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155分解析几何★★★☆☆
已知直线 x−my+1=0x-my+1=0 与圆 C:(x−1)2+y2=4C:(x-1)^2+y^2=4 交于 AA，BB 两点，写出满足“△ABC\triangle ABC 的面积为 85\frac85”的 mm 的一个值______.

2023 · 全国 · 新高考二卷 · 第 15 题 · 填空题

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155分解析几何★★★☆☆
设点 A(−2,3)A(-2,3)，B(0,a)B(0,a)，若直线 ABAB 关于 y=ay=a 对称的直线与圆 (x+3)2+(y+2)2=1(x+3)^2+(y+2)^2=1 有公共点，则 aa 的取值范围是______.

2022 · 全国 · 新高考二卷 · 第 15 题 · 填空题

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165分解析几何★★★★☆
已知直线 ll 与椭圆 x26+y23=1\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1 在第一象限交于 AA，BB 两点，ll 与 xx 轴，yy 轴分别交于 MM，NN 两点，且 ∣MA∣=∣NB∣|MA|=|NB|，∣MN∣=23|MN|=2\sqrt3，则 ll 的方程为______.

2022 · 全国 · 新高考二卷 · 第 16 题 · 填空题

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135分解析几何★☆☆☆☆
已知双曲线 C:x2a2−y2b2=1C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1（a>0a>0，b>0b>0） 的离心率为 22，则 CC 的渐近线方程为______.
\begin{answer} y=±3xy=\pm\sqrt3x \end{answer}

2021 · 全国 · 新高考二卷 · 第 13 题 · 填空题

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14解析几何★★☆☆☆
如图，圆 OO 的弦 ABAB，CDCD 相交于点 EE，过点 AA 作圆 OO 的切线与 DCDC 的延长线交于点 PP，若 PA=6PA = 6，AE=9AE = 9，PC=3PC = 3，CE:ED=2:1CE:ED = 2:1，则 BE=BE =______.
\begin{answer} 22 \end{answer}
\begin{solution} 由切线与割线定理，PA2=PC⋅PDPA^2=PC\cdot PD，所以
PD=PA2PC=363=12PD=\frac{PA^2}{PC}=\frac{36}{3}=12
图中点的顺序为 PP，CC，EE，DD，故 CD=PD−PC=9CD=PD-PC=9. 由 CE:ED=2:1CE:ED=2:1，得 CE=6CE=6，ED=3ED=3. 再由相交弦定理，
AE⋅BE=CE⋅EDAE\cdot BE=CE\cdot ED
从而
BE=6×39=2BE=\frac{6\times3}{9}=2
\end{solution}

2015 · 重庆 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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15解析几何★★★☆☆
已知直线 ll 的参数方程为
{x=−1+t,y=1+t,\begin{cases} x = -1 + t,\\ y = 1 + t, \end{cases}
（tt 为参数），以坐标原点为极点，xx 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 CC 的极坐标方程为 ρ2cos⁡2θ=4\rho^2 \cos 2\theta = 4 （ρ>0\rho > 0，3π4<θ<5π4\frac{3\pi}{4} < \theta < \frac{5\pi}{4}），则直线 ll 与曲线 CC 的交点的极坐标为______.
\begin{answer} (2,π)(2,\pi) \end{answer}
\begin{solution} 由直线的参数方程，消去参数得 y−x=2y-x=2，即
ρ(sin⁡θ−cos⁡θ)=2\rho(\sin\theta-\cos\theta)=2
又因为 ρ2cos⁡2θ=4\rho^2\cos2\theta=4，所以
−ρ2(sin⁡θ−cos⁡θ)(sin⁡θ+cos⁡θ)=4-\rho^2(\sin\theta-\cos\theta)(\sin\theta+\cos\theta)=4
代入直线关系，得 ρ(sin⁡θ+cos⁡θ)=−2\rho(\sin\theta+\cos\theta)=-2. 两式相加得 2ρsin⁡θ=02\rho\sin\theta=0，由于 ρ>0\rho>0 且 3π4<θ<5π4\frac{3\pi}{4}<\theta<\frac{5\pi}{4}，故 θ=π\theta=\pi，再由直线关系得 ρ=2\rho=2. 所以交点的极坐标为 (2,π)(2,\pi). \end{solution}

2015 · 重庆 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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12解析几何★★☆☆☆
若点 P(1,2)P(1,2) 在以坐标原点为圆心的圆上，则该圆在点 PP 处的切线方程为______.

