3.4 焦半径与焦三角形-【学习帮】高中数学解法精讲及训练

 弦长 |AB| = √ 1 + k2 √ ∆ a2k2 + b2 = 2ab √ 1 + k2 · √ a2k2 + b2 − m2 a2k2 + b2 坐标原点到直线 y = kx + m的距离 d = |m| √ 1 + k2 S4AOB = 1 2 · |m|√ 1 + k2 · 2ab √ 1 + k2 · √ a2k2 + b2 − m2 a2k2 + b2 = ab|m| √ a2k2 + b2 − m2 a2k2 + b2 3.4 焦半径与焦三角形 定义 3.4:焦三角形 如图 3.6, 图 3.7 所示过圆锥曲线上任一点 P 与圆锥曲线的左、右焦点 F1，F2 所组成的 4PF1F2称作·焦·三·角·形. 定义 3.5:焦半径 线段 PF1，PF2叫圆锥曲线的·焦·半·径. 图 3.6 图 3.7 定理 3.1 P 为椭圆 x2 a2 + y2 b2 = 1 (a > b > 0) 上一点, ∠F1PF2 = θ, 则 (1) S4F1PF2 = b2 tan θ 2 ；(2) |PF1| · |PF2| = 2b2 1 + cos θ . 定理 3.2 P为双曲线 x2 a2 − y 2 b2 = 1 (a > 0，b > 0)上一点, ∠F1PF2 = θ，则 (1) S4F1PF2 = b2 tan θ2 ；(2) |PF1| · |PF2| = 2b2 1 − cos θ . 例 3.16已知椭圆 E : x2 16 + y2 8 = 1，F1，F2 是椭圆的左右焦点,点 P在 E上,且 ∠F1PF2 = π 3 ,则 第 78页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 4F1PF2的面积为 ▲ . 解 8 √ 3 3 . 例 3.17已知 F1，F2是椭圆 C : x2 16 + y2 4 = 1的左右焦点，P，Q为椭圆 C上关于坐标原点对称的 两点，且 |PQ| = |F1F2|，则四边形 PF1QF2的面积为 ▲ . 解 8. 3.4.1 焦三角形的心 椭圆焦三角形重心 设 P是椭圆 x2 a2 + y2 b2 = 1 (a > b > 0)上的一点，F1，F2 是椭圆的左、右焦点，则 4F1PF2 的重心 G的轨迹为椭圆. 证 设 P(x0 , y0)，G(x, y)，由三角形重心公式易得 x0 = 3x，y0 = 3y，代入椭圆方程可得 x2 a2 + y2 b2 = 1 9 (y , 0). 双曲线焦三角形重心 设 P 是双曲线 x2 a2 − y 2 b2 = 1 (a > 0, b > 0) 上的一点，F1，F2 是双曲线的左、右焦点，则 4F1PF2的重心 G的轨迹为 x 2 a2 − y 2 b2 = 1 9 (y , 0). 椭圆焦三角形内心 设 P是椭圆 x2 a2 + y2 b2 = 1 (a > b > 0)上的一点，F1，F2 是椭圆的左、右焦点，则 4F1PF2 的内心 I 的轨迹为椭圆 x2 c2 + y2( bc a+c )2 = 1(y , 0). 其中 c2 = a2 + b2. 图 3.8 例 3.18设椭圆 C : x2 4 + y2 3 = 1的两个焦点分别为 F1，F2，P是椭圆上任意一点，求4PF1F2的 秦九韶（约 1202–1261），字道古，四川安岳人。 第 79页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 内切圆的圆心 I 的轨迹方程. 解 设 P(x0 , y0)，I(x, y)，|PF1| = m，|PF2| = n，易得 F1(−1, 0)，F2(1, 0)， 由内心向量形式的充要条件知 2 · # »IP + n · # »IF1 + m · # » IF2 = #» 0 (3.6) 即  2(x0 − x) + n(−1 − x) + m(1 − x) = 0 2(y0 − y) − ny − my = 0 ，又  m + n = 4 m − n = (x + 1) − (1 − x) = 2x ，所以  x0 = 2x y0 = 3y ，而 P 是椭圆上任意一点，即 x2 0 4 + y2 0 3 = 1， 所以 x2 + 3y2 = 1 (y , 0)即为 4PF1F2 的内切圆的圆心 I 的轨迹方程. 双曲线焦三角形内心 1. 设 P是双曲线 x2 a2 − y 2 b2 = 1 (a > 0,b > 0)上的一点, F1，F2 是左右焦点，则 4F1PF2 的内切圆圆心的横坐标为 ±a； 2. 内切圆圆心的轨迹是以过双曲线顶点的两平行开线段，且内心纵坐标 y ∈ (−b, b). 图 3.9 证 不妨设 P(x0 , y0)为双曲线右支上一点，则 x0 > a，I(x, y)，延长 PI交 x轴于 M(m, 0)，由角平 分线定理 |PF1| |PF2| = |MF1| |MF2| ，即 a + ex0 −a + ex0 = c + m c − m ⇒ m = a2 x0 ，由角平分线定理 |PI| |IM| = x0 − x x − m = x0 − x x − a2x0 = y0 − y y = |PF1| |F1M| = |PF2| |F2M| = |PF1| − |PF2| |F1M| − |F2M| = 2a 2a2 x0 = x0 a 解得 x = a，y = ay0 a + x0 ，所以 y2 = ( ay0 a + x0 )2 = b2(x2 0 − a2) (a + x0)2 = b2(x0 − a) a + x0 < 1，故 y ∈ (−b, b). 变式训练 EXERCISES 174. 已知 P是双曲线 x2 3 − y 2 4 = 1的右支上一点, F1，F2分别为双曲线的左、右焦点,则 4PF1F1 第 80页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 的内切圆圆心横坐标为 ( ) (A) √ 3 (B) 2 (C) √ 7 (D) 3 175. 已知 P( √ 2, √ 3)在双曲线 x2 a2 − y 2 3 = 1上,其左、右焦点分别为 F1，F2，4PF2F2 的内切圆与 x轴相切于 M,则 # »MP · # »MF2 = ( ) (A) √ 3 + 1 (B) √ 2 + 1 (C) √ 2 − 1 (D) √ 3 − 1 3.4.2 焦三角形角平分线 推论 3.5. P(x0 , y0) 为椭圆 x2 a2 + y2 b2 = 1 (a > b > 0) 上一点，F1，F2 为椭圆的两个焦点， ∠F1PF2 的角平分线交 x 轴于点 M(m, 0)，若椭圆的离心率为 e，则 (1)e = MF1 PF1 = MF2 PF2 ； (2) m x0 = e2；(3)直线 PM和过点 P(x0 , y0)的椭圆的切线 x0 x a2 + y0y b2 = 1垂直. 证 (1)由三角形角平分线公式易得 |F1P| |F1M| = |PI| |IM| = |F2P| |F2M| 等比性质 ========= |F1P| + |F2P| |F1M| + |F2M| = 2a 2c = 1 e ，即 e = MF1 PF1 = MF2 PF2 ； (2)因为 ∠F1PF2 的角平分线交 x轴于点 M(m, 0)，所以 |PF1| |PF2| = |F1M| |F2M| ，由焦半径公式可得 a + ex0 a − ex0 = c + m c − m，解得 m = e 2x0 . 例 3.19 P为椭圆 x2 4 + y2 = 1上除长轴端点外的任一点，F1，F2为椭圆的两个焦点，∠F1PF2的 角平分线交 x轴于点 M(m, 0)，则 m的取值范围为 ▲ . 解 由推论 3.5的 (2)可知点 m = 3 4 xP，再由 −2 < xP < 2可知 − 3 2 < xP < 3 2 . 推论 3.6. P(x0 , y0)为双曲线 x2 a2 − y 2 b2 = 1 (a > 0, b > 0)上异于顶点的一点，F1，F2 为双曲 线的两个焦点，∠F1PF2 的角平分线交 x轴于点 M(m, 0)，则 (1) x0m = a 2； (2) 直线 PM即为过点 P(x0 , y0)的双曲线的切线 x0 x a2 − y0y b2 = 1. 例 3.20 A为双曲线 x2 9 − y 2 27 = 1上异于顶点的任一点，F1，F2为双曲线的两个焦点，∠F1AF2的 角平分线交 x轴于点 M(2, 0)，则 |AF2| = ▲ . 不到最后绝不轻言放弃，一旦放弃了，比赛也就结束了。 第 81页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 解法一由推论 3.6的 (1)可知点 A的横坐标为 9 2 ，再由第 92页双曲线坐标式焦半径公式可知 |AF2| = e · xA − a = 6. 解法二由推论 3.6的 (2)可知点 A的横坐标为 9 2 ，再由 92页双曲线坐标式焦半径公式可知 |AF2| = e · xA − a = 6. 例 3.21 P(x0 , y0)为双曲线 x2 − y2 3 = 1上异于顶点的一点，F1，F2 为双曲线的两个焦点， ∠F1PF2的角平分线交 x轴于点 Q ( 1 2 , 0 ) ，则 P点坐标为 ▲ . 解 P(2,±3). 例 3.22已知 P是双曲线 x2 16 − y 2 9 = 1右支上任一点，F1，F2分别为左右焦点. (1) 设 |PF1| = µ|PF2|，求 µ的范围； (2) 动点 M满足条件 # » PM = λ  # »PF1∣∣∣ # »PF1∣∣∣ + # » PF1∣∣∣ # »PF1∣∣∣  (λ > 0)，经过点 F2 以 # »PF1∣∣∣ # »PF1∣∣∣ − # » PF2∣∣∣ # »PF2∣∣∣ 为方向向量 的直线与动点 M的轨迹交于点 N，试问：是否存在一个定点 E，使得 |EN |为定值？若存 在，求出点 E的坐标；若不存在，请说明理由. 图 3.10 解 (1)利用双曲线定义可求得 µ ∈ (1, 9]；(2)如图 3.10，动点 M的轨迹是 ∠F1PF2的角平分线， 易知经过点 F2以 # » PF1∣∣∣ # »PF1∣∣∣ − # » PF2∣∣∣ # »PF2∣∣∣ 为方向向量的直线垂直于 # »PM，交 # »PM于 N，交 # »PF1于 H， ∴ ∣∣∣ # »PF2∣∣∣ = ∣∣∣ # »PH∣∣∣，N 为 F2H的中点，连接 NO，则 |NO| = 1 2 |HF1| = 1 2 (|PF1| − |PH|) = 1 2 (|PF1| − |PF2|) = 1 2 · 2a = 4 所以存在一点 E(0, 0)，也就是 O(0, 0)，使得 |EN |为定值. 第 82页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 3.4.3 焦三角形求离心率 定理 3.3:精品离心率 1. P为椭圆 x2 a2 + y2 b2 = 1 (a > b > 0)上一点, F1，F2为椭圆的两个焦点,若 ∠PF1F2 = α， ∠PF2F1 = β,则离心率 e = sin(α + β) sinα + sin β ⇔ a − c a + c = tan α 2 · tan β 2 . 2. P 为双曲线 x2 a2 − y 2 b2 = 1 上一点, F1，F2 为双曲线的两个焦点, 若 ∠PF1F2 = α， ∠PF2F1 = β,则离心率 e = sin(α + β) | sinα − sin β| . 证 我们这里只证明椭圆的情况. 如图 3.6所示,在 4PF1F2中,由正弦定理,有 |F1F2| sin ∠F1PF2 = |PF1| sin β = |PF2| sinα ⇒ 2c sin ∠F1PF2 = |PF1| + |PF2| sinα + sin β 即 2c sin(α + β) = 2a sinα + sin β ⇒ e = sin(α + β) sinα + sin β . 例 3.23 P为椭圆 x2 a2 + y2 b2 = 1 (a > b > 0)上一点, F1，F2为椭圆的两个焦点,若 4POF2 为等边三 角形,则椭圆离心率为 ▲ . 解 e = sin 90◦ sin 30◦ + sin 60◦ = √ 3 − 1. 例 3.24已知 F1，F2是椭圆 C : x2 a2 + y2 b2 = 1 (a > b > 0)的两个焦点, P为 C上的点, O为坐标原点. (1) 若 4POF2为等边三角形,求 C的离心率; (2) 如果存在点 P,使得 PF1⊥PF2,且 4F1PF2的面积等于 16,求 b的值和 a的取值范围. 解 依题意 (1) e = sin 90◦ sin 30◦ + sin 60◦ = √ 3 − 1. (2) 设 P(x, y),由本书第 78页定理 3.1可知 b2 tan 45◦ = 16⇒ b = 4, 因为 PF1⊥PF2,所以 x2 + y2 = c2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (∗) x2 a2 + y2 b2 = 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (∗∗) 由 (∗)，(∗∗)知 x2 = a 2 c2 (c2 − b2)⇒ c2 ⩾ b2,从而 a2 = b2 + c2 ⩾ 2b2 = 32,故 a ⩾ 4 √ 2, 所以 a的取值范围为 [ 4 √ 2,+∞ ) . 第 83页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 例 3.25已知椭圆 x2 a2 + y2 b2 = 1 (a > b > 0)的左右焦点为 F1，F2,以 O为圆心, F1，F2为直径的圆 与椭圆在第一象限交于点 P,且直线 OP的斜率为 √ 3,则椭圆离心率为 ▲ . 解 √ 3 − 1. 例 3.26设 F1，F2为椭圆 C : x2 36 + y2 20 = 1的两个焦点, M为 C上一点且在第一象限,若4MF1F2 为等腰三角形,则 M的坐标为 ▲ . 解 运用和坐标有关的椭圆焦半径定义可知 |MF1| = a + ex0 = 6 + 2 3 x0，|MF2| = a − ex0 = 6 − 2 3 x0 , 依题意 1 |MF1| = |F1F2|,可得 6 + 2 3 x0 = 8⇒ x0 = 3,所以 M(3, √ 15); 2 |MF2| = |F1F2|,可得 6 − 2 3 x0 = 8⇒ x0 = − 4 3 ,舍去. 故 M(3, √ 15). 变式训练 EXERCISES 176. P为双曲线 x2 a2 − y 2 b2 = 1右支上一点, F1，F2为双曲线的两个焦点,若 4POF2为等边三角形, 则双曲线离心率为 ▲ . 177. 双曲线 x2 a2 − y 2 b2 = 1，F1，F2 为双曲线的两个焦点,过 F2 垂直于实轴的直线交双曲线与 A，B 两点, BF1 交 y轴于点 C,若 AC⊥BF1,则双曲线离心率为 ( ) (A) √ 2 (B) √ 3 (C) 2 √ 2 (D) 2 √ 3 178. 双曲线 x2 − y 2 2 = 1的左右焦点 F1，F2,点 M在双曲线上,满足 # » MF1 · # » MF2 = 0,则点 M到点 x 轴的距离为 ( ) (A) 4 3 (B) 5 3 (C) 2 √ 3 3 (D) √ 3 179. 双曲线 x2 − y2 = 1的左右焦点 F1，F2,点 P在双曲线上,满足 ∠F1PF2 = 60◦,则 |PF1| · |PF2| = ( ) (A) 2 (B) 4 (C) 6 (D) 8 第 84页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 180. 椭圆 x2 4 + y2 = 1的左右焦点 F1，F2，P为椭圆上一动点,当 ∠F1PF2 为钝角时,点 P的横坐 标的取值范围为 ▲ . 181. 已知 A，F，P分别为双曲线 x2 a2 − y 2 b2 = 1 (a > 0，b > 0)的左顶点、右焦点以及右支上的动点, 若 ∠PFA = 2∠PAF 恒成立,则双曲线的离心率为 ( ) (A) √ 2 (B) √ 3 (C) 2 (D) 1 + √ 3 182. 已知双曲线 x2 a2 − y 2 b2 = 1 (a > 0，b > 0)的左焦点 F1(−c, 0)关于直线 √ 3x + y = 0的对称点 P 在双曲线上,则双曲线的离心率为 ▲ . 定义 3.6:黄金分割与白银分割 • 已知椭圆 x2 a2 + y2 b2 = 1 (a > b > 0), 若 b2 = ac, 则椭圆离心率为 √ 5 − 1 2 ;俗称黄金分 割;若 b2 = 2ac,则椭圆离心率为 √ 2 − 1;俗称白银分割. • 已知双曲线 x2 a2 − y 2 b2 = 1, 若 b2 = ac, 则双曲线离心率为 √ 5 + 1 2 ; 俗称黄金分割; 若 b2 = 2ac,则双曲线离心率为 √ 2 + 1;俗称白银分割. 例 3.27双曲线 x2 a2 − y 2 b2 = 1的左、右焦点分别为 F1(−c, 0)，F2(c, 0),且 F1关于双曲线的一条渐近 线的对称点 P在抛物线 y2 = 4cx上,则双曲线的离心率为 ( ) (A) √ 2 + 1 (B) 2 (C) √ 5 (D) √ 5 + 1 2 图 3.11 解 依题意如图 3.11,在 4F1PF2中, PF1 = 2b，PF2 = 2a，tan ∠F1F2P = ba，∴ cos ∠F1F2P = a c ， ∴ F1F2 = PF2 + PF2 cos ∠F1F2P，∴ 2c = 2a + 2a cos ∠F1F2P，∴ e2 − e − 1 = 0，∴ e = √ 5 + 1 2 . 选 D 阅读使人充实，会谈使人敏捷，写作使人精确。——培根 第 85页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 注双曲线 x2 a2 − y 2 b2 = 1的焦点到渐近线的距离为 b. 离心率范围 (1) 若椭圆 x2 a2 + y2 b2 = 1 (a > b > 0)上存在一点 P,使得 ∠F1PF2 = θ,则椭圆离心率 e的取 值范围为 e ∈ [ sin θ 2 , 1 ) . (2) 若椭圆上不存在一点 P, 使得 ∠F1PF2 = θ, 则椭圆离心率 e 的取值范围为 e ∈( 0, sin θ 2 ) . 图 3.12 证 如图 3.12所示,易知当 P为椭圆短轴端点时 θ取得最大值,而由存在性结论知,只需要焦三角 形顶角最大值 ⩾ θ即可.故只需保证 P点在椭圆短轴端点处情形时的 ∠F1PF2 ⩾ θ即可,所以有 c a = sin ∠F1PF2 2 ⩾ sin θ 2 . 例 3.28椭圆 x2 a2 + y2 b2 = 1 (a > b > 0)的左右焦点 F1，F2,满足 # » MF1 · # » MF2 = 0的点 M总在椭圆内 部,则 e的取值范围为 ( ) (A) (0, 1) (B) 0, √22  (C) 0, √22  (D)  √22 , 1  解 C 例 3.29椭圆 x2 a2 + y2 b2 = 1 (a > b > 0)的左右焦点 F1，F2,若椭圆上存在一点 P,使得 PF1⊥PF2,则 椭圆离心率的取值范围为 ( ) (A)  √55 , 1  (B)  √22 , 1  (C) 0, √55  (D) 0, √22  解 B 第 86页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 例 3.30设 A，B是椭圆 C : x2 3 + y2 m = 1长轴的两个端点,若 C上存在点 M满足 ∠AMB = 120◦, 则 m的取值范围是 ( ) (A) (0, 1] ∪ [9,+∞) (B) (0, √ 3] ∪ [9,+∞) (C) (0, 1] ∪ [4,+∞) (D) (0, √ 3] ∪ [4,+∞) 解 A 端点与离心率 P为椭圆 x2 a2 + y2 b2 = 1(a > b > 0)或双曲线 x2 a2 − y 2 b2 = 1 (a > 0，b > 0)上一点„ A，B为圆锥 曲线左右两端点,若 ∠PAB = α，∠PBA = β,则我们有 kAP · kBP = e2 − 1. 例 3.31设 A，B是椭圆 x2 a2 + y2 b2 = 1(a > b > 0)长轴的两个端点, C为椭圆上异于 A，B的一点,若 将 4ABC的三内角记为 A，B，C,且满足 3 tan A + 3 tan B + tan C = 0,则椭圆的离心率为 ( ) (A) √ 3 3 (B) 1 3 (C) √ 6 3 (D) 2 3 解 根据诱导公式以及两角和的正切性质知 3 tan A + 3 tan B + tan C = 0⇒ 3 = 1 1 − tan A · tan B ⇒ tan A · tan B = 2 3 ,故选 A. 变式训练 EXERCISES 183. P为双曲线 x2 a2 − y 2 b2 = 1 (a > 0，b > 0)上一点, A，B为双曲线左右两端点,直线 PA，PB的斜 率分别为 k1，k2,若 k1k2 = 1 2 ,则双曲线的离心率为 ( ) (A) √ 3 2 (B) 2 (C) √ 6 2 (D) 3 2 184. 已知椭圆 x2 a2 + y2 b2 = 1 (a > b > 0)的离心率 e = 1 2 ，A，B为椭圆的左右两顶点, P为椭圆上不 同于 A，B的一点,直线 PA，PB的倾斜角分别为 α，β,则 cos(α − β) cos(α + β) = ▲ . 焦半径范围 P为椭圆 x2 a2 + y2 b2 = 1 (a > b > 0)上一动点,则  b2 ⩽ |PF1| · |PF2| ⩽ a2 # » PF1 · # » PF2 = |PO|2 − |OF|2 ∈ [ b2 − c2, b2 ] cos ∠F1PF2 = 2b2 |PF1| · |PF2| − 1 ⩾ 2b 2 a2 − 1 知人者智，自知者明。胜人者有力，自胜者强。——老子 第 87页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 注式 (3.4.3)利用极化恒等式很容易证明. 推论 3.7. P为双曲线 x2 a2 − y 2 b2 = 1上一动点,则 (1) |PF1| · |PF2| ∈ [ b2,+∞ ) . (2) # »PF1 · # » PF2 = |PO|2 − |OF|2 ∈ [ −b2,+∞ ) . 变式训练 EXERCISES 185. 椭圆 x2 25 + y2 9 = 1的左右焦点 F1，F2，P为椭圆上一动点,则 |PF1| · |PF2|的最大值为 ( ) (A) 9 (B) 16 (C) 25 (D) 25 2 186. 椭圆 x2 4 + y2 = 1的左右焦点 F1，F2，P为椭圆上一动点,则使 |PF1| · |PF2|取最大值的点 P为 ( ) (A) (−2, 0) (B) (0, 1) (C) (2, 0) (D) (0, 1)或(0,−1) 定理 3.4 1. 若椭圆 x2 a2 + y2 b2 = 1 (a > b > 0)上存在一点 P,使得 |PF1| = λ|PF2| (λ > 0且 λ , 1). 则 椭圆离心率的取值范围 e ∈ [∣∣∣∣∣λ − 1λ + 1 ∣∣∣∣∣ , 1) (3.7) 2. 双曲线离心率的取值范围 e ∈ ( 1, ∣∣∣∣∣λ + 1λ − 1 ∣∣∣∣∣] (3.8) 证 我们利用定义来证明： 1. 根据椭圆定义,不妨设 λ > 1,我们有  |PF1| + |PF2| = 2a |PF1| = λ|PF2| ⇒ |PF2| = 2a λ + 1 另外,我们设椭圆的右顶点为 A,则 |PF2| ⩾ |AF2| ⇒ 2a λ + 1 ⩾ a − c⇒ 1 − e ⩽ 2 λ + 1 ⇒ e ⩾ λ − 1 λ + 1 第 88页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 2. 根据双曲线定义,不妨设 λ > 1,我们有  |PF1| − |PF2| = 2a |PF1| = λ|PF2| ⇒ |PF2| = 2a λ − 1 另外,我们设双曲线的右顶点为 A,则 |PF2| ⩾ |AF2| ⇒ 2a λ − 1 ⩾ c − a⇒ 2 λ − 1 ⩾ e − 1⇒ e ⩽ λ + 1 λ − 1 例 3.32双曲线 x2 a2 − y 2 b2 = 1的左右焦点为 F1，F2,点 P在双曲线的右支上,且 |PF1| = 4|PF2|,则 离心率 e的最大值为 ( ) (A) 4 3 (B) 5 3 (C) 2 (D) 7 3 解 B 例 3.33已知双曲线 x2 a2 − y 2 b2 = 1 (a > 0, b > 0)的左右焦点为 F1，F2,点 P在双曲线的右支上,且 |PF1| = 3|PF2|,则离心率 e的取值范围为 ▲ . 解 1 < e ⩽ 2. 例 3.34椭圆 x2 a2 + y2 b2 = 1 (a > b > 0)的左右焦点为 F1，F2,若椭圆上存在一点 P,使得 |PF1| = 8|PF2|,则椭圆离心率的取值范围为 ▲ . 解 [ 7 9 , 1 ) . 例 3.35若椭圆 x2 a2 + y2 b2 = 1 (a > b > 0)上存在一点 P,使得 a sin ∠PF1F2 = c sin ∠PF2F1 ,则该椭圆 离心率的取值范围为 ▲ . 解 在 4PF1F2中,由正弦定理有 |PF2|sin ∠PF1F2 = |PF1| sin ∠PF2F1 ⇒ |PF1||PF2| = c a = e. 由定理 3.4知 1 − e 1 + e ⩽ e < 1⇒ √ 2 − 1 ⩽ e < 1. 例 3.36设离心率为 √ 2 2 的椭圆 x2 a2 + y2 b2 = 1 (a > b > 0)的左右焦点分别为 F1，F2,点 P是该椭圆 上的任意一点, PF1⊥PF2，4PF1F2的内切圆半径为 √ 2 − 1,求椭圆方程. 解 我们易知 r = 2a − 2c 2 = √ 2 − 1. 又因为 e = c a = √ 2 2 ⇒ a = √ 2，b = 1. 所以椭圆方程为 x2 2 + y2 = 1. 批星戴月上学去，万家灯火回家来！ 第 89页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 3.4.4 椭圆双曲线共焦点 定理 3.5:椭圆双曲线共焦点 已知 F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是两曲线的一个公共点，且 ∠F1PF2 = θ，设 椭圆和双曲线的离心率分别为 e1，e2，则它们满足 1 − cos θ e2 1 + 1 + cos θ e2 2 = 2⇒ sin2 θ2 e2 1 + cos2 θ2 e2 2 = 1 解法一设 |PF1| = m，|PF2| = n,椭圆长轴长为 2a1 ,双曲线实轴长为 2a2 ,则由椭圆双曲线定义可 知  m + n = 2a1 m − n = 2a2 (3.9) 对焦三角形 F1PF2运用余弦定理可得 (2c)2 = m2 + n2 − 2mn cos θ (3.10) 将式 (3.9)代入式 (3.10),化简得 2c2 = a2 1 (1 − cos θ) + a2 2 (1 + cos θ)⇒ 1 − cos θ e2 1 + 1 + cos θ e2 2 = 2. 解法二利用两个三角形面积公式（第 78页定理 3.1和第 78页定理 3.2）.由  S4PF1F2 = b 2 1 tan θ 2 S4PF1F2 = b22 tan θ2 得 b22 b21 = tan2 θ 2 = sin2 θ2 cos2 θ2 ⇒ c2 = a2 1 sin2 θ 2 + a2 2 cos2 θ 2 ⇒ sin2 θ2 e2 1 + cos2 θ2 e2 2 = 1 推论 3.8. 已知 F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是两曲线的一个公共点，且 ∠F1PF2 = θ，设椭圆和双曲线的离心率分别为 e1，e2，则它们满足 1 e1 + 1 e2 ⩽ 2 sin θ . 证 设 |PF1| = m，|PF2| = n,椭圆长轴长为 2a1 ,双曲线实轴长为 2a2 ,则由椭圆双曲线定义可知 m + n = 2a1 m − n = 2a2 ，则 a1 + a2 = m = |PF1|，于是 1 e1 + 1 e2 = a1 c + a2 c = 2|PF1| |F1F2| 正弦定理 ========= 2 sin ∠PF2F1 sin θ ⩽ 2 sin θ 第 90页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 例 3.37如图 3.13所示,已知 F1，F2是椭圆 C1 : x2 4 + y2 = 1和双曲线 C2 的公共焦点, A，B分别 是两曲线在第一三象限的公共点,若四边形 AF1BF2为矩形,则 C2的离心率为 ▲ . 图 3.13 解 √ 6 2 . 例 3.38已知 F1，F2 是椭圆和双曲线的公共焦点, P是两曲线的一个公共点,且 ∠F1PF2 = π 3 ,则 椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为 ( ) (A) 4 √ 3 3 (B) 2 √ 3 3 (C) 3 (D) 2 解 A. 变式训练 EXERCISES 187. 已知 F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点, P是它们的一个公共点,且 ∠F1PF2 = π 3 ,设椭圆和 双曲线的离心率分别为 e1，e2 ,则 e 2 1 + 2e2 2 的最小值为 ▲ . 188. 共焦点的椭圆和双曲线的左焦点为 F，A，B分别是两曲线在第一、第三象限的交点,且 ∠AFB = 2π 3 ,则当两曲线的离心率之积最小时,双曲线有一条渐近线的方程是 ( ) (A) x − 2y = 0 (B) 2x + y = 0 (C) x − √ 2y = 0 (D) √ 2x + y = 0 189. 已知 F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点, P是它们的一个公共点,且 ∠F1PF2 = 90◦,设椭圆和 双曲线的离心率分别为 e1，e2 ,则 e2 1 + e2 2 (e1e2)2 的值为 ( ) (A) 1 2 (B) 1 (C) 2 (D) √ 2 2 190. 已知 F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点, P是它们的一个公共点,且 ∠F1PF2 = 60◦,设椭圆和 双曲线的离心率分别为 e1，e2 ,则 1 e21 + 3 e22 的值为 ( ) 业精于勤，荒于嬉；行成于思，毁于随。——韩愈 第 91页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 (A) 1 4 (B) 1 2 (C) 2 (D) 4 191. 已知 F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点, P是它们的一个公共点,且 |F1F2| = 2|PO|,设椭圆和 双曲线的离心率分别为 e1，e2 ,则 1 e21 + 1 e22 的值为 ▲ . 例 3.39已知椭圆 C1 : x2 m2 + y2 = 1 (m > 1)与双曲线 C2 : x2 n2 − y2 = 1 (n > 0)的焦点重合, e1，e2 分 别为 C1，C2的离心率,则 ( ) (A) m > n且 e1e2 > 1 (B) m > n且 e1e2 < 1 (C) m < n且 e1e2 > 1 (D) m < n且 e1e2 < 1 解 依定义可知 m2 − 1 = n2 + 1 (3.11) 所以 m > n,又  e1 = √ m2 − 1 m e2 = √ n2 + 1 n ⇒ e1e2 = √ m2 − 1 · √ n2 + 1 mn 由式 (3.11)以及等比性质可知 e1e2 = m2 − 1 mn = n2 + 1 mn 等比性质 =========== 两分式相加 m2 + n2 2mn > 1 故选 A. 3.4.5 椭圆第二定义 定义 3.7:椭圆第二定义 椭圆上一点到焦点的距离与到对应准线距离之比等于离心率. 坐标式焦半径 椭圆 C : x2 a2 + y2 b2 = 1 (a > b > 0)的左右焦点为 F1，F2,点 P(x0 , y0)为椭圆 C上一动点，则  |PF1| = a + ex0 (3.12)|PF2| = a − ex0 (3.13) 双曲线坐标式焦半径 双曲线 C : x2 a2 − y 2 b2 = 1 (a > 0, b > 0)的左右焦点为 F1，F2,点 P(x0 , y0)为双曲线 C 上一动 第 92页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 点，则  |PF1| = |ex0 + a| (3.14)|PF2| = |ex0 − a| (3.15) 例 3.40已知椭圆 x2 4 + y2 3 = 1的左、右端点为 A，B，右焦点为 F，直线 l : x = 4与 x轴交于点 D，直线 AM与 l交于点 N，是否存在常数 λ，使得 ∠MFD = λ∠NFD？若存在，求 λ的值；若 不存在，说明理由. 图 3.14 图 3.15 解易知直线 l : x = 4是椭圆的右准线，如图 3.15，作 MH⊥ND于点 H，易知 4NMH 4NAD，所以 |MN| |MH| = |AN | |AD| 椭圆第二定义 =========⇒ |MN||MF | e = |AN | a2 c + a (3.16) 即 |MN | |MF| = |AN| e ( a2 c + a ) = |AN||AF| (3.17) 由正弦定理可得 sin ∠MFN sin ∠MNF = sin ∠AFN sin ∠ANF ⇒ sin ∠MFN = sin ∠AFN (3.18) 所以 ∠MFD = 2∠NFD，即 λ = 2. 3.4.6 原曲焦点弦 定义 3.8:焦点弦 如图 3.16所示,过圆锥曲线的焦点 F 被圆锥曲线所截的弦 AB称作·焦·点·弦. 敏而好学，不耻下问。——孔子 第 93页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 图 3.16 焦点弦长 如图 3.16所示,焦半径公式和焦点弦长公式: |AF| = b 2 a − c cos θ , |FB| = b2 a + c cos θ (3.19) |AB| = |AF| + |FB| = 2ab 2 a2 − c2 cos2 θ |AF|长, |FB|短. 其中 θ为弦的倾斜角, a，b，c为双曲线和椭圆定义里的数. 例 3.41过椭圆 x2 4 + y2 3 = 1的左焦点 F1作两条垂直直线 l1，l2与椭圆分别交于 A，C和 B，D, 是否存在常数 λ,使得 1 |AC|，λ， 1 |BD| 成等差数列? 若存在,求出 λ的值,若不存在,请说明理由. 解 当 AC的斜率为零或不存在时, 1 |AC| + 1 |BD| = 7 12 . 当 AC斜率存在时,设倾斜角为 θ,则 BD的倾斜角为 θ + π 2 ,那么 |AC| = 12 4 − cos2 θ , |BD| = 12 4 + sin2 θ ⇒ 1|AC| + 1 |BD| = 7 12 = 2λ⇒ λ = 7 24 . 推论 3.9. 抛物线中以焦点弦为直径的圆必与准线·相·切. 推论 3.10. 抛物线 y2 = 2px中以焦半径为直径的圆与 y轴·相·切. 例 3.42已知抛物线 C : y2 = 4x和点 D(2, 0),直线 x = ty − 2与抛物线交于不同两点 A，B,直线 BD与抛物线交于另一点 E,给出以下判断: 1 以 BE为直径的圆与抛物线准线相离; 2 直线 OB与直线 OE的斜率乘积为 −2; 第 94页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 3 设过点 A，B，E的圆的圆心坐标为 (a, b),半径为 r,则 a2 − r2 = 4. 其中,所有判断正确的序号是 ( ) (A) 1 2 (B) 1 3 (C) 2 3 (D) 1 2 3 解 对于 1 ,根据要点提示明显!; 对于 2 ,设 A(x1 , y1)，B(x2 , y2)，E(x0 , y0),于是 kOB · kOE = y2y0 x2 x0 = y2y0 x2 x0 = √ 4x2 · (− √ 4x0) x2 x0 抛物线几何平均性质 ================== −8 4 = −2 所以!; 对于 3 ,联立  y2 = 4x x = ty − 2 得 y2 − 4ty + 8 = 0，韦达定理  y1 + y2 = 4t (3.20)y1y2 = 8 (3.21) 又 y2y0 = −8,所以点 A，E关于 x轴对称,于是过点 A，B，E的圆的圆心在 x轴上, 由 (3.20), (3.21)得  x1 + x2 = 4t 2 − 4 (3.22) x1 x2 = 4 (3.23) 可知点 A，B的中点 M(2t2 − 2, 2t),所以直线 AB的中垂线与 x轴交点 N 的坐标为 (2t2, 0),于是 a = 2t2,且 |MN|2 = 4 + 4t2 (3.24) 由两点距离公式知 |AB|2 = (x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 = (x1 + x2) 2 − 4x1 x2 + (y1 + y2)2 − 4y1y2 = (4t2 − 4)2 − 16 + 16t2 − 32 = 16t4 − 16t2 − 32 所以 a2 − r2 = a2 − ( |MN|2 + |AB| 2 4 ) = 4t4 − 4 − 4t2 − 4t4 + 4t2 + 8 = 4. 所以 3 !. 选 D. 海纳百川有容乃大；壁立千仞无欲则刚。——林则徐 第 95页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 定理 3.6 三大圆锥曲线中,若弦 AB的倾斜角为 θ,斜率为 k,且 # »AF = λ # »FB (λ > 0),则 | cos θ| = |λ − 1| e(λ + 1) ⇔ e = √ 1 + k2 · ∣∣∣∣∣λ − 1λ + 1 ∣∣∣∣∣ (3.25) 例 3.43抛物线 y2 = 2px的焦点为 F,过焦点的弦为 AB,若 # »AF = 3 # »FB,则 AB的倾斜角为 ( ) (A) π 6 (B) π 3 (C) π 4 (D) π 2 解 B. 变式训练 EXERCISES 192. 过抛物线 C : y2 = 2px的焦点 F 作倾斜角为 60◦的直线与抛物线交于 A，B两点 ( A上 B下), 则 |AF| |BF| = ▲ . 193. 已知椭圆 Γ : x2 a2 + y2 b2 = 1 (a > b > 0)的长轴是短轴的 2倍,过右焦点 F 且斜率为 k (k > 0)的直 线与椭圆交于 A，B两点,若 # »AF = 3 # »FB.则 k = ( ) (A) 1 (B) 2 (C) √ 3 (D) √ 2 194. 已知椭圆 C : x2 a2 + y2 b2 = 1 (a > b > 0)的上顶点为 B,左右焦点分别为 F1，F2,直线 BF2 与椭圆 C的另一个交点为 A,若4AF1F2，4BF1F2的面积之比为 4 : 5,则椭圆 C的离心率为 ▲ . 195. 过椭圆 x2 4 + y2 3 = 1的右焦点 F作直线 l与椭圆交于 M，N两点, B为椭圆短轴的一个顶点,是 否存在直线 l,使得 S4BFM S4BFN = 2. 若存在,求出直线方程;若不存在,说明理由. 196. 已知双曲线 x2 a2 − y 2 b2 = 1 (a > 0，b > 0),若存在过右焦点 F的直线与双曲线交于 A，B两点,且 # » AF = 3 # » BF. 则双曲线离心率的最小值为 ( ) (A) √ 2 (B) √ 3 (C) 2 (D) 2 √ 2 197. 已知椭圆 C的焦点为 F1(−1, 0)，F2(1, 0),过点 F2 的直线与 C交于 A, B两点,若 |AF2| = 2|F2B|, |AB| = |BF1|则 C的方程为 ( ) (A) x2 2 + y2 = 1 (B) x2 3 + y2 2 = 1 (C) x2 4 + y2 3 = 1 (D) x2 5 + y2 4 = 1 第 96页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 定理 3.7:通径 三大圆锥曲线中【双曲线需同一支】,若焦点弦 AB【不平行于坐标轴】,若 L为通径,则 1 |AF| + 1 |BF| = 4 L = 2 ep (3.26) 例 3.44直线 l过抛物线 y2 = 4x的焦点 F,且与抛物线交于 A，B两点,若线段 AF，BF 的长分别 为 m，n,则 4m + n的最小值为 ( ) (A) 10 (B) 9 (C) 8 (D) 7 解 由抛物线焦半径公式易知 1 |AF| + 1 |BF| = 2 p ⇒ 1 m + 1 n = 1,再由权方和不等式可知 4m + n = 4 1 m + 1 1 n ⩾ ( √ 4 + √ 1)2 1 m + 1 n = 9,故选 B. 引理 3.1. 三大圆锥曲线中【双曲线需同一支】, AB为焦点弦,且 # »AF = λ # »FB,【L为通径】. 则 |AB| = L 4 ( λ + 1 λ + 2 ) 推论 3.11. 抛物线 y2 = 2px的焦点为 F,过焦点的弦 AB的倾斜角为 θ,则 S4AOB = p2 2 sin θ , |AB| = 2p sin2 θ , xA · xB = p2 4 , yA · yB = −p2 (3.27) 推论 3.12. 若抛物线的顶点对焦点弦的张角被对称轴分成两部分的大小分别为 α，β，则 tanα · tan β = 4. 推论 3.13. 设 M(a, 0) 是抛物线 y2 = 2px(p > 0) 的对称轴上的一个定点，过 M 的直线 交抛物线于 A，B 两点，AB 对顶点的张角被对称轴分成两部分的大小分别为 α，β，则 tanα · tan β = 2p a . 穷则独善其身，达则兼济天下。——孟子 第 97页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 推论 3.14. 抛物线 x2 = 2py的焦点为 F,过焦点的弦 AB的倾斜角为 θ,则 S4AOB = p2 2 cos θ , |AB| = 2p cos2 θ , |AF| = p 1 − sin θ , |BF| = p 1 + sin θ (3.28) |AF| |BF| = λ⇒ sin θ = λ − 1 λ + 1 (3.29) 例 3.45过抛物线 y2 = 12x的焦点 F 的直线交抛物线于 A，B两点,设 |AF| = m，|BF| = n， 1 当 m = 4时, n = ▲ 2 m − 18 n 的最小值为 ▲ , 解 1 利用 1 m + 1 n = 2 p = 1 3 ⇒ n = 12， 2 利用 1 m + 1 n = 2 p = 1 3 得 m− 18 n = m+ 18 m − 6 ⩾ 6 √ 2− 6. 例 3.46过抛物线 C : y2 = 2px (p > 0)的焦点 F且倾斜角为 120◦的直线交抛物线于 A，B两点,若 AF，BF 的中点在 y轴上的射影分别为 M，N,且 |MN | = 4 √ 3,则抛物线 C的准线方程为 ( ) (A) x = −1 (B) x = −2 (C) x = −3 2 (D) x = −3 解 设 A，B两点在 y轴上的射影分别为 A′, B′,易知 |A′B′| = 8 √ 3,依题意由倾斜角为 120◦可知 |AB| = 16,又根据式 (3.27)知 |AB| = 2p sin2 120◦ = 8p 3 ，所以 p = 6,选 D. 例 3.47过抛物线 C : y2 = 2px (p > 0)的焦点 F 且倾斜角为锐角的直线 l交抛物线于 A，B两点 【点 A在第一象限】,线段 AB的垂直平分线与 C的准线交于点 M，4MAB的面积等于 1 2 |AB|2, 设线段 AB的中点为 N,则下列结论正确的是 ▲ .【填上所有正确的序号】 1 点 N 到准线的距离为 1 2 |MN|; 2 ∠AMB > 90◦; 3 直线 l的倾斜角为 60◦; 4 |AF||BF| = 7 + 4 √ 3. 解 设抛物线的准线为 m,分别过点 A，N，B作 AA′⊥m，NN′⊥m，BB′⊥m，垂足分别为 A′，N′， B′,因为直线 l过抛物线的焦点 F,所以 |BB′| = |BF|，|AA′| = |AF|,又 4MAB的面积等于 1 2 |AB|2, 所以 |MN | = |AB|,于是 |NN′| = 1 2 (|BB′| + |AA′|) = 1 2 (|BF| + |AF|) = 1 2 |AB| = 1 2 |MN| 故 1 !; |MN′| = 1 2 |AB|,所以以 AB为直径的圆与准线相切,所以 ∠AN′B = 90◦,所以 ∠AMB < 90◦,故 2 %; 由 1 知 ∠MNN′ = 60◦,则直线 MN 的倾斜角为 120◦,又 MN⊥l,所以直线 l的倾斜角为 30◦,故 3 %; 设 |AF| = x，|BF| = y,由直线 l的倾斜角为 30◦,直线 AA′与 x轴平行,可得 ∠A′AB = 30◦,过 B作 第 98页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 BH⊥AA′,垂足为 H,所以 cos ∠A′AB = |AH||AB| = x − y x + y = √ 3 2 ,于是 x y = 7 + 4 √ 3,故 4 !. 答案为 1 4 . 变式训练 EXERCISES 198. 过抛物线 y2 = 4x的焦点 F 的直线交抛物线于 A，B两点, |AF| = 2,则 |BF| = ▲ . 199. 过抛物线 y2 = 4x的焦点 F 的直线交抛物线于 A，B两点,若 S4AOB = √ 6,则 |AB| = ( ) (A) 6 (B) 8 (C) 12 (D) 16 200. 过抛物线 x2 = 8y的焦点 F 的直线交该抛物线于 A，B两点, O为坐标原点,若 |AF| |BF| = 1 2 ,则 4AOB的面积为 ( ) (A) 3 √ 2 (B) 12 √ 2 (C) 6 √ 2 (D) 9 √ 2 201. 过抛物线 y2 = 6x的焦点的弦长为 12,则此弦所在直线的倾斜角为 ( ) (A) π 6 或 5π 6 (B) π 4 或 3π 4 (C) π 3 或 2π 3 (D) π 2 202. 过抛物线 y2 = 2px的焦点 F的直线交抛物线于 A，B两点,如果 # »OA · # »OB = −12,那么抛物线的 方程为 ( ) (A) x2 = 8y (B) x2 = 4y (C) y2 = 8x (D) y2 = 4x 203. 已知抛物线 C : y2 = 4x,点 M(3, 0),直线 l过焦点 F 与抛物线 C交于 A，B两点,若 |AB| = 8, 则 4AMB的面积为 ( ) (A) 4 (B) 4 √ 2 (C) 4 √ 3 (D) 8 推论 3.15. 圆锥曲线中,设过焦点 F 的弦为 AB,其垂直平分线和焦点所在坐标轴交于点 N, 和 AB交于点 M,则 |FN | |AB| = e 2 . 解法一不妨假设此曲线为椭圆,如图 3.17所示,设 AB的倾斜角 θ，AB中点为 M,由焦半径定义 |F1M| = |F1A| − 1 2 |AB| = b 2 a − c cos θ − 2ab2 a2−c2 cos2 θ 2 = b2c cos θ a2 − c2 cos2 θ 又 |NF1| = |F1M| cos θ = b2c a2 − c2 cos2 θ ,所以 |FN| |AB| = e 2 . 读书破万卷，下笔如有神。——杜甫 第 99页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 图 3.17 解法二设 AB为 x轴,则 M，N，O三点重合,且 A，B为椭圆左右两端点,所以 |FN| |AB| = c 2a = e 2 . 例 3.48椭圆 x2 4 + y2 3 = 1的右焦点为 F,过 F 且斜率不为 0的直线交椭圆于 A，B两点,线段 AB 的垂直平分线与 x轴交于点 D，AB的中点为 P,且 |DP| = 3 √ 2 7 ,求 k的值. 解 k = ±1. 例 3.49双曲线 x2 9 − y 2 16 = 1的右焦点为 F,过 F的直线交双曲线于 P，Q两点,线段 PQ的垂直平 分线与 x轴交于点 M,则 |MF| |PQ| 的值为 ( ) (A) 5 3 (B) 5 6 (C) 5 4 (D) 5 8 解 B. 变式训练 EXERCISES 204. 已知直线 l与椭圆 C : x2 6 + y2 2 = 1交于不同两点 A，B. (1) 若线段 AB的中点为 ( 1, 1 2 ) ,求直线 l的方程; (2) 若 l的斜率为 k,且 l过椭圆的左焦点 F，AB的垂直平分线与 x轴交于点 N,求证: |FN| |AB| 为定值. 第 100页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 第十一章 变式训练参考答案 1. 易知 S 9 = 9a5 = 3a5 ⇒ a5 = 0,所以 S 5 = S 6,故选 D. 2. 依题意可得  a1 + 2d = 5 4a1 + 6d = 8a1 + 4d 解得  a1 = 1 d = 2 所以 an = 2n − 1,于是 a10 = 19. 3. a2 + 2a7 + a8 a3 + a6 = 2a5 + 2a7 a3 + a6 = 4a6 a3 + a6 = 20 11 ,于是 a6 a3 + a6 = 5 11 ,故 S 11 S 8 = 11a6 4(a3 + a6) = 11 4 × 5 11 = 5 4 ,选 D. 4. 根据公式 S n = na n+1 2 可知 S 9 = 9a5 = 81⇒ a5 = 9,所以 d = 4,于是 a10 = a5 + 5d = 9 + 4 × 5 = 29,故选 D. 5. 根据题意 S 9 = S 4 ⇒ S 9 − S 4 = 0可知 a7 = 0,所以 2a4 = a1 + a7 = 1⇒ a4 = 1 2 . 故选 C. 6. 根据公式 S n = na n+1 2 可知 S 4 = 4a2.5 = 0⇒ a2.5 = 5 − 0 2.5 = 0,所以 d = a5 − a2.5 5 − 2.5 = 2,又因为等差 数列的通项公式是关于 n的一次函数,并且一次项系数为公差,排除 B;又等差数列的前 n项和是 关于 n的无常数项的二次函数,并且二次项系数为公差的一半,排除 C,D,故选 A. 7. 不妨假设 a1 = 1⇒ a2 = 3⇒ an = 2n − 1,利用公式 S n = na n+12 ,可得 S 10 S 5 = 10a5.5 5a3 = 2 × 10 5 = 4. 8. 由已知得 an+1 2n − 3 = an 2n − 5 + 1,又 a1 2 − 5 = −7,可得数列 { an 2n − 5 } 是首项为 −7,公差为 1的等差 数列,所以 an 2n − 5 = n − 8⇒ an = (2n − 5)(n − 8),其对称轴 n = 10.5 2 = 5.25,所以 {an}的最小的一 项是第 5项. 9. 由已知得 S 4 = 4a2.5 = 11⇒ a2.5 = 11 4 ,所以 d = 3 − 114 3 − 2.5 = 1 2 ,可得 S 7 = 7a4 = 7 × ( 3 + 1 2 ) = 49 2 . 344 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 10. 依题意 S 6 = 90⇒ 6a3.5 = 90⇒ a3.5 = 15, a27 = a3a9 ⇒ (15 + 3.5d) 2 = (15 − 0.5d)(15 + 5.5d),解 得 d = −2,故 B!;所以 a1 = a3.5 − 2.5d = 20,故 A%;易知数列 an 单调递减,且 an = −2n + 22,故 S n = n(21 − n),对称轴为 n = 11.5,故 C!; ∵ S 20 > 0, S 21 = 0,故 D!. 11. 依题意 2 √ S 2 + 1 = √ S 1 + 1 + √ S 3 + 1,即 2 √ 7 + d = 2 + √ 10 + 3d,解得 d = 2或 d = 18(舍 去), ∴ an = 2n + 1,于是 S n = n(n + 2), ∴ S n + 10 an + 1 = n2 + 2n + 10 2n + 2 = (n + 1)2 + 9 2(n + 1) = 1 2 [ (n + 1) + 9 n + 1 ] ⩾ √ (n + 1) · 9 n + 1 = 3,当且仅当 n = 2时 ( S n + 10 an + 1 ) min = 3. 12. 由已知得 a21 + (a1 + 4d) 2 = 8,化简得 (a1 + 2d) 2 + 4d2 = 4,引入参数方程  a1 + 2d = 2 cos θ 4d = 4 sin θ 于 是 a1 + a2 = 4 cos θ − 3 sin θ = −5 sin(θ + φ),其中 tanφ = − 4 3 ,故有最大值 5. 13. 由已知得 an+1 2n − 3 = an 2n − 5 + 1,又 a1 2 − 5 = −7,即数列 { an 2n − 5 } 是首项为 −7,公差为 1的等差 数列,于是 an 2n − 5 = n − 8,则 an = (2n − 5)(n − 8),其对称轴 n = 5.25,所以 an 的最小的一项是第 5 项. 故选 A. 14. ∵ a1 = 0, ∴ 4an+1 · an ⩾ 0, ∴ an+1 + an − 1 = 2 √ 4an+1 · an ,即 (√ an+1 − √ an )2 = 1,即数列 {√ an } 是首项为 0 ,公差为 1的等差数列, ∴ √an = n − 1,即 an = (n − 1)2. 15. 设等差数列 {an}的公差为 d, 2020 · a2019 = 2019 · a2020 ⇒ 2020(a1 + 2018d) = 2019(a1 + 2019d), 于是 a1 = d,则 {an}的前 n项和 S n = 1 2 n(n + 1)d , 0,故 S 2019 S 2020 = 1 2 × 2019 × 2020 1 2 × 2020 × 2021 = 2019 2021 . 16. S 5 S 9 = 5a3 9a5 = 5 9 × 1 3 = 5 27 . 17. 设数列 {an}的公差为 d,则 2 × S 2 a2 = 1 + S 3 a3 ,可得 d(d − a1) = 0,于是 d = a1(d > 0), ∴ an = a1 + (n − 1)d = na1 , S n = n(n + 1) 2 a1 ,即 S n an = n + 1 2 ,则 S 3 a3 = 2,选 B. 18. 易知奇函数 f (0) = 0⇒ an+1 − an = cos nπ 3 ,所以 a2 = a1 + cos π 3 = 3 2 , a3 = a2 + cos 2π 3 = 1, a4 = a3 + cos 3π 3 = 0, a5 = a4 + cos 4π 3 = −1 2 , a6 = a5 + cos 5π 3 = 0, a7 = a6 + cos 6π 3 = 1,于是最小 正周期为 6, 批星戴月上学去，万家灯火回家来！ 第 345页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 ∴ 2020 ÷ 6 = 336 · · · · · · 4,于是 S 2020 = a1+a2+a3+a4+· · ·+a2020 = a1+a2+a3+a4+336(a1+a2+a3+a4+a5+a6) = 7 2 +336×3 = 2023 2 . 故选 A. 19. (1)依题意 S 9 = 9a5 = 54⇒ a5 = 6,又 a3 = 2, ∴ d = 6 − 2 5 − 3 = 2, ∴ an = 2n − 4; (2) 证 由 (1)知 √ 1 an + 3 = 1 √ 2n − 1 > 2 √ 2n − 1 + √ 2n + 1 = √ 2n + 1 − √ 2n − 1, ∴ √ 1 a1 + 3 + √ 1 a2 + 3 + √ 1 a3 + 3 + · · · + √ 1 a100 + 3 > ( √ 3 − 1) + ( √ 5 − √ 3) + · · · + ( √ 201 − √ 199) = √ 201 − 1 > 14 − 1 = 13. 20. 依题意, a2019 = S 2019 − S 2018 > 0, a2020 = S 2020 − S 2019 < 0,所以等差数列 {an}递减,且 a1 , a2 , · · · , a2019 > 0, a2020 , a2021 , · · · , an < 0,且 a2019 + a2020 > 0, 对于 bn = anan+1an+2 ,易知 • 当 n ⩽ 2017时, bn > 0, 1 bn > 0, Tn ↗; • 当 n = 2018时, bn < 0, 1 bn < 0, T2018 < T2017; • 当 n = 2019时, bn > 0, 1 bn > 0, T2019 > T2018; • 当 n > 2020时, bn < 0, 1 bn < 0, Tn ↘. 所以 Tn 的最大值是 T2017, T2019 中的一个,又 1 b2018 + 1 b2019 = 1 a2018a2019a2020 + 1 a2019a2020a2021 = a2021 + a2018 a2018a2019a2020a2021 (11.1) 而  a2021 + a2018 = a2019 + a2020 > 0 (11.2)a2018a2019a2020a2021 > 0 (11.3) 由式 (11.1), (11.2), (11.3)可知 1 b2018 + 1 b2019 > 0, 所以 T2019 > T2017. 故选 B. 注特殊化: 令 a2019 = 3, a2020 = −1,满足 a2019 + a2020 > 0. 即可方便验证. 第 346页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 21. 由赋值法可得数列 {an}是以 2为首项, 2为公比的等比数列,故其前前 n项和 S n = 2(2n − 1) = 2n+1 − 2,所以 ak+1 + ak+2 + · · · + ak+10 = S k+10 − S k = 2k+11 − 2k+1 = 215 − 25,解得 k = 4. 22. (1)依题意 a1 + a2 = a1(1 + q) = 4, a3 − a1 = a1(q2 − 1) = 8,两式作比可得 1 q − 1 = 1 3 ⇒ q = 3, 所以 an = 3 n−1. (2)由 (1)知数列 { log3 an } 的通项公式为 n − 1,于是 S n = n(n − 1) 2 ,故由式 S m + S m+1 = S m+3 可得 m(m − 1) 2 + m(m + 1) 2 + (m + 2)(m + 3) 2 ,解得 m = 6或 m = 0(舍去). 23. (1) an = 2n; (2)依题意 b2 = 1, b4 = 2, b8 = 3，b16 = 4，b32 = 5，b64 = 6,前 100项其余为 0,故 S 100 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21. 24. 易知此数列为等比数列,当 n = 1时, a1 = −2,当 n = 2时, a2 = a1 + a2 2 − 1,可知 a2 = −4,所以 公比 q = 2,于是 S 7 = (−2)(1 − 27) 1 − 2 = −254,答案为 −254. 25. 依题意 S n = 3 2 an + 3 2 , ∴ a1 = −3, q = 3⇒ an = −3n, ∴ a10 a8 = k = 32 = 9. 26. ∵ S n = Aqn − A, ∴ S n = a 4 · 4n + b, ∴ a 4 = −b, ∴ b a = −1 4 . 27. 依题意可设 an = kqn,则 anan+1 = k2q · (q2)n,所以 q2 = 9,且 k2q = 1,于是 q = 3. 28. 由数列通项公式的通性,不妨设 ana · bn,则 an + an+1 = ab(1 + b)bn−1 = 4 × 3n−1,解得 a = 1 3 , b = 3,于是 an = 3 n−1,经验证 a1 = 1符合上式,故数列 {an}是以 1为首项, 3为公比的等比数列,故 S 2020 = 32020 − 1 2 . 29. 根据公式 S 2021 = a1(1 − q2021) 1 − q ,可知 a1 和 S 2021 同号,故选 C. 30. 等比数列 S 3, S 6 − S 3, S 9 − S 6, · · · 成等比数列,设 S 3 = 1,则 S 5 = 6,于是 S 9 − S 6 = 25,所以 S 9 = 31,则 S 9 S 6 = 31 6 . 32. 令 a1 = 2, q = 3,满足 {an}是递增数列,故 A%;令 a1 = −1, q = 2,满足 {an}是递减数列,故 B %;令 a1 = 1, q = 1 2 ,则 a6 < a5 , S 6 − S 5 < S 5 − S 4,故 C%;选项 D明显正确. 业精于勤，荒于嬉；行成于思，毁于随。——韩愈 第 347页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 33. 由等比数列性质知 a1a11 + 2a5a9 + a3a13 = a 2 6 + 2a6a8 + a 2 8 = (a6 + a8) 2 = 25,于是 a6 + a8 = 5,所 以 a1a13 = a6a8 ⩽ (a6 + a8 2 )2 = 25 4 ,当且仅当 a6 = a8 = 5 2 时取等号. 34. (1)由 an+1 = a1 + 2Tn得 a2 = a1 + 2b1 = 2 + 2 = 4,因为数列 {an}为等差数列,所以该数列的公 差为 a2 − a1 = 2,于是 S n = 2n + n(n − 1) 2 · 2 = n2 + n; (2)当 n ⩾ 2时, an = a1 + 2Tn−1,因为 Tn − Tn−1 = bn ,所以 an+1 − an = 2bn ,即 an+1 = an + 2bn ,同理可 得 bn+1 = bn + 2an , 则 an+1 + bn+1 = 3(an + bn),所以 an+1 + bn+1 an + bn = 3(n ⩾ 2),又 a2 = a1 + 2b1 = 2+ 2 = 4, b2 = b1 + 2a1 = 5, 所以 a2 + b2 a1 + b1 = 3,所以 an+1 + bn+1 an + bn = 3,所以数列 {an + bn}是以 3为首项, 3为公比的等比数列; 因为 an+1 − bn+1 = −(an − bn),所以 an+1 − bn+1 an − bn = −1(n ⩾ 2),又 a2 − b2 a1 − b1 = 4 − 5 2 − 1 = −1,所以 an+1 − bn+1 an − bn = −1,所以数列 {an − bn}是以 −1为首项, −1为公比的等比数列. 35. a7 = a6 + 2a5 ⇒ q2a5 = qa5 + 2a5 ⇒ q2 = q + 2,解得 q = 2或 q = −1(舍去),所以 √ aman = 4a1 ⇒ √ a12m−1 · a12n−1 = 4a1 , ∴ 2m+n−2 = 16⇒ m + n = 6,由权方和不等式知 1 m + 4 n ⩾ (1 + 2)2 6 = 3 2 . 当且仅当 n = 2m时等号成立. 36. 由式 a1a2a3 = 1可得 a2 = ±1,所以  a1a3 = 1 1 a1 + 1 a3 = 5 2 解得  a1 = 2 a3 = 1 2 或  a1 = 1 2 a3 = 2 于是可解得 an = 2 n−2或 an = 2 2−n. 37. a2019 − 1 a2020 − 1 < 0⇒ a2019 和 a2020 一个比 1大,一个比 1小,但 a1 > 1说明等比数列 {an}单调递减, 故 0 < q < 1,且 a2019 > 1, 0 < a2020 < 1,故 S 2019 < S 2020 ,所以 A"; 有因为等比数列,所以 a2019a2021 − 1 = a22020 − 1 < 0,所以 B"; T2019 是数列 {Tn}中的最大值,所以 C%; D%. 答案为 A,B. 38. 由比例的等比性质可知 a4 a2 = a5 a4 = a5 − a4 a4 − a2 = d 2d = 1 2 ,所以 a2 = 2a4 ,又 a1 = 5,所以 5 + d = 2 × (5 + 3d),于是 d = −1,所以 a2020 = 5 − 2019 = −2014. 故选 D. 39. (1)由比例的等比性质可知 a4 a2 = a8 a4 = a8 − a4 a4 − a2 = 4d 2d = 2,所以 a4 = 2a2 = 2(a1 + d) = 8 + 2d,又 a4 = a1 + 3d = 4 + 3d,所以 d = 4,于是 an = 4n; 第 348页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 (2)由 (1)知 S n = n(2n + 2),所以 1 S n = 1 2 ( 1 n − 1 n + 1 ) ,于是 Tn = 1 S 1 + 1 S 2 + · · · + 1 S n = 1 2 [( 1 − 1 2 ) + ( 1 2 − 1 3 ) + · · · + ( 1 n − 1 n + 1 )] = 1 2 ( 1 − 1 n + 1 ) 40. 由比例的等比性质可知 a3 a2 = a9 a3 = a9 − a3 a3 − a2 = 6d d = 6,所以 a3 = 6a2 ,又 a3 = a2 + d,所以 d = 5a2 ,于是 a2 + a3 + a4 a4 + a5 + a6 = a3 a5 = a2 + d a2 + 3d = 3 8 . 故选 B. 41. 由式 2a7 − a13 = 1可得 a1 = 1,由 a1 , a3 − 1, a6 + 5成等比数列,可得 d = 2 (负值舍去),则 an = 2n − 1, 所以数列 {(−1)n−1an}的前 21项和为 a1 − a2 + a3 − a4 + · · · + a19 − a20 + a21 = 1 − 3 + 5 − 7 + · · · + 37 − 39 + 41 = −2 × 10 + 41 = 21. 42. 依题意 2(a1 + a2 + · · · + a5) − (cos a1 + cos a2 + · · · + cos a5) = 5π,又因为 cos a1 + cos a2 + · · · + cos a5 不是 π的倍数,故 cos a1 + cos a2 + · · · + cos a5 = 0,因此 2(a1 + a2 + · · · + a5) = 10a3 = 5π⇒ a3 = π 2 . 故选 D. 43. 易知 f (x)的对称中心为 ( 3π 8 , 1 ) . a1 + a2 + · · · + a21 = 21 · a11 = 21 × 3π 8 ⇒ f (a1) + f (a2) + · · · + f (a11) = 21 × 1 = 21. 44. 依题意 f (x) + f (2 − x) = ex − e2−x + 1 + e2−x − ex + 1 = 2,所以 f (x)的对称中心为 (1, 1),故 f (x) + f (2 − x) = 2. 又由阶差法可知数列 {an}是以 1 4 为首项,公比等于 2的等比数列,于是 an = 2 n−3, 所以 f (log2 a1) + f (log2 a2) + · · · + f (log2 a2) = f (−2) + f (−1) + · · · + f (4) = ( f (−2) + f (4)) + ( f (−1) + f (3)) + ( f (0) + f (2)) + f (1) = 3 × 2 + 1 = 7. 45. 当 n = 1时, a1 + b1 = 1, 当 n ⩾ 2时, an + bn = S n − S n−1 = 2n − 2 + 2n−1,所以 a2 + b2 = 4,于是 d + q = (a2 + b2) − (a1 + b1) = 3. 敏而好学，不耻下问。——孔子 第 349页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 46. 依题意  a1 + 3a2 + · · · + 3 n−1an = n (11.4) a1 + 3a2 + · · · + 3n−2an−1 = n − 1 (11.5) 式 (11.4) − (11.5)得 3n−1an = 1⇒ an = 31−n, ∴ S 4 = a1 + a2 + a3 + a4 = 1 + 1 3 + 1 32 + 1 33 = 40 27 . 47. 当 n = 1时, a1 = 2a1 − 2,解得 a1 = 2,当 n ⩾ 2时, S n = 2an − 2,所以 S n−1 = 2an−1 − 2,两式做差 得 an = 2an−1 ,所以数列 {an}是首项为 2,公比为 2的等比数列,故 an = 2n,于是由 aman = 64可得 2m+n = 26,解得 m + n = 6, • m = 1, n = 5,此时 1 1 + 16 5 = 21 5 ; • m = 5, n = 1,此时 1 5 + 16 1 = 81 5 ; • m = 2, n = 4,此时 1 2 + 16 4 = 9 2 ; • m = 4, n = 2,此时 1 4 + 16 2 = 33 4 ; 故选 B. 48. 当 n = 1时, 2√a1 = a1 + 1,解得 a1 = 1,当 n ⩾ 2时, 4S n = a2n + 2an + 1,所以 4S n−1 = a2n−1 + 2an−1 + 1,两式做差得 a 2 n − a2 n−1 = 2an + 2an−1 ,于是 an − an−1 = 2,所以数列 {an}是首项 为 1,公差为 2的等差数列,故 an − 7 = 2n − 8,于是 Tn = n(n − 7),当 n = 3时 Tn有最小值 −12. 49. ∵ S n + S n+1 = 2n2 + 3n, S n+1 + S n+2 = 2(n + 1)2 + 3(n + 1),两式相减得 S n+2 − S n = an+2 + an+1 = 4n + 5,化简得 an+2 = 4n + 5 − an+1 ,于是 an+1 = 4n + 1 − an(n ⩾ 2), 两式相减得 an+2 − an = 4(n ⩾ 2),可得数列 {an}是从第二项开始的偶数项,组成的以 4为公差的等 差数列,由 an+2 − an = 4可得 an+1 − an−1 = 4(n ⩾ 3),可得数列 {an}是从第三项开始的奇数项,组成 的以 4为公差的等差数列, 又因为 S 1 + S 2 = 2a1 + a2 = 5,则有 a2 = 5 − 2a1 , a3 = 9 − a2 = 4 + 2a1 , a4 = 13 − a3 = 9 − 2a1 , a5 = 17 − a4 = 8 + 2a1 , a6 = 21 − a5 = 13 − 2a1 ,对 ∀n ∈ N∗, an < an+1 ,则由 a1 < a2 < · · · < an ,从第 二项开始,得: 由 a2 < a3 得 a1 > 1 4 ; 由 a3 < a4 得 a1 < 5 4 ; 由 a4 < a5 得 a1 > 1 4 ; 由 a5 < a6 得 a1 < 5 4 ; · · · ,于 是 1 4 < a1 < 5 4 . 50. 依题意当 n ⩾ 2时,a1 + 4a2 + 7a3 + · · · + (3n − 2)an = (n − 1)4n+1 + 2,于是 a1 + 4a2 + 7a3 + · · · + (3n − 5)an−1 = (n − 2)4n + 2,两式相减得 (3n − 2)an = [(4n − 4) − (n − 2)]4n = (3n − 2) · 4n,即 an = 4n(n ⩾ 2), 第 350页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 当 n = 1时,易知 a1 = 2, ∴ an =  2, n = 1 4n, n ⩾ 2 于是有 S n = 2 + 42 + 43 + · · · + 4n = 2 + 16 ( 1 − 4n−1 ) 1 − 4 = 4n+1 − 10 3 ,由方程 3 2 (S n − 16) = 2019化简 可得 4n+1 = 4096 = 46, ∴ n = 5, ∴所有正整数 n的集合是 {5}. 51. 依题意  a1 + 2a2 + 3a3 + · · · + nan = 2 n − 1 (11.6) a1 + 2a2 + 3a3 + · · · + (n − 1)an−1 = 2n−1 − 1 (11.7) (11.6) − (11.7)得 nan = 2n−1, ∴ an = 2n−1 n , 所以 2n−1 n ⩽ n + 1 n · λ⇒ λ ⩾ 2 n−1 n + 1 ,记 bn = 2n−1 n + 1 ,则 bn+1 bn = 2(n + 1) n + 2 = n + 2 + n n + 2 > 1, ∴数列 {bn}单调递增, bn ⩾ b1 = 1 2 ,故 λ的最小值为 1 2 . 答案为 2n−1 n , 1 2 . 52. 依题意可得 an+1 = 32 + n∑ i=1 2i = 32 + n(2 + 2n) 2 = 32 + n(n + 1),于是 an = 32 + n(n − 1),故 an n = 32 n + n − 1,当 n = 6时有最小值 31 3 . 选 C. 53. 依题意可得 an+1 = 2 + n∑ i=1 (2i + 2) = 2 + n(n + 3),于是 an = n(n + 1),所以 1 an = 1 n − 1 n + 1 ,故 1 a1 + 1 a2 + · · · + 1 a20 = 1 − 1 21 = 20 21 . 选 D. 54. 依题意可得 an+1 − an = 2 × 3n + 1,所以 an+1 = 3 + n∑ i=1 (2 × 3i + 1) 分组求和========= 3 + 2 × (3 + 32 + · · · + 3n) + n = 3n+1 + n,于是 an = 3n + n − 1. 55. (1) 证 易知 an = 2 n−1,依题意得 (bn+2 − bn+1) − (bn+1 − bn) = 2,所以数列 {bn+1 − bn}是以 1为首项, 2为 公差的等差数列,于是 bn+1 − bn = 2n − 1, 所以 bn+1 = 1 + n∑ i=1 (2i − 1) = 1 + n2,所以 bn = 1 + (n − 1)2 = n2 − 2n + 2; (2)设 cn = bn an ,所以 cn − cn−1 = n2 − 2n + 2 2n−1 − (n − 1) 2 − 2(n − 1) + 2 2n−2 = − (n − 2)(n − 4) 2n−1 , ∴ c1 = c2 < c3 = c4 > c5 > c6 > · · · ,故 cn 的最大值为 c4 = 42 − 8 + 2 23 = 5 4 . 海纳百川有容乃大；壁立千仞无欲则刚。——林则徐 第 351页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 56. 依题意 an+1 = ( 1 + 2 n ) an ⇒ an+1 an = n + 2 n ,由分母减去分子 (大减小)除以 n的系数得 (n + 2) − n 1 = 2,可知 an+1 a1 = (n + 2)(n + 1) 1 × 2 ⇒ an+1 = (n + 2)(n + 1)⇒ an = n(n + 1). 57. 十字相乘 (n + 1)a2n+1 − na2n + an+1an = 0可化为 (an+1 + an)[(n + 1)an+1 − nan] = 0,所以 an+1 an = n n + 1 ,由分母减去分子 (大减小)除以 n的系数得 (n + 1) − n 1 = 1,可知 an+1 a1 = 1 (n + 1) ⇒ an = 1 (n + 1) . 58. 由 2(n + 1)an − nan+1 = 0可得 an+1 n + 1 = 2 × an n ,所以 {an n } 是以 a1 1 = 4为首项, 2为公比的等比数 列,故 A%;因为 an n = 4 × 2n−1 = 2n+1,所以 an = n · 2n+1,显然递增,故 A!;因为 S n = 1 × 22 + 2 × 23 + · · · + n · 2n+1, 2S n = 1 × 23 + 2 × 24 + · · · + n · 2n+2,所以 −S n = 1 × 22 + 23 + · · · + 2n+1 − n · 2n+2 = 22(1 − 2n) 1 − 2 − n · 2 n+2,于是 S n = (n − 1) × 2n+2 + 4,故 C%; 因为 an 2n+1 = n · 2n+1 2n+1 = n,所以 { an 2n+1 } 的前 n项和 Tn = n2 + n 2 ,故 D!. 59. 设 an + λ = 2 3 (an−1 + λ)⇒ an = 2 3 an−1 − 1 3 λ (11.8) 由题设 an+1 = 2 3 an + 1 (11.9) 比较 (11.8) , (11.9)两式可得 λ = −3,故 an − 3 = 2 3 (an−1 − 3),因此数列 {an − 3}是首项为 1 − 3 = −2,公比为 2 3 的等比数列,所以 an − 3 = (−2) × ( 2 3 )n−1 ⇒ an = 3 − 3 × ( 2 3 )n . 60. 当 n = 1时, a1 = 3a1 − 2⇒ a1 = 1,当 n = 2时, a1 + a2 = 3a2 − 4⇒ a2 = 5 2 ,当 n = 3时, a1 + a2 + a3 = 3a3 − 6⇒ a3 = 19 4 ,于是 ( 5 2 + λ )2 = (1 + λ) ( 19 4 + λ ) ,解得 λ = 2. 61. (1)由式 S n = 3an − 2n得 S n+1 = 3an+1 − 2(n + 1),两式做差得 an+1 = 3 2 an + 1,由第 13页一次函 数型的做法构造等比数列可知 {an + 2}为以 3为首项, 3 2 为公比的等比数列,即 {bn}为以 3为首 项, 3 2 为公比的等比数列. ∴ an + 2 = 3 × ( 3 2 )n−1 ⇒ an = 3 × ( 3 2 )n−1 − 2; (2) ∵ cn = 1 3 · ( 2 3 )n−1 , ∴ Tn = 1 3 [ 1 − ( 2 3 )n] 1 − 23 = 1 − ( 2 3 )n , ∴ Tn < 1,故 m ⩾ 1. 第 352页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 62. (1)由 T1 = 2b1 − 1得 b1 = 1，因为 Tn − Tn−1 = (2bn − n) − [2bn−1 − (n − 1)](n ⩾ 2)，所以 bn = 2bn−1 + 1，从而由 bn + 1 = 2(bn−1 + 1)，得 bn + 1 bn−1 + 1 = 2(n ⩾ 2),所以数列 {bn}是以 2为首项, 2 为公比的等比数列,故 bn = 2 n − 1; (2)依题意, an = 2 log2(1+ bn)− 1 = 2n− 1，a1 = 1，b1 = 1，所以 an+1 − an = 2，于是数列 {an}是以 1为首项，2为公差的等差数列，又因为 b1 = 1，b2 = 3，b3 = 7，b4 = 15，b5 = 31，b6 = 63， b7 = 127，a56 = 111，a57 = 113, 所以 c1 + c2 + · · · + c50 = (a1 + a2 + · · · + a56) − (b1 + b2 + · · · + b6) = 56(1 + 111) 2 − (21 + 22 + · · · + 26 − 6) = 562 − (27 − 8) = 3016. 63. 式子 an+1 = 1 2 an + 1 2n+1 两边同乘以 2n+1,得 2n+1an+1 = 2 nan + 1,所以数列 {2nan}是以 1为首项, 1为公差的等差数列,于是 2nan = n,解得 an = n 2n ,由错位相减法得 S n = 2 − n + 2 2n ,于是 S 10 = 2 − 12 210 = 2 − 3 28 = 509 256 . 64. 给式 an+1 = 2an + 4 · 3n−1 两边同除以 3n+1,得 an+1 3n+1 = 2 3 · an 3n + 4 32 . 令 bn = an 3n ,得 bn+1 = 2 3 bn + 4 9 (11.10) 设 bn+1 + λ = 2 3 (bn + λ)⇒ bn+1 = 2 3 bn − 1 3 λ (11.11) 由式 (11.10), (11.11)可得 λ = −4 3 ,因此数列 { bn − 4 3 } 为首项等于 −1,公比为 2 3 的等比数列,于 是 bn − 4 3 = (−1) × ( 2 3 )n−1 ⇒ bn = 4 3 − ( 2 3 )n−1 ,所以 an = 3 n 43 − ( 2 3 )n−1 = 4 · 3n−1 − 3 · 2n−1. 65. (1) 证 ∵ 3an+1 = an + 1 3n , ∴ 3n+1an+1 = 3 nan + 1,又因为 a1 = 1,所以 3a1 = 3, ∴数列 { 3n · an } 是以 3为首项, 1为公差的等差数列. (2)由 (1)知 3n · an = 3 + n − 1 = n + 2, ∴ an = n + 2 3n , S n = 3 · 1 3 + 4 · ( 1 3 )2 + 5 · ( 1 3 )3 + · · · + (n + 1) ( 1 3 )n−1 + (n + 2) ( 1 3 )n , 1 3 S n = 3 · ( 1 3 )2 + 4 · ( 1 3 )3 + 5 · ( 1 3 )4 + · · · + (n + 1) ( 1 3 )n + (n + 2) ( 1 3 )n+1 , ∴ 2 3 S n = 1 + ( 1 3 )2 + ( 1 3 )3 + ( 1 3 )4 + · · · + ( 1 3 )n − (n + 2) ( 1 3 )n+1 = 2 3 + 1 2 ( 1 − 1 3n ) − (n + 2) ( 1 3 )n+1 , ∴ S n = 7 4 − ( n 2 + 7 4 ) ( 1 3 )n = 7 4 − 2n + 7 4 · 3n . 穷则独善其身，达则兼济天下。——孟子 第 353页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 66. 设 2(an + xn + y) = an−1 + x(n − 1) + y,和原式比较可解得 x = −6, y = 9, 所以数列 {an − 6n + 9}是首项为 9 2 ,公比为 1 2 的等比数列,于是 an − 6n + 9 = 9 2 · ( 1 2 )n−1 ⇒ an = 9 · ( 1 2 )n + 6n − 9. 67. 设 an+1 + k(n + 1) + b = 2(an + kn + b),和原式比较可解得 k = 2, b = 1, 所以数列 {an + 2n + 1}是首项为 5,公比为 2的等比数列,于是 an + 2n + 1 = 5 · 2n−1 ⇒ an = 5 · 2n−1 − 2n − 1. 68. 给式 an+1 = an 3an + 1 取倒数, 1 an+1 = 3an + 1 an = 1 an + 3,令 bn = 1 an ,则 bn+1 = bn + 3,得数列 {bn}为 首项等于 1,公差为 3的等差数列,于是 bn = 3n − 2,所以 1 anan+1 = 1 (3n − 2)(3n + 1) . 答案为 C. 69. 给式 an+1 = an an + 3 取倒数, 1 an+1 = an + 3 an = 3 an + 1,令 bn = 1 an ,则 bn+1 = 3bn + 1, 设 bn+1 + λ = 3(bn + λ)⇒ bn+1 = 3bn + 2λ, 由以上两式可得 λ = 1 2 ,因此数列 { bn + 1 2 } 为首项等于 1 2 + 1 2 = 1,公比为 3的等比数列,于是 bn + 1 2 = 1 × 3n−1 ⇒ bn = 3n−1 − 1 2 ,所以 an = 2 2 × 3n−1 − 1 . 70. 给式 an+1 = an 2an + 1 取倒数, 1 an+1 = 2an + 1 an = 1 an + 2,令 bn = 1 an ,则 bn+1 = bn + 2,因此数列 {bn} 为首项等于 1,公差为 2的等差数列,于是 bn = 2n − 1,所以 an = 1 2n − 1 . 71. 由阶差法可得 an+1 − an−1 = 2，分奇偶可得  a2k−1 = 2k − 1 a2k = 2k ，故 an = n. 72. 依题意，当 n = 2k − 1(k ∈ N∗)时， a2k+1 = [ 1 + cos2 (2k − 1)π 2 ] a2k−1 + sin 2 (2k − 1)π 2 = a2k−1 + 1 所以数列 {a2k−1}以 1为首项，1为公差的等差数列，因此 a2k−1 = k； 当 n = 2k(k ∈ N∗)时， a2k+2 = [ 1 + cos2 (2k)π 2 ] a2k + sin 2 (2k)π 2 = 2a2k 所以数列 {a2k }以 2为首项，2为公比的等比数列，因此 a2k = 2k. 故 an =  n + 1 2 (n为奇数) 2 n 2 (n为偶数) . 第 354页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 73. ∵ S n − S n−2 = 3 · ( −1 2 )n−1 (n ⩾ 3)，所以 an + an−1 = 3 · ( −1 2 )n−1 ，已经是类型 3了. 74. 观察题目,我们可得 an+2 − an = λ，假设结论成立，通过前 3项可得 λ = 4，由类型 1可得 an = 2n − 1. 76. (1)依题意 a2 + a3 = 2a1 ⇒ q2 + q − 2 = 0⇒ q = −2. (2)记 bn = nan ,由 (1)知数列 {bn}的通项公式为 n(−2)n−1,于是 b1 = 1, a = 1, p = −2,故 A = ap p − 1 = 2 3 , B = b1 − Ap p − 1 = − 7 9 ,故 S n = ( 2 3 n − 7 9 ) (−2)n + 7 9 . 78. (1)当 n = k ∈ N⋆时, S = −1 2 n2 + kn取得最大值,即 8 = S k = − 1 2 k2 + k2 ⇒ k = 4, 从而 an = S n − S n−1 = 9 2 − n(n ⩾ 2),又 a1 = S 1 = 7 2 ,所以 an = 9 2 − n; (2) ∵ 9 − 2an 2n = n 2n−1 , ∴ Tn = 1 + 2 2 + 3 22 + · · · + n − 1 2n−2 + n 2n−1 ，∴ 2Tn = 2 + 2 + 3 2 + · · · + n − 1 2n−3 + n 2n−2 , 所以 2Tn − Tn = 2 + 1 + 1 2 + · · · + 1 2n−2 − n 2n−1 = 4 − 1 2n−2 − n 2n−1 = 4 − n + 2 2n−1 ⇒ Tn = 4 − n + 2 2n−1 79. (1)依题意当 n = 1时, a1 + 2 2 = √ a1 · 2⇒ a1 = 2, 当 n ⩾ 2时, an + 2 2 = √ S n · 2,两边平方整理得 a2 n + 4an + 4 = 8S n (11.12) a2 n+1 + 4an+1 + 4 = 8S n+1 (11.13) 式 (11.13) − (11.12)得 a2 n+1 − a2 n + 4(an+1 − an) = 8an+1 , 整理得 (an+1 + an)(an+1 − an − 4) = 0⇒ an+1 − an = 4 (11.14) ∴ {an}是首项为 2,公差为 4的等差数列,通项公式为 an = 4n − 2; (2) 读书破万卷，下笔如有神。——杜甫 第 355页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 证 由 (1)知 bn = 8 anan+1 = 2 (2n − 1)(2n + 1) 1 2n − 1 − 1 2n + 1 ,则 Tn = b1 + b2 + b3 + · · · + bn = ( 1 − 1 3 ) + ( 1 3 − 1 5 ) + · · · + ( 1 2n − 1 − 1 2n + 1 ) = 1 − 1 2n + 1 ∵ n ∈ N⋆, ∴ 0 < 1 2n + 1 ⩽ 1 3 , ∴ 2 3 ⩽ 1 − 1 2n + 1 < 1. 于是 2 3 ⩽ Tn < 1. 80. ∵ (2 + 2d)2 = 2 · (2 + 6d),所以 d = 1,故 an = n + 1,则 1 (n + 1)(n + 2) 分母 n + 1的 n移到分子 =================== n (1 + 1)(n + 2) . 当 n = 2019时,选 B. 81. (1) an = n + 5; (2)由 (1)知 cn = 1 (2an − 11)(2an − 9) = 1 2 ( 1 2n − 1 − 1 2n + 1 ) ,所以数列 {cn}的前 n项和 Tn = 1 2 ( 1 − 1 2n + 1 ) = n 2n + 1 ,又不等式 Tn < k 2018 ⇔ k 2018 > n 2n + 1 . 根据本书第 271页“ 1 1 ”型 函数性质知 k 2018 ⩾ 1 2 ,因此 k ⩾ 1009. 82. (1)由式 4S n = a2n + 2an 得 4S n+1 = a2n+1 + 2an+1 ,两式做差得 4an+1 = a 2 n+1 − a2n + 2an+1 − 2an ,即 (an+1 + an)(an+1 − an − 2) = 0,所以 an+1 − an = 2,又 a1 = 2符合上式,故 {an}是首项为 2,公差为 2的 等差数列,因此 an = 2n; (2) 证 由 (1)知 bn = 1 (2n + 1)2 = 1 4n2 + 4n + 1 < 1 4n(n + 1) = 1 4 ( 1 n − 1 n + 1 ) , ∴ Tn < 1 4 ( 1 − 1 2 ) + 1 4 ( 1 2 − 1 3 ) + · · · + 1 4 ( 1 n − 1 n + 1 ) = 1 4 ( 1 − 1 n + 1 ) < 1 4 . 83. (1)当 n ⩾ 2时, an = S n − S n−1 = 2n,又 n = 1时, a1 = S 1 = 2满足上式, ∴ an = 2n, ∵ b5 + 4是 b4 , b6 的等差中项,可得 b4 + b6 = 2(b5 + 4),又等比数列 {bn}的公比 q > 1,且 b4 + b5 + b6 = 56，∴ b5 = 16，b4 + b6 = 40,又 ∵ b4b6 = b 2 5 = 162，q > 1,解得 b4 = 8，b6 = 32， ∴ q = 2，bn = 2 n−1; (2) ∵ bn + 1 a2n − 1 = 2n−1 + 1 (2n)2 − 1 = 2 n−1 + 1 2 ( 1 2n − 1 − 1 2n + 1 ) , ∴ Tn = (20 + 21 + · · · + 2n−1) + 1 2 ( 1 − 1 3 + 1 3 − 1 5 + · · · + 1 2n − 1 − 1 2n + 1 ) = 2n − 1 + n 2n + 1 . 84. (1)令 n = 1,得 a1b1 = 3 + (2 − 3) × 2 = 1,所以 b1 = 1,令 n = 2,得 a1b1 + a2b2 = 7,所以 a2 = 2, 故数列 {an}的公比为 a2 a1 = 2,所以 an = 2 n−1； 第 356页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 (2)当 n ⩾ 2时, a1b1 + a2b2 + · · · + anbn = 3 + (2n − 3)2n,于是 a1b1 + a2b2 + · · · + an−1bn−1 = 3 + (2n − 5)2n−1. 两式做差得 anbn = 3 + (2n − 3)2n − [3 + (2n − 5)2n−1] = (2n − 1)2n−1, 得 bn = 2n − 1, n = 1时也成立. 所以 bn = 2n − 1,故 1 bnbn+1 = 1 (2n − 1)(2n + 1) = 1 2 ( 1 2n − 1 − 1 2n + 1 ) , 于是 Tn = 1 2 ( 1 − 1 3 + 1 3 − 1 5 + · · · + 1 2n − 1 − 1 2n + 1 ) = 1 2 ( 1 − 1 2n + 1 ) = n 2n + 1 . 85. (1)因为点 (S n, an+1)在直线 y = x + 1上,所以 an+1 = S n + 1,于是 an = S n−1 + 1(n ⩾ 2),两式相 减得 an+1 − an = an ,即 an+1 an = 2(n ⩾ 2),经验证 a2 a1 = 2合适,所以数列 {an}是首项为 1,公比为 2的 等比数列,于是 an = 2 n−1; (2)由 (1)知 bn = 1 n(n + 2) = 1 2 ( 1 n − 1 n + 2 ) ,所以 Tn = 1 2 [( 1 − 1 3 ) + ( 1 2 − 1 4 ) + · · · + ( 1 n − 1 n + 2 )] = 3 4 − 1 2 ( 1 n + 1 + 1 n + 2 ) = 3 4 − 2n + 3 2(n + 1)(n + 2) . 86. (1)由阶差法得 an = 2n + 1; (2)由 (1)知 bn = 2n + 3 2n + 1 + 2n + 1 2n + 3 = 2 2n + 1 − 2 2n + 3 + 2,所以 Tn = b1 + b2 + · · · + bn =( 2 3 − 2 5 + 2 ) + ( 2 5 − 2 7 + 2 ) + · · · + ( 2 2n + 1 − 2 2n + 3 + 2 ) = 2 3 − 2 2n + 3 + 2n = 4n 6n + 9 + 2n. 87. (1)当 n ⩾ 2时, (n − 1)an = n(an−1 + 2n − 2)两边同除以 n(n − 1),得 an n = an−1 + 2n − 2 n − 1 ,即 an n − an−1 n − 1 = 2,所以数列 {an n } 是以 a1 1 = 4为首项, 2为公差的等差数列; (2)由 (1)得 an n = 2n + 2⇒ an = 2n(n + 1),所以 bn = 2n + 1 a2n = 1 4 [ 1 n2 − 1 (n + 1)2 ] ,于是 S n = 1 4 [( 1 − 1 22 ) + ( 1 22 − 1 32 ) + · · · + ( 1 n2 − 1 (n + 1)2 )] = 1 4 [ 1 − 1 (n + 1)2 ] = n2 + 2n 4(n + 1)2 . 88. (1)由 a2a7 = 3a24 ⇒ a21q7 = 3a21q6 ⇒ q = 3, ∵ −3, S 4, 9a3 成等差数列, ∴ 2S 4 = 9a3 − 3,从而有 2a1(1 − 34) 1 − 3 = 9a1 · 3 2 − 3⇒ a1 = 3, ∴ an = 3n; (2) bn = (−1)nan + 1 n(n + 1) = (−3)n + 1 n − 1 n + 1 ,所以 Tn = [(−3)1 + (−3)2 + · · · + (−3)n] + ( 1 − 1 2 + 1 2 − 1 3 + · · · + 1 n − 1 n + 1 ) = −3[1 − (−3)n] 4 + 1 − 1 n + 1 = 3[(−3)n − 1] 4 + n n + 1 . 君子之交淡若水，小人之交甘若醴。——庄子 第 357页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 89. 依题意数列 { a2n } 是首项为 1,公差为 2的等差数列,所以 a2n = 2n − 1,于是 an = √ 2n − 1,故 1 an + an+1 = 1 √ 2n − 1 + √ 2n + 1 = 1 2 (√ 2n + 1 − √ 2n − 1 ) ,所以数列 { 1 an + an+1 } 的前 n项和 S n = 1 2 (√ 2n + 1 − 1 ) ,故 S 60 = 1 2 (√ 121 − 1 ) = 5. 90. (1)由 S 9 = 54可得 9a5 = 54⇒ a5 = 6,所以 d = 6 − 2 6 − 3 = 2,故 an = 2n − 4; (2) ∵ √ 1 an + 3 = 1 √ 2n − 1 > 2 √ 2n − 1 + √ 2n + 1 = √ 2n + 1 − √ 2n − 1, ∴ √ 1 a1 + 3 + √ 1 a2 + 3 + · · · + √ 1 a100 + 3 > ( √ 3 − 1) + ( √ 5 − √ 3) + · · · + ( √ 201 − √ 199) = √ 201 − 1 > 14 − 1 = 13. 91. (1)阶差法: 当 n ⩾ 2时,  S n = 2an − a1 S n−1 = 2an−1 − a1 ,两式做差得 an = 2an−1 ,因为 bn = S n + 1 an + 4,所 以 6 = a1 + 1 a1 + 4,解得 a1 = 1,所以数列 {an}是公比为 2,首项为 1的等比数列,于是 an = 2n−1. (2) 证 由 (1)知 S n = 2an − a1 = 2n − 1,于是 bn = 2n + 1 2n−1 + 3, 即 1 bn = 2n−1 (2n + 1) ( 2n−1 + 1 ) = 1 2n−1 + 1 − 1 2n + 1 ,所以 Tn = ( 1 20 + 1 − 1 21 + 1 ) + ( 1 21 + 1 − 1 22 + 1 ) + · · · + ( 1 2n−1 + 1 − 1 2n + 1 ) = 1 2 − 1 2n + 1 < 1 2 . 92. (1)设数列 {an}的公比为 q,依题意得 S 1 − S 3 = 2S 2,所以 −(a2 + a3) = 2(a1 + a2),得 −a1(q + q2) = 2a1(1 + q),且 a1 , 0,所以 q2 + 3q + 2 = 0,解得 q = −1或 q = −2,因为 S n , 0,所以 q = −2,又因为 a1a2 = a3 ,则 a1 = q,于是 an = (−2)n; (2)由 (1)得 bn = −3(−2)n [(−2)n + 1][(−2)n+1 + 1] = (−2)n+1 − (−2)n [(−2)n + 1][(−2)n+1 + 1] = 1 (−2)n + 1 − 1 (−2)n+1 + 1 ,于 是 Tn = [ 1 (−2)1 + 1 − 1 (−2)2 + 1 ] + [ 1 (−2)2 + 1 − 1 (−2)3 + 1 ] + · · · + [ 1 (−2)n + 1 − 1 (−2)n+1 + 1 ] = −1 − 1 (−2)n+1 + 1 = − (−2)n+1 + 2 (−2)n+1 + 1 93. (1)依题意 an+1 − 2an + 2 = 0⇒ an+1 − 2 = 2(an − 2),所以数列 {an − 2}是以 6为首项, 2为公比 的等比数列; 第 358页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 (2)由 (1)知 an − 2 = 6 · 2n−1,即 an = 3 · 2n + 2,所以 bn = (−1)nan (2n + 1)(2n+1 + 1) = (−1)n ( 1 2n + 1 + 1 2n+1 + 1 ) 1 当 n为偶数时, Tn = ( − 1 2 + 1 − 1 22 + 1 ) + ( 1 22 + 1 + 1 23 + 1 ) + · · · + ( − 1 2n−1 + 1 − 1 2n + 1 ) + ( 1 2n + 1 + 1 2n+1 + 1 ) = −1 3 + 1 2n+1 + 1 此时 Tn递减,于是当 n = 2时 Tn取得最大值 − 2 9 ,则 m ⩾ −2 9 ; 2 当 n为奇数时, Tn = Tn−1 + bn = − 1 3 + 1 2n + 1 − ( 1 2n + 1 + 1 2n+1 + 1 ) = −1 3 − 1 2n+1 + 1 . 此时 Tn递增,于是 Tn < − 1 3 ,则 m ⩾ −1 3 , 综上所述, m的取值范围为 [ −2 9 ,+∞ ) . 94. (1)依题意 S n = an+1 ⇒ S n = S n+1 − S n ⇒ S n+1 = 2S n,又 S 1 = a1 = 2, 所以 {S n}是以 2为公比, 2为首项的等比数列,所以 S n = 2n, 当 n ⩾ 2时, an = S n − S n−1 = 2n−1,当 n = 1时, a1 = S 1 = 2不满足上式. 所以 an =  2, n = 1 2n−1, n ⩾ 2 (2) 证 由 (1)知 bn = S n (1 + S n)(1 + S n+1) = 2n (1 + 2n)(1 + 2n+1) = 1 1 + 2n − 1 1 + 2n+1 所以 Tn = ( 1 1 + 21 − 1 1 + 22 ) + ( 1 1 + 22 − 1 1 + 23 ) + · · · + ( 1 1 + 2n − 1 1 + 2n+1 ) = 1 3 − 1 1 + 2n+1 ∵ 1 1 + 2n+1 > 0, ∴ 1 3 − 1 1 + 2n+1 < 1 3 , ∴ Tn < 1 3 . 三更灯火五更鸡，正是男儿读书时。——颜真卿 第 359页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 95. (1)阶差法:当 n ⩾ 2时,  2S n = (n + 1)an 2S n−1 = nan−1 ,两式做差并整理得 an an−1 = n n − 1 ,由第 12页累乘法 可知 an = 2n,所以 S n = n(n + 1); (2)由 (1)知 bn = an+1 S n+1S n = 2 n(n + 1)(n + 2) = 1 n + 1 ( 1 n − 1 n + 2 ) = 1 n(n + 1) − 1 (n + 1)(n + 2) ,所以 Tn = b1 + b2 + · · · + bn = ( 1 2 − 1 6 ) + ( 1 6 − 1 12 ) + · · · + ( 1 n(n + 1) − 1 (n + 1)(n + 2) ) = 1 2 − 1 (n + 1)(n + 2) < 1 2 100. 如图 11.1,由杠杆原理可知 2BM = 3ME, ∴ # »AM = 2 5 # » AB + 3 5 # » AE = 2 5 # » AB + 2 5 # » AC, 图 11.1 ∴ xy = 2 5 × 2 5 = 4 25 ,选 B. 101. 依题意 # »EF = # »EB + # »BF = 1 2 # » AB + 2 3 # » AD, ∴ m = 1 2 , n = 2 3 ,于是 m + n = 7 6 . 故选 B. 102. 依题意若 # »CE = 4 # »ED,则 # »CE = 4 5 # » CD, ∴ # »BE = # »BC + # »CE = # »AD + 4 5 # » CD = −4 5 # » AB + # » AD. 故选 A. 103. 设 # »AE = λ # »AC + µ # »BF,因为 # »AC = # »AD + # »DC, # »AE = 1 2 ( # » AC + # » AB ) = 1 2 # » AD + 3 2 # » DC, # » BF = # » BA + # » AD + # » DF = # » AD − 3 2 # » DC,所以 1 2 # » AD + 3 2 # » DC = λ ( # » AD + # » DC ) + µ ( # » AD − 3 2 # » DC ) ,所以 λ + µ = 1 2 λ − 3 2 µ = 3 2 解得  λ = 9 10 µ = −2 5 故选 A. 104. 由式 # »MA + # »MB + # »MC = 0可知点 M为 4ABC的重心,故答案为 3. 第 360页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 105. 由定理 2.3可知 1 x + 1 y = 3,于是 3x + y = 1 3 (3x + y) ( 1 x + 1 y ) = 1 3 ( 3 + 3x y + y x + 1 ) ⩾ 4 + 2 √ 3 3 , 当且仅当 3x y = y x 时等号成立. 106. 解法一在 # »OC = λ # »OA + µ # »OB中,两边分别平方即可.选 A. 解法二设 # »OA = (1, 0), # »OB = (0, 1)⇒ # »OC = (λ, µ). 因此 ∣∣∣ # »OC∣∣∣ = 1⇒ λ2 + µ2 = 1. 107. 根据题意. # »AD = 1 2 ( # » AB + # » AC ) = 1 2λ # » AE + 1 2µ # » AF. 又 D，E，F 三点共线,可知 1 2λ + 1 2µ = 1⇒ 2 = 1 λ + 1 µ ⩾ 2 √ 1 λµ ⇒ λµ ⩾ 1. 109. 特殊化,令点 M和点 B重合,可知答案为 C. 110. 特殊值法：取这条直线为 BC,则 m = n = 1. 答案为 2. 111. 由第 44页定理 2.3易知 # »AG = 1 3 ( # » AB + # » AC ) = 1 3x # » AM + 1 3y # » AN. 令 m = 1 3x n = 1 3y ⇒  m + n = 1 3x + y = 1 m + 1 3 n 由权方和不等式可得 1 m + 1 3 n ⩾ 1 + √13 2 = 43 + 2 √ 3 3 . 112. 依题意可知 a3 + a98 = 1⇒ a1 + a100 = 1, ∴ S 100 = 50,选 D. 113. 取 AC中点 D,式子 # »AO = x # »AB + y # »AC = x # »AB + 2y # » AC 2 ,所以 B，O，D三点共线,且 ∠BDA = 90◦,设 AD = CD = m,于是 BD = √ 12 − m2,所以 S4ABC = 1 2 AC · BD = m · √ 12 − m2 = √ m2(12 − m2) ⩽ √( m2 + 12 − m2 2 )2 = 6. 114. 见第 49页推论 2.1 115. 如图 11.2,依题意,设 # »AP = (λ + µ) # »AE = λ # »AB + µ # »AD,易知 B, E, D三点共线,故当直线 l//BD 图 11.2 图 11.3 图 11.4 人生的价值，并不是用时间，而是用深度量去衡量的。 第 361页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 且与  C相切时（切点为 P）λ + µ有最大值,此时 | # » AP| | # »AE| = | # »AM| | # »AN | = 3r r = 3. 116. 如图 11.3, (λ + µ)max = |AP| |AG| = |AE| |AD| = 2. 120. # »BE = 1 2 # » BA + 1 2 # » BD = 1 2 # » BA + 1 2 × 2 3 # » BC = −1 2 # » AB + 1 3 # » AC − 1 3 # » AB = 1 3 # » AC − 5 6 # » AB,故选 D. 121. 如图 11.5,由重心质量法易知 CM = 3ME,所以 图 11.5 # » CM = 3 4 # » CE 对面的女孩看过来 ================ 3 4 ( 2 3 # » CA + 1 3 # » CB ) = −1 2 # » AC + 1 4 # » CA + 1 4 # » CB = 1 4 # » AB − 3 4 # » AC. 故选 D. 122. 由极化恒等式可知 # »PA · # »PB = ∣∣∣ # »PC∣∣∣2 − 12,而 ∣∣∣ # »PC∣∣∣的最小值即为圆心到直线的距离 d = |1 − 0 + 1| √ 2 = √ 2,故选 A. 123. 如图 11.6,取 DE中点 M,连接 AM,则 # »AD · # »AE = ∣∣∣ # »AM∣∣∣2 − ∣∣∣ # »MD∣∣∣2 = ∣∣∣ # »AM∣∣∣2 − 1 9 ,而 ∣∣∣ # »AM∣∣∣2min = 1, 图 11.6 图 11.7 图 11.8 所以 # » AD · # »AE ⩾ 8 9 ，排除 B，D，而当 B，D两点重合 (或 C，E两点)时 ∣∣∣ # »AM∣∣∣最大,如图 11.7，在 4ABM中运用余弦定理可知 ∣∣∣ # »AM∣∣∣2max = 139 ，所以 # »AD · # »AE ⩽ 139 − 19 = 43，故选 A. 第 362页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 124. 如图 11.8所示,取 AB，BC的中点 E，D，由极化恒等式,有  # » PB · # »PC = |PD|2 − |BD|2 # » P0B · # » P0C = |P0D|2 − |BD|2 ⇒ |PD|2 ⩾ |P0D|2 因此，DP0⊥EB⇒ DE = DB⇒ CA = CB.故选 D. 125. 如图 11.9所示,过 MB中点 N 作 NG⊥CB,由极化恒等式,有 图 11.9 图 11.10 # » CM · # »CB = |CN|2 − |BN|2 = |CG|2 + |GN|2 − (|GN|2 + |GB|2) = |CG|2 − |BG|2 = 4 − 1 = 3，故选 B. 126. 如图 11.10所示,取 AB中点 N,由极化恒等式,有 # »MA · # »MB = |MN|2 − |AN |2 = |MN |2 − 1. 易 知 |MN |2的最大值为 |MN|2 = |DA|2 + |AN|2 = 5,最小值为 0,故选 D. 127. 如图 11.11所示,取 AB中点 D，CD中点 E，连接 PD，PE， 图 11.11 图 11.12 图 11.13 # » PC · ( # » PA + # » PB ) = 2 # » PC · # »PD = 2 ( |PE|2 − |ED|2 ) = 2 ( |PE|2 − 3 4 ) ，再利用圆上动点最值理论知答案 为 A. 128. 如图 11.12所示,取 MN 的中点 P. 由极化恒等式 # »CM · # »CN = |CP|2 − |MP|2 = |CP|2 − 1 2 ,所以 当 P为 AB的中点时, # »CM · # »CN 的取值最小 4;当 M为 A时, # »CM · # »CN 的取值最大 6,故选 B. 人的一生可能燃烧也可能腐朽，我不能腐朽，我愿意燃烧起来！ 第 363页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 129. 如图 11.13所示,取 CD中点 E,则 # »OC · # »OD = OE2 − ED2 = OE2 − 1，取 AB中点 F,连接 FE，FO，我们易知 FO + FE = 1 + 2 = 3,并且当 O，F，E三点共线时 OE有最大值 3，所以 # » OC · # »OD = OE2 − ED2 = OE2 − 1 ⩽ 9 − 1 = 8.故选 D. 130. 仿照第 54页例题 2.18的做法.选 D. 131. 仿照第 54页例题 2.18的做法.选 C. 132. 如图 11.14所示，取 BC中点 D，AD中点 E，则 # » PA · ( # » PB + # » PC ) = 2 # » PA · # »PD = 2 ( |PE|2 − |ED|2 ) = 2 ( |PE|2 − 3 4 ) ，又 |PE|2的最小值为 0，故选 B. 133. 依题易知正三角形 ABC的边长为 2 √ 3,由极化恒等式,有 # »PA · # »PB = |PD|2 − |AD|2 = |PD|2 − 3. 因此, P在 C点时 |PD|最大, P在 CO的延长线与圆的交点处 |PD|最小,故选 B. 134. 取 AB中点 M,连接 EM,则 # »AE · # »BE = ∣∣∣ # »EM∣∣∣2 − ∣∣∣ # »AM∣∣∣2 = ∣∣∣ # »EM∣∣∣2 − 1 4 ⩾ ∣∣∣∣ # »E′M∣∣∣∣2 − 14 = 2116 ,故选A. 图 11.14 图 11.15 图 11.16 135. 解法一 根据极化恒等式以及向量夹角公式可知  # » AB · # »AC = ∣∣∣ # »AD∣∣∣2 − ∣∣∣ # »BD∣∣∣2 = 9 − 9 4 = 27 4 # » AB · # »AC = ∣∣∣ # »AB∣∣∣ · ∣∣∣ # »AC∣∣∣ · cos 60◦ = 1 2 ∣∣∣ # »AB∣∣∣ · ∣∣∣ # »AC∣∣∣ 以上两式可知 bc = 27 2 . 所以 S4ABC = 1 2 bc sin 60◦ = 27 √ 3 8 . 图 11.17 图 11.18 第 364页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 解法二如图 11.18,采用倍长中线法,则 ∠ACE = 120◦,分别对 4ACE，4ABC利用余弦定理可得 36 = b2 + c2 + bc 9 = b2 + c2 − bc 以上两式可知 bc = 27 2 . 所以 S4ABC = 1 2 bc sin 60◦ = 27 √ 3 8 . 解法三利用 ∠ADB + ∠ADC = 180◦,分别对 4ADB，4ADC利用余弦定理可得答案. 136. 依题意, ∣∣∣2 # »AP − λ # »AB∣∣∣ ⩾ 8,得 ∣∣∣∣∣ # »AP − λ2 # »AB ∣∣∣∣∣ ⩾ 4,即点 P到 AB所在的直线的距离大于等于 4,取 图 11.19 AB的中点 M,由极化恒等式可知 # »PA · # »PB = ∣∣∣ # »PM∣∣∣2 − ∣∣∣ # »AB∣∣∣2 4 = ∣∣∣ # »PM∣∣∣2 − 25 ⩾ 16 − 25 = −9,选 C. 137. 依题意及矩形大法得 ∣∣∣ # »OP∣∣∣2 + ∣∣∣ # »OC∣∣∣2 = ∣∣∣ # »OA∣∣∣2 + ∣∣∣ # »OB∣∣∣2 = 8⇒ ∣∣∣ # »OC∣∣∣ = √7, 图 11.20 ∴ # » OC · # »OP = 1 × √ 7 × cos〈 # »OC, # »OP〉 ∈ [− √ 7, √ 7]. 138. 设 a =  √32 , 12 , b =  √32 ,−12 为符合题意的两个向量,则 a + b = (√3, 0),即 C(√3, 0),而 |m − a − b| = 1,则m的终点在以 C为圆心, 1为半径的圆上,从而当m的终点在点 D( √ 3 + 1, 0) 处时, |m|最大,且 |m|max = √ 3 + 1. 故选 B. 139. 依题意可知,  # » PA + # » PB + # » PC = # » AP + # » PB⇒ # »PC = 2 # »AP # » RA + # » RB + # » RC = # » CA⇒ # »QA = 2 # »BQ # » RA + # » RB + # » RC = # » CA⇒ # »RB = 2 # »CR , 谁要游戏人生，他就一事无成。 第 365页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 即点 P, Q, R为各边的三等分点,再特殊化令 4ABC为边长为 3的等边三角形可知 S4PQR S4ABC = 1 3 . 故选 B. 140. 如图 11.21,设 #»a = # »OA, #»b = # »OB, #»c = # »OC,依题意, C在以 O为圆心,半径为 1的圆上,又 图 11.21( #»a − #»b ) · ( #»a + #» b − 2 #»c ) = 0⇒ # »BA · ( # » CA + # » CB ) = 0,取 AB中点 M,则 AB⊥CM,又因为 | #»a − #»c | = 3, ∴ ∣∣∣ # »CA∣∣∣ = ∣∣∣ # »CB∣∣∣ = 3,即 A, B在以 C为圆心,半径为 3的圆上, 构造矩形 OADB,由平面向量矩形性质可知 ∣∣∣ # »CD∣∣∣2 = ∣∣∣ # »CA∣∣∣2 + ∣∣∣ # »CB∣∣∣2 − ∣∣∣ # »CO∣∣∣2 = 9 + 9 − 1 = 17,再由平 面几何矩形对角线等长以及圆的“一箭穿心”原理可知 | # »AB|max = | # » OD|max = | # » CD| + 1 = √ 17 + 1. 141. 依题意,对任意 x ∈ R, ∣∣∣x # »AC + # »AB∣∣∣ ⩾ ∣∣∣ # »AD − # »AB∣∣∣恒成立,我们可得 BD⊥AC,在 Rt4ABD中, 设 AD = 2t,则 AB = 4t,在 4ABC中,由余弦定理可得 BC = √13,再由余弦定理可得 cos ∠ABC = 5 √ 13 26 ,故答案为 5 √ 13 26 . 142. 根据题意 # »AP = λ # »AB + # »AC ⇒ # »AP · # »BC = ( λ # » AB + # » AC ) · # »BC = 0. 又因为 # »BC = # »AC − # »AB,所以( λ # » AB + # » AC ) ( # » AC − # »AB ) = 0,整理得 (λ − 1) # »AB · # »AC − λ ∣∣∣ # »AB∣∣∣2 + ∣∣∣ # »AC∣∣∣2 = 0⇒ 7 = 12λ⇒ λ = 7 12 143. 延长 F2Q交 PF1 于点 A,如图 11.22所示,由 1 知 QF2⊥ ∠F2PF1 的平分线,由 2 知 QP 图 11.22 第 366页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 和 ∠F2PF1的平分线共线,由此我们可以得到 4APF2是以 P为顶点的等腰三角形,由双曲线的 定义得 |PF1| − |PF2| = 2,所以 |PF1| − |AP| = |AF1| = 2,连接 OQ,由中位线可知 |OQ| = 1,所以点 Q的轨迹方程为 x2 + y2 = 1(y , 0). 144. 根据题意,以 OA为 x轴,以 OB为 y轴建立直角坐标系,则 # »OA = (1, 0), # »OB = (0, √ 3), # » OC = (m, √ 3n),因此 tan 30◦ = √ 3n m = √ 3 3 ⇒ m n = 3. 145. 根据题意 # »EA · ( # » EB + # » EC ) = 2 # » EA · # »ED = −2 ∣∣∣ # »EA∣∣∣ ∣∣∣ # »ED∣∣∣ = −2 ∣∣∣ # »EA∣∣∣ (2 − ∣∣∣ # »EA∣∣∣) ⩾ −2. 146. 根据题意,建立如图 11.23所示的坐标系,设 N(x, y),则 图 11.23 M(2, √ 3), C(5, √ 3)⇒ # »AM · # »AN = 2x + √ 3y,按照线性规划,当直线 z = 2x + √ 3y过点 C ( 5, √ 3 ) 时有最大值 13. 147. 图 11.24 图 11.25 图 11.26 如图 11.24所示,以向量 b的模长为弦做圆,使得张角为 60◦,根据图形我们知,当 a为直径时, |a| 最大.所以 |a|的取值范围是 0, 2√33 . 148. 如图 11.25所示,令 a = (1, 0), b = (0, 1),易知 |c − a − b| = 1⇒ |c − (a + b)| = 1,即 c是以 (1, 1)为圆心,以 1为半径的圆.答案为 √ 2 + 1. 149. 如图 11.26所示.答案为 [0, 1]. 150. 以 |a|为弦画张角为 π 6 的圆.答案为 4. 为真理而斗争是人生最大的乐趣。——布鲁诺 第 367页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 152. 建立如图 11.27所示坐标系,设 #»a = # »OA， #»b = # »OB， #»c = # »OC，由式 ( #»a − #»c ) · ( #» b − #»c ) = 0可 知点 C在以 AB中点 D 1, √32 为圆心，半径为 r = ∣∣∣ # »AB∣∣∣ 2 = √ 3 2 的圆上，由平面几何圆的“一箭 穿心”原理可知 | #»c | ∈ [|OD| − r, |OD| + r] =  √7 − √32 , √ 7 + √ 3 2 . 图 11.27 图 11.28 图 11.29 153. 设 a = (1, 0)，b = (0, 1)，如图 11.28，则 c = (1, 0)在以 ( 1 2 , 1 2 ) 为圆心，半径为 √ 2 2 的圆上运 动，故 |c|的最大值为 √ 2. 154. 易知 a = (1, 0), b = (0, 1), c = (cos θ, sin θ),于是 (a− c) · (b− c) = 1− (cos θ + sin θ) ⩾ 1− √ 2. 155. 如图 11.29所示,易知 〈a,b〉 = 120◦,画出一个圆.故 |c|的最大值为圆的直径,选 A. 156. 依题意 b2 − 4b · e + 3 = 0⇒ (b − e)(b − 3e) = 0,所以向量 b是以向量 e，3e的终点连线为直 径的一个圆,如图 11.30所示.此时 |a − b|的最小值是 √ 3 − 1. 选 A. 157. 依题意 (a − c) · (b − c) = 0可知向量 c在以向量 a，b终点为直径的圆上.如图 11.31所示.答 案为 √ 7 − √ 3 2 . 158. 依题意 | #»a | = | #»b | = #»a · #»b = 2，可知 〈 #»a , #»b 〉 = π 3 ，令 #»a = # » OA， #» b = # » OB， #»c = # » OC，则 图 11.30 图 11.31 图 11.32 第 368页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 ∠AOB = π 3 ，| # »OA| = | # »OB| = 2,所以 ( #»a − #»c ) · ( #» b − 2 #»c ) ⇔ ( #»a − #»c ) · ( 1 2 #» b − #»c ) = 1 2 (11.15) 如图 11.32,取 AB中点 B′,则式 (11.15)为 # »CA · # » CB′ = 1 2 ,取 AB′中点 P,由极化恒等式 # » CA · # » CB′ = |CP|2 − |AP|2 = 1 2 ⇒ |CP| = √ 5 2 (11.16) 式 (11.16)说明点 C在以 P为圆心, √ 5 2 为半径的圆上,由图可知,当 C位于直线 PB与P的交 点时, | #»b − #»c | = | # »CB|取最小值, ∴ | # »CB|min = |BP| − r = √ 7 − √ 5 2 . 161. 如图 11.33所示,取 BC中点 D,连接 PB, PC,根据题意 图 11.33 # » AP = k ( # » AB + # » AC ) = 2k # » AD⇒ AD AP = 1 2k (11.17) 所以 A, P, D三点共线.因为 P是 4ABC的外心,故 ∠BPC = 2∠DPC = 2∠BAC. 可知 2 5 = cos ∠BAC = cos ∠DPC = PD PC = PD PA ⇒ AD AP = 7 5 (11.18) 由式 (11.17), (11.18)知 k = 5 14 . 162. 对式 # »OA + # »OB = − √ 2 # » OC两边平方,可知 # »OA和 # »OB垂直,圆周角等于圆心角的一半,所以选 B. 163. 根据题意 3 # »OA + 4 # »OB = −5 # »OC ⇒ 9 + 16 + 24 # »OA · # »OB = 25⇒ # »OA⊥ # »OB⇒ S4OAB = 1 2 . 由奔驰 定理, S4OAB S4ABC = 5 3 + 4 + 5 . 于是 5 12 = 1 2 S4ABC ⇒ S4ABC = 6 5 ,选 C. 好脾气是一个人在社交中所能穿着的最佳服饰。——都德 第 369页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 164. 取 BC中点 D,因为 O是 4ABC的外心, # »AO = 1 3 ( # » AB + # » AC ) = 2 3 # » AD,外心重心重合,故 ∠BAC = 60◦. 选 C. 165. 依题意设圆心为 O,则 # » AD · # »BC = 2 # »AO · ( # » AC − # »AB ) = ∣∣∣ # »AC∣∣∣2 − ∣∣∣ # »AB∣∣∣2 (11.19) 又由 # » AB · # »BC = −3 2 可得 3 2 = ∣∣∣ # »AB∣∣∣ · ∣∣∣ # »BC∣∣∣ cos B⇒ ∣∣∣ # »AB∣∣∣ cos B = 3 4 (11.20) 在 4ABC中由余弦定理可得 ∣∣∣ # »AC∣∣∣2 − ∣∣∣ # »AB∣∣∣2 = 4 − 4 ∣∣∣ # »AB∣∣∣ cos B (11.21) 把式 (11.19), (11.20)代入式 (11.21),可得 # »AD · # »BC = 4 − 3 = 1. 故选 A. 166. 给式子 # »AO = x # »AB + y # »AC两边同时点乘 # »AB, # »AC得  1 2 ∣∣∣ # »AB∣∣∣2 = x ∣∣∣ # »AB∣∣∣2 + y # »AB · # »AC ⇒ 2 = 4x + 3y (11.22) 1 2 ∣∣∣ # »AC∣∣∣2 = x # »AB · # »AC + y ∣∣∣ # »AC∣∣∣2 ⇒ 9 2 = 3x + 9y (11.23) 解得 x = 1 6 , y = 4 9 , ∴ 2x + 3y = 5 3 . 选 B. 167. 依题意 # »AO · # »BC = # »AO · ( # » AC − # »AB ) = ∣∣∣ # »AC∣∣∣2 − ∣∣∣ # »AB∣∣∣2 2 = 10,选 C. 168. 依题意,给式子 # »AO = m # »AB + n # »AC两边分别点乘向量 # »AB, # »AC得 ∣∣∣ # »AB∣∣∣2 2 = m ∣∣∣ # »AB∣∣∣2 + n # »AB · # »AC = m ∣∣∣ # »AB∣∣∣2 + n ∣∣∣ # »AB∣∣∣ ∣∣∣ # »AC∣∣∣ cos 60◦∣∣∣ # »AC∣∣∣2 2 = m # » AB · # »AC + n ∣∣∣ # »AC∣∣∣2 = m ∣∣∣ # »AB∣∣∣ ∣∣∣ # »AC∣∣∣ cos 60◦ + n| # »AC|2 ⇒  m = 21 45 n = 5 45 ∴ m + n = 26 45 . 169. 由式 ∣∣∣ # »OA∣∣∣ = ∣∣∣ # »OB∣∣∣ = ∣∣∣ # »OC∣∣∣可知点 O是 4ABC的外心,给式子 # »AO = m # »AB + n # »AC两边分别点乘 # » AB， # » AC,得  1 2 # » AB2 = 100m + 30n 1 2 # » AC2 = 30m + 36n ⇒  m = 7 15 n = 1 9 ⇒ m + 3n = 4 5 . 第 370页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 172. 依题意 d = 2，d′ = 1,若圆 C上至多有一个点到直线 x − √ 3y + 3 = 0的距离为 1,则 d ⩾ r + d′ ⇒ 0 < r ⩽ 1,若圆 C上有两个点到直线 x − √ 3y + 3 = 0的距离为 1,则 1 < r < 3,所以 q : 0 < r < 3,故选 C. 175. 易知 a = 1,且 M(1, 0),所以 # »MP · # »MF2 = √ 2 − 1. 选 C. 176. e = ∣∣∣∣∣ sin 90◦sin 30◦ − sin 60◦ ∣∣∣∣∣ = √3 + 1. 178. S4MF1F2 = b2 tan θ2 = 2,所以点 M到点 x轴的距离为 d = 2S4MF1F2 2c = 2 √ 3 = 2 √ 3 3 . 180. 如图 11.34所示,以 F1，F2为直径做圆,当 ∠F1PF2为钝角时,点 P一定在圆内,此时,有 图 11.34 x2 0 4 + y2 0 = 1 x2 0 + y2 0 < 3 ⇒ x 2 0 < 8 3 . 181. 特殊化,令 ∠PFA = 2∠PAF = 90◦,此时 b2 a = a + c⇒ c2 − 2a2 − ac = 0⇒ e2 − e − 2 = 0⇒ e = 2. 182. 由本书第 71页定义 3.1可得点 P  c2 , √ 3c 2 ,所以 |OP| = c = 12 |F1F1|,于是 4PF1F2是顶角 ∠F1PF2为直角,底角分别为 30◦和 60◦的直角三角形,于是 e = sin 90◦ sin 60◦ − sin 30◦ = √ 3 + 1. 184. tanα · tan β = e2 − 1 = −3 4 ，∴所求 = 1 + tanα · tan β 1 − tanα · tan β = 1 7 . 186. 由式 (3.4.3)得 |PF1| + |PF2| = 4, |PF1| · |PF2| = 4⇒ |PF1| = |PF2| = 2 所以点 P为短轴顶点,故选 D. 无论你怎样地表示愤怒，都不要做出任何无法挽回的事来。 第 371页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 187. 由定理的证明方法可知 1 e2 1 + 3 e2 2 = 4. 换元,  m = 1 e2 1 n = 3 e2 2 ⇒  e2 1 = 1 m e2 2 = 3 n m + n = 4 由权方和不等式知 e2 1 + 2e2 2 = 1 m + 6 n ⩾ (1 + √ 6)2 4 = 7 + 2 √ 6 7 188. 由两曲线的中心对称性以及定理 3.5可知 1 e2 1 + 3 e2 2 = 4. 再由基本不等式可得 4 = 1 e2 1 + 3 e2 2 ⩾ 6 e2 1 e2 2 当且仅当 1 e2 1 = 3 e2 2 = 2时等号成立.此时 e2 2 = 3 2 ⇒ b a = √ 2 2 ,故选 C. 196. 根据向量的定义可知 A在双曲线的左支, B在双曲线的右支,设 A(x1 , y1)，B(x2 , y2),则 # » AF = 3 # » BF ⇒ c − x1 = 3(c − x2)⇒ 2c = 3x2 − x1 (11.24) 又根据双曲线图象易知 x1 < −a⇒ −x1 > a x2 > a⇒ 3x2 > 3a ⇒ 3x2 − x1 > 4a (11.25) 由式 (11.24)(11.25)可知 2c > 4a⇒ e > 2. 197. 根据第 96页定理 3.6可知 e cos θ = 1 3 ⇒ a = 3c cos θ, 又因为 |AB| = |BF1|且根据椭圆定义知 |BF1| + |BF2| = 2a,所以 |AF2| = a,又由焦半径公式【第 93 页定义 3.8】知 b2 a − c cos θ = a⇒ 2a 2 = 3b2,依题意 c = 1⇒ a2 = 3,故选 B. 202. 设 A(x1 , y1)，B(x2 , y2),易知 # » OA · # »OB = x1 x2 + y1y2 = p2 4 − p2 = −3p 2 4 = −12⇒ p = 4 203. 由 |AB| = 2p sin2 θ ,知焦点弦的倾斜角为 π 4 ,于是 S4AMB = 1 2 × 2 × 8 × sin π 4 = 4 √ 2. 故选 B. 第 372页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 204. (1) 设 A(x1 , y1)，B(x2 , y2),则  x2 1 6 + y2 1 2 = 1 (11.26) x2 2 6 + y2 2 2 = 1 (11.27) (11.26)-(11.27)得 x2 1 − x2 2 6 = y2 2 − y2 1 2 ⇒ (x1 + x2)(x1 − x2) 6 = (y2 + y1)(y2 − y1) 2 ⇒ 2(x1 − x2) 6 = (y2 − y1) 2 即 kAB = − 2 3 ,所以直线 l的方程为 4x + 6y − 7 = 0. (2) 定值为 √ 6 6 . 205. kPA · kPB = b2 a2 = 9 4 ,离心率 e = √ 1 + ( b2 a2 ) = √ 13 2 ,故选 A C. 206. 依题意易知 (1) C : x2 4 + y2 3 = 1; (2) 由椭圆中点弦定理 (点差法)可知 kAB = − 3 4 · 1 t = − 3 4t ,因此 kl = 4t 3 . 又因为直线 l过 P(1, t)点,由点斜式方程可得: y = 4t 3 (x − 1) + t,整理得 y = ( 4 3 x − 1 3 ) t,故直 线 l恒过点 ( 1 4 , 0 ) . 207. 设 A(x1 , y1)，B(x2 , y2)关于直线 l对称, N(x0 , y0)为 AB的中点,由本书第 112页定理 3.8以及 直线 l方程  x0 y0 = 1 3 y0 = 4x0 + m ⇒ m = −x0 (11.28) 再由 N 在椭圆内,可得 x2 0 4 + y2 0 3 < 1⇒ m ∈ −2√1313 , 2 √ 13 13 . 少而好学，如日出之阳；壮而好学，如日中之光。 第 373页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练