专题10 期中压轴题精选（5大考点70题）（期中真题汇编，江苏专用）高二数学上学期

函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题10期中压轴题精选 ☆5大高频考点概览 考点01直线与圆压轴题 考点02曲线与方程压轴题 考点03椭圆、双曲线、抛物线小题压轴 考点04椭圆、双曲线、抛物线大题压轴 考点05数列压轴题 目目 考点01 直线与圆压轴题 一、单选题 2 1.(24-25高二上江苏盐城七校联考期中)已知点Fm,二 (m∈R,m>0),以F为圆心，FO(O为坐标原点) m 为半径作圆F直线I与圆F交于M,N两点，且与x,y轴的正半轴分别交于A,B两点，若AOMN为正三角 形，则OA+OB的最小值为() A.6W3 B.3W2 C.35 D.62 二、多选题 2.(24-25高二上江苏常州联盟学校期中)已知曲线2：x2+y2=-y,点P(m,n)在曲线2上，则下列结 论正确的有() A.曲线2有4条对称轴 B。曲线n围成的图形面积为- C.的最大值为2-！ D.m”2的最小值为号 1 2 3.(24-25高二上江苏连云港东海县期中)已知曲线E:x2+y2=2x+2y,则() A.曲线E关于直线x+y=0对称 B.曲线E的周长为4π C.曲线E所围成图形的面积为4π+8 D.曲线E与直线3x+4y=5V2+1有3个公共点 4.(24-25高二上江苏连云港赣榆区期中古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262年至前190年）与 / 函学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 欧几里得、阿基米德齐名，著有《圆锥曲线论》八卷他发现平面内到两个定点的距离之比为定值2(2≠)的 点所形成的图形是圆.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆.己知在平面直角坐标系xOy中， 42,4,B2,1).点P满足PA=2,设点P的轨迹为曲线E,下列结论正确的是() IPBI A.曲线E的方程为(x-2)2+y2=4 B.过点C(-2,0)的直线1与曲线E有公共点，则直线I的斜率范围是 3’3 C.曲线E上的点到直线x+y+1=0的最小距离为3N5-1 2 D.过点D(-1,4)作曲线E的一条切线，切点为F,则DF等于√21 三、填空题 5.(24-25高二上江苏南京外国语学校期中)己知点A,B为圆0：x2+y2=13上两动点，且|AB=4V3,点 P为直线1：x+y+5V2=0上动点，则|PA2+PB的最小值为一· 6.(24-25高二上江苏无锡江阴六校期中)己知两条互相垂直的直线4，Z分别经过点A(-4,0),B(2,2),公 共点为T,O0,0),则当OT取最小值时，S△4B=一 7.(24-25高二上·江苏无锡第三高级中学·期中)我国著名数学家华罗庚说过：“数缺形时少直观，形少数时难 入微.”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决.如：若实数x、y满足x2+y2-8x+13=0, x+v3y-1 则x+y的最小值为 的最大值为 Vx2+y2-2x+1 8.(24-25高二上江苏无锡第一中学·期中)在ABC中，D是AB的中点，E在边AC上，AE=2EC,CD 与BE交于点F,若AC=6,FB=√FC,则ABC的面积的最大值为 9.(24-25高二上江苏镇江三校、泰州部分学校期中)已知直线l:2x-y-3=0,42:x+2y+3=0相交于点 M,圆心在x轴上的圆C与直线(，马分别相切于AB两点，则四边形AMCB的面积为」 10.(24-25高二上江苏锡山高级中学期中)“晚旁”微标是借两个圆设计而成，其状如月（如图阴影部分）.己 知圆C:x2+y2-2ax+4y+1=0,C2:x2+y2-3ax+4+V3y+4+2V3=0,其中0<a<3.A,B为圆G与 圆C,的交点，若弦AB将圆C分为长度之比为12的两段弧，则组成“晚旁”的两段弧长之比为 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (请写出长度较小的弧与长度较长的弧的长度之比，即该比值小于1.) .C A .C B 11.(24-25高二上江苏西交大附中期中)在平面直角坐标系xOy中，给定两点A1,2),B3,4),点P在x轴 的正半轴上，当∠APB最大时，点P横坐标为 12.(2425高=上江苏常州奔牛、三中、武高期中已知直线：mx+-m- =0与圆0：x2+y2=4交 2 2 于A,B两点，则△OAB面积的最大值为一 13.(24-25高二上江苏扬州高邮期中)若直线m:x+√3y+t=0上存在点9，过点9作圆C:(x-3)+y2=8的 两条切线，切点分别为E,F,且∠EQF=90°，则实数t的取值范围为一 14.(24-25高二上江苏苏州期中)如图，已知点A(2,0),点B为圆0：x2+y2=9上的动点，若圆 O2:x2+y2=1上存在一点M,使得AM⊥BM,则AB的取值范围是 四、解答题 15.(2425高二上江苏常熟期中)已知圆0：x2+y2=1和点M(1,V5) (1)过点M作圆O的切线，求切线的方程； (2)已知A2,4),设P为满足方程PA+PO=34的任意一点，过点P向圆O引切线，切点为B,试探究： / 面学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 平面内是否存在一定点N,使得 为定值考存仁，则求出定点N的坐标，并指出相应的定值：若不布 PNP 在，则说明理由： (3)过点M作直线1交圆O于两个不同的点C,D(线段CD不经过圆心O),分别在点C,D处作圆O的切 线，两条切线交于点E,求证：点E在一条定直线上，并求出该直线的方程 16.(24-25高二上江苏无锡江阴六校期中)已知圆0：x2+y2=8,过点P(4,0)的直线与0相切，切点M在 第一象限，M在x轴上的射影为点F. (1)求F的坐标： (2)过P且斜率不为零的另一条直线与O交于A,B两点，A在线段PB上 ①若FA⊥PB,求A的坐标及线段AB的长； ②设N为线段FP的中点，直线BN交直线MF于点Q,证明：AQ与x轴平行 17.(2425高二上江苏无锡第一中学期中)在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程x2+(y-4)2=4, (1)若过点A-2,1的直线与圆C相切，求切线的方程； ②点P在直线y上，过P作圆C的切线PM,P切点分别为山，N问经过P,M,N的圆是否过 定点？如果过定点，求出所有定点的坐标： (3)过点Q(4,2)的动直线1与圆C交于E,F两点，线段EF的中点为G,若△OQG构成等腰三角形，求此时 点G的坐标 目目 考点02 曲线与方程压轴题 一、多选题 18.(24-25高二上江苏淮阴中学期中已知点F(4,0)，直线1：x=-4,曲线C上的点满足到F的距离与 到1的距离之积为16，则下列说法正确的有() A.曲线C关于y轴对称 B.曲线C经过坐标原点 C.设曲线C上动点P(xix>-)到直线x=6的距腐为d则四的最小值为名 D.当点P(x,y)在曲线C上时，x+8)2+y2的最小值为8-4W2 / 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 19.(24-25高二上江苏南京南京师范大学附属中学期中)天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律 时发现：同一平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹是卡西尼卵形线.己知定点F,-c,0), F,c,O),动点P满足PFPF,=a2(c>0且a,c均为常数)·设动点P的轨迹为曲线E.则下列说法正 确的是() A.曲线C既是轴对称图形，又是中心对称图形B.PF+PF,的最小值为2a C.曲线E与x轴可能有三个交点 D.S≥2时，曲线E上存在Q点，使得Q51Q5, a 2 20.(24-25高二上江苏南通通州区、如东县2地期中在平面直角坐标系xOy中，己知曲线 C:x2+y2)=8(y2-x2),点P在曲线C上，则下列结论正确的是() A.曲线C关于原点对称 B.直线y=2x与曲线C有3个公共点 C.点P的纵坐标的取值范围是[-2,2]D.PO的最大值为2√2 21.(24-25高二上江苏徐州期中)造型为“0”的曲线称为双纽线，在平面直角坐标系xOy中，与定点 F(-a,0),F,(a,0)距离之积等于a2(a>0)的动点的轨迹为双纽线.记a=2时的双纽线为曲线C,点P是曲线 C上的一个动点，则下列结论正确的是() A.PF+PF的最小值为4 B.点P的横坐标的取值范围是[-2,2] C.△PFF,面积的最大值为2 D.若点P的坐标为xo,),则y≤xo 二、解答题 22.(24-25高二上江苏徐州期中)已知圆C:(x-2)2+y2=4和定点A(-2,0),P为圆C上的任意一点，线段 PA的垂直平分线与直线PC交于点M,设点M的轨迹为曲线H. (1)求曲线H的方程； (2)若N是曲线H上的一点，过N的直线I与直线y=±√3x分别交于S,T两点，且N为线段ST的中点. ①求证：直线1与曲线H有且只有一个公共点； 2 ②求0对+07的最小值(0为坐标原点)· 23.(24-25高二上江苏常州金坛区·期中《文心雕龙》有语：“造化赋形，支体必双，神理为用，事不孤立”， 意指自然界的事物都是成双成对的.已知动点P与定点F2,0)的距离和它到定直线：x=2的距离的比 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 是常数？（入+2），设点P的轨迹为曲线H,若某条直线上存在这样的点P,则称该直线为齐各直线， (1)若入=3，求曲线H的方程； (2)若“齐备直线”I:y=与曲线H相交于A,B两点，点M为曲线H上不同于A,B的一点，且直线MA, MB的斜率分别为k,k2,试判断是否存在，使得22+1+k·k,取得最小值？说明理由； (3)若=1，与曲线H有公共点N的“齐备直线”马与曲线H的两条渐近线交于S,T两点，且N为线段ST 的中点，求证：直线马与曲线H有且仅有一个公共点. 目目 考点03 椭圆、双曲线、抛物线小题压轴 “、 单选题 24.(24-25高二上·江苏锡山高级中学期中己知抛物线y2=16x,点F为抛物线的焦点，点P是抛物线的准 线与x轴的交点，点M在抛物线上，△MPF中，sin /MPF=tsin ZMFP(teR),当t取最小值时，点M恰 好在以F,P为焦点的椭圆上，则椭圆的离心率为() A.2-1 B.√2-1 2 c.3-1 D.V5-1 25.(24-25高二上·江苏连云港灌南县·期中)如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光 线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点若双曲线E:- a2-b2 =1a>0,b>0 的左、右焦点分别为，F,从F发出的光线经过图2中的A,B两点反射后，分别经过点C和D,且 cos∠BAC=- 5’AB1BD,则E的离心率为() D 图1 图2 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.5 B.7 2 3 C.v1o D.5 26.(2425高二上江苏扬州高邮期中)已知斜率为15的直线1过双曲线C:x2-上=1m>0)的左焦点F, 且与C的左，右两支分别交于A,B两点，设O为坐标原点，P为AB的中点，若△OFP是以FP为底边的 等腰三角形，则双曲线的离心率为() A.2 B.√2 C.3 D.5 27.2425商二上江苏常州奔华、二市、武流期设双曲线C:号茶-a>0b>0)约右焦点为F, 双曲线C上的两点A,B关于原点对称，且满足FA.FB=0,FB<FA≤3FB，则双曲线C的离心率的取值 范围是() 10 /10 A. B.「V2,+） D.(V2,+∞ 28.Q425高二上江苏连云港赣榆区期中已知4，B,C,D是椭圆E:亡+上=1上四个不同的点，且 169 AM CM M(2,2)是线段AB,CD的交点，且 BM DM =4,若11AC,则直线1的斜率为() A 9 B. 3 C. 16 D.6 9 29.(2425高二上江苏南通通州区、如东县2地期中设么B为双曲线r2-上=1上两点，下列四个点中， 4 可为线段AB中点的是() A.(1,1) B.(-1,2) C.(2,4) D.(-1,-3) 二、多选题 30.(2425高二上江苏南京外国语学校期中)已知P为双曲线-二=1右支上的一个动点（不经过顶点）， 43 F,F分别是双曲线的左，右焦点，△PFF,的内切圆圆心为I,且与x相切于点M,过F作FA⊥PI,垂 足为A,下列结论正确的是() A.M为定点 B.I在定直线上 C.IOA为定值 D.|API为定值 3引.2425商二上江苏道云港赣输区期中已知双圃线E:。若=1a>06>0,厂，R分别为双曲线左、右 焦点，焦距为2C,P为该双曲线上异于顶点的任一点，双曲线E的左、右顶点分别为A、B,则下列说法正 / 面学科网 ww w zxxk .com 让教与学更高效 确的是（) A.若直线)=3江与双曲线的一个交点Q的横坐标恰好为c,则双曲线的离心率是3+3 2 B.若双曲线E的离心率为√2，过点F作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为M,若△OMF的面积 等于8(0点为坐标原点)，则实数b的值等于2√2 b3 C.设直线PA、PB的斜率分别为k:,则太·k,= D.若P在第一象限，△PFF,内切圆圆心的横坐标为a 32.24-25高二上江苏常州金坛区期中已知五、F为椭圆C:+上=1的左、右焦点，直线：y=: 42 (k≠0)与椭圆C交于A,B两点，AE⊥x轴，垂足为E,BE与椭圆C的另一个交点为P,则() A.四边形AFBF'周长为8 B.1上4的最小值为 AF BE C.直线BE的斜率为2k D.AP.AB=0 3识.2425高三上江苏锅山商级中学期中)已知双曲线C:言芳=a>06>0的焦距为4，，R为左右 焦点，A,B,D为双曲线上不同的三点，其中A,B两点关于原点对称，直线DA与DB斜率的乘积为1，则下 列说法正确的是() A.若过点B的直线1与C的右半支交于两点，则直线1的倾斜角的取值范围为灭，3弧 44 B.若P为双曲线C上一点，且Pr=2PF,则cs∠FP5=-3 4 NO NE C.若N为双曲线C上任意一点，则 NFNO D.若M为双曲线右支上一点，延长MF交双曲线右支于点Q,设△MFF,与△QFF,的内切圆半径分别 为1,2，则552=6-4√2 34.(24-25高二上江苏宿迁·期中)在平面直角坐标系x0y中，过抛物线y2=2pxp>0)的焦点F的直线与 抛物线交于A,B两点，直线A0,BO分别交抛物线准线于C,D两点，则下列说法正确的有() A.BC∥x轴 B.CF⊥DF C.以AB为直径的圆与抛物线准线恒相交D.△04B面积的最小值为)p 35.(24-25高二上江苏徐州·期中)抛物线C:y2=4x的准线为1，P为C上的动点，过P作圆 A:x2+(y-4)2=1的一条切线，切点为Q,过P作1的垂线，垂足为B,则下列结论正确的是() 面学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.I与圆A相切 B.当PB=2时，PQ=2 C.PA+PB的最小值为√15 D.满足PA=PB的点P有且仅有2个 36.(24-25高二上江苏常州奔牛、二中、武高期中)已知A0,4),B(-3,0),C(3,0)点P满足 PB-PC=4.则() A.点P的轨迹为双曲线 B.直线x+y=0上存在满足题意的点P C.满足PA=8的点P共有0个 D.△PAB的周长的取值范围是14，+0) 3 37.(2425高二上江苏常州田家炳高级中学期中)已知椭圆C:。+上-1的左、右焦点分别为，万，左、 2516 右顶点分别为A,B,P为椭圆C上异于AB的动点，则下列说法正确的是() A.2<PF<8 B.PFPF的最大值为20 C。PF5的外接圆圆心到x镇的距离的最小值为 D.直线PA,PB的斜率之差可能为1 38,Q4-25高上江苏南迪如系品分学校期已知鸭圆C:+=川a>b>0)的左，右焦点分别为P,卫 ,上顶点B(0,1,且∠FBF,=90°，M为椭圆C上任意一点（异于左，右顶点），直线BE,MF分别与椭 圆C交于D,N,则() A.椭圆C的离心率为 2 B. BDF内切圆的半径为 3 C.△DFE2的外接圆方程为x2+y+ ,2213 +5=9 D.△MEE与△NFF内切圆半径之和的最大值为2-√2 39.(24-25高二上江苏常州高级中学.期中)如图，圆F:(x+2)2+y2=4,圆F,:(x-2)2+y2=36,动圆P与 圆F外切于点M,与圆F内切于点N,圆心P的轨迹记为曲线C,则() 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 入C的方#为后+后1 B.∠MPN的最小值为120° C.Mp.PE+Np.PF,≤2 D.曲线C在点P处的切线与线段MN垂直 三、填空题 40.(24-25高二上江苏南京南京师范大学附属中学期中)已知点P(5,4),点F为抛物线C:y2=8x的焦点.若 以点P,F为焦点的椭圆与抛物线有公共点，则椭圆的离心率的最大值为一· 41.(24-25高二上·江苏泰州兴化期中)若方程ax2+ay2-(x+y-1)2=0表示的曲线是抛物线，则实数a的值 为】 ,此抛物线的顶点坐标为 42.(24-25高二上江苏常州高级中学期中)过抛物线y2=4x上一动点P作圆C:(x-4)2+y2=r2(r>0)的两 条切线，切点分别为A,B,若|ABPC的最小值是12，则r=一 43.(24-25高二上江苏南通启东等2地期中已知曲线E:x2+y2-xy=6是椭圆，则该椭圆的离心率 为一：P为E上任意一点，P与点(-V2,√②)之间的距离的最大值为一 4425高上水溶州联学校期已知稀圆℃：名+Q>6>0)的左右焦点分别为，，0 上的一点P满足∠FPR,=60,且APFF,的面积为165，则b的值为一，a的取值范围为」 3 45.24235商三上江苏连云港东县期已知双曲线C:菩茶=10a>06>0的去、右黛点分别为片、 B,过点万的直线与双曲线C的左支交于A、B两点，若4号引B,且∠，8=90，则双曲线C的离 心率为 46.(24-25高二上江苏徐州铜山区期中已知椭圆C:+二=1，圆0：x+y=6,直线1与圆0相切于 186 第一象限的点A与椭圆C交于P,Q两点，与x轴正半轴交于点B.若PB=OA,则直线1的方程为 专题10 期中压轴题精选 5大高频考点概览 考点01 直线与圆压轴题 考点02 曲线与方程压轴题 考点03 椭圆、双曲线、抛物线小题压轴 考点04 椭圆、双曲线、抛物线大题压轴 考点05 数列压轴题 地 城 考点01 直线与圆压轴题 一、单选题 1．(24-25高二上·江苏盐城七校联考·期中)已知点，以为圆心，FO（O为坐标原点）为半径作圆F.直线与圆交于M，N两点，且与x，y轴的正半轴分别交于A，B两点，若为正三角形，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设圆的方程为，则，由为正三角形可知点到直线的距离与半径的比是3：2，建立与等量关系，再利用基本不等式求得最小值. 【详解】设圆的方程为，其中 则, 设原点到直线的距离为， ∵为正三角形，∴，且 ， 则 设， 即，， 由，得， 所以，当且仅当时等号成立； 所以的最小值为.    故选：D. 二、多选题 2．(24-25高二上·江苏常州联盟学校·期中)已知曲线，点在曲线上，则下列结论正确的有（   ） A．曲线有4条对称轴 B．曲线围成的图形面积为 C．的最大值为 D．的最小值为 【答案】BCD 【分析】讨论的符号研究曲线的性质并画出示意图，数形结合判断A、B、C，利用的几何意义是曲线上点与点所成直线斜率，，由直线与圆的切线斜率最小，联立方程求参数判断D. 【详解】当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 且曲线过原点，曲线围成的图形是四个全等的弓形组成， 令，有，又各圆半径为，则每个弓形圆弧是圆弧， 所以曲线的图形如下图示，    由图知，显然对称轴只有轴，A错； 曲线围成的图形是四个全等的弓形组成，面积为，B对； 由上分析，易知的最大值为，C对； 由表示曲线上点与点所成直线斜率，结合图知， 当过的直线与圆右上方相切时斜率最小， 令直线为且，联立圆得， 所以， 则，整理得， 所以，可得（正值舍），D对. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：讨论的符号研究曲线是四段圆弧构成的封闭曲线为关键. 3．(24-25高二上·江苏连云港东海县·期中)已知曲线，则（   ） A．曲线关于直线对称 B．曲线的周长为 C．曲线所围成图形的面积为 D．曲线与直线有3个公共点 【答案】ACD 【分析】若点在曲线上，可得也在曲线上，即可判断A，再由曲线关于x轴，y轴对称，当时，曲线E的方程为，表示以点为圆心，为半径的半圆，画出图象，根据图像与圆的几何性质，再逐项判断即可； 【详解】曲线上任意点有：，该点关于的对称点为，又， 即由线上任意点关于直线的对称点仍在曲线上， 所以曲线关于直线对称，故A正确； 因点在曲线上，点，也都在曲线 E上， 则曲线E关于轴，轴对称， 当时，曲线的方程为， 表示以点为圆心，为半径的圆在直线上方的半圆（含端点)， 因此，曲线是四个顶点为，，，的正方形各边为直径向正方形外所作半圆围成，如下图所示，   所以曲线围成的图形面积是，故C正确; 曲线的周长为，故B错误； 因为直线过点，，且经过第一、二、四象限， 又， 当时，曲线的方程为，曲线过点，， 又圆心直线的距离， 结合图象可得，此时曲线与直线有个公共点； 当时，曲线的方程为，表示圆心为，半径为的半圆（不包含端点）， 又到直线的距离，所以直线与圆相切， 设过点且与直线垂直的直线方程为， 则，解得，即为， 由，解得， 所以直线与有且只有一个交点， 当时，曲线的方程为， 表示圆心为，半径为的半圆（包含端点），显然与直线没有公共点； 当时，曲线的方程为，表示圆心为，半径为的半圆（不包含端点）， 又点到直线的距离， 则曲线：与直线没有公共点； 综上可得：曲线与直线有个公共点，故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，利用曲线方程的对称性，分析得曲线的图形，从而数形结合即可得解. 4．(24-25高二上·江苏连云港赣榆区·期中)古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262年至前190年）与欧几里得、阿基米德齐名，著有《圆锥曲线论》八卷.他发现平面内到两个定点的距离之比为定值的点所形成的图形是圆.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆.已知在平面直角坐标系中，.点满足，设点的轨迹为曲线，下列结论正确的是（   ） A．曲线的方程为 B．过点的直线与曲线有公共点，则直线的斜率范围是 C．曲线上的点到直线的最小距离为 D．过点作曲线的一条切线，切点为F，则等于 【答案】ABD 【分析】设，根据求得曲线的轨迹方程，根据点到直线的距离公式来对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】设，由，得，而， 所以， 整理得，所以A选项正确. B选项，圆的圆心为，半径为， 设直线的方程为， 到直线的距离， ，两边平方并化简得， 解得，所以直线的斜率范围是，B选项正确. C选项，到直线的距离为， 所以曲线上的点到直线的最小距离为，C选项错误. D选项，，，， 所以，D选项正确. 故选：ABD    【点睛】思路点睛： 通过设定比值来求解轨迹：首先设定两点之间的距离之比，并将其代入直角坐标系中，推导出曲线的方程. 这一步奠定了解题的基础. 利用距离公式分析直线与曲线关系：通过设定直线方程并利用点到直线的距离公式，求解出符合条件的斜率范围，确保直线与曲线存在公共点. 结合几何关系确定切线条件：利用点和斜率的关系，结合几何推导，确定切线条件，从而判断选项的正确性. 三、填空题 5．(24-25高二上·江苏南京外国语学校·期中)已知点A，B为圆上两动点，且，点P为直线上动点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】利用向量运算转化，结合直线和圆的位置关系等知识确定正确答案. 【详解】设的中点为，则，且， ，所以点在以为圆心，半径为的圆上. ， 要求的最小值，则需求的最小值， 到直线的距离为， 所以的最小值为， 所以的最小值为. 故答案为： 【点睛】思路点睛： 设定中点并分析几何关系：首先设定 为 的中点，通过中点的满足的几何性质，确定点的轨迹,利用几何关系将问题代数化. 利用距离公式求最小值：通过计算点到直线的距离，并结合半径的长度，找到最小值，确定问题的答案. 6．(24-25高二上·江苏无锡江阴六校·期中)已知两条互相垂直的直线，分别经过点，，公共点为，，则当取最小值时， . 【答案】 【分析】根据已知条件分析出动点在以线段为直径的圆上，进而求出当取得最小值时点的坐标，然后利用三角形面积公式求解即可. 【详解】由题可知，且点为垂足，故点在以线段为直径的圆上，此时该圆的圆心，半径，故圆的方程为. 此时易知，当点为直线与圆在第四象限的交点时取得最小值， 此时直线的方程为，将该直线与圆的方程联立， 解得，或（舍），故此时， 所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：动点问题求解的关键是分析出动点的轨迹，本题中是利用了定义法求出了动点的轨迹方程. 7．(24-25高二上·江苏无锡第三高级中学·期中)我国著名数学家华罗庚说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微．”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决．如：若实数、满足，则的最小值为 ，的最大值为 ． 【答案】 【分析】设，则与有公共点，利用圆心到直线的距离小于等于半径，得到不等式，求出的最小值为；变形得到式子几何意义为上的点到直线的距离与它到点的距离比值的2倍，作出辅助线，得到，数形结合得到过点的直线与圆相切于点，此点位于第一象限时，此时取得最大值，设直线为，与圆方程联立，根据根的判别式为0求出，从而得到切点坐标，代入求出最大值. 【详解】设，故，的几何意义为直线与轴交点的纵坐标， 且直线与有公共点， 其中是圆心为，半径为的圆， 故，解得， 故的最小值为； ， 可以看作上的点到直线的距离 与它到点的距离比值的2倍， 圆心到的距离为， 故直线与相交，且圆心在直线上方， 过点作⊥直线于点， 则，故， 当过点的直线与圆相切于点，此点位于第一象限时， 此时取得最大值， 故取到最大值， 设直线为， 联立与得 ， 由得， 结合图形可知， 将代入中得， 解得， 将代入中得，故切点坐标为， 代入中得， 故的最大值为. 故答案为：， 【点睛】关键点点睛：变形得到，转化为上的点到直线的距离与它到点的距离比值的2倍，作出辅助线，进一步转化为，数形结合得到最值 8．(24-25高二上·江苏无锡第一中学·期中)在中，D是AB的中点，E在边AC上，，CD与BE交于点F，若AC=6，，则的面积的最大值为 【答案】 【分析】根据给定条件，利用平面向量共线向量定理的推论可得，再建立平面直角坐标系，求出点到边的距离的最大值，利用倍分法求出面积最大值. 【详解】在中，D是AB的中点，E在边AC上，， ，令， 则，又点共线，于是，解得， 则，的面积， 由，得，以直线为轴，线段的中垂线为轴建立平面直角坐标系， 点，设，则， 整理得，因此点的轨迹是以为圆心，为半径的圆（除圆与轴的交点外）， 则点到边的距离的最大值为， 所以的面积的最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：利用平面向量求得，再借助阿氏圆求出最大距离是解题的关键. 9．(24-25高二上·江苏镇江三校、泰州部分学校·期中)已知直线，相交于点，圆心在轴上的圆与直线，分别相切于两点，则四边形的面积为 . 【答案】或 【分析】根据题意可求得圆心坐标，再求得切线长以及四边形面积表达式可得结果. 【详解】联立可解得，即； 设圆心，圆的半径为， 可得，解得或， 当时，可得，， 可得， 因此四边形的面积为； 当时，可得，， 可得； 所以四边形的面积为. 故答案为：或 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用圆心位置以及切线方程求得圆的标准方程，再求出切线长可得四边形面积. 10．(24-25高二上·江苏锡山高级中学·期中)“晚旁”徽标是借两个圆设计而成，其状如月（如图阴影部分）．已知圆，，其中．为圆与圆的交点，若弦将圆分为长度之比为1:2的两段弧，则组成“晚旁”的两段弧长之比为 ．（请写出长度较小的弧与长度较长的弧的长度之比，即该比值小于1．）    【答案】 【分析】根据两圆的一般方程可得两圆圆心及其半径，再根据公共弦所在直线方程以及弦将圆分为长度之比为1:2的两段弧可得，易知为圆的直径，再由弧长公式计算即可得出结果. 【详解】易知圆的圆心为，半径； 圆圆心为，半径； 两圆方程相减即可得公共弦所在直线方程为， 由弦将圆分为长度之比为1:2的两段弧可知， 因此圆心到直线的距离为， 即，又，解得或（舍），即； 此时在弦方程上，所以为圆的直径； 易知，； 所以截得的圆的弧长为，截得的圆的弧长为； 此时组成“晚旁”的两段弧长之比为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用弦将圆分为长度之比为1:2的两段弧计算得出，得出两圆圆心坐标及其半径，由弧长公式即可得出组成“晚旁”的两段弧长之比. 11．(24-25高二上·江苏西交大附中·期中)在平面直角坐标系xOy中，给定两点，点P在x轴的正半轴上，当最大时，点P横坐标为 . 【答案】3 【分析】分析得到为弦所对的圆周角，所以当圆的半径最小时，最大，设出圆心坐标为，当圆和轴相切时，取得最大值，设出圆的方程，将点代入圆的方程，求出，得到答案. 【详解】过点三点的圆的圆心在线段的中垂线上， 其中，的中点坐标为， 故的中垂线方程为，即， 其中为弦所对的圆周角，所以当圆的半径最小时，最大， 设圆心坐标为， 又点在轴正半轴上移动，当圆和轴相切时，取得最大值， 设切点为，圆的半径为， 所以圆的方程为， 将点代入圆的方程，得， 解得或-5（舍去）， 所以P横坐标为3.    故答案为：3 【点睛】关键点点睛：当过点三点的圆与轴相切时，取得最大值，且圆心在线段的中垂线上，设出圆心和半径，表达出圆的方程，待定系数法进行求解. 12．(24-25高二上·江苏常州奔牛、二中、武高·期中)已知直线与圆交于A，B两点，则面积的最大值为 ． 【答案】 【分析】根据题意，由条件可得直线过定点，从而得到圆心到直线的距离小于等于，得到的范围，即可得到结果. 【详解】直线可化为，直线过点， 因为，所以点在圆内，且. 如图，过点作于点，则， 设，则， 在中，，故，，， 所以的面积为，面积最大值为. 故答案为：. 13．(24-25高二上·江苏扬州高邮·期中)若直线上存在点，过点作圆的两条切线，切点分别为，且，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】由已知得圆的圆心及半径，由条件，根据图形结合直线与圆相切性质得，可知点在以为圆心，为半径的圆上，结合题意将点的存在问题转化为直线与圆有公共点来解决，再由圆心到直线的距离与半径关系得出不等式，求解即可. 【详解】圆，圆心，半径， 如图，连接，由，结合切线的性质可得， ，，又， 则平面四边形既是矩形，又是菱形，即为正方形. 所以，即点在以为圆心，为半径的圆上. 所在圆的方程为， 由题意若直线上存在点，满足， 则直线与圆有公共点， 所以圆心到直线的距离 ， 即，解得， 所以的取值范围为． 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于利用相切性质将条件转化为点在定圆上运动，进而将点的存在问题转化为直线与圆有公共点来解决即可. 14．(24-25高二上·江苏苏州·期中)如图，已知点，点为圆上的动点，若圆上存在一点，使得，则的取值范围是 .    【答案】 【分析】以为邻边，作矩形，则，证明出，从而得到，点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，数形结合得到，得到答案. 【详解】以为邻边，作矩形，则， 由矩形性质可得，证明如下： 设， 过点分别为⊥，⊥，⊥，垂足分别为， 过点作⊥，垂足为， 则， 故， ， 所以， ， ， 所以， 证毕，    即，故， 点的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 所以， 左边等号成立的条件为三点共线，且在之间， 右边等号成立的条件为三点共线，且在之间， 则的取值范围是 故答案为： 【点睛】关键点点睛：作出辅助线，得到，证明出，从而得到，得到点轨迹，数形结合进行求解. 四、解答题 15．(24-25高二上·江苏常熟·期中)已知圆和点 (1)过点M作圆O的切线，求切线的方程； (2)已知，设P为满足方程的任意一点，过点P向圆O引切线，切点为B，试探究：平面内是否存在一定点N，使得为定值?若存在，则求出定点N的坐标，并指出相应的定值；若不存在，则说明理由； (3)过点M作直线l交圆O于两个不同的点C，线段CD不经过圆心，分别在点C，D处作圆O的切线，两条切线交于点E，求证：点E在一条定直线上，并求出该直线的方程. 【答案】(1)和 (2)存在，定点，定值或定点，定值 (3)证明见解析， 【分析】（1）先讨论切线斜率不存在，再由切线斜率存在时，设切线为，然后利用得到即可； （2）由题设，若，存在使为定值，利用，得到参数值； （3）设，，，则，，然后利用向量数量积的坐标表示与向量的垂直关系即可. 【详解】（1）当切线斜率不存在时，显然与圆相切， 当切线斜率存在时，设切线为，由圆心到切线的距离为1， 所以，解得，则，整理得， 综上，切线的方程为和 （2）由题设，若，则，整理得， 若存在，使为定值， 又，， 则， 整理得， 即， 整理得， 要使为定值，则， 得，，或，，， 综上，存在定点，定值，或定点，定值 . （3）设，，，，， 由，则，即， 又，故，同理， 所以直线CD为，又M在CD上，所以， 故点E在直线上. 【点睛】关键点点睛：第三问，应用切线的性质及向量垂直的坐标表示列方程得，结合在圆上得到同一直线方程形式为关键. 16．(24-25高二上·江苏无锡江阴六校·期中)已知圆，过点的直线与相切，切点在第一象限，在轴上的射影为点. (1)求的坐标； (2)过且斜率不为零的另一条直线与交于两点，在线段上. ①若，求的坐标及线段的长； ②设为线段的中点，直线交直线于点，证明：与轴平行. 【答案】(1) (2)①的坐标为或者，；②证明见解析 【分析】（1）通过为以为斜边的等腰直角三角形，确定为的中点，即可求解； （2）①设，由，列出方程，结合在圆上即可求解；②设直线方程为，，，联立圆方程，结合韦达定理，通过 可求证 【详解】（1） 因为直线与圆相切，切点为，所以 由，所以为以为斜边的等腰直角三角形， 由第一象限的点在轴上的射影为，所以为的中点， 所以点的坐标为. （2）①设，，则， 即， 又， 解得，， 所以的坐标为或者 此时，取为线段的中点，则，由，且为 中点，则，所以. ②证明：因为为线段的中点，所以， 设直线方程为，， 联立方程组，得， ，且，，， 直线方程为，直线方程为，得， 则 ， 所以，又，所以与轴平行. 【点睛】利用韦达定理法解决直线与圆相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆方程，得到关于x（或y）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的形式； （5）代入韦达定理求解. 17．(24-25高二上·江苏无锡第一中学·期中)在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程 (1)若过点的直线与圆C相切，求切线的方程； (2)点P在直线上，过P作圆C的切线PM，PN，切点分别为M，N，问经过P，M，N的圆是否过定点？如果过定点，求出所有定点的坐标； (3)过点的动直线l与圆C交于E，F两点，线段EF的中点为G，若构成等腰三角形，求此时点G的坐标. 【答案】(1)或 (2)过定点，定点为 (3) 【分析】（1）易知当切线斜率不存在时符合题意；当切线斜率存在时，设直线方程，利用直线与圆的位置关系求出斜率即可； （2）由题意知过点的圆是以为直径的圆，设，表示得该圆的方程为，解方程组即可； （3）设，表示出，根据可得点的轨迹，分类讨论当，，时，建立对应的方程组，解之即可求解. 【详解】（1）当切线斜率不存在时，切线方程为，符合题意； 当切线斜率存在时，设为，即， 又圆与切线相切，所以圆心到切线的距离为， 即，解得， 故切线方程为， 综上，符合题意的切线方程为或； （2）如图，    因为均为圆的切线，所以， 故过点的圆是以为直径的圆，设， 则线段的中点坐标为，， 所以过点的圆的方程为， 整理得， 令，消去，得，解得或， 当时，；当时，， 所以过点的圆过定点. （3）如图，    由题意知圆的圆心为，半径为2，， 设，则， 由，得，即， 所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆. 又， 若，则，又点在圆上， 所以，解得或； 若，则，又点在圆上， 所以，解得； 若，则，又点在圆上， 所以，解得或. 综上，满足题意的点坐标为. 地 城 考点02 曲线与方程压轴题 一、多选题 18．(24-25高二上·江苏淮阴中学·期中)已知点，直线l：，曲线C上的点满足到F的距离与到l的距离之积为16，则下列说法正确的有（   ） A．曲线C关于y轴对称 B．曲线C经过坐标原点 C．设曲线C上动点到直线的距离为d，则的最小值为 D．当点在曲线C上时，的最小值为 【答案】BCD 【分析】先写出曲线C的方程，根据特殊点可判断A的真假，令求曲线C与轴的交点，可判断AD的真假， 【详解】设曲线C上的点，则曲线的方程为：. 对A：令可得，所以点在曲线上，但点不在曲线上，故曲线不关于轴对称，所以A错误； 对B：令得或，故曲线过原点，所以B正确； 对C：若，则，所以曲线上的点的横坐标都不大于， 所以，又， 所以（当且仅当时取 “”），所以C正确； 对D：若，则， 所以曲线上最左边的点为，所以，故D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：在列出曲线的方程后，确定的取值范围是判断D选项的关键.判断出后，结合的几何意义：表示曲线上的点到的距离，可求该式的最小值. 19．(24-25高二上·江苏南京南京师范大学附属中学·期中)天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现：同一平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹是卡西尼卵形线．已知定点，，动点P满足（且均为常数）．设动点P的轨迹为曲线E．则下列说法正确的是（    ） A．曲线C既是轴对称图形，又是中心对称图形 B．的最小值为2a C．曲线E与x 轴可能有三个交点 D．时，曲线E上存在Q点，使得 【答案】ACD 【分析】A选项，由题意得到动点P的轨迹方程，用代替x，用代替y，用代替x，代替y，轨迹方程不变，故曲线关于y轴对称，关于x轴对称，关于原点对称，A正确；B选项，当时，显然P与或重合，此时；C选项，令得，若，则或，此时曲线E与x轴有三个交点，所以C正确；D选项，假设存在点Q，使得，根据，得到，结合，得到，求出，D正确. 【详解】， 化简得， 对于A，用代替x得，所以曲线关于y轴对称， 用代替y得，所以曲线关于x轴对称， 用代替x，代替y得，所以曲线关于原点对称， 所以曲线C既是中心对称图形，又是轴对称图形，所以A正确； 对于B，当时，， 当时，显然P与或重合，此时，所以B错误； 对于C，中，令得， 即， 若，则或，此时曲线E与x轴有三个交点，所以C正确； 对于D，假设存在点Q，使得，则， 因为，， 所以， 故， 由得， 故，反之，也成立，所以D正确． 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：由题意得到动点P的轨迹方程，再此基础上，结合研究曲线性质的常用方法得到相关结论. 20．(24-25高二上·江苏南通通州区、如东县2地·期中)在平面直角坐标系xOy中，已知曲线，点在曲线上，则下列结论正确的是（    ） A．曲线关于原点对称 B．直线与曲线有3个公共点 C．点的纵坐标的取值范围是 D．的最大值为 【答案】ABD 【分析】根据对称性、直线与曲线的交点、判别式等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】依题意，曲线， 点都满足方程， 所以曲线关于原点对称，A选项正确. 由消去并化简得， 解得或，所以直线与曲线有3个公共点，B选项正确. 由整理得， 令，则有非负根， 而其对称轴， 所以，， 解得，所以C选项错误. 令，则，代入， 化简得， 由于的开口向上，对称轴为， 所以在上单调递增， 由解得（负根舍去）， 所以的最大值为，所以的最大值为，D选项正确. 故选：ABD 【点睛】思路点睛： 利用方程形式判断对称性：首先观察曲线方程的形式，结合对称性条件判断曲线是否对称，这是快速确定对称性的重要步骤. 结合交点方程进行分析：通过消去并化简方程，得出直线与曲线的交点个数，结合符号分析确保每一个解都被考虑. 21．(24-25高二上·江苏徐州·期中)造型为“”的曲线称为双纽线，在平面直角坐标系xOy中，与定点距离之积等于的动点的轨迹为双纽线．记时的双纽线为曲线，点是曲线上的一个动点，则下列结论正确的是（    ） A．的最小值为4 B．点的横坐标的取值范围是 C．面积的最大值为2 D．若点的坐标为，则 【答案】ACD 【分析】对A：借助基本不等式计算即可得；对B：整理可得，即有，即可得，解出即可得；对C：借助换元法可得的最大值，即可得面积最大值；对D：借助反证法，假设后代入原式计算即可得. 【详解】设是曲线上任意一点，根据双纽线的定义可得：， 当时，曲线的方程为， 对于A：， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为，故A正确； 对于B：整理可得：，则， 可得，解得，故B错误； 对于C：，令，则， 所以， 所以当时，，所以面积的最大值为，故C正确； 对于D：若， 则 ， 其与矛盾， 故不成立，故，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：D选项中关键点在于使用反证法，假设，代入原方程中得到与题设矛盾的. 二、解答题 22．(24-25高二上·江苏徐州·期中)已知圆和定点为圆上的任意一点，线段PA的垂直平分线与直线PC交于点，设点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)若是曲线上的一点，过的直线与直线分别交于S，T两点，且为线段ST的中点． ①求证：直线l与曲线有且只有一个公共点； ②求的最小值（为坐标原点）． 【答案】(1) (2)①证明见解析 ；② 【分析】（1）根据垂直平分线的性质得到，即可得到，结合双曲线的定义计算可得； （2）（i）设，不妨令，，即可得到，从而表示出直线的方程，再联立直线与双曲线方程，消元、由，即可证明；（ii）由 （i ）求出，，再计算可得为定值，即可结合基本不等式求解. 【详解】（1）为PA的垂直平分线上一点，则， 则， 点的轨迹为以A，C为焦点的双曲线，且， 故点的轨迹方程为； （2）（i）设，直线是双曲线的渐近线，如图所示： 则：①．②， ①+②得，，①-②得，， 则，得， 由题可知，则， 得，即， 直线ST的方程为，即， 又点在曲线上，则，得， 将方程联立，得， 得， 由，可知方程有且仅有一个解， 故直线与曲线有且仅有一个交点； （ii）由（i）联立，可得， 同理可得，，则，同理， 所以， 故， 当且仅当，即时取等号， 故的最小值为． 【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、的形式； （5）代入韦达定理求解. 23．(24-25高二上·江苏常州金坛区·期中)《文心雕龙》有语：“造化赋形，支体必双，神理为用，事不孤立”，意指自然界的事物都是成双成对的．已知动点P与定点的距离和它到定直线l：的距离的比是常数（）．设点P的轨迹为曲线H，若某条直线上存在这样的点P，则称该直线为“齐备直线”． (1)若，求曲线H的方程； (2)若“齐备直线”：与曲线H相交于A，B两点，点M为曲线H上不同于A，B的一点，且直线MA，MB的斜率分别为，，试判断是否存在λ，使得取得最小值？说明理由； (3)若，与曲线H有公共点N的“齐备直线”与曲线H的两条渐近线交于S，T两点，且N为线段ST的中点，求证：直线与曲线H有且仅有一个公共点． 【答案】(1) (2)存在使得取得最小值4，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）把点满足的条件用坐标表示出来，整理化简即可； （2）把点满足的条件用坐标表示出来整理可得的方程，利用两点表示斜率公式求出，进而，结合基本不等式计算即可求解； （3）由（2）得曲线：，设，求出点的坐标，进而可得的坐标，代入双曲线方程，求出的关系，联立双曲线方程，整理化简可得一元二次方程，利用即可证明. 【详解】（1）当时，定直线：，比值为：. 设，则点到定点的距离与它到定直线的距离之比为， 即， 两边平方，整理得：，即为曲线的方程. （2）因为动点P与定点的距离和它到定直线l：的距离的比是常数（）， 所以，整理得， 即，即为曲线的方程. 设，则， ， 得， 当且仅当即时，等号成立， 所以存在使得取得最小值4. （3）由（2）知，当时，曲线：，双曲线的渐近线方程为：， 如图： 设，则，解得， 即，所以， 代入双曲线方程，得， 整理得，即， 解得或. 当时，，若，则， ，消去得，方程有唯一的解， 同理，若，得，方程有唯一的解， 故直线与曲线H有且仅有一个公共点； 当时，，消去得， ，方程有唯一的解， 故直线与曲线H有且仅有一个公共点. 综上，直线与曲线H有且仅有一个公共点. 【点睛】方法点睛： 学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质. 地 城 考点03 椭圆、双曲线、抛物线小题压轴 一、单选题 24．(24-25高二上·江苏锡山高级中学·期中)已知抛物线，点为抛物线的焦点，点是抛物线的准线与轴的交点，点在抛物线上，中，，当取最小值时，点恰好在以为焦点的椭圆上，则椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】易知，根据抛物线定义以及正弦定理可知当直线与抛物线相切时，满足题意；再由直线与抛物线的位置关系可得或，由椭圆定义求得，计算可得离心率. 【详解】由抛物线可知， 作垂直于抛物线的准线，垂足为，连接，如下图所示：    在中，由利用正弦定理可得； 由以及抛物线定义可得， 当取最小值时可知最大，易知直线与抛物线相切时，满足题意， 设直线的方程为， 联立，整理可得， 易知，解得， 由对称性可得或； 又点恰好在以为焦点的椭圆上，由椭圆定义可得， 可得，又， 所以椭圆的离心率为. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用抛物线定义以及正弦定理得出当直线与抛物线相切时，满足题意，求出点的坐标再由椭圆定义即可得出离心率. 25．(24-25高二上·江苏连云港灌南县·期中)如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线的左、右焦点分别为，，从发出的光线经过图2中的，两点反射后，分别经过点和，且，，则的离心率为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用双曲线的光学性质及双曲线定义，用表示，再在两个直角三角形中借助勾股定理求解作答. 【详解】依题意，直线都过点，如图，有，，    设，则，显然有，， ， 因此，，在，， 即，解得，即，令双曲线半焦距为c， 在中，，即，解得， 所以E的离心率为. 故选：C. 【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法： ①求出，代入公式； ②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，进而转化为的齐次式，然后等式（不等式）两边分别除以或转化为关于的方程（不等式），解方程（不等式）即可得（的取值范围）. 26．(24-25高二上·江苏扬州高邮·期中)已知斜率为的直线过双曲线的左焦点，且与的左，右两支分别交于，两点，设为坐标原点，为AB的中点，若是以FP为底边的等腰三角形，则双曲线的离心率为（    ） A．2 B． C．3 D． 【答案】A 【分析】由点差法得，由条件知直线的倾斜角为倾斜角的两倍，由二倍角公式得直线的斜率，代入两直线的斜率关系式，求得，进而得离心率. 【详解】由双曲线，可知. 设, 由均在上，为的中点， 得，则， 由分别在的左，右两支，则，且， ，. 设直线的倾斜角为，则，为锐角， 是以为底边的等腰三角形，则， 直线的倾斜角为，则. ， 由代入得，. 所以椭圆的离心率为. 故选：A. 【点睛】结论点睛：中点弦定理：若直线与椭圆（双曲线）交于不同两点，中点为（不为原点），且斜率存在，则有，其中为坐标原点，为曲线的离心率. 27．(24-25高二上·江苏常州奔牛、二中、武高·期中)设双曲线：的右焦点为，双曲线上的两点关于原点对称，且满足，，则双曲线的离心率的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设椭圆的左焦点，由椭圆的对称性结合，得到四边形为矩形，设，，在直角中，利用椭圆的定义和勾股定理化简得到，再根据，得到的范围，从而利用对勾函数的值域得到的范围，进而由即可得解. 【详解】如图所示： 设双曲线的左焦点，由双曲线的对称性可知，四边形为平行四边形， 又，则，所以平行四边形为矩形，故， 设，，则， 在中，，， 所以，则， 所以， 令，得， 又由，得， 因为对勾函数在上单调递增，所以， 所以 ，即， 则，故， 所以， 所以双曲线离心率的取值范围是， 故选：A 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用椭圆的对称性证得四边形为矩形，再利用椭圆的定义与勾股定理，结合条件得到关于的齐次不等式，从而得解. 28．(24-25高二上·江苏连云港赣榆区·期中)已知A，B，C，D是椭圆上四个不同的点，且是线段的交点，且，若，则直线的斜率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用向量共线、类似点差法建立等量关系式，由直线垂直斜率的关系求出直线l的斜率. 【详解】设，而， 因为，故， 即， 所以，则， 又都在椭圆上， 故①，且， 即②， ①②两式相减并化简得：， 即③， 同理可得：④， ④－③得：， 所以， 因为，所以直线l的斜率为. 故选：D 【点睛】直线与圆锥曲线相交涉及中点弦问题，常用点差法，该法计算量小，模式化强，易于掌握，若相交弦涉及的定比分点问题时，也可以用点差法的升级版—定比点差法，解法快捷. 29．(24-25高二上·江苏南通通州区、如东县2地·期中)设为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段中点的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用点差法、联立方程组的方法来求得正确答案. 【详解】双曲线对应，， 设，则， 两式相减并化简得， 由于，所以， 而B选项中，点，对应，所以B选项错误. C选项中，点，对应，所以C选项错误. A选项，点，对应，所以， 则直线的方程为， 由消去并化简得，， 所以方程组无解，所以A选项错误. D选项，点，对应，所以， 则直线的方程为， 由消去并化简得， ，所以D选项正确. 故选：D 【点睛】关键点睛： 中点坐标与代数运算结合的应用：利用中点坐标公式结合代数运算进行求解，可以有效判断给定点是否为中点，正确设定中点的坐标并代入验证，是解题的关键. 消去法的运用：在代入方程并进行化简时，消去法是确保推导过程严谨的重要方法，通过逐步消去不相关的变量，最终确定符合条件的解. 二、多选题 30．(24-25高二上·江苏南京外国语学校·期中)已知为双曲线右支上的一个动点（不经过顶点），，分别是双曲线的左，右焦点，的内切圆圆心为，且与相切于点，过作，垂足为，下列结论正确的是（    ） A．为定点 B．在定直线上 C．为定值 D．为定值 【答案】ABC 【分析】由双曲线的定义与内切圆的性质可判断A，B，由双曲线定义与三角形中位线的性质可判断C，数形结合可判断D. 【详解】设的内切圆在上的切点分别为 设切点的坐标为， 因为 ， 所以， 因为内切圆圆心为，所以轴， 所以内切圆圆心在直线上，故A，B正确； ，垂足为，设， 为的角平分线， 为等腰三角形，， 因为， 在中，为中位线， 所以，所以为定值，故C正确； 由C知，点为圆在轴右侧上的动点， 在双曲线右支上的一个动点， 结合图象易知不是定值，D错误； 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，利用双曲线的定义与圆的切线长性质推得，从而得解. 31．(24-25高二上·江苏连云港赣榆区·期中)已知双曲线分别为双曲线左、右焦点，焦距为2c，为该双曲线上异于顶点的任一点，双曲线E的左、右顶点分别为，则下列说法正确的是（   ） A．若直线与双曲线的一个交点的横坐标恰好为c，则双曲线的离心率是 B．若双曲线的离心率为，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，若的面积等于（点为坐标原点），则实数的值等于 C．设直线PA、PB的斜率分别为，则 D．若在第一象限，内切圆圆心的横坐标为 【答案】ACD 【分析】根据直线与双曲线的位置关系、双曲线的离心率、三角形的面积、定值问题以及三角形内切圆等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】A选项，，代入得， 解得（负根舍去），所以， 两边除以得，解得，A选项正确. B选项，双曲线左焦点到一条渐近线的距离为， 所以，所以， 由于双曲线的离心率，所以， 所以，所以B选项错误. C选项，设，则， ，， 所以C选项正确. D选项，设内切圆的圆心为，内切圆于相切于点，如图所示， 则，且， 由于，所以， 而，所以，所以， 所以内切圆圆心的横坐标为，D选项正确. 故选：ACD    【点睛】思路点睛： 利用双曲线的几何特性求解离心率：首先通过双曲线的焦点和交点条件，利用关于的方程推导出离心率. 内切圆位置的几何分析：通过分析双曲线在第一象限内的内切圆位置，利用几何关系确定圆心具体的横坐标. 32．(24-25高二上·江苏常州金坛区·期中)已知F、为椭圆C：的左、右焦点，直线l：（）与椭圆C交于A，B两点，轴，垂足为E，BE与椭圆C的另一个交点为P，则（   ） A．四边形周长为8 B．的最小值为 C．直线BE的斜率为2k D． 【答案】ABD 【分析】由椭圆的定义判断A，结合基本不等式求得最小值判断B，设，得出坐标，求出斜率判断C，由直线与椭圆相交求得点坐标后根据斜率即可判断D． 【详解】由已知，，A正确； ， 则， 当且仅当，即时等号成立，B正确； 设，则，，， 则，C错； 直线方程为， 由，消去得， 显然是此方程的一个解，则， ， 因此， ，，所以与垂直，D正确． 故选：ABD． 【点睛】方法点睛：直线与椭圆相交问题，常常设交点坐标为，设直线方程为，代入椭圆方程后应用韦达定理得，如果直线方程是以直线与椭圆相交的一个点为基础得出的方程，那么该点的坐标（横坐标或纵坐标）就是相应一元二次方程的一个解，从而利用韦达定理易求得另一解． 33．(24-25高二上·江苏锡山高级中学·期中)已知双曲线的焦距为，为左右焦点，为双曲线上不同的三点，其中两点关于原点对称，直线与斜率的乘积为，则下列说法正确的是（   ） A．若过点的直线与的右半支交于两点，则直线的倾斜角的取值范围为 B．若为双曲线上一点，且，则 C．若为双曲线上任意一点，则 D．若为双曲线右支上一点，延长交双曲线右支于点，设与的内切圆半径分别为，则 【答案】ACD 【分析】根据和焦距可求得双曲线的方程；根据直线与双曲线交点情况可确定其斜率与渐近线斜率之间的关系，由斜率和倾斜角的关系可判断出A正确；结合双曲线定义和余弦定理可求得B错误；利用双曲线方程化简与，可知C正确；根据双曲线焦点三角形内心在轴投影为双曲线的顶点，结合可求得D正确. 【详解】设，，则， ， 又，，，， 双曲线的方程为：； 对于A，由双曲线方程可得渐近线方程为：， 过点的直线与的右半支交于两点，或， 直线的倾斜角的取值范围为，A正确； 对于B，由双曲线定义知：，， ，B错误； 对于C，设，则， ，，，， ， ，，， ，即，C正确； 对于D，设的内切圆与分别相切于点， 则，，， ，又， ，，即， 在直线上，同理可知：的内切圆圆心在直线上； 平分，平分，， ，即，又轴， ，即，D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线位置关系、双曲线中焦点三角形的相关知识；本题求解焦点三角形相关问题的关键是能够熟练应用双曲线的定义对长度关系进行转化，同时能够熟练掌握焦点三角形内心的位置特征. 34．(24-25高二上·江苏宿迁·期中)在平面直角坐标系中，过抛物线的焦点的直线与抛物线交于两点，直线，分别交抛物线准线于，两点，则下列说法正确的有（    ） A．轴 B． C．以为直径的圆与抛物线准线恒相交 D．面积的最小值为 【答案】ABD 【分析】设直线，联立方程可得韦达定理.对于A：求点C的坐标，结合韦达定理分析判断；对于B：：求点D的坐标，结合数量积分析判断；对于C：根据抛物线的定义分析判断；对于D：结合韦达定理就面积，即可判断. 【详解】由题意可知：抛物线的焦点，准线， 显然直线的斜率可以不存在，但不为0，此时直线与抛物线必相交， 设直线， 联立方程，消去x可得， 可得. 对于选项A：可知直线， 令，可得，即， 所以轴，故A正确； 对于选项B：同理可得：，轴， 则，可得， 所以，故B正确； 对于选项C：因为， 由梯形中位线可知：以为直径的圆的圆心到准线的距离为， 即圆心到准线的距离等于半径，所以以为直径的圆与抛物线准线恒相切，故C错误； 对于选项D：因为， 可得面积， 当且仅当时，等号成立， 所以面积的最小值为. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法 （1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解． （2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）. 35．(24-25高二上·江苏徐州·期中)抛物线的准线为l，P为上的动点，过作圆的一条切线，切点为，过作的垂线，垂足为，则下列结论正确的是（    ） A．与圆相切 B．当时， C．的最小值为 D．满足的点有且仅有2个 【答案】AD 【分析】A选项，抛物线准线为，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，根据先算出的坐标，再借助切线的性质计算即可得；C选项，结合抛物线定义可得三点共线时，最小，计算即可得；D选项，直接设点坐标进行求解即可得. 【详解】A选项，抛物线的准线为， 圆的圆心到直线的距离显然是，等于圆的半径， 故准线和圆相切，A选项正确； B选项，当时，，此时，故或， 当时，，则； 当时，，； 故或，B选项错误； C选项，， 当且仅当三点共线时，等号成立，故 的最小值为，C选项错误； D选项， 设，由可得，又，又， 根据两点间的距离公式，，整理得， ，则关于的方程有两个解， 即存在两个这样的点，D选项正确. 故选：AD. 36．(24-25高二上·江苏常州奔牛、二中、武高·期中)已知，，点P满足．则（    ） A．点P的轨迹为双曲线 B．直线上存在满足题意的点P C．满足的点P共有0个 D．的周长的取值范围是 【答案】BCD 【分析】由，，则再根据双曲线的定义可得点的轨迹方程是双曲线的右支判断A,联立方程组计算判断B,根据点到渐近线的距离判断C，转化的周长为，再结合三点共线判断D. 【详解】因为，， 所以点的轨迹是以为焦点，实轴长为的双曲线的右支， 所以，故， 所以的轨迹方程为，双曲线的右支，故A错误； 联立，解得（舍去）， 所以直线上存在满足题意的点，故B正确； 双曲线的渐近线方程为， 则点到渐近线的距离， 所以满足的点共有0个，故C正确； 因为即左焦点， 而， 因为，所以， 所以的周长为 ， 当且仅当三点共线时，等号成立， 所以的周长的取值范围是，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是转化的周长为，再结合当三点共线时取得最小值. 37．(24-25高二上·江苏常州田家炳高级中学·期中)已知椭圆的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为为椭圆上异于的动点，则下列说法正确的是（    ） A． B．的最大值为20 C．的外接圆圆心到x轴的距离的最小值为 D．直线的斜率之差可能为1 【答案】AC 【分析】得用已知椭圆求得，再结合每个选项的条件逐项计算可判断结论. 【详解】由椭圆C：的方程可知，，解得， 所以，即，故A正确； 因为，所以， 当且仅当时取等号，故B错误； 由的外接圆的圆心在的垂直平分线上，可得圆心在轴上， 由， 所以为锐角，且在短轴的端点处时，最大， 由外接圆的半径为可知，越大，半径越小， 此时外心到x轴的距离最小，设外心为，取在上顶点时， 所以，解得，故C正确； 设，由，得，所以， 不妨取，则，， ， 当且仅当时取等号， 所以直线的斜率之差不可能为1，故D不正确. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：根据点在椭圆上，可求得为定值，进而可利用基本不等式判断直线的斜率之差是否可能为1. 38．(24-25高二上·江苏南通如皋部分学校·期中)已知椭圆的左，右焦点分别为，上顶点，且°．为椭圆上任意一点（异于左，右顶点），直线分别与椭圆交于，则（    ） A．椭圆的离心率为 B．内切圆的半径为 C．△的外接圆方程为 D．△与△内切圆半径之和的最大值为 【答案】ABD 【分析】由已知条件直接求得得离心率判断A，得椭圆标准方程，解方程组求出交点坐标得直角的边长后可求得其内切圆半径判断B，同样由三点坐标求出外接圆方程判断C（可用点的坐标代入判断），利用面积的两种不同计算方法可求得内切圆半径与点坐标的关系，结合韦达定理可求出两内切圆半径和的最大值，判断D． 【详解】A选项，由题意，是等腰直角三角形，因此，， 离心率为，A正确； B选项，由上知，，直线的方程为，椭圆方程为， 由，解得或，∴， ，，而， 则，即为直角三角形， ∴△内切圆的半径为，B正确； C选项，由题意设△的外接圆圆心坐标为，则，解得， 即圆心坐标为，半径为， 圆方程为，C错； D选项，设，的内切圆在三边上的切点分别为，如图，    一方面，， 另一方面，记的内切圆半径为，， 所以，，事实上，不论点在轴上方还是下方，都有与同号，所以，从而， 则的内切圆半径为，内切圆半径为， △与△内切圆半径之和为， 设直线方程为， 由得， ， ， 所以当，即时，取得最大值，D正确， 故选：ABD． 【点睛】结论点睛：设是椭圆上的点，是椭圆焦点，与不共线，的内切圆圆心为，半径为，椭圆离心率为， 则，，， 39．(24-25高二上·江苏常州高级中学·期中)如图，圆，圆，动圆与圆外切于点，与圆内切于点，圆心的轨迹记为曲线，则（    ）    A．的方程为 B．的最小值为 C． D．曲线在点处的切线与线段垂直 【答案】BCD 【分析】对A，直接根据椭圆的定义可得答案；对B，利用与互补，求出的最大角即可；对于C，直接利用向量的坐标运算求解；对于D，求出点处的切线斜率，再利用，求出点的坐标，再判断切线斜率和的关系即可. 【详解】因为圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为， 对于选项A，设动圆的半径为，由条件得，则，且不重合， 故点的轨迹为以为焦点的椭圆（去掉重合的点），则曲线的方程为，故选项A错误； 对于选项B，由图可知与互补，设， 在中，，则， 又，所以，当且仅当时取等号， 又，所以，得到的最小值为，故选项B正确； 对于选项C，， 当且仅当时等号成立，故选项C正确； 对于选项D，设点， 下面先证明椭圆上一点的的切线方程为. 联立，消去得， 则，又，所以. 所以椭圆上一点的的切线方程为. 则过点的椭圆的切线方程为，切线斜率为， 又，所以， 则 得，解得， 所以， 又， 因为，所以，所以，所以， 所以，即曲线在点处的切线与线段垂直，故D正确    故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项解题的关键是利用过椭圆上一点的的切线方程为，通过结论可快速找到解题思路. 三、填空题 40．(24-25高二上·江苏南京南京师范大学附属中学·期中)已知点，点F为抛物线的焦点．若以点P，F为焦点的椭圆与抛物线有公共点，则椭圆的离心率的最大值为 ． 