e>0，所以 e=13e=\dfrac{1}{\sqrt{3}}，从而
λ=1−e2=1−13=23\lambda=1-e^{2}=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}
\end{enumerate} \end{solution}

2005 · 湖南 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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21解析几何★★★★☆
如图，过抛物线 x2=4yx^{2}=4y 的对称轴上任一点 P(0,m)P(0,m)（m>0m>0）作直线与抛物线交于 AA，BB 两点，点 QQ 是点 PP 关于原点的对称点.
(1) 设点 PP 分有向线段 AB→\overrightarrow{AB} 所成的比为 λ\lambda，证明：QP→⊥(QA→−λQB→)\overrightarrow{QP}\perp(\overrightarrow{QA}-\lambda\overrightarrow{QB})； (2) 设直线 ABAB 的方程是 x−2y+12=0x-2y+12=0，过 AA，BB 两点的圆 CC 与抛物线在点 AA 处有共同的切线，求圆 CC 的方程.

2004 · 湖南 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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