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2024 届大题强化训练及变式训练（18）
1．已知 中，角 所对的边分别为 ， ， ， ，且 .
（1）求角 的大小；
（2）若 ，点 在边 上，且 平分 ，求 的长度.
【答案】（1） ；（2）
【分析】（1）利用正弦定理将角化边，找到边的关系，借助余弦定理计算即可；
（2）结合（1）问，求出 ，利用 ，计算出 的长度即可.
【解析】（1）因为 ，由正弦定理可得： ，
因为 ，所以 ，即 ，
由余弦定理可得 ，
在 中， ,所以 .
（2）由（1）问可知 , ，
所以 ，解得 ，
设 ，由 平分 ，所以 ,
即 ，解得： ，故 的长度为 .
变式：如图,在 中, 的平分线交 边于点 ,点 在 边上, , ,
.
（1）求 的大小;
（2）若 ,求 的面积.
【答案】（1） ；（2）
【分析】（1）因为 是 的角平分线,所以 ,
在 中利用余弦定理求出 的长,再次利用余弦定理即可求出 的大小.
（2）在 中,由正弦定理求出 的长,再根据四边形内角和为 可得到 ，
从而求出 的值,再利用三角形面积公式求解即可.
【解析】（1）因为 是 的角平分线,所以 ,
在 中,根据余弦定理得所以 ，则 ,
因为 ,所以 .
（2）因为 ,所以 ,
在 中,由正弦定理得 ,
在四边形 中, ,
所以 ,
则
2．如图所示，在四棱台 中，底面 是菱形， 平面 .
（1）证明： ；
（2）若 ，棱 上是否存在一点 ，使得平面 与平
面 的夹角余弦值为 .若存在，求线段 的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 或 .
【分析】（1）利用线面垂直证线线垂直.
（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，利用空间向量求平面与平面所成角，构造方程求解即可.
【解析】（1）
证明：连接 ，因为底面 是菱形，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 ；
又 ，所以 平面 .因为四棱台 中， 、 延长线交于一点，
所以 四点共面，所以 .
（2）由（1）知，建立如图所示空间直角坐标系 ，
则 ，
若存在点 满足题意，则设 .
易知平面 的一个法向量
设平面 的法向量 .
.
则 则
令 ，则 .
，解之得 .
故在棱 上存在点 满足题意，此时 或 .
变式：在图1的直角梯形 中， ，点 是 边上靠近于点
的三等分点，以 为折痕将 折起，使点 到达 的位置，且 ，如图2．
(1)求证：平面 平面 ；
(2)在棱 上是否存在点 ，使得二面角 的大小为 ？若存在，求出线段 的长度，若
不存在说明理由．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）由直角梯形边长可知 ，连接 交 于点 ，由线面垂直的判定定理可证明
平面 ，即可得出结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面 与平面 的法向量，利用二面角 的大小为
解方程即可求得线段 的长度为 .
【解析】（1）根据题意，由直角梯形边长 可知 ；又点 是 边上靠近于点 的三等分点，所以 ，可得 为等边三角形；
连接 ， 交 于点 ，如下图所示：
可得四边形 为菱形，所以 ，
即折起后 ，如下图所示：
易知 ，又 ，满足 ，即 ；
又 ， 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，
所以平面 平面 ；
（2）以 为坐标原点，分别以 为 轴， 方向为 轴正方向建立空间直角坐标系，如下图
所示：
则 ；
可得 ，
假设存在点 满足题意，设 ，
所以 ，则 ，由（1）可知 平面 ，利用 易得平面 的一个法向量可取为
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，可得 ；
所以 ，解得 或 （舍），
可得 ；
即线段 的长度为 .
3．设函数 .
（1）求 的极值；
（2）若对任意 ，有 恒成立，求 的最大值.
【答案】（1）极小值 ，无极大值； （2） .
【分析】（1）求导，判断函数单调性即可确定极值;
（2）分离参数并构造新函数，求导，判断函数单调性求出最小值即可求解.
【解析】（1） .
令 ，得 ，令 ，得 .
故 在 单调递减，在 单调递增.
在 处取得极小值 ，无极大值.
（2） 对 恒成立，即 对 恒成立.
令 ，则只需 即可.
.
易知 均在 上单调递增，
故 在 上单调递增且 .
当 时， 单调递减；
当 时， 单调递增.
.故 ，故 的最大值为 .变式：已知函数 .
（1）若 是函数 的一个极值点，求实数 的值；
（2）若函数 有两个极值点 ，其中 ，若不等式 恒成立，求实数
的取值范围.
【答案】（1） （2）
【分析】（1）对函数求导依题意可得 ，解得 ，经检验符合题意；
（2）由两极值点的关系通过构造函数可将不等式恒成立问题转化为函数
对任意的 恒成立，利用导数并对实数 的取值分类讨论
即可求得 .
【解析】（1）易知 ，又 是函数 的一个极值点，
，即 .
此时 ，令 ，
在 上单调递增，且 ，
在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 是 的极小值点，即 符合题意；
因此实数 的值为 .
（2）由①知 是 的两个根，
故 ，则 ，
不妨设 ，又 ，所以 可得 ，
可得 ，即 ，所以 ；
故由 可得 ，
即 ，所以 ；
也即 ，化简得 ，
由于 ，所以等价于 对任意的 恒成立，
令 ，故 对任意的 恒成立，则 ，
设 ，则 ，
（i）当 时， 单调递增，
故 单调递减，故 ，不满足，舍去；
（ii）当 时， 单调递减，
故 单调递增，故 ，故 恒成立，符合题意；
（iii）当 时，令 ，则 ，
当 时， 单调递增，
当 时， 单调递减，
又 ，故 时， ，此时 单调递减，故 ，
因此当 时， ，不符合题意，舍去.
综上，实数 的取值范围为 .
4．甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若末命中则换为对方
投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签
确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
（1）求第2次投篮的人是乙的概率；
（2）求第 次投篮的人是甲的概率；
（3）已知：若随机变量 服从两点分布，且 ，则
．记前 次（即从第1次到第 次投篮）中甲投篮的次数为 ，求 ．
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【分析】（1）根据全概率公式即可求出；
（2）设 ，由题意可得 ，根据数列知识，构造等比数列即可解出；
（3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出．
【解析】（1）记“第 次投篮的人是甲”为事件 ，“第 次投篮的人是乙”为事件 ，
所以， .
（2）设 ，依题可知， ，
则 ，
即 ，
构造等比数列 ，设 ，解得 ，则 ，
又 ，所以 是首项为 ，公比为 的等比数列，
即 ．
（3）因为 ， ，
所以当 时， ，
故 ．
变式：第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，为弘扬奥林匹克和亚运精神，增强
锻炼身体意识，某学校举办一场羽毛球比赛．已知羽毛球比赛的单打规则是：若发球方胜，则发球方
得1分，且继续在下一回合发球；若接球方胜，则接球方得1分，且成为下一回合发球方．现甲、乙
二人进行羽毛球单打比赛，根据以往甲、乙两名运动员对阵的比赛数据可知，若甲发球，甲得分的概
率为 ，乙得分的概率为 ；若乙发球，乙得分的概率为 ，甲得分的概率为 ．规定第1回合是甲
先发球．
（1）求第3回合由甲发球的概率；
（2）①设第i回合是甲发球的概率为 ，证明： 是等比数列；
②已知：若随机变量 服从两点分布，且 ， ，2，…，n，则
．若第1回合是甲先发球，求甲、乙连续进行n个回合比赛后，甲的总得分的期望．
【答案】（1） ；（2）①证明见解析；②
【分析】（1）通过设出事件，结合事件独立的概率乘法公式计算即可；（2）①通过题意得到
，进而构造等比数列进行证明即可；②根据题意得到记第 回合甲得分为 ，显
然 服从两点分布，结合题目中的期望公式计算即可.
【解析】（1）设“第3回合由甲发球”为事件 ，
则 ，所以第3回合由甲发球的概率为
（2）①第 回合是甲发球分两种情况：
第一种情况为第 回合是甲发球且甲得分，
第二种情况为第 回合是乙发球且甲得分，
则 ，即 ，所以 ，又因为 ，所以 ，所以 ，
即 是首项为 ，公比为 的等比数列
②因为 是首项为 ，公比为 的等比数列，
所以 ，即 ，
记第 回合甲得分为 ，显然 服从两点分布，
且事件 等价于第 回合是甲发球，故 ，
又因为求甲、乙连续进行n个回合比赛后，甲的得分为 ，
所以 ，
故甲的总得分的期望为
5．如图，已知椭圆 的短轴长为4，焦点与双曲线 的焦点重合.点 ，斜率为 的
直线 与椭圆 交于 两点.
求常数t的取值范围，并求椭圆 的方程.
本题可以使用解析几何的方法，也可以利用下面材料所给的结论进行解答
极点与极线是法国数学家吉拉德 迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式
阐述的.对于椭圆 ，极点 不是原点 对应的极线为 ，且若极点P
在x轴上，则过点P作椭圆的割线交 于点 ，则对于 上任意一点Q，均有 当
斜率均存在时 已知点Q是直线 上的一点，且点Q的横坐标为 连接PQ交y轴于点 连接
分别交椭圆 于 两点.
①设直线AB、MN分别交y轴于点D、点T，证明：点E为D、T的中点；
②证明直线：MN恒过定点，并求出定点的坐标.
【答案】（1） ， （2）①证明见解析;②【解析】（1）由题意焦点在x轴上，所以 ，解得 ，即t的范围为 ，
且 ，解得 ，
所以椭圆方程为
（2）我们首先给出题目给出的引理的证明：
设 ，则Q在P的极线上，
现在如果经过P的直线 交椭圆于 ：
那么，代入椭圆就得到 ，
所以
，
由韦达定理有 ，
此时要证明的是： ，
也就是 ，
也就是 ，
也就是 ，
也就是 ，
也就是 ，
也就是 ，
也就是 ，
也就是 ，
也就是 ，也就是 ，
这显然成立，所以结论得证.
接下来我们回到原题，
①首先由于Q在P的极线 上，故由引理有 ， ，
而 ，
所以 ，这表明Q是MN和AB的交点，
又由于 ，故 ，
设 ，而 ， ， ，
所以 ，也就是E是DT的中点；
②设 ，那么 ，所以 ，
这表明MN的方程是 ，即 ，
所以MN恒过点
变式：如图，已知椭圆 的左顶点为 ，离心率为 是直线
上的两点，且 ，其中 为坐标原点，直线 与 交于另外一点 ，直线 与
交于另外一点 ．
（1）记直线 的斜率分别为 ，求 的值；
（2）求点 到直线 的距离的最大值．【答案】（1） （2）
【分析】（1）利用斜率公式及两直线垂直的条件即可求解；
（2）根据已知条件及椭圆的离心率公式求出椭圆 的方程，当直线 的斜率存在时，设出直线
的方程，将直线 的方程与椭圆 的方程联立，利用韦达定理，结合（1）的结论，进而得出直线
过定点，当直线 的斜率不存在时，求出直线 ，与椭圆 的方程联立，得出 得坐
标，得出直线 过定点即可求解.
【解析】（1）设 ，所以 ,
又 ，所以 ，
又 ，
所以
（2）由题意可知 ，解得
所以椭圆 的方程为
当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为 ，
由 ，消去 ，得 ，
则 ，
所以 ，
由（1）知 ，所以 ,
整理得 ，
所以 ，整理得 ，
即 ，解得 ，或当 时，直线 的方程为 ，过定点 ，不符合题意，舍去；
当 ，直线 的方程为 ，过定点
当直线 的斜率不存在时，易得 ，
所以直线 的方程为 ，
由 ，消去 ，得 ，解得 ，或 ，
所以 ，同理得 ，
此时直线 的方程是 ，过定点
综上，直线 过定点
又 ，
所以点 到直线 的距离的最大值为 .
