专题09 解答题压轴精选（期末真题汇编 云南专用）高二数学上学期

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·云南部分学校·)如图，在三棱柱中，.    (1)证明：平面平面. (2)求三棱柱的侧面积. (3)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用勾股定理与余弦定理可得，，可证结论； （2）直接计算可求侧面积； （3）法一：以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求得二面角的正弦值.法二：过点作延长线的垂线，垂足为.过点作延长线的垂线，垂足为，连接.可得为二面角的平面角，进而求解即可. 【详解】（1）因为，所以，所以. 因为， 所以由余弦定理得， 所以.因为，所以，所以， 又，平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）由（1）知平面，所以三棱柱的三个侧面均为矩形， 所以三棱柱的侧面积为. （3）法一：设棱的中点分别为，连接. 因为，所以，所以两两垂直， 则以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则，   . 设平面的法向量为，则， 令，得. 设平面的法向量为，则， 令，得. 由， 得二面角的正弦值为. 法二：过点作延长线的垂线，垂足为.由（1）知平面，则，    因为，所以平面，则. 过点作延长线的垂线，垂足为，连接.易证， 所以为二面角的平面角. 因为，所以. 易证，则， 所以， 所以，即二面角的正弦值为. 2．(25-26高二上·云南部分学校·)如图，平面平面，四边形为矩形，平面.    (1)证明：. (2)已知. ①求几何体体积的最大值； ②若分别为棱的中点，为线段上的动点，当几何体的体积取得最大值时，求直线与所成角的余弦值的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)①② 【分析】（1）由线面平行的性质定理证明； （2）①；②设，将表示为的函数求最值. 【详解】（1）因为平面，平面，平面平面，所以. （2）①延长至点处，使得，连接，则，且，所以几何体为三棱柱. 因为，平面平面，平面平面， 所以平面，则. 设，则， 则，当且仅当时，等号成立. 因为平面，平面，所以， 又四边形为矩形，所以，又平面， 所以平面， 因为，平面平面，所以平面， 则几何体的体积， 所以几何体的体积的最大值为. ②当几何体的体积取得最大值时，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，    则. 设，则， 所以. 令， 则. 令， 因为，所以，所以， ，所以直线与所成角的余弦值的取值范围为. 3．(25-26高二上·云南红河哈尼族彝族第一中学·期中)一年一度的创意设计大赛开幕了．今年小王从世界名画《永恒的记忆》中获得灵感，创作出了如图1的《垂直时光》．已知《垂直时光》是由两块半圆形钟组件和三根指针组成的，它如同一个标准的圆形钟沿着直径折成了直二面角（其中对应钟上数字3，对应钟上数字9）．设的中点为，若长度为2的时针指向了钟上数字8，长度为3的分针指向了钟上数字12．现在小王准备安装长度为3的秒针（安装完秒针后，不考虑时针与分针可能产生的偏移；不考虑三根指针的粗细）． (1)若秒针指向了钟上数字4，如图2．连接、，若平面．求半圆形钟组件的半径； (2)若秒针指向了钟上数字5，如图3．设四面体的外接球球心为，求二面角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】1）根据平面可得，再应用正弦定理计算可得半径； （2）根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算二面角的余弦值，进而求得正弦值. 【详解】（1）由平面，平面，平面平面， 可得，故， 又由，知为等腰三角形，，， 由正弦定理得，故半圆形钟组件的半径等于； （2）依题意，二面角为直二面角，为交线，， 故平面，又， 以为原点，、、所在直线为轴、轴，轴建立空间直角坐标系， 如图，则，，，， 将四面体补成长方体，知即为长方体的中心，得， 则，，， 设平面的法向量为， 则，即， 取，得， 设平面的法向量为， 则，即， 取，得， 设二面角为， 则， 则， 故二面角的正弦值为. 4．(24-25高二上·云南昆明云南民族大学附属高级中学·期中)广州塔昵称“小蛮腰”，是中国的地标性景点，其表面所在曲面可以近似看成旋转双曲面，我们可以建立恰当的空间直角坐标系来刻画并研究它的形状．如图在空间直角坐标系中，某旋转双曲面上任意一点都满足方程．记所有满足这一方程的点构成的点集为，已知点．    (1)证明：； (2)若过A的直线的一个方向向量为，且，求和； (3)若，，，，证明：． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)证明见解析； 【分析】（1）将点代入计算即可证明； （2）由题意可得直线上任意一点为，由，代入计算即可求解； （3）根据向量坐标运算得，， 由向量夹角坐标运算及二倍角公式即可得证. 【详解】（1）由题意可得， 因为，所以； （2）设直线上任意一点为，（点异于点） 由题意可得，， 所以，即，即， 因为，所以， 则，整理得， 要使不等式恒成立，则，解得； （3）因为，所以， ，， 因为，所以， 所以，又因为，则， ， ， 所以，, ， ， ， ， 所以， ， 因为， 所以，即. 5．(25-26高二上·云南昆明官渡区云南大学附属中学星耀学校·期中)已知正六边形，将四边形沿对角线折起，得到四边形（其中，分别是，折起后的对应点），同时，在平面内，将四边形补形为与原正六边形全等的正六边形（即保持四边形不变，补出四边形部分），连接，，，，形成新的几何体，如图所示. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）令，根据给定条件，利用直角三角形判定可得，再证明，进而利用线面垂直的判定性质推理得证. （2）以为原点建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，再利用线面角的向量法列式，借助基本不等式求出最大值. 【详解】（1）设，由正六边形结构特征得，， 则，，即， 而，则，又，平面，于是平面， 又平面，则，而，平面， 所以平面. （2）由（1）知，平面，过点在平面内作 ，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 设，令正六边形边长为2， 则， ， 设平面的法向量，则， 取，得，设直线与平面所成的角为， 则 而，因此， 当且仅当，即时取等号， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 6．(25-26高二上·云南昆明第一中学·期中)如图1，点分别是边长为4的正方形三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，使得平面平面，（如图2），连接，是四边形对角线的交点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角为?若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)存在，点与点重合. 【分析】（1）利用中位线和平行四边形证明线线平行，然后得到线面平行； （2）证明三线两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量求得面的法向量，然后由直线所在向量与法向量的夹角的余弦值的绝对值求得线面角的正弦值； （3）由（2）知道平面的法向量，设点坐标，由空间向量求得平面的法向量，由两个面的法向量夹角的余弦值的绝对值求等于面面角的余弦值建立方程，解得点坐标，即可知道点的位置. 【详解】（1）取中点，连接 ∵四边形为矩形， ∴点为中点， ∴且， 又∵且， ∴且， ∴四边形为平行四边形，即， ∵平面， ∴平面. （2）∵，且平面平面，平面平面， ∴平面， 又∵平面，∴， 故以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， ∴，，，，， ，，， 设为平面的一个法向量， 则，解得，即， 设直线与平面所成角为， 则， （3）由（2）可知平面的一个法向量为， 设存在，则，， 设平面的一个法向量为， 则，解得，即， 则， ∴，即 7．(25-26高二上·云南“美美与共”民族中学联盟·)如图，在四棱锥中，平面，底面四边形满足. (1)证明：平面平面； (2)若，平面与平面交线为， ①求证； ②直线上是否存在点，使得二面角的夹角余弦值为？如存在，求出；如不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②存在， 【分析】（1）先分析底面四边形里的几何关系，得出，再根据线面平面推得线线，则可证平面，最终证平面平面； （2）①先由 证明 平面，再根据线面平行的性质，得出交线 ，结合，得出； ②建立空间直角坐标系，设出点M坐标，求出平面的法向量，利用二面角的向量公式建立方程，化简求解即可. 【详解】（1）由勾股定理计算得，所以， 故三角形为等腰直角三角形，可得. 因为平面平面，所以. 又因为平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）①因为 ，而平面，所以 平面， 面与平面交线为，所以 ， 而，所以. ②依题意，建立空间直角坐标系， 可得， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，则， 因为点在上，所以设点，设平面的一个法向量为， 则，可得， 即，取，则. 因为，， 所以，解得，故. 8．(25-26高二上·云南云南民族大学附属高级中学等两校·)如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面四边形为菱形，，平面平面，为棱的中点，记平面和平面的交线为． (1)求证：； (2)求点到平面的距离； (3)在线段（不含端点）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，求的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，或 【分析】（1）利用菱形性质和线面平行判定定理证明平面，然后结合线面平行的性质定理可证； （2）取的中点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据点到平面的距离的向量公式计算即可； （3）利用线面角的向量公式列方程求解可得. 【详解】（1）∵四边形为菱形，∴， ∵平面，平面，∴平面， ∵平面，平面和平面的交线为，∴ （2）取的中点，连接， ∵是边长为4的等边三角形，∴， ∵四边形为菱形，，∴为等边三角形，， ∵平面平面，平面平面，平面，， ∴平面， 如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 所以平面的一个法向量为， ∴点到平面的距离. （3）假设在线段（不含端点）上存在一点， 使得直线与平面所成角的正弦值为． 设，由（2）知， 则， 由（2）知平面的一个法向量， 因为直线与平面所成角的正弦值为， ∴. 整理得，解得或， 所以在线段 （不含端点）上存在点， 当或时，直线与平面所成角的正弦值为. 9．(24-25高二上·云南昆明·期末)如图，平面四边形中，，且，现将△沿折起，使得，如图． (1)证明：平面⊥平面； (2)点在线段上，平面把三棱锥分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）要证平面⊥平面，二面角的平面角. （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量的数量积，求出二面角的余弦值. 【详解】（1） 证明： 由题设可得， . 又， 取的中点，连接，.则，， 又因为是正三角形，所以， 所以为二面角的平面角． 在中，， 又，，所以， 故.所以平面⊥平面. （2）由题设及（1）知，，，两两垂直， 以为坐标原点， 的方向为x轴正方向，为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 由题设知，四面体的体积为四面体的体积的，从而到平面的距离为D到平面的距离的， 即为的中点，得.故，，. 设是平面的法向量，则，即， 可取. 设是平面的法向量，则即， 可取． 则. 由图知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为． 10．(23-24高二上·云南大理白族·期末)如图，已知在四棱锥中，底面是菱形，且底面分别是棱的中点． (1)求平面与平面所成二面角的余弦值； (2)求平面截四棱锥所得的截面与交于点，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求解二面角即可. （2）先猜测截面图形的形状，最后证明符合截面图形，最后再求解比值即可. 【详解】（1） 作，以为原点建立空间直角坐标系， 易知，，，，，， ，连接，易证是的中点，故与重合，， 故，，设面的法向量， 可得，，令，故， 设面法向量，，， 可得，，令，故， 设二面角为，则， 故平面与平面所成二面角的余弦值为. （2） 连接找中点，连接并延长交延长线于，连接并延长交于，连接， 根据平面的基本性质易知：共面，即多边形是所求截面多边形， 若是中点，连接，又为中点， 所以，则是中点，即， 又，，可得，故， 所以. 11．(23-24高二上·云南昆明云南师范大学附属中学·期中)如图，三棱锥，，，. (1)求证：； (2)是否存在点Q，满足，且点Q到平面的距离为1?若存在，求直线与平面所成角的正弦值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取取中点，连接，证平面即可； （2）所在直线为轴建立空间直角坐标系，根据题意求出点坐标，进而可求. 【详解】（1） 如图，取中点，连接， ，，， 则，， ，，， 平面，平面，则平面， 平面，. （2）由，，， ，， ，即，则两两垂直， 以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系， ， 设，，平面的一个法向量为， ， 又，，解得， ， 设平面的一个法向量为， ， ，令，， ，， ， 所以直线与平面所成角的正弦值为 12．(22-23高二上·云南楚雄州·期末)如图，在四棱锥中，，，侧面为等边三角形，，. (1)证明：. (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用题设条件与勾股定理证得，，从而由线面垂直判定定理证得平面，由此得证； （2）结合（1）中条件证得面，又求得到的距离，从而建立空间直角坐标系得到各点的坐标，先分别得到平面与平面的法向量，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解. 【详解】（1）过作于点，连结，如图， 又因为，，则四边形为矩形， 在中，，，， 因为为等边三角形，所以， 在中，，则，所以， 在中，，， 所以在中，，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，故. （2）由（1）得， 又，面，所以面， 又平面，平面，所以， 在中，，，，则到的距离为， 以为坐标原点，以，的方向分别为，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 设平面的法向量为， 因为，，所以， 令，得， 取平面的一个法向量为， 设二面角为，易知为锐角， 则， 故二面角的余弦值为. 地 城 板块02 直线与圆 13．(25-26高二上·云南云南民族大学附属高级中学等两校·)若圆的圆心在轴的正半轴上，圆过原点，且与直线相切. (1)求圆的方程； (2)已知，点是圆上的一个动点，若点与点关于点对称. ①求点的轨迹方程； ②若过的直线与点的轨迹交于两点，试问在轴上是否存在点，使恒为定值？若存在，求出点的坐标和定值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)①；②存在，，使得为定值 【分析】（1）利用点到直线的距离公式，结合已知条件求解可得； （2）①利用中点坐标公式，使用相关点法可得；②设出直线方程，联立圆的方程消去，利用韦达定理代入化简可解. 【详解】（1）设圆的圆心为，半径为，因为圆过原点，所以. 圆心到直线的距离为 化简得，因为，所以解得. 所以圆的方程为. （2）①设，，由（1）得， 又点是点与点的中点，则， 代入可得，即的轨迹为 ②存在点，使得为定值. 当直线的斜率存在时，设其斜率为，则直线的方程为， 由，消去，得， 设，，， 则，， 又，， 则 要使上式恒为定值，需满足，解得. 此时，为定值； 当直线的斜率不存在时，，， 由可得，所以 综上所述，存在点，使得为定值 14．(24-25高二上·云南云县第一完全中学·月考)已知圆分别与、轴正半轴交于、两点，为圆上的动点. (1)若线段上有一点，满足，求点的轨迹方程； (2)若为圆上异于、的动点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设、，根据平面向量的坐标运算得出，再将点的坐标代入圆的方程，化简可得出点的轨迹方程； （2）设，则，求出直线、的方程，可求出点、的坐标，然后利用两点间的距离公式可计算出为定值. 