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专题03 数列、立体几何、解析几何
一、数列小题综合
1．（2025·湖北·一模）在数列
中，
，则数列
的通项公式
．
【答案】
【分析】由已知得出
是以
为首项，3 为公比的等比数列，即可求解．
1
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【详解】由
，
可得
，
又
，所以
是以
为首项，3 为公比的等比数列，
所以
，所以
，
故答案为：
．
2．（2025·湖北鄂州·一模）设5 个正实数组成公差大于0 的等差数列，记其首项为a，公差为d，且这5 个
数中有3 个数组成等比数列，则
的值可能为（ ）
A．
B．
C．1
D．2
【答案】BC
【分析】结合等差数列，等比数列的性质即可求解.
【详解】由题意知等差数列的5 个正实数为
，
若
成等比数列，
则
，解得
，与题意不符；
若
成等比数列，
则
，解得
，即
，符合题意；
若
成等比数列，
则
，解得
，即
，符合题意；
若
成等比数列，
则
，解得
，与题意不符；
若
成等比数列，
则
，解得
，与题意不符；
2
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若
成等比数列，
则
，解得
，与题意不符；
若
成等比数列，
则
，解得
，与题意不符；
若
成等比数列，
则
，解得
，与题意不符；
若
成等比数列，
则
，解得
，与题意不符；
若
成等比数列，
则
，解得
，与题意不符；
综上，
或
，
故选：BC.
3．（2025·湖北·一模）若数列
各项均为正数，则“
为等比数列”是“
为等差数列”的
（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义，结合等差数列、等比数列的定义判断.
【详解】数列
中，
，
数列
为等比数列，令其公比为
，则
，
，
为常数，因此数列
为等差数列；
反之，
为等差数列，令其公差为
，则
，即
为常数，
3
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因此数列
为等比数列，
所以“
为等比数列”是“
为等差数列”的充要条件.
故选：C
4．（2025·湖北鄂州·一模）设正整数数列
满足
，
，则
.
【答案】
或/ 或
【分析】利用赋值法得出
，结合题意求出
的值，推导出数列
为周期数列，结合数
列的周期性可求得
的值.
【详解】因为正整数数列
满足
①，
，则
，
则
，所以，
或
，
由题意可得
②，由①②可得
，
所以，数列
是周期为的周期数列，
因为
，故
或
.
故答案为：
或.
5．（2025·湖北·一模）（多选）已知递增数列
的各项均为正整数，且满足
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【分析】对A 直接代入
计算即可；对B，利用反证法即可证明，对C，通过不断代入得到
，再
结合其单调性即可判断C，对D，通过代入归纳总结得到
时，
，再代入合理
值即
可判断.
4
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【详解】对A，在原式中令
，则
，故A 正确；
对B，若
，
单调递增，则
，则
，即
矛盾，舍去，故
，故B 正
确；
对C，由
得
，则
，则
，
，
，原式中令
，
令
，因为递增数列
，
C 错；
对D，由
，令
，由
单调递增，
，令
，令
则
，
则
时，
，
且
，
则
时，
时，
，
当
时，
时，
，
在原式中令
，
同理由
，D 正确，
故选：ABD．
6．（2025·湖北·一模）等比数列
中，
，
，
满足：
（P 点在直线
上），
则
的最大值为 ．
【答案】
【分析】由题意得
，根据等比数列的性质有
，结合重要不等式即可求解.
【详解】等比数列
中，
，有
，
5
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，
满足：
（P 点在直线
上），则有
，
所以
，当且仅当
时等号成立，
又
，有
，所以
的最大值为
.
故答案为：
.
二、判断空间中位置关系
7．（2025·湖北武汉·一模）如图，已知在四面体
中，
为等边三角形，
的面积
为
，点
在平面
上的投影为点
，点
分别为
的中点，则（ ）
A．
与
相交
B．
与
异面
C．
D．
【答案】C
【分析】AB 选项，作出辅助线，得到
，由于
与
相交，故
与
异面；CD 选项，建
立空间直角坐标系，利用三角形面积求出等边三角形边长，写出点的坐标，利用向量夹角公式得到C 正确，
D 错误.
【详解】AB 选项，连接
，则
，
平面
，
平面
，
由于
与
相交，故
与
异面，故AB 错误；
C 选项，
的面积为
，
为等边三角形，
设
的边长为
，则
，解得
，
6
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因为
分别为
的中点，所以
⊥
，
又
在平面
上的投影为点
，故
⊥平面
，
以
为坐标原点，
所在直线为
轴，平行
的直线为
轴，
所在直线为
轴，
建立空间直角坐标系，
又
，故
，
则
，
，
所以
，C 正确；
D 选项，
，
，
，
故
故
所成角的余弦值为
，故D 错误.
故选：C.
7
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三、立体几何中的面积问题
8．（2025·湖北·一模）已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上下底面面积之差的绝对
值为（ ）
A．π
B．2π
C．4π
D．8π
【答案】B
【分析】由侧面面积公式建立等式，然后分别写出上下底面面积，作差后代入即可得到结果.
【详解】如图：
设展开图小圆半径和大圆半径分别为
，则圆台侧面积
，即
，
上底面半径
，下底面半径
，
圆台上下底面面积之差的绝对值为
.
故选：B.
9．（2025·湖北·一模）已知正四面体
的棱长为
，动点P 满足
，用所有这
样的点P 构成的平面截正四面体，则所得截面的面积为 .
【答案】
【分析】设四个顶点为
，根据
得到截面方
程即可求解.
【详解】建立正四面体的顶点坐标，
设四个顶点为
，
每条棱长均为
，设动点
，
，
，
8
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，
，
，
，
因为
，
所以
，即所有满足条件的点
构成的平面为
平面（
平面），
而
为正方体的顶点（如图所示），且该正方体的中心为原点，
由对称性可得棱
交于
，棱
交于
，棱
交于
，棱
交于
，
截面四边形的顶点为
，
在
平面上形成一个菨形，其对角线的长度为
，故面积为2.
故答案为：
.
四、立体几何中的最值问题
10．（2025·湖北武汉·一模）已知正三棱柱
的底面边长为
，侧棱长为
，点
在平面
上（不含三棱柱的顶点），若
，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】由题意知，点
是在以线段
为直径的球与平面
形成的交线上，
9
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如图，取
的中点
，
的中点
，设BP 的中点为
，
连接
，则
，
，
过点
作
，垂足为N，
由于
，
又根据正三棱柱可知
，
平面
，
所以
平面
，则
平面
，
则
，
而
，
，
，
，
故点
在以
为圆心，
为半径的圆上，
故
的最小值为
，
故选：D.
11．（2025·湖北鄂州·一模）在三棱锥
中，
，
，
，
，则三棱锥
的体积的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
10
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【分析】将三棱锥放置于一平行六面体中，使P，A，B，C 成为平行六面体的顶点.
由
，
可得该平行六面体各边相等，据此可得答案.
【详解】如图，将三棱锥
放于平行六面体
中，
则
，又
，
，
则
，
.又四边形
，四边形
为平行四边形，
则四边形
，四边形
为菱形.
则
.
注意到
，
又
，
则
，设PH 与底面HBGC 夹角为
，
则
，当且仅当
时取等号，则
.
故选：D
【点睛】关键点睛：对于求三棱锥体积，可适当将几何体放于平行六面体中研究，由题目条件可明确平行
六面体的特征，最后结合三棱锥体积为相关平行六面体体积的
得答案.
12．（2025·湖北·一模）（多选）如图，几何体的底面是边长为6 的正方形
底面
11
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，
，则（ ）
A．当
时，该几何体的体积为45
B．当
时，该几何体为台体
C．当
时，在该几何体内放置一个表面积为S 的球，则S 的最大值为
D．当点
到直线
距离最大时，则
【答案】ACD
【分析】对于A：根据题意结合图形利用分割法球体积；对于B：根据题意结合台体的结果特征分析判断；
对于C：根据台体的结构特征结合正方体的内切球分析求解；对于D：建系，利用空间向量球点到面的距
离，结合单调性分析求解.
【详解】若
，即
，可知
为矩形，
对于选项A：当
时，即
，
取
的中点
，连接
，如图所示：
因为
底面
，
底面
，则
，
且
为正方形，则
，
，
平面
，可得
平面
，
12
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又因为
，
∥
，可知
为平行四边形，则
∥
，
可知
为直三棱柱，
底面
，
所以该几何体的体积为
，故A 正确；
对于选项B：当
时，即
，可知
，所以该几何体不为台体，故B
错误；
对于选项C：当
时，即
，则
，所以该几何体为台体，
如图所示，
为相应边的中点，则
为正方形，
因为
底面
，且
，可知所求球的半径
，
且正方形
的内切球的半径即为
，
所以最大球的半径
，即S 的最大值为
，故C 正确；
对于选项D：以
为坐标原点，
分别为
轴，建立空间直角坐标系，
则
，可得
，
13
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则点
到直线
距离为
，
可知
在
内单调递增，所以当点
到直线
距离最大时，则
，故D 正确；
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截
面，把空间问题转化为平面问题求解；
（2）正方体的内切球的直径为正方体的棱长；
（3）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；
（4）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的
位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解．
五、求离心率
13．（2025·湖北黄冈·一模）已知实数
，
，成等比数列，则圆锥曲线
的离心率为（ ）
A．
B．
C．
D．
或
【答案】D
【分析】根据等比中项可求
，然后代入曲线方程分别得到曲线为椭圆和双曲线，根据离心率的公式
即可求解.
【详解】因为实数
，
，成等比数列，所以
，则
；
当
时，圆锥曲线
，即
为椭圆，其离心率
；
当
时，圆锥曲线
，即
为双曲线，其离心率
；
故选：D
14
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14．（2025·湖北黄冈·一模）已知椭圆
的左、右焦点分别为
，
，点P 在C 上且
在第二象限，
，点Q 在
的平分线上，满足
且
（O 为坐标原点），则
C 的离心率为 .
【答案】
【分析】根据椭圆图形特征，结合椭圆定义计算求出离心率即可.
【详解】延长OQ 交
于点A，设
，
.
因为
，所以
，又
，所以
.
因为O 为
的中点，所以点A 为
的中点，
.因为点Q 在
的平分线上，
所以
，所以
，从而
，因为
，所以
，
又由椭圆的定义可得
，所以结合以上两式可得
.
在
中，
，得
，
化简得
，故C 的离心率
.
故答案为：
.
六、圆锥曲线小题综合
15
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15．（2025·湖北鄂州·一模）椭圆
经过
和
两点，则椭圆
的焦距为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】求出
、
的值，可得出的值，由此可得出椭圆
的焦距.
【详解】由题意可得
，解得
，
，则
，
因此，椭圆
的焦距为
.
故选：D.
16．（2025·湖北武汉·一模）已知
为坐标原点，抛物线
的焦点为
，点
在抛物线
上，则
.
【答案】
【分析】根据抛物线方程可得点
坐标，进而可
.
【详解】依题意得，
，解得
，
故
，
故答案为：
.
17．（2025·湖北·一模）已知抛物线
的焦点为
，点
在抛物线上，点
到点
的
距离与到直线
的距离相等，则
（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
16
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【分析】首先求出抛物线的准线方程，根据抛物线的定义及已知条件得到
，求出
，再代入
抛物线方程，求出
.
【详解】抛物线
的准线为
，
又点
在抛物线，所以点
到点
的距离与到直线
的距离相等，
又，点
到点
的距离与到直线
的距离相等，
所以
，解得
，即
，所以
，解得
.
故选：B
18．（2025·湖北黄冈·一模）已知抛物线
的焦点为F，过点F 且斜率为
的直线交抛物线于A，B
两点，以线段
为直径的圆交y 轴于
两点，设线段
的中点为H，则
的值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】依题写出直线的方程，与抛物线方程联立消元，写出韦达定理，继而求得点
和
，
过点
作
轴，垂足为点
，借助于
，即可求得
.
【详解】由题易得焦点
，由直线l 过点
且斜率为
，可得
，
将其与
联立，消元得
，设
，
则
．设
，则
，即
，
且
(或运用抛物线焦点弦公式
)，
故以
为直径的圆的半径为
，
过点
作
轴，垂足为点
，则在
中，
17
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，故
．
故答案为：A.
19．（2025·湖北武汉·一模）已知双曲线
的左、右焦点分别为
，点
在双曲
线上，且
，若
的内心为
，且
与
共线，则双曲线
的渐近线方程
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据
与
共线，求出
点的纵坐标，再根据
的面积及双曲线的定义求出
，从而可求出
点的坐标，代入双曲线方程即可得解.
【详解】设
，依题意可设
，
所以
，则
，
故
，
化简得
,
18
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又
，
所以
，
因为
，点
在双曲线上，且
，
所以
在双曲线的右支上，
所以
，
则
，解得
，
所以
的坐标为
，
代入双曲线方程中，得
，解得
，
故所求渐近线的方程为
.
故选：B.
20．（2025·湖北·一模）（多选）已知
，
分别是椭圆
：
的左、右焦点，
为坐标原点，
为
上异于左、右顶点的一点，
是线段
的中点，则（ ）
A．
B．
19
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C．
内切圆半径的最大值为
D．
外接圆半径的最小值为1
【答案】ACD
【分析】由椭圆的定义结合中位线的性质可得A 正确；由椭圆的性质令点
在第二三象限时可得B 错误；
由焦点三角形的面积公式结合内切圆的性质和椭圆的性质可得C 正确；由正弦定理可得D 正确.
【详解】
对于A，
，故A 正确；
对于B，由三角形中位线得
，因为当点
在第二三象限时，
，此时
，故B 错
误；
对于C，因为
，
，
当点
在上顶点时，
最大，所以
，所以
，
所以
，所以由三角形相似可得
，
设内切圆半径为，又
，
所以
内切圆半径的最大值为
，故C 正确；
对于D，设
的外接圆半径为
，则由正弦定理可得
，故D 正
确.
故选：ACD
20
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七、数列解答题
21．（2025·湖北武汉·一模）已知数列
的首项为
，前
项和为
，且
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)求满足
的
的最小值；
(3)已知
，记数列
的前
项和为
，求证：
.
【答案】(1)
(2)最小值为
(3)证明见解析
【分析】（1）根据退一相减法可得
，再结合累加法可得通项公式；
（2）由通项公式代入不等式，可得
的范围，即可得解；
（3）利用裂项相消法可求和，再结合不等性质可得证.
【详解】（1）由已知
，
则
，
即
，则
，
，
，
，
等式左右分别相加可得
，
则
；
（2）由（1）得
，且
，
即
，
化简可得
，
21
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又
，即
，
所以满足
的
的最小值为
；
（3）依题意得，
，
则
，
又
，所以
，
所以
，
即
.
八、立体几何解答题
22．（2025·湖北·一模）如图，正方形
所在平面和等腰梯形
所在平面互相垂直，已知
，
，点
在线段
上.
(1)求证：平面
平面
；
(2)当直线
与平面
所成角的正弦值为
时，求
.
【答案】(1)证明见解析
(2)
或
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求平面
的法向量
，设
即可求得点
的坐标，利用夹角公
式即可求解.
【详解】（1）证明：由正方形
有
，又平面
平面
，平面
平面
22
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，
所以
平面
，又
平面
，所以
，
过点
作
，则
，
，
，所以
，
所以
，即
，又
，
所以
平面
，又
平面
，所以平面
平面
；
（2）由（1）知
两两互相垂直，分别以
为
轴，
轴，
轴，建立空间直角坐标系
如图：
则有
，设
，则
，设
，
则有
，解得
，得
，
所以
，
设平面
的法向量为
，则有
，
令
，得
，
设直线
与平面
所成角为
，
所以
，
解得
或
，
所以
或
.
23
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23．（2025·湖北鄂州·一模）如图，棱长为的正方体
中，平面
与直线
交于点
.
(1)证明：
为
的重心；
(2)求二面角
的余弦值；
(3)求三棱锥
外接球的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接
、
、
、
，推导出
平面
，结合勾股定理推导出
为
的外
心，再由
为等边三角形可得出结论成立；
（2）以
为原点，
、
、
所在直线分别为
、
、
轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法
可求得二面角
的余弦值；
（3）设球心为
，由
，可得出关于
、
、的方程组，解出这两个量的值，可得出
球心的坐标，求出该球的半径，结合球体体积公式可求得结果.
【详解】（1）连接
、
、
、
，如下图所示：
24
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因为四边形
为正方形，则
，
因为
平面
，
平面
，则
，
因为
，
、
平面
，则
平面
，
因为
平面
，所以，
，同理可得
，
因为
，
、
平面
，所以，
平面
，
因为
平面
，
、
、
平面
，
则
，
，
，
因为
，则
，
即
，则
为
的外心，
易知
为等边三角形，故
为
的重心.
（2）以
为原点，
、
、
所在直线分别为
、
、
轴建立空间直角坐标系.
所以
、
、
、
、
.
因为
为
的重心，故
，
所以
，
，
设
为平面
的一个法向量，则
，
25
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取
可得
，
易知平面
的一个法向量为
.
所以
.
因为二面角
为锐二面角，所以二面角
的余弦值为
.
（3）设球心为
，由
，
可得
，解得
，即球心为
，
所以三棱锥
的球心为线段
中点，且外接球半径为
.
故其外接球体积为
.
24．（2025·湖北武汉·一模）已知四棱锥
的底面
为平行四边形，
，
，
，
，
.
(1)求三棱锥
外接球的表面积.
(2)设
为线段
上的点.
（i）若
，求直线
与平面
所成角的正弦值.
（ii）平面
过点
，
，且
平面
，探究：是否存在点
，使得平面
与平面
之间所成角的正
切值为
，若存在，求出
的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
26
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(2)（i）
；（ii）存在，
的值为
或
【分析】（1）根据线线垂直证明线面垂直，进而可证面面垂直，再根据外接球性质确定外接球球心，进
而可得外接球半径及表面积；
（2）（i）建立空间直角坐标系，利用坐标法可得线面夹角正弦值；（ii）建立空间直角坐标系，设
，利用坐标法表示线面夹角余弦值，结合正弦值可得
，再根据平面
过点
，
，可得解.
【详解】（1）如图所示，
因为
，
，
，
故
，即
，
则
，
故
为直角三角形，即
，
又
，
，且
，
平面
，
则
平面
，
又因为
平面
，所以平面
平面
，
设
中点为
，则
的外接圆圆心
满足
，
过
的外接圆圆心
作直线垂直于平面
，
过线段
的中点
作直线
垂直于平面
，其中
，
则
即为三棱锥
的外接球球心，
且四边形
为矩形，
27
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即
，
故
，
故三棱锥
外接球的表面积
；
（2）（i）以
的中点
为原点，
为
轴，平行
方向为
轴，
为
轴，
建立如图1 所示的空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
，
而
，故
，
，
.
设
为平面
的法向量，
则
，则
，
令
，则
为平面
的一个法向量.
而
，
28
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故直线
与平面
所成角的正弦值
；
（ii）由（i）可知
，
，
设平面
的法向量为
，
则
，令
，则
，
如图2，建立空间直角坐标系，记直线
平面
，直线
平面
，连接
，
因为
平面
，平面
平面
，所以
，
不妨设
，则
，
，
则
，故
，
同理可得，
，
则有
，
，
设平面
的法向量为
，
29
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则
，
解得
，设
，则
，
故
，
所以
，
又
与平面
之间所成角的正切值为
，
则
，
化简得
，解得
或
，
设
，则
，则
，
解得
，
故
.
当
时，
.
因为
，所以
，
30
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化简得
，解得
，满足要求.
当
时，
.
因为
，所以
，
化简得
，解得
，满足要求.
综上所述，
的值为
或
.
25．（2025·湖北·一模）如图1，在平行四边形
中，
，E 为
的中点．将
沿
折起，连接
与
，如图2．
(1)当
为何值时，平面
平面
?
(2)设
，当
时，是否存在实数
，使得直线
与平面
所成角的正弦值
为
？若存在，求出
的值；若不存在，请说明理由．
(3)当三棱锥
的体积最大时，求三棱锥
的内切球的半径．
【答案】(1)
(2)存在，
(3)
【分析】（1）先探索面面垂直的必要条件，再证明充分性即可.
31
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（2）由（1）得面面垂直、线面垂直关系，建立空间直角坐标系，用向量方法表示线面角的正弦值，建立
关于
的方程求解即可
（3）借助体积公式可得当
平面
时，三棱锥
的体积最大，借助等体积法计算可得内切
球半径.
【详解】（1）连接
，由题意得，
，
则
为等边三角形，
，
在
中，
，
由余弦定理得
，
所以
，由
，
则
，故
.
若平面
平面
，
由平面
平面
，
平面
，
，
则
平面
，
平面
，则
，
所以
.
下面证明当
时，平面
平面
.
证明：由
，则
，
所以
，又
，
平面
，
所以
平面
，
又
平面
，所以平面
平面
，
故当
时，平面
平面
；
（2）由（1）知，
，则平面
平面
.
在平面
内过
作
，
由平面
平面
，
平面
，
则
平面
，
平面
，则
.
如图，以点
为坐标原点，以
所在直线分别为
轴，过
垂直于平面
的直线为
轴，
建立如图所示的空间直角坐标系
，
32
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则
，
故
，
由
，
，
因为
轴垂直平面
，故可取平面
的一个法向量为
，
设直线
与平面
所成角为
，
所以
，
化简得
，解得
或
（舍去），
故当
时，存在
，使直线
与平面
所成角的正弦值为
；
（3）设点
到平面
的距离为，
由
，其中
为定值，
则要使三棱锥
的体积最大时，则点
到平面
的距离取最大，
取
中点
，连接
，则
，
当
平面
时，点
到平面
的距离最大，
此时，由
平面
，则平面
平面
，
由（1）知，
，
为直角三角形，
.
则
，
33
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，
，
在
中，
，取
中点
，
则
，且
，
所以
，
设内切球球心为
，内切球半径为，由等体积法知，
其中，
，
故
，
故当三棱锥
的体积最大时，三棱锥
的内切球的半径为
.
【点睛】方法点睛：空间几何体的内切球问题，一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出
或找到截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径；三是建立空间直角坐标系，设出
球心坐标，利用有关半径等的等量关系解方程组可得.
九、圆锥曲线解答题
26．（2025·湖北黄冈·一模）已知双曲线
（
，
）过点
，且焦距为4.
(1)求C 的方程.
(2)设A 为C 的右顶点，B 为C 左支上一点，求
面积的最小值.
(3)若过点
的直线与C 的左、右两支分别交于点E，F，直线
上是否存在不同于点D 的点
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Q，使得DQ 平分
？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）将已知点代入双曲线方程，再结合焦距列出方程求解；
（2）依题意直线AP 的方程为
，设过点B 且平行于直线AP 的直线l 的方程为
，则
当直线l 与双曲线C 的左支相切时，直线l 与直线AP 之间的距离最小，此时
的面积最小，从而求解；
（3）由题意可知，过点
的直线EF 的斜率存在，设其方程为
，
，
，联立方程组，再假设直线
上存在不同于点D 的点Q，使得DQ 平分
，
，
，根据
得
，化简可得的值.
【详解】（1）由题意可得
，得
，
，
故C 的方程为
.
（2）由（1）可得
，
故
，直线AP 的斜率
，
则直线AP 的方程为
.
35
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设过点B 且平行于直线AP 的直线l 的方程为
，
则当直线l 与双曲线C 的左支相切时，直线l 与直线AP 之间的距离最小，
此时
的面积最小.
由
，得
，
令
，解得
，
当
时，直线l 与双曲线C 的左支相切，符合题意；
当
时，直线l 与双曲线C 的右支相切，不符合题意.
故直线l 与直线AP 之间的距离的最小值为
，
所以
面积的最小值为
.
（3）由题意可知，过点
的直线EF 的斜率存在，不妨设
在左支上，
在右支上，
设其方程为
，
，
，
由
，得
，
其判别式
，
所以
，
.
假设直线
上存在不同于点D 的点Q，使得DQ 平分
，
，
因为
，所以
，
因为
，
，
，
所以
，
36
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，
由题知
，
，
，
所以
，
整理得
，
则
，
所以
，解得
，
因此直线
上存在点
，使得DQ 平分
.
27．（2025·湖北武汉·一模）已知椭圆
过点
，
，过点
的
直线与
交于
，
两点，其中
.
(1)求椭圆
的方程；
(2)若直线的斜率为
，求
的值；
(3)已知
，直线
交
轴于点
，若四边形
为等腰梯形，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
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(3)
【分析】（1）根据椭圆上的点，代入可得椭圆方程；
（2）设直线方程，联立直线与椭圆，结合韦达定理，及弦长公式可得解；
（3）由四边形
为等腰梯形，可知
，设点
的坐标为
，
的中点为
，则
，要求直线的斜率，只需要转化为求点
的坐标，则有
，根据点斜式可知直线
的方程为
，可得
，设直线的方程为
，联立直线与椭
圆，结合韦达定理可得
，求出
，
，可得所求直线的方程.
【详解】（1）由已知椭圆过点
，
，
则
，解得
，
即椭圆方程为
；
（2）依题意得，直线的方程为
，
联立
，整理得，
，
故
，
，
故
；
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（3）因为四边形
为等腰梯形，则必有
，即
，
不妨设点
的坐标为
，
的中点为
，则必有
，
要求直线的斜率，只需要转化为求点
的坐标，则有
.
而
，则直线
的方程为
，
令
，则有
，
不妨设直线的方程为
，
则有
，即
，
联立方程
，消去
得
，
则有
，
，则有
，
则有
，所以
，
所以
，
所以
，故所求直线的方程为
.
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28．（2025·湖北鄂州·一模）已知抛物线
，点P 是W 上位于第一象限内的一点，过P 作W 的切
线交y 轴于点Q.过原点O 作PQ 的平行线交W 于点A，过A 作OP 的平行线交W 于点B，BP 交OA 于点N.
(1)求
的最大值；
(2)证明：直线QN 经过AB 的中点；
(3)若OQAB 四点共圆，求P 点的坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）设
，利用导数和斜率公式得得
，再结合两角差的正切公式得
表达式，借助基本不等式求最值；
（2）根据题意，求出点
的坐标，从而得直线
方程为
，再求出与直线AB 的交点，即可得
证；
（3）设直线AB 交y 轴于点D，设
，
，
，由于OQAB 共圆，所以
，解之可得点
坐标.
【详解】（1）记原点为O 点，不妨设
，
由于
，则
.
所以可得过P 点的切线的方程为
.
又因为
，故
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记P 点在x 轴上投影为点C，在y 轴上的投影为点M，记
，
则
.
当且仅当
时取等.故
的最大值为
.
（2）由（1），
，所以直线OA 的方程为：
.
令直线OA 与抛物线
联立知
，
，则
.
直线AB 的方程为：
，
与抛物线
联立知
，则
.
所以P，B 关于x 轴对称，即
轴.所以
，
所以直线
方程为
，与直线AB 的方程联立可得交点
，
可得为AB 中点，所以QN 平分AB.
（3）设直线AB 交y 轴于点D，
由（2）知
，且
，所以BP 平分
.
41
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因为
，转化比例得
，
.
由于OQAB 共圆，所以
.
设
，
，
，
代入上式得：
.
所以
.故P 点坐标为
.
【点睛】关键点点睛：利用导数法求抛物线在P 点的切线的方程交易.
29．（2025·湖北·一模）已知双曲线
：
的离心率为
，
为坐标原点，过
的右
焦点的直线交
的右支于P，Q 两点，当
轴时，
.
(1)求
的方程；
(2)过P 作直线
的垂线，垂足为N.
（i）证明：直线
过定点；
（ii）求
面积的最小值.
【答案】(1)
；
(2)（i）证明见解析；（ii）
.
【分析】（1）由离心率及双曲线参数关系求得
，结合已知令
，代入双曲线求参数
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值，即可得方程；
（2）（i）设
，则
，设
，联立双曲线并应用韦达定理，结合直线
、
双曲线对称性确定定点位置并得到
，再作化简求值，即可得定点坐标；
（ii）应用三角形面积公式、弦长公式，结合
求面积的最小值.
【详解】（1）由题设
且
，则
，
由
轴时，
，不妨令
，代入双曲线得
，
所以
，则所求方程为
；
（2）（i）设
，则
，由斜率不为0，设
，
联立双曲线并整理得
，则
，
所以
，
由
，直线
，
根据双曲线的对称性，直线
所过定点必在
轴上，
令
，则
，
因为
，所以
，
而
，则
，
所以
过定点
；
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（ii）由
，
由（i），
，可得
，
令
，则
，
由
，故
，当
时取等号，
综上，
的最小值为
.
44