2015 · 重庆 · 文 · 第 12 题 · 填空题

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13解析几何★★★☆☆
已知直线 ax+y−2=0ax + y - 2 = 0 与圆心为 CC 的圆 (x−1)2+(y−a)2=4(x - 1)^2 + (y - a)^2 = 4 相交于 AA，BB 两点，且 △ABC\triangle ABC 为等边三角形，则实数 a=a =______.

2014 · 重庆 · 理 · 第 13 题 · 填空题

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14解析几何★★★☆☆
过圆外一点 PP 作圆的切线 PAPA（AA 为切点），再作割线 PBCPBC 依次交圆于 BB，CC，若 PA=6PA = 6，AC=8AC = 8，BC=9BC = 9，则 AB=‾AB =\underline{\hspace{2em}}.

2014 · 重庆 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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15解析几何★★☆☆☆
已知直线 ll 的参数方程为
{x=2+t,y=3+t,\begin{cases} x=2+t,\\ y=3+t, \end{cases}
（tt 为参数），以坐标原点为极点，xx 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 CC 的极坐标方程为 ρsin⁡2θ−4cos⁡θ=0\rho\sin^{2}\theta-4\cos\theta=0（ρ⩾0\rho\geqslant0，0⩽θ<2π0\leqslant\theta<2\pi），则直线 ll 与曲线 CC 的公共点的极径 ρ=\rho=______.

2014 · 重庆 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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14解析几何★★★☆☆
已知直线 x−y+a=0x - y + a = 0 与圆心为 CC 的圆 x2+y2+2x−4y−4=0x^{2} + y^{2} + 2x - 4y - 4 = 0 相交于 AA，BB 两点，且 AC⊥BCAC \perp BC，则实数 aa 的值为______.

2014 · 重庆 · 文 · 第 14 题 · 填空题

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14解析几何★★★☆☆
如图，在 △ABC\triangle ABC 中，∠C=90∘\angle C = 90^{\circ}，∠A=60∘\angle A = 60^{\circ}，AB=20AB = 20，过 CC 作 △ABC\triangle ABC 的外接圆的切线 CDCD，BD⊥CDBD \perp CD，BDBD 与外接圆交于点 EE，则 DEDE 的长为______.
\begin{answer} 55 \end{answer}
\begin{solution} 因为 ∠C=90∘\angle C=90^{\circ}，所以 ABAB 是外接圆的直径. 由 AB=20AB=20 及 ∠A=60∘\angle A=60^{\circ}，得
BC=ABsin⁡60∘=103BC=AB\sin60^{\circ}=10\sqrt3
由切线与弦 CBCB 所成的角等于弦 CBCB 所对的圆周角，得
∠BCD=∠BAC=60∘\angle BCD=\angle BAC=60^{\circ}
在直角三角形 BCDBCD 中，BD⊥CDBD\perp CD，故 CD=BCcos⁡60∘=53CD=BC\cos60^{\circ}=5\sqrt3，BD=BCsin⁡60∘=15BD=BC\sin60^{\circ}=15. 由点 DD 的切割线定理，
DC2=DE⋅DBDC^2=DE\cdot DB
所以
DE=DC2DB=(53)215=5DE=\frac{DC^2}{DB}=\frac{(5\sqrt3)^2}{15}=5
\end{solution}

2013 · 重庆 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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15解析几何★★☆☆☆
在直角坐标系 xOyxOy 中，以原点 OO 为极点，xx 轴的正半轴为极轴建立极坐标系. 若极坐标方程为 ρcos⁡θ=4\rho\cos \theta = 4 的直线与曲线
{x=t2,y=t3,\begin{cases} x = t^2,\\ y = t^3, \end{cases}
（tt 为参数）相交于 AA，BB 两点，则 ∣AB∣=‾|AB| =\underline{\hspace{2em}}.
\begin{answer} 1616 \end{answer}
\begin{solution} 极坐标方程满足 x=ρcos⁡θ=4x=\rho\cos\theta=4，所以相交弦所在直线为 x=4x=4. 参数方程给出 x=t2x=t^2，于是 t2=4t^2=4，t=±2t=\pm2. 对应的两个交点为 A=(4,8)A=(4,8)，B=(4,−8)B=(4,-8). 因此
∣AB∣=8−(−8)=16|AB|=8-(-8)=16
\end{solution}

2013 · 重庆 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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14解析几何★★★☆☆
过抛物线 y2=2xy^{2}=2x 的焦点 FF 作直线 ll 交抛物线于 AA，BB 两点，若 ∣AB∣=2512|AB|=\frac{25}{12}，∣AF∣<∣BF∣|AF|<|BF|，则 ∣AF∣=|AF|=______.
\begin{answer} 56\frac{5}{6} \end{answer}
\begin{solution} 抛物线 y2=2xy^{2}=2x 的焦点为 F(12,0)F\left(\frac12,0\right). 由于竖直弦 x=12x=\frac12 的长度为 22，不等于题设的 2512\frac{25}{12}，故可设直线 ll 为 y=k(x−12)y=k\left(x-\frac12\right)，k≠0k\ne0 与抛物线联立，得
k2(x−12)2=2xk^{2}\left(x-\frac12\right)^{2}=2x
即
k2x2−(k2+2)x+k24=0k^{2}x^{2}-(k^{2}+2)x+\frac{k^{2}}4=0
设交点横坐标为 x1x_{1}，x2x_{2}，则
∣x1−x2∣=(k2+2)2−k4k2=2k2+1k2|x_{1}-x_{2}|=\frac{\sqrt{(k^{2}+2)^{2}-k^{4}}}{k^{2}} =\frac{2\sqrt{k^{2}+1}}{k^{2}}
因为两点在斜率为 kk 的直线上，所以
∣AB∣=∣x1−x2∣1+k2=2(k2+1)k2=2512|AB|=|x_{1}-x_{2}|\sqrt{1+k^{2}} =\frac{2(k^{2}+1)}{k^{2}}=\frac{25}{12}
从而 k2=24k^{2}=24. 代回交点方程，得 24x2−26x+6=024x^{2}-26x+6=0，(3x−1)(4x−3)=0(3x-1)(4x-3)=0， 所以两个交点的横坐标为 13\frac13 和 34\frac34. 由直线距离公式， AF=∣13−12∣1+k2=56AF=\left|\frac13-\frac12\right|\sqrt{1+k^{2}}=\frac56，BF=∣34−12∣1+k2=54BF=\left|\frac34-\frac12\right|\sqrt{1+k^{2}}=\frac54 由 ∣AF∣<∣BF∣|AF|<|BF|，故 ∣AF∣=56|AF|=\frac56. \end{solution}

2012 · 重庆 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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14解析几何★★★☆☆
设 PP 为直线 y=b3axy=\frac{b}{3a}x 与双曲线 x2a2−y2b2=1\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1 （a>0a>0，b>0b>0）左支的交点，F1F_1 是左焦点，PF1PF_1 垂直于 xx 轴，则双曲线的离心率 e=‾e=\underline{\hspace{2em}}.
\begin{answer} 324\frac{3\sqrt{2}}{4} \end{answer}
\begin{solution} 设双曲线的半焦距为 cc，则 c2=a2+b2c^2=a^2+b^2，左焦点为 F1=(−c,0)F_1=(-c,0). 因为 PF1⊥xPF_1\perp x 轴，点 PP 与 F1F_1 的横坐标相同，所以 xP=−cx_P=-c. 由直线方程，yP=−bc3ay_P=-\frac{bc}{3a}. 将 PP 代入双曲线方程，得 c2a2−c29a2=1\frac{c^2}{a^2}-\frac{c^2}{9a^2}=1，即 89c2a2=1\frac89\frac{c^2}{a^2}=1. 因此离心率 e=ca=98=324e=\frac ca=\sqrt{\frac98}=\frac{3\sqrt2}{4}. \end{solution}

