专题02 上海高二数学上学期期末真题精选（压轴77题16类考点专练）-2024-2025学年高二数学上学期期末考点大串讲（沪教版2020）

专题02 高二上期末真题精选（压轴77题16类考点专练） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 · 简单几何体的表面积与体积等有关计算 · 随机事件的独立性 · 分层抽样中的平均数，方差计算 · 斜率公式的应用 · 直线的对称问题及其应用 · 距离公式的应用 · 直线与圆，圆与圆的位置关系 · 椭圆，双曲线中离心率问题 · 椭圆，双曲线中焦点三角形问题 · 直线与圆锥曲线相交的三角形面积问题 · 圆锥曲线中的定点问题 · 圆锥曲线中的定值问题 · 圆锥曲线中的定直线问题 · 圆锥曲线中的向量问题 · 利用向量解决空间角问题 · 立体几何中的动点探索性问题 · 数列不等式中的能（恒）成立问题 · 新定义问题 · 一、简单几何体的表面积与体积等有关计算（共3小题） 1．（23-24高二上·上海·期末）如图，在棱长为10的正方体中，M为棱CD的中点，点P在侧面上，且到与的距离均为3，则过点P且与垂直的平面截正方体所得截面的形状是（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 2．（23-24高二上·上海·期末）在平面上，将一段圆弧：（）和一段椭圆弧：（）围成的封闭图形记为，如图中阴影部分所示， 记绕轴旋转一周而成的封闭几何体为，过（）作的水平截面，利用祖暅原理和一个球，得出旋转体的体积值为 . 3．（23-24高二上·上海·期末）如图，棱长为2的正方体中，点P在线段上运动，以下四个命题：①三棱锥的体积为定值；②；③若平面ABCD，则三棱锥的外接球半径为；④的最小值为．其中真命题有 （写出所有真命题的序号） 二、分层抽样中的平均数，方差计算（共2小题） 1．（23-24高一下·上海）某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，得到如图所示的频率分布直方图． (1)求频率分布直方图中a的值； (2)求样本成绩的； (3)已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为66，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差． 2．（23-24高三上·上海·期中）第19届亚运会在杭州举行，志愿者的服务工作是亚运会成功举办的重要保障.某高校承办了杭州志愿者选拔的面试工作.先随即抽取了100名候选者的面试成绩，并分成组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同. (1)现规定分数排名前40%可以加入资深志愿者组，估计资深志愿者组的录取分数约为多少？（精确到0.1） (2)在第四、第五两组志愿者中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率； (3)已知第四组的平均成绩为80，方差为20，第五组的平均成绩为90，方差为5，则75分以上的志愿者的平均成绩和方差为多少？ 三、斜率公式的应用（共2小题） 1．（23-24高二上·上海·期末）已知不同两点，在曲线上，且满足，则直线AB斜率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（23上海徐汇·一模）设点是曲线上的任意一点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 四、直线的对称问题及其应用（共2小题） 1．（22-23高二上·上海嘉定·期末）一条沿直线传播的光线经过点和，然后被直线反射，则反射光线所在直线方程为 （用一般式表示） 2．（2023·上海徐汇·一模）已知正实数满足，则的取最小值 . 五、距离公式的应用（共3小题） 1．（23-24高三上·上海宝山·期末）已知直线与轴的交点为，直线上的动点满足：点到直线的距离恒成立，则动点所对应轨迹的长度为 . 2．（2023·上海徐汇·一模）已知正实数满足，则的取最小值 . 3．（21-22高二下·上海虹口·期末）已知点在直线上，则的最小值为 ． 六、直线与圆，圆与圆的位置关系（共3小题） 1．（23-24高二下·上海松江·期末）在平面直角坐标系中，圆，若曲线上存在四个点，过动点作圆的两条切线，为切点，满足，则k的值不可能为（    ） A． B． C． D． 2．（22-23高二上·上海嘉定·期末）对于圆上任意一点，当时，的值与，无关，有下列结论： ①点的轨迹是一个圆；    ②点的轨迹是一条直线； ③当时，有最大值；    ④当，时，． 其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（21-22高二下·上海松江·期末）已知圆与圆相交于，两点，且满足，则 . 七、椭圆，双曲线中离心率问题（共3小题） 1．（22-23高二下·上海青浦·期末）点为椭圆的右顶点，为椭圆上一点（不与重合），若（是坐标原点），则椭圆的离心率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（22-23高二上·上海浦东新·期末）设、椭圆的左、右焦点，椭圆上存在点M，，，使得离心率，则e取值范围为（    ） A．（0，1） B． C． D． 3．（22-23高二上·上海杨浦·期末）已知、分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的右支交于、两点，记的内切圆半径为，的内切圆半径为，与的内切圆圆心均在直线上，且，则此双曲线离心率的取值范围为 . 八、椭圆，双曲线中焦点三角形问题（共5小题） 1．（22-23高二上·河南商丘·期末）已知分别为双曲线的左､右焦点，双曲线的半焦距为，且满足，点为双曲线右支上一点，为的内心，若成立表示面积），则实数（    ） A． B． C． D． 2．（21-22高二上·上海闵行·期末）已知双曲线的左、右焦点分别为、，点是双曲线右支上一点，满足，点是线段上一点，满足．现将沿折成直二面角，若使折叠后点、距离最小，则 ． 3．（22-23高二下·上海·期末）双曲线具有如下光学性质：如图，是双曲线的左、右焦点，从右焦点发出的光线交双曲线右支于点，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线过左焦点 .若双曲线的方程为，下列结论正确的是 . ①若，则； ②当过时，光由所经过的路程为； ③射线所在直线的斜率为，则； ④若，直线与相切，则. 4．（23-24高二上·上海·期末）已知双曲线左右焦点分别为，点为右支上一动点，圆与的延长线、的延长线和线段都相切，则 . 5．（22-23高二下·上海宝山·期末）已知双曲线的左，右焦点分别为，，直线与双曲线在第一、三象限分别交于点、，为坐标原点.有下列结论：①四边形是平行四边形；②若轴，垂足为，则直线的斜率为；③若，则四边形的面积为；④若为正三角形，则双曲线的离心率为.其中正确命题的序号是 . 九、直线与圆锥曲线相交的三角形面积问题（共9小题） 1．（23-24高二上·上海·期末）已知椭圆C：的离心率为，左、右顶点分别为A、B，过点的直线与椭圆相交于不同的两点P、Q（异于A、B），且． (1)求椭圆C的方程； (2)若直线AP、QB的斜率分别为、，且，求的值； (3)设和的面积分别为、，求的最大值． 2．（23-24高二上·上海·期末）已知椭圆，，为左、右焦点，直线过交椭圆于A、B两点. (1)求椭圆的焦点坐标和离心率； (2)若，求直线的方程； (3)若直线交轴于，直线交轴于，是否存在直线，使，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 3．（23-24高二上·上海·期末）已知椭圆：，是其左顶点，过点且不与轴重合的直线与交于、两点. (1)若直线垂直于轴，求线段的长度； (2)若，且点在轴上方，求、两点的坐标； (3)设直线与轴交于点，直线与轴交于点，是否存在直线，使得的面积是的两倍？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 4．（22-23高二上·上海浦东新·期末）在直角坐标系xOy中，椭圆的焦距为，长轴长是短轴长的2倍，斜率为的直线交椭圆于A，B (1)求椭圆的标准方程 (2)若P为线段AB的中点，设OP的斜率为，求证：为定值； (3)设点A，B关于原点对称的点分别为C，D，求四边形ABCD面积的最大值. 5．（22-23高二上·上海嘉定·期末）已知椭圆的长轴长为8，是坐标原点，，分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且的面积为4． (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于，两点，且直线，的斜率之和为． ①求直线经过的定点的坐标； ②求的面积的最大值． 6．（23-24高二上·上海·期末）已知椭圆，其上焦点与抛物线的焦点重合. (1)求抛物线的方程； (2)若过点的直线交椭圆于点，同时交抛物线于点（如图1所示，点在椭圆与抛物线第一象限交点上方），试证明：； (3)若过点的直线交椭圆于点，过点与直线垂直的直线交抛物线于点（如图2所示），试求四边形面积的最小值. 7．（21-22高二上·上海杨浦·期末）给出如下的定义和定理：定义：若直线l与抛物线有且仅有一个公共点P，且l与的对称轴不平行，则称直线l与抛物线相切，公共点P称为切点.定理：过抛物线上一点处的切线方程为.完成下述问题：如图所示，设E，F是抛物线上两点.过点E，F分别作抛物线的两条切线，，直线，交于点C，点A，B分别在线段，的延长线上，且满足，其中. (1)若点E，F的纵坐标分别为，，用，和p表示点C的坐标. (2)证明：直线与抛物线相切； (3)设直线与抛物线相切于点G，求. 8．（23-24高二上·上海·期末）已知抛物线的焦点为，过点倾斜角为的直线交抛物线与两点.点在轴上方，点在轴下方. (1)求证：； (2)若，试求的取值范围； (3)如图，过焦点作互相垂直的弦，若与的面积之和最小值为32，求抛物线的方程. 9．（20-21高二下·上海宝山·期末）已知椭圆的右焦点为，短轴长为. （1）求椭圆的方程； （2）设S为椭圆的右顶点，过点F的直线与交于M、N两点（均异于S），直线、分别交直线于U、V两点，证明：U、V两点的纵坐标之积为定值，并求出该定值； （3）记以坐标原点为顶点、为焦点的抛物线为，如图，过点F的直线与交于A、B两点，点C在上，并使得的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在F的右侧，设、的面积分别为、，是否存在锐角，使得成立？请说明理由. 十、圆锥曲线中的定点问题（共6小题） 1．（23-24高二下·上海闵行·期末）已知椭圆的左、右焦点分别为分别为的上，下顶点，是上不同于点A的两点. (1)求的值； (2)记的面积分别为，若，求的取值范围； (3)若直线与的斜率之和为2，作，垂足为，试问：点是否在一个定圆上？若是，求出该圆的方程；若不是，说明理由. 2．（23-24高二上·上海·期末）已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求C的方程； (2)设椭圆C的左右焦点为，P是椭圆C上任意一点，记，求的最大值，并求此时P点坐标； (3)点M，N为C上异于A的两点，且，试判断直线MN是否过定点，若过定点，求出该点坐标；若不过定点，请说明理由． 3．（22-23高二下·上海·期末）已知椭圆经过点，且其右焦点与抛物线的焦点F重合，过点F且与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于P，Q两点． (1)求椭圆的方程； (2)设O为坐标原点，线段上是否存在点，使得＝？若存在，求出n的取值范围；若不存在，说明理由； (3)过点且不垂直于x轴的直线与椭圆交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为E，试证明：直线过定点． 4．（20-21高二上·上海闵行·期末）已知点，、、是平面直角坐标系上的点，且满足.（其中） （1）当坐标为，，写出点的轨迹方程； （2）若、、都在椭圆上，且三点都在x轴上方，其中：点的横坐标为0，，求的面积； （3）若、、都在抛物线上，点的横坐标为2，问：x轴上是否存在一点M，使得，若存在，请求出点M，若不存在，请说明理由. 5．（23-24高三上·上海浦东新·期末）已知双曲线的左、右焦点分别为、，为双曲线右支上一点． (1)求双曲线的离心率； (2)设过点和的直线与双曲线的右支有另一交点为，求的取值范围； (3)过点分别作双曲线两条渐近线的垂线，垂足分别为、两点，是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 6．（22-23高二上·上海浦东新·期末）已知双曲线，设其左､右顶点分别为A，B，中心为O. (1)求双曲线的焦距和虚轴长； (2)斜率为的直线交双曲线于C，D两点，且，求弦长； (3)设双曲线右支上两点M，N满足直线AM与BN在y轴上的截距之比为1∶3，判断直线MN是否过定点，并说明理由. 十一、圆锥曲线中的定值、定直线问题（共6小题） 1．（22-23高二下·上海松江·期末）已知椭圆：的离心率是，点是椭圆的上顶点，点是椭圆上不与椭圆顶点重合的任意一点. (1)求椭圆的方程； (2)设圆．若直线与圆相切，且点在轴右方，求点的坐标； (3)若点是椭圆上不与椭圆顶点重合且异于点的任意一点，点关于轴的对称点是点，直线、分别交轴与点、点，探究是否为定值，若为定值，求出该定值，若不为定值，说明理由. 2．（22-23高二下·上海黄浦·期末）已知椭圆的离心率为，、为椭圆的左、右焦点，，P为椭圆上的动点. (1)求椭圆的标准方程； (2)当取最大值时，求的面积； (3)已知r为正常数，过动点P作圆的切线PQ、PR，记直线PQ、PR的斜率分别为、，是否存在r，使得为定值？若存在，求出r及的值；若不存在，请说明理由. 3．（20-21高二上·上海杨浦·期末）已知双曲线的焦距为，直线与交于不同的点，且时与的两条渐近线所围成的三角形恰为等边三角形． （1）求双曲线的方程； （2）若坐标原点在线段为直径的圆的内部，求实数的取值范围； （3）设分别是的左、右两顶点，线段的垂直平分线交直线于点，交直线于点，求证：为定值． 4．（22-23高二上·上海青浦·期末）已知抛物线过点，过点的直线与抛物线交于 两个不同的点（均与点A不重合）. (1)求抛物线的方程及焦点坐标； (2)设直线的斜率分别为，，求证：为定值，并求出该定值. 5．（21-22高二下·上海虹口·期末）已知抛物线的焦点为F，，过F作直线l交抛物线C于，两点. (1)若直线l的斜率为1，求线段AB的中点坐标； (2)设直线PA，PB的斜率分别为，，求证：是定值. 6．（22-23高二上·上海杨浦·期末）已知椭圆和双曲线的焦距相同，且椭圆经过点，椭圆的左、右顶点分别为、，动点在椭圆上且异于点、，直线、与直线分别交于点、. (1)求椭圆的标准方程； (2)求线段长的最小值； (3)如图，设直线与轴交于点，过点作直线交椭圆与、，直线与交于一点，证明：点在一条定直线上. 十二、圆锥曲线中的向量问题（共4小题） 1．（23-24高二上·上海·期末）已知椭圆的方程为，分别是的左、右焦点，A是的上顶点. (1)设直线与椭圆的另一个交点为，求的周长； (2)给定点，直线分别与椭圆交于另一点，求的面积； (3)设是椭圆上的一点，是轴上一点，若点满足，，且点在椭圆上，求的最大值，并求出此时点的坐标. 2．（23-24高二上·上海·期末）已知椭圆的一个焦点为，离心率为，椭圆的左右焦点分别为，直角坐标原点记为．设点，过点作倾斜角为锐角的直线与椭圆交于不同的两点． (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆上有一动点，求的取值范围； (3)设线段的中点为，当时，判别椭圆上是否存在点，使得非零向量与向量平行，请说明理由． 3．（23-24高二上·上海·期末）已知双曲线的左、右焦点为、，虚轴长为，离心率为，过的左焦点作直线交的左支于A、B两点. (1)求双曲线C的方程； (2)若，求的大小； (3)若，试问：是否存在直线，使得点在以为直径的圆上？请说明理由. 4．（21-22高二下·上海宝山·期末）已知离心率为的椭圆的中心在原点，对称轴为坐标轴，为左右焦点，为椭圆上的点，且．直线过椭圆外一点，与椭圆交于两点，满足． (1)求椭圆的标准方程； (2)若，求三角形面积的取值范围； (3)对于任意点，是否总存在唯一的直线，使得成立，若存在，求出直线的斜率；否则说明理由． 十三、利用向量解决空间角问题（共5小题） 1．（23-24高三上·上海静安·期末）如图，在四棱锥中，平面，底面是矩形，，，是上的点，直线与平面所成的角是，则的长为 . 2．（22-23高二下·上海青浦·期末）在长方体中，，点为棱的中点，则二面角的大小为 ．（结果用反三角函数值表示） 3．（23-24高二上·上海徐汇·期末）如图，圆台的轴截面为等腰梯形为底面圆周上异于的点 (1)若是线段的中点，求证：平面 (2)若，设直线为平面与平面的交线，点与平面所成角为，求的最大值. 4．（24-25高三上·上海松江·期中）如图，在三棱锥中，，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线． (1)求证：直线平面； (2)若直线上存在一点（与都在的同侧），且直线与直线所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 5．（24-25高二上·上海·期中）如图①所示，长方形ABCD中，，，点M是边CD的中点，将沿AM翻折到，连接PB，PC，得到图②的四棱锥． (1)求点P到平面ABCM的最大距离； (2)若棱PB的中点为N，求CN的长； (3)设的角度大小为，若，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值． 十四、立体几何中的动点探索性问题（共8小题） 1．（22-23高二下·上海宝山·期末）已知、分别是正方体的棱、的中点，求：    (1)与所成角的大小； (2)二面角的大小； (3)点在棱上，若与平面所成角的正弦值为，请判断点的位置，并说明理由. 2．（22-23高二上·上海虹口·期末）如图，在三棱柱中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在底面上的投影为AC的中点D，且. (1)若M、N分别为棱AB、的中点，求证：； (2)求点C到侧面的距离； (3)在线段上是否存在点E，使得直线DE与侧面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由. 3．（21-22高二下·上海浦东新·期末）如图，在直三棱柱中，，∠ABC=90°，D是BC的中点. (1)求点到面的距离； (2)试问线段上是否存在点E，使AE与所成角的大小为？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 4．（21-22高二上·上海虹口·期末）如图，已知菱形中，，直角梯形中，，，，分别为中点，平面平面. (1)求证：平面； (2)异面直线与所成角的大小； (3)线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 5．（23-24高二上·上海·期末）在如图所示的直三棱柱中，，分别是，的中点.    (1)求证：平面； (2)若为直角三角形，，，求直线与平面所成角的大小； (3)若为正三角形，，问：在线段上是否存在一点，使得二面角的大小为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 6．（20-21高二下·上海浦东新·期末）已知四棱锥的底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，E是SC上的任意一点. (1)求证：平面EBD⊥平面SAC； (2)设，求点A到平面SBD的距离； (3)当的值为多少时，二面角的大小为？ 7．（23-24高二上·上海·期中）如图：PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，PA＝AB＝1，点F是PB的中点，点E在边BC上移动．    (1)点E为BC的中点时，试判断EF与平面PAC的位置关系，并说明理由； (2)无论点E在边BC的何处，PE与AF所成角是否都为定值，若是；若不是，请说明理由； (3)当BE等于何值时，二面角P﹣DE﹣A的大小为45°． 8．（23-24高三上·上海嘉定·期中）如图，在正四棱柱中，，，点、、、分别在棱、、、上，，，． (1)求证：； (2)求三棱锥的体积； (3)点在棱上，当二面角大小为时，求线段的长． 十五、数列不等式中的能（恒）成立问题（共7小题） 1．（23-24高一下·上海·期末）设数列的前项和是，且满足，其中为实数，. (1)求证：是等比数列. (2)当，时，另一数列的通项公式是（其中常数是整数），对于任意，都有成立，求整数的最小值. (3)当，时，记集合，，将中所有元素按从 2．（23-24高二上·上海·期末）已知是首项为1的等比数列，是首项为2的等差数列，且. (1)求和的通项公式； (2)将和中的所有项按从小到大的顺序排列组成新数列，求数列的前50项和； (3)设数列的通项公式为，，记的前项和为，若对任意的都成立，求正数的取值范围. 3．（22-23高二上·上海宝山·期末）已知等差数列和正项等比数列. (1)求； (2)设，记数列的前项和为，求的最小值： (3)设的前项和为，是否存在常数､，使恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 4．（23-24高一下·上海·期末）设向量，函数在上的最小值与最大值的和为，又数列满足. (1)求证：； (2)求数列的通项公式； (3)设，试问数列中，是否存在正整数，使得对于任意的正整数，都有成立？若存在，求出所有满足条件的的值；若不存在，请说明理由. 5．（23-24高二上·上海浦东新·期末）已知数列满足，． (1)证明：数列为等差数列，并求出数列的通项公式； (2)设数列满足，为数列的前n项和， ①求数列的前n项和； ②若在，上恒成立，求的取值范围． 6．（23-24高二上·上海·期末）已知数列的前项和为，且对任意正整数，都有. (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足，，求数列的最大项； (3)若数列满足，且对任意的正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围. 7．（22-23高二下·上海·期末）数列中，，当时，数列的前项和为，满足． (1)求证：数列是等差数列，并求的表达式； (2)设，数列的前项和为，不等式对所有的恒成立，求正整数的最大值． 十六、新定义问题（共9小题） 1．（23-24高一下·上海·期末）一个如果定义在上的函数使得，则称是一个元置换，可以用一个的数表来简单表示，例如表示一个4元置换，对于一个元置换和，按照的递推关系定义的数列称为关于生成的数列． (1)对于3元置换，直接写出2关于的生成数列的前四项； (2)给出两条新定义： ①对于一个数列，如果存在正整数，使得对于任意正整数，都有，则称是一个周期数列，并称是的一个周期； ②对于一个元置换，如果存在正整数，使得对任意，都是关于的生成数列的一个周期，则称是元置换的一个周期． 对于5元置换，求的一个周期； (3)王老师有一个特制机关盒和一把特制钥匙，锁孔内部有10个互不相同的可移动的凹槽，钥匙上有10个对应的固定的齿，必须所有的齿与对应的凹槽同时匹配后，再按下开关，才能打开机关盒，钥匙每顺时针转动一圈，就会按照某个10元置换运作，将在第个位置的凹槽转移到第个位置上．机关盒原本处于打开状态，但一位贪玩的同学将机关盒关上后，又把钥匙顺时针转动了一圈，且操作不当弄坏了零件，导致钥匙只能继续顺时针转动，而且只有一次按下开关的机会，如果按下开关时所有的齿与凹槽没有匹配上，机关盒就会彻底报废．问：王老师还有办法打开机关盒吗？他要至少继续顺时针转动钥匙多少次，才能保证能打开机关盒？ 2．（23-24高二上·上海·期末）如果无穷数列满足“对任意正整数，都存在正整数k，使得”，则称数列具有“性质P”． (1)若等比数列的前n项和为，且，，．求证：数列具有“性质P”； (2)在（1）的条件下，若对任意正整数n恒成立，求实数a的取值范围； (3)如果各项均为正整数的无穷等比数列具有性质“P”，且、、、四个数中恰有两个出现在中，试求出这两个数的所有可能情况，并求出相应数列首项的最小值，说明理由． 3．（21-22高一下·上海普陀·期末）对于无穷数列，设集合．若为有限集，则称数列为“数列”． (1)已知数列满足，判断是否为“数列”，并说明理由； (2)设函数的表达式为，数列满足．若为“数列”，求首项的值； (3)设．若数列为“数列”，求实数的取值集合． 4．（21-22高一下·上海崇明·期末）设数列的前n项和为．若，则称是“紧密数列”． (1)已知数列是“紧密数列”，其前5项依次为，求x的取值范围； (2)若数列的前n项和为，判断是否是“紧密数列”，并说明理由． 5．（24-25高二下·上海·期末）若两个椭圆的离心率相等，则称它们为“相似椭圆”．如图，在直角坐标系中，已知椭圆：，，分别为椭圆的左、右顶点．椭圆以线段为短轴且与椭圆为“相似椭圆”． (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的两个焦点，，椭圆的焦点为、，求四边形的面积； (3)设为椭圆上异于，的任意一点，过作轴，垂足为，线段PQ交椭圆于点．求证：为的垂心． 6．（23-24高二下·上海·期末）满足一定条件的全体直线组成集合M，集合M的包络曲线E定义为：集合M中的每一条直线都是曲线E上某点处的切线，且曲线E上的每一点处的切线都是集合M中的某条直线． (1)若圆是集合的包络曲线，求m，n满足的关系式； (2)求证：集合的包络曲线E为：； (3)在（2）的条件下，过曲线E上A，B两点作曲线E的切线，P在直线上若，求点P的坐标． 7．（23-24高二下·上海·期末）已知椭圆，抛物线.若直线与曲线交于点、，直线与曲线分别交于点、．当时，则称直线是曲线与的“等弦线”． (1)求椭圆的离心率； (2)直线同时满足以下两个条件：①直线经过原点②直线是与的“等弦线”．请求出的方程； (3)已知点，，证明：过点存在与的“等弦线”． 8．（23-24高二上·上海·期末）类似平面解析几何中的曲线与方程，在空间直角坐标系中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面和三元方程之间满足：①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为．已知曲面的方程为． (1)写出坐标平面的方程（无需说明理由），指出平面截曲面所得交线是什么曲线，说明理由； (2)已知直线过曲面上一点，以为方向量，求证：直线在曲面上（即上任意一点均在曲面上）； (3)已知曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面；同时，过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上．设直线在曲面上，且过点，求异面直线与所成角的余弦值． 9．（22-23高二上·上海浦东新·期末）已知椭圆的左､右焦点分别为和,经过点且斜率为k的直线l交椭圆于B,C两点,其中点C在第二象限.如图所示,将的上半部分（半椭圆）沿着长轴翻折使得点C翻折至点A且二面角为直二面角.设三角形和三角形的周长分别为和. (1)证明:; (2)若,求异面直线和所成角的大小; (3)若,求k的值. $$专题02 高二上期末真题精选（压轴77题16类考点专练） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 · 简单几何体的表面积与体积等有关计算 · 随机事件的独立性 · 分层抽样中的平均数，方差计算 · 斜率公式的应用 · 直线的对称问题及其应用 · 距离公式的应用 · 直线与圆，圆与圆的位置关系 · 椭圆，双曲线中离心率问题 · 椭圆，双曲线中焦点三角形问题 · 直线与圆锥曲线相交的三角形面积问题 · 圆锥曲线中的定点问题 · 圆锥曲线中的定值问题 · 圆锥曲线中的定直线问题 · 圆锥曲线中的向量问题 · 利用向量解决空间角问题 · 立体几何中的动点探索性问题 · 数列不等式中的能（恒）成立问题 · 新定义问题 · 一、简单几何体的表面积与体积等有关计算（共3小题） 1．（23-24高二上·上海·期末）如图，在棱长为10的正方体中，M为棱CD的中点，点P在侧面上，且到与的距离均为3，则过点P且与垂直的平面截正方体所得截面的形状是（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】B 【知识点】判断正方体的截面形状 【分析】以为坐标原点，分别以为坐标轴，建立空间直角坐标系，先利用向量找出截面与的交点，再在等直线上找点，即可判断截面形状. 【详解】以为坐标原点，分别以为轴， 建立空间直角坐标系， 其中，，，，， 设平面截于，平面截于，， 设，则，且， 即，解得，即 ，，则， 其中，得，则， 设平面截于，平面截于， 设，，同理，得， 设，，同理，得， 则，， 故选：B. 2．（23-24高二上·上海·期末）在平面上，将一段圆弧：（）和一段椭圆弧：（）围成的封闭图形记为，如图中阴影部分所示， 记绕轴旋转一周而成的封闭几何体为，过（）作的水平截面，利用祖暅原理和一个球，得出旋转体的体积值为 . 【答案】/ 【知识点】求旋转体的体积、球的体积的有关计算 【分析】先根据祖暅原理得出椭球的体积，然后结合球的体积公式求出旋转体的体积即可. 【详解】椭圆所围成的椭圆面绕其长轴旋转一周后得椭球体， 椭圆的长半轴为，短半轴为，构造一个底面半径为，高为的圆柱， 把半椭球与圆柱放在同一个平面上（如图）， 在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥， 即挖去的圆锥底面半径为，高为；在半椭球截面圆的面积， 在圆柱内圆环的面积为， 所以距离平面为的平面截取两个几何体的平面面积相等， 根据祖暅原理得出椭球体的体积为：， 同理： 椭圆所围成的椭圆面绕其短轴旋转一周后得到的椭球体的体积为； 所以椭圆弧：（）旋转而成的椭球体的体积为， 而圆弧：（）旋转而成的球的体积为， 由题意，旋转体的体积是椭球体的体积减去球的体积，所以旋转体的体积为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是读懂题意，构建圆柱，根据祖暅原理得到椭球的体积，从而利用体积割补法求解旋转体的体积. 3．（23-24高二上·上海·期末）如图，棱长为2的正方体中，点P在线段上运动，以下四个命题：①三棱锥的体积为定值；②；③若平面ABCD，则三棱锥的外接球半径为；④的最小值为．其中真命题有 （写出所有真命题的序号） 【答案】①②③ 【知识点】证明线面平行、多面体与球体内切外接问题、锥体体积的有关计算、棱柱的展开图及最短距离问题 【分析】由题可证平面，得点P到平面的距离恒为定值，故①正确；由题可证平面，故②正确；三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，找到球心即可求半径，故③；旋转，将空间问题平面化，判断④错误. 【详解】正方体中，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面，即点P到平面的距离恒为定值， 又， 也为定值， 所以三棱锥的体积为定值，①正确； 在正方体中，平面，平面，所以， 在正方形中：， 又，平面，所以平面， 又平面，所以，②正确； 因为点P在线段上运动， 若，则点P与点A重合， 则三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球， 又正方体的中心到三棱锥四个顶点距离相等， 所以正方体的中心即为外接球球心，半径为体对角线的一半，为，③正确； 如图所示： 将三角形沿翻折得到该图形，连接与相交于点， 此时取得最小值，延长，过作于点， 在中，， 故的最小值为，④错误. 故答案为：①②③. 【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面处理解决： 一是函数法，即根据题中信息直接建立函数关系式，或通过空间向量的坐标运算建立函数关系式，转化为函数的最值问题求解，最后根据函数的形式，选择利用函数的性质、基本不等式或导数求最值； 二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断求解； 三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解． 二、分层抽样中的平均数，方差计算（共2小题） 1．（23-24高一下·上海）某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，得到如图所示的频率分布直方图． (1)求频率分布直方图中a的值； (2)求样本成绩的； (3)已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为66，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差． 【答案】(1)； (2)84； (3)总平均数是62，总方差是37． 【知识点】由频率分布直方图计算频率、频数、样本容量、总体容量、频率分布直方图的实际应用、估计总体的方差、标准差、总体百分位数的估计 【分析】（1）根据频率之和为1列式即可得解. （2）根据频率分布直方图先明确样本成绩的所在的范围，再结合已知数据即可求解. （3）先分别求出成绩落在和内的人数，再根据平均数定义和分层随机抽样的方差公式即可求解. 【详解】（1）由频率之和为1得， 解得． （2）因为成绩落在内的频率为 落在内的频率为 所以样本成绩的落在范围内， 设为m，则，解得， 故为84. （3）由图可知，成绩在内的市民人数为， 成绩在内的市民人数为， 故． ， 所以两组市民成绩的总平均数是62，总方差是37． 2．（23-24高三上·上海·期中）第19届亚运会在杭州举行，志愿者的服务工作是亚运会成功举办的重要保障.某高校承办了杭州志愿者选拔的面试工作.先随即抽取了100名候选者的面试成绩，并分成组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同. (1)现规定分数排名前40%可以加入资深志愿者组，估计资深志愿者组的录取分数约为多少？（精确到0.1） (2)在第四、第五两组志愿者中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率； (3)已知第四组的平均成绩为80，方差为20，第五组的平均成绩为90，方差为5，则75分以上的志愿者的平均成绩和方差为多少？ 【答案】(1)分； (2)； (3)平均成绩为，方差为. 【知识点】计算古典概型问题的概率、估计总体的方差、标准差、由频率分布直方图计算频率、频数、样本容量、总体容量、抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算 【分析】（1）由题意求参数，再判断录取分数所在区间，设为分，根据求结果； （2）由分层抽样确定第四组、第五组抽取的人数，应用列举法求选出的两人来自不同组的概率； （3）应用平均数、方差公式求75分以上的志愿者的平均成绩和方差. 【详解】（1）由题意，，可得， 所以， 故录取分数在区间，设资深志愿者组的录取分数约为分， 则，可得分. （2）由（1）知：第四、第五组的人数比例为， 由分层抽样等比性质知：第四组抽取4人为、第五组抽取1人为， 所以，任意选出2人的情况为共10种情况； 其中两人来自不同组的情况为共4种情况； 所以选出的两人来自不同组的概率为. （3）第四组的平均成绩为，方差为，该组人数为20人； 第五组的平均成绩为，方差为，该组人数为5人； 所以75分以上的志愿者的平均成绩为分， 75分以上的志愿者的方差为， 而，， ； ； 所以. 三、斜率公式的应用（共2小题） 1．（23-24高二上·上海·期末）已知不同两点，在曲线上，且满足，则直线AB斜率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】已知两点求斜率、由直线与圆的位置关系求参数、过圆外一点的圆的切线方程 【分析】将曲线方程变形可知曲线为半圆弧，将斜率关系转化为过点的直线与圆弧与两不同交点，结合图形可求直线斜率的范围. 【详解】由得， 曲线为以为圆心，为半径的上半圆弧. 由，为不同两点，且， 则过点的直线与半圆弧有两个不同的交点. 如图，直线的斜率为， 当过点的直线与圆相切于点时， 设直线方程为，即：， 由圆心到直线的距离， 解得（舍），或，即直线的斜率为， 如图可知，要使直线与半圆弧有两个不同的交点， 则直线AB斜率的取值范围为，即. 故选：B. 2．（23上海徐汇·一模）设点是曲线上的任意一点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】求分式型目标函数的最值、已知两点求斜率、求点到直线的距离、由直线与圆的位置关系求参数 【分析】由条件可得点是以为圆心，2为半径的下半圆上的点，而表示点与连线的斜率，由几何意义可得结论 【详解】曲线表示以为圆心，2为半径的下半圆，如图所示， 表示点与连线的斜率， 当直线与圆相切时，设直线方程为，即， 圆心到直线的距离，解得或， 因为，所以， 当直线经过点时，， 由图可知， 所以的最小值是， 故选：B 四、直线的对称问题及其应用（共2小题） 1．（22-23高二上·上海嘉定·期末）一条沿直线传播的光线经过点和，然后被直线反射，则反射光线所在直线方程为 （用一般式表示） 【答案】 【知识点】光线反射问题(2)——直线关于直线对称 【分析】根据题意，先得到所在直线方程，然后联立两直线方程得到入射点坐标，再求得点关于直线的对称点的坐标，即可得到反射光线的直线方程. 【详解】由题意可得所在直线方程为:，即， 联立直线方程，解得入射点， 设点关于直线的对称点为 则，解得，所以， 即反射光线方程为:，即 故答案为: 2．（2023·上海徐汇·一模）已知正实数满足，则的取最小值 . 【答案】 【知识点】求点关于直线的对称点、求点到直线的距离、求平面两点间的距离 【分析】利用代数式和几何图形的关系，将问题转化为距离之和的最小值即可求解. 【详解】设直线，点在直线上，且在第一象限， 设点， 所以， 如图所示， 点A关于直线对称的点设为， 则有解得， 所以，由图可知，当在直线时， 最小，最小值为， 即的最小值为， 故答案为：. 五、距离公式的应用（共3小题） 1．（23-24高三上·上海宝山·期末）已知直线与轴的交点为，直线上的动点满足：点到直线的距离恒成立，则动点所对应轨迹的长度为 . 【答案】 【知识点】求点到直线的距离、求平面两点间的距离 【分析】设，根据，求出的范围，再根据两点间的距离公式即可得解. 【详解】因为直线与轴的交点为，所以 由题意，设， 由， 得， 即，解得， 所以动点所对应轨迹为， 其长度为. 故答案为：. 2．（2023·上海徐汇·一模）已知正实数满足，则的取最小值 . 【答案】 【知识点】求平面两点间的距离、求点到直线的距离、求点关于直线的对称点 【分析】利用代数式和几何图形的关系，将问题转化为距离之和的最小值即可求解. 【详解】设直线，点在直线上，且在第一象限， 设点， 所以， 如图所示， 点A关于直线对称的点设为， 则有解得， 所以，由图可知，当在直线时， 最小，最小值为， 即的最小值为， 故答案为：. 3．（21-22高二下·上海虹口·期末）已知点在直线上，则的最小值为 ． 【答案】2 【知识点】求点到直线的距离 【分析】将的最小值转化为原点到直线的距离来求解即可. 【详解】可以理解为点到点的距离， 又∵点在直线上， ∴的最小值等于点到直线的距离， 且. 故答案为：. 六、直线与圆，圆与圆的位置关系（共3小题） 1．（23-24高二下·上海松江·期末）在平面直角坐标系中，圆，若曲线上存在四个点，过动点作圆的两条切线，为切点，满足，则k的值不可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】用定义求向量的数量积、求点到直线的距离、由直线与圆的位置关系求参数、过圆外一点的圆的切线方程 【分析】先设出，利用求出在以原点为圆心，半径为2的圆上，数形结合转化为且只需原点到直线的距离小于半径2即可，用点到距离公式列出不等式，求出的取值范围可得答案. 【详解】设，连接，设， 则，，所以， 又， 所以， 令，则有，解得：或， 因为在单位圆外，所以舍去， 即在以原点为圆心，半径为2的圆上， 因为曲线上存在四个点， 即与圆有4个交点，且过点， 结合图象可知，且只需原点到直线的距离小于半径2即可， 所以，解得：或（舍去）.， 所以、、都符合. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：数形结合的思想对于求解函数零点或交点个数问题经常使用，要能抓住一些不变量，比如本题中的直线方程过定点. 2．（22-23高二上·上海嘉定·期末）对于圆上任意一点，当时，的值与，无关，有下列结论： ①点的轨迹是一个圆；    ②点的轨迹是一条直线； ③当时，有最大值；    ④当，时，． 其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【知识点】判断命题的真假、轨迹问题——圆、判断直线与圆的位置关系、由直线与圆的位置关系求参数 【分析】由，将已知条件看作到直线、距离之和的倍， 且已知圆在平行线、之间得，再结合各项描述分析正误. 【详解】令，可看作到直线、距离之和的倍， 由的值与无关， 所以距离之和与在圆上的位置无关，故已知圆在平行线、之间， 而两线距离为， 当时，的轨迹是平行于、直线，①错误； 当时,的轨迹不是直线,②错误 ③时，，即有最大值，正确； ④时，则，故，④错误. 所以正确的有③. 故选： 3．（21-22高二下·上海松江·期末）已知圆与圆相交于，两点，且满足，则 . 【答案】 【知识点】由圆的位置关系确定参数或范围 【分析】求得两个圆的圆心和半径，根据两圆相交弦的性质列方程来求得的值. 【详解】圆的圆心为， 半径. 圆，即， 所以圆心为，半径. 由于，所以，是坐标原点. 即两圆公共弦的垂直平分线过， 根据两圆相交弦的性质可知，公共弦的垂直平分线， 所以，所以，解得. 故答案为： 七、椭圆，双曲线中离心率问题（共3小题） 1．（22-23高二下·上海青浦·期末）点为椭圆的右顶点，为椭圆上一点（不与重合），若（是坐标原点），则椭圆的离心率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】椭圆中向量点乘问题、求椭圆的离心率或离心率的取值范围 【分析】设，由，得到，再与椭圆方程联立得到，再由点P的位置求解. 【详解】解：设， 又，且， 则，与椭圆方程联立， 即，解得或， 则，即， 即，则， 故选：B 2．（22-23高二上·上海浦东新·期末）设、椭圆的左、右焦点，椭圆上存在点M，，，使得离心率，则e取值范围为（    ） A．（0，1） B． C． D． 【答案】C 【知识点】求椭圆的离心率或离心率的取值范围、正弦定理解三角形 【分析】在△ 中，由正弦定理结合条件有：，再由的范围可求出离心率. 【详解】由，，设，，在 中，由正弦定理有：， 离心率，则  ；解得：， 由于，得， 显然成立， 由有，即，得， 所以椭圆离心率取值范围为. 故选：C 3．（22-23高二上·上海杨浦·期末）已知、分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的右支交于、两点，记的内切圆半径为，的内切圆半径为，与的内切圆圆心均在直线上，且，则此双曲线离心率的取值范围为 . 【答案】 【知识点】求双曲线的离心率或离心率的取值范围 【分析】设圆切、、分别于点、、，推导出，可得出，可得出关于、的不等式，即可求得该双曲线离心率的取值范围. 【详解】设、的内切圆圆心分别为、， 设圆切、、分别于点、、， 过的直线与双曲线的右支交于、两点， 由切线长定理可得，，， 所以， ，则，所以点的横坐标为. 故点的横坐标也为，同理可知点的横坐标为，故轴， 故圆和圆均与轴相切于，圆和圆两圆外切. 在中，，， ，，所以，， 所以，，则， 所以， 即，所以，，可得，可得，则， 因此，. 故答案为：. 八、椭圆，双曲线中焦点三角形问题（共5小题） 1．（22-23高二上·河南商丘·期末）已知分别为双曲线的左､右焦点，双曲线的半焦距为，且满足，点为双曲线右支上一点，为的内心，若成立表示面积），则实数（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】双曲线定义的理解、利用定义解决双曲线中焦点三角形问题、求双曲线的离心率或离心率的取值范围 【分析】由可求出双曲线的离心率，设内切圆半径为，则由可得，而，则，从而可求出的值. 【详解】因为，所以， 所以，解得， 因为，所以， 设内切圆半径为， 因为为的内心，成立表示面积）， 所以， 所以， 因为点为双曲线右支上一点，所以， 所以， 所以， 所以， 故选：C 2．（21-22高二上·上海闵行·期末）已知双曲线的左、右焦点分别为、，点是双曲线右支上一点，满足，点是线段上一点，满足．现将沿折成直二面角，若使折叠后点、距离最小，则 ． 【答案】/0.6 【知识点】正弦定理边角互化的应用、利用定义解决双曲线中焦点三角形问题、由二面角大小求线段长度或距离 【分析】根据双曲线方程，结合双曲线定义及，求得，，设，在三角形中分别表示出，从而求得的三角函数表达式，当取最小值时，求得，从而得出N点的位置，求出. 【详解】在双曲线中，，则， 又，即， 又， 所以， 如图， 设，，， 则， ， 所以 ， 当时，取得最小值，此时为△的角平分线， 由角平分线性质得，则， 所以，所以. 故答案为： 3．（22-23高二下·上海·期末）双曲线具有如下光学性质：如图，是双曲线的左、右焦点，从右焦点发出的光线交双曲线右支于点，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线过左焦点 .若双曲线的方程为，下列结论正确的是 . ①若，则； ②当过时，光由所经过的路程为； ③射线所在直线的斜率为，则； ④若，直线与相切，则. 【答案】①③ 【知识点】利用定义解决双曲线中焦点三角形问题、双曲线定义的理解、根据直线与双曲线的位置关系求参数或范围 【分析】对于①：判断出，由定义和勾股定理联立方程组即可求得；对于②：利用双曲线的定义直接求得；对于③：先求出双曲线的渐近线方程，由P在双曲线右支上，即可得到n所在直线的斜率的范围；对于④：设直线PT的方程为.利用相切解得，进而求出.即可求出. 【详解】对于①：若，则，因为在双曲线右支上， 所以，由勾股定理得：，二者联立解得： ，故①正确； 对于②：光由所经过的路程为： ，故②错误； 对于③：双曲线的方程为，设左、右顶点分别为，如图所示： 当与同向共线时，的方向为，此时，最小， 因为在双曲线右支上，所以所在直线的斜率为，即，故③正确； 对于④：设直线的方程为，，，消去可得： ，其中， 即，解得代入， 有，解得， 由在双曲线右支上，即，解得（舍去），所以，所以，故④错误； 故结论正确的是①③. 故答案为：①③. 【点睛】关键点点睛：掌握双曲线的定义及理解双曲线的光学性质是解决本题的关键. 4．（23-24高二上·上海·期末）已知双曲线左右焦点分别为，点为右支上一动点，圆与的延长线、的延长线和线段都相切，则 . 【答案】1 【知识点】双曲线中的定值问题、利用定义解决双曲线中焦点三角形问题、用定义求向量的数量积 【分析】结合双曲线的定义，再结合直线与圆相切的性质，转化求得，再根据数量积的的公式，即可求解. 【详解】如图，设圆与的延长线、的延长线和线段分别切于点，连接， 则， 由双曲线方程为，可得 又为右支上的一动点， 又 由题意可知， 又 故答案为：1 【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合直线与圆相切的几何关系，进行线段长度的转化. 5．（22-23高二下·上海宝山·期末）已知双曲线的左，右焦点分别为，，直线与双曲线在第一、三象限分别交于点、，为坐标原点.有下列结论：①四边形是平行四边形；②若轴，垂足为，则直线的斜率为；③若，则四边形的面积为；④若为正三角形，则双曲线的离心率为.其中正确命题的序号是 . 【答案】①②④ 【知识点】求双曲线中三角形（四边形）的面积问题、求双曲线的离心率或离心率的取值范围、利用定义解决双曲线中焦点三角形问题 【分析】对于①，利用双曲线的性质判断四边形的形状，对于②，利用斜率公式判断，对于③，由题意可判断四边形为矩形，从而可求出其面积，对于④，由为正三角形，可表示出点的坐标，代入双曲线方程化简可求出离心率. 【详解】对于①，因为双曲线的左，右焦点分别为，，直线与双曲线在第一、三象限分别交于点、， 所以， 所以四边形为平行四边形，所以①正确， 对于②，设，则， 因为轴，垂足为，所以， 所以，，所以②正确， 对于③，因为，所以， 所以为直角三角形，所以四边形为矩形， 设，则，所以， 因为，所以， 所以，所以四边形的面积为，所以③错误， 对于④，因为为正三角形，，所以， 因为点在双曲线上， 所以，化简得， 所以，， 所以， 所以， 因为，所以， 所以，所以④正确， 故答案为：①②④    【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线的定义和几何性质的应用，解题的关键是结合题意和双曲线的几何性质找出等量关系，从而可进行判断，考查数形结合的思想和计算能力，属于较难题. 九、直线与圆锥曲线相交的三角形面积问题（共9小题） 1．（23-24高二上·上海·期末）已知椭圆C：的离心率为，左、右顶点分别为A、B，过点的直线与椭圆相交于不同的两点P、Q（异于A、B），且． (1)求椭圆C的方程； (2)若直线AP、QB的斜率分别为、，且，求的值； (3)设和的面积分别为、，求的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】椭圆中的定值问题、求椭圆中的最值问题、椭圆中三角形（四边形）的面积、根据a、b、c求椭圆标准方程 【分析】（1）根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程； （2）设直线的方程为，点、，将直线的方程的方程与椭圆的方程联立，利用韦达定理结合斜率公式分析可得； （3）利用韦达定理分析可得关于的函数关系式，利用对勾函数的单调性可求得的最大值. 【详解】（1）因为，所以， 由可得，解得， 由离心率可求出标准方程为 （2）由题意可知：点在椭圆内，直线与椭圆必相交， 且直线的斜率可以不存在，但不为0， 设直线的方程为，设点、， 联立方程，消去x可得， 由韦达定理可得，， 则， 可得 ， 即，所以的值. （3）由（2）可知：，， 所以 ， 因为，则， 因为函数在上单调递增， 故， 所以，当且仅当时，等号成立， 因此，的最大值为. 【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法 一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化． 2．（23-24高二上·上海·期末）已知椭圆，，为左、右焦点，直线过交椭圆于A、B两点. (1)求椭圆的焦点坐标和离心率； (2)若，求直线的方程； (3)若直线交轴于，直线交轴于，是否存在直线，使，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)焦点坐标，离心率 (2)或 (3)存在， 【知识点】椭圆中向量点乘问题、椭圆中三角形（四边形）的面积、求椭圆的离心率或离心率的取值范围、求椭圆的焦点、焦距 【分析】（1）根据椭圆的标准方程求得的值，则焦点坐标和离心率可知； （2）设出点坐标，根据向量关系式以及点在椭圆上求得点坐标，由的坐标可求的方程； （3）当直线斜率不存在或斜率为时，直接分析即可，当直线的斜率存在且不为时，联立直线的方程与椭圆方程，得到横坐标的韦达定理形式，结合弦长公式表示出，再根据的坐标表示出，由求解出的值，则直线的方程可知. 【详解】（1）椭圆的标准方程为， 所以， 所以焦点坐标为，离心率. （2）设，， 所以， 所以，且， 所以，解得， 所以或或或， 当为或时，； 当为时，，即； 综上，的方程为或. （3）设存在满足条件， 当直线的斜率不存在时，此时，所以不成立， 当直线的斜率为时，此时即为轴，故无法构成三角形，不成立， 当直线的斜率存在且不为时，设，， 联立可得， 所以显然成立， 所以，且到的距离， 所以， 因为，令，则，所以， 因为，令，则，所以， 所以 ， 所以， 因为，所以，显然， 所以，解得或（舍去）， 综上所述，存在满足条件，且，即. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中求解三角形面积的常用方法： （1）利用弦长以及点到直线的距离公式，结合底高，表示出三角形的面积； （2）根据直线与圆锥曲线的交点，利用公共底或者公共高的情况，将三角形的面积表示为或； （3）借助三角形内切圆的半径，将三角形面积表示为（为内切圆半径）. 3．（23-24高二上·上海·期末）已知椭圆：，是其左顶点，过点且不与轴重合的直线与交于、两点. (1)若直线垂直于轴，求线段的长度； (2)若，且点在轴上方，求、两点的坐标； (3)设直线与轴交于点，直线与轴交于点，是否存在直线，使得的面积是的两倍？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)， (3)存在直线，使得的面积是的两倍，理由见详解. 【知识点】椭圆中三角形（四边形）的面积、求椭圆中的弦长、求直线与椭圆的交点坐标 【分析】（1）联立直线与椭圆方程，求出方程组的解即可求距离； （2）由得到，与椭圆方程联立可求出点的坐标，由此得到直线的方程，与椭圆联立得到点的坐标； （3）设直线的方程为：，与椭圆联立，结合韦达定理和面积公式，分别求出的面积是的面积，根据题中给定关系，列方程即可求出直线的方程. 【详解】（1）当直线垂直于轴，直线的方程为， 由得或， 所以线段的长度为. （2）由题意，，设，， 因为，所以，    因为，， 所以，整理得，① 又因为，② 由①②且点在轴上方， 可得， 所以直线的方程为：， 由解得或，故. （3）存在直线，使得的面积是的两倍，理由如下：    由题意可设直线的方程为：，，， 由得， ， ，， 所以 ， 因为，所以直线方程为：， 令，则， 因为，所以直线方程为：， 令，则， 所以 ， 因为的面积是的两倍， 所以，解得， 所以直线的方程为：或. 【点睛】方法点睛：对于直线与圆锥曲线的题目，基本方法是直曲联立，化成关于横坐标或纵坐标的一元二次方程，结合韦达定理进行解答. 4．（22-23高二上·上海浦东新·期末）在直角坐标系xOy中，椭圆的焦距为，长轴长是短轴长的2倍，斜率为的直线交椭圆于A，B (1)求椭圆的标准方程 (2)若P为线段AB的中点，设OP的斜率为，求证：为定值； (3)设点A，B关于原点对称的点分别为C，D，求四边形ABCD面积的最大值. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)4 【知识点】根据a、b、c求椭圆标准方程、椭圆中三角形（四边形）的面积、椭圆中的定值问题、由弦中点求弦方程或斜率 【分析】（1）根据已知条件建立的方程，求解即可； （2）设，利用点差法求得，利用两点斜率公式求得，计算即可证明； （3）设直线的方程为，按照利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤可求得弦长，利用点线距离公式可求得原点到直线的距离为.根据对称性可知四边形ABCD的面积，求出面积后再利用基本不等式求得最大值. 【详解】（1）依题意可知：，解得， 故椭圆的标准方程为. （2）证明：设，则. 把代入椭圆方程得， 两式相减可得：，即， 而，则. 故为定值. （3） 设直线的方程为， 联立方程组，整理得， ，即 又. 记原点到直线的距离为，则 因为点A，B关于原点对称的点分别为C，D， 所以四边形ABCD的面积 所以 当且仅当，即时，等号成立， 故四边形ABCD的面积的最大值为4. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 5．（22-23高二上·上海嘉定·期末）已知椭圆的长轴长为8，是坐标原点，，分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且的面积为4． (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于，两点，且直线，的斜率之和为． ①求直线经过的定点的坐标； ②求的面积的最大值． 【答案】(1) (2)①;② 【知识点】基本不等式求和的最小值、根据a、b、c求椭圆标准方程、椭圆中三角形（四边形）的面积、椭圆中的直线过定点问题 【分析】（1）根据长轴长为8可求出，再根据的面积公式可求出，进而确定椭圆的方程； （2）①设出直线方程与椭圆进行联立，标准设而不求的步骤后，将韦达定理代入斜率和为的表达式中可得定点； ②将①中求出的参数代入韦达定理，表示出的面积，求此表达式的最大值即可. 【详解】（1）由题意可知， 所以有，所以， 因为，所以椭圆的方程为. （2） ①设， 联立整理，得， 所以，可得， ， 设直线的斜率分别为，因为直线的斜率之和为，所以， 即， 所以，又，所以，所以直线经过的定点的坐标为. ②设直线经过的定点为， 则， 设，则， 当且仅当时，即，即时取等号，此时， 所以，即的面积的最大值为. 6．（23-24高二上·上海·期末）已知椭圆，其上焦点与抛物线的焦点重合. (1)求抛物线的方程； (2)若过点的直线交椭圆于点，同时交抛物线于点（如图1所示，点在椭圆与抛物线第一象限交点上方），试证明：； (3)若过点的直线交椭圆于点，过点与直线垂直的直线交抛物线于点（如图2所示），试求四边形面积的最小值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【知识点】抛物线方程的四种形式与位置特征、求直线与抛物线相交所得弦的弦长、抛物线中的三角形或四边形面积问题 【分析】（1）由抛物线方程，即可得到结果； （2）根据题意，分别联立椭圆与直线方程以及抛物线与直线方程，结合弦长公式，代入计算，即可得到结果； （3）根据题意，分直线斜率存在与不存在讨论，结合弦长公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）因为椭圆，则， 其上焦点与抛物线的焦点重合， 则，即，所以抛物线的方程为. （2）证明：由题意可得过点的直线的斜率存在，设直线方程为， 设， 联立，消去可得， 则， 所以 ， 联立抛物线与直线方程，消去可得， 则， 所以， 所以 ， 所以. （3）设， 当直线的斜率存在且不为零时，设直线的方程为， 则直线的方程为， 由（2）的计算过程可知，， 由，以替换，可得， 所以 ， 因为，所以，， ； 当直线的斜率不存在时，，， 所以； 综上所述，，所以四边形的面积的最小值为. 7．（21-22高二上·上海杨浦·期末）给出如下的定义和定理：定义：若直线l与抛物线有且仅有一个公共点P，且l与的对称轴不平行，则称直线l与抛物线相切，公共点P称为切点.定理：过抛物线上一点处的切线方程为.完成下述问题：如图所示，设E，F是抛物线上两点.过点E，F分别作抛物线的两条切线，，直线，交于点C，点A，B分别在线段，的延长线上，且满足，其中. (1)若点E，F的纵坐标分别为，，用，和p表示点C的坐标. (2)证明：直线与抛物线相切； (3)设直线与抛物线相切于点G，求. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3) 【知识点】求抛物线的切线方程、抛物线中的三角形或四边形面积问题、抛物线中的定值问题、圆锥曲线新定义 【分析】（1）分别写出切线和切线的方程，联立方程即可求出点C的坐标. （2）设出切点坐标，根据切点坐标写出切线的方程，从而求出点的坐标，根据点的坐标可求出的值，从而证明直线与抛物线相切. （3）首先根据（2）的结论求出， ；然后求和的值，再根据，，可得到，从而可求出答案. 【详解】（1）因为点E，F的纵坐标分别为，，所以， 所以在处的切线方程为，即， 同理在处的切线方程为， 两式联立，解得， 所以点C的坐标为. （2）设为抛物线上的一点，则， 抛物线在点处的切线方程为，即， 由，得，由，得， 所以， ，， 所以，， 取，则点为点，为点,此时满足， 所以直线与抛物线相切； （3）因为，所以，所以根据（2）可知，， 所以， 所以， 而， ， 所以， 所以. 8．（23-24高二上·上海·期末）已知抛物线的焦点为，过点倾斜角为的直线交抛物线与两点.点在轴上方，点在轴下方. (1)求证：； (2)若，试求的取值范围； (3)如图，过焦点作互相垂直的弦，若与的面积之和最小值为32，求抛物线的方程. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、利用焦半径公式解决直线与抛物线交点问题、抛物线中的三角形或四边形面积问题、与抛物线焦点弦有关的几何性质 【分析】（1）根据题意画图象，由斜率可得，从而利用即可得证； （2）同理（1）求，结合和单调性可得的取值范围； （3）先求直线的倾斜角，再结合（1）（2）求出，，并求出与面积之和的表达式，通过不断换元，并利用导数判断函数的单调性求出两个三角形面积之和的最小值，求出p的值，从而得出抛物线的方程． 【详解】（1）证明：抛物线的准线方程， 分别作轴，与轴交于点，，如图： 由抛物线的定义可知，， 在中，，， 由图可知，， 即，进而得. 所以. （2）同理（1），，可得. 因为函数在上单调递减，而，于是， 进而，则. 所以，即. 故时，的取值范围. （3）由（1）（2）可知，，， 因为，所以直线CD的倾斜角为， 因此，，. 的面积为： ， 即. 同理可得的面积为：. 令， 由题意可知，即，则. 则与面积之和为：， 再令，则与面积之和为： ， 令，当时， 所以函数在上单调递减， 于是，则， 所以. 综上所述，当时，与面积之和取到最小值， 即，由于，得， 因此，抛物线的方程为． 【点睛】方法点睛：本题考查直线与抛物线的综合问题，考查抛物线的定义，通过换元法得到面积最值的表达式，利用对勾函数的单调性求出最值的情况，从而得到方程，解出即可. 9．（20-21高二下·上海宝山·期末）已知椭圆的右焦点为，短轴长为. （1）求椭圆的方程； （2）设S为椭圆的右顶点，过点F的直线与交于M、N两点（均异于S），直线、分别交直线于U、V两点，证明：U、V两点的纵坐标之积为定值，并求出该定值； （3）记以坐标原点为顶点、为焦点的抛物线为，如图，过点F的直线与交于A、B两点，点C在上，并使得的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在F的右侧，设、的面积分别为、，是否存在锐角，使得成立？请说明理由. 【答案】（1）；（2）证明见解析；-9；（3）不存在，理由见解析. 【知识点】根据a、b、c求椭圆标准方程、椭圆中三角形（四边形）的面积、椭圆中的定值问题、抛物线中的三角形或四边形面积问题 【分析】（1）由右焦点为，短轴长为，得，且，解得，即可得出答案． （2）若直线的斜率不存在，则直线，进而求出，点的坐标，写出直线、的方程，与联立，解得，的坐标，再计算、两点的纵坐标之积．若直线的斜率存在，则可设，，，，直线，联立椭圆的方程，结合韦达定理可得，，写出直线的方程，进而可得点的纵坐标，同理可得点的纵坐标，再计算、两点的纵坐标之积，即可得出答案． （3）设，，写出直线方程，联立抛物线的方程，结合韦达定理可得，进而可得点坐标，由于重心在轴上，推出，即，进而可得点，点坐标，写出直线方程，进而可得点坐标，计算，结合基本不等式，即可得出答案． 【详解】解：（1）依题意，得，且， ∵，∴， ∴椭圆的方程为. （2）由椭圆的方程可知. 若直线的斜率不存在，则直线，∴，， 直线、的方程分别为、，易得，， ∴、两点的纵坐标之积为. 若直线的斜率存在，则可设直线，由得. 设，，则，， ∵直线的方程为，∴点的纵坐标. 同理，点的纵坐标. 所以 . 综上，U、V两点的纵坐标之积为定值-9. （3）不存在. 理由如下：显然，抛物线的方程为. 设，， 则直线方程可为， 由可得 故， ∴，∴. ∵重心在轴上，∴，即，∴， 进而，. 进一步可得直线，∴， 又在焦点的右侧，∴，即. 因此 . 当（注意到），即时，取等号，即有（※）. 若存在锐角，使得成立，则，即， 这与（※）矛盾. 因此，不存在锐角，使得成立. 十、圆锥曲线中的定点问题（共6小题） 1．（23-24高二下·上海闵行·期末）已知椭圆的左、右焦点分别为分别为的上，下顶点，是上不同于点A的两点. (1)求的值； (2)记的面积分别为，若，求的取值范围； (3)若直线与的斜率之和为2，作，垂足为，试问：点是否在一个定圆上？若是，求出该圆的方程；若不是，说明理由. 【答案】(1)2 (2) (3)点在圆 【知识点】根据椭圆方程求a、b、c、椭圆中三角形（四边形）的面积、求椭圆中的参数及范围、椭圆中的直线过定点问题 【分析】（1）根据椭圆方程求，即可得； （2）根据（1）可得，由题意可得，结合椭圆方程列式求解； （3）设直线，联立方程，根据题意结合韦达定理可知直线过定点，结合垂直关系分析圆的方程，注意分类讨论直线的斜率是否存在. 【详解】（1）由题意可知：，且焦点在x轴上， 可知， 所以. （2）由（1）可知：， 若，即，可得， 又因为在椭圆上，则，即， 可得，解得或， 且，可得或， 所以的取值范围为. （3）若直线的斜率存在，设直线， 联立方程，消去y得， 则，可得， 因为直线与的斜率之和为2， 则， 整理可得，则， 且，即，可得，整理可得， 此时直线过定点； 若直线的斜率不存在，则， 因为直线与的斜率之和为2， 则，即， 此时直线也过定点； 综上所述：直线过定点， 又因为，则点在以为直径的圆上， 且的中点为，且， 可知以为直径的圆的方程为， 所以点在圆上. 【点睛】方法点睛：存在性问题求解的思路及策略 （1）思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在． （2）策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论； ②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件； ③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况． 2．（23-24高二上·上海·期末）已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求C的方程； (2)设椭圆C的左右焦点为，P是椭圆C上任意一点，记，求的最大值，并求此时P点坐标； (3)点M，N为C上异于A的两点，且，试判断直线MN是否过定点，若过定点，求出该点坐标；若不过定点，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3)直线MN过定点. 【知识点】椭圆定义及辨析、根据a、b、c求椭圆标准方程、根据离心率求椭圆的标准方程、椭圆中的直线过定点问题 【分析】（1）由椭圆上的点、离心率和椭圆的关系构造方程组即可求解； （2）应用椭圆的定义，结合余弦定理即余弦函数的单调性即可求解； （3）设直线的方程：，，与椭圆方程联立，利用韦达定理代入求出关系，即可得答案. 【详解】（1）由，解得， 则C的方程为. （2）设 ， ， 当且仅当时，即点与短轴端点重合时成立， 由在单调递减，则最小时，取得最大值， 所以当点与短轴端点重合时，取得最大值， 此时或； （3）当直线垂直于轴时，设， 由，则， 又，则，解得或（舍去）， 所以直线； 当直线不垂直于轴时，设直线的方程：， ， 联立，消去得， 由，得， 则， 因为， 由，所以 整理得， 所以， ， ， ， ， ， 则或， 当时，直线的方程：， 则其过定点； 当时，直线的方程：， 则其过定点，与题意矛盾； 综上，过直线过定点.    【点睛】本题考查了椭圆方程的求法以及直线和椭圆的位置关系中的直线过定点问题，综合性强，计算量大，解答时要注意联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系进行化简, 要特别注意计算的准确性. 3．（22-23高二下·上海·期末）已知椭圆经过点，且其右焦点与抛物线的焦点F重合，过点F且与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于P，Q两点． (1)求椭圆的方程； (2)设O为坐标原点，线段上是否存在点，使得＝？若存在，求出n的取值范围；若不存在，说明理由； (3)过点且不垂直于x轴的直线与椭圆交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为E，试证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)存在， (3)证明见解析 【知识点】根据a、b、c求椭圆标准方程、根据椭圆过的点求标准方程、椭圆中的直线过定点问题、椭圆中存在定点满足某条件问题 【分析】（1）根据已知直接列方程组可得； （2）设直线的方程，代入椭圆消元，记线段的中点为R，由可得直线为直线的垂直平分线，利用韦达定理表示出R坐标，从而可得直线的方程，求其与x轴的交点，然后可得； （3）设直线AB的方程，借助韦达定理表示出直线方程，然后求其与x轴的交点，然后可证. 【详解】（1）∵椭圆右焦点与抛物线的焦点重合，且经过点， ∴，解得， ∴椭圆的方程为. （2）设直线的方程为：，，代入，得： ，恒成立. 设，，线段的中点为，则， ，由，得：， ∴直线为直线的垂直平分线，直线的方程为：， 令得：点的横坐标， ∵，∴，∴. 线段上存在点，使得，其中.    （3）设直线的方程为：，，代入，得：， ∵过点且不垂直于轴的直线与椭圆交于A，两点， ∴由，得：， 设，，，则，， 则直线的方程为，令得： . 易知，当直线AB斜率为0时，直线也过点(1,0). ∴直线过定点.    【点睛】关键点睛：解题关键点是设点的坐标，联立得到韦达定理，取特殊值令，即可得定点. 4．（20-21高二上·上海闵行·期末）已知点，、、是平面直角坐标系上的点，且满足.（其中） （1）当坐标为，，写出点的轨迹方程； （2）若、、都在椭圆上，且三点都在x轴上方，其中：点的横坐标为0，，求的面积； （3）若、、都在抛物线上，点的横坐标为2，问：x轴上是否存在一点M，使得，若存在，请求出点M，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（2）；（3）存在，(4，0) . 【知识点】求直线与椭圆的交点坐标、抛物线中存在定点满足某条件问题、椭圆中向量点乘问题 【分析】（1）由两点间距离公式，结合条件计算即可； （2）先求直线的方程，进而求出的坐标，由关系可以找到的坐标，最后得到一个特殊三角形，容易算出面积； （3）利用抛物线焦半径公式可以得出中点的横坐标，再设中垂线方程即可获解. 【详解】由题知    所以点的轨迹方程 （2），，又可得 则直线的方程为 联立 得（舍）或所以 所以 所以在圆上 联立得 （舍）或 （3）为抛物线得焦点，设，则， 由得 所以 的中垂线： 当时，，所以存在. 【点睛】本题椭圆与圆的方程联立平时遇到较少，产生的增根应舍去. 5．（23-24高三上·上海浦东新·期末）已知双曲线的左、右焦点分别为、，为双曲线右支上一点． (1)求双曲线的离心率； (2)设过点和的直线与双曲线的右支有另一交点为，求的取值范围； (3)过点分别作双曲线两条渐近线的垂线，垂足分别为、两点，是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)2 (2) (3)不存在满足题意的点P，理由见解析 【知识点】已知方程求双曲线的渐近线、求双曲线的离心率或离心率的取值范围、根据直线与双曲线的位置关系求参数或范围、双曲线中存在定点满足某条件问题 【分析】（1）根据双曲线的方程直接得出a、b，结合公式和计算即可求解； （2）易知直线l的斜率不为0，设，联立双曲线方程，利用韦达定理表示，根据平面向量的坐标表示化简可得，求出的取值范围即可求解； （3）设，由渐近线方程和点线距公式建立方程，解得，与题意中的矛盾，即可下结论. 【详解】（1）由题意知，，则， 所以，得， 即双曲线的离心率为2； （2）由（1）知，， 若直线l的斜率为0，则直线l与双曲线的两个交点分布在左、右支各一点，不符合题意； 所以直线l的斜率不为0，设， ，消去x，得， ， ， 则， 所以， 又，则，由，得， 所以，有，所以， 即，所以的取值范围为； （3）由题意可知双曲线的渐近线方程为， 即，设， 则点P到直线的距离为，点P到直线的距离为， 所以， 又点P位于直线的上方且直线的下方，所以， 则，解得， 又点P在双曲线上，则，与矛盾， 故不存在点P使得. 【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是利用设线法得到韦达定理式，再代入计算出由向量得出的式子里，从而得出范围，第三问的关键是根据点与直线的位置关系去绝对值得到方程，解出方程即可. 6．（22-23高二上·上海浦东新·期末）已知双曲线，设其左､右顶点分别为A，B，中心为O. (1)求双曲线的焦距和虚轴长； (2)斜率为的直线交双曲线于C，D两点，且，求弦长； (3)设双曲线右支上两点M，N满足直线AM与BN在y轴上的截距之比为1∶3，判断直线MN是否过定点，并说明理由. 【答案】(1)焦距为4，虚轴长为; (2); (3)过定点，理由见解析. 【知识点】求双曲线的焦距、求双曲线的实轴、虚轴、求双曲线中的弦长、双曲线中存在定点满足某条件问题 【分析】（1）根据双曲线的标准方程求解即可； （2）设直线，联立双曲线方程，由根与系数关系及求，再由弦长公式求解即可； （3）设，故由截距之比可设，联立双曲线方程，分别求出坐标，由对称性若过定点则定点为，利用斜率求解即可. 【详解】（1） ， 故， 所以焦距为，虚轴长为. （2）设直线， 则，消元得， 成立， 由韦达定理可得，由于，故， 即，化简可得， 所以，解得， 由弦长公式可得. （3）设，故由截距之比可设， 由，消元得， 所以，故， 由，消元得， 所以，故 故，， 若直线MN过定点，根据对称性在x轴设定点为， 则，化简可得， 故，解得， 即直线MN过定点. 十一、圆锥曲线中的定值、定直线问题（共6小题） 1．（22-23高二下·上海松江·期末）已知椭圆：的离心率是，点是椭圆的上顶点，点是椭圆上不与椭圆顶点重合的任意一点. (1)求椭圆的方程； (2)设圆．若直线与圆相切，且点在轴右方，求点的坐标； (3)若点是椭圆上不与椭圆顶点重合且异于点的任意一点，点关于轴的对称点是点，直线、分别交轴与点、点，探究是否为定值，若为定值，求出该定值，若不为定值，说明理由. 【答案】(1) (2) (3)为定值， 【知识点】椭圆中的定值问题、根据离心率求椭圆的标准方程、由直线与圆的位置关系求参数、平面向量线性运算的坐标表示 【分析】（1）根据椭圆离心率的定义可得结果； （2）设直线的方程为，由直线与圆相切求出k，联立直线与椭圆方程解方程组得交点坐标可得结果； （3）设，由三点共线，得，由三点共线，得，计算可得结果. 【详解】（1）因为椭圆的离心率是，解得， 故椭圆方程为：. （2）圆，即， 故圆心，半径，， 设直线的方程为，即， 直线与圆相切，则，解得， 因为点在轴右方，所以， 由，解得或（舍），故. （3）设, 且，， 因三点共线，则，即， 解得， 因三点共线，同理可得，， 所以为定值，该定值为. 【点睛】关键点点睛：本题第三问关键点是根据三点共线，得，由三点共线，得，计算可得结果. 2．（22-23高二下·上海黄浦·期末）已知椭圆的离心率为，、为椭圆的左、右焦点，，P为椭圆上的动点. (1)求椭圆的标准方程； (2)当取最大值时，求的面积； (3)已知r为正常数，过动点P作圆的切线PQ、PR，记直线PQ、PR的斜率分别为、，是否存在r，使得为定值？若存在，求出r及的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)不存在，理由见解析 【知识点】根据离心率求椭圆的标准方程、椭圆中三角形（四边形）的面积、椭圆中的定值问题 【分析】（1）根据题意可得，解得，，，即可得出答案． （2）设，，由椭圆的定义可得，由余弦定理可得，由基本不等式可得取得最小值，可得取得最大值，即点为短轴的一个顶点，再计算，即可得出答案． （3）设，，，根据是圆的切线，可得，同理可得，进而可得，为方程的两个根，由韦达定理可得答案． 【详解】（1）根据题意可得， 解得，，， 所以椭圆的方程为． （2）设，， 由椭圆的定义可得， 又， ， 因为（当且仅当时，取等号）， 所以，即， 所以， 所以， 所以当且仅当时，取得最小值，取得最大值， 即点为短轴的一个顶点， 所以． （3）设，，则直线的直线方程为， 又是圆的切线， 所以， 即， 同理可得， 所以，为方程的两个根， 所以， 因为，为动点， 所以，不存在定值．    【点睛】求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法，根据条件确定关于的方程组，解出，从而写出椭圆的标准方程． 3．（20-21高二上·上海杨浦·期末）已知双曲线的焦距为，直线与交于不同的点，且时与的两条渐近线所围成的三角形恰为等边三角形． （1）求双曲线的方程； （2）若坐标原点在线段为直径的圆的内部，求实数的取值范围； （3）设分别是的左、右两顶点，线段的垂直平分线交直线于点，交直线于点，求证：为定值． 【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析． 【知识点】根据a、b、c求双曲线的标准方程、双曲线中的定值问题、双曲线中向量点乘问题 【分析】（1）根据时，与的两条渐近线围成等边三角形可知，结合焦距和双曲线关系可构造方程组求得，由此可得双曲线方程； （2）将直线方程与双曲线方程联立，得到韦达定理的形式；根据点与圆的位置关系可得到，由数量积的坐标运算和韦达定理可整理得到关于的不等式，由此求得结果； （3）设，可得；得到直线和方程后，联立化简可求得，由此整理可得为定值. 【详解】（1）当时，直线与的两条渐近线围成的三角形恰为等边三角形， 根据双曲线的性质得：，又焦距为，， 解得：，，所求双曲线的方程为； （2）设，， 由得：， ，，且， 又坐标原点在以线段为直径的圆内，则，即， 即，， ，整理可得：， 解得：，即实数的取值范围； （3）设，由（1）得：， 又点是线段的中点，则点， 直线的斜率为，直线的斜率为，又， 则直线的方程为，即， 又直线的方程为， 联立方程得：， 又，代入消去得：， 即，解得：， 即点的横坐标为， 则，为定值． 【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线综合应用中的定值问题的求解，解题关键是能够通过联立化简的方式，利用一个变量表示出所求式子，进而消去变量得到所求的定值. 4．（22-23高二上·上海青浦·期末）已知抛物线过点，过点的直线与抛物线交于 两个不同的点（均与点A不重合）. (1)求抛物线的方程及焦点坐标； (2)设直线的斜率分别为，，求证：为定值，并求出该定值. 【答案】(1)，焦点坐标为. (2)证明见解析；定值为. 【知识点】根据抛物线方程求焦点或准线、根据抛物线上的点求标准方程、抛物线中的定值问题、根据韦达定理求参数 【分析】（1）由题意可确定，即可得抛物线方程和焦点坐标； （2）设出直线方程，和抛物线方程联立，得到根与系数的关系，表示出，并化简，即可得结论. 【详解】（1）由题意抛物线过点，所以,即， 所以抛物线的方程为，焦点坐标为. （2）证明：设过点的直线l的方程为 ，即， 代入得 ， , 设 ，则 ， 直线的斜率分别为，， 所以 , 即为定值，该定值为. 5．（21-22高二下·上海虹口·期末）已知抛物线的焦点为F，，过F作直线l交抛物线C于，两点. (1)若直线l的斜率为1，求线段AB的中点坐标； (2)设直线PA，PB的斜率分别为，，求证：是定值. 【答案】(1) (2)详见解析. 【知识点】抛物线中的定值问题、直线与抛物线交点相关问题、根据韦达定理求参数 【分析】（1）根据抛物线和直线的位置关系，联立方程结合韦达定理来求交点坐标的中点坐标即可； （2根据题意假设直线方程，再联立方程，结合韦达定理，对所需证明的式子化简即可. 【详解】（1）根据题意点，而直线的斜率为1，所以的方程为， 联立抛物线方程，根据韦达定理有， 点均在直线上，所以， 所以中点坐标为即. （2）根据题意直线与抛物线有两个交点，所以直线的斜率不可能为0， 设直线方程为，联立抛物线方程有 ， 据韦达定理有， 所以为定值0. 6．（22-23高二上·上海杨浦·期末）已知椭圆和双曲线的焦距相同，且椭圆经过点，椭圆的左、右顶点分别为、，动点在椭圆上且异于点、，直线、与直线分别交于点、. (1)求椭圆的标准方程； (2)求线段长的最小值； (3)如图，设直线与轴交于点，过点作直线交椭圆与、，直线与交于一点，证明：点在一条定直线上. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【知识点】根据椭圆过的点求标准方程、椭圆中的定直线、求椭圆中的最值问题 【分析】（1）求出椭圆的焦点坐标，利用椭圆定义可求得的值，进一步可求得的值，由此可得出椭圆的标准方程； （2）计算得出，设直线的方程为，直线的方程为，其中，计算出点、的纵坐标，利用基本不等式可求得的最小值； （3）分析可知直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出直线、的方程，将这两条直线的方程联立，求出点的横坐标，即可证得结论成立. 【详解】（1）解：双曲线的焦距为， 所以，椭圆的焦点分别为、， 由椭圆定义可得，，， 因此，椭圆的标准方程为. （2）解：设点，则且，易知点、， ， 设直线的方程为，直线的方程为，其中， 设点、，则，可得，， 所以，， 当且仅当时，等号成立，故线段长的最小值为. （3）解：易知点，当直线与轴重合时，、为椭圆长轴的顶点，不合乎题意， 设直线的方程为，设点、， 联立可得，，可得， 由韦达定理可得，， ，， 直线的方程为，直线的方程为， 联立直线、的方程可得， 解得， 因此，点在直线上. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种： 一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值； 二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值． 十二、圆锥曲线中的向量问题（共4小题） 1．（23-24高二上·上海·期末）已知椭圆的方程为，分别是的左、右焦点，A是的上顶点. (1)设直线与椭圆的另一个交点为，求的周长； (2)给定点，直线分别与椭圆交于另一点，求的面积； (3)设是椭圆上的一点，是轴上一点，若点满足，，且点在椭圆上，求的最大值，并求出此时点的坐标. 【答案】(1)8 (2) (3)的最大值为，此时 【知识点】椭圆中焦点三角形的周长问题、椭圆中三角形（四边形）的面积、求椭圆中的最值问题、椭圆中向量共线比例问题 【分析】（1）根据椭圆的定义分析求解即可； （2）由题意可得，进而可求直线的方程，再求的坐标，即可得解； （3）设，根据向量求得，代入椭圆方程运算求解即可. 【详解】（1）由题意可知：， 所以的周长为. （2） 由题意可知：，且在椭圆上， 因为，可知， 则直线的方程为， 联立方程，解得或， 即， 所以的面积为. （3）设， 则， 因为，则， 解得，即， 且，则， 又因为，则， 解得，即， 因为点在椭圆上，则， 整理得， 其中， 可知，解得， 即的最大值为， 代入可得， 即， 联立，解得，即， 综上所述：的最大值为，此时. 【点睛】方法点睛：与弦端点相关问题的解法： 解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法，就是将其转化为端点的坐标关系，再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方程(组)求解． 2．（23-24高二上·上海·期末）已知椭圆的一个焦点为，离心率为，椭圆的左右焦点分别为，直角坐标原点记为．设点，过点作倾斜角为锐角的直线与椭圆交于不同的两点． (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆上有一动点，求的取值范围； (3)设线段的中点为，当时，判别椭圆上是否存在点，使得非零向量与向量平行，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)不存在点，使得，理由见解析 【知识点】根据离心率求椭圆的标准方程、根据韦达定理求参数、由中点弦坐标或中点弦方程、斜率求参数、椭圆中向量点乘问题 【分析】（1）求出可得答案； （2）设动点，求出，根据的取值范围可得答案； （3）设直线与椭圆方程联立，可得其判别式，化简得①， 利用韦达定理求出点坐标可得，利用得，设直线方程为与椭圆方程联立，要使得存在点可得其判别式，化简得②，由①②式求出的范围可得答案. 【详解】（1）由题意，得，所以， 则椭圆的标准方程为； （2）设动点， ， ， 所以的取值范围为； （3）显然直线的斜率存在，所以可以设直线，联立得到， 整理，得， 则， 则， 又直线与椭圆交于两点：， 化简得，则①， ，如果，则， 设直线为， 整理得， 要使得存在点，则， 整理得②， 由①②式得，， 则，解得， 所以当时，不存在点，使得.    【点睛】关键点点睛：第三问的解题关键点是分别设直线、直线方程与椭圆方程联立，利用其判别式化简求出的范围. 3．（23-24高二上·上海·期末）已知双曲线的左、右焦点为、，虚轴长为，离心率为，过的左焦点作直线交的左支于A、B两点. (1)求双曲线C的方程； (2)若，求的大小； (3)若，试问：是否存在直线，使得点在以为直径的圆上？请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)不存在，理由见解析 【知识点】双曲线中向量点乘问题、根据离心率求双曲线的标准方程、利用双曲线定义求点到焦点的距离及最值、余弦定理解三角形 【分析】（1）根据条件列出关于的方程组，由此求解出的值，则双曲线方程可知； （2）根据双曲线的定义求解出，在中利用余弦定理求解出的值，则的大小可知； （3）当的斜率不存在时，直接分析即可，当的斜率存在时，设出的方程并与双曲线方程联立，得到横坐标的韦达定理形式，根据进行化简计算，从而判断出是否存在. 【详解】（1）由题意可知：，解得， 所以双曲线的方程为：； （2）因为，所以，且， 所以， 所以的大小为； （3）假设存在满足要求， 当的斜率不存在时，，由解得， 所以，所以不垂直，故不满足要求； 当的斜率存在时，因为与双曲线有两个交点，所以，即， 设，， 联立可得， 且，即， 所以， 所以， 所以， 所以 ， 所以也不满足要求， 故假设不成立，即不存在直线，使得点在以为直径的圆上. 【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线的综合应用，对学生的转化与计算能力要求较高，难度较大.解答本题第三问的关键在于：将“以为直径的圆过点”转化为“”，从而转化为坐标之间的运算. 4．（21-22高二下·上海宝山·期末）已知离心率为的椭圆的中心在原点，对称轴为坐标轴，为左右焦点，为椭圆上的点，且．直线过椭圆外一点，与椭圆交于两点，满足． (1)求椭圆的标准方程； (2)若，求三角形面积的取值范围； (3)对于任意点，是否总存在唯一的直线，使得成立，若存在，求出直线的斜率；否则说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在， 【知识点】根据离心率求椭圆的标准方程、椭圆中三角形（四边形）的面积、求椭圆中的参数及范围、椭圆中向量共线比例问题 【分析】(1)利用椭圆定义求出椭圆的标准方程； (2)联立直线与椭圆方程，利用面积分割求出面积取值范围； (3)联立直线与椭圆方程，由平行关系与韦达定理化简求解. 【详解】（1）由题可设椭圆方程为，则， 由椭圆定理可得， 则， 所以椭圆的方程为：. （2）由题可知直线的斜率存在且不为0，则设直线方程为， 联立， 可得，， ∴， ∴， 令，则， 当且仅当，即时等号成立， 所以三角形面积的取值范围为. （3）设直线方程为（斜率必存在）， 则，， ∵，∴， ∴， 化简得①， 联立得， ∴， ∴， 代入①得，， ∴②， ∴， 代入②得：，故， 而点在轴上方，所以对于任意一个，存在唯一的使得， 故直线有且只有一条使得． 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： (1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系； (2)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； (3)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 十三、利用向量解决空间角问题（共5小题） 1．（23-24高三上·上海静安·期末）如图，在四棱锥中，平面，底面是矩形，，，是上的点，直线与平面所成的角是，则的长为 . 【答案】2 【知识点】已知线面角求其他量、线面角的向量求法、求平面的法向量、求空间图形上的点的坐标 【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面的法向量，利用空间角的向量求法，结合直线与平面所成的角是，即可求得答案. 【详解】由题意知在四棱锥 中，平面，底面是矩形， 以A为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，设， 则， 设平面的一个法向量为，则， 即，令，则， 设直线与平面所成的角为， 直线与平面所成的角是，则， 故， 即，解得（负值舍去）， 故的长为2， 故答案为：2 2．（22-23高二下·上海青浦·期末）在长方体中，，点为棱的中点，则二面角的大小为 ．（结果用反三角函数值表示） 【答案】 【知识点】面面角的向量求法 【分析】建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量和平面DEC的一个法向量，由. 【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系：      由，得， 则， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，得， 易知平面DEC的一个法向量为， 则， 易知二面角为锐角， 所以二面角的大小为， 故答案为： 3．（23-24高二上·上海徐汇·期末）如图，圆台的轴截面为等腰梯形为底面圆周上异于的点 (1)若是线段的中点，求证：平面 (2)若，设直线为平面与平面的交线，点与平面所成角为，求的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】线面角的向量求法、证明线面平行 【分析】（1）取中点，连接，通过证明四边形为平行四边形得到，然后根据线面平行的判定定理完成证明； （2）延长交于点，建立合适空间直角坐标系，然后利用向量法表示出，再根据二次函数的性质求解出最大值即可. 【详解】（1）取中点，连接，如图， 因为为中点，所以， 在等腰梯形中，， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2）延长交于点，作直线，则直线即为直线， ，则， 以直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 在等腰梯形中，， 此梯形的高为， 因为，所以为的中位线， 则， 所以， 设，则， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 则有：， 令，则， 当时，，此时， 当时，， 当且仅当，即时取等号， 综上所述，的最大值为. 4．（24-25高三上·上海松江·期中）如图，在三棱锥中，，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线． (1)求证：直线平面； (2)若直线上存在一点（与都在的同侧），且直线与直线所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面垂直、面面垂直证线面垂直、面面角的向量求法、线面平行的性质 【分析】（1）先证明，再证明平面，从而得到平面； （2）建立空间直角坐标系，然后再求出相关平面的法向量，最后用夹角公式计算即可. 【详解】（1）证明：∵，分别是，的中点，∴， 又平面，平面， ∴平面，又平面，平面平面，∴， 又，平面平面，平面平面，平面， ∴平面，则平面． （2）以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 由题意得：，，，，， ∴，，设，则． 依题意可得：，即： 又与都在的同侧，所以，即 于是：， 设平面的法向量为 则，取，可得 再设平面的法向量为， 则，取，得 于是 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为． 5．（24-25高二上·上海·期中）如图①所示，长方形ABCD中，，，点M是边CD的中点，将沿AM翻折到，连接PB，PC，得到图②的四棱锥． (1)求点P到平面ABCM的最大距离； (2)若棱PB的中点为N，求CN的长； (3)设的角度大小为，若，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】面面角的向量求法、求点面距离、证明线面垂直、证明线面平行 【分析】（1）作出辅助线，得到当平面平面时，点P到平面ABCM的距离最大，利用勾股定理求解即可； （2）作出辅助线，证明出四边形为平行四边形，从而得到； （3）作出辅助线，得到为的平面角，即，建立空间直角坐标系，用含的关系式表达出平面PAM和平面PBC的法向量，利用空间向量夹角余弦公式得到 ，结合的取值范围求出余弦值的最小值即可. 【详解】（1） 由题意可知，当平面平面时， 点P到平面ABCM的距离最大， 因为，，点是边的中点， 所以，取的中点为，连接， 则，又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 所以P到平面ABCM的最大距离为. （2） 取中点，连接，， 则因为为中点，所以为的中位线， 所以且， 因为为的中点，四边形为矩形， 所以且， 所以且， 故四边形为平行四边形， 所以. （3）连接， 因为，所以， 所以为的平面角，即， 过点作平面，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 过作于点，由题意得平面， 设，所以，， 所以，所以， ， 设平面的法向量为， 则， ， 令，则， 设平面的法向量为， 因为， 则， 可得， 令，则， 设两平面的夹角为， 则 ， 令，，所以， 所以，所以当时，有最小值， 所以平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为. 十四、立体几何中的动点探索性问题（共8小题） 1．（22-23高二下·上海宝山·期末）已知、分别是正方体的棱、的中点，求：    (1)与所成角的大小； (2)二面角的大小； (3)点在棱上，若与平面所成角的正弦值为，请判断点的位置，并说明理由. 【答案】(1)； (2)； (3)点是线段靠近点的三等分点，理由见解析. 【知识点】面面角的向量求法、已知线面角求其他量、异面直线夹角的向量求法 【分析】 （1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出异面直线的夹角、二面角大小作答. （3）利用（1）中坐标系，设出点M的坐标，利用线面角的正弦值求解作答. 【详解】（1）在正方体中，令， 以点D为原点，以的方向分别为,,轴正方向，建立空间直角坐标系，如图， 则,， 设与所成角为，， 所以与所成角的大小是.    （2） 平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为，， 则，令，得， 设的夹角为，，而二面角为锐二面角， 所以二面角大小为. （3） 设，则，平面的一个法向量为， 设与平面所成角为，即， 所以当，即点是线段靠近点的三等分点时,与平面所成角的的正弦值为 2．（22-23高二上·上海虹口·期末）如图，在三棱柱中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在底面上的投影为AC的中点D，且. (1)若M、N分别为棱AB、的中点，求证：； (2)求点C到侧面的距离； (3)在线段上是否存在点E，使得直线DE与侧面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，且 【知识点】空间线段点的存在性问题、点到平面距离的向量求法、已知线面角求其他量、证明线面平行 【分析】（1）由已知利用中位线性质分别得出且，与且，证明四边形为平行四边形，即，即可证明结论； （2）由已知结合投影性质与等腰直角三角形性质，证明直线DB，DC，两两垂直，并得出需要线段长，再建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量与，即可代入公式求解答案； （3）假设存在，并设出关系，得到，再由向量运算得到，即可由线面角公式结合已知列式求解. 【详解】（1）证明：连接MD， 为AB的中点，D为AC的中点， 且， 为的中点， 则在三棱柱中，且， 且， 四边形为平行四边形， ， 平面CDN，且平面CDN， ； （2）点在底面上的投影为AC的中点D， 平面ABC， 且， 底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形， ， 侧面为菱形，且， ， ， ，且， 直线DB，DC，两两垂直， 故以点D为坐标原点，直线DB，DC，分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则， 则点C到侧面的距离为： ， （3）假设存在满足条件的点E，并设，， 则， 直线DE与侧面所成角的正弦值为， ， 解得，，则， 故存在满足条件的点E，且， 3．（21-22高二下·上海浦东新·期末）如图，在直三棱柱中，，∠ABC=90°，D是BC的中点. (1)求点到面的距离； (2)试问线段上是否存在点E，使AE与所成角的大小为？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【知识点】点到平面距离的向量求法、已知线面角求其他量 【分析】（1）建立空间直角坐标系，由空间向量求解 （2）设出点坐标，由空间向量列方程求解 【详解】（1）以为原点，所在直线分别为建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，设平面的一个法向量为， 故得，又， 故点到面的距离为 （2）设，则，， 设为异面直线所成的角， 由题意得， 解得（舍去） 故点E存在， 4．（21-22高二上·上海虹口·期末）如图，已知菱形中，，直角梯形中，，，，分别为中点，平面平面. (1)求证：平面； (2)异面直线与所成角的大小； (3)线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【知识点】求异面直线所成的角、证明线面垂直、面面垂直证线面垂直、已知线面角求其他量 【分析】（1）根据题意得，进而结合平面平面即可证明平面； （2）根据题意，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可； （3）假设存在，设，，再根据线面角的向量法求解即可. 【详解】（1）证明：因为在菱形中，， 所以为等边三角形， 因为分别为中点， 所以 因为平面平面，平面平面，平面. 所以平面. （2）解：因为直角梯形中，，，平面，所以，以点为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， 因为， 所以，，，，，，， 所以，， 所以， 所以异面直线与所成角的大小为 （3）解：假设线段上是存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时， 则， 由（1）知平面的法向量为， 设直线与平面所成角为， 则，解得 所以线段上是存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时. 5．（23-24高二上·上海·期末）在如图所示的直三棱柱中，，分别是，的中点.    (1)求证：平面； (2)若为直角三角形，，，求直线与平面所成角的大小； (3)若为正三角形，，问：在线段上是否存在一点，使得二面角的大小为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，且为中点 【知识点】已知面面角求其他量、求线面角、证明线面平行 【分析】（1）取中点，连接，证明四边形是平行四边形可得，结合线面平行的判定定理可完成证明； （2）取中点，连接，先证明平面，然后判断出线面角为，最后结合线段长度求解出结果； （3）先证明平面，然后建立合适空间直角坐标系，分别求解出平面和平面的一个法向量，根据法向量夹角的余弦值的绝对值的结果求解出的值，则结果可知. 【详解】（1）取中点，连接， 因为为的中点，所以， 又因为为的中点，所以， 所以， 所以四边形是平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面；    （2）取中点，连接， 因为四边形为矩形，且为的中点， 所以， 所以四边形为平行四边形，所以 因为几何体为直三棱柱， 所以平面，所以平面， 所以直线与平面所成角即为， 因为为中点， 所以，且， 所以， 所以， 所以直线与平面所成角的大小为；    （3）设存在满足条件， 连接，因为为正三角形，所以也是正三角形， 因为为中点，所以， 因为几何体为直三棱柱，所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 以为原点，以方向为轴正方向，在平面内过点垂直于方向为轴，建立如图所示空间直角坐标系，    则，设， 所以，所以， 所以， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则， 取平面的一个法向量， 所以, 解得或（舍去）， 此时由图可知，二面角的平面角为钝角， 所以当为中点时，二面角的大小为. 6．（20-21高二下·上海浦东新·期末）已知四棱锥的底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，E是SC上的任意一点. (1)求证：平面EBD⊥平面SAC； (2)设，求点A到平面SBD的距离； (3)当的值为多少时，二面角的大小为？ 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)时二面角的大小为. 【知识点】已知面面角求其他量、证明面面垂直、求点面距离、锥体体积的有关计算 【分析】（1）由线面垂直的性质得，再由线面垂直的判定得面，最后根据面面垂直的判定证结论； （2）应用等体积法有求点面距离即可； （3）构建空间直角坐标系，令，，再分别求出面、面的法向量，结合已知二面角的大小求参数即可. 【详解】（1）由是正方形，故， 因为面，面，则， 又，面，故面， 因为面，所以面面. （2）由题设，而， 由面，易知：，故，又， 所以，若A到平面SBD的距离为， 则，可得，即A到平面SBD的距离为. （3）构建以为原点，为轴正方向的空间直角坐标系，如下图示： 若，时，则， 所以，，， 令为面的一个法向量，则，令，即， 令为面的一个法向量，则，令，即， 所以，可得，故. 7．（23-24高二上·上海·期中）如图：PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，PA＝AB＝1，点F是PB的中点，点E在边BC上移动．    (1)点E为BC的中点时，试判断EF与平面PAC的位置关系，并说明理由； (2)无论点E在边BC的何处，PE与AF所成角是否都为定值，若是；若不是，请说明理由； (3)当BE等于何值时，二面角P﹣DE﹣A的大小为45°． 【答案】(1)EF∥平面PAC，理由见解析 (2)是，定值90° (3) 【知识点】已知面面角求其他量、异面直线夹角的向量求法、证明线面平行、求异面直线所成的角 【分析】（1）线与面的位置关系有三种相交、平行与在面内，由题设中的条件E，F为中点可得EF∥PC，由此可判断出EF与平面PAC的位置关系是平行，再由线面平行的判定定理证明说明理由； （2）方法一：由题设条件及图形可得出AF⊥平面PBE，由线面垂直的定义可得出无论点E在边BC的何处两线都垂直． 方法二：建立如图示空间直角坐标系，由ABCD是矩形，PA=AB=1，PD与平面ABCD所成角是30°，点F是PB的中点，点E在边BC上移动，给出各点的坐标，求出PE与AF所对应的向量的坐标，验证其数量积为0即可得出直线所成的角是直角； （3）方法一：先作出二面角的平面角，令其大小是45°，设BE=x，在直角三角形DCE中用勾股定理建立方程求x值． 方法二：先求出两平面的法向量，再由公式求出两个平面的夹角． 【详解】（1）   当点E为BC的中点时，EF与平面PAC平行． ∵在△PBC中，E、F分别为BC，PB的中点， ∴EF∥PC又EF⊄平面PAC 而PC⊂平面PAC ∴EF∥平面PAC． （2）方法一：∵PA⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD． EB⊥PA 又 EB⊥AB，AB∩AP=A，AP⊂平面PAB ∴EB⊥平面PAB， 又AF⊂平面PAB，∴AF⊥BE． 又PA＝AB＝1，点F是PB的中点， ∴AF⊥PB， 又∵PB∩BE＝B，PB，BE⊂平面PBE． ∴AF⊥平面PBE ∵PE⊂平面PBE， ∴AF⊥PE，即无论点E在边BC的何处， PE与AF所成角都是定值90°． 方法二：建立图示空间直角坐标系，则P（0,0,1）B（0，1，0），，． 设BE＝x，则E（x，1,0）＝ ∴AF⊥PE即PE与AF所成角是定值90° （3）方法一：过A作AG⊥DE于G，连PG，又， 则DE⊥平面PAG， 则∠PGA是二面角P﹣DE﹣A的平面角， ∴∠PGA＝45°， ∵PD与平面ABCD所成角是30°，∴∠PDA＝30°， ∴，PA＝AB＝1． ∴AG＝1，，设BE＝x，则，， 在Rt△DCE中，，． 方法二：设平面PDE的法向量为，由，得： ∵二面角P﹣DE﹣A的大小是45°，所以cos45°＝， 得或（舍）． 8．（23-24高三上·上海嘉定·期中）如图，在正四棱柱中，，，点、、、分别在棱、、、上，，，． (1)求证：； (2)求三棱锥的体积； (3)点在棱上，当二面角大小为时，求线段的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【知识点】锥体体积的有关计算、空间位置关系的向量证明、已知面面角求其他量 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明； （2）计算出的面积以及点到平面的距离，利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积； （3）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解. 【详解】（1）解：以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，    则， ，， 又不在同一条直线上，. （2）解：，点到平面的距离为， 故. （3）解：设， 则， 设平面的法向量， 则， 令，得， ， 设平面的法向量，则， 令，得，， ， 化简可得，，解得或， 或，. 十五、数列不等式中的能（恒）成立问题（共7小题） 1．（23-24高一下·上海·期末）设数列的前项和是，且满足，其中为实数，. (1)求证：是等比数列. (2)当，时，另一数列的通项公式是（其中常数是整数），对于任意，都有成立，求整数的最小值. (3)当，时，记集合，，将中所有元素按从小到大的顺序排列为一个新数列，求使成立的最小的的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)14 (3)36 【知识点】数列不等式能成立（有解）问题、数列不等式恒成立问题、分组（并项）法求和、由递推关系证明等比数列 【分析】（1）根据题意推得，进而变形利用等比数列的定义证明等比数列； （2）根据（1）和条件结合得到，通过判断单调性，从而得出整数的最小值； （3）根据条件得出中所有元素按从小到大的顺序排列为一个新数列，进而求前n项和，再利用求解最小的的值； 【详解】（1）证：时，，作差得 即，由题，，故（且） 而时，，即也成立 由易得，故，即是以为公比的等比数列. （2）由（1），是以1为首项，为公比的等比数列，所以， 由题意，，则， 所以时，，单调递增；时，，单调递减， 又，只需， 即，所以整数的最小值为14. （3）由（1），，，故. 对于数列的项，其前面的项1，3，5，…，，共有项，，共有项， 所以为数列的项， 且. 由（项），，， 因为，，所以，，. ， 因此所求的最小值为36. 2．（23-24高二上·上海·期末）已知是首项为1的等比数列，是首项为2的等差数列，且. (1)求和的通项公式； (2)将和中的所有项按从小到大的顺序排列组成新数列，求数列的前50项和； (3)设数列的通项公式为，，记的前项和为，若对任意的都成立，求正数的取值范围. 【答案】(1)， (2) (3) 【知识点】数列不等式恒成立问题、分组（并项）法求和、求等比数列前n项和、等差数列通项公式的基本量计算 【分析】（1）设的公比为，的公差为，根据已知条件求出可得答案； （2）根据和的通项公式可得数列中项的特点，由等差数列求和公式可得答案； （3）求出数列的通项公式，分组求和可得，可转化为对任意的都成立，求出的最小值可得答案. 【详解】（1）设的公比为，的公差为， 因为且，所以，， 解得，， 所以，； （2），， 因为数列是正偶数构成的等差数列，数列除首项外，其余项都是的倍数， 所以数列的前50项和； （3）因为，， 所以 ， 由得， 即对任意的都成立， 因为，，等号取不到， 当时，，当时，， 所以正数的取值范围是. 【点睛】方法点睛：数列求和的方法技巧：（1）倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．（2）错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．（3）分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和． 3．（22-23高二上·上海宝山·期末）已知等差数列和正项等比数列. (1)求； (2)设，记数列的前项和为，求的最小值： (3)设的前项和为，是否存在常数､，使恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)； (2)； (3)存在，其中，. 【知识点】数列不等式恒成立问题、写出等比数列的通项公式、求等差数列前n项和的最值、利用定义求等差数列通项公式 【分析】（1）由题干条件可求出等差数列公差与等比数列公比，后可得通项公式； （2）由（1）可得，后由数列单调性结合项的正负性可得的最小值； （3）可求得，后由可得 ，后比较相关系数可得答案. 【详解】（1）设等差数列公差为，等比数列公比为. 则由题有：，. 故； （2）由（1）可得， 则是以为首项，公差为的递增等差数列，注意到， 则，即求的最小值为； （3） . 因，则若，可得 .注意到 ， 则恒成立，从而可得 ； . 则存在常数，，使恒成立. 【点睛】关键点点睛：本题涉及求数列通项，前n项和，及数列中的恒成立问题. 本题难点在于第三问，关键需整理出关于，的等式，后通过比较系数可得关于，的方程. 4．（23-24高一下·上海·期末）设向量，函数在上的最小值与最大值的和为，又数列满足. (1)求证：； (2)求数列的通项公式； (3)设，试问数列中，是否存在正整数，使得对于任意的正整数，都有成立？若存在，求出所有满足条件的的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)或9 【知识点】数列不等式恒成立问题、利用an与sn关系求通项或项、数量积的坐标表示 【分析】（1）根据数量积的坐标运算与二次函数的单调性求解即可； （2）根据数列前项和与通项公的关系求解即可； （3）利用，结合作除法根据求解的最大项即可. 【详解】（1）证明：由已知， 而函数在上是增函数，所以 （2）因为，所以， 两式相减，得，当时不满足， 所以数列的通项公式为 （3）因为， 又， 当，即时随的增大而增大. 又，即，即当或9时取最大值. 所以存在或9，使得成立 5．（23-24高二上·上海浦东新·期末）已知数列满足，． (1)证明：数列为等差数列，并求出数列的通项公式； (2)设数列满足，为数列的前n项和， ①求数列的前n项和； ②若在，上恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析， (2)①；② 【知识点】数列不等式恒成立问题、裂项相消法求和、由递推关系证明数列是等差数列、利用定义求等差数列通项公式 【分析】（1）法1：将已知同除以即可得证； 法2：由已知得，再证明为定值即可得证； （2）①先由（1）求得数列得通项，再利用裂项相消即可求得； ②在上恒成立，即，结合基本不等式求出即可得解. 【详解】（1）法1：由 两边同除以得，，即， 数列为等差数列，首项，公差为1， 所以，所以； 法2：由得，， 故， 所以数列为等差数列，首项，公差为1， 所以，所以； （2）①由（1）可得， 则 ； ②因为若在上恒成立， 即， 所以， 又因为，当且仅当时，即时，等号成成立， 所以，所以， 即实数的取值范围为. 6．（23-24高二上·上海·期末）已知数列的前项和为，且对任意正整数，都有. (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足，，求数列的最大项； (3)若数列满足，且对任意的正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】数列不等式恒成立问题、裂项相消法求和、由Sn求通项公式、确定数列中的最大（小）项 【分析】（1）利用可求得数列的通项公式； （2）分析可知，数列是等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得数列的通项公式，再分析数列的单调性，即可求得数列的最大项的值； （3）求得，利用裂项相法可求得，可得出，即可求得实数的取值范围. 【详解】（1）解：数列的前项和为，且对任意正整数，都有， 当时，， 当时，， 也满足，故对任意的，. （2）解：因为， 等式两边同时除以可得， 所以，数列是首项为，公差为的等差数列， 所以，，所以，， 所以，， 由可得，此时，数列单调递增，即， 由可得，即， 由可得，此时，数列单调递减，即， 所以，数列中的最大项为. （3）解：因为 ， 所以， ， 因为对任意的正整数，不等式恒成立，则. 因此，实数的取值范围是. 7．（22-23高二下·上海·期末）数列中，，当时，数列的前项和为，满足． (1)求证：数列是等差数列，并求的表达式； (2)设，数列的前项和为，不等式对所有的恒成立，求正整数的最大值． 【答案】(1)证明见解析， (2) 【知识点】数列不等式恒成立问题、由递推关系证明数列是等差数列、利用定义求等差数列通项公式 【分析】（1）由已知等式变形可得，推导可知，对任意的，，在将所得等式变形，结合等差数列的定义可证得结论成立，结合等差数列的通项公式可求得的表达式； （2）推导可知，数列单调递增，由此可得出，解出的取值范围，即可得解. 【详解】（1）解：当时，数列的前项和为，满足， 即， 整理可得， 因为，则，即，可得， 由，即，可得，， 以此类推可知，对任意的，， 在等式两边同时除以可得， 所以，数列为等差数列，且其首项为，公差为， 所以，，因此，. （2）解：，对任意的，， 即，所以，数列单调递增， 不等式对所有的恒成立，则，即， 又因为，所以，，即，解得， 因此，满足条件的正整数的最大值为. 十六、新定义问题（共9小题） 1．（23-24高一下·上海·期末）一个如果定义在上的函数使得，则称是一个元置换，可以用一个的数表来简单表示，例如表示一个4元置换，对于一个元置换和，按照的递推关系定义的数列称为关于生成的数列． (1)对于3元置换，直接写出2关于的生成数列的前四项； (2)给出两条新定义： ①对于一个数列，如果存在正整数，使得对于任意正整数，都有，则称是一个周期数列，并称是的一个周期； ②对于一个元置换，如果存在正整数，使得对任意，都是关于的生成数列的一个周期，则称是元置换的一个周期． 对于5元置换，求的一个周期； (3)王老师有一个特制机关盒和一把特制钥匙，锁孔内部有10个互不相同的可移动的凹槽，钥匙上有10个对应的固定的齿，必须所有的齿与对应的凹槽同时匹配后，再按下开关，才能打开机关盒，钥匙每顺时针转动一圈，就会按照某个10元置换运作，将在第个位置的凹槽转移到第个位置上．机关盒原本处于打开状态，但一位贪玩的同学将机关盒关上后，又把钥匙顺时针转动了一圈，且操作不当弄坏了零件，导致钥匙只能继续顺时针转动，而且只有一次按下开关的机会，如果按下开关时所有的齿与凹槽没有匹配上，机关盒就会彻底报废．问：王老师还有办法打开机关盒吗？他要至少继续顺时针转动钥匙多少次，才能保证能打开机关盒？ 【答案】(1) (2) (3)有办法， 【知识点】数列新定义、递推数列的实际应用、由递推数列研究数列的有关性质、根据数列递推公式写出数列的项 【分析】（1）直接根据生成数列的定义即可； （2）先确定所有可能的生成数列的周期，再确定的一个周期； （3）先证明需要转动的次数加后一定是的倍数，从而得到转动次数至少是，最后再验证转动次可以保证打开机关盒，即可得到答案. 【详解】（1）直接根据，，，得，，. 所以前四项为. （2）直接根据，，知关于的生成数列分别为： ，，，，. 这些数列的最小周期为或，所以正整数是的一个周期当且仅当既是的倍数也是的倍数，即是的倍数. 从而，的一个周期是. （3）若要保证转动钥匙次以后机关盒一定成功打开，即要保证对任意的置换，都是的周期. 一方面，若对任意的置换，都是的周期： 特别地，对，考虑置换，是的周期. 注意到关于的生成数列为，该数列的最小周期为， 故是的倍数. 从而对，是的倍数，故特别地，是的倍数. 而两两互质，故是的倍数，从而，得； 另一方面，若，则. 直接验证可知，是中每个数的倍数. 由于对任意的置换和任意的，设关于的生成数列为. 由于是单射和满射，故其存在逆映射. 由于，故在中必有一对相等的数. 则由，，可知，这里的定义是个的复合. 此即，所以，从而对任意的正整数都有，即. 这表明是数列的周期，而，故是的倍数. 所以是数列的周期. 以上讨论表明，对任意的置换和任意的，都是数列的周期. 所以，对任意元置换，都是的周期，从而满足条件. 综合以上两方面可知，至少继续顺时针转动钥匙次，才能保证能打开机关盒. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于理解置换的定义，基于置换的定义研究相应生成数列的周期，从而解决所求问题. 2．（23-24高二上·上海·期末）如果无穷数列满足“对任意正整数，都存在正整数k，使得”，则称数列具有“性质P”． (1)若等比数列的前n项和为，且，，．求证：数列具有“性质P”； (2)在（1）的条件下，若对任意正整数n恒成立，求实数a的取值范围； (3)如果各项均为正整数的无穷等比数列具有性质“P”，且、、、四个数中恰有两个出现在中，试求出这两个数的所有可能情况，并求出相应数列首项的最小值，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)答案见解析，理由见解析 【知识点】数列不等式恒成立问题、数列新定义、等比数列通项公式的基本量计算 【分析】（1）根据等比数列基本量的计算即可求解通项，根据指数运算即可求证， （2）根据对勾函数的单调性即可求解最值， （3）根据等比数列的通项特征，即可通过验证是否满足，逐一求解即可. 【详解】（1）由，可得，． 解得或（舍去）， 故. 因为中存在，即，所以存在，所以具有性质P （2），，， 因为对任意正整数成立，所以. 令 ，， 由于函数在单调递增，故.所以 （3）从、、、这四个数中任选两个，共有以下6种情况：，；，；，; ，; ，; ，. ①对于， 因为为正整数，可以认为是等比数列中的项，，首项的最小值为1. 下面说明此数列具有性质P： =，=，任取，，则， 为正整数，因此此数列具有性质P， ②对于，.因为为正整数，认为是等比数列中的项，， 首项的最小值为，下面说明此数列不具有性质P： ，，若不为等比数列中的项，因此此数列不具有性质P， 同理可得，；，；，；，每组所在等比数列不具有“性质P 【点睛】方法点睛：求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解. 对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解. 含参的的恒成立，先分离参数，转化为求式子的最大值或最小值问题来处理． 3．（21-22高一下·上海普陀·期末）对于无穷数列，设集合．若为有限集，则称数列为“数列”． (1)已知数列满足，判断是否为“数列”，并说明理由； (2)设函数的表达式为，数列满足．若为“数列”，求首项的值； (3)设．若数列为“数列”，求实数的取值集合． 【答案】(1)是，理由见解析； (2)； (3). 【知识点】数列新定义、递推数列的实际应用、由递推数列研究数列的有关性质、根据数列递推公式写出数列的项 【分析】（1）根据，计算即可；（2），当时，，分，两种情况讨即可；（3）当为有理数时，必存在，使得，则，因此集合中元素个数不超过，为有限集；为无理数时，用反证法证明解决即可. 【详解】（1）因为， 所以， 所以，所以是“数列”； （2）由题知，， 所以， 当时，， 因此当时，， 即，此时为“数列”， 当时，， 由得，...， 因此显然不是“数列”； 综上，； （3）当为有理数时，必存在，使得， 则， 因此集合中元素个数不超过，为有限集； 当为无理数时，对任意，下用反证法证明， 若，即， 则或，其中， 则或，矛盾，所以， 因此集合必为无限集； 综上，的取值集合是全体有理数，即． 4．（21-22高一下·上海崇明·期末）设数列的前n项和为．若，则称是“紧密数列”． (1)已知数列是“紧密数列”，其前5项依次为，求x的取值范围； (2)若数列的前n项和为，判断是否是“紧密数列”，并说明理由． 【答案】(1)； (2)是，理由见解析 【知识点】数列新定义、利用an与sn关系求通项或项 【分析】（1）由“紧密数列”定义得，求解即可； （2）由求出数列通项公式，再由“紧密数列”定义结合常量分离讨论的范围即可判断. 【详解】（1）由题意得，，故x的取值范围为； （2）由题意得，当时，，当时，符合上式，故数列的通项公式为. ∵，故是是“紧密数列”. 5．（24-25高二下·上海·期末）若两个椭圆的离心率相等，则称它们为“相似椭圆”．如图，在直角坐标系中，已知椭圆：，，分别为椭圆的左、右顶点．椭圆以线段为短轴且与椭圆为“相似椭圆”． (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的两个焦点，，椭圆的焦点为、，求四边形的面积； (3)设为椭圆上异于，的任意一点，过作轴，垂足为，线段PQ交椭圆于点．求证：为的垂心． 【答案】(1) (2)； (3)证明见解析 【知识点】根据离心率求椭圆的标准方程、椭圆中三角形（四边形）的面积、椭圆中存在定点满足某条件问题 【分析】(1)设出椭圆方程为，根据椭圆的离心率公式，以及可求，所以即可求得椭圆方程； (2)根据方程求出，的焦点，可知四边形为正方形，故可求得； (3) 不妨设，代入，把代入椭圆，求得坐标，结合，即可求解. 【详解】（1）椭圆：中，，离心率， 设椭圆：，，则，，， 则，，椭圆：； （2），，， ∴； （3）设，，则， 设则，， 由点P，H在x轴同一侧可得即， ∵， ∴，又∵，∴H为的垂心． 6．（23-24高二下·上海·期末）满足一定条件的全体直线组成集合M，集合M的包络曲线E定义为：集合M中的每一条直线都是曲线E上某点处的切线，且曲线E上的每一点处的切线都是集合M中的某条直线． (1)若圆是集合的包络曲线，求m，n满足的关系式； (2)求证：集合的包络曲线E为：； (3)在（2）的条件下，过曲线E上A，B两点作曲线E的切线，P在直线上若，求点P的坐标． 【答案】(1) (2)证明过程见解析 (3)或 【知识点】集合新定义、求抛物线的切线方程、由直线与圆的位置关系求参数、求在曲线上一点处的切线方程（斜率） 【分析】（1）圆心到直线的距离等于1，得到方程，求出； （2）在上任取一点，求出在该点处的切线方程，令直线族中，得到直线，而对于任意，都是抛物线在点处的切线，证明出结论； （3）设，求出抛物线在点处的切线方程为，同理，抛物线在点处的切线方程为，从而得到直线的方程为，与抛物线方程联立，得到两根之和，两根之积，根据得到方程，得到，求出，将其代入，得到方程，求出或，求出答案. 【详解】（1）由定义可知，与相切， 即圆心到直线的距离等于1， 即，故， （2）， 在上任取一点，在该点处的切线斜率为， 于是可以得到在处的切线方程为， 即， 令直线族中，故， 则直线， 所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线， 而对于任意，都是抛物线在点处的切线， 所以集合的包络曲线； （3）设， 则抛物线在点处的切线方程为， 即， 故， 同理，抛物线在点处的切线方程为， 又两切线交点为， 所以，所以直线的方程为， 联立，得， 故， 因为，所以， 即， ， 由于，所以， 又因为，所以，所以， 故， 又点在直线上，所以， 解得或， 故点或 【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 7．（23-24高二下·上海·期末）已知椭圆，抛物线.若直线与曲线交于点、，直线与曲线分别交于点、．当时，则称直线是曲线与的“等弦线”． (1)求椭圆的离心率； (2)直线同时满足以下两个条件：①直线经过原点②直线是与的“等弦线”．请求出的方程； (3)已知点，，证明：过点存在与的“等弦线”． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【知识点】零点存在性定理的应用、求椭圆的离心率或离心率的取值范围、求椭圆中的弦长、求直线与抛物线相交所得弦的弦长 【分析】（1）根据椭圆性质，求出离心率的值． （2）讨论①直线方程斜率不存在时，②直线方程斜率存在时，设斜率为，写出直线方程，与抛物线方程联立，与椭圆方程联立，利用弦长公式求出、，令，求解即可． （3）讨论①直线为时，②设直线方程为时，与抛物线方程联立，与椭圆方程联立，利用弦长公式求出、，由，得出等式，将联立结果代入，化简求解，即可证明命题成立． 【详解】（1）根据椭圆性质知，，，所以离心率为． （2）如图： ①直线方程斜率不存在时，直线与抛物线有且仅有1公共点，显然不合题意． ②直线方程斜率存在时，斜率设为，直线方程为．联立方程，消去可得，解得，． 联立方程，消去可得，解得，． 当时，即，等价于，代入联立结果得，解得，（舍去），即． 综上所述，直线方程为. （3）如图： ①直线为 时，与抛物线有且仅有一个交点，不合题意，舍去． ②设直线方程为，联立方程，消去可得，当△时，． 由根与系数的关系可得，，所以， 联立方程，消去可得， 此时必有两个交点，由根与系数的关系可得，， 所以． 如果存在等弦线使得，等价于，化简可得， 将联立结果代入可得， 换元，令，代入上式可得． 由于，化简得到． 题目等弦线存在性证明，等价于证明：对任意，在 上有解． 令，则， 令，由于且， 所以对任意，有，即； 由于， 所以． 根据零点存在定理，一定存在，使得． 综上所述，对任意，在上有解，命题得证． 【点睛】方法点睛：在分析直线与圆锥曲线的位置关系时，首先要设直线的方程，此时往往需要分类讨论. （1）按直线是否有斜率分类，可设直线方程为：或. （2）按直线是否与轴平行，可设直线为或. 8．（23-24高二上·上海·期末）类似平面解析几何中的曲线与方程，在空间直角坐标系中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面和三元方程之间满足：①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为．已知曲面的方程为． (1)写出坐标平面的方程（无需说明理由），指出平面截曲面所得交线是什么曲线，说明理由； (2)已知直线过曲面上一点，以为方向量，求证：直线在曲面上（即上任意一点均在曲面上）； (3)已知曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面；同时，过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上．设直线在曲面上，且过点，求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)平面截曲面所得交线是平面上，以原点为圆心，1为半径的圆，理由见解析 (2)证明见解析 (3) 【知识点】立体几何中的轨迹问题、由方程研究曲线的性质、异面直线夹角的向量求法 【分析】（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，可得坐标平面的方程；当时，可得平面截曲面所得交线的方程，进而可得曲线类型； （2）设是直线上任意一点，由题意有，从而得点的坐标，代入曲面的方程验证即可. （3）设是直线上任意一点，直线的方向向量为，由题意有，可得点的坐标，代入曲面的方程，进而可求得的关系，可得，利用向量夹角公式求解即可得出答案. 【详解】（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，坐标平面的方程为， 已知曲面的方程为， 当时，平面截曲面所得交线上的点满足， 即， 也即在平面上到原点距离为定值1， 从而平面截曲面所得交线是平面上，以原点为圆心，1为半径的圆. （2）设是直线上任意一点， 由，均为直线的方向向量，有， 从而存在实数，使得，即， 则，解得， 所以点的坐标为， 于是， 因此点的坐标总是满足曲面的方程，从而直线在曲面上. （3）直线在曲面上，且过点， 设是直线上任意一点，直线的方向向量为， 由，均为直线的方向向量，有， 从而存在实数，使得，即， 则，解得， 所以点的坐标为， ∵在曲面上，∴， 整理得， 由题意，对任意的，有恒成立， ∴，且， ∴，或， 不妨取，则，或， ∴，或， 又直线的方向向量为， 则异面直线与所成角的余弦值均为 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决． 9．（22-23高二上·上海浦东新·期末）已知椭圆的左､右焦点分别为和,经过点且斜率为k的直线l交椭圆于B,C两点,其中点C在第二象限.如图所示,将的上半部分（半椭圆）沿着长轴翻折使得点C翻折至点A且二面角为直二面角.设三角形和三角形的周长分别为和. (1)证明:; (2)若,求异面直线和所成角的大小; (3)若,求k的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【知识点】求异面直线所成的角、椭圆中焦点三角形的周长问题、求椭圆中的弦长、根据韦达定理求参数 【分析】(1)根据椭圆的定义,写出周长,即可证明; (2)根据,设直线方程,求两点坐标,进而求出各个长度,还原到立体图形中,分别取的中点为,连接,根据垂直关系,中位线及余弦定理,求出各个长度,进而求得直线夹角即为异面直线和所成角; (3)根据,找到之间的关系,设直线方程,联立方程组,求出弦长,再根据二面角为直二面角,过做底面垂线,还原到平面图形中,根据两点间的距离公式,即可求长度,再根据之间的关系建立等式,求出直线即可. 【详解】（1）解:由椭圆定义可得:, , 故得证; （2）由题知椭圆, 所以, 因为, 所以直线l的方程为: , 联立, 可得: , 解得: , 代入直线方程可得: ,, 因为, 所以, , , 所以, 分别取的中点为, 连接如图所示: 所以,,, ,, , 在及中分别由余弦定理可得: , 代入数值可得:, 解得:, 因为二面角为直二面角,, 所以平面, 因为分别是中点, 所以, 所以平面, 故, 所以, 在中,由余弦定理可得: , 因为分别是中点, 所以, 所以直线夹角即为异面直线和所成角, 因为异面直线和所成角的大小范围为, 所以异面直线和所成角大小为; （3）由椭圆定义可得: , 由题知,直线斜率存在, 设,, 因为C在第二象限, 所以或, 联立, 化简可得:, 由韦达定理可得: , , 过向做垂线,垂足为, 还原到平面直角坐标系上可知轴, 故, 所以 , 因为, 即, 化简可得, 两边平方可得, 解得或（舍去） 故, 因为或, 故. 【点睛】思路点睛:本题考查圆锥曲线与空间几何综合应用题,属于难题,关于圆锥曲线的思路有: (1)根据题意考虑直线斜率是否存在; (2) 设直线方程,联立方程组; (3) 判别式大于零,韦达定理; (4)根据题意建立关于的等式,化简即可. $$