《2025年天利38套对接高考单元专题测试卷高中数学选择性必修第一册人教版》

14. 【数学文化】三等分角是“古希腊三大几何问题”之一，目前尺规作图仍不能解决这个问题。古希腊数学家 Pappus(约公元 300～350 年前后)借助圆弧和双曲线给出了一种三等分角的方法：如图，以角的顶点 $ C $ 为圆心作圆交角的两边于 $ A $，$ B $ 两点；取线段 $ AB $ 的三等分点 $ O $，$ D $；以 $ B $ 为焦点，$ A $，$ D $ 为顶点作双曲线 $ W $。双曲线 $ W $ 与弧 $ AB $ 的交点记为 $ E $，连接 $ CE $，则 $ \angle BCE = \frac{1}{3} \angle ACB $。

(1) 双曲线 $ W $ 的离心率为2。
(2) 若 $ \angle ACB = \frac{\pi}{2} $，$ |AC| = 3\sqrt{2} $，$ CE $ 交 $ AB $ 于点 $ P $，则 $ |OP| = $7-3√3。

答案： 14.
(1) $ 2 $
(2) $ 7 - 3\sqrt{3} $ 数学文化+双曲线的几何性质
思维导图
(1) 根据图形关系 $ |OA| = a $，$ |OB| = c \to c = 2a \to e $；
(2) 已知条件 $ \to \angle ACP $，$ \angle BCP \to \frac{S_{\triangle ACP}}{S_{\triangle BCP}} = \frac{|AP|}{|BP|} \to |BP| \to |OP| = |OB| - |BP| \to $ 得解。
(1) 由题可得 $ |OA| = a $，$ |OB| = c $，$ \therefore c = 2a $（题眼）。$ \therefore $ 双曲线 $ W $ 的离心率为 $ \frac{c}{a} = 2 $。
(2) $ \because \angle ACB = \frac{\pi}{2} $，且 $ |AC| = |BC| = 3\sqrt{2} $，$ \therefore |AB| = \sqrt{18 + 18} = 6 $。又 $ \because \angle BCE = \frac{1}{3}\angle ACB $，$ \therefore \angle ACP = \frac{\pi}{3} $，$ \angle BCP = \frac{\pi}{6} $。$ \therefore \frac{S_{\triangle ACP}}{S_{\triangle BCP}} = \frac{\frac{1}{2}|AC| · |CP| \sin\angle ACP}{\frac{1}{2}|BC| · |CP| \sin\angle BCP} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{1}{2}} = \frac{|AP|}{|BP|} $（题眼）。$ \therefore |AP| = \sqrt{3}|BP| $。$ \therefore |AB| = |AP| + |BP| = (\sqrt{3} + 1)|BP| = 6 $。解得 $ |BP| = 3\sqrt{3} - 3 $，$ \therefore |OP| = |OB| - |BP| = 7 - 3\sqrt{3} $。

15. (13 分) 已知圆 $ C : x^2 + (y - 1)^2 = r^2 $（$ r $ 为

半

径），圆 $ C $ 被 $ x $ 轴截得弦长为 $ 2\sqrt{2} $，直线 $ l : y = x + m (m \in R) $，$ O $ 为坐标原点。
(1) 求圆的方程。
(2) 若 $ m = -2 $，过直线 $ l $ 上一点 $ P $ 作圆 $ C $ 的切线 $ PQ $，$ Q $ 为切点，求切线长 $ |PQ| $ 最短时，点 $ P $ 的坐标。
(3) 若直线 $ l $ 与圆 $ C $ 相交于 $ M $，$ N $ 两点，且 $ OM \perp ON $，求实数 $ m $ 的值。

答案： 15. 圆的方程+直线与圆的位置关系
解：
(1) 由题可知，圆心 $ C $ 在 $ y $ 轴上，$ OC \perp x $ 轴，设 $ x $ 轴与圆 $ C $ 交于点 $ A, B $，$ |OA| = \sqrt{2} $，$ |OC| = 1 $，$ |AC| = r $，因为 $ \triangle AOC $ 为直角三角形，所以 $ |OA|^2 + |OC|^2 = |AC|^2 $，即 $ (\sqrt{2})^2 + 1^2 = r^2 $。所以 $ r = \sqrt{3} $。所以圆的方程为 $ x^2 + (y - 1)^2 = 3 $。（4分）
(2) 当 $ m = -2 $ 时，直线 $ l $ 的方程为 $ y = x - 2 $，因为 $ \triangle PQC $ 为直角三角形，所以 $ |PQ|^2 = |PC|^2 - |QC|^2 = |PC|^2 - 3 $。当 $ |PC| $ 最小时，切线长 $ |PQ| $ 最短。显然当 $ PC \perp l $ 时，$ |PC| $ 最小。因为 $ k_{PC} = -1 $，$ C(0, 1) $，所以直线 $ PC: y - 1 = -1 × (x - 0) $，即 $ y = -x + 1 $。由 $ \begin{cases} y = -x + 1 \\ y = x - 2 \end{cases} $ 得 $ \begin{cases} x = \frac{3}{2} \\ y = -\frac{1}{2} \end{cases} $，即 $ P\left( \frac{3}{2}, -\frac{1}{2} \right) $。（8分）
(3) 设 $ M(x_1, y_1) $，$ N(x_2, y_2) $，由题可得 $ x_1 \neq 0 $，$ x_2 \neq 0 $，由 $ \begin{cases} x^2 + (y - 1)^2 = 3 \\ y = x + m \end{cases} $ 得 $ 2x^2 + 2(m - 1)x + m^2 - 2m - 2 = 0 $，所以 $ \Delta = 4(m - 1)^2 - 8(m^2 - 2m - 2) ＞ 0 $，$ x_1 + x_2 = -(m - 1) $，$ x_1 · x_2 = \frac{m^2 - 2m - 2}{2} $。因为 $ OM \perp ON $，所以 $ k_{OM} · k_{ON} = \frac{y_1}{x_1} · \frac{y_2}{x_2} = -1 $，即 $ x_1x_2 + y_1y_2 = 0 $。所以 $ x_1x_2 + (x_1 + m)(x_2 + m) = 2x_1x_2 + m(x_1 + x_2) + m^2 = 0 $，即 $ 2 × \frac{m^2 - 2m - 2}{2} - m(m - 1) + m^2 = 0 $。整理得 $ m^2 - m - 2 = 0 $，解得 $ m = -1 $，或 $ m = 2 $。经检验满足 $ \Delta ＞ 0 $，所以 $ m = -1 $ 或 $ m = 2 $。（13分）

16. (15 分) 已知椭圆 $ C : \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a ＞ b ＞ 0) $ 的右焦点为 $ F $，左、右顶点分别为 $ A $，$ B $，$ |AF| = 2 + \sqrt{3} $，$ |BF| = 2 - \sqrt{3} $。
(1) 求椭圆 $ C $ 的方程。
(2) 设 $ O $ 是坐标原点，$ M $，$ N $ 是椭圆 $ C $ 上不同的两点，且关于 $ x $ 轴对称，$ E $，$ G $ 分别为线段 $ OM $，$ MB $ 的中点，直线 $ AE $ 与椭圆 $ C $ 交于另一点 $ D $。证明：$ D $，$ G $，$ N $ 三点共线。

答案： 16. 椭圆的标准方程+直线与椭圆的位置关系
解：
(1) 由题意得 $ \begin{cases} a + c = 2 + \sqrt{3} \\ a - c = 2 - \sqrt{3} \\ a^2 = b^2 + c^2 \\ a ＞ b ＞ 0 \end{cases} $（题眼），解得 $ \begin{cases} a = 2 \\ b = 1 \\ c = \sqrt{3} \end{cases} $，所以椭圆 $ C $ 的标准方程为 $ \frac{x^2}{4} + y^2 = 1 $。（5分）
(2) 证明：由
(1)得，$ A(-2, 0) $，$ B(2, 0) $。设 $ M(m, n) $，则 $ N(m, -n) $，且满足 $ m^2 + 4n^2 = 4 $。因为 $ E $ 为线段 $ OM $ 的中点，所以 $ E\left( \frac{m}{2}, \frac{n}{2} \right) $。所以直线 $ AE: y = \frac{n}{m + 4}(x + 2) $。设 $ D(x_1, y_1) $，由 $ \begin{cases} y = \frac{n}{m + 4}(x + 2) \\ x^2 + 4y^2 = 4 \end{cases} $ 得 $ [(m + 4)^2 + 4n^2]x^2 + 16n^2x + 16n^2 - 4(m + 4)^2 = 0 $（题眼）。因为 $ m^2 + 4n^2 = 4 $，所以 $ (2m + 5)x^2 + (4 - m^2)x - (2m^2 + 8m + 12) = 0 $。所以 $ -2x_1 = -\frac{2m^2 + 8m + 12}{2m + 5} $。解得 $ x_1 = \frac{m^2 + 4m + 6}{2m + 5} $，则 $ y_1 = \frac{n(m + 4)}{2m + 5} $，所以 $ D\left( \frac{m^2 + 4m + 6}{2m + 5}, \frac{n(m + 4)}{2m + 5} \right) $。因为 $ G $ 为线段 $ MB $ 的中点，所以 $ G\left( \frac{m + 2}{2}, \frac{n}{2} \right) $（提示：中点坐标公式）。所以直线 $ GN $ 的方程为 $ y + n = \frac{3n}{2 - m}(x - m) $。代入 $ D $ 点坐标，得左式 $ = \frac{n(m + 4)}{2m + 5} + n = \frac{3n(m + 3)}{2m + 5} $，右式 $ = \frac{3n}{2 - m}\left( \frac{m^2 + 4m + 6}{2m + 5} - m \right) = \frac{3n(m + 3)}{2m + 5} $，所以左式=右式。所以 $ D, G, N $ 三点共线。（15分）