2012 · 重庆 · 文 · 第 14 题 · 填空题

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15解析几何★★★★★
设圆 CC 位于抛物线 y2=2xy^{2} = 2x 与直线 x=3x = 3 所围成的封闭区域（包含边界）内，则圆 CC 的半径能取到的最大值为______. \begin{answer} 6−1\sqrt{6} - 1 \end{answer}
\begin{solution} 记封闭区域为 Ω={(x,y):y2⩽2x, x⩽3}\Omega=\{(x,y):y^2\leqslant2x,\ x\leqslant3\}. 该区域关于 xx 轴对称且为凸集，因此若半径为 rr 的圆面位于其中，关于 xx 轴反射后再取两个圆心的中点，仍可得到位于区域内的同半径圆面. 故不妨设圆心为 (h,0)(h,0).
由直线 x=3x=3 的限制，得 h+r⩽3h+r\leqslant3. 对圆周上的点写成 x=h+rux=h+ru，y=rvy=rv，其中 u2+v2=1u^2+v^2=1. 要使圆面位于抛物线 y2=2xy^2=2x 的右侧，需要对所有 −1⩽u⩽1-1\leqslant u\leqslant1 有 h+ru⩾r2v22=r2(1−u2)2h+ru\geqslant\frac{r^2v^2}{2}=\frac{r^2(1-u^2)}{2}，即 h⩾r22(1−u2)−ruh\geqslant\frac{r^2}{2}(1-u^2)-ru. 当 r⩾1r\geqslant1 时，右端关于 uu 的最大值在 u=−1ru=-\frac{1}{r} 处取得，最大值为 r2+12\frac{r^2+1}{2}. 半径小于 11 时不可能达到下面构造的半径 6−1>1\sqrt{6}-1>1，所以求最大值时可取 r⩾1r\geqslant1. 于是 r2+12⩽h⩽3−r\frac{r^2+1}{2}\leqslant h\leqslant3-r，从而 r2+2r−5⩽0r^2+2r-5\leqslant0，故 r⩽6−1r\leqslant\sqrt{6}-1.
取 r=6−1r=\sqrt{6}-1，h=3−r=4−6h=3-r=4-\sqrt{6}. 此时 r2+12=4−6=h\frac{r^2+1}{2}=4-\sqrt{6}=h，上述两个边界条件同时满足，所得圆面确实位于 Ω\Omega 内. 因此半径能取到的最大值为 6−1\sqrt{6}-1. \end{solution}

2011 · 重庆 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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13解析几何★★☆☆☆
过原点的直线与圆 x2+y2−2x−4y+4=0x^{2} + y^{2} - 2x - 4y + 4 = 0 相交所得弦的长为22，则该直线的方程为______.

2011 · 重庆 · 文 · 第 13 题 · 填空题

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14解析几何★★★☆☆
已知以 FF 为焦点的抛物线 y2=4xy^{2} = 4x 上的两点 AA，BB 满足 AF→=3FB→\overrightarrow{AF} = 3\overrightarrow{FB}，则弦 ABAB 的中点到准线的距离为______.
\begin{answer} 83\frac{8}{3} \end{answer}
\begin{solution} 抛物线 y2=4xy^2=4x 可写成 y2=4pxy^2=4px，故 p=1p=1，焦点为 F(1,0)F(1,0)，准线为 x=−1x=-1.
设 A(u24,u)A\left(\frac{u^2}{4},u\right)，B(v24,v)B\left(\frac{v^2}{4},v\right). 由 AF→=3FB→\overrightarrow{AF}=3\overrightarrow{FB}，比较纵坐标得
0−u=3(v−0),即u=−3v0-u=3(v-0), \quad\text{即}\quad u=-3v
比较横坐标得
1−u24=3(v24−1)1-\frac{u^2}{4}=3\left(\frac{v^2}{4}-1\right)
代入 u=−3vu=-3v，得
1−9v24=3v24−3,即3v2=41-\frac{9v^2}{4}=\frac{3v^2}{4}-3, \quad\text{即}\quad 3v^2=4
所以 xA=u24=3x_A=\frac{u^2}{4}=3，xB=v24=13x_B=\frac{v^2}{4}=\frac13. 弦 ABAB 的中点横坐标为
xM=xA+xB2=3+132=53x_M=\frac{x_A+x_B}{2}=\frac{3+\frac13}{2}=\frac53
因此中点到准线 x=−1x=-1 的距离为
xM−(−1)=53+1=83x_M-(-1)=\frac53+1=\frac83
\end{solution}

2010 · 重庆 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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13解析几何★★☆☆☆
已知过抛物线 y2=4xy^{2} = 4x 的焦点 FF 的直线交该抛物线于 AA，BB 两点，∣AF∣=2|AF| = 2，则 ∣BF∣=|BF| =______.