【答案】 【分析】焦点，根据椭圆的定义得到，设椭圆和抛物线的交点为，根据抛物线性质得到，得到离心率的最大值. 【详解】由抛物线方程得，准线方程为， 又点，则， 在抛物线上取点H，过H作HG垂直直线，交直线于点G， 过P作PM垂直直线，交直线于点M， 由椭圆和抛物线定义得，故椭圆离心率．    故答案为：. 41．(24-25高二上·江苏泰州兴化·期中)若方程表示的曲线是抛物线，则实数的值为 ，此抛物线的顶点坐标为 . 【答案】 【分析】由已知变形得，由抛物线定义可求，进而可得焦点为，进而求得抛物线的对称轴与准线交点可求抛物线的顶点坐标. 【详解】由，可得， 所以，所以， 方程表示到点的距离与直线的距离之比为常数， 若方程表示的曲线是抛物线，则，解得， 为抛物线的焦点，直线为抛物线的准线， 过与直线垂直的直线方程为， 由，解得，所以抛物线的准线与对称轴的交点坐标为， 又抛物线的顶点是焦点与的中点， 所以抛物线的顶点坐标为. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：关键是把方程变形为，利用抛物线的定义可求，考查抛物线的定义的应用，难度较大. 42．(24-25高二上·江苏常州高级中学·期中)过抛物线上一动点作圆的两条切线，切点分别为，若的最小值是，则 . 【答案】 【分析】设，利用圆的切线性质，借助图形的面积把表示为的函数，再求出函数的最小值即可. 【详解】设，则，圆的圆心，半径为， 由切圆于点，得， 则 ， 当且仅当时，等号成立， 可知的最小值为， 整理可得，解得， 且，所以， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：根据切线的性质，将转化为，根据面积结合几何性质求解. 43．(24-25高二上·江苏南通启东等2地·期中)已知曲线是椭圆，则该椭圆的离心率为 ；为上任意一点，与点之间的距离的最大值为 ． 【答案】 【分析】由题意可得椭圆关于和对称，求出椭圆的长轴顶点和短轴顶点，结合题意分析即可求解. 【详解】中，用替换，方程不变， 所以椭圆关于对称， 用替换，方程不变， 所以椭圆关于对称， 由， 解得椭圆的长轴顶点：， 由， 解得椭圆的短轴顶点：， 所以，， 所以， 设，则 ， 当且仅当即或者时等号成立， 故答案为：； 【点睛】方法点睛：椭圆的离心率的求解方法：求出旋转椭圆的长轴顶点和短轴顶点，即可得，继而根据离心率公式即可求解. 44．(24-25高二上·江苏常州联盟学校·期中)已知椭圆的左右焦点分别为，，上的一点满足，且的面积为，则的值为 ，的取值范围为 . 【答案】 4 . 【分析】在椭圆焦点三角形中，应用余弦定理和三角形面积公式推得（），即可求参数b，进而有，再由，要保证最大角能取到，应用余弦定理和基本不等式求参数a的范围. 【详解】由，（）， 所以， 又，则， 所以，结合， 所以， 由题设，则，故， 由上分析知， 而， 当且仅当时取等号，所以，则， 当且仅当时取等号，则， 综上，. 故答案为：4，. 【点睛】关键点点睛：要注意保证最大角能取到求参数a的范围. 45．(24-25高二上·江苏连云港东海县·期中)已知双曲线的左、右焦点分别为、，过点的直线与双曲线的左支交于、两点，若，且，则双曲线的离心率为 . 【答案】 【分析】设，利用双曲线的定义由，得，再由，余弦定理得，可求离心率． 【详解】由，令，则． 由双曲线的定义可知， ． 由，所以，即， 得，解得． 则有，，， ． 因为，所以． 由余弦定理可得， 所以，得，所以双曲线的离心率. 故答案为：． 【点睛】方法点睛： 设，先利用双曲线的定义结合，建立起与的关系，再借助余弦定理建立起与的关系，最后利用离心率的计算公式求解. 46．(24-25高二上·江苏徐州铜山区·期中)已知椭圆，圆，直线l与圆O相切于第一象限的点A与椭圆C交于P，Q两点，与x轴正半轴交于点B．若，则直线l的方程为 ． 【答案】 【分析】取的中点，得到为的中点，设，，根据垂直关系得到直线l的方程，求出和，利用点差法得到，从而得到方程，求出，，从而求出直线方程. 【详解】取的中点，连接， 因为，所以，即， 故，即，即为的中点， 设，则，， 直线l与圆O相切于第一象限的点A，故，所以， 直线l的方程为，令得， 故，故的中点， 设， 则，两式相减得， 化简得， 故，即， 即，， 解得，负值舍去， 又，故，负值舍去， 所以直线l的方程为，即. 故答案为： 【点睛】直线与圆锥曲线相交涉及中点弦问题，常用点差法，该法计算量小，模式化强，易于掌握. 47．(24-25高二上·江苏扬州扬州大学附属中学·期中)已知椭圆（）的离心率为，双曲线的离心率为，且它们有公共焦点，P是它们的一个公共点，若，则 . 【答案】 【分析】根据离心率和公共焦点建立等量关系，利用椭圆和双曲线定义表示线段长，结合余弦定理解决问题. 【详解】由椭圆离心率得，， 由双曲线离心率得，， 由椭圆和双曲线有共同焦点得，，即，故. 设点在第一象限，由椭圆和双曲线定义得， ， 所以， 由得，，故， 所以. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题考查圆锥曲线综合问题，具体思路如下： 由椭圆离心率得到的关系，由双曲线离心率得到的关系，由两曲线有共同焦点得和的关系，根据椭圆和双曲线定义表示，利用余弦定理解决问题. 地 城 考点04 椭圆、双曲线、抛物线大题压轴 48．(24-25高二上·江苏盐城七校联考·期中)已知为双曲线的一条渐近线方程，过右焦点作垂直于轴的直线，并在轴上方交双曲线于点，且. (1)求双曲线的方程； (2)设，是双曲线上的两个动点，直线，的斜率分别为，且满足.求直线的斜率； (3)过圆上任意一点作切线，分别交双曲线于，两个不同点，中点为，证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据渐近线方程及点坐标可得双曲线方程； （2）设直线，联立直线与双曲线，结合韦达定理及可得，进而可得； （3）当斜率存在时，设直线，联立直线与双曲线，结合韦达定理可得，当直线斜率不存在时，直线，可得点，坐标，可得，即可得为直角三角形，即. 【详解】（1）由渐近线为，则，即， 则双曲线方程为，， 令，则， 又在轴上方，则，，， 所以双曲线方程为； （2） 由（1）得， 设直线，， 联立直线与双曲线，则， ，即， 且，， 又，， 且， 则， 化简可得， 即或， 当，直线， 直线过点，不成立， 综上所述，； （3） 当直线斜率存在时，设直线，，， 易知直线与圆相切， 则，即， 联立直线与双曲线，得， ，即， 且，， 则，， 即 ， 即； 当直线斜率不存在时，直线或， 当方程为时，，， 此时，， 同理当方程为时，； 综上所述恒成立， 即为直角三角形，且为中点， 则. 【点睛】方法点睛：解决直线与双曲线的综合问题时，要注意： (1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、双曲线的条件； (2)强化有关直线与双曲线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． 49．(24-25高二上·江苏宿迁·期中)已知双曲线：的右顶点为，实轴长为4，过双曲线的左焦点作直线，当直线与轴垂直时，直线与双曲线的两个交点分别为，，此时为等腰直角三角形． (1)求双曲线的方程； (2)当直线与双曲线的渐近线平行时，求直线与双曲线的交点坐标； (3)当直线与双曲线的左支交于，两点时，直线，分别交直线于，两点，在轴上是否存在定点，使得点始终在以线段为直径的圆上？若存在，求出点坐标，否则，请说明理由． 【答案】(1) (2)或. (3)或 【分析】（1）根据关系得到方程组，解出即可； （2）写出渐近线方程，再利用平行关系得到直线的方程，联立双曲线方程解出即可； （3）设设的方程为，联立双曲线方程得到韦达定理式，再写出相关直线方程，得到相关点坐标，写出两点直径式，代入韦达定理式即可. 【详解】（1）由题意得，解得， 所以双曲线的方程为：. （2）渐近线方程为， 当直线与平行时，直线的方程为：， 联立解得. 当直线与平行时，直线的方程为：， 联立解得， 所以直线与双曲线的交点坐标为或. （3）因为双曲线的渐近线方程为：， 显然当直线与轴重合时，不合题意，故设的方程为，，， 直线的方程为：， 当时，，即P点坐标为， 直线的方程为：， 当时，，即点坐标为， 所以以为直径的圆方程为：， 当时， 联立，消去得，其中， ，且， 所以，. ， 所以， 所以或. 所以轴上存在定点或始终在以为直径的圆上. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是采用设线法并与双曲线方程联立得到韦达定理式，写出两点直径式方程，并代入韦达定理式即可. 50．(24-25高二上·江苏锡山高级中学·期中)已知动点到轴的距离为为坐标原点，且，其中均为常数，动点的轨迹称为（）曲线． (1)判断 曲线为何种圆锥曲线． (2)当应满足什么条件时，（）曲线为双曲线？ (3)设曲线为曲线，斜率为的直线过曲线的右焦点，且与交于两个不同的点．若点关于轴的对称点为，试证明直线过定点． 【答案】(1)椭圆 (2)且 (3)证明见详解 【分析】（1）设，根据曲线的定义，可得的坐标满足的方程，分析可得结果. （2）将整理为，根据双曲线方程的特点分析可得结果. （3）先根据为曲线可得曲线的方程，设出直线的点斜式方程，由对称性得直线经过的定点必在轴上，令，结合韦达定理化简可得定点坐标. 【详解】（1）设，由，得， 当时，，即，所以曲线为椭圆. （2）由，得. 若曲线为双曲线，则， 所以可化为， 所以，则； 故应满足且，曲线为双曲线. （3）由，，得曲线的方程为， 则的右焦点坐标为，所以直线的方程为. 联立，得. 设，则， 因为点关于轴的对称点为点，所以， 则直线的方程为， 根据对称性可知，直线经过的定点必在轴上， 令，得 . 当且时， ， 故直线过定点. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于理解并应用曲线的定义进行分析，考查对新定义的理解和应用. 51．(24-25高二上·江苏锡山高级中学·期中)由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”．如果两个椭圆的特征三角形是相似三角形，则称这两个椭圆“相似”，并将特征三角形的相似比称为这两个椭圆的相似比． (1)求经过点，且与椭圆相似的椭圆方程． (2)已知椭圆，椭圆与椭圆的相似比为． ①若直线与椭圆相切，且与椭圆交于两点，求的取值范围； ②过点作斜率不为的直线与椭圆交于两点（在的上方），直线与椭圆交于两点（在的上方）．是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)①；②存在， 【分析】（1）利用相似性质，可知两椭圆离心率相等，即可求解； （2）①利用直线与椭圆联立方程组来求解弦长，通过讨论斜率是否存在来补全取值范围；②根据斜率是否存在分类讨论，通过联立直线与椭圆方程说明的中点也是的中点，然后将转化为的数量关系，借助弦长公式完成计算. 【详解】（1）由题意可知，“特征三角形”是等腰三角形，且腰长为，底边长为， 那么相似比就是两个“特征三角形”的长半轴长之比或者是焦距之比， 从而特征三角形相似的两椭圆的离心率是相等的. 由椭圆的离心率为， 可知过点，且与椭圆相似的椭圆方程的离心率也为， 可设所求椭圆为，代点得：， 再由，所以， 联立上两式解得：， 所以所求椭圆方程为：. （2）①由椭圆与椭圆的相似比为，可知两椭圆的长半轴之比也为，短半轴之比也为， 再由椭圆，所以椭圆， 当直线的斜率不存在时，又与椭圆相切，则切线方程为， 取直线，可得与椭圆的交点坐标为 此时有， 再当直线的斜率存在时，可设直线的方程为， 则与椭圆联立消得：， 整理得：， 由直线与椭圆相切，可得：，整理得， 再由直线的方程为，与椭圆联立消得：， 整理得， 由， 再把代入得：， 可设交点，则有， 所以 再把代入得： ， 由于，所以，即， 综上可得：； ②假设直线存在； 当的斜率不存在时，， 由解得，由解得， 所以， 所以， 所以， 显然； 当的斜率存在时，，设， 联立，可得， 所以， 联立，可得， 所以， 所以，即中点的横坐标相同， 又因为四点共线，所以的中点即为的中点， 因为，所以， 所以， 因为 ， ， 所以， 所以，解得，符合条件， 所以存在直线满足条件. 【点睛】关键点点睛：解答本题第二问的第二小问的关键点有两个，一方面是说明中点相同，借助这一条件可对向量关系式进行转化；另一方面是弦长计算，计算量较大，通过联立以及弦长公式表示出. 52．(24-25高二上·江苏徐州·期中)定义：一般地，当且时，我们把方程表示的椭圆称为椭圆的相似椭圆． (1)求证：相似椭圆的离心率相等； (2)已知椭圆的相似椭圆为且． ①直线与椭圆均有且只有一个公共点，且的斜率之积为，求证：的交点在椭圆的相似椭圆上； ②若为椭圆上异于左右顶点，的任意一点，直线与椭圆交于，两点，直线与椭圆交于，两点，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析 ；② 【分析】（1）求得相似椭圆的离心率可得结论； （2）①设直线的斜率为，则直线的斜率为，联立方程组，利用，化简可得结论； ②由已知，设为，联立方程组求得，同理求得，进而可得结论． 【详解】（1）椭圆的离心率为 可化为 其离心率为 所以，即：相似椭圆的离心率相等． （2）（i）设直线的斜率为，则直线的斜率为， 直线的方程为：与椭圆联立得： ， ， 即：亦即：①， 用代换①的得：②， ①式乘4+②式得：， 两边同除得：， 即点在椭圆上， 亦即：在椭圆的相似椭圆上， （ii）椭圆的标准方程为：， 所以，， 设，易知直线，的斜率均存在且不为， 所以， 因为在椭圆上，所以，即， 所以． 设直线的斜率为，则直线PN的斜率为， 所以直线的方程为． 由，得， 设，则， 所以 ， 由替换可得， 所以． 【点睛】方法点睛：高考中解析几何解答题一般围绕直线和圆锥曲线的位置关系进行设题，对考生的代数运算能力、逻辑思维能力要求较高，挖掘几何图形的性质是求解有几何背景的圆锥曲线问题的主要思路，在解决与椭圆有关的问题时要重视圆的几何性质的运用． 53．(24-25高二上·江苏宿迁·期中)已知椭圆过点，离心率为，左、右焦点分别为、，右顶点为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆的另外一个交点为，当的面积最大时，求直线的方程； (3)若点、是直线上不同的两点，则向量以及与它平行的非零向量都称为直线的方向向量，当直线时，直线的方向向量称为直线的法向量．设、为实数，直线的一个法向量为，为直线上任一点，点为坐标平面内的定点，我们把称为点在直线上的投影数量．当与椭圆相切时，点、在直线上的投影数量的乘积是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)是定值，且定值为 【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程； （2）求出直线的方程，设点，其中，利用点到直线的距离公式，辅助角公式可求得点到直线距离的最大值及其对应的的值，可得出点的坐标，进而可求得直线的方程； （3）设直线与椭圆相切于点，则，先证明椭圆在点处的切线方程为，可得出直线的一个法向量，再利用投影的概念可求得点、在直线上的投影数量的乘积，即可得出结论. 【详解】（1）由题意可得，解得， 因此，椭圆的方程为. （2）易知点，直线的斜率为， 则直线的方程为，即， 若的面积最大，则点到直线的距离取最大值， 设点，其中， 则点到直线的距离为， 因为，则， 故当时，即当时，取最大值，此时点， 所以，直线的斜率为，则直线的方程为， 故当的面积最大时，直线的方程为. （3）若直线的方程为，则该直线的斜率为，该直线的一个方向向量为， 该直线的一个法向量为， 设直线与椭圆相切于点，则， 首先证明椭圆在点处的切线方程为， 联立可得，解得， 所以，椭圆在点处的切线方程为，即， 所以，直线的一个法向量为， ，， 所以，点在直线上的投影为， 点在直线上的投影为， 所以，点、在直线上的投影数量的乘积为. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 54．(24-25高二上·江苏扬州江都区·期中)如图，已知椭圆：（）的上顶点为，离心率为，若过点作圆：（）的两条切线分别与椭圆相交于点，（不同于点）. (1)求椭圆的方程； (2)设直线和的斜率分别为，，求证:为定值； (3)求证：直线过定点. 【答案】(1) (2)证明见详解 (3)证明见详解 【分析】（1）根据离心率列式求，即可得椭圆方程； （2）根据切线性质解得点到直线的距离公式整理可得，结合韦达定理分析证明； （3）联立方程求点的坐标，进而可得直线的方程，结合方程分析定点. 【详解】（1）因为 椭圆的上顶点为，离心率为 则 解得， 所以椭圆的方程为. （2）圆的圆心为，半径为， 设切线方程为，则 ，即 因为两切线的斜率分别为， 则是上述方程的两根，根据韦达定理可得:为定值. （3）联立方程 ，消掉得， 设，则， 同理可得 ， 则， 可得直线方程为， 令，得， 所以故直线过定点. 【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： （1）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； （2）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． 55．(24-25高二上·江苏南通海门·)双曲线的左右焦点分别是与，且焦距为4． (1)若是上一点，，求； (2)设直线经过交的右支于两点． ①求的取值范围； ②点在上，且，过作斜率为的直线与过作斜率为的直线交于点，若，且．求证：． 【答案】(1) (2)①；②证明见解析 【分析】（1）根据双曲线定义分点在双曲线左支，右支两种情况讨论求解即可； （2）①分直线的斜率不存在、存在讨论求解即可； ②结合题意设直线的方程为，，联立直线与双曲线方程结合韦达定理求出点的轨迹方程，由直线的方程为，设，联立直线与双曲线可得的坐标，联立点的轨迹方程与直线的方程求出点的坐标，进而结合中点坐标公式验证即可. 【详解】（1）由题意，，则，又，所以，即， 则双曲线， 当点在双曲线左支上时，，符合题意， 则； 当点在双曲线右支上时，，不符合题意. 综上所述，. （2）①由（1）知，双曲线，，双曲线渐近线方程为， 当直线的斜率不存在时，直线的方程为， 此时，，则； 当直线的斜率为：时， 此时直线与双曲线右支只有1个交点，不符合题意； 当直线的斜率为：或时， 设直线的方程为，设， 联立，得， 则，， 所以， 由于或，则，即. 综上所述，的取值范围为. ②证明：由题意，结合①，设直线的方程为，， 联立，得， 则，， 又，， 所以， 设，则， 两式相减得，， 又， 所以， 即， 两式相加得，， 又， 所以 即， 因此，点的轨迹方程为，，其中为直线的斜率，， 由，则直线的方程为，设， 由①知，， 所以， 联立，解得， 则，， 所以点为中点，即. 【点睛】关键点点睛：本题第2问关键在于联立直线与双曲线方程结合韦达定理求出点的轨迹方程，进而求出坐标，结合中点坐标公式验证即可. 56．(23-24高二上·江苏无锡辅仁高级中学·期中)已知直线方程为，点，点到点的距离与到直线的距离之比为，. (1)求点的轨迹的方程（用表示）； (2)若斜率为的动直线与（1）中轨迹交于点，，其中，.点（）在轨迹上，且直线、与轴分别交于、两点，若恒有，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由已知表示出距离比并化简即可； （2）先解出点，结合条件可得，设直线方程，直曲联立，表示出韦达定理，代入斜率方程，整理出，由等式恒成立得到，即可得到. 【详解】（1）设，由已知可得， 两边平方化简可得，同时除以可得 ，即点的轨迹的方程. （2） 点（）在轨迹上，所以，即， 因为直线、与轴分别交于、两点，若恒有， 所以， ， 所以，通分化简可得 ，① 设斜率为的动直线方程为， 所以代入①并化简可得 ，② 又直曲联立可得，消去可得， 其中， ， 代入②可得， 化简并整理可得， 因为上述等式恒成立，所以上式中含项为零， 即即， 所以. 【点睛】本题考查直线与双曲线的位置关系，斜率，恒成立等问题，可利用等腰三角形两腰斜率之和等于零，画出图形，辅助求解. 具体做法为：（1）由已知表示出距离比并化简即可； （2）先解出点，结合条件可得，设直线方程，直曲联立，表示出韦达定理，代入斜率方程，整理出，由等式恒成立得到，即可得到. 57．(23-24高二上·江苏淮安·期中)已知双曲线的左顶点，一条渐近线方程为． (1)求双曲线的标准方程； (2)设双曲线的右顶点为为直线上的动点，连接交双曲线于两点（异于），记直线与轴的交点为． ①求证：为定点； ②直线交直线于点，记．求证：为定值． 【答案】(1) (2)①证明过程见解析；②证明过程见解析 【分析】（1）由左顶点和渐近线得到和，求出双曲线方程； （2）①设，其中，且，表达出直线，联立双曲线方程，得到，同理表达出直线，联立双曲线方程，得到，从而表达出直线的方程，令得，证明出为定点； ②在①基础上，结合题目条件得到，，求出，，证明出为定值. 【详解】（1）由题意得，，故， 所以双曲线的标准方程为； （2）①证明：由题意可知，，， 设， 因为连接交双曲线于两点（异于），所以， 又双曲线渐近线为，故，解得且， 直线，即， 与联立得， 则，故，， 同理直线，即， 与联立得， 则，故， ， 故直线的方程为， 令得， 解得， 故点坐标为，为定值； ②由①可知， 因为， 所以，， 即，， 解得，， 故. 【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 58．(24-25高二上·江苏南通通州区、如东县2地·期中)在平面直角坐标系中，已知椭圆的短轴长为，离心率为． (1)求的方程； (2)如图，过点的直线（异于轴）与交于点P，Q，过左焦点作直线PQ的垂线交圆于点M，N，垂足为.    ①若点，设直线AM，AN的斜率分别为，证明：为定值； ②记的面积分别为，求的取值范围. 【答案】(1) (2)①证明见解析；② 【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得的方程. （2）①设出直线的方程并与圆的方程联立，化简写出根与系数关系，由此化简求得为定值. ②先求得的表达式，利用换元法，结合函数的单调性来求得的取值范围. 【详解】（1）依题意，，解得， 所以的方程为. （2）①设直线的方程为，， 由，消去并化简得， 则， ，则， 所以 . ②由题得，， 又，所以， 由椭圆的对称性可知， 所以， 因为直线的方程为，所以， 因为，所以直线的方程为， 将其代入，解得， 所以， 所以， 令，则， 所以， 函数在上单调递增， 所以， 当且仅当，即时取得等号， 所以，即， 综上所述，的取值范围是. 【点睛】思路点睛： 利用已知条件求椭圆方程：首先利用短轴长和离心率，通过焦距和半长轴长度，得出椭圆的标准方程，这是确定椭圆方程的基础. 结合根与系数关系证明斜率的定值：设定直线的方程，结合椭圆方程，通过根与系数关系证明斜率的定值，这是确保直线和椭圆之间关系的有效方法. 利用函数单调性求取值范围：通过设定面积的函数表达式，结合椭圆的对称性和函数的单调性，得出面积的取值范围. 59．(24-25高二上·江苏盐城中学·期中)定义：设椭圆，我们称以坐标原点为圆心，，的调和平均数一半的算术平方根，即为半径的圆为该椭圆的“调和圆”.已知椭圆，其“调和圆”为圆；直线. (1)求圆的标准方程； (2)若直线为圆的任意一条切线，且与椭圆交于，两点，求证：为定值； (3)设，是椭圆上的两个动点，且，过点作直线的垂线，为垂足，求点到直线距离的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见详解 (3) 【分析】（1）由调和圆的定义，结合椭圆方程的参数写出调和圆的方程； （2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论：斜率不存在时，直接求出交点坐标，求；斜率存在时，设联立椭圆方程，由切线的性质确定判别式符号，应用根与系数关系、向量数量积的坐标表示求； （3）设，讨论直线与有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在，分别求，，，由等面积法求，即可得点在定圆上，根据圆的性质求解. 【详解】（1）由椭圆，知，，， 所以调和圆的标准方程为. （2）设，，则， 当直线的斜率不存在时，直线. 若，由，解得， ， 若，同理可得， 当直线的斜率存在时，设， 由，得， ，又是圆的切线， ，即，则，， ， ，即， 综上，恒成立. （3）设，由，则， 直线与，有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在两种情况. 若直线的斜率不存在，即点在轴上，则点在轴上，有，. ，，， 由，解得， 若直线与的斜率都存在，设，则. 由，解得，则， 同理，可得， ， 由，解得， 因此，总有，即点在圆心为坐标原点，半径为的圆上. 该定圆的方程为. 圆心到直线的距离为，即点的轨迹圆与直线相离， 所以点到直线的距离取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键是抓住直线与，有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在两种情况讨论，利用三角形等面积法求出，得到点的轨迹为定圆. 60．(24-25高二上·江苏南通如皋部分学校·期中)已知圆与双曲线只有两个交点，过圆上一点的切线与双曲线交于两点，与轴交于点．当与重合时，． (1)求双曲线的方程； (2)若直线的斜率为，求； (3)当时，求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先根据条件确定的值及双曲线经过点，可求双曲线的标准方程. （2）先根据直线与圆线切和与直线垂直，求出直线的方程，代入双曲线方程，可求，利用求弦长. （3）求出弦长和点坐标，再结合直线斜率的取值范围确定的最小值. 【详解】（1）由圆与双曲线只有两个交点可知：， 又根据题意，双曲线过点，所以， 所以双曲线的标准方程为：. （2）如图： 因为直线的斜率为，且直线与直线垂直，所以直线的斜率为， 设直线的方程为：，即， 由， 不妨令，则直线的方程为：， 代入得：， 整理得：， 设，，则，， 所以， 所以， 若，亦可得， 综上：. （3）设直线的方程为，由， 不妨设点在第二象限，因为，则的两个端点为，， 则，因为， 所以，， 将代入双曲线可得：， 整理得：， 设，，则，， 因为，所以， 所以， 所以， 又， 所以， 因为，所以， 即的最小值为. 【点睛】关键点点睛：第三问中，可设直线方程为，关键在于确定的取值范围.可由，结合圆和双曲线的对称性，可设点在第二象限，可得直线斜率的取值范围，再结合，即可得直线的斜率的取值范围. 61．(24-25高二上·江苏南通海安高级中学·期中)已知等轴双曲线的左、右焦点分别，，且焦距为，分别是在第二象限和第一象限上的一点，且. (1)求的方程； (2)若直线的斜率为，求直线的斜率； (3)若四边形的面积为，求直线的方程. 【答案】(1) (2)3 (3) 【分析】（1）根据题意结合等轴双曲线的定义列式求，即可得方程； （2）设直线，，根据向量平行可得，结合韦达定理可得，代入运算求解即可； （3）根据双曲线方程利用两点间距离公式和倾斜角推得，，结合面积关系可得，即可得结果. 【详解】（1）由题意可知：，解得， 所以双曲线的方程为. （2）由（1）可知：，    设直线，， 联立方程，消去可得， 则，可得， 因为， 若，则， 即，整理可得， 又因为， 可得，解得， 此时即为，解得或（舍去）， 此时，即， 所以直线的斜率. （3）设， 则，即， 可得， 设直线的倾斜角为，则， 可得，解得， 同理可得， 此时梯形的高为， 可知梯形的面积， 整理可得，解得或（舍去）， 可知或，则直线的斜率， 所以直线的方程，即. 【点睛】关键点点睛：第三问根据双曲线方程和倾斜角推得，，这样方便计算面积. 62．(24-25高二上·江苏淮阴中学·期中)已知，，动点P满足直线与直线的斜率之积，动点P的轨迹形成曲线C． (1)求曲线C的方程； (2)设点（t为常数且），求线段PT长度的最大值； (3)经过点的两条直线，，直线与曲线C相交于A，M两点，直线与曲线C相交于B，N两点，若直线AB过定点，证明：直线MN恒过定点． 【答案】(1) (2) (3)过定点，证明见详解. 【分析】（1）写出斜率化简可以得到方程，注意点不能与，点重合； （2）直接写出点到点距离，消元后配方即可； （3）先用特殊位置求出点，然后证明直线过定点即可. 【详解】（1）设点，由题意，化简得到，点不能与或重合， 故曲线的方程为. （2）设点坐标为，根据两点间距离公式写出， 又点在椭圆上，，消去得： , 在椭圆中，可以得到当时，， 当时，； 综上，； （3）直线过点. 如示意图，可先选择特殊位置，将点放置到位置，此时与关于轴对称， 直线方程分别为， 可以连接，得到直线，求出与交于点. 设，，，，设的中点， 将，两点代入椭圆，做差可得，整理得：. ，点是线段中点，则，代入 可得：，整理后可以得到所在曲线的方程为：. 注意到对于两端点在椭圆上的线段，设其中点为，则线段所在直线斜率存在时，都有. 同理，可设，的中点，，用同样方法可以得到和所在的曲线方程. 注意到在靠近点的四等分点处，的中点所在曲线为过和交点的曲线， 由曲线系的方法，，根据曲线关联的点的坐标之间的关系，， 可得，. 假设直线所过的定点为，计算用点和两点表示的斜率，并与点的坐标相乘得到： ，化简得到，可知线段满足两端点在椭圆上，与假设结果相符. 综上，直线过定点. 【点睛】此题第1小问易错点在于忽略点的范围，第2小问需要注意分类讨论，第3小问采用先猜测再证明的方式可以减小计算量. 地 城 考点05 数列压轴题 一、单选题 63．(24-25高二上·江苏苏州·期中)已知数列的前项和为，且则的值为（    ） A．1023 B．1461 C．1533 D．1955 【答案】B 【分析】先判断数列为等比数列，求出其通项公式，再求数列的通项公式，分组求和，可得问题答案. 【详解】由题意：， . 所以是以2为首项，2为公比的等比数列，所以， 所以. 所以， . 所以. 故选：B 【点睛】方法点睛：类似这种数列问题，一般是有规律的，可以先求出数列的前几项，观察数列的规律，再想办法证明即可. 二、多选题 64．(23-24高二上·江苏宿迁青华中学·期中)设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件，，，下列结论正确的是（      ） A． B．若，则最大为4048． C．是数列中的最大值 D． 【答案】AD 【分析】根据题意，联立方程组和，可得，所以从到的每一项都大于，从开始后面所有的项的值都小于且大于.再分析每一个选项即可求解. 【详解】因为是公比为的等比数列， 由，得，所以， 由，，且，显然不成立，得， 从而，，同时数列是一个递减的正项等比数列， 即在等比数列中，从到的每一项都大于，从开始后面所有的项的值都小于且大于. 对于A：因为数列是一个递减的正项等比数列，成立等价于，故A正确； 对于B：在等比数列中，从到的每一项都大于，从开始后面所有的项的值都小于且大于. ，且， 若，则最大时，故B不正确； 对于C：接上面，，是数列中的最大值，故C不正确； 对于D，接上面，，故D正确. 故选：AD. 65．(24-25高二上·江苏西交大附中·期中)无穷项数列它的前n项和为，则下列说法正确的是（    ） A．若为等差数列，且，则单调递增 B．若为等比数列，且，则单调递增 C．若为等差数列，且对任意，均有，则存在最小项 D．若为等比数列，且对任意，均有，则存在最小项 【答案】ACD 【分析】A选项，推出公差，A正确；B选项，推出公比，所以为摆动数列，不单调；C选项，分析出公差，存在最小项；D选项，分析出，，和时满足要求，且存在最小项. 【详解】A选项，为等差数列，且，则， 所以，则当时，， 所以单调递增，A正确； B选项，为等比数列，且，则， 解得，所以为摆动数列， 当为奇数时，，当为偶数时，， 其中当时，，故不单调，B错误； C选项，为等差数列，且对任意，均有， 当时，， 若公差，存在且，使得， 故，所以与矛盾，舍去， 当公差时，，满足，此时的最小值为，满足要求， 当公差时，，满足， 此时的最小值为，满足要求，故C正确； D选项，当时，， ，若公比，此时，满足，存在最小值， 若，则有，即， 若，此时，需满足， 若，当为偶数时，，不合要求， 若，当为偶数时，，不合要求， 若，满足，， 当为偶数时，，当为奇数时，， 此时, 当为偶数时，，即， 当为奇数时，，即， 故，又，故， 每四项分为一组，进行研究，可得，且， ……， 且，故存在最小值， 若，此时，，故存在最小值， 若，此时，，故存在最小值， 综上，若为等比数列，且对任意，均有，则存在最小，D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：针对公差和公比进行分类讨论，特别是D选项，针对公比的分类讨论，较为繁琐，需细心谨慎. 三、解答题 66．(24-25高二上·江苏徐州第三中学等学校·期中)已知数组，，…，和，，…，，若，且（，3，…，），则称为的“应联数组”. (1)写出数组，3，1的“应联数组”； (2)若的“应联数组”是，证明：，，成等差数列； (3)若为偶数，且的“应联数组”是，求证：. 【答案】(1)，6，. (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用“应联数组”的定义，求出，，，得； （2）由“应联数组”的定义，有，化简得证，，成等差数列； （3）由“应联数组”的定义，有，化简可得. 【详解】（1）数组，3，1，，，， ，，得，，得， 所以，6，. （2）证明：由定义知，，，， ，…，， 所以， 即， 即，所以，，成等差数列. （3）证明：，，，…，， 由于为偶数， ， 即，所以. 【点睛】方法点睛： 在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决! 67．(24-25高二上·江苏西交大附中·期中)已知数列的首项为1，前n项和为，且对任意的，均有. (1)当时，证明为等比数列，并求数列的通项公式； (2)当时，均为整数，若使得对一切恒成立的的所有可能取值有9个，求T的值. 【答案】(1)证明过程见解析，； (2)，20，21. 【分析】（1）利用得到为公比为2的等比数列，且； （2）利用得到，，利用和得到，由于，随着的增大，的取值范围内的整数个数越大，经验证，，20，21时满足要求. 【详解】（1）当时，①，当时，， 当时，②，①－②得，即， 又，所以为公比为2的等比数列，且； （2）时，③， 当时，，当时，④， 式子③－④得， 故，故， ，，即，故，， ，即，， ， 其中，，故不等式恒成立， ，， 解得， 其中， 由于，故 所以，， 同理可得， 故需满足的范围为， 由于，随着的增大，的取值范围内的整数个数越大， 当时，， 的所有可能取值为，为8个，不合要求， 当时，， 的所有可能取值为，为9个，满足要求， 经验值和时，满足要求， 当时，， 的所有可能取值为，为10个，不合要求， 因为对一切恒成立的的所有可能取值有9个， 所以，20，21. 【点睛】对于公式， （1）当时，用替换中的得到一个新的关系式，利用，可得时的表达式， （2）当时，，求出， （3）对时的结果进行检验，看是否符合时的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写，如果不符合，则要分开写. 68．(24-25高二上·江苏镇江三校、泰州部分学校·期中)已知数列满足. (1)求的值； (2)求证：数列是等差数列； (3)令，如果对任意，都有，求实数的取值范围. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）根据递推关系求值即可； （2）由递推关系可得，与原式相减可得，即，于是可得数列是以0为首项，以为公差的等差数列； （3）由（2）可得，故，作差并分析判断数列的单调情况，确定数列的最大项．由题意可得恒成立，于是，解不等式可得的范围． 【详解】（1）， ，，，， ，， （2）证明：由题可知：①， ②， ②-①得，即：， 所以，， 即，又， ∴数列是以0为首项，以为公差的等差数列. （3）由（2）可得，，， 则， 由可得；由可得， ∴， 故有最大值，∴对任意，有，                如果对任意，都有成立， 则，∴ ，解得或， ∴实数的取值范围是 【点睛】方法点睛：（1）本题的突破口是通过与的关系得到和的关系，进而通过构造等差数列或等比数列进行求解； （2）本题求解中巧妙地将恒成立问题转化为数列的最值问题求解．而求数列项的最值时，又通过判断数列的单调性进行，解题时可通过作差或作商的方法得到数列的单调性，然后再求出数列项的最值． 69．(24-25高二上·江苏南通如皋部分学校·期中)已知数列的前项和为，，且． (1)求； (2)若从数列中删除中的项，余下的数组成数列． ①求数列的前项和； ②若成等比数列，记数列的前项和为，证明：． 【答案】(1) (2)①；②证明见解析 【分析】（1）由可得，两式作差可得，利用累乘法可得结果. （2）①确定数列中的项为数列的偶数项，求数列的通项公式，通过裂项相消法即可求. ②利用条件可得，利用放缩法可得，即可证明结论. 【详解】（1）∵，∴当时，， 两式相减得，，整理得，即， ∴当时，，满足此式， ∴. （2）①由（1）得，，∴，， ∴数列是首项为，公差为的等差数列. 当为奇数时，为偶数，为的整数倍，是数列中的项， 当为偶数时，为奇数，不是数列中的项， ∴数列中的项为数列的偶数项，且， ∴数列是首项为，公差为的等差数列， ∴， ∴，， ∴. ②由①得，，∴， ∵成等比数列，∴，即， ∴，∴， ∴. 【点睛】关键点点睛：解决第（2）问①的关键是确定数列中的哪些项需要删去，以此得到数列，解决第（2）问②的关键是利用得到，以此证明不等式成立. 70．(24-25高二上·江苏南通海安高级中学·期中)记等差数列的前项和为，公差为. (1)证明：是关于的不含常数项的二次函数； (2)等差数列的公差为，且. ①求的通项公式； ②记数列的前项和为，是否存在，，使得？若存在，求，；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2)①或；②存在， 【分析】（1）根据题意结合等差数列的求和公式分析证明； （2）①根据（1）中结果，结合等差数列通项公式运算求解即可；②根据等差数列求和公式结合分组求和求，分类讨论，分析数据的整数型求解即可. 【详解】（1）因为等差数列的公差为 由题意可得：， 则二次项系数，且常数项为0， 所以是关于的不含常数项的二次函数. （2）①由题意可知：， 即 ， 可得，解得，或， 若，则； 若，则， 综上所述：或； ②因为， 当时，若，，则，不合题意； 当时， 若为偶数，则 ， 因为为偶数，则或， 若，则，即，不合题意； 若，则， 整理可得， 可知，代入检验可得仅成立； 若为奇数，则 ， 因为为奇数，则或， 若，则，即，不合题意； 若， 则， 整理可得， 显然为偶数，方程无解，不合题意； 综上所述：. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键时分析数据的整数性，分类讨论的特征解题. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $