专题12 解答题18题、19题压轴题（6阶题组）专项训练（三）-2026年高考数学二轮复习解答题解题大招（方法技巧+分层突破）-（会一题通一类系列）（全国通用）

专题12 解答题18题、19题压轴题 （6阶题组）专项训练（三） （建议用时：30分钟，满分：34分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （18题17分、19题17分） 18．已知双曲线的左顶点在直线上，的左焦点为，点.为的右支上一动点. (1)求双曲线的渐近线方程； (2)过点且斜率为的直线与的左支交于D，E两点，求的面积的最小值； (3)设为的左支上与不重合的一动点，若直线平分，证明：直线MN恒过定点. 19．已知函数和各有两个零点. (1)求的取值范围； (2)若一个函数有且仅有两个零点，则称这两个零点的算术平均数为该函数的“完美点”.设和分别为和的“完美点”. （i）比较与的大小； （ii）证明：. （建议用时：30分钟，满分：34分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （18题17分、19题17分） 18．在一张纸上有一圆：，定点，折叠纸片使圆上某一点恰好与点重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕，设折痕与直线的交点为. (1)求点的轨迹方程； (2)曲线上一点N，点A、B分别为直线：在第一象限上的点与：在第四象限上的点，若，，求面积的取值范围. 19．盒子中装有个小球，除颜色外，小球的大小、质地完全相同，每次从中无放回地随机取出1个球． (1)若盒中有2个白球，其余为黑球，2次取球后，求取出的2个球不同色的概率； (2)若盒中白球数为随机变量，，证明：第1次取出白球的概率为； (3)若盒中白球数为，每次取球后，将1个白球放回盒中，保持盒中球的总数不变，求第次取出白球的概率． 参考公式：若是离散型随机变量，有． （建议用时：30分钟，满分：34分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （18题17分、19题17分） 18．已知双曲线E的中心在原点，焦点在x轴上，且焦点到渐近线的距离为，其离心率为，记直线从下到上与x轴、双曲线的右支、两条渐近线、双曲线的左支依次交于点P，A，B，C，D，如图所示： (1)求双曲线E的方程； (2)求证：； (3)若，，成等差数列，问，的面积之和是否为定值?并说明理由. 19．设某网站个人用户登陆需输入四位密码，其中为用户个人设置的三位静态密码（每位数字都是0～9中的一个整数），是根据登陆时收到的动态校验钥匙m（m为1～5中的一个整数）计算得到的动态校验码，即是的个位数字.例如：若静态密码为，动态校验钥匙，则是的个位数字6，从而得到四位登陆密码为. (1)若用户三位静态密码为，动态校验钥匙m为1～5中的一个随机整数，则用户得到的动态校验码最有可能是哪个数字? (2)若用户三位静态密码为，其中为0～9中的一个随机整数，动态校验钥匙，求动态校验码的概率分布列； (3)若用户三位静态密码均为0～9中的一个随机整数，动态校验钥匙出现的概率为，.记得到的动态校验码的概率为，试比较与的大小. （建议用时：30分钟，满分：34分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （18题17分、19题17分） 18．已知函数. (1)判断函数在区间上极值点的个数并证明； (2)函数在区间上的极值点从小到大分别为，设为数列的前项和. ①证明：； ②问是否存在使得？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由. 19．某公司招聘技术人员一名.经初选，现有来自国内三所高校的10名应届毕业生进入最后面试环节.其中A校和B校各4名，C校2名. 名面试者随机抽取1，2，3，，10号的面试序号. (1)若来自A校的4名毕业生的面试序号分别为，，，，且，来自B校的4名毕业生的面试序号分别为，，，，且，来自C校的2名毕业生的面试序号分别为，，且 （ⅰ）求概率，； （ⅱ）记随机变量，求 X的均值 (2)已知一位面试者因事未能到达面试现场，最终只有9人参加面试.经面试，第位面试者的面试得分为，且他们的面试得分各不相等，公司最终录用得分最高者. 为提高今后面试效率，现人事部门设计了以下面试录用新规则：，且，，集合S中的最小元素为k，最终录用第k位面试者. 如果以新规则面试这9名毕业生，求面试得分第一、二按得分从高到低排的两名毕业生之一被录用的概率. （建议用时：30分钟，满分：34分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （18题17分、19题17分） 18．已知抛物线的焦点为为上一点，且. (1)求的方程； (2)过点作两条相互垂直的直线分别与交于两点. （i）证明：直线过定点； （ii）若直线分别与轴交于两点，记的面积分别为，当时，求的取值范围. 19．牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法—牛顿法.如图，r是函数的零点，牛顿用“作切线”的方法找到了一串逐步逼近r的实数，，…，，在点处作的切线，则在处的切线与轴交点的横坐标是，同理在处的切线与x轴交点的横坐标是，一直继续下去，得到数列，从图中可以看到，较接近r，较接近r，……，当n很大时，很小，我们就可以把的值作为r的近似值，即把作为函数的近似零点.现令. (1)当时，求的近似解，； (2)在（1）的条件下，求数列的前n项和； (3)当时，令，若时，有两个不同实数根，.求证：. （建议用时：30分钟，满分：34分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （18题17分、19题17分） 18．已知双曲线的上下焦点分别为、，离心率为，点到渐近线的距离为，过点且斜率为的直线在第一象限交双曲线于点，过点且斜率为的直线在第四象限交双曲线于点，与交于点. (1)求双曲线的方程； (2)若，求的值； (3)证明：是定值. 19．如图，在边长为的正方形中，，分别为边，上的点，连接，，，将沿着折线翻折，使点到达点位置，连接，形成三棱锥. (1)若，分别为边，上的中点，，求此时三棱锥外接球的表面积； (2)若，是的中点. （ⅰ）求的大小； （ⅱ）若正方形边长为，当取最小值，取最大值时，求此时直线与平面所成角的正弦值. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 解答题18题、19题压轴题 （6阶题组）专项训练（三） （建议用时：30分钟，满分：34分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （18题17分、19题17分） 18．已知双曲线的左顶点在直线上，的左焦点为，点.为的右支上一动点. (1)求双曲线的渐近线方程； (2)过点且斜率为的直线与的左支交于D，E两点，求的面积的最小值； (3)设为的左支上与不重合的一动点，若直线平分，证明：直线MN恒过定点. 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，结合斜率坐标公式求出，即可求出双曲线的渐近线方程. （2）求出直线的方程，平移直线与双曲线右支相切，求出面积最小值. （3）设出直线，与双曲线方程联立，利用韦达定理及对称关系建立方程求解. 【详解】（1）依题意，点，设，由，得， 解得，而，因此，双曲线的方程为， 所以双曲线的渐近线方程为. （2）由（1）知，，直线的方程为， 由消去得，解得， 则， 的面积最小，当且仅当点到直线的距离最小， 平移直线与双曲线的右支相切的切点到直线的距离最小， 设切线方程为，由消去得， ，解得， 当时，直线与双曲线的左支相切，不符合题意，因此， 因此点到直线的距离为点到直线的距离， 所以求的面积的最小值为. （3）依题意，直线斜率存在，设其方程为，， 由为双曲线的左支上与不重合的点，得， 设点关于直线对称点为，则， 解得，由直线平分，得在直线上， 而，则， 即，整理得， 由消去得，， ，因此， 整理得，而，解得，直线：过定点， 所以直线MN恒过定点. 19．已知函数和各有两个零点. (1)求的取值范围； (2)若一个函数有且仅有两个零点，则称这两个零点的算术平均数为该函数的“完美点”.设和分别为和的“完美点”. （i）比较与的大小； （ii）证明：. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）先把、的零点问题转化为、的零点问题.通过求导得出、单调性，确定其值域.根据有两个零点得出范围，再结合性质，确定在该范围也有两个零点，进而得到取值范围. （2）（i）设出、零点，构造，求导分析其单调性.根据单调性比较与大小，得出零点大小关系，从而比较与大小. （ii）利用范围得到范围，构造，求导分析单调性，得出与大小关系，得到范围.再构造，求导分析单调性和极值点，结合单调性，比较、、大小. 【详解】（1）由，，得，， 则，的零点等价于，的零点. ，， 当时，易知，均在区间单调递增，且在单调递减， 故当时，， 当时，， 若有两个零点，则，即. 当时，，当时，，且， 故当时在区间和各恰有一个零点. 综上，若，各有两个零点，则的取值范围是. 故答案为：. （2）（i）不妨设和的两个零点分别为，和，， 则，，且，. 设，则， 设，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故，，单调递增， 故当时，， 即，当时，，即. 故，，同理有， 故，即. 故答案为：. （ii）因为，故. 又， 设，则， 当时，，单调递增， 故，即， 故. 设， 则，且，，且当时，，单调递增， 故当时，至多只有一个极值点，且为极小值点. 因为，且， 当，且时，， 单调递增，故，. 所以当时，，即. 又因为，故. （建议用时：30分钟，满分：34分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （18题17分、19题17分） 18．在一张纸上有一圆：，定点，折叠纸片使圆上某一点恰好与点重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕，设折痕与直线的交点为. (1)求点的轨迹方程； (2)曲线上一点N，点A、B分别为直线：在第一象限上的点与：在第四象限上的点，若，，求面积的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）依题意可得，即可得到，根据双曲线的定义可得点的轨迹为以，为焦点，实轴长为8的双曲线，从而求出的轨迹方程； （2）设，，，且，，根据，即可得到，再表示出、，设的倾斜角为，利用二倍角公式即同角三角函数的基本关系求出，再根据及对勾函数的性质计算可得； 【详解】（1）解：依题意可得点与关于对称，则， ∴. 则点的轨迹为以，为焦点，实轴长为8的双曲线， ∴，，又，故，，， 所以双曲线方程为； （2）解：由题意知，，分别为双曲线：的渐近线， 设，，，且，， 由得，， ∴，.∴， 整理得，即 又，同理， 设的倾斜角为， 则. ∴ 因为，易知函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，，当时，； ∴面积取值范围是. 19．盒子中装有个小球，除颜色外，小球的大小、质地完全相同，每次从中无放回地随机取出1个球． (1)若盒中有2个白球，其余为黑球，2次取球后，求取出的2个球不同色的概率； (2)若盒中白球数为随机变量，，证明：第1次取出白球的概率为； (3)若盒中白球数为，每次取球后，将1个白球放回盒中，保持盒中球的总数不变，求第次取出白球的概率． 参考公式：若是离散型随机变量，有． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）设事件为“2次摸球后，摸出的球不同色”，根据古典概型概率公式及组合数的计算即可求解； （2）根据全概率公式即可证明； （3）设第次取球后，第次取球前，盒中的白球数为，，设，结合参考公式得，即可得出第次取出白球的概率． 【详解】（1）设事件为“2次摸球后，摸出的球不同色”， 则， 所以2次摸球后，摸出的球不同色的概率为． （2）证明：，设事件为“第1次从盒子中摸出白球”， 则， 所以第1次从盒子中摸出白球的概率为． （3）设第次取球后，第次取球前，盒中的白球数为，， 设， 由题意得，服从两点分布，故， 根据参考公式可得， 由第（2）问可得， 则， ， 所以是为首项，为公比的等比数列， 则， 则第次摸出白球的概率为． （建议用时：30分钟，满分：34分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （18题17分、19题17分） 18．已知双曲线E的中心在原点，焦点在x轴上，且焦点到渐近线的距离为，其离心率为，记直线从下到上与x轴、双曲线的右支、两条渐近线、双曲线的左支依次交于点P，A，B，C，D，如图所示： (1)求双曲线E的方程； (2)求证：； (3)若，，成等差数列，问，的面积之和是否为定值?并说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)是定值，理由见解析 【分析】（1）由焦点到渐近线的距离为，离心率为，可得，据此可得双曲线方程； （2）设直线的方程为，，，，，将直线与双曲线方程联立，由韦达定理结合两点间距离公式可完成证明； （3）由题可得，结合（2）可得，然后由（2）可知， 最后由可得面积. 【详解】（1）设所求的双曲线的方程为. 由题设知，双曲线的焦点到渐近线的距离， 由离心率为知，，又，联立解得，， 故所求的双曲线E的方程为. （2）如图可知直线的斜率存在且为负数， 设直线的方程为， ，，，，. 由，得.① 则有，， 由韦达定理：，. 结合，，可得. 直线与渐近线相交得， 直线与渐近线相交得， 所以，所以. 而，同理 所以； （3），的面积之和是为定值. 因为，，成等差数列，所以， 即，得，化简得. 由（2）知，所以，等底等高，所以， 所以，的面积之和 . 【点睛】关键点睛：对于定值问题，常见思路为用恰当参数表示所求量，随后由题目信息得到等量关系，从而消去参数，可得定值；对于面积问题，常结合两点间距离公式结合点到直线距离公式，求得三角形底边及高，从而求得面积，也可利用转化法，将所求三角形面积转化为易求三角形的面积. 19．设某网站个人用户登陆需输入四位密码，其中为用户个人设置的三位静态密码（每位数字都是0～9中的一个整数），是根据登陆时收到的动态校验钥匙m（m为1～5中的一个整数）计算得到的动态校验码，即是的个位数字.例如：若静态密码为，动态校验钥匙，则是的个位数字6，从而得到四位登陆密码为. (1)若用户三位静态密码为，动态校验钥匙m为1～5中的一个随机整数，则用户得到的动态校验码最有可能是哪个数字? (2)若用户三位静态密码为，其中为0～9中的一个随机整数，动态校验钥匙，求动态校验码的概率分布列； (3)若用户三位静态密码均为0～9中的一个随机整数，动态校验钥匙出现的概率为，.记得到的动态校验码的概率为，试比较与的大小. 【答案】(1)0 (2)分布列见解析 (3) 【分析】（1）记，分别将代入即可得到相应的M，进而根据题意得到，由出现的次数最多即可得到答案； （2）求出动态校验码可能出现的值，再计算概率即可得到分布列； （3）利用全概率公式求解即可. 【详解】（1）记. 由题意可知：三位静态密码为时， 若，则，得， 若，则，得， 若，则，得， 若，则，得， 若，则，得， 综上可知，用户得到的动态校验码最有可能是0. （2）三位静态密码为，且，则. 当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，， 所以的取值分布是0，2，4，6，8，其分布列为 0 2 4 6 8 （3）记事件A：得到的动态校验码， 事件B：得到的动态校验码， 事件：收到动态校验钥匙， 则，， 从而得到， 同理可得. ①对于事件，：静态密码对应的. 当时，若取遍0～9这十个整数，得M的个位数也会取遍0～9这十个整数， 可知，从而； 当时，若取遍0～9这十个整数，得的个位数也会取0，3，6，9，2，5，8，1，4，7， 因此有M的个位数字也取遍0~9这十个整数，故， 从而； ②对于事件，：静态密码对应的， 当或4时，M为偶数，得，可知， 又当时，，得，可知，， 从而，； ③对于事件：静态密码对应的， 因此的末位是0或5，即只能是0或5. 又. 当为奇数时，，此时， 当为偶数时，，此时. 从而，，，， 所以. 综上①②③可知，即. （建议用时：30分钟，满分：34分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （18题17分、19题17分） 18．已知函数. (1)判断函数在区间上极值点的个数并证明； (2)函数在区间上的极值点从小到大分别为，设为数列的前项和. ①证明：； ②问是否存在使得？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)函数在区间内恰有两个极值点，证明见解析 (2)①证明见解析；②不存在，理由见解析 【分析】（1）求函数在给定区间上的导数，以分子整式构造函数，再次求导，研究该导数在给定区间上与零的大小关系，以判断构造函数的单调性和变号零点的性质，根据极值的定义，可得答案； （2）①根据（1）可得所在区间，根据极值点的必要条件，进一步缩小其所在区间，根据三角函数的诱导公式，将变为，使其在同一个单调区间，根据函数的单调性，可得与大小关系，可得答案； ②由①可得相邻两个极值之和与零的大小关系，进而得到当为偶数时，和与零大小关系，再根据三角函数的性质，得到奇数时极值与零的大小关系，可得答案. 【详解】（1），设，又， 当时，在上单调递减， ，在上无零点； 当时，在上单调递增， ，在上有唯一零点； 当时，在上单调递减， ，在上有唯一零点. 综上，函数在区间上有两个零点且在零点左右函数符号发生改变， 故函数在区间内恰有两个极值点. （2）①由（1）知在无极值点；在有极小值点，即为； 在有极大值点，即为， 同理可得，在有极小值点，在有极值点， 由得，， ， ， 由函数在单调递增得， ， 由在单调递减得， . ②同理， ， 由在上单调递减得， ，且， 当为偶数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值， 即，结论成立； 当为奇数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值，还多出最后一项也是负值， 即，结论也成立， 综上，对一切成立，故不存在使得. 19．某公司招聘技术人员一名.经初选，现有来自国内三所高校的10名应届毕业生进入最后面试环节.其中A校和B校各4名，C校2名. 名面试者随机抽取1，2，3，，10号的面试序号. (1)若来自A校的4名毕业生的面试序号分别为，，，，且，来自B校的4名毕业生的面试序号分别为，，，，且，来自C校的2名毕业生的面试序号分别为，，且 （ⅰ）求概率，； （ⅱ）记随机变量，求 X的均值 (2)已知一位面试者因事未能到达面试现场，最终只有9人参加面试.经面试，第位面试者的面试得分为，且他们的面试得分各不相等，公司最终录用得分最高者. 为提高今后面试效率，现人事部门设计了以下面试录用新规则：，且，，集合S中的最小元素为k，最终录用第k位面试者. 如果以新规则面试这9名毕业生，求面试得分第一、二按得分从高到低排的两名毕业生之一被录用的概率. 【答案】(1)（ⅰ），；（ⅱ） (2) 【分析】（1）（i）根据古典概型的概率计算公式求解即可；（ii）由题可知X的可能取值为4，5，6，，10，求出分布列即可算数学期望. （2）新规则的含义是：从第四个人开始，第一个出现比前面的面试者分数都高的人就直接被录取；如果没有出现比前面分数都高的人，就录取第9个人，运用分步加法计数原理求解即可. 【详解】（1）（i）时，分母即从10个位置中选4个位置放置，对于分子，此时只能在10号位， 则在其余9个位置中选3个位置放置,故； 而，分母即从10个位置中先选4个位置放置,再从剩下6个位置中选2个放, 对于分子，先从10个位置中先选6个位置放置者6个数，此时只能在选出来的第6个位置， 可在选出来的5个位置中任选一个，有种， ∴； （ⅱ）X的可能取值为则， 所以； （2）新规则的含义是：从第四个人开始，第一个出现比前面的面试者分数都高的人就直接被录取； 如果没有出现比前面分数都高的人，就录取第9个人. ①第一种情况，录用了面试得分第一的人， 首先可考虑分母为从9人中任选人排列，此时若面试得分第一的人在第位， 要使得其被录用，则在他前面的个人中的最高分必然在前3位，其他个人可以任意排列， 这种情况的概率为； ②第二种情况，录用了面试得分第二的人， 1）若面试得分第一的人在前三位，则第二的人在第9位，其他人任意排列， 这种情况的概率为，                       2）若面试得分第一的人不在前三位，那么他一定在第二的人后面，第二的人在第k位， 同样在他前面的个人中的最高分必然在前3位，其他个人可以任意排列， 这种情况的概率为， 综上，面试得分第一、二的两名毕业生之一被录用的概率为： . （建议用时：30分钟，满分：34分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （18题17分、19题17分） 18．已知抛物线的焦点为为上一点，且. (1)求的方程； (2)过点作两条相互垂直的直线分别与交于两点. （i）证明：直线过定点； （ii）若直线分别与轴交于两点，记的面积分别为，当时，求的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）由点在抛物线上及焦半径公式列出等式求解即可； （2）（i）法一：设直线的方程为，联立抛物线方程，由韦达定理，结合，求得或即可；法二：设，由，结合直线BD的方程为，代入化简得到即可求证；（ii）设，设直线的方程为，直线的方程为，结合弦长公式及三角形面积公式，进而可求解； 【详解】（1）解：因为点在C上， 所以. 因为，所以， 则，解得， 所以的方程为. （2） （i）证明：法一：由题意知直线的斜率存在，. 设直线的方程为， 联立）得， 则， ， ， 所以， 解得或. 当时，直线的方程为，过点，不符合题意，舍去； 当时，直线的方程为，恒过点. 综上，直线BD过定点. 法二：由题意知，设， 则， 同理可得. 由，得， 整理得①. 直线BD的方程为， ， 两式相加得， 即， 即. 由①得，故直线BD过点. （ii）解：设，易知直线和的斜率均存在且不为0，设直线的方程为，直线的方程为， 此时， 则. 由，得. 联立得， 由，得， 同理，所以， 则， 同理可得， 所以， ， 由题意得 . 因为在和上均单调递增， 所以， 又， 即16， 所以. 19．牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法—牛顿法.如图，r是函数的零点，牛顿用“作切线”的方法找到了一串逐步逼近r的实数，，…，，在点处作的切线，则在处的切线与轴交点的横坐标是，同理在处的切线与x轴交点的横坐标是，一直继续下去，得到数列，从图中可以看到，较接近r，较接近r，……，当n很大时，很小，我们就可以把的值作为r的近似值，即把作为函数的近似零点.现令. (1)当时，求的近似解，； (2)在（1）的条件下，求数列的前n项和； (3)当时，令，若时，有两个不同实数根，.求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数求出在和在处的切线方程，令，即可得； （2）由（1）可知存在递推关系，通过构造等比数列求出数列的通项， 再利用分部求和即可求出数列的前n项和； （3）先求出，先利用题中的切线法证明右半部分，再利用放缩法证明左半部分， 将放缩为二次函数，即将放缩成，再结合韦达定理即可证得结论. 