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专题一
压轴选择题
第一关
以圆锥曲线的几何性质为背景的选择题
【名师综述】1.求解曲线的离心率：求椭圆、双曲线的离心率，关键是根据已知条件确定a，b ，c 的等量关
系，然后把b 用a ，c 代换，求c
a
的值；在双曲线中由于
2
2
1 ( )
b
e
a
，故双曲线的渐近线与离心率密切相关，求
离心率的范围问题关键是确立一个关于a ，b ，c 的不等式，再根据a ，b ，c 的关系消掉b 得到关于a ，c 的不
等式，由这个不等式确定a ，c 的关系．
2.求解特定字母取值范围问题的常用方法：（1）构造不等式法：根据题设条件以及曲线的几何性质(如：曲线的范围、
对称性、位置关系等)，建立关于特定字母的不等式(或不等式组)，然后解不等式(或不等式组)，求得特定字母的取
值范围．（2）构造函数法：根据题设条件，用其他的变量或参数表示欲求范围的特定字母，即建立关于特定字母的
目标函数，然后研究该函数的值域或最值情况，从而得到特定字母的取值范围．（3）数形结合法：研究特定字母所
对应的几何意义，然后根据相关曲线的定义、几何性质，利用数形结合的方法求解.
3.圆锥曲线中的最值问题：一是利用几何方法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等
进行求解；二是利用代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用
函数方法、不等式方法等进行求解．
常见的几何方法有：（1）直线外一定点P 到直线上各点距离的最小值为该点P 到直线的垂线段的长度；（2）圆C 外
一定点P 到圆上各点距离的最大值为|
|
PC
R
，最小值为|
|
PC
R
( R 为圆C 半径)；（3）过圆C 内一定点P 的圆
的最长的弦即为经过P 点的直径，最短的弦为过P 点且与经过P 点直径垂直的弦；（4）圆锥曲线上本身存在最值问
题，如①椭圆上两点间最大距离为2a (长轴长)；②双曲线上两点间最小距离为2a (实轴长)；③椭圆上的点到焦点的
距离的取值范围为[
,
]
a
c a
c
，a
c
与a
c
分别表示椭圆焦点到椭圆上点的最小与最大距离；④抛物线上的点
中顶点与抛物线的准线距离最近．
常用的代数方法有：（1）利用二次函数求最值；（2）通过三角换元，利用正、余弦函数的有界性求最值；（3）利用
基本不等式求最值；（4）利用导数法求最值；（5）利用函数单调性求最值.
【典例剖析】
类型一
求圆锥曲线的离心率问题
典例1．【山东省菏泽市2018 届高三上学期期末考试】已知双曲线
2
2
2
2
1
0,
0
x
y
C
a
b
a
b
：
的左、右焦点分别为
1
2
,
F F ，A 是双曲线的左顶点，双曲线C 的一条渐近线与直线
2
a
x
c
交于点P ，
1
=
F M MP
，且
1F P
AM
，
则双曲线C 的离心率为(
)
A. 3
B.
5
C. 2
D.
6
【答案】C
【解析】
由题双曲线
2
2
2
2
1
0,
0
x
y
C
a
b
a
b
：
的左顶点
1
0
0
A
a
F
c
（
，），（
，），由
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1
=
F M MP
知M 为线段
1F P 的中点，且
1F P
AM
，可得
1
AP
AF
，由题OP 为渐近线方程
2
p
b
a
y
x
P
y
a
c
，（
，）
即为
2
a
ab
P
c
c
（
，），即有
2
2
2
a
ab
a
c
a
c
c
，
即有
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a
c
a
a b
c
c
a
c
a
c
a
a b
（
）
（
），（
）（
）
，可得c
a
a
，即
2
2
c
c
a a
，
故选C.
典例2．【河南省商丘市2018 届高三第一学期期末考试】设双曲线
2
2
2
2
:
1(
0,
0)
x
y
C
a
b
a
b
的左、右焦点分别为
1
2
,
F F ，
1
2
2
F F
c
，过
2
F 作x 轴的垂线与双曲线在第一象限的交点为A ，已知
3
, 2
a
Q c
，
2
2
F Q
F A
，点P
是双曲线C 右支上的动点，且
1
1
2
3
|
2
PF
PQ
F F
恒成立，则双曲线的离心率的取值范围是（
）
A.
10 ,
2
B.
7
1, 6
C.
7
10
,
6
2
D.
10
1, 2
【答案】B
【解析】令x=c 代入双曲线的方程可得
2
2
2
1
c
b
y
b
a
a
，
由|F2Q|>|F2A|,可得
2
3
2
a
b
a
，
即为3
2
a >2
2
b =2(
2
c −
2
a )，
即有
10
2
c
e
a
①
又
1
1
2
3
2
PF
PQ
F F
恒成立，
由双曲线的定义,可得
2
2
|
3
a
PF
PQ
c 恒成立，
由
2
F ,P,Q 共线时,
2
PF
PQ
取得最小值
2
3
2
a
F Q
，
可得
3
3
2
2
a
c
a
，
即有
7
6
c
e
a
②
由e>1，结合①②可得，
e 的范围是
7
1, 6
.
故选：B.
【名师指点】在求解有关离心率的问题时，一般并不是直接求出c 和a 的值，而是根据题目给出的椭圆或双曲线的
几何特征，建立关于参数c，a，b 的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或范围．
一般来说，求离心率取值范围，通常可以从两个方面来研究：一是考虑几何关系，例如根据线段的大小关系或者角
的大小关系列不等式；二是考虑代数关系，通过设点，将所给问题坐标化，结合圆锥曲线方程和本身范围来确定．
【举一反三】
【湖南省常德市2018 届高三上学期检测】已知A
B
、
分别为双曲线
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
的左右顶点，两个不
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同动点P
Q
、
在双曲线上且关于x 轴对称，设直线AP
BQ
、
的斜率分别为m
n
、，则当4
2
ln
b
a
mn
a
b
取最小值
时，双曲线的离心率为（）
A.
3
B.
5
2
C. 2
D.
6
2
【答案】B
【解析】
设
2
2
2
2
2
0
0
,0 ,
,0 ,
,
,
,
y
y
y
b
A
a
B a
P x y
Q x
y
mn
x
a
x
a
x
a
a
所以4
2
ln
b
a
mn
a
b
2
4
2ln (
0)
,
b
t
t t
y
t
a
2
2
2
1
4
0
2
y
t
t
t
1
2
b
a
时4
2
ln
b
a
mn
a
b
取最小值，此时
5
2
c
a
，选B
类型二
与圆锥曲线有关的最值问题
典例2 ．【甘肃省西北师范大学附属中学2016 届高三校内第一次诊断】在等腰梯形
中，
，其中
，以
为焦点且过点
的双曲线的离心率为
，以
为焦点且过点
的椭圆的离心率为
，若对任意
都有不等式
2
1
2
8
e
e
t
恒成立，则的最大值为
（
）
A. 7
4
B. 3
8
C. 5
8
D. 5
4
【答案】C
【解析】如图，过D 作DE
AB
交AB 于E ，则
1
AE
x
，
1
EB
x
，所以
2
2
DE
x
x
，
1
4
DB
x
，
所以
1
2
2
2
1
4
1
,
2
1
4
1
1
4
1
x
x
e
e
x
x
，
所以
1
2
2
1
4
1
2
1
4
1
x
e
e
x
，令
1
4
1
2
x
t
，则
1
2
1
e
e
t
t
，因
5
1
0,
2
t
，故
1
2
5
e
e
，
所以
5
8
t
，选C.
【名师指点】抛物线定义是转化抛物线上的点到焦点距离和到准线距离的桥梁，通过设点的坐标并结合抛物线定义，
将待求对象坐标化，同时结合抛物线方程消元，利用函数思想求解最值问题是常见的求最值方法，有时还可以几何
平面几何知识求解．
【举一反三】
【广西壮族自治区玉林高中2017 届高三高考冲刺模拟】已知椭圆
2
2
:
1
4
3
x
y
C
的左、右顶点分别为
,
A B ，F 为
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椭圆C 的右焦点，圆
2
2
4
x
y
上有一动点P ，P 不同于
,
A B 两点，直线PA 与椭圆C 交于点Q ，则
PB
QF
k
k
的取
值范围是（
）
A.
3
3
,
0,
4
4
B.
3
,0
0, 4
C.
, 1
0,1
D.
,0
0,1
【答案】D
【解析】由题意得
2,0 ,
2,0 ,
1,0
A
B
F
，PA
PB
．
设点Q 的坐标为
0
0
,
x
y
，则
2
0
0
0
0
0
0
0
2
1
2
1
QA
QF
y
y
y
k
k
x
x
x
x
2
0
0
0
12
3
4
2
1
x
x
x
0
0
3 2
4
1
x
x
．
∴
0
0
0
4
1
1
4
1
1
3
2
3
2
PB
QF
QA
QF
x
k
k
k
k
x
x
，
又
0
2,2
x
且
0
1
x
，
∴
0
4
1
1
0
3
2
x
或
0
4
1
0
1
1
3
2
x
，
故
PB
QF
k
k
的取值范围为
,0
0,1
．选D．
类型三
平面图形与圆锥曲线相结合的问题
典例3．设双曲线
2
2
2
2
:
1
0
0
x
y
C
a
b
a
b
，
的左焦点为
0
F
c
，
，点M 、N 在双曲线C 上，O 是坐标原点，若
四边形OFMN 为平行四边形，且四边形OFMN 的面积为
2cb ，则双曲线C 的离心率为（
）
A．
2
B．2
C. 2 2
D．2 3
【答案】D
【解析】设
0
0
M x
y
，
，∵四边形OFMN 为平行四边形，∴
0
2
c
x
，∵四边形OFMN 的面积为
2cb ，
∴
0
2
y c
cd
，即
0
2
y
b
，∴
2
2
c
M
b
，
，代入双曲线方程得
2
2
1
4
e
，∵
1
e ，∴
2 3
e
.故选D.
【名师指点】求离心率问题实质上是根据已知条件，挖掘题中, ,
a b c 的等量关系或者不等关系，可以借助平面图形
自身满足的条件或者点的坐标所满足的方程或者范围等，本题利用平行四边形的性质并结合双曲线方程和平行四边
形的面积公式得关于, ,
a b c 的方程，进而确定离心率的值．
【举一反三】【安徽省黄山市2018 届高三一模】已知椭圆和双曲线有共同焦点
1
2
,
F F , P 是它们的一个交点，且
1
2
3
F PF
，记椭圆和双曲线的离心率分别为
1
2
,
e e ，则
1 2
1
e e
的最大值为（
）
A. 2 3
3
B. 4 3
3
C. 2
D. 3
【答案】A
【解析】考查一般性结论，当
1
2
F PF
时：
设
1
2
,
PF
m PF
n
，椭圆的长半轴长为
1a ，双曲线的长半轴长为
2
a ，两曲线的焦距为c ，结合题意有：
1
2
2 ,
2
m
n
a m
n
a
，
两式平方相加可得：
2
2
2
2
1
2
2
m
n
a
a
，
两式平方作差可得：
2
2
1
2
mn
a
a
，
由余弦定理有：
2
2
2
4
2
cos
c
m
n
mn
，
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则：
2
2
2
2
2
1
2
1
2
4
2
2
cos
c
a
a
a
a
，
2
2
2
1
2
2
1 cos
1 cos
c
a
a
，
即
2
2
1
2
1 cos
1
cos
1
2
2
e
e
，结合二倍角公式有：
2
2
2
2
1
2
sin
cos
2
2
1
e
e
.
本题中，
3
，则有：
2
2
1
2
1
3
4
4
1
e
e
，即
2
2
2
2
1
2
1
2
1 2
1
3
1
3
3
1
1
2
4
4
4
4
2
e
e
e
e
e e
，
则
1 2
1
2 3
3
e e
，当且仅当
2
2
1
2
1
1
2
2,
3
e
e
时等号成立，
据此可得
1 2
1
e e
的最大值为2 3
3
.
本题选择A 选项.
【精选名校模拟】
1．【河北省张家口市2018 届高三上学期期末】已知双曲线
2
2
2
1(
0)
x
y
a
a
的左、右焦点分别为
1F ，
2
F ，离心
率为2 3
3
，P 为双曲线右支上一点，且满足
2
2
1
2
4 15
PF
PF
，则
1
2
PF F
的周长为（
）
A. 2 5
B. 2 5
2
C. 2 5
4
D. 2 3
4
【答案】C
【解析】双曲线
2
2
2
1
0
x
y
a
a
的左、右焦点分别为
1F ，
2
F ，离心率为2 3
3
，
2
1
2 3
3
a
a
，可得
3,
2
a
c
，
1
2
2
2 3
PF
PF
a
，①
2
2
1
2
1
2
1
2
PF
PF
PF
PF
PF
PF
1
2
1
2
1
2
2
2 3
4 5,
2 5
a PF
PF
PF
PF
PF
PF
，
②
由
①②
得
1
2
5
3,
5
3
PF
PF
，
1
2
PF F
的周长为
1
2
1
2
4
2 5
PF
PF
F F
，故选C.
2．【福建省三明市A 片区高中联盟校2018 届高三上学期阶段性考】如图，直线x
m
与抛物线
2
4
x
y
交于点A ，
与圆
2
2
1
4
x
y
的实线部分（即在抛物线内的圆弧）交于点B ，F 为抛物线的焦点，则ABF
的周长的取
值范围是（
）
A.
4,6
B.
4,6
C.
2,4
D.
2,4
【答案】A
【解析】∵圆
2
2
1
4
x
y
的圆心为
0,1 ，抛物线的方程为
2
4
x
y
∴圆心与抛物线的焦点重合
∴
2,
1,
A
B
A
FB
AF
y
AB
y
y
∴三角形ABF 的周长
2
1
3
A
B
A
B
y
y
y
y
∵1
3
B
y
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∴三角形ABF 的周长取值范围是
4,6
故选A
3．【天津市耀华中学2018 届高三上学期第三次月考】已知点
,0 (
0)
F
c
c
是双曲线
2
2
2
2
1
x
y
a
b
的左焦点，过F
且平行于双曲线渐近线的直线与圆
2
2
2
x
y
c
交于点P ，且点P 在抛物线
2
4
y
cx
上，则该双曲线的离心率的平
方为（
）
A. 3
5
2
B.
5
C.
5
1
2
D. 1
5
2
【答案】D
【解析】
如图,设抛物线
2
4
y
cx
的准线为l,作PQ⊥l 于Q,
设双曲线的右焦点为F′,P(x,y).
由题意可知FF′为圆
2
2
2
x
y
c
的直径，
∴PF′⊥PF,且
'
,
'
2
b
tan PFF
FF
c
a
，
满足
2
2
2
2
4
{
y
cx
x
y
c
y
b
x
c
a
①
②
③
，
将①代入②得
2
2
4
0
x
cx
c
，
则
2
5
x
c
c
，
即
5
2
x
c
,(负值舍去)
代入③,即
5
1
,
bc
y
a
再将y 代入①得,
2
2
2
2
4
5
2
1
( 5
1)
b
e
a
即e2=1
5
2
.
故选D.
4．【广西梧州市2017 届高三上学期摸底联考数学（理）试题】已知椭圆
2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b
的左、右焦点分别
为
1
2
,
F F ，过
1F 且与x 轴垂直的直线交椭圆于A
B
、
两点，直线
2
AF 与椭圆的另一个交点为C ，若
2
3
ABC
BCF
S
S
，
则椭圆的离心率为（
）
A．
5
5
B．
3
3
C．10
5
D．3 3
10
【答案】A
【解析】设椭圆的左、右焦点分别为
0,
1
c
F
，
0,
2 c
F
，由
c
x
，代入椭圆方程可得
a
b
y
2
，可设
a
b
c
A
2
,
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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y
x
C
,
，由
2
3
ABC
BCF
S
S
，可得
C
F
AF
2
2
2
，即有
y
c
x
a
b
c
,
2
,
2
2
，即
y
a
b
c
x
c
2
,
2
2
2
2
，可
得
a
b
y
c
x
2
,
2
2
，代入椭圆方程可得
1
4
4
2
2
2
2
a
b
a
c
，由
a
c
e
，
2
2
2
c
a
b
，即有
1
4
1
4
1
4
2
2
e
e
，解得
5
5
e
．故选：A．
5．
【河北省邯郸市2018届高三1月教学质量检测】已知双曲线
2
2
2
2
:
1(
0,
0)
x
y
C
a
b
a
b
的左、右顶点分别为
,
A B ，
点F 为双曲线C 的左焦点，过点F 作垂直于x 轴的直线分别在第二、三象限交双曲线C 于
,
P Q 两点，连接PB 交y
轴于点E ，连接AE 交QF 于点M ，若M 是线段QF 的中点，则双曲线C 的离心率为（
）
A. 3
B. 2 2
C.
6
D. 2
【答案】A
【解析】由题意得
2
2
,
,
0,
2
b
b
M
c
E
a
a
c
2
2
0
0
2
3 ,
3.
0
b
b
a
c
a
c
a e
a
c
a
选A.
6．【赣州市2017-2018 年第一学期高三期末考试】已知抛物线
2
16
y
x
的准线与x 轴交于A 点，焦点是F ，P 是
抛物线上的任意一点，当PF
PA
取得最小值时，点P 恰好在以
,
A F 为焦点的双曲线上，则该双曲线的离心率为
（
）
A.
2
1
2
B.
2
1
C.
5
1
2
D.
5
1
【答案】B
【解析】
4,0 ,
,
A
P x y
,则
PF
PA
2
2
2
2
2
4
4
1
1
2
2
16
16
4
4
16
1
1
4
2
4
x
x
x
x
x
y
x
x
x
x
,当且仅当
4
x
时取等号,
此时
4, 8
P
,所以
2
8
2
8,2
8 2
8
2
1
2
8 2
8
c
c
AF
a
PA
PF
e
a
,选B.
7．【2018 福建四校联考】已知椭圆
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
的上下左右顶点分别为
, ,
,
A B C D ，且左右焦点为
1
2
,
F F ，
且以
1
2
F F
为直径的圆内切于菱形ABCD ，则椭圆的离心率e 为（
）
A. 1
2
B.
3
1
2
C. 1
5
2
D.
1
5
2
【答案】D
【解析】菱形ABCD 一边AD 所在直线方程为
1
x
y
a
b
，即bx+ay−ab=0，
由题意,坐标原点O 到AD 的距离
2
2
ab
d
c
a
b
，
整理可得
4
2
2
4
3
0
c
a c
a
,即：
4
2
3
1
0
e
e
，
解得：
1
2
1
5
1
5
,
2
2
e
e
(舍去)，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页8
∴椭圆的离心率
1
5
2
e
.
本题选择D 选项.
8．【2018 广西贺州桂梧高中联考】过双曲线
2
2
2
2
1
0,
0
x
y
a
b
a
b
：
的右焦点F 作x 轴的垂线，与在第一
象限的交点为M ，且直线AM 的斜率大于2，其中A 为的左顶点，则的离心率的取值范围为（
）
A.
1,3
B.
3,
C.
1,2 3
D.
2 3,
【答案】B
【解析】
2
b
FM
a
，
AF
c
a
，∴
2
2
2
1
2
AM
FM
b
c
a
c
a
k
e
AF
a c
a
a c
a
a
，∴
3
e
.选
B.
9．
【2018 陕西西安长安区联考】已知直线
0(
0)
x
y
k
k
与圆
2
2
4
x
y
交于不同的两点
, ,
A B O 是坐标原点，
且有
4
3
OA
OB
AB
，那么k 的取值范围是
A.
3,
B.
2,
C.
2,2 2
D.
3,2 2
【答案】C
【解析】试题分析：设AB 的中点为D ，则OD
AB
，因为
3
3
OA
OB
AB
，所以
3
2
3
OD
AB
，所以
2 3
AB
OD
，因为
2
2
1
4
4
OD
AB
，所以
2
1
OD
，因为直线
0(
0)
x
y
k
k
与圆
2
2
4
x
y
交于
不同的两点，所以
2
4
OD
，所以
2
1
4
OD
，即
2
1
4
2
k
，解得
2
2 2
k
，故选C．
10．【2018 湖南株洲两校联考】已知双曲线E：
2
2
x
a
﹣
2
2
y
b
=1（a＞0，b＞0），点F 为E 的左焦点，点P 为E 上位于
第一象限内的点，P 关于原点的对称点为Q，且满足|PF|=3|FQ|，若|OP|=b，则E 的离心率为（
）
A.
2
B.
3
C. 2
D.
5
【答案】B
【解析】由题意可知：双曲线的右焦点
1F ，由P 关于原点的对称点为Q
则OP
OQ
四边形
1
PFQF 为平行四边形
则
1
1
,
PF
FQ
PF
QF
由
3
PF
FQ
，根据椭圆的定义
1
2
PF
PF
a
1
1
,
,
,
PF
a OP
b OF
c
1
90
OPF
在
1
OPF
中，
1
1
2 ,
3 ,
PQ
b QF
a PF
a
则
2
2
2
2
3
b
a
a
，整理得
2
2
2
b
a
则双曲线的离心率
2
2
1
3
c
b
e
a
a
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页9
故答案选B
11．【2018 山西名校联考】已知椭圆
2
2
2
2
1
x
y
a
b
的左、右焦点分别为
1
2
,
F F ，且
1
2
2
F F
c
，点A 在椭圆上，
1
1
2
0
AF F F
，
2
1
2
AF AF
c
，则椭圆的离心率e （
）
A.
3
3
B.
3
1
2
C.
5
1
2
D.
2
2
【答案】C
【解析】由于
1
1
2
0
AF F F
，则
2
, b
A
c a
，
1
2
,0 ,
,0
F
c
F c
，
2
2
1
2
0,
,
2 ,
b
b
AF
AF
c
a
a
，
4
2
1
2
2
b
AF AF
c
a
，
2
b
ac
，
2
2
a
c
ac
，
2
1 e
e
，
2
1
0
e
e
，
1
5
2
e
，
0
1
e
，则
5
1
2
e
，选C.
12．【2018 河南名校联考】已知抛物线ܥ:ݕ2 = 2ݔ(> 0)的焦点为ܨ，准线݈:ݔ=−
3
2，点ܯ在抛物线ܥ上，点ܣ在
左准线݈
上，若ܯܣ⊥݈，且直线ܣܨ的斜率݇ܣܨ=−
3，则ȟܣܨܯ的面积为（
）
A. 3 3
B. 6 3
C. 9 3
D. 12 3
【解析】设准线݈
与ݔ轴交于N，所以|ܨt| = 3,直线ܣܨ的斜率݇
ܣܨ=−
3，所以∠ܣܨt = 60°,在直角三角形ȟܣtܨ
中，|ܣt| = 3 3，|ܣܨ| = 6，根据抛物线定义知，|ܯܨ| = |ܯܣ|,又∠tܣܨ= 30°, ܯܣ⊥݈,所以∠ܯܣܨ= 60°,因此ȟܣܯܨ
是等边三角形，故|ܯܣ| = 6，所以ȟܣܨܯ的面积为ܵ
=
1
2 |ܯܣ||ܣt| =
1
2 × 6 × 3 3 = 9 3，故选C.
13．【2018 江西南昌摸底】已知双曲线
2
2
2
2
:
1(
0,
0)
x
y
C
a
b
a
b
的左右焦点分别为
1
2
,
F F , P 为双曲线C 上第
二象限内一点，若直线
b
y
x
a
恰为线段
2
PF 的垂直平分线，则双曲线C 的离心率为（
）
A.
2
B.
3
C.
5
D.
6
【答案】C
【解析】设
2
,0
F c
，渐近线方程为
b
y
x
a
，对称点为
,
P m n ，即有
n
a
m
c
b
，且
1
1
2
2
b m
c
n
a
，解
得
2
2
2
,
a
b
ab
m
n
c
c
，将
2
2 2
,
a
b
ab
P
c
c
，即
2
2
2
2
,
a
c
ab
c
c
，代入双曲线的方程可得
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
1
a
c
a b
a c
c b
，化简可得
2
2
4
1
c
a
，即有e2=5，解得
5
e
，故选C．
资料正文内容开始>>
专题一
压轴选择题
第三关
以棱柱、棱锥与球的组合体为背景的选择题
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【名师综述】球作为立体几何中重要的旋转体之一，成为考查的重点．要熟练掌握基本的解题技巧．还有球的
截面的性质的运用，特别是其它几何体的内切球与外接球类组合体问题，以及与球有关的最值问题,更应特别加以关
注的．试题一般以小题的形式出现,有一定难度．解决问题的关键是画出正确的截面，把空间“切接”问题转化为平
面“问题”处理．
类型一
四面体的外接球问题
典例1 ．【2018 河南漯河中学三模】已知三棱锥S
ABC
的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，
4,
4
AB
SA
SB
SC
，则三棱锥的外接球的球心到平面ABC 的距离为（
）
A. 2 3
3
B. 2 3
C. 2
D. 3 3
【答案】A
【解析】
由图可知，
2
2
2
OB
OD
DB
，得
2
2
2 3
4
r
r
，解得
4 3
3
r
，
2 3
3
d
，故选A。
【方法指导】本题属于三棱锥的外接球问题，当三棱锥的某一顶点的三条棱两两垂直，可将其补全为长方体或长方
体，三棱锥与长方体的外接球是同一外接球，而长方体的外接球的在球心就是对角线的交点，那么对角线就是外接
球的直径
2
2
2
2
c
b
a
R
，
c
b
a
,
,
分别指两两垂直的三条棱，进而确定外接球表面积．
【举一反三】【2018 南宁摸底联考】三棱锥ܲ
−ܣܤܥ中，ȟܣܤܥ为等边三角形，ܲܣ=ܲ
ܤ=ܲ
ܥ= 3，ܲܣ⊥ܲ
ܤ，三
棱锥ܲ
−ܣܤܥ的外接球的体积为（
）
A.
27
2 ߨ
B.
27 3
2
ߨ
C. 27 3ߨ
D. 27ߨ
【答案】B
【解析】由题意可得PA,PB，PC 两两相等，底面是正三角形，所以三棱锥P-ABC 是正棱锥，P 在底面的身影是底面
正三角形的中心O，由ܤܥ⊥ܱܲ
,ܤܥ⊥ܣܱ
⇒ܤܥ⊥面PAO⇒ܤܥ⊥ܲ
ܣ，再由ܲ
ܣ⊥ܲ
ܤ，可知ܲ
ܣ⊥面PBC,所以可知ܲ
ܣ⊥ܲ
ܥ，即PA,PB,PC 两两垂直，由于是球外接球，所以正三棱锥P-ABC 可以看成正方体切下来的一个角，与原正方体
共外接球，所以4ܴ
2 = 3 × (32) = 27,ܸ
=
4ߨܴ
3
3
=
27 3ߨ
2
。
类型二
三棱柱的外接球问题
典例2．已知三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
的侧棱垂直于底面，各项点都在同一球面上，若该棱柱的体积为
3 ，
2
AB
，
1
AC
，
60
BAC
，则此球的表面积等于（
）
A. 2
B.4
C.6
D.8
【答案】D.
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第| 页11
【解析】由已知条件得：
1
1
2 1 sin60
3
2
AA
，∴
1
2
AA
，
∵
2
2
2
2
cos60
BC
AB
AC
AB
AC
，∴
3
BC
，设ABC
的外接圆的半径为R ，则
2
sin60
BC
R
，∴
1
R
，∴外接球的半径为1 1
2
，∴球的表面积等于
2
4 ( 2)
8
.
【名师指导】确定球心位置是解决相关问题的关键，确定一个点到多面体各顶点相等的策略是将问题分解，即先确
定到顶点A
B
C
、、
距离相等的点在过ABC
的外心且垂直于平面ABC 的直线上，再确定到顶点
1
1
1
A
B
C
、、
距离
相等的点过
1
1
1
A B C
的外心且垂直于平面
1
1
1
A B C 的直线上，故直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
的外接球球心为连接上下底
面外心的线段的中点，进而可确定外接球半径．
【举一反三】【陕西省榆林市2018 届高考模拟第一次测试】已知直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
的6 个顶点都在球O 的球
面上，若
1
3,
4,
,
12
AB
AC
AB
AC AA
，则球O 的直径为（）
A. 13
B. 4 10
C. 2 10
D. 2 17
2
【答案】A
【解析】因为三棱柱ABC﹣A1B1C1 的6 个顶点都在球O 的球面上，若AB=3，AC=4，AB⊥AC，AA1=12，
所以三棱柱的底面是直角三角形，侧棱与底面垂直，
△ABC 的外心是斜边的中点，上下底面的中心连线垂直底面ABC，其中点是球心，
即侧面B1BCC1，经过球的球心，球的直径是侧面B1BCC1 的对角线的长，
因为AB=3，AC=4，BC=5，BC1=13，
所以球的直径为：13．
故答案为：A。
类型三
四棱锥的外接球问题
典例3．【河北省承德市联校2018 届高三上学期期末考试】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中
有如下问题：“今有阳马，广五尺，褒七尺，高八尺，问积几何?”其意思为：“今有底面为矩形，一侧棱垂直于
底面的四棱锥，它的底面长、宽分别为7 尺和5 尺，高为8 尺，问它的体积是多少?”若以上的条件不变，则这个
四棱锥的外接球的表面积为（
）
A. 142π 平方尺
B. 140π 平方尺
C. 138π 平方尺
D. 128π 平方尺
【答案】C
【解析】将该几何体补形为长方体，外接球的直径2R 即为长方体的对角线，即
2
2
2
2
2
5
7
8
25
49
64
138
R
，故其表面积是
2
4π
138π
R
.
【名师指点】某些空间几何体是某一个几何体的一部分，在解题时，把这个几何体通过“补形”补成完整的几何体
或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解空间几何体的体积问题，这是一种重要的解题策略——补形法．常见的
补形法有对称补形、联系补形与还原补形．对于还原补形，主要涉及台体中“还台为锥”问题．本题可以利用补体
法，将四棱锥补体为直三棱锥，利用直三棱柱的外接球半径求法确定其外接球半径．
【举一反三】【福建省漳州市2018 届高三1 月调研测试】已知正四棱锥P －ABCD 的顶点均在球O 上，且该正四棱
锥的各个棱长均为2，则球O 的表面积为(
)
A. 4π
B. 6π
C. 8π
D. 16π
【答案】C
【解析】设点P 在底面ABCD 的投影点为O′，则AO′＝1
2
AC＝
2 ，PA＝2，PO′⊥平面ABCD，故PO′＝
＝
2 ，而底面ABCD 所在截面圆的半径AO′＝
2 ，故该截面圆即为过球心的圆，则球的半径R＝
2 ，故球O 的
表面积S＝4πR2＝8π，故选C.
类型四
几何体的内切球问题
典例4．若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为________．
【答案】3π
【解析】过圆锥的旋转轴作轴截面，得截面△ABC 及其内切圆⊙O1 和外接圆⊙O2，且两圆同圆心，即△ABC 的内
心与外心重合，易得△ABC 为正三角形，由题意知⊙O1 的半径为r＝1，∴△ABC 的边长为2 3，圆锥的底面半径
为3，高为3，∴V＝1
3×π×3×3＝3π.
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【名师指点】解决球与其他几何体的切接问题，关键在于认真分析、观察，弄清先关元素的几何关系和数量关系，
选准最佳角度作出截面，截面的选择应该更多地体现元素与元素之间关系，达到空间问题平面化的目的．
【举一反三】【广东郴州市2017 届高三第二次教学质量监测试卷,9】将边长为
2 的正方形ABCD 沿对角线AC 折
成一个直二面角B
AC
D
.则四面体ABCD 的内切球的半径为（
）
A．1
B．2 2
3
C.
2
1
D．2
3
【答案】D
【解析】设球心为O ，球的半径为R ，由
D ABC
O ABC
O ADC
O BCD
O ABD
V
V
V
V
V
，知
2
3
r
，故选D.
【精选名校模拟】
1. 已知三棱锥A
BCD
的所有顶点都在球O 的球面上，AB 为球O 的直径，若该三棱锥的体积为4 3
3
，
4,
3,
BC
BD
0
90
CBD
，则球O 的表面积为（
）
A．11
B．20
C．23
D．35
【答案】A
【解析】设棱锥的高为h ，因为
1
2 3
2
BCD
S
BC
BD
,所以
1
4 3
3
3
A BCD
BCD
V
S
h
，所以
2
h
，因此点
O 到平面BCD的距离为1，
BCD
外接圆的直径为
7 ，所以
7
11
1
4
2
OB
,所以球O 的表面积为
2
4
11
S
r
，故选A.
2．【江西省新余市2016 届高三第二次模拟考试数学（理）试题】已知
C
B
A
、
、
是球O 的球面上三点，
2
AB
，
3
2
AC
，
60
ABC
，且棱锥
ABC
O
的体积为
3
6
4
，则球O 的表面积为（
）
A．
10
B．
24
C．
36
D．
48
【答案】D
【解析】在ABC
中，由正弦定理sin
sin
AC
AB
ABC
ACB
,即
0
2 3
2
sin 60
sin
ACB
,所以
1
sin
2
ACB
, AB
AC
,所以
0
0
30 ,
90
ACB
CAB
,
1
2 2 3
2 3
2
ABC
S
，由
4 6
3
O ABC
V
得球
心O 到平面ABC 的距离为2 2 ,由于ABC
为直角三角形,设斜边BC 中点为M ,则OM 面ABC ,在
Rt OMB
中,球的半径
2
2
2 3
R
OB
OM
MB
,所以球O 的表面积
2
4
48
S
R
,选D.
3. 【2018 河南漯河中学二模】四面体ܣܤܥܦ的四个顶点都在球ܱ
的表面上，ܣܤ= 2，ܤܥ= ܥܦ= 1，∠ܤܥܦ= 60∘，
ܣܤ⊥平面ܤܥܦ，则球ܱ
的表面积为（
）
A. 8ߨ
B.
8 2
3 ߨ
C.
8 3
3 ߨ
D.
16ߨ
3
【答案】D
【解析】如图，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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∵BC=CD=1，∠BCD=60°∴底面△BCD 为等边三角形，取CD 中点为E，连接BE，∴△BCD 的外心G 在BE 上，
设为G，取BC 中点F，连接GF，在Rt△BCE 中，由ܥ薈=
1
2，∠ܥܤ薈= 30，得ܤܨ=
1
2 ܤܥ=
1
2，又在Rt△BFG 中，
得BG=
1
2
cos30=
3
3 ，过G 作AB 的平行线与AB 的中垂线HO 交于O，则O 为四面体ABCD 的外接球的球心，即
R=OB，
∵AB⊥平面BCD，∴OG⊥BG，在Rt△BGO 中，求得OB=ܱ
ܩ2 + ܤܩ2 =
2 3
3 ，
∴球O 的表面积为4π
2 3
3
2
=
16ߨ
3
故选D
4．将正方形ABCD 沿对角线AC 折起，得到三棱锥
'
D
ABC
，使得
'
4
BD
，若三棱锥
'
D
ABC
的外接球的半
径为2 2 ，则三棱锥
'
D
ABC
的体积为（
）
A. 16 2
B. 16 2
3
C. 8 2
D. 8 2
3
【答案】B
【解析】正方形ABCD 沿对角线AC 折起，得到三棱锥
'
D
ABC
，所以AC 的中点到ABCD 的距离都等于正方
形对角线的一半，三棱锥
'
D
ABC
的外接球的球心O 位于AC 的中点，
'
2 2
OD
OB
，又
'
4,
BD
由
勾股定理可得
'
DO
OB
，根据正方形的性质可得
'
,
DO
AC OB
AC
O
，根据线面垂直的判定定理可得
'
DO 平面
,
ABC 所以
'
D
ABC
V
1
1
16 2
2 2
4 2
2 2
3
2
3
，故选B.
5．【山西省吕梁市2018 届高三上学期第一次模拟】已知点
, ,
,
A B C D 在同一个球的球面上，
2
AB
BC
，
2
AC
，若四面体ABCD 的体积为2 3
3
，球心O 恰好在棱DA 上，则这个球的表面积为（
）
A. 25
4
B. 4
C. 8
D. 16
【答案】D
【解析】根据条件可知球心O 在侧棱DA 中点，从而有AC 垂直CD ，可得
4
AD
，
所以球的半径为
2
r
，故球的表面积为
2
4
16
S
r
.
6．已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为4
3
的球体与棱柱的所有面均相切，那么
这个三棱柱的表面积是(
)
A.6 3
B.12 3
C.18 3
D. 24 3
【答案】C.
【解析】此三棱柱为正三棱柱，体积为4
3
的球体的半径为1，由此可以得到三棱柱的高为2 ，底面正三角形中心到
三角形各边的距离均为1 ，故可得到三角形的高是3 ，三角形边长是2 3 ，所以三棱柱的表面积为
2
3
2
2 3
3 2 3
2
18 3
4
.
7．【河北省唐山市2018 届高三上学期期末考试】在三棱椎P
ABC
中，底面ABC 是等边三角形，侧面PAB 是直
角三角形，且
2
PA
PB
，当三棱椎P
ABC
表面积最大时，该三棱椎外接球的表面积为(
)
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页14
A. 12
B. 8
C. 4 3
D. 32
3
【答案】A
【解析】
如图所示，由条件可得等边三角形ABC 的边长为2 2 ，且
PAB
≌
PCB
，所以
PAB
PCB
，设
PAB
PCB
，
则
三
棱
锥
的
表
面
积
为
2
PAB
PBC
ABC
S
S
S
S
2
2
1
1
3
2
2
2 2 2sin
2 2
2
2
4
2
2 3
4 2sin
，故当sin
1
，即
90
时，表面积最大值，此时
90
PAB
PCB
，所以
2
2
2
2 2
2 3
PC
．取PC 的中点O ，连
,
OA OB ，则
3
OA
OB
OP
OC
，故点O 为三棱椎外
接球的球心，且球半径
3
R
．所以该三棱椎外接球的表面积为
2
4
12
S
R
球表
．选A．
8．【河南百校联盟2017 届高三11 月质检，10】已知边长为2 3 的菱形ABCD 中，
60
A
,现沿对角线BD 折起，
使得二面角A
BD
C
为120，此时点A ，B ，C ，D 在同一个球面上，则该球的表面积为（
）
A. 20
B. 24
C. 28
D.32
【答案】C
【解析】如图所示，
3
3 3
3
120
60
2 3
3
2
2
2
AFC
AFE
AF
AE
EF
，
，
，
，
，设OO
x
，则
2
1
O B
O F
，
，
由勾股定理可得
2
2
2
2
2
3
3 3
4
1
7
2
2
R
x
x
R
（
）（
），
，四面体的外接球的表面积为
2
4
28
R
，故
选C．
9．
【全国名校大联考2017-2018 年度高三第四次联考】已知底面为正方形的四棱锥O
ABCD
，各侧棱长都为2 3 ，
底面面积为16，以O 为球心，2 为半径作一个球，则这个球与四棱锥O
ABCD
相交部分的体积是（
）
A. 2
9
B. 8
9
C. 16
9
D. 4
3
【答案】C
【解析】构造棱长为4 的正方体,四棱锥O-ABCD 的顶点O 为正方体的中心,底面与正方体的一个底面重合.可知所求
体积是正方体内切球体积的1
6
,所以这个球与四棱锥O-ABCD 相交部分的体积是:
3
1
4
16
2
6
3
9
.
本题选择C 选项.
10．【四川省2017-2018 年度高三“联测促改”活动】设点
, ,
A B C 是半径为2 的球O 的球面上的三个不同的点，且
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OA
BC
，
3
BC
，
0
120
BAC
，则三棱锥O
ABC
的体积为（
）
A.
3
4
B.
3
2
C. 3 3
4
D.
3
【答案】A
【解析】作△ABC 的外接圆圆
1
O ，球心为
1
O ，由题意可得：
1
OO 平面ABC ，
设△ABC 外接圆半径为r ，由正弦定理有
1
3
2
,
3
sin60
r
O A
r
，
取BC 中点E ，由OA
OB
可得：OE
BC
，
结合OA
BC
可知直线BC 平面OAE ，则BC
AE
，
结合BE
CE
可得：AB
AC
，等腰三角形ABC 中，
120 ,
3
BAC
BC
，
则
3
AB
AC
，
1
3 3
3
3
sin120
2
4
ABC
S
，
由勾股定理可得：
2
2
1
1
1
OO
OA
AO
，
由三棱锥体积公式可得：
1
1
1
3 3
3
1
3
3
4
4
O ABC
ABC
V
S
OO
.
本题选择A 选项.
11.如图，直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
的六个顶点都在半径为1 的半球面上，AB
AC
，侧面
1
1
BCC B 是半球底面圆的
内接正方形，则侧面
1
1
ABB A 的面积为（
）
A．2
B．1
C．
2
D．
2
2
【答案】C.
【解析】球心在面
1
1
BCC B 的中心O 上，BC 为截面圆的直径，∴
0
90
BAC
，底面外接圆圆心N 位于BC 中点，
1
1
1
A B C
外心M 在
1
1
B C 中点上，设正方形
1
1
BCC B 边长为x ，
1
Rt OMC
中，
2
x
OM
，
1
2
x
MC
，
1
1
OC
R
，
∴
2
2
( )
( )
1
2
2
x
x
，即
2
x
，则
1
AB
AC
，∴
1 1
2 1
2
ABB A
S
矩形
.
12.已知球的直径
4
SC
，A ，B 是该球球面上的两点，
2
AB
，
45
ASC
BSC
，则棱锥S
ABC
的体
积为(
)
A．
3
3
B．2 3
3
C．4 3
3
D．5 3
3
【答案】C.
【解析】由条件直径SC 所对的圆周角
0
90
SBC
SAC
，由已知
45
ASC
BSC
，
∴SBC
与SAC
是全等的等腰三角形，∴BO
SC
，AO
SC
，即SC 面AOB ，由条件
2
OA
OB
，则
OAB
为等边三角形，∴
2
0
1
1 1
4 3
(
2
sin 60 ) 4
3
3 2
3
S
ABC
OAB
V
S
SC
.
13. 【福建省福州市2018 届高三上学期期末质检】已知圆柱的高为2，底面半径为
3 ，若该圆柱的两个底面的圆
周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于（
）
A. 4
B. 16
3
C. 32
3
D. 16
【答案】D
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【解析】设球半径为
,
R 该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，可得
2
2
21
3
4
R
，球的表面积
为
2
4
16
R
，故选D.
14. 【四川省乐山四校2019 届第三学期半期联考】如图，在等腰梯形ABCD 中，
2
2,
60
AB
DC
DAB
,
E 为AB 中点.将ADE
与BEC
分别沿ED 、EC 折起，使A 、B 重合于点P ，则三棱锥P
DCE
的外接球的
体积为（
）
A. 4 3
27
B.
6
2
C.
6
8
D.
6
24
【答案】C
【解析】由题意可知，折叠所得的几何体是一个棱长为1 的正四棱锥，将其放入正方体如图所示，由题意可得，该
三棱锥的外接球直径为：
2
6
3
2
2
，
外接球的体积：
3
3
4
4
6
6
3
3
4
8
V
R
.
本题选择C 选项.
15. 【河南省南阳市第一中学校2018 届高三第七次考试】已知三棱锥P
ABC
的两个顶点均在某球面上，PC 为
该球的直径，
ABC
是边长为4 的等边三角形，三棱锥P
ABC
的体积为16
3
，则该三棱锥的外接球的表面积为
（
）
A. 16
3
B. 40
3
C. 64
3
D. 80
3
【答案】D
【解析】设D 为
ABC
外接圆圆心，则三棱锥的外接球球心O 满足OD 垂直平面ABC ，所以
2
2
2
2
16
1
3
2
2
4 3
80
2
4
,
4
3
3
4
3
3
3
3
OD
OD
R
S
R
,选D.
资料正文内容开始>>
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专题一
压轴选择题
第四关以数列与函数、不等式以及其他知识相结合为背景的选择题
【名师综述】数列与函数的交汇问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出
Sn的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进
行准确的转化．数列与不等式的交汇问题一般以数列为载体，考查最值问题，不等关系或恒成立问题．
类型一
数列与函数的结合
典例1
已知
( ), ( )
f x g x 都是定义在R 上的函数，
( )
0
g x
，
'
'
( ) ( )
( )
( )
f
x g x
f x g x
，且
( )
( )
x
f x
a g x
（
0,
a
且
1
a
），
(1)
( 1)
5
(1)
( 1)
2
f
f
g
g
，若数列
( )
{
}
( )
f n
g n
的前n 项和大于62，则n 的最小值为（
）
A．6
B．7
C．8
D．9
【答案】A
【解析】
( ) ( )
( )
( )
f
x g x
f x g x
∵
，∴
( ) ( )
( )
( )
0
f
x g x
f x g x
，∴
2
( )
( ) ( )
( )
( )
0
( )
( )
f x
f
x g x
f x g x
g x
g
x
，从而可得
( )
( )
x
f x
a
g x
单
调
递
增
，
从
而
可
得
1
a
，
∵
1
(1)
( 1)
5
2
(1)
( 1)
2
f
f
a
a
a
g
g
，∴
，
故
2
(1)
(2)
( )
(1)
(2)
( )
n
f
f
f n
a
a
a
g
g
g n
L
L
2
2
2
2n
1
2(1 2 )
2
2
62
1 2
n
n
，∴
1
2
64
n
，即
1
6
5
n
n
，
，n
N ，
6
n
∴
，故选A．
【名师指点】由已知条件构造函数
( )
( )
f x
g x
，则
'
( )
(
)
0
( )
f x
g x
，故函数
( )
( )
f x
g x
递增，即函数
x
y
a
递增，从而确定
1
a
，
结合已知条件可确定a的值，数列
( )
{
}
( )
f n
g n
的前n 项和即等比数列
n
a
的前n 项和，通过计算可得关于n 的不等式，
进而确定n 的最小值．
【举一反三】【湖北省七校考试联盟”2018 届高三2 月联考】对
*
n
N
，设
nx 是关于x 的方程
3
2
0
nx
x
n
的
实数根，
1
n
n
a
n
x
，
2,3
n
（符号
x 表示不超过x 的最大整数）.则
2
3
2018
2017
a
a
a
（
）
A. 1010
B. 1012
C. 2018
D. 2020
【答案】A
【解析】设
1
t
n
x
（
），则
3
3
2
2
1
1
1
t
t
t
x
nx
x
n
n
n
n
n
n
，
，
记
3
2
1
1
t
t
g t
n
n
n
N
n
n
（）
，
，
当
2
n ，g t
（）是增函数，方程
0
g t
（）
只有一个实根nt ．
2
3
1
1
2 0
0
1
n
n
n
g n
g n
n
（
）
＞，（）
＜，
1
n
n
t
n
＜＜
，
即
1
1
1
n
n
n
n
n
x
n
a
n
x
n
＜（
）＜
，
（
）
，
2
3
2018
2
2018
2017
1
1010.
2017
2017
2
a
a
a
故选A.
类型二
数列与不等式的结合
典例2 ．已知数列
na
满足：
1
1
a
，
1
2
n
n
n
a
a
a
(
)
n
N
．若
1
1
(
2 ) (
1)
n
n
b
n
a
(
)
n
N
，
1b
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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且数列
nb
是单调递增数列，则实数的取值范围是（
）
A．
2
3
B．
3
2
C．
3
2
D．
2
3
【答案】D
【解析】因为
1
1
1
1
1
1
2
1
1
1
1
1
1
2(
1)
1
(
1)2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
a
，所以
1
(
2 ) 2n
nb
n
，因为数列
nb
是单调递增数列，所以当
2
n
时
1
1
3
(
2 ) 2
(
1 2 ) 2
2
1
2
2
1
2
n
n
n
n
b
b
n
n
n
；当
1
n
时，
2
1
3
(1 2 ) 2
2
b
b
，因此
2
3
，选D.
【名师指点】解决数列的单调性问题可用以下三种方法
①用作差比较法，根据
+1
n
n
a
a
的符号判断数列{
}
n
a
是递增数列、递减数列或是常数列.
②用作商比较法，根据
+1
n
n
a
a
与1 的大小关系及
n
a 符号进行判断.
③结合相应函数的图像直观判断，注意自变量取值为正整数这一特殊条件
求解数列与不等式相结合恒成立条件下的参数问题主要两种策略：
（1）参变分离法，将已知不等式变形为
f n
M
恒成立
min
f n
M
；
f n
M
恒成立
max
f n
M
；（2）利用等差数列与等比数列等数列知识化简不
等式，再通过解不等式解得．求解数列中的某些最值问题，有时须结合不等式来解决，其具体解法有：（1）建立目
标函数，通过不等式确定变量范围，进而求得最值；（2）首先利用不等式判断数列的单调性，然后确定最值；（3）
利用条件中的不等式关系确定最值．
【举一反三】
【2018 河北衡水武邑调研】己知数列
na
与
nb
的前n 项和分别为
n
S 、n
T ，
1
2
2
1
2
1
n
n
n
a
n
a
a
b
，
且
2
*
0,6
3
n
n
n
n
a
S
a
a
n
N
，若
*,
n
n
N k
T
恒成立，则k 的最小值是（
）
A. 1
7
B.
1
49
C. 49
D.
8
441
【答案】B
【解析】当
1
n
时，
2
1
1
1
6
3
a
a
a
，解得
1
3
a
或
1
0
a
，由
0
na
得
1
3
a
，由
2
6
3
n
n
n
S
a
a
，得
2
1
1
1
6
3
n
n
n
S
a
a
，两式相减得
2
2
1
1
1
6
3
3
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
，
1
1
3
0
n
n
n
n
a
a
a
a
，
1
1
0
0,
3
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
，即数列
na
是以3 为首项，3 为公差的等差数列，
3 3
1
3
na
n
n
，
1
1
1
2
8
1
1
1
7 8
1
8
1
8
1 8
1
2
1
2
1
n
n
n
a
n
n
n
n
n
n
a
a
b
，
2
2
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1 1
1
1
...
7 8 1
8
1
8
1
8
1
8
1
8
1
7 7
8
1
49
n
n
n
n
T
，要使
*,
n
n
N k
T
恒成
立，只需
1
49
k
，即k 的最小值是1
49
，故选B.
类型三
数列与其他知识的结合
典例3
已知等差数列
na
与等比数列
nb
满足
1
1
2
2
1
a
b
a
b
，直线l 上三个不同的点A ，B
，C 与
直线l 外的点P 满足
3
3
PA
a PB
b PC
，则数列
1
1
n
n
a a
的前n 项和为（
）
A. 1 2
n
n
B. 2
3
n
n
C.
2
1
n
D. 1
2
n
【答案】A
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第| 页19
【解析】设公差和公比分别为,
d q ，由题意可得
2
2
2
3
3
1
1
{
1
2
1
a
b
d
q
a
b
d
q
解得
2
{
2
d
q
，所以
3
2
na
n
，
1
1
1
1
1
=
)
2 2
3
2
1
n
n
a a
n
n
（
，求和可得1 2
n
n
，故选A.
【名师指点】本题考查数列与平面向量的结合，又向量知识得其系数满足的关系
1
2010
1
a
a
，进而利用等差数列
求和公式求解，本题要求学生熟悉向量三点共线公式
(1
)
OA
OB
OC
A
B
C
、、
三点共线，
【举一反三】【安徽省皖西高中教学联盟2018 届三上学期期末质量检测】如图所示，设曲线
1
y
x
上的点与x 轴上
的点顺次构成等腰直角三角形
1
1
OB A ，
1
2
2,
A B A ,直角顶点在曲线
1
y
x
上，
n
A 的横坐标为
n
a
，记
*
1
2
n
n
n
b
n
N
a
a
，则数列
nb
的前120 项之和为
（
）
A. 10
B. 20
C. 100
D. 200
【答案】A
【解析】如图所示，联立{
1
y
x
y
x
，解得
1,
1
x
y
，所以
1 2,0
A
，所以
1
2
x
，
直线
1
2
A B 的方程为
2
y
x
，
联立
2
{
1
y
x
y
x
，解得
1
2,
2
1
x
y
，所以
2
2 2
x
，
依次类推可得
2
nx
n
，即
2
na
n
，
所以
1
2
1
1
1
n
n
n
b
n
n
a
a
n
n
，
所以数列
nb
的前120 项的和为
120
2
1
3
2
4
3
121
120
11 1
10
S
，故
选A.
【精选名校模拟】
1. 【2018 河北邢台联考】已知
f n 表示正整数n 的所有因数中最大的奇数，例如：12 的因数有1,2,3,4,6,12，
则
12
3
f
；21 的因数有1,3,7,21，则
21
21
f
，那么
100
51
i
f i
的值为（
）
A. 2488
B. 2495
C. 2498
D. 2500
【答案】D
【解析】由f n
（）的定义知
2
f n
f
n
（）（
），且若n 为奇数则f n
n
（）
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第| 页20
则
100
1
1
2
...
100
i
f i
f
f
f
1 3 5 ..+99+
2
4
...
100
f
f
f
50
1
50
1+99 +
1
2
...
50 =2500+
2
i
f
f
f
f i
100
100
50
51
1
1
=
-
=2500
i
i
i
f i
f i
f i
选D
2. 【陕西省西安市2018 届上学期高三数学期末试题】我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一
边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，1
2
，1
3
，1
4
，…，1
n
.①第二步：将数列①的各项乘以n ，
得数列（记为）
1a ，
2
a ，
3a ,…，
n
a .则
1
2
2
3
1
n
n
a a
a a
a
a
等于（
）
A.
1
n n
B.
2
1
n
C.
2
n
D.
1
n n
【答案】A
【解析】∵ak=
．
n≥2 时，ak﹣1ak=
2
1
n
k
k
=n2（
1
1
k
﹣1
k
）．
∴a1a2+a2a3+…+an﹣1an=n2[（1﹣1
2
）+（1
1
2
3
）+…+（
1
1
n
﹣1
n
）]=n2（1﹣1
n
）=n（n﹣1）．
故选：A
3. 【福建省闽侯县第八中学2018 届高三上学期期末考试】正项等比数列
na
中的
1a ，
4031
a
是函数
3
2
1
4
6
3
3
f x
x
x
x
的极值点，则
2016
6
log a
（
）
A. 1
B. 2
C.
1
D.
2
【答案】A
【解析】
令
2
8
6
0
f
x
x
x
，
故
2
1
2
1
4031
1
2
1
4031
2016
8
,
6
x
x
a
a
x x
a a
a
，
故
2
2016
6
2016
6
6
log
log
log 6
1
a
a
.
4．已知等差数列
na
的公差
0
d
，且
2
5
10
,
1,
a a
a
成等比数列，若
1
5,
n
a
S
为数列
na
的前n 项和，则
2
32
1
n
n
S
n
a
的最小值为（
）
A．3 3
B．2 7
C. 20
3
D．17
3
【答案】C
【解析】由于
2
5
10
,
1,
a a
a
成等比数列，所以
2
2
5
2
10
1
1
1
1
,
4
1
9
a
a
a
a
d
a
d
a
d
，解得
3
d
，
所以
2
2
32
3
8
32
1
27
20
3(
1)
2
1
3
3
3
1
3
n
n
S
n
n
n
n
a
n
n
.
5．【湖北省七校考试联盟”2018 届高三2 月联考】设
2
2
x
f x
e
x
x
，令
1
,
f
x
f
x
'
1
[
]
n
n
f
x
f
x
，
若
2
x
n
n
n
n
f
x
e
A x
B x
C
，则数列
1
n
C
的前n 项和为
n
S ，当
1
1
2020
n
S
时，n的最小整数值为
A. 2018
B. 2019
C. 2020
D. 2021
【答案】B
【解析】
2
2
1
2
4
2
6
6
x
x
f
x
f
x
e
x
x
f
x
e
x
x
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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1
2
4
6
2
2
2
1
2
n
C
n
n
n
n n
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
3
1
1
n
n
S
C
n
n
n
n
n
所以
1
1
2019
1
2020
n
n
，因此选B
6. 【湖北省部分重点中学2018 届高三上学期第二次联考】已知数列
na
的首项
1
3
a
，对任意
*
,
m n
N
，都有
m
n
m n
a
a
a
，则当
1
n 时，
3 1
3
3
3
2
1
log
log
log
n
a
a
a
（）
A.
2
1
n
n
B.
2
1
n
C.
2
n
D.
2
1
n
【答案】C
【解析】令
1
m ，得到
1
1
3
n
n
n
a a
a
a
，故数列是等比数列，
1
3·3
3
n
n
na
，
2
1
n
a
2
1
3 n
2
3 1
3
3
3
2
1
log
log
log
1 3 ...
2
1
.
n
a
a
a
n
n
故答案为：C。
7．【福建省厦门市2018 届高三年级上学期期末质检】习总书记在十九大报告中指出：坚定文化自信，推动社会主
义文化繁荣兴盛.如图，“大衍数列”：0,2,4,8,12…来源于《乾坤谱》中对《易传》“大衍之数五十”的推论，
主要用于解释中国传统文化中的太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和.下图是求大衍数列前n 项和的程序框
图.执行该程序框图，输入
10
m
，则输出的S （
）
A. 100
B. 140
C. 190
D. 250
【答案】C
【解析】由题意得，当输入
10
m
时，程序的功能是计算并输出
2
2
2
2
2
2
1
1
2
3
1
4
9
1
10
2
2
2
2
2
2
S
．
计算可得
1
1
8
24
48 80
4 16
36
64 100
190
2
2
S
．选C．
4
5
a
.
8．对于数列
nx
，若对任意
*
n
N
，都有
2
1
2
n
n
n
x
x
x
成立，则称数列
nx
为“减差数列”.设
2
1
2
2
n
n
tn
n
b
t
，
若数列
*
5
6
7
,
,
,
,
5,
n
b b b
b
n
n
N
是“减差数列”，则实数t 的取值范围是
．
【答案】3,
5
【解析】由数列
*
5
6
7
,
,
,
,
5,
n
b b b
b
n
n
N
是“减差数列”，得
2
1
5
2
n
n
n
b
b
b
n
，即
2
2n
tn
n
t
2
2
2
2
2
1
1
2
2
2
n
n
t n
n
t n
n
t
t
，即
2
2
2
2
2
2
1
1
2
2
2
n
n
n
t n
n
t n
n
tn
n
，化简得
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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2
4
t n
n
n
，当
5
n
时，若
2
4
t n
n
n
恒成立，则
2
2
1
4
4
2
2
n
t
n
n
n
n
恒成立，又当
5
n
时，
1
4
2
2
n
n
的最大值为3
5
，则t 的取值范围是3,
5
.
9．【河北省衡水中学2018 届高三上学期八模考试】已知函数
(
0,
1)
x
f x
a
b a
a
的图象经过点
1,3
P
，
2,5
Q
．当
*
n
N
时，
1
1
n
f n
a
f n
f n
，记数列
na
的前n 项和为
n
S ，当
10
33
n
S
时，n 的值为（
）
A. 7
B. 6
C. 5
D. 4
【答案】D
【解析】∵函数
(
0,
1)
x
f x
a
b a
a
经过点
1,3 ,
2,5
P
Q
∴
2
3
{
5
a
b
a
b
∴
2
{
1
a
b
∴
2
1
x
f x
∴
1
1
2
1 1
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
a
∴
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
10
3
5
5
7
2
1
2
1
3
2
1
33
n
n
n
n
S
∴
4
n
故选D
10．
【贵州省遵义市2018 届高三上学期第二次联考】考虑以下数列
*
N
na
n
，①
2
1
na
n
n
；②
2
1
na
n
；
③
ln
1
n
n
a
n
.其中，满足性质“对任意的正整数n ，
2
1
2
n
n
n
a
a
a
都成立”的数列的序号有（
）
A. ①②
B. ①③
C. ②③
D. ①②③
【答案】C
【解析】①
2
1
na
n
n
中，
2
2
3
4
2
n
n
a
a
n
n
，an+1=n2+3n+3 ,
2
1
2
n
n
n
a
a
a
,
②
2
1
na
n
中,
2
2
3
2
n
n
a
a
n
,an+1=2n+3,
2
1
2
n
n
n
a
a
a
③
ln
1
n
n
a
n
中，
2
2
2
2
2
ln
3
1
4
3
2
2
2
n
n
n
n
n
n
ln
a
a
n
n
n
n
,
2
1
1
2
1
2
1
,2
2
4
4
n
n
n
n
n
a
ln
a
ln
n
n
n
计算得
2
1
2
n
n
n
a
a
a
故选:C
11．已知函数
2
2
8
12
f x
x
a
x
a
a
，且
2
4
2
8
f a
f
a
，设等差数列
na
的前n 项和为
n
S ，
*
n
N
若
n
S
f n
，则
4
1
n
n
S
a
a
的最小值为（
）
A．27
6
B．35
8
C．14
3
D．37
8
【答案】D
【解析】由题意可得等差数列的通项公式和求和公式，代入由基本不等式可得．
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由题意可得
2
4
2
8
a
a
或
2
8
4
2
8
2
2
a
a
a
（
），
解得a=1 或a=-4，
当a=-1 时，
2
7
12
f x
x
x
（）
，数列{an}不是等差数列；
当a=-4 时，
2
4
f x
x
x
（）
，
2
4
n
S
f n
n
n
（）
，
1
2
5
7
5
7
5
1
2
3
n
a
a
a
n
n
，
，
，
2
2
1
2
1
13
4
4
16
1
2
2
)
1
1
(
2
n
n
n
n
S
a
n
n
a
n
n
1
13
1
13
1
2
2
1
2
13
1
2
1
2
1
n
n
n
n
（
）
（
）
，
当且仅当
13
1
1
n
n
，即
13
1
n
时取等号，
∵n 为正数，故当n=3 时原式取最小值37
8
，故选D．
12．【湖南师大附中2018 届高三上学期月考】已知函数
y
f x
对任意自变量x 都有
2
f x
f
x
，且函数
f x 在
1,上单调．若数列
na
是公差不为0 的等差数列，且
6
2012
(
}
f a
f a
，则
na
的前2017 项之和为
（
）
A. 0
B. 2017
C. 2016
D. 4034
【答案】B
【解析】因为函数
y
f x
对任意自变量x 都有
2
f x
f
x
，所以函数的对称轴为
1
x
，因为
6
2012
(
}
f a
f a
，
所
以
6
2017
2
a
a
，
由
等
差
数
列
前
n
项
和
公
式
1
2017
6
2012
2017
2017
2017
2
2
n
a
a
a
a
T
，故选B.
13．已知数列
na
中，
1
2
a
，
1
1
n
n
n
n a
a
a
，
*
n
N
，若对于任意的
0,1
t
，
*
n
N
，不等式
2
2
2
1
3
1
na
t
a
t
a
a
n
恒成立，则实数a的取值范围（）
A.
, 1
3,
B.
, 2
1,
C.
, 1
3,
D.
1,3
【答案】C
【解析】由
1
1
n
n
n
n a
a
a
，得
1
1
1
n
n
na
n
a
，即
1
1
1
1
1
1
1
n
n
a
a
n
n
n n
n
n
，又
1
2
a
，所以
1
1
2
2
1
1
1
1
2
2
1
1
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
n
n
n
n
n
，
即
1
1
1
1
1
1
1
2
3
1
2
1
1
2
na
n
n
n
n
n
n
，
即
3
1
4
3
1,
3
3
1
1
1
n
n
a
n
a
n
n
n
n
，
要使
2
2
2
1
3
1
na
t
a
t
a
a
n
对于任意的
*
0,1
N
t
n
，
恒成立，
则
2
2
3
2
1
3
t
a
t
a
a
对于任意的
0,1
t
恒成立，
即
2
2
2
1
0
t
a
t
a
a
对于任意的
0,1
t
恒成立，
令
2
2
2
1
f t
t
a
t
a
a
，则
2
2
0
0
{
1
2
3
0
f
a
a
f
a
a
，
解得
1
a 或
3
a
；故选C.
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第| 页24
14．【山西省太原市实验中学2018 届高三上学期学业质量监测】已知数列
na
满足
2
*
1
2
3
2n
n
a a a
a
n
N
，
且对任意
*
n
N
都有
1
2
1
1
1
n
t
a
a
a
，则实数t 的取值范围为（
）
A.
1 +
3
，
B.
1 ,
3
C.
2 +
3
，
D.
2 ,
3
【答案】D
【解析】
2
*
1
2
3
2n
n
a a a
a
n
N
，
2
1
*
1
2
3
1
...
2
,
2
n
n
a a a
a
n
N
n
，两式相除得
2 -1
*
2
,
2
n
na
n
N
n
，
21
1
1
2
2,
2
a
a
也
满
足
2
1
2 n
na
,
2
1
*
2 n
na
n
N
,
1
2
1
1
1
...
n
t
a
a
a
3
2
1
1
1
1
...
2
2
2 n
2
1
1
1
1
2
4
2
1
1
3
3 2
1
4
n
n
，
又
2
1
2
1
2
2
,
,
3
3 2
3
3
n
t
t
的取值范围是2 ,
3
，故选D.
15.【江西省K12 联盟2018 届高三教育质量检测-】已知定义在R 上的函数
f x 是奇函数且满足
3
f
x
f x
，
1
3
f
，数列
na
满足
2
n
n
S
a
n
（其中
n
S 为
na
的前n项和），则
5
6
f a
f a
（
）
A.
3
B.
2
C. 3
D. 2
【答案】C
【解析】由函数
f x 是奇函数且满足
3
f
x
f x
，可知T=3
由
2
n
n
S
a
n
，可得：
1
1
2
1
2
n
n
S
a
n
n
两式相减得：
1
2
2
1
n
n
n
a
a
a
，即
1
2
1
n
n
a
a
，
1
1
2
1
2
n
n
a
a
n
∴
1
na
是公比为2 的等比数列，
∴
1 2n
na
，∴
5
6
31
63
a
a
，
∴
5
6
3 10 1
3 21
1
0
1
3
f a
f a
f
f
f
f
f
故选：C
资料正文内容开始>>
专题一
压轴选择题
第五关
以向量与解析几何、三角形等相结合为背景的选择题
【名师综述】
近年来以平面向量知识为背景，与三角函数、数列、三角形、解析几何知识相结合的题目屡见不鲜，题目对基
础知识和技能的考查一般由浅入深，入手并不难，但要圆满解决，则需要严密的逻辑推理.
平面向量融数、形于一体,具有几何与代数的“双重身份”,从而它成为了中学数学知识交汇和联系其他知识点的桥
梁.平面向量的运用可以拓宽解题思路和解题方法.
类型一
平面向量与解三角形的结合
典例1 ．在
ABC
△
中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c 满足
2
2
2
b
c
a
bc
，
0
AB BC
，
3
2
a
，则
b
c
的取值范围是（
）
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第| 页25
A．
3
1 , 2
B．
3
3
,
2
2
C．1
3
,
2
2
D．1
3
(
,
]
2
2
【答案】B
【解析】∵
bc
a
c
b
2
2
2
，由余弦定理可得
2
1
2
2
cos
2
2
2
bc
bc
bc
a
c
b
A
，因为C 是三角形内角，∴
60
A
，
2
3
sin
A
．
0
AB BC
，∴
0
cos
B
BC
AB
BC
AB
，∴B 是钝角．由正弦定理可得
B
B
A
a
b
sin
sin
sin
，同理
C
C
sin
．三角形ABC 中，
3
A
，∴
3
2
B
C
．
6
sin
3
cos
2
3
sin
3
2
)
3
2
sin(
sin
sin
sin
B
B
B
B
B
C
B
c
b
，∵
3
2
2
B
，∴
5
5
,
3
2
6
B
∴
2
3
,
2
3
6
sin
3
B
，∴
c
b
的取值范围为：
3
3
,
2
2
，故选项为B．
【名师指点】由余弦定理可得角A 的大小，平面向量数量积向量式是实现向量和三角形边、角转化的桥梁，而正弦
定理又是进行三角形边角转化的工具．最值将b
c
的取值范围问题转化为三角函数的值域问题处理．
【举一反三】已知O 是ABC
所在平面内一点，若对
m
R
，恒有
1
OA
m
OC
mOB
OB
OA
，则
ABC
一定是（
）
A. 锐角三角形
B. 直角三角形
C. 钝角三角形
D. 不确定
【答案】B
【解析】由题知：
1
OA
m
OC
mOB
OB
OA
化简得到CA
mBC
BA
，
设△ABC 的三个内角A，B，C 所对的边为a，b，c，两边平方可得，
2
2
2
2
2
cos
b
m a
mab
C
c
即
2
2
2
2
2
cos
0
m a
mab
C
b
c
，
由题意可得
2
2
2
0
cos
0
c
b
b
C
，
即为c≤bsinC，
由正弦定理可得sinC≤sinBsinC，
则sinB≥1，但sinB≤1，则sinB=1，可得B=90°．
即三角形ABC 为直角三角形．
故答案为：B。
类型二
向量与三角形”四心”的结合
典例2
已知ABC
的外接圆半径为1，圆心为点O ，且3
4
5
0
OA
OB
OC
，则OC AB
的值为（
）
A．8
5
B．7
5
C.
1
5
D．4
5
【答案】C
【解析】：因为3
4
5
0
OA
OB
OC
，所以4
5
3
OB
OC
OA
，所以
2
2
2
16
40
25
9
OB
OB OC
OC
OA
，
又
因
为
1
OA
OB
OC
，
所
以
4
5
OB OC
，
同
理
可
求
3
5
OA OC
，
所
以
4
3
1
(
)
(
)
5
5
5
OC AB
OC
OB
OA
，故选C.
【名师指点】为了将已知和结论建立联系，将OC AB
分解转化为
(
)
OC AB
OC
OB
OA
，为了出现OB OC
和OA OC
，将已知向量方程移项平方可求．
【举一反三】设O 是ABC
的外心(三角形外接圆的圆心)．若AO
1
1
+
3
3
AB
AC
，则∠BAC 的度数等于(
)
A. 30
B. 45
C. 60
D. 90
【答案】C
【解析】∵O 为△ABC 的外心，
∴
,
OA
OB
OC
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1
1
,
3
3
BO
OA
AB AO
AB
AC
2
2
2
|
|
|
|
2
·
OB
OA
AB
OB OA
2
2
2
2
2
1
2
·
·
3
3
3
OA
AB
AB
AC AB
OA
AB
AC AB
2
1
·
2
AC AB
AB
同理
同理，
2
1
·
,
2
AB AC
AC
AB
AC
故cos∠BAC= 1
2
∴∠BAC=60°，
故答案为：C。
类型三
向量与三角函数的结合
典例3．
【2017 浙江温州中学高三月考】已知向量
1
(sin
cos
1),
(1, 2cos ),
,
(0,
).
5
2
a
b
a b
，
则
sin=
、
cos
=
，设函数
x
x
x
x
f
(
2
cos
)
2
cos(
5
)
(
R），
)
(x
f
取得最大值时的x 的值
是
.
【答案】4 3
,
5 5
，
,
8
k
k
Z
【解析】由题设
5
1
cos
2
cos
sin
, 即
5
1
cos
sin
, 故
5
7
cos
sin
, 由此可得
5
3
cos
,
5
4
sin
;又
)
4
2
sin(
2
4
2
cos
4
2
sin
4
)
(
x
x
x
x
f
,故当
)
(x
f
取最大值时,
4
2
2
k
x
,
即
8
k
x
,所以应填4 3
,
5 5
,
8
k
k
Z.
【名师指点】三角函数的图象和性质是中学数学中的重要内容和工具,也高考和各级各类考试的重要内容和考点.本
题以向量的坐标形式为背景考查的是三角函数的图象和性质及三角变换的有关知识和运用.解答本题时要充分利用
题设中提供的有关信息,依据向量的数量积公式建立方程,求出
5
3
cos
,
5
4
sin
.然后再化简和构建函数
)
4
2
sin(
2
4
2
cos
4
2
sin
4
)
(
x
x
x
x
f
运用三角函数的图象和性质使得问题获解.
【举一反三】已知函数
( )
3sin(
)cos(
)
sin(
)cos(
)
2
f x
x
x
x
x
图像上的一个最低点为A，离A 最近
的两个最高点分别为B 与C，则
=
AB AC
（
）
A．
2
9
9
B．
2
9
9
C．
2
4
4
D．
2
4
4
【答案】D
【解析】由已知
( )
3sin
cos
( sin ) sin
f x
x
x
x
x
2
3
3
1
1
sin 2
sin
sin 2
cos2
2
2
2
2
x
x
x
x
1
sin(2
)
6
2
π
x
，取一个最低点
2
3
(
,
)
3
2
A
π
，离A 最近的两个最高点为
1
(
, )
6 2
π
B
，
7
1
(
, )
6
2
π
C
，
(
,2)
2
π
AB
，
(
,2)
2
π
AC
，所以
2
4
4
π
AB AC
．故选D．
类型四
向量在解析几何中的应用
典例4 已知F 为双曲线
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
的左焦点，点A 为双曲线虚轴的一个顶点，过
,
F A的直线与双曲
线的一条渐近线在y 轴右侧的交点为B ，若
( 2
1)
FA
AB
，则此双曲线的离心率是（
）
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第| 页27
A．
2
B．
3
C.
5
D．2 2
【答案】A
【
解
析
】
FA
的
方
程
为
1
x
y
c
b
，
即
0
bx
cy
bc
，
联
立
0
0
bx
cy
bc
bx
ay
得
(
,
),
( 2
1)
ca
bc
B
FA
AB
c
a c
a
，所以
( 2
1)
ca
c
c
a
，解得
2
e
，故选A.
【名师指点】对向量式
( 2
1)
FA
AB
的处理是高效解题的关键，向量是既有大小又有方向的量，所以向量具有
数与形的双重作用，从数的角度来讲，利用向量式可以找到三点
, ,
F P M 坐标的关系，从形的角度来讲，可以将向
量式转化为线段长度的比例关系．
【举一反三】【山东省菏泽市2018 届高三上学期期末考试】已知双曲线
2
2
2
2
1
0,
0
x
y
C
a
b
a
b
：
的左、右焦点
分别为
1
2
,
F F ，A 是双曲线的左顶点，双曲线C 的一条渐近线与直线
2
a
x
c
交于点P ，
1
=
F M MP
，且
1F P
AM
，则双曲线C 的离心率为(
)
A. 3
B.
5
C. 2
D.
6
【答案】C
【解析】
由题双曲线
2
2
2
2
1
0,
0
x
y
C
a
b
a
b
：
的左顶点
1
0
0
A
a
F
c
（
，），（
，），由
1
=
F M MP
知M 为线段
1F P 的中点，且
1F P
AM
，可得
1
AP
AF
，由题OP 为
渐近线方程
2
p
b
a
y
x
P
y
a
c
，（
，）
即为
2
a
ab
P
c
c
（
，），即有
2
2
2
a
ab
a
c
a
c
c
，
即有
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a
c
a
a b
c
c
a
c
a
c
a
a b
（
）
（
），（
）（
）
，可得c
a
a
，即
2
2
c
c
a a
，
故选C.
【精选名校模拟】
1. 【江西省师范大学附属中学、九江第一中学2018 届高三11 月联考】在ΔABC 中,角
, ,
A B C 所对的边是
, , ,
0
a b c GA
GB
GC
且
0
GA GB
,若tan
tan
tan tan
tan
A
B
m
A
B
C
,则实数m 的值是
A. 1
2
B. 1
3
C. 1
4
D. 1
5
【答案】A
【解析】由
0
GA
GB
GC
得G 是
ABC
的重心, 且
0
GA GB
, 则
1
2
AD
DB
DG
CG
,
2
2
2
2
cos
AC
AD
CD
AD CD
ADC
,
2
2
2
2
cos π
BC
BD
CD
BD CD
ADC
,则
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2
2
2
2
2
2
2
20
AC
BC
AD
CD
BD
CD
AD
,即
2
2
2
5
a
b
c
,
由正弦定理, 得
2
2
2
sin
sin
5sin
A
B
C
, 由余弦定理, 得
2
2
2
2
2
2
sin
sin
sin
cos
2
2sinAsinB
a
b
c
A
B
C
C
ab
, 则
2
2sin sin cos
4sin
A
B
C
C
,则
2
tan tan
sin sin cos
2
tan
tan
tan
sin
A
B
A
B
C
A
B
C
C
,即
2 tan
tan
tan
tan tan
A
B
C
A
B
,所以
1
2
m
;故选A.
2. 已知点O 为
ABC
△
内一点，
120
AOB
，
1
OA ，
2
OB
，过O 作OD 垂直AB 于点D ，点E 为线段OD 的
中点，则OE EA
的值为（
）
A．3
28
B．3
14
C．2
7
D．5
14
【答案】A
【解析】
1
3
sin
2
2
OAB
S
OA
OB
AOB
△
，
2
2
2
cos120
7
AB
OA
OB
OA OB
，根据等面积法得
21
7
OD
，
所以
2
2
1
21
3
2
7
28
OE EA
OE
ED
DA
OE ED
OE
．
3.如图，在ABC
中，
,
3
,
1
AD
AB BC
BD AD
，则AC AD
的值为（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【解析】
试题分析：
CAD
AC
AD
AC
AD
cos
，∵
1
AD
，∴
CAD
AC
AC
AD
cos
，∵
DAC
BAC
2
，
∴
BAC
CAD
sin
cos
，
BAC
AC
AC
AD
sin
，在ABC
中，由正弦定理得
BAC
BC
B
AC
sin
sin
，变形
得
B
BC
BAC
AC
sin
sin
，所以
3
sin
BD
AD
BC
BAC
AC
AC
AD
，故选C．
4. 【湖南省长郡中学2018 届高三月考】锐角ABC
中，
, ,
a b c 为角
, ,
A B C 所对的边，点G 为ABC
的重心，
若AG
BG
，则cosC 的取值范围为（
）
A.
4 ,
5
B.
4
6
,
5
3
C.
1 ,
2
D.
1
6
,
2
3
【答案】B
【解析】如图，连接CG，延长交AB 于D，由于G 为重心，故D 为中点，
∵AG⊥BG，c=1，∴DG= 1
1
2
2
AB
c
，由重心的性质得，CD=3DG，即CD= 3
3
2
2
AB
c
，由余弦定理得，
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第| 页29
AC2=AD2+CD2-2AD•CD•cos∠ADC，BC2=BD2+CD2-2BD•CD•cos∠BDC．
∵∠ADC+∠BDC=π，AD=BD，∴AC2+BC2=a2+b2=2AD2+2CD2 =
2
5c ,则
2
2
2
2
cos
2
5
a
b
c
a
b
C
ab
b
a
又因为
ABC
为锐角三角形，则应该满足
2
2
2
2
2
2
2
2
2
,
,
a
b
c b
b
a
a
c
b
将
2
2
2
5
a
b
c
代入可得
6
6
,
3
2
b
a
则
2
cos
5
a
b
C
b
a
由对勾函数性质可得cosC 的取值范围为4
6
,
5
3
故选B
5. 在ABC
中，A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，且cos
3 cos
cos
b
C
a
B
c
B
，
2
BA BC
，则ABC
的面积为（
）
A．
2
B．3
2
C．2 2
D．4 2
【答案】C
【解析】由
cos
3 cos
cos
b
C
a
B
c
B
，根据正弦定理可得sin
cos
3sin
cos
sin
cos
B
C
A
B
C
B
，
1
sin
3sin
cos
sin ,
cos
3
B
C
A
B
A
B
；再根据
2
BA BC
，得
cos
2
c a
B
，
6
ac
，所以ABC
的面积为1
sin
2 2
2 ac
B
，故C 为正确答案．
6. (2018·山西大学附中期中)已知三个向量
,cos
,
,cos
,
,cos
2
2
2
A
B
C
m
a
n
b
p
c
共线，其中, ,
a b c ,
, ,
A B C 分别是ABC
的三条边及相对三个角，则ABC
的形状是(
)
A. 等腰三角形
B. 等边三角形
C. 直角三角形
D. 等腰直角三角形
【答案】B
【解析】
,cos 2
A
m
a
与
,cos 2
B
n
b
共线，
cos
cos
2
2
B
A
a
b
，
由正弦定理，得sin cos
sin cos
2
2
B
A
A
B
，
化简，得sin
sin
2
2
A
B
.
又
π
0
,
2 2
2
A B
，所以2
2
A
B
，即A
B
；
同理，由
,cos 2
B
n
b
与
,cos 2
C
p
c
共线得到B
C
，
即A
B
C
，即ΔABC 是等边三角形．
7. 【湖北省咸宁市2018 届高三重点高中11 月联考】在锐角ABC
中，角A ，B ，C 对应的边分别是a、b 、
c ，向量
sin ,tan
a
C
A
，
tan ,sin
b
A
A
，且
cos
cos
a b
A
C
，则c
b
a
的取值范围是（
）
A.
2
1,
2
1
B.
1
2,2
3
C.
1
2,1
3
D.
2, 3
【答案】B
【解析】
cos
cos ,
cos
cos
cos
sin
sin
sin
,
a b
A
C
A
C
A
A
A
C
2
2
cos
sin
cos cos
sin sin ,
cos2
cos
cos ,
2 ,
A
A
A
C
A
C
A
A
C
B
B
A
因为△ABC 是锐角三角形，所以0
,0
2
,
3
,
,
,
2
2
2
6
6
4
C
B
A
B
A
A
A
A
由正弦定理，可得：
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第| 页30
2
2
3
,
cos
,
1
2
4cos
2cos
1
2
3.
6
4
2
2
A
A
A
A
本题选择B 选项.
8. 已知向量
(sin2 ,1)
m
x
，
3
(cos2 ,
)
2
n
x
，
( )
(
)
f x
m
n
m
，则函数
( )
f x 的最小正周期与最大值分别为
（
）
A．
2
,3
2
B．
2
,3
2
2
C．
7
, 2
D．
,3
2
【答案】B
【解析】因为
5
(sin 2
cos2 , )
2
m
n
x
x
，则
5
( )
(
)
sin 2 (sin 2
cos2 )
2
f x
m
n m
x
x
x
＝
2
1
5
1
2
sin 2
sin 4
(cos4
sin 4 )
3
sin(4
)
3
2
2
2
2
4
x
x
x
x
x
，所以
f x 的最小正周期
2
4
2
T
，
最大值为
2
2
3
，故选B．
9. 已知
3
AB
，A 、B 分别在x 轴和y 轴上滑动，O 为坐标原点，
2
1
3
3
OP
OA
OB
，则动点P 的轨迹方
程是（
）．
A.
2
2
1
9
y
x
B.
2
2
1
4
y
x
C.
2
2
1
9
x
y
D.
2
2
1
4
x
y
【答案】D
【解析】设动点
,
,
,0 ,
0.
P x y
A a
B
b
∵
2
1
3
3
OP
OA
OB
∴
2
1
,
,0
0,
3
3
x y
a
b
∴
3 ,
3
2
a
x b
y
∵
3
AB
∴
2
2
9
a
b
∴
2
2
3
3
9
2 x
y
即
2
2
1
4
x
y
故选D
10.已知圆C 的方程
2
2
(
1)
1
x
y
，P 是椭圆
2
2
1
4
3
x
y
上一点，过P 作圆的两条切线，切点为A ，B ，则
PA PB
的取值范围为（
）
A．3
[ ,
)
2
B．[2 2
3,
)
C．
56
2 2
3, 9
D．3 56
,
2
9
【答案】C
【解析】设
( , )
P x y ，设
2
2
2
2
2
1
,
(1,0),|
|
|
|
1
(
1)
1
2
4
4
CPA
CPB
C
PA
PC
x
y
x
x
2
2
2
2
1
2
2
1
1
4
sin
cos2
1 2sin
1
1
|
|
2
4
2
4
4
4
x
x
PC
x
x
x
x
,
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第| 页31
设
2
2
1
1
2
4
(
4)
4
4
t
x
x
x
，由又
2
min
(
2)
2
|
| cos2
(
1)
3
2 2
3,
2,(
)
t
PA PB
PA
t
t
t
PA PB
t
t
max
56
2 2
3,
9,(
)
9
t
PA PB
PA PB
的取值范围为
56
2 2
3, 9
,故选C.
11.【湖北省武汉市武昌区2018 届高三元月调研考试】过抛物线C ：
2
4
y
x
的焦点F 的直线l 与抛物线C 交于P ，
Q 两点，与其准线交于点M ，且
3
FM
FP
，则FP
A. 2
3
B. 4
3
C. 1
3
D. 1
【答案】B
【解析】画出图像如下图所示，根据抛物线的定义，
PD
PF
，根据相似三角形，结合已知有
2
2
4
,
3
3
3
PD
PD
PN
PF
FN
.
12. 设双曲线
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
的右焦点为F，过点F 作与x 轴垂直的直线l 交两渐近线于A、B 两点，且
与双曲线在第一象限的交点为P，设O 为坐标原点，若
( ,
)
OP
OA
OB
R
，
8
1
，则该双曲线的离
心率为（
）
A．3 2
2
B．2
C．2 3
3
D．
2
【答案】D
【解析】双曲线的渐近线为：
b
y
x
a
，设焦点
,0
F c
，则
2
( ,
), ( ,
), ( ,
)
bc
bc
b
A c
B c
P c
a
a
a
，因为OP
OA
OB
，
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第| 页32
所以，
2
( ,
)
((
) ,(
)
)
b
bc
c
c
a
a
，所以，
1,
b
c
，
解得：
,
2
2
c
b
c
b
c
c
，又由
8
1
，得：
8
1
4 2
2
2
c
b
c
，解得：
2
1
2
2
c
a
，所以，
2
e
，选D.
13. 【广西桂林市、贺州市2018 届高三上学期期末联考】已知G 点为ABC
的重心，设ABC
的内角
, ,
A B C 的对
边为, ,
a b c 且满足向量BG
CG
，若tan
sin
a
A
b
C
，则实数（
）
A. 2
B. 3
C. 2
3
D. 1
2
【答案】D
【解析】
如图,连接AG 延长交AG 交BC 于D ,由于G 为重心,故D 中点,
1
,
2
CG
BG
DG
BC
，由重心的性质得，
3
AD
DG
，即
3
2
AD
BC
，由余弦定理得，
2
2
2
2
cos
AC
AD
CD
AD CD
ADC
，
2
2
2
2
cos
AB
AD
BD
AD BD
ADB
，
,
ADC
BDC
CD
BD
，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
9
2
2
,
5
2
2
AC
AB
AD
CD
AC
AB
BC
BC
BC
，
2
2
2
5
,
b
c
a
由tan
sin
a
A
b
C
，
将正切化为正弦与余弦的商，利用正弦定理可得
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
,
cos
5
2
a
a
a
bc
A
b
c
a
a
a
，故选D.
14. 已知O 是锐角ABC
的外心，
2
tan
2
A
，若cos
cos
2
sin
sin
B
C
AB
AC
m AO
C
B
则m＝（
）
A.
3
3
B. 3
2
C. 3
D. 5
3
【答案】A
【解析】
如图所示，取AB 的中点D ，连接
,
OA OD ，由三角形外接圆的性质可得
,
OD
AB
0
DO
AB
AO
AD
DO
，
代入已知
2
2
AB
AC
AO
AO
DO
cosB
cosC
m
m
sinC
sinB
两边与作数量积得到
2
cos
cos
2
2
sin
sin
AB
AC
AB
AD
AB
DO
AB
B
C
m
m
C
B
2
2
2
cos
cos
1
cos
2
sin
sin
2
B
C
sin C
bc
A
m
c
mc
C
B
由正弦定理可得
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2
2
cos
cos
sin
sin
cos
sin
sin
B
C
sin C
B
C
A
msin C
C
B
化为cos
cos
cos
sin
B
C
A
m
C
cos
cos
cos
cos
sin
sin
B
A
C
A
C
A
C
sin
sin
sin
A
C
m
C
sin
m
A
2
1
3
,
sin
2
3
3
tanA
A
故答案选A
资料正文内容开始>>
专题一
压轴选择题
第六关
以考查组合体的三视图、几何体表面积和体积为主的选择题
【名师综述】空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练
掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几
个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧. 其中以三视图为背景
的表面积或体积问题是考题中常见的题型,根据三视图还原几何体,进而计算是解题关键．
类型一柱体组合体的三视图问题
典例1 【2018 广西贺州桂梧高中联考】某几何体的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图中的正方形的边长为2，
正视图和俯视图中的三角形均为等腰直角三角形，则该几何体的体积为（
）
A. 16
3
B. 8
C. 20
3
D. 12
【答案】C
【解析】由三视图可知该几何体是由一个三棱柱和一个四棱锥组成的组合体，故其体积为
2
2
1
1
2
2
2
2
3
20
2
3
.选C.
【名师指点】在棱柱体的三视图中,轮廓线为两个四边形和一个多边形；圆柱的三视图中有两个矩形一个圆；球体
的三个视图都为圆．.求解几何体的表面积及体积的技巧:
(1)求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在．求三棱锥的体积，等体积转
化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．
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(2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解．
【举一反三】如图为某几何体的三视图，则其体积为（
）
A. 2
4
3
B. 2
4
3
C.
4
3
D.
4
3
【答案】D
【解析】由三视图可知，该几何体是一个半圆柱（所在圆柱
1
OO ）与四棱锥的组合体，其中四棱锥的底面ABCD 为
圆柱的轴截面，顶点P 在半圆柱所在圆柱的底面圆上（如图所示），且P 在AB 上的射影为底面的圆心O .由三视图
数据可得，半圆柱所在圆柱的底面半径
1
r ，高
2
h
，
故其体积
2
2
1
1
1
1
2
2
2
V
r h
；
四棱锥的底面ABCD 为边长为2 的正方形，PO 底面ABCD ，且
1
PO
r
.
故其体积
2
2
1
1
4
2
1
3
3
3
ABCD
V
S
PO
正方形
.故该几何体的体积
1
2
4
3
V
V
V
.
类型二
锥体及组合体的三视图问题
典例2 【2018 四川德阳三校联考】已知一个简单几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为
A. 3
6
B. 6
6
C. 3
12
D. 12
【答案】A
【解析】由三视图知，该几何体有四分之一圆锥与三棱锥构成，故体积为
2
1
1
1
1
3
4
3 3 4
3
6,
4
3
3
2
V
，故选A.
【名师指点】一般情况下棱锥的三个视图中，轮廓线为两个三角形，一个多边形；圆锥的三视图中两个等腰三角形
和一个圆，但是因为摆放位置的不同，视图的位置也相应发生变化，本题要注意俯视图中的虚线的形成与原几何体
的对应关系．根据几何体的三视图求其表面积与体积的三个步骤:
(1)根据给出的三视图判断该几何体的形状．
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第| 页35
(2)由三视图中的大小标示确定该几何体的各个度量．
(3)套用相应的面积公式与体积公式计算求解.
【举一反三】【2018 黑龙江齐齐哈尔八中三模】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三
视图，则该几何体的体积为（
）
A.
8 1 2
3
B.
8 1
3
C.
4 2
3
3
D.
4 2
3
【答案】A
【解析】该几何体是由两个小三棱锥和一个圆锥组成，
所以体积为
1
1
8
2
2 2
4
4
1 2
3
3
3
，故选A。
【精选名校模拟】
1．【2018 福建四校联考】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（
）
A.
32
16
3
B.
16
16
3
C.
32
8
3
D.
16
8
3
【答案】C
【解析】由三视图可知，该几何体是一个半圆柱挖取一个倒立的四棱锥，
∴
2
2
1
1
32
2
4
4
2
8
.
2
3
3
V
本题选择C 选项.
2．用半径为R 的圆铁皮剪一个内接矩形，再以内接矩形的两边分别作为圆柱的高于底面半径，则圆柱的体积最大
时，该圆铁皮面积与其内接矩形的面积比为（
）
A．3 3
8
B．3 3
7
C．3 2
8
D．3 2
7
【答案】C
【解析】设圆柱的高为x ，则其内接矩形的一边长为x ，那么另一边长为
2
2
2
2
x
R
y
，所以圆柱的体积为
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第| 页36
)
2
0
(
4
2
4
2
3
2
2
2
R
x
x
R
x
x
x
R
x
y
x
V
，
2
2
4
3
R
x
x
V
，令
0
x
V
，得
R
x
3
3
2
0
；令
0
x
V
，得
R
x
R
2
3
3
2
，即在
R
3
3
2
,0
内单调递增，在
R
R 2,
3
3
2
内单调递减，
所以当
R
x
3
3
2
时，此圆柱体积最大，那么另一边长为
R
3
6
2
，故圆铁皮的面积和其内接矩形的面积比为
8
2
3
3
6
2
3
3
2
2
R
R
R
，故选C.
3．【2018 河南中原名校联考】一个几何体的三视图如图所示：其中，正（主）视图中ABC
的边长是2 的正三角
形，俯视图为正六边形，那么该几何体的体积为（
）
A. 1
B. 3
2
C. 2
D. 4
【答案】B
【解析】有三视图可知此几何体为正六棱锥，因为正视图是边长是2 的正三角形，所以底面边长为1，高与ABC
的高相等，为2sin
3
3
，底面面积为六个正三角形的面积的和。所以体积为
2
1
3
3
V=
6
1
3=
3
4
2
。故选
B。
4．【2018 广西贺州桂梧高中联考】有一个圆锥与一个圆柱的底面半径相等，圆锥的母线与底面所成角为60°，若
圆柱的外接球的表面积是圆锥的侧面积的6 倍，则圆柱的高是底面半径的（
）
A.
2 倍
B.
3 倍
C. 2 2 倍
D. 2 3 倍
【答案】C
【解析】设圆柱的高为h ，底面半径为r ，圆柱的外接球的半径为R ，则
2
2
2
2
h
R
r
.
圆锥的母线与底面所成角为60°，∴圆锥的高为
3r ，母线长
2
l
r
，∴圆锥的侧面积为
2
2
lr
r
.∴
2
2
2
2
4
4
6 2
2
h
R
r
r
，∴
2
2
2
3
4
h
r
r
，∴
2
2
8
h
r
，
2 2
h
r
.选C。
5．【2018 江西宜春六校联考】已知四棱锥，它的底面是边长为2 的正方形，其俯视图如图所示，侧视图为直角三角
形，则该四棱锥的外接球的表面积为（
）
A. 8
B. 12
C. 4
D. 16
【答案】A
【解析】由三视图知识可得，题中的几何体是如图所示的长方体中的四棱锥P
ABCD
，
侧视图为直角三角形，则：
2
2
2
4
PB
PC
BC
,
据此有：
2
PB
PC
,长方体的高为
2
2
2
1
1
，
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取上下底面的中心
,
'
O O ,该几何体的外接球在直线
'
OO 上，
计算可得：
'
'
'
'
'
2
O A
O B
O C
O D
O P
,
则
'
O 为外接球的球心，半径为
2
R
，
该四棱锥的外接球的表面积为
2
4
8
S
R
.
本题选择A 选项.
6．【2018 东北名校联考】某几何体的三视图如图所示，则该几何体体积是（
）
A.
8
3
3
B.
8
2
3
6
C.
8
3
6
D.
4
3
3
【答案】C
【解析】由三视图知原几何体为一个半圆锥加处一个四棱锥．由三视图知半圆锥的底面半径为
3
2
．则几何体的体
积
2
8
π
3
1
1
1
π 1
3
2 2
3
2
3
3
6
V
．故本题答案选C ．
7. 【2018 云南昆明一中摸底】一个正方体挖去一个多面体所得的几何体的三视图如图所示，其中正视图、左视
图和俯视图均为边长等于2 的正方形，这个几何体的表面积为（
）
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第| 页38
A. 16
4 3
B. 16
4 5
C. 20
4 3
D. 20
4 5
【答案】D
【解析】
由三视图可知，该几何体是棱长为2 的正方形的内部挖去一个底面为边长为2 的正四棱锥，将三视图还原可得如图，
可得其表面积为，
2
1
5 2
4
2
5
20
4 5
2
S
，故选D.
8．【2018 河南名校联考】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的
体积为（
）
A.
24ߨ+8
3
B. 8ߨ+ 8
C.
32ߨ+8
3
D.
32ߨ+24
3
【答案】A
【解析】根据三视图可知，几何体是
3
4个球与一个直三棱锥的组合体，球的半径为2，三棱锥底面是等腰直角三角形，
面积为ݏ=
1
2 × 2 2 × 2 2 = 4，高为2，所以三棱锥的体积ݒ=
1
3 × 4 × 2 =
8
3，故组合体的体积ܸ
=
3
4 ×
4
3 ߨ× 23 +
8
3 =
24ߨ+8
3
,故选A.
9．【2018 辽宁凌源二中联考】已知一几何体的三视图如图所示，俯视图是一个等腰直角三角形和半圆，则该几何体
的体积为（
）
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第| 页39
A. 2 +
ߨ
3
B.
1
2 + ߨ
C. 2 +
ߨ
6
D.
2
3 + ߨ
【答案】D
【解析】结合三视图可知，该几何体是一个半圆柱与一个底面是等腰直角三角形的三棱锥组成的组合体，其体积为：ܸ
=
1
3 ×
1
2 × 2 × 1 × 2 +
1
2 × ߨ× 12 × 2 =
2
3 + ߨ.
本题选择D 选项.
10. 某几何体的三视图如图所示，其俯视图是由一个半圆与其直径组成的图形，则此几何体的体积是（
）
A．
3
20
B．
6
C．
3
10
D．
3
16
【答案】C
【解析】由三视图可知，该几何体是下部是半径为2，高为1 的圆柱的一半，上部为底面半径为2，高为2 的圆锥
的一半，所以，半圆柱的体积为
2
1
1
2
1
2
2
V
，上部半圆锥的体积为
2
2
1
1
4
2
2
3
3
V
，所以该几
何体的体积为
1
2
4
10
2
3
3
V
V
V
，故应选C ．
11．如图1，已知正方体
1
1
1
1
CD
C D
的棱长为a，动点、、Q 分别在线段
1
D
，
1C
，
1
1
C D 上．当
三棱锥Q 的俯视图如图2 所示时，三棱锥Q 的正视图面积等于（
）
A．
2
1
2 a
B．
2
1
4 a
C．
2
2
4 a
D．
2
3
4 a
【答案】B
【解析】由俯视图知点为
1
D
中点、
C
、Q
1
D
，因此三棱锥Q 的正视图为三角形
1
D
C
P ,其中P
点为
1
D
D
中点，所以面积为
2
1
1
2
2
4
a
a
a
，选B.
12. 【福建省漳州市2018 届高三1 月调研测试】某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为(
)
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第| 页40
A. 19
3
B. 20
3
C. 16
3
D. 6
【答案】B
【解析】这个几何体是由一个棱长为2 的正方体挖去一个三棱锥而成的，其直观图如图所示，则这个几何体的体积
3
1
1
20
2
2 2
2
3
2
3
V
．故选B.
13. 【辽宁省丹东市2018 届高三上学期期末教学质量监测】某几何体的三视图如图所示，其中主视图，左视图均
是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，则该此几何体的体积为
A.
2π
1
6
6
B.
2π
1
6
2
C.
2π
1
3
6
D.
2π
1
3
2
【答案】A
【解析】该几何体是一个半球上面有一个三棱锥，体积为
3
1
1
1
4
2
1
2
1 1 1
3
2
2
3
2
6
6
V
，
故选A.
14. 【山东省菏泽市2018 届高三上学期期末考试】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(
)
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第| 页41
A. 5
3
B. 4
3
C. 2
D. 3
【答案】A
【解析】由三视图知，该几何体由1
4
球，1
2
圆柱，1
2
圆锥组成，球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为2，
则该几何体的体积
3
2
2
1
4
1
1
1
5
1
1
2
1
2
.
4
3
2
3
2
3
V
故选
15. 【衡水金卷2018 年普通高等学校招生全国统一考试】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为
（
）
A.
3
2
3
B.
3
3
C.
3
D.
3
6
【答案】B
【解析】由三视图，可知该几何体为一个半圆柱与一个三棱锥结合而成的（如图所示）.
半圆柱的底面半径为1，侧棱长为2，三棱锥的底面为半圆柱的底面的内接直角三角形，直角边长为
2 ，两个侧面
是全等的等腰三角形，腰长为2 ，底边为
2 ，另一个侧面是边长为2 的等边三角形，因此
2
1
1
1
3
V
1
2
2 1
3
π
2
3
2
3
.
故选：B
资料正文内容开始>>
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第| 页42
专题一
压轴选择题
第二关
以考查导数综合运用为主的选择题
【名师综述】利用导数研究可导函数的单调性,求可导函数的极值和最值,以及用导数解决实际应用题是导数在
中学数学中的主要应用,另外从高考试题来看,高考对导数的考查加强了试题的综合性和应用性,由此可见,导数的
解题地位成了必不可少的工具,所以导数的应用成为久考不衰的考点．
类型一
考查导数的几何意义
典例1 【安徽省蚌埠市2018 届高三上学期第一次教学质量检查】已知,
R
k b
，设直线:l y
kx
b
是曲线
x
y
e
x
的一条切线，则（
）
A.
1
k
且
1
b
B.
1
k
且
1
b
C.
1
k
且
1
b
D.
1
k
且
1
b
【答案】C
【解析】曲线
x
y
e
x
的导数为
1
1
x
y
e
，得
1
k
直线l ：y
kx
b
在y 轴上的截距为b ，
曲线
x
y
e
x
，
0
x
时，
1
y
，可以知道
1
b
故选C
【名师指点】利用导数处理切线问题，注意三个条件的运用：设切点
0
0
(
,
)
M x
y
，则切线斜率为
'
0
(
)
k
f
x
，切点
坐标满足切线方程；切点坐标满足曲线方程，圆的切线的处理注重圆心到直线等于半径以及切点与圆心的连线垂
直切线等知识，注重方程思想的运用．
【举一反三】若一直线与曲线
ln
y
x
和曲线
2
(
0)
x
ay a
相切于同一点P ，则a 的值为______．
【答案】2e
【解析】设切点
0
0
(
,
)
P x
y
，则由
ln
y
x
，得
1
y
x
，由
2
x
ay
，得
2
y
x
a
，则有
0
0
0
0
2
0
0
1
2
ln
x
x
a
y
x
x
ay
，解得
2
a
e
，故a 的值为2e ．
类型二
利用导数研究函数的单调性
典例2．若函数
3
2
1
3
2
x
a
f x
x
x
在区间1 ,3
2
上单调递减，则实数a 的取值范围是（
）
A．1 ,
3
B．
5 ,
3
C. 10 ,
3
D．16 ,
3
【答案】C
【解析】因
1
)
(
2
/
ax
x
x
f
,故由题设
0
1
2
ax
x
在1 ,3
2
上恒成立,故
0
3
10
0
2
1
4
5
a
a
，即
3
10
a
.故应选
C.
【名师指点】恒成立问题的两种常见解题思路：①参变分离；②构造函数．，由导数在单调性上的应用知，已知条
件可转化为
'(
)
0
f
x
恒成立，经过参变分离转化为求函数的最值处理．
【举一反三】
【天津河西2017-2018学年高三上期中】定义在R 上的函数
f x 满足：
1
f
x
f x
，
0
6
f
，
f
x
是
f x 的导函数，则不等式
e
5
x
x
f x
e
（其中e 为自然对数的底数）的解集为（
）．
A.
0,
B.
,0
3,
C.
,0
1,
D.
3,
【答案】A
【解析】由题可知
e
5
x
x
f x
e
，
设
e
5
x
x
g x
e f x
，
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第| 页43
因为
e
e
e
e
1
0
x
x
x
x
g
x
f
x
f
x
f
x
f
x
，
所以函数
g x 在定义域上单调递增，又因为
0
0
g
，
所以
0
g x
的解为
0
x
．
故选A ．
类型三
利用导数求函数的极值和最值
典例3
【河北省邢台市2018 届高三上学期期末考试】若函数
2
1
1
ln
2
f x
x
a
x
a x
存在唯一的极值，且
此极值不小于1，则a的取值范围为（
）
A.
3 ,2
2
B.
3 ,
2
C.
3
0, 2
D.
3
1,0
,
2
【答案】B
【解析】对函数求导得到
1
1
1
1
x
a
x
f
x
x
a
x
x
因为函数存在唯一极值，导函数存在唯一的零点，且零点大于0 ，故得到x=1 是唯一的极值，此时
1
3
1
1
2
2
f
a
a
故答案为：B。
【名师指点】利用导数求函数的极值和最值：1、求函数的极值，先求
'( )
0
f
x
的根
0x ，再和函数定义域比较，如
果落在定义域外或者落在定义域端点，此时函数单调，无极值；当落在定义域内时，将定义域分段，分别考虑
0x 两
侧导数是否异号，从而判断是否有极值.
2、求函数的最值和求极值类似，先求
'( )
0
f
x
的根
0x ，如果落在定义域外或者落在定义域端点，此时函数单调，
利用单调性求最值；当落在定义域内时，将定义域分段，分别考虑
0x 两侧导数是否异号，从而判断函数大致图象，
从而求最值.
【举一反三】【福建省漳州市2018 届高三1 月调研测试数学】已知不等式(ax＋3)e
x－x＞0 有且只有一个正整数解，
则实数a 的取值范围是(
)
A.
2
1
1
3
3,
2
e
e
B.
2
1
1
3
3,
2
2
e
e
C.
2
1
1
3
3,
2
e
e
D.
2
1
1
3
3, 2
2
e
e
【答案】A
【解析】当
0
a
时，1、2 都是不等式
3 e
0
x
ax
x
的解，不符合题意；当
0
a
时，
3 e
0
x
ax
x
化
为
3
ex
x
ax
，设
ex
x
f x
，则
1
ex
x
f
x
，所以函数f(x)在
,1
上是增函数，在
1,上是减函数，所
以当x＝1 时，函数f(x)取得最大值，因为不等式
3 e
0
x
ax
x
有且只有一个正整数解，则
2
1
3
e
{
2
2
3
e
a
a
解得
2
1
1
3
3
e
e
2
a
.故选A.
【精选名校模拟】
1．【安徽省合肥市2018 届高三第一次教学质量检测】已知直线2
1
0
x
y
与曲线
x
y
ae
x
相切(其中e 为自
然对数的底数)，则实数a 的值是（
）
A. e
B. 2e
C. 1
D. 2
【答案】C
【解析】由函数的解析式可得：
'
1
x
y
ae
，则切线的斜率：
0
0
'|
1
x
x x
k
y
ae
，
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令
0
1
2
x
ae
可得：
0
1
ln
x
a
，
则函数在点
0
0
0
,
x
x ae
x
，即
1
1
ln
,1
ln
a
a
处的切线方程为：
1
1
1 ln
2
ln
y
x
a
a
，
整理可得：
1
2
ln
1
0
x
y
a
,
结合题中所给的切线2
1
0
x
y
的斜率有：
1
ln
1 1,
1
a
a
.
本题选择C 选项.
2．【河南省商丘市2018 届高三第一学期期末】设曲线
x
f x
e
x
（e 为自然对数的底数）上任意一点处的切
线为1l ，总存在曲线
3
2cos
g x
ax
x
上某点处的切线2l ，使得1
2
l
l
，则实数a 的取值范围是（
）
A.
1,2
B.
3,
C.
2 1
,
3 3
D.
1 2
,
3 3
【答案】D
【解析】由
x
f x
e
x
,得
'
1
x
f
x
e
，
∵
1
1
xe ,∴
1
1
xe
∈(0,1)，
由
3
2cos
g x
ax
x
,得
'
3
2
g
x
a
sinx
，
又−2sinx∈[−2,2]，
∴a−2sinx∈[−2+3a,2+3a]，
要使过曲线
x
f x
e
x
上任意一点的切线为l1，
总存在过曲线g(x)=3ax+2cosx 上一点处的切线2l ,使得1
2
l
l
，
则
2
3
0
{
2
3
1
a
a
,解得
1
3
⩽a⩽2
3
.
故选D.
3．已知函数
,
ln
2
4
x a
a x
f x
x
e
g x
x
e
，其中e 为自然对数的底数，若存在实数
0x 使
0
0
3
f x
g x
成立，则实数a 的值为（
）
A．ln 2
B．ln 2 1
C．
ln 2
D．
ln 2 1
【答案】D
【解析】令
x
a
a
x
e
x
e
x
x
g
x
f
4
2
ln
，令
2
ln
x
x
y
，
2
1
2
1
1
x
x
x
y
，故
2
ln
x
x
y
在
1
,2
上是减函数，
,1
上是增函数，故当
1
x
时，y 有最小值
1
0
1
，
而
4
4
x
a
a
x
e
e
，（当且仅当
x
a
a
x
e
e
4
，即
2
ln
a
x
时，等号成立）；故
3
x
g
x
f
（当且仅当等
号同时成立时，等号成立）；故
1
2
ln
a
x
，即
2
ln
1
a
．故选：D．
4．【河南省天一大联考2018 届高三阶段性测试】已知关于x 的不等式
2
cos
2
m
x
x
在
,
2 2
上恒成立，则实
数m 的取值范围为（
）
A.
3,
B.
3,
C.
2,
D.
2,
【答案】C
【解析】
因为cosx 和
2x 都是偶函数,问题可以转化为当
0, 2
x
时，
2
cos
2
m
x
x
恒成立，在同一坐标系中画出
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第| 页45
cos
f x
m
x
及
2
2
g x
x
的图像如图所示，易知
2
m
，当
2
m
时，
2cos
f x
x
，
2sin
f
x
x
，
又
2
g
x
x
，在0, 2
上，
2sin
2
x
x
恒成立，故
f x
g x
恒成立，故
2
m
，故选C.
5 ．【河南省天一大联考2018 届高三阶段性测试】已知函数
3
2
ln
3,
a
f x
x x
g x
x
x
x
，若
1
2
1
2
1
,
,2 ,
0
3
x x
f x
g x
，则实数a的取值范围为（
）
A.
0,
B.
1,
C.
2,
D.
3,
【答案】B
【解析】由题意
1
2
1
2
1
,
,2 ,
0
3
x x
f x
g x
得
min
max
f x
g x
3
2
g x
x
x
，
´
2
3
2
g x
x
x
所以
g x 在1 2
3 3
，
单调递减，在2 2
3
，单调递增，所以
1
2
2
4
3
max
g x
max g
g
g
，
，则
ln
3
4
a
f x
x x
x
得
2
a
x
x lnx
令
2
h x
x
x lnx
，
´
1 2
h x
xlnx
x
，
¨
2
3
h x
lnx
，在1 ,2
3
上
¨
0
h x
，则
´
h x 单调递减，又
1
0
h
，所以
h x 在1 1
3
，单调递增，在
1 2
，单调递减，
1
1
man
h x
h
，所以
1
a
，故选B
6 ．【福建省福州市2018 届高三上学期期末质检】已知函数
2
x
x
f x
e
e
，若关于x 的不等式
2
0
f x
af x
恰有3 个整数解，则实数a的最小值为（
）
A. 1
B. 2e
C.
2
1
e
D.
3
3
1
e
e
【答案】C
【解析】
2
2
0,
0
x
x
f x
e
e
f x
af x
，等价于
0
f x
a
，即
0
f x
a
恰有3 个整数解，
即
f x
a
有3 个整数解，
2
2
2
x
x
f x
e
e
e
，
1
a
时，不等式无解，
2
a
e
时，不等式只有一个整
数解1，排除选项
,
A B ，当
2
1
a
e
时，由
‘
0
f
x
可得
f x 在
,1
递减，由
‘
0
f
x
可得
f x 在
1,
递增，
2
0
1
f
e
a
，
=0
x
合题意，
0
x
时，
f x
a
，不等式无解；
1
2
f
e
a
，
=1
x
合题意，
2
2
1
f
e
a
，
=2
x
合题意，当
2
x
时，
f x
a
，不等式无解；故
2
1
a
e
时，有且只有3 个整数解，
又
1
3
2
2
1,
e
e
e
a
的最小值为
2
1
e
，故选C.
7. 【云南省保山市2018 届普通高中毕业生市级统测试卷】若实数a 满足方程ln
2
0
x
x
，实数b 满足方程
2
0
xe
x
，则函数
ln
y
x
x
a
b
的极值之和为(
)
A. 2
e
B. 2e
C. 2
D. 4
【答案】D
【解析】依题意，a是
ln ,
2
y
x y
x
交点的横坐标，b 是
,
2
x
y
e
y
x
交点的横坐标，
ln ,
x
y
x y
e
互
为反函数，图像关于y
x
对称，由{
2
y
x
y
x
解得
1
x
y
，故
2
a
b
.由于
ln
y
x
x
为奇函数，极值点关
于原点对称.当
0
x
时，
ln
y
x x
a
b
，令
ln
1
0
y
x
，解得
1
x
e
，极值为
1
1
f
a
b
e
e
，当
0
x
时，同理求得极值为
1
1
f
a
b
e
e
，故两个极值之和为
2
2 2
4
a
b
.
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第| 页46
8．【2018 江西宜春六校联考】已知函数
ln
x
f x
x x
ae
（e 为自然对数的底数）有两个极值点，则实数a的取值
范围是（
）
A.
1
0, e
B.
0,e
C.
1 ,e
e
D.
,e
【答案】A
【解析】
'
ln
1
x
f
x
x
ae
，
若函数
ln
x
f x
x x
ae
有两个极值点，
则y
a
和
ln
1
x
x
g x
e
在
0,
有2 个交点，
1
ln
1
'
(
0)
x
x
x
g
x
x
e
令
1
ln
1
h x
x
x
, 则
2
1
1
'
0
h x
x
x
，
h x 在
0,递减, 而1
0
h
，
故
0,1
x
时,
0
h x
, 即
'
0
g
x
,
g x 递增，
1,
x
时,
0
h x
, 即
'
0
g
x
,
g x 递减，
故
max
1
1
g x
g
e
，
而
0
x
时,
g x , x 时,
0
g x
，
若y
a
和
ln
1
x
x
g x
e
在
0,
有2 个交点
只需
1
0
a
e
，
9．【山东省泰安市2017-2018 学年高三上学期期末考试】已知函数，
2
1
f x
2
x
x
e
a
e e
aex
b
（其中e 为
自然对数底数）在
1
x
取得极大值，则a 的取值范围是（
）
A.
0
a
B.
0
a
C.
0
e
a
D. a
e
【答案】D
【解析】由题意可知
2x
x
x
x
f
x
e
a
e e
ae
e
a
e
e
当
0
a
时，若
1
x
，则
0
f
x
，若
1
x ，则
0
f
x
∴
f x 在
1
x
处取极小值，不符合题意
当
0
a
时，令
0
f
x
，得
1
x
或
ln
x
a
为使
f x 在
1
x
处取极大值，则
ln
1
a
，即a
e
故选D
10. 已知函数
2
1
( )
2
2
f x
x
ax
，
2
( )
3
ln
g x
a
x
b
，设两曲线
( )
y
f x
，
( )
y
g x
有公共点，且在该点处的
切线相同，则
(0,
)
a
时，实数b 的最大值是（
）
A．
6
13
6 e
B．
6
1
6 e
C．
2
3
7
2 e
D．
2
3
3
2 e
【答案】D
【解析】设切点为（
0x ，
0y
），则由切点处的斜率相同且切线相同得，
0
2
0
3
x
a
a
x
2
… … ①，
b
x
a
ax
x
0
2
0
0
3
2
2
1
ln
……②。因为
(0,
)
a
，所以由①得
0x
a
,并将其代入②得，
a
a
a
b
ln
2
2
3
2
5
.
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第| 页47
设
a
a
a
a
h
ln
)
(
2
2
3
2
5
,利用导数法求得函数在区间
）
，
（
3
1
e
0
上单调递增，在区间
)
,
(
3
1
e
上单调递减，所以
3
2
3
1
2
3 e
e
h
a
h
)
(
)
(
max
,则
max
b
2
3
3
2 e .选D。
11．【四川省南充高级中学2018 届高三1 月检测】已知函数
2
3
x
f x
e
，
1
ln
4
2
x
g x
，若
f m
g n
成
立，则n
m
的最小值为（
）
A. 1
ln2
2
B. ln2
C. 1
2ln2
2
D. 2ln2
【答案】A
【解析】设
f m
g n
t
2
3
x
f x
e
，
1
4
2
x
g x
ln
，
2
3
1
0
4
2
m
x
e
ln
t t
1
4
2
3
ln
2
t
n
m
t
e
，
ln
3
2
t
m
，
1
4
2
t
n
e
1
4
ln
3
2
0
2
t
t
n
m
e
t
令
1
4
ln
3
2
0
2
t
t
h t
e
t
则
1
4
1
2
0
2
t
h t
e
t
t
1
'
4
2
1
2
0
2
t
h t
e
t
h t
在
0
，
上为增函数，且
1
0
4
h
当
1
4
t
时，
0
h t
，当
1
0
4
t
时，
0
h t
h t
在
1
0 4
，
上为减函数，在1
4
，
上为增函数，
当
1
4
t
时，
h t 取得最小值，
此时
1 1
4 4
1
ln
3
1
1
4
2
ln 2
4
2
2
h
e
即n
m
的最小值为1
ln 2
2
故选A
12．【新疆乌鲁木齐地区2018 届高三第一次诊断测试】设函数
3
3
x
a
f x
e
x
x
x
，若不等式
0
f x
有正
实数解，则实数a的最小值为(
)
A. 3
B. 2
C.
2e
D. e
【答案】D
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第| 页48
【解析】原问题等价于
2
3
3
x
a
e
x
x
，令
2
3
3
x
g x
e
x
x
，
则
min
a
g x
，而
2
'
x
g
x
e
x
x
，
由
'
0
g
x
可得：
,0
1,
x
，
由
'
0
g
x
可得：
0,1
x
，
据此可知，函数
g x 在区间
0,上的最小值为1
g
e
综上可得：实数a的最小值为e.
本题选择D 选项.
13．【福建省闽侯第四中学2018 届高三上学期期末考试】已知双曲线
1
C ：
x
y
e
上一点
1
1
,
A x y
，曲线
2
C ：
1 ln
y
x x
m
(
0)
m
上一点
2
2
,
B x
y
，当
1
2
y
y
时，对于任意
1x ，
2x 都有AB
e
恒成立，则m 的最
小值为（
）
A.
1
e
B.
e
C. 1
D.
1
e
【答案】A
【解析】当
1
2
y
y
时，对于任意
1x ，
2x 都有AB
e
恒成立，可得：
1
2
1
xe
ln x
m
2
1
x
x
e
2
2
0
1
x
e
ln x
m
e
2
1
x
m
e
1
1
lnx
x
x
，考虑
2
1
x
m
时，有
2
2
1 ln x
m
x
m
令
2
2
x
e
x
m
e
，化为
x e
m
x
e
，
1
x
m
e
令
x e
f x
x
e
，则
1
x e
f
x
e
可得x
e
时，
f x 取得最大值
1
m
e
故选A
14. 【河北省承德市联校2018 届高三上学期期末考试数学】已知
0
，若对任意的
0,
x
，不等式
ln
0
2
x
x
e
恒成立，则的最小值为（）
A.
1
2e
B. e
C. 2
e
D. 2
e
【答案】A
【解析】令
2
ln
2
x
x
f x
e
，
2
1
2
2
x
f
x
e
x
，由于
0
，所以
f
x
为增函数，注意到当
1
,
2
x
e
e
时，
0,
0
f e
f
e
，根据函数的单调性可知，函数
f x 在
0
x
处取得极小值也是最小值，并且这个最小
值为0 .故选A 选项.
资料正文内容开始>>
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专题二
压轴填空题
第一关
以零点个数为背景的填空题
【名师综述】本类压轴题常以超越方程、分段函数、抽象函数等为载体，达到考查函数性质、函数
零点的个数、参数的范围和通过函数性质求解不等式问题等目的。要注意函数零点、方程的根、不等
式解集三者之间的关系，进行彼此之间的转化是解决该类题的关键，等价转化是这类问题的难点．解
决该类问题的途径往往是根据函数的性质作出示意图，利用数形结合研究分界位置，结合函数、方程、
不等式刻画边界位置，其间要注意导数的应用.
【典例解剖】
类型一
周期函数零点个数问题
典例1 设
)
(x
f
是定义在R 上的偶函数，对
R
x
，都有
)
2
(
)
2
(
x
f
x
f
，且当
0
2，
x
时，
1
)
2
1
(
)
(
x
x
f
，
若在区间
]
6
2
(
，
内关于x 的方程
)1
(
0
)
2
(
log
)
(
a
x
x
f
a
恰有3 个不同的实数根，则a 的取值范围是_____.
【答案】
)
2,
4
(3
【解析】因为对于任意的
R
x
，都有
)
2
(
)
2
(
x
f
x
f
，所以函数
)
(x
f
的图象关于直线
2
x
对称，又因为当
0
2，
x
时，
1
)
2
1
(
)
(
x
x
f
，且函数
)
(x
f
是定义在R 上的偶函数，若在区间
]
6
2
(
，
内关于x 的方程
)1
(
0
)
2
(
log
)
(
a
x
x
f
a
恰有3 个不同的实数解，则函数
)
(x
f
y
与
)
2
(
log
x
y
a
在区间
2,6
上有三个
不同的交点，如下图所示：又
3
)
2
(
)
2
(
f
f
，则有
3
)
2
2
(
log
a
，且
3
)
2
6
(
log
a
，解得
)
2,
4
(3
a
【名师指点】将给定区间的根的个数问题转换为熟悉函数图像在给定区间的交点个数问题,利用周期性和偶函数正确
作图以及判断端点函数值的大小是解题关键．求解零点问题时，往往转化为
( )
0
f x
的根求解，若该方程不易解出，
可考虑数形结合转化为两熟悉图像的交点问题求解．
【举一反三】已知
( )
f x 是以2 为周期的偶函数，当
[0,1]
x
时，
( )
f x
x
，那么在区间( 1,3)
内，关于x 的方
程
( )
(
)
f x
kx
k k
R
有4 个根，则k 的取值范围是_____.
【答案】B.
1
0
4
k
【解析】∵直线
( )
f x
kx
k
过定点( 1,0)
，画出函数
( )
f x 在区间( 1,3)
的图象，要使方程
( )
(
)
f x
kx
k k
R
有4 个根，即直线y
kx
k
和函数
( )
f x 在区间( 1,3)
的图象有4 个交点，显然当
1
0
4
k
时满足条件，假若当
直线y
kx
k
和函数
( )
f x 的图象在区间(2,3) 上相切时也满足条件，但是这是不可能的，联立
2
y
x
y
kx
k
＝
－
＝
＋
，得
2
3
0
ky
y
k
，令
0
得
3
6
k
或
3
6
k
(舍去)，当
3
6
k
时，解得
5
(2,3)
x
，∴
1
0
4
k
.
类型二
复合函数的零点个数问题
典例2
【2018 安徽阜阳一中二模】已知݂
(ݔ) =
ݔ
lnݔ，若关于
的方程݂
(ݔ) 2 −(2݉
+ 1)݂(ݔ) +݉
2 + m = 0 恰好
有4 个不相等的实数根，则实数݉
的取值范围是______________.
【答案】݁
−1,݁
【解析】∵݂(ݔ) =
ݔ
|lnݔ|
∴݂(ݔ) =
−
ݔ
lnݔ，0 < ݔ< 1
ݔ
lnݔ，ݔ> 1
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第| 页50
∴݂'(ݔ) =
1−lnݔ
ln2ݔ，0 < ݔ< 1
lnݔ−1
ln2ݔ，ݔ> 1
∴当0 < ݔ< 1 或ݔ>݁
时，݂'(ݔ) > 0，当1 < ݔ<݁
时，݂'(ݔ) < 0
∴݂(ݔ)在(0，1)上单调递增，在(1，݁)上单调递减，在(݁，+ ∞)上单调递增
可作出݂
(ݔ)大致函数图象如图所示：
令݂
(ݔ) = ݐ，则当0 < ݐ<݁
时，方程݂
(ݔ) = ݐ有一解；当ݐ=݁
时，方程݂
(ݔ) = ݐ有两解；ݐ>݁
时，方
程݂
(ݔ) = ݐ有三解
∵关于ݔ的方程݂2(ݔ) −(2݉
+ 1)݂(ݔ) +݉
2 +݉
= 0，恰好有4 个不相等实数根
∴关于ݐ的方程t2 −(2݉
+ 1)ݐ+݉
2 +݉
= 0 在(0，݁)和(݁，+ ∞)上各有一解
∴݉
2 +݉
> 0݁
2 −(2݉
+ 1)݁+݉
2 +݉
< 0 ，解得݁
−1 <݉
<݁，故答案为(݁−1，݁)
【名师指点】求解复合方程问题时，往往把方程
[ ( )]
0
f g x
分解为
( )
0
f t
和( )
g x
t
处理，先从方程
( )
0
f t
中
求t ，再带入方程( )
g x
t
中求x 的值．
【举一反三】【湖南省常德市2018 届高三上学期检测考试】设函数
2
f x
x
，若函数
2
3
g x
f
x
mf x
m
有四个零点，则实数m 的取值范围为__________．
【答案】
3, 2
【解析】由题意得方程
2
3
0
t
mt
m
有两个不等正根
所以
2
4
3
0
6
2
{
0
{
0
3
2
3
0
3
m
m
m
m
m
m
m
m
m
或
类型三
分段函数（或含绝对值函数）的零点个数问题
典例3
【江苏省镇江市2018 届高三上学期期末统考】已知k 为常数，函数
2 ,
0
{
1
,
0
x
x
f x
x
lnx x
，若关于x 的方
程
2
f x
kx
有且只有4 个不同解，则实数k 的取值集合为__________．
【答案】
3
1
, 1
e
e
【解析】画出函数
2 ,
0
{
1
,
0
x
x
f x
x
lnx x
的图象如图所示：
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第| 页51
∵
2
y
kx
过点
0,2
∴当
0
k
时，显然不满足题意，故
0
k
∵
2
y
kx
在
,0
上与函数
f x 有一个交点
∴
2
y
kx
在
0,上与函数
f x 有三个交点，且由图所示
2
y
kx
在
0,1 上与函数
f x 有一个交点
设直线
2
y
kx
与
1,
y
f x
x
的图象在相切的切点坐标为
,
m n ，则
ln
n
m
，
2
n
km
∵
1
f
x
x
∴
1
k
m
∴
3
n
，
3
m
e
，
3
k
e
∴实数k 的取值范围是
3
0,e
【名师指点】分段函数与含绝对值函数典型特征为各段解析式不一致，不仅要考虑对应性，而且需考虑自变量在结
合点情况及值域包含关系．
【举一反三】定义在R 上的奇函数
( )
f x ，当
0
x
时，
2 ,
[0,1),
( )
1
1 |
3|,
[1,
),
x x
f x
x
x
x
则函数
1
( )
( )
F x
f x
的
所有零点之和为
．
【答案】
1
1 2
【解析】由图知，共五个零点，从左到右交点横坐标依次为
1
2
3
4
5
,
,
x
x x x
x
，
，
，满足
1
2
3
4
5
1
6,
,
6
1 2
x
x
x
x
x
，因此所有零点之和为
1
1 2
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第| 页52
【精选名校模拟】
1. 【江苏省南通市2018 届高三上学期第一次调研测试】已知函数
2
2
1,
0,
{
,
0,
x
ax
a
x
f x
ln
x
x
2
1 2
g x
x
a
.若函数
y
f g x
有4 个零点，则实数a的取值范围是________.
【答案】
5
1,1
1,
2
【解析】令
0,
f t
t
g x
当1
0
a
时
f t 有两个零点1
2
1,
1
t
t
，需1 2
1
1
a
a
当1
=0
a
时
f x 有三个零点，
1
2
3
1,
0, =2
t
t
t
，
1 2
1
a
所以函数
y
f g x
有5 个零点，舍；
当1
0
a
时，由于1 2
1
a
所以
2
4
4
4
0
a
a
，且
2
1
1 2
a
a
a
a
，所以
5-1
1
2
a
综上实数a 的取值范围是
5
1,1
1,
2
2. 【天津河西2017-2018 学年高三上期中】已知函数
3
,0
{
log
,
x
x
a
f x
x x
a
，其中
0
a
，若函数
2
y
f x
有
两个零点，则a 的取值范围是__________．
【答案】
4,9
【解析】若函数
2
y
f x
有两个零点，
即
3
,0
{
log
,
x
x
a
f x
x x
a
与
2
y
交于两点，
因为y
x
与
3
log
y
x
在定义域内均为单调递增函数，
当
2
x
时
4
x
，当
3
log
2
x
时
9
x
，所以4
9
a
，
则a的取值范围是
4,9 ．
3.设定义域为R 的函数
|
1|
2
5
1
0
( )
4
4
0
x
x
f x
x
x
x
，若关于x 的方程
2
2
( )
(2
1) ( )
0
f
x
m
f x
m
有7 个不同的
实数解，则m= _____.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页53
【答案】2
【解析】∵题中原方程
2
2
( )
(2
1) ( )
0
f
x
m
f x
m
有7 个不同的实数根，∴即要求对应于
f x 等于某个常数
有3 个不同实数解和4 个不同的实数解，∴故先根据题意作出
x
f
的简图：
由图可知，只有当
4
f x
时，它有三个根，故关于x 的方程
2
2
( )
(2
1) ( )
0
f
x
m
f x
m
有一个实数根4 ，
∴
2
2
4
4-4 2
1
0
m
m
，∴
2
m
或
6
m
，
6
m
时，方程
2
2
( )
(2
1) ( )
0
f
x
m
f x
m
4
0
36
13
2
x
f
x
f
x
f
或
9
x
f
,有5 个不同的实数根，∴
2
m
．
4．已知函数
f x 是定义域为R 的偶函数，当
0
x
时，
f x
x
x
（符号
x 表示不超过x 的最大整数），
若方程
log
(
0,
1)
a
f x
x a
a
有6 个不同的实数解，则a 的取值范围是__________．
【答案】
2,3
【解析】作出函数
f x
x
x
的图像，如图所示：
log
(
0,
1)
a
f x
x a
a
有6 个不同的实数解，即为
f x
x
x
与
log
(
0,
1)
a
y
x a
a
有六个交点.
当0
1
a
时，显然不成立；
当
1
a
时，只需
2
1
{
3
1
a
a
log
log
解得2
3
a
.
故答案为：
2,3 .
5．【2018 江西宜春六校联考】已知函数
ln
1||
f x
x
，
f x
m
的四个零点
1x ，
2x ，
3x ，
4x ，且
1
2
3
4
1
1
1
1
k
x
x
x
x
，则
k
f k
e
的值是__________．
【答案】
2e
【解析】分类讨论求解方程的零点：
(1)
1
2
ln
1
,
1
,
1
,
1
m
m
m
x
m x
e
x
e
x
e
；
(2)
3
4
ln
1
,
1
,
1
,
1
m
m
m
x
m x
e
x
e
x
e
；
从而
1
2
3
4
1
1
1
1
k
x
x
x
x
=2，
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据此计算有：
k
f k
e
的值是
2e
.
6．【2018 辽宁庄河两校联考】函数݂
(ݔ) =݁
ݔ−ܽ+ ݔ，݃(ݔ) = ln(ݔ+ 2) −4݁ܽ
−ݔ，若∃ݔ0使得݂
(ݔ0) −݃
(ݔ0) = 3，则ܽ
=__________.
【答案】−1 −ln2
【解析】令݂
ݔ−݃
ݔ=݁
ݔ−ܽ+ ݔ−ln ݔ+ 2 + 4݁ܽ
−ݔ，令ݕ= ݔ−݈݊
(ݔ+ 2)
ݕƴ = 1 −
1
ݔ+2 =
ݔ+1
ݔ+2，故ݕ= ݔ−݈݊
(ݔ+ 2)在( −2, −1)上是减函数，在( −1, + ∞)上是增函数，当ݔ= 1 时ݕ有最小
值−1 −0 =−1，而݁ݔ−ܽ+ 4݁ܽ
−ݔ≥4 当且仅当݁ݔ−ܽ= 4݁ܽ
−ݔ，即
ݔ=ܽ
+݈݊
2
故݂
ݔ−݃
ݔ≥3，当且仅当等号成立时成立，故ݔ=ܽ
+݈݊
2 =−1
即ܽ
=−1 −݈݊
2
7 ．【2018 东北名校联考】函数
f x
满足对任意x
R
，都有
2
f x
f
x
，且
2
1
1, 1
0
{
2
log
1 ,0
1
x
x
f x
x
x
，
1
1
4
4
g x
x
，则函数
h x
f x
g x
在
1,3
上的零点之和是
__________．
【答案】5
【解析】根据题干条件
2
f x
f
x
，当x=-1,得到
1
0
f
，根据图像得到函数是关于点
10
，
中心对称的，直线
1
1
4
4
g x
x
和曲线的交点有四个，根据点的对称性得到每对的根之和为4，故得到和为5.
故答案为：5.
8．已知定义在R 上的偶函数
( )
f x 满足
(4
)
( )
f
x
f x
，且当
( 1,3]
x
时，
2,
( 1,1]
( )
1 cos
,
(1, 3]
2
x
x
f x
x x
，则函数
( )
( ) | lg
|
g x
f x
x
的零点个数是_____.
【答案】10
【解析】由
( )
f x 是定义在R 上的偶函数，知
0
x
是它的一条对称轴，又由
(4
)
( )
f
x
f x
，知
2
x
是它的一条
对称轴，于是函数的周期为(2
0)
2
4
，画出
( )
f x 的草图如图，其中
| lg
|
y
x
在(1,
)
递增且经过(10,1) 点，
函数
( )
g x 的零点，即为
( )
y
f x
与
| lg
|
y
x
的交点，结合图象可知，它们共有10个交点.
9. 【2018 东北名校联考】已知函数
f x 满足
2
f x
f
x
，且当
1,2
x
时
ln
f x
x
.若在区间
14
，内，
函数
2
g x
f x
ax
有三个不同零点，则a的范围为__________．
【答案】
ln2
0
8
，
【解析】
2
2
x
f x
f
x
f x
f
（）（），（）（），当
[2 4
x
，）时，
[1 2
2
x ，）；
2
2
2
x
x
f x
f
ln
lnx
ln
（）（）
，故函数
1 2
{
2
2 4
lnx
x
f x
lnx
ln
x
，
，
（）
，
，
，
作函数f x
（）与
2
y
ax
的图象如下，
，
过点4
2
ln
（，
）时，
2
2
2
,
4
8
ln
ln
a
a
，
1
2
'
y
lnx
ln
y
x
，
；故
2
1
lnx
ln
x
x
，
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第| 页55
故
2
x
e
，故
1
1
2
,
2
4
a
a
e
e
，
故实数a的取值范围是ln2
1
8
4e
，
，
10. 若函数
2
,
0
ln ,
0
x
a x
y
x
a
x x
，在区间
2,2
上有两个零点，则实数a的取值范围为__________．
【答案】
0,2
ln 2
【解析】由题设可知函数
a
x
y
2
与函数
x
a
x
y
ln
在给定的区间
]
0,2
(
和区间
)
2,0
(
内分别有一个根,结
合图象可得
0
2
ln
2
0
4
0
a
a
a
,即
2
ln
2
4
0
a
a
a
,所以
2
ln
2
0
a
,故应填答案
0,2
ln 2
.
11. 【2018 湖北名校联考】奇函数
f x 是R 上单调函数，
3
1 3
g x
f ax
f
x
有唯一零点，则a 的取值
集合为____________．
【答案】
|
0
4
a a
a
或
【解析】由题意得
3
3
1 3
3
1
3
1
f ax
f
x
f
x
ax
x
有唯一零点，
2
3
3
1
0
x
a
x
x
3
4
6
3
1
0
2
a
x
x
x
当
1
2
x
时,
0,
0,4
a
a
; 当
1
0
2
x
x
，
时,
0,
,4
0,
a
a
;
所以要有唯一零点，a 的取值集合为
|
0
4
a a
a
或
12. 【2018 湖北省部分重点中学联考】已知函数
x
f x
xe
，若关于x 的方程
2
2
3
0
f
x
tf x
t
R
有两
个不等实数根，则t 的取值范围为__________．
【答案】
1
3
3, 2
2
e
e
【解析】
x
y
xe
，易知
x
f x
xe
的图象如下：
1
1
f
e
，
令
f x
k
，则
2
2
3
0
k
tk
，得
3
2
,
0
t
k
k
k
，
当
f x
k
有两个不等实根是，则
1
k
e
，
所以
1
2 3
2
3
t
e
e
，即t 的取值范围是
1
3
3, 2
2
e
e
。
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第| 页56
13. 【福建省厦门市2018 届高三年级第一学期期末质检】已知函数
2
2
1, 2
0,
{
,
0,
x
x
x
x
f x
e
x
若函数
g x
f x
ax
a
存在零点，则实数a 的取值范围为__________．
【答案】
1
3
a
或
2
a
e
【解析】函数g x
f x
ax
a
（）（）
存在零点，即方程
0
f x
ax
a
（）
存在实数根，
也就是函数y
f x
（）与
1
y
a x
（
）的图象有交点．如图：直线
1
y
a x
（
）恒过定点1 0
（，），过点
21
（
，）与10
（，）的
直线的斜率
1 0
1
2 1
3
k
＝
；
设直线
1
y
a x
（
）与
x
y
e
相切于
0
0
x
x
e
（，
），则切点处的导数值为
0xe
，则过切点的直线方程为
0
0
0
x
x
y
e
e
x
x
＝
，由切线过1 0
（，），则
0
0
0
0
0
0
1
2
x
x
x
x
e
e
x
x e
e
＝
，
＝
，得
0
2
x
．此时切线的斜率为
2e
．由
图可知，要使函数g x
f x
ax
a
（）（）
存在零点，则实数a 的取值范围为
1
3
a
或
2
a
e
．
故答案为：
1
3
a
或
2
a
e
．
资料正文内容开始>>
专题二
压轴填空题
第二关
以不等式恒成立或有解问题为背景的填空题
【名师综述】
含参数不等式的恒成立的问题，是近几年高考的热点.它往往以函数、数列、三角函数、解析几何为载体具有
一定的综合性，解决这类问题，主要是运用等价转化的数学思想.含参数不等式的恒成立问题常根据不等式的结构特
征,恰当地构造函数,等价转化为含参数的函数的最值讨论.
类型一
可转化为二次函数的恒成立问题
典例1．【河北省武邑中学2017 届高三上学期第三次调研考试数学（理）试题】已知定义在R 上的奇函数
f x 满
足:当
0
x
时，
3
f x
x
，若不等式
2
4
2
f
t
f
m
mt
对任意实数t 恒成立，则实数m 的取值范围是（
）
A．
,
2
B．
2,0
C.
,0
2,
D．
,
2
2,
【答案】A
【解析】当
0
x
时，
3
3
(
)
( )
(
)
( )
f x
f
x
x
f x
x x
R
f x
在R 上是增函数
2
4
2
t
m
mt
对任意实数t 恒成立
2
4
4
2
t
mt
t
m
对任意实数t 恒成立
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2
0
16
8
0
m
m
m
,
2
，故选A.
【名师指点】利用函数的性质将抽象不等式符号f 去掉，转化为二次不等式恒成立问题，若实数范围内的二次不等
式问题可结合开口方向和判别式处理；若给定区间的二次不等式恒成立或有解问题，可利用参变分离法或图象处理．
【举一反三】【浙江省绍兴市柯桥区2016 届高三教学质量调测（二模）数学（理）试题】对任意x
R
不等式
2
2
2
x
x
a
a
恒成立, 则实数a的取值范围是
．
【答案】
1,1
【解析】设
t
a
x
|
|
,则
t
a
x
,
2
2
2
2
t
at
a
x
,故原不等式转化为
)
0
(
0
2
2
2
t
at
t
t
,即
0
2
2
a
t
,所以
0
2
2
t
a
,即
1
1
a
.故应填答案
1,1
.
类型二
利用构造函数求最值方法求恒成立问题
典例1 【山东省菏泽市2018 届高三上学期期末考试】若不等式
2
1 1
1
2
x
n x
ax
ax
在
0 +
，
上恒成立，
则a的取值范围是________.
【答案】1 ,
2
【解析】由题可设
2
1 1
1
2
f x
x
n x
ax
ax
则问题转化为
0
f x
在
0 +
，
上恒成立，则
'
1
2
2
1
1
f
x
ln x
ax
a
x
（）（
）
，
（ⅰ）当
0
a
时
'
1
1
2
1
0
f
x
ln x
a x
，（）（
）
（
）＞，则
f x 在
0 +
，
上单调递增，所以
0
0
f x
f
（）＞（）
在
0 +
，
上恒成立，与已知不符，
故
0
a
不符合题意．
（ⅱ）当
0
a＞时，令
1
'
'
2
1
x
f
x
x
a
x
（）
（），
＝
，
且
1
01
1
x
，，
2
1
a ，即
1
2
a
时，
1
'
2
0
1
x
a
x
＝
，
于是
x
（）在
0
x
（，
）上单调递减，
所以
0
1
2
0
x
a
（）＜（）
，即
'
0
f
x
（）＜
在
0
x
（，
）上成立．
则
f x 在
0
x
（，
）上单调递减，
故
0
0
f x
f
（）＜（）
在
0 +
，
上成立，符合题意．
0
2
1
a
＜
＜，即
1
0
2
a
＜＜
时，
1
2
1
2
1
1
1 0
'
2
2
1
1
a x
a
x
a
a
x
x
＞，
＝
＝
，
若
1
0
1
2
x
a
，
，则
'
0
x
x
（）＞，（）在
1
0
1
2
x
a
，
上单调递增；
若在
1
1
2
x
a
，
，则
'
0
x
x
（）＜，（）在
1
1
2
x
a
，
上单调递减，
又
0
1
2
0
a
（）
＞，则
0
x
（）＞在
1
0
1
2
x
a
，
上成立，即
'
0
f
x
（）＞
在
1
0
1
2
x
a
，
上恒成立，所以
f x 在
1
0
1
2
x
a
，
上单调递增，则
0
0
f x
f
（）＞（）
在
1
0
1
2
x
a
，
上恒成立．与已知不符，故
1
0
2
a
＜＜
不
符合题意．综上所述，a 的取值范围1 ,
2
.
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即答案为1 ,
2
.
【名师指点】
( )
( )
f x
g x
恒成立等价与
( )
( )
0
f x
g x
恒成立，记
( )
( )
( )
G x
f x
g x
，则
max
( )
0
G x
，本题
中由于
( )
G x 有参数，需要分类讨论，利用导数求最值．
【举一反三】设函数
x
x
f x
e
e
，若对所有
0
x
都有
f x
ax
，则实数a 的取值范围为__________．
【答案】
,2
【解析】令g x
f x
ax
（）（）
，则
'
'
x
x
g
x
f
x
a
e
e
a
（）
（）
，
（ⅰ）若
2
a
，当
0
x＞时，
'
2
0
x
x
g
x
e
e
a
a
（）
＞
，故g x
（）在0
（，
）上为增函数，所以，
0
x
时，
0
0
g x
g
（）（）
，即f x
ax
（）
．
（ⅱ）若
2
a＞，方程
'
0
g
x
（）
的正根为
2
1
4
2
lna
a
x
，
此时，若
1
0
x
x
（，），则
'
0
g
x
（）＜，故g x
（）在该区间为减函数．
所以，
1
0
x
x
（，）时，
0
0
g x
g
（）＜（）
，即f x
ax
（）＜
，与题设f x
ax
（）
相矛盾．
综上，满足条件的a 的取值范围是
,2
．
类型三
利用参变分离求恒成立问题
典例2
【河南省南阳市第一中学2018 届高三第六次考试数学】已知函数
3
3
1
f x
ax
x
对
0,1
x
总有
0
f x
成立，则实数a 的取值范围是__________．
【答案】[4，＋∞)
【解析】当x∈(0,1] 时不等式ax3 －3x ＋1≥0 可化为a≥
3
3
1
x
x
，设g(x) ＝
3
3
1
x
x
，x∈(0,1] ，g′(x) ＝
3
2
6
4
1
6
3
3
1 3
2
x
x
x
x
x
x
，因此g(x)的最大值为4，则实数a 的取值范围是[4，＋∞)．
故答案为[4，＋∞)
【名师指点】本题通过不等式恒成立问题考查利用导数研究函数的最值，考查转化思想、分类与整合思想，按照自
变量讨论，最后要对参数范围取交集．若按照参数讨论则取并集，是中档题．不等式恒成立时求参数的取值范围，
常常采用分离参数法把不等式变形为如“ ( )
( )
g a
h x
”形式，则只要求出( )
h x 的最大值M ，然后解( )
g a
M
即
可．
【举一反三】【江西省新余市2018 届高三第二次模拟考试数学（理）试题】设函数
x
x
e
x
f
1
)
(
2
2
，
xe
x
e
x
g
2
)
(
，
对
)
,0
(
,
2
1
x
x
，不等式
1
)
(
)
(
2
1
k
x
f
k
x
g
恒成立，则正数k 的取值范围为
.
【答案】
1,
【解析】对于函数
( )
f x ,当
0
x
时,
2
2
2
2
1
1
1
( )
2
2
e x
f x
e x
e x
e
x
x
x
,所以当
2
(0,
)
x
,函数
( )
f x
有最小值2e ；对于函数
2
( )
x
e x
g x
e
,
2(1
)
'( )
x
e
x
g x
e
,当0
1,
'( )
0
x
g x
；当
1,
'( )
0
x
g x
,所以当
1
x
时,
函数
( )
g x 有最大值(1)
g
e
.又不等式
1
)
(
)
(
2
1
k
x
f
k
x
g
恒成立，
0
k
,所以
2
1
e
e
k
k
,所以
1
k
.
类型四利用图像法求恒成立问题
典例3 【2018 江西南昌摸底】已知函数
2
1 ,
0,
( )={
3 ,
0
ln x
x
f x
x
x x
，若不等式
2
0
f
x
mx
恒成立，则实数m
的取值范围为__________．
【答案】
3
2 2,0
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第| 页59
【解析】不等式即：
2
mx
f x
恒成立，作出函数
2
y
f
x
的图象，则正比例函数y
mx
恒在函数
2
y
f
x
的图象下方，考查函数：
2 3
2
y
x
x
﹣
经过坐标原点的切线，易求得切线的斜率为
3
2 2
k
，
由此可得：实数m 的取值范围为
3
2 2,0
，故答案为
3
2 2,0
．
【名师指点】( )
( )
f x
g x
等价于在公共定义域区间内，函数
( )
y
f x
的图像落在
( )
y
g x
的下方，这样在平面直
角坐标系中画出相应函数的图像，根据图像上下关系，确定参数取值范围．
【举一反三】已知函数
( )
f x
2
2 ,
0
ln(
1),
0
x
x x
x
x
,若|
( )
f x |≥ax ,则a 的取值范围是__________.
【答案】[ 2,0]
.
【解析】
试题分析：当
0
x
时，由|
( ) |
f x
ax
，得|
( ) |
0
f x
ax
，即| ln(
1) |
0
x
ax
，因为当
0
x
时，ln(
1)
0
x
，
所以ln(
1)
0
x
ax
，令
ln(
1)
y
x
ax
，要使ln(
1)
0
x
ax
，(
0)
x
成立，
0
a
；当
0
x
时，恒成立；
当
0
x
时，由|
( ) |
f x
ax
，得|
( ) |
f x
a
x
，即
2
|
2 |
x
x
a
x
，化简得
|
2 |
x
a
，而
|
2 |
x
最大为2
，
故
2
a ，综上可得2
0
a
.
【精选名校模拟】
1．已知函数
2
2
1
f x
ax
a
x
，
1
x
g x
e
x
，若对于任意的
1
0,
x
，
2x
R
，不等式
1
2
f x
g x
恒成立，则实数a 的取值范围为__________．
【答案】
1 ,0
2
【解析】由
1
x
g x
e
x
（）
，则
'
1
x
g
x
e
（）
，
令
'
0
g
x
（）＞，解得
0
x＞；令
'
0
g
x
（）＜，解得
0
x＜．
g x
在
0
（
，）是减函数，在0
（，
）是增函数，
即
min
0
0
g x
g
（）
（）
．
对于任意的
1
0,
x
，
2x
R
，不等式
1
2
f x
g x
恒成立，则有
1
0
f x
g
（）（）即可．
即不等式
0
f x
（）
对于任意的
0
x
（，
）恒成立，
'
2
2
1
f
x
ax
a
（）
，
当
0
a
时，
'
1
0
f
x
（）
，
f x
（）在0
（，
）是减函数，
0
0
max
f x
f
（）
（）
，
0
a
符合题意．
当
0
a＜时，
'
2
2
1
f
x
ax
a
（）
，，
令
'
0
f
x
（）＞
，解得
2
1
2
a
x
a
；令
'
0
f
x
（）＜，解得
2
1
2
a
x
a
．
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第| 页60
当2
1
0
2
a
a
即
1
2
a
时，f x
（）在0
（，
）是减函数，
0
0
max
f x
f
（）
（）
，
0
a
（舍去）．
当2
1
0
2
a
a
即
1
0
2
a
时，f x
（）在
2
1
0
2
a
a
（，
）是增函数，在2
1,
2
a
a
是减函数，
2
2
1
2
1
2
1
1
2
1
2
1
0
2
2
2
2
max
a
a
a
f x
f
a
a
a
a
a
a
（）
，恒成立．得
1
0
2
a
1
0
2
a
符合题意．
当
0
a＞
时，当x 时，f x
（）
，这与对于任意的
0
x
（，
）时
0
f x
（）
矛盾．故不成立
综上所述a 的取值范围为
1 ,0
2
．
即答案为
1 ,0
2
2．
【华大新高考联盟2018 届高三】设函数
2
2
2
(
3
x
f x
x e
mx
m e
为自然对数的底数），当x
R
时，
0
f x
恒成立，则实数m 的取值范围是__________．
【答案】
0,6e
【解析】由题意可得：
2
2
2
3
x
x e
mx
m
恒成立，
令
2
1
2
2
2
,
3
x
y
x e
y
mx
m
，则
'
2
2
1
4
2
2
4
x
x
x
y
xe
x e
e
x
x
，
令
2
2
4
0
xe
x
x
可得：
1
2
0,
2
x
x
，
绘制函数
2
1
2
2
2
,
3
x
y
x e
y
mx
m
的图像如图所示，
满足题意时，
2
1
2
x
y
x e
的图像不在
2
2
3
y
mx
m
的图像的下方，
设切点坐标为
0
0
,
P x
y
，切线方程为：
0
0
y
y
k x
x
，
即：
0
0
2
2
0
0
0
0
2
2
4
x
x
y
x e
e
x
x
x
x
，
切线过点2 ,0
3
，则：
0
0
2
2
0
0
0
0
2
0
2
2
4
3
x
x
x e
e
x
x
x
，
解方程可得：
0
0
x
或
0
1
x
或
0
4
3
x
，
结合函数图像可得：
0
2
4
m
e
，即0
6
m
e
.
表示为区间形式即
0,6e .
3．已知函数
2
( )
ln
f x
x
x
，若关于x 的不等式
( )
1
0
f x
kx
恒成立，则实数k 的取值范围是__________．
【答案】(
,1]
【解析】
∵函数
的定义域为
，
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第| 页61
恒成立,即
等价于
，
令
，则
，
令
，则
在
上恒成立，
∴
在
上单调递增，
故当
时，
，函数
单调递减；
当
时，
，函数
单调递增，则
，
故
，故答案为
.
4．已知函数
2
x
f x
e
x
，若任意的
1,1
a
，总存在
1,1
x
，使得
2
2
4
f x
t
at
恒成立，则t 的
取值范围是__________．
【答案】
, 3
3,
【解析】∵
2
x
f x
e
x
，
∴
1
x
f
x
e
，
∴当
1,0
x
时，
0,
f
x
f x
单调递减；
当
0,1
x
时，
0,
f
x
f x
单调递增。
∴当
0
x
时，
f x 取得极小值，也为最小值，且
min
0
1
f x
f
。
由题意得对任意的
1,1
a
，
2
1
2
4
t
at
恒成立，
即对任意的
1,1
a
，
2
2
3
0
t
at
恒成立。
设
2
2
3
g a
ta
t
，
1,1
a
，
则
0
g a
对
1,1
a
恒成立，
∴
2
2
1
2
3
0
{
1
2
3
0
g
t
t
g
t
t
，解得
3
t 或
3
t
。
故实数t 的取值范围是
, 3
3,
。
答案：
, 3
3,
5．【河北省定州中学2018 届高中毕业班上学期期末考试】若对于任意的正实数,x y 都有2
·ln
y
y
x
x
e
x
me
成立，
则实数m 的取值范围为______
【答案】
1
0, e
【解析】原不等式等价于
1
2
ln
y
y
e
x
x
m
. 令
2
ln ,
0
g t
e
t
t t
，则
2
'
1 ln
e
g t
t
t
，因
2
'
1 ln
e
g t
t
t
在
0,上是单调减函数，且
'
0
g
e
，故当
0,
x
e
，
'
0
g
x
，
g x 在
0,e 内是
单调增函数；当
,
x
e
，当
0,
x
e
，
'
0
g
x
，
g x
在
,e
内是单调减函数，所以
max
g t
g e
e
，所以1
e
m
，解得
1
0
m
e
，填
1
0, e
．
6．
【上海市长宁、嘉定区2018 届高三第一次质量调研（一模）】若不等式
2
2
2
x
y
cx y
x
对任意满足
0
x
y
的实数x ，y 恒成立，则实数c 的最大值为__________．
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【答案】2 2
4
【解析】∵不等式x2−2y2⩽cx(y−x)对任意满足x>y>0 的实数x、y 恒成立，
∴
2
2
2
2
2
2
2
x
y
x
y
c
xy
x
x
x
y
y
，令x
y =t>1，
∴
2
2
2
t
c
f t
t
t
，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
2
'
t
t
t
t
f
t
t
t
t
t
，
当
2
2
t
时,f′(t)>0,函数f(t)单调递增;
当1
2
2
t
时,f′(t)<0,函数f(t)单调递减。
∴当
2
2
t
时,f(t)取得最小值,
2
2
2 2
4
f
.
∴实数c 的最大值为2 2
4
.
7．已知函数f(x)=
1
a x
x
-2lnx(a∈R)，g(x)=
a
x
，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)>g(x0)成立，则实数
a 的范围为_______.
【答案】
0,
【解析】由题意得不等式
1
2ln
a
a x
x
x
x
在[1，e]上有解,即
min
2lnx
a
x
令
min
2
2ln
2
2ln
,
1,
0
1
0
0
x
x
y
x
e
y
y
y
a
x
x
8．【山东省菏泽市2018 届高三上学期期末考试】若不等式
2
1 ln
1
2
x
x
ax
ax
在(0，+∞)上恒成立，则a
的取值范围是________.
【答案】[ 1
2
，+∞)
【解析】设
2
1 ln
1
2
f x
x
x
ax
ax
，则
ln
1
2
2
1
f
x
x
ax
a
，(i)当a≤0 时，
0
f
x
，
则
f x 在(0，+∞)上单调递增，所以
0
0
f x
f
在(0，+∞)上恒成立，与已知不符，故a≤0 不符合题意.
(jj ) 当
a>0 时，令
x
f
x
，
1
2
1
x
a
x
，且
1
0 1
1
x
，，①当2a≥1 ，即
1
2
a
时，
1
2
0
1
x
a
x
，于是
x
在(0，+∞)上单调递减，所以
0
1 2
0
x
a
，即
0
f
x
在
0
x
，
上成立.则f(x)在
0
x
，
上单调递减，故f(x)< f (0)=0在(0，+∞)上成立，符合题意.②当0<2a<1，
即0<a< 1
2
时，
1
0
2
1
a
，
1
2 [
1
1
2
2
1
1
a x
a
x
a
x
x
，若
1
0
1
2
x
a
，
，则
0
x
，
x
在
1
0
1
2
x
a
，
上单调递増；若在
1
1
2
x
a
，
，则
0
x
，
x
在
1
0
1
2
x
a
，
上单调递减，又
0
1 2
0
a
，则
x
在
1
0
1
2a
，
上成立，即
0
f
x
在
1
0
1
2a
，
上恒成立，所以
f x
在
1
0
1
2a
，
上单调递增，则
0
0
f x
f
在
1
0
1
2a
，
上恒成立.与已知不符，故0<a< 1
2
不符合题意.综上所
述，a 的取值范围[ 1
2
，+∞).
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第| 页63
故答案为[ 1
2
，+∞).
9．已知关于x 的不等式
1
2x
ax
对任意的
1,
x
恒成立，则实数a的取值范围是______．
【答案】
ln2,
e
【解析】
1
2x
ax
max
ln2
2
ln
ln2
(
1)
ln
a
x
x
x
a x
x
a
x
x
令
2
ln
1 ln
1
1
,
0,
0
x
x
y
y
x
e
y
y e
e
x
x
e
y
因此
max
ln2
ln2,
ln2
ln
x
e
a
e
x
10．已知f(x)＝(x＋1)
3e
－x＋1，g(x)＝(x＋1)
2＋a，若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≥g(x1)成立，则实数a 的取值范围是
__________．
【答案】
27
, e
【解析】∃x1，x2∈R，使得f(x2)≥g(x1)成立，即为f(x)max≥g(x)min.又f′(x)＝(x＋1)
2e
－x＋1(－x＋2)，由f′(x)
＝0 得x＝－1 或2，且当x＜2 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞2 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max
＝f(2)＝27
e
，又g(x)min＝a，则a≤27
e
，故实数a 的取值范围是(－∞，27
e
]．
11．已知函数
ln
f x
x
e
a x
b
，其中e 为自然对数的底数，若不等式
0
f x
恒成立，则b
a
的最大值为
__________．
【答案】1
e
【解析】由函数的解析式可得：
1
'
0
f
x
e
a
x
x
，
当
0,
x
a
e
时，
'
0
f
x
，不合题意，舍去，
当a
e
时，由
'
0
f
x
可得：
1
x
a
e
，
当
1
0,
x
a
e
时，
'
0,
f
x
f x
单调递增，
当
1
,
x
a
e
时，
'
0,
f
x
f x
单调递减，
则当
1
x
a
e
时，函数取得最大值，即
1
0
f
a
e
，
即：
1
1
ln
0
e
a
b
a
e
a
e
，
整理可得：
ln
1
0
a
e
b
，
即
ln
1
ln
1,
a
e
b
b
a
e
a
a
恒成立，
则原问题转化为求解
ln
1
x
e
g x
x
e
x
的最大值.
求导可得：
2
ln
'
e
x
e
x
e
g
x
x
x
e
，
令
ln
H x
e
x
e
x
e
x
e
，
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第| 页64
则
'
H
x
ln
1
x
e
，令
'
0
H
x
可得：
1
x
e
e
，
当
1
,
x
e e
e
时，
'
0,
H
x
H x
单调递增，
当
1 ,
x
e
e
时，
'
0,
H
x
H x
单调递减，
当
1
x
e
e
时，
H x 取得最大值：
1
1
H e
e
e
e
，
且：x
e
时，
0
H x
，
2
0
H
e
，
据此可知
g x 在区间
,2
e
e 上单调递增，在区间
2 ,e 上单调递减，
即函数
g x 的最大值为
ln
1
1
2
2
e
g
e
e
e
，
综上可得：b
a 的最大值为1
e .
12．已知：函数
，若对
使得
，则实数
的取值
范围__________．
【答案】
【解析】
试题分析：由题意只要
在
上的最小值大于
在
上的最小值即可，显然当
时，
的
最小值为0，当
时，
的最小值为
，所以
，所以
．
13．设0
，不等式
2
8
(8sin
)
cos2
0
x
x
对x
R
恒成立，则的取值范围________．
【答案】
5
[0,
]
[
, ]
6
6
【解析】根据题意有
2
64sin
32cos2
0
，即
2
1
sin
4
，结合题中所给的角的范围，求得的取值范围是
5
[0,
]
[
, ]
6
6
．
14．已知函数
( )
f x
3
2
1
3 x
x
ax
，若
1
( )
x
g x
e
，对任意
1
1 ,2
2
x
，存在
2
1 ,2
2
x
，使
1
2
'(
)
(
)
f
x
g x
成
立，则实数a的取值范围是
．
【答案】(
,
8]
e
e
【解析】
试题分析：
2
2
'( )
2
(
1)
'( )
f
x
x
x
a
x
a
f
x
在1 ,2
2
上是增函数
max
'( )
'(2)
8
f
x
f
a
，由
1
( )
x
g x
e
在
1 ,2
2
上
是
减
函
数
max
1
1
( )
( )
2
g x
g
e
，
又
原
命
题
等
价
于
max
max
1
'( )
( )
8
f
x
g x
a
a
e
(
,
8]
e
e
.
15．【江西省莲塘一中、临川二中2018 届高三上学期第一次联考】已知函数
ln
f x
x
，对
0,
x
e
不等式
1
1
f x
f
c x
恒成立，则实数c 的取值范围是__________.
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第| 页65
【答案】
1
1,
1
e
【解析】由题意可得，
1
0
f
，则原问题即不等式
1
f x
c x
恒成立，
即函数
f x 的图象恒在过定点
1,0 的直线非下方，
绘制函数图象如图所示，考查临界条件：
当0
1
x
时，直线
1
y
x
恰好为函数
ln
y
x
的切线，
由函数的解析式可得
,1
B e
，则
1 0
1
1
1
AB
k
e
e
，
结合图象可得实数c 的取值范围是
1
1,
1
e
.
资料正文内容开始>>
专题二
压轴填空题
第三关
以平面向量数量积相关的求值问题为背景的填空题
【名师综述】
平面向量是高中数学的重要知识，是高中数学中数形结合思想的典型体现．近年来，高考对向量
知识的命题，既充分体现自身知识结构体系的命题形式多样化，又保持与三角函数或平面解析几何相
结合的命题思路，呈现出“综合应用，融会贯通”的特色，充分彰显平面向量的交汇价值．
类型一
平面向量数量积在圆中的应用
已知
,
A B 是单位圆O 上的两点（O 为圆心），
120
AOB
，点C 是线段AB 上不与A
B
、
重合的动点. MN 是圆
O 的一条直径，则CM CN
的取值范围是（
）
A．
3
[
,0)
4
B．[ 1,1)
C.
1
[
,1)
2
D．[ 1,0)
【答案】A
【解析】
2
2
(
) (
)
1
,
CM CN
OM
OC
ON
OC
OM
ON
OC
OC
120
AOB
，点C 是线段AB
上,
1
|
C |
[ ,1),
2
CM CN
3
[
,0)
4
，故选A.
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第| 页66
【名师指点】本题利用分解转化法求数量积．由CM
OM
OC
,CN
ON
OC
,将CM CN
分解转化并通过向
量运算得
2
1
CM CN
OC
，这样只需求OC
的范围即可．
【举一反三】【2018 北京大兴联考】已知圆
2
2
:
1
O x
y
的弦AB 长为
2 ，若线段AP 是圆O 的直径，则
AP AB
____；
若点P 为圆O 上的动点，则AP AB
的取值范围是_____．
【答案】
2
1
2 1
2
，
【解析】因为圆
2
2
:
1
O x
y
的弦AB 长为
2 ，且线段AP 是圆O 的直径，所以
0
45
PAB
，则
2
2
2
2
2
AP AB
；不妨设
2
2
2
2
,
2
2
2
2
A
B
，
，
,
,
P x y
，且
1
1
y
，则
2
2
,
0,
2
2
1
2
1,
2+1
2
2
AP AB
x
y
y
；故填2,
2
1,
2
1
.
类型二
解析几何中的向量问题
典例2【衡水金卷2018 年普通高等学校招生全国统一考试】若向量
1
1,3 ,
, 3
2
OA
OB
, M 是椭圆
2
2
1
4
x
y
上的动点，则MA MB
的最小值为_________．
【答案】
33
4
【解析】
设
M 2cosθ
sinθ
，
，
则
2
1
15
1
2cosθ
2cosθ
3
sinθ
3
sinθ
3cos
3cosθ
2
2
MA MB
，当
1
cosθ
2
时，取最小
值为
33
4
.
故答案为：
33
4
【名师指点】本题考查坐标法求平面向量数量积，通过设点，将数量积用坐标表示，结合椭圆方程将数量积用一个
变量表示，进而转化为函数求最值问题处理．
【举一反三】若点O、F 分别为椭圆
2
2
1
4
3
x
y
的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任一点，则OP PF
的最大值
为
.
【答案】6
【解析】解：设P（x，y），则OP PF
=
2
2
1
x
y
x
y
x
x
y
（，）（
，）
，又点P 在椭圆上，故
2
2
1
4
3
x
y
，所
以
2
2
2
2
3
1
1
3
3
2
2
4
4
4
x
x
x
x
x
x
（
）
，又-2≤x≤2，所以当x=2 时，
2
1
2
2
4 x
取得最大值为6，
即OP PF
的最大值为6，故答案为：6．
类型三
向量中的函数、不等式问题
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典例3 平行四边形ABCD 中，
4,
2,
4
AB
AD
AB AD
, 点P 在边CD 上，则PA PB
的取值范围是（
）
A.
1,8
B.
1,
C.
0,8
D.
1,0
【答案】A
【解析】由题意得，∵
4
,2
,4
AD
AB
AD
AB
，∴
4
cos
A
AD
AB
，∴
2
1
cos
A
，∴
60
A
，以A 为
原点，以AB 所在的直线为x 轴，以AB 的垂线为y 轴，建立如图所示的坐标系，
∴
)
3
,1(
),
0,4
(
),
0,0
(
D
B
A
，设
)
3
,
(x
P
，则
5
1
x
，∴
)
3
,
4
(
),
3
,
(
x
PB
x
PA
，
∴
1
)
2
(
2
x
PB
PA
，设
1
)
2
(
)
(
2
x
x
f
，∴
)
(x
f
在
)
2,1[
上单调递减,在
]
5,2
[
上单调递增，
∴
8
)
5
(
)
(
,1
)
2
(
)
(
max
min
f
x
f
f
x
f
，∴
PB
PA
的取值范围是
]
8,1
[
，故选A.
【名师指点】本题考查平面向量数量积的求法（定义和坐标法）和函数、不等式思想的运用等．先由平面向量数量
积定义求角A 的大小，然后通过建系设点，将平面向量数量积用坐标表示，然后运用函数思想求范围．
【举一反三】
【江苏省南通市2018 届高三上学期第一次调研测试】如图，已知矩形ABCD 的边长
2
AB
，
1
AD .
点P ，Q 分别在边BC ，CD 上，且
45
PAQ
，则AP AQ
的最小值为_________.
【答案】4 2
4
【解析】以A 坐标原点，AB,AD 所在直线为x,y 轴建立直角坐标系，设
2,
,
1
P
y
Q x，
所以AP AQ
2,
,1
2
y
x
x
y
因为
45
PAQ
，所以
2
2
2
2
2
2
=
2
2
2
4
1
x
y
x
y
xy
y
x
因为0
2,0
1
0
2
x
y
xy
，所以
2
2
2
2
1
x
x
y
xy
y
x
因此
2
2
4
4
2
2
2
2
2 1
4
1
1
1
x
x
y
x
x
x
x
x
x
4
2 2 1
4
4 2
4
1
x
x
【精选名校模拟】
1．【2018 全国名校联考】已知
ABC
的三边垂直平分线交于点O ，
, ,
a b c 分别为内角
, ,
A B C 的对边，且
2
2
2
c
b
b
，则AO BC
的取值范围是__________．
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第| 页68
【答案】
2 ,2
3
【解析】
如图，延长AO 交ABC
的外接圆与点D ，连接
,
BD CD ，则
90
ABD
ACD
，
所
以
2
2
1
1
1
1
CAD
BAD
(
)
2
2
2
2
AO
BC
AO
AC
AB
AD
AC
AB
AC AD cos
AB AD cos
b
c
,
又
2
2
2b 2
b
4b
2
c
b
,
把
代入
得
2
2
1
3
2
2
3
4
(
)
2
2
3
3
AO
BC
b
b
b
,
又
2
2b 2
b
0
c
，所以0
2
b
,
把
代入
得AO BC
的取值范围是
2 ,2
3
.
2．【2018 河北衡水武邑中点二调】已知锐角ABC
的外接圆的半径为1，
6
B
，则BA BC
的取值范围为
__________．
【答案】
3
3,
3
2
【解析】
如图，设
,
BA
c BC
a
，
ABC
的外接圆的半径为1，
6
B
.
由正弦定理得
2
sin
sin
a
c
A
C
，
∴
5
2sin ,
2sin ,
6
a
A c
C C
A
,
由
0
2
{
5
0
6
2
A
A
，得3
2
A
。
∴
3
5
cos
4
sin sin =2 3sin sin
6
2
6
BA BC
ca
A
C
A
A
1
3
2 3sin
cos
sin
2
2
A
A
A
2
3 1 cos2
3
3sin cos
3sin
sin2
2
2
A
A
A
A
A
3
3
3
sin2
cos2
2
2
2
A
A
3
3sin 2
3
2
A
.
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∵3
2
A
，∴
2
2
3
3
3
A
，
∴
3
sin 2
1
2
3
A
，
∴
3
3
3
3sin 2
3
3
2
2
A
。
∴BA BC
的取值范围为
3
3, 3
2
。
答案：
3
3, 3
2
。
3．
【河南省南阳市第一中学校2018 届高三第七次考试】在ABD
中，
2,
2 2, ,
AB
AD
E C
分别在线段
,
AD BD
上，且
1
3
11
,
,
3
4
3
AE
AD BC
BD AC BE
，则∠A=__________．
【答案】3
4
【解析】
3
3
1
3
4
4
4
4
AC
AB
BC
AB
BD
AB
AD
AB
AB
AD
1
3
BE
AE
AB
AD
AB
所以
2
2
1
1
2
1
1
2
11
4
8
4
4
3
4
4
3
2
AC BE
AB
AD
AD AB
AD AB
4
AD AB
4
2
3
cos
2
4
2 2 2
A
A
4．
【天津市第一中学2018 届高三上学期第三次月考】在ABC
中，若AB
AC
AB
AC
，
2
AB
，
3
AC
，
,
E F 分别为BC 边上的三等分点，则AE AF
__________．
【答案】26
9
【解析】若AB
AC
AB
AC
，则等式两边平方可得
0
AB AC
∵
,
E F 分别为BC 边上的三等分点
∴
1
1
2
1
1
2
3
3
3
3
3
3
AE AF
AC
CE
AB
BF
AC
CB
AB
BC
AC
AB
AC
AB
2
2
2
2
2
2
5
2
2
26
3
2
0
9
9
9
9
9
9
AC
AB
AB AC
故答案为26
9
5．【天津市耀华中学2018 届高三上学期第三次月考】在等腰梯形ABCD 中，已知
/ /
AB
DC ，
2
AB
，
1
BC ，
60
ABC
，动点E 和F 分别在线段BC 和DC 上，且
1
,
4
BE
BC DF
DC
，且
23
8
AE AF
，则
=_________.
【答案】2
3
【解析】在等腰梯形ABCD 中，AE
AB
BE
AB
BC
,
1
4
AF
AD
DF
AD
DC
,
1
1
1
4
4
4
AE AF
AB
BC
AD
DC
AB
AD
AB
DC
BC
AD
BC
DC
.
在等腰梯形ABCD 中，
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第| 页70
1
1
1 2 cos60
1,
2,
1 1 cos60
,
1 1
120
2
2
AB
AD
AB
DC
BC
AD
BC
DC
cos
.
1
1
1
7
23
1
2
2
8
2
2
8
8
AE AF
.，解得
2
3
.
因为E 在线段BC 上，所以0
1
，所以
2
3
.
故答案为：2
3
.
6．【河北省定州中学2018 届高中毕业班上学期期末】在矩形ABCD 中，
3
AB
，
1
AD
，若M ，N 分别在
边BC ，CD 上运动（包括端点，且满足
BM
CN
BC
CD
，则AM
AN
的取值范围是__________．
【答案】[1,9]
【
解
析
】
设
,
BM
BC CN
CD
，
则
·
·
AM AN
AB
BM
AD
DN
，
也
即
是
·
·
1
AM AN
AB
BC
AD
DC
，化简得到
·
9
8
AM AN
，其中
0,1
，故
·
1,9
AM AN
，
填
1,9 ．
7．【辽宁省沈阳市2018 届高三教学质量监测（一）】已知ABC
是直角边为2 的等腰直角三角形，且A 为直角顶点，
P 为平面ABC 内一点，则PA
PB
PC
（
）的最小值是__________．
【答案】-1
【解析】以A 点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则
0,0 ,
2,0 ,
0,2
A
B
C
，
则
,
P x y ，
,
,
2,
,
,
2
PA
x y
PB
x
y
PC
x y
，
利用向量的坐标运算法则有：
2
2
1
1
,
2
2,2
2
2
2
1
2
2
PA
PB
PC
x y
x
y
x
y
，
据此可知，当
1
2
x
y
，即点P 坐标为
1 1
,
2 2
P
时，PA
PB
PC
（
）取得最小值是1
.
8．【南京市、盐城市2018 届高三年级第一次模拟考试】如图是蜂巢结构图的一部分，正六边形的边长均为1，正六
边形的顶点称为“晶格点”．若
, ,
,
A B C D 四点均位于图中的“晶格点”处，且
,
A B 的位置所图所示，则AB CD
的最大值为________．
【答案】24
【解析】先建立直角坐标系，由向量投影知AB CD
取最大值时
3 9
0,5 ,
3,0 ,
,
,
0,0
2
2
C
D
A
B
,即
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页71
AB CD
3
9
3
45
,
3, 5
24
2
2
2
2
9．【四川省广元市2018 届高三第一次高考适应性统考】在ABC
中，
2
2
6,
AB
AC
BA BC
BA
，点P 是
ABC
所在平面内一点，则当
2
2
2
PA
PB
PC
取得最小值时，AP BC
__________．
【答案】-9
【解析】∵
2
BA BC
BA
，
∴
2
0
BA BC
BA
BA
BC
BA
BA AC
，
∴BA
AC
，即BA
AC
．
以点A 为原点建立如图所示的平面直角坐标系，则B(6,0)，C(0,3)，设
,
P x y ，
所以
2
2
2
2
2
2
2
2
2
6
3
PA
PB
PC
x
y
x
y
x
y
2
2
3
12
3
6
45
x
x
y
y
2
2
3
2
1
10
x
y
．
所以当
2,
1
x
y
时
2
2
2
PA
PB
PC
有最小值，此时
2,1
6,3
9
AP BC
．
答案：
9
10．【上海市十二校2018 届高三联考数学试题】在ABC
中，
120
BAC
，
2
AB
，
1
AC
，D 为线段BC
上任一点（包含端点），则AD BC
的最大值为________
【解析】考查AD BC
的取值范围：由余弦定理可得
7
BC
，
若D 为动点,设AD
x
,
7 , 0
1
BD
kBC
k
k
,
7 1
DC
k
；
则：
2
2
2
2
7 1
1
7
4
2
7
2
7 1
x
k
x
k
x
k
x
k
；
解得
2
2
2
7
10
4,
7
10
4
x
k
k
x
k
k
；
∴
2
2
2
7
10
4
7
4
cos
2 7
10
4
7
k
k
k
ADB
k
k
k
；
∴
cos
7
5
AD BC
AD
BC
ADB
k
，
分类讨论：
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页72
①k=0 时,D 与B 重合,由余弦定理得
4
7 1
5 7
cos
14
4 7
ABC
，
5
AD BC
；
②0
1
k
时，
5
7
5 2
k
；∴5
2
AD BC
；
则AD BC
的取值范围为[−5,2].其最大值为2.
11．已知圆C 的方程为
2
2
2
4
x
y
，P 是椭圆
2
2
1
16
12
x
y
上一点，过P 作圆的两条切线，切点为A 、B ，
则PA PB
的取值范围为__________．
【答案】
224
8 2
12
9
，
【解析】
设PA 与PB 的夹角为2α，
则|PA|=PB|=
2
tan
，
∴y= PA PB
=|PA||PB|cos2α=
2
4
tan
•cos2α
=41 cos2 ·
1 cos2
cos2α．
记cos2α=u，则y=
1
4
1
u u
u
=[﹣3+（1﹣u）+
2
1 u
]*4 ≥(2
2 ﹣3)*4，
∵P 在椭圆的左顶点时，sinα= 1
3
，∴cos2α= 7
9
，
∴PA PB
的最大值为
7
1
7
224
9
4
·
7 9
9
1
9
.
∴PA PB
的范围为
224
8 2
12
9
，
．
故答案为：PA PB
。
12．
【云南省师范大学附属中学2018 届高三12 月高考适应性月考】在ABC
中，
4
AB
，
6
AC
，点O 为ABC
外接圆的圆心，则AO CB
__________.
【答案】10
【解析】如图，由O是ABC
外接圆的圆心，取AB 的中点M ，取AC 的中点N ，连接OM ，ON ，
所
以
·
·
AO CB
AO
·
·
AB
AC
AO AB
AO AC
·
·
AM
MO
AB
AN
NO
2
2
·
·
10
2
2
AB
AC
AC
AM AB
AN AC
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页73
13．
【北京西城北师大实验2017 届高三上学期12 月月考】过点
2,0
M
作圆
2
2
1
x
y
的两条切线MA 、MB（A 、
B 为切点），则MA MB
__________．
【答案】3
2
【解析】
由图易知，
3
MA
MB
，
3
AMB
，
所以
3
3
3 cos 3
2
MA MB
。
14．【2018 届高三南京市联合体学校调研测试数学试卷】如图，
, ,
A B C 是直线l 上的三点，P 是直线l 外一点，
已知
1
1
2
AB
BC
，
90
CPB
，
4
tan
3
APB
．则PA PC
=_____
【答案】
32
17
【解析】设
PBC
，
4
3
4
tan
,
cos
,sin
3
5
5
APB
APB
APB
，则由
1
1
2
AB
BC
可得
1
5
2
2
sin
4
PC
sin
PB
cos
PA
sin
sin
APB
，
，
＝
，
且
2
2
2
2
2
2
2
1 4
4
1 8
PA
AB
PB
PB AB cos
cos
cos
cos
＝
，
2
2
25sin
1 8
16
cos
，解得
2
16
sin
17
则
5
cos
sin
2sin cos 90
4
PA PC
PA PC
APC
APB
2
5
32
sin
sin
2
17
APB
即答案为
32
17
15．【天津市实验中学2018 届高三上学期期中】在平面直角坐标系xOy 中，设
, ,
A B C 是圆
2
2
1
x
y
上相异三点，
若存在正实数,
使得OC
OA
OB
，则
2
2
3
的取值范围是__________．
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第| 页74
【答案】
2,
【解析】
, ,
A B C
互异，
1
1
OB OC
，由OC
OA
OB
，得
2
2
=1+
2 OB OC
，则
2
2
2
2
3
1
2
3
f
OB OC
2
2
2
2
6
2
10
2
8
10
2
2
2
2
OB OC
，
2
2
2
6
2
10
2
4
10
f
OB OC
，无最大值，
2
2
3
的取值范围是
2,，故答
案为
2,.
资料正文内容开始>>
专题二
压轴填空题
第四关
以立体几何为背景的新颖问题为背景的填空题
【名师综述】
以立体几何为背景的新颖问题常见的有折叠问题，与函数图象相结合问题、最值问题，探索性问
题等. 对探索、开放、存在型问题的考查，探索性试题使问题具有不确定性、探究性和开放性，对学
生的能力要求较高，有利于考查学生的探究能力以及思维的创造性，是新课程下高考命题改革的重要
方向之一；开放性问题，一般将平面几何问题类比推广到立体几何的中，不过并非所有平面几何中的
性质都可以类比推广到立体几何中，这需要具有较好的基础知识和敏锐的洞察力;对折叠、展开问题
的考查，图形的折叠与展开问题（三视图问题可看作是特殊的图形变换）蕴涵了“二维——三维——
二维” 的维数升降变化，求解时须对变化前后的图形作“同中求异、异中求同”的思辩，考查空间
想象能力和分析辨别能力，是立几解答题的重要题型.
类型一几何体在变化过程中体积的最值问题
典例1 【2017 河北衡水中学四调】在棱长为6 的正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，M 是BC 的中点，点P 是面
1
1
DCC D
所在的平面内的动点，且满足
APD
MPC
，则三棱锥P
BCD
的体积最大值是（
）
A．36
B．12 3
C. 24
D．18 3
【答案】A
【解析】因为AD 平面
1
1
D DCC ，由AD
DP
，同理BC 平面
1
1
D DCC ，则
,
BC
CP
APD
MPC
，
所以
,
2
,
2
PAD
PMC
AD
MC
PD
PC
，下面研究点P 在面ABCD 内的轨迹（立体几何平面化），在平
面直角坐标系内设
1
(0,0),
(6,0),
(6,6)
D
C
C
，设
( , )
P x y ，因为
2
PD
PC
，所以
2
2
2
2
2 (
6)
x
y
x
y
，化
简得
2
2
(
8)
16
x
y
，该圆与
1
CC 的交点的纵坐标最大，交点坐标(6,2 3) ，三棱锥P
BCD
的底面BCD的面
积为18 ，要使三棱锥P
BCD
的体积最大，只需高最大，当P 在
1
CC 上时
2 3
CP
，棱锥的高最大，
1 18 2 3
12 3
3
V
，故选A.
【名师指点】在运动变化过程中，当变量达到某一个特殊位置时，要所求的变量的最值达到.这就要求看准变化中
的临界点，从而确定最值.欲使三棱锥P
BCD
体积的最大，只需高最大，通过坐标法得到动点P 运动轨迹，进而
判断高的最大值，空间问题平面化是解题关键．
【举一反三】如图，
90
ACB
，DA 平面ABC ，AE
DB
交DB 于E ，AF
DC
交DC 于F ，且
2
AD
AB
，则三棱锥D
AEF
体积的最大值为
．
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第| 页75
【答案】
2
6
【解析】因为DA 平面ABC ，所以
,
,
DA
AB AD
BC
AE
DB
,又
2
AD
AB
，
2
DE
,又因为
,
BC
AC AC
AD
A
,所以BC 平面ACD ,所以平面BCD 平面ACD ,AF
DC
，平面BCD 平面
ACD
CD
, 所以AF 平面BCD , 所以
,
AF
EF BD
EF
, 所以BD 平面AEF
, 由
2
2
2
2
2
AF
EF
AE
AF EF
可得
1
AF EF
，所以
1
2
AEF
S
,所以三棱锥D
AEF
体积的最大值为
1
1
2
2
3
2
6
.
类型二
几何体的外接球或者内切球问题
典例2 【2018 河北衡水武邑中学三调】在《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑(bie nao).
已知在鳖臑M
ABC
中, MA 平面ABC ,
2
MA
AB
BC
,则该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为
____．
【答案】24
8 2
【解析】由题意，MC 为球O 的直径，MC=2
3 ，∴球O 的半径为
3 ，
∴球O 的表面积为4π•3=12π，内切球的半径设为ｒ，
1
1
* 2
2 2
2 2
2 *
*2*2
3
3
r
得到
2
1
r
内切球的体积为12
8 2
，故结果为24
8 2
.
点睛：这个题目考查了四面体的外接球和内切球的体积问题，外接球是放到长方体中计算，用的是补体法；内切球
用的是体积分割，将四面体分割成了4 个小的棱锥，高都是内切球的半径，从而计算出内切球的半径。
【举一反三】[吉林省实验中学2018 届高三上学期第六次月考在四面体ABCD 中，
AD 底面ABC ，
10
AB
AC
，
2
BC
，E 为棱BC 的中点，点G 在AE 上且满足
2
AG
GE
，若四面体ABCD 的外接
球的表面积为244
9 ，则tan AGD
__________．
【答案】2
【解析】∵
2
AG
GE
，∴
2
2
10 1
2
3
3
AG
AE
.
设△ABC 的外心为O，则O 在AE 上，设OA=r，则
2
2
2
OE
CE
OC
即
2
2
2
3
r
1
r
，解得
5
r
3
，∴四面体ABCD 的外接球的半径R
2
2
AD
2
r
，
∴
2
2
25
AD
244
4π
4π
9
4
9
R
，解得
4
AD
，∴
AD
4
tan
2
AG
2
AGD
故答案为：2
类型三立体几何与函数的结合
典例3.如图，在棱长为1 的正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
的对角线
1
AC 上取一点P ，以A 为球心，AP 为半径作一个球，
设AP
x
，记该球面与正方体表面的交线的长度和为
( )
f x ，则函数
( )
f x 的图像最有可能的是（
）
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第| 页76
【答案】B
【解析】
试题分析：球面与正方体的表面都相交，我们考虑三个特殊情形：（1）当
1
x
；（2）当
1
2
x
；（3）当
2
x
.
（1）当
1
x
时，以A 为球心，1为半径作一个球，该球面与正方体表面的交线弧长为
1
3
3
2
1
4
2
，且为函
数
f x 的最大值；（2）当
1
2
x
时，以A 为球心，1
2
为半径作一个球，根据图形的相似，该球面与正方体表面的
交线弧长为（1）中的一半；（3）当
2
x
时，以A 为球心，
2 为半径作一个球，其弧长为
1
3
3
2
1
4
2
，
且为函数
f x 的最大值，对照选项可得B 正确.
【名师指点】球面与正方体的表面都相交，我们考虑三个特殊情形：（1）当
1
x
；（2）当
1
2
x
；（3）当
2
x
.
其中（1）（3）两种情形所得弧长相等且为函数
f x 的最大值，根据图形的相似，（2）中的弧长为（1）中弧长的
一半，对照选项，即可得出答案.本题考查数形结合的数学思想方法，考查特殊值、小题小作的小题技巧.
【举一反三】[广西南宁市第二中学2018 届高三1 月月考（期末）如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为4cm ，该纸
片上的正方形ABCD 的中心为O ，
,
,
,
E F G H 为圆O 上的点，
ABE
、BCF
、CDG
、DAH
分别是以
,
,
,
AB BC CD DA 为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以
,
,
,
AB BC CD DA 为折痕折起ABE
、BCF
、
CDG
、DAH
，使得
,
,
,
E F G H 重合，得到一个三棱锥，当正方形ABCD 的边长为__________ cm 时，三棱
锥体积最大．
【答案】16.
5
【解析】连接OG 交CD 于点M ，则OG
DC
，点M 为CD 的中点，连接OC ，
OCM
为直角三角形，设正方形的边长为2x ，则OM
x
，由圆的半径
为4，则
4
MG
x
，设
,
,
,
E F G H 重合于点P，则
4
PM
MG
x
x
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第| 页77
则0
2
x
，高
2
2
4
16 8
PO
x
x
x
、
2
4
5
1
8 2
2
16
8
2
3
3
V
x
x
x
x
，
设
4
5
3
4
3
2
,
8
5
8 5
y
x
x
y
x
x
x
x
，当
8
0
5
x
时，
0
y
，
4
5
2
y
x
x
单调递增；当8
2
5
x
时，
0
y
，
4
5
2
y
x
x
单调递减，
所以当
8
5
x
时，V 取得最大值，此时，
16
2
.
5
x
即答案为16
5
.
【精选名校模拟】
1．
【2018广西南宁摸底联考】如图，在正方形ܣܤܥܦ中，薈、ܨ分别是ܤܥ、ܥܦ的中点，ܩ是薈ܨ的中点.现在沿ܣ薈、ܣܨ
及薈ܨ把这个正方形折成一个空间图形，使ܤ、ܥ、ܦ三点重合，重合后的点记为ܪ.下列说法错误的是__________
（将符合题意的选项序号填到横线上）.
①ܣܩ⊥ȟ薈ܨܪ所在平面；②ܣܪ⊥ȟ薈ܨܪ所在平面；③ܪܨ⊥ȟܣ薈ܨ所在平面；④ܪܩ⊥ܣ薈ܨ所在平面.
【答案】①③④
【解析】折之前ܣܩ⊥薈ܨ,ܥܩ⊥薈ܨ,折之后也垂直，所以薈ܨ⊥面ܣܪܩ，折之前∠ܤ,∠ܦ,∠ܥ均为直角，折之后三点重合，
所以折之后AH,EH，FH 三条直线两两垂直。所以ܣܪ⊥ȟ薈ܨܪ所在平面，②对，同时可知ܣܪ⊥Hܩ，又HF ⊥ȟܣ薈ܪ
所在平面，过AE 不可能做两个平面与直线HF 垂直，③错，如果ܪܩ⊥ܣ薈ܨ，则有ܪܩ⊥ܣܩ，与②中ܣܪ⊥ܪܩ矛盾，
所以④错。若ܣܩ⊥ȟ薈ܨܪ所在平面，则ܣܩ⊥ܪܩ与②中ܣܪ⊥ܪܩ矛盾，所以①也错。选①③④。
2.在三棱锥
ABC
P
中，
PC
PB
PA
,
,
两两垂直，且
1
,2
,3
PC
PB
PA
，设M 是底面ABC
内一点，定义
)
,
,
(
)
(
p
n
m
M
f
，其中
p
n
m
,
,
分别是三棱锥
PAB
M
，三棱锥
PBC
M
，三棱锥
PCA
M
的体积，若
)
,
,
2
1
(
)
(
y
x
M
f
，且
8
1
y
a
x
，则正实数a 的最小值为________.
【答案】1
【解析】依题意，
1
1
2
3
2
1
3
1
2
1
y
x
，即
2
1
y
x
，
2)1
(
2
)
2
1(
2
)
1(
2
)
)(
1
(
2
1
a
a
a
y
ax
x
y
a
y
x
y
a
x
y
a
x
，
由题设
8
)1
(
2
2
a
，解得
1
a
，故正实数a的最小值为1.
3、【江苏省南通市2018 届高三上学期第一次调研测试】如图，铜质六角螺帽毛胚是由一个正六棱柱挖去一个圆柱
所构成的.已知正六棱柱的底面边长、高都为4cm ，圆柱的底面积为
2
9 3cm .若将该螺帽熔化后铸成一个高为6cm
的正三棱柱零件，则该正三棱柱的底面边长为_________ cm .（不计损耗）
【答案】2 10
【解析】设正三棱柱的底面边长为a ，则
2
2
2
3
3
6
4
4
9 3
4
6
40,
2 10
4
4
a
a
a
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页78
4、长方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，
3
AB
，
1
2
AA
，
1
AD
，
,
E F 分别是
1
1
,
AA BB 的中点，G 是DB
上的点，
2
DG
GB
，若平面
1
EB C 与平面
1
1
A ADD 的交线为l ，则l 与GF 所成角的余弦值为__________．
【答案】7 65
65
【解析】以D 为坐标原点,DA,DC,DD1 为x,y,z 轴建立空间直角坐标系，设AD 中点为M, 则l =EM. 所以
7
1
1
3
7 65
6
,0, 1 ,
,
,1
cos
,
2
3
3
65
5
13
2
3
EM
GF
EM GF
因此l 与GF 所成角的余弦值为7 65
65
5 ．【安徽省合肥市2018 届高三第一次教学质量检测】如图，已知平面四边形ABCD 满足
2,
60 ,
90
AB
AD
A
C
，将ABD
沿对角线BD 翻折，使平面ABD 平面CBD ，则四面体ABCD 外
接球的体积为__________．
【答案】32 3
27
【解析】由题意可知，△ABD 是等边三角形，找到△ABD 的中心F ，作GF 平面ABD ，由题意可知，外接球的
球心在直线GF 上，
由等边三角形的性质，有AF
BD
E
，利用面面垂直的性质可知：AE 平面BCD，则外接球的球心在直线AE
上，
结合AE
GF
F
可知点F 为外接球球心，外接球半径AF 为△ABD 的外接圆圆心，
设外接球半径为R ，则
2
2
2 ,
sin60
3
R
R
，
外接球的体积
3
3
4
4
2
32 3
3
3
27
3
V
R
.
6 ．【安徽省合肥市
2018
届高三第一次教学质量检测】在四面体ABCD 中，
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第| 页79
2,
60 ,
90
AB
AD
BAD
BCD
，二面角A
BD
C
的大小为150,则四面体ABCD 外接球的半径为
__________．
【答案】
21
3
【解析】过等边三角形ABD 的中心作平面ABD 的垂线l ，
取BD 的中点E ，过点E 做平面CBD 的垂线'l ，
设
'
l
l
G
，由几何关系可知：点G 为四面体ABCD 外接球的球心，
△ABD 是边长为2 的等边三角形，则
3
3
EF
,
二面角A
BD
C
的大小为150,则
60
GEF
，
据此，在Rt EFG
中，
tan60
1
GF
EF
，
四面体ABCD 外接球的半径为
2
2
4
21
1
3
3
GA
GF
AF
.
7．已知ABC
的三边长分别为
5
AB
，
4
BC
，
3
AC
，M 是AB 边上的点，P 是平面ABC 外一点．给出
下列四个命题：
①若
PM
平面ABC ，且M 是AB 边中点，则有
PC
PB
PA
；
②若
5
PC
，
PC
平面ABC ，则PCM
面积的最小值为2
15 ；
③若
5
PB
，
PB
平面ABC ，则三棱锥
ABC
P
的外接球体积为
6
2
125
；
④若
5
PC
，P 在平面ABC 上的射影是ABC
内切圆的圆心，则三棱锥
ABC
P
的体积为
23
2
；
其中正确命题的序号是
（把你认为正确命题的序号都填上）．
【答案】①④．
【解析】∵ABC
的三边长分别为
5
AB
，
4
BC
，
3
AC
，∴
PM
平面ABC ，且M 是AB 边中点，∴
MC
MB
MA
，∴
PMC
Rt
PMB
Rt
PMA
Rt
，∴
PC
PB
PA
，∴①正确；
∵当
PC
平面ABC ，∴PCM
面积
CM
CM
PC
5
2
1
2
1
又因为CM 作为垂线段最短为5
12 ，PCM
面积的最小值为
6
5
12
5
2
1
，∴②不正确；
∵若
5
PB
，
PB
平面ABC ，
5
AB
，
4
BC
，
3
AC
，∴三棱锥
ABC
P
的外接球可以看做
5,4,3
为棱
长的长方体，∴
2
5
2
R
，
2
2
5
R
，∴体积为
3
2
125
故③不正确．
∵ABC
的外接圆的圆心为O ，
PO
面ABC ，∵
2
2
2
OC
PO
PC
，
1
2
5
4
3
r
，
23
23
2
25
,
2
2
PO
PO
OC
，
23
2
23
4
3
2
1
3
1
，故④正确．
8．【四川省乐山四校2019 届第三学期半期联考】如图，正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
的棱长为1，过点A 作平面
1A BD
的垂线，垂足为点H .有下列四个命题
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第| 页80
⑴点H 是
1A BD
的垂心⑵AH 平面
1
1
CB D ⑶二面角
1
1
1
C
B D
C
的正切值为
2
⑷点H 到平面
1
1
1
1
A B C D 的距离为3
4
则正确的命题有________.
【答案】⑴⑵⑶
【解析】由AH 平面
1
ADA 可得
1
AH
BA
，由AD 平面
1
1
ABB A 可得
1
AD
BA
，
且AH
AD
A
，则
1
BA 平面
1
,
ADH
BA
DH
，
同理可知
1
1
,
BD
A H A D
BH
，则点H 是
1A BD
的垂心，说法(1)正确；
很明显
1
1
1
1
,
BD
B D B C
A D
，结合面面平行的判断定理可知：平面
1
1
B CD 平面
1
BDA ，
结合AH 平面
1
BDA 可知AH 平面
1
1
CB D ，说法(2)正确；
如图所示，连结
1
1
AC ，交
1
1
B D 于点M ，连结CM ，由正方形的性质和等边三角形的性质可知
1
1
1
1
1
1
,
AC
B D CM
B D
，则
1
CMC
为二面角
1
1
1
C
B D
C
的平面角，直角三角形
1
MC C 中，
1
1
1
1
tan
2
2
2
CC
CMC
MC
，说法(3)正确，
由射影定理可知
1
AC 平面
1
BDA ，
1
AC 平面
1
1
CB D ，
结合对称性可知点H 为靠近点A 的线段
1
AC 的一个三等分点，
由相似性可知：点H 到平面
1
1
1
1
A B C D 的距离为
1
2
2
3
3
AA
，说法(4)错误.
综上可得：正确的命题有⑴⑵⑶.
9．【广西防城港市2018 届高中毕业班1 月模拟】一块边长为8cm 的正方形铁板按如图所示的阴影部分裁下，然后
用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥（底面是正方形，从顶点向底面作垂线，垂足是底面中心的四
棱锥）形容器，O 为底面ABCD 的中心，则侧棱SC 与底面ABCD 所成角的余弦值为__________．
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第| 页81
【答案】3 2
5
【解析】由图甲可知四棱锥的底面边长为6，斜高为4.∴棱锥的侧棱长为5.
连接OC,∵SO⊥平面ABCD,∴∠SCO 为棱SC 与底面ABCD 所成的角.
1
6,
3 2
2
AB
BC
OC
AC
.
3 2
cos
5
OC
SCO
SC
.
10．【河北省衡水中学2018 届高三上学期九模考试】如图，在矩形ABCD 中，
4
AB
，
6
BC
.四边形AEFG
为边长为2 的正方形，现将矩形ABCD 沿过点F 的动直线l 翻折，使翻折后的点C 在平面AEFG 上的射影
1
C 落在
直线AB 上，若点C 在折痕l 上射影为
2
C ，则
1
2
2
C C
CC
的最小值为__________．
【答案】6 15
13
【解析】由题意，以AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，建立坐标系，则直线l 的方程：y=kx
﹣2k+2，CC2=
2
2
4
1
k
k
．
直线CC2 的方程为y=﹣1
k x+ 4
k +6，∴C1（4+6k，0），∴CC1=6
2
1 k
，
∴C1C2=CC2﹣CC1=6
2
1 k
﹣
2
2
4
1
k
k
．
∴
1
2
2
C C
CC
=
2
6
1
2
4
k
k
﹣1．
令|k﹣2|=t，∴k=t+2 或2﹣t．
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第| 页82
①k=t+2，
1
2
2
C C
CC
=3（t+ 5
t +4）﹣1≥6
5 +11，t=
5 时，取等号；
②k=2﹣t，
1
2
2
C C
CC
=3（t+ 5
t ﹣4）﹣1≥6
5 ﹣13，t= 5 时，取等号；
综上所述，
1
2
2
C C
CC
的最小值为6
5 ﹣13，
11．【河北省沧州市普通高中高三上学期教学质量监测】如图，在PAB
中，
3 5
PA
PB
，
6
AB
.
,
C D
分别是边
,
PB PA 上的点，且CD
AB
.现将PCD
沿直线CD 折起，形成四棱锥P
ABCD
，则此四棱锥的体积
的最大值是__________．
【答案】8 3
【解析】作GF
AB
于点F ，交CD 于点E ，由勾股定理有：
45
9
6
PF
，
由相似三角形的性质有：
6
6
6
DC
PE
x
DC
AB
PF
，
6
DC
x
，
设
0
6
EF
x
x
，则
6
PE
x
，
四棱锥体积最大时，必须满足平面PCD 平面ABCD ，
四棱锥的底面积：
6
6
12
1
2
2
2
x
x
x
S
AB
CD
EF
x
，
四棱锥的高
6
h
PE
x
，据此可得体积函数：
3
2
12
1
1
1
6
18
72
0
6
3
3
2
6
x
x
V x
Sh
x
x
x
x
x
，
则
2
1
'
12
24
2
V
x
x
x
，令
'
0
V
x
可得：
6
2 3
x
，
结合函数的定义域可得：
函数在区间
0,6
2 3
上单调递增，在区间
6
2 3,6
上单调递减，
则此四棱锥的体积的最大值是
6
2 3
8 3
V
.
12 ．【广东省佛山市普通高中2018 届高三教学质量检测】平面四边形ABCD 中，
2,
10,
4
AB
AD
CB
CD
AC
,沿直线AC 将ACD
翻折成ACD
，当三棱锥D
ABC
的体积取
得最大值时，该三棱锥的外接球的表面积是__________．
【答案】24
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【解析】首先考查ABC
，由余弦定理有：
2 10 16
1
cos
2 2
10
5
B
，
则
2
2
sin
1 cos
5
B
B
，
1
1
1
sin
2
10
2
2
2
5
ABC
S
ac
B
，
则AC 边上的高为
1
h
，
由平面四边形ABCD 为筝形可知AC
BD
，
易知当平面ABC 平面ADC 时，三棱锥D
ABC
的体积取得最大值时，
将三棱锥放入长方体，建立如图所示的空间直角坐标系，
则：
0,0,0 ,
0,1,1 ,
0,4,0 ,
1,1,0
A
B
C
D
,
设其外接球球心为
, ,
O x y z ，由球的性质可知：
2
2
2
2
OA
OB
OC
OD
，
则有方程组：
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
{
1
1
4
x
y
z
x
y
z
x
y
z
x
y
z
x
y
z
x
y
z
求解方程组可得：
1,
2,
1
x
y
z
，
则外接球半径
1 4 1
6
R
OA
，
外接球的表面积：
2
4
24
S
R
.
13．【广西桂林市、贺州市2018 届高三上学期期末联考】把长AB 和宽AD 分别为2 3 和2 的长方形ABCD 沿对
角线AC 折成B
AC
D
的二面角
0
，下列正确的命题序号是__________．
①四面体ABCD 外接球的体积随的改变而改变；
②BD 的长度随的增大而增大；
③当
2
时，BD 长度最长；
④当
2
3
时，BD 长度等于13 .
【答案】②④
【解析】
因为不管如何变换
AC
，
的中点到四面体ABCD 四个顶点的距离都等于AC 长度的一半为2 ，即外接球的半径为
定值2 ，所以四面体ABCD 外接球的体积为定值，①错；过D 作DE
AC
于E ，过B 作BF
AC
于F ，作
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第| 页84
/ /
,
,
EG
FB EG
FB
EG
AC
，
DEG
是二面角D
AC
B
的平面角，二面角D
AC
B
为，
DEG
，又
2 3,
2,
3
AB
AD
DE
BF
EG
，
1,
4,
2,
AE
FC
AC
EF
GB
EFBG
是
矩形，
2
2
2
2
cos
6
6cos
DG
DE
EG
DE EG
，
2
2
2
10
6cos
DB
DG
GB
, BD 的长度随
的增大而增大，②对；因为0
，所以BD 无最大值，③错；当
2
3
时，
2
10
6cos
13,
13
DB
DB
，④对，正确的命题序号是②④.
故答案为②④.
14．一个封闭的正三棱柱容器，高为3，内装水若干(如图甲，底面处于水平状态)，将容器放倒(如图乙，一个侧面
处于水平状态)，这时水面与各棱交点E ，F ，
1F ，
1
E 分别为所在棱的中点，则图甲中水面的高度为_______.
【答案】9
4
【解析】因为E ，
F ，
1F ，
1
E 分别为所在棱的中点，所以棱柱
1
1
1
1
EFBC
E F B C
的体积
3
9
3
3
4
4
EFBC
ABC
ABC
V
S
S
S
，设甲中水面的高度为h ，则
9
9
,
4
4
ABC
ABC
S
h
S
h
，故答案为9
4
.
资料正文内容开始>>
专题二
压轴填空题
第五关
以数列求和或者通项公式为背景的填空题
【名师综述】
1.数列的通项公式及递推公式的应用也是命题的热点，根据an 与Sn 的关系求通项公式以及利用
构造或转化的方法求通项公式也是常考的热点.
2.数列的求和问题多以考查等差、等比数列的前n 项和公式、错位相减法和裂项相消法为主，且
考查频率较高，是高考命题的热点.
1．求数列通项公式的常见类型及方法
(1)归纳猜想法：已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜想法．
(2)已知Sn 与an 的关系，利用an＝
S1，n＝1，
Sn－Sn－1，n≥2
求an.
(3)累加法：数列递推关系形如an＋1＝an＋f(n)，其中数列{f(n)}前n 项和可求，这种类型的
数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)．
(4)累乘法：数列递推关系形如an＋1＝g(n)an，其中数列{g(n)}前n 项积可求，此数列求通项
公式一般采用累乘法(叠乘法)．
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2．活用数列求和的四种方法
(1)公式法：
适合求等差数列或等比数列的前n 项和．对等比数列利用公式法求和时，注意q＝1 或q≠1 两种
情况．
(2)错位相减法：
这是推导等比数列的前n 项和公式时常用的方法，主要用于求数列{anbn}的前n 项和，其中{an}，
{bn}分别是等差数列和等比数列．
(3)裂项相消法：
把数列的各项分别裂开后，前后抵消从而计算和的方法，适用于求通项为
1
anan＋1
的数列的前n
项和，其中{an}为等差数列，则
1
anan＋1
＝1
d
)
1
1
(
1
n
n
a
a
.
(4)分组求和法：
一个数列如果既不是等差数列又不是等比数列，但它可以拆成两个数列，而这两个数列是等差或
等比数列，那么就可分组求和，这种方法叫分组求和法．
类型一
将递推式转换为项间的关系式处理的问题
典例1
【辽宁葫芦岛普高协作体2017 届高三上学期第二次考试，16】已知数列
na
的前n 项和为
n
S ，
4
1
3
n
n
S
a
，
则
2
16
4
1
1
n
na
的最小值为
．
【答案】4
【解析】∵
4
1
3
n
n
S
a
，∴
1
1
4
1
2
3
n
n
S
a
n
，∴
1
1
4
3
n
n
n
n
n
a
S
S
a
a
，∴
1
4
n
n
a
a
，又
1
1
1
4
1
3
a
S
a
，∴
1
4
a
，∴
na
是首项为4 ，公比为4 的等比数列，∴
4n
n
a
，∴
2
16
4
1
1
n
na
4
16
4
16
1
1
2
2
2
4
16
4
16
4
n
n
n
n
，当且仅当
2
n
时取“ ”.
【名师指点】本题主要考查数列前n 项和、等比数列；3、基本不等式，属于较难题型.使用基本不等式公式时一定
要牢牢抓住一正、二定、三相等这三个条件，如果不符合条件则：非正化正、非定构定、不等作图（单调性）.平
时应熟练掌握双钩函数的图象，还应加强非定构定、不等作图这方面的训练，并注重表达的规范性，才能灵活应对
这类题型.
【举一反三】【安徽省马鞍山市2018 届高三第一次（期末）教学质量检测】数列
na
的前n 项和为
n
S ，若
2
2
n
n
S
a
，则数列
2
n
na
的前n 项和为____________.
【答案】
1
1 2
2
2
n
n
n
【解析】当
1
n
时，
1
1
1
2
2,
2
a
a
a
，
由题意可得：
1
1
2
2,
2
2
n
n
n
n
S
a
S
a
，
两式作差可得：
1
1
2
2
,
2
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
据此可得，数列
na
是首项为2 ，公比为2 的等比数列，
则
2n
n
na
n
，错位相减可得其前n 项和
1
1 2
2
n
nT
n
，
分组求和可得数列
2
n
na
的前n 项和为
1
1 2
2
2
n
n
n
.
类型二
可转化为前n 项和间的递推式的问题
典例2
已知数列{
}
na
的前n 项和为
n
S ，
1
1
a
．当
2
n
时，
1
2
n
n
a
S
n
，则
2015
S
=（
）
【答案】1008
【解析】当
2
n
时，由
1
2
n
n
a
S
n
得
1
1
2
n
n
n
S
S
S
n
，即
1
n
n
S
S
n
……①，所以
1
1
n
n
S
S
n
……
②，由②－①得
1
1
1
n
n
S
S
，又
1
1
a
即
1
1
S
，所以数列
2
1
n
S
构成等差数列，从而
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页86
2015
1
1008 1
1 1008
S
．
【名师指点】由已知条件，将已知递推式利用
1
n
n
n
a
S
S
转化为
1
,
n
n
S
S 间的递推式，通过对递推式的处理知数
列
2
1
n
S
是等差数列，进而利用等差数列通项公式求
2015
S
．
【举一反三】【安徽省淮南市2018 届高三第一次（2 月）模拟】已知正项数列
na
的前n 项和为
n
S ，当
2
n
时，
2
1
1
n
n
n
n
a
S
S S
，且
1
1
a
，设
1
2
log
3
n
n
a
b
，则
1
2
34
1
n
b
b
b
n
的最小值是________.
【答案】9
【解析】当
2
n
时，
2
1
1
n
n
n
n
a
S
S S
（
）
，即
2
1
1
2
n
n
n
n
S
S
S S
，展开化为：
1
1
4
0
n
n
n
n
S
S
S
S
（
）（
）
，∵正项数列
na
的前n项和为
n
S
1
1
4
n
n
n
n
S
S
S
S
．
，∴数列
n
S
是等
比数列，首项为1，公比为4．
1
1
2
2
1
4
2
4
4
3 4
n
n
n
n
n
n
n
n
S
n
a
S
S
．
，
．
2
1
1
{
3 4
2
n
n
n
a
n
，＝
．
，
2
2
1
2
22
2
2
3
n
n
n
a
b
log
log
n
，则
2
1
2
0
2
2
2
n
n
n
b
b
b
n
n
．
则
2
2
1
2
1
3
1
36
34
34
1
1
1
n
n
n
b
b
b
n
n
n
n
n
36
1
3
12
3
9
1
n
n
当且仅当
36
1
1
n
n
即
5
n
时等号成立.
故答案为9
类型三
通过若干项观察归纳总结的问题
典例3
数列
na
的通项为
( 1) (2
1) sin
1
2
n
n
n
a
n
，前n项和为
n
S ，则
100
S
=
．
【答案】200
【解析】由已知可得
1
3sin
1
2
2
a
；
2
5sin
1
1
a
；
3
3
7sin
1
8
2
a
；
4
9sin 2
1
1
a
；
5
5
11sin
1
10
2
a
；
6
13sin3
1
1
a
；
7
7
15sin
1 16
2
a
；
分析可知偶数项均为1，所以前100 项中偶数项的和为1 50
50
．
分析可知相邻两项奇数项的和为6，所以前100 项中奇数项的和为
50
6
150
2
．
100
50 150
200
S
．
【名师指点】通过计算数列前几项,得出该数列所具有的特殊性质，然后利用该性质作为一般规律去解题，是数学
中常用的方法，体现了从特殊到一般的数学思想方法．
【举一反三】．数列
na
满足
1
2
a
，
1
1
1
1
n
n
n
a
a
a
，其前n 项积为
n
T ，则
2015
T
．
【答案】3
【解析】由
1
1
1
1
n
n
n
a
a
a
可得
1
1
1
n
n
n
a
a
a
，因为
1
2
a
，所以
2
3
4
5
1
1
3,
,
,
2
2
3
a
a
a
a
，，
所以数列
na
是周期为4 的周期数列，且
1
2
3
4
1
a a a a
，又因为2015
4 503 3
，所以
2015
1
2 ( 3) (
)
3
2
T
．
【精选名校模拟】
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页87
1．【四川省凉山州2017 届高中毕业班第一次诊断性检测,6】设数列
na
满足
1a
a
，
2
1
2
1
n
n
n
a
a
a
（
*
n
N
），
若数列
na
是常数列，则a （
）
A．2
B．1
C．0
D．( 1)n
【答案】A
【解析】因为数列
na
是常数列，所以
2
2
1
2
1
2
2
1
1
a
a
a
a
a
a
，即
2
(
1)
2
a a
a
，解得
2
a ，故选A.
2．数列
na
的前n 项和
n
S
，满足
1
1
a
，
1
2
1
n
n
n
a
a
，则
2
1
n
S
__________．
【答案】4
1
3
n
【
解
析
】
因
为
1
2
1
n
n
n
a
a
，
所
以
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
3
3
3
3
3
3
3
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
因此
2
1
n
S
2
1
2
2 1 2
1
2
1
3
1 2
3
3
n
n
= 4
1
3
n
3．【皖江名校2018 届高三12 月份大联考】已知数列
na
，
n
S 是其前n 项的和且满足
*
3
2
n
n
a
S
n n
N
，则
n
S __________．
【答案】
3
1
3
2
3
4
4
n
n
S
n
【解析】当
1
n
时，
1
1
3
2
1
a
S
，∴
1
1
a
，
当
2
n
时，3
2
n
n
a
S
n
①，
1
1
3
2
1
n
n
a
S
n
②
∴①-②得：
1
3
3
2
1
n
n
n
a
a
a
，即
1
3
1
n
n
a
a
∴
1
1
1
3
1
2
2
n
n
a
a
，
1
1
2
3
1
2
n
n
a
a
，又
1
1
3
0
2
2
a
∴数列
1
2
na
是以3
2
为首项，3 为公比的等比数列，
得
1
1
3 3
2
2
n
na
，∴
1
3
1
3
2
2
n
na
，
∴代入得：
3
1
3
2
3
4
4
n
n
S
n
。
答案为：
3
1
3
2
3
4
4
n
n
S
n
4．
【上海市长宁、嘉定区2018 届高三第一次质量调研（一模）】已知数列
na
的前n项和为
n
S ，且
1
1
a
,
1
2
n
n
n
S
a a
（
*
n
N
），若
1
2
1
1
n
n
n
n
n
b
a a
,则数列
nb
的前n 项和
n
T _______________.
【答案】
1
1
1
n
n
或
2 ,
1
{
,
1
n
n
n
n
n
n
为奇数，
为偶数
【解析】由
1
2
n
n
n
S
a a
可知
1
1
2
2)
n
n
n
S
a
a n
（
，两式相减得
1
1
1
2
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a a
a
a
a
a
a
，因为
1
1
a
，
所以
0
na
，
1
2
n
n
a
a
，构造
1
1
2
n
n
n
n
a
a
a
a
，所以
1
n
n
a
a
=1，数列
na
是以1 为公差，1 为
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第| 页88
首项的等差数列，所以
1
1
,
1
n
n
a
n b
n
n
，
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
3
3
4
1
n
nT
n
n
当n 为偶数时，
1
1
1
nT
n
，当n 为奇数时，
1
1
1
nT
n
，综上所述
1
1
1
n
nT
n
,故填
1
1
1
n
n
或
2 ,
1
{
,
1
n
n
n
n
n
n
为奇数，
为偶数
.
5．
【吉林省普通中学2018 届高三第二次调研测试】已知数列
na
中，前n 项和为
n
S ，且
1
2
n
n
n
S
a
，则
1
(
1)
n
n
a
n
a
的最大值为_________
【答案】2
【解析】∵
1
2
n
n
n
S
a
∴当
1
n
时，
1
1
1
2
2
n
n
n
n
n
n
n
a
S
S
a
a
，即
1
1
n
n
a
n
a
n
∵数列
1
n
n
单调递减
∴当
2
n
时
1
2
n
n
a
a
最大
故答案为2
6 ．【四川省成都市龙泉中学2018 高三上学期12 月月考】已知数列
na
的前n 项和为
n
S ，且满足：
*
1
2
2
1
1,
2,
1
n
n
n
a
a
S
a
a
n
N
，则
n
S ___________.
【答案】2
1
n
【解析】∵
*
2
1
1
n
n
n
S
a
a
n
N
∴
2
1
1
1
n
n
n
n
n
S
S
S
S
S
，则
2
1
1
2
1
n
n
S
S
由
1
2
1,
2,
a
a
可得
2
1
1
2
1
S
S
∴
1
1
2
1
n
n
S
S
对任意的
*
n
N
都成立
∴数列
1
n
S
是等比数列，首项为2，公比为2
∴
1
2n
n
S
，即
2
1
n
n
S
故答案为2
1
n
7．数列{an}中，a1＝1，an＝3an－1＋3n＋4(n∈N*，n≥2)，若存在实数λ，使得数列
3
n
n
a
为等差数列，则λ＝________.
【答案】2
【解析】设bn＝
3
n
n
a
，得an＝3nbn－λ，代入已知得3nbn－λ＝3(3n－1bn－1－λ)＋3n＋4，变形为3n(bn－bn－1－1)＝－
2λ＋4，这个式子对大于1 的所有正整数n 都成立．由于{bn}是等差数列，bn－bn－1 是常数，所以bn－bn－1－1＝0，
即－2λ＋4＝0，可得λ＝2.
故答案为：λ＝2
8．
【辽宁省丹东市五校协作体2018 届高三上学期联考】设数列
na
的前n 项和为
n
S 若
1
3
a
且
1
1
1
2
n
n
S
a
则
na
的通项公式
na _______．
【答案】
2
3,
1
{
4 3
,
2
n
n
n
.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页89
【解析】∵
1
1
1
2
n
n
S
a
，
∴
1
1
1
2
2
n
n
S
a
n
,
∴
1
1
1
1
2
2
n
n
n
n
n
S
S
a
a
a
，即
1
3
n
n
a
a
。
又
1
1
1
2
1
3
1
2
a
S
a
a
，
，解得
2
4
a
。故
2
1
3
a
a
。
∴数列
na
从第二项起是公比为3 的等比数列，故当
2
n
时，
2
2
2
4 3
n
n
na
a q
。
∴
2
3,
1
{
4 3
,
2
n
n
n
a
n
。
答案：
2
3,
1
{
4 3
,
2
n
n
n
9. 【吉林省梅河口市第五中学2018 届高三上学期第三次月考】设
n
S
为数列
na
的前n 项和，
1
1
2
3 2
2
n
n
n
a
a
n
，且
1
2
3
2
a
a
，记
n
T 为数列
1
n
n
a
S
的前n 项和，则
n
T __________．
【答案】1
1
3
3 2n
【解析】由2an﹣an﹣1=3•2n﹣1（n≥2），得
1
1
1
3
·
2
4 2
4
n
n
n
n
a
a
∴
1
1
1
1
1
2
4 2
n
n
n
n
a
a
，
由2an﹣an﹣1=3•2n﹣1（n≥2），且3a1=2a2，
可得2a2﹣a1=6，即2a1=6，得a1=3．
∴数列{
1
2
n
n
a }是以1
2
为首项，以1
4
为公比的等比数列，
则
1
2
1
1
1
1
1
·
2
2
4
2
n
n
n
n
a
1 2
1
2
1
2
2
2
n
n
n
n
na
∴
1
1
1
1
......
2
2
n
n
S
+（2+22+23+…+2n）=
1
1
2 1 2
2
1
1 2
1
2
n
n
=2•2n﹣21﹣n
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
3·2
n
n
n
n
n
n
n
a
S
，根据等比数列求和公式：
1
1
1
3
2
n
n
T
故答案为：
1
1
1
3
2
n
n
T
。
10．在数列
na
中，
1
1
2
a
，
1
2
1
4
1
n
n
a
a
n
，则该数列的通项公式
n
a =
．
【答案】4
3
4
2
n
n
．
【解析】因为
1
2
1
1
1
1
(
)
4
1
2 2
1
2
1
n
n
a
a
n
n
n
，所以运用累加法即可得到：
1
1
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(
)
(
)
(
)
[(1
)
(
)
(
)]
(1
)
2
3
3
5
2
3
2
1
2
2
1
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
n
n
n
L
L
，所以
1
1
1
4
3
(1
)
2
2
1
4
2
n
n
a
a
n
n
，故应填4
3
4
2
n
n
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页90
11．【重庆市第一中学2018 届高三11 月月考】在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线
1
C 的方程为
2
2
1
4
x
y
，过
点
1P 作
1
C 的两条切线，切点分别为
1A 、
1
B ，且满足
1 1
1
3
A PB
，记
1P 的轨迹为
2
C ，过点
2P 作
2
C 的两条切线，
切点分别为
2
A 、
2
B ，满足
2
2
2
3
A P B
，记
2P 的轨迹为
3
C ，按上述规律一直进行下去……，记
1 max
|
|
n
n
n
a
A A
（
*
n
N
），且
n
S 为数列
1
n
a
的前n项和，则满足
4
1
3
500
n
S
的最小的n 是__________．
【答案】10
【解析】
作图知
1
1
2
1
3
2
1
1
3
3
1
2
1
1
,
1
2
3
2
,
2
4
6
2
......
2
,
2
2
2
3
2
n
n
n
n
a
a
a a
a
a
a
4
4
1
3
3
2
n
n
S
，则
4
1
4
1
1
10
3
500
3
2
500
n
n
S
n
故答案为10
12 ．【湖南省五市十校教研教改共同体2018 届高三12 月联考】设数列
na
的前n 项积是
n
T ，且
*
1
1
2
2
,
2
n
n
n
n
T T
T
T
n
N
n
，
1
2
3
a
.若
1
n
n
n
b
a
a
，则数列
nb
的前n项和
n
S 为__________．
【答案】1
1
2
2
2
n
n
【解析】
1
1
2
2
n
n
n
n
T T
T
T
1
1
1
1
1
3
1
1
2
1
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
T
T
T
T
n
1
1
1
3
1
2 ,
1,
2
2
2
n
n
n
n
T
n
n
a
n
n
a
a
T
n
n
2
1
1
1
1
1
2
2
1
2
1
2
2
2
n
n
n
n
b
S
n
n
n
n
n
n
13．若数列
{
}
na
是正项数列，且
2
1
2
3
n
a
a
a
n
n
，则
1
2
2
3
1
na
a
a
n
__________.
【答案】
2
2
6
n
n
【解析】令
1
n
，得
4
a1
，所以
16
a1
．当
2
n
时，
)1
(3
)1
(
a
a
a
2
1-
n
2
1
n
n
．与已
知式相减，得
2
2
)1
(
3
)1
(
)
3
(
2
2
n
n
n
n
n
an
，所以
2)1
(
4
n
an
，
1
n
时，
1a 适合
n
a ．所以
2)1
(
4
n
an
，所以
4
4
1
n
n
an
，∴
1
2
2
3
1
na
a
a
n
n
n
n
n
6
2
2
)
4
4
8
(
2
．
14．已知函数
5
( )
sin
(0
)
2
f x
x
a
x
的三个零点成等比数列，则
2
log a __________.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页91
【答案】
1
2
【解析】
试题分析:由题意设三个零点分别为
2
,
,
xq
xq
x
,由正弦曲线的对称性可知
3
,
2
xq
xq
xq
x
,由此可得
4
,3
x
q
,故
2
2
4
sin
a
,所以
2
log a
2
1
,故应填
1
2
.
15．设( )
S n ，( )
T n 分别为等差数列{
}
na
，{ }
nb
的前n 项和，且
( )
3
2
( )
4
5
S n
n
T n
n
.设点A 是直线BC 外一点，点P
是直线BC 上一点，且
1
4
3
a
a
AP
AB
AC
b
，则实数的值为__________.
【答案】
3
25
【解析】
试题分析：不妨取
2
2
3
2 ,
4
5
n
n
S
n
n T
n
n
，当
1
n
时，
1
1
5,
a
S
当
2
n
时，
1
6
1
n
n
n
a
S
S
n
，验证得
1
n
上式成立，综上
6
1
n
a
n
，同理可得
1
4
3
28
8
1
25
n
a
a
b
n
b
，
28
(
)
(1
)
25
AP
AB
BP
AB
BC
AB
AC
AB
AB
AC
AB
AC
28
1
25
，
3
25
．
16.已知数列
}
{
n
a
的前n 项和为
n
S ，
)1
(
3
4
n
n
a
S
，则数列
}
{
2
n
a
的前n 项和
n
T
.
【答案】
15
16
16
1
n
【解析】
试题分析：
1
3
4
n
n
a
S
,
2
n
时,
1
3
4
1
1
n
n
a
S
, 两式相减得:
1
1
3
4
n
n
n
n
n
a
a
a
S
S
, 即
2
4
1
n
a
a
n
n
,所以
n
a
是首项为4 ,公比为4 的等比数列,通项公式为
n
n
n
a
4
4
4
1
,
n
n
a
16
2
,前n 项
和
16
1
16
1
16
n
n
T
15
16
16
1
n
,故填
15
16
16
1
n
.
资料正文内容开始>>
专题三
压轴解答题
第一关
以立体几何中探索性问题为背景的解答题
【名师综述】利用空间向量解决探索性问题
立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立
体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，
应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借
“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略，希望读者面对立体几何中的
探索性问题时能做到有的放矢，化解自如．
1.
以“平行”为背景的存在判断型问题
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第| 页92
典例1
如图，四棱锥P
ABCD
的底面ABCD 是菱形，
0
60
BCD
，PA 平面ABCD ，E 是AB 的中
点.
（1）求证：平面PDE 平面PAB ；
（2）棱PC 上是否存在一点F ，使得
/ /
BF
平面PDE ？若存在，确定F 的位置并加以证明；若不存在，请说明
理由.
【解析】（1）连接BD ，因为底面ABCD 是菱形，
60
BCD
,所以ABD
为正三角形.
因为E 是AB 的中点, 所以DE
AB
,
因为PA 面ABCD , DE
ABCD
面
，∴DE
PA
，
因为DE
AB
，DE
PA
，AB
PA
A
,
所以DE
PAB
面
.
又DE
PDE
面
, 所以面PDE ⊥面PAB .
（2）当点F 为PC 的中点时，BF ∥面PDE .
事实上，取PC 的中点F , PD 的中点G ，连结FG ，GE ，
∵FG 为三角形PCD的中位线，
∴FG ∥CD 且
1
= 2
FG
CD ，
又在菱形ABCD 中，E 为AB 的中点，
∴BE ∥CD 且
1
= 2
BE
CD，
∴FG ∥BE 且
=
FG BE ，
所以四边形BEGF 为平行四边形.
所以BF ∥GE ，
又GE 面PDE ，BF 面PDE ，
∴BF ∥面PDE ，结论得证.
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第| 页93
【名师指点】本题是直线和平面平行的存在性问题，这种问题可以利用空间直角坐标系，通过建系设点，利用空间
向量求解，如果利用传统立体几何的方法，就需利用分析法，利用直线和平面平行的性质定理寻求点的位置．
【举一反三】【河南省南阳市第一中学2018 届高三上学期第八次考试】如图，在四棱椎E
ABCD
中，AE
DE
，
CD 平面ADE ，AB 平面ADE ，
6
CD
DA
，
2
AB
，
3
DE
.
(1)求证：平面ACE 平面CDE ；(2)在线段DE 上是否存在一点F ，使
/ /
AF
平面BCE ？若存在，求出EF
ED
的
值；若不存在，说明理由.
【解析】(1)证明：因为CD 平面ADE ，AE 平面ADE ，所以CD
AE
，又因为AE
DE
，CD
DE
D
，
所以AE 平面CDE ，又因为AE 平面ACE ，所以平面ACE 平面CDE .
(2)结论：在线段DE 上存在一点F ，且
1
3
EF
ED
，使AF 平面BCE .
解：设F 为线段DE 上一点，且
1
3
EF
ED
，过点F 作FM
CD
交CE 于M ，则
1
3
FM
CD
.
因为CD 平面ADE ，AB 平面ADE ，所以CD
AB
.
又因为
3
CD
AB
，所以MF
AB
，FM
AB
，所以四边形ABMF 为平行四边形，则AF
BM
.
又因为AF 平面BCE ，BM 平面BCE ，所以AF 平面BCE .
类型2
以“垂直”为背景的存在判断型问题
典例2
如图，四面体PABC 中，PA 平面ABC ，
1
PA ，
1
AB ，
2
AC
，
3
BC
.
（1）求四面体PABC 的四个面的面积中，最大的面积是多少？
（2）证明：在线段PC 上存在点M ，使得AC
BM
，并求PM
MC
的值.
【解析】（1）由题设AB＝1，AC＝2，BC＝
3 ，
可得
2
2
2
AB
BC
AC
,所以AB
BC
,
由PA⊥平面ABC，BC、AB⊂平面ABC,所以PA
BC
，PA
AB
,
所以
2
PB
,
又由于PA∩AB＝A，故BC⊥平面PAB,
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第| 页94
PB⊂平面PAB,所以BC
PB
,
所以ACB
，
PAC
,
PAB
,
PCB
均为直角三角形，且PCB
的面积最大，
1
6
2
3
2
2
PCB
S
．
（2）证明：在平面ABC 内，过点B 作BN⊥AC，垂足为N．在平面PAC 内，过点N 作MN∥PA 交PC 于点M，连接
BM．
由PA⊥平面ABC 知PA⊥AC，所以MN⊥AC．
由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN．
又BM⊂平面MBN，所以AC⊥BM．
因为ABN
与ACB
相似，
1
2
AB AB
AN
AC
，
从而NC＝AC－AN＝．
由MN∥PA，得
＝
＝．
【名师指点】以直线和平面垂直、直线和直线垂直为背景的垂直问题，可以通过建立空间直角坐标系，通过直线的
方向向量与平面的法向量共线或者直线方向向量垂直求得，也可以利用传统立体几何知识利用分析的方法，确定线、
面垂直关系来求解．
【举一反三】．如图，四棱锥P
ABCD
中, AB 平面
1
,
/ /
,
,
2
PAD AB
CD AB
AD
CD
△PAD 为等边三角形，
F 是DC 上的点，且
1
2
DF
AB
.
（1）求PC 和平面ABCD 所成角的正弦值；
（2）线段PB 上是否存在点E ，使EF 平面PAB ？说明理由.
【解析】（1）取AD 中点H，PD=PA, 所以AD
PH
,因为AB 平面PAD，且PH平面PAD，
所以AB
PH
，又AD
AB
A
,所以PH 平面ABCD .
∠PCH 是PC 和平面ABCD 所成的角.
不妨令AB=2 ，CH= 17,
3,
2 5
PH
PC
在△
3
15
P
,sin P
10
2 5
PH
CH
CH
PC
（2）线段PB 上存在点E ，使EF 平面PAB .
理由如下：如图，分别取PA
PB
、
的中点G、Ｅ，则
1
/ / 2
GE
AB ，由
1
/ / 2
DF
AB
，所以
/ /
GE
DF ，所以四
边形DGEF 为平行四边形，故
/ /
EF
GD.
因为AB 平面PAD，所以AB
GD
，因此，EF
AB
，因为G 为PA 的中点，且PD
AD
，GD
PA
，因
此EF
PA
.
又PA
AB
A
，所以EF 平面PAB .
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第| 页95
类型3
以“角”为背景的探索性问题
典例3
如图所示，在棱长为2 的正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，
,
E F 分别为
1
1
A D 和
1
CC 的中点.
(1)求证：EF 平面
1
ACD ；
(2)在棱
1
BB 上是否存在一点P ，使得二面角P
AC
B
的大小为30，若存在，求出BP 的长；若不存在，请说
明理由.
【解析】(1)证明：如图所示，分别以
1
,
,
DA DC DD 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Dxyz ，
由已知得
0,0,0
D
，
2,0,0
A
，
2,2,0
B
，
0,2,0
C
，
1 2,2,2
B
，
1 0,0,2
D
，
1,0,2
E
，
0,2,1
F
，
∵平面
1
ACD 的一个法向量是
1
2,2,2
DB
，
又∵
1,2, 1
EF
，
∴
1
2
4
2
0
EF DB
，
∴
1
EF
DB
，而EF 平面
1
ACD ，
∴EF 平面
1
ACD .
(2)解：设点
2,2,
(0
2)
P
t
t
，
平面ACP 的一个法向量为
, ,
n
x y z
，
则
0
{
0
n AC
n AP
，∵
0,2,
AP
t
，
2,2,0
AC
，
∴
2
0
{
2
2
0
y
tz
x
y
，取
1
y ，则
1
x
，
2
z
t
，∴
2
1,1,
n
t
，
平面ABC 的一个法向量
1
0,0,2
BB
，
依题意知，
1,
30
BB n
或
1,
150
BB n
，
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第| 页96
∴
1
2
4
3
cos
,
2
4
2
2
t
BB n
t
，即
2
2
4
3
4
2
4
t
t
，解得
6
3
t
或
6
3
t
(舍)，
∵
6
0,2
3
，
∴在棱
1
BB 上存在一点P ，当BP 的长为
6
3
时，二面角P
AC
B
的大小为30.
【名师指点】与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，
可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“是否存在”问题转化为“点
的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法．
【举一反三】如图，在三棱锥ABCD 中，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝90°，ܣܥ= 6 3，BC＝CD＝6，点E 在平面BCD 内，
EC＝BD，EC⊥BD.
(1)求证：AE⊥平面BCDE；
(2)在棱AC 上，是否存在点G，使得二面角CEGD 的余弦值为
10
5 ？若存在点G，求出
ܥܩ
ܩܣ的值，若不存在，说明理由．
【解析】(1)证明：因为△BCD 是等腰直角三角形，CO⊥BD，所以CO＝BD.
又EC＝BD，所以点O 是BD 和CE 的中点．
因为EC⊥BD，
所以四边形BCDE 是正方形．
则CD⊥ED，又CD⊥AD，AD∩ED＝D，
所以CD⊥平面ADE，CD⊥AE.
同理BC⊥AE，BC∩CD＝C，
所以AE⊥平面BCDE.
(2)解：由(1)的证明过程知四边形BCDE 为正方形，建立如图所示的坐标系，则E(0，0，0)，D(0，6，0)，A(0，0，
6)，B(6，0，0)，C(6，6，0)．
假设在棱AC 上存在点G，使得二面角CEGD 的余弦值为
，
设
＝t(t＞0)，G(x，y，z)，
由
＝t
可得G
，
则
＝(0，6，0)，
＝
.
易知平面CEG 的一个法向量为
＝(6，－6，0)．
设平面DEG 的一个法向量为n＝(x0，y0，z0)，
则
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即
令x0＝1 得z0＝－，n＝
，
所以
＝
，
＝
，解得t＝2.
故存在点G(2，2，4)，使得二面角CEGD 的余弦值为
，此时
＝2.
【精选名校模拟】
1. 如图，四棱锥P－ABCD 的底面为直角梯形，AD∥BC，AD＝2BC＝2，BC⊥DC，∠BAD＝60°，平面PAD⊥底面ABCD，
E 为AD 的中点，△PAD 为正三角形，M 是棱PC 上的一点(异于端点)．
(1)若M 为PC 的中点，求证：PA∥平面BME；
(2)是否存在点M，使二面角MBED 的大小为30°.若存在，求出点M 的位置；若不存在，说明理由．
【解析】(1)证明：如图，连接AC 交BE 于点F，连接CE.
由题意知BC∥AE，且BC＝AE，故四边形ABCE 为平行四边形，∴F 为AC 的中点，在△PAC 中，又由M 为PC 的中点，
得MF∥PA.
又MF⊂平面BME，PA⊄平面BME，∴PA∥平面BME.
(2)连接PE，则由题意知PE⊥平面ABCD.
故以E 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系E－xyz，则
E(0,0,0)，P(0,0，
)，
B(
，0,0)，C(
，－1,0)．
设
＝λ
＝(0<λ<1)，
则M(
λ，－λ，
(1－λ))．
∴
＝(
λ，－λ，
(1－λ))，
＝(
，0,0)．
取平面DBE 的法向量n1＝(0,0,1)，设平面BME 的法向量n2＝(x，y，z)，
则由
得
令y＝
，得n2＝
.
又由
＝cos30°，得λ＝，
即M
.故存在点M 满足要求，且M 为棱PC 上靠近端点C 的四等分点．
2. 【北京市东城二十二中2018 届高三上学期期中试卷数学】在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形，
AB CD
，
60
DAB
，PC 平面ABCD ，AE
BD
，CB
CD
CF
．
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第| 页98
（1）求证：BD 平面AED ．
（2 ）求二面角D
BF
C
的余弦值．
（3 ）在线段AB （含端点）上，是否存在一点P ，使得
/ /
FP
平面AED ，若存在，求出AP
AB
的值；若不存在，
请说明理由．
【解析】（1）∵AB CD
，
60
DAB
，∴
120
ADC
BCD
．
∵CB
CD
，∴
30
CDB
，∴
90
ADB
，AD
BD
．
∵AE
BD
，且AE
AD
A
，
AE 、AD 面AED，∴BD 面AED．
（2 ）知AD
BD
，∴AC
BC
．
∵FC 面ABCD ，CA ，CB ，CF 两两垂直，以C 为坐标原点，
以CA ，CB ，CF 为x ，y ，z 轴建系．
设
1
CB
，则
0,0,0
C
，
0,1,0
B
，
3
1
,
,0
2
2
D
，
0,0,1
F
，
3,0,0
A
，
∴
3
3
,
,0
2
2
BD
，
0, 1,1
BF
．
设BDF 的一个法向量为
0
0
0
,
,
m
x
y z
，
∴
0
0
0
0
3
3
0
{
2
2
0
x
y
y
z
，取
0
1
z
，则
3,1,1
m
．
由于
0,0,1
CF
是面BDC 的法向量，
则
5
cos
,
5
m CF
m CF
m CF
．
∵二面角F
BD
C
为锐二面角，∴余弦值为
5
5
．
（3 ）存在点
, ,
P x y z ．
设AP
AB
，
3, ,
3,1,0
x
y z
，
∴
3
3
x
，y
，
0
z
，
∴
3
3 , ,0
P
，
3
3 , , 1
FP
．
∵BD 面AED ，
3
3
,
,0
2
2
BD
．
若PF 面AED ，∴PF
BD
，
∴
3
3
3
3
0
2
2
，
∴
1
2
，∴
1
2
AP
AB
，∴存在P 为AB 中点．
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3. 【云南省昆明市第一中学2018 届高三第五次月考】如图，在四棱锥P
ABCD
中，底面ABCD 为直角梯形，
/ /
AB
CD ，AB
AD
，
2
6 2
CD
AB
，
PAB
与PAD
均为等边三角形，点E 为CD 的中点.
（1）证明：平面PAE 平面ABCD ；
（2）试问在线段PC 上是否存在点F ，使二面角F
BE
C
的余弦值为
3
3
，若存在，请确定点F 的位置；若不
存在，请说明理由.
【解析】（1）证明：连接BD ，由于AB ∥CD ，点E 为CD 的中点，DE
AB
，AB
AD
∴四边形ABED 为正方形，可得BD
AE
设BD 与AE 相交于点O
又∵△PAB 与△PAD 均为等边三角形
∴PB
PD
在等腰△PBD 中，点O 为BD 的中点
∴BD
PO
，且AE 与PO 相交于点O ，可得BD 平面PAE
又∵BD 平面ABCD
∴平面PAE 平面ABCD ．
（2）由
2
6 2
CD
AB
，△PAB 与△PAD 均为等边三角形，四边形ABED 为正方形，BD 与AE 相交于点O ，
可知
3
OA
OP
，
3 2
PA
，所以PO
AO
，又平面PAE 平面ABCD ，所以PO 平面ABCD ，以点O
为坐标原点，OA 为x 轴，OB 为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系．
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可得
0,3,0
B
，
0,0,3
P
，
3,0,0
E
，
6,3,0
P
设点F 的坐标为
, ,
x y z ，PF
PC
，由
3
PF
x y z
，，
，
6 3
3
PC
，，
，可得
6 ,3 ,3 3
F
，
故
6
3
3 3 3
BF
，
，
，
3
3 0
BE
，，
设
1
1
1
m
x y z
（，，）为平面BEF 的一个法向量，则
0
{
0
m BF
m BE
，得
1
1 3
1
m
（
，
，
），平面BCE 的一个法向量为
0 01
n
，，，
由已知
,
m n
cos m n
m
n
2
3
1
11
10
3
3
3
，解得
1
2
所以，在线段PC 上存在点F ，使二面角F
BE
C
的余弦值为
3
3
，且点F 为PC 的中点．
4. 【2017 湖北师大附中月考】如图，正方形ABCD 的边长为4，E ，F 分别为BC ，DA 的中点，将正方形ABCD
沿着线段EF 折起，使得
60
DFA
，设G 为AF 的中点．
（1）求证：DG
EF
；
（2）求直线GA 与平面BCF 所成角的正弦值；
（3）设P ，Q 分别为线段DG ，CF 上一点，且
/ /
PQ
平面ABEF ，求线段PQ 长度的最小值．
【解析】（1）证明：因为正方形ABCD 中，E ，F 分别为BC ，DA 的中点，
所以EF
FD
，EF
FA
，
将正方形ABCD 沿着线段EF 折起后，仍有EF
FD
，EF
FA
，
而FD
FA
F
，
所以EF 平面DFA，
又因为DG 平面DFA，
所以DG
EF
．
（2）因为
60
DFA
，DF
FA
，所以DFA
为等边三角形，
又AG
GF
，所以DG
FA
，
由（1），DG
EF
，又EF
FA
F
，所以DG 平面ABEF ．
设BE 的中点为H ，连接GH ，则GA，GH ，GD 两两垂直，故以GA ，GH ，GD 分别为x 轴、y 轴、z 轴，
建立空间直角坐标系，如图．
则
(0,0,0)
G
，
(1,0,0)
A
，
(1,4,0)
B
，
(0,4, 3)
C
，
( 1,0,0)
F
，
所以
(1,0,0)
GA
，
( 1,0, 3)
BC
，
( 2, 4,0)
BF
，
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设平面BCF 的一个法向量为
( , , )
m
x y z
，
由
0
m BC
，
0
m BF
，得
3
0,
2
4
0,
x
z
x
y
令
2
z
，得
(2 3,
3,2)
m
，
设直线GA与平面BCF 所成角为,
则
|
|
2 57
sin
| cos
,
|
19
|
| |
|
m GA
m GA
m
GA
．
即直线GA与平面BCF 所成角的正弦值为2 57
19
．
（3）由题意，可设
(0,0, )
P
k （0
3
k
），FQ
FC
（0
1
），
由
(1,4, 3)
FC
，得
( ,4 , 3 )
FQ
，
所以
(
1,4 , 3 )
Q
，
(
1,4 , 3
)
PQ
k
，
由（2），得
(0,0, 3)
GD
为平面ABEF 的的法向量，
因为
/ /
PQ
平面ABEF ，所以
0
PQ GD
，即3
0
k
，
所以
2
2
2
|
|
(
1)
(4 )
( 3
)
PQ
k
2
2
(
1)
(4 )
2
17
2
1
，
又因为
2
2
1
16
17
2
1 17(
)
17
17
，所以当
1
17
时，
min
4 17
|
|
17
PQ
，
所以当
1
17
，
3
17
k
，线段PQ 长度有最小值4 17
17
．
5. 【河南省濮阳市2018 届高三第一次模拟考试】如图，正方形ABCD 中，
2 2
AB
，AC 与BD 交于O 点，
现将ACD
沿AC 折起得到三棱锥D
ABC
，M ，N 分别是OD ，OB 的中点.
(1)求证：AC
MN
；
(2)若三棱锥D
ABC
的最大体积为
0
V ，当三棱锥D
ABC
的体积为
0
3
2 V ，且二面角D
AC
B
为锐角时，
求二面角D
NC
M
的正弦值.
【解析】(1)依题意易知OM
AC
，ON
AC
，OM
ON
O
，∴AC 平面OMN ，
又∵MN 平面OMN ，∴AC
MN
.
(2)当体积最大时三棱锥D
ABC
的高为DO ，当体积为
0
3
2 V 时，高为
3
2 DO ，
OBD
中，OB
OD
，作DS
OB
于S ，∴
3
2
DS
OD
，∴
60
DOB
，
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第| 页102
∴OBD
为等边三角形，∴S 与N 重合，即DN 平面AGC .
以N 为原点，NB 所在直线为y 轴，过N 且平行于OA 的直线为x 轴，ND 为z 轴，建立如图所示的空间直角
坐标系.
∴
0,0,0
N
，
2, 1,0
C
，
0,0, 3
D
，
1
3
0,
,
2
2
M
.
设
1
1
1
1
,
,
n
x y z
为平面CMN 的法向量，
∵
2, 1,0
NC
，
1
3
0,
,
2
2
NM
，
∴
1
1
1
1
1
1
2
0
{
1
3
0
2
2
n
NC
x
y
n
NM
y
z
，
取
1
2 3
1, 2,
3
n
，
设
2
2
2
2
,
,
n
x
y z
是平面CND的法向量，
2, 1,0
NC
，
0,0, 3
ND
，
∴
2
2
2
2
2
2
0
{
3
0
n
NC
x
y
n
ND
z
，取
2
1, 2,0
n
，
∴
1
2
1
2
1
2
5
15
cos
,
19
19
5
3
n n
n n
n n
，
设二面角D
NC
M
大小为，∴
15
2 19
sin
1 19
19
.
6. 如图，在多面体ABCDMN 中，四边形ABCD 为直角梯形，
/ /
AB
CD ，
2 2
AB
，BC
DC
，
2
BC
DC
AM
DM
，四边形BDMN 为矩形.
（1）求证：平面ADM 平面ABCD ；
（2）线段MN 上是否存在点H ，使得二面角H
AD
M
的大小为4
？若存在，确定点H 的位置并加以证明.
【解析】（1）证明：由平面几何的知识，易得
2
BD
，
2
AD
，
又
2 2
AB
，所以在ABD
中，满足
2
2
2
AD
BD
AB
，所以ABD
为直角三角形，且BD
AD
.
因为四边形BDMN 为矩形，
所以BD
DM
.
由BD
AD
，BD
DM
，DM
AD
D
，
可得BD
ADM
平面
.
又BD
ABD
平面
，
所以平面ADM
平面ABCD .
（2）存在点H ，使得二面角H
AD
M
为大小为
，点H 为线段AB 的中点.
事实上，以D 为原点，DA 为x 轴，DB 为y 轴，过D 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系D
xyz
，
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第| 页103
则
0,0,0 ,
2,0,0 ,
0,2,0
D
A
B
,
1,0,1
M
，
设
, ,
H x y z ,由MH
MN
DB
，
即
1, ,
1
0,2,0
x
y z
，得
1,2 ,1
H
.
设平面ADH 的一个法向量为
1
1
1
1
,
,
n
x y z
，
则
，即
，
不妨设
1
1
y
，取
1
0,1, 2
n
.
平面ADM 的一个法向量为
2
0,1,0
n
.
二面角H
AD
M
为大小为
于是
.
解得
或
（舍去）.
所以当点H 为线段MN 的中点时，二面角H
AD
M
为大小为
.
7. 在三棱锥P
ABC
中，AB
AC
，D 为BC 的中点，PO 平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知
4,
3,
2,
1
BC
PO
AO
OD
.
（1）证明：AP
BC
；
（2）在线段AP 上是否存在一点M ，使得二面角A
MC
B
为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，
请说明理由.
【解析】（1）法一：∵AB
AC
, D 为BC 的中点，
∴AD
BC
，
∵PO 平面ABC ，
∴PO
BC
，
∵垂足O 落在线段AD 上，
∴BC 平面PAD ，
∴AP
BC
.
法二：如图，以O 为原点，分别以过O 点与DB
共线同向的向量，OD
，OP
方向上的单位向量为单位正交基建
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立空间直角坐标系O
xyz
，则
0,0,0 ,
0, 2,0 ,
2,1,0 ,
2,1,0 ,
0,0,3 ,
O
A
B
C
P
0,2,3 ,
4,0,0 ,
2,3,0
AP
BC
AC
∴
0
AP BC
∴AP
BC
∴AP
BC
（2）假设M 点存在，设AM
AP
，
, ,
M x y z ，则
,
2,
AM
x y
z
，
∴
,
2,
0,2,3
x y
z
，
∴
0
{
2
2
3
x
y
z
，
∴
0,2
2,3
M
，
∴
2,2
3,3
BM
设平面MBC 的法向量为
1
1
1
1
,
,
n
x y z
，平面APC 的法向量为
2
2
2
2
,
,
n
x
y z
由
1
1
0
{
0
n BM
n BC
得
1
1
1
1
2
2
3
3
0
{
4
0
x
y
z
x
，
令
1
1
y
，可得
1
3
2
0,1,
3
n
，
由
2
2
0
{
0
n
AC
n
AP
得
2
2
2
2
2
3
0
{
2
3
0
x
y
y
z
，
令
1
6
y
，可得
2
9,6, 4
n
，
若二面角A
MC
B
为直二面角，则
1
2
0
n n
，得
3
2
6
4
0
3
，
解得
6
13
，∴
6 13
13
AM
故线段AP 上是否存在一点M ，满足题意，AM 的长为6 13
13
.
8. 【2018 河南漯河中学三模】如图，四边形ABEF 和四边形ABCD 均是直角梯形，
0
90
FAB
DAB
二
面角F
AB
D
是直二面角，
/ /
,
/ /
,
2,
1
BE
AF BC
AD AF
AB
BC
AD
.
（1）证明：在平面BCE 上，一定存在过点C 的直线l 与直线DF 平行；
（2）求二面角F
CD
A
的余弦值.
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【答案】（1）见解析（2）
6
6
【解析】试题分析：（1）利用线面、面面平行的判定和性质定理即可证明；
（2）可证AF
AD
AF
AB
AD
AB
，
，
，则以A 为坐标原点，
,
,
AD AB AF 所在的直线分别为x 轴，y 轴，
z 轴建立空间直角坐标系．利用空间向量可求二面角F
CD
A
的余弦值
试题解析：（1）证明：由已知得
/ /
,
BE
AF AF 平面
,
AFD BE 平面AFD ，
所以
/ /
BE
平面AFD ，同理可得
/ /
BC
平面AFD ，
又BE
BC
B
,所以平面
/ /
BCE
平面AFD ,
设平面DFC 平面BCE
l
，则l 过点C ，
因为平面
/ /
BCE
平面ADF ，平面DCF 平面BCE
l
，
平面DFC 平面AFD
DF
，
所以
/ /
DF
l ，即在平面BCE 上一定存在过点C 的直线l ，使得
/ /
DF
l .
（2）因为平面
,
ABEF
ABCD FA
平面ABEF ,平面ABCD 平面ABEF
AB
,
又
0
90
FAB
，所以AF
AB
，所以AF 平面ABCD ，
因为AD 平面ABCD ，所以AF
AD
，
因为
0
90
DAB
,所以AD
AB
，
以A 为坐标原点，
,
,
AD AB AF 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，
如图，由已知得
1,0,0 ,
2,2,0 ,
0,0,2
D
C
F
,
所以
1,0,2 ,
1,2,0
DF
DC
,
设平面DFC 的法向量为
, ,
n
x y z
，则
2
0
{
{
2
0
x
z
n DF
x
y
n DC
，
不妨设
1
z ，则
2, 1,1
n
，
不妨取平面ACD 的一个法向量为
0,0,1
m
，
所以
1
6
cos ,
6
6
m n
m n
m n
，
由于二面角F
CD
A
为锐角，因此二面角F
CD
A
的余弦值为
6
6
.
9. 【2018 河北衡水武邑中学三调】在五面体ABCDEF 中，
/ /
/ /
,
2
2
2
AB
CD
EF CD
EF
CF
AB
AD
,
60
DCF
, AD
CD
，平面CDEF 平面ABCD .
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第| 页106
(1)证明:直线CE 平面ADF ；
(2)已知P 为棱BC 上的点，试确定P 点位置，使二面角P
DF
A
的大小为60.
【答案】（1）证明见解析；（2）P 点在靠近B 点的CB 的三等分点处.
【解析】试题分析：（1）证明一条直线垂直一个平面，只需要证明这两个平面垂直，直线垂直两个平面的交线即可，
先证明CE
DF
，平面CDEF 平面ABCD ，平面CDEF 平面
,
ABCD
CD CE
AD
，即可得到直线
CE 平面ADF ；（2）根据题意，取EF 的中点G ，证明
,
,
DA DC DG 两两垂直，以D 为原点，
,
,
DA DC DG 的
方向为, ,
x y z 轴，建立空间直角坐标系，由二面角P
DF
A
的大小为60，根据空间向量夹角余弦公式列方程即
可确定P 在棱BC 上的位置.
试题解析：（1）
/ /
,
2,
CD
EF CD
EF
CF
四边形CDEF 为菱形，
CE
DF
，平面CDEF 平
面ABCD ，平面CDEF 平面
,
,
ABCD
CD
AD
CD
AD
平面
,
ACDEF
CE
AD
，又
,
AD
DF
D
直线CE 平面ADF .
(2)
60
DCF
，
DEF
为正三角形，取EF 的中点G ，连接GD ，则
,
GD
EF
GD
CD
，平面
CDEF
平面
,
ABCD GD
平面CDEF
，平面CDEF
平面
,
ABCD
CD
GD
平面
,
,
,
,
ABCD
AD
CD
DA DC DG
两两垂直，以D 为原点，
,
,
DA DC DG 的方向为, ,
x y z 轴，建立空间直角坐
标系，
2,
1
CD
EF
CF
AB
AD
，
0, 1, 3 ,
0,1, 3
E
F
，由（1）知
0, 3, 3
CE
是平面
ADF
的法向量，
0,1, 3 ,
1, 1,0
DF
CB
，设
,
,0
0
1
CP
aCB
a
a
a
，则
,2
,0
DP
DC
CP
a
a
，
设
平
面
PDF
的
法
向
量
为
, ,
n
x y z
，
3
0
0,
0,
{
2
0
y
z
n DF
n DP
ax
a y
，
令
3
y
a
，
则
3
2 ,
x
a
z
a
，
3
2 , 3 ,
n
a
a
a
，
二
面
角
P
DF
A
为
60
，
2
2
2
4
3
1
cos
,
2
12 3
2
3
n CE
a
n CE
n CE
a
a
a
，解得
2
3
a
，
P
在靠近B 点的三等分处.
10. 如图是一个直三棱柱被削去一部分后的几何体的直观图与三视图中的侧视图、俯视图.在直观图中，M 是BD 的
中点.又已知侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形,有关数据如图所示.
(1)求证:EM∥平面ABC;
(2)试问在棱DC 上是否存在点N,使NM⊥平面BDE ? 若存在,确定
点N 的位置;若不存在,请说明理由.
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第| 页107
【答案】（1）详见解析；（2）存在，
1
CN
【解析】
Q
N
试题分析：(1)要证明直线和平面平行，只需证明直线和平面内的一条直线平行即可，该题取BC 中点Q ，连
,
MQ AQ ，
先证
/ /
MQ
EA,则四边形AQME 是平行四边形，从而
/ /
ME
AQ ，进而证明
/ /
ME
面ABC ；(2)假设CD 上存在满
足条件的点N ，此时面BDE 内必存在垂直于MN 的两条直线，容易证明AQ 面BCD，所以AQ
MN
，又
AQ/ / EM ，所以MN
EM
，接下来再能保证MN
BD
即可，此时必有
DMN
∽
DCB
，进而根据成比例
线段可求出DN 的长度，即点N 的位置确定.
试题解析：(Ⅰ）取BC 中点Q ，连
,
MQ AQ
1
/ / 2
/ /
/ /
1
/ / 2
BM
MD
MQ
CD
BQ
QC
AE
MQ
EM
AQ
AE
CD
,又因为EM 面ABC ，而AQ 面ABC ，所以
/ /
ME
面ABC ；
（2）在CD 上取点N 使
1
CN
，连接MN
6
3
2
DM
CD
NMD
DCB
NM
BD
DN
BD
，
=
AC
AB
AQ
BC
BQ CQ
，又DC 面ABC
所以DC
AQ
，又因为BC DC
C
，所以AQ 面BCD，所以AQ
MN
，又AQ/ / EM ，所以MN
EM
，
故MN 面BDE .
11.如图，五面体
1
1
A
BCC B
中，
1
4
AB
，底面ABC 是正三角形，
2
AB
，四边形
1
1
BCC B 是矩形，二面角
1
A
BC
C
为直二面角．
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第| 页108
（1）D 在AC 上运动，当D 在何处时，有
1 / /
AB
平面
1
BDC ，并说明理由；
（2）当
1 / /
AB
平面
1
BDC 时，求二面角
1
C
BC
D
余弦值．
【解析】（1）当D 为AC 中点时，有
1 / /
AB
平面
1
BDC ．
证明：连结
1
B C 交
1
BC 于O ，连结DO ，
∵四边形
1
1
BCC B 是矩形，
∴O 为
1
B C 中点，又D 为AC 中点，从而
1
/ /
DO
AB ，
∵
1
AB 平面
1
BDC ，DO 平面
1
BDC ，
∴
1 / /
AB
平面
1
BDC ．
（2）建立空间直角坐标系B
xyz
，如图所示，
则
(0,0,0)
B
，
( 3,1,0)
A
，
(0,2,0)
C
，
3 3
(
,
,0)
2
2
D
，
1(0,2,2 3)
C
，
所以
3 3
(
,
,0)
2
2
BD
，
1
(0,2,2 3)
BC
，
设
1
( , , )
n
x y z
为平面
1
BDC 的法向量，则有
3
3
0,
2
2
2
2 3
0,
x
y
y
z
即
3 ,
3 ,
x
z
y
z
令
1
z ，可得平面
1
BDC 的一个法向量为
1
(3,
3,1)
n
，
而平面
1
BCC 的一个法向量为
2
(1,0,0)
n
，
所以
1
2
1
2
1
2
3
3 13
cos
,
13
|
| |
|
13
n n
n n
n
n
，
故二面角
1
C
BC
D
的余弦值为3 13
13
．
12. 如图，已知平面四边形ABCP 中，D 为PA 的中点，PA
AB
，
/ /
CD
AB ，且
2
4
PA
CD
AB
．将此
平面四边形ABCP 沿CD折成直二面角P
DC
B
，连接PA
PB
、
，设PB 中点为E ．
（1）证明：平面PBD 平面PBC ；
（2）在线段BD上是否存在一点F ，使得EF 平面PBC ？若存在，请确定点F 的位置；若不存在，请说明理
由．
（3）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．
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【答案】（1）详见解析；（2）点F 存在，且为线段BD上靠近点D 的一个四等分点；（3）
6
6
.
【解析】
（1）直二面角P
DC
B
的平面角为
90
PDA
，又PD
DC
，
则PD 平面ABCD ，所以PD
BC
．
又在平面四边形ABCP 中，由已知数据易得BD
BC
，而PD
BD
D
，
故BC 平面PBD ，因为BC 平面PBC ，所以平面PBD 平面PBC
（4 分）
（2）解法一：由（1）的分析易知，
,
,
PD
DA PD
DC DC
DA
，则以D 为原点建立空间直角坐标系如图所
示．
结合已知数据可得
(2,0,0)
A
，
(2,2,0)
B
，
(0,4,0)
C
，(0,0,2)
P
，
则PB 中点
(1,1,1)
E
.
F
平面ABCD ，故可设
( , ,0)
F x y
，
则
(
1,
1, 1)
EF
x
y
，
EF
平面ABCD ，
0,
0
EF PB
EF PC
，
又
(2,2, 2),
(0,4, 2)
PB
PC
，
由此解得
1
2
x
y
，即
1 1
( ,
,0)
2 2
F
，
易知这样的点F 存在，且为线段BD上靠近点D 的一个四等分点；
（8 分）
解法二：（略解）如图所示，
在PBD
中作EF
PB
，交BD于F ，
因为平面PBD 平面PBC ，则有EF 平面PBC ．
在Rt PBD
中，结合已知数据，利用三角形相似等知识可以求得
3
3
2
2
4
BF
BD
，
故知所求点F 存在，且为线段BD上靠近点D 的一个四等分点；
..（8 分）
（3）解法一：由（2）
1
1
(
,
, 1)
2
2
EF
是平面PBC 的一个法向量，又
(0,2,0)
AB
，
则得
6
cos
,
6
|
||
|
EF AB
EF AB
EF
AB
，所以
6
,
arccos 6
EF AB
，
P
A
B
C
D
E
z
y
x
P
A
B
C
D
E
F
H
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第| 页110
记直线AB 与平面PBC 所成角为，则知
6
sin
| cos
,
|
6
EF AB
，
故所求角的正弦值为
6
6
.
..（12 分）
解法二：（略解）如上图中，因为
/ /
AB
CD ，所以直线AB 与平面PBC 所成角等于直线CD与平面PBC 所成角，
由此，在Rt PBD
中作DH
PB
于H ，易证DH 平面PBC ，
连接CH ，则
DCH
为直线CD与平面PBC 所成角，
结合题目数据可求得
6
sin
6
DCH
，故所求角的正弦值为
6
6
.
..（12 分）
13. 四棱锥
ABCD
P
中，ABCD为矩形，平面
PAD
平面ABCD.
（1）求证：
;
PD
AB
（2）若
,2
,
2
,
90
PC
PB
BPC
问AB 为何值时，四棱锥
ABCD
P
的体积最大？并求此时平面PBC 与
平面DPC 夹角的余弦值.
A
B
C
D
P
【答案】（1）详见解析，（2）
6
3
AB
时，四棱锥的体积P-ABCD 最大. 平面BPC 与平面DPC 夹角的余弦值为
10 .
5
【解析】
试题分析：（1）先将面面垂直转化为线面垂直：ABCD 为矩形，故AB AD，又平面PAD 平面ABCD，平面PAD平
面ABCD=AD，所以AB 平面PAD，再根据线面垂直证线线垂直：因为PD平面PAD，所以AB PD
（2）求四棱锥体积，关键要作出高.这可利用面面垂直性质定理：过P 作AD 的垂线，垂足为O，又平面PAD 平面
ABCD，平面PAD 平面ABCD=AD，所以PO 平面ABCD，下面用
3
n
表示高及底面积：设
,
AB
m
，则
2
2
2
4
,
3
DP
PG
OG
m
，故四棱锥P-ABCD 的体积为
2
2
1
4
6
8
6
.
3
3
3
m
V
m
m
m
故当
6
3
m
时，即
6
3
AB
时，四棱锥的体积P-ABCD 最大.
求二面角的余弦值，可利用空间向量求解，根据题意可建立空间坐标系，分别求出平面BPC 的法向量及
平面DPC 的法向量，再利用向量数量积求夹角余弦值即可.
试题解析：（1）证明：ABCD 为矩形，故AB AD，又平面PAD 平面ABCD
平面PAD平面ABCD=AD 所以AB 平面PAD，因为PD平面PAD，故AB PD
（2）解：过P 作AD 的垂线，垂足为O，过O 作BC 的垂线，垂足为G，连接PG.
故PO 平面ABCD，BC 平面POG,BC PG
在直角三角形BPC 中，
2 3
2 6
6
,
,
,
3
3
3
PG
GC
BG
设
,
AB
m
，则
2
2
2
4
,
3
DP
PG
OG
m
，故四棱锥P-ABCD 的体积为
2
2
1
4
6
8
6
.
3
3
3
m
V
m
m
m
因为
2
2
2
2
8
8
6
6(
)
3
3
m
m
m
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页111
故当
6
3
m
时，即
6
3
AB
时，四棱锥的体积P-ABCD 最大.
建立如图所示的空间直角坐标系，
6
6
6 2 6
2 6
6
(0,0,0),
(
,
,0),
(
,
,0),
(0,
,0),
(0,0,
)
3
3
3
3
3
3
O
B
C
D
P
故
6 2 6
6
6
(
,
,
),
(0, 6,0),
(
,0,0)
3
3
3
3
PC
BC
CD
设平面BPC 的法向量
1
( , ,1),
x y
n
，则由
1
PC
n
,
1
BC
n
得
6
2 6
6
0
3
3
3
6
0
x
y
y
解得
1,
0,
x
y
1
(1,0,1),
n
同理可求出平面DPC 的法向量
2
1
(0,
,1),
2
n
，从而平面BPC 与平面DPC 夹角的余弦值为
1
2
1
2
1
10
cos
.
|
| |
|
5
1
2
1
4
n n
n
n
14.如图，在四棱锥P
ABCD
中，PA 平面ABCD ，
90
ABC
BAD
，
4
AD
AP
，
2
AB
BC
，M 为
PC 的中点．
（1）求异面直线AP ，BM 所成角的余弦值；
（2）点N 在线段AD 上，且AN
，若直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为4
5
，求的值．
【解析】试题解析：（1）
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因为PA 平面ABCD ，且
,
AB AD 平面ABCD ，
所以PA
AB
，PA
AD
，
又因为
90
BAD
，所以
,
,
PA AB AD 两两互相垂直．
分别以
,
,
AB AD AP 为, ,
x y z 轴建立空间直角坐标系，
则由
2
2
4
AD
AB
BC
，
4
PA
可得
(0,0,0)
A
，
(2,0,0)
B
，
(2,2,0)
C
，
(0,4,0)
D
，
(0,0,4)
P
，
又因为M 为PC 的中点，所以
(1,1,2)
M
．
所以
( 1,1,2)
BM
，
(0,0,4)
AP
，…………2 分
所以
cos
,
|
||
|
AP BM
AP BM
AP
BM
0
( 1)
0 1
4
2
6
3
4
6
，
所以异面直线AP ，BM 所成角的余弦值为
6
3 ．…………………………5 分
（2）因为AN
，所以
(0, ,0)
N
(0
4)
≤
≤
，则
( 1,
1, 2)
MN
，
(0,2,0)
BC
，
(2,0, 4)
PB
，
设平面PBC 的法向量为
( , , )
x y z
m
，
则
0,
0,
BC
PD
m
m
即
2
0,
2
4
0.
y
x
z
令
2
x
，解得
0
y
，
1
z ，
所以
(2,0,1)
m
是平面PBC 的一个法向量．……………………………7 分
因为直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为
4
5 ，
所以
2
2
2
|
|
4
| cos
,
|
5
|
||
|
5
(
1)
5
MN
MN
MN
m
m
m
，
解得
1
0,4
，
所以的值为1．……………………………………………………………10 分
资料正文内容开始>>
专题三
压轴解答题
第二关
以解析几何中与椭圆相关的综合问题
【名师综述】纵观近三年的高考题，解析几何题目是每年必考题型，主要体现在解析几何知识内的综合及与其它知
识之间的综合，且椭圆考查的最多，，同时可能与平面向量、导数相交汇，每个题一般设置了两个问，第（1）问一
般考查曲线方程的求法，主要利用定义法与待定系数法求解，而第（2）问主要涉及最值问题、定值问题、对称问
题、轨迹问题、探索性问题、参数范围问题等.这类问题综合性大，解题时需根据具体问题，灵活运用解析几何、平
面几何、函数、不等式、三角知识，正确构造不等式，体现了解析几何与其他数学知识的密切联系．
类型一
中点问题
典例1
【山东省济南市2018 届高三上学期期末考试】已知点
2,1
P
在椭圆
2
2
2
:
1
0
2
x
y
C
a
a
上，动点
,
A B
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页113
都在椭圆上，且直线AB 不经过原点O ，直线OP 经过弦AB 的中点.
（1）求椭圆C 的方程和直线AB 的斜率；
（2）求PAB
面积的最大值.
【解析】1）将
2,1
P
代入
2
2
2
1
2
x
y
a
，得，
2
2
2
2
1
1
2
a
，
2
8
a
，
椭圆方程为
2
2
1
8
2
x
y
设直线
:
AB y
kx
m
，
1
1
,
A x y
，
2
2
,
B x
y
，
,
A B 的中点为
0
0
,
M x y
由
2
2
{
1
8
2
y
kx
m
x
y
得
2
2
2
1
4
8
4
8
0
k
x
kmx
m
0
1
2
2
1
4
2
1 4
km
x
x
x
k
，
0
0
2
1 4
m
y
kx
m
k
，
直线OP 经过弦AB 的中点，则
OM
OP
k
k
，
0
0
1
2
y
x
，
1
4
2
m
km
，
1
2
k
（2）当
1
2
k
时，由
2
16
4
0
m
得2
2
m
，
1
2
2
x
x
m
，
2
1
2
2
4
x x
m
1
2
2
2
1
1
1
1
2
2
AB
x
x
2
2
1
2
1
2
2
1
4
2 1
4
2
x
x
x x
m
点P 到直线
1
:
2
AB y
x
m
的距离
2
2
1
1
2
m
d
，
PAB
面积
2
1
2
4
2
S
AB d
m
m
3
2
2
m
m
设
3
2
2
2
2
f m
m
m
m
，
则
3
3
3
2
2
2
f
m
m
m
m
2
4
2
1
m
m
求得
max
1
27
f m
f
，所以
max
27
3 3
S
.
【名师指点】本题考查直线和椭圆、圆的综合运用，考查数形结合思想、转化与化归等思想的运用，中点问题往往
的处理办法有两种：一是点差法，设端点坐标带入曲线方程，作差结果涉及中点坐标和直线的斜率；二是利用韦
达定理，舍尔不求．
【举一反三】【福建厦门一中2017 届上学期期中，21】（本题满分12 分）已知椭圆
2
2
1
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b
右
焦点F 是抛物线
2
2 :
4
C
y
x
的焦点，M 是
1
C 与
2
C 在第一象限内的交点，且
5
3
MF
．
（1）求
1
C 的方程；
（2）已知菱形ABCD 的顶点A
C
、
在椭圆
1
C 上，顶点B
D
、
在直线7
7
1
0
x
y
上，求直线AC 的方程．
【解析】（1）设
1
1
1
1
,
0,
0
M x y
x
y
，由抛物线定义，
2
1
1
5
5
2
1
3
3
3
MF
x
x
，因为
2
1
1
4
y
x
，所
以
1
2 6
3
y
，即
2 2 6
,
3
3
M
．
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第| 页114
所以
2
2
1
2
2 6
7
1
3
3
3
MF
，由椭圆定义得：
1
2
7
5
2
4
2
3
3
a
MF
MF
a
，
所以
2
2
3
b
a
c
，∴椭圆
1
C 的方程为
2
2
1
4
3
x
y
．
（2）因为直线BD 的方程为7
7
1
0
x
y
，ABCD 为菱形，所以AC
BD
，设直线AC 的方程为y
x
m
，
代入椭圆
1
C 的方程为
2
2
1
4
3
x
y
，得
2
2
7
8
4
12
0
x
mx
m
，
由题意知，
2
2
64
28 4
12
0
7
7
m
m
m
．
设
1
1
2
2
,
,
,
A x y
C x
y
，则
1
2
1
2
1
2
8
8
6
,
2
2
7
7
7
m
m
m
x
x
y
y
m
x
x
m
，
所以AC 中点坐标为4
3
,
7
7
m
m
，
由ABCD 为菱形可知，点4
3
,
7
7
m
m
在直线BD 上，
所以
4
3
7
7
1
0
1
7, 7
7
7
m
m
m
．
∴直线AC 的方程为
1
y
x
，即
1
0
x
y
．
类型二
垂直问题
典例2 【天津市部分区2018 届高三上学期期末考试】设椭圆
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
的左焦点为
1F ，离心率为1
2
，
1F 为圆
2
2
:
2
15
0
M x
y
x
的圆心.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知过椭圆右焦点
2
F 的直线l 交椭圆于
,
A B 两点，过
2
F 且与l 垂直的直线1l 与圆M 交于
,
C D 两点，求四边
形ACBD 面积的取值范围.
【解析】（1）由题意知
1
2
c
a
，则
2
a
c
，
圆M 的标准方程为
2
2
1
16
x
y
，从而椭圆的左焦点为
1
10
F ，，即
1
c ，
所以
2
a
，又
2
2
2
b
a
c
，得
3
b
．
所以椭圆的方程为：
2
2
1
4
3
x
y
.
（2）可知椭圆右焦点
2 10
F
，．
（ⅰ）当l 与x 轴垂直时，此时k 不存在，直线l：
1
x
，直线1 :
0
l
y
，
可得：
3
AB
，
8
CD
，四边形ACBD 面积为12.
（ⅱ）当l 与x 轴平行时，此时=0
k
，直线:
0
l y
，直线1 :
1
l
x
，
可得：
4
AB
，
4 3
CD
，四边形ACBD 面积为8 3 .
（iii）当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为
1
y
k x
0
k
，并设
1
1
,
A x y
，
2
2
,
B x
y
.
由
2
2
1 ,
{
1,
4
3
y
k x
x
y
得
2
2
2
2
4
3
8
4
12
0
k
x
k x
k
.
显然
0
，且
2
1
2
2
8
4
3
k
x
x
k
，
2
1
2
2
4
12
4
3
k
x x
k
.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页115
所以
2
2
1
2
2
12
1
1
4
3
k
AB
k
x
x
k
.
过
2
F 且与l 垂直的直线
1
1
:
1
l
y
x
k
，则圆心到1l 的距离为
2
2
1
k
，
所以
2
2
2
2
2
2
4
3
2 4
4
1
1
k
CD
k
k
.
故四边形ACBD 面积：
2
1
1
12 1
2
4
3
S
AB CD
k
.
可得当l 与x 轴不垂直时，四边形ACBD 面积的取值范围为(12, 8 3 ).
综上，四边形ACBD 面积的取值范围为12 8 3
，
．
【名师指点】直线与直线的垂直关系，首先可以利用垂直关系得斜率之间的关系；其次可以利用向量数量积为0 处
理，再可以联系圆中的有关知识，利用直径所对的圆周角为直角处理．
【举一反三】【河北衡水中学2017 届高三上学期五调，20】（本小题满分12 分）
已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b
，圆
2
2
(
2 )
(
2)
2
Q x
y
的圆心Q 在椭圆C 上，点
(0, 2)
P
到椭圆C 的
右焦点的距离为
6 .
（1）求椭圆C 的方程；
（2）过点P 作互相垂直的两条直线1
2
,
l l ，且1l 交椭圆C 于
,
A B 两点，直线2l 交圆Q 于
,
C D 两点，且M 为CD 的
中点，求MAB
面积的取值范围.
【解析】（Ⅰ）因为椭圆C 的右焦点
,0 ,
6,
2
F c
PF
c
，…………1 分
2,
2
在椭圆C 上，
2
2
4
2
1
a
b
，…………2 分
由
2
2
4
a
b
得
2
2
8,
4
a
b
，所以椭圆C 的方程为
2
2
1
8
4
x
y
.…………4 分
（Ⅱ）由题意可得1l 的斜率不为零，当1l 垂直x 轴时，
MAB
的面积为1
4
2
4
2
，…………5 分
当1l 不垂直x 轴时，设直线1l 的方程为：
2
y
kx
，则直线2l 的方程为：
1
1
2
2
1
2,
,
,
,
y
x
A x y
B x
y
k
，由
2
2
1
8
4
2
x
y
y
kx
消去y 得
2
2
1
2
4 2
4
0
k
x
kx
，所以
1
2
1
2
2
2
4 2
4
,
1
2
1
2
k
x
x
x x
k
k
，…………7 分
则
2
2
2
1
2
2
4
1
4
1
1
2
1
k
k
AB
k
x
x
k
，………………8 分
又圆心
2,
2
Q
到2l 的距离
1
2
2
2
1
d
k
得
2
1
k ，…………9 分
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页116
又
,
MP
AB QM
CD
，所以M 点到AB 的距离等于Q 点到AB 的距离，设为
2
d ，即
2
2
2
2
2
2
2
1
1
k
k
d
k
k
，………………10 分
所以
MAB
面积
2
2
2
2
2
2
2
4
1
4
4
1
1
4
2
2
1
2
1
k
k
k
k
S
AB d
k
k
，…………11 分
令
2
2
1
3,
t
k
，则
2
2
2
1
1
2
3
1
1 1
3
1
4 5
0,
,
4
4
,4
3
2
2
2
8
3
t
t
S
t
t
t
，
综上，
MAB
面积的取值范围为4 5 ,4
3
.…………12 分
类型三
面积问题
典例3
设椭圆
2
2
2
:
1
1
x
E
y
a
a
的右焦点为F ，右顶点为A ，已知FA
FA
e
OF
OA
，其中O 为原点，e 为椭
圆的离心率.
（Ⅰ）求a 的值；
（Ⅱ）动直线l 过点
2,0
N
，l 与椭圆E 交于P
Q
、
两点，求OPQ
面积的最大值.
【解析】（Ⅰ）由椭圆的几何性质得
,
,
FA
a
c OF
c OA
a
，
由FA
FA
c
OF
OA
得
2
2
1
1
2
c
a
c
a
c
a
c
a
，
2
2
2
1
a
c
b
，
解得
2
a
.
（Ⅱ）由题l 与x 轴不重合，设l 的方程是
2
x
my
，
由
2
2
2
1
2
x
my
x
y
得
2
2
2
2
2
0
my
y
，
即
2
2
2
4
2
0
m
y
my
，
因直线与椭圆有相异交点，
2
2
16
8
2
0
m
m
，解得
2
m
或
2
m
，
1
2
1
2
2
2
4
2
,
2
2
m
y
y
y y
m
m
，
2
1
2
1
2
1
2
2
2 2
2
2
4
2
m
y
y
y
y
y y
m
，
2
2
1
2
1
2 2
2
2
2
OPQ
m
S
ON y
y
m
，
令
2
2
0
t
m
，则
2
2 2
2 2
2 2
2
4
4
2
4
2
OPQ
t
S
t
t
t
t
t
.
当
2
6
t
m
时所求OPQ
面积的最大值是
2
2
.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页117
【名师指点】对于平面图形的面积问题，可以直接或者利用割补的办法表示面积，若含有多个变量可通过变量间的
关系，将其转化为一个变量的函数，利用函数思想其值域，其中往往会涉及中点、弦长、垂直、共线问题，韦达定
理是转化桥梁．
【举一反三】【吉林省长春市重点中学联合模拟考】已知椭圆
2
2
2
2
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b
：
的短轴长为2 2 ，离心率为
6
3
，点
3,0
A
，P 是C 上的动点，F 为C 的左焦点.
（Ⅰ）求椭圆C 的方程；
（Ⅱ）若点P 在y 轴的右侧，以AP 为底边的等腰ABP
的顶点B 在y 轴上，求四边形FPAB 面积的最小值.
【解析】
（Ⅰ）依题意得
2
2
2
2
2 2
6
{
3
b
c
a
a
b
c
解得
6
{
2
a
b
∴椭圆C 的方程是
2
2
1
6
2
x
y
（Ⅱ）设
0
0
0
0
0
,
(
2
2,
0,
0)
P x
y
y
y
x
设线段AP 中点为M
∵
3,0
A
∴AP 中点
0
0
3,
)
2
2
x
y
M
（
，直线AP 斜率为
0
0
3
y
x
由ABP
是以AP 为底边的等腰三角形∴BM
AP
∴直线AP 的垂直平分线方程为
0
0
0
0
3
3
2
2
y
x
x
y
x
y
令
0
x
得
2
2
0
0
0
9
0,
2
y
x
B
y
∵
2
2
0
0
1
6
2
x
y
∴
2
0
0
2
3
0
2
y
B
y
，
由
2,0
F
∴四边形FPAB 面积
2
0
0
0
0
0
2
3
5
5
3
2
5 3
2
2
2
2
y
S
y
y
y
y
当且仅当
0
0
3
2
2
y
y
即
0
3
2
y
时等号成立，四边形FPAB 面积的最小值为5 3 .
类型四
范围与定值问题
典例4
【山东省菏泽市2018 届高三上学期期末考试】已知抛物线
2
:
2
C x
py
的焦点为F ，且过点
2,2
A
，椭
圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
D
a
b
a
b
的离心率为
2
2
e
，点B 为抛物线C 与椭圆D 的一个公共点，且
3
= 2
BF
.
（1）求椭圆D 的方程；
（2）过椭圆内一点
0,
P
t 的直线l 的斜率为k ，且与椭圆C 交于
,
M N 两点，设直线OM ，ON（O 为坐标原点）
的斜率分别为
1k ，
2k ，若对任意k ，存在实数，使得
1
2
+
=
k
k
k
，求实数的取值范围.
【解析】（1）由点
2,2
A
在抛物线
2
:
2
C x
py
上，得
2
2 =2
2
p
，解得
1
p .
所以抛物线C 的方程为
2
2
x
y
，其焦点
1
0, 2
F
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页118
设
,
B m n ，则由抛物线的定义可得
1
3
2
2
BF
n
，解得
1
n
，
代入抛物线方程可得
2
2
2
m
n
，解得
2
m
，所以
2 1
B
，，
椭圆C 的离心率
2
2
2
2
a
b
e
a
，所以
2
a
b
，
又点
2 1
B
，在椭圆上，所以
2
2
2
1
1
a
b
，解得
2
a
，
2
b
，
所以椭圆D 的方程为
2
2
1
4
2
x
y
.
（2）设直线l 的方程为y
kx
t
.
由
2
2
1
{
4
2
x
y
y
kx
t
，消元可得
2
2
2
2
1
4
2
4
0
k
x
ktx
t
，
设
1
1
,
M x y
，
2
2
,
N x
y
，则
1
2
2
4
2
1
kt
x
x
k
，
2
1
2
2
2
4
2
+1
t
x x
k
，
而
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
y
y
kx
t
kx
t
k
k
x
x
x
x
1
2
2
1
2
4
2
2
t x
x
k
k
x x
t
，由
1
2
k
k
k
，得
2
4
2
k
k
t
，
因为此等式对任意的k 都成立，所以
2
4
2
t
，即
2
4
2
t
.
由题意得点
0,
P
t 在椭圆内，故
2
0
2
t
，即
4
0
2
2
，解得
2
.
【名师指点】对于定值问题，可以通过特殊位置、特殊图形、特殊数学来寻求定值再证明，或者可以直接通过运算
求解求得；而范围问题需将所求量用变量表示，利用函数与方程思想求解．
【举一反三】【陕西省西安市2018 届高三上学期期末考试】已知椭圆C ：
2
2
2
2
1
x
y
a
b
（
0
a
b
）的离心率为3
2
，
短轴端点到焦点的距离为2 .
（1）求椭圆C 的方程；
（2）设A ，B 为椭圆C 上任意两点，O 为坐标原点，且OA
OB
.求证：原点O 到直线AB 的距离为定值，并
求出该定值.
【解析】（1）由题意知，
3
2
c
e
a
，
2
2
2
b
c
，又
2
2
2
a
b
c
，
所以
2
a
，
3
c
，
1
b
所以椭圆C 的方程为
2
2
1
4
x
y
.
（2）证明：当直线AB 的斜率不存在时，直线AB 的方程为
2 5
5
x
.
此时，原点O 到直线AB 的距离为2 5
5
.
当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y
kx
m
，
1
1
A x
y
，
，
2
2
B x
y
，
.
由
2
2
1
{
4
x
y
y
kx
m
得
2
2
2
1
4
8
4
4
0
k
x
kmx
m
则
2
2
2
2
2
8
4 1 4
4
4
16 1 4
0
km
k
m
k
m
，
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1
2
2
8
1 4
km
x
x
k
，
2
1
2
2
4
4
1
4
m
x x
k
则
2
2
1
2
1
2
2
4
1 4
m
k
y y
kx
m
kx
m
k
，由OA
OB
得
1
OA
OB
k
k
，即
1
2
1
2
1
y
y
x
x
，
所以
2
2
1
2
1
2
2
5
4
4
0
1 4
m
k
x x
y y
k
，即
2
2
4 1
5
m
k
，
所以原点O 到直线AB 的距离为
2
2 5
5
1
m
d
k
综上，原点O 到直线AB 的距离为定值2 5
5
.
【精选名校模拟】
1．【湖北七校联考】如图，一张坐标纸上一已作出圆
2
2
:
1
8
E
x
y
及点
1,0
P
，折叠此纸片，使P 与圆周
上某点
'
P 重合，每次折叠都会留下折痕，设折痕与直线
'
EP 的交点为M ，令点M 的轨迹为C .
（1）求轨迹C 的方程；
（2 ）若直线:l y
kx
m
与轨迹C 交于两个不同的点
,
A B ，且直线l 与以EP 为直径的圆相切，若
2 3
,
3 4
OA OB
，求ABO
的面积的取值范围.
【解析】（1）折痕为
'
PP 的垂直平分线，则
'
MP
MP
，由题意知圆E 的半径为2 2 ，
∴
'
2 2
ME
MP
ME
MP
EP
，
∴E 的轨迹是以E
P
、
为焦点的椭圆，且
2
a
，
1
c ，
∴
2
2
2
1
b
a
c
，∴M 的轨迹C 的方程为
2
2
1
2
x
y
.
（2）l 与以EP 为直径的圆
2
2
1
x
y
相切，则O 到l 即直线AB 的距离：
2
1
1
m
k
，即
2
2
1
m
k
，
由
2
2
1
{
2
x
y
y
kx
m
，消去y ，得
2
2
2
1
2
4
2
2
0
k
x
kmx
m
，
∵直线l 与椭圆交于两个不同点，
∴
2
2
2
2
2
16
8 1
2
1
8
0
k m
k
m
k
，
2
0
k
，
设
1
1
,
A x y
，
2
2
,
B x
y
，则
1
2
2
4
1 2
km
x
x
k
，
2
1
2
2
2
2
1
2
m
x x
k
，
1
2
1
2
y y
kx
m
kx
m
2
2
2
1
2
1
2
2
1
1 2
k
k x x
km x
x
m
k
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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又
1
2
1
2
OA OB
x x
y y
2
2
1
1
2
k
k
，∴
2
2
2
1
3
3
1
2
4
k
k
，∴
2
1
1
2
k
，
2
1
1
1
1
2
2
AOB
S
AB
k
2
2
2
2
4
2
2
4
1
2
1
2
km
m
k
k
4
2
4
2
2
4
1
k
k
k
k
设
4
2
k
k
，则3
2
4
，∴
2
4
1
AOB
S
1
1
2
2 4
1
，
3 ,2
4
，
∵
AOB
S
关于在3 ,2
4
单调递增，∴
6
2
4
3
AOB
S
，∴AOB
的面积的取值范围是
6 2
,
4
3
.
2．【河南省南阳市第一中学2018 届高三上学期第八次考试】已知椭圆
2
2
2
2
:
1
0
x
y
E
a
b
a
b
，
1
,0
F
c
，
2
,0
F c
为椭圆的两个焦点，M 为椭圆上任意一点，且
1
MF ，
2
MF 构成等差数列，过椭圆焦点垂直于长轴的
弦长为3.
(1)求椭圆E 的方程；
(2)若存在以原点为圆心的圆，使该圆的任意一条切线与椭圆E 恒有两个交点
,
A B ，且OA
OB
，求出该圆的方
程.
【解析】(1)由题知
1
2
1
2
2 F F
MF
MF
，即2 2
2
c
a
，得
2
a
c
①
又由
2
2
3
b
a
，得
2
3
2
b
a
②，且
2
2
2
a
b
c
，综合解得
1,
2,
3
c
a
b
.
∴椭圆E 的方程为
2
2
1
4
3
x
y
.
(2)假设以原点为圆心，r 为半径的圆满足条件.
(i)若圆的切线的斜率存在，并设其方程为y
kx
m
，则
2
1
m
r
k
，
2
2
2
1
m
r
k
①
由
2
2
1
{
4
3
x
y
y
kx
m
消去y ，整理得
2
2
2
3
4
8
4
3
0
k
x
kmx
m
，设
1
1
,
A x y
，
2
2
,
B x
y
，有
1
2
2
2
1
2
2
8
3
4
{
4
3
3
4
km
x
x
k
m
x x
k
，又∵OA
OB
，∴
1
2
1
2
0
x x
y y
，
即
2
2
2
2
2
2
2
4 1
3
8
3
4
0
k
m
k m
m
k m
，化简得
2
2
12
1
7
m
k
.②
由①②求得
2
12
7
r
，所求圆的方程为
2
2
12
7
x
y
.
(ii)若AB 的斜率不存在，设
1
1
,
A x y
，则
1
1
,
B x
y
，∵OA
OB
，
∴
0
OA OB
，有
2
2
1
1
0
x
y
，
2
2
1
1
x
y
，代入
2
2
1
1
1
4
3
x
y
，得
2
1
12
7
x
，此时仍有
2
2
1
12
7
r
x
.
综上，总存在以原点为圆心的圆
2
2
12
7
x
y
满足题设条件.
3．【河南省商丘市2017-2018 学年度第一学期期高三考试】在平面直角坐标系中，已知两点
2,0
M
，
2,0
N
，动点P 满足
2 3
PM
，线段PN 的中垂线交线段PM 于Q 点.
（1）求Q 点的轨迹C 的方程；
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页121
（2）过点
1,0
D
的直线l 与轨迹C 相交于
,
A B 两点，设点
3,2
E
，直线
,
AE BE 的斜率分别为
1
2
,
k k ，问
1
2
k
k
是否为定值？并证明你的结论.
【解析】（Ⅰ）以题意可得：NQ
PQ
,
2 3
2 2
NQ
MQ
，
所以Q 点的轨迹C 是以
,
M N 为焦点，长轴长为2 3 的椭圆，
且
3,
2
a
c
所以
2
2
2
1
b
a
c
，
1
b
所以轨迹C 的方程为
2
2
1
3
x
y
.
（Ⅱ）①当直线l 的斜率不存在时，由
2
2
1
{
1
3
x
x
y
，解得
6
1,
3
x
y
，
设
6
6
1,
,
1,
3
3
A
B
，
1
2
6
6
2
2
3
3
2
2
2
k
k
.
②当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为
1
y
k x
，
将
1
y
k x
代入
2
2
1
3
x
y
整理化简，得
2
2
2
2
3
1
6
3
3
0
k
x
k x
k
，
依题意，直线l 与轨迹C 必相交于两点，设
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，
则
2
1
2
2
6
3
1
k
x
x
k
，
2
1
2
2
3
3
3
1
k
x x
k
，
又
1
1
1
y
k x
，
2
2
1
y
k x
，
所以
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
2
3
2
3
2
2
3
3
3
3
y
x
y
x
y
y
k
k
x
x
x
x
1
2
2
1
1
2
1
2
2
1
3
2
1
3
9
3
k x
x
k x
x
x
x
x x
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
12
2
2
4
6
9
3
x
x
k
x x
x
x
x
x
x x
2
2
1
2
2
2
2
2
2
2
3
3
6
12
2
2
4
6
3
1
3
1
6
3
3
9
3
3
1
3
1
k
k
x
x
k
k
k
k
k
k
k
2
2
12 2
1
2
6 2
1
k
k
综上得：
1
2
k
k
为定值2.（说明：若假设直线l 为
1
x
my
，按相应步骤给分）
4. 已知点P 是圆
1F ：
2
2
1
8
x
y
上任意一点，点
2
F 与点
1F 关于原点对称，线段
2
PF 的垂直平分线与
1
PF 交
于M 点.
（1）求点M 的轨迹C 的方程；
（2）过点
1
0, 3
G
的动直线l 与点M 的轨迹交于
,
A B 两点，在y 轴上是否存在定点Q 使以AB 为直径的圆恒过这
个点？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）由题意得
1
2
1
1
1
2
2 2
| 2
MF
MF
MF
MP
F P
F F
，
∴点M 的轨迹C 为以
1
2
,
F F 为焦点的椭圆
∵2
2 2,2
2
a
c
，
∴
2
2
2
2,
1
a
b
a
c
∴点M 的轨迹C 的方程为
2
2
1
2
x
y
.
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第| 页122
（2）当直线l 的斜率存在时，可设其方程为
1
3
y
kx
，设
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
联立
2
2
1
2
{
1
3
x
y
y
kx
可得
2
2
9 1
2
12
16
0
k
x
kx
，
由求根公式可得
1
2
1
2
2
2
4
16
,
3 1 2
9 1 2
k
x
x
x
x
k
k
假设在y 轴上存在定点
0,
Q
m ，使以AB 为直径的圆恒过这个点，
则AQ
BQ
即
0
AQ BQ
∵
1
1
2
2
,
,
,
AQ
x m
y
BQ
x m
y
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
3
3
AQ BQ
x x
m
y
m
y
x x
m
kx
m
kx
，
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
18
18
9
6
15
1
2
1
1
0
3
3
9
9 1 2
m
k
m
m
m
k
x x
k
m
x
x
m
k
，
由
2
2
18
18
0
{
9
6
15
0
m
m
m
解得
1
m
∴在y 轴上存在定点
0, 1
Q
，使以AB 为直径的圆恒过这个点.
当直线l 的斜率不存在时，经检验可知也满足以AB 为直径的圆恒过点
0, 1
Q
.
因此在y 轴上存在定点
0, 1
Q
，使以AB 为直径的圆恒过这个点.
5. 【湖南省常德市2018 届高三上学期检测考试（期末）】已知圆
2
2
2
1 :
(
0)
C
x
y
r
r
的一条直角是椭圆
2
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b
的长轴，动直线:l x
my
n
，当l 过椭圆
2
C 上一点
2
1, 2
D
且与圆
1
C 相交于点
A
B
、
时，弦AB 的最小值为
2 .
（1）求圆即椭圆
2
C 的方程；
（2）若直线l 是椭圆
2
C 的一条切线，M
N
、
是切线上两个点，其横坐标分别为
2
2
、
，那么以MN 为直径的
圆是否经过x 轴上的定点？如果存在，求出定点坐标；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）当l
OD
时，
AB 最小，
2
6
3
, 2
2
2
2
2
OD
r
r
，
由已知，可知
2
a
，
又点
2
1, 2
D
在椭圆上
2
C 上，
2
1
1
1,
1
2
2
b
b
综上，圆
1
C 的方程为
2
2
2
x
y
，
椭圆
2
C 的方程为
2
2
1
2
x
y
.
（2 ）联立方程
2
2
1
{
2
x
y
x
my
n
，得到
2
2
2
2
2
2
0
m
y
mny
n
，由l 与椭圆相切，得到
2
2
2
2
2
2
4
4
2
2
0
2
0
m n
m
n
m
n
，①
易知
0
m
，设以MN
为直径的圆经过
0,0
E x
，设
1
2
2,
,
2,
M
y
N
y
则有
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2
0
1
0
2
0
1
2
2
,
,
2
,
,
2
0
EM
x
y
EN
x
y
EM EN
x
y y
，
而
2
1
2
1
2
2
2
2
2
,
,
n
n
n
y
y
y y
m
m
m
，②
由
①
②
可
知
，
2
2
2
2
2
2
0
0
2
2
2
2
2
2
m x
m
n
n
EM EN
x
m
m
2
2
2
2
2
2
2
0
0
2
2
2
1
0
m x
m
m
n
x
m
m
m
，
要使上式成立，有只有当
0
1
x ，故经过定点
1,0
与
1,0 .
6. 【浙江省台州市2018 届高三上学期期末质量评估数学试题】已知椭圆C :
2
2
2
2
1 (
0)
x
y
a
b
a
b
的左右焦点分
别为
1F ，
2
F ，左顶点为A ，点
2, 3
P
在椭圆
上，且△
1
2
PF F 的面积为2 3 ．
（Ⅰ）求椭圆
的方程；
（Ⅱ）过原点O 且与x 轴不重合的直线交椭圆C 于E ，F 两点，直线
分别与
轴交于点
．求证：
以MN 为直径的圆恒过焦点
1F ，
2
F ，并求出△
1F MN 面积的取值范围．
【解析】（Ⅰ）
1 2
1
2
3
2 3
2
PF F
S
c
，
2
c
，
又点
2, 3
P
在椭圆C 上，
2
2
2
3
1
4
a
a
，
4
2
9
8
0
a
a
，
解得
2
8
a
，或
2
1
a
（舍去），又
2
2
4
a
b
，
2
4
b
，
所以椭圆C 的方程为
2
2
1
8
4
x
y
；
（Ⅱ）
2 2,0
A
，
1
2,0
F
，
2 2,0
F
，
方法一：当直线EF 的斜率不存在时，E ，F 为短轴的两个端点，则
0,2
M
，
0, 2
N
，
1
1
F M
F N
，
2
2
F M
F N
，则以MN 为直径的圆恒过焦点
1F ，
2
F ，
当EF 的斜率存在且不为零时，设直线EF 的方程为
0
y
kx k
，
设点
0
0
,
E x y
（不妨设
0
0
x
），则点
0
0
,
F
x
y
，
由
2
2
,
{
1
8
4
y
kx
x
y
，消去y 得
2
2
8
1 2
x
k
，所以
0
2
2 2
1
2
x
k
，
0
2
2 2
1
2
k
y
k
，
所以直线AE 的方程为
2
2 2
1
1 2
k
y
x
k
，
因为直线AE 与y 轴交于点M ，令
0
x
得
2
2 2
1
1
2
k
y
k
，
即点
2
2 2
0,
1
1
2
k
M
k
，同理可得点
2
2 2
0,
1
1
2
k
N
k
，
1
1
2
2
2 2
2 2
2,
,
2,
1
1
2
1
1
2
k
k
F M
F N
k
k
，
1
1
0
F M F N
，
1
1
F M
F N
，同理
2
2
F M
F N
，
则以MN 为直径的圆恒过焦点
1F ，
2
F ，
当EF 的斜率存在且不为零时，
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2
2
2
2
2
2 2
2 2
2 2
1
2
1
2 2
2
4
1
1
2
1
1
2
k
k
k
k
MN
k
k
k
k
，
△
1F MN 面积为
1
1 |
4
2 OF
MN
，
又当直线EF 的斜率不存在时，
4
MN
，△
1F MN 面积为
1
1
4
2 OF
MN
，
△
1F MN 面积的取值范围是
4,．
方法二：当E ，F 不为短轴的两个端点时，设
0
0
0
0
,
,
0,
2 2
E x
y
x
x
，
则
0
0
,
F
x
y
，由点E 在椭圆C 上，
2
2
0
0
2
8
x
y
，
所以直线AE 的方程为
0
0
2 2
2 2
y
y
x
x
，令
0
x
得
0
0
2 2
2 2
y
y
x
，
即点
0
0
2 2
0,
2 2
y
M
x
，同理可得点
0
0
2 2
0,
2 2
y
N
x
，
以MN 为直径的圆可化为
2
2
2
0
0
0
2
2
0
0
8
8
0
8
8
x y
y
x
y
y
x
x
，
代入
2
2
0
0
8
2
x
y
，化简得
2
2
0
0
4
4
0
x
x
y
y
y
，
令
2
2
0,
{
4
0,
y
x
y
解得
2,
{
0,
x
y
以MN 为直径的圆恒过焦点
1
2,0
F
，
2 2,0
F
，
0
0
0
2
0
0
0
0
2 2
2 2
16
8
8
2 2
2 2
y
y
y
MN
x
y
x
x
，又
0
2
2
y
，
4
MN
,
△
1F MN 面积为
1
1 |
4
2 OF
MN
，
当E ，F 为短轴的两个端点时，
4
MN
，△
1F MN 面积为
1
1
4
2 OF
MN
，
△
1F MN 面积的取值范围是
4,．
7. 【河北省石家庄市2018 届高三毕业班教学质量检测】已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b
的离心率为2 2
3
，左、
右焦点分别为
1
2
,
F F ，过
1F 的直线交椭圆于A,B 两点.
（1）若以
1
|AF|为直径的动圆内切于圆
2
2
x
y
9
，求椭圆的长轴长；
（2）当
1
b 时，问在x 轴上是否存在定点T ，使得
•
TA TB
为定值？并说明理由.
【解析】
（Ⅰ）设
1
AF 的中点为M，在三角形
1
2
AF F 中，由中位线得：
2
1
1
1
1
1
2
2
2
2
OM
AF
a
AF
a
AF
当两个圆相内切时，两个圆的圆心距等于两个圆的半径差，即
1
1
3
2
OM
AF
所以
3
a
，椭圆长轴长为6.
（Ⅱ）由已知
1
b ，
2 2,
c
3
a
，所以椭圆方程为
2
2
1
9
x
y
当直线AB 斜率存在时，设直线AB 方程为：
2 2
y
k x
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设
1
1
2
2
A
,
,
,
x y
B x
y
由
2
2
9
9
{
2 2
x
y
y
k x
得
2
2
2
2
9
1
36 2
72
9
0
k
x
k x
k
0
恒成立
2
1
2
2
36 2
9
1
k
x
x
k
2
1
2
2
72
9
9
1
k
x x
k
2
2
1
2
1
2
2
2 2
2 2
9
1
k
y y
k
x
x
k
设
0,0
T x
2
1
2
1
2
0
0
1
2
TA TB
x x
x
x
x
x
y y
2
2
2
0
0
0
2
9
36 2
71
9
9
1
x
x
k
x
k
当
2
2
0
0
0
9
36 2
71
9
9
x
x
x
即
0
19 2
9
x
时TA TB
为定值
2
0
7
9
81
x
当直线AB 斜率不存在时，不妨设
1
1
2 2,
,
2 2,
3
3
A
B
当
19 2 ,0
9
T
时
2 1
2
1
7
9
3
9
3
81
TA TB
（
，）（
，
）
，为定值
综上：在X 轴上存在定点
19 2 ,0
9
T
，使得TA TB
为定值
7
81
8. 已知椭圆
)
0
(1
:
2
2
2
2
b
a
b
y
a
x
C
经过点
)
2
2
1( ，
M
，其离心率为2
2 ，设直线
m
kx
y
l
：
与椭圆C 相交
于
B
A、
两点．
（Ⅰ）求椭圆C 的方程；
（Ⅱ）已知直线l 与圆
3
2
2
2
y
x
相切，求证：
OB
OA
（O 为坐标原点）；
（Ⅲ）以线段OA OB
，
为邻边作平行四边形OAPB ，若点Q 在椭圆C 上，且满足OP
OQ
（O 为坐标原点），
求实数的取值范围．
【解析】（Ⅰ）
2
2
2
2
2
c
e
a
b
c
a
离心率
，
，
2
2
2
a
b
2
2
2
2
1
2
x
y
b
b
椭圆方程为
，将点
2
(1
)
2
M ，
代入，得
2
1
b ，
2
2
a
所求椭圆方程为
2
2
1
2
x
y
．
（Ⅱ）因为直线l 与圆
2
2
2
3
x
y
相切，所以
2
|
|
6
3
1
m
k
，即
2
2
2 (1
)
3
m
k
由
2
2
,
2
2
y
kx
m
x
y
，得
2
2
2
(1
2
)
4
2
2
0
k
x
kmx
m
．
设点A 、B 的坐标分别为
1
1
( ,
)
A x y
、
2
2
(
,
)
B x
y
，
则
1
2
2
4
1
2
km
x
x
k
，
2
1
2
2
2
2
1 2
m
x x
k
，
所以
1
2
1
2
(
)(
)
y y
kx
m kx
m
=
2
2
1
2
1
2
(
)
k x x
km x
x
m
=
2
2
2
2
1 2
m
k
k
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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所以
1
2
1
2
OA OB
x x
y y
=
2
2
2
2
1
2
m
k
2
2
2
2
1 2
m
k
k
=
2
2
2
3
2
2
1 2
m
k
k
=0，故OA
OB
，
（Ⅲ）由（Ⅱ）可得
1
2
1
2
2
2
(
)
2
1
2
m
y
y
k x
x
m
k
，
由向量加法平行四边形法则得OA
OB
OP
，
OP
OQ
，
OA
OB
OQ
（ⅰ）当
0
m
时，点A 、B 关于原点对称，则
0
此时不构成平行四边形，不合题意．
（ⅱ）当
0
m
时，点A 、B 不关于原点对称，则
0
，
由OA
OB
OQ
，得
1
2
1
2
1 (
),
1 (
).
Q
Q
x
x
x
y
y
y
即
2
2
4
,
(1
2
)
2
.
(1
2
)
Q
Q
km
x
k
m
y
k
点Q 在椭圆上，有
2
2
2
2
4
2
[
]
2[
]
2
(1
2
)
(1
2
)
km
m
k
k
，
化简，得
2
2
2
2
2
4
(1
2
)
(1
2
)
m
k
k
．
2
1 2
0
k
，有
2
2
2
4
(1
2
)
m
k
．
①
又
2
2
2
2
2
2
16
4(1
2
)(2
2)
8(1
2
)
k m
k
m
k
m
，
由
0
，得
2
2
1 2k
m
．
②
将①、②两式，得
2
2
2
4m
m
0
m
，
2
4
，则2
2
且
0
．
综合（ⅰ）、（ⅱ）两种情况，得实数的取值范围是2
2
且
0
．
9. 【湖北省重点中学联考】已知椭圆
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
的离心率
2
2
e
，且经过点
2
1, 2
.
（1）求椭圆方程；
（2）过点
0,2
P
的直线与椭圆交于M
N
、
两个不同的点，求线段MN 的垂直平分线在x 轴截距的范围．
【解析】
（1）
2
2
1
2
x
y
（2）PM 的斜率不存在时，MN 的垂直平分线与x 轴重合，没有截距，故PM 的斜率存在.
设PM 的方程为
2
y
kx
，代入椭圆方程
得：
2
2
1
2
8
6
0
k
x
kx
PM
与椭圆有两个不同的交点
2
2
8
4 1 2
6
0
k
k
，即
2
3
2
k
，即
6
2
k
或
6
2
k
设
1
1
2
2
,
,
,
,
M x y
N x
y
MN 的中点
0,
0
Q x y
则
1
2
0
0
0
2
2
4
2
,
2
2
1 2
1 2
x
x
k
x
y
kx
k
k
MN
的垂直平分线的方程为
2
2
2
1
4
1
2
1
2
k
y
x
k
k
k
在x 轴上的截距为
2
2
2
2
4
2
1 2
1 2
1 2
k
k
k
k
k
k
设
2
2
1 2
x
f x
x
，则
2
2
2
2 2
1
1
2
x
f
x
x
，
2
3
2
x
时，
0
f
x
恒成立
6
2
x
时，
6
6
0;
4
2
f
x
x
时
6
0
4
f
x
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页127
MN
的垂直平分线在x 轴上的截距的范围是
6
6
,0
0,
4
4
10. 【浙江省嘉兴市2018 届高三上学期期末考试】如图，AB 为半圆
2
2
1
0
x
y
y
的直径，点
,
D P是半圆弧
上的两点，OD
AB
，
30
POB
．曲线C 经过点P ，且曲线C 上任意点M 满足：MA
MB
为定值.
（Ⅰ）求曲线C 的方程；
（Ⅱ）设过点D 的直线l 与曲线C 交于不同的两点
,
E F ，求OEF
面积最大时的直线l 的方程．
【解析】（Ⅰ）根据椭圆的定义，曲线C 是以
1,0 ,
1,0
A
B
为焦点的椭圆，其中2
2
c
，
3 1
,
2
2
P
.
2
2
2
2
3
1
3
1
2
1
1
2
2
2
2
a
PA
PB
2
3
2
3
，
2
3
2
a
，
2
1
2
b
，曲线C 的方程为
2
2
1
3
1
2
2
x
y
；
（Ⅱ）设过点D 的直线l 的斜率为k ，则:
1
l y
kx
.
由
2
2
1,
{
2
6
3,
y
kx
x
y
得
2
2
2
12
4
2
6
3
24 3
1
0
k
k
k
，
2
2
2
12
4
2
6
3
24 3
1
0
k
k
k
，
1
2
1
2
2
2
12
3
,
,
2
6
2
6
k
x
x
x x
k
k
2
2
2
1
2
2
24 3
1
1
1
2
6
k
EF
k
x
x
k
k
，
又点O 到直线l 的距离
2
1
1
d
k
，
OEF
的面积
1
2
s
EF d
2
2
6 3
1
2
6
k
k
.
令
2
3
1
,
0
k
，则
2
1
6
1
6
1
6
3
2
2
2
2
2
4
2 2
s
.
当且仅当
2
，即
2
2,3
1
2,
1
k
k
时，
OEF
面积取最大值
3
4
.
此时直线l 的方程为
1
y
x
或
1
y
x
．
11. 【山东省寿光市2018 届高三上学期期末考试】已知椭圆
2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b
的左右焦点分别为
1
2
,
F F ，
C 上的动点P 到两焦点的距离之和为4，当点P 运动到椭圆C 的上顶点时，直线
1
PF 恰与以原点O 为圆心，以椭圆
C 的离心率为半径的圆相切.
（1）求椭圆C 的方程；
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第| 页128
（2）设椭圆C 的左右顶点分别为A
B
、
，若PA
PB
、
交直线
6
x
于M
N
、
两点.问以MN 为直径的圆是否过定
点？若过定点，请求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由.
【解析】试题解析：（1）由椭圆定义可知2
4
a
，
2
a
，
直线
1 :
0
PF bx
cy
bc
，
故
2
2
bc
c
a
b
c
，
∴
1
b ，
故椭圆C 的标准方程为：
2
2
1
4
x
y
.
（2）设
PA
k
k
，点
0
0
,
P x
y
，则
2,0
A
，
2,0
B
，
由
2
0
2
0
0
0
2
2
0
0
0
0
1
1
4
2
2
4
4
4
PA
PB
x
y
y
y
k
k
x
x
x
x
，得：
1
4
PB
k
k
，
直线AP 方程为：
2
y
k x
，令
6
x
，则
8
y
k
，故
6,8
M
k ；
直线BP 方程为：
1
2
4
y
x
k
，令
6
x
，则
1
y
k
，故
1
6,
N
k
；
因为
1
8
8
0
M
N
y y
k
k
，故以MN 为直径的圆与x 轴交于两点，设为
,
G H ，
在以MN 为直径的圆中应用相交弦定理得：
1
8
8
GK
HK
MK
NK
k
k
，
因为GK
HK
，所以
2 2
GK
HK
，
从而以MN 为直径的圆恒过两个定点
6
2 2,0
G
，
6
2 2,0
H
.
12. 【广西壮族自治区玉林高中2017 届高三高考冲刺模拟】已知椭圆C 的中心在原点，离心率等于1
2
，它的一个
短轴端点恰好是抛物线
2
8 3
x
y
的焦点.
（1）求椭圆C 的方程；
（2）已知
2,3
P
、
2, 3
Q
是椭圆上的两点，
,
A B 是椭圆上位于直线PQ 两侧的动点.
①若直线AB 的斜率为1
2
，求四边形APBQ 面积的最大值；
②当
,
A B 运动时，满足
APQ
BPQ
，试问直线AB 的斜率是否为定值，请说明理由.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页129
【解析】（1）由题意得抛物线的焦点为
0,2 3
F
，
∴
2 3
b
，
∵
1
2
c
e
a
，
∴
2
2
2
2
2
2
2
2
12
1
4
c
a
b
a
e
a
a
a
∴
2
16
a
，
∴椭圆C 的方程为
2
2
1
16
12
x
y
．
（2）①由题意设直线AB 方程为
1
2
y
x
t
，
由
2
2
1
2
{
1
16
12
y
x
t
x
y
消去y 整理得
2
2
12
0
x
tx
t
，
∵直线AB 与椭圆交于两点，
∴
2
2
2
4
12
3
48
0
t
t
t
，解得4
4
t
．
设
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，
则
2
1
2
1
2
12
x
x
t
x x
t
，
，
又
2,3 ,
2, 3
P
Q
，
∴
2
2
1
2
1
2
1
2
1
6
3
4
3 48 3
2
PBQ
S
x
x
x
x
x x
t
，
∴当
0
t
时，S 取得最大12 3 ，
即四边形APBQ 面积的最大值为12 3 ．
②当
APQ
BPQ
时，直线
,
PA PB 的斜率之和为0，
设直线PA 的斜率为k ，则直线PB 的斜率为k
，
故直线PA 的方程为
3
2
y
k x
，
由
2
2
3
2
{
3
4
48
y
k x
x
y
消去y 整理得
2
2
2
2
3
4
8 3
2
4 4
9 12
48
0
k
x
k
k
x
k
k
，
∴
1
2
8
2
3
2
3
4
k
k
x
k
，
同理
2
2
8
2
3
2
3
4
k
k
x
k
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页130
∴
2
1
2
2
16
12
3
4
k
x
x
k
，
1
2
2
48
3
4
k
x
x
k
∴
1
2
2
1
2
1
1
2
4
1
2
AB
k x
x
k
y
y
k
x
x
x
x
，
故直线AB 的斜率为定值1
2
．
13. 【河北省张家口市2018 届高三上学期期末考试】过椭圆C ：
2
2
2
1(0
3)
9
x
y
b
b
的上顶点A 作相互垂直的
两条直线，分别交椭圆于不同的两点M ，N （点M ，N 与点A 不重合）
（Ⅰ）设椭圆的下顶点为
0,
B
b
，当直线AM 的斜率为
5 时，若
2
ANB
AMB
S
S
，求b 的值；
（Ⅱ）若存在点M ，N ，使得AM
AN
，且直线AM ，AN 斜率的绝对值都不为1，求b 的取值范围.
【解析】（Ⅰ）设
1
1
,
M x y
，
2
2
,
N x
y
记直线AM 的斜率为k ，
则由条件可知，直线AM 的方程为y
kx
b
，
于是
2
2
2
2
9
9
,
{
,
b x
y
b
y
kx
b
消去y ，整理得
2
2
2
9
18
0
k
b
x
kbx
，
1
2
2
18
9
bk
x
b
k
.
同理
2
2
2
18
9
bk
x
b k
.
由
2
ANB
AMB
S
S
，
得
2
1
2
x
x
，于是
2
2
2
2
18
18
2
9
9
bk
bk
b k
b
k
，即
2
2
2
2
2
18
9
b k
b
k
，
其中
5
k
，代入得
3
b
；
（Ⅱ）容易得
2
1
1
AM
k
x
2
2
2
18
1
9
bk
k
b
k
，
2
2
1
1
AN
x
k
2
2
2
18
1
1
9
bk
k
b k
.
由AM
AN
，得
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
9
9
k
b
k
k
b k
，
即
2
2
2
3
9
9
b
k
b k
k
，
整理，得
2
2
2
2
1
9
0
k
b k
b
k
b
.
不妨设
0
k
，且
1
k
则
2
2
2
2
9
0
b k
b
k
b
有不为1的正根.只要
2
4
2
2
9
4
0
{
9
0
b
b
b
b
解得0
3
b
.
b
的取值范围是
0, 3 .
14. 【山东省德州市2018 届高三上学期期末考试】已知椭圆C ：
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
的左、右有顶点分别是A 、
B ，上顶点是D ，圆O ：
2
2
1
x
y
的圆心O 到直线BD 的距离是2 5
5
，且椭圆的右焦点与抛物线
2
4 3
y
x
的
焦点重合．
（Ⅰ）求椭圆C 的方程；
（Ⅱ）平行于x 轴的动直线与椭圆和圆在第一象限内的交点分别为P 、Q ，直线AP 、BP 与y 轴的交点记为M ，
N ．试判断
MQN
是否为定值，若是，证明你的结论．若不是，举反例说明．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页131
【解析】（Ⅰ）BD 方程为：
1
x
y
a
b
即为：bx
ay
ab
由题意得
2
2
2 5
5
{
3
ab
a
b
c
整理得：
4
2
5
23
12
0
a
a
2
4
a
，
2
3
5
a
（舍）
∴
2
2
2
1
b
a
c
椭圆C ：
2
2
1
4
x
y
（Ⅱ）设直线AP ：
2
y
k x
，令
0
x
得
2
y
k
∴
0,2
M
k
2
2
1
{
4
2
x
y
y
k x
2
2
2
2
1
4
16
16
4
0
k
x
k x
k
2
2
16
4
2
1 4
P
k
x
k
∴
2
2
2
8
1
4
P
k
x
k
∴
2
4
2
1 4
P
P
k
y
k x
k
∴
2
2
2
2
8
4
,
1
4
1
4
k
k
P
k
k
2
2
2
4
1
1
4
2
8
2
4
2
1
4
P
BP
P
k
y
k
k
k
x
k
k
∴BP 方程为：
1
2
4
y
x
k
令
0
x
得
1
2
y
k
∴
1
0, 2
N
k
设
0
0
,
Q x y
，则
2
2
0
0
1
x
y
且
0
2
4
1 4
P
k
y
y
k
∴
2
0
0
0
1
2
2
QM QN
x
k
y
y
k
2
2
0
0
0
1
2
1
2
x
y
k
y
k
2
2
0
2
4
1
4
1
4
2
2
0
2
2
1 4
k
k
k
y
k
k
k
∴QM
QN
即：
90
MQN
所以
MQN
是定值为90
15. 【北京市西城区2018 届高三上学期期末考试】已知椭圆
2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b
过
2,0
A
，
0,1
A
)两点．
(I)求椭圆C 的方程及离心率；
(Ⅱ)设点Q 在椭圆C 上．试问直线
4
0
x
y
上是否存在点P ，使得四边形PAQB 是平行四边形？若存在，求
出点P 的坐标；若不存在，说明理由．
【解析】
（Ⅰ）由题意得，
2
a
，
1
b ．
所以椭圆C 的方程为
2
2
1
4
x
y
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页132
设椭圆C 的半焦距为c ，则
2
2
3
c
a
b
，
所以椭圆C 的离心率
3
2
c
e
a
．
（Ⅱ）由已知，设
,4
P t
t
，
0
0
,
Q x y
．
若PAQB 是平行四边形，则PA
PB
PQ
，
所以
0
0
2
,
4
,
3
,
4
t t
t t
x
t y
t
，
整理得
0
0
2
,
3
x
t y
t
．
将上式代入
2
2
0
0
4
4
x
y
，得
2
2
2
4
3
4
t
t
，
整理得
2
5
28
36
0
t
t
，
解得
18
5
t
，或
2
t
．
此时
18 2
,
5
5
P
，或
2,2
P
．经检验，符合四边形PAQB 是平行四边形，
所以存在
18 2
,
5
5
P
，或
2,2
P
满足题意．
资料正文内容开始>>
专题三
压轴解答题
第三关
以解析几何中与抛物线相关的综合问题
【名师综述】纵观近三年的高考题，解析几何题目是每年必考题型，主要体现在解析几何知识内的综合及与其它知
识之间的综合，且椭圆考查的最多，其次便是抛物线，解题时需根据具体问题，灵活运用解析几何、平面几何、函
数、不等式、三角知识，正确构造不等式，体现了解析几何与其他数学知识的密切联系.这体现了考试中心提出的“应
更多地从知识网络的交汇点上设计题目，从学科的整体意义、思想含义上考虑问题”的思想.且同学需对抛物线的两
个基本问题弄扎实，1.抛物线的基本概念、标准方程、几何性质；2.直线与抛物线的位置关系所引申出来的定点、
定值、最值、取值范围等问题.3.抛物线与圆锥曲线的交汇问题
类型一
中点问题
典例1 已知抛物线C:
2
2
(
0)
y
px p
的焦点为F，直线y=4 与y 轴的交点为P，与C 的交点为Q，且
5
4
QF
PQ
.
(1)求抛物线C 的方程；
(2)过F 的直线l 与C 相交于A,B 两点，若AB 的垂直平分线l与C 相交于M,N 两点，且A,M,B,N 四点在同一个圆
上，求直线l 的方程.
【答案】（1）
2
4
y
x
；（2）x-y-1=0 或x+y-1=0.
【解析】（1）设Q（x0，4），代入由
2
2
(
0)
y
px p
中得x0= 8
p
，
所以
0
8
8
,
2
2
p
p
PQ
QF
x
p
p
，由题设得
8
5
8
2
4
p
p
p
，解得p=－2（舍去）或p=2.
所以C 的方程为
2
4
y
x
.
（2）依题意知直线l 与坐标轴不垂直，故可设直线l 的方程为
1
x
my
，（m≠0）代入
2
4
y
x
中得
2
4
4
0
y
my
，设A （x1,y1 ）,B(x2,y2), 则y1+y2=4m ，y1y2= －4 ，故AB 的中点为D （2m2+1,2m ），
2
2
1
2
1
4(
1)
AB
m
y
y
m
，有直线l的斜率为－m，所以直线l的方程为
2
1
2
3
x
y
m
m
，将上式
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第| 页133
代入
2
4
y
x
中，并整理得
2
2
4
4(2
3)
0
y
y
m
m
.
设M(x3,y3),N(x4,y4),则
2
3
4
3
4
4 ,
4(2
3)
y
y
y y
m
m
.
故MN 的中点为E（
2
2
2
3
4
2
2
2
2
2
1
4(
1) 2
1
2
3,
),
1
m
m
m
MN
y
y
m
m
m
m
）.
由于MN 垂直平分AB，故A,M,B,N 四点在同一个圆上等价于
1
2
AE
BE
MN
,从而
2
2
2
1
1
4
4
AB
DE
MN
,
即
2
2
2
2
2
2
2
2
4
2
2
4(
1) (2
1)
4(
1)
(2
)
(
2)
m
m
m
m
m
m
m
，化简得
m2-1=0，解得m=1 或m=－1，
所以所求直线l 的方程为x-y-1=0 或x+y-1=0.
【名师指点】本题考查直线和椭圆、圆的综合运用，考查数形结合思想、转化与化归等思想的运用，中点问题往往
的处理办法有两种：一是点差法，设端点坐标带入曲线方程，作差结果涉及中点坐标和直线的斜率；二是利用韦达
定理，舍尔不求．
【举一反三】已知抛物线顶点在原点，焦点在x 轴上，又知此抛物线上一点
4,m 到焦点的距离为6．
（1）求此抛物线的方程；
（2）若此抛物线方程与直线
2
y
kx
相交于不同的两点A 、B ，且AB 中点横坐标为2，求k 的值．
【解析】（1）由题意设抛物线方程为
2
2
y
px
（
0
p
），其准线方程为
2
p
x
，
∵
4,
A
m 到焦点的距离等于A 到其准线的距离，∴4
6
2
p
，∴
4
p
，
∴此抛物线的方程为
2
8
y
x
．
（2）由
2
8 ,
{
2
y
x
y
kx
消去y 得
2
2
4
8
4
0
k x
k
x
，
∵直线
2
y
kx
与抛物线相交于不同两点A 、B ，则有
0,
{
0,
k
解得
1
k 且
0
k
，
由
1
2
2
4
8
4
k
x
x
k
，解得
2
k
或
1
k （舍去）．
∴所求k 的值为2．
类型二
垂直问题
典例2 【安徽省皖南八校2018 届高三第二次（12 月）联考】过抛物线
2
:
2
0
C x
py p
的焦点F 作直线l 与抛
物线C 交于A
B
，
两点，当点A 的纵坐标为1 时，
2
AF
.
（Ⅰ）求抛物线C 的方程；
（Ⅱ）若抛物线C 上存在点
2
o
M
y
，
，使得MA
MB
，求直线l 的方程.
【解析】（Ⅰ）
2
:
2
C x
py
的准线方程为
2
p
y
，当点A纵坐标为1 时
2
AF
，
1
2
2
p
，
2
p
，
势物线C 的方程为
2
4
x
y
.
（Ⅱ）
0
2,
M
y
在C 上，
2
0
2
1
4
y
，
又
0,1
F
,设l方程为
1
y
kx
，由
2
1
{
4
y
kx
x
y
，得
2
4
4
0
x
kx
，
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令
1
1
A x
y
，
，
2
2
B x
y
，
，则
1
2
4
x
x
k
，
1
2
4
x x ，
1
1
2
1
MA
x
y
，
，
2
2
2
1
MB
x
y
，
，
0
MA
MB
MA MB
，
,
1
2
1
2
2
2
1
1
0
x
x
y
y
，
2
4
8
4
4
0
2
k
k
k
，
或0，
当
0
k
时，l过M 点（舍），
2
k
，
l
方程为
2
1
y
x
.
【名师指点】直线与直线的垂直关系，首先可以利用垂直关系得斜率之间的关系；其次可以利用向量数量积为0 处
理，再可以联系圆中的有关知识，利用直径所对的圆周角为直角处理．
【举一反三】【广西柳州市2018 届高三毕业班上学期摸底联考】已知抛物线C 的顶点在原点，焦点在x 轴上，且抛
物线上有一点
4,
P
m 到焦点的距离为5.
（1）求该抛物线C 的方程；
（2）已知抛物线上一点
,4
M t
，过点M 作抛物线的两条弦MD 和ME ，且MD
ME
，判断直线DE 是否过定
点？并说明理由.
【解析】（1）由题意设抛物线方程为
2
2
y
px
，
其准线方程为
2
p
x
，
∵
4,
P
m 到焦点的距离等于A 到其准线的距离，
∴4
5
2
p
，∴
2
p
.
∴抛物线C 的方程为
2
4
y
x
.
（2）由（1）可得点
4,4
M
，可得直线DE 的斜率不为0，
设直线DE 的方程为：x
my
t
，
联立
2
{
4
x
my
t
y
x
，得
2
4
4
0
y
my
t
，
则
2
16
16
0
m
t
①.
设
1
1
2
2
,
,
,
D x y
E x
y
，则
1
2
1
2
4 ,
4
y
y
m y y
t
.
∵
1
1
2
2
4,
4
4,
4
MD ME
x
y
x
y
1
2
1
2
1
2
1
2
4
16
4
16
x x
x
x
y y
y
y
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
4
16
4
16
4
4
4
4
y
y
y
y
y y
y
y
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
3
4
32
16
y y
y
y
y y
y
y
2
2
16
12
32 16
0
t
m
t
m
即
2
2
12
32
16
16
t
t
m
m
，得：
2
2
6
4 2
1
t
m
，
∴
6
2 2
1
t
m
，即
4
8
t
m
或
4
4
t
m
，
代人①式检验均满足
0
，
∴直线DE 的方程为：
4
8
4
8
x
my
m
m y
或
4
4
x
m y
.
∴直线过定点
8, 4
（定点
4,4 不满足题意，故舍去）.
类型三
面积问题
典例3
【2016 浙江镇海中学高考模拟】设直线l 与抛物线
2
2
x
y
交于
,
A B 两点，与椭圆
2
2
1
4
3
x
y
交于C ，D
两点，直线
,
,
,
OA OB OC OD （O 为坐标原点）的斜率分别为
1
2
3
4
,
,
,
k k
k k ，若OA
OB
.
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第| 页135
（1）是否存在实数t ，满足
1
2
3
4
(
)
k
k
t k
k
，并说明理由；
（2）求OCD
面积的最大值.
【解析】设直线l 方程为y
kx
b
，
1
1
( ,
)
A x y
，
2
2
(
,
)
B x
y
，
3
3
(
,
)
C x
y
，
4
4
(
,
)
D x
y
.
联立y
kx
b
和
2
2
x
y
，
得
2
2
2
0
x
kx
b
，
则
1
2
2
x
x
k
，
1
2
2
x x
b
，
2
4
8
0
k
b
.
由OA
OB
，所以
1
2
1
2
0
x x
y y
，得
2
b
.
联立
2
y
kx
和
2
2
3
4
12
x
y
，得
2
2
(3
4
)
16
4
0
k
x
kx
，
所以
3
4
2
16
3
4
k
x
x
k
，
3
4
2
4
3
4
x x
k
.
由
2
2
192
48
0
k
，得
2
1
4
k
.
（1）因为
1
2
1
2
1
2
y
y
k
k
k
x
x
，
3
4
3
4
3
4
6
y
y
k
k
k
x
x
所以
1
2
3
4
1
6
k
k
k
k
.
（2）根据弦长公式
2
3
4
1
CD
k
x
x
，得：
2
2
2
4
1
4 3
1
3
4
k
CD
k
k
，
根据点O 到直线CD 的距离公式，得
2
2
1
d
k
，
所以
2
2
1
4
1
4 3
2
3
4
OCD
k
S
CD
d
k
，
设
2
4
1
0
k
t
，则
2
4 3
3
4
OCD
t
S
t
，
所以当
2
t
，即
5
5
k
时，
OCD
S
有最大值
3 .
【名师指点】对于平面图形的面积问题，可以直接表示或者可以利用割补的办法，将面积科学有效表示，其中通过
设直线和曲线的交点，利用韦达定理是解决该种问题的关键．
【举一反三】【湖北省襄阳市2018 届高三1 月调研统一测试】动点P 到定点F(0，1)的距离比它到直线
2
y 的距
离小1，设动点P 的轨迹为曲线C，过点F 的直线交曲线C 于A、B 两个不同的点，过点A、B 分别作曲线C 的切线，
且二者相交于点M．
(Ⅰ)求曲线C 的方程；
(Ⅱ)求证：
0
AB MF
；
(Ⅲ)求△ABM 的面积的最小值．
【解析】(Ⅰ)由已知，动点P 在直线
2
y 上方，条件可转化为动点P 到定点
0,1
F
的距离等于它到直线
1
y
距离，∴动点P 的轨迹是以
0,1
F
为焦点，直线
1
y 为准线的抛物线，故其方程为
2
4
x
y
．
(Ⅱ)证：设直线AB 的方程为：
1
y
kx
，由
2
4
{
1
x
y
y
kx
得：
2
4
4
0
x
kx
，设
,
,
,
A
A
B
B
A x
y
B x
y
，
则
4
A
B
x
x
k
,
4
A
B
x x
．由
2
4
x
y
得：
2
1
1
,
'
4
2
y
x
y
x
，∴直线AM 的方程为：
2
1
1
4
2
A
A
A
y
x
x
x
x
①，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页136
直线BM 的方程为：
2
1
1
4
2
B
B
B
y
x
x
x
x
②，
①－②得：
2
2
2
2
1
1
1
4
2
2
B
A
A
B
B
A
x
x
x
x
x
x
x
，即
2
2
A
B
x
x
x
k
，
将
2
A
B
x
x
x
代入①得：
2
1
1
1
1
2
4
2
2
4
4
B
A
A
A
A
B
A
x
x
y
x
x
x x
x
，
1
1
4
A
B
y
x x
，故
2 , 1
M
k
，
2 , 2 ,
,
A
B
A
B
MF
k
AB
x
x
k x
x
·
2
2
0
B
A
B
A
AB MF
k x
x
k x
x
，
AB
MF
．
(Ⅲ)
解
：
由
(Ⅱ)
知
，
点
M
到
AB
的
距
离
2
2 1
d
MF
k
，
2
2
4
4
4
A
B
A
B
AB
AF
BF
y
y
k x
x
k
，
3
2
2
2
2
1
1
4
1
2 1
4 1
4
2
2
S
AB d
k
k
k
，∴当
0
k
时，
ABM
的面积有最小值4．
类型四
范围与定值问题
典例4【湖南师大附中2018 届高三上学期月考试卷】已知O 为坐标原点，抛物线
2
:
(
0)
C y
nx n
上在第一象限
内的点
2,
P
t 到焦点的距离为5
2
，曲线C 在点P 处的切线交x 轴于点Q ，直线1l 经过点Q 且垂直于x 轴．
（Ⅰ）求Q 点的坐标；
（Ⅱ）设不经过点P 和Q 的动直线2 :
l
x
my
b
交曲线C 于点A 和B ，交1l 于点E ，若直线PA ，PE ，PB 的
斜率依次成等差数列，试问：
2l 是否过定点？请说明理由．
【解析】（Ⅰ）由抛物线上的点
2,
P
t 到焦点的距离为5
2
，得
5
2
4
2
n
，所以
2
n
，则抛物线方程为
2
2
y
x
，
故曲线C 在点P 处的切线斜率
1
2
k
，切线方程为
1
2
2
2
y
x
，令
0
y
得
2
x ，所以点
2,0
Q
．
（Ⅱ）由题意知1 :
2
l
x ，因为2l 与1l 相交，所以
0
m
．
设2 :
l
x
my
b
，令
2
x ，得
2
b
y
m
，故
2
2,
b
E
m
，
设
1
1
,
A x y
，
2
2
,
B x
y
，
由
2
{
2
x
my
b
y
x
消去x 得
2
2
2
0
y
my
b
，则
1
2
2
y
y
m
，
1
2
2
y y
b
，直线PA 的斜率为
1
1
2
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
y
y
y
x
y
，同理直线PB 的斜率为
2
2
2
y
，直线PE 的斜率为
2
2
4
b
m
．因为直线PA ，PE ，
PB 的斜率依次成等差数列，
所以
2
PA
PB
PE
k
k
k
，即
1
2
2
2
2
2
2
2
2
m
b
y
y
m
，即
2
4
2
2
2
2
2
m
m
b
m
b
m
整理得：
2
4
b
，
因为2l 不经过点Q ，所以
2
b ，所以
2
b
．故2 :
2
l
x
my
，即2l 恒过定点
2,0 ．
【名师指点】对于定值问题，可以通过特殊位置、特殊图形、特殊数学来寻求定值再证明，或者可以直接通过运算
求解求得；而范围问题需将所求量用变量表示，利用函数与方程思想求解．
【举一反三】
【贵州省遵义市2018 届高三上学期第二次联考数学】设抛物线
2
4
0
y
mx m
的准线与x 轴交于
1F ,
抛物线的焦点为
2
F ，以
1
2
F
F
、
为焦点，离心率
1
2
e
的椭圆与抛物线的一个交点为
2 2 6
,
3
3
E
；自
1F 引直线交
抛物线于P
Q
、
两个不同的点，设
1
1
F P
FQ
.
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（Ⅰ）求抛物线的方程和椭圆的方程；
（Ⅱ）若
1 ,1
2
，求PQ 的取值范围.
【解析】（Ⅰ）设椭圆的标准方程为
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
，
由题意得
2
2
2
2
4
24
1
9
9
{
1
2
a
b
c
a
b
a
a
，解得
2
2
4
{
3
a
b
，
∴椭圆的方程为
2
2
1
4
3
x
y
，
∴点
2
F 的坐标为
1,0 ,
∴
1
m ,
∴抛物线的方程是
2
4
y
x
.
（Ⅱ）由题意得直线PQ 的斜率存在，设其方程为
1
0
y
k x
k
，
由
2
1
{
4
y
k x
y
x
消去x 整理得
2
4
4
0
ky
y
k
（*）
∵直线PQ 与抛物线交于两点，
∴
2
16 16
0
k
．
设
1
1
,
P x y
，
2
2
,
Q x
y
，
则
1
2
4
y y
①，
1
2
4
y
y
k
②．
∵
1
1
FQ
FQ
，
1
1,0
F
,
∴
1
1
2
2
1,
1,
x
y
x
y
∴
1
2
y
y
．③
由①②③消去
1
2
,
y y 得：
2
2
4
1
k
．
∴
2
2
1
2
1
2
1
2
2
2
1
1
1
1
4
PQ
y
y
y
y
y y
k
k
2
2
2
1
16 16
1
k
k
k
4
4
16 16k
k
，即
4
2
4
16 16k
PQ
k
，
将
2
2
4
1
k
代入上式得
2
4
2
2
2
2
2
2
1
1
1
16
16
2
16
PQ
，
∵
1
1 ,1
2
f
在
上单调递减，
∴
1
1
2
f
f
f
，即
1
5
2
2
，
∴
2
1
17
0
2
16
4
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页138
∴
17
0
2
PQ
，
即PQ 的求值范围为
17
0,
2
．
【精选名校模拟】
1. 【北京市朝阳区2018 届高三第一学期期末理科数学】已知抛物线
:
C
2
4
x
y
的焦点为F ,过抛物线C 上的动点
P （除顶点O 外）作C 的切线l 交x 轴于点T .过点O 作直线l 的垂线OM （垂足为M ）与直线PF 交于点N .
（Ⅰ）求焦点F 的坐标；
（Ⅱ）求证：FT
MN
；
（Ⅲ）求线段FN 的长.
【解析】（Ⅰ）由抛物线方程
2
4
x
y
，可得
1
2
p
，可得
0,1
F
（Ⅱ）设
0
0
,
P x
y
.由
2
4
x
y
，得
2
1
4
y
x
，则过点P 的切线l 的斜率为
0
0
1
|
2
x x
k
y
x
.
则过点P 的切线l 方程为
2
0
0
1
1
2
4
y
x x
x
.令
0
y
，得
0
1
2
Tx
x
，即
0
1
,0
2
T
x
.又点P 为抛物线上除顶点O 外
的动点，
0
0
x
，则
0
2
TF
k
x
.而由已知得MN
l
，则
0
2
MN
k
x
.又
0
0
x
，即FT 与MN 不重合，即
FT
MN
.
（Ⅲ）由(Ⅱ)问，直线MN 的方程为
0
2
y
x
x
，
0
0
x
.直线PF 的方程为
0
0
1
1
y
y
x
x
0
0
x
.设MN 和
PF 交点N 的坐标为
(
,
)
N
N
N x
y
则
0
0
0
2
......... 1
{
1
1.......... 2
N
N
N
N
y
x
x
y
y
x
x
由（1）式得，
0
2
N
N
x
x
y
（由于N 不与原点重合，故
0
N
y
）.代入（2），化简得
0
2
N
N
y
y
y
0
N
y
.又
2
0
0
4
x
y
，
化简得,
2
2
1
1
N
N
x
y
（
0
N
x
）.
即点N 在以F 为圆心，1 为半径的圆上.（原点与
0,2 除外）
即
1
FN
.
2．【河南省南阳市第一中学2018 届高三第六次考试】设动点
,
0
P x y
y
到定点
0,1
F
的距离比它到x 轴的距
离大1，记点P 的轨迹为曲线C .
（1）求点P 的轨迹方程；
（2）若圆心在曲线C 上的动圆M 过点
0,2
A
，试证明圆M 与x 轴必相交，且截x 轴所得的弦长为定值.
【解析】（1）依题意知，动点P 到定点F
0,1 的距离等于P 到直线
1
y 的距离，
∴曲线C 是以原点为顶点，F
0,1 为焦点的抛物线．
设曲线C 的方程为
2
2
x
py
,
则
1
2
p ，
∴
2
p
，
∴曲线C 方程是
2
4
x
y
．
（2）
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页139
设圆心为
,
M a b ，则
2
4
a
b
，
∵圆M 过A
0,2 ，
∴圆的方程为
2
2
2
2
2
x
a
y
b
a
b
，
令
0
y
得
2
2
4
4
0
x
ax
b
．
∵
2
2
2
4 4
4
4
16
16
16
0
a
b
a
b
∴圆M 与x 轴必相交，
设圆M 与x 轴的两交点分别为E
1,0
x
，G
2,0
x
则
1
2
2
x
x
a
，
1
2
4
4
x
x
b
，
∴
2
|
|
EG
2
2
1
2
1
2
1
2
4
x
x
x
x
x
x
2
4
16
16
16
a
b
，
∴EG =4．
故圆截x 轴所得的弦长为定值．
3 【广州市2018 届高三第一学期第一次调研测试】已知抛物线
2
:
2
0
C y
px p
的焦点为F ，抛物线C 上存在
一点E
2,t 到焦点F 的距离等于3 ．
（1）求抛物线C 的方程；
（2）过点
1,0
K
的直线l 与抛物线C 相交于A ，B 两点（A ，B 两点在x 轴上方），点A 关于x 轴的对称点
为D ，且FA
FB
，求△ABD的外接圆的方程．
【解析】（1）抛物线的准线方程为
2
p
x
，
所以点E
2
t
，
到焦点的距离为2
3
2
p
．
解得
2
p
．
所以抛物线C 的方程为
2
4
y
x
．
（2）解法：设直线l 的方程为
1
0
x
my
m
．
将
1
x
my
代入
2
4
y
x
并整理得
2
4
4
0
y
my
，
由
2
4
16
0
m
，解得
1
m ．
设
1
1
,
A x y
，
2
2
,
B x
y
，
1
1
,
D x
y
，
则
1
2
4
y
y
m
，
1
2
4
y y
，
因为
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
·
1
1
1
2
4
8
4
FA FB
x
x
y y
m
y y
m y
y
m
，
因为FA
FB
，所以
·
0
FA FB
．
即
2
8
4
0
m
，又
0
m
，解得
2
m
．
所以直线l 的方程为
2
1
0
x
y
．
设AB 的中点为
0
0
,
x
y
,
则
1
2
0
2
2 2
2
y
y
y
m
，
0
0
1
3
x
my
，
所以直线AB 的中垂线方程为
2 2
2
3
y
x
．
因为AD 的中垂线方程为
0
y
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页140
所以△ABD的外接圆圆心坐标为
5,0 ．
因为圆心
5,0 到直线l 的距离为
2 3
d
，且
2
2
1
2
1
2
1
4
4 3
AB
m
y
y
y y
，
所以圆的半径
2
2
2 6
2
AB
r
d
．
所以△ABD的外接圆的方程为
2
2
5
24
x
y
．
4. 【湖南师大附中2018 届高三上学期月考试卷】已知抛物线C ：
2
2
(
0)
y
px p
的焦点F 与椭圆T ：
2
2
1
2
x
y
的一个焦点重合，点
0,2
M x
在抛物线上，过焦点F 的直线l 交抛物线于A 、B 两点.
（Ⅰ）求抛物线C 的方程以及MF 的值；
（Ⅱ）记抛物线的准线C 与x 轴交于点H ，试问是否存在常数
R
，使得AF
FB
且
2
2
85
4
HA
HB
都成
立？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由.
【解析】（Ⅰ）依题意，椭圆T ：
2
2
1
2
x
y
中，
2
2
2,
1
a
b
，故
2
2
2
1
c
a
b
，故
0,1
F
，故
1
2
p
，
则2
4
p
，故抛物线C 方程为
2
4
y
x
，将
0,2
M x
代入
2
4
y
x
，记得
0
1
x
，
故
1
2
2
p
MF
.
（Ⅱ）依题意，
0,1
F
，设:
1
l x
ty
，设
1
1
,
A x y
，
2
2
,
B x
y
，
联立方程
2
4
{
1
y
x
x
ty
，消去x ，得
2
4
4
0
y
ty
.∴
1
2
1
2
4
{
4
y
y
t
y y
①
且
1
1
2
2
1
{
1
x
ty
x
ty
，又AF
FB
则
1
1
2
2
1
,
1,
x
y
x
y
，即
1
2
y
y
，代入①
得
2
2
2
1
4
{
4
y
t
y
，
消去
2y 得
2
1
4
2
t
，且
1,0
H
，
则
2
2
2
2
2
2
1
1
2
2
1
1
HA
HB
x
y
x
y
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
2
x
x
x
x
y
y
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
2
2
ty
ty
ty
ty
y
y
2
2
2
1
2
1
2
1
4
8
t
y
y
t y
y
2
2
1 16
8
4
4
8
t
t
t
t
4
2
16
40
16
t
t
.由
4
2
85
16
40
16
4
t
t
，
解得
2
1
8
t
或
2
21
8
t
（舍），故
2
或1
2
.
5. 已知斜率为k 的直线l 经过点
1,0
与抛物线
2
:
2
C y
px
（
0,
p
p
为常数）交于不同的两点
,
M N ，当
1
2
k
时，弦MN 的长为4 15 .
（1）求抛物线C 的标准方程；
（2）过点M 的直线交抛物线于另一点Q ，且直线MQ 经过点
1, 1
B
，判断直线NQ 是否过定点？若过定点，求
出该点坐标；若不过定点，请说明理由.
【解析】（1））当
1
2
k
时，
1
:
1
2
l y
x
即
2
1
x
y
联立
2
2
1
{
2
x
y
y
px
消x 得
2
4
2
0
y
py
p
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页141
由
1
2
2
1
1
4 15
2
MN
y
y
p
k
所以抛物线C 的标准方程为
2
4
y
x
；
（2）设
2
2
2
1
1
2
2
,2
,
,2
,
,2
M t
t
N t
t
Q t
t
，则
1
2
2
1
1
2
2
2
=
MN
t
t
k
t
t
t
t
，
则
2
1
2
:
2
MN
y
t
x
t
t
t
即
1
1
2
2
0
x
t
t
y
tt
；
同理：
2
2
:2
2
0
MQ
x
t
t
y
tt
；
1
2
1 2
: 2
2
0
NQ
x
t
t
y
t t
.
由
1,0
在直线MN 上
1
1
tt
，即
1
1
t
t
（1）；
由
1, 1
在直线MQ 上
2
2
2
2
0
t
t
tt
将（1）代入
1 2
1
2
2
1
t t
t
t
（2）
将（2）代入NQ 方程
1
2
1
2
2
4
2
0
x
t
t
y
t
t
，易得直线NQ 过定点
1, 4
6. 【2018 东北名校第四次联合模拟考试】在平面直角坐标系xOy 中，F 是抛物线
2
:
2
(
0)
C y
px p
的焦点，
M 是抛物线C 上的任意一点，当M 位于第一象限内时，
OFM
外接圆的圆心到抛物线C 准线的距离为3
2
.
（1）求抛物线C 的方程；
（2）过
1,0
K
的直线l 交抛物线C 于
,
A B 两点，且
2,3
KA
KB
，点G 为x 轴上一点，且GA
GB
，
求点G 的横坐标
0x 的取值范围.
【解析】根据题意，点Q 在FO 的垂直平分线上，
所以点Q 到准线的距离为
3
2
4
2
2
p
p
p
，
所以
2
:
4
C y
px
.
（2）设
1
1
2
2
1
2
,
,
,
,
A x y
B x
y
KA
KB
y
y
，
设直线:
1
l x
my
代入到
2
4
y
px
中得
2
4
4
0
y
my
，
所以
2
2
1
2
2
1
2
2
1
1
9 16
4
1
,
4
2
,
2
3
y
y
m
y
y y
y
m
，
又AB 中点
2
2
1,2
m
m
，
所以直线AB 的垂直平分线的方程为
2
2
2
1
y
m
m x
m
，
可得
2
0
13 11
2
1
,
4
3
x
m
.
7. 【江西省赣州市红色七校2017-2018 届高三第一次联考】已知曲线C 上的点到点F（0，1）的距离比它到直线y=-3
的距离小2
（1）求曲线C 的方程
（2）过点F 且斜率为K 的直线L 交曲线C 于A、B 两点，交圆F：ݔ2 + (ݕ−1)2 = 1 于M、N 两点（A、M 两点相
邻）若ܤܨ
ሬറ
ሬሬሬ= ɉ ܤܣ
ሬറ
ሬሬሬ，当ɉ ∈[
1
2 ,
2
3 ]时，求K 的取值范围
【解析】（1）由题意，动点P（x，y）到F（0，1）的距离比到直线y=﹣3 的距离小2，
∴动点P（x，y）到F（0，1）的距离等于它到直线y=﹣1 的距离，
∴动点P 的轨迹是以F（0，1）为焦点的抛物线，标准方程为x2=4y；
（2）①依题意设直线l 的方程为y=kx+1，代入x2=4y，得x2﹣4kx﹣4=0，△=（﹣4k）2+16＞0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=4k，x1x2=﹣4，
∵
→
ܤܨ= ɉ
→
ܤܣ，∴（﹣x2，y2）=λ（x1﹣x2，y1﹣y2），
ݔ1
ݔ2 = 1 −
1
ɉ ，
16݇2
−4 =
(ݔ1+ݔ2)2
ݔ1ݔ2
=
ݔ1
ݔ2 + 2 +
ݔ2
ݔ1 = 1 −
1
ɉ + 2 +
ɉ
ɉ−1 ，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页142
即4k2+2=
1
ɉ −1 +
1
1
ɉ−1 ，
∵λ∈[
1
2 ,
2
3]，∴
1
ɉ -1 ∈[
1
2 ，1] ，
∵函数f（x）=x+
1
ݔ在[
1
2 ,1 ]单调单调递减，
∴4k2+2∈[2，
5
2]，−
2
4 ≤݇
≤
2
4
∴k 的取值范围是[﹣
2
4 ，
2
4 ]．
8. 【辽宁省辽南协作校2017 届高三一模拟考试】已知抛物线
2
:
2
C y
x
，直线:
2
l y
kx
交C 于A
B
、两点，
M 是AB 的中点，过M 作x 轴的垂线交C 于N 点.
（1）证明：抛物线C 在N 点处的切线与AB 平行；
（2）是否存在实数k ，使以AB 为直径的圆M 经过N 点？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）证明：设
1
1
,
A x y
，
2
2
,
B x
y
，把
2
y
kx
代入
2
2
y
x
得
2
2
2
0
x
kx
.
所以
1
2
2
k
x
x
，
4
N
M
k
x
x
，所以
2
,
4
8
k k
N
.
因为
2
2
'
4
x
x
，所以抛物线在N 点处的切线斜率为k ，故该切线与AB 平行.
（2）假设存在实数k ，使以AB 为直径的圆M 经过N 点，则
1
2
MN
AB
.
由（1）知
1
2
1
2
M
y
y
y
2
1
2
1
4
2
2
4
k
kx
kx
，又因为MN 垂直于x轴，
所以
2
16
|
8
M
N
k
MN
y
y
，
而
2
1
2 • 1
AB
x
x
k
2
2
1 1
• 16
2
k
k
.
所以
2
2
2
1
16
1
• 16
2
4
k
k
k
，解得
2
k .
所以，存在实数
2
k 使以AB 为直径的圆M 经过N 点.
9.在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线C ：
)
0
(
2
2
p
px
y
，在此抛物线上一点N(2,
)
m 到焦点的距离是3.
（1）求此抛物线的方程；
（2）抛物线C 的准线与x 轴交于M 点，过M 点斜率为k 的直线l 与抛物线C 交于A 、B 两点．是否存在这样的k ，
使得抛物线C 上总存在点
)
,
(
0
0 y
x
Q
满足
QB
QA
，若存在，求k 的取值范围；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
2
4
y
x
;（2）
5
5
,0
0,
5
5
.
【解析】
试题分析：（1）根据抛物线的定义列式即可求之；（2）根据题意设出直线方程，联立直线方程和抛物线方程
)1
(
4
2
x
k
y
x
y
，整理得
0
4
4
2
k
y
ky
，假设存在直线与抛物线交于两点，可得
0
16
16
0
2
k
k
，得
1
1
k
且
0
k
，由
QB
QA
，可得其斜率之积为-1，
1
4
4
2
0
1
0
y
y
y
y
，整理
0
20
4
0
2
0
y
k
y
，此时应满足
0
80
)
4
(
2
k
，综上可得
5
5
5
5
k
且
0
k
.
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第| 页143
试题解析：（1）抛物线准线方程是
2
p
x
，
3
2
2
p
，
2
p
故抛物线的方程是
2
4
y
x
.
（2）设
)
,
(
0
0 y
x
Q
，
)
,
(
1
1 y
x
A
，
)
,
(
2
2 y
x
B
由
)1
(
4
2
x
k
y
x
y
得
0
4
4
2
k
y
ky
，
由
0
16
16
0
2
k
k
得
1
1
k
且
0
k
.
1
2
4
y
y
k
，
1
2
4
y y
1
0
2
1
2
0
1
0
1
0
1
0
4
4
4
y
y
y
y
y
y
x
x
y
y
kQA
，同理
2
0
4
y
y
kQB
由
QB
QA
得
1
4
4
2
0
1
0
y
y
y
y
，
即：
16
)
(
2
1
2
1
0
2
0
y
y
y
y
y
y
，
∴
0
20
4
0
2
0
y
k
y
，
0
80
)
4
(
2
k
，得
5
5
5
5
k
且
0
k
，
由
1
1
k
且
0
k
得，
k 的取值范围为
5
5
,0
0,
5
5
10. 【广东省珠海市2017-2018 学年度第一学期高三摸底考试】已知椭圆
1
C ，抛物线
2
C 的焦点均在x 轴上，
1
C 的
中心和
2
C 的顶点均为原点O ，从每条曲线上各取两个点，其坐标分别是
3, 2 3
，
2,0
，
4, 4
，
2
2, 2
．
（1）求
1
C ，
2
C 的标准方程；
（2）是否存在直线l 满足条件：①过
2
C 的焦点F ；②与
1
C 交于不同的两点
,
M N 且满足OM
ON
？若存在，求
出直线方程；若不存在，请说明理由．
【解析】（Ⅰ）设抛物线
2
2 :
2
0
C
y
px p
，则有
2
2
0
y
p x
x
，
据此验证四个点知
3, 2 3
，
4, 4
在抛物线上，
易得，抛物线
2
C 的标准方程为
2
2 :
4
C
y
x
设椭圆
2
2
1
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b
，把点
2,0
，
2
2, 2
代入可得
2
2
4,
1
a
b
所以椭圆
1
C 的标准方程为
2
2
1
4
x
y
（Ⅱ）由椭圆的对称性可设
2
C 的焦点为F（1，0），
当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为
1
x
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第| 页144
直线l 交椭圆
1
C 于点
3
3
1,
,
1,
2
2
M
N
·
0
OM ON
，不满足题意
当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为
1
y
k x
，并设
1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
由
2
2
1
{
4
4
y
k x
x
y
，消去y 得，
2
2
2
2
1
8
4
1
0
k
x
k x
k
，
于是
2
2
1
2
1
2
2
2
4
1
8
,
·
1
4
1
4
k
k
x
x
x x
k
k
2
1
2
2
3
·
1
4
k
y y
k
①，
由OM
ON
得
1
2
1
2
0
x x
y y
②
将①代入②式，得
2
2
2
2
2
2
4
1
3
4
0
1
4
1
4
1
4
k
k
k
k
k
k
，解得
2
k
所以存在直线l 满足条件，且l 的方程为2
2
0
x
y
或2
2
0
x
y
11. 【湖南师大附中2018 届高三上学期月考】已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F 与椭圆Γ：
2
2
x
＋y2＝1 的一个
焦点重合，点M(x0，2)在抛物线上，过焦点F 的直线l 交抛物线于A，B 两点．
(Ⅰ)求抛物线C 的方程以及|MF|的值；
(Ⅱ)记抛物线C 的准线与x 轴交于点H，试问是否存在常数λ∈R，使得AF
FB
且|HA|2＋|HB|2＝85
4
都成立？若
存在，求出实数λ的值；若不存在，请说明理由．
【解析】(Ⅰ)依题意，椭圆Γ：
＋y
2＝1 中，a
2＝2，b
2＝1，故c
2＝a
2－b
2＝1，故F
，故＝1，则2p＝4，故
抛物线C 的方程为y
2＝4x，将M
代入y
2＝4x，解得x0＝1，
故
＝1＋＝2.
(Ⅱ)(法一)依题意，F
，设l：x＝ty＋1，设A
，B
，
联立方程
，消去x，得y
2－4ty－4＝0.∴
①
且
，又
＝λ
则
＝λ
，即y1＝－λy2，代入
①
得
，
消去y2得4t
2＝λ＋－2，且H
，
则|HA|
2＋|HB|
2＝
＋y ＋
＋y ＝x ＋x ＋2
＋2＋y ＋y ＝
＋
＋2
＋
2＋y ＋y ＝
＋4t
＋8＝
＋4t·4t＋8＝16t
4＋40t
2＋16.由16t
4＋40t
2＋16＝
，
解得t
2＝或t
2＝－
(舍)，故λ＝2 或.
13. 【贵州省遵义航天高级中学2018 届高三第五次模拟】在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C 的顶点是原点O，以
x 轴为对称轴，且经过点P（1，2）．
（1）求抛物线C 的方程；
设点A，B 在抛物线C 上，直线PA，PB 分别与y 轴交于点M，N，|PM|=|PN|．求直线AB 的斜率．
【解析】(Ⅰ)根据题意,设抛物线C 的方程为
由抛物线C 经过点
,
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第| 页145
得
,
所以抛物线C 的方程为
(Ⅱ)因为
,
所以
,
所以
,
所以直线PA 与PB 的倾斜角互补,
所以
根据题意,直线AP 的斜率存在,设直线AP 的方程为:
,
将其代入抛物线C 的方程,整理得
设
,则
,
,
所以
以-k 替换点A 坐标中的k,得
所以
,
所以直线AB 的斜率为-1.
14．己知曲线
2
1 :
1(
0)
C
y
x
y
与x 袖交于A，B 两点，点P 为x 轴上方的一个动点，点P 与A,B 连线的斜率
之积为-4
（1）求动点P 的轨迹
2
C 的方程；
（2）过点B 的直线l 与
1
C ，
2
C 分别交于点M ,Q（均异于点A，B），若以MQ 为直径的圆
经过点A，求AMQ 的面积．
【答案】（1）
2
2
1(
0)
4
y
x
y
；（2）832
225
【解析】
试题分析：（1）由题意得
( 1,0), (1,0)
A
B
，设动点
( , )(
0)
P x y
y
，由已知条件列方程得
2
2
1
4
y
x
，且点P 为x
轴上方的一个动点，故
0
y
，从而轨迹
2
C 的方程为
2
2
1(
0)
4
y
x
y
；(Il)直线和圆锥曲线的综合问题要注意挖
掘已知条件，善于利用韦达定理确定参数的值，本题可设直线l 的方程为
0
)1
(
y
k x
k
＝
－
，分别于
1
2
,
C C 的方程
联立，且x＝1必然是方程的一个根，利用韦达定理可表示得点M ,Q 的坐标，利用AM⊥AQ 列方程求参数k 的值，
从而求得M ,Q 的坐标，进而求AMQ 的面积．
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Q
x
M
A
B
O
y
试题解析：(1)不妨设点A 在点B 左侧，则
( 1,0), (1,0)
A
B
设
( , )(
0)
P x y
y
，则
4
1
1
AP
BP
y
y
k
k
x
x
整理得：
2
2
1(
0)
4
y
x
y
所以动点P 的轨迹C2 的方程为
2
2
1(
0)
4
y
x
y
5 分
没有y 的范围扣1 分
(2)由(1)知，上半椭圆C2 的方程为
2
2
1(
0)
4
y
x
y
．
易知，直线l 与x 轴不重合也不垂直，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)，
代入C2 的方程，整理得(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0．(*)
设点M 的坐标为(xP，yP)，
∵直线l 过点B，∴x＝1 是方程(*)的一个根．
由求根公式，得xM＝
2
2
4
4
k
k
，从而yM＝
2
8
4
k
k
，
∴点M 的坐标为
2
2
2
4
8
,
4
4
k
k
k
k
．
7 分
同理，由
2
1 ,
0
1,
0
y
k x
k
y
x
y
得点Q 的坐标为(－k－1，－k2－2k)．
由题意可知AM⊥AQ，且
2
2
2
2
2
8
(
,
),
(
,
2 )
4
4
k
k
AM
AQ
k
k
k
k
k
．
∴
0
AM AQ
，即
2
2
2
4
k
k
[k－4(k＋2)]＝0，
∵k≠0，
∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－8
3
．
10 分
∴
48
16
,
25
9
P
Q
y
y
∴
1
832
|
||
|
2
225
APQ
P
Q
S
AB
y
y
所以APQ
的面积为832
225
．
12 分
15.已知抛物线
2
4
y
x
的焦点为F2，点F1 与F2 关于坐标原点对称，直线m 垂直于x 轴（垂足为T），与抛物线交于
不同的两点P,Q 且
1
2
5
F P F Q
.
（I）求点T 的横坐标
0x ；
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第| 页147
（II）若以F1,F2 为焦点的椭圆C 过点
2
1, 2
.
①求椭圆C 的标准方程；
②过点F2 作直线l 与椭圆C 交于A,B 两点，设
2
2
F A
F B
，若
2, 1 ,
TA
TB
求
的取值范围.
【答案】（I）
2
0
x
；（II）①
1
2
2
2
y
x
，②
]
8
2
13
,2
[
TB
TA
【解析】
试题分析：（Ⅰ）由题意得
)
0,1(
2
F
，
)
0,1
(
1
F
，设
)
,
(
0
0 y
x
P
，
)
,
(
0
0
y
x
Q
，由已知
5
2
1
Q
F
P
F
得到关于
0
0, y
x
的一个方程
4
2
0
2
0
y
x
；又点
)
,
(
0
0 y
x
P
在抛物线上得方程
0
2
0
4x
y
，联立方程解得
2
0
x
；（II）①由已知得
椭圆的半焦距
1
c
，设椭圆C 的标准方程为
)
0
(1
2
2
2
2
b
a
b
y
a
x
，由椭圆过点
2
1, 2
可得
1
2
2
b
a
，又
1
c
即
1
2
2
b
a
，从而解得
2
2
a
，
1
2
b
；②容易验证直线l 的斜率不为0，设直线l 的方程为
1
ky
x
，将直线
方程代入椭圆方程得
0
1
2
)
2
(
2
2
ky
y
k
，设
0
0
),
,
(
),
,
(
2
1
2
2
1
1
y
y
y
x
B
y
x
A
且
，利用根与系数的关系得
2
2
2
2
1
k
k
y
y
，
2
1
2
2
1
k
y
y
，因为
B
F
A
F
2
2
，所以
2
1
y
y
，且
1
,2
将和平方除以积化简得
7
2
0
2
k
，将所求的模平方通过坐标运算转化为关于k 的函数，解得
]
8
2
13
,2
[
TB
TA
。
试题解析：（Ⅰ）由题意得
)
0,1(
2
F
，
)
0,1
(
1
F
，设
)
,
(
0
0 y
x
P
，
)
,
(
0
0
y
x
Q
，
则
)
,1
(
0
0
1
y
x
P
F
，
)
,1
(
0
0
2
y
x
Q
F
.
由
5
2
1
Q
F
P
F
，得
5
1
2
0
2
0
y
x
即
4
2
0
2
0
y
x
，①
又
)
,
(
0
0 y
x
P
在抛物线上，则
0
2
0
4x
y
，②
联立①、②易得
2
0
x
（Ⅱ）（ⅰ）设椭圆的半焦距为c ，由题意得
1
c
，
设椭圆C 的标准方程为
)
0
(1
2
2
2
2
b
a
b
y
a
x
，则
1
2
1
1
2
2
b
a
③
1
2
2
b
a
④
将④代入③，解得
1
2
b
或
2
1
2
b
（舍去）
所以
2
1
2
2
b
a
故椭圆C 的标准方程为
1
2
2
2
y
x
（ⅱ）方法一：
容易验证直线l 的斜率不为0，设直线l 的方程为
1
ky
x
，
将直线l 的方程代入
1
2
2
2
y
x
中得：
0
1
2
)
2
(
2
2
ky
y
k
设
0
0
),
,
(
),
,
(
2
1
2
2
1
1
y
y
y
x
B
y
x
A
且
，则由根与系数的关系，
可得：
2
2
2
2
1
k
k
y
y
⑤
2
1
2
2
1
k
y
y
⑥
因为
B
F
A
F
2
2
，所以
2
1
y
y
，且
0
.
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第| 页148
将⑤式平方除以⑥式，得：
2
4
2
1
2
4
2
2
2
2
2
1
2
2
1
k
k
k
k
y
y
y
y
由
0
2
4
2
1
0
2
1
2
1
2
1
2
5
]1
,2
[
2
2
k
k
所以
7
2
0
2
k
。
因为
1
1
2
2
(
2,
),
(
2,
)
TA
x
y
TB
x
y
，所以
1
2
1
2
(
4,
)
TA TB
x
x
y
y
，
又
1
2
2
2
2
k
y
y
k
，所以
2
1
2
1
2
2
4(
1)
4
(
)
2
2
k
x
x
k y
y
k
，
故
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
16(
1)
4
|
|
(
4)
(
)
(
2)
(
2)
k
k
TA TB
x
x
y
y
k
k
2
2
2
2
2
2
2
2
16(
2)
28(
2)
8
28
8
16
(
2)
2
(
2)
k
k
k
k
k
，
令
2
1
2
t
k
，所以
2
2
0
7
k
所以
2
7
1
1
16
2
2
k
，即
7
1
[
, ]
16 2
t
，
所以
2
17
)
4
7
(
8
16
28
8
)
(
2
2
2
t
t
t
t
f
TB
TA
.
而
7
1
[
, ]
16 2
t
，所以
169
( )
[4,
]
32
f t
.
所以
13 2
[2,
]
8
TA
TB
.
方法二：
1）当直线l 的斜率不存在时，即
1
时，
)
2
2
,1(
A
，
)
2
2
,1(
B
又T
)
0,2
(
，所以
2
)
2
2
,1
(
)
2
2
,1
(
TB
TA
2）当直线l 的斜率存在时，即
1
,2
时，设直线l 的方程为
)1
(
x
k
y
由
1
2
2
2
y
x
k
kx
y
得
0
2
2
4
)
2
1(
2
2
2
2
k
x
k
x
k
设
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，显然
1
2
0,
0
y
y
，则由根与系数的关系，
可得：
2
2
2
1
2
1
4
k
k
x
x
，
2
2
2
1
2
1
2
2
k
k
x
x
2
2
1
2
1
2
1
2
2
)
(
k
k
k
x
x
k
y
y
⑤
2
2
2
1
2
1
2
2
1
2
1
)1
)
(
(
k
k
x
x
x
x
k
y
y
⑥
因为
B
F
A
F
2
2
，所以
1
2
y
y
，且
0
.
将⑤式平方除以⑥式得：
2
2
1
4
2
1
k
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页149
由
1
,2
得
2
,
2
5
1
即
0,
2
1
2
1
故
0
2
1
4
2
1
2
k
，解得
2
7
2
k
因为
1
1
2
2
(
2,
),
(
2,
)
TA
x
y
TB
x
y
，
所以
1
2
1
2
(
4,
)
TA TB
x
x
y
y
，
又
2
2
2
1
2
1
)
1(
4
4
k
k
x
x
，
故
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
1
2
)
2
1(
4
)
2
1(
)
1(
16
)
(
)
4
(
k
k
k
k
y
y
x
x
TB
TA
2
2
2
2
2
2
2
2
)
2
1(
2
2
1
10
4
)
2
1(
2
)
2
1(
10
)
2
1(
4
k
k
k
k
k
令
2
2
1
1
k
t
，因为
2
7
2
k
所以
8
1
2
1
1
0
2
k
，即
8
1
,0
t
，
所以
2
2
2
5
17
169
2
10
4
2(
)
(4,
]
2
2
32
TA TB
t
t
t
.
所以
13 2
(2,
]
8
TA
TB
综上所述：
13 2
[2,
]
8
TA
TB
.
资料正文内容开始>>
专题三
压轴解答题
第四关
以解析几何中与圆相关的综合问题
【名师综述】纵观近三年的高考题，解析几何题目是每年必考题型，主要体现在解析几何知识内的综合及与其它知
识之间的综合，圆不会单独出大题，一般是结合椭圆、抛物线一起考查，预计在15 年高考中解答题仍会重点考查
圆与椭圆、抛物线相结合的综合问题，同时可能与平面向量、导数相交汇，每个题一般设置了两个问，第（1）问
一般考查曲线方程的求法，主要利用定义法与待定系数法求解，而第（2）问主要涉及最值问题、定值问题、对称
问题、轨迹问题、探索性问题、参数范围问题等.这类问题综合性大，解题时需根据具体问题，灵活运用解析几何、
平面几何、函数、不等式、三角知识，正确构造不等式，体现了解析几何与其他数学知识的密切联系.这体现了考试
中心提出的“应更多地从知识网络的交汇点上设计题目，从学科的整体意义、思想含义上考虑问题”的思想.
类型一
以圆的切线为背景的相关问题
典例1 如图，已知M(x0，y0)是椭圆C：
ݔ2
6 +
ݕ2
3 = 1 上的任一点，从原点O 向圆M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝2 作两条切线，
分别交椭圆于点P，Q.
(1)若直线OP，OQ 的斜率存在，并记为k1，k2，求证：k1k2 为定值；
(2)试问|OP|2＋|OQ|2 是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．
【解析】
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页150
(1)证明：因为直线OP：y＝k1x，OQ：y＝k2x 与圆M 相切，所以݇
1ݔ0−ݕ0
1+݇1
2 =
2，
化简得：(ݔ−2)݇−2ݔ0ݕ0݇
1 + ݕ−2 = 0，同理：(ݔ−2)݇−2ݔ0ݕ0݇
2 + ݕ−2 = 0，所以k1，k2是方程(x －2)k
2－2x0y0k
＋y －2＝0 的两个不相等的实数根，所以݇1 ⋅݇
2 =
ݕ0
2−2
ݔ0
2−2，因为点M(x0，y0)在椭圆C 上，所以
ݔ0
2
6 +
ݕ0
2
3 = 1，即ݕ0
2 = 3 −
1
2 ݔ0
2，
所以݇1 ⋅݇
2 =
1−1
2ݔ0
2
ݔ0
2−2 =−
1
2为定值．
(2)|OP|
2＋|OQ|
2是定值，定值为9，理由如下：
①当直线OP，OQ 不落在坐标轴上时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立
ݕ=݇
1ݔ
ݔ2
6 +
ݕ2
3 = 1 解得
ݔ1
2 =
6
1+2݇1
2
ݕ1
2 =
6݇1
2
1+2݇1
2
，所以ݔ1
2 + ݕ1
2 =
6 1+݇1
2
1+2݇1
2 ，同理得ݔ2
2 + ݕ2
2 =
6 1+݇2
2
1+2݇2
2 ，又因为݇1 ⋅݇
2 =−
1
2，
所以ܱܲ
2 +ܱ
t 2 = ݔ1
2 + ݕ1
2 + ݔ2
2 + ݕ2
2 =
6 1+݇1
2
1+2݇1
2 +
6 1+݇2
2
1+2݇2
2
=
6 1+݇1
2
1+2݇1
2 +
6 1+ −1
2݇1
2
1+2 −1
2݇1
2 =
9+18݇1
2
1+2݇1
2 = 9.
②当直线OP，OQ 落在坐标轴上时，显然有|OP|
2＋|OQ|
2＝9，综上：|OP|
2＋|OQ|
2＝9 为定值．
【名师指点】圆的切线的应用，往往从两个方面进行考查，一是设切线方程，利用圆心到切线的距离等于半径列方
程求解；二是结合切线长定理与勾股定理求解．
【举一反三】已知椭圆C ：
2
2
2
4
x
y
.
（1）求椭圆C 的离心率；
（2）设O 为原点，若点A 在椭圆C 上，点B 在直线
2
y
上，且OA
OB
，试判断直线AB 与圆
2
2
2
x
y
的
位置关系，并证明你的结论.
【解析】（1）由题意椭圆C 的标准方程为
1
2
4
2
2
y
x
，
所以
4
2
a
，
2
2
b
，从而
2
2
4
2
2
2
b
a
c
，
所以
2
2
a
c
e
.
（2）直线AB 与圆
2
2
2
y
x
相切，证明如下：
设点
)
,
(
0
0 y
x
A
，
)
2,
(t
B
，其中
0
0
x
，
因为
OB
OA
，所以
0
OB
OA
，即
0
2
0
0
y
tx
，解得
0
0
2
x
y
t
，
当
t
x
0
时，
2
2
0
t
y
，代入椭圆C 的方程得
2
t
，
此时直线AB 与圆
2
2
2
y
x
相切.
当
t
x
0
时，直线AB 的方程为
)
(
2
2
0
0
t
x
t
x
y
y
，
即
0
2
)
(
)
2
(
0
0
0
0
ty
x
y
t
x
x
y
，
圆心到直线AB 的距离为
2
0
2
0
0
0
)
(
)
2
(
|
2
|
t
x
y
ty
x
d
，又
4
2
2
0
2
0
y
x
，
0
0
2
x
y
t
，
故
2
2
16
8
|
4
|
4
|
2
2
|
2
0
2
0
4
0
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
0
2
0
0
x
x
x
x
x
x
y
y
x
x
y
x
d
.
故此直线AB 与圆
2
2
2
y
x
相切.
类型二
与圆有关的面积问题
典例2
已知圆M 过
(1, 1)
C
，
( 1,1)
D
两点，且圆心M 在
2
0
x
y
上．
（1）求圆M 的方程；
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第| 页151
（2）设点P 是直线3
4
8
0
x
y
上的动点，PA，PB 是圆M 的两条切线，A，B 为切点，求四边形PAMB 面积的最小
值．
【答案】（1）圆M 的方程为
2
2
(
1)
(
1)
4
x
y
；（2）四边形PAMB 面积的最小值为2 5 ．
【解析】（1）设圆M 的方程为：
2
2
2
(
)
(
)
(
0)
x
a
y
b
r
r
，
根据题意得：
2
2
2
2
2
2
(1
)
( 1
)
( 1
)
(1
)
2
0
a
b
r
a
b
r
a
b
，
解得：
1,
2
a
b
r
，故所求圆M 的方程为：
2
2
(
1)
(
1)
4
x
y
．
（2）由题知，四边形PAMB 的面积为
1 (|
||
|
|
||
|)
2
PAM
PBM
S
S
S
AM
PA
BM
PB
，
又|
| |
| 2
AM
BM
，|
| |
|
PA
PB
，
所以
2 |
|
S
PA
，
而
2
2
2
2
|
|
|
|
|
|
|
|
4
PA
PM
AM
PM
，即
2
2 |
|
4
S
PM
．
因此要求S 的最小值，只需求|
|
PM 的最小值即可，即在直线3
4
8
0
x
y
上找一点P，使得|
|
PM 的值最小，
所以
min
|
|
3
PM
，
所以四边形PAMB 面积的最小值为
2
2 |
|
4
2 5
PM
．
【名师指点】对于平面图形的面积问题，可以直接表示或者可以利用割补的办法，以及弦长公式等，将面积科学有
效表示，其中通过设直线和曲线的交点，利用韦达定理是解决该种问题的关键．
【举一反三】设圆x2＋y2＋2x－15＝0 的圆心为A，直线l 过点B(1，0)且与x 轴不重合，l 交圆A 于C，D 两点，
过B 作AC 的平行线交AD 于点E.
(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E 的轨迹方程；
(2)设点E 的轨迹为曲线C1，直线l 交C1 于M，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P，Q 两点，求四边形
MPNQ 面积的取值范围．
【解析】
(1)∵|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，
∴|EB|＝|ED|，
故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.
又圆A 的标准方程为(x＋1)
2＋y
2＝16，
从而|AD|＝4.
∴|EA|＋|EB|＝4.
由题设得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，
由椭圆定义可得点E 的迹方程为：
ݔ2
4 +
ݕ2
3 = 1 (y≠0).
(2)当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由
ݕ=݇
(ݔ−1)
ݔ2
4 +
ݕ2
3 = 1
得(4k
2＋3)x
2－8k
2x＋4k
2－12＝0.
则x1＋x2＝
8݇2
4݇2+3 ，x1x2＝
4݇2−12
4݇2+3 .
∴|MN|＝1 +݇
2 |x1－x2|＝
12(݇2+1)
4݇2+3
.
过点B(1,0)且与l 垂直的直线m：
y＝－
1݇
(x－1)，A 到m 的距离为
2݇
2+1 ，
∴|PQ|＝2 42 −(
2݇
2+1 )2 = 4
4݇2+3݇
2+1 .
故四边形MPNQ 的面积
S＝|MN||PQ|＝12 1 +
1
4݇2+3 .
可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,8 3)．
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第| 页152
当l 与x 轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四边形MPNQ 的面积为12.
综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,8 3 ).
类型三
圆与其他圆锥曲线的结合问题
典例3 已知椭圆
:
2
2
2
2
1
x
y
a
b
（
0
a
b
）的半焦距为c ，原点到经过两点
,0
c
，
0,b 的直线的距离为1
2 c ．
（I）求椭圆的离心率；
（II）如图，是圆
:
2
2
5
2
1
2
x
y
的一条直径，若椭圆经过，两点，求椭圆的
方程．
【解析】（I）过点
,0
c
，
0,b 的直线方程为
0
bx
cy
bc
+
-
=
，
则原点到直线的距离
2
2
bc
bc
d
a
b
c
，
由
1
2
d
c
=
，得
2
2
2
2
a
b
a
c
=
=
-
，解得离心率
3
2
c
a =
.
(II)解法一：由（I）知，椭圆的方程为
2
2
2
4
4
x
y
b
+
=
.
(1)
依题意，圆心
2,1
是线段的中点，且| AB|
10
=
.
易知，不与x 轴垂直，设其直线方程为
(
2) 1
y
k x
=
+
+ ，代入(1)得
2
2
2
2
(1 4
)
8 (2
1)
4(2
1)
4
0
k
x
k
k
x
k
b
+
+
+
+
+
-
=
设
1
1
2
2
( , y ),B(
, y ),
A x
x
则
2
2
1
2
1
2
2
2
8 (2
1)
4(2
1)
4
,
.
1 4
1 4
k
k
k
b
x
x
x x
k
k
+
+
-
+
= -
= -
+
+
由
1
2
4
x
x
+
= -
，得
2
8 (2
1)
4,
1 4
k
k
k
+
-
= -
+
解得
1
2
k =
.
从而
2
1
2
8 2
x x
b
=
-
.
于是
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
5
| AB |
1
|
|
4
10(
2)
2
2
x
x
x
x
x x
b
.
由| AB|
10
=
，得
2
10(
2)
10
b -
=
，解得
2
3
b =
.
故椭圆的方程为
2
2
1
12
3
x
y
+
=
.
解法二：由（I）知，椭圆的方程为
2
2
2
4
4
x
y
b
+
=
.
(2)
依题意，点，关于圆心
2,1
对称，且| AB|
10
=
.
设
1
1
2
2
( , y ),B(
, y ),
A x
x
则
2
2
2
1
1
4
4
x
y
b
+
=
，
2
2
2
2
2
4
4
x
y
b
+
=
，
两式相减并结合
1
2
1
2
4, y
2,
x
x
y
+
= -
+
=
得
(
)
1
2
1
2
-4(
) 8
0
x
x
y
y
-
+
-
=
.
易知，不与x 轴垂直，则
1
2
x
x
，所以的斜率
1
2
1
2
1
k
.
2
AB
y
y
x
x
-
=
=
-
因此直线方程为
1 (
2) 1
2
y
x
=
+
+ ，代入(2)得
2
2
4
8
2
0.
x
x
b
+
+ -
=
所以
1
2
4
x
x
+
= - ，
2
1
2
8 2
x x
b
=
-
.
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第| 页153
于是
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
5
| AB |
1
|
|
4
10(
2)
2
2
x
x
x
x
x x
b
.
由| AB|
10
=
，得
2
10(
2)
10
b -
=
，解得
2
3
b =
.
故椭圆的方程为
2
2
1
12
3
x
y
+
=
.
【名师指点】圆与圆锥曲线的交汇问题以公共点为基点,派生出弦长问题、中点问题、垂直问题、切线问题、恒过定
点问题、定长问题等等,应对不同的题目,会采用不同的方式方法,但总体上仍以设而不求的处理策略为主.常规的策略
是数形结合,将数反映的形画出来,结合图形解决问题．
【举一反三】已知抛物线
2
:
2
0
C y
px p
上一点
,2
A m
到其焦点F 的距离为2．
（1）求抛物线C 的方程；
（2）若直线l 与圆
2
2
4
3
x
y
切于点M ，与抛物线C 切于点N ，求FMN
的面积．
【解析】（1）∵
,2
A m
在抛物线
2
2
y
px
上，∴
2
m
p
，
由题意可知，2
2
2
p
p
，解得
2
p
，
所以抛物线C 的方程为
2
4
y
x
；
（2）设直线l 方程为：y
kx
b
，∵l 与圆
2
2
4
3
x
y
相切，
∴
2
2
3
1
b
d
k
，整理得
2
2
3
4
4
b
k
，①
依题意直线l 与抛物线
2
4
y
x
相切，
由
2
{
4
y
kx
b
y
x
得
2
2
2
2
4
0
k x
kb
x
b
（*）
2
2
2
2
4
4
0
1
kb
k b
kb
②
由①②解得
2 ,
2
2
k
b
或
2 ,
2
2
k
b
，
此时方程（*）化为
2
4
4
0
x
x
，解得
2
x
，∴点
2, 2 2
N
，
∴
2
2
4
32
4 6
4
8
3
3
3
MN
ON
r
，
直线l 为：
2
2
2
y
x
或
2
2
2
y
x
，
1,0
F
到l 的距离为
3
d
，
∴
1
1
4 6
3
2 2
2
2
3
FMN
S
MN d
．
【精选名校模拟】
1．【河北省邢台市2018 届高三上学期期末考试】已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
y
x
W
a
b
a
b
的焦距与椭圆
2
2
:
1
4
x
y
的短轴长相等，且W 与的长轴长相等，这两个椭圆在第一象限的交点为A ，与直线OA （O 为坐标原点）垂直
的直线l 与W 交于
,
M N 两点，且l 与圆
2
2
2
:
C x
y
R
相切．
（1）求W 的方程；
（2）若
20 30
31
MN
，求圆C 的方程．
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第| 页154
【解析】
（1）由题意可得
2
2
2
4
{
1
a
a
b
，∴
2
2
4
{
3
a
b
，
故W 的方程为
2
2
1
4
3
y
x
.
（2）联立
2
2
2
2
1
4
3
{
1
4
y
x
x
y
，得
2
2
36
13
{
4
13
x
y
，
∴
2
2
1
9
y
x
，又A 在第一象限，∴
CM
k
1
3
y
x
.
故可设l 的方程为
3
y
x
m
.
联立
2
2
3
{
1
4
3
y
x
m
y
x
，得
2
2
31
18
3
12
0
x
mx
m
，
设
1
1
,
M x y
，
2
2
,
N x
y
，则
1
2
18
31
m
x
x
，
2
1
2
3
12
31
m
x x
，
∴
2
1
3
MN
2
1
2
1
2
4
x
x
x x
2
4 3 31
20 30
10
31
31
m
，
解得
2
6
m
，满足
0
，又O 到直线l 的距离为
10
m
d
，则
2
2
3
10
5
m
R
，故圆C 的方程为
2
2
3
5
x
y
.
2．过椭圆ܥ:
ݔ2ܽ
2 +
ݕ2ܾ
2 = 1(ܽ
>ܾ
> 0)的右焦点ܨ(ܿ,0)作ݔ轴的垂线，与椭圆ܥ在第一象限内交于点ܣ，过ܣ作直线ݔ=ܽ
2ܿ
的垂线，垂足为ܤ，|ܣܨ| =
3
3 ,|ܣܤ| =
2
2 ．
（1）求椭圆ܥ的方程；
（2）设ܲ
为圆薈:ݔ2 + ݕ2 = 4 上任意一点，过点ܲ
作椭圆ܥ的两条切线݈1、݈2，设݈1、݈2分别交圆薈于点ܯ、t，证
明：ܯt 为圆薈的直径．
【解析】（1）由题知ܾ
2ܽ
=
3
3 ,ܽ
2ܿ
−ܿ
=
2
2 ，∴ܽ
=
3,ܾ
= 1,ܿ=
2，
∴椭圆ܥ的方程为
ݔ2
3 + ݕ2 = 1；
（2）设ܲ
(ݔ0,ݕ0)，当切线݈1,݈2的斜率均存在时，分别设为݇1,݇2，
设过点ܲ
的切线方程为ݕ−ݕ0 =݇
(ݔ−ݔ0)，
与ܥ的方程联立得(
1
3 +݇
2)ݔ2 + 2(ݕ0 −݇ݔ0)݇ݔ+ (ݕ0 −݇ݔ0)2 −1 = 0，
则ȟ = 4݇2(ݕ0 −݇ݔ0)2 −4(݇2 +
1
3 )[(ݕ0 −݇ݔ0)2 −1] = 0，
即݇2 +
1
3 −
1
3 (ݕ0 −݇ݔ0)2 = 0，整理得(1 −
1
3 ݔ0
2)݇2 +
2
3 ݔ0ݕ0݇
+
1
3 −
1
3 ݕ0
2 = 0，
∴݇1݇
2 =
1−ݕ0
2
3−ݔ0
2 =
1−ݕ0
2
ݕ0
2−1 =−1，即݈1 ⊥݈
2,∠ܯܲt = 900，
当݈1或݈2的斜率不存在时，必是ݔ0
2 = 3 或ݕ0
2 = 1，又ݔ0
2 + ݕ0
2 = 4，∴ܲ( ±
3, ± 1)，此时一条切线与ݔ轴垂直，一条
切线与ݔ轴平行，仍有݈1 ⊥݈
2即∠ܯܲt = 900，
综上，对任意点ܲ
,ܯt 为圆薈的直径．
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第| 页155
3．在平面直角坐标系xOy 中,O 为坐标原点,以O 为圆心的圆与直线x- 3y-4=0 相切.
（1）求圆O 的方程;
（2）直线l:y=kx+3 与圆O 交于A,B 两点,在圆O 上是否存在一点M,使得四边形OAMB 为菱形,若存在,求出此时直
线l 的斜率;若不存在,说明理由.
【解析】
（1）设圆O 的半径长为r,因为直线x- 3y-4=0 与圆O 相切,所以r=
|0−3×0−4|
1+3
=2.
所以圆O 的方程为x2+y2=4.
（2）假设存在点M,使得四边形OAMB 为菱形,则OM 与AB 互相垂直且平分,
所以原点O 到直线l:y=kx+3 的距离d=
1
2|OM|=1.所以
|3|
1+݇2=1,解得k2=8,即k=±2 2,经验证满足条件.所以存在点M,使
得四边形OAMB 为菱形，此时直线l 的斜率为±2 2.
4．已知抛物线
2
:
2
(
0)
C y
px p
的焦点为F ，过F 且倾斜角为45的直线与抛物线C 相交于
,
P Q 两点，且线
段PQ 被直线
2
y
平分.
（1）求p 的值；
（2）直线l 是抛物线C 的切线，A 为切点，且l
PQ
，求以A 为圆心且与PQ 相切的圆的标准方程.
【解析】
由题意可知
,0
2
p
F
，
设
1
1
,
P x y
，
2
2
,
Q x
y
，则
1
2
4
y
y
.
（1）由
2
1
1
2
2
2
2
{
2
y
px
y
px
，得
1
2
1
2
1
2
2
y
y
p
x
x
y
y
，∴2
tan45
1
4
p
，即
2
p
.
（2）设直线l 的方程为y
x
b
，代入
2
4
y
x
，
得
2
2
2
4
0
x
b
x
b
，
∵l 为抛物线C 的切线，∴
2
2
2
4
4
0
b
b
，
解得
1
b ，∴
1, 2
A
.
∵A 到直接PQ 的距离
1 2 1
2
2
d
，
∴所求圆的标准方程为
2
2
1
2
2
x
y
.
5．设圆
2
2
4
32
0
x
y
x
的圆心为A ，直线l 过点
2,0
B
且与x 轴不重合，l 交圆A 于
,
C D 两点，过B 作
AC 的平行线交AD 于点E .
（1）证明：EA
EB
为定值，并写出点E 的轨迹方程；
（2）设点E 的轨迹为曲线
1
C ，直线l 交
1
C 于
,
M N 两点，O 为坐标原点，求OMN
面积的取值范围.
【解析】（1）证明：因为AD
AC
，
/ /
EB
AC
故
EBD
ACD
ADC
，所以EB
ED
，
故EA
EB
EA
ED
AD
，
又圆A 的标准方程为
2
2
2
36
x
y
，从而
6
AD
由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为
2
2
1
0
9
5
x
y
y
.
（2）当直线l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为
2
0
y
k x
k
，
1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
由
2
2
1
{
9
5
2
x
y
y
k x
得
2
2
2
2
9
5
36
36
45
0
k
x
k x
k
，
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第| 页156
则
2
2
1
2
1
2
2
2
36
36
45
,
9
5
9
5
k
k
x
x
x x
k
k
，
所以
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
1
4
MN
k
x
x
k
x
x
x x
2
2
2
2
2
2
2
30
1
36
36
45
4
9
5
9
5
9
5
k
k
k
k
k
k
O 到直线MN 距离为d ，则
2
2
1
k
d
k
，
则
2
2
2
2
2
2
2
30
1
1
1
30
2
9
5
1
9
5
OMN
k
k
k
k
S
MN d
k
k
k
令
2
9
5
t
k
，则
5,
t
则
2
2
2
2
2
2
2
1
20
20
1
1
1
81
81
20
20
9
5
k
k
t
t
t
t
t
k
2
20
1
1
81
1
1
,
0,
81
40
1600
5
t
t
，
易知
2
2
2
2
1
1
0, 81
9
5
k
k
k
，
∴
10
0, 3
OMN
S
当l 与x 轴垂直时，
10
3
OMN
S
，综上
10
0, 3
OMN
S
.
6. 【陕西省西安市2018 届上学期高三数学】已知P 是圆C ：
2
2
4
x
y
上的动点，P 在x 轴上的射影为P，
点M 是线段PP的中点，当P 在圆C 上运动时，点M 形成的轨迹为曲线E .
（1）求曲线E 的方程；
（2）经过点
0 2
A
，的直线l 与曲线E 相交于点C ，D ，并且
3
5
AC
AD
，求直线l 的方程.
【解析】（1）设
M x y
，
，则
2
P x
y
，
在圆
2
2
4
4
x
y
上，所以
2
2
4
4
x
y
，即
2
2
1
4
x
y
（2）（ⅰ）当直线l 斜率不存在时，经检验，不满足题意；
（ⅱ）设直线l 斜率为k ，则其方程为
2
y
kx
，则
2
2
2
2
1
{
1
4
16
12
0
4
2
x
y
k
x
kx
y
kx
令
2
2
16
4 1 4
12
0
k
k
，得
2
3
4
k
设
1
1
C x
y
，
，
2
2
D x
y
，
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1
2
2
16
1 4
k
x
x
k
①
1
2
2
12
1 4
x x
k
②
又由
3
5
AC
AD
，得
1
2
3
5
x
x
，将它代入①，②，得
2
1
k
，
1
k （满足
2
3
4
k
）
所以直线l 的斜率为
1
k ，所以直线l 的方程为
2
y
x
.
7．已知圆
2
2
:
2
1
M
x
y
，Q 是x 轴上的动点，QA ，QB 分别切圆M 于A ，B 两点．
（1）当Q 的坐标为
1,0 时，求切线QA ，QB 的方程．
（2 ）求四边形QAMB 面积的最小值．
（3 ）若
4 2
3
AB
，求直线MQ 的方程．
【解析】（1）当过Q 的直线无斜率时，直线方程为
1
x
，显然与圆相切，符合题意；
当过Q 的直线有斜率时，设切线方程为
1
y
k x
，即
0
kx
y
k
，
∴圆心
0,2 到切线的距离
2
2
1
1
k
d
k
，
解得
3
4
k
，
综上，切线QA ，QB 的方程分别为
1
x
，3
4
3
0
x
y
．
（2 ）
2
MAQ
QAMB
S
S
四边形
，
2
1
2
1
1
2
MQ
，
2
1
MQ
．
∴当MQ
x
轴时，MQ 取得最小值2 ，
∴四边形QAMB 面积的最小值为
3 ．
（3 ）圆心M 到弦AB 的距离为
2
2 2
1
1
3
3
，
设MQ
x
，则
2
2
1
QA
x
，又AB
MQ
，
∴
2
2
2
1
2 2
1
3
3
x
x
，解得
3
x
．
∴
5,0
M
或
5,0
M
，
∴直线MQ 的方程为
2 5
2
5
y
x
或
2 5
2
5
y
．
8．【2017 云南师大附中高三月考】已知抛物线薈:ݕ2 = 8ݔ，圆ܯ:(ݔ−2)2 + ݕ2 = 4，点t 为抛物线薈上的动点，ܱ
为坐标原点，线段ܱ
t 的中点ܲ
的轨迹为曲线ܥ.
（1）求抛物线ܥ的方程；
（2）点t(ݔ0,ݕ0)(ݔ0 ≥5)是曲线ܥ上的点，过点t 作圆ܯ的两条切线，分别与ݔ轴交于ܣ,ܤ两点.
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求ȟtܣܤ面积的最小值.
【解析】（Ⅰ）设ܲ
(ݔ，ݕ)，则点t(2ݔ，2ݕ)在抛物线ݕ2 = 8ݔ上，
所以4ݕ2 = 16ݔ，即ݕ2 = 4ݔ，所以曲线C 的方程为：ݕ2 = 4ݔ．
（Ⅱ）设切线方程为：ݕ−ݕ0 =݇
(ݔ−ݔ0)，令y=0，解得ݔ= ݔ0 −
ݕ0݇，
所以切线与x 轴的交点为(ݔ0 −
ݕ0݇，0)，圆心(2，0)到切线的距离为݀
=
|2݇+ݕ0−݇ݔ0|݇
2+1
= 2，
∴(2݇+ ݕ0 −݇ݔ0)2 = 4(݇2 + 1)，
整理得：(ݔ0
2 −4ݔ0)݇2 + (4ݕ0 −2ݔ0ݕ0)݇+ ݕ0
2 −4 = 0，
设两条切线的斜率分别为݇1，݇
2，
则݇1 +݇
2 =
2ݔ0ݕ0−4ݕ0
ݔ0
2−4ݔ0 ，݇
1 ·݇
2 =
ݕ0
2−4
ݔ0
2−4ݔ0，
∴ܵ△tܣܤ=
1
2 |(ݔ0 −
ݕ0݇
1 ) −(ݔ0 −
ݕ0݇
2 )| · ݕ0 =
1
2 ݕ0
2|݇
1−݇2݇
1݇2 | = 2
ݔ0
2
ݔ0−1
= 2 (ݔ0 −1)2 + 2(ݔ0 −1) + 1
ݔ0 −1
= 2[(ݔ0 −1) +
1
ݔ0 −1 + 2].
记ݐ= ݔ0 −1 ∈[4，+ ∞)，则݂
(ݐ) = ݐ+
1
ݐ+ 2，
∵݂'(ݐ) = 1 −
1
ݐ2 =
ݐ2−1
ݐ2 > 0，
∴݂(ݐ)在[4，+ ∞)上单增，∴݂(ݐ) ≥4 +
1
4 + 2 =
25
4 ，∴ܵ
≥2 ×
25
4 =
25
2 ，
∴△tܣܤ面积的最小值为
25
2 ．
9．【安徽省合肥市2018 届高三第一次教学质量检测数学】在平面直角坐标系中，圆O 交x 轴于点
1
2
,
F F ，交y 轴
于点
1
2
,
B B .以
1
2
,
B B 为顶点，
1
2
,
F F 分别为左、右焦点的椭圆E ，恰好经过点
2
1, 2
.
（1）求椭圆E 的标准方程；
（2）设经过点
2,0
的直线l 与椭圆E 交于
,
M N 两点，求
2
F MN
面积的最大值.
【解析】（1）由已知可得，椭圆E 的焦点在x 轴上.
设椭圆E 的标准方程为
2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b
，焦距为2c ，则b
c
，
∴
2
2
2
2
2
a
b
c
b
，∴椭圆E 的标准方程为
2
2
2
2
1
2
x
y
b
b
.
又∵椭圆E 过点
2
1, 2
，∴
2
2
1
1
2
1
2b
b
，解得
2
1
b .
∴椭圆E 的标准方程为
2
2
1
2
x
y
.
（2）由于点
2,0
在椭圆E 外，所以直线l 的斜率存在.
设直线l 的斜率为k ，则直线
:
2
l y
k x
，设
1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
.
由
2
2
2
{
1
2
y
k x
x
y
消去y 得，
2
2
2
2
1
2
)
8
8
2
0
k
x
k x
k
（
.
由
0
得
2
1
0
2
k
，从而
2
2
1
2
1
2
2
2
8
8
2
,
1
2
1
2
k
k
x
x
x x
k
k
，
∴
2
2
2
1
2
2
2
2
4
1
2 1
1
2
k
MN
k
x
x
k
k
.
∵点
2 1,0
F
到直线l 的距离
2
3
1
k
d
k
，
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∴
2
F MN
的面积为
2
2
2
2
2
4
1
3
2
1
2
k
k
S
MN d
k
.
令
2
1
2k
t
，则
1,2
t
，
∴
2
2
2
1
2
3
2
3
3
t
t
t
t
S
t
t
2
2
3
2
1
3
1
3
1
3
2
4
8
t
t
t
，
当1
3
4
t
即
4 4
1,2
3 3
t
时，S 有最大值，
3 2
4
max
S
，此时
6
6
k
.
所以，当直线l 的斜率为
6
6
时，可使
2
F MN
的面积最大，其最大值3 2
4
.
10．已知圆
2
2
: (
1)
(
1)
2
C
x
y
经过椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
a
b
a
b
的右焦点F 和上顶点B ．
（1）求椭圆的方程；
（2）过原点O 的射线l 与椭圆在第一象限的交点为Q ，与圆C 的交点为P ，M 为OP 的中点，求OM OQ
的最
大值.
【解析】（1）在
2
2
: (
1)
(
1)
2
C
x
y
中，
令
0
y
得
(2,0)
F
，即
2
c
，令
0
x
，得
(0,2)
B
，即
2
b
，
2 分
由
2
2
2
8
a
b
c
，∴椭圆：
2
2
1
8
4
x
y
.
4 分
（2）法一：依题意射线l 的斜率存在，设:
(
0,
0)
l y
kx x
k
，设
1
1
2
2
( ,
),
(
,
)
P x kx
Q x kx
-5 分
2
2
1
8
4
y
kx
x
y
得：
2
2
(1
2
)
8
k
x
，∴
2
2
2 2
1
2
x
k
.
6 分
2
2
(
1)
(
1)
2
y
kx
x
y
得：
2
2
(1
)
(2
2 )
0
k
x
k x
，∴
1
2
2
2
1
k
x
k
，
7 分
∴
1
1
(
,
)
2
2
x
kx
OM OQ
2
2
2
1
2
1
2
2
1
1
(
,
)
(
)
2 2
(
0)
2
1
2
k
x kx
x x
k x x
k
k
.
9 分
2
2
2
2
(1
)
2
1
2 2
2 2
1
2
1
2
k
k
k
k
k
．
设
2
2
2
1
( )
1
2
k
k
k
k
，
2
/
2
2
4
2
2
( )
(1
2
)
k
k
k
k
，
令
2
/
2
2
4
2
2
( )
0
(1
2
)
k
k
k
k
，得
1
1
2
k
．
又
0
k
，∴( )
k
在
1
(0, )
2 单调递增，在1
( ,
)
2 单调递减.
11 分
∴当
1
2
k
时，
max
1
3
( )
( )
2
2
k
，即OM OQ
的最大值为2 3 .
13 分
法二：依题意射线l 的斜率存在，设:
(
0,
0)
l y
kx x
k
，设
1
1
2
2
( ,
),
(
,
)
P x kx
Q x kx
5 分
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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2
2
1
8
4
y
kx
x
y
得：
2
2
(1
2
)
8
k
x
，∴
2
2
2 2
1
2
x
k
.
6 分
(
)
OM OQ
OC
CM
OQ
OC OQ
=
2
2
2
(1,1) (
,
)
(1
)
x kx
k x
2
1
2 2
(
0)
1
2
k
k
k
9 分
2
2
(1
)
2 2
1
2
k
k
.
设
1
(
1)
t
k t
，则
2
2
2
2
2
2
(1
)
1
1
3
1
1
1
2
2
1
2
2
4
3
2
2
4( )
3( )
3[( )
]
3
3
k
t
k
t
t
t
t
t
.
当且仅当1
2 ,
3
t
即
max
[
]
2 3
OM OQ
.
法三：设点
0
0
(
,
)
Q x
y
，
0
0
0,
0
x
y
，
(
)
OM OQ
OC
CM
OQ
OC OQ
6 分
=
0
0
0
0
(1,1) (
,
)
x
y
x
y
.
7 分
又
2
2
0
0
1
8
4
x
y
，
设
0
0
b
x
y
与
2
2
0
0
1
8
4
x
y
联立得：
2
2
0
0
3
4
2
8
0
x
bx
b
.
9 分
令
2
2
0
16
12(2
8)
0
2 3
b
b
b
.
11 分
又点
0
0
(
,
)
Q x
y
在第一象限，∴当
0
8 3
3
x
时，OM OQ
取最大值2 3 .
13 分
11．【河南省商丘市2018 届高三第一学期期末考试】已知圆
2
2
:
4
O x
y
，点
0, 3
F
，以线段FP 为直径的圆
内切于圆O ，记点P 的轨迹为C .
（1）求曲线C 的方程；
（2）若
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
为曲线C 上的两点，记
1
1, 2
y
m
x
，
2
2, 2
y
n
x
，且m
n
，试问AOB
的面
积是否为定值？如果是，请给予证明；如果不是，请说明理由.
【解析】（1）取
0,
3
F
，连结PF，设动圆的圆心为M ，∵两圆相内切，
∴
1
2
2
OM
FP
，又
1
2
OM
PF
，
∴
4
2 3
PF
PF
FF
，
∴点P 的轨迹是以
,
F F为焦点的椭圆，其中2
4,2
2 3
a
c
，∴
2,
3
a
c
，
∴
2
2
2
1
b
a
c
，∴C 的轨迹方程为
2
2
1
4
y
x
.
（2）当AB
x
轴时，有
1
2
x
x
，
1
2
y
y
，由m
n
，得
1
1
2
y
x
，
又
2
2
1
1
1
4
y
x
，∴
1
2
2
x
，
1
2
y
，
∴
1
1
1
1
2
2
2 2
1
2
2
2
AOB
S
x
y
.
当AB 与x 轴不垂直时，设直线AB 的方程为y
kx
m
，
由
2
2
{
1
4
y
kx
m
y
x
得
2
2
2
4
2
4
0
k
x
kmx
m
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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则
1
2
2
2
4
km
x
x
k
，
2
1
2
2
4
4
m
x x
k
，
由
0
m n
，得
1
2
1
2
4
0
y y
x x
，∴
1
2
1
2
4
0
kx
m
kx
m
x x
，
整理得
2
2
1
2
1
2
4
0
k
x x
km x
x
m
，
∴
2
2
2
4
m
k
，
∴
1
2
1
2
AOB
S
m
x
x
2
1
2
1 2
1
4
2 m
x
x
x x
2
2
2
4
2
1
4
k
m
m
k
，
综上所述，
AOB
的面积为定值1.
12．【2017 湖南长沙雅礼中学月考】已知椭圆
)
0
(1
2
2
2
2
b
a
b
y
a
x
的右焦点为
)
0,1(
2
F
，点
)
3
10
2
,2
(
H
在椭圆
上.
（1）求椭圆的方程；
（2）点M 在圆
2
2
2
b
y
x
上，且M 在第一象限，过M 作
2
2
2
b
y
x
的切线交椭圆于
Q
P,
两点，问：
Q
PF2
的周长是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由.
【解析】（1）由题意得
1
9
40
4
1
2
2
2
2
2
b
a
c
b
a
，∴
9
9
2
2
b
a
，∴椭圆的方程为
1
8
9
2
2
y
x
.
（2）由题意，设PQ 的方程为
)
0
,0
(
m
k
m
kx
y
，
∵PQ 与圆
8
2
2
y
x
相切，∴
2
2
1
|
|
2
k
m
，即
2
1
2
2
k
m
，
1
8
9
2
2
y
x
m
kx
y
得
0
72
9
18
)
9
8
(
2
2
2
m
kmx
x
k
，
设
)
,
(
),
,
(
2
2
1
1
y
x
Q
y
x
P
，则
2
2
2
1
2
2
1
9
8
72
9
,
9
8
18
k
m
x
x
k
km
x
x
，
∴
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
1
2
2
1
2
9
8
6
9
8
72
9
4
)
9
8
18
(
1
4
)
(
1
|
|
1
|
|
k
km
k
m
k
km
k
x
x
x
x
k
x
x
k
PQ
又
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
)
9
(
9
1
)
9
1(
8
)1
(
)1
(
|
|
x
x
x
y
x
PF
，∴
1
1
2
3
1
3
)
9
(
3
1
|
|
x
x
PF
，
同理
2
2
2
3
1
3
)
9
(
3
1
|
|
x
x
QF
，∴
2
2
1
2
9
8
6
6
)
(
3
1
6
|
|
|
|
k
km
x
x
QF
PF
，
∴
6
9
8
6
9
8
6
6
|
|
|
|
|
|
2
2
2
k
km
k
km
PQ
QF
PF
（定值）.
13．【2017 河北唐山高三月考】已知抛物线
2
:
2
0
C x
py p
，圆
2
2
:
1
O x
y
.
（1）若抛物线C 的焦点F 在圆上，且A 为C 和圆O 的一个交点，求AF ；
（2）若直线l 与抛物线C 和圆O 分别相切于点
,
M N ，求MN 的最小值及相应p 的值.
【解析】（1）由题意得F(1，0)，从而有C：x
2＝4y.
解方程组
x
2＝4y，
x
2＋y
2＝1，得yA＝5－2，所以|AF|＝5－1.
…5 分
（2）设M(x0，y0)，则切线l：y＝x0
p
(x－x0)＋y0，
整理得x0x－py－py0＝0.
…6 分
由|ON|＝1 得|py0|＝x
2
0＋p
2＝2py0＋p
2，
所以p＝2y0
y
2
0－1
且y
2
0－1＞0，
…8 分
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页162
所以|MN|
2＝|OM|
2－1＝x
2
0＋y
2
0－1＝2py0＋y
2
0－1
＝4y
2
0
y
2
0－1
＋y
2
0－1＝4＋
4
y
2
0－1
＋(y
2
0－1)≥8，当且仅当y0＝3时等号成立，
所以|MN|的最小值为2 2，此时p＝3.
…12 分
14．已知过点
1,0
A
且斜率为k 的直线l 与圆C：
2
2
2
3
1
x
y
交于M，N 两点.
（I）求k 的取值范围；
（II）
12
OM ON
，其中O 为坐标原点，求MN .
【答案】（I）4
7 4
7
,
3
3
骣-
+
琪
琪
桫
（II）2
【解析】
试题分析：（I）设出直线l 的方程，利用圆心到直线的距离小于半径列出关于k 的不等式，即可求出k 的取值范围；
（II）设
1
1
2
2
( ,
),
(
,
)
M x y
N x
y
，将直线l 方程代入圆的方程化为关于x 的一元二次方程，利用韦达定理将
1
2
1
2
,
x x
y y
用k 表示出来，利用平面向量数量积的坐标公式及
12
OM ON
列出关于k 方程，解出k，即可求出|MN|.
试题解析：（I）由题设，可知直线l 的方程为
1
y
kx
=
+ .
因为l 与C 交于两点，所以
2
| 2
3 1|
1
1
k
k
- +
<
+
.
解得4
7
4
7
3
3
k
-
+
<
<
.
所以k 的取值范围是4
7 4
7
,
3
3
骣-
+
琪
琪
桫
.
（II）设
1
1
2
2
( ,
),
(
,
)
M x y
N x
y
.
将
1
y
kx
=
+ 代入方程(
)
(
)
2
2
2
3
1
x
y
-
+
-
=
,整理得
2
2
(1
)
-4(
1)
7
0
k
x
k
x
+
+
+
=
,
所以
1
2
1
2
2
2
4(
1)
7
,
.
1
1
k
x
x
x x
k
k
+
+
=
=
+
+
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
4 (1
)
1
1
8
1
k
k
OM ON x x
y y
k x x
k x
x
k
+
× =
+
= +
+
+
+ =
+
+
,
由题设可得
2
4 (1
)
8=12
1
k
k
k
+
+
+
，解得=1
k
，所以l 的方程为
1
y
x
=
+ .
故圆心在直线l 上，所以|
| 2
MN =
.
15．如图；.已知椭圆C:
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
的离心率为
3
2 ，以椭圆的左顶点T 为圆心作圆T:
2
2
2
2)
(
0),
x
y
r
r
（
设圆T 与椭圆C 交于点M、N.
（1）求椭圆C 的方程；
（2）求TM TN
的最小值，并求此时圆T 的方程;
（3）设点P 是椭圆C 上异于M，N 的任意一点，且直线MP，NP 分别与x 轴交于点R，S，O 为坐标原点. 试问；
是否存在使
POS
POR
S
S
最大的点P，若存在求出P 点的坐标，若不存在说明理由.
【答案】（1）
1
4
2
2
y
x
；（2）
2
2
13
2)
25
x
y
（
；（3）存在
【解析】
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试题分析：（1）椭圆C:
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
的离心率为
3
2
3
2
c
a
由椭圆的左顶点为
2,0
，所以
2
a
2
2
2
3
1
c
b
a
c
可得椭圆的标准方程
1
4
2
2
y
x
；
（2）点M 与点N 关于x 轴对称，设
1
1
1
1
( ,
),
( ,
)
M x y
N x
y
，
2
2
1
1
1
1
1
1
(
2,
) (
2,
)
(
2)
TM TN
x
y
x
y
x
y
2
2
2
1
1
1
5
8
1
2)
(1
)
(
)
4
4
5
5
x
x
x
（
，再根据
1x 的取值范围求出
TM TN
的范围.
（3）假设存在点
0
0
,
P x y
使
POS
POR
S
S
取最大值，因为
2
1
1
1
2
2
4
POS
POR
p
p
S
R
P
S
S
OS
y
OR y
x
x
y
=
2
1
4
S
R
P
x x
y
利用点,R
S
分别是直线
,
PM PN
与x 轴的交点，把
POS
POR
S
S
表示成
py 的函数，进而求出其取最大值
py 的
值，确定点P 的坐标.
试题解析：
解：（1）由题意知
3 ,
2
2,
c
a
a
解之得；
2,
3
a
c
，由
2
2
2
c
a
b
得b=1，
故椭圆C 方程为
1
4
2
2
y
x
；.3 分
（2）点M 与点N 关于x 轴对称，设
1
1
1
1
( ,
),
( ,
)
M x y
N x
y
, 不妨设
1
0
y
, 由于点M 在椭圆C 上，
2
2
1
1
1
4
x
y
,
由已知
)
,2
(
),
,2
),
0,2
(
1
1
1
1
y
x
TN
y
x
TM
T
（
则
2
2
1
1
1
1
1
1
(
2,
) (
2,
)
(
2)
TM TN
x
y
x
y
x
y
2
2
2
1
1
1
5
8
1
2)
(1
)
(
)
4
4
5
5
x
x
x
（
,..6 分由于2
2,
x
故当
1
8
5
x
时，TM TN
取得最小值为
1
5
,
当
1
8
5
x
时
1
3
5
y
，故
8
3
(
,
),
5
5
M
又点M 在圆T 上，代入圆的方程得
2
13
25
r
,故圆T 的方程为：
2
2
13
2)
25
x
y
（
；..8
分
（3）假设存在满足条件的点P,设
)
,
(
0
0 y
x
P
，则直线MP 的方程为：
),
(
0
1
0
1
0
0
x
x
x
x
y
y
y
y
令
0
y
，得
1
0
1
0
0
1
y
y
y
x
y
x
xR
，同理
1
0
1
0
0
1
y
y
y
x
y
x
xS
,
故
2
1
2
0
2
1
2
0
2
0
2
1
y
y
y
x
y
x
x
x
S
R
;..10 分
又点M 与点P 在椭圆上，故
)
1(
4
),
1(
4
2
1
2
1
2
0
2
0
y
x
y
x
,
得
2
2
2
2
2
2
1
0
0
1
0
1
2
2
2
2
0
1
0
1
4(1
)
4(1
)
4(
)
4
R
S
y
y
y
y
y
y
x
x
y
y
y
y
,
4
R
S
R
S
OR
OS
x
x
x
x
为定值,.12 分
POS
POR
S
S
= 1
1
2
2
p
p
OS y
OR y
= 1
4
4
2
p
y
=
2
p
y
,
由P 为椭圆上的一点,要使
POS
POR
S
S
最大，只要
2
p
y
最大，而
2
p
y
的最大值为1,故满足条件的P 点存在其坐标为
(0,1)
(0
1
P
P
和
，）．..14 分
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资料正文内容开始>>
专题三压轴解答题
第五关
以函数、不等式与导数相结合的综合问题为解答题
【名师综述】
1.本专题在高考中的地位
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对
导数的应用的考查都非常突出
2．本专题在高考中的命题方向及命题角度
从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相
联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解
决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用
类型一
用导数研究函数的性质
典例1 【安徽省滁州市2018 届高三上学期期末考试】已知函数
2
ln
f x
x
x
x
.
（1）求函数
f x 的极值；
（2）若
1x ，
2x 是方程
2
ax
f x
x
x
（
0
a
）的两个不同的实数根，求证：
1
2
ln
ln
2ln
0
x
x
a
.
【解析】（1）依题意，
2
1
2
1
2
1
x
x
f
x
x
x
x
2
1
1
x
x
x
故当
0 1
x
，时，
0
f
x
，当
1
x
，
时，
0
f
x
故当
1
x
时，函数
f x 有极小值
1
0
f
，无极大值.
（2）因为
1x ，
2x 是方程
2
ax
f x
x
x
的两个不同的实数根.
∴
1
1
2
2
0 1
{
0 2
ax
lnx
ax
lnx
两式相减得
2
1
2
1
ln
0
x
a x
x
x
，解得
2
1
2
1
ln x
x
a
x
x
要证：
1
2
ln
ln
2ln
0
x
x
a
，即证：
1
2
2
1
x x
a
，即证：
2
2
1
1
2
2
1
ln
x
x
x x
x
x
，
即证
2
2
2
1
2
2
1
1
1
2
1
2
ln
2
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
，
不妨设
1
2
x
x
，令
2
1
1
x
t
x
.只需证
2
1
ln
2
t
t
t
.
设
2
1
ln
2
g t
t
t
t
，∴
2
2
1
1
1
ln
1
2ln
g t
t
t
t
t
t
t
t
；
令
1
2ln
h t
t
t
t
，∴
2
2
2
1
1
1
1
0
h t
t
t
t
，∴
h t 在
1
，
上单调递减，
∴
1
h t
h
0
，∴
0
g t
，∴
g t 在
1
，
为减函数，∴
1
0
g t
g
.
即
2
1
ln
2
t
t
t
在
1
，
恒成立，∴原不等式成立，即
1
2
ln
ln
2ln
0
x
x
a
.
【名师指点】利用导数可以研究函数的单调性、函数图像、极值点、最值、零点等性质，常用的到的方法为：1、
利用对于确定函数求单调区间问题，先求定义域，然后解不等式
'( )
0
f
x
和定义域求交集得单调递增区间；解不
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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等式
'( )
0
f
x
和定义域求交集得单调递减区间.
2、对于含参数的函数求单调区间问题，转化为判断导函数符号，可结合函数图象判断.
3、求函数的极值，先求
'( )
0
f
x
的根
0x ，再和函数定义域比较，如果落在定义域外或者落在定义域端点，此时函
数单调，无极值；当落在定义域内时，将定义域分段，分别考虑
0x 两侧导数是否异号，从而判断是否有极值.
4、求函数的最值和求极值类似，先求
'( )
0
f
x
的根
0x ，如果落在定义域外或者落在定义域端点，此时函数单调，
利用单调性求最值；当落在定义域内时，将定义域分段，分别考虑
0x 两侧导数是否异号，从而判断函数大致图象，
从而求最值.
【举一反三】【天津市部分区2018 届高三上学期期末考试】已知函数
ln
1
f x
x
a
x
，a
R
.
（1）讨论
f x 的单调性；
（2）当
1
2
a
时，令
2
1 2
g x
x
f x
，其导函数为
'
g
x ，设
1
2
,
x x 是函数
g x 的两个零点，判断
1
2
2
x
x
是否为
'
g
x 的零点？并说明理由.
【解析】（1）依题意知函数
f x 的定义域为
0
，
，且
1
f
x
a
x
.
①当
0
a
时，
0
f
x
，所以
f x 在
0
，
上单调递增.
②当
0
a
时，由
0
f
x
得：
1
x
a
，
则当
1
0
x
a
，
时
0
f
x
；当
1
x
a
，
时
0
f
x
.
所以
f x 在
1
0 a
，单调递增，在1
a
，
上单调递减.
（2）
1
2
2
x
x
不是导函数
g
x
的零点.
证明如下：由（Ⅰ）知函数
2
2ln
g x
x
x
x
.
∵
1x ，
2x 是函数
g x 的两个零点，不妨设
1
2
0
x
x
，
∴
2
2
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2ln
0
2ln
{
{
2ln
0
2ln
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
，两式相减得：
1
2
1
2
1
2
1
2 ln
ln
x
x
x
x
x
x
即：
1
2
1
2
1
2
2 ln
ln
1
x
x
x
x
x
x
又
2
2
1
g
x
x
x
.
则
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2 ln
ln
4
4
1
2
x
x
x
x
g
x
x
x
x
x
x
x
x
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
ln
ln
x
x
x
x
x
x
x
x
.
设
1
2
x
t
x
，∵
1
2
0
x
x
，∴0
1
t
，
令
2
1
ln
1
t
t
t
t
，
2
2
2
1
1
4
1
1
t
t
t
t
t t
.
又0
1
t
，∴
0
t
，∴t
在
0,1 上是増函数，
则
1
0
t
，即当0
1
t
时，
2
1
ln
0
1
t
t
t
，
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从而
1
2
1
2
1
2
2
ln
ln
0
x
x
x
x
x
x
，
又
1
2
1
2
0
0
x
x
x
x
所以
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
ln
ln
0
x
x
x
x
x
x
x
x
，
故
1
2
0
2
x
x
g
，所以
1
2
2
x
x
不是导函数
g
x
的零点.
类型2
导数、函数与不等式
典例2
已知函数
2
ln ,
f x
x
ax
x a
R
．
（1）若函数
f x 在
1,2 上是减函数，求实数a 的取值范围；
（2）令
2
g x
f x
x
，是否存在实数a ，当
0,
x
e
（e 是自然常数）时，函数
g x 的最小值是3，若存在，
求出a 的值；若不存在，说明理由；
（3）当
0,
x
e
时，证明：
2
2
5
1 ln
2
e x
x
x
x
．
【答案】（1）
7
2
a
；（2）存在实数
2
a
e
，使得当
0,
x
e
时
g x 有最小值3；（3）详见解析．
【解析】（1）
2
1
2
1
2
0
x
ax
f
x
x
a
x
x
在
1,2 上恒成立，
令
2
2
1
h x
x
ax
，有
1
0
2
0
h
h
得
1,
7
2
a
a
，得
7
2
a
．
（2）假设存在实数a ，使
ln
0,
g x
ax
x x
e
有最小值3，
1
1
ax
g
x
a
x
x
①当
0
a
时，
g x 在
0,e 上单调递减，
min
4
1
3,
g x
g e
ae
a
e
（舍去），
②当
1
0
e
a
时，
g x 在
1
0, a
上单调递减，在1 ,e
a
上单调递增
∴
2
min
1
1
ln
3,
g x
g
a
a
e
a
，满足条件．
③当1
e
a
时，
g x 在
0,e 上单调递减，
min
4
1
3,
g x
g e
ae
a
e
（舍去），
综上，存在实数
2
a
e
，使得当
0,
x
e
时
g x 有最小值3．
（3）令
2
ln
F x
e x
x
，由（2）知，
min
3
F x
．令
2
ln
5
1 ln
,
2
x
x
x
x
x
x
，
当0
x
e
时，
0
x
，
h x 在
0,e 上单调递增
∴
max
1
5
1
5
3
2
2
2
x
e
e
2
ln
5
ln
2
x
e x
x
x
即
2
2
5
1 ln
2
e x
x
x
x
【名师指点】证明不等式
( )
( )
f x
g x
成立，可以构造函数
( )
( )
( )
H x
f x
g x
，通过证明函数
( )
H x 的最小值大
于等于零即可，可是有时候利用导数求函数
( )
H x 最小值不易，可以通过特例法，即证明
( )
f x 的最小值大于等于
( )
g x 的最大值即可．
【举一反三】【湖南省郴州市一中2018 届高三十二月月考理科】设函数
1
ln
2
f x
a x
x a
R
x
.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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（1）当
3
a
时，求
f x 的极值；
（2）当
1
a
时，证明：
1
2
2
x
e
f x
x
e
.
【解析】
（1）当
3
a
时，
1
3ln
2
f x
x
x
x
，
2
3
1
'
2
f
x
x
x
2
2
2
2
1
1
2
3
1
(
0)
x
x
x
x
x
x
x
，
当
1
0, 2
x
时，
'
0
f
x
，
f x 在
1
0, 2
上单调递减；
当
1 ,1
2
x
时，
'
0
f
x
，
f x 在1 ,1
2
上单调递增；
当
1,
x
时，
'
0
f
x
，
f x 在
1,上单调递减.
所以，当
1
2
x
，
f x 取得极小值
1
1 3ln2
2
f
；
当
1
x
时，
f x 取得极大值
1
1
f
.
（2）证明：当
1
a
时，
1
1
ln
1
2
1
1
f x
x
x
x
，
1
x
，
所以不等式
1
2
2
x
e
f x
x
e
可变为
1
ln
1
1
x
e
x
x
e
.
要证明上述不等式成立，即证明
1
1 ln
1
1
x
e x
x
x
e
.
设
1 ln
1
1
g x
x
x
，则
'
1 ln
1
g
x
x
，
令
'
0
g
x
，得
1
1
x
e
，
在
1
1,1
e
上，
'
0
g
x
，
g x 是减函数；在
1
1
,
e
上，
'
0
g
x
，
g x 是增函数.
所以
1
1
1
1
g x
g
e
e
.
令
1
x
e x
h x
e
，则
2
'
x
e
x
h
x
e
，
在
1,2 上，
'
0
h
x
，
h x 是增函数；在
2,上，
'
0
h
x
，
h x 是减函数，
所以
1
1
2
1
h x
h
e
e
，
所以
h x
g x
，即
1
1 ln
1
1
x
e x
x
x
e
，即
1
1 ln
1
1
x
e x
x
x
e
，
由此可知
1
2
2
x
e
f x
x
e
.
类型三、恒成立及求参数范围问题
典例3【安徽省蚌埠市2018 届高三上学期第一次教学质量检查】已知函数
ln
f x
x
，
2
g x
a
e x
b
（其
中e 为自然对数的底数，
f x ）.
（1）若函数
f x 的图象与函数
g x 的图象相切于
1
x
e
处，求,a b 的值；
（2）当2b
e
a
时，若不等式
f x
g x
恒成立，求a 的最小值.
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【解析】（1）
2
a
e
，
1
b ．（过程略）
（2）令
ln
h x
f x
g x
x
e
a x
e
a
，则
1
h x
e
a
x
，
当a
e
时，
h x 单调递增，而1
0
h
，
∴
1,
x
时，
0
h x
不合题意
当a
e
时，令
0
h x
，则
1
x
a
e
，
∵
h x
为减函数，
∴
1
0,
x
a
e
时，
0
h x
，
h x 单调递增，
1
,
x
a
e
时，
0
h x
，
h x 单调递减，
∴
max
1
h
x
h a
e
ln
1
0
a
e
e
a
，
即
ln
1
a
e
a
e
．（△）
但
0,ln
1
x
x
x
，等号成立当且仅当且
1
x
．
故（△）式成立只能
1
a
e
即
1
a
e
．
【名师指点】将已知恒成立的不等式由等价原理把参数和变量分离开，转化为一个已知函数的最值问题处理，关键
是搞清楚哪个是变量哪个是参数，一般遵循“知道谁的范围，谁是变量；求谁的范围，谁是参数”的原则．常用方
法有参变分离法和构造函数法．
【举一反三】已知函数
1
ln
)1
(
2
1
)
(
2
a
x
a
ax
x
x
f
，
．
(1)求
( )
f x 的单调区间；
(2)若
x
x
a
x
g
ln
)
2
(
)
(
,
)
(
)
(
x
g
x
f
在区间
)
,
[
e
恒成立,求a 的取值范围．
解析：(1)
( )
f x 的定义域为(0,
)
.
2
'
1
1
(
1)(
1
)
( )
a
x
ax
a
x
x
a
f
x
x
a
x
x
x
，（i）若
1 1
a 即
2
a
,则
2
'
(
1)
( )
x
f
x
x
故
( )
f x
在(0,
)
单调增加. (ii)若
1 1
a ,而
1
a
,故1
2
a
,则当
(
1,1)
x
a
时，
'( )
0
f
x
;
当
(0,
1)
x
a
或
(1,
)
x
时，
'( )
0
f
x
；故
( )
f x 在(
1,1)
a
单调减少，在(0,
1),(1,
)
a
单调增加.
(iii)
若
1 1
a ,即
2
a
,同理可得
( )
f x 在(1,
1)
a
单调减少，在(0,1),(
1,
)
a
单调递增.（2）由题意得
2
1
( )
( )
ln
2
0
2
f x
g x
x
a
x
x
恒成立.设
2
1
F( )
( )
( )
ln
2
2
x
f x
g x
x
a
x
x
，则
'F ( )
2
2
2
0
a
x
x
a
x
，所以F( )
x 在区间
[e,
）上是增函数，只需
2
1
F(e)
2
0
2 e
a
e
即
2
1
2
2
a
e
e
.
【精选名校模拟】
1．【山东省济南市2018 届高三上学期期末考试数学】已知函数
ln
R
f x
ax
x a
.
（1）求函数
f x 的单调区间；
（2）若函数
f x 有两个零点
1
2
,
x x ，证明
1
2
1
1
2
ln
ln
x
x
.
【解析】1）
1
1
0
ax
f
x
a
x
x
x
当
0
a
时，
0
f
x
，所以
f x 在
0,上单调递减；
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页169
当
0
a
时，
0
f
x
，得
1
x
a
1
0,
x
a
都有
0
f
x
，
f x 在
1
0, a
上单调递减；
1 ,
x
a
都有
0
f
x
，
f x 在1 ,
a
上单调递增.
综上：当
0
a
时，
f x 在
0,上单调递减，无单调递增区间；
当
0
a
时，
f x 在
1
0, a
单调递减，
f x 在1 ,
a
上单调递增.
（2）函数
f x 有两个零点分别为
1
2
,
x x ，不妨设
1
2
x
x
则
1
1
ln
0
x
ax
，
2
2
ln
0
x
ax
2
1
2
1
ln
ln
x
x
a x
x
要证：
1
2
1
1
2
ln
ln
x
x
只需证：
1
2
1
1
2a
x
x
只需证：
1
2
1
2
2
x
x
a
x x
只需证：
1
2
2
1
1
2
2
1
ln
ln
2
x
x
x
x
x x
x
x
只需证：
2
2
2
1
2
1
2
1
ln
2
x
x
x
x x
x
只需证：
2
2
1
1
1
2
1
ln
2
x
x
x
x
x
x
令
2
1
1
x
t
x
，即证
1
1
ln
2
t
t
t
设
1
1
ln
2
t
t
t
t
，则
2
2
2
1
0
2
t
t
t
t
，
即函数t
在
1,单调递减
则
1
0
t
即得
1
2
1
1
2
ln
ln
x
x
2．【河南省周口市2018 届高三上学期期末抽测调研】已知函数
2
8
ln
f x
x
x
a x a
R
（Ⅰ）当
1
x
时，
f x 取得极值，求a 的值；
（Ⅱ）当函数
f x 有两个极值点
1
2
1
2
,
(
)
x x
x
x
，且
1
1
x
时，总有
1
1
ln
2
1
a x
m
x
2
1
1
4
3x
x
成立，求m 的
取值范围.
【解析】（Ⅰ）
2
2
8
'
(
0)
x
x
a
f
x
x
x
，
' 1
0
f
，则
6
a
检验
6
a
时，
2
1
3
'
(
0)
x
x
f
x
x
x
，
所以
0,1
x
时，
'
0
f
x
，
f x 为增函数；
1,3
x
时，
'
0
f
x
，
f x 为减函数，所以
1
x
为极大值点
（Ⅱ）
f x 定义域为
0,，有两个极值点
1
2
1
2
,
(
)
x x
x
x
，则
2
2
8
0
t x
x
x
a
在
0,上有两个不等
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页170
正根
所以
64
8
0
{
0
0
2
0
a
t
a
x
，所以0
8
a
1
2
1
2
1
2
4
{
2
0
x
x
a
x x
x
x
.所以
2
1
1
2
1
1
1
2
4
{
2
2
4
0
x
x
a
x x
x
x
x
x
，所以
1
0
2
x
这样原问题即
1
0
2
x
且
1
1
x
时，
2
1
1
1
1
ln
2
4
3
1
a x
m
x
x
x
成立
即
1
1
1
1
1
1
2
4
ln
2
4
1
1
x
x
x
m
x
x
x
即
1
1
1
1
2 ln
2
1
1
x
x
m
x
x
即
1
1
1
1
2 ln
2
1
0
1
x
x
m
x
x
，即
2
1
1
1
1
1
2
1
2ln
0
1
m
x
x
x
x
x
且
1
1
1
1
1
1
0
1
0
1
{
1
2
0
1
x
x
x
x
x
x
时
时
设
2
2
1
2ln
(0
2)
m
x
h x
x
x
x
2
2
2
2
2
'
(0
2)
m
x
x
m
h
x
x
x
①
2
m
时，
2
'
0
h
x
x
，
所以
h x 在
0,2 上为增函数且1
0
h
，
所以，
1,2
x
时，
0
h x
不合题意舍去.
②
2
m
时，
'
0
h
x
同①舍去
③
2
m
时
（ⅰ）
0
，即
1
m 时可知
'
0
h
x
，在
0,2 上
h x 为减函数且1
0
h
，
这样0
1
x
时，
0
h x
，1
2
x
时
0
h x
，
这样
2
2
1
2ln
0
1
m
x
x
x
x
x
成立
（ⅱ）
0
，即
2
l
m
时
'h
x 分子中的一元二次函数的对称轴
1
1
2
x
m
开口向下，且1 的函数值为
2
1
0
m
令
1
min
,2
2
a
m
，则
1,
x
a
时，
'
0
h
x
，
h x 为增函数，
1
0
h
所以，
0
h x
故舍去
综上可知：
1
m
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第| 页171
3．【广西南宁市第二中学2018 届高三1 月月考（期末）】已知函数
ln
1
a
f x
x
x
，a
R
.
（1）若关于x 的不等式
1
1
2
f x
x
在
1,上恒成立，求a 的取值范围；
（2）设函数
f x
g x
x
，若
g x 在
2
1,e
上存在极值，求a 的取值范围，并判断极值的正负.
【解析】（Ⅰ）由
1
1
2
f x
x
，得
1
1
1
1
2
a
nx
x
x
．即
2
1
1
2
a
x nx
x
在
1,上恒成立
设函数
2
1
1
2
m x
x nx
x
，
1
x ．则
'
1
1
m x
nx
x
．
设
1
1
n x
nx
x
．则
1
'
1
n x
x
．易知当
1
x 时，
'
0
n
x
．
∴
n x 在
1,上单调递增，且
1
0
n x
n
．即
'
' 1
0
m x
m
对
1,
x
恒成立．
∴
m x 在
1,上单调递增．
∴当
1,
x
时，
min
1
1
2
m x
m x
m
．
∴
1
2
a
，即a的取值范围是
1
, 2
．
（Ⅱ）
2
ln
1
x
a
g x
x
x
x
，
2
1,
x
e
．
∴
2
2
1 1
1
'
nx
g
x
x
x
3
3
2
2
1
2
a
x
x nx
a
x
x
．
设
2
1
2
h x
x
x nx
a
，则
'
2
1 1
1 1
h x
nx
nx
．
由
'
0
h
x
，得x
e
．
当1
x
e
时，
'
0
h
x
；当
2
e
x
e
时，
'
0
h
x
．
∴
h x 在
1,e 上单调递增，在
2
,e e 上单调递减．
且1
2
2
h
a
，
2
h e
e
a
，
2
2
h e
a
．
显然
2
1
h
h e
．
结合函数图象可知，若
g x 在
2
1,e
上存在极值，
则
0
{
1
0
h e
h
或
2
1
0
{
0
h
h e
．
（ⅰ）当
0
{
1
0
h e
h
，即1
2
e
a
时，
则必定
2
1
2
,
1,
x x
e
，使得
1
2
0
h x
h x
，且
2
1
2
1
x
e
x
e
．
当x 变化时，
h x ，
'
g
x ，
g x 的变化情况如下表：
x
1
1, x
1x
1
2
,
x x
2x
2
2,
x e
h x
-
0
+
0
-
'
g
x
-
0
+
0
-
g x
↘
极小值
↗
极大值
↘
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第| 页172
∴当1
2
e
a
时，
g x 在
2
1,e
上的极值为
1
2
,
g x
g x
，且
1
2
g x
g x
．
∵
1
1
2
1
1
1
1
1
nx
a
g x
x
x
x
1
1
1
2
1
1
x nx
x
a
x
．
设
1
x
x nx
x
a
，其中1
2
e
a
，1
x
e
．
∵
'
1
0
x
nx
，∴
x
在
1,e 上单调递增，
1
1
0
x
a
，当且仅当
1
x
时取等号．
∵
1
1
x
e
，∴
1
0
g x
．
∴当1
2
e
a
时，
g x 在
2
1,e
上的极值
2
1
0
g x
g x
．
（ⅱ）当
2
1
0
{
0
h
h e
，即0
1
a
时，
则必定
2
3
1,
x
e
，使得
3
0
h x
．
易知
g x 在
3
1, x
上单调递增，在
2
3,
x e 上单调递减．
此时，
g x 在
2
1,e
上的极大值是
3
g x
，且
2
2
3
4
0
a
e
g x
g e
e
．
∴当0
1
a
时，
g x 在
2
1,e
上的极值为正数．
综上所述：当0
2
e
a
时，
g x 在
2
1,e
上存在极值，且极值都为正数．
注：也可由
'
0
g
x
，得2
2
1
a
x
x nx
．令
2
1
h x
x
x nx
后再研究
g x 在
2
1,e
上的极值问题．
4．【衡水金卷2018 年普通高等学校招生全国统一考试模拟试卷】已知函数
2
1
ln
f x
a x
x
，a
R
.
（1）当
2
a
时，求函数
y
f x
在点
1,
1
P
f
处的切线方程；
（2）当
1
a 时，令函数
ln
2
1
g x
f x
x
x
m
，若函数
g x 在区间1 ,e
e
上有两个零点，求实数m 的
取值范围.
【解析】（1）当
2
a
时，
2
2
1
ln
f x
x
x
2
2
4
ln
2
x
x
x
.
当
1
x
时，
1
0
f
，所以点
1,
1
P
f
为
1,0
P
，
又
1
'
4
4
f
x
x
x
，因此
' 1
1
k
f
.
因此所求切线方程为
0
1
1
1
y
x
y
x
.
（2）当
1
a 时，
2
2ln
g x
x
x
m
，
则
2
1
1
2
'
2
x
x
g
x
x
x
x
.
因为
1 ,
x
e
e
，所以当
'
0
g
x
时，
1
x
，
且当1
1
x
e
时，
'
0
g
x
；当1
x
e
时，
'
0
g
x
；
故
g x 在
1
x
处取得极大值也即最大值1
1
g
m
.
又
2
1
1
2
g
m
e
e
，
2
2
g e
m
e
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页173
2
2
1
1
2
2
g e
g
m
e
m
e
e
2
4
e
2
1
0
e
，
则
1
g e
g e
，所以
g x 在区间1 ,e
e
上的最小值为
g e ，
故
g x 在区间1 ,e
e
上有两个零点的条件是
2
1
1
0
{
1
1
2
0
g
m
g
m
e
e
2
1
1
2
m
e
，
所以实数m 的取值范围是
2
1
1,2
e
.
5．【湖北省武昌2018 届元月调研考试数学】已知a 的实常数，函数
2
x
f x
e
ax
.
（1）讨论函数
f x 的单调性；
（2）若函数
f x 有两个不同的零点
1
2
1
2
,
(
)
x x
x
x
，
（ⅰ）求实数a 的取值范围；
（ⅱ）证明：
1
2
2
x
x
.
【解析】试题解析：（1）
2
ex
f
x
a
.
当
0
a
时，
0
f
x
，函数
f x 在
,
上单调递增；
当
0
a
时，由
2
e
0
x
f
x
a
，得
2
ln
x
a
.
若
2
ln
x
a
，则
0
f
x
，函数
f x 在
2
ln ,a
上单调递增；
若
2
ln
x
a
，则
0
f
x
，函数
f x 在
,2
lna
上单调递减.
（2）（ⅰ）由（1）知，当
0
a
时，
f x 单调递增，没有两个不同的零点.
当
0
a
时，
f x 在
2
ln
x
a
处取得极小值.
由
ln
2
ln
e
2
ln
0
a
f
a
a
a
，得
1
a
e
.
所以a 的取值范围为1 ,
e
.
（ⅱ）由
2
e
0
x
ax
，得
2
ln
ln
ln
x
ax
a
x
，即
2
ln
ln
x
x
a
.
所以
1
1
2
2
2
ln
2
ln
ln
x
x
x
x
a
.
令
2
ln
g x
x
x
，则
1
1
g
x
x
.
当
1
x
时，
0
g
x
；当0
1
x
时，
0
g
x
.
所以
g x 在
0,1 递减，在
1,递增，所以
1
2
0
1
x
x
.
要证
1
2
2
x
x
，只需证
2
1
2
1
x
x
.
因为
g x 在
1,递增，所以只需证
2
1
2
g x
g
x
.
因为
1
2
g x
g x
，只需证
1
1
2
g x
g
x
，即证
1
1
2
0
g x
g
x
.
令
2
h x
g x
g
x
，0
1
x
，则
1
1
2
2
2
h x
g
x
g
x
x
x
.
因为
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
，所以
0
h x
，即
h x 在
0,1 上单调递减.
所以
1
0
h x
h
，即
1
1
2
0
g x
g
x
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第| 页174
所以
1
2
2
x
x
成立.
6．【山西省吕梁市2018 届高三上学期第一次模拟考试】已知函数
ln
xe
f x
a x
x
x
.
（1）当
0
a
时，试求
f x 的单调区间；
（2）若
f x 在
0,1 内有极值，试求a 的取值范围.
【解析】（Ⅰ）
2
e
1
1
1
x x
f
x
a
x
x
2
e
1
1
x x
ax x
x
，
2
e
1
x
ax
x
x
．
当
0
a
时，对于
0,
x
，e
0
x
ax
恒成立，
所以
0
f
x
1
x
；
0
f
x
0
1
x
0.
所以单调增区间为
1,，单调减区间为
0,1
．
（Ⅱ）若
f x 在
0,1 内有极值，则
f
x
在
0,1
x
内有解．
令
2
e
1
0
x
ax
x
f
x
x
e
0
x
ax
ex
a
x
.
设
ex
g x
x
0,1
x
,
所以
e
1
x x
g
x
x
,
当
0,1
x
时，
0
g
x
恒成立，
所以
g x 单调递减.
又因为1
e
g
，又当
0
x
时，
g x ,
即
g x 在
0,1
x
上的值域为
e,,
所以
当
e
a
时，
2
e
1
0
x
ax
x
f
x
x
有解.
设
ex
H x
ax
，则
e
0
x
H
x
a
0,1
x
，
所以
H x 在
0,1
x
单调递减.
因为
0
1
0
H
，
1
e
0
H
a
,
所以
ex
H x
ax
在
0,1
x
有唯一解
0x .
所以有：
x
0
0, x
0x
H x
0
0
f x
极小值
所以当
e
a
时，
f x 在
0,1 内有极值且唯一.
当
e
a
时，当
0,1
x
时，
0
f
x
恒成立，
f x 单调递增，不成立．
综上，a 的取值范围为
e,．
7．【四川省2017-2018 年度高三“联测促改”活动理科数学试题】已知函数
ln
x
f x
e
x
.
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第| 页175
（1）求函数
'
y
f
x
在
1,
x
上的最小值；
（2）若对任意
1,
x
恒有
1
f x
e
m x
，求实数m 的取值范围.
【解析】
（1）由于
1
'
x
y
h x
f
x
e
x
，则
2
1
'
x
h x
e
x
，
则当
1,
x
时，
2
1
,
1
xe
e x
，
所以
'
0
h
x
，即
h x 在
1,上是增函数，
于是y 在
1,上的最小值为1
1
h
e
．
（2）考虑函数
1
g x
f x
e
m x
，即为
0
g x
对任意
1,
x
恒成立，
且发现1
0
g
，于是
1
'
x
g
x
e
m
x
，
由(1)知：当
1
m
e
时，
'
0
g
x
，
此时
g x 单调增，于是
1
0
g x
g
，成立；
若
1
m
e
，则存在
1,
t
使得：
当
1,
x
t
时
'
0
g
x
，当
,
x
t
时
'
0
g
x
，
此时
0
min
g
g t
，矛盾，综上，
1
m
e
．
8．【2018 广西贺州桂梧高中联考】已知函数
2
2
3
2
ln
4
2
f x
x
x
x
x
x
.
（1）若
f x 在
,
1
a a
上递增，求a 的取值范围；
（2）证明：
'
2
4
f
x
x
.
【答案】（1）
0
a
或a
e
（2）详见解析
【解析】试题分析：（1）要使
f x 在
,
1
a a
上递增，只需
0
f
x
，且不恒等于0，所以先求得函数的增区间，
,
1
a a
是增区间的子区间。（2）当
1
2
x
时，2
4
0
x
，
'
2
4
f
x
x
显然成立. 当
1
0
2
x
时，即证
明
'
2
4
2
2
ln
1
2
4
f
x
x
x
x
x
0
，令
2
2
ln
1
2
4
g x
x
x
x
（
1
0
2
x
），即求min
0
g x
，由导数可证。
试题解析：（1）
2
1
'
2
2 ln
2
3
4
2
2 ln
2
2
2
2
ln
1
f
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
，
令
'
0
f
x
，得
1
1
x
，
2x
e
，
令
'
0
f
x
，得0
1
x
，或x
e
，∴
f x 在
0,1 ，
,e 上递增，
f x
在
,
1
a a
上递增，∴
0
a
或a
e
.
（2）证明：当
1
2
x
时，2
4
0
x
，
'
2
4
f
x
x
显然成立.
当
1
0
2
x
时，
'
2
4
2
2
ln
1
2
4
g x
f
x
x
x
x
x
，
2
'
2ln
+4
g
x
x
x
在
1
0 2
，
上递增，且
1
1
'
2ln
4
4
2ln2
0
2
2
g
，
∴
'
0
g
x
，从而
g x 在
1
0, 2
上递减，∴min
1
1
ln2
0
2
g x
g
，
∴
0
g x
，即
'
2
4
f
x
x
.
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综上，
'
2
4
f
x
x
.
9．【2018 安徽马鞍山联考】已知函数
2
2ln
ax
b
f x
x
x
的图象在
1
x
处的切线过点
0,2
2
, ,
a
a b
R
.
（1）若
8
5
a
b
，求函数
f x 的极值点；
（2）设
1
2
1
2
,
x x
x
x
是函数
f x 的两个极值点，若
1
1
1
x
e
，证明：
2
1
1
f
x
f
x
.（提示
2
7.40
e
）
【答案】(1) 1
2
或2 ；(2)证明见解析.
【解析】试题分析：
由题意结合导函数与原函数切线的关系可得a
b
.
(1)由题意可得
4
5
a
b
，利用导函数研究函数的极值可得
f x 的极值点为1
2 或2.
(2)由导函数的性质可得
1
f x
是函数
f x 的极大值，
2
f x
是函数
f x 的极小值，据此构造函数
1
1
2
1
1
1
2
1
2
t
h t
lnt
lnt
t
t
，据此可知
2
2
1
0
2
1
t
h t
t t
，则函数
h t 在
2
1 ,1
e
上单调递减，
据此可得
1
2
2
2
1
8
4
1
1
f
x
f
x
h e
e
.
试题解析：
2
2
2
,
1
2
ax
x
b
f
x
f
a
b
x
，
又
，曲线
在
处的切线过点
，
，得
.
（1）
，
令
，得
，
解得
或
的极值点为
或
.
（2）
是方程
的两个根，
，
，
是函数
的极大值，
是函数
的极小值，
要证
，只需
，
，
令
，则
，
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第| 页177
设
，则
，函数
在
上单调递减，
，
.
10．【2018 安徽马鞍山联考】已知函数
.
（1）若函数
在区间
上单调递增，求
的取值范围；
（2）设函数
，若存在
，使不等式
成立，求实数
的取值范围.
【答案】(1)
；(2)
.
【解析】试题分析：
(1)由函数的解析式可得
在
上单调递增，则
的取值范围是
；
(2)原问题等价于存在
，使不等式
成立.构造新函数
，结合函
数
的性质可得实数
的取值范围为
.
试题解析：
（1）由
得
，
在
上单调递增，
，
的取值范围是
.
（2）
存在
，使不等式
成立，
存在
，使不等式
成立.
令
，从而
，
，
，
在
上单调递增，
.
实数
的取值范围为
.
11．【山东省泰安市2018 届学年高三上学期期末考试】已知函数
，
.
（1）当
时，求函数
的曲线上点
处的切线方程；
（2）当
时，求
的单调区间；
（3）若
有两个极值点
，
，其中
，求
的最小值.
【解析】（1）当
时，
所以
，
又
过切点
的切线方程为
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第| 页178
即：
（2）由题意得：
，
令
当
时，
，
在
上单调递增.
②当
时，令
，解得：
或
令
，解得：
综上，当
时，
的单调增区间为
，
当
时，单调增区间为
，
单调减区间为
（3）由（2）知，
，
由题意知，
，
是方程
的两根
，
，
，
，
令
当
时，
在
上单调递减，
即
的最小值为
.
12．【2018 河南漯河三模】已知函数
为常数），曲线
在与
轴的交点
处的切线斜
率为
.
（1）求
的值及函数
的单调区间；
（2）若
，且
，试证明：
.
【答案】（1）
，单调递减区间为
，单调递增区间为
.（2）见解析
【解析】试题分析：（1）求出函数的，
，由曲线
在与
轴的焦点
处的切线斜率为
，
解得
．通过
，即可求解函数
在区间
上单调递减，在
上单调递
增．
（2）设
，构造函数
，分别根据函数的单调性，以及
，且
即可证明．
试题解析：（1）由
，得
，
因为曲线
在与
轴的焦点A 处的切线斜率为
，
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第| 页179
所以
，所以
，
所以
，
由
，得
，
由
，得
，
所以函数
的单调递减区间为
，单调递增区间为
.
（2）证明:设
，所以
，
，
令
所以
，
当且仅当
时，等号成立，
所以
在
上单调递增，
又
，所以当
时，
，
即
，所以
，
又因为
，所以
，
由于
，所以
，
因为
，由（1）知函数
在区间
上单调递增，
所以
，即
.
13．【北京市东城二十二中2018 届高三上学期期中试卷】已知函数
．
（）当
时，求此函数对应的曲线在
处的切线方程．
（
）求函数
的单调区间．
（
）对
，不等式
恒成立，求
的取值范围．
【解析】（）当
时，
，
∴
，
，
，∴切线方程
．
（
）
．
令
，则
或
，
当
时，
在
，
上为增函数．
在
上为减函数，
当
时，
在
上为增函数，
当
时，
在
，
上为单调递增，
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第| 页180
在
上单调递减．
（
）当
时，
，
当
时，由
得
，对
恒成立．
设
，则
，
令
得
或
，
极小
，∴
，
．
14．【2018 北京大兴联考】已知函数
，且
．
（Ⅰ）当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
（Ⅱ）求函数
的单调区间；
（Ⅲ）若函数
有最值，写出
的取值范围．（只需写出结论）
【答案】(1)
;(2)详见解析;(3)
【解析】试题分析：（Ⅰ）求导，利用导数的几何意义进行求解；（Ⅱ）求导，利用分类讨论思想讨论导函数的符号
变换，进而得到函数的单调区间；（Ⅲ）根据前一问直接给出答案即可.
试题解析：（Ⅰ）当
时，由题设知
.
因为
，
所以
，
.
所以
在
处的切线方程为
.
（Ⅱ）因为
，所以
.
当
时，定义域为
.
且
故
的单调递减区间为
……5 分
当
时，定义域为
. 当
变化时，
，
：
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第| 页181
x
—
0
+
0
—
单调减
极小值
单调增
极大值
单调减
故
的单调递减区间为
，
，
单调递增区间为
．
综上所述，
当
时，
的单调递减区间为
；
当
时，故
的单调递减区间为
，
，
单调递增区间为
．
（Ⅲ）
15．【2018 湖南株洲两校联考】设函数
．
（1）若函数
在
上为减函数，求实数
的最小值；
（2）若存在
，使
成立，求实数
的取值范围．
【答案】（Ⅰ）最小值为
；（II）
【解析】试题分析：
在
上为减函数，等价于
在
上恒成立，进而转化为
，根据二次函数的性质可得
命题“若存在
,
，使
成立”等价于
“当
时，有
”，由
易求
，从而问题等价于“当
时，
有
”，分
,
两种情况讨论:
当
是易求
，当
时可求得
的值域为
，再按
两种情况讨论即可
解析：（1）由已知得
，
因
在
上为减函数，故
在
上恒成立。
所以当
时
。
又
，
故当
时，即
时，
.
所以
，于是
，故
的最小值为
.
（2）命题“若存在
,
，使
成立”等价于
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第| 页182
“当
时，”
”，
由（1），当
时，
，
.
问题等价于：“当
时，有
”.
当
，由（1），
在
为减函数，
则
，故
.
当
时，由于
在
上的值域为
（i）
，即
，
在
恒成立，故
在
上为增函数，
于是，
，矛盾。
（ii）
，即
，由
的单调性和值域知，
存在唯一
，使
，且满足：
当
时，
，
为减函数；当
时，
，
为增函数；
所以，
，
所以，
，与
矛盾。
综上得
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