专题09 解答题压轴精选（期末真题汇编 山西专用）高二数学上学期

null 专题09 解答题压轴题精选 板块01 空间向量与立体几何 板块02 直线与圆 板块03 圆锥曲线 板块04 数列 空间向量与立体几何 地 城 板块01 1．(25-26高二上·山西卓越大联考·期中)如图，在四棱柱中，底面是平行四边形．P为的中点，是等边三角形，，，．    (1)求证：平面平面； (2)设M为的中点，求异面直线与所成的角； (3)点Q满足，过线段且平行于直线的平面分别交，于点E，F，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用四棱柱的性质，结合已知条件，运用几何法，结合面面垂直判定定理求解； （2）利用四棱柱的性质，结合已知条件，运用几何法求异面直线夹角； （3）建立空间直角坐标系，运用坐标运算分别求出两平面的法向量，再利用向量夹角余弦公式求出法向量夹角的余弦值，进而得出平面夹角余弦值． 【详解】（1）    证明：在中，，， ， ，，即， ，又，，平面， 平面，又平面， 平面平面，即平面平面． （2）    由四棱柱的性质可知， 即为异面直线与所成的角或其补角， 连接， 是等边三角形，M为的中点， ，又， 四边形是矩形， 是等边三角形，， ，即异面直线与所成的角为． （3）由（2）知，，又平面平面，平面平面，平面， 平面， 又P，M分别为，的中点，侧棱平面，则，， 又，， 以为坐标原点，建立下图所示的空间直角坐标系，    设，则，，，，， ，，，，， 平面，平面即为平面， 设平面的法向量是， 则，即 令，则平面的一个法向量是， ， ， 在平面中，， 设平面的法向量是， 又 平面，则，则， 则， 令，则平面的一个法向量是， 设平面与平面的夹角为， ， 平面与平面的夹角的余弦值为． 2．(25-26高二上·山西天一大联考·期中)如图，在三棱锥中，，，平面平面是的中点.    (1)求证：. (2)点满足，且平面. （i）求的值； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）根据等腰三角形三线合一的性质得到，然后利用面面垂直和线面垂直的性质定理得到，根据勾股定理得到，最后利用勾股定理证明垂直即可； （2）（i）建系，根据得到，然后计算平面的法向量，根据平面列方程，解方程即可； （ii）利用空间向量的方法求面面角即可. 【详解】（1）连接，因为，是的中点，所以，.             因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 又因为平面，所以.             由，，可得， 又，，所以，故. （2）（i）由（1）知，两两互相垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，，             所以，，，， 则.             设是平面的法向量， 由，可取.             因为平面，所以， 即，解得.             （ii）设是平面的法向量，平面与平面的夹角为. ，， 由，可取.             由知，平面的一个法向量为. 所以， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 3．(25-26高二上·山西晋中部分学校·)曼哈顿距离是由十九世纪的赫尔曼•闵可夫斯基所创词汇，是种使用在几何度量空间的几何学用语，用以标明两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和.例如：在平面直角坐标系中，若，两点之间的曼哈顿距离；在空间直角坐标系中，若，两点之间的曼哈顿距离. (1)已知点，求的值； (2)已知点，点是直线上任意一点，求的最小值； (3)已知在空间直角坐标系中，，动点满足，求动点围成的几何体的表面积. 【答案】(1) (2)2 (3) 【分析】（1）由曼哈顿距离定义直接计算即可； （2）设直线上任意一点坐标为，然后表示，分类讨论求的最小值即可； （3）不妨将平移到处，利用曼哈顿距离定义求得围成的图形为八面体，即可求解其表面积. 【详解】（1）由题意可得，所以. （2）因为动点为直线上一点，则， 所以， 即 当时，； 当时，； 当时，. 综上，当时，的最小值为2. （3）动点围成的几何体为八面体，每个面均为边长为的等边三角形， 其表面积为. 证明如下：不妨将平移到处，设， 若，则. 当时，即， 设， 则， 所以四点共面， 所以当时，在边长为的等边三角形内部（含边界）. 同理可知等边三角形内部任意一点，均满足， 所以满足方程的点， 构成的图形是边长为的等边三角形内部（含边界） 由对称性可知，围成的图形为八面体，每个面均为边长为的等边三角形. 故该几何体表面积. 4．(25-26高二上·山西晋中部分学校·)如图，矩形所在的平面，点是的中点，点是线段上的一动点，且.    (1)若，证明：； (2)当三棱锥的体积是三棱锥的体积的2倍时，求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）建系，写坐标，先设，由在上，可设出，利用此式子求出用表示的点的坐标，由得到，计算出的值，从而得到是的中点，即得； （2）由三棱锥的体积是三棱锥的体积的2倍，通过转化三棱锥的顶点和底面得到，通过向量法求出的坐标，再求出平面和平面的法向量，利用向量的数量积求出平面和平面夹角的余弦值即可. 【详解】（1）证明：因为矩形所在的平面，所以两两垂直.分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系.则，， 因为是的中点，所以. 设，则，即，所以， 由，得，即，得，即是的中点，所以. （2）设点到平面的距离为，点到平面的距离为， 三棱锥的体积， 三棱锥的体积， 由已知可得，即，得， ， 设平面的法向量为，则即 得，取，得， 所以， 易得平面的法向量为， 则， 所以平面和平面夹角的余弦值为.    5．(25-26高二上·山西临汾第一中学校·月考)如图，在三棱锥中，，且分别为的中点．点满足，为线段上的动点．    (1)求证：； (2)当与平面所成角取得最大值时，求； (3)若二面角的余弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)或. 【分析】（1）连接，证得和，利用线面垂直的判定定理，得到平面，进而证得. （2）根据题意，证得平面，以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量和，设且，求得向量，结合向量的夹角公式，得到，令，利用函数的单调性，即可求解； （3）由（1）知，平面的法向量为，且，再求得平面的法向量，结合向量的夹角公式，列出方程，求得的值，即可求解. 【详解】（1）证明：如图所示，连接， 因为且为的中点，所以， 又因为且为的中点，所以， 由，且平面，所以平面， 又由平面，所以. （2）解：因为，且，可得， 又因为为的中点，所以， 在直角中，由，可得， 所以，可得， 因为，且，平面，所以平面， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得， 因为为的中点，所以， 则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设，因为，可得， 可得，即，所以， 又因为为上的动点，设且，且， 可得，解得， 即，所以， 设与平面所成角为，则， 设，当时，取得最小值， 所以当时，取得最大值，即与平面所成角取得最大值， 即，且，所以. （3）解：由（1）知，平面的法向量为，且， 所以，且， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设二面角的大小为，可得， 因为二面角的余弦值为，所以， 整理得，解得或， 又因为且， 当时，可得；当时，可得， 即的长为或.    6．