【详解】（1）根据题意，、， 设、，则，， 由于，所以， 则，得，故， 又为圆上，所以，化简得， 故点的轨迹方程为. （2）设，则， 直线方程是，代入，得，即， 不等于0时，直线方程是，代入，得，即 时，即，所以， 所以 ， 所以为定值. 【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． 15．(25-26高二上·云南文山州砚山一中·月考)已知直线方程为，其中. (1)当m变化时，求点到直线的距离的最大值； (2)若直线分别与x轴、y轴的负半轴交于A，B两点，求面积的最小值. 【答案】(1) (2)4. 【分析】（1）把直线方程整理成关于的方程，可得定点坐标，点到直线的距离最大时，一定有与该直线垂直，可得结论． （2）求出直线与两坐标轴交点坐标，得三角形面积，然后由基本不等式得最小值． 【详解】（1）直线方程为即为， 由可得则已知直线恒过定点， 所以到直线的最大距离为. （2）设直线的斜率为，则其方程为， 可得，， 则. 由，可得，所以， 当且仅当， 即时取等号. 所以的面积的最小值是4. 16．(25-26高二上·云南“美美与共”民族中学联盟·)已知圆经过点和，且圆心在直线上，过点的动直线与圆交于两点，线段中点为为坐标原点. (1)求圆的标准方程； (2)求的轨迹方程； (3)若，求直线的方程及三角形面积. 【答案】(1) (2) (3)， 【分析】（1）设圆心为，由，求出的值，即可得答案； （2）由题意可得，从而得轨迹为以线段为直径的圆上，即可得答案； （3）由，可得在的圆上，由圆与圆相交，即可得直线的方程，再由三角形的面积公式求解即可. 【详解】（1）根据题意，设圆心为， 由， 可得， 解得， 所以，圆心为， 半径为， 因此，圆的方程为. （2）因为是线段中点， 所以， 所以点轨迹为以线段为直径的圆上， 故轨迹为以为圆心，半径为的圆， 故的轨迹方程：. （3）因为， 所以在以为圆心，半径为5的圆上， 即在的圆上， 又因为在上， 两圆相减可得：，    因为到的距离， 所以面积为. 17．(25-26高二上·云南昆明官渡区云南大学附属中学星耀学校·期中)在平面直角坐标系中，已知三点，，，圆经过三点. (1)求圆的标准方程； (2)若直线：上有一个动点，圆上有两个不同的动点，当为最大角时，求的值 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）利用直角三角形的外接圆圆心为斜边中点和半径为斜边一半即可写出圆的标准方程； （2）把角度的最值问题转化为圆心到直线的距离问题，再利用二倍角公式，从而可求角的三角函数值. 【详解】（1）由三点，，，可知， 所以是直角三角形，即它的外心在斜边的中点上，的中点坐标为， 它的外接圆半径为， 所以经过三点的圆的标准方程为； （2）    直线：上有一个动点，圆上有两个不同的动点， 当为最大角时，满足与圆相切， 此时，且， 要使得为最大角，根据正弦函数的单调性，则只需要取得最小值， 而， 所以此时，则有，即， 所以 18．(25-26高二上·云南昭通直中学·月考)已知线段的端点的坐标为，端点在圆上运动． (1)求线段的中点的轨迹的方程； (2)求过点并与轨迹相切的直线方程． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）设点的坐标为，点的坐标为，由中点坐标公式化简得出，代入等式化简可得出轨迹的方程； （2）对切线的斜率是否存在进行分类讨论，当直线的斜率不存在时，直接验证即可；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，利用圆心到直线的距离等于圆的半径，求出的值，综合可得出切线的方程. 【详解】（1）设点的坐标为，点的坐标为， 由于点的坐标为，且点是线段的中点，所以，， 于是有①， 因为点在圆上运动，即②， 把①代入②，得， 整理，得， 所以点的轨迹的方程为． （2）由圆，可得圆心，半径， 若过点的直线斜率不存在时，直线方程为， 圆心到直线的距离，所以是圆的切线； 若过点的直线斜率存在时，设切线方程为，即， 所以，所以，解得， 所以切线方程为，即． 综上所述：过点并与圆相切的直线方程为或． 19．(24-25高二上·云南楚雄彝族民族中学·月考)已知圆分别与，轴的正半轴交于，两点，为圆上的动点（异于，两点）. (1)若线段上有一点，满足，求点的轨迹方程； (2)若直线与轴交于点，直线与轴交于点，证明：为定值，并求出该定值. 【答案】(1) (2)证明见解析， 【分析】（1）设点，，根据向量运算公式可得，代入圆的方程，可得轨迹方程； （2）根据，方程确定，，结合两点间距离公式化简可得证. 【详解】（1）由已知，， 设，， 则，， 则，即， 则，即， 故点的轨迹方程为； （2）设，则， 直线方程是：，代入，得， 直线方程是，代入，得， 所以 ，即为定值. 20．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． 21．(23-24高二上·云南昭通直中学·月考)已知直线经过点，且与轴正半轴交于点，与轴正半轴交于点为坐标原点. (1)若直线在两坐标上的截距相等，求直线的方程； (2)求面积的最小值及此时直线的方程. 【答案】(1) (2)24， 【分析】（1）根据题意，假设直线的方程为，代入所经过点即可得解； （2）利用直线的截距式方程，结合基本不等式求得，从而得到的面积的最小值与直线的方程，从而得解. 【详解】（1）由题意可知直线不经过原点， 又直线在两坐标上的截距相等，设直线的方程为， 代入点，得，解得， 故直线的方程为，即. （2）依题意，设直线的方程为， 则，且， 所以，解得， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的面积， 即的面积的最小值为， 此时直线的方程为，即. 22．(24-25高二上·云南丽江润泽高级中学·月考)已知圆O：，点P在直线上，过点P引的两条切线PA、PB，切点为A、B． (1)求四边形OAPB面积的最小值； (2)求证：直线AB过定点． 【答案】(1)； (2)证明见解析； 【分析】（1）根据给定条件，利用切线长定理，结合勾股定理将四边形OAPB的面积表示为，进而求出最小值. （2）求出四边形OAPB的外接圆的方程，进而求出直线的方程即可. 【详解】（1）圆O：的圆心，半径，点到直线的距离， 由切于点，得， 四边形OAPB的面积 ，当且仅当是直线与轴的交点时取等号， 所以四边形OAPB面积的最小值是. （2）设点，由，得点在以线段为直径的圆上， 此圆的方程为，即， 则圆与的公共弦所在直线方程为，而当时，恒有， 所以直线AB过定点. 23．(24-25高二上·云南丽江润泽高级中学·月考)已知直线：与直线：的交点为M． (1)求点M关于直线的对称点N； (2)求点到经过点M的直线l距离的最大值，并求距离最大时的直线l的方程． 【答案】(1)； (2)，； 【分析】（1）解方程组求出点的坐标，再利用轴对称的意义列方程组求出点的坐标. （2）利用几何意义，结合两点间距离公式求出最大距离及对应直线方程. 【详解】（1）由，解得，则点， 设点关于直线的对称点，则，解得， 所以点. （2）由（1）知，点，则，直线斜率， 以点为圆心，为半径的圆与直线始终有公共点， 当时，直线与该圆相切，点到直线的距离； 当与直线不垂直时，直线与该圆相交，点到直线的距离， 因此点到直线的距离的最大值为，此时直线的斜率为， 方程为，即， 所以点到经过点M的直线l距离的最大值为，此时直线的方程为. 24．已知，，三点，点在圆上运动． (1)若的最大值和最小值分别为和，求的值； (2)过点向圆作切线，切点分别为，，求直线的一般式方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设，根据两点间距离公式以及在圆上运动得到，结合的范围求解即可； （2）设切点，，利用点斜式求出直线的方程，同理得到直线的方程，由均过点，代入可得，，即点，都在直线上，即得直线的一般式方程. 【详解】（1）设，且， 故 ， 而，当时，取得最小值， 当时，取得最大值， 所以； （2）因为过且斜率不存在的直线不是圆的切线， 过且斜率为0的直线也不是圆的切线， 所以直线，，，的斜率都存在， 设切点，，则，， 直线方程为， 整理得， 同理可得直线方程为：， 由直线，均过点，则， ， 即点，都在直线上， 所以直线的方程为. 25．(24-25高二上·云南昆明寻甸回族彝族自治县第一中学·期中)公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中证明了平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，这个圆被称为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，，，动点满足，设动点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)过点作直线与曲线相切，求直线的方程． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）由，列出方程化简即可； （2）通过斜率存在与不存在两类情况讨论即可. 【详解】（1）设，由，得， 整理得，即曲线的方程为． （2）因为，所以点在圆外，       当直线斜率不存在时，与圆不相切， 当直线斜率存在时，设直线为， 则圆心到直线的距离，       整理得，当时，直线的方程为，       当时，直线的方程为． 圆锥曲线 地 城 板块03 26．(25-26高二上·云南曲靖第一中学·期中)设抛物线的焦点为，点，过的直线交于两点．当直线垂直于轴时，．    (1)求的方程； (2)设直线与的另一个交点分别为，记直线的斜率为，求的值； (3)记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线的方程． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）当直线垂直于轴时，求得，根据，结合抛物线的定义，求得，即可求解； （2）设，设直线，直线，联立方程组，求得和，化简得到，再由抛物线的几何性质，得到，即可求解； （3）当直线的斜率不存在时，求得；当的斜率存在时，得到，且，求得，结合基本不等式，求得当时，取得最大值，进而求得直线的方程. 【详解】（1）解：当直线垂直于轴时，由点点，可得， 因为，由抛物线的定义，可得，解得， 所以抛物线的方程为. （2）解：设， 设直线的方程为，直线的方程为， 联立方程组，整理得，可得， 联立方程组，整理得，可得， 又由直线的斜率为， 且直线的斜率为， 所以， 当直线的斜率不存在时，直线的方程为，解得，则； 当直线的斜率存在时，直线的方程为， 联立方程组，整理得，可得，则， 综上可得，的值为. （3）解：设， 当直线的斜率不存在时，由对称性可知，直线的斜率也不存在， 此时，则； 当直线的斜率存在时，由（2）知：， 则，且， 所以与的正负相同，所以， 所以当最大时，取得最大值， 又由， 要使得取得最大值，显然， 由时，，当且仅当时，等号成立， 所以，此时取得最大值， 又由的方程为，即， 由（2）知：，，且， 可得，则，， 所以直线的方程为，即.    27．(25-26高二上·云南师范大学附属中学·期中)已知椭圆的焦距为，为椭圆上一点． (1)求的方程； (2)椭圆的左､右顶点为，直线与交于不同的两点（不与重合），直线与直线的斜率满足，且直线与直线交于点，直线与直线交于点． ①求证：直线为定直线； ②求四边形面积S的最小值． 【答案】(1) (2)①证明见解析 ；② 【分析】（1）根据题意结合椭圆定义可得，进而可得和椭圆方程； （2）①根据题意结合椭圆方程可得，，设直线方程求交点坐标即可；②设，利用韦达定理结合可得，进而求面积，结合函数单调性求最值. 【详解】（1）因为椭圆焦距，所以， 可知左､右焦点分别为， 又因为在椭圆上，则， 可得，所以E的方程为：. （2）①由题可知：，    设，则，可得， 所以， 同理，设， 则， 联立，解得点， 联立，解得点 所以直线为定直线：； ②由题可得：的斜率不为0，设， 联立：得： 则，， 因为， 可得， 整理可得， 代入韦达定理可得：， 因为，可得，解得， 满足，所以直线过左焦点， 因为，则， 可得， 则 ， 即， 可得， 令，则，， 可得， 因为函数在为增函数， 所以当，即时，S取得最小值，且. 28．(25-26高二上·云南昆明官渡区云南大学附属中学星耀学校·期中)椭圆：上的一个动点，点到右焦点的距离的最小值为1，的离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)若直线不经过原点，且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段中点为，证明：直线的斜率与直线的斜率乘积为定值； (3)若直线：与椭圆交于，两点，过点的直线交椭圆于，两点（在靠近点的一侧）.在直线上是否存在一定点，使得恒成立？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)存在，. 【分析】（1）利用两点间的距离公式以及椭圆方程代入化简，求出最值即可得，再结合即可求解求出椭圆方程； （2）利用点差法整理即可得为定值； （3）利用定比点差法得出与的交点满足，结合解三角形知识得出，求出方程，再求出与交点即可得点. 【详解】（1）设，右焦点，则， 由于，则，所以， 所以当时，，又，解得， 所以， 椭圆的方程为. （2）设， 由于中点为，则， 由于在椭圆上，则， 两式相减得， 整理得，即 由于， 所以为定值. （3）设，点在线段上，且满足，则，，则①，②， 由点在椭圆上，则， ，再除以整理得： ， 代入可得，即点在直线上，所以点为与的交点. ，同理， 由于， 若，则， 显然，则， 则， 所以， 由于直线：，则，直线：， 所以存在符合题意. 29．(25-26高二上·云南昆明第三中学·期中)记椭圆的右顶点为,右焦点为,过F的直线l交C于D,E两点，记线段的中点分别为M,N,直线分别交于点P,Q. (1)求C的方程； (2)证明：轴； (3)若的外接圆的面积为,求直线l的方程． 【答案】(1) (2)见解析 (3)或 【分析】（1）由题意可知,再求得,确定椭圆方程； （2）由于直线过轴上的定点，因此可设（需另外考虑斜率为0的情况），再设出两点，再根据题意依次写出直线,最后求出交点的坐标，发现两者纵坐标相同（且横坐标不同），因此得证； （3）由外接圆面积可得到半径.由题(2)可知，是水平线段，外接圆圆心在其中垂线上，因此可确定圆心的横坐标，由=4,可进而确定圆心的纵坐标，最后根据垂径定理，解出参数，确定直线. 【详解】（1）由题可知，因此,则椭圆方程. （2） 当直线的斜率为0时，此时交椭圆C于左右顶点，此时点与点或点重合，不满足题意. 因此可设直线,,则. 将直线与椭圆联立得, 由韦达定理得， 直线, 直线 . 要求与的交点的坐标，可联立直线与，得 ,. 要计算的坐标，由运算的对称性可知， 注意到的横坐标不同，纵坐标相同，因此与轴垂直. （3）由题可知，的外接圆的半径为4. ,. 因此可设外接圆的圆心为,又因为,所以, 由对称性，不妨先假设 , 由垂径定理得,整理得, 解得. 由对称性，可知 故直线的方程为：或 30．(25-26高二上·云南玉溪第一中学·月考)已知椭圆：的离心率为，长轴为4． (1)求椭圆的标准方程； (2)直线：与椭圆交于，两点，求弦长； (3)点在上，过点的直线交椭圆于，两点（异于点），设直线，的斜率分别为，，证明：为定值． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据离心率、长轴的长度和，求出的值，从而得到椭圆的标准方程； （2）通过直线和椭圆联立方程组，消元后得到一元二次方程，利用根与系数的关系和弦长公式求解； （3）先根据题意判断出直线存在斜率，再按照斜率是否为0进行分类讨论，在斜率为0时，利用斜率公式求出，，计算的值；在斜率不为0时，先设直线，再将直线和椭圆联立方程组，消去，得，整理得到的一元二次方程，设，利用根与系数的关系和斜率公式计算得解. 【详解】（1）由题知，，又有，解得，，， 所以椭圆C的标准方程为． （2）联立与椭圆可得， 设，，则，， 所以弦长. （3）证明：由已知直线过点，且交椭圆于两点，所以直线的斜率存在． 当直线l2的斜率为0时，方程为y=0，此时两点坐标为，又， 则. 当直线的斜率不为0时，由已知设直线， 设点且与点不重合， 联立直线与椭圆的方程，消去，得， 整理得，则，即， 解得或，且，则 ， 代入， 得. 综上，为定值，且． 31．(24-25高二下·云南红河州、文山州·)已知双曲线的左焦点为，的一条渐近线方程为，其顶点到渐近线的距离为2. (1)求的方程； (2)过的直线与交于，两点，为坐标原点.若的面积为，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）根据焦点在轴上的双曲线的渐近线方程以及顶点坐标和点到直线的距离公式列出方程组，解方程组后代入双曲线标准方程即可； （2）设出直线，联立直线和双曲线的方程，根据弦长公式得到三角形的底，再根据点到直线的距离公式得到三角形的高，列出关于面积的方程，求解后代入直线即可. 【详解】（1）因为一条渐近线方程为，其顶点到渐近线的距离为2. 