专题01 空间向量、解析几何、数列（10大考点期中真题汇编，重庆专用）高二数学下学期人教A版

专题01 空间向量、解析几何、数列 10大高频考点概览 考点01空间向量线面角 考点02空间向量面面角 考点03空间向量距离问题 考点04圆与椭圆 考点05双曲线 考点06抛物线 考点07圆锥曲线综合问题 考点08等差数列 考点09等比数列 考点10数列求和 地 城 考点01 空间向量线面角 一、多选题 1．(24-25高二下·重庆第十八中学·期中)如图，在矩形AEFC中，，，为中点，现分别沿将、翻折，使点重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（    ） A．三棱锥的体积为 B．直线与直线所成角的余弦值为 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球的半径为 二、解答题 2．(24-25高二下·重庆第八中学校·期中)如图，在正三棱台中，，侧棱长为2，P为棱上的动点.    (1)求证：平面； (2)是否存在点P，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点P；若不存在，请说明理由. 3．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学·期中)如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，，的中点，为上的一点，且，为线段上不包括端点的动点． (1)若为的中点，证明：平面； (2)设直线与平面所成的角为，求的最大值． 地 城 考点02 空间向量面面角 一、多选题 1．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学·期中)已知正方体的棱长为，分别是线段上的动点，且，下列说法正确的是（   ） A． B．直线与平面所成的角为定值 C．三棱锥的顶点都落在球的表面上，则球的最大半径为 D．当三棱锥的体积最大时，平面与平面的夹角的正切值为 二、解答题 2．(24-25高二下·重庆南城巴川学校·期中)在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成的夹角的大小． 3．(24-25高二下·重庆南开中学·期中)如图，四棱锥中，底面为菱形，为的中点. (1)证明平面； (2)若在平面上的射影为中点，且，求平面与平面夹角的余弦值. 地 城 考点03 空间向量距离问题 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学·期中)如图，已知平行四边形且，沿对角线将折起，当二面角为时，则与之间距离为（   ） A． B． C． D． 2．(24-25高二下·重庆南城巴川学校·期中)在棱长为2的正方体中，点，分别为平面，平面的中心，则点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 地 城 考点04 圆与椭圆 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆南城巴川学校·期中)已知点，点P满足，则点P到直线的距离的最大值为（   ） A．2 B．4 C．3 D．5 2．(24-25高二下·重庆巴蜀中学校·期中)已知分别是轴、轴上的两个动点，，且点是的中点，则动点的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 3．(24-25高二下·重庆巴蜀中学校·期中)已知椭圆的左、右焦点分别为，若以为圆心，为半径作圆，过椭圆上一点作此圆的切线，切点为，若恒成立，则该椭圆离心率的取值范围为__________. 地 城 考点05 双曲线 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学·期中)双曲线的渐近线方程为（   ） A． B． C． D． 2．(24-25高二下·重庆第十八中学·期中)已知双曲线的两个焦点分别为，点在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（    ） A．4 B．3 C．2 D． 3．(24-25高二下·重庆南城巴川学校·期中)如图，在圆锥中，为底面圆的直径，过的中点与平行作平面截圆锥，得到截面与圆锥侧面的交线是双曲线的一部分．若，则该双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 4．(24-25高二下·重庆第八中学校·期中)设，是双曲线C：（，）的左，右焦点，O是坐标原点.过作C的一条渐近线的垂线，垂足为P，若，则C的离心率为（   ） A． B．2 C． D． 地 城 考点06 抛物线 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆南开中学·期中)过抛物线的焦点作斜率为的直线与抛物线交于、两点，为坐标原点，设、的斜率为、，若，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 2．(24-25高二下·重庆南城巴川学校·期中)已知直线经过抛物线的焦点，与交于不同的两点，与的准线交于点，则（    ） A． B．若，则 C．若，则的取值范围是 D．若成等差数列，则 三、填空题 3．(24-25高二下·重庆第八中学·期中)斜率为1的直线经过抛物线的焦点，且与抛物线相交于，两点，则线段的长为______. 地 城 考点07 圆锥曲线综合问题 一、解答题 1．(24-25高二下·重庆第一中学校·期中)已知、分别是椭圆（）的左、右焦点，点在椭圆上，且的面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与线段相交于，与椭圆交于、两点.若，求点的坐标. 2．(24-25高二下·重庆南城巴川学校·期中)已知椭圆过点，且离心率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知是椭圆上的两个动点，且直线的斜率分别为， （ⅰ）直线的斜率是否为定值？若是，求出该定值，若不是，说明理由； （ⅱ）当直线的纵截距不大于时，求面积的最大值 3．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学·期中)在平面直角坐标系中，已知椭圆，点，斜率不为0且过点的直线交椭圆于不同的两点，直线和与椭圆分别交于两点． (1)求三角形的面积的最大值； (2)求的取值范围． 4．(24-25高二下·重庆第八中学校·期中)已知椭圆C：（）的左焦点为，点在椭圆C上，且轴. (1)求椭圆C的方程； (2)已知点，证明：线段的垂直平分线与C恰有一个公共点； (3)设M是坐标平面上的动点，且线段的垂直平分线与C恰有一个公共点，证明M的轨迹为圆，并求该圆的方程. 5．(24-25高二下·重庆第十八中学·期中)已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，点P为C上的动点，的周长为6. (1)求C的标准方程. (2)延长线段，分别交C于Q，M两点，连接，并延长线段交C于另一点N，若直线和的斜率均存在，且分别为，，试判断是否为定值.若是，求出该定值；若不是，说明理由. 6．(24-25高二下·重庆南开中学·期中)已知双曲线的图象经过点，其中一条渐近线方程为. (1)求双曲线的标准方程； (2)过点作垂直于轴的直线，过点作直线与双曲线右支交于、两点，过点作的垂线，垂足为点.证明：直线过定点，并求出该定点的坐标. 7．(24-25高二下·重庆巴蜀中学校·期中)已知双曲线的离心率和焦距分别为和，设点的坐标分别为. (1)求双曲线的方程； (2)已知是双曲线的左支上异于点的一个动点，直线交的右支于点是坐标原点. （i）记和的面积分别为，且，求直线的方程； （ii）设直线与直线的交点为，证明：点在一条定直线上. 地 城 考点08 等差数列 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学·期中)已知等差数列，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 二、多选题 2．(24-25高二下·重庆巴蜀中学校·期中)已知等差数列的前项和为，且，则（    ） A．数列的公差为3 B．数列是递增数列 C．数列中的最小项为 D．成等差数列 3．(24-25高二下·重庆第八中学校·期中)设是任意等差数列，它的公差，前n项和，前2n项和与前3n项和分别为d，，，，则下列等式中恒成立的是（   ） A． B． C． D． 4．(24-25高二下·重庆第十八中学·期中)已知为等差数列的前项和，公差为．若，，则下列数大于0的是（    ） A． B． C． D． 地 城 考点09 等比数列 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆南城巴川学校·期中)已知正项等比数列的前项和为，若，且，则（   ） A．32 B．31 C．17 D．15 2．(24-25高二下·重庆巴蜀中学校·期中)若数列是等比数列，，则（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 3．(24-25高二下·重庆第八中学校·期中)记为等比数列的前n项和.若，，则（   ） A． B． C． D． 4．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学·期中)已知为坐标原点，是抛物线的焦点，是抛物线上的点，直线的斜率为1，若，则的坐标为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 5．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学·期中)已知数列是各项为正数的等比数列，其前项和为，且与的等差中项为4，则公比为______． 三、解答题 6．(24-25高二下·重庆南城巴川学校·期中)已知数列的首项为3，且满足，令． (1)证明：是等比数列，并求的通项公式； (2)若对任意的都成立，求的范围． 地 城 考点10 数列求和 一、多选题 1．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学·期中)已知数列满足为数列的前项和，下列正确的是（   ） A．是等比数列 B．是等比数列 C． D． 二、解答题 2．(24-25高二下·重庆第十八中学·期中)记数列的前项和为，已知且． (1)求的通项公式； (2)记，求数列的前项和 3．(24-25高二下·重庆巴蜀中学校·期中)已知数列满足，令. (1)证明：是等比数列，并求数列的通项公式； (2)令，求数列的前项和. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 空间向量、解析几何、数列 10大高频考点概览 考点01空间向量线面角 考点02空间向量面面角 考点03空间向量距离问题 考点04圆与椭圆 考点05双曲线 考点06抛物线 考点07圆锥曲线综合问题 考点08等差数列 考点09等比数列 考点10数列求和 地 城 考点01 空间向量线面角 一、多选题 1．(24-25高二下·重庆第十八中学·期中)如图，在矩形AEFC中，，，为中点，现分别沿将、翻折，使点重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（    ） A．三棱锥的体积为 B．直线与直线所成角的余弦值为 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球的半径为 【答案】ABD 【分析】证明平面，再根据即可判断A；先利用余弦定理求出，将用表示，利用向量法求解即可判断B；利用等体积法求出点到平面的距离，再根据直线PA与平面PBC所成角的正弦值为即可判断C；利用正弦定理求出的外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的半径即可判断D. 【详解】解：由题意可得，，又，平面PAC， 所以平面PAC， 在中，，AC边上的高为， 所以，故A正确； 对于B，在中，，， ， 所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确； 对于C，，设点A到平面PBC的距离为d， 由，得，解得， 所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为，故C错误； 由B选项知，，则， 所以的外接圆的半径， 设三棱锥外接球的半径为， 设外接球球心为，外接圆圆心为， 连接，可知平面， 又因为平面， 所以， 在直角三角形中， 可得：，所以， 即三棱锥外接球的半径为，故D正确. 故选：ABD． 二、解答题 2．(24-25高二下·重庆第八中学校·期中)如图，在正三棱台中，，侧棱长为2，P为棱上的动点.    (1)求证：平面； (2)是否存在点P，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点P；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2)存在，点为靠近的三等分点 【分析】（1）台补锥，根据棱台的几何性质，结合勾股定理的逆定理、线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）根据（1）的结论建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）延长三条侧棱交于一点， 因为正三棱台的侧棱长为2，且，即， 可得，且， 所以，， 即，，， 且，平面， 所以平面，即平面. （2）由（1）知， 以为原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，设， 可得， 设平面的法向量为，则， 取，则，可得， 由题意可得：， 整理可得，解得或（舍去）， 故当点为靠近的三等分点时，使得直线与平面所成角的正弦值为. 3．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学·期中)如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，，的中点，为上的一点，且，为线段上不包括端点的动点． (1)若为的中点，证明：平面； (2)设直线与平面所成的角为，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）线段AB的中点为，连接，，易证，即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解； 【详解】（1）证明：如图，设线段AB的中点为，连接，， 在中，为的中点，为的中点，所以． 又在矩形中，且， 所以四边形是平行四边形，所以． 因为，为AB的中点，所以F为的中点， 又G为的中点，在中有． 所以可得，又平面，平面，所以平面． （2）由题意如图建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则，，，，，， 设，且，则， 所以， 设平面的法向量为， 因为，， 由，得， 令，则，，所以为平面的一个法向量， 所以； 令，则， 所以，即，时，有最大值． 地 城 考点02 空间向量面面角 一、多选题 1．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学·期中)已知正方体的棱长为，分别是线段上的动点，且，下列说法正确的是（   ） A． B．直线与平面所成的角为定值 C．三棱锥的顶点都落在球的表面上，则球的最大半径为 D．当三棱锥的体积最大时，平面与平面的夹角的正切值为 【答案】ABD 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设，结合，可得判定A正确；根据题意，证得平面，得到，证得平面，可得判定B正确；由两两垂直，结合长方体的性质，求得外接球半径的最小值为，可判定C错误；根据三棱锥的体积公式，得到是的中点时，体积最大，取的中点，连接，得到为平面与平面所成的角，在直角中，可判定D正确. 【详解】对于A中，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设， 可得， 则， 则，所以，所以A正确； 对于B中，连接，在正方体中，可得， 且平面，且平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，且，平面， 所以平面，所以直线与平面所成的角为定值，所以B正确； 对于C中，三棱锥的顶点都落在球的表面上， 在正方体中，可得两两垂直， 所以三棱锥的外接球等价于补成的对应长方体的外接球， 其中对应长方体的长宽高分别为， 所以外接球的直径为，其中， 所以外接球半径的最小值为，所以C错误； 对于D中，由， 当时，三棱锥的体积最大，即是的中点时，体积最大， 取的中点，连接，可得， 在正方体中，可得平面， 因为平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以为平面与平面所成的角， 在直角中，可得，所以D正确. 故选：ABD. 二、解答题 2．(24-25高二下·重庆南城巴川学校·期中)在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成的夹角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明平面平面，即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解. 【详解】（1）因为四边形是正方形，所以， 又平面 ，平面， 所以平面，                                                    因为四边形是梯形， ，又平面 ，平面， 所以平面，                                                 又，平面，故平面平面， 又因为平面，所以平面. （2）因为，所以两两垂直， 故以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则有，，，，                             所以 ，， ， . 设平面的一个法向量，则有： ， 令，则，所以. 设平面的一个法向量，则有： ，令，则，所以，      设平面与平面的夹角为，则， 因为，所以，                       所以平面与平面的夹角的大小为. 3．(24-25高二下·重庆南开中学·期中)如图，四棱锥中，底面为菱形，为的中点. (1)证明平面； (2)若在平面上的射影为中点，且，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由菱形的性质以及三角形中位线定理可得线线平行，根据线面平行的判定，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据面面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）连接，交于，连接，作图如下： 在菱形，因为，所以为的中点， 在中，因为分别为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面. （2）记的中点为，连接，由题意可知平面， 在菱形中，由，则，易知为等边三角形， 由为的中点，则，由平面， 则， 以为原点，分别以所在是直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图： 由，，则， 易知，则，且， 由图可得，，，， 则，， 设平面的法向量，由（1）易知， 则，令，则， 所以平面的一个法向量， 由图易知为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，则. 地 城 考点03 空间向量距离问题 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学·期中)如图，已知平行四边形且，沿对角线将折起，当二面角为时，则与之间距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用空间向量的线性运算及数量积公式计算模长即可. 【详解】已知平行四边形，，且， ，， 二面角为，，， ， ， 则，即与之间距离为. 故选：D． 2．(24-25高二下·重庆南城巴川学校·期中)在棱长为2的正方体中，点，分别为平面，平面的中心，则点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用正方体建系，分别求出相关点和向量的坐标，计算出平面APQ的法向量坐标，利用点到平面距离的向量公式计算即得. 【详解】如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，平面的中心，平面的中心， 于是，， 设平面的法向量为，则，取，得， 则点B到平面APQ的距离为. 故选：B 地 城 考点04 圆与椭圆 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆南城巴川学校·期中)已知点，点P满足，则点P到直线的距离的最大值为（   ） A．2 B．4 C．3 D．5 【答案】D 【分析】首先确定的轨迹为圆，再求圆心到直线距离，进而判断圆上点到直线距离的最大值，注意取值条件. 【详解】由题设在以为圆心，为半径的圆上， 又的直线的距离， 则，当且仅当时取等号， 所以点P到直线的距离最大值为5. 故选：D 2．(24-25高二下·重庆巴蜀中学校·期中)已知分别是轴、轴上的两个动点，，且点是的中点，则动点的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先设出，再利用两点间距离公式得到，结合中点坐标公式得到，进而得到，整理得到，最后求解轨迹方程即可. 【详解】设，因为，所以， 整理得，因为点是的中点，所以， 则，又，得到， 整理得，则点的轨迹方程为，故C正确. 故选：C. 二、填空题 3．(24-25高二下·重庆巴蜀中学校·期中)已知椭圆的左、右焦点分别为，若以为圆心，为半径作圆，过椭圆上一点作此圆的切线，切点为，若恒成立，则该椭圆离心率的取值范围为__________. 【答案】 【分析】由题意作图，根据圆的切线性质以及勾股定理，可建立方程，根据焦半径的取值范围以及题干中的不等式，通过化简整理，代入离心率，可得答案. 【详解】如下图所示：易知， 又焦半径的最小值为，且恒成立， 则，又，所以， 整理可得，即，可得，即， 又，解得，又半径，则，解得， 所以. 故答案为： 地 城 考点05 双曲线 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学·期中)双曲线的渐近线方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据双曲线的渐近线方程求解即可. 【详解】由双曲线，则，焦点在轴上， 所以双曲线的渐近线方程为. 故选：B. 2．(24-25高二下·重庆第十八中学·期中)已知双曲线的两个焦点分别为，点在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（    ） A．4 B．3 C．2 D． 【答案】C 【分析】由焦点坐标可得焦距，结合双曲线定义计算可得，即可得离心率. 【详解】由题意，设、、， 则，，， 则，则. 故选：C. 3．(24-25高二下·重庆南城巴川学校·期中)如图，在圆锥中，为底面圆的直径，过的中点与平行作平面截圆锥，得到截面与圆锥侧面的交线是双曲线的一部分．若，则该双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设曲线与圆锥的底面圆交于点，取的中点，过作，交直线于点，过点作轴，建立平面直角坐标系，设双曲线方程为，得到及点坐标，即可求出，从而求出离心率. 【详解】设曲线与圆锥的底面圆交于点，, 则,为等边三角形， 设为的中点，取的中点， 过作，交直线于点，过点作轴， 建立如图平面直角坐标系，设双曲线方程为， 得到,又,所以, 则 则，故， 从而求出离心率. 故选：A. 4．(24-25高二下·重庆第八中学校·期中)设，是双曲线C：（，）的左，右焦点，O是坐标原点.过作C的一条渐近线的垂线，垂足为P，若，则C的离心率为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】根据点到线的距离公式可得焦点到渐近线的距离为，由勾股定理可得，根据，利用余弦定理可得，再结合已知条件即可求解. 【详解】 设双曲线的一条渐近线为，即， 点到渐近线的距离为， 所以， 在中，， 因为， 所以，所以， 因为，所以， 整理可得，所以. 故选：. 地 城 考点06 抛物线 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆南开中学·期中)过抛物线的焦点作斜率为的直线与抛物线交于、两点，为坐标原点，设、的斜率为、，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意可知，直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合以及，可求出的值. 【详解】易知抛物线的焦点为，则直线的方程为，设点、， 联立可得，则， 由韦达定理可得，， 所以，因为，解得. 故选：B. 二、多选题 2．(24-25高二下·重庆南城巴川学校·期中)已知直线经过抛物线的焦点，与交于不同的两点，与的准线交于点，则（    ） A． B．若，则 C．若，则的取值范围是 D．若成等差数列，则 【答案】ABD 【分析】对于A选项，由直线经过抛物线的焦点可求得，对于B选项，联立直线与抛物线方程，，消去得：，设，由韦达定理和求出，对于C选项，将表示为的函数求值域即可得到范围，对于D选项，由抛物线的定义结合图形即可判断为中点. 【详解】对于A，由题： 抛物线的焦点为在直线上， 所以，故A正确； 对于B，联立直线与抛物线方程，，消去得： ，即：， 设，故，（*） 由得：，代入（*）式得：， 解得：，故B正确； 对于C，过作，垂足为，则 所以， 令，则且，所以且 则， 故C不正确； 对于D，若成等差数列，过作，垂足为，过作，垂足为，则，则如下右图，所以， 又，所以，即， 又，所以，所以为中点， 故，D正确， 故选：ABD. 三、填空题 3．(24-25高二下·重庆第八中学·期中)斜率为1的直线经过抛物线的焦点，且与抛物线相交于，两点，则线段的长为______. 【答案】16 【分析】利用过焦点的直线与抛物线的关系，利用韦达定理代入弦长公式求解. 【详解】因为过抛物线的焦点，斜率为1， 所以直线的方程为，则联立直线与抛物线方程 ，得到， 令 则，， 代入弦长公式. 故答案为：16. 地 城 考点07 圆锥曲线综合问题 一、解答题 1．(24-25高二下·重庆第一中学校·期中)已知、分别是椭圆（）的左、右焦点，点在椭圆上，且的面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与线段相交于，与椭圆交于、两点.若，求点的坐标. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据点在椭圆上及三角形面积公式求椭圆参数，即可得方程； （2）设，联立椭圆方程，并写出对应韦达公式，由三角形面积相等有，进而得到三角形相似，再确定为线段的中垂线与椭圆的交点，即可求的坐标. 【详解】（1）由的面积为，得，解得，所以①， 又因为点在椭圆上，所以②， 联立①②解得，所以椭圆的标准方程为 （2） 设，联立方程， 消得：，直线与线段交于点，则， 所以 ，所以， 由得：，即，又. 所以，所以，则， 所以，又， 所以，所以， 所以为线段的中垂线与椭圆的交点， 由，解得：或， 因此，的坐标为 2．(24-25高二下·重庆南城巴川学校·期中)已知椭圆过点，且离心率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知是椭圆上的两个动点，且直线的斜率分别为， （ⅰ）直线的斜率是否为定值？若是，求出该定值，若不是，说明理由； （ⅱ）当直线的纵截距不大于时，求面积的最大值 【答案】(1) (2)（ⅰ）是， （ⅱ） 【分析】（1）根据题意列出方程组即可解； （2）（ⅰ）设，，联立曲线方程得到，再根据代入计算可得的值即可得到直线的斜率为定值； （ⅱ）根据（ⅰ）求出弦长及点到直线的距离，再计算出面积，利用函数单调性可计算最大值； 【详解】（1）由题意，解得，故所求为. （2） （ⅰ）根据题意直线斜率不为0，所以设，， ， ， ， ， 当，此时直线过点，故舍去，即， 所以直线方程为，即， 所以直线的斜率是定值，等于. （ⅱ）由（ⅰ）得直线方程为，又直线的纵截距不大于， 所以，解得，又， 所以， , 又点到直线的距离， ， 令， ， 所以当时，解得或或， 即当时，，单调递减，， 即， 所以面积的最大值. 3．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学·期中)在平面直角坐标系中，已知椭圆，点，斜率不为0且过点的直线交椭圆于不同的两点，直线和与椭圆分别交于两点． (1)求三角形的面积的最大值； (2)求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意设出过点的直线，与椭圆方程联立，利用弦长公式计算椭圆截直线的弦长，再利用点到直线的距离计算点到直线的距离，得整理化简，再换元并利用导数判断函数的单调性并求其最大值，即可得到面积的最大值. （2）设坐标，根据图象可得，再利用直线与椭圆联立后的方程得.化简并整理得，由（1）知，即可求得范围. 【详解】（1） 设，斜率不为0且过点的直线方程为， 联立直线和椭圆方程，得， 且，得且. 椭圆截直线的弦长为 . 点到直线的距离为. 则 令，则. 令，则， 当时，；当时，； 所以在上单调递增，在上，单调递减. 有最大值，则有最大值. （2）设，直线方程为，直线方程为. 联立直线与椭圆，得， . 同理得 . 不妨设. 由（1）知，， 则 . 由（1）知，则，得， 故. 4．(24-25高二下·重庆第八中学校·期中)已知椭圆C：（）的左焦点为，点在椭圆C上，且轴. (1)求椭圆C的方程； (2)已知点，证明：线段的垂直平分线与C恰有一个公共点； (3)设M是坐标平面上的动点，且线段的垂直平分线与C恰有一个公共点，证明M的轨迹为圆，并求该圆的方程. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析， 【分析】（1）由轴，得，将代入椭圆方程与联立求解即可. （2）由的坐标，求出的中点坐标，及线段的垂直平分线的斜率，代入点斜式求出直线方程，与椭圆方程联立即可. （3）设，当时，或，当时，的垂直平分线方程为，与椭圆方程联立，利用判别式为0化简得，又，也满足该式，即可求解的轨迹方程即可. 【详解】（1） 轴.，， ，则， ， ， 又在椭圆C上， 即， 联立， 化简得：，解得:, (舍)， ， 椭圆C的方程. （2） ，， 中点坐标为，， 线段的垂直平分线的斜率为， 线段的垂直平分线的方程为,即， 联立，解得， 线段的垂直平分线与C恰有一个公共点，公共点坐标为. （3） 设，当时，的垂直平分线方程为， 此时，解得或； 当时，的垂直平分线方程为， 联立得： ， 线段的垂直平分线与恰有一个公共点， ， 整理得：， 即， ， ， ， 也满足方程， 点的轨迹是圆，圆的方程为，即． 5．(24-25高二下·重庆第十八中学·期中)已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，点P为C上的动点，的周长为6. (1)求C的标准方程. (2)延长线段，分别交C于Q，M两点，连接，并延长线段交C于另一点N，若直线和的斜率均存在，且分别为，，试判断是否为定值.若是，求出该定值；若不是，说明理由. 【答案】(1) (2)是， 【分析】（1）由已知条件结合椭圆定义、离心率公式，确定的值，得出椭圆的标准方程； （2）由三点共线，可得，由直线的方程和直线的方程联立，再利用根与系数关系由分别表示出，再表示出，即可得到的值. 【详解】（1）设椭圆的焦距， 所以的周长为，即. 又椭圆的离心率为，所以， 所以，所以，所以， 所以的标准方程为. （2）是定值. 由（1）得， 设，， 又三点共线，所以，化简得， 则直线的方程为，直线的方程为， 由，化简得， 由根与系数关系可知，， 所以， 同理， 又 ， 所以. 6．(24-25高二下·重庆南开中学·期中)已知双曲线的图象经过点，其中一条渐近线方程为. (1)求双曲线的标准方程； (2)过点作垂直于轴的直线，过点作直线与双曲线右支交于、两点，过点作的垂线，垂足为点.证明：直线过定点，并求出该定点的坐标. 【答案】(1) (2)证明见解析，定点坐标为 【分析】（1）根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出双曲线的标准方程； （2）设直线的方程为，设点、，将该直线方程与双曲线方程联立，列出韦达定理，由对称性知直线过轴上的定点，由结合韦达定理可求出的值，即可得出定点的坐标. 【详解】（1）由题意可得，解得，因此，双曲线的标准方程为. （2）若直线与轴重合，则该直线与双曲线交于两个顶点，不合乎题意. 设直线的方程为，设点、， 联立可得， 由题意可得， 由韦达定理可得，， 易知点，由对称性知直线过轴上的定点， ，， 由题意可知，即， 可得，解得， 因此，直线过定点，且定点坐标为. 7．(24-25高二下·重庆巴蜀中学校·期中)已知双曲线的离心率和焦距分别为和，设点的坐标分别为. (1)求双曲线的方程； (2)已知是双曲线的左支上异于点的一个动点，直线交的右支于点是坐标原点. （i）记和的面积分别为，且，求直线的方程； （ii）设直线与直线的交点为，证明：点在一条定直线上. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）由双曲线的离心率、焦距以及的关系式，建立方程组，可得答案； （2）（i）设出直线方程，联立写出韦达定理，根据三角形面积公式，结合题意可知三角形等底，面积之差等于纵坐标之差，根据整式化简，可得答案；（ii）由（i）所得韦达定理，整理等量关系，设出直线方程求得交点建立方程，化简整理，可得答案. 【详解】（1）由题意：，解得， 所以双曲线的方程为：. （2） （i）因为与A不重合，所以直线的斜率不为0，故可设直线的方程为， 联立得，设， 因为点在双曲线的左支上，所以，解得， 又，则， 即有，则，解得， 满足，所以，于是直线的方程为. （ii）由（i），则，故. ，则，所以直线的方程为， 同理，所以直线的方程为：， 故点的横坐标满足：， 显然，由题意得：， 则， 则，故点在定直线上. 地 城 考点08 等差数列 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学·期中)已知等差数列，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】利用等差数列的通项公式分别写出，再分析与关系，根据充分必要的定义判断即可. 【详解】等差数列，设等差数列的公差为，则. 当时，，恒成立，则由不能推出； 因为，， 则， 则由可以推出. 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 二、多选题 2．(24-25高二下·重庆巴蜀中学校·期中)已知等差数列的前项和为，且，则（    ） A．数列的公差为3 B．数列是递增数列 C．数列中的最小项为 D．成等差数列 【答案】ABD 【分析】利用等差数列的前项和公式，即可求出公差及前项和，从而可判断各选项. 【详解】设等差数列的首项为，公差为； 由可得，解得， 所以数列的公差为3，即A正确； 依题意可得， 所以，即B正确； 由，由二次函数性质以及可得，当时，，所以C错误； 由 ，所以成等差数列，故D正确. 故选：ABD 3．(24-25高二下·重庆第八中学校·期中)设是任意等差数列，它的公差，前n项和，前2n项和与前3n项和分别为d，，，，则下列等式中恒成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】举反例可判断，；根据等差数列前n项和公式可判断，. 【详解】对于，，当时，， ，， ，故错误； ，故错误； 对于，，当为任意实数时， ， ， 所以，故正确； ， 故正确. 故选：. 4．(24-25高二下·重庆第十八中学·期中)已知为等差数列的前项和，公差为．若，，则下列数大于0的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】利用等差数列的性质和前项和的公式逐个求解即可. 【详解】， 故，所以公差，数列递减. 且，故， 且. 故选：AC 地 城 考点09 等比数列 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆南城巴川学校·期中)已知正项等比数列的前项和为，若，且，则（   ） A．32 B．31 C．17 D．15 【答案】D 【分析】根据已知条件，利用等比数列性质可以求得，结合的值求得公比，进而求出首项，利用求和公式计算即可得出. 【详解】在正项等比数列数列中， 由，解得. 又∵，∴，解得：，∴， ∴ 故选：D. 2．(24-25高二下·重庆巴蜀中学校·期中)若数列是等比数列，，则（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】先根据等比数列的通项公式将表示出来，然后将的表达式列出来，最后计算对数的值. 【详解】因为数列是等比数列， 则，而. 则. 故选：B. 3．(24-25高二下·重庆第八中学校·期中)记为等比数列的前n项和.若，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意结合等比数列通项公式求，结合等比数列求和公式运算求解即可. 【详解】设等比数列的公比为， 因为，则，解得， 所以. 故选：B. 4．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学·期中)已知为坐标原点，是抛物线的焦点，是抛物线上的点，直线的斜率为1，若，则的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出抛物线的焦点坐标，由直线的斜率求得，可得数列是以2为首项，4为公差的等差数列，进而求得，进而求解即可. 【详解】依题意，， 直线的斜率为， 则，又, 所以数列是以2为首项，4为公差的等差数列， 则， 则，即的坐标为. 故选：A. 二、填空题 5．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学·期中)已知数列是各项为正数的等比数列，其前项和为，且与的等差中项为4，则公比为______． 【答案】2 【分析】根据条件得，再由，得，解方程即可,注意公比为正数的取舍问题. 【详解】因为与的等差中项为4，所以，又，各项为正数,所以公比为正数， 所以，解得:或(舍). 故答案为：2 三、解答题 6．(24-25高二下·重庆南城巴川学校·期中)已知数列的首项为3，且满足，令． (1)证明：是等比数列，并求的通项公式； (2)若对任意的都成立，求的范围． 【答案】(1)证明见详解， (2) 【分析】（1）将递推关系变形，利用等比数列的定义证明，并求出通项公式； （2）由（1）可得，对任意均成立，令，判断数列的单调性，求出最大项得解. 【详解】（1）由，则，又， 所以，又， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， . （2）由，则，即对均成立， 所以，对任意均成立， 令，由，， 当时，，即， 当时，，即， 所以， ，即的取值范围为. 地 城 考点10 数列求和 一、多选题 1．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学·期中)已知数列满足为数列的前项和，下列正确的是（   ） A．是等比数列 B．是等比数列 C． D． 【答案】ABD 【分析】根据等比数列的定义结合条件可判断ABC，根据等比数列的求和公式可判断D. 【详解】由，可得， 又，所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，即，故A正确，C错误； 而，则， 所以，则数列是等比数列，故B正确； 因为， 所以 ，故D正确. 故选：ABD. 二、解答题 2．(24-25高二下·重庆第十八中学·期中)记数列的前项和为，已知且． (1)求的通项公式； (2)记，求数列的前项和 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用的关系，可得，利用累乘法可求的通项公式； （2）利用裂项相消法与等差数列的前项和公式求解即可. 【详解】（1）根据题意，，，则， 两式相减得，    即， 所以， 又适合上式，故的通项公式为， （2）由（1）知，，所以， 故 . 3．(24-25高二下·重庆巴蜀中学校·期中)已知数列满足，令. (1)证明：是等比数列，并求数列的通项公式； (2)令，求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）根据，即可根据等比数列的定义证明为等比，求解首项，即可利用等比数列的通项公式求解， （2）利用错位相减法求和，结合等比数列的求和公式即可化简求解. 【详解】（1）因为，则，所以， 又，则，故，因此是以4为首项，2为公比的等比数列, 则. （2）由（1）知，，所以①， 则②， 由①-②得到， 故 因此 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网 www.zx×k.com 让教与学更高效 专题01空间向量、 解析几何、数列 目目 考点01 空间向量线面角 一、多选题 1.ABD 二、解答题 2.【详解】(1)延长三条侧棱交于一点0， 因为正三棱台的侧棱长为2，且4B=34A,=35,即48= AB3' 可得0A=0B=0C-4=3,且8=4C=BC=35, 所以OA2+OB2=AB2,OA+OC2=AC2,OB2+OC2=BC2 即0A⊥0B,0A⊥0C,0B⊥0C, 且0B∩0C=0,OB,OCc平面0BC, 所以OA⊥平面OBC,即AA,⊥平面BCC,B, (2)由(1)知0A10B,0A⊥0C,0B⊥0C, 以0为原点，0B,0C,0A分别为x,,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， A B 则A(0,0,1,B,(1,0,0),C(0,1,0),设P0,0,a,1≤a≤3， 可得4B=(1,0,-1),4C=(0,1,-1),CP=(0,-1,a, m·A,B=x-z=0 设平面AB,C的法向量为m=x,y,z,则 m·AC=y-z=0 取z=1,则x=y=1,可得m=1,1,), CP.m 由题意可得：cosC,P,m= a-1-i02 CP.mva2+1.3 51 1/17 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 5 3 整理可得15a2-34a+15=0,解得a=。或a=÷(舍去)， 3 5 故当点P为靠近A的三等分点时，使得直线CP与平面4BC所成角的正弦值为02 51 3.【详解】(1)证明：如图，设线段AB的中点为O,连接BD,A,O, 在aC,BD中，P为BC的中点，E为CD的中点，所以PE∥BD. 又在矩形A,B,BA中，AD∥OB且AD=OB, 所以四边形ADBO是平行四边形，所以AO∥BD. 因为BF=3AF,O为AB的中点，所以F为AO的中点， 又G为AA,的中点，在△AAO中有A,O∥GF. 所以可得PE∥GF,又GFc平面CFG,PE4平面CFG,所以PE/I平面CFG. A B D A 0 (2)由题意如图建立如图所示的空间直角坐标系，设AC=4, 则C0,0,0),A4,0,0),B(0,4,0),C(0,0,4),G4,0,2),F(3,1,0), 设P(x,y,z）),且BP=1BC,则P(0,4-42,42), 所以Cp=(0,4-4元，4)， 设平面CFG的法向量为ā=(x,y,z), 因为CF=(3,1,0),CG=(4,0,2), a.CF=0 「3x+y=0 由 a:cG=0'得4r+2z=0 令x=1,则y=-3,z=-2,所以ā=(1，-3，-2)为平面CFG的一个法向量， 所以sina= -3(4-42)-2×42| 12-3引 V(4-42)2+(4元)2×14V14×V222-2元+1 2117 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 1 令1=元-3，则sina= ，13,10 4 +2 t 所以品即=号时，血有最天直 2 5 14 ZA E以 A B D 目目 考点02 空间向量面面角 一、多选题 1.ABD 二、解答题 2.【详解】(1)因为四边形ABCD是正方形，所以AB/ICD, 又ABt平面PDC,CDc平面PDC, 所以AB∥平面PDC, 因为四边形ADPQ是梯形，QAIPD,又OA文平面DCP,PDc平面PDC, 所以OAI平面PDC, 又OAAB=A,OA,ABC平面QAB,故平面OAB∥平面PDC, 又因为QBc平面QAB,所以QB∥平面PDC (2)因为∠PDA=∠PDC=∠ADC=兀，所以DA,DC,DP两两垂直， 故以D为原点，DA,DC,DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系 ZA D 则有C(0,2,0),P(0,0,2),B(2,2,0),Q(2,0,1), 3/17 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以PB=(2,2,-2),PC=(0,2,-2),P9=(2,0,-1,BC=（-2,0,0). 设平面PBQ的一个法向量m=x,y,z,则有： m,PB=2x+2y-2z=0 mPO=2x-z=0 令x=1,则y=1,z=2,所以m=(1,1,2 设平面CPB的一个法向量i=(a,b,c,则有： i.BC=-2a=0 ,令b=1,则c=1,所以i=(0,1,1, .PB=2a+2b-2c=0 设平面CPB与平面P80的夹角为0，则cos0=1m=一3 3 |mn6x√22， 因为0s0s号所以0=名， 6 所以平面CP8与平面Pa0的关角的大小为君 3.【详解】(1)连接BD,交AC于0，连接OQ,作图如下： 沙B D 在菱形ABCD,因为AC∩BD=O,所以O为BD的中点， 在△BDP中，因为O,Q分别为BD,BP的中点，所以OQI/DP, 因为OQc平面AQC,DP4平面AQC,所以PD/1平面AQC (2)记AD的中点为E,连接PE,CE,由题意可知PE⊥平面ABCD, 在菱形ABCD中，由∠DAB=120°，则∠ADC=60°，易知△ACD为等边三角形， 由E为AC的中点，则CE⊥AD,由CE,ADC平面ABCD, 则PE⊥CE,PE⊥ED, 以E为原点，分别以ED,EC,EP所在是直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如下图： 4/17 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B 由AE=ED,PE⊥AD,则AP=PD, 易知AD=AC=CD=AP=DP=2,则PE=CE=√3，且ED=1, 由图可得P0,0,5,D(1,0,0),C(0,V5,0,A(-1,0,0), 则Dp=(-1,0,5),AC=1,5,0, 设平面ACQ的法向量i=(x,y,z，由(1)易知n·DP=0, 0,◆6.则小 .AC=x+3y=0 所以平面4CQ的一个法向量方=5，-1,1， 由图易知m=(0,l,0)为平面ADP的一个法向量， 设平面4CQ与平面PAD的夹角为0，则c0s0=:例 1 5 mV3+1+1×15 目目 考点03 空间向量距离问题 一、单选题 1.D 2.B 目目 考点04 圆与椭圆 一、单选题 1.D 2.C 二、填空题 3居9 5/17 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 目目 考点05 双曲线 一、单选题 1.B 2.C. 3.A 4.C 目目 考点06 抛物线 一、单选题 1.B 二、多选题 2.ABD 三、填空题 3.16 目目 考点07 圆锥曲线综合问题 一、 解答题 L。【详解】0D由6AF℉的面积为，得×2x3 *子解得e=1,所以2-6=1①， 又因为点 3 在椭圆C上，所以1（2 ②， a=4 联立①②解得 6=3’ 所以椭圆C的标准方程为二+上=】 4 3 (2) x=ty+4 设Q(x,1),P(x2,y2),1:x=y+4,联立方程 2 .y2 4 31 6/17 丽学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 消x得：(312+4)y2+24y+36=0,直线1与线段AF交于S点，则1<-2， -24t 36 所以%+=3+43+4 kor+ke=当t五=乃+h x-1x2-1y+3y2+3 36 3+3+3P+43324，所以2P=∠0 (y2+3)y+3) (y2+3)0y+3) 由Saas=Sas得：QsAS-IFSTPS],即4S-PS FSO5,又ZAP=ZO 所以△ASP~△FSQ,所以∠SAP=∠SFQ,则PA∥QF, 所以∠PAF=∠QFS,又∠PFS=∠QFS, 所以∠PAF=∠PFS=∠PFA,所以PA=PF, 所以P为线段AF的中垂线y= 与椭圆的交点， 4 [3 ( y= 3 4 x=- ,解得： 2 2 父+ 或 =1 43 y=4 3 y=4 因此，P的坐标为（正，3）或(-3,3 241 24 b21 2.【详解】(1)由题意 e=。-。方，解得=4=3,故所求为+=1 19 43 a+46=1 (2) B A (i)根据题意直线AB斜率不为O,所以设14B:x=my+n,Ax,),B(x2,y2, + 4+3=l-3m2+4到y产+6mw+3n-12=0, x=my+n -6mn 3n2-12 X+%3m+44y=3m+41 7117 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 x2y+xy2=2myiy2+n(y+y2)= 3m2+4'x+=m(y+)+2n= -24m 8n 3m2+4’ k+k2= s-引-川 x-1x2-1 (x-(x2-1 无y+-g+g-++3 (x-1(x2-1) --24m+6mn-12n+9m2+12 （x-1(x2-13m2+4 （3m+2n-2)(3m-6 =0, （x-1(x2-1(3m2+4 当3m+2n-2=0,此时直线AB过点P1） 故舍去，即3m-6=0→m=2, 2 所以直线方程为x=2y+n,即y= 1 n 2x-2 所以直线AB的斜率是定值，等于号 )由《i)得直线B方程为方分又省线4的级藏距不大于多 2 -2,解得n≥3，又△=(6m2-43m2-12]3m2+4)=-48(m2-16>0, 所以3≤n<4, |8=+m+为P-4=+m.45+3m3+456- 3m2+4 又点P引到直线的距离4-2 5 8-h8d-号5-6-正.ht3=5m-4n+2n464n+4， 2 4 V58 令f(n=-n4-4n3+12n2+64n+64,3≤n<4, f'(n)=-4n3-12n2+24n+64=-4n+2)(n2+n-8, 所以当f川=0时，解得=2或m=-E≤-2或n=1+5<, 2 2 即当3≤n<4时，f'(n)<0,f(川单调递减，f(n=f(3)=175, l5丽-5. 8 所以△ABP面积的最大值5V2I 8 8/17 丽学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 3.【详解】(1) 设Ax1,y),B(x2,y2,斜率不为0且过点P的直线1方程为x=y+4, 联立直线和椭圆方程{4 +少=1，得m2+4）产+8mv+12=0, x=my+4 -8m 12 且△=16(m2-12)>0,得m2>12且y+2= m2+4y4m2+4 椭圆截直线的弦长为AB=V1+m2·Vy+乃)-4y =V1+m -8m 124V1+m2×√m2-12 -4× m2+4 m2+4 m2+4 5 点M到直线I的距离为d= Vm2+1 则5.whd=×+mxVm-2&5-10原-卫 2 m2+4 Vm2+1m2+4 。116 令1=m2+4>16,则S4B10Nt-16=107 t 令0-516，期1-+是- 1,3232-t t3, 当16<t<32时，h'(t)>0;当t>32时，h'(t<0; 所以在(16,32)上h(t)单调递增，在32，+∞)上，h(t)单调递减 A有最大雀a(2)=石，则Sg有最大筐 (2)设C(x3,y3,Dx4,y4),直线l4c方程为x=my-1,直线lD方程为x=m2y-1. [x 联立直线lAc与椭圆 +少=1，得(m+42-2my-3=0, x=my-1 -3 y+y3= 2m1 m2+4小s m2+4 同理得（m+4)y2-2m2y-3=0 -3 y2+y4= 2m2 m5+4乃ys m2+4 9117 丽学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 不妨设乃，》2>0,3，y4<0 -8m 12 由(1)知，，+y2= m+4m2+4' 则+，=m+4+m,+4=-8m m2+4 8、32 m2+4 w立--专一+专4广m+对月 MCMDy3 y (m2+4)y(m5+4)y2 2m+3+2%+列-1+5++2-分249 3m2+43 由1)知m>12,则0<32<2，得9<2×3”+0<4 m2+4 33m2+433 M4+MB∈10,14） 故MC+MD3'3) 4.【详解】(1) :NF上x轴，》 F(-1,0),则c=1, c2=a2-b2, a2=b2+1, 又：N-引在椭圆c上. 9 9 a2 =1 a2=b2+1 46-99=0,解得：63，P- a=4,椭圆C的方程女+ -=1. 43 (2) 10/17