(24-25高二上·山西大同·期中)如图，在以为顶点的圆锥中，点是圆锥底面圆的圆心，是圆锥底面圆的直径，为底面圆周上的两点，且为等边三角形，是母线的中点，. (1)求平面ADE与平面ACE的夹角的余弦值； (2)设AE与PO交于点，求直线CM与平面ADE所成角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量，利用公式求解即可. （2）利用几何性质求的长，得到点的坐标，计算，利用公式求直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1） 如图，以为原点建立空间直角坐标系. 由题意得，，，，，， ∴. 设平面的法向量为， ∴，可取， 设平面的法向量为， ∴，可取. 设平面ADE与平面ACE的夹角为， 则. （2） 如图，过点作于点，则为中点，且， ∴， 由得，，∴，即， ∴. 设直线CM与平面ADE所成角为， . 7．(24-25高二上·山西实验中学·)如图，四棱锥中，底面，，，. (1)若G点为的重心，求； (2)若，证明：平面； (3)若，且二面角的正弦值为，求. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）设出空间的一组基向量，将用基向量表示，运用数量积的运算律即可求得； （2）利用题设条件，先由线线垂直证明平面，得出，再证，在底面上，可得，最后由线线平行证线面平行即得； （3）设，，建立空间直角坐标系，求出相关点和平面法向量的坐标，利用向量夹角的坐标公式列出方程，求得，即得. 【详解】（1）设，，，则，， ，. 如图，连接并延长交于点,连接,则 两边取平方得. ∴，∴. （2）因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以，在底面上，可知， 又平面，平面，所以平面. （3） 设，，则①，因，如图， 过点作的平行线，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 此时有 因设平面的法向量为， 则，故可取； 又设平面的法向量为， 则，故可取； 则， 由题意，，即② 联立① ② ，解得故 【点睛】关键点点睛：本题主要考查空间向量在证明线面关系，空间角等方面的应用，属于较难题. 解题的关键在于结合图形，要么选择空间的一组基底，将相关向量用基底表示，通过向量的线性运算和数量积运算求得结论；要么建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算解决问题. 8．(23-24高二上·山西孝义·月考)如图，在四棱柱中，四边形是平行四边形，，，，，为的中点，且.    (1)求证：平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)或. 【分析】（1）在中，由余弦定理求得，结合，得到，进而证得平面，得到，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）取的中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面和的一个法向量和，结合题意和向量的夹角公式，列出方程求得或，分离讨论求得三棱锥的体积. 【详解】（1）证明：由四边形是平行四边形，，，且为的中点， 则在中，，，， 由余弦定理得， 所以，即， 又由，且，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，且，平面，所以平面. （2）解：取的中点，连接，则，又平面，平面， 所以，以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示. 设， 可得，，，，， 所以，， 设平面的一个法向量为，则， 令，可得，所以平面的一个法向量， 又由，， 设平面的一个法向量为，则， 令，可得，，所以平面的一个法向量， 所以，解得或， 因为，又平面，平面，所以平面， 当时， ； 当时， ， 综上可得，三棱锥的体积为或.    9．(23-24高二上·陕西榆林府谷中学·月考)图，在三棱台中，是等边三角形，，侧棱平面，点D是棱的中点，点E是棱上的动点（不含端点B）.    (1)证明:平面平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先分别证明、，由此即可证明平面，从而由面面垂直的判定定理即可得证. （2）建立适当的空间直角坐标系，设，分别求出求平面与平面的法向量（含有参数），由公式即可表示出（它可以看成是关于的函数），从而将问题转换为了求函数的最小值，从而即可求解. 【详解】（1）因为是等边三角形，点是棱的中点， 所以， 又平面，平面， 所以， 又，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面. （2）在平面中，过点作, 由（1）可知，， 所以，， 又平面，平面，所以， 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示：    因为是等边三角形，， 所以，，， 因为 ，所以 设所以， 所以 设平面的法向量为， 又 所以，即 ， 令，得所以平面的一个法向量为 设平面的法向量为 ， 又 所以 ，即 ， 令，得 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 所以， 设，因为， 所以，所以， 所以， 设，则由复合函数单调性可知 在时单调递增， 所以当 时，即时，取到最小值. 【点睛】关键点点睛：本题第一问比较常规，其关键是转换为线面垂直，且要通过分析找出那条直线与另外一个平面垂直，而第二问的关键首先要想到有动点就有参数，设法将两平面夹角的余弦值转换为关于参数的函数，从而求函数最小值即可. 10．(22-23高二上·山西太原·期中)如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，点分别为的中点，且. (1)若，求直线与平面所成角的正弦值； (2)若直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，求平面与平面的夹角的余弦值的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，从而求得平面的法向量与，由此可求得直线与平面所成角的正弦值； （2）设，从而分别求得平面与平面的法向量与及，从而由题意条件求得，进而可求得平面与平面的夹角的余弦值的取值范围. 【详解】（1）因为，则，即， 又因为平面，所以， 故建立如图所示的空间直角坐标系，则， 故， 设平面的一个法向量为，则，即， 令，则，故， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. . （2）设，则，故， 设平面的一个法向量为，则，即， 令，则，故， 易得平面的一个法向量为，又， 设直线与平面所成角为，则， 即，解得， 设平面与平面的夹角为，则， 因为，所以，则，故，即. 所以平面与平面的夹角的余弦值的取值范围为. 11．(19-20高二上·山西运城·期末)如图，在四面体中，平面，.，.M是的中点，P是的中点，点Q在线段上，且. （1）证明：； （2）若二面角的大小为60°，求的大小. 【答案】（1）证明见解析（2） 【分析】(1)以的中点为原点建立空间直角坐标系，设出C的坐标，然后算出和的坐标，证明即可； (2)算出平面的一个法向量，利用二面角的大小为60°求出C的坐标即可. 【详解】（1）证明：如图，取的中点O，以O为原点，，所在射线y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系. 由题意知 设点C的坐标为， 因为， 所以 因为点M为的中点，故 又点P为的中点，故 所以， 所以. （2）解：设为平面的一个法向量 由， 知 取，得. 又平面的一个法向量为，于是 即.① 又，所以， 故 即.② 联立①②，解得（舍去）或. 所以. 又是锐角，所以. 【点睛】用空间向量的知识能够很好的解决立体几何中平行、垂直和线线角、线面角、面面角等问题，只是对计算能力要求较高. 地 城 板块02 直线与圆 12．(25-26高二上·山西太原·期中)在平面直角坐标系中，定义为两点的“棋盘距离”（源自国际象棋中王的走法规则，又名“切比雪夫距离”）．已知圆 ，圆，且． (1)判断圆与圆的位置关系； (2)若直线与圆交于两点，圆与轴交于两点．求证：直线与的交点在定直线上． 【答案】(1)相交 (2)证明见解析 【分析】（1）利用圆的标准方程得出圆心坐标及半径，结合新定义判断关系即可； （2）根据（1）的结论得出坐标，联立直线与圆的方程，利用韦达定理得出相应坐标关系式，并含参表示两直线与的方程，作商计算交点横坐标即可. 【详解】（1）易得圆的标准方程为，其半径， ， 或（舍去），圆的圆心为，半径为， ， 圆与圆相交； （2）由（1）得圆， 由得， 直线的方程为，直线的方程为， ， ， 直线与的交点在定直线上． 13．(22-23高二上·山西太原·期中)已知直线过点，且被圆截得的弦的长为. (1)求直线的方程； (2)若直线的斜率存在，圆过两点，且圆心在上，求圆的方程. 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）分类讨论直线斜率存在与不存在两种情况，利用弦长公式与点线距离公式即可得解； （2）利用两圆相减得到公共弦所在直线的结论，假设圆的方程，从而由圆的一般方程可得圆心，将其代入，由此可求得圆的方程. 【详解】（1）当直线的斜率不存在时，直线方程为，易得与圆的交点为，此时弦长为，满足条件； 当直线的斜率存在时，设直线方程，即， 因为圆，所以圆心，半径，设圆心到直线的距离为， 因为，所以由弦长公式得，得， 所以，解得， 所以，直线方程为，即， 综上：直线的方程为或. （2）由（1）得直线的方程为，圆， 根据题意知直线是圆与圆的公共弦所在直线，而公共弦所在直线方程可由两圆方程相减得到， 故设圆的方程为，即， 则其圆心坐标为， 因为圆心在上，所以，解得， 所以圆的方程为. 14．(25-26高二上·山西卓越大联考·期中)已知圆C的圆心在直线：上，且经过，两点. (1)求圆C的标准方程； (2)一条光线从点射出，经y轴反射后，与圆C相切，求反射后光线所在直线的方程. 【答案】(1) (2)或. 【分析】（1）先设圆心，根据圆心在直线上及，计算得出，进而得出圆的标准方程； （2）根据对称点，再设直线方程结合点到直线距离得出斜率即可求解. 【详解】（1）设圆心C的坐标为. 因为圆心C在直线：上， 所以. 即C的坐标为. 因为A，B是圆C上两点，所以. 即. 得. 所以圆心C的坐标是（3，-2）. 圆C的半径. 所以所求圆C的标准方程是. （2）根据光的反射原理，作点E关于y轴的对称点. 从E射出的光线经y轴反射后，反射光线所在的直线即为经过点的圆C的切线， 由题意得该直线的斜率存在，设切线的斜率为k， 则切线方程为，即. 由圆心到切线的距离等于圆的半径1，得. 解得，. 故所求直线方程为或. 15．(25-26高二上·山西临汾第一中学校·月考)在平面直角坐标系中，已知点，动点满足，记点的轨迹方程为.设点，点在上． (1)求的方程； (2)若三点共线，且，求直线的方程； (3)若三点共线，设直线的斜率分别为，求． 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）设，结合题设利用距离公式列出方程即可求解轨迹方程； （2）设直线的方程为，根据得，由圆的性质求得圆心到直线的距离为，根据点到直线的距离公式列式求得，即可得解. （3）设直线的方程为，，，联立直线与圆的方程，结合韦达定理求得，结合两点公式得，进而将韦达定理代入化简即可求解. 【详解】（1）设，因为，即，点， 所以，整理得. （2）因为三点共线，且直线斜率不存在， 所以设直线的方程为，即， 由（1）知，圆的圆心为，半径为1， 因为，所以，又， 所以圆心到直线的距离为，所以， 平方化简得，解得，所以直线的方程为或，即或； （3）因为三点共线，且直线斜率存在， 所以设直线的方程为，即， 设，. 联立方程组得， 所以，则， 则，因为， 所以 .    16．(25-26高二上·山西临汾第一中学校·月考)已知圆，直线． (1)若直线与圆有且仅有1个交点，求的值； (2)若直线与圆相交于两点，且的面积为，求直线的方程． 【答案】(1)或 (2)或 【分析】（1）利用直线与圆的位置关系的判断方法得，即可求解； （2）根据条件，得圆心到直线的距离为，再利用点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】（1）易知圆的圆心为，半径为， 因为直线与圆有且仅有1个交点，则直线与圆相切， 所以，整理得到，解得或， 所以的值为或. （2）因为的面积为，则， 得到，所以，则，所以圆心到直线的距离为， 则，整理得到，解得或， 当时，直线方程为，即，当时，直线方程为， 所以直线方程为或.      17．(25-26高二上·山西太原某校·月考)（1）已知两直线求过两直线的交点，且垂直于直线的直线方程； （2）已知直线的方程为．直线交坐标轴正半轴于两点，当的面积最小时，求的周长． 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）先求两直线的交点，再根据垂直关系求所求直线斜率，进而得直线方程； （2）先确定直线过定点，再求出与坐标轴正半轴交点的坐标表达式，结合面积最小利用基本不等式计算即可求周长. 【详解】（1）联立方程，解得； 因为所求直线垂直于直线，所以所求直线的斜率为， 故所求直线方程为，即； （2）由可得，， 令，解得，所以直线过定点． 由题意可设直线的方程为，直线与轴、轴正半轴的交点分别为， 令，得；令，得． 所以的面积， 当且仅当，即时等号成立，此时面积最小， ，， 的周长为． 所以当面积最小时，的周长为． 18．已知圆心在直线上且过点的圆与直线相切，其半径小于5．若圆与圆关于直线对称． (1)求圆的方程； (2)求圆与圆公切线段的长度； (3)过直线上一点作圆的切线PC，PD，切点为C，D，当四边形面积最小时，求直线CD的方程． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）设，根据题意列出关于的方程，求得即可； （2）首先得两圆相交，进一步得所求为； （3）首先得四边形面积最小时，点的坐标，进一步即可求解. 【详解】（1）由题意，设． 圆过点，且与直线相切， ，． 圆的半径小于5， ，此时圆的半径为3，圆心为，故方程为． 圆与圆关于直线对称，圆的方程为． （2）由（1）知圆，圆心为，半径为， 圆，圆心为，半径为， 两圆相交，有两条公切线． 又公切线段的长度等于． （3）圆的半径， 则四边形的面积． 设， ， 当时，，此时四边形的面积最小，为． 在以为直径的圆上，圆的方程为 ， 又圆的方程为， 两个方程相减，可得直线CD的方程为． 19．(24-25高二上·山西三晋卓越联盟·)在平面直角坐标系中，点、，动点满足，记动点的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)过的两条互相垂直的直线与曲线分别相交于、两点和、两点，求四边形面积的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设，由结合平面内两点间的距离公式化简可得出曲线的方程； （2）易知曲线是以点为圆心，半径为的圆，分别取、的中点、，连接、，则，，由勾股定理可得出，利用基本不等式可求得四边形面积的最大值. 【详解】（1）设，由，得， 化简，得. 所以，曲线的方程为. （2）由（1）可知，曲线是以点为圆心，半径为的圆， 分别取、的中点、，连接、，则，， 因为，则四边形为矩形，所以，， 由勾股定理可得， 由勾股定理可得，， 所以， ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 因此，四边形面积的最大值为. 20．