所以，解得， 所以的方程为. （2）由题知，且直线的斜率不为， 设直线的方程为，，， 联立方程，消得， ， 所以，， 设到的距离为，则， ， 所以，解得， 所以直线的方程为或. 32．(24-25高二下·云南昆明云南师范大学附属中学·)已知双曲线C的焦点在x轴上，离心率为，点在双曲线C上． (1)双曲线C方程； (2)已知点，一条斜率为k的直线l（不过点A）交C于M，N两点，是否存在一个实数k，使得直线的斜率之和为定值？若存在，请求出k和定值；若不存在，请说明理由； (3)已知双曲线C与直线有唯一的公共点T，过点T且与l垂直的直线分别交于x轴、y轴于两点，当点T运动时，求点的轨迹方程． 【答案】(1) (2)存在，，定值0． (3)点G的轨迹是焦点在轴上，实轴长为，虚轴长为6的双曲线（去掉两个顶点）． 【分析】（1）由离心率，及点在双曲线C上可得双曲线方程； （2）设将直线与双曲线方程联立，由韦达定理可得，据此可完成判断； （3）将代入，由双曲线C与直线有唯一的公共点T，可得联立方程判别式为0，据此可得，从而可得，据此可得轨迹方程. 【详解】（1）因为双曲线焦点在轴上，设双曲线方程为， 由已知①，将点代入双曲线方程得②，                             且③，由①②③得，所以双曲线方程为 （2）设 联立，化简后可得， 由韦达定理：， 所以由 ，所以当时，的和为定值0． （3）将代入， 化简可得，， 因为，是双曲线与直线唯一的公共点， 所以， 解得的坐标为，即，其中， 所以过点且与垂直的直线为 可得，，所以，即，                                 因此，即， 所以点G的轨迹是焦点在轴上，实轴长为，虚轴长为6的双曲线（去掉两个顶点）． 【点睛】关键点睛：对于定值问题，常用恰当参数表示研究要判断是否为定值的表达式，随后利用韦达定理，代数恒等变形等知识完成判断；对于轨迹问题，常利用题目条件得到轨迹上一点坐标满足的等量关系，据此得轨迹方程. 33．(24-25高二下·云南会泽县茚旺高级中学·期中)已知抛物线：的焦点为，过的直线与抛物线交于，两点，当轴时，. (1)求抛物线的方程； (2)设是抛物线的准线上一点，当到直线的距离最大时，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出直线轴时点、纵坐标，由可算出，进而得到抛物线方程. （2）先确定抛物线准线方程得到点坐标，设直线方程，算出到直线的距离，根据判别式法求出的最大值及此时的值，得到直线方程.联立直线与抛物线方程，利用弦长公式求出，进而得到的面积. 【详解】（1）由题意得，抛物线：的焦点为， 当轴时，直线的方程为， 联立解得， 不妨设，， 则，解得， 所以抛物线方程为. （2）由（1）可知抛物线的准线方程为，则， 显然直线的斜率一定不为0，设直线的方程为， 则点到直线的距离， 则，即， ，即，解得， 所以到直线的距离最大值为，且当时，， 此时直线的方程为， 联立消去得， 设，，则，， 所以， 所以. 所以当到直线的距离最大时，的面积为. 34．(24-25高二上·云南曲靖宣威第十中学·期末)已知为抛物线：上一点，，为上异于点的两动点，且以线段为直径的圆恰好经过点． (1)求点到的焦点之间的距离； (2)证明：直线过定点． 【答案】(1)2 (2)证明见详解 【分析】（1）根据题意可得，即可得焦点坐标，进而可得结果； （2）设直线，，联立方程，根据垂直关系结合韦达定理可得，即可知直线过定点. 【详解】（1）因为为抛物线：上一点， 则，即， 可知抛物线：的焦点为，准线为， 所以点到的焦点之间的距离. （2）由题意可知：直线的斜率可能不存在，但不为0， 设直线，， 联立方程，消去x可得， 则，可得， 由题意可知：，则， 则，整理可得， 则，即， 所以直线过定点. 【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法 1.动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为，由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点； 2.动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点． 35．(24-25高二上·云南曲靖会泽县·期末)已知椭圆的右焦点为，且，直线与椭圆相交于A、B，A为上方的交点. (1)求椭圆的方程； (2)过点A作两条互相垂直的直线，分别于椭圆相交于P，Q，证明：直线PQ过定点； (3)在中，过点A作PQ的垂线，垂足为H，是否存在H，使H到左顶点的距离最小？若存在，求出最小值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)直线恒过定点. (3)所以存在点满足题意，且H到左顶点的最小距离为. 【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，求解即可； （2）先求出，设直线的方程为：，将其与椭圆方程联立，结合韦达定理，利用，可得的等量关系，再将其代入直线的方程，即可求出直线PQ过的定点； （3）结合（2）中所得，根据，可知点在以为直径的圆上，再求最小值即可. 【详解】（1）由题意可得：，即椭圆. （2）证明：把代入椭圆可得：， 因为A为上方的交点，所以， 当直线的斜率存在时，设直线的方程为：， ，联立， ，， 因为，所以， 所以， 整理得：， 所以， 化简可得：， 即，或； 当时，直线恒过A点，不合题意； 当时，直线， 恒过定点， 当直线的斜率不存在时，设直线的方程为：， 代入，解得：， 设， ， 所以 则，解得：（舍去）或， 所以直线的斜率不存在时，直线恒过定点. 综上所述：直线恒过定点. （3）设直线恒过定点，由题意可得：，， 则点在以为直径的圆上，其中圆心为的中点， 半径，所以点的轨迹方程为， 设椭圆的左顶点为，则， 当且仅当三点共线时，等号成立， 所以存在点满足题意，且H到左顶点的最小距离为. 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 36．(24-25高二上·云南曲靖宣威第六中学·月考)椭圆的左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为A、B，上，下顶点分别为P、Q，且和的面积分别为2和. (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知直线l的斜率为k，若直线l与C交于E、F两点，且，求实数k的取值范围. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据已知可得，且求参数，即可得椭圆方程； （2）令的中点为，则，且，则，联立直线与椭圆方程，应用韦达定理及两点式斜率公式得到，进而有，再确定范围求k的取值范围. 【详解】（1）由题设，且， 所以，则； （2）令的中点为，则，且，    由，则， 若时，，即，则， 联立，得， 所以， 且， 所以①， 所以，则，即， 将代入①有②，显然时也满足； 将代入，则， 由，满足②， 综上，. 【点睛】关键点点睛：第二问，令的中点为，，联立椭圆方程，应用韦达定理和两点式求斜率列方程求得、为关键. 37．(24-25高二上·云南曲靖宣威第六中学·月考)已知椭圆：（）的长轴长是短轴长的3倍，左、右焦点分别为，．且椭圆经过点． (1)求椭圆的方程； (2)设是椭圆的右顶点，，是椭圆上不同的两点，直线，的斜率分别为，，且，证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由，再由点在椭圆上即可求解； （2）设，，直线的方程为，联立椭圆方程，结合韦达定理，由，求得，即可求解； 【详解】（1）由题意，得， 所以离心率． 椭圆的方程为．因为椭圆经过点， 所以，解得，， 所以椭圆的方程为． （2） 易知，设，，直线的方程为，且． 联立，消去得． 由，得． 所以，． 因为， 所以． 化简得． 所以，又， 化简得，解得，即直线恒过定点． 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 38．(24-25高二上·云南昆明·期末)已知和是椭圆：（）上的两点，过点的直线与交于，两点. (1)求的方程； (2)若△的面积为，求直线的方程； (3)在轴上是否存在点，使，若存在求出点的坐标，若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)或. (3)存在， 【分析】（1）由题意可得，再将代入椭圆的方程求出，即可得出答案. （2）设直线的方程为，设，，联立直线与椭圆的方程求出出，再表示出的面积，解方程即可求出的值，进而求出直线的方程； （3）由，可得，将韦达定理代入化简即可. 【详解】（1）由题设知，因在上，所以，解得， 所以的方程. （2）由题设知直线的斜率不为，故设直线的方程为，设，， 联立，消得， 显然成立.，， ， 即，即， 即，解得或. 所以直线的方程为或.           （3）假设在轴上存在点，使， 记直线的斜率为，直线的斜率为， 因，所以.因，， 即，即， 即，因，， 即， 即， 由（2）知.，，所以， 即，即，解得（舍去）或，所以， 所以在轴上存在点，使. 【点睛】思路点睛：本题第三问考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下： ①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式； ②利用求得变量之间的关系，同时得到韦达定理的形式； ③利用韦达定理表示出已知的等量关系，化简整理得到所求定点. 39．(24-25高二上·云南昭通直中学·月考)如图，已知椭圆的右焦点为F，点在C上，且轴．    (1)求C的方程； (2)过点的直线交C于A，B两点，轴，交直线MF于点Q，BQ交x轴于点N，求点N的坐标. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程. （2）设，，，直曲联立表示出韦达定理，再设直线方程，令可得. 【详解】（1）设，由题设有且，故，故，故， 故椭圆方程为. （2）直线的斜率必定存在，且不为零，设，，，    由可得， 故， 又，即， 轴，交直线MF于点Q， 所以直线， 令可得 ， 所以 【点睛】关键点点睛：本题的第二小问的关键是根据题意设出直线，结合韦达定理令化简即可. 40．(24-25高二上·云南丽江润泽高级中学·月考)已知椭圆，，斜率为的直线l与椭圆C相交于异于点P的M，N两点，且直线PM，PN，均不与x轴垂直． (1)若直线l过点，求弦MN的长； (2)记直线PM的斜率为，直线PN的斜率为，证明：为定值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）联立直线方程与椭圆方程，直接解出两点坐标，再利用两距离公式即可； （2）设直线的方程为，与椭圆联立，将韦达定理代入中计算结果为定值． 【详解】（1）由题意知直线的方程为， 联立，解得或， 则， （2）设直线的方程为，,，,， 联立，消去得， 由，得， 则． 因为直线，均不与轴垂直，所以，，则且， 所以 ， 所以为定值． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法联立椭圆方程得到韦达定理式，再化简变形，最后代入韦达定理式即可. 41．(24-25高二上·云南红河州、文山州·期末)已知直线与关于抛物线的准线对称，的焦点为. (1)求的方程； (2)若斜率为的直线与交于两点，且，求直线的方程： (3)为上两点，且，求面积的最小值. 【答案】(1) (2) (3). 【分析】（1）由与到的距离相等求得，从而可得到答案； （2）由，根据抛物线的定义求得，设出直线方程，联立直线和抛物线方程消去，结合韦达定理求出参数即可； （3）设直线的方程为：与抛物线方程联立，由结合韦达定理求出，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出求面积的最小值. 【详解】（1）抛物线的准线方程为， 由题意知与到的距离相等，即，解得. 故抛物线的方程为. （2）设. 因为，根据抛物线的定义得，所以. 设直线，联立， 化简得，故. 由，解得，满足. 则直线的方程为. （3）因为焦点坐标为，则直线的斜率存在. 设直线的方程为：. 由可得， 则，即. 因为，所以， 即. 将代入上式， 化简得. 所以，且， 解得或. 设到直线的距离为，则. . 所以的面积. 因为或， 所以当时，的面积最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值. 42．(24-25高二上·云南·)已知椭圆的焦距为4，点在上，直线与交于，两点. (1)求的方程. (2)若，求的最大值. (3)若点与重合，过作斜率与互为相反数的直线，与的另一个交点为，试问直线的斜率是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）利用椭圆的定义和点坐标列方程组求解即可； （2）依题意可得直线的方程为，设，，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理代入弦长公式，化简即可求得最大值； （3）根据题意可得直线的方程为，直线的方程为，分别与椭圆方程联立，解出点的坐标，代入斜率公式即可求解. 【详解】（1）依题意可得解得 故的方程为. （2）依题意可得直线的方程为，设，， 联立可得， 则，，，， 由弦长公式可得， 当时，取得最大值，且最大值为. （3）根据题意可得直线的方程为，设， 由得， 则，得，， 设直线的方程为，. 由得， 则，得，， 直线的斜率为， 故直线的斜率是定值，且定值为. 【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤： （1）得出直线方程，设交点为，； （2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程； （3）写出韦达定理； （4）将所求问题或题中关系转化为，形式； （5）代入韦达定理求解. 43．(24-25高二上·云南丽江润泽高级中学·月考)“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长．某些折纸活动蕴含丰富的数学知识，例如：如图用一张圆形纸片，按如下步骤折纸： 步骤1：设圆心是E，在圆内异于圆心处取一定点，记为F； 步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点F，此时圆周上与点F重合的点记为A； 步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕，记折痕与AE的交点为P； 步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕和越来越多的点P． 现取半径为的圆形纸片，设点F到圆心E的距离为2，按上述方法折纸．以线FE的中点为原点，的方向为x轴的正方向建立平面直角坐标系xOy，记动点P的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)设点，不经过点A的直线l与椭圆相交于B、C两点，若直线AB与AC的斜率之积为，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标． 【答案】(1) (2)证明见解析，定点 【分析】（1）根据题意分析可知，结合椭圆定义即可得方程； （2）设直线l的方程为，联立方程组，结合韦达定理和求出的值，根据直线方程即可求出定点. 【详解】（1）由题意可知：， 则， 可知动点P的轨迹是以为焦点的椭圆，且， 所以曲线的方程为. （2）设直线l的方程为，，， 联立方程组，得， 则， 且， 由，即， 化简得，解得或（舍） 所以直线l的方程为， 因此直线l过定点. 【点睛】关键点点睛：根据椭圆定义求曲线方程. 44．(24-25高二上·云南昆明安宁中学·)如图，已知圆心为，半径为的同心圆与直线在第一象限有个交点，，其中点关于轴的对称点为.    (1)证明：在定曲线上，并求出曲线的方程； (2)设，若直线的斜率为， ①求； ②证明：为定值. 【答案】(1) (2)①；②. 【分析】（1）根据题意联立方程即可推导出曲线的方程； （2）①联立方程得，再根据斜率求得；②根据设出两点坐标，后列式即可推导出所求结果. 【详解】（1）根据题意，将代入同心圆中，化简得，所以曲线的方程为. （2）①因为，所以，与联立方程解得， 设，则, 根据，得；解得或（舍去）, 所以. ②由题意设，，则, ， ， ， ，即, 为定值. 45．(24-25高二上·云南文山·期末)已知椭圆的离心率为，其中一个焦点的坐标为. (1)求的方程； (2)过左焦点的直线交于、两点，点在上. （i）若的重心为坐标原点，求直线的方程； （ii）若的重心在轴上，求的横坐标的取值范围. 【答案】(1) (2)直线的方程为；. 【分析】（1）根据已知条件得到和求解即可； （2）设直线的方程为，与椭圆方程联立消元，得到，利用韦达定理得到，，小问（i）根据重心为原点得到点坐标，将点坐标代入椭圆方程即可求出的值，进而得到直线的方程；小问（ii）设，方法同（i），得到点坐标，将点坐标代入椭圆方程得到，利用求出的取值范围. 【详解】（1）由题意知，即，又， 解得，，， 所以的方程； （2）（i）因为左焦点为，设直线的方程为， 联立，得， 设，，，则，， 因为的重心为原点，所以， 所以，又， 代入，可得， 解得，所以直线的方程是. （ii）设，由（i）可知，， 代入，可得， 解得，所以. 所以，且，所以 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略： （1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； （3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 46．(24-25高二上·云南云县第一完全中学·月考)已知双曲线的渐近线方程为，与轴的正、负半轴分别交于，两点，过点的直线与的右支交于，两点. (1)若的斜率存在，求出斜率的取值范围； (2)探究：是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由（其中，分别表示直线，的斜率）； (3)若直线，交于点，且，求的取值范围. 【答案】(1) (2)是， (3) 【分析】（1）设，，直线的方程为，与双曲线方程联立利用韦达定理可得答案； （2）由韦达定理代入可得答案； （3）设直线与直线的方程分别为，，联立两直线方程可得交点的横坐标为1，可得 ，再利用的单调性可得答案. 【详解】（1）由的渐近线方程为可得， 易知直线的斜率不为0，设，，直线的方程为， 联立双曲线与直线得，， 则 解得， 再由斜率存在以及可得，的取值范围为； （2）依题意，，，由韦达定理可知， ，， 于是， 因此 ； （3）由（2）可知，， 设直线与直线的方程分别为，， 联立两直线方程可得交点的横坐标为1， 故 . 当且仅当时等号成立， 故的取值范围为. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的定值问题的方法：（1）求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．（2）求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．（3）求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得． 47．(24-25高二上·云南昆明五华区云南师范大学附属中学·期中)如图，以原点为圆心，为半径分别作两个同心圆，设为大圆上任一点，连接，与小圆交于点．过点分别作轴、轴的垂线，两垂线交于点．设以为始边，为终边的角为，点的坐标是，那么点的横坐标为，点的纵坐标为．由于点均在角的终边上，由三角函数的定义有：．当半径绕点旋转一周时，就得到了椭圆的轨迹，因此我们把（为参数）叫做椭圆的参数方程．    (1)已知椭圆上有不同的两点、，试写出椭圆的参数方程，并利用椭圆的参数方程求面积的最大值；（参考公式：若、，则．） (2)如图，已知在三棱锥中，，，，且，，试利用椭圆的参数方程求锐二面角余弦值的最小值．    【答案】(1)椭圆的参数方程为（为参数），面积的最大值为 (2) 【分析】（1）根据题设即可得椭圆的参数方程，设，其中，再利用，即可求解； （2）作于，连接，根据条件，可得二面角的平面角为，再根据条件得的轨迹方程，结合点轨迹的参数方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等条件. 【详解】（1）因为椭圆方程为，则椭圆的参数方程为（为参数）， 设，其中， 则， 因为，所以，所以，故面积的最大值为. （2）如图1，作于，连接， 因为，，又，面，所以面， 又面，所以，则为二面角的平面角，    因为，所以点在以为焦点，长轴长为的椭圆上， 以直线为轴，线段的中垂直线为轴，则椭圆方程为，图象如图2，    易知椭圆的参数方程为（为参数）， 由椭圆的对称性，可设，其中，则， 又因为，所以点的轨迹在以为焦点的双曲线的一支上，又， 以直线为轴，线段的中垂直线为轴，则双曲线方程为，点的轨迹如图3，且，    所以， 所以， 所以，令， 所以， 当且仅当时，等号成立 所以当且仅当时，， 故锐二面角余弦值的最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第（2）问，利用定义法作出二面角的平面角，结合轨迹方程，利用椭圆的参数方程设参即可顺利得解. 地 城 板块04 数列 48．(24-25高二上·云南昆明第八中学·期末)对于，若数列满足，则称这个数列为“数列”． (1)已知数列1，，2m是“数列”，求实数m的取值范围． (2)是否存在首项为的等差数列为“数列”，且其前项和使得恒成立？若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由． (3)已知各项均为正整数的等比数列是“数列”，数列不是“数列”，若，试判断数列是否为“数列”，并说明理由． 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）根据题意得到，且，再解不等式组即可； （2）首先假设存在等差数列符合要求，从而得到成立，再分类讨论和的情况，即可得到答案. （3）首先设数列的公比为q，则，根据题意得到，从而得到为最小项，再利用“数列”的定义得到，或，，再分类讨论即可得到答案. 【详解】（1）由题意得，且，解得， 所以实数m的取值范围是． （2）不存在．理由：假设存在等差数列符合要求，设公差为d，则， 由得． 由题意，得对均成立，即． 当时，； 当时，恒成立， 因为，所以，与矛盾， 所以这样的等差数列不存在． （3）设数列的公比为q，则． 因为的每一项均为正整数，且， 所以在中，为最小项. 同理，中，为最小项. 由为“数列”，只需，即． 又因为不是“数列”，且为最小项， 所以，即． 由数列的每一项均为正整数，可得， 所以或． 当时，，则． 令，则， 又， 所以为递增数列，即， 因为， 所以对于任意的，都有，即数列为“数列”． 当时，，则． 因为，所以数列不是“数列”． 综上所述，当时，，数列为“数列”； 当时，，数列不是“数列”． 【点睛】方法点睛：新定义问题的求解过程可以模型化，一般解题步骤如下： 第一步：提取信息  —  对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号， 第二步：加工信息  —  细细品味新定义的概念、法则，对所提取的信息进行加工，探求解决方法，有时可以用学过的或熟悉的相近知识进行类比，明确它们的共同点和不同点 第三步：迁移转化  —  如果是新定义的运算法则，直接按照运算法则计算即可，如果是新定义的性质，一般需要理解和转化性质的含义，得到性质的等价条件（如等量关系、图形的位置关系等） 第四步：计算，得结论  —  结合题意进行严密的逻辑推理、计算，得结论 49．(24-25高二下·云南曲靖会泽县·期末)已知数列满足，且对任意正整数有，数列满足 (1)证明：数列是等比数列； (2)设，数列的前项和； ①求； ②若不等式对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）根据题目条件利用等比数列定义即可得证． （2）运用错位相减求和法求，根据数列单调性处理不等式恒成立（此处注意根据的奇偶分类讨论），进而求出实数的取值范围． 【详解】（1）证明：因为， 所以． 因为，所以． 又，所以，即证得是首项为1，公比为2的等比数列． （2）①由（1）可得，则， ， ， 两式相减得：， 即， 所以，则． ②因为不等式对任意的正整数恒成立， 即对任意的正整数恒成立， 当为偶数时，因为在为增函数， 所以； 当为奇数时，对任意的正整数恒成立， 所以，解得． 综上，实数的取值范围为． 50．(24-25高二上·云南昭通普通高中云南师范大学附属镇雄中学教研联盟·)设和是两个等差数列，记 …)，其中表示这个数中最小的数.在等差数列中，，且构成等比数列. (1)求的通项公式; (2)若 求的值，并求数列的通项公式; (3)已知数列 的前项和为，若对任意的恒成立，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和和等比中项的应用建立方程，求出的公差即可求解； （2）由（1）得，结合新定义，分别求出；由，根据二次函数的图象与性质可得，即可求解； （3）由（1）（2）可得，利用错位相减法求出，结合恒成立问题和指数型函数的单调性计算即可求解. 【详解】（1）由题意知，设等差数列的公差为， 因为成等比数列，所以，即， 结合，整理得，解得或， 当时，，不符合题意， 故，所以. （2）由（1）知，，所以， 当时，， 当时，， 当时，. 又， 则关于的二次函数在上单调递增， 所以. （3）由（1）（2）知，， 所以， 得， 两式相减得 ， 所以. 因为对任意的恒成立， 所以即任意的恒成立， 又函数在R上单调递增，所以， 故，即实数的取值范围为. 【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.落脚点仍然是数列求通项和求和. 51．(23-24高二上·云南昆明第三中学·期末)记为数列的前项和，已知：，，． (1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式： (2)求数列的前项和． 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）利用等差数列的定义证明是等差数列，再利用与的关系和累乘法求数列的通项公式即可； （2）由（1）得令，按正负分组，每组再利用错位相减法求和即可. 【详解】（1）因为，， 所以由得 ， 所以是首项为，公差为的等差数列， 所以， 因为①，当时②， ①②得，整理得， 所以，，……，，累乘得， 当时满足， 故数列的通项公式为. （2）由（1）得令， 当，时， ， 设③， 则④， ③④得， 即， 设⑤， 则⑥， ⑤⑥得， 即， 所以， 当，时， ， 综上. 52．(20-21高二上·云南临沧沧源县民族中学·期末)已知数列的前项和为，，. （Ⅰ）求数列的前项和为； （Ⅱ）求数列的通项公式； （Ⅲ）令，求数列的前项和. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ） . 【分析】（Ⅰ）转化为，可得数列为等差数列，即得解； （Ⅱ）由，项和转化即得解； （Ⅲ）乘公比错位相减法可得解. 【详解】（Ⅰ）由，得， 又，所以数列是首项为3，公差为1的等差数列， 所以，即. （Ⅱ）当时，由（Ⅰ）得， 又也符合上式，所以. （Ⅲ）由（Ⅱ）得， 所以，① ，② ①−②，得 故. 【点睛】本题考查了等差数列的判定、项和转换、乘公比错位相减等，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于较难题 53．(25-26高二上·云南曲靖第一中学·期中)记为等差数列的前项和，已知 (1)求数列的通项公式； (2)记数列，的前项和为，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用等差数列的通项公式，求和公式，列方程组求解； （2）利用分组求和，将奇数项、偶数项的和分别由常数列、等差数列求和即可求出结果. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 则，解得， 所以； （2）由（1）得， . 54．(24-25高二上·云南昆明禄劝彝族苗族自治县民族中学·期中)已知数列是各项均为正数的等比数列，且是和的等差中项. (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足，求数列的前2025项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用等差中项公式与等比数列的通项公式即可求解； （2）利用裂项相消法结合对数运算公式求数列的前项和即可. 【详解】（1）数列是各项均为正数的等比数列，设公比为，则， 因为是和的等差中项，则，即， 因为，所以，又，解得， 所以. （2）由（1）知， 则， 所以， 所以. 55．(24-25高二下·云南昆明五华区云南师范大学附属中学·)已知等差数列的项，公差． (1)在和中间都插3个数，使它们和原数列的数构成个新的等差数列，求数列的通项公式； (2)在和中间插入k项，所有插入的项构成以2为首项，2为公比的等比数列，构成的新数列为：，求数列的前50项的和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用等差数列的性质可求得的公差，可求得的通项公式； （2）由题意可得的第50项在和之间，进而利用分组求和法可求得的前项的和. 【详解】（1）由题意可得，， ∵是等差数列，设公差为， ∴， ∴． （2）因为，，， 即的第50项在和之间． 所以数列的前50项中含有数列的前9项，含有数列的前41项， 所以数列的前50项的和为 . 56．(24-25高二上·云南昭通第一中学教研联盟·期中)已知数列的前项和为.从下面①②③中选择其中一个作为条件解答试题，若选择不同条件分别解答，则按第一个解答计分. ①数列是等比数列，，且成等差数列； ②数列是递增的等比数列，； ③. (1)求数列的通项公式； (2)已知数列的前项的积为，且，求的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）若选①：根据等比数列基本量的计算，求出首项及公比即可求解；若选②：根据等比数列的性质有，结合已知求出，即可得公比，从而可得答案；若选③：由，将已知再写一式，然后两式相减可得，最后根据等比数列的定义即可求解； （2）由（1）得，则，方法一：由复合函数单调性可得，当或时，最大，计算可得的最大值；方法二：由，，与1比较大小，即可求得的最大值. 【详解】（1）若选①：因为数列是等比数列， 设公比为，且成等差数列， 所以， 解得， 所以. 若选②：因为数列是递增的等比数列，， 所以，所以， 所以. 若选③：因为，所以， 两式相减可得，即，又时，， 所以， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以. （2）方法一：， ， 又， 由复合函数单调性可知， 当时，单调递增；当时，单调递减； 又，所以当或时，最大，. 方法二：， ， 所以， ， 当，即时，， 当，即时，， 又，所以当或时，最大，. 57．(24-25高二上·云南昆明云南师范大学附属中学·期末)定义：若数列满足（为常数，，则称数列为二阶等比数列，为二阶公比．已知二阶等比数列，，，二阶公比为． (1)求数列的通项公式； (2)求使的最小正整数的值． 【答案】(1)； (2)8. 【分析】（1）根据数列新定义可得，再利用累乘法求得的表达式. （2）利用（1）的结论解数列不等式，即可求得答案. 【详解】（1）依题意，二阶等比数列的二阶公比为，则， 于是当时，， ， 所以数列的通项公式是. （2）由（1）知，不等式，而， 由，得，又的值随n的增大而增大，且， 当时，，当时，， 数列是递增数列，因此， 所以使的最小正整数的值为8. 58．(24-25高二上·云南昆明寻甸回族彝族自治县第一中学·期末)已知数列的首项，且满足. (1)求证：数列为等比数列. (2)求数列的通项公式； (3)若，求满足条件的最大整数. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)99 【分析】（1）化简已知条件，根据等比数列的定义来进行证明. （2）根据（1）的结论来求得. （3）利用分组和求法以及单调性求得最大整数. 【详解】（1）由题意，数列满足，可得， 可得，即， 又由，所以， 所以数列表示首项为，公比为的等比数列. （2）由（1）可得，所以， 所以. （3）设数列的前项和为， 则 ， 若，即， 因为函数为单调递增函数， 所以满足的最大整数的值为99. 59．(24-25高二上·云南昆明·期末)已知数列是等差数列，且满足，． (1)求数列的通项公式； (2)设，符号表示的和，求． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）设等差数列的公差为，由已知根据等差数列的通项基本量关系求得和，进而可得数列的通项公式； （2）根据（1）可求，再由并项求和法求和即可． 【详解】（1）设等差数列的公差为， 因为， ∴， 解得， ∴， （2）∵， ∴, ∴ . 60．已知数列中，，. (1)证明数列是等比数列，并求的通项公式； (2)数列满足，设为数列的前n项和，求使恒成立的最小的整数k. 【答案】(1)证明见解析，； (2)4. 【分析】（1）利用取倒数后构造数列，结合等比数列定义推理即得，再求出通项公式. （2）由（1）求出，再利用错位相减法求和及数列不等式恒成立求得答案. 【详解】（1）在数列中，由，得，则， 所以数列是以3为公比，以为首项的等比数列， 则，解得， 所以的通项公式. （2）由（1）知， ， ， 两式相减得， 因此，由恒成立，得， 所以使恒成立的最小的整数k为4. 61．(23-24高二下·云南保山·期末)已知的前项和是，且． (1)求数列的通项公式； (2)设求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由递推公式得，有，即可求解； （2）设数列的前项中的奇数项之和为，偶数项之和为，分别由等差数列求和及裂项相消法求和即可． 【详解】（1）由①得，当时，②， 联立①②得， 所以有， 因为，所以． （2）设数列的前项中的奇数项之和为，偶数项之和为， 由（1）知 则， ， 综上：． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $null