2024届山东名校考试联盟高三下学期开学考试数学试题+答案(1)_2024年3月_013月合集_2024届新高考19题（九省联考模式）数学合集140套

机密★启用前 试卷类型 A 山东名校考试联盟 高三年级下学期开学联考 数学试题 2024.2 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本 试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的． 1．二项式(3x+2)4的展开式中常数项为（ ） A．4 B．8 C．16 D．32 2．欧拉公式eiθ =cosθ+isinθ（e是自然对数的底数，i 是虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉提出的，它 将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关系．已知z =ieiθ，则 z =（ ） A．1 B． 2 C．2 D．2 2          3．已知非零向量a,b满足 a = b ，且 a+2b = 3 a ，则a与b夹角为（ ） π π 2π 5π A． B． C． D． 6 3 3 6 ( ) 4．已知函数 f ( x )=ln x2 +1+ax 是定义在R上的奇函数，则实数a的值是（ ） A．1 B．±1 C．2 D．±2 5．已知数列{ a }是以a 为首项，q为公比的等比数列，则“a ( 1−q )>0”是“{ a }是单调递减数列”的 n 1 1 n （ ） 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 6．若曲线 f ( x )=ex在x =1处的切线与曲线g ( x )=lnx+a也相切，则a =（ ） 1 3 A． B．1 C． D．2 2 2 7．已知点P是直线l:x+ y+4 =0上一动点，过点P作圆C:(x+1)2 +(y+1)2 =1的两条切线，切点分别 学科网（北京）股份有限公司  为A,B，则PA⋅PB的服小值为（ ） A．0 B．1 C． 2 D．2 x2 y2 8．已知双曲线C: − =1(a >0,b >0)的左、右焦点分别为F,F ,O为原点，以FF 为直径的圆与双 a2 b2 1 2 1 2 24 曲线交于点P，且tan∠POF = ，则双曲线C的离心率为（ ） 2 7 A．2 B．3 C．4 D.5 二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题 目要求．全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分． 9．进入冬季哈尔滨旅游火爆全网，下图是2024年1月1．日到1'月7日哈尔滨冰雪大世界和中央大街日旅游 人数的折线图，则（ ） A．中央大街日旅游人数的极差是1.2 B．冰雪大世界日旅游人数的中位数是2.3 C．冰雪大世界日旅游人数的平均数比中央大街大 D．冰雪大世界日旅游人数的方差比中央大街大  π 10．已知函数 f ( x )=sin (ωx+ϕ)  ω>0,ϕ<  的部分图像如图所示，则（ ）  2  A．ω= 2 π B．x = 是 f ( x )图象的一条对称轴 6  π  1 1 C． f 2( x )−( a+1 ) f ( x )+a =0在x∈ 0,  上有两个不相等的解，则a∈  − ,   2   2 2 1 2 39 D．已知函数g ( x )= f ( x )+ sin2x，当g ( x )取最大值时，sin2x = 2 13 11 ． 在 长 方 体 ABCD− ABC D 中 ， AB = AA = 2,AD =1,E 为 AB 的 中 点 ， 点 P 满 足 1 1 1 1 1 1 1 学科网（北京）股份有限公司  DP =λDB (0<λ<1)，则（ ） 1 A．若M 为AD的中点，则三棱锥P−BEM 体积为定值 1 B．存在点P使得AP ⊥ BE 2 C．当λ= 时，平面PBC 截长方体ABCD− ABC D 所得截面的面积为 5 3 1 1 1 1 2 D．若Q为长方体ABCD− ABC D 外接球上一点，λ= ，则QE+3QP的最小值为 14 1 1 1 1 3 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分． 12．从 2，3，4，5，6，7，8 中任取两个不同的数，事件A为“取到的两个数的和为偶数”，事件B为“取 ( ) 到的两个数均为偶数”，则P B A =______． 13．已知△ABC的内角 A,B,C 所对的边分别为a,b,c，已知b ( 1+cosA )= a ( 2−cosB )，b =c = 2，则 △ABC外接圆的半径为______． 14．已知函数 f ( x )= alnx−x，若不等式xa ≥ex +2ex f ( x )恒成立，则实数a的取值范围为______． 四、解答题：本题共 5小题，共 77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（13分）已知数列{ a }满足a =1,a = a +2n． n 1 n+1 n （1）求数列{ a }的通项公式； n （2）b =(−1)n( a +n−1 )，求数列{ b }的前2n项和S ． n n n 2n 16．（15 分）甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用五局三胜制（一方先胜三局即获胜，比赛结束），每一局 比赛中两人都要决出胜负，不出现平局，且甲获胜的概率为 p(0< p <1)． 2 （1）若 p = ，求甲以3:2获胜的概率； 3 1 （2）若 p = ，求比赛结束时，比赛局数X 的分布列及数学期望． 2 17．（15 分）已知四棱锥 P− ABCD,PA⊥ 平面 ABCD ，四边形 ABCD 为梯形， AD∥BC ， 学科网（北京）股份有限公司BC = 2AD = 4,AB = DC = PA= 2． （1）证明：平面PAB ⊥平面PAC ； （2）平面PAB与平面PCD的交线为l，求直线l与平面PCB夹角的正弦值． 18．（17分）已知函数 f ( x )=ln ( x+1 )． （1）讨论函数F ( x )= ax− f ( x )( a∈R )的单调性； 1 1  （2）设函数g ( x ) =( x+1 ) f   − f  +1 ．  x  x  （ⅰ）求g ( 1 )−g (−2 )的值； （ⅱ）证明：存在实数m，使得曲线y = g ( x )关于直线x = m对称． 19．（17分）已知抛物线W :x2 =4y,A,B,C是W 上不同的三点，过三点的三条切线分别两两交于点A′,B′,C′， 则称三角形A′B′C′为抛物线的外切三角形． （1）当点C的坐标为( 2,1 ) ,B为坐标原点，且BA= BC时，求点B′的坐标； （2）设外切三角形A′B′C′的垂心为H ，试判断H 是否在定直线上，若是，求出该定直线；若不是，请说明 理由； （3）证明：三角形ABC与外切三角形A′B′C′的面积之比为定值． 学科网（北京）股份有限公司山东名校考试联盟 2024 年 2 月高三年级下学期开学考数学试题 参考答案 一、单项选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分，在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A C B B D A D 6．【解析】由题意得， f ( x )=ex在x =1处的切线为y =ex，设该直线与曲线g ( x )=lnx+a相切的切点为 1 1 1  ( x ,lnx +a ) ,g′( x )= =e，所以x = ，所以切点  ,a−1 在直线y =ex上，所以a = 2，故选：D． 0 0 0 x 0 e e  0 7．【解析】圆C:(x+1)2 +(y+1)2 =1的圆心为(−1,−1 )半径为 1，点C 到直线l:x+ y+4 =0的距离 −1−1+4 d = = 2 ． 2 AC 1 解法一： PA = PB = | PC |2 −1 ，设 ∠APB = 2θ，则在 Rt△PAC 中， sinθ= = ，所以 PC PC cos∠APB =cos2θ=1−2sin2θ=1− 2 ，所以 PA⋅PB= PA PB cos∠APB= ( PC2 −1 )   1− 2   = PC2  PC2   2  PC2 +  −3，  PC2     2  因为PC = 2，所以PC2 +  =3，所以PA⋅PB的最小值0． min  PC2  min π     解法二：当CP ⊥l时，∠APB取得最大值 ，此时PA⋅PB=0取得最小值0，其他位置PA⋅PB>0，所以 2   PA⋅PB的最小值0． 故选：A． 8．【解析】解法一：由题意得，∠FPF =90°,OP =OF,∠POF = 2θ= 2∠PFO， 1 2 1 2 1 2tanθ 24 3 PF 3 tan∠POF = tan2θ= = ，所以tanθ= tan∠PFO = ，即 2 = ， 2 1−tan2θ 7 1 4 PF 4 1 又 PF − PF = 2a，所以 PF =8a∣, PF =6a．在△PFF 中，由勾股定理得： 1 2 1 2 1 2 学科网（北京）股份有限公司(8a)2 +(6a)2 =(2c)2，解得e2 = 25，所以双曲线C的离心率为5． 24 7c 24c 解法二：点P一定在右支上，不妨设点P在第一象限，由于tan∠POF = ，所以P ,  ， 2 7 25 25  2 2 7c 24c     x2 y2 25  25  一定满足 − =1，即 − =1， a2 b2 a2 b2 化简得，49b2c2 −576a2c2 =625a2b2， 结合c2 = a2 +b2，整理得，49c4 −2×625a2c2 +625a4 =0，同除a4得， 25 49e4 −2×625e2 +625=0，解得，e2 = 25或e2 = （舍），所以双曲线C的离心率为5， 49 故选：C． 二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分，在每小题给出的四个选项中，有多项 符合题目要求．全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分． 题号 9 10 11 答案 BC ABD ACD 10．【解析】对于A：因为周期T =π,ω>0，所以ω= 2． 2π  4π  4π 3π 对于B：代入  ,−1 得sin +ϕ  = −1，所以 +ϕ= 2kπ+ ( k∈Z )，  3   3  3 2 π π π  π 则 ϕ= 2kπ+ ( k∈Z ) ， 因 为 ϕ< ， 所 以 ϕ= ， 则 f ( x )=sin2x+  ， 其 对 称 轴 为 6 2 6  6  1 π π x = kπ+ ( k∈Z )，所以x = 是 f ( x )的对称轴． 2 6 6 对于C：因为 f 2( x )−( a+1 ) f ( x )+a =0，所以 f ( x )=1或 f ( x )= a，  π π π 7π 因为x∈ 0,  ，所以令t = 2x+ ∈  ,  ，所以sint =1或sint = a有两个解，  2  6  6 6  1 1 结合y =sint的图象，y =1与y =sint有一个交点，y = 与y =sint有一个交点，共两个交点，所以a = 2 2 符合题意，答案错误． 3 1 1 132 39 13  1 对于D：g ( x )= sin2x+ cos2x+ =  sin2x+ cos2x+ ，   2 4 4 4 13 13 4   2 39 13 13 1 令cosθ= ,sinθ= ，所以g ( x )= sin ( 2x+θ)+ ． 13 13 4 4 学科网（北京）股份有限公司π  π  2 39 所以当2x+θ= 2kπ+ ( k∈Z )时取到最大值，此时sin2x =sin2kπ+ −θ  =cosθ= ． 2  2  13 答案：ABD 11．【解析】 对于A：因为M 为AD的中点，E为AB 的中点，所以DB∥EM ，所以DB∥面BEM ， 1 1 1 1 1 则P到面BEM 的距离为定值，所以体积为定值． 对于B：AP在平面ABB A 的投影为AB ，由三垂线定理得，若AP ⊥ BE，则AB ⊥ BE，因为四边形ABB A 1 1 1 1 1 1 为正方形，所以AB 与BE不垂直，所以B错． 1 对于C：平面PCD与平面BCD重合，平面BCD与平面DCB A 重合，所以延长CP会与AB 有交点，因 1 1 1 1 1 1   2 为DP= DB ，所以延长CP与AB 交于点E，取C D 中点F ，则平面PBC 截长方体ABCD− ABC D 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所得截面为矩形BCFE，所以面积为 5．对于D：长方体ABCD− ABC D 外接球球心为B D中点，半径 1 1 1 1 1   3 2 为 ,DP= DB ，由阿氏球得，在直线B D上必存在一点N ，使得3QP =QN，此时点N 在DB 延长线 2 3 1 1 1   上，且满足B N =3，以D为原点，建系如图，DB =3,DN =6所以DN = 2DB ，则N ( 4,2,4 )，因为 1 1 1 E ( 1,1,2 )，所以(QE+3QP) min =(QE+QN) min = NE = 14 ．答案：ACD 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分． 2 2 3 12． ； 13． ； 14．[ 0,e ]． 3 3 13．【解析】解法一：由正弦定理得，sinB ( 1+cosA ) =sinA ( 2−cosB )， 化简得，sinB+sinBcosA= 2sinA−sinAcosB， 所以sinB+sinBcosA+sinAcosB =sinB+sin ( A+B )=sinB+sinC = 2sinA 由正弦定理得b+c = 2a，因为b =c = 2，所以△ABC为正三角形， 学科网（北京）股份有限公司a b c 2 4 3 由 = = = 2R,2R = = ， sinA sinB sinC π 3 sin 3 2 3 所以△ABC外接圆的半径 ． 3  b2 +c2 −a2   a2 +c2 −b2  解法二：由余弦定理得，b1+  = a2− ，化简得b+c = 2a，  2bc   2ac  因为b =c = 2，所以△ABC为正三角形， a b c 2 4 3 2 3 由 = = = 2R，得2R = = ，所以△ABC外接圆的半径为 ． sinA sinB sinC π 3 3 sin 3 xa xa 14．【解析】只需保证 −2ln −1≥0恒成立． ex ex 令g ( x )= x−2lnx−1，则g ( x )在( 0,2 )上递减，在( 2,+∞)上递增， 当x →+∞时g ( x )→+∞,g ( 3 )= 2−2ln3<0，故存在x >3，使得g ( x )=0． 0 0 xa xa 又g ( 1 )=0，故0< ≤1或 ≥ x 恒成立． ex ex 0 xa xa xa 又当x →+∞时 →0，则 ≥ x 不恒成立，于是0< ≤1恒成立． ex ex 0 ex 当a <0时，若x →0，显然不成立； 当a =0时，满足题意； 当a >0时，alnx ≤ x，若0< x ≤1，显然成立； x 若x >1时，则a ≤ 恒成立，求导可得0< a ≤e． lnx 综上所述，实数a的取值范围为[ 0,e ]． 四、解答题：本题共 5小题，共 77分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．【解析】 因为a = a +2n，所以a = a +2 ( n−1 )， n+1 n n n−1 a = a +2 ( n−2 ) ,a = a +2, n−1 n−2 2 1 ( n−1 ) n 累加得：a = a +2 = n2 −n+1， n 1 2 学科网（北京）股份有限公司经检验n =1时符合，所以a = n2 −n+1 n 【注：丢捕对n =1的检监不扣分】 （2）因为b =(−1)n( a +n−1 )，所以b =(−1)n ( n2 −n+1+n−1 ) =(−1)nn2， n n n 所以S = −12 +22 −32 +42 +−(2n−1)2 +(2n)2 =1+2+3++2n = 2n2 +n 2n 【注：此处没有使用并项法求和，而是使用不完全归纳法得出规律求和，不扣分】 16．【解析】（1）记A表示甲以3:2获胜，则前4局两人比分为2:2平，第5局甲获胜， 2 2 2 1 2 16 所以P ( A )=C2 ×   ×   × = ； 4 3 3 3 81 【注：浸有列出式子，直接给出答束，扣3分】 （2）X 的可能取值为3，4，5 3 1 1 P ( X =3 )=C1   = ， 2 2 4 4 1 3 P ( X = 4 )=C1 ⋅C2 ×   = ， 2 3 2 8 5 1 3 P ( X =5 )=C1 ⋅C2 ×   = ， 2 4 2 8 1 3 3 33 故E ( X )=3× +4× +5× = ； 4 8 8 8 【注：1．不列出分布列的㐘格，不扣分； 2．没有单独给出随机变童的取值，后面求概时有体现，不扣分； 3．每一个概值的计算只有结来没有式子，各和1分； 4．数学期望只有结果，没有式子，和1分； 5．结果没有化成最简分数，不扣分】 17．【解析】 （1）证明：连接AC，过A做BC的垂线交BC于点F ， 所以BF =1，因为AB = 2，所以AF = 3， 又因为FC =3，所以AC = 2 3，所以∠BAC =90°，所以AB ⊥ AC 【注：其他方法证得AB ⊥ AC，同样得分】 因为PA⊥面ABCD,AC ⊂面ABCD，所以AC ⊥ PA， PA与AB交于点A，所以AC ⊥面PAB， 因为AC ⊂面PAC ，所以面PAB ⊥面PAC 【注：1．此处铁少AC ⊥面PAB，直接得面PAB ⊥面PAC ，扣1分； 学科网（北京）股份有限公司2．证得PA⊥面ABCD后建系，由两平面的法向量重直得两平面垂直也同样得分】 （2）延长BA,CD交于点E， 因为E∈面PAB，且E∈面PCD，所以E∈l， PE即为面PAB与面PCD的交线， 以A为原点建系如图： ( ) B ( 0,2,0 ) ,C 2 3,0,0 ,E ( 0,−2,0 ) ,P ( 0,0,2 )，    ( ) PB =( 0,2,−2 ) ,PC = 2 3,0,−2 ,PE =( 0,−2,−2 )，  设面PCB的方向量为n =( x,y,z )， 2y−2z =0  ( ) 则 ，取n = 1, 3, 3 ， 2 3x−2z =0 设直线l与平面PCB的夹角为α，所以     PE⋅n 4 3 42 sinα=|cos PE,n =   = = , PE n 2 2⋅ 7 7 42 所以直线l与平面PCB夹角的正弦值为 ． 7 解法二：延长BA,CD交于点E， 因为E∈面PAB，且E∈面PCD，所以E∈l， PE即为面PAB与面PCD的交线 如图建立空间直角坐标系： ( ) B (−2,0,0 ) ,C 0,2 3,0 ,E ( 2,0,0 ) ,P ( 0,0,2 ) ,   ( ) 所以PB =(−2,0,−2 ) ,PC = 0,2 3,−2 ,PE =( 2,0,−2 )， 学科网（北京）股份有限公司 设面PCB的方向量为n =( x,y,z )，  −2x−2z =0  ( ) 则 ，取n = − 3,1, 3 ， 2 3y−2z =0 设直线l与平面PCB的夹角为α，     PE⋅n 4 3 42 所以sinα= cos PE,n =   = = ， PE n 2 2⋅ 7 7 42 所以直线l与平面PCB夹角的正弦值为 ． 7 解法三：延长BA,CD交于点E，因为E∈面PAB，且E∈面PCD，所以E∈l， PE即为面PAB与面PCD的交线 做AF ⊥ BC于点F ，连接PF ，因为PA⊥面ABCD，由三垂线定理可知：BC ⊥ PF ． 在Rt△PAF中，AF = 3,PA= 2，所以PF = 7 ． 4 21 设点E到平面PBC 的距离为h，由V =V ，得h = ， E−PBC P−BCE 7 因为PA⊥面ABCD，所以在Rt△PAE中，PE = 2 2 ． h 42 设PE与平面PBC 得夹角为α，则sinα= = ， PE 7 42 所以直线l与平面PCB夹角的正弦值为 ． 7 学科网（北京）股份有限公司18．【解析】 （1）由题意可知F ( x )= ax−ln ( x+1 )，则F ( x )的定义域为(−1,+∞)， 1 ax+a−1 F′( x )= a− = x+1 x+1 1 当a ≤0时，F′( x )= a− <0，则F ( x )在(−1,+∞)上单调递减； x+1 1−a 1 ax+a−1 当a >0时，若−1< x ≤ = −1,F′( x )= ≤0； a a x+1 1 ax+a−1 若x > −1,F′( x ) = >0， a x+1  1  1  则F ( x )在  −1, −1  上单调递减，在  −1,+∞  上单调递增．  a  a  综上所述，当a ≤0时，F ( x )在(−1,+∞)上单调递减；  1  1  当a >0时，F ( x )在  −1, −1  上单调递减，在  −1,+∞  上单调递增．  a  a  【注：1．丢接a =0的情况，扣1分；2．单调区间未用区间表示，共扣1分】  1  1 4 （2）（ⅰ）函数g ( x )=( x+1 ) ln1+  −ln2+  ，则g ( 1 )= 2ln2−ln3=ln ，  x  x 3 1 3 3 4 g (−2 )= −ln −ln = −ln =ln ，故g ( 1 )−g (−2 )=0． 2 2 4 3 （ⅱ）函数g ( x )的定义域为(−∞,−1 )( 0,+∞)．若存在m，使得曲线 y = g ( x )关于直线x = m对称，则 1 (−∞,−1 )( 0,+∞)关于直线x = m对称，所以m = − 2  1   1  由g (−1−x )=(−x ) ln1+  −ln2+   −1−x  −1−x x 2x+1 x+1 2x+1 x+1 x+1 2x+1 = −xln −ln = xln −ln =( 1+ x ) ln −ln ln x+1 x+1 x x+1 x x x+1 x+1 2x+1 =( 1+ x ) ln −ln = g ( x )． x x 1 可知曲线y = g ( x )关于直线x = − 对称． 2 1 【注：1．由（ⅰ）的计算结果猜想得出对称轴为直线x = − ，也得2分； 2  1   1  2．只要出理g (−1−x )= g ( x )或g − + x = g − −x 或两者做差等于0等式子，即得2分；  2   2  没有最后一句结论，不扣分】 学科网（北京）股份有限公司19．【解析】 x （1）由题意可知A (−2,1 )，求导得 y′= ，则切线A′B′的方程为y = x−1,B′为切线A′B′与 y轴的交点， 2 则点B′的坐标为( 0,−1 )． 【注：求导正确得1分；正确求解点C或A处的切线得1分；正确求得点B′的坐标得1分】  x2   x2   x2  （2）设Ax , 1 ,Bx , 2 ,Cx , 3 ，  1 4   2 4   3 4  x x2 则抛物线在点A处的切线B′C′的方程为y = 1 x− 1 ， 2 4 x x2 同理可得切线A′C′的方程为y = 2 x− 2 ， 2 4 【注：得由其中一条切线方程即可得1分】  x + x x x  联立可得交点C′  1 2 , 1 2  ．  2 4   x + x x x   x + x x x  同理可得A′  2 3 , 2 3 ,B′  3 1 , 3 1  ．  2 4   2 4  【注：得由其中1个顶点的坐标即可得1分】 x x x x x x 1 2 − 2 3 y− 3 1 x 设垂心H 的坐标为( x,y )，则k = 4 4 = 2 ,k = 4 ． AC x + x x + x 2 B′H x + x 1 2 − 2 3 x− 3 1 2 2 2 x x y− 3 1 x 4 由A′C′⊥ B′H 可知k ⋅k = 2 ⋅ = −1， AC′ B′H 2 x + x x− 3 1 2 x x x 即2x+ x y = x + x + 1 2 3 ． 2 3 1 4 【注：由现解之积为−1，即得1分】 x x x 同理可得2x+ x y = x + x + 1 2 3 ． 3 1 2 4 两式相减可得( x −x ) y = x −x ，即y = −1． 3 2 2 3 因此垂心H 在定直线y = −1上． 【注：出理定直线y = −1，即得1分】 学科网（北京）股份有限公司x + x x x  x + x  2 （3）直线AB的方程为y = 1 2 x− 1 2 , AB = 1+  1 2  x −x ， 4 4  4  2 1  x2  点Cx , 3 到直线AB的距离为  3 4  x x + x x x2 x x 1 3 2 3 − 3 − 1 2 4 4 4 ( x −x )( x −x ) d = = 3 2 3 1 ， 1  x + x  2  x + x  2 1+  1 2  4 1+  1 2   4   4  1 1 则三角形ABC的面积S = AB ⋅d = ( x −x )( x −x )( x −x ) ． 1 2 1 8 2 1 3 1 3 2 x x2  x + x x x   x + x x x   x + x x x  再由切线B′C′的方程为y = 1 x− 1 ,A′  2 3 , 2 3 ,B′  3 1 , 3 1 ,C′  1 2 , 1 2  2 4  2 4   2 4   2 4   x  2 x + x x + x 1  x  2 可知 B′C′ = 1+  1  3 1 − 1 2 = 1+  1  x −x ，  2  2 2 2  2  3 2  x + x x x  点A′  2 3 , 2 3  到直线B′C′的距离为  2 4  x x + x x x2 x x 1 2 1 3 − 1 − 2 3 4 4 4 ( x −x )( x −x ) d = = 2 1 3 1 ， 2 2 2  x   x  1+  1  4 1+  1   2   2  1 1 则外切三角形A′B′C′的面积S = B′C′ ⋅d = ( x −x )( x −x )( x −x ) ． 2 2 2 16 2 1 3 1 3 2 1 ( x −x )( x −x )( x −x ) S 8 2 1 3 1 3 2 故 1 = = 2． S 1 2 ( x −x )( x −x )( x −x ) 16 2 1 3 1 3 2 因此三角形ABC与外切三角形A′B′C′的面积之比为定值2．  x2   x2   x2  解法二：因为Ax , 1 ,Bx , 2 ,Cx , 3 ，所以  1 4   2 4   3 4  1   1  x2 x2   x2 x2  S = AB×AC = ( x −x )  3 − 1 − 2 − 1  ( x −x ) △ABC 2 2 2 1  4 4   4 4  3 1 1 = ( x −x )( x −x )( x −x ) 8 3 1 2 1 3 2 学科网（北京）股份有限公司 x + x x x   x + x x x   x + x x x  由②得A′  2 3 , 2 3 ,B′  3 1 , 3 1 ,C′  1 2 , 1 2   2 4   2 4   2 4    x −x x x −x x    x −x x x −x x  所以A′B′=  1 2 , 3 1 2 3 ,A′C′=  1 3 , 1 2 2 3   2 4   2 4    1 1  x −x  x x −x x   x x −x x  x −x  S = A′B′×A′C′ =  2 1  1 2 2 3  −  3 1 2 3  1 3  △A′B′C′ 2 2  2  4   4  2  1 = ( x −x )( x −x )( x −x ) 16 3 1 2 1 3 2 S 所以 △ABC =2． S △A′B′C 学科网（北京）股份有限公司