(24-25高二上·山西太原第五中学·月考)已知平面内的动点与两个定点的距离的比为，记动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程，并说明其形状； (2)已知，过直线上的动点分别作曲线的两条切线（为切点），证明：直线过定点，并求该定点坐标； 【答案】(1)，曲线是以为圆心，半径为2的圆； (2)证明见解析， 【分析】（1）根据已知及两点距离公式有，整理即可得曲线方程； （2）根据题设知在以为直径的圆上，并写出对应方程，结合在上，即可求直线，进而确定定点坐标； 【详解】（1）设， 由，得， 化简得，即 故曲线是以为圆心，半径为2的圆； （2）由题意知，与圆相切，为切点， 则，则四点共圆 在以为直径的圆上， ，又， 则的中点为， 以线段为直径的圆的方程为， 整理得，①， 又在上，②， 由两圆方程作差即②-①得：. 所以，切点弦所在直线的方程为. 则恒过坐标点. 21．(24-25高二上·山西名校·)已知圆经过点，，. (1)求圆的标准方程； (2)若一条光线从点射向直线，经该直线反射后经过圆上的点，求该光线从点到点的路线长的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设圆的标准方程为，将的坐标代入方程，求得的值，即可求解； （2）设点关于直线对称的点，列出方程组，求得，结合圆的性质，即可求解. 【详解】（1）设圆的标准方程为， 将点，，代入方程，可得 解得，所以圆的标准方程为. （2）设点关于直线对称的点的坐标为， 则，解得，即. 由（1）可得圆的圆心为，半径， 则该光线从点到点的路线长的最小值为. 22．(24-25高二上·山西长治长治学院附属太行中学校·月考)已知圆经过点，，且圆恒被直线平分. (1)求圆的一般方程： (2)设，是圆上的动点，求线段的中点的轨迹方程，并说明表示何曲线? 【答案】(1) (2)，的轨迹是一个圆 【分析】（1）根据条件，直接求出圆心和半径，即可求解； （2）画出图形，运用相关点法求解即可. 【详解】（1）直线恒过点. 因为圆恒被直线平分，所以恒过圆心， 所以圆心坐标为，又圆经过点， 所以圆的半径，所以圆的方程为，即. （2）设，因为为线段的中点，所以， 因为点是圆上的动点，所以， 即， 所以的轨迹是一个圆.    23．(24-25高二上·山西实验中学·)已知线段的端点B的坐标是，端点A在圆上运动，M是线段的中点，且直线l过定点. (1)求点M的轨迹方程； (2)记（1）中求得的图形为曲线E，若直线l与曲线E只有一个公共点，求直线l的方程. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）利用相关点法，代入圆方程即可得解. （2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，结合圆心到直线的距离等于半径即可得解. 【详解】（1）设，， 是线段中点，，整理可得， 在圆上，， 整理可得点轨迹方程为：. （2）由（1）知，曲线E是以圆心，半径的圆， 所以若直线l与曲线E只有一个公共点，即直线l与曲线E相切， 当直线斜率不存在时，方程为，是圆的切线，满足题意； 当直线斜率存在时，设其方程为，即， 圆心到直线距离，解得， 所以直线为，即； 综上，直线的方程为或. 24．(22-23高二上·山西晋中平遥县第二中学校·)在平面直角坐标系中，已知，，动点满足，直线：与动点的轨迹交于两点，记动点轨迹的对称中心为点，则当面积最大时，求直线的方程． 【答案】 【分析】利用，求出点Q的轨迹方程，求出直线l过定点，设，结合直线与圆的位置关系得到，即可求出面积最大时，直线l的方程． 【详解】设， 由题意可得，整理可得， 可知动点的轨迹是以圆心为，半径为的圆， 由，可得． 则由，解得，所以直线过定点， 因为，所以点在圆的内部． 作直线，垂足为， 设，因为， 所以， 所以， 所以． 所以当，即时，． 此，且，可知直线的斜率为， 所以直线的方程为. 圆锥曲线 地 城 板块03 25．(25-26高二上·山西卓越大联考·期中)古希腊数学家帕普斯（Pappus  of  Alexandria）在《数学汇编》中，清晰地阐述了椭圆的“焦点一准线”定义：平面内到定点的距离与到定直线：的距离之比为常数的动点轨迹为椭圆，其标准方程为，其中，点F叫做右焦点，直线叫做右准线.已知椭圆：的一个焦点为，一条准线为：.点M是椭圆的右顶点，将射线绕点逆时针旋转后得到的射线与椭圆相交于点A. (1)求椭圆的标准方程； (2)当时，证明：； (3)已知当时，（2）中的结论依然成立.若直线与椭圆的另一个公共点为B，经过点F且与垂直的直线交椭圆于两点C，D，求四边形面积的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据椭圆“焦点一准线”的定义列方程组，求解的值，从而可得椭圆方程； （2）法一：作轴于G，作与直线垂直，垂足为H，记，根据椭圆的“焦点-准线”定义得，从而由可得证得所求；法二：设椭圆的左焦点，，由椭圆的定义得，结合余弦定理可证得结论； （3）法一：由A，F，B三点共线，又射线逆时针旋转至的角为，可得射线旋转至的角为，结合几何性质得，，从而得四边形面积，结合三角函数性质得取值范围；法二：设的方程为，联立直线与椭圆得交点坐标关系，求得，同理可得，从而得四边形的面积，结合基本不等式求取值范围. 【详解】（1）由题意知，， 所以，， 所以椭圆的标准方程为； （2）证法一：如图，作轴于G，作与直线垂直，垂足为H， 记，点，则，，由（1）知，. 根据椭圆的“焦点-准线”定义，， 又，故， 解得，即； 证法二：设椭圆的左焦点，，则， 在中，由余弦定理得， 即， 解得，即. （3）解法一：由题意知A，F，B三点共线，又射线逆时针旋转至的角为， 故射线旋转至的角为，故， 所以， 由知，射线逆时针旋转至，的角分别为，， 所以， 所以四边形的面积， 易知，故，所以. 解法二：当轴时，易知的坐标为， 此时四边形的面积， 当不垂直于y轴时，设的方程为，联立 消去x，整理得， 则，， 故， 同理可得， 故四边形的面积. 由，得， 故，可得. 综上，. 26．(25-26高二上·山西天一大联考·期中)已知双曲线的离心率为2，右焦点为. (1)求的方程. (2)若动直线过点，且与交于，两点（在第一象限，在第四象限），过点作直线的垂线，垂足为. （i）证明：直线恒过点； （ii）设为坐标原点，的面积为，求的最小值. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）15. 【分析】（1）根据焦点和离心率列方程，解方程得到，然后写双曲线方程即可； （2）（i）设直线的方程，与双曲线方程联立，然后写直线的方程，利用韦达定理得到当时，，从而得证； （ii）利用三角形面积公式和韦达定理得到，然后利用换元法和基本不等式求最值即可. 【详解】（1）设的半焦距为，由知.             又离心率，所以，从而.             所以的方程为. （2）    （i）设，点，，. 由可得， 因为与在第一象限和第四象限各有一个交点，所以， 且，.             直线， 令，得，             又， 所以直线恒过点.             （ii）如图，设， 则.             设，则， 在上单调递增， 所以当，即时，取得最小值，最小值为15. 27．(25-26高二上·山西天一大联考·期中)已知椭圆的焦距为. (1)求的方程； (2)过上一动点作椭圆的两条斜率存在的切线，证明：两条切线的斜率乘积为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据焦距得到，然后根据得到，即可得到椭圆方程； （2）设切斜方程，与椭圆方程联立，根据相切得到，即可得到，然后利用韦达定理和椭圆的方程计算即可. 【详解】（1）设的半焦距为. 由题可知，则.             又，所以.             所以的方程为. （2）设，切线的斜率为，则切线方程为. 联立方程可得 消去得，             由，可得， 化简得.             因为，所以. 设过的两条切线的斜率分别为，，易知 由根与系数的关系可得， 所以两条切线的斜率乘积为定值. 28．(24-25高二上·山西·期末)已知椭圆的左、右顶点分别为，且，椭圆的焦距为4． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点（不在轴上）是椭圆上不同的两点． ①求直线的斜率之积； ②若直线的斜率是直线的斜率的3倍，试判断直线是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)①；②恒过点． 【分析】（1）根据焦距和求出和，利用求出，得到椭圆方程； （2）①设，则，计算出； ②设，若直线的斜率为0，得到，与不在轴上矛盾，不合题意，若直线的斜率不为0，设，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由①知，又，所以，列出方程，舍去不合要求的根，求出，所以直线恒过点． 【详解】（1）由，得，解得， 设椭圆的焦距为，由焦距为4，得，解得， 又，所以椭圆的标准方程为； （2）①由题意，得， 设，由在椭圆上，得，即， 所以， 即直线的斜率之积为． ②设， 若直线的斜率为0，则关于轴对称，所以， 又直线的斜率是直线的斜率的3倍，所以，即， 由不在轴上，得，与矛盾， 所以直线的斜率不为0． 设直线的方程为， 由，得， 所以， 且， 由①知，又，所以， 所以，即， 化简，得， 将代入上式并化简，得 即，解得或， 当时，与矛盾，舍去， 当时，满足 所以直线恒过点． 【点睛】处理定点问题的思路： （1）确定题目中的核心变量（此处设为）， （2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式， （3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到， ①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点； ②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数. 29．(24-25高二上·山西吕梁·期末)已知椭圆（）的左顶点为A，左、右焦点分别为，，离心率为，P为椭圆上任一点，且的面积的最大值为． (1)求C的方程； (2)若直线l与C有两个不同的交点M，N（均不与点A重合），且，判断直线l是否恒过一个定点，若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由； (3)在（2）的条件下，求△AMN面积的最大值． 【答案】(1) (2)存在定点 (3) 【分析】（1）利用三角形面积与椭圆性质，及离心率公式与基本关系式计算. （2）利用直线于椭圆联立方程，韦达定理与向量的数量积. （3）利用点到直线距离，与弦长公式，三角形面积公式，换元法与函数最值，求出最大值. 【详解】（1）设椭圆C的焦距为． 当P在短轴的端点处时，的面积最大，所以， 又C的离心率，所以，结合， 得，，所以椭圆C的方程为． （2）解法一：由题意知直线的斜率不为0，否则， 所以可设直线的方程为， 联立得， 所以， ， 所以， ， 由（1）知， 因为，所以， 所以，即， 即，解得或（舍去）， 又满足，故存在定点. 解法二：将椭圆方程向右平移2个单位，得 ， 即 ①，设直线MN方程为， 代入（1）得：， 即， ，两边同时除以得：  ②， 设， ，、是②式的两根， 得，，平移回去（向左平移2个单位）， 得直线过定点. （3）解法一：由（2）知，，， 所以A到的距离， 所以面积 ， 令， ，因为， 所以当时，，此时，满足，故．          18题图 解法二： ，其余同上. 【点睛】思路点睛：知识点综合利用，解决直线与椭圆相交问题，坐标平移变换椭圆方程，通过点到直线距离公式和弦长公式得出三角形面积表达式，综合运算. 30．(24-25高二上·山西太原·期末)椭圆有很好的光学性质.如图，从椭圆C的一个焦点发出的光线，被椭圆上点P反射后，反射光线经过另一个焦点，且椭圆在点P处的切线l与的平分线l＇（即法线）垂直.已知椭圆C的中心为坐标原点O，左、右顶点分别为A，B，焦点为，.由发出的光线经椭圆C两次反射后回到所经过的路程为8c.过点作直线l的垂线，垂足为D，. (1)求椭圆C的标准方程； (2)当点P，A，B不共线时，设内切圆的圆心为，求实数n的取值范围； (3)过点的直线与椭圆C交于M，N两点（均与A，B不重合），直线AM交直线于点G，证明：B，N，G三点共线. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）延长交的延长线于点Q，易得，即可求解椭圆方程； （2）设（），根据三角形面积公式可得，根据椭圆的范围即可求解； （3）设直线MN的方程为，，，求出，的坐标，即可证明. 【详解】（1）由题意设椭圆C的方程（），则，∴. 如图所示，延长交的延长线于点Q，由直线l＇平分，且，∴. ∵，∴. ∵，∴， ∴， ∴，，， ∴椭圆C的方程为. （2）由题意设（），由得， 由的面积， ∴，∴， ∴，且， ∴实数n的取值范围为. （3）由（1）得，，，设直线MN的方程为， 设，，直线BN与直线交于点E，如图所示. 直线AM的方程为，令，则，∴， 直线BN的方程为，令，则，∴， 由得， ∴，， ∵， ∴， ∴点G与E重合， ∴B，N，G三点共线. 【点睛】方法点睛：椭圆与直线的综合应用的解题通法为联立方程组、消元、利用韦达定理得到直线与椭圆交点坐标满足的关系式，再结合题中已知条件求解即可. 31．(24-25高二上·山西晋中·期末)在直角坐标系中，，两点的坐标分别为，，直线，相交于点，它们的斜率之积为，点的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)若斜率为且不经过原点的直线与交于，两点，线段的中点为，直线的斜率记为，求的值； (3)在（2）的条件下，点为上一点，且不与的顶点重合，点关于轴的对称点为，若直线与关于直线对称，求证：，，三点共线. 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）利用斜率的坐标公式列式化简即得. （2）根据给定条件，利用点差法列式，结合斜率的坐标公式求得答案. （3）设点及直线的斜率，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式，结合（2）证得的斜率相等即可. 【详解】（1）设点，依题意，，，整理得， 所以的方程是. （2）设，则， 由点均在曲线上，得， 两式相减得，则， 而，所以. （3）设点，则，设直线的斜率为，则的斜率为， 直线的方程为，直线的方程为， 由消去得， 则①， 同理②， 直线的斜率，则 ，将①②代入并整理， 得③，而，即， 因此，由（2）知，，则， 又直线有公共点，所以，，三点共线. 【点睛】思路点睛：涉及直线被圆锥曲线所截弦中点及直线斜率问题，可以利用“点差法”，设出弦的两个端点坐标，代入曲线方程作差求解. 32．(24-25高二上·山西阳泉·期末)已知椭圆的两个焦点为，点在椭圆上． (1)求椭圆的标准方程； (2)若过点的直线与椭圆交于两点，求证：的内心在一条定直线上． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意可得，代入点的坐标可得，求解可得椭圆的标准方程； （2）设直线的方程为，联立方程组，由韦达定理可得，设直线的斜率分别为，计算可得恒成立，进而可得结论. 【详解】（1）因为椭圆两个焦点为，所以，则， 又点在椭圆上，所以.即， 两式联立，解得，所以椭圆的标准方程为. （2）由题意可知直线的斜率存在，且不为0，设直线的方程为， 联立，得， 则，得， 设，则， 设直线的斜率分别为. 所以， 因为， 所以恒成立，则直线的倾斜角互补，即的平分线总垂直于轴， 所以的内心在定直线上. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法，再与椭圆联立得到韦达定理，再证明直线的倾斜角互补，即斜率和为0即可. 33．(24-25高二上·山西三晋卓越联盟·)已知圆，点，点是圆上任意一点.线段的垂直平分线与半径相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)证明：直线是曲线的切线. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）因为结合椭圆的定义求得曲线的方程. （2）设直线的方程为再结合判别式得出是的切线. 【详解】（1）由线段的垂直平分线的性质，得， 所以， 所以点的轨迹，即曲线是以点C，D为焦点的椭圆，设的方程为， 则，焦距，即， 所以， 故曲线的方程为. （2）设，则的中点为，又， 所以直线的方程为， 因为点在圆上，所以， 所以直线的方程可化为， 所以， 由，得， 将代入上式，得 ， 由，得， 所以， 所以， 所以是的切线. 34．(24-25高二上·山西实验中学·)设，向量分别为平面直角坐标内x，y轴正方向上的单位向量，若向量，且． (1)求点的轨迹C的方程； (2)设椭圆，曲线C的切线交椭圆E于A、B两点，试证：的面积为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用平面向量的模的几何意义、椭圆的定义、椭圆的标准方程运算即可得解. （2）利用直线与椭圆的位置关系、点到的直线距离公式、三角形面积公式运算即可得解. 【详解】（1） 如上图，由题意，∵，， ∴即为点与点的距离， 即为点与点的距离， ∴由可得， ∴由椭圆的定义可知点的轨迹是以、为焦点的椭圆， 且长轴长为，，则， ∴由椭圆的标准方程知点的轨迹的方程为，即. （2） 如上图，由题意，直线是曲线：的切线， ∴由可得：， 则，化简得：. 由题意，直线交椭圆：于、两点， ∴由可得：， 设、，则，， ∴， 又∵，∴. 且由知， ∴. 又∵中边上的高即为点到直线的距离， ∴由点到直线距离公式得，又∵， ∴， 即的面积为定值. 【点睛】方法点睛：直线与椭圆的相交弦长的求解方法： 1.当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解. 2.当直线的斜率存在时，斜率为的直线与椭圆相交于、两个不同的点，则弦长公式的常见形式有如下两种： （1）； （2）（）. 35．(24-25高二上·山西晋城·)几何学伴随着人类文明而产生，对人类文明进步作出了不可磨灭的贡献.在现代数学里，几何学与代数、分析、数论等多个方向关系极为密切，几何的思想成为了数学最重要的思想之一，几何对物理、化学、生物、工程等各个领域也有着极其重要的作用.目前，几何学大致包含了欧式几何、射影几何、解析几何等几类不同思路的研究方法.其中，射影几何学中的极点与极线理论对于研究圆锥曲线提供了新的思考方式.对于椭圆，极点（不是坐标原点）对应的极线为：.已知椭圆：的长轴长为，左焦点与抛物线的焦点重合，对于椭圆，极点对应的极线为，过点的直线与椭圆交于，两点，在极线上任取一点，设直线MQ，NQ，PQ的斜率分别为，，（，，均存在）. (1)求极线的方程； (2)求证：. 【答案】(1). (2)证明见解析 【分析】（1）由长轴长和焦点坐标求出椭圆的的值，得到椭圆方程，按定义得到极线的方程； （2）作出图像，设出直线的方程后联立方程组，整理得到二元一次方程，由韦达定理得到的代数式，设点坐标，表示出，然后化简即可得证. 【详解】（1）由椭圆：的长轴长为， 则，解得， 又椭圆的左焦点与抛物线的焦点重合， 所以，解得. 所以椭圆的方程为. 由题意可知，对于椭圆， 极点对应的极线的方程为，即. （2）如图：    显然不存在时，不存在交点，∴一定存在， 设， 联立方程组，整理得， ，即， 设交点，则，， 设，则，，， ， ， ， ， 即. 36．(24-25高二上·山西大同·期中)已知点A，B是椭圆的上、下顶点，点满足. (1)求点的轨迹方程； (2)是否存在点，使得过点的动直线交椭圆于M，N两点，且BM与BN的斜率之和为定值？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在，点的坐标为或. 【分析】（1）表示顶点坐标，设，利用条件建立方程，即可得到结果. （2）设动直线方程以及直线斜率，表示直线方程，和椭圆联立表示点坐标，代入直线方程可构造出都满足的一元二次方程，利用斜率之和为定值解决问题. 【详解】（1）由题意得，. 设，由得，， 整理得，点的轨迹方程为. （2）    存在，理由如下： 设动直线方程为，直线斜率为，直线斜率为， 则，. 由得，，∴， 由点在动直线上得，， 整理得，同理得， ∴是方程的两个根， ∴，则为定值. 令，则，代入动直线方程得， ， 令，得，代入动直线方程得，，即， 点代入（1）中轨迹方程得，，解得， ∴点的坐标为或. 【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合问题，具体思路如下： （1）设动直线方程为，直线斜率为，直线斜率为，表示直线方程，和椭圆联立表示点坐标. （2）利用点在动直线上可得到是方程的两个根，结合韦达定理表示，利用为定值得到和的关系，从而求出点. 37．(24-25高二上·山西晋城多校·期中)已知双曲线：（，）的右焦点为，右顶点为，直线：与轴交于点，且． (1)求的方程； (2)点为上不同于点的动点，直线交轴于点，过作的两条切线，分别交轴于，两点，交轴于，两点． ①证明：是的中点； ②证明：． 【答案】(1) (2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）利用双曲线的几何性质，分别得出c的取值、的长度表达式，根据题意建立等量关系从而求出a，b，c的值，最终得到双曲线的标准方程. （2）根据题意设出点B坐标，以及过B点与双曲线相切的直线方程，可得P，Q纵坐标表达式，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理可得出两条切线斜率的关系，再表示出直线BF方程，可表示出R点坐标，进而结合中点坐标公式证得是的中点；同样可表示出坐标，进而得到各条线段长度表达式，代入后再结合前面的关系得证. 【详解】（1）如图所示， 由右焦点为得， 因为，所以， 若，则，即，无解； 若，则，即，所以， 故的方程为． （2）如图所示， 设，易知过点且与相切的直线斜率存在且不为， 设为，与联立消去整理得 ， 由， 整理得， 设两条切线，的斜率分别为，，则． ①因为，， 直线的方程为，则， 所以， 故是的中点． ②由题意，，，， 所以，， 由，得， 所以， 得证． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于正确表示出题干所述各点的坐标，利用直线与双曲线相切的关系，结合得出两条切线斜率的关系，再表示出各条线段长度，通过化简最终证得题中结论. 38．(24-25高二上·山西大同·期中)已知动点到直线的距离比到点的距离大1，记动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)过原点的一条直线与圆相切，交曲线于另一点，且，求圆的方程； (3)已知直线与曲线交于，两点，若，求面积的最小值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）依题意可得动点到直线的距离与到点的距离相等，根据抛物线的定义计算可得； （2）设 ，由求出点坐标，即可求出的方程，再求出圆心到直线的距离，即可求出半径，从而得解； （3）联立方程组结合韦达定理计算求参数范围，再应用面积公式求最值即可. 【详解】（1）因为动点到直线的距离比到点的距离大1， 所以动点到直线的距离与到点的距离相等， 根据抛物线的定义可知，点在以为焦点，为准线的抛物线上， 即动点的轨迹为； （2）设 ，由，解得， 由对称性，不妨取，则， 直线方程为，即，由圆的圆心到的距离为， 所以， 故圆的方程为. （3）因为，显然直线的斜率不可能为零， 设直线：，， 由，可得， 由， 所以， 因为，所以， 即， 亦即， 将代入得，，， 所以，且，解得或． 设点到直线的距离为，所以， 所以 ， 所以的面积， 而或， 所以当时，的面积. 【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. 39．(23-24高二下·山西长治·期末)已知双曲线的右顶点到的一条渐近线的距离为. (1)求的方程； (2)设过点的直线交于两点，过且垂直于轴的直线与直线交于点，证明：以线段的中点为圆心且过坐标原点的圆还过其他定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意得出，再利用点到直线的距离求解b即可； （2）先证明圆心在直线上，再由圆的性质可以求出圆经过另一个定点. 【详解】（1）由于是右顶点，故. 而到渐近线的距离均为， 故由已知有. 所以，解得. 故的方程为. （2）如图所示，记，并设的中点为，设， 由于，假设的斜率不存在， 那么的方程是，该直线与只有一个公共点，矛盾； 所以的斜率存在，故可设其方程为. 将该直线与联立，得， 即. 所以该方程的两根之和为. 但，故此方程已有一根，从而另一根为. 又. 此时，由，知直线的方程为， 而过且垂直于轴的直线为，故. 这就得到的中点的坐标为. 由于 . 所以圆心在直线上， 设原点关于直线的对称点为, 则有，解得， 所以， 因为，点O在圆上，所以点T也在圆上， 故以线段的中点为圆心且过坐标原点的圆一定经过. 【点睛】关键点点睛：第（2）问关键在于知道圆心在直线上，又圆E经过原点，根据圆的性质可知，原点关于直线的对称点一定在圆E上. 40．(23-24高二下·山西太原尖草坪区第一中学校·)已知椭圆C：过点，且它的长轴长是短轴长的3倍．斜率为的直线l与椭圆C交于A，B两点（如图所示，点P在直线l的上方）． (1)求椭圆C的方程； (2)试判断直线PA，PB的斜率和是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)是定值，0 【分析】（1）由题意列出关于的方程组，求出它们的值，即可求得答案； （2）设直线l的方程为，联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，由此化简直线PA，PB的斜率和的表达式，即可得出结论. 【详解】（1）由题意知椭圆C：过点，且它的长轴长是短轴长的3倍， 故，解得， 故椭圆C的方程为； （2）由题意设直线l的方程为，当l经过时， ， 由于点P在直线l的上方，故； 联立，得，需满足 即， 设，，则， 则， 而 即，故直线PA，PB的斜率和为定值,定值为0. 地 城 板块04 数列 41．(24-25高二上·山西名校·期末)数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列，扩充的次数记为，n次扩充后的新数列记为，项数记为，所有项的和记为．扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的和，如：数列经过一次扩充后得到数列，，．已知数列． (1)求，，； (2)求，； (3)求数列的前n项和． 【答案】(1)，， (2)， (3) 【分析】（1）由新定义即可求解. （2）通过定义得到经第次扩充后增加的项数为，由求得，再设第次扩充后数列的各项为，再构造等比数列求得. （3）由错位相减法及等差数列求和公式即可求解； 【详解】（1）依题意，由，得，，； 则，，； ，，. （2）由数列经每一次扩充后是在原数列的相邻两项中增加一项，得经第次扩充后增加的项数为， 则，即，而， 因此数列是首项为4，公比为2的等比数列，， 所以； 设第次扩充后数列的各项为，则， 由每一次扩充是在原数列的相邻两项中增加这两项的和， 得 ，则， 而，，因此是首项为3，公比为3的等比数列，所以. （3）由（2）知，， 则 ， 令，则， 两式相减得， 因此， 所以. 【点睛】关键点点睛：第二问：设经第次扩充后增加的项数为，得到. 42．(22-23高三上·全国名校大联考·)在数列中，，，且对任意的，都有. (1)证明：是等比数列，并求出的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析，； (2). 【分析】（1）由，可得，即是等比数列，可求得，变形为，即可得到是等差数列，可求得，从而求得； （2），利用分组求和以及等差等比前项和公式，先求出为正偶数时的表达式，再求为正奇数时的表达式，即可得到. 【详解】（1）证明：因为，，所以. 因为，所以， 又，则有 ， 所以， 所以是以4为首项，2为公比的等比数列. 所以， 所以， 又，所以是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以，所以. （2）由（1）知 ， 则的奇数项为以为首项，为公比的等比数列；偶数项是以，为公差的等差数列. 所以当为偶数，且时， ； 当为奇数，且时，为偶数， . 时，，满足. 所以，当为奇数，且时，有. 综上，. 【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，可借助累加、累乘求通项的方法分析、探讨项间关系而解决问题. 43．已知 (≥0)，数列中，，=2，时，且. （1）求的表达式；    （2）已知时，求并化简. 【答案】（1） ；（2）． 【分析】（1）由已知得，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，根据等差数列的通项公式可求得答案． （2）由（1）得，运用裂项求和法可求得答案． 【详解】（1）因为，时，，所以时，，又，所以， 又=2，所以， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，所以， 当时，，且当时，=2满足，所以 ． （2）由（1）得， 所以 ， 所以 ． 【点睛】结论点睛：裂项相消法求数列和的常见类型： （1）等差型，其中是公差为的等差数列； （2）无理型； （3）指数型； （4）对数型. 44．(24-25高二下·山西太原某校·月考)已知数列，其前项和为，，． (1)求的通项公式； (2)若，设数列的前项和，求证：； (3)若对恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据作差得到，再用累乘法计算可得； （2）由（1）可得，利用裂项相消法求和即可得证； （3）参变分离可得对恒成立，令，利用作差法说明的单调性，即可求出，即可得解. 【详解】（1）因为，当时， 所以， 即，所以， 即，所以，，，，， ， 累乘可得，又，所以， 当时也成立，所以； （2）由（1）可得， 所以 ； （3）因为对恒成立， 即对恒成立， 即对恒成立， 令， 则， 所以时，当时，当时， 即， 所以，所以，即实数的取值范围为； 45．(24-25高二上·山西吕梁·期末)已知数列中，，且满足（）． (1)证明：数列为等比数列； (2)求的通项公式； (3)令，为数列的前n项和，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由题意，可得，结合等比数列的定义即可证明； （2）由（1），根据等比数列的通项公式计算即可求解； （3）由（2）可得，利用裂项相消求和法可得，结合作差法即可证明. 【详解】（1）由题意知，所以， 由于，故，故， 故数列是以3为首项，公比为3的等比数列； （2）由（1）可知是以3为首项，公比为3的等比数列， 所以，故 （3）由（2）知． 所以， 故 ， 由于，故， 又， 故，所以 46．(24-25高二上·山西晋中·期末)已知数列的前项和为，且满足，. (1)求的通项公式； (2)记，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）借助与的关系结合等比数列定义计算即可得； （2）借助错位相减法计算即可得. 【详解】（1）当时，，则，即， 当时，，则， 故数列是以为首项，为公比的等比数列，即； （2），则， ，则， 故 ， 故. 47．(24-25高二上·山西阳泉·期末)已知等比数列的前项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由前三项和求得的值，然后由项之间的关系建立一个关于的二次方程，解得的值，从而写出数列的通项公式； （2）由写出数列的通项公式，利用错位相减求得数列的前项和． 【详解】（1），∴， 即，∴， ∴， （2）， 则 48．