【详解】（1）由题意可得在处的切线方程为，令，得， 同理可得在处的切线方程为，令，得， 所以对于函数，， 故，； （2）由（1）可知存在递推关系， 构造等比数列， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 故， 所以数列的前项和； （3）由题意可得，则， 令，得，当时，；当时，， 所以在单调递减，在单调递增，所以， 又当时，；当时，，且， 所以当时，有两个不同实数根， 又，所以确实有两个不同实数根，， 且，， 先证明右半部分：， 考虑在处的切线方程： 当时，，因为，所以与切线的交点的横坐标大于， 即，又，故； 再证明左半部分：， 观察不等式的结构，联想到一元二次方程的两根之差， 即构造方程来描述不等式的左边， 故尝试将放缩为二次函数，即将放缩成， 故令， 则，当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 即，当且仅当时取等号， 所以当时，， 故当时，方程有两个不同的实数根，记为，且， ，又，故，所以， 因为，所以得到， 同理可得，所以， 综上所述，. （建议用时：30分钟，满分：34分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （18题17分、19题17分） 18．已知双曲线的上下焦点分别为、，离心率为，点到渐近线的距离为，过点且斜率为的直线在第一象限交双曲线于点，过点且斜率为的直线在第四象限交双曲线于点，与交于点. (1)求双曲线的方程； (2)若，求的值； (3)证明：是定值. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由焦点到渐近线的距离可求得，再结合离心率以及可得出的值，即可得出双曲线的方程； （2）设、，关于原点的对称点记为，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式以及，可得出的等式，结合可求得的值； （3）分析可知，可得出，同理可得，化简得出，结合弦长公式计算出的值，即可证得结论成立. 【详解】（1）由题意得双曲线的一条渐近线方程为，即， 则焦点到渐近线的距离为， 又因为双曲线的离心率，，所以，， 则双曲线的方程为. （2）设、，关于原点的对称点记为，则，. 因为，，，所以， 又因为，即，故、、三点共线， 又因为与互相平分，所以四边形为平行四边形，故， 所以， 设的直线方程为， 代入双曲线方程整理得：， 所以，可得， 故，， 直线与双曲线只有两个交点，所以，解得. 由弦长公式得：， 则，即， 且由题意可知，可得，解得. （3）因为直线与直线斜率相等，所以，则， 所以，故，同理可得， 所以 因为. 所以，故为定值. 19．如图，在边长为的正方形中，，分别为边，上的点，连接，，，将沿着折线翻折，使点到达点位置，连接，形成三棱锥. (1)若，分别为边，上的中点，，求此时三棱锥外接球的表面积； (2)若，是的中点. （ⅰ）求的大小； （ⅱ）若正方形边长为，当取最小值，取最大值时，求此时直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)； (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）由题设及线面垂直的判定有平面，将三棱锥补全为长方体，即可求外接球半径，进而求表面积； （2）（ⅰ）设，，根据几何关系列方程求得，，，应用和角正切公式求的大小，即可得；（ii）设，则，应用三角形面积公式及三角恒等变换求出最小，取中点，连接，，则，，并求出相关线段的长度，构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦值. 【详解】（1）由题意得，又，，平面，， 所以平面，则此时三棱锥如图所示， 由题意得，，，，都是直角三角形，所以， 将三棱锥补全为长方体，此时三棱锥的外接球球心为长方体对角线的中点， 即， 所以三棱锥外接球的表面积为. （2）（ⅰ）设，，则，， 因为，所以， 在直角三角形中，得，整理得，， 因为，， 所以， 因为，所以，故. （ⅱ）由（ⅰ）知，设，则， 所以，， 所以 ， 因为，所以， 当时，有最大值，最大值为1，此时有最小值， 所以当取最小值时，，且， 由，得，， 所以，，. 如图1，取中点，连接，，则，，故，，，四点共线， 当取最大值时，即平面平面，由翻折关系知， 故直线，，两两垂直，且，， 如图2，以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， ∴，， 设平面的法向量为，则， 令，则，故， 设直线与平面所成的角为，则. ∴直线与平面所成角的正弦值为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $