1980--2000解析几何
1980年普通高等学校招生全国统一考试数学试题及答案(文+理)
1980年普通高等学校招生全国统一考试数学（文科）一．（本题满分8分）化简.2331ii-- 解：原式=.137139i -二．（本题满分10分）⎪⎩⎪⎨⎧-=+=++=--.123,9324,532:y x z y x z y x 解方程组解略：方程组的解为⎪⎩⎪⎨⎧--==321z y x三．（本题满10分）用解析法证明直径所对的圆周角是直角证：将圆的直径AB 所在的直线取为X 轴，圆心作为原点，不妨设定圆的半径为1，于是圆的方程是x 2+y 2=1.A 、B 的坐标是A （-1，0）、B （1，0）设P(x,y)是圆上任一点，则有y 2=1-x 2.∵PA的斜率为11+=x y k ，PB 的斜率为12-=x yk ， ∴1111222221-=--=-=x x x y k kY∴PA ⊥PB ，∠APB 为直角四．（本题满分12分）某地区1979年的轻工业产值占工业总产值的20%，要使1980年的工业总产值比上一年增长10%，且使1980年的轻工业产值占工业总产值的24%，问1980年轻工业产值应比上一年增长百分之几？ 解：设1979年的工业总产值为a ，又设1980的轻工业产值比上一年增长x%，则按题意，1980年的轻工业产值为)10024()100101()1001()10020(⋅+⋅=+⋅⋅a x a 解得：x=32答：略五．（本题满分14分）解：,234,4543.)4sin()4sin()4sin()4(sin 2ππθππθππθπθπθπθ<+<∴<<++=++=.1,0)4sin(-=∴<π+θ∴原式六．（本题满分16分）)4sin()]2sin())[sin(43sin(4cos ,4543θπθθπθπππθπ+----<<化简设)4sin()cos )(sin 4sin(22θθθθπ+++=原式1．若四边形ABCD 的对角线AC 将四边形分成面积相等的两个三角形，证明直线AC 必平分对角线BD2．写出（1）的逆命题，这个逆命题是否正确？为什么？ 证：1△ABC =S △ADC ，且△ABC 与△ADC 有同底AC ， ∴两高线相等：BE=DF 设AC 与BD 交于点O ，则 Rt △BOE ≌Rt △DOF ∴OB=OD即AC 平分BD （若E 、O 、F 重合、则已有BO=BE=DF=DO ）2．逆命题：若四边形ABCD 的对角线AC 平分对角线BD ，则AC 必将四边形分成两个面积相等的三角形这个逆命题是正确的证明如下：在上图中，由于OB=OD ，∠BOE=∠DOF （对顶角）， ∠BEO=∠DFO=Rt ∠，∴△BOE ≌△DOF∴BE=DF ，即两高线相等∴S △ABC =21AC ·BE=21AC ·DF=S △ADC七．（本题满分16分）如图，长方形框架ABCD-A ＇B ＇C ＇D ＇AB 、AD 、AA ＇的长分别为6、8、3.6，AE 与底面的对角线B ＇D ＇垂直于E1．证明A ＇E ⊥B ＇D ＇; 2.求AE 的长解：1..,D B A A D C B A A A ''⊥'∴''''⊥'平面DA F O E CB,,AE B D B D AA E B D A E'''''⊥∴⊥'''⊥又平面因此2.(268 4.8 6.A B A D A E B D A B D A E A E AE ''''''''''⋅=⋅∆'∴⨯='∴===都是面积的八．（本题满分16分） 1．把参数方程（t 为参数）⎩⎨⎧==,2,sec tgt y t x 化为直角坐标方程，并画出方程的曲线的略图2．当2320π<≤ππ<≤t t 及时，各得到曲线的哪一部分？ 解：1.利用公式sec 2t=1+tg 2t,得.4122y x +=∴曲线的直角坐标普通方程为.1422=-y x 图略2．当20π<≤t 时，x ≥1，y ≥0,得到的是曲线在第一象限的部分（包括（1，0）点）; 当23π<≤πt 时，x ≤-1，y ≥0,得到的是曲线在第二象限的部分（包括（-1，0）点）A DD ＇B ＇ EC ＇1980年普通高等学校招生全国统一考试数学（理科）一．（本题满分6分）将多项式x 5y-9xy 5分别在下列范围内分解因式： 1．有理数范围;2.实数范围;3.复数范围解：1.x 5y-9xy 5=xy(x 2+3y 2)(x 2-3y 2). 2.x 5y-9xy 5=xy(x 2+3y 2)(x+3y)(x-3y).3.x 5y-9xy 5=xy(x+3yi)(x-3yi)(x+3y)(x-3y). 二．（本题满6分）半径为1、2、3的三个圆两两外切证明：以这三个圆的圆心为顶点的三角形是直角三角形证：设⊙O 1⊙O 2⊙O 3的半径为1、2、3因这三个圆两两外切，故有O 1O 2=1+2=3， O 2O 3=2+3=5，O 1O 3=1+3=4， 则有O 1O 22 + O 1O 32=32+42=52= O 2O 32根据勾股定理的逆定理，△O 1O 2O 3为直角三角形三．（本题满分10分）用解析几何方法证明三角形的三条高线交于一点证：取△ABC 最长一边BC 所在的直线为X 轴，经过A 的高线为Y 轴，设A 、B 、C 的坐标分别为A （0，a ）、B （b ，0）、C （c ，0），根据所选坐标系，如图，有a >0,b<0,c>0AB 的方程为1=+a yb x，其斜率为a b -AC 的方程为1=+ay cx，其斜率为c a -高线CE 的方程为(1))(c x a b y -= 高线BD 的方程为(2))(b x a cy -= 解（1）、（2），得：（b-c)x=0∵b-c ≠0∴x=0即高线CE 、BD 的交点的横坐标为0，也即交点在高线AO 上因此，三条高线交于一点四．（本题满分10分） 证明对数换底公式：)1,1,(log log log ``≠≠=b a N b a bNN a a b 都是正数 解：见课本五．（本题满分10分）直升飞机上一点P 在地面M 上的正射影是A ，从P 看地面上一物体B （不同于A ）直线PB 垂直于飞机窗玻璃所在的平面N （如图）证明：平面N 必与平面M 相交，且交线垂直于ABY A(0,a )E DX证：用反证法假如平面N 与平面M 平行，则PA 也垂直于N ，因此PA与PB 重合，B 点与A 点重合，但这与题设矛盾，所以平面N 与平面M 相交设平面N 与平面M 的交线为L∵PA ⊥平面M ，∴PA ⊥L又∵PB ⊥平面N ，∴PB ⊥L∴L ⊥平面PAB ，∴L ⊥AB六．（本题满分12分） 设三角函数35k sin()x (f π+π=其中k ≠0 1．写出f(x)极大值M 、极小值m 与最小正周期;2．试求最小的正整数k ，使得当自变量x 在任意两个整数间（包括整数本身）变化时，函数f(x)至少有一个值是M 与一个值是m解：1.M=1，m=-1，.1025kk T ππ=⨯=2.f(x)在它的每一个周期中都恰好有一个值是M 与一个值是m 而任意两个整数间的距离都≥1f(x)至少有一个值是M 与一个值是m ， 必须且只须使f(x)的周期≤1即：.4.3110,110 =≥≤ππk k可见，k=32就是这样的最小正整数七．（本题满分14分）P NCD 为直角三角形ABC 中斜边AB 上的高，已知△ACD 、△CBD 、 △ABC 的面积成等比数列，求∠B （用反三角函数表示）解：设CD=h ，AB=c ，BD=x ， 则 AD=c-x因此，△ACD 的面积为)(21x c h -，△CBD 的面积为hx 21，△ABC 的面积为hc 21， 依题意，222111()(),222(),0,hx h c x hc x c c x x cx c x =-⋅=-+-==即即∵取负号不合题意，∴取正号，得.215c x -= 又依直角三角形的性质，有AC 2=AD ·AB=c(c-x). 但 x 2=c(c-x)∴AC 2=x 2 ∴AC=x=DB=.215c - 在直角三角形ABC 中，215215sin -=-==c cABACB故 .215arcsin-=∠B 八．（本题满分14分）已知0＜α＜π，证明：;2sin 2ααctg ≤并讨论α为何值时等号成立C解：即证：.sin cos 12sin 2ααα+≤两端乘以sin α，问题化为证明2sin αsin2α≤1+cos α. 而 2sin αsin2α=4sin αcos 2α=4(1-cos 2α)cos α=4(1-cos α)(1+cos α)cos α所以问题又化为证明不等式 (1+cos α)[4(1-cos α)cos α-1]≤0（1+cos α)⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--221cos 4α≤0∴不等式得证∵0＜α＜π,∴等号成立当且仅当cos α-21=0 即α=600 九．（本题满分18分）抛物线的方程是y 2=2x ，有一个半径为1的圆，圆心在x 轴上运动问这个圆运动到什么位置时，圆与抛物线在交点处的切线互相垂直（注：设P （x 0,y 0)是抛物线y 2=2px 上一点，则抛物线在P 点处的切线斜率是y P） 解：设圆的方程为（x-k)2+y 2=1再设圆与抛物线的一个交点为P （x 0,y 0) 在P 点圆半径的斜率=kx y -00.在P 点抛物线的切线斜率=1y在P 点抛物线的切线与圆的切线垂直，必须且只须圆的半径Y与抛物线在P 点相切(1) .1000kx y y -=∴因P （x 0 ,y 0)是圆与抛物线的交点， ∴y 02=2x 0 , (2) (x 0-k)2+y 02=1. (3)由（1）、（2）式消去y 0 ,得x 0=-k,将（2）代入（3），得(x 0-k)2+2x 0-1=0,将x 0=-k 代入，得4k 2-2k-1=0， ∴.451±=k 由于抛物线在y 轴的右方，所以k=-x 0≤0故根号前应取负号，即.451-=k 故所求圆的方程为.1)451(22=+--y x 由对称性，圆与抛物线的另一交点（x 0 ,-y 0)处的切线也互相垂直 附加题（成绩不计入总分，只作参考） 设直线（L ）的参数方程是⎩⎨⎧+==;,mt b y t x （t 是参数）椭圆（E ）的参数方程是⎩⎨⎧θ=≠θ+=sin )0(,cos 1y a a x （θ是参数）问a 、b 应满足什么条件，使得对于任意m 值来说，直线（L ）与椭圆（E ）总有公共点解：消去参数，得（L ）：;b mx y +=（E ）：.1)1(222=+-y ax消去y ，整理得01)1(2)1(2222222=+-+-++a b a x mb a x m a（L ）、（E ）有交点的条件是上式的判别式≥0，即)1)(1()1(2222222≥+-+--a b a m a mb a 化简并约去a 2得 .0)1(2)1(222≥-+--b bm m a对任意m 的值，要使这个式子永远成立，条件是⎩⎨⎧==⎪⎩⎪⎨⎧-≤≤-->⎪⎩⎪⎨⎧⎩⎨⎧==-≤--->-0,1||)2(||1||1,1||)1(.0,01)2(;0)1)(1(,01)1(2222222b a a a b a a a b a b a b a 或解得或 或（1）、（2）合写成：⎪⎩⎪⎨⎧-≤≤--≥.||1||1,1||22a a b a a a 即所求的条件 （注：也可数形结合，由点P （0，b ）在椭圆（E ）内或（E ）上求解）。
2020版高考数学(理) 解析几何 第八节 第1课时 审题上——4大策略找到解题突破口
第八节 完胜解析几何压轴大题策略指导 第1课时 审题上——4大策略找到解题突破口解析几何研究的问题是几何问题，研究的手法是代数法(坐标法)．因此，求解解析几何问题最大的思维难点是转化，即几何条件代数化．如何在解析几何问题中实现代数式的转化，找到常见问题的求解途径，是突破解析几何问题难点的关键所在．突破解析几何难题，先从找解题突破口入手．策略一 利用向量转化几何条件[典例] 如图所示，已知圆C ：x 2＋y 2－2x ＋4y －4＝0，问：是否存在斜率为1的直线l ，使l 与圆C 交于A ，B 两点，且以AB 为直径的圆过原点？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．[解题观摩] 假设存在斜率为1的直线l ，使l 与圆C 交于A ，B 两点，且以AB 为直径的圆过原点．设直线l 的方程为y ＝x ＋b ，点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋b ，x 2＋y 2－2x ＋4y －4＝0，消去y 并整理得2x 2＋2(b ＋1)x ＋b 2＋4b －4＝0， 所以x 1＋x 2＝－(b ＋1)，x 1x 2＝b 2＋4b －42.①因为以AB 为直径的圆过原点，所以OA ⊥OB ， 即x 1x 2＋y 1y 2＝0.又y 1＝x 1＋b ，y 2＝x 2＋b ，则x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋(x 1＋b )(x 2＋b )＝2x 1x 2＋b (x 1＋x 2)＋b 2＝0. 由①知，b 2＋4b －4－b (b ＋1)＋b 2＝0， 即b 2＋3b －4＝0，解得b ＝－4或b ＝1. 当b ＝－4或b ＝1时，均有Δ＝4(b ＋1)2－8(b 2＋4b －4)＝－4b 2－24b ＋36＞0， 即直线l 与圆C 有两个交点．所以存在直线l ，其方程为x －y ＋1＝0或x －y －4＝0. [题后悟通]以AB 为直径的圆过原点等价于OA ⊥OB ，而OA ⊥OB 又可以“直译”为x 1x 2＋y 1y 2＝0，可以看出，解此类解析几何问题的总体思路为“直译”，然后对个别难以“直译”的条件先进行“转化”，将“困难、难翻译”的条件通过平面几何知识“转化”为“简单、易翻译”的条件后再进行“直译”，最后联立“直译”的结果解决问题．[针对训练]1．已知椭圆M ：x 24＋y 23＝1，点F 1，C 分别是椭圆M 的左焦点，左顶点，过点F 1的直线l (不与x 轴重合)交椭圆M 于A ，B 两点．(1)求椭圆M 的离心率及短轴长．(2)问：是否存在直线l ，使得点B 在以线段AC 为直径的圆上？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意知，椭圆M 的离心率e ＝c a ＝12，短轴长2b ＝2 3.(2)设点B (x 0，y 0)，由题意知BC ⊥BF 1，点F 1(－1,0)，C (－2，0)， 由BC ·BF 1＝0，得(－2－x 0，－y 0)·(－1－x 0，－y 0)＝0， 即(x 0＋2)(x 0＋1)＋y 20＝0.①又知点B (x 0，y 0)满足x 204＋y 23＝1.②联立①②，解得x 0＝－2或x 0＝－10.由椭圆方程知，x 0＝－2或x 0＝－10均不满足题意，故舍去． 因此，不存在直线l ，使得点B 在以线段AC 为直径的圆上．策略二 角平分线条件的转化[典例] 已知动圆过定点A (4,0)，且在y 轴上截得的弦MN 的长为8. (1)求动圆圆心的轨迹C 的方程；(2)已知点B (－1,0)，设不垂直于x 轴的直线l 与轨迹C 交于不同的两点P ，Q ，若x 轴是∠PB Q 的角平分线，求证：直线l 过定点．[解题观摩] (1)设动圆圆心为点P (x ，y )，则由勾股定理得x 2＋42＝(x －4)2＋y 2，化简即得圆心的轨迹C 的方程为y 2＝8x .(2)证明：法一：由题意可设直线l 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，y 2＝8x ，得k 2x 2＋2(kb －4)x ＋b 2＝0.由Δ＝4(kb －4)2－4k 2b 2＞0，得kb ＜2. 设点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝－2(kb －4)k 2，x 1x 2＝b 2k2.因为x 轴是∠PB Q 的角平分线，所以k PB ＋k Q B ＝0， 即k PB ＋k Q B ＝y 1x 1＋1＋y 2x 2＋1＝2kx 1x 2＋(k ＋b )(x 1＋x 2)＋2b (x 1＋1)(x 2＋1)＝8(k ＋b )(x 1＋1)(x 2＋1)k 2＝0， 所以k ＋b ＝0，即b ＝－k ，所以l 的方程为y ＝k (x －1)． 故直线l 恒过定点(1,0)．法二：设直线PB 的方程为x ＝my －1，它与抛物线C 的另一个交点为Q ′，设点P (x 1，y 1)，Q ′(x 2，y 2)，由条件可得，Q 与Q ′关于x 轴对称，故Q (x 2，－y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －1，y 2＝8x ，消去x 得y 2－8my ＋8＝0，其中Δ＝64m 2－32＞0，y 1＋y 2＝8m ，y 1y 2＝8. 所以k P Q ＝y 1＋y 2x 1－x 2＝8y 1－y 2， 因而直线P Q 的方程为y －y 1＝8y 1－y 2(x －x 1)． 又y 1y 2＝8，y 21＝8x 1，将P Q 的方程化简得(y 1－y 2)y ＝8(x －1)， 故直线l 过定点(1,0)．法三：由抛物线的对称性可知，如果定点存在， 则它一定在x 轴上，所以设定点坐标为(a,0)，直线P Q 的方程为x ＝my ＋a .联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋a ，y 2＝8x 消去x ，整理得y 2－8my －8a ＝0，Δ＞0.设点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝8m ，y 1y 2＝－8a .由条件可知k PB ＋k Q B ＝0， 即k PB ＋k Q B ＝y 1x 1＋1＋y 2x 2＋1＝(my 1＋a )y 2＋(my 2＋a )y 1＋y 1＋y 2(x 1＋1)(x 2＋1)＝2my 1y 2＋(a ＋1)(y 1＋y 2)(x 1＋1)(x 2＋1)＝0，所以－8ma ＋8m ＝0.由m 的任意性可知a ＝1，所以直线l 恒过定点(1,0)． 法四：设P ⎝⎛⎭⎫y 218，y 1，Q ⎝⎛⎭⎫y 228，y 2， 因为x 轴是∠PB Q 的角平分线， 所以k PB ＋k Q B ＝y 1y 218＋1＋y 2y 228＋1＝0，整理得(y 1＋y 2)⎝⎛⎭⎫y 1y 28＋1＝0. 因为直线l 不垂直于x 轴，所以y 1＋y 2≠0，可得y 1y 2＝－8. 因为k P Q ＝y 1－y 2y 218－y 228＝8y 1＋y 2， 所以直线P Q 的方程为y －y 1＝8y 1＋y 2⎝⎛⎭⎫x －y 218， 即y ＝8y 1＋y 2(x －1)．故直线l 恒过定点(1,0)． [题后悟通]本题前面的三种解法属于比较常规的解法，主要是设点，设直线方程，联立方程，并借助判别式、根与系数的关系等知识解题，计算量较大．解法四巧妙地运用了抛物线的参数方程进行设点，避免了联立方程组，计算相对简单，但是解法二和解法四中含有两个参数y 1，y 2，因此判定直线过定点时，要注意将直线的方程变为特殊的形式．[针对训练]2．如图所示，已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，离心率等于32，它的一个顶点恰好在抛物线x 2＝8y 的准线上． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)点P (2，3)，Q (2，－3)在椭圆上，A ，B 是椭圆上位于直线P Q 两侧的动点，当A ，B 运动时，满足∠AP Q ＝∠BP Q ，试问直线AB 的斜率是否为定值，请说明理由．解：(1)设椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)．∵椭圆的一个顶点恰好在抛物线x 2＝8y 的准线y ＝－2上， ∴－b ＝－2，解得b ＝2.又c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，∴a ＝4，c ＝2 3.∴椭圆C 的标准方程为x 216＋y 24＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∵∠AP Q ＝∠BP Q ，则直线PA ，PB 的斜率互为相反数， 设直线PA 的斜率为k ，则直线PB 的斜率为－k ， 直线PA 的方程为y －3＝k (x －2)，联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y －3＝k (x －2)，x 216＋y 24＝1，消去y ，得(1＋4k 2)x 2＋8k (3－2k )x ＋4(3－2k )2－16＝0，∴x 1＋2＝8k (2k －3)1＋4k 2.同理可得x 2＋2＝－8k (－2k －3)1＋4k 2＝8k (2k ＋3)1＋4k 2，∴x 1＋x 2＝16k 2－41＋4k 2，x 1－x 2＝－163k1＋4k 2， k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝k (x 1＋x 2)－4k x 1－x 2＝36.∴直线AB 的斜率为定值36. 策略三 弦长条件的转化[典例] 如图所示，已知椭圆G ：x 22＋y 2＝1，与x 轴不重合的直线l 经过左焦点F 1，且与椭圆G 相交于A ，B 两点，弦AB 的中点为M ，直线OM 与椭圆G 相交于C ，D 两点．(1)若直线l 的斜率为1，求直线OM 的斜率．(2)是否存在直线l ，使得|AM |2＝|CM ||DM |成立？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．[解题观摩] (1)由题意可知点F 1(－1,0)， 又直线l 的斜率为1， 故直线l 的方程为y ＝x ＋1. 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋1，x 22＋y 2＝1，消去y 并整理得3x 2＋4x ＝0， 则x 1＋x 2＝－43，y 1＋y 2＝23，因此中点M 的坐标为⎝⎛⎭⎫－23，13. 故直线OM 的斜率为13－23＝－12. (2)假设存在直线l ，使得|AM |2＝|CM||DM |成立． 由题意，直线l 不与x 轴重合， 设直线l 的方程为x ＝my －1.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －1，x 22＋y 2＝1，消去x 并整理得(m 2＋2)y 2－2my －1＝0. 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎨⎧y 1＋y 2＝2mm 2＋2，y 1y 2＝－1m 2＋2，可得|AB |＝1＋m 2|y 1－y 2|＝1＋m 2⎝⎛⎭⎫2m m 2＋22＋4m 2＋2＝22(m 2＋1)m 2＋2，x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)－2＝2m 2m 2＋2－2＝－4m 2＋2，所以弦AB 的中点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2m 2＋2，m m 2＋2，故直线CD 的方程为y ＝－m2x .联立⎩⎨⎧y ＝－m 2x ，x22＋y 2＝1，消去y 并整理得⎝⎛⎭⎫1＋m22x 2＝2， 解得x 2＝21＋m 22＝4m 2＋2. 由对称性，设C (x 0，y 0)，D (－x 0，－y 0)，则x 20＝4m 2＋2， 可得|CD |＝1＋m 24·|2x 0|＝(m 2＋4)·4m 2＋2＝2m 2＋4m 2＋2. 因为|AM |2＝|CM ||DM |＝(|OC |－|OM |)(|OD |＋|OM |)，且|OC |＝|OD |， 所以|AM |2＝|OC |2－|OM |2， 故|AB |24＝|CD |24－|OM |2，即|AB |2＝|CD |2－4|OM |2，代入|AB |，|CD |和|OM |， 得8(m 2＋1)2(m 2＋2)2＝4(m 2＋4)m 2＋2－4⎣⎡⎦⎤4(m 2＋2)2＋m 2(m 2＋2)2，解得m 2＝2，故m ＝±2.所以直线l 的方程为x ＝2y －1或x ＝－2y －1. [题后悟通]本题(2)的核心在于转化|AM |2＝|CM ||DM |中弦长的关系．由|CM |＝|OC |－|OM |，|DM |＝|OD |＋|OM |，又|OC |＝|OD |，则|AM |2＝|OC |2－|OM |2.又|AM |＝12|AB |，|OC |＝12|CD |，因此|AB |2＝|CD |2－4|OM |2，转化为弦长|AB |，|CD |和|OM |三者之间的数量关系，易计算．[针对训练]3．已知圆M ：(x －2)2＋y 2＝r 2(r ＞0)，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的右顶点为圆M的圆心，离心率为22. (1)求椭圆C 的方程；(2)若存在直线l ：y ＝kx ，使得直线l 与椭圆C 分别交于A ，B 两点，与圆M 分别交于G ，H 两点，点G 在线段AB 上，且|AG |＝|BH |，求圆M 的半径r 的取值范围．解：(1)设椭圆C 的焦距为2c ，因为a ＝2，c a ＝22，所以c ＝1，因此b ＝a 2－c 2＝1. 故椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点， 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 2＋2y 2－2＝0得(1＋2k 2)x 2－2＝0， 所以x 1＋x 2＝0，x 1x 2＝－21＋2k 2， 则|AB |＝(1＋k 2)·81＋2k 2＝8(1＋k 2)1＋2k 2.因为点M (2，0)到直线l 的距离d ＝|2k |1＋k 2， 所以|GH |＝2r 2－2k 21＋k 2.显然，若点H 也在线段AB 上，则由对称性可知，直线y ＝kx 就是y 轴，与已知矛盾． 要使|AG |＝|BH |，只需|AB |＝|GH |，即8(1＋k 2)1＋2k 2＝4⎝⎛⎭⎫r 2－2k 21＋k 2，所以r 2＝2k 21＋k 2＋2(1＋k 2)1＋2k 2＝2(3k 4＋3k 2＋1)2k 4＋3k 2＋1＝2⎝⎛⎭⎫1＋k 42k 4＋3k 2＋1. 当k ＝0时，得r ＝ 2.当k ≠0时，r 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋11k 4＋3k 2＋2＜2⎝⎛⎭⎫1＋12＝3. 又显然r 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋11k 4＋3k 2＋2＞2，所以2＜r ＜ 3. 综上所述，圆M 的半径r 的取值范围是[2，3)．策略四 面积条件的转化[典例] 设椭圆的中心在坐标原点，A (2,0)，B (0,1)是它的两个顶点，直线y ＝kx (k ＞0)与椭圆交于E ，F 两点，求四边形AEBF 的面积的最大值．[解题观摩] 法一：如图所示，依题意得椭圆的方程为x 24＋y 2＝1，直线AB ，EF 的方程分别为x ＋2y ＝2，y ＝kx (k ＞0)．设点E (x 1，kx 1)，F (x 2，kx 2)，其中x 1＜x 2， 且x 1，x 2满足方程(1＋4k 2)x 2＝4， 故x 2＝－x 1＝21＋4k2 .① 根据点到直线的距离公式和①，得点E ，F 到直线AB 的距离分别为h 1＝|x 1＋2kx 1－2|5＝2(1＋2k ＋1＋4k 2)5(1＋4k 2)，h 2＝|x 2＋2kx 2－2|5＝2(1＋2k －1＋4k 2)5(1＋4k 2).又|AB |＝22＋12＝5， 所以四边形AEBF 的面积为S ＝12|AB |·(h 1＋h 2)＝12·5·4(1＋2k )5(1＋4k 2)＝2(1＋2k )1＋4k 2＝21＋4k 2＋4k1＋4k 2＝21＋4k 1＋4k 2＝21＋41k ＋4k ≤22，当且仅当1k ＝4k ，即k ＝12时取等号．因此四边形AEBF 的面积的最大值为2 2. 法二：依题意得椭圆的方程为x 24＋y 2＝1.直线EF 的方程为y ＝kx (k ＞0)．设点E (x 1，kx 1)，F (x 2，kx 2)，其中x 1＜x 2.联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y 2＝1消去y ，(1＋4k 2)x 2＝4. 故x 1＝－21＋4k 2，x 2＝21＋4k 2， |EF |＝1＋k 2·|x 1－x 2|＝41＋k 21＋4k 2.根据点到直线的距离公式，得点A ，B 到直线EF 的距离分别为d 1＝|2k |1＋k 2＝2k1＋k2，d 2＝11＋k 2. 因此四边形AEBF 的面积为S ＝12|EF |·(d 1＋d 2)＝12·41＋k 21＋4k 2·1＋2k1＋k 2＝2(1＋2k )1＋4k 2＝24k 2＋4k ＋11＋4k 2＝21＋4k1＋4k 2＝21＋41k＋4k ≤22， 当且仅当1k ＝4k ，即k ＝12时取等号．因此四边形AEBF 的面积的最大值为2 2. [题后悟通]如果利用常规方法理解为S 四边形AEBF ＝S △AEF ＋S △BEF ＝12|EF |·(d 1＋d 2)(其中d 1，d 2分别表示点A ，B 到直线EF 的距离)，则需要通过联立直线与椭圆的方程，先由根与系数的关系求出|EF |的弦长，再表示出两个点线距，其过程很复杂．而通过分析，若把四边形AEBF 的面积拆成两个小三角形——△ABE 和△ABF 的面积之和，则更为简单．因为直线AB 的方程及其长度易求出，故只需表示出点E 与点F 到直线AB 的距离即可．[针对训练]4．已知椭圆C ：x 216＋y 212＝1的右焦点为F ，右顶点为A ，离心率为e ，点P (n,0)(n ＞4)满足条件|FA ||PA |＝e .(1)求n 的值；(2)设过点F 的直线l 与椭圆C 相交于M ，N 两点，记△PMF 和△PNF 的面积分别为S 1，S 2，求证：S 1S 2＝|PM ||PN |.解：(1)依题意，|FA ||PA |＝e ＝12，|FA |＝2，|PA |＝n －4(n ＞4)，得2n －4＝12，解得n ＝8.(2)证明：由S 1＝12|PF ||PM |sin ∠MPF ，S 2＝12|PF ||PN |sin ∠NPF ，则S 1S 2＝12|PF ||PM |sin ∠MPF12|PF ||PN |sin ∠NPF ＝|PM |sin ∠MPF |PN |sin ∠NPF. 设直线l 的方程为x ＝my ＋2，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，又P (8，0)， 则k PM ＋k PN ＝y 1x 1－8＋y 2x 2－8＝y 1(x 2－8)＋y 2(x 1－8)(x 1－8)(x 2－8)＝x 2y 1＋x 1y 2－8(y 1＋y 2)x 1x 2－8(x 1＋x 2)＋64＝(my 2＋2)y 1＋(my 1＋2)y 2－8(y 1＋y 2)(my 1＋2)(my 2＋2)－8[m (y 1＋y 2)＋4]＋64＝2my 1y 2－6(y 1＋y 2)m 2y 1y 2－6m (y 1＋y 2)＋36.联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋2，3x 2＋4y 2＝48，消去x 并整理得(3m 2＋4)y 2＋12my －36＝0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－12m 3m 2＋4，y 1y 2＝－363m 2＋4，所以k PM ＋k PN ＝－72m 3m 2＋4＋72m3m 2＋4－36m 23m 2＋4＋72m 23m 2＋4＋36＝0，则∠MPF ＝∠NPF ，因此S 1S 2＝|PM ||PN |.[总结规律·快速转化]做数学，就是要学会翻译，把文字语言、符号语言、图形语言、表格语言相互转换，我们要学会对解析几何问题中涉及的所有对象逐个理解、表示、整理，在理解题意的同时，牢记解析几何的核心方法是“用代数方法研究几何问题”，核心思想是“数形结合”，牢固树立“转化”意识，那么就能顺利破解解析几何的有关问题．附几种几何条件的转化，以供参考：1．平行四边形条件的转化2．直角三角形条件的转化3．等腰三角形条件的转化4．菱形条件的转化5．圆条件的转化6．角条件的转化[课时跟踪检测]1．已知椭圆C 经过点⎝⎛⎭⎫1，32，且与椭圆E ：x22＋y 2＝1有相同的焦点． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)若动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 有且只有一个公共点P ，且与直线x ＝4交于点Q ，问：以线段P Q 为直径的圆是否经过一定点M ？若存在，求出定点M 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)椭圆E 的焦点为(±1,0)，设椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，则⎩⎨⎧1a 2＋94b 2＝1，a 2－b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，3x 2＋4y 2＝12消去y ， 得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0， 所以Δ＝64k 2m 2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝0， 即m 2＝3＋4k 2. 设P (x P ，y P )，则x P ＝－4km 3＋4k 2＝－4k m ，y P ＝kx P ＋m ＝－4k 2m ＋m ＝3m ， 即P ⎝⎛⎭⎫－4k m ，3m .假设存在定点M (s ，t )满足题意， 因为Q (4,4k ＋m )，则MP ＝⎝⎛⎭⎫－4k m－s ，3m －t ，M Q ＝(4－s,4k ＋m －t )， 所以MP ·M Q ＝⎝⎛⎭⎫－4k m －s (4－s )＋⎝⎛⎭⎫3m －t (4k ＋m －t )＝－4k m (1－s )－⎝⎛⎭⎫3m ＋m ＋4k t ＋(s 2－4s ＋3＋t 2)＝0恒成立，故⎩⎪⎨⎪⎧1－s ＝0，t ＝0，s 2－4s ＋3＋t 2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧s ＝1，t ＝0.所以存在点M (1,0)符合题意．2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的短轴长为22，离心率为63，点A (3,0)，P 是C上的动点，F 为C 的左焦点．(1)求椭圆C 的方程；(2)若点P 在y 轴的右侧，以AP 为底边的等腰△ABP 的顶点B 在y 轴上，求四边形FPAB 面积的最小值．解：(1)依题意得⎩⎪⎨⎪⎧2b ＝22，c a ＝63，a 2＝b 2＋c2解得⎩⎨⎧a ＝6，b ＝2，∴椭圆C 的方程是x 26＋y 22＝1.(2)设P (x 0，y 0)(－2＜y 0＜2，y 0≠0，x 0＞0)， 设线段AP 中点为M ，又A (3,0)，∴AP 中点M ⎝⎛⎭⎫x 0＋32，y 02，直线AP 的斜率为y 0x 0－3， 由△ABP 是以AP 为底边的等腰三角形，可得BM ⊥AP ， ∴直线AP 的垂直平分线方程为y －y 02＝－x 0－3y 0⎝⎛⎭⎫x －x 0＋32，令x ＝0得B ⎝⎛⎭⎫0，y 20＋x 20－92y 0，∵x 206＋y 202＝1，∴B ⎝⎛⎭⎫0，－2y 20－32y 0，由F (－2,0)，∴四边形FPAB 的面积S ＝52⎝⎛⎭⎫|y 0|＋⎪⎪⎪⎪－2y 20－32y 0＝52⎝⎛⎭⎫2|y 0|＋32|y 0|≥53， 当且仅当2|y 0|＝32|y 0|，即y 0＝±32时等号成立， 四边形FPAB 面积的最小值为5 3.3．椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别是F 1，F 2，离心率为32，过点F 1且垂直于x 轴的直线被椭圆C 截得的线段长为1.(1)求椭圆C 的方程；(2)点P 是椭圆C 上除长轴端点外的任一点，连接PF 1，PF 2，设∠F 1PF 2的角平分线PM 交C 的长轴于点M (m,0)，求m 的取值范围．解：(1)由于c 2＝a 2－b 2，将x ＝－c 代入椭圆的方程x 2a 2＋y 2b2＝1，得y ＝±b 2a .由题意知2b 2a＝1，故a ＝2b 2.又e ＝c a ＝32，则b a ＝12，即a ＝2b ，所以a ＝2，b ＝1，故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由PM 是∠F 1PF 2的角平分线， 可得|PF 1||F 1M |＝|PF 2||F 2M |，即|PF 1||PF 2|＝|F 1M ||F 2M |. 设点P (x 0，y 0)(－2＜x 0＜2)，又点F 1(－3，0)，F 2(3，0)，M (m,0)， 则|PF 1|＝ (－3－x 0)2＋y 20＝2＋32x 0， |PF 2|＝(3－x 0)2＋y 20＝2－32x 0. 又|F 1M |＝|m ＋3|，|F 2M |＝|m －3|，且－3＜m ＜3，所以|F 1M |＝m ＋3，|F 2M |＝3－m . 所以2＋32x 02－32x 0＝3＋m 3－m，化简得m ＝34x 0，而－2＜x 0＜2，因此－32＜m ＜32.所以m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－32，32. 4．(2019·贵阳检测)已知椭圆C 1的焦点在x 轴上，中心在坐标原点；抛物线C 2的焦点在y 轴上，顶点在坐标原点．在C 1，C 2上各取两个点，将其坐标记录于表格中：(1)求C 1，C 2(2)已知定点C ⎝⎛⎭⎫0，18，P 为抛物线C 2上一动点，过点P 作抛物线C 2的切线交椭圆C 1于A ，B 两点，求△ABC 面积的最大值．解：(1)设C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，由题意知，点(－2,0)一定在椭圆上， 则点⎝⎛⎭⎫2，22也在椭圆上，分别将其代入，得⎩⎨⎧4a 2＝1，2a 2＋12b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1，∴C 1的标准方程为x 24＋y 2＝1.设C 2：x 2＝2py (p ＞0)，依题意知，点(4,8)在抛物线上， 代入抛物线C 2的方程，得p ＝1， ∴C 2的标准方程为x 2＝2y .(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P ⎝⎛⎭⎫t ，12t 2， 由y ＝12x 2知y ′＝x ，故直线AB 的方程为y －12t 2＝t (x －t )，即y ＝tx －12t 2，代入椭圆方程x 24＋y 2＝1，整理得(1＋4t 2)x 2－4t 3x ＋t 4－4＝0，则Δ＝16t 6－4(1＋4t 2)(t 4－4)＝4(－t 4＋16t 2＋4)＞0， x 1＋x 2＝4t 31＋4t 2，x 1x 2＝t 4－41＋4t 2，∴|AB |＝1＋t 2·16t 6(1＋4t 2)2－4(t 4－4)(1＋4t 2)(1＋4t 2)2＝21＋t 2·－t 4＋16t 2＋41＋4t 2，设点C ⎝⎛⎭⎫0，18到直线AB 的距离为d ， 则d ＝⎪⎪⎪⎪－18－12t 21＋t 2＝1＋4t 281＋t 2，∴S △ABC ＝12·|AB |·d＝12·21＋t 2·－t 4＋16t 2＋41＋4t 2·1＋4t 281＋t 2＝18－t 4＋16t 2＋4 ＝18－(t 2－8)2＋68≤1868＝174， 当且仅当t ＝±22时，取等号，此时满足Δ＞0.17综上，△ABC面积的最大值为4.。
北大校友计算机科学家张景中院士
北大校友计算机科学家张景中院士日期： 2007-03-02 信息来源: 信息来源:本网编辑部张景中河南省汝南县人。
1959年毕业于北京大学数学力学系。
计算机科学家、数学家和数学教育学家。
中共党员、中国科学院院士、计算机学科和数学学科博士生指导教师、中国科普作家协会理事长。
现任广州大学计算机教育软件研究所所长，中国科学院成都计算机应用研究所名誉所长。
91年开始享受政府特殊津贴。
曾获“全国优秀教师”等称号及“全国五一劳动奖章”。
张院士主要从事机器证明、教育数学、距离几何及动力系统等领域的研究。
其主要贡献是：（一）提出了面积解题方法，并用之于机器证明的研究，使几何定理可读证明的自动生成这个多年来进展甚小的难题得到突破。
（二）创立计算机生成几何定理可读证明的原理和算法，这项成果被权威学者认为是使计算机能像处理算术一样处理几何工作的“里程碑”。
（三）创立定理机器证明的数值并行方法的原理和算法。
（四）对几何定理机器证明的吴方法进行了改进和发展，创立了含参结式法，升列组的WR分解算法，彻底解决了可约升列相对分解问题。
（五）创立了教育数学的思想和方法。
自1980年以来，张院士发表学术论著共 150多篇(册)，还撰写了大量的科普文章和通俗读物，1990年被中国科普协会审定为建国以来贡献突出的科普作家之一，1994年被中国少年儿童出版社评为十大金作家之一。
作品《教育数学丛书》1995年获“第九届中国图书奖”和“第一届全国数学教育图书一等奖”。
作品《数学家的眼光》1996年获第三届全国优秀科普作品二等奖，2002年获广州市首届优秀科普作品一等奖。
作品《院士数学讲座》2003年获第五届全国优秀科普作品奖科普图书类一等奖。
作品《院士数学讲座专辑（3册）》一书2003年5月荣获第五届全国优秀科普作品奖科普图书类一等奖，2003年12月荣获中华人民共和国新闻出版署颁发的第六届国家图书奖。
《院士数学讲座：帮你学数学》一书荣获中共中央宣传部颁发的精神文明建设“五个一工程”第九届“入选作品奖”。
1980年普通高等学校招生全国统一考试数学理.pdf
1980年普通高等学校招生全国统一考试 数学（理科） 一．（本题满分6分） 将多项式x5y-9xy5分别在下列范围内分解因式： 1．有理数范围;2.实数范围;3.复数范围 解：1.x5y-9xy5=xy(x2+3y2)(x2-3y2). 2.x5y-9xy5=xy(x2+3y2)(x+y)(x-y). 3.x5y-9xy5=xy(x+yi)(x-yi)(x+y)(x-y). 二．（本题满6分） O3 3 3 1 2 O1 O2 1 2 半径为1、2、3的三个圆两两外切证明：以这三个圆的圆心为顶点的三角形是直角三角形 证：设⊙O1⊙O2⊙O3的半径为1、2、3 因这三个圆两两外切，故有 O1O2=1+2=3， O2O3=2+3=5，O1O3=1+3=4， 则有O1O22 + O1O32=32+42=52=O2O32 根据勾股定理的逆定理， △O1O2O3为直角三角形 三．（本题满分10分） 用解析几何方法证明三角形的三条高线交于一点 Y A(0,) E D B(b,0) O C(c,0) X 证：取△ABC最长一边BC所在的直线为X轴，经过A的高线为Y轴，设A、B、C的坐标分别为A（0，）、B（b，0）、C（c，0），根据所选坐标系，如图，有>0,b0 AB的方程为，其斜率为 AC的方程为，其斜率为 高线CE的方程为 高线BD的方程为 解（1）、（2），得：（b-c)x=0 ∵b-c≠0∴x=0 即高线CE、BD的交点的横坐标为0，也即交点在高线AO上 因此，三条高线交于一点 四．（本题满分10分） 证明对数换底公式： 解：见课本 五．（本题满分10分） 直升飞机上一点P在地面M上的正射影是A，从P看地面上一物体B（不同于A）直线PB垂直于飞机窗玻璃所在的平面N（如图）证明：平面N必与平面M相交，且交线垂直于AB P N M B A L 证：用反证法假如平面N与平面M平行，则PA也垂直于N，因此PA与PB重合，B点与A点重合，但这与题设矛盾， 所以平面N与平面M相交 设平面N与平面M的交线为L ∵PA⊥平面M，∴PA⊥L 又∵PB⊥平面N，∴PB⊥L ∴L⊥平面PAB，∴L⊥AB 六．（本题满分12分） 设三角函数其中k≠0 1．写出f(x)极大值M、极小值m与最小正周期; 2．试求最小的正整数k，使得当自变量x在任意两个整数间（包括整数本身）变化时，函数f(x)至少有一个值是M与一个值是m 解：1.M=1，m=-1， 2.f(x)在它的每一个周期中都恰好有一个值是M与一个值是m 而任意两个整数间的距离都≥1因此要使任意两个整数间函数f(x)至少有一个值是M与一个值是m， 必须且只须使f(x)的周期≤1即： 可见，k=32就是这样的最小正整数 七．（本题满分14分） CD为直角三角形ABC中斜边AB上的高，已知△ACD、△CBD、 △ABC的面积成等比数列，求∠B（用反三角函数表示） C A D B 解：设CD=h，AB=c，BD=x， 则 AD=c-x 因此，△ACD的面积为， △CBD的面积为， △ABC的面积为， 依题意， ∵取负号不合题意，∴取正号，得 又依直角三角形的性质，有 AC2=AD·AB=c(c-x). 但 x2=c(c-x)∴AC2=x2 ∴AC=x=DB=在直角三角形ABC中， 故 八．（本题满分14分） 已知0＜α＜π，证明：并讨论α为何值时等号成立 解：即证： 两端乘以sinα，问题化为证明2sinαsin2α≤1+cosα. 而 2sinαsin2α=4sinαcos2α=4(1-cos2α)cosα=4(1-cosα)(1+cosα)cosα 所以问题又化为证明不等式 (1+cosα)[4(1-cosα)cosα-1]≤0 （1+cosα)≤0 ∴不等式得证 ∵0＜α＜π,∴等号成立当且仅当cosα-=0 即α=600 九．（本题满分18分） 抛物线的方程是y2=2x，有一个半径为1的圆，圆心在x轴上运动问这个圆运动到什么位置时，圆与抛物线在交点处的切线互相垂直（注：设P（x0,y0)是抛物线y2=2px上一点，则抛物线在P点处的切线斜率是） 解：设圆的方程为（x-k)2+y2=1 再设圆与抛物线的一个交点为P（x0,y0) 在P点圆半径的斜率=. Y y=2x2 P(x0,y0) · K(K,0) O X 在P点抛物线的切线斜率=在P点抛物线的切线与圆的切线垂直，必须且只须圆的半径与抛物线在P点相切 因P（x0 ,y0)是圆与抛物线的交点， ∴y02=2x0 , (2) (x0-k)2+y02=1. (3) 由（1）、（2）y0 ,得x0=-k, 将（2）代入（3），得(x0-k)2+2x0-1=0,将x0=-k代入，得 4k2-2k-1=0， ∴ 由于抛物线在y轴的右方，所以k=-x0≤0故根号前应取负号，即故所求圆的方程为 由对称性，圆与抛物线的另一交点（x0 ,-y0)处的切线也互相垂直 附加题（成绩不计入总分，只作参考） 设直线（L）的参数方程是（t是参数） 椭圆（E）的参数方程是（θ是参数） 问、b应满足什么条件，使得对于任意m 值来说，直线（L）与椭圆（E）总有公共点 解：消去参数，得 （L）：（E）： 消去y，整理得 （L）、（E）有交点的条件是上式的判别式≥0，即 化简并约去2得 对任意m的值，要使这个式子永远成立，条件是 或（1）、（2）合写成： 即所求的条件 （注：也可数形结合，由点P（0，b）在椭圆（E）内或（E）上求解）。
1988-2000高考压轴题经典题目汇总
给定实数a,a≠0,且a≠1设函数证明：(1)经过这个函数图象上任意两个不同的点的直线不平行于x轴;(2)这个函数的图象关于直线y=x成轴对称图形.本题主要考查考生在正确理解数学概念(函数的图象的概念,轴对称图形的概念等)的基础上进行推理的能力,以及灵活运用学过的代数和解析几何的知识(互为反函数的图象之间的关系,两条直线平行的条件等)解决问题的能力.证法一:(1)设M1(x1,y1),M2(x2,y2)是这个函数图象上任意两个不同的点,∵a≠1,且x1≠x2,∴y2-y1≠0.因此,M1M2不平行于x轴.即,由此得a=1,与已知矛盾,于是由②式得证法二:(1)设M1(x1,y1),M2(x2,y2)是这个函数的图象上任意两个不同的点,则x1≠x2.假如直线M1M2平行于x轴,那么y1=y2,即亦即(x1-1)(ax2-1)=(x2-1)(ax1-1),整理得a(x1-x2)=x1-x2,因为x1≠x2,所以a=1,这与已知矛盾.因此M1M2不平行于x轴.(2)先求所给函数的反函数:由得y(ax-1)=x-1,即(ay-1)x=y-1.即ax-a=ax-1,由此得a=1,与已知矛盾,所以ay-1≠0.因此得到由于函数y=f(x)的图象和它的反函数y=f-1(x)的图象关于直线y=x对证法三:(1)任取一条与x轴平行的直线L,则l的方程为y=c(c为常数).考虑L与所给函数的图象是否相交以及交点数目的情况.将②代入①得c(ax-1)=x-1,即(ca-1)x=c-1. ③从而直线L与所给函数的图象无交点.这说明原方程组恰有一个解,从而直线L与所给函数的图象恰有一个交点.综上述,平行于x轴的直线与所给函数的图象或者不相交,或者恰有一个交点.因此,经过这个函数图象上任意两个不同的点的直线不平行于x轴.(2)同证法一或证法二.设f(x)是定义在区间(-∞,+∞)上以2为周期的函数,对k∈Z,用I k表示区间(2k-1,2k+1],已知当x∈I0时f(x)=x2.(Ⅰ)求f(x)在I k上的解析表达式;(Ⅱ)对自然数k,求集合M k={a│使方程f(x)=ax在I k上有两个不相等的实根}.本题主要考查:周期函数的概念,解不等式的能力.(Ⅰ)解:∵f(x)是以2为周期的函数,∴当k∈Z时,2k是f(x)的周期.又∵当x∈I k时,(x-2k)∈I0,∴f(x)=f(x-2k)=(x-2k)2.即对k∈Z,当x∈I k时,f(x)=(x-2k)2.(Ⅱ)解:当k∈N且x∈I k时,利用(Ⅰ)的结论可得方程(x-2k)2=ax, 整理得 x2-(4k+a)x+4k2=0.它的判别式是△=(4k+a)2-16k2=a(a+8k).上述方程在区间I k上恰有两个不相等的实根的充要条件是a满足化简得由①知a>0,或a<-8k.当a>0时:当a<-8k时:故所求集合是否存在常数a,b,c使得等式对一切自然数n都成立？并证明你的结论. 解法一:假设存在a,b,c使题设的等式成立,这时,令n=3 得70=9a+3b+c,经整理得解得a=3,b=11,c=10.于是,对n=1,2,3下面等式成立:记S n=1·22+2·32+…+n(n+1)2.设n=k时上式成立,即那么S k+1=S k+(k+1)(k+2)2也就是说,等式对n=k+1也成立.综上所述,当a=3,b=11,c=10时,题设的等式对一切自然数n成立. 解法二:因为n(n+1)2=n3+2n2+n,所以S n=1·22+2·32+…+n(n+1)2=(13+2·12+1)+(23+2·22+2)+…+(n3+2n2+n)=(13+23+…+n3)+2(12+22+…+n2)+(1+2+…+n).由于下列等式对一切自然数n成立:由此可知综上所述,当a=3,b=11,c=10时,题设的等式对一切自然数n成立.设等差数列{a n}的前n项和为S n.已知a3=12,S12>0,S13<0. (Ⅰ)求公差d的取值范围.(Ⅱ)指出S1,S2,…,S12中哪一个值最大,并说明理由.本小题考查数列、不等式及综合运用有关知识解决问题的能力. (Ⅰ)解:依题意,有由a3=12,得a1=12-2d. ③将③式分别代①、②入,得(Ⅱ)解法一:由d<0可知a1>a2>a3>…>a12>a13.因此,若1≤n≤12在中存在自然数n,使得a n>0,a n+1<0,则S n就是S1,S2,…,S12中的最大值.由于S12=6(a6+a7)>0,S13=13a7<0,即a6+a7>0,a7<0.由此得 a6>-a7>0.因为a6>0,a7<0,故在S1,S2,…,S12中S6的值最大.(Ⅱ)解法二:∵d<0,∴S6最大.(Ⅱ)解法三:由d<0可知a1>a2>a3>…>a12>a13.因此,若在1≤n≤12中存在自然数n,使得a n>0,a n+1<0,则S n就是S1,S2,…,S12中的最大值.故在S1,S2,…,S12中S6的值最大.已知关于x的实系数二次方程x2+ax+b=0有两个实数根α,β.证明:(Ⅰ)如果│α│<2,│β│<2,那么2│α│<4+b且│b│<4;(Ⅱ)如果2│α│<4+b且│b│<4,那么│α│<2,│β│<2.本小题考查一元二次方程根与系数的关系,绝对值不等式的性质和证明;逻辑推理能力和分析问题、解决问题的能力.证法一:依题设,二次方程有两个实根α,β,所以判别式△=a2-4b≥0.平方得a2-4b<16-8a+a2,a2-4b<16+8a+a2,由此得-4(4+b)<8a<4(4+b),∴2│a│<4+b.(Ⅱ)∵2│a│<4+b,│b│<4,4±a>0;且△=a2-4b<a2-4(2│a│-4)=a2±8a+16=(4±a)2,又△≥0,∴-2<α≤β<2,得│α│<2,│β│<2.证法二:(Ⅰ)根据韦达定理│b│=│αβ│<4.因为二次函数f(x)=x2+ax+b开口向上,│α│<2,│β│<2.故必有f(±2)>0,即4+2a+b>0,2a>-(4+b);4-2a+b>0,2a<4+b.∴2│a│<4+b.(Ⅱ)由2│a│<4+b得4+2a+b>0即22+2a+b>0,f(2)>0. ①及4-2a+b>0即(-2)2+(-2)a+b>0,f(-2)>0. ②由此可知f(x)=0的每个实根或者在区间(-2,2)之内或者在(-2,2)之外.若两根α,β均落在(-2,2)之外,则与│b│=│αβ│<4矛盾.若α(或β)落在(-2,2)外,则由于│b│=│αβ│<4,另一个根β(或α)必须落在(-2,2)内,则与①、②式矛盾.综上所述α,β均落在(-2,2)内.∴│α│<2,│β│<2.设{a n}是正数组成的数列,其前n项和为S n,并且对于所有的自然数n,a n与2的等差中项等于S n与2的等比中项.(1)写出数列{a n}的前3项;(2)求数列{a n}的通项公式(写出推证过程);本小题考查等差数列、等比数列、数列极限等基础知识考查逻辑推理能力和分析问题与解决问题的能力.解得a1=2.(a2-2)2=16.由a2>0,解得 a2=6.(a3-2)2=64.由a3>0,解得 a3=10.故该数列的前3项为2,6,10.(2)解法一:由(1)猜想数列{a n}有通项公式a n=4n-2.下面用数学归纳法证明数列{a n}的通项公式是a n=4n-2 (n∈N).①当n=1时,因为4×1-2=2,又在(1)中已求出a1=2,所以上述结论成立.②假设n=k时结论成立,即有a k=4k-2.由题意,有S k=2k2.由题意,有由a k+1>0,解得a k+1=2+4k.所以a k+1=2+4k=4(k+1)-2.这就是说,当n=k+1时,上述结论成立.根据①、②,上述结论对所有的自然数n成立.由题意知 a n+1+a n≠0,∴a n+1-a n=4.即数列{a n}为等差数列,其中a1=2,公差d=4.∴a n=a1+(n-1)d=2+4(n-1),即通项公式为a n=4n-2.(3)解:令c n=b n-1,则设{a n}是由正数组成的等比数列,S n是其前n项和.(2)是否存在常数c>0,使得成立?并证明你的结论.本小题主要考查等比数列、对数、不等式等基础知识,考查推理能力以及分析问题和解决问题的能力.(1)证明:设{a n}的公比为q,由题设a1>0,q>0.(i)当q=1时,S n=na1,从而由(i)和(ii)得S n·S n+2<S2n+1.根据对数函数的单调性,知(2)解:不存在.证明一:要使成立,则有分两种情况讨论:(i)当q=1时,(S n-c)(S n+2-c)-(S n+1-c)2=(na1-c)[(n+2)a1-c]-[(n+1)a1-c]2=-a12<0.可知,不满足条件①,即不存在常数c>0,使结论成立.(ii)当q≠1时,若条件①成立,因为(S n-c)(S n+2-c)-(S n+1-c)2=-a1q n[a1-c(1-q)],此时,因为c>0,a1>0,所以0<q<1.综合(i)、(ii),同时满足条件①、②的常数c>0不存在,即不存在常数c>0,使证法二:用反证法,假设存在常数c>0,使则有由④得S n S n+2-S2n+1=c(S n+S n+2-2S n+1).⑤根据平均值不等式及①、②、③、④知S n+S n+2-2S n+1=(S n-c)+(S n+2-c)-2(S n+1-c)因为c>0,故⑤式右端非负,而由(1)知,⑤式左端小于零,矛盾.故不存在常数c>0,使。
数的发展史
数学与经济学的结合：金融数学、 经济数学等
数学与哲学的结合：数学哲学、逻 辑学等
数学与艺术的结合：数学艺术、数 学美学等
数学在未来的应用前景
人工智能：数学是人工智能发展的基础未来将在机器学习、深度学习等领域发挥重要作用 生物科技：数学在生物科技领域有广泛应用如基因测序、药物研发等 量子计算：数学在量子计算领域有重要应用如量子算法、量子通信等 宇宙探索：数学在宇宙探索领域有广泛应用如天体物理、宇宙学等
古代数学的发展
古埃及：发明了十进制和分数用于测量土地和建筑 古希腊：欧几里得、阿基米德等数学家对几何学、代数学、数论等领域做出了重要贡献 古印度：发明了阿拉伯数字对三角学、代数学等领域做出了重要贡献 古代中国：发明了算盘、勾股定理等对数学的普及和应用做出了重要贡献
数学在古代的应用
古代希腊：用于哲学、科学 和艺术
18世纪数学的发展
概率论的兴起：伯努利家族 对概率论的贡献
微积分的创立：牛顿和莱布 尼兹分别独立创立了微积分
数论的进展：欧拉对数论的 深入研究
解析几何的完善：笛卡尔和 费马对解析几何的贡献
19世纪数学的发展
非欧几何的诞生：罗巴切夫斯基、黎曼等数学家创立了非欧几何打破了欧几里得几何的垄断地位。
代数拓扑学的兴起：庞加莱、李群等数学家创立了代数拓扑学为现代学的发展奠定了基础。
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汇报人：
拓扑学的发展：由法国数学家庞加莱等人推动为现代数学提供了拓扑学的基础
代数几何的发展
20世纪初代数几何开始兴起 1930年代代数几何成为数学的一个重要分支 1950年代代数几何在拓扑学、微分几何等领域得到广泛应用 1980年代代数几何在计算机科学、物理学等领域得到广泛应用 2000年代代数几何在生物信息学、人工智能等领域得到广泛应用
高三备考：数学解析几何公式大全
高三备考：数学解析几何公式大全
高三备考：数学解析几何公式大全【】：高三第一轮备考已如期而至，紧张而又忙碌的复习阶段你是否已经掌握了相关的知识点呢?以下是查字典数学网小编为大家整理的高考数学解析几何公式大全，希望能对大家的复习有所帮助，相信认真复习的你一定能够在不就的考试中取得优异的成绩。
高考数学解析几何公式大全如下：
1、直线
两点距离、定比分点直线方程
|AB|=| |
|P1P2|=
y-y1=k(x-x1)
y=kx+b
两直线的位置关系夹角和距离
或k1=k2，且b1b2
l1与l2重合
或k1=k2且b1=b2
l1与l2相交
或k1k2
l2l2
或k1k2=-1 l1到l2的角
l1与l2的夹角
焦半径|MF1|=ex0+a，|MF2|=ex0-a 抛物线y2=2px(p0)
焦点F
准线方程
坐标轴的平移
这里(h，k)是新坐标系的原点在原坐标系中的坐标。
【总结】高考数学解析几何公式大全一文到这里就为您介绍完毕了，怎么样，看了之后是不是受益良多呢?想要了解更多高三备考指导，请继续关注查字典数学网高中频道。
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1980高考数学试卷
1980高考数学试卷一、理工农医类。
（一）本题每一个小题，都给出代号为A、B、C、D的四个结论，其中只有一个结论是正确的，把正确结论的代号写在题后的括号内。
1. 如果凸n边形F(n≥slant 4)的所有对角线都相等，那么（）A. F∈{四边形}B. F∈{五边形}C. F∈{四边形，五边形}D. F∈{边相等的多边形，内角相等的多边形}2. 极坐标方程ρ =asinθ(a>0)的图象是（）A. 圆心在点((a)/(2),0)，半径为(a)/(2)的圆。
B. 圆心在点(-(a)/(2),0)，半径为(a)/(2)的圆。
C. 圆心在点(0,(a)/(2))，半径为(a)/(2)的圆。
D. 圆心在点(0,-(a)/(2))，半径为(a)/(2)的圆。
3. 用1，2，3，4，5这五个数字，可以组成比20000大，并且百位数不是数字3的没有重复数字的五位数，共有（）A. 96个。
B. 78个。
C. 72个。
D. 64个。
（二）只要求直接写出结果。
1. 已知y = e^-(x)/(2)cos3x，求y'（y'为y的导数）。
2. 已知sinα=(4)/(5)，并且α是第二象限角，求tanα的值。
3. 已知圆锥体的底面半径为R，高为H。
求内接于这个圆锥体并且体积最大的圆柱体的高h（设圆柱体的底面半径为r）。
（三）1. 解方程lg(2x - 1)^2-lg(x - 3)^2=2。
2. 写出并证明立体几何中的“三垂线定理”。
3. 用数学归纳法证明：1× 2× 3 + 2× 3× 4+3× 4× 5+·s +n(n + 1)(n + 2)=(1)/(4)n(n + 1)(n + 2)(n + 3)（四）1. 已知椭圆frac{x^2}{a^2}+frac{y^2}{b^2} = 1(a>b>0)的离心率e=(√(3))/(2)，短轴长为2，求椭圆方程。
数学人物中外古现代数学家
第三讲数学人物自人类有记载的文明以来，数学作为一门重要的学科在人类社会发展中起着重要的作用。
在这期间，古今中外涌现出了一个个“璀璨”的数学家。
这些数学家无不充满着对自然世界数学本质的无尽探索；无不充满着对完美推理与证明的不懈追求；无不充满着敢于冲破一切障碍，开拓创新的精神。
正是因为他们的努力，今日，数学被使用在包括科学、工程、医学和经济学等世界不同的领域上。
本节着重对古今中外具有代表性的几位数学家生平以及成就作一个简单的介绍。
国家姓名出生年月和所处的时代主要贡献中国赵爽约公元前369—前286注释《周髀算经》时利用图形与注文，对勾股定理、有关勾股弦的各种关系式以及相当于现代二次方程的解法，都给出了几何证明。
尤其是创“弦图”证勾股定理，该图成为2002年北京国际数学家大会会徽。
刘徽约3世纪，魏晋山东人为中国古代数学体系完善了理论基础，如创“割圆术”求得“徽率”π≈3.1416.得到“刘徽公式”V(牟合方盖)/V(内切球)=4/π。
祖冲之429-500，南北朝江苏人求出3.1415926<π<3.1415927，得到密率335/113（现称“祖率”）和疏率22/7。
与其子祖暅利用“祖暅原理”求得球体积公式。
秦九韶1202-1261，南宋人《数书九章》，创造了求任意高次方程数值解的“正负开方术”，“三斜求积公式”李善兰1811-1882，清朝浙江人证明了“费马小定理”，提出了著名的“李善兰恒等式”。
编著了《方圆阐幽》，提出“尖锥术”，与伟烈亚力合译了欧几里得《几何原本》。
创造术语：微分、积分、函数、方程、切线、法线、渐近线等。
华罗庚1910-1985，江苏人巨作《堆垒素数论》，1957年著《数论导引》。
1965年推广“优选法”和“统筹法”。
吴文俊1919- ，上海人1970年代对中国古代数学史进行了系统研究，1976年起逐渐完成了定理机械化证明，其算法被国际称为“吴方法”，陈景润1933-1996，福建人20世纪60年代证明了哥德巴赫猜想之“1+2”，被国际誉为陈氏定理，至今仍是最好结论。
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1
不管风吹浪打， 我自岿然不动的“经典真题”(二)
圆锥曲线部分（1980---2000）
八、抛物线y2=2px的内接三角形有两边与抛物线x2=2qy相切,证明这个三角形的第三边也与
x2=2qy相切.
十、设等腰△OAB的顶角为2θ,高为h.
(1)在△OAB内有一动点P,到三边OA,OB,AB的距离分别为│PD│,│PF│,│PE│并且满
足关系│PD│·│PF│=│PE│2. 求P点的轨迹.
(2)在上述轨迹中定出点P的坐标,使得│PD│+│PE│=│PF│.
九、抛物线的方程是y2=2x,有一个半径为1的圆,圆心在x轴上运动.问这个圆运动到什么
位置时,圆与抛物线在交点处的切线互相垂直.
五、如图,在平面直角坐标系中,在y轴的正半轴(坐标原点除外)上给定两点A、B.试在x轴
的正半轴(坐标原点除外)上求点C,使∠ACB取得最大值.
七、过点M(-1,0)的直线l1与抛物线y2=4x交于P1、P2两点.记:线段P1P2的中点为P;过点P
和这个抛物线的焦点F的直线为l2;l1的斜率为k.试把直线l2的斜率与直线l1的斜率之比表示
2
为k的函数,并指出这个函数的定义域、单调区间,同时说明在每一单调区间上它是增函数还
是减函数.
八、定长为3的线段AB的两个端点在抛物线y2=x上移动,记线段AB的中点为M.求点M
到y轴的最短距离,并求此时点M的坐标.
出以M,N为焦点且过点P的椭圆方程.
24、(本小题满分12分)
已知直线l过坐标原点,抛物线C顶点在原点,焦点在x轴正半轴上.若点A(-1,0)和点
B(0,8)关于l的对称点都在C上,求直线l和抛物线C的方程.
26.(本小题满分12分)
又点Q在OP上且满足│OQ│·│OP│=│OR│2.当点P在l上移动时,求点
Q的轨迹方程,并说明轨迹是什么曲线.
21. (本小题满分11分) 如图, 直线L1和L2相交于点M,
L1L2, 点N L1. 以A, B为端点的曲线段C上的任一点
到L2的距离与到点N的距离相等. 若AMN为锐角三角 A
3
形, |AM|= 17 , |AN| = 3, 且|BN|=6. 建立适当的坐标系,
求曲线段C的方程.
24. (本小题满分12分) 设曲线C的方程是y=x3x, 将C沿x轴、y轴正向分别平行移动t, s
单位长度后得曲线C1.
(I). 写出曲线C1的方程;
(II). 证明曲线C与C关于点A(t/ 2, s/2)对称;
(III). 如果曲线C与C1有节仅有一个公共点, 证明s=t3/4 – t且t0.
24. （本小题满分14分）
如图，给出定点A(a, 0) (a>0)和直线: x = –1 . B是直线l上的动点，BOA的角平分线
交AB于点C. 求点C的轨迹方程，并讨论方程表示的曲线类型与a值的关系.
（22）（本小题满分12分） 如图，设点A和B为抛物线042ppxy上原点以外的两个动点， 已知OA⊥OB，OM⊥AB。求点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线。 （22）（本小题满分14分） 如图，已知梯形ABCD中CDAB2，点E分有向线段AC所成的比为118，双曲线过C、D、E三点，且以A、B为焦点。求双曲线的离心率。
y
l
B
C
x O
A
4
2001--2003
21．（本题满分16分）本题共有2个小题，第1小题满分9分，第2小题满分7分。
已知椭圆C的方程为1222yx，点),(baP的坐标满足1222ba。过点P的直线l与
椭圆交于A、B两点，点Q为线段AB的中点，求：
（1）点Q的轨迹方程；
（2）点Q的轨迹与坐标轴的交点的个数．
（22）（理）已知某椭圆的焦点是F1(–4,0)、F2(4,0)，过点F2并垂直于x轴的直线与椭圆的
一个交点为B，且|F1B|+|F2B|=10，椭圆上不同的两点A(x1,y1)、C(x2,y2)满足条件：|F2A|、
|F2B|、|F2C|成等差数列．
（Ⅰ）求该椭圆方程；
（Ⅱ）求弦AC中点的横坐标；
（Ⅲ）设弦AC的垂直平分线的方程为y=kx+m，求m的取值范围．
（22）（本小题满分14分）
5
（Ⅰ）求θ的取值范围；
（Ⅱ）证明这4个交点共圆,并求圆半径的取值范围.
（21）（本小题满分12分）
已知O（0，0），B（1，0），C（b，c）是△OBC的三个顶点．
（Ⅰ）写出△OBC的重心G，外心F，垂心H的坐标，并证明
G，F，H三点共线；
（Ⅱ）当直线FH与OB平行时，求顶点C的轨迹．
（19）设点P到点)0,1(、)0,1(距离之差为m2，到x、y轴的距离之比为2，求m的取
值范围。
（21）（本小题满分12分）
已知两点M（-1,0），N（1,0），且点P使NPNMPNPMMNMP,,成等差小于
零的等差数列。
（Ⅰ）点P的轨迹是什么曲线？
（Ⅱ）若点P坐标为),(00yx，记为PM与PN的夹角，求tan。
（21）（本小题满分12分）
已知常数a>0，向量c=(0，a)，i＝(1，0)．经过原点O以c+i为方向向量的直线与经
过定点A（0，a）以i－2c为方向向量的直线相交于点P，其中∈R．试问：是否存
在两个定点E、F，使得| PE | + | PF |为定值．若存在，求出E、F的坐标；若不存在，
说明理由．
（18）（本小题满分15分）
如图，椭圆的长轴A1A2与x轴平行，短轴B1B2在y轴上，中心为M（0，r）（).0rb
（Ⅰ）写出椭圆的方程，求椭圆的焦点坐标及离心率；
（Ⅱ）直线xky1交椭圆于两点);0)(,(),,(22211yyxDyxC直线xky2交椭圆于
两点).0)(,(),,(44433yyxHyxG求证：4343221211xxxxkxxxxk；
6
（Ⅲ）对于（Ⅱ）中的C，D，G，H，设CH交x轴于点P，GD交x轴于点Q.
求证：|OP|=|OQ|. （证明过程不考虑CH或GD垂直于x轴的情形）
21．（本小题满分14分）
已知常数0a，在矩形ABCD中，4AB，aBC4，O为AB的中点，点E、F、
G分别在BC、CD、DA上移动，且BECFDGBCCDDA，P为GE与OF的交点（如图），问是
否存在两个定点，使P到这两点的距离的和为定值？若
存在，求出这两点的坐标及此定值；若不存在，请说明
理由
O P A G D F E C B
x
y