2010 · 重庆 · 文 · 第 13 题 · 填空题

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15解析几何★★★★☆
已知双曲线 x2a2−y2b2=1\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1（a>0a > 0，b>0b > 0）的左，右焦点分别为 F1(−c,0)F_{1}(-c, 0)，F2(c,0)F_{2}(c, 0). 若双曲线上存在一点 PP 使 sin⁡∠PF1F2sin⁡∠PF2F1=ac\frac{\sin \angle PF_{1}F_{2}}{\sin \angle PF_{2}F_{1}} = \frac{a}{c}，则该双曲线的离心率的取值范围为______.
\begin{answer} (1,2+1)(1,\sqrt{2}+1) \end{answer}
\begin{solution} 在三角形 PF1F2PF_1F_2 中，由正弦定理
sin⁡∠PF1F2sin⁡∠PF2F1=PF2PF1=ac=1e<1\frac{\sin\angle PF_1F_2}{\sin\angle PF_2F_1} =\frac{PF_2}{PF_1}=\frac{a}{c}=\frac1e<1
故 PF2<PF1PF_2<PF_1，点 PP 在双曲线的右支，并且双曲线定义给出
PF1−PF2=2aPF_1-PF_2=2a
令 PF1=r1PF_1=r_1，PF2=r2PF_2=r_2，则 r2=r1er_2=\frac{r_1}{e}，从而 r1=2aee−1r_1=\frac{2ae}{e-1}，r2=2ae−1r_2=\frac{2a}{e-1}. 三角形存在的必要条件是 r1+r2>F1F2=2c=2aer_1+r_2>F_1F_2=2c=2ae，于是
2a(e+1)e−1>2ae⟺e2−2e−1<0\frac{2a(e+1)}{e-1}>2ae \quad\Longleftrightarrow\quad e^2-2e-1<0
结合双曲线离心率 e>1e>1，得
1<e<1+21<e<1+\sqrt2
反之，在此范围内，除
r1+r2>2cr_1+r_2>2c
外，还有 r2+2c−r1=2c−2a=2a(e−1)>0r_2+2c-r_1=2c-2a=2a(e-1)>0，r1+2c−r2=2a+2c>0r_1+2c-r_2=2a+2c>0. 所以三边 r1r_1，r2r_2，2c2c 满足三角形不等式，且 r1−r2=2ar_1-r_2=2a，可构成右支上一点 PP，故范围正是
(1,1+2)(1,1+\sqrt2)
\end{solution}

2009 · 重庆 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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15解析几何★★★★☆
已知椭圆 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0）的左，右焦点分别为 F1(−c,0)F_1(-c,0)，F2(c,0)F_2(c,0). 若椭圆上存在一点 PP 使 asin⁡∠PF1F2=csin⁡∠PF2F1\frac{a}{\sin \angle PF_1F_2} = \frac{c}{\sin \angle PF_2F_1}，则该椭圆的离心率的取值范围为______.

2009 · 重庆 · 文 · 第 15 题 · 填空题

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15解析几何★★★☆☆
直线 ll 与圆 x2+y2+2x−4y+a=0x^{2} + y^{2} + 2x - 4y + a = 0（a<3a < 3）相交于两点 AA，BB，弦 ABAB 的中点为 (0,1)(0, 1)，则直线 ll 的方程为______.

2008 · 重庆 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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15解析几何★★☆☆☆
已知圆 C:x2+y2+2x+ay−3=0C: x^{2} + y^{2} + 2x + ay - 3 = 0（aa 为实数）上任意一点关于直线 l:x−y+2=0l: x - y + 2 = 0 的对称点都在圆 CC 上，则 a=a =______.

2008 · 重庆 · 文 · 第 15 题 · 填空题

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16解析几何★★★★☆
过双曲线 x2−y2=4x^{2}-y^{2}=4 的右焦点 FF 作倾斜角为 105∘105^{\circ} 的直线，交双曲线于 PP，QQ 两点，则 ∣FP∣⋅∣FQ∣|FP| \cdot |FQ| 的值为______.

2007 · 重庆 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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16不等式★★★☆☆
已知变量 xx，yy 满足约束条件 1⩽x+y⩽41 \leqslant x + y \leqslant 4，−2⩽x−y⩽2-2 \leqslant x - y \leqslant 2. 若目标函数 z=ax+yz = ax + y（其中 a>0a > 0）仅在点 (3,1)(3,1) 处取得最大值，则 aa 的取值范围为______.

2006 · 重庆 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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