(24-25高二上·山西三晋卓越联盟·)已知等差数列，的通项公式分别为，，将集合中的元素从小到大依次排列，构成数列，，，…，，…. (1)求，，，； (2)求证：在数列中，但不在数列中的项恰为，，，…，，…； (3)求数列的通项公式. 【答案】(1)，，， (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由数列 的递推公式，分别写出数列的前四项，结合题意，可得答案； （2）由题意建立数列中的奇数项与数列中项的等式方程，可得答案； （3）由（2）将数列分为奇数项与偶数项两个子数列，将数列分为等距的个子数列，由题意，可得答案. 【详解】（1）由，可得，，，， 由，可得，，，， 由题可得，，， （2）因为数列是由数列和的项构成，所以只需讨论数列的项是否是数列的项即可. 设，， 所以，即，所以是中的项； 假设，所以， 所以不是的项. 综上所述，在数列中，但不在数列中的项恰为，，…，，…. （3）由（2）知，， ，， 又，， 所以依次可得，，，，， 所以. 49．(21-22高二上·山西太原·期末)已知数列满足． (1)求证：是等差数列； (2)若，求数列的前n项和． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据已知，表示出，然后代入计算可得，所以证明出数列是等差数列； （2）由（1）求出首项，利用等差数列通项公式计算，再利用错位相减法求和即可. 【详解】（1）因为，， 所以， 所以数列为首项为，公差为的等差数列. （2）数列为首项为，公差为的等差数列， 所以，解得. 因为，所以， 则， ， 于是， 两式相减得， 所以. 50．(24-25高二上·山西晋城·)已知数列与数列的通项公式分别是点的横、纵坐标，即点，且满足. (1)若数列是公差不为0的等差数列，，且是和的等比中项，求数列的前10项和； (2)若，设过两点，的直线在轴上的截距为，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由等差数列通项公式及等比中项性质列方程即可求出，代入等差数列通项公式即可求出，进而得到，由等比数列求和公式即可求； （2）由题意得到，的坐标，进而得到直线的方程，令，即可得到，利用错位相减法即可求出. 【详解】（1）设数列的公差为，， 则，① 又因为是和的等比中项， 所以，即， 整理得，② 由①②解得， 所以， 又因为， 所以，又， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 故数列的前10项和为. （2）由，得，则点，点. 所以， 所以直线的方程为， 令，可得， 所以， 所以 ， 所以， 故， 两式相减得 ， 所以. 51．(24-25高二上·山西三晋卓越联盟·)在数列中，记，若为等差数列，则称为二阶等差数列. (1)若，判断是否为二阶等差数列？并说明理由； (2)已知二阶等差数列满足，，. ①求数列的通项公式； ②若，记的前项和为，证明：. 【答案】(1)是，理由见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）根据二阶等差数列的概念计算，从而判断； （2）①根据二阶等差数列的概念结合累加法求解通项公式；②根据裂项相消法求的前项和为，再根据数列的单调性证明结论. 【详解】（1）因为，所以， 令，则， 所以，即为等差数列， 所以为二阶等差数列. （2）①因为为二阶等差数列，且，，，所以，，所以的公差为， 所以，即， 所以， ， ， …… ， 将以上个式子左、右分别相加，得， 所以， 又，满足上式， 所以. ②证明：由（1）得， 所以. 因为，所以为递增数列， 所以； 又， 所以 . 因为，所以， 又因为数列为递减数列，所以为递增数列，即 所以. 52．(23-24高二上·山西吕梁·期末)已知数列的首项，且满足. (1)求证：是等比数列，并求出的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）由递推关系把拆到等号两边，变成后推出即可； （2）求出数列的通项，再用错位相减法求出即可. 【详解】（1）证明： 所以是以为首项，为公比的等比数列. 所以，所以. （2）因为，所有， ， ， 作差可得， 所以. 53．(23-24高二上·山西运城·期末)已知数列的前n项和为，，其中． (1)求数列的通项公式； (2)设，数列的前n项和，若对任意且，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）首先得，由之间的关系得数列为等比数列，由此即可得解. （2）由等比数列求和公式、错位相减法结合数列单调性即可得解. 【详解】（1）当时，， 当时，， 两式相减，得，又， 所以数列为等比数列，首项为2，公比为3， 所以数列的通项公式是. （2）由（1）知，， ， 则有， 两式相减得： ， 于是得， 因为且，， 当时，数列是递增数列，所以的最小值为18， 因此. 54．(23-24高二上·山西忻州·期末)已知正项数列满足，数列的前项和为，且，. (1)求，的通项公式； (2)证明：. 【答案】(1)， (2)证明见解析 【分析】（1）对数列两边取对数，再结合“累乘法”求数列的通项公式；对数列，根据前项和求通项公式； （2）利用错位相减求和法求数列的前项和，然后再证明不等式. 【详解】（1）因为，，且，所以， 所以，即 . 当时，，所以. 因为，所以，所以. 也符合上式，所以. 当时，. 因为，所以当时，， 所以当时，，即， 所以当时，数列是以为首项的常数列， 即，所以， 所以的通项公式为 （2）因为， 所以， 两式相减得 ，所以. 因为，，所以，故. 55．(23-24高二上·山西朔州怀仁第一中学校·期末)已知等差数列与正项等比数列满足，且既是等差数列，又是等比数列. (1)求数列和的通项公式； (2)令，数列的前项和为，若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由等差数列、等比数列基本量的计算分别求得公差、公比即可得解. （2）首先由错位相减法求得，又，则不等式恒成立，判断的单调性以及最大值即可得解. 【详解】（1）因为既是等差数列，又是等比数列，所以， 又，设的公差为的公比为， 则， 解得或（舍去），所以. （2）由（1）可得， 所以， ， 所以 ， 所以. 因为对任意的，不等式恒成立， 即对任意的，不等式恒成立， 令， 则， 所以单调递减，则的最大值为， 所以，即实数的取值范围为. 56．(23-24高二上·山西朔州怀仁第一中学校·期末)已知数列的前项和为，且. (1)求证：数列为等差数列，并求的通项公式； (2)已知等差数列满足，其前9项和为63.令，设数列的前项和为，求证：. 【答案】(1)证明见解析， (2)证明见解析 【分析】（1）将题设条件转化为，从而得证；再利用与的关系式即可得解； （2）先利用等差数列的基本量法求得，再利用裂项相消法即可得证. 【详解】（1）， ，又，则， 数列是以1为首项，为公差的等差数列， ，则， 当时，， 当时，也满足上式，. （2）由题意知， 等差数列的公差， ， ， ， ， . 57．(23-24高二上·山西长治·期末)有理数都能表示成（，，且，与互质）的形式，于是有理数集可表示为.任何有理数都可以化为有限小数或无限循环小数.反之，任一有限小数也可以化为的形式，从而它是有理数.对于无限循环小数，它可以表示成，这是数列的无穷项和，记为.设该数列的前项和为，经计算得，当趋于无穷大时，趋于0，则，即可得. (1)数列的无穷项和是有限小数吗？请说明理由； (2)是有理数吗？请说明理由. 【答案】(1)是，理由见解析 (2)是，理由见解析 【分析】（1）求出数列无穷项和为，从而当趋于无穷大时，则，从而求解. （2）由，从而求出其无穷项和为，从而求解. 【详解】（1）是，理由如下： 由题意得数列是首项为，公比为的等比数列，其无穷项和为， 当趋于无穷大时，趋于，则，所以是有限小数. （2）是，理由如下： 即为数列的无穷项和，记为，则其前项和为， 则，当趋于无穷大时，趋于， 则，所以是有限小数. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $