x
y
O
Senior High Mathematics
高二数学
数理进阶
2026 · 秋季
适用年级· 高二年级
教材版本· 人教A 版
适用班型· 数理班
全册讲数· 共 20 讲
本册面向 2026 高二数学秋季数理进阶学习，围绕核心知识与高阶方法展开，融合知识精析、典型题
突破与综合训练，帮助学生夯实基础、拓展方法、提升数学思维深度。
博观而约取 · 厚积而薄发
目
录
C O N T E N T S
第01 讲空间向量的运算及应用
1
题型1 根据空间向量的线性运算求参数
1
题型2 向量共线、共面的判定及应用
2
题型3 空间向量的数量积及参数、最值问题
5
题型4 空间向量的模及参数、最值问题
6
题型5 空间向量的夹角及参数、最值问题
8
题型6 垂直、投影向量及参数问题
10
题型7 证明平行、共面、垂直问题
11
第02 讲空间向量中的探索与范围问题
25
题型1 平行与垂直中的探索性问题
25
题型2 距离中的探索性问题
28
题型3 线面角的最值与探索
32
题型4 二面角的最值与探索
38
第03 讲空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
65
题型1 折叠问题
65
题型2 轨迹问题
71
题型3 截面问题
74
i
第04 讲直线与方程中的核心问题
107
题型1 直线与线段有交点问题
107
题型2 斜率公式及几何意义
108
题型3 两条直线平行与垂直
109
题型4 截距式方程与直线过定点
111
题型5 直线的交点坐标
113
题型6 距离公式及最值范围问题
115
第05 讲直线中的对称与新定义问题
129
题型1 点的对称问题
129
题型2 点关于直线的对称问题
130
题型3 直线关于点的对称问题
131
题型4 直线关于直线的对称问题
133
题型5 入射、反射光线背景下的对称问题
135
题型6 直线中的新定义问题
137
第06 讲圆的方程中的核心问题
153
题型1 圆中过定点问题
153
题型2 圆的方程中对称条件的突破
154
题型3 圆的轨迹方程与实际问题
155
题型4 直线与圆的位置关系及参数问题
157
题型5 切线方程、切线长、切点弦问题
158
题型6 直线与圆相交及弦长问题
160
题型7 圆与圆的位置关系及参数问题
162
题型8 公切线与公共弦问题
164
ii
第07 讲直线与圆中的范围与新定义问题
177
题型1 距离型最值范围问题
177
题型2 三点共线类最值与将军饮马模型
180
题型3 点与圆的位置关系最值
183
题型4 直线与圆的位置关系最值
184
题型5 圆与圆的位置关系最值
185
题型6 代数式的几何意义类最值
187
题型7 直线与圆中的新定义问题
189
第08 讲椭圆中的核心问题
205
题型1 椭圆的轨迹方程
205
题型2 椭圆中的焦点三角形
206
题型3 椭圆中的距离最值问题
207
题型4 求椭圆的离心率
209
题型5 求椭圆离心率的范围
210
题型6 椭圆的标准方程
212
第09 讲双曲线中的核心问题
225
题型1 双曲线的轨迹方程
225
题型2 双曲线中的焦点三角形
226
题型3 双曲线中的距离最值问题
228
题型4 双曲线的渐近线
230
题型5 求双曲线的离心率
232
题型6 求双曲线离心率的范围
234
题型7 双曲线的标准方程
236
iii
第10 讲抛物线中的核心问题
249
题型1 抛物线的轨迹方程
249
题型2 抛物线定义理解与焦半径
250
题型3 抛物线中的距离最值问题
251
题型4 抛物线几何性质的应用
253
题型5 抛物线中的焦点弦问题
254
题型6 抛物线的标准方程
257
题型7 抛物线在实际问题中的应用
258
第11 讲直线与圆锥曲线综合问题
271
题型1 中点弦
271
题型2 弦长
272
题型3 面积
275
题型4 定点问题
280
题型5 定值问题
284
题型6 定直线问题
289
题型7 圆锥曲线与向量
294
第12 讲数列的概念
329
题型1 根据递推关系求通项
329
题型2 利用an 与Sn 的关系求通项
330
题型3 数列的单调性及其应用
331
题型4 求数列中的最大（小）项
332
题型5 数列的周期性及其应用
333
iv
第13 讲等差数列
343
题型1 等差数列通项公式基本量计算及性质应用
343
题型2 等差数列前n 项和公式及基本量计算
344
题型3 等差数列中an 与Sn 的关系
345
题型4 等差数列前n 项和公式的重要性质
346
题型5 等差数列中的函数性质
347
题型6 等差数列的证明
349
第14 讲等比数列
359
题型1 等比数列通项公式基本量计算及性质应用
359
题型2 等比数列前n 项和公式及基本量计算
360
题型3 等比数列中an 与Sn 的关系
362
题型4 等比数列前n 项和公式的重要性质
363
题型5 等比数列中的函数性质
364
题型6 等比数列的证明
366
第15 讲累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式
375
题型1 累加法
375
题型2 累乘法
376
题型3 加减常数构造
377
题型4 加减构造
379
题型5 取倒数构造
381
题型6 其他形式构造
382
题型7 递推法
383
第16 讲等差数列中的Sn 范围与含绝对值求和
393
题型1 等差数列Sn 的最大值问题
393
题型2 等差数列Sn 的最小值问题
394
题型3 含绝对值求和问题
396
v
第17 讲数列求和问题
407
题型1 裂项求和基础型
407
题型2 裂项求和根式、指数型
409
题型3 错位相减求和
410
题型4 分组、并项求和
413
题型5 倒序相加求和
415
第18 讲数列中的奇偶项问题
427
题型1 等差数列中的奇偶项性质
427
题型2 等比数列中的奇偶项性质
428
题型3 求和问题中的奇偶项处理
429
第19 讲数列中的特殊模型、不等式与归纳法
441
题型1 杨辉三角中的数列
441
题型2 斐波那契数列
444
题型3 数列不等式
446
题型4 数学归纳法
450
题型5 数列中的结构不良问题
452
第20 讲数列中的新文化与新定义问题
469
题型1 数列中的新文化问题
469
题型2 数列中的新定义问题
471
vi
第 01 讲 空间向量的运算及应用
高二数理进阶
凡结论，必有来路
Page 1
第 01 讲
空间向量的运算及应用
讲
题型精讲
Core examples
题型1
根据空间向量的线性运算求参数
题型点拨
典例1 （25-26·江苏淮安）如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面𝐴𝐵𝐶𝐷为平行四边形，点𝐸, 𝐹分别为
𝑃𝐵, 𝑃𝐷的中点，若𝑃𝐺⃗= 1
2𝐺𝐶⃗，且𝐴𝐺⃗= 𝑥𝐴𝐸⃗+ 𝑦𝐴𝐹⃗，则𝑥+ 𝑦= （ ）
A. 1
B. 2
C. 3
2
D. 4
3
𝐷
【分析】根据空间向量的线性运算及空间向量基本定理即可求解.
【详解】因为点𝐸, 𝐹分别为𝑃𝐵, 𝑃𝐷的中点，所以𝐴𝐸⃗= 1
2(𝐴𝑃⃗+ 𝐴𝐵⃗) , 𝐴𝐹⃗= 1
2(𝐴𝑃⃗+ 𝐴𝐷⃗)，
所以𝐴𝑃⃗+ 𝐴𝐵⃗= 2𝐴𝐸⃗, 𝐴𝑃⃗+ 𝐴𝐷⃗= 2𝐴𝐹⃗，
因为𝑃𝐺⃗= 1
2𝐺𝐶⃗，所以𝐴𝐺⃗−𝐴𝑃⃗= 1
2(𝐴𝐶⃗−𝐴𝐺⃗) = 1
2(𝐴𝐵⃗+ 𝐴𝐷⃗−𝐴𝐺⃗)，
高二数理进阶
第 01 讲 空间向量的运算及应用
Page 2
凡转化，必问等价
所以𝐴𝐺⃗= 2
3𝐴𝑃⃗+ 1
3𝐴𝐵⃗+ 1
3𝐴𝐷⃗= 1
3(𝐴𝑃⃗+ 𝐴𝐵⃗) + 1
3(𝐴𝑃⃗+ 𝐴𝐷⃗) = 2
3𝐴𝐸⃗+ 2
3𝐴𝐹⃗，
又𝐴𝐺⃗= 𝑥𝐴𝐸⃗+ 𝑦𝐴𝐹⃗，则𝑥= 𝑦= 2
3，所以𝑥+ 𝑦= 4
3.
故选：𝐷.
变式1 （25-26·山东威海）已知𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′是平行六面体．设𝑀是底面𝐴𝐵𝐶𝐷的中心，𝑁是侧面
𝐵𝐶𝐶′𝐵′的对角线𝐵𝐶′上的点，且𝐵𝑁: 𝑁𝐶′ = 3 : 1，设𝑀𝑁⃗= 𝛼𝐴𝐵⃗+ 𝛽𝐴𝐷⃗+ 𝛾𝐴𝐴′⃗，𝛼+ 𝛽+ 𝛾=
．
3
2
【分析】由空间向量基本定理得到𝑀𝑁⃗= 1
2𝐴𝐵⃗+ 1
4𝐴𝐷⃗+ 3
4𝐴𝐴′⃗，从而求出𝛼= 1
2，𝛽= 1
4，𝛾= 3
4，得到
答案.
【详解】∵𝐴𝐷⃗= 𝐵𝐶⃗，𝐶𝐶′⃗= 𝐴𝐴′⃗，
∴𝑀𝑁⃗= 𝑀𝐵⃗+ 𝐵𝑁⃗= 1
2𝐷𝐵⃗+ 3
4𝐵𝐶′⃗= 1
2(𝐷𝐴⃗+ 𝐴𝐵⃗) + 3
4(𝐵𝐶⃗+ 𝐶𝐶′⃗)
= 1
2𝐴𝐵⃗+ 1
4𝐴𝐷⃗+ 3
4𝐴𝐴′⃗，
又𝑀𝑁⃗= 𝛼𝐴𝐵⃗+ 𝛽𝐴𝐷⃗+ 𝛾𝐴𝐴′⃗，
∴𝛼= 1
2，𝛽= 1
4，𝛾= 3
4，故𝛼+ 𝛽+ 𝛾= 3
2.
故答案为：3
2
题型2
向量共线、共面的判定及应用
题型点拨
共线向量与共面向量
1、共线（平行）向量的定义：若表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫
做共线向量或平行向量，若𝑎⃗与𝑏⃗是共线向量，则记为𝑎⃗//𝑏⃗．
第 01 讲 空间向量的运算及应用
高二数理进阶
审题见边界，落笔见章法
Page 3
2、共线向量定理：对空间任意两个向量𝑎⃗, 𝑏⃗(𝑏⃗≠0⃗)，𝑎⃗∥𝑏⃗的充要条件是存在实数𝜆，使𝑎⃗= 𝜆𝑏⃗．
3、共面向量定理：如果两个向量𝑎⃗, 𝑏⃗不共线，那么向量𝑝⃗与向量𝑎⃗, 𝑏⃗共面的充要条件是存在唯一的有序
实数对(𝑥, 𝑦)，使𝑝⃗= 𝑥𝑎⃗+ 𝑦𝑏⃗
4、拓展
对于空间任意一点𝑂，四点𝑃, 𝐶, 𝐴, 𝐵共面（其中𝐶, 𝐴, 𝐵不共线）的充要条件是：存在实数𝑥, 𝑦, 𝑧，
使𝑂𝑃⃗= 𝑥𝑂𝐶⃗+ 𝑦𝑂𝐴⃗+ 𝑧𝑂𝐵⃗，且𝑥+ 𝑦+ 𝑧= 1．
典例2 已知𝐴, 𝐵, 𝐶三点共线，𝑂为空间任一点，则①𝑂𝐴⃗= 2𝑂𝐵⃗+ 𝜇𝑂𝐶⃗；②存在三个不为0的实数𝜆，
𝑚, 𝑛，使𝜆𝑂𝐴⃗+ 𝑚𝑂𝐵⃗+ 𝑛𝑂𝐶⃗= 0⃗，那么使①②成立的𝜇与𝜆+ 𝑚+ 𝑛的值分别为（ ）
A. 1，−1
B. −1，0
C. 0 , 1
D. 0 , 0
𝐵
【分析】根据三点共线的推理即可求得𝜇= −1，𝜆+ 𝑚+ 𝑛= 0.
【详解】∵𝐴，𝐵, 𝐶三点共线，𝑂𝐴⃗= 2𝑂𝐵⃗+ 𝜇𝑂𝐶⃗，∴2 + 𝜇= 1，解得𝜇= −1，
又由𝜆𝑂𝐴⃗+ 𝑚𝑂𝐵⃗+ 𝑛𝑂𝐶⃗= 0⃗，得𝑂𝐴⃗= −𝑚
𝜆𝑂𝐵⃗−𝑛
𝜆𝑂𝐶⃗，
由𝐴, 𝐵, 𝐶三点共线知，−𝑚
𝜆−𝑛
𝜆= 1，则𝜆+ 𝑚+ 𝑛= 0.
故选：𝐵
变式2 （25-26·广东佛山）若{𝑎⃗, 𝑏⃗, 𝑐⃗}构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A. 𝑎⃗−2𝑏⃗, 𝑎⃗−2𝑐⃗, 𝑏⃗−𝑐⃗
B. 𝑎⃗−𝑐⃗, 𝑏⃗, 3𝑎⃗−𝑏⃗−3𝑐⃗
C. 𝑎⃗+ 𝑏⃗, 𝑏⃗+ 𝑐⃗, 𝑎⃗+ 2𝑏⃗+ 𝑐⃗
D. 2𝑎⃗, 𝑐⃗, 𝑏⃗+ 𝑐⃗
𝐷
【分析】由向量共面的性质逐项判断即可；
【详解】对于𝐴，𝑎⃗−2𝑏⃗= 𝑎⃗−2𝑐⃗−2(𝑏⃗−𝑐⃗)，所以三向量共面，故𝐴错误；
对于𝐵，3𝑎⃗−𝑏⃗−3𝑐⃗= 3(𝑎⃗−𝑐⃗) −𝑏⃗,，所以三向量共面，故𝐵错误；
对于𝐶，𝑎⃗+ 𝑏⃗+ 𝑏⃗+ 𝑐⃗= 𝑎⃗+ 2𝑏⃗+ 𝑐⃗，所以三向量共面，故𝐶错误；
对于𝐷，假设2𝑎⃗, 𝑐⃗, 𝑏⃗+ 𝑐⃗共面，则2𝑎⃗= 𝜆𝑐⃗+ 𝜇(𝑏⃗+ 𝑐⃗)，即2𝑎⃗= (𝜆+ 𝜇)𝑐⃗+ 𝜇𝑏⃗，
所以
{
2 = 0
𝜆+ 𝜇= 0
𝜇= 0
，不符合题意，所以假设不成立，故𝐷正确；
高二数理进阶
第 01 讲 空间向量的运算及应用
Page 4
思维贵清，表达贵准
故选：𝐷.
变式3 （25-26·辽宁大连）在四面体𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐸为𝐴𝐷的中点，𝐺为平面𝐵𝐶𝐷的重心．若𝐴𝐺与平面𝐵𝐶𝐸
交于点𝐹，则|𝐴𝐹|
|𝐴𝐺| = （ ）
A. 1
2
B. 2
3
C. 3
4
D. 4
5
𝐶
【分析】根据共线定理及空间向量线性运算可得结果.
【详解】如图：连接𝐷𝐺交𝐵𝐶于𝐻，则𝐻为𝐵𝐶中点，连接𝐴𝐻, 𝐸𝐻, 𝐴𝐺,
因为𝐴𝐺⊂平面𝐴𝐻𝐷，𝐸𝐻⊂平面𝐴𝐻𝐷，设𝐴𝐺∩𝐸𝐻= 𝐾，则𝐾∈𝐸𝐻, 𝐾∈𝐴𝐺，
又𝐸𝐻⊂平面𝐵𝐶𝐸，所以𝐾∈平面𝐵𝐶𝐸，故𝐾为𝐴𝐺与平面𝐵𝐶𝐸的交点，
又因为𝐴𝐺与平面𝐵𝐶𝐸交于点𝐹，所以𝐹与𝐾重合，
又𝐸为𝐴𝐷的中点，𝐺为平面𝐵𝐶𝐷的重心，
因为点𝐴, 𝐹, 𝐺三点共线，则𝐴𝐹⃗= 𝑚𝐴𝐺⃗= 𝑚(𝐴𝐷⃗+ 𝐷𝐺⃗) = 𝑚(𝐴𝐷⃗+ 2
3𝐷𝐻⃗)
= 𝑚
(
𝐴𝐷⃗+ 2
3 × 𝐷𝐵⃗+ 𝐷𝐶⃗
2
)
= 𝑚[𝐴𝐷⃗+ 1
3 × (𝐴𝐵⃗−𝐴𝐷⃗+ 𝐴𝐶⃗−𝐴𝐷⃗)]
= 1
3𝑚(𝐴𝐷⃗+ 𝐴𝐵⃗+ 𝐴𝐶⃗)
又因为点𝐸, 𝐹, 𝐻三点共线，则𝐴𝐹⃗= 𝑥𝐴𝐻⃗+ 𝑦𝐴𝐸⃗, (𝑥+ 𝑦= 1)，
𝐴𝐹⃗= 𝑥𝐴𝐻⃗+ 𝑦𝐴𝐸⃗= 𝑥
2(𝐴𝐵⃗+ 𝐴𝐶⃗) + 𝑦
2𝐴𝐷⃗,
所以
{
𝑚
3 = 𝑥
2
𝑥+ 𝑦= 1
𝑚
3 = 𝑦
2
，解得𝑚= 3
4，即𝐴𝐹⃗= 3
4𝐴𝐺⃗，故|𝐴𝐹|
|𝐴𝐺| = 3
4.
故选：𝐶.
第 01 讲 空间向量的运算及应用
高二数理进阶
先立骨架，再铺细节
Page 5
题型3
空间向量的数量积及参数、最值问题
题型点拨
在几何体中求空间向量数量积的步骤
①首先将各向量分解成已知模和夹角的向量的组合形式.
②利用向量的运算律将数量积展开,转化为已知模和夹角的向量的数量积.
③代入𝑎⋅𝑏= |𝑎||𝑏| cos < 𝑎, 𝑏>求解.
典例3 （25-26·甘肃酒泉）在空间直角坐标系𝑂−𝑥𝑦𝑧中，𝑂𝐴⃗= (−1 , 2 , 1)，𝑂𝐵⃗= (1 , 1 , 2)，𝑂𝑃⃗=
(2 , 1 , 1)，点𝑄在直线𝑂𝑃上运动，则𝑄𝐴⃗⋅𝑄𝐵⃗的最小值为（ ）
A. −3
2
B. −2
3
C. 3
2
D. 2
3
𝐶
【分析】设𝑂𝑄⃗= 𝑥𝑂𝑃⃗，计算𝑄𝐴⃗、𝑄𝐵⃗的坐标，利用数量积的坐标运算化简即可.
【详解】由点𝑄在直线𝑂𝑃上运动，故可设𝑂𝑄⃗= 𝑥𝑂𝑃⃗= (2𝑥, 𝑥, 𝑥)，𝑥∈𝑅，
则𝑄𝐴⃗= 𝑂𝐴⃗−𝑂𝑄⃗= (−1 −2𝑥, 2 −𝑥, 1 −𝑥)，
𝑄𝐵⃗= 𝑂𝐵⃗−𝑂𝑄⃗= (1 −2𝑥, 1 −𝑥, 2 −𝑥) ，
所以𝑄𝐴⃗⋅𝑄𝐵⃗= (−1 −2𝑥, 2 −𝑥, 1 −𝑥) ⋅(1 −2𝑥, 1 −𝑥, 2 −𝑥)
= (−1 −2𝑥) ⋅(1 −2𝑥) + (2 −𝑥) ⋅(1 −𝑥) + (1 −𝑥) ⋅(2 −𝑥) = 6𝑥2 −6𝑥+ 3 ，
故当𝑥= 1
2时，𝑄𝐴⃗⋅𝑄𝐵⃗取得最小值3
2.
故选：𝐶.
变式4 （25-26·江苏南京）在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐵= 𝐴𝐶= 𝐵𝐶= 𝐴𝐴1 = 2，点𝑃为侧面
𝐴𝐵𝐵1𝐴1上的任意一点，则𝑃𝐶⃗⋅𝑃𝐶1⃗的取值范围是
.
[2 , 4]
【分析】根据空间向量法计算数量积结合二次函数最值计算求解.
【详解】如图取𝐴𝐵中点为原点𝑂，建立空间直角坐标系，设𝑃(𝑥, 0 , 𝑧)，
高二数理进阶
第 01 讲 空间向量的运算及应用
Page 6
一笔一式，皆有根据
其中−1 ≤𝑥≤1 , 0 ≤𝑧≤2 , 𝐶(0 , √3 , 0) , 𝐶1(0 , √3 , 2)，
𝑃𝐶⃗= (−𝑥, √3 , −𝑧) , 𝑃𝐶1⃗= (−𝑥, √3 , 2 −𝑧) , 𝑃𝐶⃗⋅𝑃𝐶1⃗= 𝑥2 + 3 + 𝑧2 −2𝑧= 𝑥2 + (𝑧−1)2 + 2 ，
当𝑥= ±1，且𝑧= 0或𝑧= 2时，𝑃𝐶⃗⋅𝑃𝐶1⃗取最大值4，
当𝑥= 0，且𝑧= 1时，𝑃𝐶⃗⋅𝑃𝐶1⃗取最小值2，所以𝑃𝐶⃗⋅𝑃𝐶1⃗的取值范围为[2 , 4].
故答案为：[2 , 4].
题型4
空间向量的模及参数、最值问题
题型点拨
利用向量方法求长度或距离的基本方法
(1)将相应线段用向量表示,通过向量运算来求对应向量的模.
(2)因为𝑎⋅𝑎= |𝑎|2,所以|𝑎| =√𝑎⋅𝑎,这是利用向量解决长度或距离问题的基本公式.另外,该公式还可以推
广为|𝑎± 𝑏| =√(𝑎± 𝑏)2=√𝑎2 ± 2𝑎⋅𝑏+ 𝑏2.
(3)若𝑎⃗= (𝑎1 , 𝑎2 , 𝑎3)，则|𝑎⃗| = √|𝑎⃗|2 = √𝑎⃗2 = √𝑎2
1 + 𝑎2
2 + 𝑎2
3，即|𝑎⃗| = √𝑎2
1 + 𝑎2
2 + 𝑎2
3
典例4 (2025 ⋅安徽安庆·模拟预测）在直棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝑀⃗= 1
3𝐴𝐶⃗，且𝐴𝐶= 3√3，𝑁是
棱𝐴𝐴1上的一点，且满足𝑁𝑀⃗⋅𝑁𝐶1⃗= 0，则𝐴𝐴1的最小值为（ ）
A. 3√3
B. 6
C. 3
D. 6√3
𝐵
【分析】设𝐴𝐴1 = ℎ，𝐴𝑁⃗= 𝑡𝐴𝐴1⃗，𝑡∈[0 , 1]，将向量𝑁𝑀⃗, 𝑁𝐶1⃗分别用𝐴𝐴1⃗, 𝐴𝐶⃗表示，代入𝑁𝑀⃗⋅
𝑁𝐶1⃗= 0，利用向量数量积的运算律化简，求得ℎ2 =
9
−𝑡2 + 𝑡=
9
−(𝑡−1
2)2 + 1
4
，借助于二次函数的性
质即可求得𝐴𝐴1的最小值.
【详解】
第 01 讲 空间向量的运算及应用
高二数理进阶
求解不是试探，是组织
Page 7
设𝐴𝐴1 = ℎ，𝐴𝑁⃗= 𝑡𝐴𝐴1⃗，𝑡∈[0 , 1]，
则𝑁𝑀⃗= 𝐴𝑀⃗−𝐴𝑁⃗= 1
3𝐴𝐶⃗−𝑡𝐴𝐴1⃗，𝑁𝐶1⃗= 𝑁𝐴1⃗+ 𝐴1𝐶1⃗= (1 −𝑡)𝐴𝐴1⃗+ 𝐴𝐶⃗，
由𝑁𝑀⃗⋅𝑁𝐶1⃗= (1
3𝐴𝐶⃗−𝑡𝐴𝐴1⃗) ⋅[𝐴𝐶⃗+ (1 −𝑡)𝐴𝐴1⃗] = 1
3𝐴𝐶⃗2 + 𝑡(𝑡−1)𝐴𝐴1⃗
2 + 1 −4𝑡
3
𝐴𝐴1⃗⋅𝐴𝐶⃗= 0，
因𝐴𝐶= 3√3，𝐴𝐴1 ⟂𝐴𝐶，则𝐴𝐶⃗2 = 27 , 𝐴𝐴1⃗
2 = ℎ2 , 𝐴𝐴1⃗⋅𝐴𝐶⃗= 0，
代入整理得，𝑡(𝑡−1)ℎ2 + 9 = 0，显然𝑡(𝑡−1) ≠0，故ℎ2 =
9
−𝑡2 + 𝑡=
9
−(𝑡−1
2)2 + 1
4
，
因0 < 𝑡< 1，故当𝑡= 1
2时，𝑦= −(𝑡−1
2)2 + 1
4取得最大值1
4，
此时ℎ2取得最小值为36，故𝐴𝐴1的最小值为6.
故选：𝐵.
变式5 （25-26·上海）已知𝑎⃗、𝑏⃗是空间相互垂直的单位向量，且|𝑐⃗| = 8，𝑐⃗⋅𝑎⃗= 𝑐⃗⋅𝑏⃗= 2√6，则|𝑐⃗−𝑚𝑎⃗−
𝑛𝑏⃗|的最小值是
.
4
【分析】利用坐标法，根据空间向量数量积的坐标运算，向量线性运算，不等式思想即可求解．
【详解】∵𝑎⃗, 𝑏⃗是空间相互垂直的单位向量，
∴设𝑎⃗= (1 , 0 , 0)，𝑏⃗= (0 , 1 , 0)，设𝑐⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，
又𝑐⃗⋅𝑎⃗= 𝑐⃗⋅𝑏⃗= 2√6，∴𝑥= 𝑦= 2√6，
又|𝑐⃗| = √𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = √24 + 24 + 𝑧2 = 8，
∴𝑧2 = 16 ，
∴𝑐⃗= (2√6 , 2√6 , 𝑧)，其中𝑧2 = 16，
∴𝑐⃗−𝑚𝑎⃗−𝑛𝑏⃗= (2√6 −𝑚, 2√6 −𝑛, 𝑧) ，
∴|𝑐⃗−𝑚𝑎⃗−𝑛𝑏⃗| = √(2√6 −𝑚)2 + (2√6 −𝑛)2 + 𝑧2 = √(2√6 −𝑚)2 + (2√6 −𝑛)2 + 16 ≥4 ，
当且仅当𝑚= 𝑛= 2√6时取得等号，
高二数理进阶
第 01 讲 空间向量的运算及应用
Page 8
把关系写成语言
∴|𝑐⃗−𝑚𝑎⃗−𝑛𝑏⃗|的最小值是4.
故答案为：4.
题型5
空间向量的夹角及参数、最值问题
题型点拨
求两个非零向量夹角的两种途径
(1)转化求角:把向量夹角转化为平面几何中的对应角,利用解三角形的知识求解.
(2)利用数量积求异面直线夹角的余弦值.
(3)设𝜃=< 𝐴𝐵⃗, 𝐶𝐷⃗>，则异面直线𝐴𝐵, 𝐶𝐷的夹角𝛼满足𝛼=
{
𝜃
0 ≤𝜃≤𝜋
2
𝜋−𝜃
𝜋
2 < 𝜃≤𝜋
．
典例5 （25-26·安徽淮南）已知空间向量𝑎⃗= (2 , −1 , 1)，𝑏⃗= (𝑚, −3 , 3)，若𝑎⃗与𝑏⃗的夹角是锐角，则
𝑚的取值范围是（ ）
A. (−∞, −6) ∪(−6 , 3)
B. (−∞, 3)
C. (−3 , 6) ∪(6 , + ∞)
D. (−3 , + ∞)
𝐶
【分析】根据向量夹角为锐角需满足数量积为正，并排除同向共线导致夹角为0 的情况.
【详解】因为空间向量𝑎⃗= (2 , −1 , 1)，𝑏⃗= (𝑚, −3 , 3)，
若𝑎⃗与𝑏⃗的夹角是锐角，则𝑎⃗⋅𝑏⃗= 2𝑚+ 6 > 0，得𝑚> −3．
第 01 讲 空间向量的运算及应用
高二数理进阶
把语言化为关系
Page 9
又当𝑚= 6时，𝑏⃗= (6 , −3 , 3) = 3𝑎⃗，两向量夹角为0，不是锐角，因此𝑚≠6．
所以𝑚∈(−3 , 6) ∪(6 , + ∞).
故选：𝐶.
变式6 （25-26·江苏常州）已知动点𝑃是棱长为1的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的对角线𝐵𝐷1上一点，记
𝐵𝑃
𝐵𝐷1
= 𝜆，当∠𝐴𝑃𝐶为钝角时，𝜆的取值范围为（ ）
A. (0 , 1
3)
B. (1
3 , 1)
C. (0 , 2
3)
D. (2
3 , 1)
𝐶
【分析】以点𝐷为原点建立空间直角坐标系，由∠𝐴𝑃𝐶为钝角，可得cos ∠𝐴𝑃𝐶= cos < 𝑃𝐴⃗, 𝑃𝐶⃗>< 0，
得到不等式，解不等式，可得出答案.
【详解】如图，以点𝐷为原点建立空间直角坐标系，
则𝐴(1 , 0 , 0) , 𝐵(1 , 1 , 0) , 𝐶(0 , 1 , 0) , 𝐷1(0 , 0 , 1)，
𝐵𝐴⃗= (0 , −1 , 0)，𝐵𝐷1⃗= (−1 , −1 , 1)，𝐵𝐶⃗= (−1 , 0 , 0)，
故𝑃𝐴⃗= 𝐵𝐴⃗−𝐵𝑃⃗= 𝐵𝐴⃗−𝜆𝐵𝐷1⃗= (0 , −1 , 0) −𝜆(−1 , −1 , 1) = (𝜆, 𝜆−1 , −𝜆)，
𝑃𝐶⃗= 𝐵𝐶⃗−𝐵𝑃⃗= 𝐵𝐶⃗−𝜆𝐵𝐷1⃗= (−1 , 0 , 0) −𝜆(−1 , −1 , 1) = (𝜆−1 , 𝜆, −𝜆) ，
则cos ∠𝐴𝑃𝐶= cos < 𝑃𝐴⃗, 𝑃𝐶⃗>= 𝑃𝐴⃗⋅𝑃𝐶⃗
|𝑃𝐴⃗||𝑃𝐶⃗|
=
𝜆(𝜆−1) + 𝜆(𝜆−1) + 𝜆2
√𝜆2 + (𝜆−1)2 + 𝜆2 ⋅√(𝜆−1)2 + 𝜆2 + 𝜆2
=
3𝜆2 −2𝜆
3𝜆2 −2𝜆+ 1 < 0 ，
因为3𝜆2 −2𝜆+ 1 = 3(𝜆−1
3)
2
+ 2
3 > 0，
所以3𝜆2 −2𝜆< 0，解得0 < 𝜆< 2
3，
所以𝜆的取值范围为(0 , 2
3).
高二数理进阶
第 01 讲 空间向量的运算及应用
Page 10
从已知中取材
故选：𝐶
题型6
垂直、投影向量及参数问题
题型点拨
(1)两个向量的平行与垂直
𝑎⃗= (𝑎1 , 𝑎2 , 𝑎3), 𝑏⃗= (𝑏1 , 𝑏2 , 𝑏3)
平行（𝑎⃗∥𝑏⃗）
𝑎⃗∥𝑏⃗(𝑏⃗≠0⃗)⇔𝑎⇀= 𝜆𝑏⇀⇔
{
𝑎1 = 𝜆𝑏1
𝑎2 = 𝜆𝑏2
𝑎3 = 𝜆𝑏3
(𝜆∈𝑅)
垂直（𝑎⃗⟂𝑏⃗）
𝑎⃗⟂𝑏⃗⇔𝑎⃗⋅𝑏⃗= 0 ⇔𝑎1𝑏1 + 𝑎2𝑏2 + 𝑎3𝑏3 = 0（𝑎⃗, 𝑏⃗均非零向量）
(2)判断两向量是否平行或垂直可直接利用向量平行或垂直的充要条件;已知两向量平行或垂直求参数的
值,则利用平行或垂直的充要条件,将位置关系转化为坐标关系,列方程(组)求解.
(3)当𝑏⃗≠0⃗时，向量𝑎⃗在向量𝑏⃗上的投影向量为𝑎⃗⋅𝑏⃗
|𝑏⃗|2 𝑏⃗= |𝑎⃗| cos < 𝑎⃗, 𝑏⃗> 𝑏⃗
|𝑏⃗|
．
典例6 （25-26·江苏宿迁）在空间直角坐标系𝑂−𝑥𝑦𝑧中，向量𝑎⃗= (1 , 1 , 𝑡)（𝑡∈𝑅）在面𝑥𝑂𝑦上的投影
向量为𝑚⃗，在向量𝑏⃗= (−1 , 0 , 0)上的投影向量为𝑛⃗，则𝑚⃗与𝑛⃗的夹角为（ ）
A. 𝜋
4
B. 𝜋
2
C. 3𝜋
4
D. 与𝑡有关
𝐴
【分析】首先求出𝑚⃗, 𝑛⃗的坐标，然后根据向量夹角的余弦公式求出其夹角即可.
【详解】因为向量𝑎⃗= (1 , 1 , 𝑡)在面𝑥𝑂𝑦上的投影向量为𝑚⃗，
则𝑚⃗= (1 , 1 , 0).
因为在向量𝑏⃗= (−1 , 0 , 0)上的投影向量为𝑛⃗，
则𝑛⃗= 𝑎⃗⋅𝑏⃗
|𝑏⃗|
2 𝑏⃗= −1
1 𝑏⃗= (1 , 0 , 0).
所以cos < 𝑚⃗, 𝑛⃗>= 𝑚⃗⋅𝑛⃗
|𝑚⃗||𝑛⃗| =
1
√2 × 1
= √2
2 .
所以向量𝑚⃗, 𝑛⃗的夹角为𝜋
4 .
故选：𝐴.
第 01 讲 空间向量的运算及应用
高二数理进阶
向目标处搭桥
Page 11
变式7 （25-26·湖南长沙）如图，棱长为2的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝑃，𝑄分别是𝐶𝐶1，𝐵𝐶的中
点，动点𝑀满足𝐷1𝑀⃗= 1
2𝐷1𝐴1⃗+ 𝑚𝐷1𝐶1⃗，若𝐴𝑄⟂𝑃𝑀，则𝑚=
．
5
4
【分析】以𝐷为原点建系，分别计算𝑃𝑀⃗, 𝐴𝑄⃗的坐标，利用𝑃𝑀⃗⋅𝐴𝑄⃗= 0即可求出.
【详解】以𝐷为原点，分别以𝐷𝐴，𝐷𝐶，𝐷𝐷1所在直线为𝑥，𝑦，𝑧轴，建立空间直角坐标系，则
𝐷(0 , 0 , 0) , 𝐴(2 , 0 , 0) , 𝐷1(0 , 0 , 2) , 𝐴1(2 , 0 , 2) , 𝐶1(0 , 2 , 2) , 𝑃(0 , 2 , 1) , 𝑄(1 , 2 , 0)，
则𝐷𝐷1⃗= (0 , 0 , 2) , 𝐷1𝐴1⃗= (2 , 0 , 0) , 𝐷1𝐶1⃗= (0 , 2 , 0) , 𝐷𝑃⃗= (0 , 2 , 1) , 𝐴𝑄⃗= (−1 , 2 , 0)，
则𝐷𝑀⃗= 𝐷𝐷1⃗+ 𝐷1𝑀⃗= 𝐷𝐷1⃗+ 1
2𝐷1𝐴1⃗+ 𝑚𝐷1𝐶1⃗
= (0 , 0 , 2) + 1
2(2 , 0 , 0) + 𝑚(0 , 2 , 0) = (1 , 2𝑚, 2) ，
得𝑃𝑀⃗= 𝐷𝑀⃗−𝐷𝑃⃗= (1 , 2𝑚, 2) −(0 , 2 , 1) = (1 , 2𝑚−2 , 1)，
因𝐴𝑄⟂𝑃𝑀，则𝑃𝑀⃗⋅𝐴𝑄⃗= −1 + 2(2𝑚−2) = 0，解得𝑚= 5
4．
故答案为：5
4
题型7
证明平行、共面、垂直问题
题型点拨
(1)合理选择基底,使其能方便表示有关向量,并能进行运算,特别是数量积运算.
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第 01 讲 空间向量的运算及应用
Page 12
用结构减轻运算
(2)当直接证明线线垂直但条件不易利用时,常常考虑证明两线段所对应的向量的数量积等于零.利用向量
证明垂直的一般方法是把线段转化为向量,并用已知向量表示未知向量,然后通过向量的运算以及数量积
和垂直条件来完成位置关系的判定.
(3)证明直线与直线平行一般转化为向量共线问题,利用向量共线的充要条件证明.
典例7 （25-26·河南商丘）如图，四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的底面𝐴𝐵𝐶𝐷是边长为2的菱形，∠𝐴𝐵𝐶= 60∘，
𝑃𝐴⟂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝑃𝐴= 3，且𝐴𝑃⃗= 2𝐴𝐻⃗，𝐴𝐺⃗= 𝐺𝐵⃗，𝐷𝑃⃗= 3𝑀𝑃⃗.
（1）求直线𝐴𝑃与直线𝐶𝑀所成角的余弦值；
（2）证明：𝑀，𝐶，𝐺，𝐻四点共面.
(1)3
4
(2)证明见解析
【分析】(1)建立空间直角坐标系，求出关键点坐标，得到方向向量，借助向量夹角余弦值公式计算即可；
(2)借助向量法，运用空间向量共面的基本定理验证即可.
【详解】(1)连接𝐴𝐶，因为四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为菱形，
又∠𝐴𝐵𝐶= 60∘，所以△𝐴𝐵𝐶为等边三角形，
取𝐵𝐶的中点𝐸，连接𝐴𝐸，则𝐴𝐸⟂𝐵𝐶，所以𝐴𝐸⟂𝐴𝐷.
因为𝑃𝐴⟂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷, 𝐴𝐸⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷， 所以𝑃𝐴⟂𝐴𝐷, 𝑃𝐴⟂𝐴𝐸.
以𝐴为原点，以𝐴𝐸, 𝐴𝐷, 𝐴𝑃所在直线分别为𝑥 轴、𝑦 轴、𝑧 轴建立如图所示的空间直角坐标系𝐴−𝑥𝑦𝑧.
则𝐴(0 , 0 , 0), 𝑃(0 , 0 , 3), 𝐶(√3 , 1 , 0), 𝐷(0 , 2 , 0), 𝐴𝑃⃗= (0 , 0 , 3),由𝐷𝑃⃗= 3𝑀𝑃⃗，
可知𝑀(0 , 2
3 , 2), 所以𝐶𝑀⃗= (−√3 , −1
3 , 2),
于是cos < 𝐴𝑃⃗, 𝐶𝑀⃗>= 𝐴𝑃⃗⋅𝐶𝑀⃗
|𝐴𝑃⃗||𝐶𝑀⃗|
=
6
3 × 8
3
= 3
4 ,
故直线𝐴𝑃与直线𝐶𝑀所成角的余弦值为3
4.
第 01 讲 空间向量的运算及应用
高二数理进阶
用定义校准直觉
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(2)因为𝐴𝑃⃗= 2𝐴𝐻⃗, 𝐴𝐺⃗= 𝐺𝐵⃗，所以𝐺, 𝐻分别为𝐴𝐵, 𝐴𝑃中点，
则𝐺(√3
2 , −1
2 , 0), 𝐻(0 , 0 , 3
2),连接𝐶𝐺, 𝐶𝐻， 则𝐶𝐻⃗= (−√3 , −1 , 3
2)，𝐶𝐺⃗= (−√3
2 , −3
2 , 0)，
设𝐶𝐻⃗= 𝜇𝐶𝐺⃗+ 𝜆𝐶𝑀⃗，由(1)知𝐶𝑀⃗= (−√3 , −1
3 , 2)，
则(−√3 , −1 , 3
2) = 𝜇(−√3
2 , −3
2 , 0) + 𝜆(−√3 , −1
3 , 2)，
则
{
−√3
2 𝜇−√3𝜆= −√3
−3
2𝜇−1
3𝜆= −1
2𝜆= 3
2
，
解得𝜇= 1
2 , 𝜆= 3
4，
所以𝐶𝐻⃗= 1
2𝐶𝐺⃗+ 3
4𝐶𝑀⃗，
故𝑀, 𝐶, 𝐺, 𝐻四点共面.
变式8 （25-26·上海宝山）如图所示，已知斜四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的底面𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，且
∠𝐶1𝐶𝐵= ∠𝐶1𝐶𝐷= ∠𝐵𝐶𝐷=𝜃，且𝜃∈(0 , 𝜋
2 )．
（1）求证：𝐶𝐶1 ⟂𝐵𝐷；
（2）当𝐶𝐷
𝐶𝐶1
的值为多少时，能使𝐴1𝐶⟂平面𝐶1𝐵𝐷？请给出证明．
(1)证明见解析；
高二数理进阶
第 01 讲 空间向量的运算及应用
Page 14
用图象照亮关系
(2) 𝐶𝐷
𝐶𝐶1
= 1 .
【分析】(1)根据已知条件可以构造空间向量，利用空间向量的数量积为0得到垂直关系；
(2)根据线面垂直的性质知，要使𝐴1𝐶⟂平面𝐶1𝐵𝐷，只需𝐴1𝐶⟂𝐶1𝐷且𝐴1𝐶⟂𝐶1𝐵，根据数量积的定
义可知需证明𝐶𝐴1⃗⋅𝐶1𝐷⃗= 0，𝐶𝐴1⃗⋅𝐶1𝐵⃗= 0，结合向量的加减运算和数量积的定义，即可求出|𝐶𝐷⃗|与
|𝐶𝐶1⃗|的关系；
【详解】(1)证明：设𝐶𝐷⃗= 𝑎⃗，𝐶𝐵⃗= 𝑏⃗，𝐶𝐶1⃗= 𝑐⃗，则𝐵𝐷⃗= 𝐶𝐷⃗−𝐶𝐵⃗= 𝑎⃗−𝑏⃗，
底面𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，有|𝑎⃗| = |𝑏⃗|，
则𝐶𝐶1⃗⋅𝐵𝐷⃗= 𝑐⃗⋅(𝑎⃗−𝑏⃗) = 𝑐⃗⋅𝑎⃗−𝑐⃗⋅𝑏⃗= |𝑐⃗| ⋅|𝑎⃗| cos 𝜃−|𝑐⃗| ⋅|𝑏⃗| cos 𝜃= 0，
∴𝐶𝐶1⃗⟂𝐵𝐷⃗，即𝐶𝐶1 ⟂𝐵𝐷.
(2)要使𝐴1𝐶⟂平面𝐶1𝐵𝐷，只需𝐴1𝐶⟂𝐶1𝐷且𝐴1𝐶⟂𝐶1𝐵.
欲使𝐴1𝐶⟂𝐶1𝐷，则可证明𝐶𝐴1⃗⋅𝐶1𝐷⃗= 0，即(𝐶𝐴⃗+ 𝐴𝐴1⃗) ⋅(𝐶𝐷⃗−𝐶𝐶1⃗) = 0，
也就是(𝐶𝐷⃗+ 𝐶𝐵⃗+ 𝐶𝐶1⃗) ⋅(𝐶𝐷⃗−𝐶𝐶1⃗) = 0，
即|𝐶𝐷⃗|
2
−|𝐶𝐶1⃗|
2
+ |𝐶𝐵⃗| ⋅|𝐶𝐷⃗| cos ∠𝐵𝐶𝐷−|𝐶𝐵⃗||𝐶𝐶1⃗| cos ∠𝐶1𝐶𝐵= 0，
由于∠𝐶1𝐶𝐵= ∠𝐵𝐶𝐷，显然当|𝐶𝐷⃗| = |𝐶𝐶1⃗|时，上式成立.
同理可得，当|𝐶𝐷⃗| = |𝐶𝐶1⃗|时，𝐴1𝐶⟂𝐶1𝐵.
因此，当𝐶𝐷
𝐶𝐶1
= 1时，能使𝐴1𝐶⟂平面𝐶1𝐵𝐷.
练
强化训练
Targeted Practice
1. （25-26·甘肃白银）在三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶中，𝑀是平面𝐴𝐵𝐶内一点，且9𝑃𝑀⃗= 8𝑃𝐴⃗+ 𝑡𝑃𝐵⃗+ 5𝑀𝐶⃗，则𝑡=
（ ）
A. 1
2
B. 1
C. 2
D. 3
𝐵
【分析】根据空间向量线性运算法则得到𝑃𝑀⃗= 4
7𝑃𝐴⃗+ 𝑡
14𝑃𝐵⃗+ 5
14𝑃𝐶⃗，再由空间共面定理的推论得到方
程，解得即可.
【详解】因为9𝑃𝑀⃗= 8𝑃𝐴⃗+ 𝑡𝑃𝐵⃗+ 5𝑀𝐶⃗= 8𝑃𝐴⃗+ 𝑡𝑃𝐵⃗+ 5(𝑃𝐶⃗−𝑃𝑀⃗)，
第 01 讲 空间向量的运算及应用
高二数理进阶
用代数守住严谨
Page 15
所以14𝑃𝑀⃗= 8𝑃𝐴⃗+ 𝑡𝑃𝐵⃗+ 5𝑃𝐶⃗，即𝑃𝑀⃗= 4
7𝑃𝐴⃗+ 𝑡
14𝑃𝐵⃗+ 5
14𝑃𝐶⃗，
又点𝑀是平面𝐴𝐵𝐶内一点，
所以4
7 + 𝑡
14 + 5
14 = 1，解得𝑡= 1.
故选：𝐵
2. （25-26·甘肃兰州）设正四面体𝐴𝐵𝐶𝐷的棱长为𝑎，𝐸，𝐹分别是𝐵𝐶，𝐴𝐷的中点，则𝐴𝐸⃗⋅𝐴𝐹⃗的值为
（ ）
A. √3
4 𝑎2
B. 1
2𝑎2
C. 𝑎2
D. 1
4𝑎2
𝐷
【分析】根据题意，得到𝐴𝐸⃗= 1
2(𝐴𝐵⃗+ 𝐴𝐶⃗)，𝐴𝐹⃗= 1
2𝐴𝐷⃗，结合向量的数量积的定义与运算，即可求得
𝐴𝐸⃗⋅𝐴𝐹⃗的值，得到答案.
【详解】如图所示，因为𝐸, 𝐹分别为𝐵𝐶, 𝐴𝐷的中点，可得𝐴𝐸⃗= 1
2(𝐴𝐵⃗+ 𝐴𝐶⃗)，𝐴𝐹⃗= 1
2𝐴𝐷⃗，
又因为四面体𝐴𝐵𝐶𝐷为正四面体，且棱长为𝑎，
可得𝐴𝐸⃗⋅𝐴𝐹⃗= 1
4(𝐴𝐵⃗+ 𝐴𝐶⃗) ⋅𝐴𝐷⃗= 1
4(𝐴𝐵⃗⋅𝐴𝐷⃗+ 𝐴𝐶⃗⋅𝐴𝐷⃗)= 1
4(|𝐴𝐵⃗| ⋅|𝐴𝐷⃗| cos 𝜋
3 + |𝐴𝐶⃗||𝐴𝐷⃗| cos 𝜋
3 ) =
1
4(𝑎2 × 1
2 + 𝑎2 × 1
2) = 1
4𝑎2.
故选：𝐷.
3. （25-26·广东广州）已知𝑂为原点，𝑂𝐴⃗= (1 , 2 , 3), 𝑂𝐵⃗= (2 , 1 , 2), 𝑂𝑃⃗= (1 , 1 , 2)，点𝑄在直线𝑂𝑃
上运动，则当𝑄𝐴⃗⋅𝑄𝐵⃗取得最小值时，点𝑄的坐标为（ ）
A. (4
3 , 4
3 , 8
3)
B. (4
3 , 4
3 , 7
3)
C. (3
4 , 3
4 , 3
2)
D. (1
2 , 3
2 , 3
4)
𝐴
【分析】设𝑂𝑄⃗= 𝑡𝑂𝑃⃗= (𝑡, 𝑡, 2𝑡)，利用坐标计算𝑄𝐴⃗⋅𝑄𝐵⃗，最后求一元二次函数的最小值.
高二数理进阶
第 01 讲 空间向量的运算及应用
Page 16
先辨对象，再谈方法
【详解】因点𝑄在直线𝑂𝑃上运动，则设𝑂𝑄⃗= 𝑡𝑂𝑃⃗= (𝑡, 𝑡, 2𝑡)，于是有𝑄(𝑡, 𝑡, 2𝑡)，
因此𝑄𝐴⃗= (1 −𝑡, 2 −𝑡, 3 −2𝑡)，𝑄𝐵⃗= (2 −𝑡, 1 −𝑡, 2 −2𝑡)，
于是得𝑄𝐴⃗⋅𝑄𝐵⃗= (1 −𝑡)(2 −𝑡) + (2 −𝑡)(1 −𝑡) + (3 −2𝑡)(2 −2𝑡) = 6𝑡2 −16𝑡+ 10
则当𝑡= 4
3时，(𝑄𝐴⃗⋅𝑄𝐵⃗)𝑚𝑖𝑛= −2
3，此时，点𝑄(4
3 , 4
3 , 8
3)
故选：𝐴
4. （25-26·安徽）已知𝑂为正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的中心，𝐸, 𝐹分别为𝐵𝐶, 𝐴𝐷的中点，若将正方形𝐴𝐵𝐶𝐷沿对角线
𝐵𝐷翻折，使得二面角𝐴−𝐵𝐷−𝐶的大小为45∘，则此时cos ∠𝐸𝑂𝐹的值为（ ）
A. −1
4
B. −1
3
C. 2 −√2
4
D. √2 −2
4
𝐷
【分析】应用向量夹角求法及数量积的运算律求cos ∠𝐸𝑂𝐹.
【详解】翻折后如图所示，易知𝑂𝐴⟂𝐵𝐷，𝑂𝐶⟂𝐵𝐷，
结合已知有𝑂𝐴⃗⟂𝑂𝐵⃗，𝑂𝐶⃗⟂𝑂𝐷⃗，< 𝑂𝐵⃗,𝑂𝐷⃗>= 𝜋，< 𝑂𝐴⃗,𝑂𝐶⃗>= 𝜋
4 ，
易知𝑂𝐸⃗= 1
2(𝑂𝐵⃗+ 𝑂𝐶⃗)，𝑂𝐹⃗= 1
2(𝑂𝐴⃗+ 𝑂𝐷⃗)，设正方形边长为2，
所以𝑂𝐴= 𝑂𝐵= 𝑂𝐶= 𝑂𝐷= √2，𝑂𝐸= 𝑂𝐹= 1，
cos < 𝑂𝐸⃗, 𝑂𝐹⃗>= 𝑂𝐸⃗⋅𝑂𝐹⃗
|𝑂𝐸⃗|⋅|𝑂𝐹⃗|
= 1
4
⋅𝑂𝐵⃗⋅𝑂𝐴⃗+ 𝑂𝐵⃗⋅𝑂𝐷⃗+ 𝑂𝐶⃗⋅𝑂𝐴⃗+ 𝑂𝐶⃗⋅𝑂𝐷⃗
1 × 1
= 0 −2 + √2 + 0
4
= √2 −2
4
.
所以cos ∠𝐸𝑂𝐹的值为√2 −2
4
.
故选：𝐷
5. （多选）已知向量𝑎⃗= (0 , −1 , 1)，𝑏⃗= (4 , 1 , 0)，|𝜆𝑎⃗+ 𝑏⃗| = √29，则𝜆的值为（ ）
第 01 讲 空间向量的运算及应用
高二数理进阶
先定范围，再求最值
Page 17
A. 2
B. −2
C. 3
D. −3
𝐵𝐶
【分析】由𝑎⃗, 𝑏⃗向量坐标，写出𝜆𝑎⃗+ 𝑏⃗坐标，由向量模长公式建立等式，求得𝜆的值.
【详解】∵𝑎⃗= (0 , −1 , 1)，𝑏⃗= (4 , 1 , 0)，∴𝜆𝑎⃗+ 𝑏⃗= (4 , 1 −𝜆, 𝜆).
∵|𝜆𝑎⃗+ 𝑏⃗| = √29，
∴16 + (1 −𝜆)2 + 𝜆2 = 29.∴𝜆2 −𝜆−6 = 0，解得𝜆= 3或𝜆= −2.
故选：𝐵𝐶.
6. （25-26·广东）（多选）平行六面体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的各棱长为1，且𝑀, 𝑁, 𝑃, 𝑄分别为𝐴𝐷，𝐵𝐶，
𝐴1𝐵1，𝐶1𝐷1中点．若𝑀𝑁, 𝑀𝑃, 𝑃𝑄两两垂直，则（ ）
A. ∠𝐵𝐴𝐷= 90∘
B. ∠𝐵𝐴𝐴1 = 150∘
C. ∠𝐷𝐴𝐴1 = 60∘
D. 四面体𝑀𝑁𝑃𝑄的体积为√2
12
𝐴𝐶𝐷
【分析】设𝐴𝐵⃗= 𝑎⃗，𝐴𝐷⃗= 𝑏⃗，𝐴𝐴1⃗= 𝑐⃗，用𝑎⃗，𝑏⃗，𝑐⃗表示𝑀𝑁⃗，𝑀𝑃⃗，𝑃𝑄⃗，由向量的线性运算及数量积的
定义即可判断𝐴，𝐵，𝐶，由锥体的体积公式即可判断𝐷.
【详解】设𝐴𝐵⃗= 𝑎⃗，𝐴𝐷⃗= 𝑏⃗，𝐴𝐴1⃗= 𝑐⃗，因为平行六面体的棱长为1，
所以|𝑎⃗| = |𝑏⃗| = |𝑐⃗| = 1，因为𝑀, 𝑁, 𝑃, 𝑄分别为𝐴𝐷，𝐵𝐶，𝐴1𝐵1，𝐶1𝐷1中点，
所以𝑀𝑁⃗= 𝐴𝐵⃗= 𝑎⃗，𝑀𝑃⃗= 𝑀𝐴⃗+ 𝐴𝐴1⃗+ 𝐴1𝑃⃗= −1
2𝑏⃗+ 𝑐⃗+ 1
2𝑎⃗，
𝑃𝑄⃗= 𝐴𝐷⃗= 𝑏⃗，
因为𝑀𝑁, 𝑀𝑃, 𝑃𝑄两两垂直，所以𝑀𝑁⃗⋅𝑀𝑃⃗= 0，𝑀𝑁⃗⋅𝑃𝑄⃗= 0，𝑃𝑄⃗⋅𝑀𝑃⃗= 0，
因为𝑀𝑁⃗⋅𝑃𝑄⃗= 𝑎⃗⋅𝑏⃗= 0，所以𝑎⃗⟂𝑏⃗，所以∠𝐵𝐴𝐷= 90∘，故𝐴正确；
因为𝑀𝑁⃗⋅𝑀𝑃⃗= 𝑎⃗⋅(−1
2𝑏⃗+ 𝑐⃗+ 1
2𝑎⃗) = −1
2𝑎⃗⋅𝑏⃗+ 𝑎⃗⋅𝑐⃗+ 1
2𝑎⃗2 = 0，
所以𝑎⃗⋅𝑐⃗= |𝑎⃗||𝑐⃗| cos ∠𝐵𝐴𝐴1 = cos ∠𝐵𝐴𝐴1 = −1
2，
所以∠𝐵𝐴𝐴1 = 120∘，故𝐵错误；
因为𝑃𝑄⃗⋅𝑀𝑃⃗= 𝑏⃗⋅(−1
2𝑏⃗+ 𝑐⃗+ 1
2𝑎⃗) = −1
2𝑏⃗2 + 𝑏⃗⋅𝑐⃗+ 1
2𝑎⃗⋅𝑏⃗= 0，
所以𝑏⃗⋅𝑐⃗= |𝑏⃗||𝑐⃗| cos ∠𝐷𝐴𝐴1 = cos ∠𝐷𝐴𝐴1 = 1
2，
所以∠𝐷𝐴𝐴1 = 60∘，故𝐶正确；
因为𝑃𝑄⟂𝑀𝑃，𝑃𝑄⟂𝑀𝑁，𝑀𝑁∩𝑀𝑃= 𝑀，
高二数理进阶
第 01 讲 空间向量的运算及应用
Page 18
先看单调，再判大小
𝑀𝑃⊂平面𝑃𝑀𝑁，𝑀𝑁⊂平面𝑃𝑀𝑁，
所以𝑃𝑄⟂平面𝑃𝑀𝑁，
|𝑀𝑃⃗| = √(−1
2𝑏⃗+ 𝑐⃗+ 1
2𝑎⃗)
2
= √1
4𝑏⃗2 + 𝑐⃗2 + 1
4𝑎⃗2 −𝑏⃗⋅𝑐⃗−1
4𝑎⃗⋅𝑏⃗+ 1
2𝑎⃗⋅𝑐⃗= √2
2 ，
|𝑁𝑃⃗| = √(𝑁𝐵⃗+ 𝐵𝐵1⃗+ 𝐵1𝑃⃗)
2 = √(−1
2𝑏⃗+ 𝑐⃗−1
2𝑎⃗)
2
= √1
4𝑏⃗2 + 𝑐⃗2 + 1
4𝑎⃗2 −𝑏⃗⋅𝑐⃗+ 1
2𝑎⃗⋅𝑏⃗−𝑎⃗⋅𝑐⃗= √6
2 ，
所以|𝑀𝑃⃗|
2
+ |𝑀𝑁⃗|
2
= |𝑁𝑃⃗|
2
，
所以△𝑃𝑀𝑁是直角三角形，面积为1
2 × 1 × √2
2 = √2
4 ，
所以四面体𝑀𝑁𝑃𝑄的体积为1
3 × √2
4 × 1 = √2
12 ，故𝐷正确.
故选：𝐴𝐶𝐷.
7. （25-26·吉林）已知向量𝑎⃗= (2 , −1 , 1)，𝑏⃗= (1 , 𝑥, 1)，𝑐⃗= (1 , −2 , −1)，当𝑎⃗⟂𝑏⃗时，向量𝑏⃗在向
量𝑐⃗上的投影向量为
．（用坐标表示）
(−1 , 2 , 1)
【分析】先根据向量垂直得到方程，求出𝑥= 3，再利用投影向量公式求出答案.
【详解】因为𝑎⃗⟂𝑏⃗，所以𝑎⃗⋅𝑏⃗= 2 −𝑥+ 1 = 0，所以𝑥= 3．
因为𝑏⃗= (1 , 3 , 1)，所以𝑏⃗在𝑐⃗上的投影向量为𝑏⃗⋅𝑐⃗
|𝑐⃗| ⋅𝑐⃗
|𝑐⃗| = −𝑐⃗= (−1 , 2 , 1)．
故答案为：(−1 , 2 , 1)
8. （25-26·福建漳州）在平行六面体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐵= 2 , 𝐴𝐷= 2 , 𝐴𝐴1 = 4，∠𝐵𝐴𝐷=
∠𝐵𝐴𝐴1 = ∠𝐷𝐴𝐴1 = 60∘，则𝐵𝐶1与𝐶𝐴1所成角的正弦值为
．
第 01 讲 空间向量的运算及应用
高二数理进阶
先识模型，再选路径
Page 19
5√7
14
【分析】先利用基底表示向量𝐵𝐶1⃗, 𝐶𝐴1⃗，再利用向量的夹角公式和同角三角函数的平方关系即可求解.
【详解】由题意有𝐵𝐶1⃗= 𝐵𝐶⃗+ 𝐶𝐶1⃗= 𝐴𝐷⃗+ 𝐴𝐴1⃗，𝐶𝐴1⃗= 𝐶𝐵⃗+ 𝐵𝐴⃗+ 𝐴𝐴1⃗= −𝐴𝐵⃗−𝐴𝐷⃗+ 𝐴𝐴1⃗，
所以𝐵𝐶1⃗⋅𝐶𝐴1⃗= (𝐴𝐷⃗+ 𝐴𝐴1⃗) ⋅(−𝐴𝐵⃗−𝐴𝐷⃗+ 𝐴𝐴1⃗) = −𝐴𝐷⃗⋅𝐴𝐵⃗−𝐴𝐷⃗2 +
𝐴𝐷⃗⋅𝐴𝐴1⃗−𝐴𝐴1⃗⋅𝐴𝐵⃗−𝐴𝐷⃗⋅𝐴𝐴1⃗+ 𝐴𝐴1⃗
2
= −|𝐴𝐵⃗||𝐴𝐷⃗| cos 60∘−|𝐴𝐷⃗|
2
−|𝐴𝐴1⃗||𝐴𝐵⃗| cos 60∘+ |𝐴𝐴1⃗|
2
= −2 × 2 × 1
2 −4 −2 × 4 × 1
2 + 16 = 6 ，
|𝐵𝐶1⃗|
2
= (𝐴𝐷⃗+ 𝐴𝐴1⃗)
2
= 𝐴𝐷⃗2 + 2𝐴𝐷⃗⋅𝐴𝐴1⃗+ 𝐴𝐴1⃗
2 = |𝐴𝐷⃗|
2
+ 2|𝐴𝐷⃗||𝐴𝐴1⃗| cos 60∘+ |𝐴𝐴1⃗|
2
= 4 + 2 × 2 × 4 × 1
2 + 16 = 28 ，
所以|𝐵𝐶1⃗| = 2√7，又|𝐶𝐴1⃗|
2
= (−𝐴𝐵⃗−𝐴𝐷⃗+ 𝐴𝐴1⃗)
2
= 𝐴𝐵⃗2 + 𝐴𝐷⃗2 + 𝐴𝐴1⃗
2 + 2𝐴𝐵⃗⋅𝐴𝐷⃗−2𝐴𝐵⃗⋅
𝐴𝐴1⃗−2𝐴𝐷⃗⋅𝐴𝐴1⃗
= |𝐴𝐵⃗|
2
+ |𝐴𝐷⃗|
2
+ |𝐴𝐴1⃗|
2
+ 2|𝐴𝐵⃗||𝐴𝐷⃗| cos 60∘−2|𝐴𝐵⃗||𝐴𝐴1⃗| cos 60∘−2|𝐴𝐷⃗||𝐴𝐴1⃗| cos 60∘
= 4 + 4 + 16 + 2 × 2 × 2 × 1
2 −2 × 2 × 4 × 1
2 −2 × 2 × 4 × 1
2 = 12 ，
所以|𝐶𝐴1⃗| = 2√3，
所以cos 𝐵𝐶1⃗, 𝐶𝐴1⃗= 𝐵𝐶1⃗⋅𝐶𝐴1⃗
|𝐵𝐶1⃗||𝐶𝐴1⃗|
=
6
2√7 × 2√3
= √21
14 ，
所以sin 𝐵𝐶1⃗, 𝐶𝐴1⃗= √1 −cos2 𝐵𝐶1⃗, 𝐶𝐴1⃗=
√
1 −
(
√21
14 )
2
= 5√7
14 ，
故答案为：5√7
14 .
9. （25-26·广东深圳）在三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵与𝑃𝐶中点分别为𝑀, 𝑁，点𝐺为𝑀𝑁中点．若𝐷在𝑃𝐴上满
足𝑃𝐷⃗= 2
3𝑃𝐴⃗，𝐸在𝑃𝐵上满足𝑃𝐸⃗= 3
4𝑃𝐵⃗，平面𝐷𝐸𝐺交𝑃𝐶于点𝐹，且𝑃𝐹⃗= 𝜆𝑃𝐶⃗，则𝜆=
．
6
7
【分析】利用向量的线性运算，结合 𝐺, 𝐷, 𝐸, 𝐹 四点共面，即可得到结果.
【详解】
高二数理进阶
第 01 讲 空间向量的运算及应用
Page 20
先明变量，再论变化
由题意得，𝑃𝐺⃗= 1
2𝑃𝑀⃗+ 1
2𝑃𝑁⃗= 1
2 ⋅1
2(𝑃𝐴⃗+ 𝑃𝐵⃗) + 1
2 ⋅1
2𝑃𝐶⃗= 1
4𝑃𝐴⃗+ 1
4𝑃𝐵⃗+ 1
4𝑃𝐶⃗，
∵𝑃𝐷⃗= 2
3𝑃𝐴⃗，𝑃𝐸⃗= 3
4𝑃𝐵⃗，𝑃𝐹⃗= 𝜆𝑃𝐶⃗，∴𝑃𝐴⃗= 3
2𝑃𝐷⃗，𝑃𝐵⃗= 4
3𝑃𝐸⃗，𝑃𝐶⃗= 1
𝜆𝑃𝐹⃗，
∴𝑃𝐺⃗= 1
4 ⋅3
2𝑃𝐷⃗+ 1
4 ⋅4
3𝑃𝐸⃗+ 1
4 ⋅1
𝜆𝑃𝐹⃗= 3
8𝑃𝐷⃗+ 1
3𝑃𝐸⃗+ 1
4𝜆𝑃𝐹⃗，
∵点𝐺, 𝐷, 𝐸, 𝐹四点共面，
∴3
8 + 1
3 + 1
4𝜆= 1，解得𝜆= 6
7.
故答案为：6
7.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据空间向量的线性运算得到相应表达式，利用 𝐺, 𝐷, 𝐸, 𝐹 四
点共面可知系数和为 1，即可得到 𝜆 的值.
10. 如图，在空间中平移△𝐴𝐵𝐶到△𝐴′𝐵′𝐶′，连接对应顶点，设𝐴𝐴′⃗= 𝑎⃗, 𝐴𝐵⃗= 𝑏⃗, 𝐴𝐶⃗= 𝑐⃗, 𝑀, 𝐸分别是
𝐵𝐶′ , 𝐴𝐴′的中点，𝑁是𝐵′𝐶′上一点．
（1）若𝑁为𝐵′𝐶′的中点，用向量法证明：𝐴𝑀//𝐸𝑁；
（2）若𝐴𝐵= 𝐴𝐶= 1 , 𝐴𝐴′ = 2 , ∠𝐵𝐴𝐶= 60∘, ∠𝐴𝐶𝐶′ = ∠𝐴𝐵𝐵′ = 90∘，
问是否存在点𝑁使得𝐴𝑀⟂𝐸𝑁，并说明理由．
(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】(1)以{𝐴𝐴′⃗, 𝐴𝐵⃗, 𝐴𝐶⃗}为基底表示出𝐸𝑁⃗, 𝐴𝑀⃗，根据向量相等来证得𝐴𝑀//𝐸𝑁.
(2)设𝐵′𝑁⃗= 𝜆𝐵′𝐶′⃗，利用基底表示出𝐴𝑀⃗, 𝐸𝑁⃗，通过计算得到𝐴𝑀⃗⋅𝐸𝑁⃗≠0，从而判断出不存在符合题
意的𝑁点.
【详解】(1)当𝑁为𝐵′𝐶′的中点时，𝐸𝑁⃗= 𝐸𝐴′⃗+ 𝐴′𝑁⃗= 1
2𝐴𝐴′⃗+ 𝐴′𝑁⃗
= 1
2𝐴𝐴′⃗+ 1
2(𝐴′𝐵′⃗+ 𝐴′𝐶′⃗) = 1
2𝐴𝐴′⃗+ 1
2(𝐴𝐵⃗+ 𝐴𝐶⃗)
= 1
2(𝑏⃗+ 𝑐⃗) + 1
2𝑎⃗= 1
2(𝑎⃗+ 𝑏⃗+ 𝑐⃗) ，
第 01 讲 空间向量的运算及应用
高二数理进阶
先分情形，再合结论
Page 21
𝐴𝑀⃗= 𝐴𝐵⃗+ 𝐵𝑀⃗= 𝐴𝐵⃗+ 1
2(𝐶𝐶′⃗+ 𝐵𝐶⃗) = 𝐴𝐵⃗+ 1
2(𝐴𝐴′⃗+ 𝐵𝐶⃗)
= 𝐴𝐵⃗+ 1
2[𝐴𝐴′⃗+ (𝐴𝐶⃗−𝐴𝐵⃗)] = 1
2(𝐴𝐵⃗+ 𝐴𝐶⃗+ 𝐴𝐴′⃗) = 1
2(𝑎⃗+ 𝑏⃗+ 𝑐⃗) ，
所以𝐴𝑀//𝐸𝑁．
(2)设𝐵′𝑁⃗= 𝜆𝐵′𝐶′⃗，则𝐸𝑁⃗= 𝐸𝐴′⃗+ 𝐴′𝑁⃗= 1
2𝐴𝐴′⃗+ 𝐴′𝐵′⃗+ 𝐵′𝑁⃗
= 1
2𝐴𝐴′⃗+ 𝐴𝐵⃗+ 𝜆𝐵′𝐶′⃗= 1
2𝐴𝐴′⃗+ 𝐴𝐵⃗+ 𝜆(𝐴′𝐶′⃗−𝐴′𝐵′⃗)
= 1
2𝑎⃗+ 𝑏⃗+ 𝜆(𝑐⃗−𝑏⃗) = 1
2𝑎⃗+ (1 −𝜆)𝑏⃗+ 𝜆𝑐⃗，
由于∠𝐴𝐶𝐶′ = ∠𝐴𝐵𝐵′ = 90∘，𝑎⃗⋅𝑏⃗= 𝑎⃗⋅𝑐⃗= 0，
所以𝐴𝑀⃗⋅𝐸𝑁⃗= 1
2(𝑎⃗+ 𝑏⃗+ 𝑐⃗) ⋅[(1 −𝜆)𝑏⃗+ 𝜆𝑐⃗+ 1
2𝑎⃗]
= 1
4𝑎⃗2 + 1
2(1 −𝜆)𝑏⃗2 + 1
2𝑏⃗⋅𝑐⃗+ 1
2𝜆𝑐⃗2
= 1 + 1
2(1 −𝜆) + 1
2 × 1 × 1 × 1
2 + 1
2𝜆= 7
4 ，
即𝐴𝑀⃗⋅𝐸𝑁⃗≠0，故不存在点𝑁使得𝐴𝑀⟂𝐸𝑁．
测
知识小测
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1. （25-26·山东淄博）设𝑥∈𝑅, 𝑦∈𝑅, 𝑎⃗= (𝑥, 1 , 1) , 𝑏⃗= (1 , 𝑦, 1) , 𝑐⃗= (2 , −2 , 2) , 𝑏⃗//𝑐⃗, 𝑎⃗⟂𝑏⃗ ，则
|𝑎⃗+ 𝑏⃗| = （ ）
A. 3
B. √2
C. √5
D. √3
𝐶
【分析】由向量的关系列等式求解𝑥, 𝑦的值，再运用向量的数乘及加法的坐标表示公式，结合向量的模计
算得出结果.
【详解】因为𝑏⃗//𝑐⃗, 𝑎⃗⟂𝑏⃗，∴
{
1
2 = 𝑦
−2 = 1
2
𝑥+ 𝑦+ 1 = 0
，解得{𝑥= 0
𝑦= −1
∴𝑎⃗+ 𝑏⃗= (𝑥+ 1 , 1 + 𝑦, 2) = (1 , 0 , 2)，
∴|𝑎⃗+ 𝑏⃗| = √1 + 4 = √5
故选：𝐶.
高二数理进阶
第 01 讲 空间向量的运算及应用
Page 22
先求必要，再验充分
2. （25-26·广东东莞）如图，已知正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，点𝐸为上底面𝐴1𝐶1的中心，若𝐴𝐸⃗=
𝐴𝐴1⃗+ 𝑥𝐴𝐵⃗+ 𝑦𝐴𝐷⃗，则𝑥+ 𝑦= （ ）
A. 1
2
B. 1
C. 3
2
D. 2
𝐵
【分析】根据空间向量基本定理得到𝐴𝐸⃗= 𝐴𝐴1⃗+ 1
2𝐴𝐵⃗+ 1
2𝐴𝐷⃗，求出𝑥= 𝑦= 1
2，得到答案.
【详解】正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，点𝐸为上底面𝐴1𝐶1的中心，
所以𝐴1𝐸⃗= 1
2(𝐴1𝐵1⃗+ 𝐴1𝐷1⃗) = 1
2(𝐴𝐵⃗+ 𝐴𝐷⃗)，
故𝐴𝐸⃗= 𝐴𝐴1⃗+ 𝐴1𝐸⃗= 𝐴𝐴1⃗+ 1
2𝐴𝐵⃗+ 1
2𝐴𝐷⃗，
因为𝐴𝐸⃗= 𝐴𝐴1⃗+ 𝑥𝐴𝐵⃗+ 𝑦𝐴𝐷⃗，所以𝑥= 𝑦= 1
2，𝑥+ 𝑦= 1
2 + 1
2 = 1.
故选：𝐵.
3. （25-26·河南）在四面体𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑀为棱𝐶𝐷的中点，𝐸为线段𝐴𝑀的中点，若𝐵𝐸⃗= 𝑎𝐵𝐶⃗+ 𝑏𝐵𝐷⃗+
𝑐𝐵𝐴⃗，则𝑐
𝑎= （ ）
A. 1
2
B. 1
C. 2
D. 3
𝐶
【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.
【详解】如图，
第 01 讲 空间向量的运算及应用
高二数理进阶
题目之难，多在关系
Page 23
𝐵𝐸⃗= 𝐵𝐴⃗+ 𝐴𝐸⃗= 𝐵𝐴⃗+ 1
2𝐴𝑀⃗= 𝐵𝐴⃗+ 1
2(𝐵𝑀⃗−𝐵𝐴⃗) = 𝐵𝐴⃗+ 1
2(𝐵𝐷⃗+ 𝐷𝑀⃗) −1
2𝐵𝐴⃗
= 1
2𝐵𝐴⃗+ 1
2𝐵𝐷⃗+ 1
2𝐷𝑀⃗= 1
2𝐵𝐴⃗+ 1
2𝐵𝐷⃗+ 1
2 ⋅1
2𝐷𝐶⃗
= 1
2𝐵𝐴⃗+ 1
2𝐵𝐷⃗+ 1
4(𝐵𝐶⃗−𝐵𝐷⃗) = 1
4𝐵𝐶⃗+ 1
4𝐵𝐷⃗+ 1
2𝐵𝐴⃗，
又𝐵𝐸⃗= 𝑎𝐵𝐶⃗+ 𝑏𝐵𝐷⃗+ 𝑐𝐵𝐴⃗，
所以𝑎= 1
4 , 𝑏= 1
4 , 𝑐= 1
2，则𝑐
𝑎= 2.
故选：𝐶
4. （多选）（25-26·辽宁抚顺）已知𝑎⃗= (𝜆+ 1 , 2𝜇−1 , 1)，𝑏⃗= (6 , 0 , 𝜆).若𝑎⃗∥𝑏⃗，则𝜆与𝜇的值可以是
（ ）
A. 𝜆= 2 , 𝜇= 1
2
B. 𝜆= −3 , 𝜇= 1
2
C. 𝜆= −3 , 𝜇= 2
D. 𝜆= 1
2 , 𝜇= 2
𝐴𝐵
【分析】依题意利用空间向量平行的坐标表示，解方程即可得出结果.
【详解】根据题意，有𝑎⃗= 𝑘𝑏⃗且𝑘∈𝑅，得
{
𝜆+ 1 = 6𝑘
2𝜇−1 = 0
1 = 𝜆𝑘
，解得𝜇= 1
2，𝜆(𝜆+ 1) = 6；
即可得𝜆2 + 𝜆−6 = 0，解得𝜆= −3或𝜆= 2；
因此𝜆与𝜇的值可以是𝜆= 2 , 𝜇= 1
2或𝜆= −3 , 𝜇= 1
2.
故选：𝐴𝐵
5. 设𝑒1⃗，𝑒2⃗是空间两个不共线的向量，已知𝐴𝐵⃗= 2𝑒1⃗+ 𝑘𝑒2⃗，𝐶𝐵⃗= 𝑒1⃗+ 3𝑒2⃗，𝐶𝐷⃗= 2𝑒1⃗−𝑒2⃗，且𝐴, 𝐵, 𝐷
三点共线，则𝑘=
．
−8
【分析】根据𝐴, 𝐵, 𝐷三点共线可得𝐴𝐵⃗= 𝜆𝐵𝐷⃗，即可得到关于𝜆, 𝑘的方程组，即可解出𝑘．
【详解】因为𝐶𝐵⃗= 𝑒1⃗+ 3𝑒2⃗，𝐶𝐷⃗= 2𝑒1⃗−𝑒2⃗，
则𝐵𝐷⃗= 𝐶𝐷⃗−𝐶𝐵⃗= 𝑒⃗1 −4𝑒⃗2，
又𝐴𝐵⃗= 2𝑒1⃗+ 𝑘𝑒2⃗，而𝐴, 𝐵, 𝐷三点共线，
所以存在𝜆∈𝑅，使得𝐴𝐵⃗= 𝜆𝐵𝐷⃗，
即2𝑒⃗1 + 𝑘𝑒⃗2 = 𝜆𝑒⃗1 −4𝜆𝑒⃗2，所以{𝜆= 2
−4𝜆= 𝑘，解得𝑘= −8．
高二数理进阶
第 01 讲 空间向量的运算及应用
Page 24
方法之巧，贵在自然
故答案为：−8．
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
高二数理进阶
运算之稳，来自结构
Page 25
第 02 讲
空间向量中的探索与范围问题
讲
题型精讲
Core examples
题型1
平行与垂直中的探索性问题
题型点拨
利用空间向量证明平行关系的方法和步骤
1、要证明线线平行，首先需要证明两直线的方向向量共线，再说明其中一条直线上存在某个点不在另
一条直线上.
2、要证明线面平行，首先需要证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直，或直线的方向向量与
平面内某直线的方向向量平行，再说明该直线上存在某个点不在平面内.
3、要证明面面平行，首先需要证明两平面的法向量为共线向量，再说明其中一个平面内存在某个点不
在另一个平面内(也可转化为证明线面平行、线线平行).
典例1 （25-26·江苏南京）如图，在正四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，各棱长均为√2，𝑀为侧棱𝑃𝐷上的点，𝑁是
𝑃𝐶中点.
（1）若𝑀是𝑃𝐷中点，求直线𝐵𝑁与平面𝑀𝐴𝐶所成角的正弦值；
（2）是否存在点𝑀，使得𝐵𝑁//平面𝑀𝐴𝐶？若存在，求出𝑃𝑀
𝑃𝐷的值；若不存在，
说明理由.
(1)√3
6
(2)存在，2
3
【分析】(1)设𝐴𝐶∩𝐵𝐷= 𝑂，以𝑂为坐标原点，建立空间直角坐标系，得到𝑂𝑃= 1，求得向量𝐵𝑁⃗=
(−1 , 1
2 , 1
2)和平面𝑀𝐴𝐶的法向量𝑛⃗= (2 , 0 , 2)，结合向量的夹角公式，即可求解；
(2)设𝑃𝑀⃗= 𝜆𝑃𝐷⃗，得到𝐴𝑀⃗= 𝐴𝑃⃗+ 𝑃𝑀⃗= (−𝜆, 1 , 1 −𝜆)，求得平面𝐴𝐶𝑀的法向量为𝑚⃗=
(1 , 0 ,
𝜆
1 −𝜆)，根据𝐵𝑁//平面𝐴𝐶𝑀，利用𝑚⃗⋅𝐵𝑁⃗= 0，列出方程，求得𝜆的值，即可求解.
高二数理进阶
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
Page 26
证明之美，在于必然
【详解】(1)解：如图所示，设𝐴𝐶∩𝐵𝐷= 𝑂，
以点𝑂为坐标原点，以𝑂𝐵, 𝑂𝐶, 𝑂𝑃所在的直线分别为𝑥, 𝑦, 𝑧轴，建立空间直角坐标系，
在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，由𝐵𝐶= 𝐶𝐷= √2，可得𝐵𝐷= √𝐵𝐶2 + 𝐶𝐷2 = 2，
又因为𝑃𝐵= 𝑃𝐷= √2，所以𝑃𝐵2 + 𝑃𝐷2 = 𝐵𝐷2，所以𝑃𝐵⟂𝑃𝐷，可得𝑂𝑃= 1，
则𝐴(0 , −1 , 0), 𝐵(1 , 0 , 0), 𝐶(0 , 1 , 0), 𝐷(−1 , 0 , 0), 𝑃(0 , 0 , 1)，
因为𝑀, 𝑁分别为𝑃𝐷, 𝑃𝐶中点，可得𝑀(−1
2 , 0 , 1
2), 𝑁(0 , 1
2 , 1
2)，
可得𝐵𝑁⃗= (−1 , 1
2 , 1
2), 𝐴𝑀⃗= (−1
2 , 1 , 1
2), 𝐴𝐶⃗= (0 , 2 , 0)，
设平面𝑀𝐴𝐶的法向量为𝑛⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，则
{
𝑛⃗⋅𝐴𝑀⃗= −1
2𝑥+ 𝑦+ 1
2𝑧= 0
𝑛⃗⋅𝐴𝐶⃗= 2𝑦= 0
，
令𝑥= 2，可得𝑦= 0 , 𝑧= 2，所以𝑛⃗= (2 , 0 , 2)，
设直线𝐵𝑁与平面𝑀𝐴𝐶所成角为𝜃，
可得sin 𝜃= |cos 𝐵𝑁⃗, 𝑛⃗| =
|𝐵𝑁⃗⋅𝑛⃗|
|𝐵𝑁⃗||𝑛⃗|
=
|−2 + 1|
√3
2 × 2√2
= √3
6 ，
所以直线𝐵𝑁与平面𝑀𝐴𝐶所成角的正弦值√3
6 .
(2)解：因为𝐴(0 , −1 , 0), 𝐵(1 , 0 , 0), 𝐶(0 , 1 , 0), 𝐷(−1 , 0 , 0), 𝑃(0 , 0 , 1), 𝑁(0 , 1
2 , 1
2)，
可得𝐵𝑁⃗= (−1 , 1
2 , 1
2) , 𝐴𝐶⃗= (0 , 2 , 0) , 𝑃𝐷⃗= (−1 , 0 , −1)，
设𝑃𝑀⃗= 𝜆𝑃𝐷⃗，可得𝐴𝑀⃗= 𝐴𝑃⃗+ 𝑃𝑀⃗= (0 , 1 , 1) + 𝜆(−1 , 0 , −1) = (−𝜆, 1 , 1 −𝜆)，
设平面𝐴𝐶𝑀的法向量为𝑚⃗= (𝑥1 , 𝑦1 , 𝑧1)，则
{
𝑚⃗⋅𝐴𝑀⃗= −𝜆𝑥1 + 𝑦1 + (1 −𝜆)𝑧1 = 0
𝑚⃗⋅𝐴𝐶⃗= 2𝑦1 = 0
，
令𝑥= 1，可得𝑦1 = 0 , 𝑧1 =
𝜆
1 −𝜆，所以𝑚⃗= (1 , 0 ,
𝜆
1 −𝜆)，
若𝐵𝑁//平面𝐴𝐶𝑀，可得𝑚⃗⟂𝐵𝑁⃗，
即可得𝑚⃗⋅𝐵𝑁⃗= −1 +
𝜆
2(1 −𝜆) = 0，解得𝜆= 2
3，所以𝑃𝑀
𝑃𝐷= 2
3，
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
高二数理进阶
设元须简，关系须明
Page 27
即存在点𝑀，使得𝐵𝑁//平面𝑀𝐴𝐶，此时𝑃𝑀
𝑃𝐷的值为2
3.
典例2 （25-26·浙江台州）如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑃𝐴⟂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，底面𝐴𝐵𝐶𝐷是直角梯形，其
中𝐴𝐷//𝐵𝐶，𝐴𝐵⟂𝐴𝐷，𝐴𝐵= 𝐴𝐷= 1
2𝐵𝐶= 1，𝑃𝐴= 2，𝐸为棱𝐵𝐶上的点，且𝐵𝐸= 1
4𝐵𝐶，点𝑄在棱𝐶𝑃
上（不与点𝐶，𝑃重合）.
（1）求证：平面𝐷𝐸𝑄⟂平面𝑃𝐴𝐶；
（2）求二面角𝐴−𝑃𝐶−𝐷的平面角的余弦值；
（3）直线𝑄𝐸能与平面𝑃𝐶𝐷垂直吗？若能，求出𝐶𝑄
𝐶𝑃的值；若不能，请说明理由.
(1)证明见解析
(2)2√5
5
(3)不能，理由见解析
【分析】(1)建立合适空间直角坐标系，利用向量先证明𝐷𝐸⟂平面𝑃𝐴𝐶，然后可证明平面𝐷𝐸𝑄⟂平面
𝑃𝐴𝐶；
(2)分别求出平面𝑃𝐴𝐶与平面𝑃𝐶𝐷的一个法向量，然后计算出法向量夹角的余弦值，结合图形可求二面角
的平面角的余弦值；
(3)由𝐶𝑄⃗= 𝜆𝐶𝑃⃗表示出𝑄点坐标即可表示出𝑄𝐸⃗，再根据位置关系确定出𝑄𝐸⃗与法向量𝑛⃗的关系，确定方
程解的情况可作出判断.
【详解】(1)因为𝑃𝐴⟂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝑃𝐴⟂𝐴𝐵，𝑃𝐴⟂𝐴𝐷，
又𝐴𝐵⟂𝐴𝐷，则以𝐴为原点，建立如图所示的空间直角坐标系𝐴−𝑥𝑦𝑧，
则𝐴(0 , 0 , 0)，𝐵(1 , 0 , 0)，𝐸(1 , 1
2 , 0)，𝐷(0 , 1 , 0)，𝐶(1 , 2 , 0)，𝑃(0 , 0 , 2)，
所以𝐷𝐸⃗= (1 , −1
2 , 0)，𝐴𝐶⃗= (1 , 2 , 0)，𝐴𝑃⃗= (0 , 0 , 2)，
高二数理进阶
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
Page 28
变形须等价，结论须回检
所以𝐷𝐸⃗⋅𝐴𝑃⃗= 0，𝐷𝐸⃗⋅𝐴𝐶⃗= 1 −1 = 0，
所以𝐷𝐸⟂𝐴𝑃，𝐷𝐸⟂𝐴𝐶，且𝐴𝑃∩𝐴𝐶= 𝐴，𝐴𝑃，𝐴𝐶⊂平面𝑃𝐴𝐶，
所以𝐷𝐸⟂平面𝑃𝐴𝐶，
所以平面𝐷𝐸𝑄⟂平面𝑃𝐴𝐶.
(2)由(1)知𝐷𝐸⃗= (1 , −1
2 , 0)是平面𝑃𝐴𝐶的一个法向量，𝑃𝐷⃗= (0 , 1 , −2)，𝑃𝐶⃗= (1 , 2 , −2)，
设平面𝑃𝐶𝐷的一个法向量为𝑛⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，
所以
{
𝑃𝐷⃗⋅𝑛⃗= 0
𝑃𝐶⃗⋅𝑛⃗= 0
，即{𝑦−2𝑧= 0
𝑥+ 2𝑦−2𝑧= 0，
令𝑧= −1，则𝑥= 2，𝑦= −2，所以𝑛⃗= (2 , −2 , −1)，
所以cos < 𝐷𝐸⃗, 𝑛⃗>=
𝐷𝐸⃗⋅𝑛⃗
|𝐷𝐸⃗| × |𝑛⃗|
=
2 + 1
√5
4 × √9
= 2√5
5 ，
又由图可知二面角𝐴−𝑃𝐶−𝐷的平面角为锐角，
所以二面角𝐴−𝑃𝐶−𝐷的平面角的余弦值为2√5
5 .
(3)由(1)得𝐶(1 , 2 , 0)，𝑃(0 , 0 , 2)，𝐸(1 , 1
2 , 0)，𝐶𝑃⃗= (−1 , −2 , 2)，
设𝐶𝑄
𝐶𝑃= 𝜆(0 < 𝜆< 1)，则𝐶𝑄⃗= 𝜆𝐶𝑃⃗= (−𝜆, −2𝜆, 2𝜆)，可得𝑄(1 −𝜆, 2 −2𝜆, 2𝜆)，
所以𝑄𝐸⃗= (𝜆, −3
2 + 2𝜆, −2𝜆)，
由(2)知𝑛⃗= (2 , −2 , −1)是平面𝑃𝐶𝐷的一个法向量，
若𝑄𝐸⟂平面𝑃𝐶𝐷，可得𝑄𝐸⃗//𝑛⃗，则𝜆
2 =
−3
2 + 2𝜆
−2
= −2𝜆
−1 ，该方程无解，
所以直线𝑄𝐸不能与平面𝑃𝐶𝐷垂直.
题型2
距离中的探索性问题
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
高二数理进阶
参数随动，约束先行
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典例3 （25-26·广东梅州）如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，平面𝑃𝐷𝐶⟂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐷⟂𝐷𝐶, 𝐴𝐵∥
𝐷𝐶，𝐴𝐵= 1
2𝐶𝐷= 𝐴𝐷= 1，𝑃𝐶= √5 , 𝑃𝐷= 1，𝑀为棱𝑃𝐶的中点．
（1）求平面𝑃𝐷𝑀与平面𝐵𝐷𝑀的夹角余弦值；
（2）在线段𝑃𝐴上是否存在点𝑄，使得点𝑄到平面𝐵𝐷𝑀的距离是2√6
9 ？若存在，
求出𝑃𝑄的值；若不存在，说明理由．
(1)√6
6
(2)存在满足题意的点𝑄，此时𝑃𝑄= 2√2
3
【分析】(1)建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可；
(2)假设存在满足题意的点𝑄，𝑄𝑃⃗= 𝑎𝐴𝑃⃗(0 ≤𝑎≤1)，利用空间向量法求解点面距，建立关于𝑎的方程，
解之即可求解.
【详解】(1)由平面𝑃𝐷𝐶∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷= 𝐶𝐷, 𝐴𝐷⟂𝐶𝐷, 𝐴𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，
所以𝐴𝐷⟂平面𝑃𝐶𝐷，又𝑃𝐷⊂平面𝑃𝐶𝐷，所以𝐴𝐷⟂𝑃𝐷，
又𝑃𝐷= 1 , 𝐶𝐷= 2 , 𝑃𝐶= √5，有𝑃𝐶2 = 𝑃𝐷2 + 𝐶𝐷2，故𝑃𝐷⟂𝐶𝐷，
建立如图空间直角坐标系𝐷−𝑥𝑦𝑧，
𝑃(0 , 0 , 1), 𝐵(1 , 1 , 0), 𝐷(0 , 0 , 0), 𝑀(0 , 1 , 1
2)，得𝐷𝐵⃗= (1 , 1 , 0), 𝐷𝑀⃗= (0 , 1 , 1
2)，
易知平面𝑃𝐷𝑀的一个法向量为𝑚⃗= (1 , 0 , 0)，设平面𝐵𝐷𝑀的一个法向量为𝑛⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，
{
𝑛⃗⋅𝐷𝐵⃗= 𝑥+ 𝑦= 0
𝑛⃗⋅𝐷𝑀⃗= 𝑦+ 1
2𝑧= 0
，令𝑧= 2，得𝑥= 1 , 𝑦= −1，𝑛⃗= (1 , −1 , 2)，
所以|cos < 𝑚⃗, 𝑛⃗>| = |𝑚⃗⋅𝑛⃗|
|𝑚⃗||𝑛⃗| = 1
√6
= √6
6 ，
即平面𝑃𝐷𝑀与平面𝐵𝐷𝑀所成角的余弦值为√6
6 ；
(2)由(1)知𝐴(1 , 0 , 0)，则𝐴𝑃⃗= (−1 , 0 , 1)，假设存在满足题意的点𝑄.
设𝑄𝑃⃗= 𝑎𝐴𝑃⃗(0 ≤𝑎≤1)，则(−𝑥𝑄, −𝑦𝑄, 1 −𝑧𝑄) = (−𝑎, 0 , 𝑎)，
高二数理进阶
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
Page 30
边界不沉默，端点有分量
得
{
𝑥𝑄= 𝑎
𝑦𝑄= 0𝑧𝑄= 1 −𝑎
，即𝑄(𝑎, 0 , 1 −𝑎)，所以𝐷𝑄⃗= (𝑎, 0 , 1 −𝑎)，
故点𝑄到平面𝐵𝐷𝑀的距离为𝑑=
|𝐷𝑄⃗⋅𝑛⃗|
|𝑛⃗|
= |2 −𝑎|
√6
= 2√6
9 ，
即|𝑎−2| = 4
3，解得𝑎= 2
3或10
3 （舍去），
所以存在满足题意的点𝑄.
此时𝑄𝑃⃗= (−2
3 , 0 , 2
3)，所以𝑃𝑄= √(−2
3)2 + (2
3)2 = 2√2
3 .
变式1 （25-26·福建厦门）如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑃𝐴⟂𝐴𝐷，底面𝐴𝐵𝐶𝐷为直角梯形，𝐵𝐶=
3𝐴𝐷，𝐴𝐷∥𝐵𝐶，∠𝐵𝐶𝐷= 90∘，𝑀为线段𝑃𝐵上一点.
（1）若𝑃𝑀= 1
3𝑃𝐵，求证：𝐴𝑀∥平面𝑃𝐶𝐷；
（2）若𝑃𝐴= 2，𝐴𝐷= 1，异面直线𝑃𝐴与𝐶𝐷成90∘角，二面角𝐵−
𝑃𝐶−𝐷的余弦值为−√10
10 ，在线段𝑃𝐶上是否存在点𝑄，使得点𝑄到
直线𝐴𝐷的距离为2√5
3 ，若存在请指出点𝑄的位置，若不存在请说
明理由.
(1)证明见解析
(2)线段𝑃𝐶上存在点𝑄，为靠近𝑃或靠近𝐶的三等分点
【分析】(1)过点𝑀作𝑀𝑁∥𝐵𝐶，交𝑃𝐶于点𝑁，连接𝐷𝑁，通过证明四边形𝐴𝐷𝑁𝑀为平行四边形得出
𝐴𝑀∥𝐷𝑁，然后利用线面平行的判定定理即可得出结论；
(2)证明出𝑃𝐴⟂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，过点𝐴作𝐴𝐸∥𝐶𝐷交𝐵𝐶于点𝐸，并以点𝐴为坐标原点，𝐴𝐸、𝐴𝐷、𝐴𝑃所在直
线分别为𝑥，𝑦，𝑧轴建立空间直角坐标系，设𝐶𝐷= 𝑎，利用空间向量法结合二面角𝐵−𝑃𝐶−𝐷的余弦值
为−√10
10 ，求出𝑎的值，再利用空间中点到直线的距离公式即可得出结论.
【详解】(1)(1)过点𝑀作𝑀𝑁∥𝐵𝐶，交𝑃𝐶于点𝑁，连接𝐷𝑁，
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
高二数理进阶
特殊可启发，不能替证明
Page 31
∵𝑀𝑁∥𝐵𝐶，∴△𝑃𝑀𝑁∼△𝑃𝐵𝐶，
∴𝑀𝑁
𝐵𝐶= 𝑃𝑀
𝑃𝐵= 1
3，∴𝑀𝑁= 1
3𝐵𝐶= 𝐴𝐷，
∵𝐴𝐷∥𝐵𝐶，∴𝐴𝐷∥𝑀𝑁，
所以四边形𝐴𝐷𝑁𝑀为平行四边形，则𝐴𝑀∥𝐷𝑁，
∵𝐴𝑀⊄平面𝑃𝐶𝐷，𝐷𝑁⊂平面𝑃𝐶𝐷，
∴𝐴𝑀∥平面𝑃𝐶𝐷；
(2)由异面直线𝑃𝐴与𝐶𝐷成90∘角，即𝑃𝐴⟂𝐶𝐷，
∵𝑃𝐴⟂𝐴𝐷，𝐶𝐷∩𝐴𝐷= 𝐷，∴𝑃𝐴⟂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，
∵∠𝐵𝐶𝐷= 90∘，过点𝐴作𝐴𝐸∥𝐶𝐷交𝐵𝐶于点𝐸，
以点𝐴为坐标原点，𝐴𝐸、𝐴𝐷、𝐴𝑃所在直线分别为𝑥，𝑦、𝑧轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设𝐶𝐷= 𝑎，则𝐵(𝑎, −2 , 0)，𝐶(𝑎, 1 , 0)，𝐷(0 , 1 , 0)，𝑃(0 , 0 , 2)，
𝐵𝐶⃗= (0 , 3 , 0)，𝑃𝐶⃗= (𝑎, 1 , −2)，𝐷𝐶⃗= (𝑎, 0 , 0)，𝑃𝐷⃗= (0 , −1 , 2)
设平面𝑃𝐵𝐶的法向量为𝑚⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，
则
{
𝑚⃗⋅𝐵𝐶⃗= 3𝑦= 0
𝑚⃗⋅𝑃𝐶⃗= 𝑎𝑥+ 𝑦−2𝑧= 0
，取𝑥= 2，则𝑦= 0，𝑧= 𝑎，
则𝑚⃗= (2 , 0 , 𝑎)，
设平面𝑃𝐶𝐷的法向量为𝑛⃗= (𝑥1 , 𝑦1 , 𝑧1)，
则
{
𝑚⃗⋅𝐷𝐶⃗= 𝑎𝑥1 = 0
𝑚⃗⋅𝑃𝐷⃗= −𝑦1 + 2𝑧1 = 0
，取𝑧1 = 1，则𝑥1 = 0，𝑦1 = 2，
可得平面𝑃𝐶𝐷的一个法向量为𝑛⃗= (0 , 2 , 1)，
高二数理进阶
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
Page 32
反例能止住误判
由于二面角𝐵−𝑃𝐶−𝐷的余弦值为−√10
10 ，
则|cos < 𝑚⃗, 𝑛⃗>| = |𝑚⃗• 𝑛⃗|
|𝑚⃗| • |𝑛⃗| =
𝑎
√𝑎2 + 4 × √5
= √10
10 ，解得𝑎= 2，
则𝐶(2 , 1 , 0)，
假设线段𝑃𝐶上存在点𝑄(𝑥𝑄, 𝑦𝑄, 𝑧𝑄)，使得点𝑄到直线𝐴𝐷的距离为2√5
3 ，
设𝑃𝑄⃗= 𝜆𝑃𝐶⃗(0 ≤𝜆≤1)，
∴(𝑥𝑄, 𝑦𝑄, 𝑧𝑄−2) = 𝜆(2 , 1 , −2)，
则𝑄(2𝜆, 𝜆, 2 −2𝜆)，
∴𝑎⃗= 𝑄𝐴⃗= (−2𝜆, −𝜆, 2𝜆−2)，𝑢⃗= 𝐴𝐷⃗
|𝐴𝐷⃗|
= 0 , 1 , 0
1
= (0 , 1 , 0)，
∴点𝑄到直线𝐴𝐷的距离为√𝑎⃗2 −(𝑎⃗• 𝑢⃗)2 = √8𝜆2 −8𝜆+ 4 = 2√5
3 ，
解得𝜆= 1
3或2
3，
所以线段𝑃𝐶上存在点𝑄，为靠近𝑃或靠近𝐶的三等分点时，使得点𝑄到直线𝐴𝐷的距离为2√5
3 .
题型3
线面角的最值与探索
典例4 （25-26·福建泉州）如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷= 𝐶𝐷= 𝐷𝑃= 1，𝐴𝐵= 𝐵𝐶= 𝐵𝑃= √3，
𝐷𝑃⟂𝐴𝐶，𝐷𝑃⟂𝑃𝐵.
（1）求证：𝐴𝐶⟂平面𝑃𝐵𝐷；
（2）过直线𝐶𝐷与线段𝑃𝐵的中点𝐸的平面𝛼与线段𝑃𝐴交于点𝐹.
(𝑖)试确定𝐹点位置；
(𝑖𝑖)若𝐻点为线段𝐸𝐹上一动点，求直线𝐴𝐻与平面𝐵𝐶𝑃所成角正弦值的
最小值.
(1)证明见解析
(2)(𝑖)点𝐹为靠近𝐴的三等分点；(𝑖𝑖)√42
7
【分析】(1)连接𝐴𝐶、𝐵𝐷，设𝐴𝐶∩𝐵𝐷= 𝑂，连接𝑂𝑃，由线面垂直的判定定理证明即可；
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
高二数理进阶
方程承接未知
Page 33
(2)解法一：(𝑖)取𝐵𝐶的中点𝑀，连接𝐴𝑀、𝑀𝐸，由几何关系得到𝐴𝑀//𝐶𝐷，𝐸𝑀//𝑃𝐶，过𝐸点作𝐸𝐾⃗=
𝑀𝐴⃗，连结𝐶𝐾，确定𝐹点位置即可；
(𝑖𝑖)先由线面垂直的判定定理证明𝑂𝑃⟂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，再建立如图所示空间直角坐标系，求出平面𝐵𝐶𝑃的
法向量，再由集合关系求出𝐴𝐻⃗，代入线面角公式，再令𝑡= 3 −2𝜆，结合二次函数分析最值即可；
解法二：(𝑖)先由线面垂直的判定定理证明𝑂𝑃⟂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，建立如图所示空间直角坐标系，由向量的基
本定理得到𝐶𝐹⃗= 𝑥𝐶𝐷⃗+ 𝑦𝐶𝐸⃗，再确定𝐹点位置即可；
解法三：(𝑖)延长𝐵𝐴，𝐶𝐷交于点𝑄，连结𝐸𝑄交𝑃𝐴于点𝐹，再由几何关系确定其位置即可；
(𝑖𝑖)由线面垂直的判定定理证明𝑂𝑃⟂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，再由余弦定理和同角的三角函数关系得到sin ∠𝑃𝐵𝐶=
√7
4 ，再利用等体积法求出𝐴点到平面𝐵𝐶𝑃的距离为𝑑，然后分析其最值即可；
【详解】(1)
连接𝐴𝐶、𝐵𝐷，设𝐴𝐶∩𝐵𝐷= 𝑂，连接𝑂𝑃，
∵𝐴𝐷= 𝐶𝐷，𝐵𝐶= 𝐴𝐵，𝐵𝐷= 𝐵𝐷，∴△𝐵𝐴𝐷≌△𝐵𝐶𝐷，则∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐵𝐶𝐷，
∴∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐶𝐵𝐷，即𝐵𝐷是∠𝐴𝐵𝐶的角平分线，∴𝐵𝐷⟂𝐴𝐶，
∵𝐷𝑃⟂𝐴𝐶，𝐵𝐷∩𝐷𝑃= 𝐷，𝐵𝐷, 𝐷𝑃⊂平面𝑃𝐵𝐷，𝐴𝐶⟂平面𝑃𝐵𝐷
(2)同理可得△𝐵𝑃𝐷≌△𝐵𝐴𝐷≌△𝐵𝐶𝐷
故∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐵𝐶𝐷= 90∘，所以，𝐵𝐷= √𝐴𝐵2 + 𝐴𝐷2 = 2，
因为𝐴𝐷= 1 = 1
2𝐵𝐷，则∠𝐶𝐵𝐷= ∠𝐴𝐵𝐷= 30∘，则∠𝐴𝐵𝐶= 60∘，
（解法一)(𝑖)取𝐵𝐶的中点𝑀，连接𝐴𝑀、𝑀𝐸，
∵𝐴𝐵= 𝐵𝐶，∠𝐴𝐵𝐶= 60∘，故△𝐴𝐵𝐶为等边三角形，
∵𝑀为𝐵𝐶的中点，∴𝐴𝑀⟂𝐵𝐶，
在底面𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐶𝐷⟂𝐵𝐶，𝐴𝑀⟂𝐵𝐶，∴𝐴𝑀//𝐶𝐷，𝐸𝑀//𝑃𝐶
过𝐸点作𝐸𝐾⃗= 𝑀𝐴⃗，则𝐸𝐾//𝐶𝐷，所以𝐶, 𝐷, 𝐸, 𝐾四点共面。
连结𝐴𝐾，则𝐴𝐾//𝐸𝑀，则𝐴𝐾//𝐶𝑃，所以𝐴, 𝐾, 𝑃, 𝐶四点共面。
连结𝐶𝐾，面𝐶𝐷𝐾𝐸∩面𝑃𝐶𝐴𝐾= 𝐶𝐾，则𝐶𝐾必与𝑃𝐴相交，交点为所求的点𝐹，
∵𝑃𝐹
𝐹𝐴= 𝑃𝐶
𝐴𝐾= 2，所以点𝐹为靠近𝐴的三等分点.
(𝑖𝑖)𝐴𝐶⟂平面𝑃𝐵𝐷，∵𝑂𝑃⊂平面𝑃𝐵𝐷，∴𝑂𝑃⟂𝐴𝐶，
因为𝐴𝐷= 𝐷𝑃，𝐴𝐵= 𝐵𝑃，𝐵𝐷= 𝐵𝐷，所以，△𝐵𝐴𝐷≌△𝐵𝑃𝐷，则∠𝐴𝐷𝑂= ∠𝑃𝐷𝑂，
高二数理进阶
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
Page 34
函数刻画变化
∵𝐴𝐷= 𝐷𝑃，𝐷𝑂= 𝐷𝑂，所以，△𝐴𝐷𝑂≌△𝑃𝐷𝑂，
所以，∠𝑃𝑂𝐷= ∠𝐴𝑂𝐷= 90∘，即𝑂𝑃⟂𝐵𝐷，
∵𝐴𝐶∩𝐵𝐷= 𝑂，𝐴𝐶, 𝐵𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以，𝑂𝑃⟂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，
以点𝑂为坐标原点，𝑂𝐷、𝑂𝐴、𝑂𝑃所在直线分别为𝑥、𝑦、𝑧轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则𝐴
(
0 , √3
2 , 0
)
、𝐵(−3
2 , 0 , 0)、𝐶
(
0 , −√3
2 , 0
)
、𝐷(1
2 , 0 , 0)、𝑃
(
0 , 0 , √3
2 )
、𝑀
(
−3
4 , −
√3
4 , 0
)
，𝐸
(
−3
4 , 0 , √3
4 )
，
设平面𝐵𝐶𝑃的法向量为𝑛⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，𝐶𝐵⃗=
(
−3
2 , √3
2 , 0
)
，𝐶𝑃⃗=
(
0 , √3
2 , √3
2 )
，
则
{
𝑛⃗⋅𝐶𝐵⃗= −3
2𝑥+ √3
2 𝑦= 0
𝑛⃗⋅𝐶𝑃⃗= √3
2 𝑦+ √3
2 𝑧= 0
，取𝑥= 1，可得𝑛⃗= (1 , √3 , −√3)，
𝐴𝐹⃗= 1
3𝐴𝑃⃗=
(
0 , −√3
6 , √3
6 )
设𝐸𝐻⃗= 𝜆𝐸𝐹⃗= 𝜆(𝐴𝐹⃗−𝐴𝐸⃗) =
(
3
4𝜆, √3
3 𝜆, −√3
12 𝜆
)
，其中0 ≤𝜆≤1，
则𝐴𝐻⃗= 𝐴𝐸⃗+ 𝐸𝐻⃗=
(
−3
4 + 3
4𝜆, −√3
2 + √3
3 𝜆, √3
4 −√3
12 𝜆
)
，
所以，
sin 𝜃= |cos < 𝐴𝐻⃗, 𝑛⃗>| = 𝐴𝐻⃗⋅𝑛⃗
|𝐴𝐻⃗||𝑛⃗|
=
|2𝜆−3|
√7√11
12𝜆2 −9
4𝜆+ 3
2
=
3 −2𝜆
√7√11
12𝜆2 −9
4𝜆+ 3
2
，
因为0 ≤𝜆≤1，所以令𝑡= 3 −2𝜆，𝜆= 3 −𝑡
2
，𝑡∈[1 , 3]，
所以sin 𝜃=
𝑡
√7√11
48𝑡2 −1
4𝑡+ 3
16
=
1
√7√11
48 −1
4
1
𝑡+ 3
16
1
𝑡2
=
1
√7√11
48 −1
4𝑠+ 3
16𝑠2
，
设𝑠= 1
𝑡∈[1
3 , 1]，对称轴为𝑠= 2
3，
故当𝑠= 1
3或1，即𝜆= 0或1时，sin 𝜃取得最小值√42
7 .
因此，当𝐻点与𝐸点或𝐹点重合时直线𝐴𝐻与平面𝐵𝐶𝑃所成角的正弦值的最小值为√42
7 .
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
高二数理进阶
不等式守护范围
Page 35
（解法二）𝐴𝐶⟂平面𝑃𝐵𝐷，∵𝑂𝑃⊂平面𝑃𝐵𝐷，∴𝑂𝑃⟂𝐴𝐶，
因为𝐴𝐷= 𝐷𝑃，𝐴𝐵= 𝐵𝑃，𝐵𝐷= 𝐵𝐷，所以，△𝐵𝐴𝐷≌△𝐵𝑃𝐷，则∠𝐴𝐷𝑂= ∠𝑃𝐷𝑂，
∵𝐴𝐷= 𝐷𝑃，𝐷𝑂= 𝐷𝑂，所以，△𝐴𝐷𝑂≌△𝑃𝐷𝑂，
所以，∠𝑃𝑂𝐷= ∠𝐴𝑂𝐷= 90∘，即𝑂𝑃⟂𝐵𝐷，
∵𝐴𝐶∩𝐵𝐷= 𝑂，𝐴𝐶, 𝐵𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝑂𝑃⟂平面𝐴𝐵𝐶𝐷 ，
以点𝑂为坐标原点，𝑂𝐷、𝑂𝐴、𝑂𝑃所在直线分别为𝑥、𝑦、𝑧轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则𝐴
(
0 , √3
2 , 0
)
、𝐵(−3
2 , 0 , 0)、𝐶
(
0 , −√3
2 , 0
)
、𝐷(1
2 , 0 , 0)、𝑃
(
0 , 0 , √3
2 )
、
𝐸
(
−3
4 , 0 , √3
4 )
，
设𝐴𝐹⃗= 𝜆𝐴𝑃⃗=
(
0 , −√3
2 𝜆, √3
2 𝜆
)
，𝜆∈[0 , 1]，
𝐶𝐹⃗= 𝐶𝐴⃗+ 𝐴𝐹⃗=
(
0 , √3 −√3
2 𝜆, √3
2 𝜆
)
，𝐶𝐷⃗=
(
1
2 , √3
2 , 0
)
，𝐶𝐸⃗=
(
−3
4 , √3
2 , √3
4 )
，
𝐶, 𝐷, 𝐸, 𝐹四点共面，则𝐶𝐹⃗= 𝑥𝐶𝐷⃗+ 𝑦𝐶𝐸⃗，解得𝑥= 1，𝑦= 2
3，𝜆= 1
3 ，
所以点𝐹为靠近𝐴的三等分点，下同解法一，
（解法三）延长𝐵𝐴，𝐶𝐷交于点𝑄，连结𝐸𝑄交𝑃𝐴于点𝐹，即为所求点.在△𝐵𝐶𝑄中，
∠𝐵𝐶𝑄= 90∘，∠𝐶𝐵𝑄= 60∘，𝐵𝐶= √3，𝐵𝑄= 2√3，则𝐴为𝐵𝑄中点.又因为𝐸为𝑃𝐵中点，则𝐹为△
𝐵𝑃𝑄的重心，则𝑃𝐹= 2𝐹𝐴，𝐹为靠近𝐴的三等分点.
𝐴𝐶⟂平面𝑃𝐵𝐷，∵𝑂𝑃⊂平面𝑃𝐵𝐷，∴𝑂𝑃⟂𝐴𝐶，
因为𝐴𝐷= 𝐷𝑃，𝐴𝐵= 𝐵𝑃，𝐵𝐷= 𝐵𝐷，所以，△𝐵𝐴𝐷≌△𝐵𝑃𝐷，则∠𝐴𝐷𝑂= ∠𝑃𝐷𝑂，
∵𝐴𝐷= 𝐷𝑃，𝐷𝑂= 𝐷𝑂，所以，△𝐴𝐷𝑂≌△𝑃𝐷𝑂，
所以，∠𝑃𝑂𝐷= ∠𝐴𝑂𝐷= 90∘，即𝑂𝑃⟂𝐵𝐷，
∵𝐴𝐶∩𝐵𝐷= 𝑂，𝐴𝐶, 𝐵𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝑂𝑃⟂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，
𝑃𝑂= √3
2 ，𝑃𝐵= √3，𝑃𝐶= 𝑃𝐴= √6
2 ，cos ∠𝑃𝐵𝐶=
3 + 3 −6
4
2 ⋅√3 ⋅√3
= 3
4，sin ∠𝑃𝐵𝐶= √7
4 ，
设𝐴点到平面𝐵𝐶𝑃的距离为𝑑，
高二数理进阶
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
Page 36
集合先明对象
𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶= 𝑉𝐴−𝑃𝐵𝐶，1
3 ⋅𝑃𝑂⋅𝑆△𝐴𝐵𝐶= 1
3 ⋅𝑑⋅𝑆△𝑃𝐵𝐶，𝑑= 3
√7
，
假设直线𝐴𝐻与平面𝐵𝐶𝑃交点为𝐺，
则直线𝐴𝐻与平面𝐵𝐶𝑃所成角正弦值sin 𝜃=
𝑑
|𝐴𝐺|，
所以当|𝐴𝐺|最大，正弦值最小，
𝐴𝐸2 = 𝐵𝐸2 + 𝐴𝑃2 −2𝐵𝐸⋅𝐴𝑃cos ∠𝑄𝐵𝑃，𝐴𝐸= √6
2 = 𝐴𝑃，
因为𝐴𝐸= 𝐴𝑃，
所以当𝐻点与𝐸点或𝐹点重合时sin 𝜃=
3
√7
√6
2
= √42
7 最小.
典例5 (2025 ⋅天津·二模）如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，𝑃𝐴⟂平面𝐴𝐵𝐶𝐷, 𝑃𝐴=
2 , 𝐴𝐷= 1，𝑀为边𝐶𝐷的中点，且𝑃𝐶⟂𝐵𝑀.
（1）求线段𝐴𝐵的长；
（2）求平面𝑃𝐵𝑀与平面𝑃𝐶𝐷夹角的余弦值；
（3）在线段𝑃𝐷上（不含端点）是否存在点𝑁，使直线𝐴𝑁与平面𝑃𝐶𝐷所成角的
正弦值为2√5
5 ，若存在，求线段𝑃𝑁的长；若不存在，请说明理由.
(1)𝐴𝐵= √2
(2)3√5
10
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
高二数理进阶
命题先辨量词
Page 37
(3)存在，3√5
5
【分析】(1)建立空间直角坐标系，设𝐴𝐵= 𝑎，由𝑃𝐶⟂𝐵𝑀即可求解；
(2)分别求平面𝑃𝐵𝑀与平面𝑃𝐶𝐷的法向量，利用夹角公式即可求解；
(3)设𝑃𝑁⃗= 𝜆𝑃𝐷⃗, 𝜆∈(0 , 1)，利用直线𝐴𝑁与平面𝑃𝐶𝐷所成角的正弦值为2√5
5 即可求解.
【详解】(1)由𝑃𝐴⟂底面𝐴𝐵𝐶𝐷, 𝐴𝐷, 𝐴𝐵⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，
故𝑃𝐴⟂𝐴𝐷, 𝑃𝐴⟂𝐴𝐵，又底面𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，故𝐴𝐵⟂𝐴𝐷，
故𝐴𝐷、𝐴𝐵、𝑃𝐴两两垂直，
故可以𝐴为原点，建立如图所示的空间直角坐标系𝐴−𝑥𝑦𝑧，
则𝐴(0 , 0 , 0)、𝐷(0 , 1 , 0), 𝑃(0 , 0 , 2)，
设𝐴𝐵= 𝑎，则𝐵(𝑎, 0 , 0), 𝐶(𝑎, 1 , 0), 𝑀(𝑎
2 , 1 , 0)，
则𝑃𝐶⃗= (𝑎, 1 , −2), 𝐵𝑀⃗= (−𝑎
2 , 1 , 0)，
由𝑃𝐶⟂𝐵𝑀，则𝑃𝐶⃗⋅𝐵𝑀⃗= 𝑎× (−𝑎
2) + 1 × 1 + (−2) × 0 = 1 −𝑎2
2 = 0，
解得𝑎= √2，即𝐴𝐵= √2；
(2)𝑃𝐵⃗= (√2 , 0 , −2), 𝐵𝑀⃗=
(
−√2
2 , 1 , 0
)
，
设平面𝑃𝐵𝑀的一个法向量𝑚⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，
因为
{
𝑚⃗⋅𝑃𝐵⃗= 0
𝑚⃗⋅𝐵𝑀⃗= 0
，可得
{
√2𝑥−2𝑧= 0
−√2
2 𝑥+ 𝑦= 0
，
令𝑧= 1，则𝑥= √2 , 𝑦= 1，所以𝑚⃗= (√2 , 1 , 1)，
𝑃𝐶⃗= (√2 , 1 , −2), 𝐶𝐷⃗= (−√2 , 0 , 0) ，
设平面𝑃𝐶𝐷的一个法向量𝑛⃗= (𝑥1 , 𝑦1 , 𝑧1)，
{
𝑛⃗⋅𝑃𝐶⃗= 0
𝑛⃗⋅𝐶𝐷⃗= 0
可得
{
√2𝑥1 + 𝑦1 −2𝑧1 = 0
−√2𝑥1 = 0
，
高二数理进阶
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
Page 38
逻辑先分充分必要
令𝑧1 = 1，则𝑦1 = 2，所以𝑛⃗= (0 , 2 , 1)，
设平面𝑃𝐵𝑀与平面𝑃𝐶𝐷夹角为𝜃，
则cos 𝜃= | cos < 𝑚⃗, 𝑛⃗> | =
2 + 1
√2 + 1 + 1 ⋅√5
= 3√5
10 ，
所以平面𝑃𝐵𝑀与平面𝑃𝐶𝐷夹角的余弦值为3√5
10 ；
(3)(3)𝑃𝐷⃗= (0 , 1 , −2)设𝑃𝑁⃗= 𝜆𝑃𝐷⃗, 𝜆∈(0 , 1)，
则𝑁(0 , 𝜆, 2 −2𝜆) ∴𝐴𝑁⃗= (0 , 𝜆, 2 −2𝜆)，
因为𝐴𝑁与平面𝑃𝐶𝐷所成角的正弦值为2√5
5 ，设𝐴𝑁与平面𝑃𝐶𝐷所成角𝛼，
所以sin 𝛼= |cos 𝐴𝑁⃗, 𝑛⃗| =
|2𝜆+ 2 −2𝜆|
√5√𝜆2 + (2 −2𝜆)2 = 2√5
5 ，
所以5𝜆2 −8𝜆+ 3 = 0 所以𝜆= 1或𝜆= 3
5，
因为𝜆∈(0 , 1)所以𝜆= 3
5，所以𝑃𝑁= 3
5𝑃𝐷= 3√5
5 .
题型4
二面角的最值与探索
典例6 （25-26·北京海淀）如图，四棱锥𝐸−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐸⟂平面𝐴𝐵𝐶𝐷, 𝐴𝐷⟂𝐴𝐵, 𝐴𝐷∥𝐵𝐶, 𝐴𝐸=
𝐴𝐵= 𝐵𝐶= 2 , 𝐴𝐷= 1，过𝐴𝐷的平面分别与棱𝐸𝐵, 𝐸𝐶交于点𝑀, 𝑁.
（1）求证：𝐴𝐷∥𝑀𝑁;
（2）记二面角𝐴−𝐷𝑁−𝐸的大小为𝜃，求cos 𝜃的最大值．
(1)证明见解析
(2)√3
3
【分析】(1)由线面平行判定定理与性质定理可证；
(2)建立空间直角坐标系，设𝐵𝑀⃗= 𝜆𝐵𝐸⃗, 𝜆∈[0 , 1]，利用法向量方法，用𝜆表示两平面法向量夹角的
余弦，再由向量夹角与二面角大小关系求cos 𝜃最大值.
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
高二数理进阶
三角藏于周期与对称
Page 39
【详解】(1)因为𝐴𝐷//𝐵𝐶，𝐴𝐷⊄平面𝐵𝐶𝐸，𝐵𝐶⊂平面𝐵𝐶𝐸，
所以𝐴𝐷//平面𝐵𝐶𝐸.
因为过𝐴𝐷的平面分别与棱𝐸𝐵, 𝐸𝐶交于𝑀, 𝑁，
所以𝐴𝐷//𝑀𝑁；
(2)因为𝐴𝐸⟂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐵⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，
所以𝐴𝐸⟂𝐴𝐵, 𝐴𝐸⟂𝐴𝐷，
又因为𝐴𝐵⟂𝐴𝐷，
如图，建立空间直角坐标系𝐴−𝑥𝑦𝑧，
则𝐵(2 , 0 , 0), 𝐶(2 , 0 , 2), 𝐸(0 , 2 , 0), 𝐷(0 , 0 , 1)，
所以𝐸𝐷⃗= (0 , −2 , 1), 𝐸𝐶⃗= (2 , −2 , 2), 𝐵𝐸⃗= (−2 , 2 , 0), 𝐴𝐷⃗= (0 , 0 , 1)，
设𝐵𝑀⃗= 𝜆𝐵𝐸⃗, 𝜆∈[0 , 1]，
则𝐴𝑀⃗= 𝐴𝐵⃗+ 𝐵𝑀⃗= (2 , 0 , 0) + 𝜆(−2 , 2 , 0) = (2 −2𝜆, 2𝜆, 0)，
设平面𝐴𝑁𝐷即平面𝐴𝑀𝑁𝐷的法向量为𝑚⃗= (𝑥1 , 𝑦1 , 𝑧1)，
则
{
𝑚⃗⋅𝐴𝐷⃗= 𝑧1 = 0
𝑚⃗⋅𝐴𝑀⃗= (2 −2𝜆)𝑥1 + 2𝜆𝑦1 = 0
，令𝑥1 = 𝜆，则𝑦1 = 𝜆−1，
于是𝑚⃗= (𝜆, 𝜆−1 , 0)；
设平面𝐸𝑁𝐷即平面𝐸𝐶𝐷的法向量为𝑛⃗= (𝑥2 , 𝑦2 , 𝑧2)，
则
{
𝑛⃗⋅𝐸𝐷⃗= −2𝑦2 + 𝑧2 = 0
𝑛⃗⋅𝐸𝐶⃗= 2𝑥2 −2𝑦2 + 2𝑧2 = 0
，令𝑦2 = 1，则𝑧2 = 2 , 𝑥2 = −1，
于是𝑛⃗= (−1 , 1 , 2)，
所以cos 𝑚⃗, 𝑛⃗=
𝑚⃗⋅𝑛⃗
|𝑚⃗| ⋅|𝑛⃗| =
−1
√6 ⋅√𝜆2 + (𝜆−1)2
=
−1
√6√2(𝜆−1
2)
2
+ 1
2
，
因为𝜆∈[0 , 1]，所以cos 𝑚⃗, 𝑛⃗∈
[
−√3
3 , −√6
6 ]
，
由二面角𝐴−𝐷𝑁−𝐸的大小为𝜃，
高二数理进阶
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
Page 40
向量重在方向与分解
根据𝑚⃗= (𝜆, 𝜆−1 , 0), 𝑛⃗= (−1 , 1 , 2)的方向判断可得𝜃= 𝜋−𝑚⃗, 𝑛⃗，
所以，当𝜆= 1
2时，cos 𝜃的最大值为√3
3 .
典例7 （25-26·广东深圳）如图，𝑃为圆锥的顶点，𝑂是圆锥底面的圆心，𝐴𝐶为底面直径，△𝐴𝐵𝐷为底面
圆𝑂的内接正三角形，点𝐸在母线𝑃𝐶上，且𝐴𝐵= 𝐴𝐸= 3，𝐶𝐸= √3.
（1）求证：平面𝐵𝐸𝐷⟂平面𝐴𝐵𝐷；
（2）求直线𝑃𝑂与平面𝐴𝐵𝐸所成角的正弦值；
（3）在线段𝑂𝑃上是否存在一点𝑀，使得平面𝑀𝐴𝐵与平面𝐴𝐷𝐸夹角的余弦值
为√7
7 ？若存在，确定点𝑀的位置，若不存在，请说明理由
(1)证明见解析
(2)√21
7
(3)存在，且𝑂𝑀= 1
2
【分析】(1)利用余弦定理与勾股定理推得𝐴𝐸⟂𝑃𝐶，再利用线面垂直与面面垂直的判定定理与性质定理
即可得证；
(2)建立适当空间直角坐标系，得到直线𝑃𝑂的方向向量与平面𝐴𝐵𝐸的法向量后借助空间向量夹角公式计
算即可得；
(3)设𝑂𝑀⃗= 𝜆𝑂𝑃⃗(0 ≤𝜆≤1)，求出平面𝑀𝐴𝐵与平面𝐴𝐷𝐸的法向量后，借助空间向量夹角公式计算出
相应𝜆即可得.
【详解】(1)如图，设𝐴𝐶交𝐵𝐷于点𝐹，连接𝐸𝐹，由圆锥的性质可知𝑃𝑂⟂底面𝐴𝐵𝐷，
因为𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐷，所以𝑃𝑂⟂𝐴𝐶，
又因为△𝐴𝐵𝐷是底面圆的内接正三角形，由𝐴𝐷= 3，
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
高二数理进阶
数列贵在递推与通项
Page 41
可得𝐴𝐹= 3√3
2 ，𝐴𝐶=
𝐴𝐷
sin 60∘= 2√3，
又𝐴𝐸= 3，𝐶𝐸= √3，所以𝐴𝐶2 = 𝐴𝐸2 + 𝐶𝐸2，
即∠𝐴𝐸𝐶= 90∘，𝐴𝐸⟂𝑃𝐶，
所以在𝑅𝑡△𝐴𝐸𝐶中，cos ∠𝐸𝐴𝐶= 𝐴𝐸
𝐴𝐶=
3
2√3
= √3
2 ，
在△𝐴𝐸𝐹中，由余弦定理：
𝐸𝐹2 = 𝐴𝐸2 + 𝐴𝐹2 −2𝐴𝐸⋅𝐴𝐹⋅cos ∠𝐸𝐴𝐹= 9 + 27
4 −2 ⋅3 ⋅3√3
2
⋅√3
2 = 9
4 ，
所以𝐸𝐹2 + 𝐴𝐹2 = 𝐴𝐸2，故𝐸𝐹⟂𝐴𝐶，
因为𝑃𝑂⟂底面𝐴𝐵𝐷，𝑃𝑂⊂面𝑃𝐴𝐶，所以平面𝑃𝐴𝐶⟂平面𝐴𝐵𝐷，
又𝐸𝐹⊂面𝑃𝐴𝐶，𝐴𝐶=平面𝑃𝐴𝐶∩平面𝐴𝐵𝐷，𝐸𝐹⟂𝐴𝐶，故𝐸𝐹⟂面𝐴𝐵𝐷，
又𝐸𝐹⊂平面𝐵𝐸𝐷，所以平面𝐵𝐸𝐷⟂平面𝐴𝐵𝐷；
(2)易知𝑃𝑂= 2𝐸𝐹= 3，以点𝐹为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系𝐹−𝑥𝑦𝑧，
则𝐴
(
3√3
2
, 0 , 0
)
，𝐵(0 , 3
2 , 0)，𝐸(0 , 0 , 3
2)，𝑃
(
√3
2 , 0 , 3
)
，𝑂
(
√3
2 , 0 , 0
)
，
所以𝐴𝐵⃗=
(
−3√3
2
, 3
2 , 0
)
，𝐴𝐸⃗=
(
−3√3
2
, 0 , 3
2)
，𝑂𝑃⃗= (0 , 0 , 3)，
设平面𝐴𝐵𝐸的法向量为𝑛⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，则
{
𝐴𝐵⃗⋅𝑛⃗= −3√3
2 𝑥+ 3
2𝑦= 0
𝐴𝐸⃗⋅𝑛⃗= −3√3
2 𝑥+ 3
2𝑧= 0
，
令𝑥= 1，则𝑛⃗= (1 , √3 , √3)，
设直线𝑃𝑂与平面𝐴𝐵𝐸所成的角为𝜃，
则sin 𝜃= |cos < 𝑛⃗, 𝑂𝑃⃗>| =
|𝑛⃗⋅𝑂𝑃⃗|
|𝑛⃗||𝑂𝑃⃗|
=
3√3
3√1 + 3 + 3
= √21
7 ，
即直线𝑃𝑂与平面𝐴𝐵𝐸所成的角的正弦值为√21
7 ；
(3)𝐷(0 , −3
2 , 0)，𝐴𝐷⃗=
(
−3√3
2
, −3
2 , 0
)
，𝐴𝑂⃗= (−√3 , 0 , 0)，
设𝑂𝑀⃗= 𝜆𝑂𝑃⃗(0 ≤𝜆≤1)，可得𝐴𝑀⃗= 𝐴𝑂⃗+ 𝑂𝑀⃗= (−√3 , 0 , 3𝜆)，
设平面𝑀𝐴𝐵与平面𝐴𝐷𝐸的法向量分别为𝛼⃗= (𝑎, 𝑏, 𝑐)，𝛽⃗= (𝑚, 𝑝, 𝑞)，
则有
{
𝐴𝑀⃗⋅𝛼⃗= −√3𝑎+ 3𝜆𝑐= 0
𝐴𝐵⃗⋅𝛼⃗= −3√3
2 𝑎+ 3
2𝑏= 0
，
{
𝐴𝐷⃗⋅𝛽⃗= −3√3
2 𝑚−3
2𝑝= 0
𝐴𝐸⃗⋅𝛽⃗= −3√3
2 𝑚+ 3
2𝑞= 0
，
高二数理进阶
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
Page 42
导数揭示局部变化
令𝑎= 𝑚= √3，则𝑏= 3，𝑐= 1
𝜆，𝑝= −3，𝑞= 3，
即𝛼⃗= (√3 , 3 , 1
𝜆)，𝛽⃗= (√3 , −3 , 3)，
设平面𝑀𝐴𝐵与平面𝐴𝐷𝐸的夹角为𝜑，
则cos 𝜑= |cos < 𝛼⃗, 𝛽⃗>| =
|𝛼⃗⋅𝛽⃗|
|𝛼⃗| ⋅|𝛽⃗|
=
|3 −9 + 3
𝜆|
√3 + 9 + 1
𝜆2 × √3 + 9 + 9
= √7
7 ，
整理得6𝜆= 1，即𝜆= 1
6，则𝑂𝑀= 1
6 × 3 = 1
2，
故线段𝑂𝑃上存在符合题意的点𝑀，且𝑂𝑀= 1
2.
练
强化训练
Targeted Practice
1. （25-26·甘肃白银）如图，在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝑃是𝐷𝐷1的中点，𝑄是𝐶𝐷的中点.
（1）在平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1内确定一点𝑀，使𝑀𝑄⟂平面𝑃𝐴𝑄；
（2）证明：棱𝐶𝐶1上不存在点𝑁，使平面𝐵𝑁𝐷1//平面𝑃𝐴𝑄.
(1)当点𝑀的坐标为(1
2 , 2 , 1)时，𝑀𝑄⟂平面𝑃𝐴𝑄.
(2)证明见解析
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
高二数理进阶
概率先立样本空间
Page 43
【分析】(1)根据证明线面垂直的向量方法，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，表示出方向向量，列
出方程组，求出结果；
(2)根据证明面面平行的向量方法，设出点的坐标，证明面上两条直线方向向量，不能同时与另一个面的
法向量垂直即可.
【详解】(1)
建立如图所示的空间直角坐标系𝐷−𝑥𝑦𝑧，设正方体的棱长为2，
则𝐷(0 , 0 , 0)，𝐴(2 , 0 , 0)，𝐵(2 , 2 , 0)，𝑃(0 , 0 , 1)，𝑄(0 , 1 , 0)，𝐷1(0 , 0 , 2)，
设𝑀(𝑥, 2 , 𝑧)，𝑁(0 , 2 , 𝑐).
因为𝑃𝐴⃗= (2 , 0 , −1)，𝑃𝑄⃗= (0 , 1 , −1)，𝑄𝑀⃗= (𝑥, 1 , 𝑧)，又𝑃𝐴⃗，𝑃𝑄⃗不共线，
所以当
{
𝑃𝐴⃗⋅𝑄𝑀⃗= 0
𝑃𝑄⃗⋅𝑄𝑀⃗= 0
时，𝑀𝑄⟂平面𝑃𝐴𝑄.
所以{2𝑥−𝑧= 0
1 −𝑧= 0 ，解得𝑥= 1
2，𝑧= 1，
所以当点𝑀的坐标为(1
2 , 2 , 1)时，𝑀𝑄⟂平面𝑃𝐴𝑄.
(2)设平面𝑃𝐴𝑄的法向量为𝑚⃗= (𝑥1 , 𝑦1 , 𝑧1)，则
{
𝑃𝐴⃗⋅𝑚⃗= 0
𝑃𝑄⃗⋅𝑚⃗= 0
，
因为𝑃𝐴⃗= (2 , 0 , −1)，𝑃𝑄⃗= (0 , 1 , −1)，所以{2𝑥1 −𝑧1 = 0
𝑦1 −𝑧1 = 0 ，
令𝑧1 = 2，则𝑦1 = 2，𝑥1 = 1，所以平面𝑃𝐴𝑄的一个法向量𝑚⃗= (1 , 2 , 2).
若平面𝐵𝑁𝐷1//平面𝑃𝐴𝑄，则𝑚⃗= (1 , 2 , 2)也是平面𝐵𝑁𝐷1的一个法向量.
因为𝐵𝑁⃗= (−2 , 0 , 𝑐)，𝐷1𝑁⃗= (0 , 2 , 𝑐−2)，
所以𝐵𝑁⃗⋅𝑚⃗= (−2 , 0 , 𝑐) ⋅(1 , 2 , 2) = 0，即−2 + 2𝑐= 0，得𝑐= 1，
此时𝐷1𝑁⃗⋅𝑚⃗= (0 , 2 , −1) ⋅(1 , 2 , 2) = 2 × 2 −2 = 2 ≠0，
所以𝑚⃗不是平面𝐵𝑁𝐷1的一个法向量，即𝑚⃗与平面𝐵𝑁𝐷1不垂直.
所以棱𝐶𝐶1上不存在点𝑁，使平面𝐵𝑁𝐷1//平面𝑃𝐴𝑄.
高二数理进阶
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
Page 44
统计回到数据语境
2. (2024 ⋅贵州黔西·一模）如图所示为直四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1 , 𝐴𝐵= 𝐴𝐷= 2√2 , 𝐶𝐵= 𝐶𝐷=
4 , 𝐴𝐴1 = 4，∠𝐵𝐶𝐷= 60∘，𝑀, 𝑀1分别是线段𝐵𝐶, 𝐵1𝐶1的中点.
（1）证明:𝐵𝐶⟂平面𝑀𝑀1𝐷；
（2）求直线𝐵𝐶与平面𝐵𝐷𝐴1所成角的正弦值，并判断线段𝐵𝐶上是否存在点𝑃，使
得𝑃𝐵1//平面𝐵𝐷𝐴1，若存在，求出𝐵𝑃的值，若不存在，请说明理由.
(1)证明见解析
(2)√15
5 ；在线段𝐵𝐶存在点𝑃使得𝑃𝐵1//平面𝐵𝐷𝐴1，𝐵𝑃的值为4√3
3
【分析】(1)由题意可知△𝐵𝐶𝐷为正三角形，则𝐷𝑀⟂𝐵𝐶，又𝑀𝑀1 ⟂𝐵𝐶，结合线面垂直的判定定理即
可证明；
(2)根据勾股定理的逆定理可得𝐴𝐵⟂𝐴𝐷，建立如图空间直角坐标系𝐴−𝑥𝑦𝑧，利用空间向量法求解线面
角即可；假设在线段𝐵𝐶上存在点𝑃，使得𝑃𝐵1//平面𝐵𝐷𝐴1，令𝐵𝑃⃗= 𝜆𝐵𝐶⃗(0 ≤𝜆≤1)，利用𝑃𝐵1⃗⋅𝑛⃗=
0求出𝜆，进而求出|𝐵𝑃⃗|即可.
【详解】(1)由∠𝐵𝐶𝐷= 60∘, 𝐶𝐵= 𝐶𝐷，知△𝐵𝐶𝐷为正三角形，
又𝑀为𝐵𝐶的中点，则𝐷𝑀⟂𝐵𝐶.
又𝑀1为𝐵1𝐶1的中点，则𝑀𝑀1//𝐶𝐶1，
而𝐶𝐶1 ⟂𝐵𝐶，所以𝑀𝑀1 ⟂𝐵𝐶，
又𝐷𝑀∩𝑀𝑀1 = 𝑀, 𝐷𝑀, 𝑀𝑀1 ⊂平面𝑀𝑀1𝐷，
所以𝐵𝐶⟂平面𝑀𝑀1𝐷；
(2)由(1)知△𝐵𝐶𝐷为正三角形，则𝐵𝐷= 4，
在△𝐴𝐵𝐷中，𝐴𝐵= 𝐴𝐷= 2√2，有𝐵𝐷2 = 𝐴𝐵2 + 𝐴𝐷2，所以𝐴𝐵⟂𝐴𝐷，
易知𝐴𝐴1 ⟂𝐴𝐵, 𝐴𝐴1 ⟂𝐴𝐷，建立如图空间直角坐标系𝐴−𝑥𝑦𝑧，
则
𝐴(0 , 0 , 0), 𝐵(2√2 , 0 , 0), 𝐶(√6 + √2 , √6 + √2 , 0),
𝐷(0 , 2√2 , 0), 𝐴1(0 , 0 , 4), 𝐵1(2√2 , 0 , 4) ，
所以𝐵𝐶⃗= (√6 −√2 , √6 + √2 , 0), 𝐵𝐴1⃗= (−2√2 , 0 , 4), 𝐵𝐷⃗= (−2√2 , 2√2 , 0), 𝐵𝐵1⃗= (0 , 0 , 4)，
设平面𝐵𝐷𝐴1的一个法向量为𝑛⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，
则
{
𝑛⃗⋅𝐵𝐷⃗= −2√2𝑥+ 2√2𝑦= 0
𝑛⃗⋅𝐵𝐴1⃗= −2√2𝑥+ 4𝑧= 0
，令𝑥= √2，得𝑦= √2 , 𝑧= 1，故𝑛⃗= (√2 , √2 , 1)，
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图形先标关系
Page 45
设𝐵𝐶与平面𝐵𝐷𝐴1所成角为𝜃，则sin 𝜃= |cos < 𝐵𝐶⃗, 𝑛⃗>| =
|𝐵𝐶⃗⋅𝑛⃗|
|𝐵𝐶⃗||𝑛⃗|
= 4√3
4√5
= √15
5 ，
即𝐵𝐶与平面𝐵𝐷𝐴1所成角的正弦值为√15
5 .
假设在线段𝐵𝐶上存在点𝑃，使得𝑃𝐵1//平面𝐵𝐷𝐴1，令𝐵𝑃⃗= 𝜆𝐵𝐶⃗(0 ≤𝜆≤1)，
则𝐵𝑃⃗= (√6𝜆−√2𝜆, √6𝜆+ √2𝜆, 0)，所以𝑃𝐵1⃗= 𝐵𝐵1⃗−𝐵𝑃⃗= (√2𝜆−√6𝜆, −√2𝜆−√6𝜆, 4)，
由𝑃𝐵1//平面𝐵𝐷𝐴1，得𝑃𝐵1⃗⟂𝑛⃗，所以𝑃𝐵1⃗⋅𝑛⃗= 2𝜆−2√3𝜆−2𝜆−2√3𝜆+ 4 = 0，
解得𝜆= √3
3 ，所以|𝐵𝑃⃗| = |𝜆𝐵𝐶⃗| = √3
3 × 4 = 4√3
3 ，即𝐵𝑃的值为4√3
3 .
3. （25-26·山东临沂）如图1，在边长为2的菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐵𝐴𝐷= 60∘, 𝐷𝐸⟂𝐴𝐵于点𝐸，将△𝐴𝐷𝐸沿
𝐷𝐸折起到△𝐴1𝐷𝐸的位置，使𝐴1𝐷⟂𝐵𝐸，如图2.
（1）求证：𝐴1𝐸⟂平面𝐵𝐶𝐷𝐸；
（2）求点𝐵到平面𝐴1𝐶𝐷的距离；
（3）在线段𝐵𝐷上是否存在点𝑃，使平面𝐴1𝐸𝑃⟂平
面𝐴1𝐵𝐷？若存在，求𝐵𝑃
𝐵𝐷的值；若不存在，
说明理由．
(1)证明见解析
(2)√3
2
(3)存在 ，𝐵𝑃
𝐵𝐷= 1
4
【分析】(1)根据线面垂直先证得𝐴1𝐸⟂𝐵𝐸，再结合𝐴1𝐸⟂𝐸𝐷可证得结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法来求得点𝐵到平面𝐴1𝐶𝐷的距离.
(3)设𝐵𝑃⃗= 𝜆𝐵𝐷⃗(0 ≤𝜆≤1)，根据平面𝐴1𝐸𝑃与平面𝐴1𝐵𝐷的法向量垂直建立等量关系求得𝜆即可．
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Page 46
坐标先定参照
【详解】(1)证明：∵𝐷𝐸⟂𝐴𝐵，∴𝐵𝐸⟂𝐷𝐸，
又∵𝐵𝐸⟂𝐴1𝐷, 𝐷𝐸∩𝐴1𝐷= 𝐷, 𝐷𝐸⊂平面𝐴1𝐷𝐸, 𝐴1𝐷⊂平面𝐴1𝐷𝐸，
所以𝐵𝐸⟂平面𝐴1𝐷𝐸，
∵𝐴1𝐸⊂平面𝐴1𝐷𝐸，∴𝐴1𝐸⟂𝐵𝐸，
又∵𝐴1𝐸⟂𝐷𝐸, 𝐵𝐸∩𝐷𝐸= 𝐸, 𝐵𝐸⊂平面𝐵𝐶𝐷𝐸, 𝐷𝐸⊂平面𝐵𝐶𝐷𝐸，
∴𝐴1𝐸⟂平面𝐵𝐶𝐷𝐸；
(2)∵𝐴1𝐸⟂平面𝐵𝐶𝐷𝐸, 𝐵𝐸⟂𝐷𝐸，
∴ 以𝐸为原点，分别以𝐸𝐵, 𝐸𝐷, 𝐸𝐴1所在直线为𝑥, 𝑦, 𝑧轴，建立空间直角坐标系，
则𝐵(1 , 0 , 0) , 𝐷(0 , √3 , 0) , 𝐴1(0 , 0 , 1)，𝐶(2 , √3 , 0)，
𝐷𝐶⃗= (2 , 0 , 0) , 𝐷𝐴1⃗= (0 , −√3 , 1)，设平面𝐴1𝐶𝐷的法向量为𝑛⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，
则
{
𝑛⃗⋅𝐷𝐶⃗= 2𝑥= 0
𝑛⃗⋅𝐷𝐴1⃗= −√3𝑦+ 𝑧= 0
，故可设𝑛⃗= (0 , 1 , √3).𝐵𝐷⃗= (−1 , √3 , 0)，
所以点𝐵到平面𝐴1𝐶𝐷的距离为
|
𝐵𝐷⃗⋅𝑛⃗
|𝑛⃗|
|
= √3
2 .
(3)存在，理由如下：
假设在线段𝐵𝐷上存在一点𝑃，使得平面𝐴1𝐸𝑃⟂平面𝐴1𝐵𝐷，
设𝑃(𝑥, 𝑦, 𝑧) , 𝐵𝑃⃗= 𝜆𝐵𝐷⃗(0 ≤𝜆≤1)，
则(𝑥−1 , 𝑦, 𝑧) = 𝜆(−1 , √3 , 0)，∴𝑃(1 −𝜆, √3𝜆, 0)，
∴𝐸𝐴1⃗= (0 , 0 , 1) , 𝐸𝑃⃗= (1 −𝜆, √3𝜆, 0) ，
设平面𝐴1𝐸𝑃的法向量𝑚⃗= (𝑥1 , 𝑦1 , 𝑧1)，
由
{
𝑚⃗⋅𝐸𝐴1⃗= 𝑧1 = 0
𝑚⃗⋅𝐸𝑃⃗= (1 −𝜆)𝑥1 + √3𝜆𝑦1 = 0
，
得
{
𝑧1 = 0
(1 −𝜆)𝑥1 = −√3𝜆𝑦1
，
令𝑥1 = √3𝜆，得𝑚⃗= (√3𝜆, 𝜆−1 , 0)．
设平面𝐴1𝐵𝐷的法向量为𝑛⃗= (𝑥2 , 𝑦2 , 𝑧2)，
𝐴1𝐵⃗= (1 , 0 , −1) , 𝐴1𝐷⃗= (0 , √3 , −1) ，
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
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角度先定象限
Page 47
故
{
𝑛⃗⋅𝐴1𝐵= 𝑥2 −𝑧2 = 0
𝑛⃗⋅𝐴1𝐷⃗= √3𝑦2 −𝑧2 = 0
，
取𝑥2 = √3，得𝑛⃗= (√3 , 1 , √3)．
因为平面𝐴1𝐸𝑃⟂平面𝐴1𝐵𝐷，
所以𝑚⃗⋅𝑛⃗= 3𝜆+ 𝜆−1 = 0，
解得𝜆= 1
4 ∈[0 , 1]，
所以在线段𝐵𝐷上存在点𝑃，使得平面𝐴1𝐸𝑃⟂平面𝐴1𝐵𝐷，且𝐵𝑃
𝐵𝐷= 1
4．
4. （25-26·北京朝阳）在如图所示的多面体中，𝐴𝐷//𝐵𝐶且𝐴𝐷= 2𝐵𝐶，𝐴𝐷⟂𝐶𝐷，𝐸𝐺//𝐴𝐷且𝐸𝐺=
𝐴𝐷，𝐶𝐷//𝐹𝐺且𝐶𝐷= 2𝐹𝐺，𝐷𝐺⟂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐷𝐴= 𝐷𝐶= 𝐷𝐺= 2，𝑀, 𝑁分别为棱𝐹𝐶, 𝐸𝐺的中点.
(𝐼)求点𝐹到直线𝐸𝐶的距离；
(𝐼𝐼)求平面𝐵𝐸𝐷与平面𝐸𝐷𝐶夹角的余弦值；
(𝐼𝐼𝐼)在棱𝐺𝐹上是否存在一点𝑄，使得平面𝑀𝑁𝑄//平面𝐸𝐷𝐶？若存在.指
出点𝑄的位置，若不存在，说明理由.
(𝐼)√2；(𝐼𝐼)2√2
3 ；(𝐼𝐼𝐼)不存在，证明见解析；
【分析】(𝐼)由题知，𝐷𝐺⟂𝐷𝐶，𝐷𝐺⟂𝐷𝐴，又𝐴𝐷⟂𝐶𝐷，建立以𝐷点为原点的空间直角坐标系，求得向
量𝐶𝐸⃗= (2 , −2 , 2)，𝐸𝐹⃗= (−2 , 1 , 0)，则点𝐹到直线𝐸𝐶的距离为
√
|𝐸𝐹⃗|
2
−(𝐶𝐸⃗⋅𝐸𝐹⃗
|𝐶𝐸⃗|
)2；
(𝐼𝐼)求得平面𝐵𝐸𝐷和平面𝐸𝐷𝐶的法向量，利用向量的夹角求得二面角的余弦值；
(𝐼𝐼𝐼)假设𝐺𝐹上存在点𝑄使得平面𝑀𝑁𝑄//平面𝐸𝐷𝐶，设出坐标，求得平面𝑀𝑁𝑄的法向量，与平面𝐸𝐷𝐶
的法向量应共线，验证是否存在即可.
【详解】(𝐼)由𝐷𝐺⟂平面𝐴𝐵𝐶𝐷知，𝐷𝐺⟂𝐷𝐶，𝐷𝐺⟂𝐷𝐴，又𝐴𝐷⟂𝐶𝐷，
则建立以𝐷点为原点的空间直角坐标系，如图所示，
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Page 48
区间先看开闭
则𝐷(0 , 0 , 0)，𝐴(2 , 0 , 0)，𝐶(0 , 2 , 0)，𝐺(0 , 0 , 2)，𝐸(2 , 0 , 2)，𝐹(0 , 1 , 2)，𝐵(1 , 2 , 0)，
则𝑀(0 , 3
2 , 1)，𝑁(1 , 0 , 2)
𝐶𝐸⃗= (2 , −2 , 2)，𝐸𝐹⃗= (−2 , 1 , 0)，
所以点𝐹到直线𝐸𝐶的距离为
√
|𝐸𝐹⃗|
2
−(𝐶𝐸⃗⋅𝐸𝐹⃗
|𝐶𝐸⃗|
)2 = √4 + 1 −(
−4 −2
√4 + 4 + 4
)2 = √2
(𝐼𝐼)由(𝐼)知，𝐷𝐵⃗= (1 , 2 , 0)，𝐷𝐸⃗= (2 , 0 , 2)，𝐷𝐶⃗= (0 , 2 , 0)
设平面𝐵𝐸𝐷的法向量为𝑚⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，
则
{
𝑚⃗⋅𝐷𝐵⃗= 𝑥+ 2𝑦= 0
𝑚⃗⋅𝐷𝐸⃗= 2𝑥+ 2𝑧= 0
，令𝑦= 1，则𝑚⃗= (−2 , 1 , 2)
设平面𝐸𝐷𝐶的法向量为𝑛⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，
则
{
𝑛⃗⋅𝐷𝐸⃗= 2𝑥+ 2𝑧= 0
𝑛⃗⋅𝐷𝐶⃗= 2𝑦= 0
，令𝑥= 1，则𝑛⃗= (1 , 0 , −1)
故cos < 𝑚⃗, 𝑛⃗>= 𝑚⃗⋅𝑛⃗
|𝑚⃗||𝑛⃗| = −4
3√2
= −2√2
3
由图知，二面角𝐵−𝐸𝐷−𝐶为锐二面角，故余弦值为2√2
3
(𝐼𝐼𝐼)设𝐺𝐹上存在一点𝑄，设𝑄(0 , 𝜆, 2)，𝜆∈[0 , 1]
则𝑀𝑄⃗= (0 , 𝜆−3
2 , 1)，𝑀𝑁⃗= (1 , −3
2 , 1)
设平面𝑀𝑁𝑄的法向量为𝑝⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)
则
{
𝑝⃗⋅𝑀𝑁⃗= 𝑥−3
2𝑦+ 𝑧= 0
𝑝⃗⋅𝑀𝑄⃗= (𝜆−3
2)𝑦+ 𝑧= 0
，令𝑦= 1，则𝑝⃗= (𝜆, 1 , 3
2 −𝜆)
若平面𝑀𝑁𝑄//平面𝐸𝐷𝐶，则𝑛⃗//𝑝⃗，
故𝜆不存在，即不存在点𝑄使得平面𝑀𝑁𝑄//平面𝐸𝐷𝐶
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分母先看不零
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5. （25-26·江苏扬州）如图，等边三角形𝐴𝐵𝐶的边长为8，𝐸，𝐹分别为边𝐴𝐵，𝐴𝐶的中点，𝑂为线段𝐸𝐹的
中点，现将三角形𝐴𝐵𝐶沿直线𝐸𝐹折起，使得二面角𝐴−𝐸𝐹−𝐵为直二面角．
（1）求线段𝐴𝐶的长度；
（2）求直线𝐵𝐸与平面𝐴𝐵𝐶所成角的正弦值；
（3）棱𝐴𝐶上是否存在异于端点的点𝑀，使得点𝐴到平面
𝑂𝐵𝑀的距离为4√33
11 ．若存在，请指出点𝑀的位置；
若不存在，请说明理由．
(1)𝐴𝐶= 2√10
(2)√6
4
(3)存在，点𝑀位于线段𝐴𝐶的靠近点𝐴的三等分点
【分析】(1)连接𝐴𝑂，证明𝐴𝑂⟂𝐸𝐹，结合面面垂直性质定理证明𝐴𝑂⟂平面𝐵𝐶𝐹𝐸，取边𝐵𝐶的中点记为
𝐷，建立空间直角坐标系，求𝐴, 𝐶的坐标，再求线段𝐴𝐶的长度；
(2)求平面𝐴𝐵𝐶的法向量，结合向量夹角公式求直线𝐵𝐸与平面𝐴𝐵𝐶所成角的正弦值；
(3)设𝐴𝑀⃗= 𝜆𝐴𝐶⃗，求平面𝑂𝐵𝑀的法向量，结合点到平面的距离的向量求法求点𝐴到平面𝑂𝐵𝑀的距离，
列方程求𝜆，由此可得结论.
【详解】(1)由已知𝐴𝐸= 𝐴𝐹，连接𝐴𝑂，因为𝑂为线段𝐸𝐹的中点，所以𝐴𝑂⟂𝐸𝐹；
因为𝐴𝑂⊂平面𝐴𝐸𝐹，且𝐴𝑂⟂𝐸𝐹，又平面𝐴𝐸𝐹⟂平面𝐵𝐶𝐸𝐹，两平面的交线为𝐸𝐹，
所以𝐴𝑂⟂平面𝐵𝐶𝐸𝐹；取边𝐵𝐶的中点记为𝐷，则𝑂𝐸⟂𝑂𝐷；
以点𝑂为原点，以𝑂𝐸⃗, 𝑂𝐷⃗, 𝑂𝐴⃗为𝑥, 𝑦, 𝑧轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则𝐴(0 , 0 , 2√3), 𝐶(−4 , 2√3 , 0)，所以𝐴𝐶= 2√10；
(2)由(1)𝐸(2 , 0 , 0)，𝐵(4 , 2√3 , 0)，𝐴(0 , 0 , 2√3)，𝐶(−4 , 2√3 , 0)，
所以𝐸𝐵⃗= (2 , 2√3 , 0)，𝐵𝐶⃗= (−8 , 0 , 0)，𝐴𝐵⃗= (4 , 2√3 , −2√3)，
记平面𝐴𝐵𝐶的法向量为𝑛⃗= (𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0)，
所以
{
𝑛⃗⋅𝐵𝐶⃗= −8𝑥0 = 0
𝑛⃗⋅𝐴𝐵⃗= 4𝑥0 + 2√3𝑦0 −2√3𝑧0 = 0
，
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Page 50
根式先看定义域
不妨取𝑦0 = 1，得
{
𝑥0 = 0
𝑦0 = 1
𝑧0 = 1
，
所以𝑛⃗= (0 , 1 , 1)为平面𝐴𝐵𝐶的一个法向量；
记直线𝐵𝐸与平面𝐴𝐵𝐶的所成角为𝜃，
则sin 𝜃= |cos 𝐸𝐵⃗, 𝑛⃗| =
|𝐸𝐵⃗⋅𝑛⃗|
|𝑛⃗||𝐸𝐵⃗|
=
2√3
√2 × 4
= √6
4 ，
所以，直线𝐵𝐸与平面𝐴𝐵𝐶的所成角的正弦值为√6
4 ；
(3)设𝐴𝑀⃗= 𝜆𝐴𝐶⃗，其中0 < 𝜆< 1，
𝐴𝐶⃗= (−4 , 2√3 , −2√3)，𝐴𝑀⃗= (−4𝜆, 2√3𝜆, −2√3𝜆)，
𝑂𝐴⃗= (0 , 0 , 2√3)，𝑂𝑀⃗= 𝑂𝐴⃗+ 𝐴𝑀⃗= (−4𝜆, 2√3𝜆, 2√3 −2√3𝜆)，
𝑂𝐵⃗= (4 , 2√3 , 0) ，
记平面𝑂𝐵𝑀的一个法向量为𝑚⃗= (𝑥1 , 𝑦1 , 𝑧1)，
则有
{
𝑚⃗⋅𝑂𝐵⃗= 4𝑥1 + 2√3𝑦1 = 0
𝑚⃗⋅𝑂𝑀⃗= (−4𝜆)𝑥1 + (2√3𝜆)𝑦1 + (2√3 −2√3𝜆)𝑧1 = 0，
不妨取𝑧1 = 4𝜆，解得
{
𝑥1 = √3 −√3𝜆
𝑦1 = 2𝜆−2
𝑧1 = 4𝜆
，
即𝑚⃗= (√3 −√3𝜆, 2𝜆−2 , 4𝜆)；
则点𝐴到平面𝑂𝐵𝑀的距离𝑑=
|𝑂𝐴⃗⋅𝑚⃗|
|𝑚⃗|
=
8√3𝜆
√(√3 −√3𝜆)2 + (2𝜆−2)2 + 16𝜆2
= 4√33
11 ，
整理得：21𝜆2 + 14𝜆−7 = 0即3𝜆2 + 2𝜆−1 = 0，
解得𝜆= 1
3或𝜆= −1（舍去），
所以，当点𝑀位于线段𝐴𝐶的靠近点𝐴的三等分点时，点𝐴到平面𝑂𝐵𝑀的距离为4√33
11 ．
6. (2025 ⋅山东青岛·三模）如图，已知底面𝐴𝐵𝐶是正三角形，𝐸𝐴⟂平面𝐴𝐵𝐶，𝐶𝐷⟂平面𝐴𝐵𝐶，𝐸𝐴=
𝐴𝐵= 2．
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对数先看真数
Page 51
（1）若𝐷𝐶= 1，𝐹是𝐵𝐸中点，证明：𝐹𝐷//平面𝐴𝐵𝐶；
（2）求直线𝐶𝐸与平面𝐸𝐵𝐷所成角的正弦值的最大值．
(1)证明见解析；
(2)√7
4 .
【分析】(1)由已知有𝐸𝐴//𝐶𝐷，取𝐴𝐵中点𝑀，连接𝐹𝑀，𝐶𝑀，易证𝐹𝐷//𝐶𝑀，再应用线面平行的判定
证明结论；
(2)令𝐷𝐶= 𝑎(𝑎> 0)，取𝐴𝐶中点为𝑂，连接𝐵𝑂，过𝑂作𝑂𝑍//𝐴𝐸，且交𝐷𝐸于𝑍，构建合适的空间直角
坐标系，标出相关点坐标，求出直线的方向向量、平面的法向量，应用向量法求线面角的最大正弦值，
【详解】(1)∵𝐸𝐴，𝐶𝐷均垂直于平面𝐴𝐵𝐶，
∴𝐸𝐴//𝐶𝐷，
取𝐴𝐵中点𝑀，连接𝐹𝑀，𝐶𝑀，
∵𝐹𝐸= 𝐹𝐵，𝐴𝑀= 𝐵𝑀，
∴𝐹𝑀//𝐴𝐸且𝐹𝑀= 1，
又𝐶𝐷//𝐴𝐸且𝐶𝐷= 1，故四边形𝐹𝑀𝐶𝐷是平行四边形，
∴𝐹𝐷//𝐶𝑀，又𝐹𝐷⊄平面𝐴𝐵𝐶，𝐶𝑀⊂平面𝐴𝐵𝐶，
∴𝐹𝐷//平面𝐴𝐵𝐶；
(2)令𝐷𝐶= 𝑎(𝑎> 0)，取𝐴𝐶中点为𝑂，连接𝐵𝑂，过𝑂作𝑂𝑍//𝐴𝐸，且交𝐷𝐸于𝑍，
∵𝑂𝑍//𝐴𝐸，𝐴𝐸⟂平面𝐴𝐵𝐶，𝑂𝑍⟂平面𝐴𝐵𝐶，
∵△𝐴𝐵𝐶是正三角形，所以𝐴𝑂= 𝐶𝑂，
∴𝑂𝐵⟂𝐴𝐶，
以𝑂为坐标原点，𝑂𝐵⃗，𝑂𝐶⃗，𝑂𝑍⃗方向为𝑥，𝑦，𝑧轴正方向，建立空间直角坐标系𝑂−𝑥𝑦𝑧，
则𝐵(√3 , 0 , 0)，𝐸(0 , −1 , 2)，𝐷(0 , 1 , 𝑎)，𝐶(0 , 1 , 0)，所以𝐸𝐵⃗= (√3 , 1 , −2)，𝐸𝐷⃗=
(0 , 2 , 𝑎−2)，
高二数理进阶
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
Page 52
指数先看底数
设平面𝐵𝐸𝐷法向量𝑛⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，则
{
𝑛⃗⋅𝐸𝐵⃗= 0
𝑛⃗⋅𝐸𝐷⃗= 0
，所以
{
√3𝑥+ 𝑦−2𝑧= 0
2𝑦+ (𝑎−2)𝑧= 0，
取𝑧= 2√3，则𝑛⃗= (𝑎+ 2 , √3(2 −𝑎), 2√3)，
又𝐶𝐸⃗= (0 , −2 , 2)，设𝐶𝐸与平面𝐵𝐸𝐷所成角为𝜃，则sin 𝜃= |𝐶𝐸⃗⋅𝑛⃗|
|𝐶𝐸⃗| ⋅|𝑛⃗|
= √6
4 ×
𝑎
√𝑎2 −2𝑎+ 7
=
√6
4
√
1
1 + 7
𝑎2 −2
𝑎
所以，当𝑎= 7时，sin 𝜃最大值为√7
4 ，
综上，直线𝐶𝐸与平面𝐸𝐵𝐷所成角正弦值的最大值为√7
4 .
7. （25-26·四川德阳）如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面𝐴𝐵𝐶𝐷为矩形，𝑃𝐴⟂平面𝐴𝐵𝐶𝐷, 𝐸为棱𝑃𝐷上的
动点.
（1）若𝐸为𝑃𝐷中点，证明：𝑃𝐵//平面𝐴𝐸𝐶；
（2）若𝐴𝑃= 1 , 𝐴𝐷= 3 , 𝐴𝐵= 2，在线段𝑃𝐷上是否存在点𝐸使得面𝐷𝐴𝐸与面
𝐴𝐸𝐶夹角余弦值为3√157
157 ，若存在，求出点𝐸位置，若不存在，说明理
由.
(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】(1)连接𝐵𝐷，交𝐴𝐶于点𝐹，结合中位线定理和线面平行的判定定理即可证明；
(2)建立空间直角坐标系，设𝑃𝐸⃗= 𝜆𝑃𝐷⃗(0 ≤𝜆≤1)，𝐸(𝑥, 𝑦, 𝑧)，则𝐸(0 , 3𝜆, 1 −𝜆)，利用向量法求
出𝜆即可求解.
【详解】(1)连接𝐵𝐷，交𝐴𝐶于点𝐹，
因为底面𝐴𝐵𝐶𝐷为矩形，故𝐹为𝐵𝐷的中点，
又因为𝐸为𝑃𝐷的中点，
所以𝐸𝐹//𝑃𝐵，
又𝐸𝐹⊂平面𝐴𝐸𝐶，𝑃𝐵⊄平面𝐴𝐸𝐶，
所以𝑃𝐵//平面𝐴𝐸𝐶.
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
高二数理进阶
复合函数层层拆解
Page 53
(2)底面𝐴𝐵𝐶𝐷为矩形，所以𝐴𝐵⟂𝐴𝐷，
𝑃𝐴⟂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，又𝐴𝐵, 𝐴𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，
𝑃𝐴⟂𝐴𝐵, 𝑃𝐴⟂𝐴𝐷，
如图，以𝐴为原点，𝐴𝐵, 𝐴𝐷, 𝐴𝑃所在直线为𝑥轴、𝑦轴，𝑧轴建立空间直角坐标系，
由题意得𝑃(0 , 0 , 1), 𝐴(0 , 0 , 0), 𝐷(0 , 3 , 0)，𝐶(2 , 3 , 0)，
设𝑃𝐸⃗= 𝜆𝑃𝐷⃗(0 ≤𝜆≤1)，设𝐸(𝑥, 𝑦, 𝑧)，
所以(𝑥, 𝑦, 𝑧−1) = 𝜆(0 , 3 , −1)，可得
{
𝑥= 0
𝑦= 3𝜆
𝑧= 1 −𝜆
，
所以𝐸(0 , 3𝜆, 1 −𝜆)，
𝐴𝐷⃗= (0 , 3 , 0)，𝐴𝐸⃗= (0 , 3𝜆, 1 −𝜆)，𝐴𝐶⃗= (2 , 3 , 0)，
设面𝐷𝐴𝐸的法向量为𝑚⃗= (𝑥1 , 𝑦1 , 𝑧1)，
则
{
𝐴𝐷⃗⋅𝑚⃗= 3𝑦1 = 0
𝐴𝐸⃗⋅𝑚⃗= 3𝜆𝑦1 + (1 −𝜆)𝑧1 = 0
，
取𝑥1 = 1，则𝑦1 = 0 , 𝑧1 = 0，
𝑚⃗= (1 , 0 , 0)为平面𝐷𝐴𝐸的一个法向量，
设面𝐴𝐸𝐶的法向量为𝑛⃗= (𝑥2 , 𝑦2 , 𝑧2)，
则
{
𝐴𝐶⃗⋅𝑛⃗= 2𝑥2 + 3𝑦2 = 0
𝐴𝐸⃗⋅𝑛⃗= 3𝜆𝑦2 + (1 −𝜆)𝑧2 = 0
，
取𝑧2 = −6𝜆，则𝑥2 = 3𝜆−3 , 𝑦2 = 2 −2𝜆，
可取𝑛⃗= (3𝜆−3 , 2 −2𝜆, −6𝜆)，
设面𝐷𝐴𝐸与面𝐴𝐸𝐶夹角为𝜃，
则cos 𝜃= |cos < 𝑚⃗, 𝑛⃗>| = | 𝑚⃗⋅𝑛⃗
|𝑚⃗||𝑛⃗|| =
|
3𝜆−3
√(3𝜆−3)2 + (2 −2𝜆)2 + 36𝜆2|
= 3√157
157 ，
化简得3𝜆2 −8𝜆+ 4 = 0，即(𝜆−2)(3𝜆−2) = 0，
解得𝜆= 2
3或2（舍），
所以在线段𝑃𝐷上存在点𝐸使得面𝐷𝐴𝐸与面𝐴𝐸𝐶夹角余弦值为3√157
157 ，此时𝑃𝐸⃗= 2
3𝑃𝐷⃗，即点𝐸为𝑃𝐷
（靠近点𝑃）的三等分点.
高二数理进阶
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
Page 54
抽象函数回到定义
8. （25-26·辽宁大连）如图，在三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1，平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1 ⟂平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，四边形𝐴𝐵𝐵1𝐴1为
矩形，𝐴𝐵= 𝐴𝐶= 2 , 𝐴𝐴1 = 3，且∠𝐶𝐴𝐴1 = 60∘.
（1）求二面角𝐶−𝐴1𝐵1 −𝐴的正弦值
（2）设𝑃为棱𝐵1𝐶1上的一个动点（包含端点），直线𝐶𝑃与平面𝐴1𝑃𝐵1所成角
为𝜃，求sin 𝜃的范围.
(1)√21
7
(2)
[
3√33
22
, √42
7 ]
【分析】(1)利用面面垂直的性质定理证得𝐶𝐷⟂平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，从而建立空间直角坐标系，进而求得平面
𝐶𝐴1𝐵1与平面𝐴𝐴1𝐵1的法向量，结合空间向量法即可得解；
(2)利用(1)中结论，求得平面𝐴1𝐵1𝐶1的法向量，再利用空间向量法求得sin 𝜃关于𝜆的表达式，结合二次
函数的性质即可得解.
【详解】(1)过𝐶点作𝐶𝐷⟂𝐴𝐴1交𝐴𝐴1于𝐷，过𝐷点作𝐷𝐸//𝐴𝐵交𝐵𝐵1于𝐸，如图，
因为平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1 ⟂平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1 ∩平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1 = 𝐴𝐴1，
又𝐶𝐷⊂平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1，所以𝐶𝐷⟂平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，
因为𝐴𝐴1 , 𝐷𝐸⊂平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，所以𝐶𝐷⟂𝐴𝐴1 , 𝐶𝐷⟂𝐷𝐸，
因为四边形𝐴𝐵𝐵1𝐴1为矩形，所以𝐴𝐵⟂𝐴𝐴1，则𝐷𝐸⟂𝐴𝐴1，
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
高二数理进阶
恒成立看极端
Page 55
故以𝐷为原点，𝐷𝐸, 𝐷𝐴1 , 𝐷𝐶所在直线为𝑥, 𝑦, 𝑧轴，建立空间直角坐标系，
因为在𝑅𝑡△𝐴𝐶𝐷中，𝐴𝐶= 2，∠𝐶𝐴𝐴1 = 60∘，则𝐴𝐷= 1 , 𝐶𝐷= √3，又𝐴𝐵= 2 , 𝐴𝐴1 = 3，
则𝐴(0 , −1 , 0) , 𝐴1(0 , 2 , 0) , 𝐶(0 , 0 , √3) , 𝐶1(0 , 3 , √3) , 𝐵1(2 , 2 , 0)，
所以𝐴1𝐵1⃗= (2 , 0 , 0) , 𝐴1𝐶⃗= (0 , −2 , √3)，设平面𝐶𝐴1𝐵1的法向量为𝑛⃗= (𝑎, 𝑏, 𝑐)，
则
{
𝐴1𝐵1⃗⋅𝑛⃗= 2𝑎= 0
𝐴1𝐶⃗⋅𝑛⃗= −2𝑏+ √3𝑐= 0
，取𝑏= √3，则𝑎= 0 , 𝑐= 2，故𝑛⃗= (0 , √3 , 2)，
易知平面𝐴𝐴1𝐵1的法向量为𝑚⃗= (0 , 0 , 1)，
设二面角𝐶−𝐴1𝐵1 −𝐴为𝛼，则结合图象可知其为锐角，即0 < 𝛼< 𝜋
2 ，
所以cos 𝛼= |cos < 𝑚⃗, 𝑛⃗>| = |𝑚⃗⋅𝑛⃗|
|𝑚⃗||𝑛⃗| =
|2|
1 × √3 + 4
= 2√7
7 .
所以sin 𝛼= √1 −cos2 𝛼=
√
1 −
(
2√7
7 )
2
= √21
7 ，
所以二面角𝐶−𝐴1𝐵1 −𝐴的正弦值为√21
7 .
(2)由(1)得𝐵1𝐶1⃗= (−2 , 1 , √3)，𝐶𝐶1⃗= 𝐴𝐴1⃗= (0 , 3 , 0)，
因为𝑃为棱𝐵1𝐶1上的一个动点（包含端点），设𝑃𝐶1⃗= 𝜆𝐵1𝐶1⃗= (−2𝜆, 𝜆, √3𝜆)(0 ≤𝜆≤1)，
则𝑃𝐶⃗= 𝑃𝐶1⃗+ 𝐶1𝐶⃗= (−2𝜆, 𝜆−3 , √3𝜆)，
设平面𝐴1𝐵1𝐶1的法向量为𝜇⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，
所以
{
𝐴1𝐵1⃗⋅𝜇⃗= 2𝑥= 0
𝐵1𝐶1⃗⋅𝜇⃗= −2𝑥+ 𝑦+ √3𝑧= 0
，取𝑦= √3，则𝑥= 0 , 𝑧= −1，故𝜇⃗= (0 , √3 , −1)，
因为直线𝐶𝑃与平面𝐴1𝑃𝐵1所成角为𝜃，其中平面𝐴1𝑃𝐵1与平面𝐴1𝐵1𝐶1共面，
所以sin 𝜃= |cos < 𝑃𝐶⃗, 𝜇⃗>| =
|𝑃𝐶⃗⋅𝜇⃗|
|𝑃𝐶⃗||𝜇⃗|
=
|√3(𝜆−3) −√3𝜆|
√4𝜆2 + (𝜆−3)2 + 3𝜆2 × 2
=
3√3
2√8𝜆2 −6𝜆+ 9
，
对于𝑦= 8𝜆2 −6𝜆+ 9 = 8(𝜆−3
8)
2
+ 63
8 ∈[63
8 , 11](0 ≤𝜆≤1)，
则3√33
22
≤
3√3
2√8𝜆2 −6𝜆+ 9
≤√42
7 ，
所以sin 𝜃的取值范围为
[
3√33
22
, √42
7 ]
.
高二数理进阶
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
Page 56
存在性找构造
9. （25-26·广东深圳）如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑃𝐷⟂𝐴𝐵，且𝑃𝐵= 𝑃𝐷，底面𝐴𝐵𝐶𝐷是边长为2√3的
菱形，∠𝐵𝐴𝐷= 𝜋
3 .
（1）证明：面𝑃𝐴𝐶⟂面𝐴𝐵𝐶𝐷；
（2）若直线𝐶𝑃与平面𝐴𝐵𝐶𝐷所成角的正弦值为√5
5 ，点𝑄为棱𝑃𝐶上的动点，
求平面𝐴𝐵𝑄与平面𝑃𝐵𝐶夹角的正弦值的最小值.
(1)证明见解析；
(2)√6
4 .
【分析】(1)连接𝐵𝐷交𝐴𝐶于点𝑂，连接𝑃𝑂，由题设可得𝐵𝐷⟂𝐴𝐶、𝑃𝑂⟂𝐵𝐷，再应用线面、面面垂直的
判定证结论；
(2)过𝑃作𝑃𝐻⟂𝐴𝐶交𝐴𝐶于点𝐻，由面面垂直性质有𝑃𝐻⟂面𝐴𝐵𝐶𝐷，则∠𝑃𝐶𝐻即为直线𝐶𝑃与平面
𝐴𝐵𝐶𝐷所成角，并证明𝐻为△𝐴𝐵𝐷的重心，结合已知求得𝑃𝐻= 2，构建空间直角坐标，设𝑃𝑄⃗= 𝜆𝑃𝐶⃗=
(0 , 4𝜆, −2𝜆) , 𝜆∈[0 , 1]，应用向量法求面面角的正弦值关于𝜆的表达式，进而求其最值.
【详解】(1)连接𝐵𝐷交𝐴𝐶于点𝑂，连接𝑃𝑂.
因为𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，所以𝐵𝐷⟂𝐴𝐶，
𝑂为𝐵𝐷的中点，𝑃𝐷= 𝑃𝐵，所以𝑃𝑂⟂𝐵𝐷.
又𝐴𝐶, 𝑃𝑂⊂面𝐴𝑃𝐶，且𝐴𝐶∩𝑃𝑂= 𝑂，
所以𝐵𝐷⟂平面𝐴𝑃𝐶，又𝐵𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，
所以，平面𝐴𝑃𝐶⟂平面𝐴𝐵𝐶𝐷.
(2)过𝑃作𝑃𝐻⟂𝐴𝐶交𝐴𝐶于点𝐻，
面𝐴𝑃𝐶⟂面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝑃𝐻⟂𝐴𝐶，面𝐴𝑃𝐶∩面𝐴𝐵𝐶𝐷= 𝐴𝐶，𝑃𝐻⊂面𝐴𝑃𝐶，
所以𝑃𝐻⟂面𝐴𝐵𝐶𝐷，则∠𝑃𝐶𝐻即为直线𝐶𝑃与平面𝐴𝐵𝐶𝐷所成角，
∵𝐴𝐵⟂𝑃𝐷, 𝐴𝐵⟂𝑃𝐻, 𝑃𝐻, 𝑃𝐷⊂面𝑃𝐻𝐷, 𝑃𝐻∩𝑃𝐷= 𝑃，
∴𝐴𝐵⟂面𝑃𝐻𝐷，𝐷𝐻⊂面𝑃𝐻𝐷，则𝐴𝐵⟂𝐷𝐻，
∴𝐻为𝐷𝐻, 𝐴𝑂的交点，△𝐴𝐵𝐷为等边三角形，所以𝐻为△𝐴𝐵𝐷的重心，
∴𝑂𝐻= 1
3𝑂𝐴= 1
3 × √3
2 × 2√3 = 1，则𝐶𝐻= 𝑂𝐻+ 𝑂𝐶= 1 + 3 = 4，
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
高二数理进阶
最值先找可行域
Page 57
在△𝑃𝐶𝐻中sin ∠𝑃𝐶𝐻=
𝑃𝐻
√𝑃𝐻2 + 16
= √5
5 ，解得𝑃𝐻= 2，
以𝑂为原点，𝑂𝐵, 𝑂𝐶所在直线为𝑥, 𝑦轴建立如下图坐标系，
故𝐴(0 , −3 , 0), 𝐵(√3 , 0 , 0), 𝐶(0 , 3 , 0), 𝑃(0 , −1 , 2)，
则𝐵𝑃⃗= (−√3 , −1 , 2) , 𝐵𝐶⃗= (−√3 , 3 , 0)，
设平面𝑃𝐵𝐶的一个法向量为𝑛1⃗= (𝑥1 , 𝑦1 , 𝑧1)，则
{
𝐵𝑃⃗⋅𝑛1⃗= −√3𝑥1 −𝑦1 + 2𝑧1 = 0
𝐵𝐶⃗⋅𝑛1⃗= −√3𝑥1 + 3𝑦1 = 0
，令𝑥1 = √3，故
𝑛1⃗= (√3 , 1 , 2)．
设𝑃𝑄⃗= 𝜆𝑃𝐶⃗= (0 , 4𝜆, −2𝜆) , 𝜆∈[0 , 1]，则𝐴𝑄⃗= 𝐴𝑃⃗+ 𝑃𝑄⃗= (0 , 4𝜆+ 2 , 2 −2𝜆)，𝐴𝐵⃗=
(√3 , 3 , 0)，
设平面𝐴𝐵𝑄的一个法向量为𝑛2⃗= (𝑥2 , 𝑦2 , 𝑧2)，则
{
𝐴𝐵⃗⋅𝑛2⃗= √3𝑥2 + 3𝑦2 = 0
𝐴𝑄⃗⋅𝑛2⃗= (4𝜆+ 2)𝑦2 + (2 −2𝜆)𝑧2 = 0
，令𝑥2 =
√3，故𝑛2⃗= (√3 , −1 , 2𝜆+ 1
1 −𝜆)．
设平面𝐴𝐵𝑄与平面𝑃𝐵𝐶夹角为𝜃，于是cos 𝜃= |cos < 𝑛1⃗, 𝑛2⃗>| = | 𝑛1⃗⋅𝑛2⃗
|𝑛1⃗| ⋅|𝑛2⃗|| =
|
2 + 2 ⋅2𝜆+ 1
1 −𝜆
2√2 ×
√
4 + (2𝜆+ 1
1 −𝜆)
2
|
=
|
1 + 2𝜆+ 1
1 −𝜆
√2 ×
√
4 + (2𝜆+ 1
1 −𝜆)
2
|
，
令2𝜆+ 1
1 −𝜆+ 1 = 𝑡(𝑡> 2)，则cos 𝜃=
𝑡
√2 × √(𝑡−1)2 + 4
=
𝑡
√2 × √𝑡2 −2𝑡+ 5
=
1
√2 × √5
𝑡2 −2
𝑡+ 1
，
当1
𝑡= 1
5，即𝑡= 5 , 𝜆= 1
2时，(cos 𝜃)𝑚𝑎𝑥= √10
4 ， 此时(sin 𝜃)𝑚𝑖𝑛= √6
4 ，
∴平面𝐴𝐵𝑄与平面𝑃𝐵𝐶夹角的正弦值的最小值为√6
4 .
高二数理进阶
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
Page 58
周期性先定基本周期
【点睛】关键点点睛：第二问，过𝑃作𝑃𝐻⟂𝐴𝐶交𝐴𝐶于点𝐻，利用已知条件求出𝑃𝐻，进而构建空间直角
坐标系，设𝑃𝑄⃗= 𝜆𝑃𝐶⃗= (0 , 4𝜆, −2𝜆) , 𝜆∈[0 , 1]，向量法求面面角正弦值关于参数的表达式为关
键.
10. （25-26·云南）如图，直四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的底面𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，𝐴𝐴1 = 4 , 𝐴𝐵= 2，∠𝐵𝐴𝐷
为锐角，𝐸, 𝐹, 𝐺分别是𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐴1𝐷的中点．
（1）证明：𝐸𝐺//平面𝐶1𝐷𝐹．
（2）求二面角𝐶1 −𝐷𝐹−𝐶的余弦值的最大值．
(1)证明见解析
(2)√17
17
【分析】(1)证法一：连接𝐴𝐷1 , 𝐵𝐷1 , 𝐶𝐷1，设𝐶𝐷1 ∩𝐶1𝐷= 𝐻，连接𝐹𝐻，由线面平行的判定即可证
明；
证法二：设𝐵𝐵1 , 𝐴𝐷的中点分别为𝐼, 𝐽，连接𝐴𝐵1 , 𝐼𝐺, 𝐼𝐸, 𝐽𝐺, 𝐵𝐽,由线面平行的判定及性质即可证
明；．
(2)建立空间直角坐标系，由面面角余弦的向量公式及基本不等式即可求解．
【详解】(1)证法一：连接𝐴𝐷1 , 𝐵𝐷1 , 𝐶𝐷1，设𝐶𝐷1 ∩𝐶1𝐷= 𝐻，连接𝐹𝐻．
在△𝐴𝐵𝐷1中，𝐸, 𝐺分别是𝐴𝐵, 𝐴𝐷1的中点，所以𝐸𝐺//𝐵𝐷1．
在△𝐶𝐵𝐷1中，𝐹, 𝐻分别是𝐵𝐶, 𝐶𝐷1的中点，所以𝐹𝐻//𝐵𝐷1，则𝐸𝐺//𝐹𝐻．
因为𝐸𝐺⊄平面𝐶1𝐷𝐹，𝐹𝐻⊂平面𝐶1𝐷𝐹，所以𝐸𝐺//平面𝐶1𝐷𝐹．
证法二：设𝐵𝐵1 , 𝐴𝐷的中点分别为𝐼, 𝐽，连接𝐴𝐵1 , 𝐼𝐺, 𝐼𝐸, 𝐽𝐺, 𝐵𝐽,如图所示．
因为𝐺𝐽//𝐴𝐴1//𝐵𝐵1 , 𝐺𝐽= 1
2𝐴𝐴1 = 1
2𝐵𝐵1 = 𝐵𝐼，
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
高二数理进阶
对称性先找中心与轴
Page 59
所以四边形𝐺𝐽𝐵𝐼为平行四边形，所以𝐺𝐼//𝐵𝐽．
因为𝐷𝐽= 𝐵𝐹, 𝐷𝐽//𝐵𝐹，所以四边形𝐷𝐽𝐵𝐹为平行四边形，
所以𝐵𝐽//𝐷𝐹，所以𝐺𝐼//𝐷𝐹．
因为𝐺𝐼⊄平面𝐶1𝐷𝐹，𝐷𝐹⊂平面𝐶1𝐷𝐹，所以𝐺𝐼//平面𝐶1𝐷𝐹．
因为𝐼𝐸//𝐴𝐵1//𝐷𝐶1，𝐼𝐸⊄平面𝐶1𝐷𝐹，𝐷𝐶1 ⊂平面𝐶1𝐷𝐹，所以𝐼𝐸//平面𝐶1𝐷𝐹．
因为𝐺𝐼⊂平面𝐺𝐼𝐸，𝐼𝐸⊂平面𝐺𝐼𝐸，𝐺𝐼∩𝐼𝐸= 𝐼，所以平面𝐺𝐼𝐸//平面𝐶1𝐷𝐹．
因为𝐸𝐺⊂平面𝐺𝐼𝐸，所以𝐸𝐺//平面𝐶1𝐷𝐹．
(2)过点𝐷作𝐷𝐾⟂𝐴𝐵交𝐴𝐵于点𝐾．
以𝐷为坐标原点，𝐷𝐾所在直线为𝑥轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则𝐷(0 , 0 , 0) , 𝐶1(0 , 2 , 4)．
设∠𝐵𝐴𝐷= 𝛼，且𝛼∈(0 , 𝜋
2 )，则𝐷𝐾= 𝐴𝐷sin 𝛼= 2 sin 𝛼, 𝐴𝐾= 𝐴𝐷cos 𝛼= 2 cos 𝛼．
设𝐹(𝑥0 , 𝑦0 , 0)，则𝑥0 = 1
2𝐷𝐾= sin 𝛼, 𝑦0 = 1
2(𝐶𝐷+ 𝐵𝐾) = 2 −cos 𝛼，即𝐹(sin 𝛼, 2 −cos 𝛼, 0)，
则𝐷𝐶1⃗= (0 , 2 , 4) , 𝐷𝐹⃗= (sin 𝛼, 2 −cos 𝛼, 0)．
设平面𝐶1𝐷𝐹的法向量为𝑚⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，则
{
𝑚⃗⋅𝐷𝐶1⃗= 0
𝑚⃗⋅𝐷𝐹⃗= 0
，
所以{2𝑦+ 4𝑧= 0
(sin 𝛼)𝑥+ (2 −cos 𝛼)𝑦= 0可取𝑚⃗= (2 −cos 𝛼, −sin 𝛼, 1
2 sin 𝛼)．
易得平面𝐷𝐶𝐹的一个法向量为𝑛⃗= (0 , 0 , 1)．
|cos 𝑚⃗, 𝑛⃗| = | 𝑚⃗⋅𝑛⃗
|𝑚⃗| |𝑛⃗|| =
1
2 sin 𝛼
√(2 −cos 𝛼)2 + (−sin 𝛼)2 + (1
2 sin 𝛼)
2
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第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
Page 60
单调性服务比较
=
1
2 sin 𝛼
√5 −4 cos 𝛼+ 1
4 sin2 𝛼
=
1
2√
5 −4 cos 𝛼+ 1
4 sin2 𝛼
sin2 𝛼
=
1
2√5 −4 cos 𝛼
1 −cos2 𝛼+ 1
4
．
令5 −4 cos 𝛼= 𝑡, 𝑡∈(1 , 5)，
则5 −4 cos 𝛼
1 −cos2 𝛼=
16𝑡
−𝑡2 + 10𝑡−9 =
16
−(𝑡+ 9
𝑡) + 10
≥
16
−2√𝑡⋅9
𝑡+ 10
= 4，
当且仅当5 −4 cos 𝛼= 𝑡= 3，即cos 𝛼= 1
2 , 𝛼= 𝜋
3 时，等号成立，
所以
1
2√5 −4 cos 𝛼
1 −cos2 𝛼+ 1
4
≤
1
2√4 + 1
4
= √17
17 ．
故二面角𝐶1 −𝐷𝐹−𝐶的余弦值的最大值为√17
17 ．
测
知识小测
Exit Quiz
1. （25-26·上海）已知向量𝑎⃗，𝑏⃗，𝑐⃗是空间不共面的三个向量，则下列选项中能构成空间向量一组基底是
（ ）
A. 𝑏⃗+ 𝑐⃗，𝑏⃗，𝑏⃗−𝑐⃗
B. 𝑎⃗，𝑎⃗+ 𝑏⃗，𝑎⃗−𝑏⃗
C. 𝑎⃗+ 𝑏⃗，𝑎⃗+ 𝑏⃗+ 𝑐⃗，𝑐⃗
D. 𝑎⃗+ 𝑏⃗，𝑎⃗−𝑏⃗，𝑐⃗
𝐷
【分析】根据空间向量的基本定理结合共面向量的定义逐项分析判断.
【详解】因为向量𝑎⃗，𝑏⃗，𝑐⃗是不共面的三个向量，
对于𝐴：因为𝑏⃗= 1
2(𝑏⃗+ 𝑐⃗) + 1
2(𝑏⃗−𝑐⃗)，所以𝑏⃗+ 𝑐⃗，𝑏⃗，𝑏⃗−𝑐⃗共面，
所以𝑏⃗+ 𝑐⃗，𝑏⃗，𝑏⃗−𝑐⃗不能构成空间的一组基底，故𝐴错误；
对于𝐵：因为𝑎⃗= 1
2(𝑎⃗+ 𝑏⃗) + 1
2(𝑎⃗−𝑏⃗)，所以𝑎⃗，𝑎⃗+ 𝑏⃗，𝑎⃗−𝑏⃗共面，
所以𝑎⃗，𝑎⃗+ 𝑏⃗，𝑎⃗−𝑏⃗不能构成空间的一组基底，故𝐵错误；
对于𝐶：因为𝑎⃗+ 𝑏⃗+ 𝑐⃗= (𝑎⃗+ 𝑏⃗) + 𝑐⃗，所以𝑎⃗+ 𝑏⃗，𝑎⃗+ 𝑏⃗+ 𝑐⃗，𝑐⃗共面，
所以𝑎⃗+ 𝑏⃗，𝑎⃗+ 𝑏⃗+ 𝑐⃗，𝑐⃗不能构成空间的一组基底，故𝐶错误；
对于𝐷：假定向量𝑎⃗+ 𝑏⃗，𝑎⃗−𝑏⃗，𝑐⃗共面，
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
高二数理进阶
奇偶性服务简化
Page 61
则存在不全为0的实数𝜆1，𝜆2，使得𝑎⃗+ 𝑏⃗= 𝜆1(𝑎⃗−𝑏⃗) + 𝜆2𝑐⃗，整理得(𝜆1 −1)𝑎⃗−(𝜆1 + 1)𝑏⃗+
𝜆2𝑐⃗= 0⃗，
而向量𝑎⃗，𝑏⃗，𝑐⃗不共面，则有
{
𝜆1 −1 = 0
−(𝜆1 + 1) = 0
𝜆2 = 0
，显然不成立，所以向量𝑎⃗+ 𝑏⃗，𝑎⃗−𝑏⃗，𝑐⃗不共面，
即向量𝑎⃗+ 𝑏⃗，𝑎⃗−𝑏⃗，𝑐⃗能构成空间的一个基底，故𝐷正确；
故选：𝐷
2. （25-26·江苏宿迁）已知𝑎⃗= (√3 , 2 , 3)，空间向量𝑒⃗为单位向量，⟨𝑎⃗, 𝑒⃗⟩= 2𝜋
3 ，则空间向量𝑎⃗在向量𝑒⃗方
向上的投影向量为（ ）
A. 2𝑒⃗
B. −2𝑒⃗
C. −1
2𝑎⃗
D. 1
2𝑎⃗
𝐵
【分析】由投影向量的计算公式即可求解.
【详解】空间向量𝑎⃗在向量𝑒⃗方向上的投影向量为𝑎⃗⋅𝑒⃗
|𝑒⃗|2 ⋅𝑒⃗，
因为𝑒⃗为单位向量，⟨𝑎⃗, 𝑒⃗⟩= 2𝜋
3 ，𝑎⃗= (√3 , 2 , 3)，
所以𝑎⃗⋅𝑒⃗= √3 + 4 + 9 × cos 2𝜋
3 = −2，
所以𝑎⃗⋅𝑒⃗
|𝑒⃗|2 ⋅𝑒⃗= −2𝑒⃗，
故选：𝐵
3. 已知𝐴(1 , 0 , 1)，𝐵(1 , 1
2 , 0)，𝐶(0 , 1 , 0)，𝑀(1 , 1
2 , 1)，𝑁(0 , 1 , 1)，则直线𝑀𝑁到平面𝐴𝐵𝐶的距
离为（ ）
A. √6
B. √6
4
C. √6
12
D. √6
6
𝐷
【分析】首先证明𝑀𝑁//平面𝐴𝐵𝐶，直线𝑀𝑁到平面𝐴𝐵𝐶的距离可转化为点𝑀到平面𝐴𝐵𝐶的距离，利用点
到平面的距离公式计算即可.
【详解】𝐴𝐵⃗= (0 , 1
2 , −1)，𝐵𝐶⃗= (−1 , 1
2 , 0)，𝐴𝑀⃗= (0 , 1
2 , 0)，𝑀𝑁⃗= (−1 , 1
2 , 0)，
显然𝑀𝑁⃗= 𝐵𝐶⃗，所以𝑀𝑁//𝐵𝐶，
高二数理进阶
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
Page 62
换元须保范围
而𝑀𝑁⊄平面𝐴𝐵𝐶，𝐵𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶，于是𝑀𝑁//平面𝐴𝐵𝐶，
因此直线𝑀𝑁到平面𝐴𝐵𝐶的距离等于点𝑀到平面𝐴𝐵𝐶的距离．
设平面𝐴𝐵𝐶的法向量为𝑛⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，则
{
𝑛⃗⋅𝐴𝐵⃗= 1
2𝑦−𝑧= 0
𝑛⃗⋅𝐵𝐶⃗= −𝑥+ 1
2𝑦= 0
,令𝑧= 1，得𝑛⃗= (1 , 2 , 1)，
所以点𝑀到平面𝐴𝐵𝐶的距离为
|𝐴𝑀⃗⋅𝑛⃗|
|𝑛⃗|
= 1
√6
= √6
6 ，
所以直线𝑀𝑁到平面𝐴𝐵𝐶的距离是√6
6 ．
故选：𝐷
4. （25-26·安徽）如图，已知在长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐴1 = 2𝐴𝐵= 2 , 𝐴𝐷= 3，点𝐸在棱𝐵𝐶上，
且𝐵𝐸⃗= 2𝐸𝐶⃗，则直线𝐴1𝐸与直线𝐶1𝐷1所成角的余弦值为（ ）
A. 1
2
B. √2
4
C. 1
3
D. 2√2
3
𝐶
【分析】先建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，进而得到向量𝐴1𝐸⃗和𝐶1𝐷1⃗的坐标，再利用向量的
夹角公式求出两向量夹角的余弦值，由于异面直线所成角的范围是(0 , 𝜋
2 ]，所以取其绝对值即为异面直
线所成角的余弦值．
【详解】以𝐷为原点，分别以𝐷𝐴, 𝐷𝐶, 𝐷𝐷1所在直线为𝑥, 𝑦, 𝑧轴建立空间直角坐标系．
已知𝐴𝐴1 = 2𝐴𝐵= 2，𝐴𝐷= 3，则𝐴𝐵= 1，𝐴𝐴1 = 2．
所以𝐴1(3 , 0 , 2)，𝐶1(0 , 1 , 2)，𝐷1(0 , 0 , 2)．
因为点𝐸在棱𝐵𝐶上，且𝐵𝐸⃗= 2𝐸𝐶⃗，𝐵𝐶= 𝐴𝐷= 3，所以𝐵𝐸= 2，𝐸𝐶= 1，则𝐸(1 , 1 , 0)．
所以𝐴1𝐸⃗= (1 −3 , 1 −0 , 0 −2) = (−2 , 1 , −2)，𝐶1𝐷1⃗= (0 −0 , 0 −1 , 2 −2) = (0 , −1 , 0)．
根据向量的夹角公式cos < 𝑎⃗, 𝑏⃗>= 𝑎⃗⋅𝑏⃗
|𝑎⃗||𝑏⃗|
．
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
高二数理进阶
配凑不是技巧，是识别
Page 63
先计算𝐴1𝐸⃗⋅𝐶1𝐷1⃗= (−2) × 0 + 1 × (−1) + (−2) × 0 = −1．
|𝐴1𝐸⃗| = √(−2)2 + 12 + (−2)2 = √4 + 1 + 4 = 3 ．
|𝐶1𝐷1⃗| = √02 + (−1)2 + 02 = 1 ．
则cos < 𝐴1𝐸⃗, 𝐶1𝐷1⃗>= 𝐴1𝐸⃗⋅𝐶1𝐷1⃗
|𝐴1𝐸⃗||𝐶1𝐷1⃗|
=
−1
3 × 1 = −1
3．
因为异面直线所成角的范围是(0 , 𝜋
2 ]，所以直线𝐴1𝐸与直线𝐶1𝐷1所成角的余弦值为| cos <
𝐴1𝐸⃗, 𝐶1𝐷1⃗> | = | −1
3| = 1
3．
直线𝐴1𝐸与直线𝐶1𝐷1所成角的余弦值为1
3．
故选：𝐶.
5. （25-26·湖北）（多选）如图，在棱长均为2的平行六面体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，底面𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，
且∠𝐴1𝐴𝐵= ∠𝐴1𝐴𝐷= 60∘，下列选项正确的是（ ）
A. 𝐵𝐷1长为2√3
B. 异面直线𝐴𝐶与𝐵𝐷1所成角的余弦值为√6
3
C. 𝐴1𝐶⟂𝐵1𝐷1
D. 𝐴𝐴1 ⟂𝐵𝐷
𝐴𝐶𝐷
【分析】以{𝐴𝐵⃗, 𝐴𝐷⃗, 𝐴𝐴1⃗}为一组基底，将𝐵𝐷1⃗用基底表示，得|𝐵𝐷1⃗|
2
= (𝐵𝐷1⃗)
2 =
(−𝐴𝐵⃗+ 𝐴𝐷⃗+ 𝐴𝐴1⃗)
2
，利用数量积的运算即可求解，进而判断𝐴，先求𝐴𝐶⃗⋅𝐵𝐷1⃗，利用向量的夹角公式
即可判断𝐵，计算𝐴1𝐶⃗⋅𝐵1𝐷1⃗和𝐴𝐴1⃗⋅𝐵𝐷⃗即可判断𝐶𝐷.
高二数理进阶
第 02 讲 空间向量中的探索与范围问题
Page 64
消元不是删除，是聚焦
【详解】由题意有：𝐵𝐷1⃗= −𝐴𝐵⃗+ 𝐴𝐷⃗+ 𝐴𝐴1⃗，所以
|𝐵𝐷1⃗|
2
= (𝐵𝐷1⃗)
2 = (−𝐴𝐵⃗+ 𝐴𝐷⃗+ 𝐴𝐴1⃗)
2
= 𝐴𝐵⃗2
+𝐴𝐷⃗2 + 𝐴𝐴1⃗
2 −2𝐴𝐵⃗⋅𝐴𝐷⃗−2𝐴𝐵⃗⋅𝐴𝐴1⃗+ 2𝐴𝐷⃗⋅𝐴𝐴1⃗
= |𝐴𝐵⃗|
2
+ |𝐴𝐷⃗|
2
+ |𝐴𝐴1⃗|
2
−2|𝐴𝐵⃗||𝐴𝐴1⃗| cos 60∘+ 2|𝐴𝐷⃗||𝐴𝐴1⃗| cos 60∘= 4 × 3 = 12，所以|𝐵𝐷1⃗| = 2√3，
故𝐴正确；
𝐴𝐶⃗= 𝐴𝐵⃗+ 𝐴𝐷⃗，所以|𝐴𝐶⃗| = 2√2，所以𝐴𝐶⃗⋅𝐵𝐷1⃗= (𝐴𝐵⃗+ 𝐴𝐷⃗) ⋅(−𝐴𝐵⃗+ 𝐴𝐷⃗+ 𝐴𝐴1⃗) = −𝐴𝐵⃗2 +
𝐴𝐵⃗⋅𝐴𝐷⃗+ 𝐴𝐵⃗⋅𝐴𝐴1⃗−𝐴𝐵⃗⋅𝐴𝐷⃗
+𝐴𝐷⃗2 + 𝐴𝐷⃗⋅𝐴𝐴1⃗= −|𝐴𝐵⃗|
2
+ |𝐴𝐵⃗||𝐴𝐴1⃗| cos 60∘+ |𝐴𝐷⃗|
2
+ |𝐴𝐷⃗||𝐴𝐴1⃗| cos 60∘
= −4 + 2 × 2 × 1
2 + 4 + 2 × 2 × 1
2 = 4 ，
所以cos 𝐴𝐶⃗, 𝐵𝐷1⃗= 𝐴𝐶⃗⋅𝐵𝐷1⃗
|𝐴𝐶⃗||𝐵𝐷1⃗|
=
4
2√2 × 2√3
= √6
6 ，故𝐵错误；
由𝐴1𝐶⃗= 𝐴𝐵⃗+ 𝐴𝐷⃗−𝐴𝐴1⃗，𝐵1𝐷1⃗= 𝐵𝐷⃗= 𝐴𝐷⃗−𝐴𝐵⃗，
所以𝐴1𝐶⃗⋅𝐵1𝐷1⃗= (𝐴𝐵⃗+ 𝐴𝐷⃗−𝐴𝐴1⃗) ⋅(−𝐴𝐵⃗+ 𝐴𝐷⃗)
= −𝐴𝐵⃗2 + 𝐴𝐵⃗⋅𝐴𝐷⃗+ 𝐴𝐵⃗⋅𝐴𝐴1⃗+ 𝐴𝐵⃗⋅𝐴𝐷⃗+ 𝐴𝐷⃗2 −𝐴𝐷⃗⋅𝐴𝐴1⃗
= −𝐴𝐵⃗2 + 𝐴𝐵⃗⋅𝐴𝐴1⃗+ 𝐴𝐷⃗2 −𝐴𝐷⃗⋅𝐴𝐴1⃗= −|𝐴𝐵⃗|
2
+ |𝐴𝐵⃗||𝐴𝐴1⃗| cos 60∘+ |𝐴𝐷⃗|
2
−|𝐴𝐷⃗||𝐴𝐴1⃗| cos 60∘
= −4 + 2 × 2 × 1
2 + 4 −2 × 2 × 1
2 = 0，所以𝐴1𝐶⟂𝐵1𝐷1，故𝐶正确；
由𝐴𝐴1⃗⋅𝐵𝐷⃗= 𝐴𝐴1⃗⋅(𝐴𝐷⃗−𝐴𝐵⃗) = 𝐴𝐴1⃗⋅𝐴𝐷⃗−𝐴𝐴1⃗⋅𝐴𝐵⃗= |𝐴𝐷⃗||𝐴𝐴1⃗| cos 60∘−|𝐴𝐵⃗||𝐴𝐴1⃗| cos 60∘= 2 ×
2 × 1
2 −2 × 2 × 1
2 = 0，所以𝐴𝐴1 ⟂𝐵𝐷，故𝐷正确；
故选：𝐴𝐶𝐷.
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
高二数理进阶
因式分解显露结构
Page 65
第 03 讲
空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
讲
题型精讲
Core examples
题型1
折叠问题
题型点拨
解决折叠问题最重要的就是对比折叠前后的图形，找到哪些线、面的位置关系和数学量没有发生变化，
哪些发生了变化，在证明和求解的过程中恰当地加以利用。
一般步骤：
①确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量；
②在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面；
③利用判定定理或性质定理进行证明。
典例1 （25-26·浙江金华）如图，𝑂是正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的中心，把正方形𝐴𝐵𝐶𝐷沿对角线𝐴𝐶折成二面角𝐵−
𝐴𝐶−𝐷，𝐸，𝐹分别为𝐴𝐷，𝐵𝐶的中点，
（1）当折成直二面角时（图1)，求直线𝑂𝐸与𝑂𝐹所成角的大小；
（2）当折成二面角𝐵−𝐴𝐶−𝐷的平面角为60∘（图2)，求直线𝐵𝐷与平面𝑂𝐸𝐹所成角的正弦值．
(1)𝜋
3
(2)2√5
5
【分析】(1)建立空间直角坐标系利用向量夹角的坐标表示即可求得其大小；
(2)建立新的空间直角坐标系利用线面角的向量求法计算可得结果.
【详解】(1)根据题意可知𝑂𝐵⟂𝑂𝐴, 𝑂𝐷⟂𝑂𝐴，所以∠𝐵𝑂𝐷即为二面角𝐵−𝐴𝐶−𝐷的平面角，
当折成直二面角时，可得𝑂𝐵⟂𝑂𝐷，
高二数理进阶
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
Page 66
配方让二次式归位
以𝑂为坐标原点，直线𝑂𝐴, 𝑂𝐵, 𝑂𝐷分别为𝑥, 𝑦, 𝑧轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
设正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长为2，
则𝑂(0 , 0 , 0) , 𝐴(√2 , 0 , 0) , 𝐵(0 , √2 , 0) , 𝐶(−√2 , 0 , 0) , 𝐷(0 , 0 , √2)，
又𝐸，𝐹分别为𝐴𝐷，𝐵𝐶的中点，所以𝐸
(
√2
2 , 0 , √2
2 )
, 𝐹
(
−√2
2 , √2
2 , 0
)
；
可得𝑂𝐸⃗=
(
√2
2 , 0 , √2
2 )
, 𝑂𝐹⃗=
(
−√2
2 , √2
2 , 0
)
，
因此cos 𝑂𝐸⃗, 𝑂𝐹⃗= 𝑂𝐸⃗⋅𝑂𝐹⃗
|𝑂𝐸⃗||𝑂𝐹⃗|
=
−1
2
1 × 1 = −1
2，所以∠𝐸𝑂𝐹= 2𝜋
3 ；
可得直线𝑂𝐸与𝑂𝐹所成角的大小为𝜋
3 ；
(2)由(1)可知，当折成二面角𝐵−𝐴𝐶−𝐷的平面角为60∘，即∠𝐵𝑂𝐷= 60∘；
在平面𝐵𝑂𝐷内，过点𝑂作垂直于𝑂𝐵的直线作为𝑧轴，以𝑂为坐标原点，直线𝑂𝐴, 𝑂𝐵分别为𝑥, 𝑦轴建立空
间直角坐标系，如下图所示：
则𝑂(0 , 0 , 0) , 𝐴(√2 , 0 , 0) , 𝐵(0 , √2 , 0) , 𝐶(−√2 , 0 , 0) , 𝐷
(
0 , √2
2 , √6
2 )
，
又𝐸，𝐹分别为𝐴𝐷，𝐵𝐶的中点，所以𝐸
(
√2
2 , √2
4 , √6
4 )
, 𝐹
(
−√2
2 , √2
2 , 0
)
；
可得𝑂𝐸⃗=
(
√2
2 , √2
4 , √6
4 )
, 𝑂𝐹⃗=
(
−√2
2 , √2
2 , 0
)
, 𝐵𝐷⃗=
(
0 , −√2
2 , √6
2 )
，
设平面𝑂𝐸𝐹的一个法向量为𝑛⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
高二数理进阶
构造使隐含关系可见
Page 67
则
{
𝑛⃗⋅𝑂𝐸⃗= √2
2 𝑥+ √2
4 𝑦+ √6
4 𝑧= 0
𝑛⃗⋅𝑂𝐹⃗= −√2
2 𝑥+ √2
2 𝑦= 0
，取𝑥= 1，则𝑦= 1 , 𝑧= −√3；
所以𝑛⃗= (1 , 1 , −√3)；
设直线𝐵𝐷与平面𝑂𝐸𝐹所成的角为𝜃，
可得sin 𝜃= |cos 𝐵𝐷⃗, 𝑛⃗| =
|𝐵𝐷⃗⋅𝑛⃗|
|𝐵𝐷⃗||𝑛⃗|
=
|−2√2|
√2 × √5
= 2√5
5 ；
所以直线𝐵𝐷与平面𝑂𝐸𝐹所成角的正弦值为2√5
5 .
变式1 （25-26·云南昆明）如图1，平面四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵= 𝐴𝐶= 𝐵𝐶，𝐴𝐷= 𝐶𝐷且∠𝐴𝐷𝐶= 𝜋
2 ，现
将△𝐴𝐶𝐷沿𝐴𝐶折起，使得𝐴𝐵= 𝐵𝐷，如图2．
（1）证明：平面𝐴𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶；
（2）点𝐸在线段𝐵𝐷上，平面𝐴𝐶𝐸把三棱锥𝐵−𝐴𝐶𝐷分成
体积相等的两部分，求二面角𝐶−𝐴𝐸−𝐷的余弦
值．
(1)证明见解析
(2)√7
7
【分析】(1)要证平面𝐴𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶，二面角𝐷−𝐴𝐶−𝐵的平面角∠𝐷𝑂𝐵= 90∘.
(2)建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量的数量积，求出二面角𝐶−𝐴𝐸−𝐷的余弦
值.
【详解】(1)
证明：
高二数理进阶
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
Page 68
归纳寻找稳定骨架
由题设可得， 𝐴𝐷= 𝐷𝐶. 又∠𝐴𝐷𝐶= 90∘，
取𝐴𝐶的中点𝑂，连接𝐷𝑂，𝐵𝑂.则𝐷𝑂⟂𝐴𝐶，𝐷𝑂= 𝐴𝑂，
又因为△𝐴𝐵𝐶是正三角形，所以𝐵𝑂⟂𝐴𝐶，
所以∠𝐷𝑂𝐵为二面角𝐷−𝐴𝐶−𝐵的平面角．
在𝑅𝑡△𝐴𝑂𝐵中，𝐵𝑂2 + 𝐴𝑂2 = 𝐴𝐵2，
又𝐷𝑂= 𝐴𝑂，𝐵𝐷= 𝐴𝐵，所以𝐵𝑂2 + 𝐷𝑂2 = 𝐷𝐵2，
故∠𝐷𝑂𝐵= 90∘.所以平面𝐴𝐷𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐶.
(2)由题设及(1)知，𝑂𝐴，𝑂𝐵，𝑂𝐷两两垂直，
以𝑂为坐标原点， 𝑂𝐴⃗的方向为𝑥轴正方向，|𝑂𝐴⃗|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系𝑂−𝑥𝑦𝑧，
则𝐴(1 , 0 , 0)，𝐵(0 , √3 , 0)，𝐶(−1 , 0 , 0)，𝐷(0 , 0 , 1)，
由题设知，四面体𝐴𝐵𝐶𝐸的体积为四面体𝐴𝐵𝐶𝐷的体积的1
2，从而𝐸到平面𝐴𝐵𝐶的距离为𝐷到平面𝐴𝐵𝐶的
距离的1
2，
即𝐸为𝐵𝐷的中点，得𝐸(0 , √3
2 , 1
2).故𝐴𝐷⃗= (−1 , 0 , 1)，𝐴𝐶= (−2 , 0 , 0)，𝐴𝐸⃗= (−1 , √3
2 , 1
2).
设𝑛⃗= (𝑥1 , 𝑦1 , 𝑧1)是平面𝐷𝐴𝐸的法向量，则
{
𝑛⃗⋅𝐴𝐷⃗= 0
𝑛⃗⋅𝐴𝐸⃗= 0
，即
{
−𝑥1 + 𝑧1 = 0
−𝑥1 + √3
2 𝑦1 + 1
2𝑧1 = 0
，
可取𝑛⃗= (1 , √3
3 , 1).
设𝑚⃗= (𝑥2 , 𝑦2 , 𝑧2)是平面𝐴𝐸𝐶的法向量，则
{
𝑚⃗⋅𝐴𝐶⃗= 0
𝑚⃗⋅𝐴𝐸⃗= 0
即
{
−2𝑥2 = 0
−𝑥2 + √3
2 𝑦2 + 1
2𝑧2 = 0
，
可取𝑚⃗= (0 , −1 , √3)．
则cos 〈𝑛, 𝑚〉=
𝑚⃗⋅𝑛⃗
|𝑚⃗| ⋅|𝑛⃗| = √7
7 .
由图知二面角𝐶−𝐴𝐸−𝐷为锐角，所以二面角𝐶−𝐴𝐸−𝐷的余弦值为√7
7 ．
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
高二数理进阶
类比给方向，证明给资格
Page 69
变式2 （25-26·福建厦门）如图，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐶⟂𝐵𝐶, 𝐴𝐶= 𝐵𝐶= 2 , 𝐷是𝐴𝐶中点，𝐸､𝐹分别是
𝐵𝐴､𝐵𝐶边上的动点，且𝐸𝐹∥𝐴𝐶，将△𝐵𝐸𝐹沿𝐸𝐹折起，将点𝐵折至点𝑃的位置，得到四棱锥𝑃−𝐴𝐶𝐹𝐸.
（1）求证：𝐸𝐹∥平面𝑃𝐴𝐶；
（2）若𝐵𝐸= 2𝐴𝐸，二面角𝑃−𝐸𝐹−𝐶是直二面角，求线段𝐴𝑃中
点𝑀到平面𝑃𝐸𝐶的距离；
（3）当𝑃𝐷⟂𝐴𝐸时，求直线𝑃𝐸与平面𝐴𝐵𝐶所成角的正弦值的取值
范围.
(1)证明见解析
(2)√6
6
(3)
(
0 , √6
4 )
【分析】(1)线线平行得到线面平行；
(2)证明三条线两两垂直，从建立空间直角坐标系，得到点的坐标后得到向量坐标，然后求得面的法向
量，由投影得到点到面的距离；
(3)以𝐶点为原点建立空间直角坐标系，设动点坐标，然后得到向量𝐴𝐸⃗, 𝑃𝐷⃗的坐标，由𝑃𝐷⟂𝐴𝐸得到向
量数量积为0，求得点𝑃的𝑦坐标，由直线外一点及其在直线上的投影和直线上的点建立等式，求得点𝐹的
𝑦坐标，然后由向量𝑃𝐸⃗和平面𝐴𝐵𝐶的法向量，求得线面角正弦值，平方后构造双勾函数，函数的单调性
得到函数最小值，从而求得线面角正弦值的范围.
【详解】(1)在四棱锥𝑃−𝐴𝐸𝐹𝐶中，𝐸𝐹//𝐴𝐶，而𝐴𝐶⊂平面𝑃𝐴𝐶, 𝐸𝐹⊄平面𝑃𝐴𝐶，
所以𝐸𝐹//平面𝑃𝐴𝐶
(2)由𝐴𝐶⟂𝐵𝐶，𝐸𝐹//𝐴𝐶，得𝐸𝐹⟂𝐵𝐶，折叠后，在四棱锥𝑃−𝐴𝐸𝐹𝐶中，𝐸𝐹⟂𝐹𝐶, 𝐸𝐹⟂𝑃𝐹，
由二面角𝑃−𝐸𝐹−𝐶是直二面角，即平面𝑃𝐸𝐹⟂平面𝐸𝐹𝐶，
平面𝑃𝐸𝐹∩平面𝐸𝐹𝐶= 𝐸𝐹，𝑃𝐹⟂𝐸𝐹, 𝑃𝐹⊂平面𝑃𝐸𝐹，𝑃𝐹⟂平面𝐸𝐹𝐶，
∵𝐶𝐹⊂平面𝐸𝐹𝐶，∴𝑃𝐹⟂𝐶𝐹
以𝐹𝐸, 𝐹𝐶, 𝐹𝑃分别为𝑥, 𝑦, 𝑧轴建立空间直角坐标系，则
𝐴(2 , 2
3 , 0) , 𝑃(0 , 0 , 4
3) , 𝐶(0 , 2
3 , 0) , 𝐸(4
3 , 0 , 0) , 𝑀(1 , 1
3 , 2
3) ,
𝑃𝐶⃗= (0 , 2
3 , −4
3) , 𝐶𝐸⃗= (4
3 , −2
3 , 0) , 𝑃𝑀⃗= (1 , 1
3 , −2
3) ，
设平面𝑃𝐶𝐸法向量为𝑚⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，则
{
𝑚⃗⋅𝑃𝐶⃗= 2
3𝑦−4
3𝑧= 0
𝑚⃗⋅𝐶𝐸⃗= 4
3𝑥−2
3𝑦= 0
，
令𝑧= 1，得𝑚⃗= (1 , 2 , 1)，
高二数理进阶
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
Page 70
逆向思考寻找中点
所求点面距为𝑑=
|𝑃𝑀⃗⋅𝑚⃗|
|𝑚⃗|
= 1
√6
= √6
6 .
(3)以直线𝐶𝐴和𝐶𝐵分别为𝑥, 𝑦轴，过𝐶作平面𝐴𝐶𝐹𝐸的垂线为𝑧轴，建立空间直角坐标系，
设𝑃(0 , 𝑠, 𝑢) , 𝐹(0 , 𝑡, 0) , 𝐷(−1 , 0 , 0) , 𝐴(−2 , 0 , 0) , 𝐸(𝑡−2 , 𝑡, 0)，显然𝑢> 0，
𝐴𝐸⃗= (𝑡, 𝑡, 0) , 𝑃𝐷⃗= (−1 , −𝑠, −𝑢) ，
𝐴𝐸⃗⋅𝑃𝐷⃗= −𝑡−𝑠𝑡= 0，得出𝑠= −1，则𝑃(0 , −1 , 𝑢)，
则𝑃𝐸⃗= (𝑡−2 , 𝑡+ 1 , −𝑢)，
点𝑃与其在直线𝐹𝐶上射影点及点𝐹围成以线段𝑃𝐹为斜边的直角三角形，
则𝑢2 + (𝑡+ 1)2 = (2 −𝑡)2，即𝑢2 = 3 −6𝑡，且2 −𝑡> 𝑡+ 1且𝑡> 0，即0 < 𝑡< 1
2，
平面𝐴𝐵𝐶的法向量为𝑛⃗= (0 , 0 , 1)，设直线𝑃𝐸与平面𝐴𝐵𝐶所成角为𝛽，
sin 𝛽= |cos < 𝑃𝐸⃗, 𝑛⃗>| =
|𝑃𝐸⃗⋅𝑛⃗|
|𝑃𝐸⃗||𝑛⃗|
=
𝑢
√(𝑡−2)2 + (𝑡+ 1)2 + 𝑢2
，
则
sin2 𝛽=
3 −6𝑡
(2 −𝑡)2 + (𝑡+ 1)2 + 3 −6𝑡=
3 −6𝑡
2𝑡2 −8𝑡+ 8
= 6(1 −2𝑡)
(2𝑡−4)2 =
6(1 −2𝑡)
[3 + (1 −2𝑡)]2 =
6
(1 −2𝑡) +
9
1 −2𝑡+ 6
，
令1 −2𝑡= 𝜆∈(0 , 1)，函数𝑓(𝜆) = 𝜆+ 9
𝜆+ 6在(0 , 1)上递减，𝑓(𝜆) > 𝑓(1) = 16，
因此(1 −2𝑡) +
9
1 −2𝑡+ 6 > 16，则0 < sin2 𝛽< 3
8，解得0 < sin 𝛽< √6
4 ，
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
高二数理进阶
正向推进积累条件
Page 71
所以直线𝑃𝐸与平面𝐴𝐵𝐶所成角的正弦值的取值范围是
(
0 , √6
4 )
.
题型2
轨迹问题
题型点拨
1、由动点保持平行性求轨迹
(1)线面平行转化为面面平行得轨迹；(2)平行时可利用法向量垂直关系求轨迹.
2、动点保持垂直求轨迹
(1)可利用线线垂直、线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹；(2)利用空间坐标运算求轨迹；(3)
利用垂直关系转化为平行关系求轨迹.
3、由动点保持等距（或者定距）求轨迹
(1)距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线的定义或者球和圆的定义等知识求解轨
迹；(2)利用空间坐标计算求轨迹.
4、由动点保持定角求轨迹
(1)过定点的动直线与定平面或定直线成定角时，其轨迹可能是圆锥面的一部分；(2)利用空间坐标系计
算求轨迹.
5、投影求轨迹
(1)球的非正投影可能是椭圆或椭圆区域；(2)多面体的投影，多为多边形.
6、翻折与动点求轨迹
(1)翻折过程中寻求不变的垂直关系求轨迹；(2)翻折过程中寻求不变的长度关系求轨迹；(3)利用空间
坐标运算求轨迹.
典例2 （25-26·福建三明）（多选）在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐵= 2，𝐴𝑃⃗= 𝑥𝐴𝐷⃗+
𝑦𝐴𝐴1⃗(𝑥, 𝑦∈[0 , 1])，则（ ）
A. 若𝑥+ 𝑦= 1，则点𝑃的轨迹为线段𝐷𝐴1
B. 若𝑥= 1
2，则点𝑃的轨迹为连接棱𝐴𝐷的中点和棱𝐴1𝐷1中点的线段
C. 若𝑥= 𝑦，则三棱锥𝑃−𝐴1𝐵𝐶1的体积为定值
D. 若𝑦= 1
2，则𝐵𝑃与平面𝐴𝐵𝐶𝐷所成角的余弦值的最大值为√2
3
𝐴𝐵𝐶
高二数理进阶
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
Page 72
正逆相接，思路成形
【分析】以点𝐴为坐标原点，𝐴𝐵、𝐴𝐷、𝐴𝐴1所在直线分别为𝑥、𝑦、𝑧轴建立空间直角坐标系，求出点𝑃的
坐标，可判断𝐴𝐵选项；利用空间向量法求点到直线的距离与线面角的余弦值可判断𝐶𝐷选项.
【详解】以点𝐴为坐标原点，𝐴𝐵、𝐴𝐷、𝐴𝐴1所在直线分别为𝑥、𝑦、𝑧轴，
建立如下图所示的空间直角坐标系，
则𝐴(0 , 0 , 0)、𝐵(2 , 0 , 0)、𝐶(2 , 2 , 0)、𝐷(0 , 2 , 0)、𝐴1(0 , 0 , 2)、𝐵1(2 , 0 , 2)、
𝐶1(2 , 2 , 2)、𝐷1(0 , 2 , 2)，
因为𝐴𝑃⃗= 𝑥𝐴𝐷⃗+ 𝑦𝐴𝐴1⃗= 𝑥(0 , 2 , 0) + 𝑦(0 , 0 , 2) = (0 , 2𝑥, 2𝑦)(𝑥, 𝑦∈[0 , 1])，
对于𝐴选项，当𝑥+ 𝑦= 1时，𝐷、𝑃、𝐴1三点共线，
则点𝑃的轨迹为线段𝐷𝐴1，故𝐴正确；
对于𝐵选项，若𝑥= 1
2，即点𝑃(0 , 1 , 2𝑦)，
此时，点𝑃的轨迹为连接棱𝐴𝐷的中点和棱𝐴1𝐷1中点的线段，故𝐵正确；
对于𝐶选项，若𝑥= 𝑦，即点𝑃(0 , 2𝑥, 2𝑥)，其中0 ≤𝑥≤1，
𝐵𝐴1⃗= (−2 , 0 , 2)，𝐴1𝐶1⃗= (2 , 2 , 0)，设平面𝐴1𝐵𝐶1的法向量为𝑚⃗= (𝑥1 , 𝑦1 , 𝑧1)，
则
{
𝑚⃗⋅𝐵𝐴1⃗= −2𝑥1 + 2𝑧1 = 0
𝑚⃗⋅𝐴1𝐶1⃗= 2𝑥1 + 2𝑦1 = 0
，取𝑥1 = 1，可得𝑚⃗= (1 , −1 , 1)，
𝐵𝑃⃗= (−2 , 2𝑥, 2𝑥)，则点𝑃到平面𝐴1𝐵𝐶1的距离为𝑑=
|𝐵𝑃⃗⋅𝑚⃗|
|𝑚⃗|
= 2
√3
= 2√3
3 ，
因为△𝐴1𝐵𝐶1的面积为定值，故三棱锥𝑃−𝐴1𝐵𝐶1的体积为定值，故𝐶正确；
对于𝐷选项，若𝑦= 1
2，则𝐵𝑃⃗= (−2 , 2𝑥, 1)，其中0 ≤𝑥≤1，
易知平面𝐴𝐵𝐶𝐷的一个法向量为𝑛⃗= (0 , 0 , 1)，
设直线𝐵𝑃与平面𝐴𝐵𝐶𝐷所成的角为𝜃，
则sin 𝜃= |cos < 𝐵𝑃⃗, 𝑛⃗>| =
|𝐵𝑃⃗⋅𝑛⃗|
|𝐵𝑃⃗| ⋅|𝑛⃗|
=
1
√5 + 4𝑥2
，
当𝑥= 1时，sin 𝜃取最小值，此时cos 𝜃取最大值，且sin 𝜃= 1
3，
则cos 𝜃= √1 −sin2 𝜃= 2√2
3 ，
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
高二数理进阶
一式两看，常有转机
Page 73
因此，当𝑦= 1
2时，则𝐵𝑃与平面𝐴𝐵𝐶𝐷所成角的余弦值的最大值为2√2
3 ，故𝐷错误.
故选：𝐴𝐵𝐶.
变式3 （25-26·安徽铜陵）正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为2，𝐸为𝐴𝐴1的中点，𝑀点是正方形
𝐴𝐵𝐵1𝐴1内的动点，若𝐶1𝑀//平面𝐶𝐷1𝐸，则𝑀点的轨迹长度为
．
√2
【分析】利用正方体建立空间直角坐标系，求出平面𝐶𝐷1𝐸的法向量𝑛⃗，再由𝐶1𝑀//平面𝐶𝐷1𝐸，得𝐶1𝑀⃗⋅
𝑛⃗= 0，计算可得点𝑀的轨迹方程，再由题意即得𝑀点的轨迹长度.
【详解】利用正方体建立如图所示空间直角坐标系，
由题意可知，𝐶(2 , 2 , 0)，𝐷1(2 , 0 , 2)，𝐸(0 , 0 , 1)，𝐶1(2 , 2 , 2)，
因𝑀点是正方形𝐴𝐵𝐵1𝐴1内的动点，可设𝑀(0 , 𝑦, 𝑧)，0 ≤𝑦, 𝑧≤2，
因𝐶𝐷1⃗= (0 , −2 , 2), 𝐸𝐷1⃗= (2 , 0 , 1), 𝐶1𝑀⃗= (−2 , 𝑦−2 , 𝑧−2)
设平面𝐶𝐷1𝐸的法向量𝑛⃗= (𝑎, 𝑏, 𝑐)，
则
{
𝐶𝐷1⃗⋅𝑛⃗= −2𝑏+ 2𝑐= 0
𝐸𝐷1⃗⋅𝑛⃗= 2𝑎+ 𝑐= 0
，令𝑎= 1，则𝑛⃗= (1 , −2 , −2)，
因𝐶1𝑀//平面𝐶𝐷1𝐸，则𝐶1𝑀⃗⋅𝑛⃗= 0，即−2 −2(𝑦−2) −2(𝑧−2) = 0，
整理得：𝑦+ 𝑧−3 = 0.
∵𝑀是正方形𝐴𝐵𝐵1𝐴1内的动点，取𝑦= 2，得𝑧= 1；取𝑧= 2，得𝑦= 1，
故点𝑀的轨迹长度为√12 + 12 = √2．
故答案为：√2.
【点睛】思路点睛：利用正方体建立空间直角坐标系，求出平面𝐶𝐷1𝐸的法向量，设𝑀(0 , 𝑦, 𝑧)，由
𝐶1𝑀⃗⋅𝑛⃗= 0求得𝑦+ 𝑧−3 = 0，结合点𝑀的位置即可求得其轨迹长度.
高二数理进阶
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
Page 74
同量异表，等式自来
变式4 （25-26·安徽）如图，在棱长为3的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐵𝐶⃗= 3𝐸𝐶⃗，点𝑃是底面𝐴𝐵𝐶𝐷
内（包括边界）的动点，且满足𝐵1𝑃⟂𝐷1𝐸，则符合条件的点𝑃形成的轨迹的长度为
．
√10
【分析】建立空间直角坐标系，设𝑃(𝑎, 𝑏, 0)，利用𝐵1𝑃⃗⋅𝐷1𝐸⃗= 0可得关于𝑎，𝑏的方程，进而求解.
【详解】
根据题意，以𝐷为坐标原点，𝐷𝐴, 𝐷𝐶, 𝐷𝐷1所在直线分别为𝑥轴、𝑦轴、𝑧轴，建立如图所示的空间直角
坐标系𝐷𝑥𝑦𝑧，
则𝐷1(0 , 0 , 3) , 𝐸(1 , 3 , 0) , 𝐵1(3 , 3 , 3)，设𝑃(𝑎, 𝑏, 0)(𝑎, 𝑏∈[0 , 3])，
则𝐵1𝑃⃗= (𝑎−3 , 𝑏−3 , −3) , 𝐷1𝐸⃗= (1 , 3 , −3)．
因为𝐵1𝑃⟂𝐷1𝐸，所以𝐵1𝑃⃗⋅𝐷1𝐸⃗= 𝑎−3 + 3(𝑏−3) + 9 = 0，得𝑎+ 3𝑏−3 = 0，
所以点𝑃的轨迹是一条线段，当𝑎= 0时，𝑏= 1，此时点𝑃的坐标为(0 , 1 , 0)，
当𝑏= 0时，𝑎= 3，此时点𝑃的坐标为(3 , 0 , 0)，
所以符合条件的点𝑃形成的轨迹的长度为√(3 −0)2 + (0 −1)2 + (0 −0)2 = √10．
故答案为：√10
题型3
截面问题
题型点拨
1、截面问题的理论依据
(1)确定平面的条件
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
高二数理进阶
变量交错，先定主次
Page 75
①不在同一直线上的三点确定一个平面；②两条平行线确定一个平面
(2)如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们相交于过此点的一条直线
(3)如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内
(4)如果一条直线平行于一个平面，且经过这条直线的平面与这个平面相交，那么这条直线就和交线平行
(5)如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行
2、截面问题的基本思路
(1)定义相关要素
①用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集，叫做这个几何体的截面.
②此平面与几何体表面的交集(交线)叫做截线.
③截平面与几何体的棱的交点叫做实截点.
④作图过程中相关直线与几何体棱或棱的延长线的交点叫做虚截点.
⑤截平面上已经确定的一部分图形叫做截小面.
(2)作截面的基本逻辑：找截点→连截线→围截面
3、作截面的具体步骤
(1)找截点：方式1：延长截平面上已确定的一条直线，与几何体的棱或棱的延长线相交，交点即截点
方式2：过一截点作另外两截点连线的平行线，交几何体的棱于截点
(2)连截线：连接同一平面内的两个截点，成截线
(3)围截面：将各截线首尾相连，围成截面
4、作截面的几种方法
(1)直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交
线的过程。
(2)延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点。
(3)平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线
的平行线找到几何体的截面的交线。
模型演练：如下图𝐸、𝐹是几等分点，不影响作图。可以先默认为中点，等完全理解了，再改成任意等
分点
方法：两点成线相交法或者平行法
特征：①三点中，有两点连线在表面上.本题如下图是𝐸𝐹(这类型的关键）；
②“第三点”是在外棱上，如𝐶1，注意：此时𝐶1点较为特殊，在于它是几何体顶点，实际上无论它在何
处，只要在棱上就可以.
高二数理进阶
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
Page 76
条件分散，先行归并
方法一：相交法，做法如下图.
方法二：平行线法，做法如下图.
5、正方体中的基本截面类型
典例3 （25-26·云南曲靖）（多选）在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐵= 1，点𝑃满足𝐶𝑃⃗= 𝜆𝐶𝐷⃗+
𝜇𝐶𝐶1⃗，其中𝜆∈[0 , 1] , 𝜇∈[0 , 1]，则下列结论正确的是（ ）
A. 当𝐵1𝑃//平面𝐴1𝐵𝐷时，𝐵1𝑃不可能垂直𝐶𝐷1
B. 若𝐵1𝑃与平面𝐶𝐶1𝐷1𝐷所成角为𝜋
4 ，则点𝑃的轨迹长度为𝜋
2
C. 当𝜆= 1时，正方体经过点𝐴1、𝑃、𝐶的截面面积的取值范围为[√6
4 , √2]
D. 当𝜆= 𝜇时，|𝐷𝑃⃗| + |𝐴1𝑃⃗|的最小值为√2 + √2
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
高二数理进阶
结论复杂，先化目标
Page 77
𝐵𝐷
【分析】在空间直角坐标系𝐴−𝑥𝑦𝑧中，由向量法结合向量垂直判断𝐴；由几何关系得出𝐵1𝑃与平面
𝐶𝐶1𝐷1𝐷所成线面角∠𝐵1𝑃𝐶1，得𝐶1𝑃= 1，求出点𝑃的轨迹长判断𝐵；由𝜆= 1得点𝑃在𝐷1𝐷上，利用几
何关系可得△𝑃𝐴1𝐶的面积最值在端点及中点位置判断𝐶；将平面𝐶𝐷𝐷1与平面𝐴1𝐵𝐶𝐷1沿𝐶𝐷1展成平面
图形，线段𝐴1𝐷即为|𝐷𝑃⃗| + |𝐴1𝑃⃗|的最小值，利用余弦定理求解判断𝐷.
【详解】对于𝐴，建立如图所示的空间直角坐标系𝐴−𝑥𝑦𝑧，
则𝐴(0 , 0 , 0)，𝐵(1 , 0 , 0)，𝐷(0 , 1 , 0)，𝐶(1 , 1 , 0)，𝐴1(0 , 0 , 1)，𝐶1(1 , 1 , 1)，𝐷1(0 , 1 , 1)，
所以𝐶𝐷1⃗= (−1 , 0 , 1)，𝐵1𝑃⃗= 𝐵1𝐶⃗+ 𝐶𝑃⃗= 𝐵1𝐶⃗+ 𝜆𝐶𝐷⃗+ 𝜇𝐶𝐶1⃗= (−𝜆, 1 , 𝜇−1)，
则𝐵𝐴1⃗= (−1 , 0 , 1)，𝐵𝐷⃗= (−1 , 1 , 0)，设平面𝐴1𝐵𝐷的一个法向量为𝑛⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，
所以
{
𝐵𝐴1⃗⋅𝑛⃗= −𝑥+ 𝑧= 0
𝐵𝐷⃗⋅𝑛⃗= −𝑥+ 𝑦= 0
，令𝑥= 1，则𝑦= 𝑧= 1，即平面𝐴1𝐵𝐷的法向量为𝑛⃗= (1 , 1 , 1)，
若𝐵1𝑃//平面𝐴1𝐵𝐷，则𝑛⃗⋅𝐵1𝑃⃗= 0，即𝜆= 𝜇，
由𝐵1𝑃⃗⋅𝐶𝐷1⃗= 𝜆+ 𝜇−1 = 0，则𝜆= 𝜇= 1
2，即𝑃为𝐶𝐷1中点时，有𝐵1𝑃//平面𝐴1𝐵𝐷，且𝐵1𝑃⟂
𝐶𝐷1，𝐴错误；
对于𝐵，因为𝐵1𝐶1 ⟂平面𝐶𝐶1𝐷1𝐷，连接𝐶1𝑃，则∠𝐵1𝑃𝐶1即为𝐵1𝑃与平面𝐶𝐶1𝐷1𝐷所成角，
若𝐵1𝑃与平面𝐶𝐶1𝐷1𝐷所成角为𝜋
4 ，则tan ∠𝐵1𝑃𝐶1 = 𝐵1𝐶1
𝐶1𝑃= 1，所以𝐶1𝑃= 𝐵1𝐶1 = 1，
即点𝑃的轨迹是以𝐶1为圆心，以1为半径的1
4个圆，于是点𝑃的轨迹长度为𝜋
2 ，𝐵正确；
对于𝐶，因为𝜆= 1，所以点𝑃一定在𝐷1𝐷上，又因为当𝜇= 0或1时，△𝑃𝐴1𝐶的面积取最大值，此时截
面面积为√2，
设𝐷1𝐷的中点为𝐻，由图形的变化可得当点𝑃在𝐷𝐻和𝐷1𝐻运动时，所得截面对称相同，
高二数理进阶
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
Page 78
题设冗长，抓住核心
于是当𝜇= 1
2时，△𝑃𝐴1𝐶的面积取最小值√6
4 ，此时截面面积为√6
2 ，𝐶错误；
对于𝐷，如图，将平面𝐶𝐷𝐷1与平面𝐴1𝐵𝐶𝐷1沿𝐶𝐷1展成平面图形，
线段𝐴1𝐷即为|𝐷𝑃⃗| + |𝐴1𝑃⃗|的最小值，利用余弦定理得𝐴1𝐷2 = 𝐴1𝐷2
1 + 𝐷𝐷2
1 −2𝐴1𝐷1 ⋅𝐷𝐷1 cos 3𝜋
4 =
2 + √2，
所以𝐴1𝐷= √2 + √2，𝐷正确.
故选：𝐵𝐷
【点睛】关键点点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同
一平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键.
变式5 如图所示的一块长方体木料中，已知𝐴𝐵= 𝐵𝐶= 4 , 𝐴𝐴1 = 1，设𝐸为底面𝐴𝐵𝐶𝐷的中心，且𝐴𝐹⃗=
𝜆𝐴𝐷⃗, (0 ≤𝜆≤1
2)，则该长方体中经过点𝐴1 , 𝐸, 𝐹的截面面积的最小值为
．
12√5
5
【分析】作出辅助线，得到平行四边形𝐴1𝐹𝐺𝐻即为该长方体中经过点𝐴1 , 𝐸, 𝐹的截面，建立空间直角坐
标系，利用点到直线距离公式表达出截面面积，求出最值.
【详解】连接𝐹𝐸并延长，交𝐵𝐶于点𝐺，过点𝐴1作𝐴1𝐻平行于𝐹𝐺交𝐵1𝐶1于点𝐻，
连接𝐴1𝐹, 𝐺𝐻，则平行四边形𝐴1𝐹𝐺𝐻即为该长方体中经过点𝐴1 , 𝐸, 𝐹的截面，
以𝐶为坐标原点，𝐶𝐷, 𝐶𝐵, 𝐶𝐶1所在直线分别为𝑥, 𝑦, 𝑧轴，建立空间直角坐标系，
则𝐴1(4 , 4 , 1)，𝐹(4 , 4 −4𝜆, 0)，𝐸(2 , 2 , 0)，则𝐴1𝐸⃗2 = (−2)2 + (−2)2 + 1 = 9，
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
高二数理进阶
图中有数，数中有形
Page 79
故点𝐴1(4 , 4 , 1)到直线𝐸𝐹的距离为𝑑=
√
𝐴1𝐸⃗2 −
(
𝐴1𝐸⃗⋅𝐸𝐹⃗
|𝐸𝐹⃗|
)
2
=
√
9 −
(
(−2 , −2 , −1) ⋅(2 , 2 −4𝜆, 0)
√4 + (2 −4𝜆)2
)
2
= √9 −(−4 + 8𝜆−4)2
16𝜆2 −16𝜆+ 8 = √9 −
(8𝜆−8)2
16𝜆2 −16𝜆+ 8 ，
则截面面积为𝑆= 𝐹𝐺⋅𝑑= 2𝐸𝐹× √9 −
(8𝜆−8)2
16𝜆2 −16𝜆+ 8
= 2√16𝜆2 −16𝜆+ 8 × √9 −
(8𝜆−8)2
16𝜆2 −16𝜆+ 8
= 2√144𝜆2 −144𝜆+ 72 −(8𝜆−8)2 = 2√80𝜆2 −16𝜆+ 8
= 4√2 ⋅√10(𝜆−1
10)
2
+ 9
10 ，
因为0 ≤𝜆≤1
2，所以当𝜆= 1
10时，𝑦= 10(𝜆−1
10)
2
+ 9
10取得最小值，
故截面面积最小值为12√5
5
故答案为：12√5
5
变式6 （25-26·上海）如图，棱长为1的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1有一个截面𝑈𝑉𝑊𝑋𝑌𝑍，其中
𝑈, 𝑉, 𝑊、𝑋, 𝑌, 𝑍分别在棱𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐶𝐶1 , 𝐶1𝐷1 , 𝐷1𝐴1 , 𝐴𝐴1上.若𝑈𝑉𝑋𝑌是正方形，则截面
𝑈𝑉𝑊𝑋𝑌𝑍的面积为
.
高二数理进阶
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
Page 80
式中有义，义中有式
21
16/1.3125
【分析】以𝐷为原点，𝐷𝐴⃗, 𝐷𝐶⃗, 𝐷𝐷1⃗分别为𝑥, 𝑦, 𝑧轴建立如图所示空间直角坐标系，取
𝑈(1 , 1
4 , 0) , 𝑉(1
4 , 1 , 0) , 𝑊(0 , 1 , 1
2) , 𝑋(0 , 3
4 , 1) , 𝑌(3
4 , 0 , 1) , 𝑍(1 , 0 , 1
2)，六边形
𝑈𝑉𝑊𝑋𝑌𝑍即是所求截面，再求出其面积即可.
【详解】以𝐷为原点，𝐷𝐴⃗, 𝐷𝐶⃗, 𝐷𝐷1⃗分别为𝑥, 𝑦, 𝑧轴建立如图所示空间直角坐标系，如下图所示：
当𝑈(1 , 1
4 , 0) , 𝑉(1
4 , 1 , 0) , 𝑊(0 , 1 , 1
2) , 𝑋(0 , 3
4 , 1) , 𝑌(3
4 , 0 , 1) , 𝑍(1 , 0 , 1
2)时，
则𝑈𝑉⃗= (−3
4 , 3
4 , 0) , 𝑋𝑌⃗= (3
4 , −3
4 , 0) , 𝑍𝑊⃗= (−1 , 1 , 0)，所以𝑈𝑉⃗∥𝑋𝑌⃗∥𝑍𝑊⃗，
又𝑈𝑌⃗= (−1
4 , −1
4 , 1) , 𝑈𝑍⃗= (0 , −1
4 , 1
2)，
设𝑈𝑍⃗= 𝑥𝑈𝑉⃗+ 𝑦𝑈𝑌⃗，则
{
0 = −3
4𝑥−1
4𝑦
−1
4 = 3
4𝑥−−1
4𝑦
1
2 = 𝑦
，解得𝑥= −1
6 , 𝑦= 1
2，
即𝑈𝑍⃗= −1
6𝑈𝑉⃗+ 1
2𝑈𝑌⃗，所以𝑈𝑍⃗, 𝑈𝑌⃗, 𝑈𝑉⃗共面，
所以𝑈, 𝑉, 𝑊, 𝑋, 𝑌, 𝑍共面，
因为𝑈𝑉⃗⋅𝑈𝑌⃗= (−3
4) × (−1
4) + 3
4 × (−1
4) + 0 × 1 = 0，所以𝑈𝑉⃗⟂𝑈𝑌⃗，即𝑈𝑉⟂𝑈𝑌，
又因为|𝑈𝑉⃗| = 3
4
√2 , |𝑈𝑌⃗| = 3
4
√2 ,所以𝑈𝑉𝑋𝑌是正方形，
所以当𝑈(1 , 1
4 , 0) , 𝑉(1
4 , 1 , 0) , 𝑊(0 , 1 , 1
2) , 𝑋(0 , 3
4 , 1) , 𝑌(3
4 , 0 , 1) , 𝑍(1 , 0 , 1
2)时，六边
形𝑈𝑉𝑊𝑋𝑌𝑍就是所求截面，
此时|𝑈𝑍⃗| = |𝑌𝑍⃗| = |𝑋𝑊⃗| = |𝑊𝑉⃗| = √5
4 ,
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
高二数理进阶
不求多解，先求通法
Page 81
所以截面𝑈𝑉𝑊𝑋𝑌𝑍的面积为𝑆= 𝑆𝑈𝑉𝑋𝑌+ 2𝑆𝑈𝑍𝑌=
(
3√2
4 )
2
+ 2 × 1
2 × 3√2
4 √(
√5
4 )
2
−
(
3√2
8 )
2
=
21
16，
故答案为：21
16.
【点睛】关键点点睛：本题考查正方体的截面面积，找到符合题意的截面是解决问题的关键.本题借助空间
直角坐标系，确定
𝑈(1 , 1
4 , 0) , 𝑉(1
4 , 1 , 0) , 𝑊(0 , 1 , 1
2) , 𝑋(0 , 3
4 , 1) , 𝑌(3
4 , 0 , 1) , 𝑍(1 , 0 , 1
2)构成六边形
𝑈𝑉𝑊𝑋𝑌𝑍就是所求截面，进而求出面积.研究正方体截面问题的常用方法还有平行线法和相交线法.
练
强化训练
Targeted Practice
1. （25-26·安徽马鞍山）（多选）如图，在棱长为2的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝑀是棱𝐴1𝐷1上一动
点，𝑃是侧面𝐵𝐶𝐶1𝐵1内的动点，𝑄是空间内任意一点，下列说法中正确的是（ ）
A. 存在点𝑀，使𝑀𝐴+ 𝑀𝐶1 = 3√2
B. 若𝑃𝐴= 2𝑃𝐶，则动点𝑃的轨迹为圆的一部分
C. 当𝐵𝑃⃗= 1
4𝐵𝐶1⃗时，过点𝑃作该正方体的外接球的截面，其截面面积的最小
值为3𝜋
2
D. ∠𝐷𝐴𝐷1 = ∠𝑄𝐴𝐷1，直线𝐴𝑄与𝐴𝐶1所成角的正切值的取值范围为[3 −
2√2 , 3 + 2√2]
𝐵𝐶𝐷
【分析】根据空间向量法计算距离和判断𝐴，计算轨迹判断𝐵，计算两角和正切判断𝐷，再应用面积的最值
判断𝐶.
【详解】以𝐷为坐标原点，𝐷𝐴，𝐷𝐶，𝐷𝐷1所在直线为𝑥，𝑦，𝑧轴，建立空间直角坐标系，
则𝐴(2 , 0 , 0)，𝐵(2 , 2 , 0)，𝐶(0 , 2 , 0)，𝐷1(0 , 0 , 2)，𝑀(𝑡, 0 , 2) , 0 ≤𝑡≤2，𝑃(𝑥, 2 , 𝑧)
因为𝑀𝐴+ 𝑀𝐶1 ≥√𝐴𝐷2 + (2𝐷𝐷1)2 = √22 + 42 = 2√5 > 3√2，故𝐴错误；
𝑃𝐴⃗= (2 −𝑥, −2 , −𝑧)，𝑃𝐶⃗= (−𝑥, 0 , −𝑧)，
所以(2 −𝑥)2 + 4 + 𝑧2 = 4(𝑥2 + 𝑧2)，化简可得圆的方程，所以𝐵正确；
高二数理进阶
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
Page 82
不逐偶然，追问必然
对于𝐶，当𝐵𝑃⃗= 1
4𝐵𝐶1⃗时，𝑃为线段𝐵𝐶1上靠近点𝐵的四等分点，如图1，
易知正方体的外接球的球心为正方体的中心𝑂，
过点𝑂作𝑂𝑁⟂𝐵𝐶1于点𝑁，连接𝑂𝑃，
因为𝑂𝑁= 1，𝑃𝑁= 𝑁𝐵−𝑃𝐵= √2 −√2
2 = √2
2 ，
则𝑂𝑃= √𝑂𝑁2 + 𝑁𝑃2 = √6
2 ，球的半径𝑅= √3，
若要截面面积最小，需球心到截面的距离最大，最大为𝑂𝑃，
此时𝑆𝑚𝑖𝑛= 𝜋(𝑅2 −𝑂𝑃2) = 3𝜋
2 ，故𝐶正确；
∠𝐷𝐴𝐷1 = ∠𝑄𝐴𝐷1，即把直线𝐴𝐷绕𝐴𝐷1旋转一周后得到一个母线与旋转轴所成的角为𝜋
4 的圆锥，
设∠𝐷1𝐴𝐶1 = 𝜃，tan 𝜃=
2
2√2
= √2
2 ，0 < 𝜃< 𝜋
4 ，
在旋转过程中，𝐴𝑄与𝐴𝐶1所成的角在如图2所示的轴截面内分别取得最值，
tan ∠𝑄′𝐴𝐶1 = tan(𝜋
4 −𝜃) = 3 −2√2，
tan ∠𝑄𝐴𝐶1 = tan(𝜋
4 + 𝜃) = 3 + 2√2 ，
所以𝐴𝑄与𝐴𝐶1所成角的正切值的取值范围为[3 −2√2 , 3 + 2√2]，𝐷正确，
故选：𝐵𝐶𝐷.
2. （25-26·四川宜宾）（多选）如图，正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为2 , 𝑃, 𝑄分别是棱𝐶𝐶1 , 𝐵𝐶的中
点，点𝑀是其侧面𝐴𝐷𝐷1𝐴1上的动点（含边界），下列说法正确的是（ ）
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
高二数理进阶
一题之后，辨其类型
Page 83
A. 过点𝐴, 𝑃, 𝑄的平面截该正方体所得截面面积为9
2
B. 当𝐴1𝐶1//平面𝑃𝑄𝑀时，点𝑀的轨迹长度为√2
C. 当𝐵1𝑀⟂𝑃𝑄时，三棱锥𝐵1 −𝐴𝐶𝑀的体积为2
3
D. 过𝑄作正方体外接球的截面，则截面面积的最小值为𝜋
𝐴𝐵𝐷
【分析】利用平行线的性质，找到所求截面，利用梯形面积公式求解面积判断𝐴，建立空间直角坐标系，
求出点𝑀的轨迹方程，再结合两点间距离公式求解长度判断𝐵，利用三角形面积公式求解底面积，结合点
到平面的距离公式求解点到平面的距离，再求解三棱锥体积判断𝐶，利用球的性质判断截面形状并得到截
面最小的情况，再结合勾股定理求解底面半径，利用圆的面积公式求解面积判断𝐷即可.
【详解】对于𝐴，如图，连接𝐴𝐷1 , 𝐵𝐶1 , 𝑃𝑄, 𝐷1𝑃, 𝐴𝑄，作𝑃𝑇⟂𝐴𝐷1 , 𝑄𝑆⟂𝐴𝐷1，
因为𝑃, 𝑄分别是棱𝐶𝐶1 , 𝐵𝐶的中点，所以𝑃𝑄是△𝐵𝐶𝐶1的中位线，
由中位线定理得𝑃𝑄//𝐵𝐶1，由正方体性质得𝐴𝐵= 𝐶1𝐷1，𝐴𝐵//𝐶1𝐷1，
得到四边形𝐴𝐵𝐶1𝐷1是平行四边形，则𝐴𝐷1//𝐵𝐶1，故𝐴𝐷1//𝑃𝑄，
即𝐴, 𝑃, 𝑄, 𝐷1四点共面，则该平面截该正方体所得截面是梯形𝐴𝐷1𝑃𝑄，
由勾股定理得𝐴𝐷1 = √22 + 22 = 2√2，𝑃𝑄= √12 + 12 = √2，同理可得𝐷1𝑃= 𝐴𝑄= √5，
由题意得四边形𝑃𝑄𝑆𝑇是矩形，则𝑇𝑆= 𝑃𝑄= √2，故𝐷1𝑇= 𝐴𝑆= √2
2 ，
由勾股定理得𝑃𝑇= √(√5)2 −(√2
2 )2 = 3√2
2 ，且设梯形面积为𝑆，
由梯形面积公式得𝑆= 1
2 × 3√2
2
× (√2 + 2√2) = 9
2，
即过点𝐴, 𝑃, 𝑄的平面截该正方体所得截面面积为9
2，故𝐴正确，
对于𝐵，如图，以𝐷为原点建立空间直角坐标系，连接𝑃𝑄, 𝑃𝑀, 𝑄𝑀, 𝐴1𝐶1，
高二数理进阶
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
Page 84
一法之后，明其边界
因为正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为2，
所以𝐴1(2 , 0 , 2)，𝐶1(0 , 2 , 2)，𝐵(2 , 2 , 0)，𝐶(0 , 2 , 0)，设𝑀(𝑥0 , 0 , 𝑧0)
因为𝑃, 𝑄分别是棱𝐶𝐶1 , 𝐵𝐶的中点，所以𝑃(0 , 2 , 1)，𝑄(1 , 2 , 0)，
则𝐴1𝐶1⃗= (−2 , 2 , 0)，𝑃𝑄⃗= (1 , 0 , −1)，𝑃𝑀⃗= (𝑥0 , −2 , 𝑧0 −1)，
设面𝑃𝑄𝑀的法向量为𝑛⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，则𝑃𝑄⃗⋅𝑛⃗= 0，得到𝑥−𝑧= 0，
而𝑃𝑀⃗⋅𝑛⃗= 0，得到𝑥0𝑥−2𝑦+ (𝑧0 −1)𝑧= 0，
令𝑥= 1，解得𝑧= 1，𝑦= 1
2𝑥0 + 1
2𝑧0 −1
2，故𝑛⃗= (1 , 1
2𝑥0 + 1
2𝑧0 −1
2 , 1)，
因为𝐴1𝐶1//平面𝑃𝑄𝑀，所以𝐴1𝐶1⃗⋅𝑛⃗= 0，
得到−2 + 2(1
2𝑥0 + 1
2𝑧0 −1
2) = 0，即−2 + 𝑥0 + 𝑧0 −1 = 0，
化简得𝑥0 + 𝑧0 = 3，则点𝑀的轨迹是直线𝑥+ 𝑧= 3，在面𝐴1𝐷1𝐷𝐴内，
由题意得𝑥∈[0 , 2] , 𝑧∈[0 , 2]，当𝑧= 2时，𝑥= 1，
当𝑥= 2时，𝑧= 1，得到轨迹是点𝐸(2 , 0 , 1)和点𝐹(1 , 0 , 2)构成的直线，
连接𝐸𝐹，由两点间距离公式得𝐸𝐹= √(2 −1)2 + (1 −2)2 = √2，
即此时点𝑀的轨迹长度为√2，故𝐵正确，
对于𝐶，如图，连接𝐵1𝑀, 𝑃𝑄, 𝐴𝐶, 𝐴𝑀, 𝐶𝐵1 , 𝐴𝐵1，
设𝑀(𝑎, 0 , 𝑐)，𝐵1(2 , 2 , 2)，则𝐵1𝑀⃗= (𝑎−2 , −2 , 𝑐−2)，
而𝑃𝑄⃗= (1 , 0 , −1)，因为𝐵1𝑀⟂𝑃𝑄，所以𝐵1𝑀⃗⋅𝑃𝑄⃗= 0，
得到𝑎−2 −(𝑐−2) = 0，解得𝑎= 𝑐，故𝑀(𝑎, 0 , 𝑎)，
在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，由勾股定理得𝐴𝐶= 𝐶𝐵1 = 𝐴𝐵1 = 2√2，
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
高二数理进阶
一错之后，寻其根因
Page 85
则△𝐴𝐵1𝐶是等边三角形，得到∠𝐴𝐵1𝐶= 𝜋
3 ，
故𝑆△𝐴𝐵1𝐶= 1
2 × 2√2 × 2√2 × √3
2 = 2√3，
且𝐴(2 , 0 , 0)，𝐴𝐶⃗= (−2 , 2 , 0)，𝐴𝐵1⃗= (0 , 2 , 2)，𝐴𝑀⃗= (𝑎−2 , 0 , 𝑎)，
设面𝐴𝐵1𝐶的法向量为𝑚⃗= (𝑥1 , 𝑦1 , 𝑧1)，则𝐴𝐶⃗⋅𝑚⃗= 0，
得到−2𝑥1 + 2𝑦1 = 0，而𝐴𝐵1⃗⋅𝑚⃗= 0，则2𝑦1 + 2𝑧1 = 0，
令𝑥1 = 1，解得𝑦1 = 1，𝑧1 = −1，故𝑚⃗= (1 , 1 , −1)，
设点𝑀到面𝐴𝐵1𝐶的距离为𝑑，
则由点到平面的距离公式得𝑑=
|𝑎−2 −𝑎|
√12 + 12 + (−1)2
= 2
√3
，
故𝑉𝐵1−𝐴𝐶𝑀= 1
3 × 2√3 × 2
√3
= 4
3，故𝐶错误，
对于𝐷，由正方体性质得外接球的球心就是正方体的中心，
如图，我们把球心记为𝑂，且连接𝑂𝑄，
由外接球性质得𝑂(1 , 1 , 1)，外接球半径为𝑅=
√22 + 22 + 22
2
= √3，
由两点间距离公式得𝑂𝑄= √(2 −1)2 + (0 −1)2 + 0 = √2，
而截面一定是圆，且设圆的半径为𝑟，由勾股定理得𝑟= √(√3)2 −(√2)2 = 1，
得到截面面积为𝜋× 12 = 𝜋，即截面面积的最小值为𝜋，故𝐷正确.
故选：𝐴𝐵𝐷
【点睛】关键点点睛：解题关键是建立空间直角坐标系，然后利用点面距离的向量求法求解距离，结合三
角形面积公式求解底面积，得到所要求的三棱锥体积即可．
3. （25-26·江苏南通）如图，在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐷= 4，点𝐸, 𝐹分别为𝐴1𝐵1 , 𝐵𝐵1的中
点，则平面𝐸𝐹𝐷1截正方体所得截面面积为
，动点𝑃满足𝐴𝑃⃗= 𝑥𝐴𝐵⃗+ 𝑦𝐴𝐷⃗+ 𝑧𝐴𝐴1⃗，
且𝑥+ 𝑦+ 2𝑧= 1
2，则当|𝐴𝑃⃗|取得最小值时二面角𝐴1 −𝐴𝐷−𝑃的余弦值为
.
高二数理进阶
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
Page 86
一证之后，查其前提
18 2√5
5 /2
5√5
【分析】建立适当的空间直角坐标系，第一空：只需证明𝐸𝐹//𝐶𝐷1即可得到平面𝐸𝐹𝐷1截正方体所得截面
为梯形𝐸𝐹𝐶𝐷1，进一步结合已知条件求解即可；第二空：结合已知将|𝐴𝑃⃗|取得最小值转换为𝐴𝑃⃗//𝑛⃗，其
中𝑛⃗= (1 , 1 , 2)，进一步求出两平面的法向量即可求解.
【详解】由题意以点𝐴为原点，𝐴𝐵, 𝐴𝐷, 𝐴𝐴1所在直线分别为𝑥, 𝑦, 𝑧轴建立如图所示的空间直角坐标系，
第一空：因为𝐸, 𝐹分别为𝐴1𝐵1 , 𝐵𝐵1的中点，所以𝐸𝐹//𝐴1𝐵, 𝐸𝐹= 1
2𝐴1𝐵，
因为𝐴1𝐷1//𝐴𝐷, 𝐴1𝐷1 = 𝐴𝐷, 𝐴𝐷//𝐵𝐶, 𝐴𝐷= 𝐵𝐶，
所以𝐴1𝐷1//𝐵𝐶, 𝐴1𝐷1 = 𝐵𝐶，所以四边形𝐴1𝐷1𝐶𝐵是平行四边形，
所以𝐴1𝐵//𝐶𝐷1，
因为𝐸𝐹//𝐴1𝐵，所以𝐸𝐹//𝐶𝐷1，即𝐸, 𝐹, 𝐶, 𝐷1四点共面，
所以平面𝐸𝐹𝐷1截正方体所得截面为梯形𝐸𝐹𝐶𝐷1，由对称性可知该梯形是等腰梯形，
因为正方体棱长为4，
所以梯形的上底𝐸𝐹= 2√2，下底𝐶𝐷1 = 4√2，梯形的腰长为𝐹𝐶= 𝐸𝐷1 = √16 + 4 = 2√5，
所以梯形的高为√20 −(2√2 −√2)
2
= 3√2，
故所求截面面积为1
2 × (2√2 + 4√2) × 3√2 = 18；
第二空：由题意𝐴𝑃⃗= 𝑥𝐴𝐵⃗+ 𝑦𝐴𝐷⃗+ 𝑧𝐴𝐴1⃗= 4(𝑥, 𝑦, 𝑧)，且𝑥+ 𝑦+ 2𝑧= 1
2，
所以|𝐴𝑃⃗| = 4√𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2，
在𝑥+ 𝑦+ 2𝑧= 1
2中，当𝑥= 𝑦= 0时，𝑧= 1
4，
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
高二数理进阶
一算之后，验其范围
Page 87
所以(𝑥−0) + (𝑦−0) + 2(𝑧−1
4) = 0表示经过点(0 , 0 , 1
4)且法向量为𝑛⃗= (1 , 1 , 2)的平面，
即点𝑄(𝑥, 𝑦, 𝑧)在平面𝑥+ 𝑦+ 2𝑧= 1
2上，
由以上分析可知，𝐴𝑃⃗= 4𝐴𝑄⃗，
若要|𝐴𝑃⃗|取得最小值，只需|𝐴𝑄⃗|最小，此时𝐴𝑄⃗//𝑛⃗，当然也有𝐴𝑃⃗//𝑛⃗，
由题意设𝐴𝑃⃗= 𝜆𝑛⃗= (𝜆, 𝜆, 2𝜆) , 𝜆≠0，而𝐴𝐷⃗= (0 , 4 , 0)，
设平面𝐴𝐷𝑃的法向量为𝑛1⃗= (𝑥1 , 𝑦1 , 𝑧1)，
所以
{
𝐴𝑃⃗⋅𝑛1⃗= 𝜆𝑥1 + 𝜆𝑦1 + 2𝜆𝑧1 = 0
𝐴𝐷⃗⋅𝑛1⃗= 4𝑦1 = 0
，令𝑥1 = 2，解得𝑦1 = 0 , 𝑧1 = −1，
所以可取𝑛1⃗= (2 , 0 , −1)，
显然平面𝐴1𝐴𝐷的一个法向量可以是𝑛2⃗= 𝐴𝐵⃗
|𝐴𝐵⃗|
= (1 , 0 , 0)，
二面角𝐴1 −𝐴𝐷−𝑃的余弦值为|cos 𝑛1⃗, 𝑛2⃗| = |𝑛1⃗⋅𝑛2⃗|
|𝑛1⃗| ⋅|𝑛2⃗| = 2
√5
= 2√5
5 .
故答案为：18，2√5
5 .
【点睛】关键点点睛：第二空的关键在于将|𝐴𝑃⃗|取得最小值转换为𝐴𝑃⃗//𝑛⃗，其中𝑛⃗= (1 , 1 , 2)，由此即可
顺利得证.
4. （25-26·湖北襄阳）在Δ𝐴𝐵𝐶中，∠𝐶= 90∘，𝐵𝐶= 3，𝐴𝐶= 6，𝐷，𝐸分别是𝐴𝐶，𝐴𝐵上的点，满足
𝐷𝐸//𝐵𝐶，且𝐴𝐷= 2𝐷𝐶．将△𝐴𝐷𝐸沿𝐷𝐸折起到△𝐴1𝐷𝐸的位置，使𝐴1𝐶⟂𝐶𝐷，存在动点𝑀使𝐴1𝑀⃗=
𝜆𝐴1𝐷⃗(𝜆> 0)如图所示．
（1）求证：𝐴1𝐶⟂平面𝐵𝐶𝐷𝐸；
（2）设直线𝐵𝑀与平面𝐴1𝐵𝐸所成线面角为𝜃，求sin 𝜃的最大值．
(1)证明见解析
(2)√14
8
【分析】(1)通过证明𝐷𝐸⟂𝐴1𝐶, 𝐴1𝐶⟂𝐶𝐷来证得𝐴1𝐶⟂平面𝐵𝐶𝐷𝐸.
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求得sin 𝜃的表达式，结合二次函数的性质来求得sin 𝜃的最大值.
高二数理进阶
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
Page 88
每个符号都有身份
【详解】(1)因为∠𝐶= 90∘，则𝐴𝐶⟂𝐵𝐶，且𝐷𝐸//𝐵𝐶，可得𝐴𝐶⟂𝐷𝐸，
将△𝐴𝐷𝐸沿𝐷𝐸折起到△𝐴1𝐷𝐸的位置，始终有𝐷𝐸⟂𝐴1𝐷, 𝐷𝐸⟂𝐶𝐷，
因为𝐴1𝐷∩𝐶𝐷= 𝐷, 𝐴1𝐷, 𝐶𝐷⊂平面𝐴1𝐶𝐷，所以𝐷𝐸⟂平面𝐴1𝐶𝐷，
由𝐴1𝐶⊂平面𝐴1𝐶𝐷，可得𝐷𝐸⟂𝐴1𝐶，
且𝐴1𝐶⟂𝐶𝐷, 𝐶𝐷∩𝐷𝐸= 𝐷, 𝐶𝐷, 𝐷𝐸⊂平面𝐵𝐶𝐷𝐸，
所以𝐴1𝐶⟂平面𝐵𝐶𝐷𝐸.
(2)由(1)可知，𝐴1𝐶，𝐶𝐷, 𝐶𝐵两两垂直，翻折后𝐴1𝐷= 4，
由勾股定理得𝐴1𝐶= √𝐴1𝐷2 −𝐶𝐷2 = √42 −22 = 2√3，
以𝐶为原点，直线𝐶𝐷, 𝐶𝐵, 𝐶𝐴1分别为𝑥, 𝑦, 𝑧轴建立空间直角坐标系，
则𝐶(0 , 0 , 0), 𝐴1(0 , 0 , 2√3), 𝐷(2 , 0 , 0), 𝐵(0 , 3 , 0), 𝐸(2 , 2 , 0)，
可知𝐵𝐴1⃗= (0 , −3 , 2√3), 𝐵𝐸⃗= (2 , −1 , 0), 𝐴1𝐷⃗= (2 , 0 , −2√3)
设平面𝐴1𝐵𝐸的法向量𝑝⃗= (𝑥3 , 𝑦3 , 𝑧3)，则
{
𝑝⃗⋅𝐵𝐴1⃗= −3𝑦3 + 2√3𝑧3 = 0
𝑝⃗⋅𝐵𝐸⃗= 2𝑥3 −𝑦3 = 0
，
令𝑥3 = 1，则𝑦3 = 2 , 𝑧3 = √3，可得𝑝⃗= (1 , 2 , √3)，
且𝐵𝑀⃗= 𝐵𝐴1⃗+ 𝜆𝐴1𝐷⃗= (0 , −3 , 2√3) + 𝜆(2 , 0 , −2√3) = (2𝜆, −3 , 2√3 −2√3𝜆),，
因为直线𝐵𝑀与平面𝐴1𝐵𝐸线面角为𝜃，则sin 𝜃= |cos < 𝑝⃗, 𝐵𝑀⃗>| =
|𝑝⃗⋅𝐵𝑀⃗|
|𝑝⃗| ⋅|𝐵𝑀⃗|
=
4𝜆
2√2 × √16𝜆2 −24𝜆+ 21
=
√2
√21
𝜆2 −24
𝜆+ 16
=
√2
√21( 1
𝜆−4
7)
2
+ 64
7
≤√14
8
，
当且仅当𝜆= 7
4时，等号成立，所以sin 𝜃的最大值为√14
8 ．
5. （25-26·湖北武汉）如图(1)，在平面四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷= 4，𝐵𝐶= 2，∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐶𝐵𝐷= 𝜋
3 ，
𝐵𝐶⟂𝐶𝐷，过点𝐷作𝐷𝐸⟂𝐴𝐵，垂足为𝐸.如图(2)，将△𝐴𝐷𝐸沿𝐷𝐸折起，使得点𝐴到达点𝑃处，且𝑃𝐸⟂
𝐵𝐸.
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
高二数理进阶
每个条件都有位置
Page 89
（1）证明：𝐵𝐷⟂𝑃𝐶.
（2）若点𝐹为𝑃𝐷的中点，求直线𝐶𝐹与平面𝑃𝐵𝐶所成
角的正弦值.
(1)证明见解析
(2)√210
35
【分析】(1)由线面垂直得到𝑃𝐸⟂𝐵𝐷，连接𝐶𝐸，再由线面垂直的判定定理证明𝐵𝐷⟂平面𝑃𝐶𝐸可得；
(2)建立如图所示坐标系，求出平面𝑃𝐵𝐶的法向量，代入空间线面角公式计算即可；
【详解】(1)由题意得𝑃𝐸⟂𝐷𝐸，又𝑃𝐸⟂𝐵𝐸．
𝐵𝐸, 𝐷𝐸为平面𝐵𝐶𝐷𝐸内两条相交直线，
所以𝑃𝐸⟂平面𝐵𝐶𝐷𝐸．
因为𝐵𝐷⊂平面𝐵𝐶𝐷𝐸，所以𝑃𝐸⟂𝐵𝐷．
因为∠𝐸𝐵𝐷= ∠𝐶𝐵𝐷= 𝜋
3 ，∠𝐵𝐶𝐷= ∠𝐵𝐸𝐷= 𝜋
2 ，又有公共边𝐵𝐷，
所以△𝐵𝐶𝐷与△𝐵𝐸𝐷全等，
所以𝐵𝐶= 𝐵𝐸= 1
2𝐵𝐷= 2，𝐷𝐸= 𝐷𝐶，
如图，连接𝐶𝐸，则𝐵𝐷⟂𝐶𝐸．
因为𝑃𝐸∩𝐶𝐸= 𝐸，𝑃𝐸，𝐶𝐸⊂平面𝑃𝐶𝐸，
所以𝐵𝐷⟂平面𝑃𝐶𝐸．
因为𝑃𝐶⊂平面𝑃𝐶𝐸，所以𝐵𝐷⟂𝑃𝐶．
(2)由(1)知𝑃𝐸⟂平面𝐵𝐶𝐷𝐸，且𝐵𝐸, 𝐷𝐸⊂平面𝐵𝐶𝐷𝐸，
所以𝑃𝐸⟂𝐵𝐸，𝑃𝐸⟂𝐷𝐸．又𝐷𝐸⟂𝐵𝐸，
所以𝐸𝐵, 𝐸𝐷, 𝐸𝑃两两垂直．
以点𝐸为坐标原点，𝐸𝐵, 𝐸𝐷, 𝐸𝑃所在直线分别为𝑥轴、𝑦轴、𝑧轴，建立如图的空间直角坐标系，
如下图，过𝐶作𝐶𝐺⟂𝐸𝐵，
高二数理进阶
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
Page 90
每个结论都有前提
由(1)知△𝐴𝐵𝐷为等边三角形，所以𝐴𝐸= 2，
因为∠𝐸𝐵𝐷= ∠𝐶𝐵𝐷= 𝜋
3 ，所以∠𝐶𝐵𝐺= 𝜋
3 ，
所以𝐵𝐺= 1 , 𝐶𝐺= √3，即𝐶(3 , √3 , 0)，
则𝐵(2 , 0 , 0)，𝑃(0 , 0 , 2)，𝐷(0 , 2√3 , 0)，𝐹(0 , √3 , 1)，
所以𝐵𝑃⃗= (−2 , 0 , 2)，𝑃𝐶⃗= (3 , √3 , −2)，𝐶𝐹⃗= (−3 , 0 , 1)．
设平面𝑃𝐵𝐶的一个法向量为𝑛⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，
则
{
𝑛⃗⋅𝐵𝑃⃗= 0
𝑛⃗⋅𝑃𝐶⃗= 0
即{−2𝑥+ 2𝑧= 0
3𝑥+ √3𝑦−2𝑧= 0.
取𝑧= 1，则𝑥= 1，𝑦= −√3
3 ，所以𝑛⃗=
(
1 , −√3
3 , 1
)
．
设直线𝐶𝐹与平面𝑃𝐵𝐶所成的角为𝜃，
则sin 𝜃= |cos 𝐶𝐹⃗, 𝑛⃗| =
|𝐶𝐹⃗⋅𝑛⃗|
|𝐶𝐹⃗||𝑛⃗|
=
|
(−3) × 1 + 0 ×
(
−√3
3 )
+ 1 × 1
|
√(−3)2 + 02 + 12 ×
√
12 +
(
−√3
3 )
2
+ 12
= 2√210
70
= √210
35 ，
所以直线𝐶𝐹与平面𝑃𝐵𝐶所成角的正弦值为√210
35 ．
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
高二数理进阶
每次分类都须穷尽
Page 91
6. （25-26·山东泰安）如图，在平面四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵= 8 , 𝐴𝐷= 5 , ∠𝐴𝐷𝐶= 90∘, ∠𝐵𝐴𝐷= 60∘，点
𝐸, 𝐹满足𝐴𝐸⃗= 2
5𝐴𝐷⃗，𝐴𝐹⃗= 1
2𝐴𝐵⃗，将△𝐴𝐸𝐹沿𝐸𝐹折起至△𝑃𝐸𝐹位置，使得点𝑃不在平面𝐴𝐵𝐶𝐷内．
（1）证明：平面𝑃𝐸𝐷⟂平面𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹；
（2）若𝐶𝐷= 2√3 , 𝑃𝐶= 5，求平面𝑃𝐸𝐹与平面𝑃𝐵𝐶夹角的余弦值．
(1)证明见解析
(2)2√183
61
【分析】(1)利用面面垂直的判定定理证明即可；
(2)建立空间直角坐标系，求出平面𝑃𝐸𝐹与平面𝑃𝐵𝐶的法向量，利用空间向量法求解即可.
【详解】(1)在△𝐴𝐸𝐹中，𝐴𝐸= 2
5𝐴𝐷= 2 , 𝐴𝐹= 4 , ∠𝐸𝐴𝐹= 60∘
所以𝐸𝐹2 = 4 + 16 −2 × 2 × 4 × cos 60∘= 12，解得𝐸𝐹= 2√3，
所以𝐸𝐹2 + 𝐴𝐸2 = 𝐴𝐹2，𝐴𝐸⟂𝐸𝐹，
所以𝐷𝐸⟂𝐸𝐹, 𝑃𝐸⟂𝐸𝐹，
因为𝑃𝐸∩𝐷𝐸= 𝐸, 𝑃𝐸, 𝐷𝐸⊂平面𝑃𝐷𝐸，所以𝐸𝐹⟂平面𝑃𝐷𝐸，
又因为𝐸𝐹⊂平面𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹，
所以平面𝑃𝐷𝐸⟂平面𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹.
(2)因为𝐷𝐸= 3 , 𝐶𝐷= 2√3 , ∠𝐶𝐷𝐸= 90∘，所以𝐸𝐶= √21，
又𝑃𝐸= 2 , 𝑃𝐶= 5，所以𝑃𝐸2 + 𝐸𝐶2 = 𝑃𝐶2，即𝑃𝐸⟂𝐶𝐸，
又因为𝑃𝐸⟂𝐸𝐹, 𝐸𝐹∩𝐶𝐸= 𝐸, 𝐸𝐹, 𝐶𝐸⊂平面𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹，所以𝑃𝐸⟂平面𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹，
因为𝐸𝐷⊂平面𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹，所以𝑃𝐸⟂𝐸𝐷，
以𝐸为坐标原点，以𝐸𝐹, 𝐸𝐷, 𝐸𝑃所在直线分别为𝑥, 𝑦, 𝑧轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则𝑃(0 , 0 , 2) , 𝐵(4√3 , 2 , 0) , 𝐶(2√3 , 3 , 0)，所以𝑃𝐵⃗= (4√3 , 2 , −2) , 𝐵𝐶⃗= (−2√3 , 1 , 0)，
设平面𝑃𝐵𝐶的法向量为𝑛⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，
高二数理进阶
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
Page 92
每次合并都须不重
所以
{
𝑛⃗⋅𝑃𝐵⃗= 0
𝑛⃗⋅𝐵𝐶⃗= 0
，即
{
4√3𝑥+ 2𝑦−2𝑧= 0
−2√3𝑥+ 𝑦= 0
，
取𝑥= 1，则𝑦= 2√3 , 𝑧= 4√3，所以𝑛⃗= (1 , 2√3 , 4√3)，
显然𝐸𝐷⃗= (0 , 3 , 0)为平面𝑃𝐸𝐹的一个法向量，
所以cos < 𝑛⃗, 𝐸𝐷⃗>=
6√3
3 × √61
= 2√3
√61
= 2√183
61
，
平面𝑃𝐸𝐹与平面𝑃𝐵𝐶的余弦值为2√183
61
.
7. （25-26·湖北十堰）如图1，在梯形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵∥𝐶𝐷, ∠𝐵𝐴𝐷= 𝜋
3 , 𝐴𝐵= 2𝐴𝐷= 2𝐶𝐷= 4 , 𝑃为𝐴𝐵的
中点，𝐴𝐶与𝐷𝑃交于点𝑂.将△𝐴𝐶𝐷沿𝐴𝐶折起到△𝐴𝐶𝐷′的位置，得到三棱锥𝐷′ −𝐴𝐵𝐶，使得二面角𝐵−
𝐴𝐶−𝐷′为直二面角（如图2).
（1）求证：𝐵𝐶∥平面𝑃𝑂𝐷′；
（2）求平面𝐴𝐵𝐶与平面𝐵𝐶𝐷′的夹角的大小；
（3）在线段𝑃𝐷′上是否存在点𝑄，使得平面𝑂𝐶𝑄⟂平面𝐴𝐵𝐷′？若存在，求出𝑃𝑄
𝑃𝐷′的值；若不存在，请说明
理由.
(1)证明见解析
(2)𝜋
6
(3)存在，𝑃𝑄
𝑃𝐷′ = 1
2
【分析】(1)证明𝑂𝑃∥𝐵𝐶，根据直线和平面平行的判定定理即可证明；
(2)建立空间直角坐标系，求出平面𝐴𝐵𝐶和平面𝐵𝐶𝐷′的法向量，计算法向量之间夹角的余弦值，即可得
到二面角的大小；
(3)假设存在点𝑄满足题意，设𝑃𝑄⃗= 𝜆𝑃𝐷′⃗(0 ≤𝜆≤1)，分别求出平面𝑂𝐶𝑄和平面𝐴𝐵𝐷′的法向量，根
据其法向量垂直，数量积为零列方程解𝜆的值得到答案.
【详解】(1)证明：在梯形𝐴𝐵𝐶𝐷中，因为𝐴𝐵∥𝐶𝐷, 𝐴𝐵= 2𝐶𝐷= 4 , 𝑃为𝐴𝐵的中点，
所以𝐶𝐷∥𝐴𝑃, 𝐶𝐷= 𝐴𝑃，连接𝑃𝐶，所以四边形𝐴𝑃𝐶𝐷为平行四边形，
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
高二数理进阶
缺一步，逻辑便失重
Page 93
因为𝐴𝐶∩𝐷𝑃= 𝑂，所以𝑂为𝐴𝐶的中点，所以𝑂𝑃∥𝐵𝐶.
因为𝑂𝑃⊂平面𝑃𝑂𝐷′ , 𝐵𝐶⊄平面𝑃𝑂𝐷′，所以𝐵𝐶∥平面𝑃𝑂𝐷′.
(2)在平行四边形𝐴𝑃𝐶𝐷中，因为𝐴𝑃= 𝐴𝐷= 2，
所以四边形𝐴𝑃𝐶𝐷为菱形，所以𝐴𝐶⟂𝐷𝑃，
所以在三棱锥𝐷′ −𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐶⟂𝑂𝐷′ , 𝐴𝐶⟂𝑂𝑃.
因为𝑂𝐷′ ⊂平面𝐴𝐶𝐷′ , 𝑂𝑃⊂平面𝐴𝐶𝐵，所以∠𝐷′𝑂𝑃即为二面角𝐵−𝐴𝐶−𝐷′的平面角，
所以∠𝐷′𝑂𝑃= 𝜋
2 ，即𝑂𝑃⟂𝑂𝐷′.
如图所示，以𝑂为坐标原点，分别以𝑂𝐴, 𝑂𝑃, 𝑂𝐷′所在直线为𝑥, 𝑦, 𝑧轴，建立空间直角坐标系，
则𝐵(−√3 , 2 , 0) , 𝐶(−√3 , 0 , 0) , 𝐷′(0 , 0 , 1)，所以𝐵𝐷′⃗= (√3 , −2 , 1) , 𝐶𝐵⃗= (0 , 2 , 0).
设平面𝐵𝐶𝐷′的一个法向量为𝑛⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，
则
{
𝑛⃗⋅𝐶𝐵⃗= 2𝑦= 0
𝑛⃗⋅𝐵𝐷′⃗= √3𝑥−2𝑦+ 𝑧= 0
))))，令𝑥= 1，得𝑛⃗= (1 , 0 , −√3).
易知平面𝐴𝐵𝐶的一个法向量为𝑚⃗= (0 , 0 , 1)，
所以cos < 𝑚⃗, 𝑛⃗>= 𝑚⃗⋅𝑛⃗
|𝑚⃗||𝑛⃗| =
−√3
1 × √4
= −√3
2 ，
所以平面𝐴𝐵𝐶与平面𝐵𝐶𝐷′的夹角的大小为𝜋
6 .
(3)假设在线段𝑃𝐷′上存在点𝑄，使得平面𝑂𝐶𝑄⟂平面𝐴𝐵𝐷′，
设𝑃𝑄⃗= 𝜆𝑃𝐷′⃗(0 ≤𝜆≤1)，因为𝑃(0 , 1 , 0)，所以𝐶𝑃⃗= (√3 , 1 , 0) , 𝑃𝐷′⃗= (0 , −1 , 1)，
所以𝐶𝑄⃗= 𝐶𝑃⃗+ 𝑃𝑄⃗= 𝐶𝑃⃗+ 𝜆𝑃𝐷⃗= (√3 , 1 −𝜆, 𝜆)，
易知𝑂𝐶⃗= (−√3 , 0 , 0) , 𝐴𝐵⃗= (−2√3 , 2 , 0).
设平面𝑂𝐶𝑄的一个法向量为𝑡⃗= (𝑥1 , 𝑦1 , 𝑧1)，
则
{
𝑡⃗⋅𝑂𝐶⃗= −√3𝑥1 = 0
𝑡⃗⋅𝐶𝑄⃗= √3𝑥1 + (1 −𝜆)𝑦1 + 𝜆𝑧1 = 0
，令𝑦1 = 𝜆，得𝑡⃗= (0 , 𝜆, 𝜆−1).
设平面𝐴𝐵𝐷′的一个法向量为𝑠⃗= (𝑥2 , 𝑦2 , 𝑧2)，
则
{
𝑠⃗⋅𝐴𝐵⃗= −2√3𝑥2 + 2𝑦2 = 0
𝑠⃗⋅𝐵𝐷′⃗= √3𝑥2 −2𝑦2 + 𝑧2 = 0
))))，令𝑥2 = 1，得𝑠⃗= (1 , √3 , √3).
由𝑡⃗⋅𝑠⃗= (0 , 𝜆, 𝜆−1) ⋅(1 , √3 , √3) = √3𝜆+ √3𝜆−√3 = 0，解得𝜆= 1
2，
高二数理进阶
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
Page 94
多一步，表达便失焦
所以当𝑄为线段𝑃𝐷′的中点时，平面𝑂𝐶𝑄⟂平面𝐴𝐵𝐷′，此时𝑃𝑄
𝑃𝐷′ = 1
2.
8. （25-26·重庆铜梁）如图1，已知正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长为4，𝐸, 𝐹分别为𝐴𝐷, 𝐵𝐶的中点，将正方形𝐴𝐵𝐶𝐷
沿𝐸𝐹折成如图2所示的二面角，使得𝐴𝐷= 2，点𝑀是线段𝐴𝐵
上的动点（包含端点）.
（1）若𝑀为𝐴𝐵的中点，直线𝑀𝐹与平面𝐴𝐷𝐸的交点为𝑂，试确定点𝑂的位置，并证明直线𝑂𝐷//平面𝐸𝑀𝐶；
（2）是否存在点𝑀，使二面角𝐶−𝐸𝑀−𝐹为60∘？若存在，求出线段𝐴𝑀的大小；若不存在，请说明理由.
(1)点𝑂在𝐸𝐴的延长线上，且𝐴𝑂= 2，证明见解析
(2)存在，线段𝐴𝑀为15
4
【分析】(1)由题意点𝑂在平面𝐴𝐵𝐹𝐸与平面𝐴𝐷𝐸的交线上，延长𝐸𝐴, 𝐹𝑀交于点𝑂，连接𝑂𝐷，可得点𝑂
位置；连接𝐷𝐹交𝐸𝐶于点𝑁，可得𝑀𝑁//𝑂𝐷，从而可证；
(2)取𝐴𝐸的中点𝐻，连接𝐷𝐻，则𝐷𝐻⟂𝐴𝐸，可证𝐷𝐻⊥平面𝐴𝐵𝐹𝐸，过点𝐻作直线𝐻𝑇//𝐸𝐹，以为坐标
原点，以𝐻𝐴, 𝐻𝑇, 𝐻𝐷分别为𝑥, 𝑦, 𝑧轴建立如图所示的空间直角坐标系，设出点𝑀的坐标，利用向量法
求解即可.
【详解】(1)∵直线𝑀𝐹⊂平面𝐴𝐵𝐹𝐸，∴点𝑂在平面𝐴𝐵𝐹𝐸内，也在平面𝐴𝐷𝐸内，
∴点𝑂在平面𝐴𝐵𝐹𝐸与平面𝐴𝐷𝐸的交线𝐴𝐸上，
延长𝐸𝐴, 𝐹𝑀交于点𝑂，连接𝑂𝐷，如图所示，
∵𝐴𝑂//𝐵𝐹，𝑀为𝐴𝐵的中点，∴△𝑂𝐴𝑀与△𝐹𝐵𝑀全等，
∴𝑂𝑀= 𝑀𝐹, 𝐴𝑂= 𝐵𝐹= 2 ，
∴点𝑂在𝐸𝐴的延长线上，且𝐴𝑂= 2，
连接𝐷𝐹交𝐸𝐶于点𝑁，连接𝑀𝑁，
第 03 讲 空间向量中的折叠、轨迹与截面问题
高二数理进阶
简洁不是省略理由
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∵四边形𝐶𝐷𝐸𝐹为矩形，∴𝑁是𝐷𝐹的中点，
∴𝑀𝑁为△𝐷𝑂𝐹的中位线，∴𝑀𝑁//𝑂𝐷，
又𝑀𝑁⊂平面𝐸𝑀𝐶，𝑂𝐷⊄平面𝐸𝑀𝐶，
∴直线𝑂𝐷//平面𝐸𝑀𝐶.
(2)如图，由已知可得𝐸𝐹⟂𝐸𝐴，𝐸𝐹⟂𝐷𝐸，
又𝐸𝐴∩𝐷𝐸= 𝐸，𝐸𝐴, 𝐷𝐸⊂平面𝐴𝐷𝐸，∴𝐸𝐹⟂平面𝐴𝐷𝐸，
又𝐸𝐹⊂平面𝐴𝐵𝐹𝐸，∴平面𝐴𝐵𝐹𝐸⊥平面𝐴𝐷𝐸，
∵𝐷𝐸= 𝐴𝐸= 𝐴𝐷= 2，∴△𝐴𝐷𝐸为等边三角形，
取𝐴𝐸的中点𝐻，连接𝐷𝐻，则𝐷𝐻⟂𝐴𝐸，
∵平面𝐴𝐵𝐹𝐸⟂平面𝐴𝐷𝐸，平面𝐴𝐵𝐹𝐸∩平面𝐴𝐷𝐸= 𝐴𝐸，𝐷𝐻⊂平面𝐴𝐷𝐸，
∴𝐷𝐻⟂平面𝐴𝐵𝐹𝐸，过点𝐻作直线𝐻𝑇//𝐸𝐹，
以𝐻为坐标原点，以𝐻𝐴，𝐻𝑇，𝐻𝐷分别为𝑥, 𝑦, 𝑧轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则𝐸(−1 , 0 , 0)，𝐷(0 , 0 , √3)，𝐶(0 , 4 , √3)，𝐹(−1 , 4 , 0)，则𝐸𝐶⃗= (1 , 4 , √3)，
设𝑀(1 , 𝑡, 0)（0 ≤𝑡≤4），则𝐸𝑀⃗= (2 , 𝑡, 0)，
设平面𝐸𝑀𝐶的法向量为𝑚⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，
则
{
𝑚⃗⋅𝐸𝑀⃗= 0
𝑚⃗⋅𝐸𝐶⃗= 0
，即
{
2𝑥+ 𝑡𝑦= 0
𝑥+ 4𝑦+ √3𝑧= 0，取𝑦= −2√3，则𝑥= √3𝑡，𝑧= 8 −𝑡，
∴平面𝐸𝑀𝐶的一个法向量为𝑚⃗= (√3𝑡, −2√3 , 8 −𝑡)，
又平面𝐴𝐵𝐹𝐸的一个法向量为𝑛⃗= (0 , 0 , 1)，
要使二面角𝐶−𝐸𝑀−𝐹的大小为60∘，
则| cos < 𝑚⃗, 𝑛⃗> | = |𝑚⃗⋅𝑛⃗|
|𝑚⃗| ⋅|𝑛⃗| =
8 −𝑡
√(√3𝑡)2 + 12 + (8 −𝑡)2
= 1
2，解得𝑡= 15
4 ，
∴存在点𝑀，使二面角𝐶−𝐸𝑀−𝐹为60∘，
此时线段𝐴𝑀为15
4 .
9. （25-26·重庆）如图1，在边长为4的菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐷𝐴𝐵= 60∘，点𝑀, 𝑁分别是边𝐵𝐶, 𝐶𝐷的中点，
𝐴𝐶∩𝐵𝐷= 𝑂1 , 𝐴𝐶∩𝑀𝑁= 𝐺.沿𝑀𝑁将△𝐶𝑀𝑁翻折到△𝑃𝑀𝑁的位置，连接𝑃𝐴, 𝑃𝐵, 𝑃𝐷，得到如图2
所示的五棱锥𝑃−𝐴𝐵𝑀𝑁𝐷.
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规范不是束缚思考
（1）在翻转过程中是否总有平面𝑃𝐵𝐷⟂平面𝑃𝐴𝐺？证明你的结论；
（2）设点𝐸为线段𝑃𝐴的中点，点𝑄在线段𝐵𝐸上，且𝐵𝑄⃗= 𝜆𝐵𝐸⃗(0 < 𝜆< 1)，当四棱锥𝑃−𝑀𝑁𝐷𝐵的体积
最大时，是否存在满足条件的实数𝜆，使直线𝑀𝑄与平面𝑃𝐴𝐵所成角的正弦值取得最大值.若存在，求
出𝜆的值；若不存在，请说明理由.
(1)是，证明见解析
(2)存在，𝜆= 1
11
【分析】(1)由菱形易得𝐵𝐷⟂𝐴𝐺,再证𝐵𝐷⟂𝑃𝐺,即可得𝐵𝐷⟂平面𝑃𝐴𝐺，从而有平面𝑃𝐵𝐷⟂平面𝑃𝐴𝐺.
(2)四棱锥𝑃−𝑀𝑁𝐷𝐵的体积最大，则点𝑃到平面𝑀𝑁𝐷𝐵的距离最大.通过建立空间直角坐标系，求出平
面𝑃𝐴𝐵的法向量，表示出𝑀𝑄⃗，将直线𝑀𝑄与平面𝑃𝐴𝐵所成角为𝜃的正弦sin 𝜃表示成𝜆的函数再求最大值
及𝜆的值.
【详解】(1)在翻转过程中总有平面𝑃𝐵𝐷⟂平面𝑃𝐴𝐺.
证明如下：点𝑀, 𝑁分别是边𝐵𝐶, 𝐶𝐷的中点，∴𝐵𝐷//𝑀𝑁
又菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐷𝐴𝐵= 60∘， ∴△𝑃𝑀𝑁是等边三角形，
∴𝐺是𝑀𝑁的中点，∴𝑀𝑁⟂𝑃𝐺.
∴𝐵𝐷⟂𝑃𝐺
∵在菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐵𝐷⟂𝐴𝐶，即𝐵𝐷⟂𝐴𝐺
∵𝐴𝐺∩𝑃𝐺= 𝐺, 𝐴𝐺, 𝑃𝐺⊂平面𝑃𝐴𝐺，
∴𝐵𝐷⟂平面𝑃𝐴𝐺，
∵𝐵𝐷⊂平面𝑃𝐵𝐷，∴平面𝑃𝐵𝐷⟂平面𝑃𝐴𝐺.
(2)由题意知，四边形𝑀𝑁𝐷𝐵为等腰梯形，且𝐷𝐵= 4 , 𝑀𝑁= 2 , 𝑂1𝐺= √3，
所以等腰梯形𝑀𝑁𝐷𝐵的面积𝑆= (2 + 4) × √3
2
= 3√3.
要使得四棱锥𝑃−𝑀𝑁𝐷𝐵的体积最大，只要点𝑃到平面𝑀𝑁𝐷𝐵的距离最大即可.
以点𝐺为坐标原点，𝐺𝐴、𝐺𝑀、𝐺𝑃所在的直线分别为𝑥轴、𝑦轴、𝑧轴建立空间直角坐标系𝐺−𝑥𝑦𝑧如图.
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清晰是速度的来源
Page 97
则𝐴(3√3 , 0 , 0), 𝑃(0 , 0 , √3), 𝐵(√3 , 2 , 0), 𝑀(0 , 1 , 0)，
∵点𝐸为线段𝑃𝐴的中点，∴𝐸
(
3√3
2
, 0 , √3
2 )
，
设𝐵𝑄⃗= 𝜆𝐵𝐸⃗(0 ≤𝜆≤1)，则𝑄
(
√3 + √3
2 𝜆, 2 −2𝜆, √3
2 𝜆
)
，
𝐴𝐵⇀= (−2√3 , 2 , 0), 𝐴𝑃⇀= (−3√3 , 0 , √3) ，
设平面𝑃𝐴𝐵的法向量为𝑛⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)，
由
{
𝑛⃗⋅𝐴𝐵⃗= 0
𝑛⃗⋅𝐴𝑃⃗= 0
，得
{
−2√3𝑥+ 2𝑦= 0
−3√3𝑥+ √3𝑧= 0
，
令𝑥= 1，则𝑦= √3 , 𝑧= 3，所以平面𝑃𝐴𝐵的法向量𝑛⃗= (1 , √3 , 3).
又𝑀𝑄⃗=
(
√3 + √3
2 𝜆, 1 −2𝜆, √3
2 𝜆
)
，
设直线𝑀𝑄与平面𝑃𝐴𝐵所成角为𝜃，则sin 𝜃= |cos < 𝑀𝑄⃗, 𝑛⃗>| =
|
𝑀𝑄⃗⋅𝑛⃗
|𝑀𝑄⃗||𝑛⃗||
=
2√3
√13√11
2 𝜆2 −𝜆+ 4
=
2√3
√13√11
2 (𝜆−1
11)
2
+ 87
22
.
当且仅当𝜆= 1
11时，sin 𝜃取得最大值.
10. （25-26·广东惠州）如图1，在直角梯形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷//𝐵𝐶, ∠𝐵𝐴𝐷= 𝜋
2 , 𝐴𝐵= 𝐵𝐶= 1 , 𝐴𝐷= 2 , 𝐸
是𝐴𝐷的中点，𝑂是𝐴𝐶与𝐵𝐸的交点.将△𝐴𝐵𝐸沿𝐵𝐸折起到△𝐴1𝐵𝐸的位置，使得平面𝐴1𝐵𝐸⟂平面𝐵𝐶𝐷𝐸，
如图2.
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稳定是高阶能力的底色
（1）证明：𝐶𝐷⟂平面𝐴1𝑂𝐶；
（2）求平面𝐴1𝐵𝐶与平面𝐴1𝐶𝐷夹角的余弦值.
(1)证明见解析
(2)√6
3
【分析】(1)由𝐴𝐵𝐶𝐸为正方形可知𝐸𝑂⟂𝐴1𝑂, 𝐸𝑂⟂𝐶𝑂，根据线面垂直判定定理证明𝐸𝐵⟂平面𝐴1𝑂𝐶，
然后由𝐶𝐷//𝐵𝐸可证；
(2)建立空间直角坐标系，求出平面𝐴1𝐵𝐶与平面𝐴1𝐶𝐷的法向量，然后由向量夹角公式可得.
【详解】(1)因为𝐴𝐸= 1
2𝐴𝐷= 1 , 𝐴𝐷//𝐵𝐶, ∠𝐵𝐴𝐷= 𝜋
2 ，
所以𝐴𝐵𝐶𝐸为正方形，所以𝐴𝐶⟂𝐵𝐸，所以𝐸𝐵⟂𝐴1𝑂, 𝐸𝐵⟂𝐶𝑂，
又𝐴1𝑂∩𝐶𝑂= 𝑂，𝐴1𝑂, 𝐶𝑂⊂平面𝐴1𝑂𝐶，所以𝐸𝐵⟂平面𝐴1𝑂𝐶，
又𝐵𝐶//𝐸𝐷，且𝐵𝐶= 𝐸𝐷，故四边形𝐵𝐶𝐷𝐸为平行四边形，
所以𝐶𝐷//𝐸𝐵，所以𝐶𝐷⟂平面𝐴1𝑂𝐶.
(2)易知，𝐴1𝑂⟂𝐵𝐸, 𝑂𝐶⟂𝐵𝐸，因为平面𝐴1𝐵𝐸⟂平面𝐵𝐶𝐷𝐸，平面𝐴1𝐵𝐸∩平面𝐵𝐶𝐷𝐸= 𝐵𝐸，
𝐴1𝑂⊂平面𝐴1𝐵𝐸，所以𝐴1𝑂⟂平面𝐵𝐶𝐷𝐸，又𝑂𝐶⊂平面𝐵𝐶𝐷𝐸，
所以𝐴1𝑂⟂𝑂𝐶，以𝑂为原点，
𝑂𝐵⃗, 𝑂𝐶⃗, 𝑂𝐴1⃗的方向分别为𝑥, 𝑦, 𝑧轴的正方向建立空间直角坐标系，
由题意知，𝐴1
(
0 , 0 , √2
2 )
, 𝐷
(
−√2 , √2
2 , 0
)
, 𝐵
(
√2
2 , 0 , 0
)
, 𝐶
(
0 , √2
2 , 0
)
，
则𝐴1𝐶⃗=
(
0 , √2
2 , −√2
2 )
, 𝐴1𝐵⃗=
(
√2
2 , 0 , −√2
2 )
, 𝐶𝐷⃗= (−√2 , 0 , 0)，
设平面𝐴1𝐶𝐷的法向量为𝑛1⃗= (𝑥1 , 𝑦1 , 𝑧1)，平面𝐴1𝐵𝐶的法向量为𝑛2⃗= (𝑥2 , 𝑦2 , 𝑧2)，
则
{
𝑛1⃗⋅𝐴1𝐶⃗= √2
2 𝑦1 −√2
2 𝑧1 = 0
𝑛1⃗⋅𝐶𝐷⃗= −√2𝑥1 = 0
，令𝑦1 = 1，则𝑧1 = 1 , 𝑥1 = 0，故𝑛1⃗= (0 , 1 , 1)，
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好解法，必能说明为何
Page 99
则
{
𝑛2⃗⋅𝐴1𝐵⃗= √2
2 𝑥2 −√2
2 𝑧2 = 0
𝑛2⃗⋅𝐴1𝐶⃗= √2
2 𝑦2 −√2
2 𝑧2 = 0
，令𝑦2 = 1，则𝑧2 = 1 , 𝑥2 = 1，故𝑛2⃗= (1 , 1 , 1)，
设平面𝐴1𝐶𝐷与平面𝐴1𝐵𝐶的夹角为𝜃，
所以cos 𝜃= |cos 𝑛1⃗, 𝑛2⃗| = |𝑛1⃗⋅𝑛2⃗|
|𝑛1⃗| ⋅|𝑛2⃗| =
2
√2 × √3
= √6
3 .
测
知识小测
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1. （25-26·黑龙江齐齐哈尔）正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为4 , 𝑀为棱𝐶𝐶1中点，𝐹为正方形
𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1内（舍边界）的动点，若𝑀𝐹⟂𝐴𝑀，则动点𝐹的轨迹长度为（ ）
A. √2
B. 2√2
C. 𝜋
2
D. 𝜋
𝐴
【分析】建立空间直角坐标系，设𝐹(𝑥, 𝑦, 4)，根据𝑀𝐹⟂𝐴𝑀列等式，得到点𝐹的轨迹方程，理解方程
含义为线段，结合图形得到端点坐标，求解.
【详解】如图建立空间直角坐标系，设𝐹(𝑥, 𝑦, 4)，则𝐴(4 , 0 , 0),𝑀(0 , 4 , 2),
则𝐴𝑀⃗= (−4 , 4 , 2)，𝑀𝐹⃗= (𝑥, 𝑦−4 , 2).
因为𝑀𝐹⟂𝐴𝑀，所以𝐴𝑀⃗⋅𝑀𝐹⃗= −4𝑥+ 4(𝑦−4) + 2 × 2 = 0，
所以𝑥−𝑦+ 3 = 0，所以点𝐹的轨迹为上底面中的一条线段.
易知点𝐹的轨迹所在直线与上底面正方形的边的交点坐标分别为(0 , 3 , 4),(1 , 4 , 4)，
所以动点𝐹的轨迹长度为√(0 −1)2 + (3 −4)2 + (4 −4)2 = √2
故选：𝐴
2. （25-26·上海）若正四面体𝐴−𝐵𝐶𝐷的侧面𝐴𝐵𝐶内一动点𝑃到底面𝐵𝐶𝐷的距离与到棱𝐴𝐵的距离相等，则
动点𝑃的轨迹与𝐴𝐵𝐶组成图形可能是（ ）
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好模型，必知何时失效
A.
B.
C.
D.
𝐷
【分析】设正四面体𝐴−𝐵𝐶𝐷的棱长为1，设等边△𝐴𝐵𝐶的中心为点𝑂，取𝐴𝐵的中点𝐸，连接𝑂𝐷、𝐶𝐸，
以点𝑂为坐标原点，𝐴𝐵⃗、𝐶𝐸⃗、𝑂𝐷⃗的方向分别为𝑥、𝑦、𝑧轴的正方向建立空间直角坐标系，设点
𝑃(𝑥, 𝑦, 0)，利用空间向量法求出动点𝑃的轨迹方程，即可得解.
【详解】设正四面体𝐴−𝐵𝐶𝐷的棱长为1，设等边△𝐴𝐵𝐶的中心为点𝑂，取𝐴𝐵的中点𝐸，
连接𝑂𝐷、𝐶𝐸，则𝑂𝐷⟂平面𝐴𝐵𝐶，𝐶𝐸⟂𝐴𝐵，
以点𝑂为坐标原点，𝐴𝐵⃗、𝐶𝐸⃗、𝑂𝐷⃗的方向分别为𝑥、𝑦、𝑧轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则𝐴
(
−1
2 , √3
6 , 0
)
、𝐵
(
1
2 , √3
6 , 0
)
、𝐶
(
0 , −√3
3 , 0
)
、𝐷
(
0 , 0 , √6
3 )
，设点𝑃(𝑥, 𝑦, 0)，
𝐶𝐵⃗=
(
1
2 , √3
2 , 0
)
，𝐶𝐷⃗=
(
0 , √3
3 , √6
3 )
，
设平面𝐵𝐶𝐷的法向量为𝑛⃗= (𝑎, 𝑏, 𝑐)，则
{
𝑛⃗⋅𝐶𝐵⃗= 1
2𝑎+ √3
2 𝑏= 0
𝑛⃗⋅𝐶𝐷⃗= √3
3 𝑏+ √6
3 𝑐= 0
，
取𝑎= √6，则𝑏= −√2，𝑐= 1，则𝑛⃗= (√6 , −√2 , 1)，𝐵𝑃⃗=
(
𝑥−1
2 , 𝑦−√3
6 , 0
)
，
则点𝑃到平面𝐵𝐶𝐷的距离为𝑑=
|𝐵𝑃⃗⋅𝑛⃗|
|𝑛⃗|
= |
√6𝑥−√6
2 −√2𝑦+ √6
6 |
3
= |
√6𝑥−√2𝑦−√6
3 |
3
，
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好图象，能容纳代数
Page 101
而点𝑃到直线𝐴𝐵的距离为
|
𝑦−√3
6 |
，
根据题意可得|
√6𝑥−√2𝑦−√6
3 |
3
=
|
𝑦−√3
6 |
，
在平面𝐴𝐵𝐶内，如下图所示：
在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，易知点𝐶
(
0 , −√3
3 )
、𝐵
(
1
2 , √3
6 )
，
则𝑘𝐵𝐶=
√3
6 + √3
3
1
2 −0
= √3，所以，直线𝐵𝐶的方程为𝑦= √3𝑥−√3
3 ，
即√3𝑥−𝑦−√3
3 = 0，即√6𝑥−√2𝑦−√6
3 = 0，
显然，△𝐴𝐵𝐶区域（包括边界）的点的坐标均满足√6𝑥−√2𝑦−√6
3 ≤0，且𝑦≤√3
6 ，
所以，由|
√6𝑥−√2𝑦−√6
3 |
3
=
|
𝑦−√3
6 |
可得√6𝑥−√2𝑦−√6
3 = 3𝑦−√3
2 ，
即√6𝑥−(3 + √2)𝑦+ 3√3 −2√6
6
= 0，即点𝑃在△𝐴𝐵𝐶区域内的轨迹是一条线段，
直线√6𝑥−(3 + √2)𝑦+ 3√3 −2√6
6
= 0的斜率为𝑘=
√6
3 + √2
< 1，
则动点𝑃的轨迹与线段𝐴𝐶的交点靠近点𝐴，𝐷选项合乎题意，
故选：𝐷.
【点睛】关键点点睛：解决空间中的动点的轨迹问题，一般就是要通过建立空间直角坐标系，利用空间向
量法求出动点的轨迹方程，再进行判断.
3. （25-26·山西）（多选）如图，在棱长为2的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，点𝑀是𝐶𝐶1的中点，点𝑁是底
面正方形𝐴𝐵𝐶𝐷内的动点（包括边界），则下列选项正确的是（ ）
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好表达，能承载推理
A. 存在点𝑁满足∠𝐴𝑁𝑀= 𝜋
2
B. 满足|𝐴1𝑁| = √5的点𝑁的轨迹长度是𝜋
4
C. 满足𝑀𝑁//平面𝐴1𝐵𝐶1的点𝑁的轨迹长度是√2
D. 满足𝐵1𝑁⟂𝐴1𝑀的点𝑁的轨迹长度是√2
𝐴𝐶𝐷
【分析】对𝐴，利用正方体中的垂直关系建立空间直角坐标系，设出对应点的坐标，翻译条件求出轨迹方
程，注意变量的取值范围，求解轨迹长度，再根据𝑁𝐴⃗⋅𝑁𝑀⃗= 0判断即可；对𝐵，由𝐴可得𝑁在底面内轨
迹的长度是以𝐴为圆心，1为半径的圆周长的1
4，进而可得弧长；对𝐶，设面𝐴1𝐵𝐶1的法向量𝑛⃗=
(𝑥, 𝑦, 𝑧)，根据线面平行的向量方法可得𝑁的轨迹方程为𝑥+ 𝑦−3 = 0，进而可得轨迹的长度；对𝐷，根
据𝐵1𝑁⃗⋅𝐴1𝑀⃗= 0求解𝑁的轨迹方程即可.
【详解】
如图建立空间直角坐标系，则有𝐴(2 , 0 , 0)，𝑀(0 , 2 , 1)，𝑁(𝑥, 𝑦, 0)，𝐴1(2 , 0 , 2)，𝐵(2 , 2 , 0)，
𝐶1(0 , 2 , 2)，𝐵1(2 , 2 , 2)
对于𝐴选项，若∠𝐴𝑁𝑀= 𝜋
2 ，则𝑁𝐴⃗⋅𝑁𝑀⃗= 0，且𝑁𝐴⃗= (2 −𝑥, −𝑦, 0)，𝑁𝑀⃗= (−𝑥, 2 −𝑦, 1)，则
(2 −𝑥, −𝑦, 0) ⋅(−𝑥, 2 −𝑦, 1) = 0，
即𝑥2 −2𝑥+ 𝑦2 −2𝑦= 0，故𝑁轨迹方程为(𝑥−1)2 + (𝑦−1)2 = 2，
当𝑥= 0时，𝑦= 0，点(0 , 0)既在轨迹上也在底面内，故存在这样的点𝑁存在，故𝐴正确.
对于𝐵选项，∵|𝐴1𝑁| = √5，∴|𝐴𝑁| = 1，
∴𝑁在底面内轨迹的长度是以𝐴为圆心，1为半径的圆周长的1
4，
故长度为1
4 × 2 × 𝜋= 𝜋
2 ，𝐵错误
对于𝐶选项，𝐴1𝐵⃗= (0 , 2 , −2)，𝐴1𝐶1⃗= (−2 , 2 , 0)，设面𝐴1𝐵𝐶1的法向量𝑛⃗= (𝑥, 𝑦, 𝑧)
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见数不忘形
Page 103
故有{2𝑦−2𝑧= 0
−2𝑥+ 2𝑦= 0，解得
{
𝑥= 1
𝑦= 1
𝑧= 1
故𝑛⃗= (1 , 1 , 1)
∵𝑀𝑁//平面𝐴1𝐵𝐶1，∴𝑀𝑁⃗⋅𝑛⃗= 0，∴𝑁的轨迹方程为𝑥+ 𝑦−3 = 0
∵0 ≤𝑥≤2，0 ≤𝑦≤2，∴𝑁在底面内轨迹的长度为√12 + 12 = √2，𝐶正确
对于𝐷选项，𝐵1𝑁⃗= (𝑥−2 , 𝑦−2 , −2)，𝐴1𝑀⃗= (−2 , 2 , −1)
∵𝐵1𝑁⟂𝐴1𝑀，∴𝐵1𝑁⃗⋅𝐴1𝑀⃗= 0，∴𝑁的轨迹方程为−𝑥+ 𝑦+ 1 = 0
∵0 ≤𝑥≤2，0 ≤𝑦≤2，∴𝑁在底面内轨迹的长度为√12 + 12 = √2，𝐷正确
故选：𝐴𝐶𝐷
4. 如图，在棱长为1的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，点𝐸, 𝐹分别是棱𝐵𝐶、𝐶𝐶1的中点，𝑃是侧面𝐴𝐷𝐷1𝐴1
内一点（含边界），若𝑃𝐶1//平面𝐴𝐸𝐹，点𝑃的轨迹长度为
．
√2
2 /1
2
√2
【分析】利用坐标法，根据线面平行和面面平行的判定及性质找出𝑃的轨迹，根据轨迹特点可求答案.
【详解】如图，分别取𝐴𝐴1 , 𝐴1𝐷1的中点𝑀, 𝑁，连接𝑀𝑁, 𝑀𝐵, 𝑁𝐶1，
以𝐷为坐标原点，𝐷𝐴, 𝐷𝐶, 𝐷𝐷1所在直线分别为𝑥, 𝑦, 𝑧轴，建立空间直角坐标系，
则𝑀(1 , 0 , 1
2) , 𝑁(1
2 , 0 , 1) , 𝐶1(0 , 1 , 1) , 𝐸(1
2 , 1 , 0) , 𝐹(0 , 1 , 1
2) , 𝐴(1 , 0 , 0);
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Page 104
见形不忘数
所以𝑀𝑁⃗= (−1
2 , 0 , 1
2) , 𝐸𝐹⃗= (−1
2 , 0 , 1
2), 𝑁𝐶1⃗= (−1
2 , 1 , 0), 𝐴𝐸⃗= (−1
2 , 1 , 0);
故𝑀𝑁⃗= 𝐸𝐹⃗，即𝑀𝑁//𝐸𝐹，又𝑀𝑁⊄平面𝐴𝐸𝐹，𝐸𝐹⊂平面𝐴𝐸𝐹，
所以𝑀𝑁//平面𝐴𝐸𝐹，同理可得𝑁𝐶1//平面𝐴𝐸𝐹，又𝑀𝑁∩𝑁𝐶1 = 𝑁, 𝑀𝑁, 𝑁𝐶1 ⊂平面𝑀𝑁𝐶1，
所以平面𝑀𝑁𝐶1//平面𝐴𝐸𝐹；
因为𝑃是侧面𝐴𝐷𝐷1𝐴1内一点（含边界），𝑃𝐶1//平面𝐴𝐸𝐹，
所以点𝑃必在线段𝑀𝑁上，即点𝑃的轨迹为𝑀𝑁，
所以点𝑃的轨迹长度为𝑀𝑁= |𝑀𝑁⃗| = √2
2 ．
故答案为：√2
2 .
5. 在长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，已知𝐴𝐴1 = 𝐴𝐵= 2𝐴𝐷= 2，𝐸，𝐹分别为𝐵𝐵1，𝐷1𝐶1的中点，则长方
体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的外接球表面积为
，平面𝐴1𝐵𝐶𝐷1被三棱锥𝐶1 −𝐶𝐸𝐹外接球截得
的截面圆面积为
．
9𝜋9𝜋
8
【分析】第一空，求出长方体的体对角线即可得长方体外接球的半径，即可求得外接球表面积；第二空，
建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，即可证明𝐸𝐹⃗⟂𝐸𝐶⃗，从而确定三棱锥𝐶1 −𝐶𝐸𝐹外接球的球心
位置，求出外接球半径，继而求得截面圆半径，即可求得答案.
【详解】设长方体外接球半径为𝑅，2𝑅= √22 + 22 + 1 = 3 ，∴𝑅= 3
2，
所以长方体外接球表面积为4𝜋𝑅2 = 9𝜋；
以点𝐷为原点,以𝐷𝐴, 𝐷𝐶, 𝐷𝐷1为𝑥, 𝑦, 𝑧轴，建立空间直角坐标系如图所示：
依题意得：𝐶(0 , 2 , 0)，𝐸(1 , 2 , 1)，𝐹(0 , 1 , 2)，
则𝐸𝐶⃗= (−1 , 0 , −1)，𝐸𝐹⃗= (−1 , −1 , 1)，
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高二数理进阶
见式不忘域
Page 105
所以𝐸𝐶⃗⋅𝐸𝐹⃗= 1 + 0 −1 = 0，则𝐸𝐹⃗⟂𝐸𝐶⃗即𝐸𝐹⟂𝐸𝐶；
设𝑂为𝐶𝐹中点，连接𝐸𝑂, 𝐶1𝑂,
因为𝐸𝐹⟂𝐸𝐶，𝐶1𝐹⟂𝐶1𝐶，则𝐸𝑂= 𝑂𝐶= 𝐹𝑂= 𝐶1𝑂，
所以点𝑂为三棱锥𝐶1 −𝐶𝐸𝐹外接球的球心，
则三棱锥𝐶1 −𝐶𝐸𝐹外接球的半径为𝑅′ = 1
2𝐶𝐹=
√22 + 12
2
= √5
2 ，
设球心𝑂到平面𝐴1𝐵𝐶𝐷1的距离为ℎ，又因为𝑂为𝐶𝐹中点，
所以点𝐹到平面𝐴1𝐵𝐶𝐷1的距离为2ℎ，
根据长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1特征可知𝐴1𝐷1 ⟂平面𝐷𝐶𝐶1𝐷1 , 𝐷𝐶1 ⊂平面𝐷𝐶𝐶1𝐷1,
所以𝐴1𝐷1 ⟂𝐷𝐶1,又𝐷1𝐶⟂𝐷𝐶1，而𝐴1𝐷1 ∩𝐷1𝐶= 𝐷1 , 𝐴1𝐷1 , 𝐷1𝐶⊂平面𝐴1𝐵𝐶𝐷1，
故𝐷𝐶1 ⟂平面𝐴1𝐵𝐶𝐷1，设𝐷1𝐶, 𝐶1𝐷交于𝐻，则𝐶1𝐻⟂平面𝐴1𝐵𝐶𝐷1,
故𝐶1到平面𝐴1𝐵𝐶𝐷1的距离为𝐶1𝐻= 1
2𝐶1𝐷= 1
2 × 2√2 = √2,
因为𝐹为𝐷1𝐶1的中点，故2ℎ= 1
2𝐶1𝐻= √2
2 ，所以ℎ= √2
4 ，
故截面圆的半径为𝑟= √𝑅2 −ℎ2 = √(√5
2 )2 −(√2
4 )2 = √9
8，
所以截面圆面积为𝜋𝑟2 = 9𝜋
8 ，
故答案为：9𝜋；9𝜋
8
【点睛】关键点点睛：要求得平面𝐴1𝐵𝐶𝐷1被三棱锥𝐶1 −𝐶𝐸𝐹外接球截得的截面圆面积，关键点在于首
先要确定外接球的球心位置，从而可得其半径，继而求出截面圆的半径，即可求得答案.
第 04 讲 直线与方程中的核心问题
高二数理进阶
见等号不忘等价
Page 107
第 04 讲
直线与方程中的核心问题
讲
题型精讲
Core examples
题型1
直线与线段有交点问题
题型点拨
倾斜角与斜率的关系
直线的情况
平行于𝑥轴
由左向右上升
垂直于𝑥轴
由左向右下降
𝛼的大小
𝛼= 0∘
0∘< 𝛼< 90∘
𝛼= 90∘
90∘< 𝛼< 180∘
𝑘的取值范围
𝑘= 0
𝑘> 0
不存在
𝑘< 0
𝑘的增减性
—
𝑘随𝛼的增大而增大
—
𝑘随𝛼的增大而增大
典例1 （25-26·广东阳江）已知点𝐴(1 , 4) , 𝐵(3 , −1).若直线𝑙: 𝑚𝑥+ 𝑦+ 2𝑚−1 = 0与线段𝐴𝐵相交，则
𝑚的范围是（ ）
A. [−1 , 2
5]
B. [−2
5 , 1]
C. (−∞, −1] ∪[2
5 , + ∞)
D. (−∞, −2
5] ∪[1 , + ∞)
𝐴
【分析】先求直线恒过的定点，再应用两点式求斜率，根据斜率范围求参即可.
【详解】直线𝑙恒过定点𝑃(−2 , 1)，又𝑘𝐴𝑃=
4 −1
1 −(−2) = 1 , 𝑘𝑃𝐵=
−1 −1
3 −(−2) = −2
5，
直线𝑙的斜率为−𝑚，要使直线𝑙与线段𝐴𝐵有公共点，−2
5 ≤−𝑚≤1，解得−1 ≤𝑚≤2
5.
故选：𝐴.
变式1 经过点𝑃(0 , −1)作直线𝑙，若直线𝑙与连接点𝐴(1 , −2)，𝐵(2 , 1)的线段没有公共点，则直线𝑙的倾斜
角𝛼的取值范围是
．
(𝜋
4 , 3𝜋
4 )
【分析】根据直线与线段无交点，应用数形结合求倾斜角的范围.
高二数理进阶
第 04 讲 直线与方程中的核心问题
Page 108
见平方不忘验根
【详解】如图所示，直线𝑙与线段𝐴𝐵没有公共点，若𝛼为直线𝑙的倾斜角，
直线𝑙可从直线𝑃𝐵逆时针旋转到直线𝑃𝐴的位置，注意包含直线𝑙倾斜角为𝜋
2 的情况，
𝑘𝑃𝐴= −1 + 2
0 −1 = −1，𝑘𝑃𝐵= −1 −1
0 −2 = 1，
直线𝑙的区域包含倾斜角为𝜋
2 的情况，
斜率𝑘< 𝑘𝑃𝐴= −1或𝑘> 𝑘𝑃𝐵= 1，从而tan 𝛼< −1或tan 𝛼> 1，
又𝛼∈[0 , 𝜋)，结合正切曲线可得𝛼∈(𝜋
4 , 3𝜋
4 )．
故答案为：(𝜋
4 , 3𝜋
4 )
题型2
斜率公式及几何意义
题型点拨
解决三点共线的步骤
第一步：先判断两个点的横坐标是否相等，若其中有两个点横坐标相等，那么第三点的横坐标与其相等
时，三点共线；若横坐标均不相等，则继续第二步；
第二步：计算三点中任意两个点确定的直线的斜率，若斜率相等，则三点共线．
典例2 （25-26·河南周口）已知𝑎> 0，平面内三点𝐴(0 , −𝑎), 𝐵(1 , 𝑎2), 𝐶(3 , 2𝑎3)共线，则𝑎=
．
2
【分析】由𝑘𝐴𝐵= 𝑘𝐴𝐶求解即可.
【详解】解：因为𝐴(0 , −𝑎), 𝐵(1 , 𝑎2), 𝐶(3 , 2𝑎3)三点共线，
所以𝑘𝐴𝐵= 𝑎2 + 𝑎, 𝑘𝐴𝐶= 2𝑎3 + 𝑎
3
，
又因为𝑘𝐴𝐵= 𝑘𝐴𝐶，
第 04 讲 直线与方程中的核心问题
高二数理进阶
见绝对值先看距离
Page 109
所以𝑎2 + 𝑎= 2𝑎3 + 𝑎
3
，
整理得：2𝑎3 −3𝑎2 −2𝑎= 0，
即𝑎(2𝑎+ 1)(𝑎−2) = 0，
又因为𝑎> 0，
解得𝑎= 2.
故答案为：2
题型3
两条直线平行与垂直
题型点拨
1、对两直线平行与斜率的关系要注意以下几点
(1)𝑙1 ∥𝑙2 ⇔𝑘1 = 𝑘2成立的前提条件是：
①两条直线的斜率都存在；
②𝑙1与𝑙2不重合．
(2)当两条直线不重合且斜率都不存在时，𝑙1与𝑙2的倾斜角都是90∘，则𝑙1 ∥𝑙2.
(3)两条不重合直线平行的判定的一般结论是：
𝑙1 ∥𝑙2 ⇔𝑘1 = 𝑘2或𝑙1，𝑙2斜率都不存在.
2、对两直线垂直与斜率的关系要注意以下几点
(1)𝑙1 ⟂𝑙2 ⇔𝑘1 ⋅𝑘2 = −1成立的前提条件是：①两条直线的斜率都存在；②𝑘1 ≠0且𝑘2 ≠0.
(2)两条直线中，一条直线的斜率不存在，同时另一条直线的斜率等于零，则两条直线垂直．
(3)判定两条直线垂直的一般结论为：
𝑙1 ⟂𝑙2 ⇔𝑘1 ⋅𝑘2 = −1或一条直线的斜率不存在，同时另一条直线的斜率等于零．
高二数理进阶
第 04 讲 直线与方程中的核心问题
Page 110
见复合先拆层次
3、一般式方程下的平行与垂直
(1)平行与垂直的系数关系
已知直线𝑙1 , 𝑙2的方程分别是𝑙1 : 𝐴1𝑥+ 𝐵1𝑦+ 𝐶1 = 0（𝐴1 , 𝐵1不同时为0)，
𝑙2 : 𝐴2𝑥+ 𝐵2𝑦+ 𝐶2 = 0（𝐴2 , 𝐵2不同时为0)
①若𝐴1𝐴2 + 𝐵1𝐵2 = 0 ⇔𝑙1 ⟂𝑙2 ②𝑙1//𝑙2 ⇔{𝐴1𝐵2 −𝐴2𝐵1 = 0
𝐴1𝐶2 −𝐴2𝐶1 ≠0 或𝐵1𝐶2 −𝐵2𝐶1 ≠0
(2)平行与垂直的直线系方程
①平行直线系：与直线𝐴𝑥+ 𝐵𝑦+ 𝑛= 0平行的直线方程可设为𝐴𝑥+ 𝐵𝑦+ 𝑚= 0(𝑚≠𝑛)，否则𝑚= 𝑛
时两直线重合，不是平行直线．
②垂直直线系：与直线𝐴𝑥+ 𝐵𝑦+ 𝑛= 0垂直的直线方程可设为𝐵𝑥−𝐴𝑦+ 𝑚= 0
典例3 （25-26·广西南宁）若𝑎∈𝑅，直线𝑙1 : 𝑥+ 2𝑎𝑦−1 = 0，直线𝑙2 : (3𝑎−1)𝑥−𝑎𝑦−1 = 0，则“𝑙1 ∥
𝑙2”的充分不必要条件是（ ）
A. 𝑎= 0
B. 𝑎= −1
6
C. 𝑎= 1
D. 𝑎= 1
2
𝐴
【分析】由题可得𝑙1 ∥𝑙2的充要条件，据此可得答案.
【详解】因𝑙1 ∥𝑙2，则−𝑎= 2𝑎(3𝑎−1) ⇒6𝑎2 −𝑎= 0 ⇒𝑎= 0或𝑎= 1
6.
当𝑎= 0，𝑙1 : 𝑥−1 = 0，𝑙2 : −𝑥−1 = 0，两直线平行，满足题意；
当𝑎= 1
6，𝑙1 : 𝑥+ 1
3𝑦−1 = 0 ⇔3𝑥+ 𝑦−3 = 0，𝑙2 : −1
2𝑥−1
6𝑦−1 = 0 ⇔3𝑥+ 𝑦+ 6 = 0，满足题意.
则𝑙1 ∥𝑙2的充要条件为𝑎= 1
6或𝑎= 0.
则“𝑙1 ∥𝑙2”的充分不必要条件可以是𝑎= 1
6，也可以是𝑎= 0.
故选：𝐴
第 04 讲 直线与方程中的核心问题
高二数理进阶
见分式先守分母
Page 111
变式2 （25-26·福建龙岩）若直线𝑙1：𝑎𝑥+ 3𝑦−1 = 0与直线𝑙2：3𝑥+ 𝑎𝑦+ 1 = 0平行，则实数𝑎为
（ ）
A. −3
B. 3
C. 3或−3
D. 1或−1
𝐵
【分析】由直线平行的判定，列出等式求解并验证即可；
【详解】由题意可得：𝑎× 𝑎−3 × 3 = 0，
解得：𝑎= ±3，
当𝑎= 3时，直线𝑙1：3𝑥+ 3𝑦−1 = 0与直线𝑙2：3𝑥+ 3𝑦+ 1 = 0平行，
当𝑎= −3时，直线𝑙1：−3𝑥+ 3𝑦−1 = 0即3𝑥−3𝑦+ 1 = 0，与直线𝑙2：3𝑥−3𝑦+ 1 = 0，重合，舍去，
故𝑎= 3，
故选：𝐵
变式3 （25-26·湖南衡阳）已知𝜃∈(0 , 𝜋)，直线𝑙1 : 𝑥cos 𝜃−𝑦+ 1 = 0，𝑙2 : (2 cos 𝜃+ 3)𝑥+ 2𝑦−2 =
0，若𝑙1 ⟂𝑙2，则𝜃= （ ）
A. 𝜋
6
B. 𝜋
3
C. 2𝜋
3
D. 3𝜋
4
𝐵
【分析】由𝑙1 ⟂𝑙2可得cos 𝜃(2 cos 𝜃+ 3) + (−1) × 2 = 0，进而可得cos 𝜃= 1
2，进而可得.
【详解】由𝑙1 ⟂𝑙2可得cos 𝜃(2 cos 𝜃+ 3) + (−1) × 2 = 0，
化简得2 cos2 𝜃+ 3 cos 𝜃−2 = 0，解得cos 𝜃= 1
2或cos 𝜃= −2（舍去）
又𝜃∈(0 , 𝜋)，得𝜃= 𝜋
3 ，
故选：𝐵
题型4
截距式方程与直线过定点
题型点拨
1、截距式方程应用的注意事项
(1)问题中涉及直线与坐标轴相交，则可考虑截距式方程，用待定系数法确定其系数即可；
(2)选用截距式方程时，必须首先考虑直线能否过原点以及能否与两坐标轴垂直；
(3)要注意截距式方程的逆向应用．
2、点斜式、斜截式、两点式、一般式的选择
高二数理进阶
第 04 讲 直线与方程中的核心问题
Page 112
见根式先守非负
(1)若给出直线经过一个点，经常考虑用点斜式写直线方程，需要注意的是平行于𝑥轴的直线的斜率为0，
垂直于𝑥轴的直线的斜率不存在．
(2)若已知直线的斜率，通常用斜截式．
(3)若给出两个点，常考虑利用两点式，但要注意两点连线是否与坐标轴平行或重合．
(4)若给出的条件与面积相关，一般选用截距式，也可以选用点斜式或斜截式，注意直线方程各种形式的
互化．
典例4 （25-26·湖南）已知直线𝑙经过点𝑃(1 , 2)，与两坐标轴的正半轴分别交于𝐴、𝐵两点，𝑂为坐标原
点，则△𝑂𝐴𝐵的面积的最小值为（ ）
A. 2
B. 3
C. 4
D. 8
𝐶
【分析】不妨设直线𝑙分别交𝑥、𝑦轴于点𝐴(𝑎, 0)、𝐵(0 , 𝑏)，则𝑎> 0，𝑏> 0，可得出直线𝑙的截距式方程
为𝑥
𝑎+ 𝑦
𝑏= 1，结合已知条件可得出1
𝑎+ 2
𝑏= 1，利用基本不等式可求得△𝐴𝑂𝐵面积的最小值.
【详解】不妨设直线𝑙分别交𝑥、𝑦轴于点𝐴(𝑎, 0)、𝐵(0 , 𝑏)，则𝑎> 0，𝑏> 0，
所以，直线𝑙的截距式方程为𝑥
𝑎+ 𝑦
𝑏= 1，因为点𝑃在直线𝑙上，则1
𝑎+ 2
𝑏= 1，
由基本不等式可得1 = 1
𝑎+ 2
𝑏≥2√2
𝑎𝑏= 2√2
√𝑎𝑏
，可得𝑎𝑏≥8，则𝑆△𝐴𝑂𝐵= 1
2𝑎𝑏≥4，
当且仅当
{
1
𝑎= 2
𝑏
1
𝑎+ 2
𝑏= 1
时，即当{𝑎= 2
𝑏= 4时，等号成立，
故△𝐴𝑂𝐵的面积的最小值为4.
故选：𝐶.
第 04 讲 直线与方程中的核心问题
高二数理进阶
见区间先辨端点
Page 113
典例5 已知直线𝑙1 : 𝑚𝑥−𝑦= 0(𝑚∈𝑅)过定点𝐴，直线𝑙2 : 𝑥+ 𝑚𝑦+ 4 −2𝑚= 0过定点𝐵, 𝑙1与𝑙2的交点为
𝐶，则△𝐴𝐵𝐶面积的最大值为（ ）
A. √10
B. 2√5
C. 5
D. 10
𝐶
【分析】先求定点，然后判断两个直线的位置关系，然后计算面积，利用基本不等式判断即可.
【详解】由题可知，𝐴(0 , 0) , 𝐵(−4 , 2),直线𝑙1 ⟂𝑙2，
所以𝐴𝐶⟂𝐵𝐶,|𝐴𝐵|2 = 20，
所以|𝐴𝐶|2 + |𝐵𝐶|2 = |𝐴𝐵|2 = 20，
所以△𝐴𝐵𝐶的面积为1
2|𝐴𝐶||𝐵𝐶| ≤1
2 × |𝐴𝐶|2 + |𝐵𝐶|2
2
= 5，
当且仅当|𝐴𝐶| = |𝐵𝐶| = √10时等号成立.
故选：𝐶
变式4 （25-26·福建泉州）当点𝑃(−2 , −1)到直线𝑙: (1 + 3𝜆)𝑥+ (1 + 𝜆)𝑦−2 −4𝜆= 0(𝜆∈𝑅)的距离
最大时，此时的直线𝑙方程为
.
3𝑥+ 2𝑦−5 = 0
【分析】确定直线𝑙过定点，再结合结合直线垂直的斜率公式，即可求解.
【详解】𝑙: (1 + 3𝜆)𝑥+ (1 + 𝜆)𝑦−2 −4𝜆= 0(𝜆∈𝑅)
可得：(𝑥+ 𝑦−2) + 𝜆(3𝑥+ 𝑦−4) = 0，
令{𝑥+ 𝑦−2 = 0
3𝑥+ 𝑦−4 = 0可得：𝑥= 1 , 𝑦= 1，
所以直线𝑙: (1 + 3𝜆)𝑥+ (1 + 𝜆)𝑦−2 −4𝜆= 0(𝜆∈𝑅)过定点𝐴(1 , 1)，
当𝑃𝐴⟂𝑙时，𝑃, 𝐴两点间的距离即为最大值，
又𝑘𝑃𝐴= 2
3,所以𝑘𝑙= −3
2，
所以直线𝑙方程为𝑦−1 = −3
2(𝑥−1)，即3𝑥+ 2𝑦−5 = 0.
故答案为：3𝑥+ 2𝑦−5 = 0
题型5
直线的交点坐标
题型点拨
过两条直线交点的直线系方程
高二数理进阶
第 04 讲 直线与方程中的核心问题
Page 114
见周期先找重复单元
设两条不平行的直线方程分别为𝑙1 : 𝐴1𝑥+ 𝐵1𝑦+ 𝐶1 = 0（𝐴1 , 𝐵1不同时为0)，𝑙2 : 𝐴2𝑥+ 𝐵2𝑦+ 𝐶2 =
0（𝐴2 , 𝐵2不同时为0)，则我们将直线方程𝑙: 𝑚(𝐴1𝑥+ 𝐵1𝑦+ 𝐶1) + 𝑛(𝐴2𝑥+ 𝐵2𝑦+ 𝐶2) = 0（其中
𝑚, 𝑛为参数，且𝑚2 + 𝑛2 ≠0）称为经过直线𝑙1与𝑙2交点的直线系方程．当𝑚= 1 , 𝑛= 0时，此方程即
为直线𝑙1的方程；当𝑚= 0 , 𝑛= 1时，此方程即为直线𝑙2的方程．
典例6 若𝑃(2 , 3)既是𝐴(𝑎1 , 𝑏1) , 𝐵(𝑎2 , 𝑏2)的中点，又是直线𝑙1 : 𝑎1𝑥+ 𝑏1𝑦−13 = 0与直线𝑙2 : 𝑎2𝑥+
𝑏2𝑦−𝑚= 0的交点，则线段𝐴𝐵的垂直平分线的方程是（ ）
A. 3𝑥−2𝑦= 0
B. 3𝑥−2𝑦−12 = 0
C. 2𝑥−3𝑦−13 = 0
D. 2𝑥−3𝑦+ 5 = 0
𝐴
【分析】首先根据条件求𝑚，再根据两点确定一条直线，求直线𝐴𝐵方程，根据垂直关系，即可求中垂线方
程.
【详解】由条件可知，𝑎1 + 𝑎2
2
= 2，𝑏1 + 𝑏2
2
= 3，
且{2𝑎1 + 3𝑏1 −13 = 0
2𝑎2 + 3𝑏2 −𝑚= 0 ，两式相加得2(𝑎1 + 𝑎2) + 3(𝑏1 + 𝑏2) −13 −𝑚= 0，
即2 × 4 + 3 × 6 −13 −𝑚= 0，得𝑚= 13，
点𝑃是直线𝑙1和𝑙2的交点，所以{2𝑎1 + 3𝑏1 −13 = 0
2𝑎2 + 3𝑏2 −13 = 0，
所以点𝐴(𝑎1 , 𝑏1) , 𝐵(𝑎2 , 𝑏2)满足直线2𝑥+ 3𝑦−13 = 0，即直线𝐴𝐵方程为2𝑥+ 3𝑦−13 = 0，
𝑘𝐴𝐵= −2
3，与直线𝐴𝐵垂直的直线方程的斜率为𝑘= 3
2，
所以中垂线方程为𝑦−3 = 3
2(𝑥−2)，整理为3𝑥−2𝑦= 0.
故选：𝐴
变式5 （25-26·上海）已知直线𝑙1 : 𝑚𝑥−𝑦+ 𝑚= 0，𝑙2 : 𝑥+ 𝑚𝑦−𝑚(𝑚+ 1) = 0，𝑙3 : (𝑚+ 1)𝑥−𝑦+
(𝑚+ 1) = 0，三条直线围成△𝐴𝐵𝐶，则当△𝐴𝐵𝐶面积取得最大时𝑚的值为
.
1
【分析】首先判断直线𝑙1和𝑙3的定点，判断△𝐴𝐵𝐶的形状，再求直线𝑙2与直线𝑙3的交点，利用点到直线的
距离表示边长，再求解三角形的面积，并利用基本不等式求最值.
【详解】直线𝑙1 : 𝑚𝑥−𝑦+ 𝑚= 0，即𝑚(𝑥+ 1) −𝑦= 0，恒过定点(−1 , 0)，
直线𝑙3 : (𝑚+ 1)𝑥−𝑦+ (𝑚+ 1) = 0，即𝑚(𝑥+ 1) + 𝑥−𝑦+ 1 = 0，也恒过定点(−1 , 0)，
所以直线𝑙1与𝑙3相交于定点𝐴(−1 , 0)，
第 04 讲 直线与方程中的核心问题
高二数理进阶
见对称先找不变量
Page 115
由{𝑥+ 𝑚𝑦−𝑚(𝑚+ 1) = 0
(𝑚+ 1)𝑥−𝑦+ (𝑚+ 1) = 0，解得{𝑥= 0
𝑦= 𝑚+ 1，可知直线𝑙2与直线𝑙3相交于点𝐵(0 , 𝑚+ 1)，
又因为直线𝑙1与直线𝑙2相互垂直，所以△𝐴𝐵𝐶是𝐶为直角的直角三角形，
因为点𝐴到𝑙2 : 𝑥+ 𝑚𝑦−𝑚(𝑚+ 1) = 0的距离|𝐴𝐶| = |−1 −𝑚(𝑚+ 1)|
√1 + 𝑚2
= 𝑚2 + 𝑚+ 1
√1 + 𝑚2
，
点𝐵到𝑙1 : 𝑚𝑥−𝑦+ 𝑚= 0,的距离|𝐵𝐶| = |𝑚⋅0 −(𝑚+ 1) + 𝑚|
√𝑚2 + 1
=
1
√𝑚2 + 1
，
所以△𝐴𝐵𝐶的面积𝑆= 1
2|𝐴𝐶||𝐵𝐶| = 1
2 × 𝑚2 + 𝑚+ 1
𝑚2 + 1
= 1
2(1 +
𝑚
𝑚2 + 1)，
𝑚≤0时，△𝐴𝐵𝐶的面积不可能取到最大值；
𝑚> 0时，
𝑚
𝑚2 + 1 ≤
𝑚
2√𝑚2 = 1
2，当且仅当𝑚= 1时，等号成立．
因此，当𝑚= 1时，△𝐴𝐵𝐶的面积𝑆有最大值1
2(1 + 1
2) = 3
4．
故答案为：1
题型6
距离公式及最值范围问题
题型点拨
1、平面上两点间的距离公式的应用
平面内两点𝑃1(𝑥1 , 𝑦1)，𝑃2(𝑥2 , 𝑦2)间的距离公式为：|𝑃1𝑃2| = √(𝑥1 −𝑥2)2 + (𝑦1 −𝑦2)2.
【注意】公式中𝑃1和𝑃2位置没有先后之分，也可以表示为：|𝑃1𝑃2| = √(𝑥2 −𝑥1)2 + (𝑦2 −𝑦1)2．
(1)已知所求点的相关信息及该点到某点的距离满足某些条件时，设出所求点的坐标，利用两点间距离公
式建立关于所求点的坐标的方程或方程组求解．
(2)利用两点间距离公式可以判断三角形的形状．从三边长入手，如果有边长相等，则可能是等腰或等边
三角形；如果满足勾股定理，则是直角三角形．
2、点到直线距离公式的应用
点𝑃(𝑥0 , 𝑦0)到直线𝑙: 𝐴𝑥+ 𝐵𝑦+ 𝐶= 0(𝐴2 + 𝐵2 ≠0)的距离𝑑= |𝐴𝑥0 + 𝐵𝑦0 + 𝐶|
√𝐴2 + 𝐵2
(1)求点到直线的距离时，若给出的直线方程不是一般式，只需把直线方程化为一般式，直接应用点到直
线的距离公式求解即可．
(2)若已知点到直线的距离求参数或直线方程时，只需根据点到直线的距离公式列方程求解参数即可．
(3)点到直线的距离，是直线外一点到直线上各点所连线段长度的最小值，某些距离的最值问题可以转化
为点到直线的距离问题来求解．
高二数理进阶
第 04 讲 直线与方程中的核心问题
Page 116
见最值先问可达
(4)因为角平分线上任意一点到角两边的距离相等，因此可用点到直线的距离公式解决有关角平分线的问
题．
平行线间距离公式的应用
两条平行直线𝑙1 : 𝐴𝑥+ 𝐵𝑦+ 𝐶1 = 0，𝑙2 : 𝐴𝑥+ 𝐵𝑦+ 𝐶2 = 0(𝐶1 ≠𝐶2)，
它们之间的距离为：𝑑= |𝐶1 −𝐶2|
√𝐴2 + 𝐵2
【注意】在使用公式时，两直线方程为一般式，且𝑥和𝑦的系数对应相等．
(1)两条平行直线间的距离公式是由在一条直线上任取一点到另一条直线的距离推导出来的，所以求平行
直线间的距离的方法有两种，一种是直接利用推导出的公式求解，另一种是在其中一条直线上取一个特
殊的点，转化点到直线的距离求解．
(2)如果两条平行直线的方程用斜截式方程表示为𝑙1 : 𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏1，𝑙2 : 𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏2，那么两条平行直线
间的距离𝑑= |𝑏1 −𝑏2|
√1 + 𝑘2
．
典例7 若动点𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，𝐵(𝑥2 , 𝑦2)分别在直线𝑙1 : 5𝑥−12𝑦+ 2 = 0与𝑙2 : 5𝑥−12𝑦+ 8 = 0上移动，则
𝐴𝐵的中点𝑀到原点的距离的最小值为（ ）
A. 5
13
B. √2
C. 1
2
D. √13
𝐴
【分析】根据动点𝐴, 𝐵满足的关系式，结合中点公式可得中点𝑀满足的方程，利用点到直线的距离求解.
【详解】设𝐴𝐵的中点𝑀的坐标为(𝑥, 𝑦)，则有{2𝑥= 𝑥1 + 𝑥2
2𝑦= 𝑦1 + 𝑦2，
又𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，𝐵(𝑥2 , 𝑦2)分别在直线𝑙1 : 5𝑥−12𝑦+ 2 = 0与𝑙2 : 5𝑥−12𝑦+ 8 = 0上，
∴联立得{5𝑥1 −12𝑦1 + 2 = 0
5𝑥2 −12𝑦2 + 8 = 0，两式相加得5(𝑥1 + 𝑥2) −12(𝑦1 + 𝑦2) + 10 = 0，
∴10𝑥−24𝑦+ 10 = 0，即5𝑥−12𝑦+ 5 = 0，
即𝐴𝐵的中点𝑀在直线5𝑥−12𝑦+ 5 = 0上移动，
∴𝑀到原点距离的最小值即原点到直线5𝑥−12𝑦+ 5 = 0的距离𝑑=
|5|
√52 + (−12)2
= 5
13．
故选：𝐴.
变式6 已知0 < 𝑥< 2，0 < 𝑦< 2，则√𝑥2 + 𝑦2 + √𝑥2 + (2 −𝑦)2 + √(2 −𝑥)2 + 𝑦2 +
√(2 −𝑥)2 + (2 −𝑦)2的最小值为
.
第 04 讲 直线与方程中的核心问题
高二数理进阶
见恒成立先问全域
Page 117
4√2
【分析】利用平面上两点间线段最短和两点间距离公式的几何意义即可求解.
【详解】√𝑥2 + 𝑦2 + √𝑥2 + (2 −𝑦)2 + √(2 −𝑥)2 + 𝑦2 + √(2 −𝑥)2 + (2 −𝑦)2
= √(𝑥−0)2 + (𝑦−0)2 + √𝑥2 + (𝑦−2)2 + √(𝑥−2)2 + 𝑦2 + √(𝑥−2)2 + (𝑦−2)2 .
记点𝑂(0 , 0)、点𝐴(2 , 0)、点𝐵(2 , 2)和点𝐶(0 , 2)，
因为0 < 𝑥< 2，0 < 𝑦< 2，
所以√𝑥2 + 𝑦2 + √𝑥2 + (2 −𝑦)2 + √(2 −𝑥)2 + 𝑦2 + √(2 −𝑥)2 + (2 −𝑦)2的几何意义为：表示正方形
𝑂𝐴𝐵𝐶内的点𝑃(𝑥, 𝑦)到点𝑂、点𝐴、点𝐵和点𝐶四点的距离之和.
因为√𝑥2 + 𝑦2 + √(2 −𝑥)2 + (2 −𝑦)2 = √(𝑥−0)2 + (𝑦−0)2 + √(𝑥−2)2 + (𝑦−2)2的几何意义为：
正方形𝑂𝐴𝐵𝐶内的点𝑃到点𝑂和点𝐵的距离之和.
所以当点𝑃在线段𝑂𝐵（不包含点𝑂和点𝐵）上时，点𝑃到点𝑂和点𝐵的距离之和最小，即√𝑥2 + 𝑦2 +
√(2 −𝑥)2 + (2 −𝑦)2取得最小值，为|𝑂𝐵| = √(2 −0)2 + (2 −0)2 = 2√2.
因为√𝑥2 + (2 −𝑦)2 + √(2 −𝑥)2 + 𝑦2 = √𝑥2 + (𝑦−2)2 + √(𝑥−2)2 + 𝑦2的几何意义为：正方形𝑂𝐴𝐵𝐶
内的点𝑃到点𝐴和点𝐶的距离之和.
所以当点𝑃在线段𝐴𝐶（不包含点𝐴和点𝐶）上时，点𝑃到点𝐴和点𝐶的距离之和最小，即√𝑥2 + (2 −𝑦)2 +
√(2 −𝑥)2 + 𝑦2取得最小值，为|𝐴𝐶| = √(0 −2)2 + (2 −0)2 = 2√2.
综上可得：当点𝑃是线段𝐴𝐶与𝑂𝐵的交点时，√𝑥2 + 𝑦2 + √(2 −𝑥)2 + (2 −𝑦)2和√𝑥2 + (2 −𝑦)2 +
√(2 −𝑥)2 + 𝑦2同时取得最小值，均为2√2.
所以√𝑥2 + 𝑦2 + √𝑥2 + (2 −𝑦)2 + √(2 −𝑥)2 + 𝑦2 + √(2 −𝑥)2 + (2 −𝑦)2的最小值为4√2.
故答案为：4√2.
变式7 设直线𝑙1 : 𝑦= 𝑘1𝑥+ 1，𝑙2 : 𝑦= 𝑘2𝑥−1，其中实数𝑘1，𝑘2满足𝑘1𝑘2 + 1 = 0．
（1）证明直线𝑙1与𝑙2相交；
（2）证明直线𝑙1与𝑙2的交点到原点的距离为定值．
高二数理进阶
第 04 讲 直线与方程中的核心问题
Page 118
见存在先问构造
(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)借助反证法证明即可得；
(2)联立两直线可解出交点坐标，再借助两点间距离公式计算即可得证.
【详解】(1)假设直线𝑙1与𝑙2不相交，则直线𝑙1与𝑙2平行或重合，有𝑘1 = 𝑘2，
又𝑘1𝑘2 + 1 = 0，得𝑘2
1 + 1 = 0，此时𝑘1无实数解，从而𝑘1 ≠𝑘2，即直线𝑙1与𝑙2相交；
(2)设直线𝑙1与𝑙2的交点为点𝑃，
解方程组{𝑦= 𝑘1𝑥+ 1
𝑦= 𝑘2𝑥−1，得
{
𝑥=
2
𝑘2 −𝑘1
𝑦= 𝑘2 + 𝑘1
𝑘2 −𝑘1
，则点𝑃(
2
𝑘2 −𝑘1
, 𝑘2 + 𝑘1
𝑘2 −𝑘1
)，
设原点为𝑂，
则|𝑂𝑃| =
√
(
2
𝑘2 −𝑘1
)
2
+ (𝑘2 + 𝑘1
𝑘2 −𝑘1
)
2
=
√
4 + 𝑘2
2 + 𝑘2
1 + 2𝑘1𝑘2
𝑘2
2 + 𝑘2
1 −2𝑘1𝑘2
=
√
𝑘2
1 + 𝑘2
2 + 2
𝑘2
1 + 𝑘2
2 + 2
= 1，
即直线𝑙1与𝑙2的交点到原点的距离为定值1.
练
强化训练
Targeted Practice
1. （25-26·广东惠州）已知点𝐴(2 , −3), 𝐵(−5 , −2)，过点𝑃(−1 , 1)的直线𝑙与线段𝐴𝐵（含端点）有公共
点，则直线𝑙的斜率𝑘的取值范围为（ ）
A. [−4
3 , 3
4]
B. (−∞, −3
4] ∪[4
3 , + ∞)
C. [−3
4 , 4
3]
D. (−∞, −4
3] ∪[3
4 , + ∞)
𝐷
【分析】求出𝑘𝑃𝐴, 𝑘𝑃𝐵，再结合图形求出斜率𝑘的取值范围即可.
【详解】解：因为𝑃(−1 , 1)，𝐴(2 , −3) , 𝐵(−5 , −2)，
所以𝑘𝑃𝐴= −3 −1
2 + 1 = −4
3 , 𝑘𝑃𝐵= −2 −1
−5 + 1 = 3
4，
因为直线𝑙与线段𝐴𝐵(含端点）有公共点，
则𝑘≤−4
3或𝑘≥3
4
故直线𝑙的斜率𝑘的范围为(−∞, −4
3] ∪[3
4 , + ∞).
故选：𝐷.
第 04 讲 直线与方程中的核心问题
高二数理进阶
见证明先定目标形
Page 119
2. （25-26·山东临沂）点𝑃(1 , −2)到直线𝑙: (3 + 2𝜆)𝑥+ (4 + 𝜆)𝑦−2 + 2𝜆= 0(𝜆∈𝑅)的距离最大时，
其最大值以及此时的直线的方程分别为（ ）
A. √17；3𝑥−4𝑦−11 = 0
B. 5；3𝑥−4𝑦+ 14 = 0
C. √17；4𝑥+ 3𝑦−11 = 0
D. 5；4𝑥+ 3𝑦−14 = 0
𝐵
【分析】求出直线𝑙所过的定点，再确定最大值条件即可求解.
【详解】将直线𝑙: (3 + 2𝜆)𝑥+ (4 + 𝜆)𝑦−2 + 2𝜆= 0(𝜆∈𝑅)变形得3𝑥+ 4𝑦−2 + 𝜆(2𝑥+ 𝑦+ 2) = 0，
由{3𝑥+ 4𝑦−2 = 0
2𝑥+ 𝑦+ 2 = 0 ，解得{𝑥= −2
𝑦= 2 ，因此直线𝑙过定点𝐴(−2 , 2)，
当𝐴𝑃⟂𝑙时，点𝑃(1 , −2)到直线𝑙: (3 + 2𝜆)𝑥+ (4 + 𝜆)𝑦−2 + 2𝜆= 0(𝜆∈𝑅)的距离最大，
最大值为|𝐴𝑃| = √(−2 −1)2 + (2 + 2)2 = 5，又直线𝐴𝑃的斜率𝑘𝐴𝑃= 2 + 2
−2 −1 = −4
3，
所以直线𝑙的方程为𝑦−2 = 3
4(𝑥+ 2)，即3𝑥−4𝑦+ 14 = 0.
故选：𝐵
3. （25-26·山西大同）已知实数𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑满足3𝑎−4𝑏+ 3 = 0，3𝑐−4𝑑−7 = 0 ， 则(𝑎−𝑐)2 + (𝑏−
𝑑)2的最小值为（ ）
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
𝐷
【分析】根据题意，结合两平行直线距离公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可得，(𝑎, 𝑏)是直线3𝑥−4𝑦+ 3 = 0上的点，
(𝑐, 𝑑)是直线3𝑥−4𝑦−7 = 0上的点，则两直线平行，
(𝑎−𝑐)2 + (𝑏−𝑑)2的最小值是平行直线之间的距离的平方，
高二数理进阶
第 04 讲 直线与方程中的核心问题
Page 120
见参数先分主从
可得最小值为
(
|3 + 7|
√32 + (−4)2)
2
= 4.
故选：𝐷
4. 已知直线𝑙1 : 4𝑥−3𝑦+ 5 = 0与直线𝑙2 : 8𝑥−6𝑦−15 = 0，在𝑙1上任取一点𝐴，在𝑙2上任取一点𝐵，连接
𝐴𝐵，取𝐴𝐵的靠近点𝐵的四等分点𝐶，过点𝐶作𝑙1的平行线𝑙3，则𝑙1与𝑙3之间的距离为（ ）
A. 5
8
B. 15
8
C. 3
8
D. 1
8
𝐵
【分析】方法1，由题可得𝑙1与𝑙2平行，则𝑙1与𝑙3之间的距离为𝑙1与𝑙2之间距离的3
4，据此可得答案；方法
2，注意到𝐴, 𝐵 的选取对直线𝑙3方程无影响，为此取𝐴(0 , 5
3) , 𝐵(0 , −5
2)，可得𝑙3方程，据此可得答
案.
【详解】方法1，直线𝑙2的方程可化为4𝑥−3𝑦−15
2 = 0，又𝑙1 : 4𝑥−3𝑦+ 5 = 0，故直线𝑙1与𝑙2平行．
如图，过𝐴作𝐴𝐷⟂𝑙2于点𝐷，交直线𝑙3于点𝐸，则|𝐴𝐸|为所求直线𝑙1与𝑙3的距离．
因为𝑙1//𝑙2//𝑙3，|𝐴𝐶| = 3
4|𝐴𝐵|，所以|𝐴𝐸| = 3
4|𝐴𝐷| = 3
4 ×
|5 −(−15
2 )|
√42 + (−3)2
= 15
8 ．
方法2，由方法1，直线𝑙1与𝑙2平行，则𝐴, 𝐵 的选取对直线𝑙3方程无影响，
不妨设𝐴(0 , 5
3) , 𝐵(0 , −5
2)，因为𝐶为𝐴𝐵上靠近点𝐵的四等分点，则𝐴𝐶⃗= 3𝐶𝐵⃗，
设𝐶(0 , 𝑦)，则𝑦−5
3 = 3(−5
2 −𝑦) ⇒𝑦= −35
24.
设直线𝑙3的方程为4𝑥−3𝑦+ 𝐶1 = 0，将点𝐶的坐标代入，得𝐶1 = −35
8 ，
则4𝑥−3𝑦−35
8 = 0，故直线𝑙1与𝑙3之间的距离𝑑=
|5 −(−35
8 )|
√42 + (−3)2
= 15
8 ．
第 04 讲 直线与方程中的核心问题
高二数理进阶
见条件先排顺序
Page 121
故选：𝐵
5. （25-26·重庆）过直线(𝑎+ 1)𝑥+ (𝑎−1)𝑦−4𝑎= 0的定点𝑃，且与直线5𝑥+ 6𝑦+ 11 = 0垂直的直线的
一般式方程为
.
6𝑥−5𝑦−2 = 0
【分析】求出点𝑃的坐标，再利用垂直关系设出直线方程，利用待定系数法求出方程.
【详解】直线(𝑎+ 1)𝑥+ (𝑎−1)𝑦−4𝑎= 0，即𝑎(𝑥+ 𝑦−4) + (𝑥−𝑦) = 0，由{𝑥+ 𝑦−4 = 0
𝑥−𝑦= 0
得点
𝑃(2 , 2)，
设与直线5𝑥+ 6𝑦+ 11 = 0垂直的直线方程为6𝑥−5𝑦+ 𝑚= 0，则6 × 2 −5 × 2 + 𝑚= 0，解得𝑚= −2，
所以所求直线方程为6𝑥−5𝑦−2 = 0.
故答案为：6𝑥−5𝑦−2 = 0
6. （25-26·福建龙岩）已知𝑚∈𝑅，若过定点𝐴的动直线𝑙1 : 𝑥−𝑚𝑦= 0和过定点𝐵的动直线𝑙2 : 𝑚𝑥+ 𝑦+
𝑚= 0交于点𝑃（𝑃与𝐴，𝐵不重合），则|𝑃𝐴|2 + |𝑃𝐵|2的值为
.
1
【分析】根据题意直线方程可得𝐴(0 , 0)，𝐵(−1 , 0)，分析可知𝑃𝐴⟂𝑃𝐵，即可得结果.
【详解】因为动直线𝑙1 : 𝑥−𝑚𝑦= 0过定点𝐴(0 , 0)，动直线𝑙2 : 𝑚𝑥+ 𝑦+ 𝑚= 0过定点𝐵(−1 , 0)，
且1 × 𝑚+ (−𝑚) × 1 = 0，可知𝑙1 ⟂𝑙2，即𝑃𝐴⟂𝑃𝐵，
所以|𝑃𝐴|2 + |𝑃𝐵|2 = |𝐴𝐵|2 = 1.
故答案为：1.
7. （25-26·辽宁沈阳）对任意的实数𝜆，原点𝑂(0 , 0)到直线(2 + 𝜆)𝑥−(1 + 𝜆)𝑦−2(3 + 2𝜆) = 0的距离
𝑑的取值范围为
．
[0 , 2√2)
【分析】根据直线系方程先求解出直线所过的定点，然后考虑直线经过𝑂点、𝑂与定点的连线垂直直线，
由此确定出𝑑的取值范围.
【详解】直线𝑙的方程可化为𝜆(𝑥−𝑦−4) + (2𝑥−𝑦−6) = 0，
令{𝑥−𝑦−4 = 0
2𝑥−𝑦−6 = 0，解得{𝑥= 2
𝑦= −2，所以直线𝑙过定点𝑃(2 , −2)，
高二数理进阶
第 04 讲 直线与方程中的核心问题
Page 122
见结论先找入口
当直线𝑙经过𝑂(0 , 0)时，此时3 + 2𝜆= 0，即𝜆= −3
2，故𝑑= 0，
当直线𝑙与𝑂𝑃垂直时，此时𝑑取最大值，下面证明：
当𝑂𝑃与直线垂直时，记直线为𝑙1，
当𝑂𝑃不与直线垂直且直线不经过𝑂时，记直线为𝑙2，
过𝑂作𝑂𝑄⟂𝑙2交于𝑄点，如下图所示，
由图可知：△𝑂𝑄𝑃为直角三角形且𝑂𝑃为斜边，所以|𝑂𝑃| > |𝑂𝑄|，
所以𝑑取最大值时，𝑂𝑃与直线垂直，故𝑑𝑚𝑎𝑥= √(2 −0)2 + (−2 −0)2 = 2√2，
但此时𝑙的方程为𝑦+ 2 = −
1
−2 −0
2 −0
(𝑥−2)，即为𝑥−𝑦−4 = 0，
此时无论𝜆取何值都无法满足要求，故𝑑𝑚𝑎𝑥取不到2√2，
所以𝑑∈[0 , 2√2)，
故答案为：[0 , 2√2).
8. 已知函数𝑓(𝑥) = √𝑥2 −4𝑥+ 13 + √𝑥2 −10𝑥+ 26，则𝑓(𝑥)的最小值为
．
5
【分析】整理函数解析式，可转化为到点的距离之和，结合图象，可得答案.
【详解】𝑓(𝑥) = √(𝑥−2)2 + (0 −3)2 + √(𝑥−5)2 + [0 −(−1)]2，
转化为𝑥轴上的动点𝐴到两定点𝐵(2 , 3)，𝐶(5 , −1)的距离之和最小，
第 04 讲 直线与方程中的核心问题
高二数理进阶
公式应被理解，而非背诵
Page 123
由图可知𝐴𝐵+ 𝐴𝐶≥𝐵𝐶，距离之和的最小值为5.
故答案为：5.
9. 已知实数𝑥, 𝑦满足2𝑥+ 𝑦= 8，且2 ≤𝑥≤3．
（1）求𝑦
𝑥的取值范围；
（2）求𝑦+ 1
𝑥+ 1的取值范围．
(1)[2
3 , 2]
(2)[3
4 , 5
3]
【分析】(1)由题意画出图形，再由𝑦
𝑥的几何意义为线段𝐴𝐵上的点与定点𝑂(0 , 0)连线的斜率，即可求出𝑦
𝑥
的取值范围；
(2)由题意画出图形，再由𝑦+ 1
𝑥+ 1的几何意义为线段𝐴𝐵上的点与定点𝑁(−1 , −1)连线的斜率，即可求出
𝑦+ 1
𝑥+ 1的取值范围.
【详解】(1)
如图，由于点𝑃(𝑥, 𝑦)满足关系式2𝑥+ 𝑦= 8，且2 ≤𝑥≤3，
所以点𝑃在线段𝐴𝐵上移动，且𝐴, 𝐵两点的坐标分别为𝐴(2 , 4)，𝐵(3 , 2)．
由于𝑦
𝑥的几何意义是直线𝑂𝑃的斜率，且𝑘𝑂𝐴= 2，𝑘𝑂𝐵= 2
3，
所以𝑦
𝑥的取值范围是[2
3 , 2]．
(2)
高二数理进阶
第 04 讲 直线与方程中的核心问题
Page 124
计算应被组织，而非堆叠
因为𝑦+ 1
𝑥+ 1 = 𝑦−(−1)
𝑥−(−1)的几何意义是过𝑃(𝑥, 𝑦)，𝑁(−1 , −1)两点的直线的斜率，
由题意可知点𝑃在线段𝐴𝐵上移动，且𝐴, 𝐵两点的坐标分别为𝐴(2 , 4)，𝐵(3 , 2)．
则𝑘𝑁𝐴= 5
3，𝑘𝑁𝐵= 3
4，所以3
4 ≤𝑦+ 1
𝑥+ 1 ≤5
3．
所以𝑦+ 1
𝑥+ 1的取值范围为[3
4 , 5
3]．
10. （25-26·山东）直线𝑙方程为(𝑚+ 1)𝑥+ 𝑦−2𝑚−3 = 0(𝑚∈𝑅)．
（1）证明：无论𝑚为何值，直线𝑙过定点；
（2）已知𝑂是坐标原点，若直线𝑙分别与𝑥轴正半轴、𝑦轴正半轴交于𝐴，𝐵两点，当△𝐴𝑂𝐵的面积最小时，
求△𝐴𝑂𝐵的周长及此时直线𝑙的方程．
(1)证明见详解
(2)△𝐴𝑂𝐵的周长为6 + 2√5，直线𝑙的方程𝑥+ 2𝑦−4 = 0
【分析】(1)将直线𝑙的方程变形为𝑚(𝑥−2) + 𝑥+ 𝑦−3 = 0，令{𝑥−2 = 0
𝑥+ 𝑦−3 = 0，解得即可；
(2)首先求出直线在𝑥、𝑦轴上的截距，即可求出𝑚的范围，再由面积公式及基本不等式求出面积最小值及
此时𝑚的值，从而求出直线𝑙的方程及三角形的周长.
【详解】(1)因为直线𝑙的方程(𝑚+ 1)𝑥+ 𝑦−2𝑚−3 = 0，即𝑚(𝑥−2) + 𝑥+ 𝑦−3 = 0，
令{𝑥−2 = 0
𝑥+ 𝑦−3 = 0，解得{𝑥= 2
𝑦= 1，
所以直线𝑙恒过定点(2 , 1)；
(2)因为直线𝑙的方程(𝑚+ 1)𝑥+ 𝑦−2𝑚−3 = 0，依题意𝑚+ 1 ≠0，即𝑚≠−1，
令𝑥= 0，得到𝑦= 2𝑚+ 3；令𝑦= 0，得到𝑥= 2𝑚+ 3
𝑚+ 1 ；
令
{
2𝑚+ 3 > 0
2𝑚+ 3
𝑚+ 1 > 0，解得𝑚> −1，
可得𝑆△𝐴𝑂𝐵= 1
2|2𝑚+ 3||2𝑚+ 3
𝑚+ 1 | = (2𝑚+ 3)2
2|𝑚+ 1| ，
第 04 讲 直线与方程中的核心问题
高二数理进阶
推理应被呈现，而非暗藏
Page 125
令𝑚+ 1 = 𝑡> 0，则𝑆△𝐴𝑂𝐵= (2𝑡+ 1)2
2|𝑡|
= 4𝑡2 + 4𝑡+ 1
2𝑡
= 2𝑡+ 1
2𝑡+ 2 ≥2 + 2 = 4，
当且仅当2𝑡= 1
2𝑡，即𝑡= 1
2 , 𝑚= −1
2时，等号成立
此时直线𝑙的方程为𝑥+ 2𝑦−4 = 0，
且𝐴(4 , 0)，𝐵(0 , 2)，|𝐴𝐵| = √42 + 22 = 2√5，
所以当△𝐴𝑂𝐵的面积最小时，△𝐴𝑂𝐵的周长为6 + 2√5，直线𝑙的方程𝑥+ 2𝑦−4 = 0.
测
知识小测
Exit Quiz
1. （25-26·福建莆田）已知三点𝐴(2 , −1)，𝐵(4 , 3)，𝐶(5 , 𝑘)在同一条直线上，则𝑘的值为（ ）
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7
𝐵
【分析】根据给定的条件，利用𝑘𝐴𝐵= 𝑘𝐵𝐶列式计算即得.
【详解】由𝐴(2 , −1)，𝐵(4 , 3)，𝐶(5 , 𝑘)三点共线，得𝑘𝐴𝐵= 𝑘𝐵𝐶，即3 −(−1)
4 −2
= 𝑘−3
5 −4，解得𝑘= 5．
故选：𝐵
2. （25-26·上海）已知直线𝑙的方程是(3𝑎−1)𝑥−(𝑎−2)𝑦−1 = 0，则对任意的实数𝑎，直线𝑙一定经过．
（ ）
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
𝐴
【分析】首先求直线所过定点，再判断选项.
【详解】(3𝑎−1)𝑥−(𝑎−2)𝑦−1 = 0 ⇒𝑎(3𝑥−𝑦) −𝑥+ 2𝑦−1 = 0，
{3𝑥−𝑦= 0
−𝑥+ 2𝑦−1 = 0，得
{
𝑥= 1
5
𝑦= 3
5
，定点在第一象限，则直线一定经过第一象限
高二数理进阶
第 04 讲 直线与方程中的核心问题
Page 126
直觉应被验证，而非放任
故选：𝐴
3. （25-26·湖南株洲）已知直线𝑙1 : 𝑎𝑥+ 2𝑦= 0与直线𝑙2 : 𝑥+ (𝑎+ 1)𝑦+ 4 = 0，则“𝑎= 1”是“𝑙1//𝑙2”
（ ）
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
𝐴
【分析】当𝑎= 1时，可得出𝑙1//𝑙2，当𝑙1//𝑙2时，得到𝑎= 1或𝑎= −2，再利用充分条件与必要条件的判
断方法，即可求解.
【详解】当𝑎= 1时，𝑙1 : 𝑥+ 2𝑦= 0，𝑙2 : 𝑥+ 2𝑦+ 4 = 0，此时𝑙1//𝑙2，所以𝑎= 1可以推出𝑙1//𝑙2，
若𝑙1//𝑙2，由𝑎(𝑎+ 1) = 2，解得𝑎= 1或𝑎= −2，
当𝑎= −2，𝑙1 : 𝑥−𝑦= 0，𝑙2 : 𝑥−𝑦+ 4 = 0，显然有𝑙1//𝑙2，所以𝑙1//𝑙2推不出𝑎= 1，
所以“𝑎= 1”是“𝑙1//𝑙2”的充分不必要条件，
故选：𝐴.
4. （多选）直线𝑙经过点𝐴(1 , 2)，在𝑥轴上的截距的取值范围是(−3 , 3)，则其斜率的取值范围可以是
（ ）
A. (−1 , 1
5)
B. (−∞, −1)
C. (1
5 , + ∞)
D. (1
2 , + ∞)
𝐵𝐷
【分析】根据题意，分别求得直线𝑙过点𝐵以及点𝐶的斜率，再结合图像，即可得到结果.
【详解】
设直线的斜率为𝑘，
如图，过定点𝐴的直线经过点𝐵(3 , 0)时，直线𝑙在𝑥轴上的截距为3，此时𝑘= −1；
过定点𝐴的直线经过点𝐶(−3 , 0)时，直线𝑙在𝑥轴的截距为−3，此时𝑘= 1
2，
满足条件的直线𝑙的斜率范围是(−∞, −1) ∪(1
2 , + ∞)．
第 04 讲 直线与方程中的核心问题
高二数理进阶
经验应被归纳，而非停留
Page 127
故选：𝐵𝐷
5. 已知两直线𝑙1 : (𝑚−1)𝑥−6𝑦−2 = 0，𝑙2 : 𝑚𝑥+ 𝑦+ 1 = 0，若𝑙1 ⟂𝑙2，则𝑚=
.
−2或3
【分析】根据一般式方程两直线垂直的充要条件得到方程，解得即可.
【详解】因为𝑙1 : (𝑚−1)𝑥−6𝑦−2 = 0，𝑙2 : 𝑚𝑥+ 𝑦+ 1 = 0，且𝑙1 ⟂𝑙2
所以𝑚(𝑚−1) −6 × 1 = 0，解得𝑚= 3或𝑚= −2.
故答案为：−2或3
第 05 讲 直线中的对称与新定义问题
高二数理进阶
答案只是终点，路径才是能力
Page 129
第 05 讲
直线中的对称与新定义问题
讲
题型精讲
Core examples
题型1
点的对称问题
题型点拨
1、思路：该点是两对称点连线段的中点．
2、方法：利用中点坐标公式
平面内点𝐴(𝑥0 , 𝑦0)关于𝑃(𝑎, 𝑏)对称点坐标为(2𝑎−𝑥0 , 2𝑏−𝑦0)，
平面内点𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，𝐴′(𝑥2 , 𝑦2)关于点𝑃(𝑥1 + 𝑥2
2
, 𝑦1 + 𝑦2
2
)对称．
典例1 已知不同的两点𝑃(𝑎, −𝑏)与𝑄(𝑏+ 1 , 𝑎−1)关于点(3 , 4)对称，则𝑎𝑏= （ ）
A. −5
B. 14
C. −14
D. 5
𝐶
【分析】根据中点公式，列出方程，求得𝑎, 𝑏的值，进而求得𝑎𝑏的值.
【详解】因为两点𝑃(𝑎, −𝑏)与𝑄(𝑏+ 1 , 𝑎−1)关于点(3 , 4)对称，
可得
{
𝑎+ 𝑏+ 1
2
= 3
𝑎−𝑏−1
2
= 4
，即{𝑎+ 𝑏= 5
𝑎−𝑏= 9，解得𝑎= 7 , 𝑏= −2，
所以𝑎𝑏= 7 × (−2) = −14.
故选：𝐶.
变式1 点𝑃(3 , −1)关于点𝑀(1 , 2)对称的点的坐标为
．
(−1 , 5)
【分析】根据对称中心的概念以及中点坐标公式即可求解.
【详解】解：由题意得：
设对称点的坐标为(𝑚, 𝑛)
高二数理进阶
第 05 讲 直线中的对称与新定义问题
Page 130
纸面整洁，是思路可见
{
3 + 𝑚
2
= 1
𝑛+ (−1)
2
= 2
，解得：{𝑚= −1
𝑛= 5
所以对称点的坐标为(−1 , 5)
故答案为：(−1 , 5)
题型2
点关于直线的对称问题
题型点拨
1、思路：轴（直线）是对称点连线段的中垂线．
2、(1)当直线斜率存在时：方法：利用“垂直”和“平分”这两个条件建立方程组，就可求出对称点的坐
标，一般地：设点 (𝑥0 , 𝑦0) 关于直线 𝐴𝑥+ 𝐵𝑦+ 𝐶= 0 的对称点为 (𝑥′ , 𝑦′)，则满足 𝑦′ −𝑦0
𝑥′ −𝑥0
⋅
(−𝐴
𝐵) = −1，且 𝐴𝑥′ + 𝑥0
2
+ 𝐵𝑦′ + 𝑦0
2
+ 𝐶= 0.
(2)当直线斜率不存在时：点(𝑥0 , 𝑦0)关于𝑥= 𝑚的对称点为(2𝑚−𝑥0 , 𝑦0)．
典例2 （25-26·安徽合肥）已知点𝐴(−1 , 2)关于直线𝑙：𝑥+ 𝑦−2 = 0的对称点为𝐵，设直线𝑚经过点𝐵，
则当点𝐶(3 , 0)到直线𝑚的距离最大时，直线𝑚的方程为（ ）
A. 𝑥−𝑦−3 = 0
B. 𝑥−𝑦+ 3 = 0
C. 𝑥+ 𝑦+ 3 = 0
D. 𝑥+ 𝑦−3 = 0
𝐵
【分析】设出𝐵点坐标，先根据对称得到方程，求出𝐵点坐标，数形结合得到，直线𝑚垂直于直线𝐵𝐶时，
点𝐶(3 , 0)到直线𝑚的距离最大，根据𝐵𝐶的斜率求出直线𝑚的斜率为1，得到直线方程.
【详解】设𝐵(𝑎, 𝑏)，因为点𝐴(−1 , 2)关于直线𝑙：𝑥+ 𝑦−2 = 0的对称点为𝐵，
所以
{
𝑏−2
𝑎+ 1 = 1
𝑎−1
2
+ 𝑏+ 2
2
−2 = 0
，解得{𝑎= 0
𝑏= 3，即𝐵(0 , 3)．
设点𝐶(3 , 0)到直线𝑚的距离为𝑑，
又直线𝑚经过点𝐵，所以当𝑚垂直于直线𝐵𝐶时，𝑑取得最大值，
而𝑘𝐵𝐶= 3 −0
0 −3 = −1，
因此直线𝑚的斜率为1，所以直线𝑚的方程为𝑦−3 = 𝑥−0，即𝑥−𝑦+ 3 = 0.
故选：𝐵
第 05 讲 直线中的对称与新定义问题
高二数理进阶
草稿有序，错误无处藏身
Page 131
变式2 （25-26·广东清远）已知点𝑃在直线𝑥−𝑦−1 = 0上，点𝐴(1 , −2), 𝐵(2 , 6)，则|𝑃𝐴| −|𝑃𝐵|的最小
值为
−3√5
【知识点】求点关于直线的对称点后可求线段差的最小值.
【详解】如图，设𝐴(1 , −2)关于直线𝑥−𝑦−1 = 0的对称点为𝐸(𝑚, 𝑛)，则
{
𝑚+ 1
2
−𝑛−2
2
−1 = 0
𝑛+ 2
𝑚−1 × 1 = −1
，
解得{𝑚= −1
𝑛= 0
，则𝐸(−1 , 0)，
于是|𝑃𝐴| −|𝑃𝐵| = |𝑃𝐸| −|𝑃𝐵|，
结合图形知，当𝐵, 𝐸, 𝑃三点共线时，此时|𝑃𝐸| −|𝑃𝐵|取得最小值−|𝐵𝐸| = −3√5，
即|𝑃𝐴| −|𝑃𝐵|取得最小值为−3√5
故答案为：−3√5
题型3
直线关于点的对称问题
题型点拨
1、思路：直线关于一点对称后，所得直线与原直线平行或重合；当对称中心不在原直线上时，两直线
平行且对称中心到两直线的距离相等。
2、法一：转化为“点关于点”的对称问题（在𝑙上找两个特殊点（通常取直线与坐标轴的交点），求出各
自关于𝐴对称的点，然后求出直线方程）．
法二：利用平行性质解（求一个对称点，且斜率相等；或设平行直线系，利用点到直线距离相等，并保
证对称中心位于两条平行线之间，或排除与原直线重合的结果）．
典例3 与直线3𝑥−4𝑦+ 5 = 0关于坐标原点对称的直线的方程为（ ）
高二数理进阶
第 05 讲 直线中的对称与新定义问题
Page 132
订正不是改答案，是改思路
A. 4𝑥+ 3𝑦−5 = 0
B. 3𝑥+ 4𝑦+ 5 = 0
C. 4𝑥−3𝑦+ 5 = 0
D. 3𝑥−4𝑦−5 = 0
𝐷
【分析】设出所求对称直线上的点的坐标，求出关于原点的对称点坐标，代入已知直线方程，即可.
【详解】设直线3𝑥−4𝑦+ 5 = 0上一点𝑄(𝑥1 , 𝑦1)关于坐标原点(0 , 0)对称的点为𝑃(𝑥, 𝑦)，
则𝑥+ 𝑥1
2
= 0，𝑦+ 𝑦1
2
= 0，解得𝑥1 = −𝑥，𝑦1 = −𝑦，
代入3𝑥−4𝑦+ 5 = 0，得3𝑥−4𝑦−5 = 0，
即所求直线的方程为3𝑥−4𝑦−5 = 0．
故选：𝐷.
变式3 直线𝑙过点𝑃(−2 , 0)，点𝑄(1 , √3)到直线𝑙的距离为2√3，直线𝑙′与直线𝑙关于点𝑄对称.
（1）求直线𝑙′的方程；
（2）记原点为𝑂，直线𝑙′上有一动点𝑀，则当|𝑂𝑀| + |𝑀𝑄|最小时，求点𝑀的坐标.
(1)√3𝑥+ 𝑦−6√3 = 0 ；
(2)𝑀
(
21
5 , 9√3
5 )
.
【分析】
(1)由题意设直线𝑙的斜率存在，设直线𝑙的方程为𝑦= 𝑘(𝑥+ 2)，然后由点𝑄(1 , √3)到直线𝑙的距离为
2√3，列方程可求出𝑘的值，再求出点𝑃(−2 , 0)关于点𝑄对称，再在直线𝑙上任取一点，求出其关于点𝑄的
对称点，从而可求出直线𝑙′的方程；
(2)设原点为𝑂关于直线𝑙′的对称点为𝑂′，则|𝑂𝑀| + |𝑀𝑄| = |𝑂′𝑀| + |𝑀𝑄| ≥|𝑂′𝑄|，当𝑂′ , 𝑀, 𝑄三点共
线时取等号，然后求出直线𝑂′𝑄的方程，联立直线𝑂′𝑄的方程与直线𝑙′的方程可求出点𝑀的坐标.
【详解】(1)由题意设直线𝑙的斜率存在，设直线𝑙的方程为𝑦= 𝑘(𝑥+ 2)，
因为点𝑄(1 , √3)到直线𝑙的距离为2√3，
所以
|𝑘−√3 + 2𝑘|
√𝑘2 + 1
= 2√3，
化简得𝑘2 + 2√3𝑘+ 3 = 0，解得𝑘= −√3，
所以直线𝑙的方程为𝑦= −√3(𝑥+ 2)，
当𝑥= 0时，𝑦= −2√3，
则直线𝑙与𝑦轴交于点𝐴(0 , −2√3)，
点𝑃(−2 , 0)，𝐴(0 , −2√3)关于点𝑄(1 , √3)的对称点分别为𝑃′(4 , 2√3), 𝐴′(2 , 4√3)，
第 05 讲 直线中的对称与新定义问题
高二数理进阶
复盘要追到第一处偏差
Page 133
所以直线𝑙′的斜率为4√3 −2√3
2 −4
= −√3，
所以直线𝑙′的方程为𝑦−2√3 = −√3(𝑥−4)，即√3𝑥+ 𝑦−6√3 = 0，
(2)设原点为𝑂关于直线𝑙′的对称点为𝑂′，则|𝑂′𝑀| = |𝑂𝑀|，
所以|𝑂𝑀| + |𝑀𝑄| = |𝑂′𝑀| + |𝑀𝑄| ≥|𝑂′𝑄|，
所以当𝑂′ , 𝑀, 𝑄三点共线时取等号，
设𝑂′(𝑥, 𝑦)，则
{
𝑦
𝑥⋅(−√3) = −1
√3 ⋅𝑥
2 + 𝑦
2 −6√3 = 0
，解得{𝑥= 9
𝑦= 3√3，即𝑂′(9 , 3√3)，
所以𝑘𝑂′𝑄= 3√3 −√3
9 −1
= √3
4 ，
所以直线𝑂′𝑄的方程为𝑦−√3 = √3
4 (𝑥−1)，即√3𝑥−4𝑦+ 3√3 = 0，
由
{
√3𝑥−4𝑦+ 3√3 = 0
√3𝑥+ 𝑦−6√3 = 0
，解得
{
𝑥= 21
5
𝑦= 9√3
5
，即𝑀
(
21
5 , 9√3
5 )
.
题型4
直线关于直线的对称问题
题型点拨
1、当𝑙1与𝑙相交时：此问题可转化为“点关于直线”的对称问题；
求直线𝑙1 : 𝑎𝑥+ 𝑏𝑦+ 𝑐= 0，关于直线𝑙2 : 𝑑𝑥+ 𝑒𝑦+ 𝑓= 0（两直线不平行）的对称直线𝑙3
第一步：联立𝑙1 , 𝑙2算出交点𝑃(𝑥0 , 𝑦0)；
第二步：在𝑙1上任找一点（非交点）𝑄(𝑥1 , 𝑦1)，求出关于直线对称的点𝑄′(𝑥2 , 𝑦2)；
第三步：利用两点式写出𝑙3方程．
2、当𝑙1与𝑙平行时：对称直线与已知直线平行．
两条对称直线到对称轴的距离相等，利用平行线间距离公式建立方程即可解得．
高二数理进阶
第 05 讲 直线中的对称与新定义问题
Page 134
难题常从简单结构入手
典例4 已知直线𝑙：2𝑥−3𝑦+ 1 = 0，则直线𝑚：3𝑥−2𝑦−6 = 0关于直线𝑙的对称直线𝑚′的方程为
．
9𝑥−46𝑦+ 102 = 0
【分析】解法一：在直线𝑚上取一点𝑀(2 , 0)，则𝑀关于直线𝑙的对称点𝑀′(𝑎, 𝑏)必在𝑚′上，则𝑀𝑀′在直
线𝑙上，且直线𝑀𝑀′与直线𝑙斜率的乘积等于−1，建立方程组解出𝑀′(𝑎, 𝑏)，再由𝑚′经过𝑚与𝑙的交点，
由两点式可得直线𝑚′的方程，即可得解；
解法二：利用二级结论，直线𝑃𝑥+ 𝑄𝑦+ 𝑅= 0关于直线𝐴𝑥+ 𝐵𝑦+ 𝐶= 0(𝐴2 + 𝐵2 ≠0)对称的直线方
程，由式子𝑃𝑥+ 𝑄𝑦+ 𝑅
𝐴𝑥+ 𝐵𝑦+ 𝐶= 2(𝑃𝐴+ 𝑄𝐵)
𝐴2 + 𝐵2
决定，即可得到直线𝑚′的方程.
【详解】解法一：在直线𝑚上取一点，不妨取𝑀(2 , 0)，则𝑀(2 , 0)关于直线𝑙的对称点𝑀′必在𝑚′上．
设𝑀′(𝑎, 𝑏)，则
{
2 × 𝑎+ 2
2
−3 × 𝑏+ 0
2
+ 1 = 0
𝑏−0
𝑎−2 × 2
3 = −1
，解得
{
𝑎= 6
13
𝑏= 30
13
,即𝑀′( 6
13 , 30
13)．
设𝑚与𝑙的交点为𝑁，则由{2𝑥−3𝑦+ 1 = 0
3𝑥−2𝑦−6 = 0，得{𝑥= 4
𝑦= 3，即𝑁(4 , 3)．
又𝑚′经过点𝑁(4 , 3)，所以由两点式得直线𝑚′的方程为𝑦−3
30
13 −3
= 𝑥−4
6
13 −4
，
即9𝑥−46𝑦+ 102 = 0．
故答案为：9𝑥−46𝑦+ 102 = 0．
解法二：直线𝑚：3𝑥−2𝑦−6 = 0关于直线𝑙：2𝑥−3𝑦+ 1 = 0对称的直线方程为
3𝑥−2𝑦−6
2𝑥−3𝑦+ 1 = 2 × [3 × 2 + (−2) × (−3)]
22 + (−3)2
= 24
13 ，
即39𝑥−26𝑦−78 = 48𝑥−72𝑦+ 24，所以直线𝑚′的方程为9𝑥−46𝑦+ 102 = 0．
故答案为：9𝑥−46𝑦+ 102 = 0．
变式4 （25-26·辽宁大连）已知直线𝑙1 : 2𝑥−𝑦+ 1 = 0，𝑙2 : 𝑥−2𝑦−1 = 0，若直线𝑙1与𝑙2关于直线𝑙对
称，则直线𝑙的方程为
.
𝑥−𝑦= 0或𝑥+ 𝑦+ 2 = 0
【分析】利用数形结合计算𝑙的斜率结合直线𝑙1与𝑙2的交点计算即可.
【详解】
第 05 讲 直线中的对称与新定义问题
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新题常借旧模型开门
Page 135
易知𝑙1与纵轴交于𝐵(0 , 1)，𝑙2交横轴于点𝐴(1 , 0)，
联立直线𝑙1与𝑙2方程{2𝑥−𝑦+ 1 = 0
𝑥−2𝑦−1 = 0，得两直线交点为𝐶(−1 , −1)，
如上图所示网格中构造直角三角形△𝐴𝐶𝐷, △𝐵𝐶𝐸，易知△𝐴𝐶𝐷≅△𝐵𝐶𝐸，
即∠𝐵𝐶𝐸= ∠𝐴𝐶𝐷，
又∠𝑂𝐶𝐸= ∠𝑂𝐶𝐷= 45∘，
所以∠𝑂𝐶𝐸−∠𝐵𝐶𝐸= ∠𝑂𝐶𝐷−∠𝐴𝐶𝐷⇒∠𝐵𝐶𝑂= ∠𝐴𝐶𝑂，
即𝑂𝐶为两直线𝑙1与𝑙2夹角的平分线，
所以直线𝑂𝐶符合题意，易知其方程为𝑥−𝑦= 0；
当直线𝑙过点𝐶且与𝑥−𝑦= 0垂直时，也符合题意，此时直线方程为𝑥+ 𝑦+ 2 = 0.
故答案为：𝑥−𝑦= 0或𝑥+ 𝑦+ 2 = 0.
题型5
入射、反射光线背景下的对称问题
典例5 （25-26·云南玉溪）一光线过点(2 , 4)，经倾斜角为3𝜋
4 的且过(0 , 1)的直线𝑙反射后过点(5 , 0)，则
反射后的光线不会经过下列哪个点（ ）
A. (1 , −1
2)
B. (2 , −3
8)
C. (3 , −1
4)
D. (4 , −1
4)
𝐷
【分析】利用点斜式求得直线𝑙，再利用点关于直线对称求得点𝐴(2 , 4)关于直线𝑙的对称点𝐴′(𝑚, 𝑛)，进
而利用两点式求得反射光线的方程，再逐一分析判断各选项即可得解.
【详解】倾斜角为3𝜋
4 的且过(0 , 1)的直线𝑙的方程为𝑦−1 = tan 3𝜋
4 (𝑥−0)，即𝑦= −𝑥+ 1，
设点𝐴(2 , 4)关于直线𝑙的对称点𝐴′(𝑚, 𝑛)，则
{
4 + 𝑛
2
= −𝑚+ 2
2
+ 1
𝑛−4
𝑚−2 ⋅(−1) = −1
，
即{𝑚+ 𝑛= −4
𝑚−𝑛= −2，解得{𝑚= −3
𝑛= −1 ，即𝐴′(−3 , −1)，
高二数理进阶
第 05 讲 直线中的对称与新定义问题
Page 136
熟题也需重新审题
于是反射后的光线所在的直线方程𝑙′为𝑦−(−1)
0 −(−1) = 𝑥−(−3)
5 −(−3)，即𝑙′ : 𝑦= 1
8(𝑥−5)，
对于𝐴：𝑥= 1时，𝑦= 1
8(1 −5) = −1
2；
对于𝐵：𝑥= 2时，𝑦= 1
8(2 −5) = −3
8；
对于𝐶：𝑥= 3时，𝑦= 1
8(3 −5) = −1
4；
对于𝐷：𝑥= 4时，𝑦= 1
8(4 −5) = −1
8.
故选：𝐷
变式5 （25-26·吉林长春）如图，在等腰直角△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵= 𝐴𝐶= 3，点𝑃是边𝐴𝐵上异于端点的一点，
光线从点𝑃出发经𝐵𝐶, 𝐶𝐴边反射后又回到点𝑃，若光线𝑄𝑅经过△𝐴𝐵𝐶的重心，则△𝑃𝑄𝑅的周长等于
（ ）
A. 2√5
B. 2√7
C. 4√5
D. 5√3
𝐴
【分析】建立如图所求的直角坐标系，得𝐵(3 , 0), 𝐶(0 , 3)，设𝑃(𝑎, 0)，求出𝑃关于直线𝐵𝐶的对称点𝑃1
的坐标，𝑃关于𝑦轴对称点𝑃2的坐标，由反射性质𝑃1 , 𝑄, 𝑅, 𝑃2四点共线，求得直线𝑄𝑅方程，由𝐺在直
线𝑄𝑅上可求得𝑎，然后计算|𝑃1𝑃2|即可．
【详解】建立如图所求的直角坐标系，得𝐵(3 , 0), 𝐶(0 , 3)，
则直线𝐵𝐶方程为𝑥+ 𝑦= 3，
第 05 讲 直线中的对称与新定义问题
高二数理进阶
变式检验迁移能力
Page 137
且△𝐴𝐵𝐶的重心为𝐺(0 + 0 + 3
3
, 0 + 0 + 3
3
)，即𝐺(1 , 1)，
设𝑃(𝑎, 0)，𝑃关于直线𝐶𝐵的对称为𝑃1(𝑥, 𝑦)，
则
{
𝑎+ 𝑥
2
+ 𝑦+ 0
2
= 3
𝑦−0
𝑥−𝑎⋅(−1) = −1
，解得{𝑥= 3
𝑦= 3 −𝑎，则𝑃1(3 , 3 −𝑎)，
易知𝑃关于𝑦轴的对称点为𝑃2(−𝑎, 0)，
根据光线反射原理知𝑃1 , 𝑄, 𝑅, 𝑃2四点共线，
所以直线𝑄𝑅的方程为，𝑦= 3 −𝑎−0
3 −(−𝑎)[𝑥−(−𝑎)]，即𝑦= 3 −𝑎
3 + 𝑎(𝑥+ 𝑎)，
又直线𝑄𝑅过𝐺(1 , 1)，
所以1 = 3 −𝑎
3 + 𝑎(1 + 𝑎)，解得𝑎= 1或𝑎= 0（舍去），
所以𝑃(1 , 0)，𝑃1(3 , 2),𝑃2(−1 , 0),
所以|𝑃1𝑃2| = √(3 + 1)2 + (2 −0)2 = 2√5.
故选：𝐴.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线方程的应用，解题关键是利用对称性，把△𝑃𝑄𝑅的三边转化为到同
一条直线上，利用直线方程求得点𝑃位置，然后得路程的最小值．
题型6
直线中的新定义问题
典例6 （25-26·上海）定义：点𝑃(𝑥0 , 𝑦0)到直线𝑙: 𝑎𝑥+ 𝑏𝑦+ 𝑐= 0（𝑎, 𝑏不全为零）的有向距离为𝛿=
𝑎𝑥0 + 𝑏𝑦0 + 𝑐
√𝑎2 + 𝑏2
.设点𝐴, 𝐵到直线𝑙的有向距离为𝛿𝐴, 𝛿𝐵.已知两定点𝐹1(−2 , 0)与𝐹2(2 , 0)，𝐹1 , 𝐹2到直线𝑙
的有向距离之差的绝对值等于2√2，且𝐹1 , 𝐹2在直线𝑙的同侧，则平面上不在任何一条直线𝑙上的点组成的
图形面积为
.
8
高二数理进阶
第 05 讲 直线中的对称与新定义问题
Page 138
反思沉淀方法边界
【分析】结合有向距离定义，化简|𝛿𝐹1 −𝛿𝐹2| = 2√2可得𝑎2 = 𝑏2，由𝐹1 , 𝐹2在直线𝑙的同侧得𝛿𝐹1 ⋅𝛿𝐹2 >
0，化简得𝑐
𝑎的范围，由直线𝑦= −𝑥−𝑐
𝑎与直线𝑦= 𝑥+ 𝑐
𝑎的变化数形结合可得.
【详解】由题意两定点𝐹1(−2 , 0)与𝐹2(2 , 0)到直线𝑙: 𝑎𝑥+ 𝑏𝑦+ 𝑐= 0的有向距离分别为
𝛿𝐹1 = −2𝑎+ 𝑐
√𝑎2 + 𝑏2
，𝛿𝐹2 =
2𝑎+ 𝑐
√𝑎2 + 𝑏2
，
因为|𝛿𝐹1 −𝛿𝐹2| = 2√2，所以
|
−2𝑎+ 𝑐
√𝑎2 + 𝑏2
−
2𝑎+ 𝑐
√𝑎2 + 𝑏2|
= 2√2，
即
|
−4𝑎
√𝑎2 + 𝑏2|
= 2√2，化简得𝑎2 = 𝑏2，则𝑎= ±𝑏.
又由𝑎, 𝑏不全为零，则𝑎≠0，且𝑏≠0.
当𝑎= 𝑏时，𝑙: 𝑎𝑥+ 𝑏𝑦+ 𝑐= 0可化为𝑦= −𝑥−𝑐
𝑎；
当𝑎= −𝑏时，𝑙: 𝑎𝑥+ 𝑏𝑦+ 𝑐= 0可化为𝑦= 𝑥+ 𝑐
𝑎；
又因为𝐹1 , 𝐹2在直线𝑙的同侧，
则𝛿𝐹1 ⋅𝛿𝐹2 = −2𝑎+ 𝑐
√𝑎2 + 𝑏2
⋅
2𝑎+ 𝑐
√𝑎2 + 𝑏2
= 𝑐2 −4𝑎2
𝑎2 + 𝑏2 = 𝑐2 −4𝑎2
2𝑎2
= 𝑐2
2𝑎2 −2 > 0.
解得𝑐
𝑎< −2或𝑐
𝑎> 2.
所以直线𝑦= −𝑥−𝑐
𝑎可表示平面上两平行直线𝑦= −𝑥+ 2与𝑦= −𝑥−2之间带状区域以外的点，
其中不能表示两平行直线𝑦= −𝑥± 2上的点；
直线𝑦= 𝑥+ 𝑐
𝑎可表示平面上两平行直线𝑦= 𝑥+ 2与𝑦= 𝑥−2之间带状区域以外的点，
其中不能表示两平行直线𝑦= 𝑥± 2上的点；
结合图形可知，平面上不在任何一条直线𝑙上的点组成的图形为以𝐹1𝐹2为对角线的正方形，
由|𝐹1𝐹2| = 4，则该正方形的面积𝑆= 1
2 × 4 × 4 = 8.
故答案为：8.
第 05 讲 直线中的对称与新定义问题
高二数理进阶
问题越准，进步越快
Page 139
【点睛】结论点睛：根据有向距离的定义，可得如下结论：
在直线𝑙同侧的点，有向距离的符号相同；在直线𝑙异侧的点，有向距离的符号相反.即𝛿𝐴⋅𝛿𝐵> 0 ⇔点
𝐴, 𝐵在直线𝑙的同侧；𝛿𝐴⋅𝛿𝐵< 0 ⇔点𝐴, 𝐵在直线𝑙的异侧.
变式6 （25-26·贵州贵阳）人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术，主要应用距
离测试样本之间的相似度.在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，𝐴(𝑥1 , 𝑦1) , 𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，定义两种距离：欧几里得距
离𝐷(𝐴, 𝐵) = √(𝑥1 −𝑥2)2 + (𝑦1 −𝑦2)2；曼哈顿距离𝑑(𝐴, 𝐵) = |𝑥1 −𝑥2| + |𝑦1 −𝑦2|.
（1）求满足𝑑(𝑂, 𝑀) = 1的点𝑀的轨迹所围成的图形面积；
（2）在△𝐴𝐵𝐶中，求证：𝑑(𝐴, 𝐶) + 𝑑(𝐶, 𝐵) ≥𝑑(𝐴, 𝐵)；
（3）已知点𝑃, 𝑄是直线𝑙: 𝑦−1 = 𝑘(𝑥−1)上的两动点，问是否存在直线𝑙使得𝐷(𝑂, 𝑃)𝑚𝑖𝑛=
𝑑(𝑂, 𝑄)𝑚𝑖𝑛？若存在，求出所有满足条件的直线𝑙的方程；若不存在，请说明理由.
(1)2
(2)证明见解析
(3)存在，𝑦= 1和𝑦= 𝑥
【分析】(1)先求得点𝑀的轨迹方程，画出图象，从而求得点𝑀的轨迹所围成的图形面积.
(2)根据绝对值三角不等式以及曼哈顿距离的定义证得不等式成立.
(3)根据点到直线的距离公式求得𝐷(𝑂, 𝑃)𝑚𝑖𝑛，求得𝑑(𝑂, 𝑄)的表达式，对𝑘进行分类讨论，根据不等式
的性质来证得结论成立，并求得满足条件的直线𝑙的方程.
【详解】(1)设𝑀(𝑥, 𝑦)，则|𝑥| + |𝑦| = 1，
当𝑥≥0 , 𝑦≥0时，则𝑥+ 𝑦= 1；当𝑥≥0 , 𝑦< 0时，则𝑥−𝑦= 1；
当𝑥< 0 , 𝑦≥0时，则𝑥−𝑦= −1；当𝑥< 0 , 𝑦< 0时，则𝑥+ 𝑦= −1.
如图，点𝑀的轨迹是一个边长为√2的正方形，
∴点𝑀的轨迹所围成的图形面积为(√2)2 = 2.
(2)设𝐴(𝑥𝐴, 𝑦𝐴) , 𝐵(𝑥𝐵, 𝑦𝐵) , 𝐶(𝑥𝑐, 𝑦𝑐)，
则𝑑(𝐴, 𝐶) + 𝑑(𝐶, 𝐵) = |𝑥𝐴−𝑥𝐶| + |𝑦𝐴−𝑦𝐶| + |𝑥𝐶−𝑥𝐵| + |𝑦𝐶−𝑦𝐵|
≥|(𝑥𝐴−𝑥𝐶) + (𝑥𝐶−𝑥𝐵)| + |(𝑦𝐴−𝑦𝐶) + (𝑦𝐶−𝑦𝐵)| = |𝑥𝐴−𝑥𝐵| + |𝑦𝐴−𝑦𝐵| = 𝑑(𝐴, 𝐵) ，
高二数理进阶
第 05 讲 直线中的对称与新定义问题
Page 140
表述越精，理解越深
当且仅当(𝑥𝐴−𝑥𝐶)(𝑥𝐶−𝑥𝐵) ≥0且(𝑦𝐴−𝑦𝐶)(𝑦𝐶−𝑦𝐵) ≥0时等号成立，
∴在△𝐴𝐵𝐶中，𝑑(𝐴, 𝐶) + 𝑑(𝐶, 𝐵) ≥𝑑(𝐴, 𝐵).
(3)∵点𝑂到直线𝑘𝑥−𝑦+ 1 −𝑘= 0的距离为|1 −𝑘|
√𝑘2 + 1
, ∴𝐷(𝑂, 𝑃)𝑚𝑖𝑛= |1 −𝑘|
√𝑘2 + 1
.
设𝑄(𝑥, 𝑘𝑥+ 1 −𝑘)，则𝑑(𝑂, 𝑄) = |𝑥| + |𝑘𝑥+ 1 −𝑘|，
当𝑘= 0时，𝑑(𝑂, 𝑄) = |𝑥| + 1 ≥1 , ∴𝑑(𝑂, 𝑄)𝑚𝑖𝑛= 1，又此时𝐷(𝑂, 𝑃)𝑚𝑖𝑛= 1，满足题意；
当𝑘≠0时，𝑑(𝑂, 𝑄) = |𝑥| + |𝑘| ⋅|𝑥−𝑘−1
𝑘
| , ∴𝑑(𝑂, 𝑄)𝑚𝑖𝑛= 𝑚𝑖𝑛{|1 −𝑘| , |𝑘−1
𝑘
|}，
又|1 −𝑘| ≥|1 −𝑘|
√𝑘2 + 1
且|𝑘−1
𝑘
| ≥|1 −𝑘|
√𝑘2 + 1
恒成立，当且仅当𝑘= 1时等号成立.
综上，满足条件的直线𝑙有且只有两条，方程是𝑦= 1和𝑦= 𝑥
【点睛】解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)
重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分
类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.
练
强化训练
Targeted Practice
1. （25-26·甘肃）在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，记第一象限内的动点𝑃为(𝑥0 , 𝑦0)，若点𝑃在直线𝑥+ 𝑦= 4上，
则𝑥0 + √𝑥2
0 + 𝑦2
0的最小值为（ ）
A. 2
B. 4
C. 6
D. 8
𝐵
【分析】作点𝑂关于直线𝑥+ 𝑦= 4的对称点𝐶，则|𝑃𝑂| = √𝑥2
0 + 𝑦2
0 = |𝑃𝐶|．点𝑃到𝑦轴的距离为𝑥0，故𝑥0 +
√𝑥2
0 + 𝑦2
0可视为直线𝑥+ 𝑦= 4上的点𝑃(𝑥0 , 𝑦0)到𝑦轴的距离和到𝐶(4 , 4)的距离之和．
【详解】如图：
作点𝑂关于直线𝑥+ 𝑦= 4的对称点𝐶，则|𝑃𝑂| = |𝑃𝐶|．
第 05 讲 直线中的对称与新定义问题
高二数理进阶
细节不是枝节
Page 141
设𝐶(𝑥1 , 𝑦1)，则有
{
𝑦1
𝑥1
⋅(−1) = −1
𝑥1
2 + 𝑦1
2 = 4
解得{𝑥1 = 4
𝑦1 = 4所以𝐶(4 , 4)．
已知第一象限内的点𝑃(𝑥0 , 𝑦0)，则|𝑃𝑂| = √𝑥2
0 + 𝑦2
0 = |𝑃𝐶|，
而𝑥0 > 0，𝑦0 > 0，所以点𝑃到𝑦轴的距离为𝑥0，
所以𝑥0 + √𝑥2
0 + 𝑦2
0可视为直线𝑥+ 𝑦= 4上的点𝑃(𝑥0 , 𝑦0)到𝑦轴的距离和到𝐶(4 , 4)的距离之和．
过𝑃作𝑃𝐷⟂𝑦轴，显然有|𝑃𝐷| + |𝑃𝐶| ≥|𝐶𝐷|，
当且仅当𝐶, 𝑃, 𝐷三点共线时，和有最小值．
过点𝐶作𝐶𝐻⟂𝑦轴，则|𝐶𝐻|即为最小值，
此时𝑃的位置即为𝐶𝐻与直线𝑥+ 𝑦= 4的交点．
因为|𝐶𝐻| = 4，所以𝑥0 + √𝑥2
0 + 𝑦2
0的最小值为4.
故选：𝐵.
2. （25-26·广东阳江）直线𝑙1 : 𝑥+ 𝑦−1 = 0关于直线𝑙2 : 3𝑥−𝑦−3 = 0对称的直线方程
.（用一般式方程表示）.
𝑥−7𝑦−1 = 0
【分析】联立方程组求出两直线交点坐标，在直线𝑙1任取一点，设出其关于𝑙2对称点坐标，由垂直斜率的
关系和中点坐标建立方程组，求得对称点坐标，由两点坐标求得对称直线方程.
【详解】联立{𝑥+ 𝑦−1 = 0
3𝑥−𝑦−3 = 0，得{𝑥= 1
𝑦= 0，则两直线的交点为𝐴(1 , 0)，
在直线𝑙1 : 𝑥+ 𝑦−1 = 0上取点𝐵(0 , 1)，设其关于𝑙2 : 3𝑥−𝑦−3 = 0的对称点为𝐶(𝑎, 𝑏)，
则
{
𝑏−1
𝑎
= −1
3
3 × 𝑎
2 −𝑏+ 1
2
−3 = 0
，得
{
𝑎= 12
5
𝑏= 1
5
，则𝐶(12
5 , 1
5).
故直线𝑙1 : 𝑥+ 𝑦−1 = 0关于直线𝑙2 : 3𝑥−𝑦−3 = 0的对称直线为𝐴𝐶，
又𝑘𝐴𝐶=
1
5 −0
12
5 −1
= 1
7，所以直线𝐴𝐶: 𝑦= 1
7(𝑥−1)，即𝑥−7𝑦−1 = 0.
故答案为：𝑥−7𝑦−1 = 0.
3. （25-26·上海）将一张坐标纸折叠一次，使点(2 , 0)与点(1 , 1)重合，此时点(𝑚, 𝑛)与原点(0 , 0)重合，
则𝑚⋅𝑛的值是
.
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第 05 讲 直线中的对称与新定义问题
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边界不是附属
−1
【分析】折痕为点(2 , 0)与点(1 , 1)的中垂线，得方程𝑥−𝑦−1 = 0，再根据点(𝑚, 𝑛)与原点(0 , 0)对称
可得答案.
【详解】如图：可知折痕为点(2 , 0)与点(1 , 1)的中垂线，
中点坐标为(3
2 , 1
2)，
设折痕直线的斜率为𝑘，则𝑘× 1 −0
1 −2 = −1，得𝑘= 1，
故折痕直线方程为𝑦−1
2 = 𝑥−3
2，即𝑥−𝑦−1 = 0，
由题意点(𝑚, 𝑛)与原点(0 , 0)关于折痕对称，
故
{
𝑚
2 −𝑛
2 −1 = 0
𝑚
𝑛× 1 = −1
得{𝑚= 1
𝑛= −1，故𝑚⋅𝑛= 1 ⋅(−1) = −1.
故答案为：−1
4. 在等腰直角三角形𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵= 𝐴𝐶= 1，点𝑃是边𝐴𝐵上异于𝐴，𝐵的一点，光线从点𝑃出发，经𝐵𝐶，𝐶𝐴
反射后又回到点𝑃，如图所示，若光线𝑄𝑅经过△𝐴𝐵𝐶的重心𝐺，则𝐴𝑃的长度为
.
1
3
【分析】求出点𝑃关于𝑦和直线𝐵𝐶的对称点，结合光的反射原理列方程组求解可得.
【详解】以𝐴为原点，𝐴𝐵, 𝐴𝐶分别为𝑥, 𝑦轴建立平面直角坐标系，
则直线𝐵𝐶方程为𝑥+ 𝑦−1 = 0，
设𝑃(𝑎, 0)关于𝑦和直线𝐵𝐶的对称点分别为𝑁, 𝑀，则𝑁(−𝑎, 0)，
第 05 讲 直线中的对称与新定义问题
高二数理进阶
条件的次序，也是思路的次序
Page 143
记𝑀(𝑥0 , 𝑦0)，则
{
𝑦0 −0
𝑥0 −𝑎= 1
𝑥0 + 𝑎
2
+ 𝑦0
2 −1 = 0
，解得𝑀(1 , 1 −𝑎)，
因为𝐺为△𝐴𝐵𝐶的重心，𝐴(0 , 0) , 𝐵(1 , 0) , 𝐶(0 , 1)，所以𝐺(1
3 , 1
3)，
由光的反射原理可知，𝑀, 𝑁, 𝐺三点共线，所以𝑘𝑀𝑁= 𝑘𝑁𝐺，
即1 −𝑎
1 + 𝑎=
1
3
1
3 + 𝑎
，解得𝑎= 0（舍去）或𝑎= 1
3.
故答案为：1
3
5. 在平面直角坐标系中，定义𝑑(𝐴, 𝐵) = 𝑚𝑎𝑥{|𝑥1 −𝑥2| , |𝑦1 −𝑦2|}为两点𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，𝐵(𝑥2 , 𝑦2)的“切比雪
夫距离”，又设点𝑃与直线𝑙上任意一点𝑄，称𝑑(𝑃, 𝑄)的最小值为点𝑃与直线𝑙间的“切比雪夫距离”，记作
𝑑(𝑃, 𝑙)，给定下列两个命题：（ ）
①已知点𝑃(3 , 1)，直线𝑙: 2𝑥−𝑦−1 = 0，则𝑑(𝑃, 𝑙) = 4
3；
②定点𝐹1(−𝑐, 0)、𝐹2(𝑐, 0)，动点𝑃(𝑥, 𝑦)满足|𝑑(𝑃, 𝐹1) −𝑑(𝑃, 𝐹2)| = 2𝑎(2𝑐> 2𝑎> 0)则点𝑃的轨迹
与直线𝑦= 𝑘（𝑘为常数）有且仅有2个公共点；下列说法正确的是
A. 命题①成立，命题②不成立
B. 命题①不成立，命题②成立
C. 命题①②都成立
D. 命题①②都不成立
𝐶
【分析】对于①，设点𝑄是直线𝑙: 2𝑥−𝑦−1 = 0上一点，且𝑄(𝑥, 2𝑥−1)，可得𝑑(𝑃, 𝑄) = 𝑚𝑎𝑥{|𝑥−
3| , |2𝑥−2|}，讨论|𝑥−3|与|2𝑥−2|的大小，可得距离𝑑，再由函数的性质，可得最小值；对于②，根据
定义得|𝑚𝑎𝑥{|𝑥+ 𝑐| , |𝑦|} −𝑚𝑎𝑥{|𝑥−𝑐| , |𝑦|}| = 2𝑎，再根据对称性进行讨论，求得轨迹方程，即可判断．
【详解】对于①，设点𝑄是直线𝑙: 2𝑥−𝑦−1 = 0上一点，且𝑄(𝑥, 2𝑥−1)，可得𝑑(𝑃, 𝑄) = 𝑚𝑎𝑥{|𝑥−
3| , |2𝑥−2|}，
由|𝑥−3| ≥|2𝑥−2|，解得−1 ≤𝑥≤5
3，即有𝑑(𝑃, 𝑄) = |𝑥−3|，
高二数理进阶
第 05 讲 直线中的对称与新定义问题
Page 144
结论的形式，暗示方法的形式
当𝑥= 5
3时，取得最小值4
3；
由|𝑥−3| < |2𝑥−2|，解得𝑥> 5
3或𝑥< −1，即有𝑑(𝑃, 𝑄) = |2𝑥−2|，
𝑑(𝑃, 𝑄)的范围是(4 , + ∞) ∪(4
3 , + ∞) = (4
3 , + ∞)，无最值，
综上可得，𝑃, 𝑄两点的“切比雪夫距离”的最小值为4
3，故①正确；
对于②，定点𝐹1(−𝑐, 0)、𝐹2(𝑐, 0)，动点𝑃(𝑥, 𝑦)，
满足|𝑑(𝑃, 𝐹1) −𝑑(𝑃, 𝐹2)| = 2𝑎(2𝑐> 2𝑎> 0)，
则：|𝑚𝑎𝑥{|𝑥+ 𝑐| , |𝑦|} −𝑚𝑎𝑥{|𝑥−𝑐| , |𝑦|}| = 2𝑎，
显然上述方程所表示的曲线关于原点对称，故不妨设𝑥≥0，𝑦≥0.
当{|𝑥+ 𝑐| ≥𝑦
|𝑥−𝑐| ≥𝑦时，有||𝑥+ 𝑐| −|𝑥−𝑐|| = 2𝑎，得：{𝑥= 𝑎
0 ≤𝑦≤𝑐−𝑎；
当{|𝑥+ 𝑐| ≤𝑦
|𝑥−𝑐| ≤𝑦时，有0 = 2𝑎，此时无解；
当{|𝑥+ 𝑐| > 𝑦
|𝑥−𝑐| < 𝑦时，有𝑦= 𝑥+ 𝑐−2𝑎，𝑥≥𝑎；
则点𝑃的轨迹是如图所示的以原点为中心的两支折线.
第一象限内另一部分轨迹为𝑦= 𝑥+ 𝑐−2𝑎，𝑥≥𝑎，再利用关于坐标轴的对称性，才能完整说明任意直线
𝑦= 𝑘与轨迹恰有两个公共点，因此②正确，
故选：𝐶.
【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义
去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.对于此题中的
新概念，对阅读理解能力有一定的要求.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以
说“新题”不一定是“难题”，掌握好基础知识，以不变应万变才是制胜法宝.
6. （25-26·山西长治）（多选）“曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼-闵可夫斯基所创词汇，其定义如下：在平
面直角坐标系中有两点𝑀(𝑥1 , 𝑦1)，𝑁(𝑥2 , 𝑦2)，其“曼哈顿距离”‖ 𝑀𝑁‖ = |𝑥1 −𝑥2| + |𝑦1 −𝑦2|．下列结
论正确的是（ ）
A. 若𝑃(1 , 3)，𝑄(−2 , 1)，则‖ 𝑃𝑄‖ = 5
第 05 讲 直线中的对称与新定义问题
高二数理进阶
能化简，是看见了结构
Page 145
B. 若𝑃(5 , 0)，𝑄(𝑡, 1)，且‖ 𝑃𝑄‖ = 5，则𝑡= 1
C. 若点𝑃(2 , 2)，点𝑄是直线𝑦= 𝑥+ 3上的动点，则‖ 𝑃𝑄‖的最小值为3
D. 若点𝑃(−1 , 1)，点𝑄是曲线𝑦2 = 𝑥上的动点，则‖ 𝑃𝑄‖的最小值为2
𝐴𝐶
【分析】利用“曼哈顿距离”的定义即可判断𝐴𝐵，对于𝐶设𝑄(𝑥, 𝑥+ 3)，则||𝑃𝑄|| = |𝑥−2| + |𝑥+ 3 −2| =
|𝑥−2| + |𝑥+ 1|利用三角不等式即可判断，对于𝐷设𝑄(𝑦2 , 𝑦)，则||𝑃𝑄|| = |𝑦2 + 1| + |𝑦−1| =
{𝑦2 + 𝑦
𝑦≥1
𝑦2 −𝑦+ 2
𝑦< 1，由二次函数即可判断.
【详解】对于𝐴：||𝑃𝑄|| = |1 + 2| + |3 −1| = 5，故𝐴正确；
对于𝐵：||𝑃𝑄|| = |5 −𝑡| + |0 −1| = |𝑡−5| + 1 = 5 ⇒|𝑡−5| = 4 ⇒𝑡= 9或1，故𝐵错误；
对于𝐶：设𝑄(𝑥, 𝑥+ 3)，所以||𝑃𝑄|| = |𝑥−2| + |𝑥+ 3 −2| = |𝑥−2| + |𝑥+ 1| ≥|𝑥−2 −𝑥−1| = 3，故𝐶
正确；
对于𝐷：设𝑄(𝑦2 , 𝑦)，所以||𝑃𝑄|| = |𝑦2 + 1| + |𝑦−1| = 𝑦2 + 1 + |𝑦−1| = {𝑦2 + 𝑦
𝑦≥1
𝑦2 −𝑦+ 2
𝑦< 1，
当𝑦< 1时，||𝑃𝑄|| = 𝑦2 −𝑦+ 2 = (𝑦−1
2)
2
+ 7
4，所以当𝑦= 1
2时，则‖ 𝑃𝑄‖的最小值为7
4，故𝐷错误，
故选：𝐴𝐶.
7. （25-26·黑龙江大庆）已知实数𝑚≥0，𝑛≥0，且满足4𝑚+ 𝑛= 2成立，则2𝑚+ √4𝑚2 + 𝑛2的最小值与
最大值的和是
.
18
5
【分析】设2𝑚= 𝑡≥0，将问题转化为求两点(𝑡, 0) , (𝑡, 𝑛)到原点距离之和的最小值与最大值的和，
结合图形可得答案.
【详解】设2𝑚= 𝑡≥0，2𝑡+ 𝑛= 2.
则2𝑚+ √4𝑚2 + 𝑛2 = √(𝑡−0)2 + (0 −0)2 + √(𝑡−0)2 + (𝑛−0)2，
表示两点𝐴(𝑡, 0) , 𝐵(𝑡, 𝑛)到原点距离之和.
如图，建立直角坐标系，其中𝐺(0 , 2) , 𝐻(1 , 0).
注意到点𝐵(𝑡, 𝑛)在直线2𝑡+ 𝑛= 2上（其中𝑡≥0 ,𝑛≥0），
过𝐵作𝑦轴垂线，垂足为𝐶(0 , 𝑛).则|𝐴𝑂| + |𝐵𝑂| = |𝐶𝐵| + |𝐵𝑂|，
设原点关于直线2𝑡+ 𝑛= 2对称的点为𝐷(𝑥, 𝑦)，又直线2𝑡+ 𝑛= 2斜率为−2.
则
{
𝑦
𝑥= 1
2
2 ⋅𝑥
2 + 𝑦
2 = 2
⇒
{
𝑥= 8
5
𝑦= 4
5
，即𝐷(8
5 , 4
5).
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第 05 讲 直线中的对称与新定义问题
Page 146
能推广，是理解了本质
则由对称性，|𝐶𝐵| + |𝐵𝑂| = |𝐶𝐵| + |𝐵𝐷| ，当且仅当𝐶, 𝐵, 𝐷三点共线，
即𝐷𝐶垂直于𝑦轴时取最小值8
5；
又设𝐷𝐶垂直于𝑦轴时，与直线2𝑡+ 𝑛= 2交点为𝐸.
则当点𝐵位于点𝐸上方或下方时，始终有|𝐶𝐵| + |𝐵𝐷| ≥𝐶𝐷，
要使|𝐶𝐵| + |𝐵𝐷|最大，则点𝐵需位于𝐺点或𝐻点，
可得|𝐶𝐵| + |𝐵𝐷|最大值为|𝐺𝑂| = 2|𝐻𝑂| = 2.
则最小值与最大值的和是2 + 8
5 = 18
5 .
故答案为：18
5 .
【点睛】关键点睛：对于求解含有根式的条件等式范围问题，可利用数形结合思想，将问题转化为距离相
关的问题.
8. （25-26·上海）已知直线𝑙: 𝑦= 3𝑥+ 7，试求：
（1）点𝑃(2 , 5)关于直线𝑙的对称点的坐标；
（2）直线𝑦= 𝑥+ 3关于直线𝑙对称的直线方程；
（3）直线𝑙关于点𝐴(4 , 2)对称的直线方程．
【小题1】(−14
5 , 33
5 ) 【小题2】7𝑥+ 𝑦+ 13 = 0 【小题3】3𝑥−𝑦−27 = 0
【分析】(1)已知点𝑃和直线𝑙，求点𝑃关于直线的对称点问题，设出对称点𝑄的坐标，利用点𝑃和点𝑄中点
在直线𝑙上以及直线𝑃𝑄与直线𝑙垂直列方程组，解方程组即可求解.
(2)如果两条直线相交，求一条直线关于另一条直线的对称直线的方程，可以先求两条已知直线的交点𝐸，
再求直线上任取的一点𝑀关于另一条直线的对称点𝑁，两点𝐸和𝑁可以确定要求直线的方程，从而求得方
程.
(3)求直线关于点的对称直线的方程，可以转化成求直线上两点关于已知点的对称点，通过两个对称点的
坐标求出直线方程即可.
【详解】(1)设点𝑃(2 , 5)关于直线𝑙: 𝑦= 3𝑥+ 7 的对称点的坐标为(𝑎, 𝑏)，
第 05 讲 直线中的对称与新定义问题
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能反驳，是守住了逻辑
Page 147
则有题意可得
{
𝑏−5
𝑎−2 × 3 = −1
𝑏+ 5
2
= 3 × 𝑎+ 2
2
+ 7
，解得
{
𝑎= −14
5
𝑏= 33
5
，
故点𝑃(2 , 5)关于直线𝑙: 𝑦= 3𝑥+ 7的对称点的坐标为(−14
5 , 33
5 )．
(2)由{𝑦= 3𝑥+ 7
𝑦= 𝑥+ 3 可得{𝑥= −2
𝑦= 1 ，
直线𝑦= 𝑥+ 3与直线𝑙: 𝑦= 3𝑥+ 7的交点为𝐸(−2 , 1)，
再在直线𝑦= 𝑥+ 3上取一点𝑀(0 , 3)，
设点𝑀(0 , 3)关于直线𝑙: 𝑦= 3𝑥+ 7的对称点为𝑁(𝑚, 𝑛)，
则由
{
𝑛−3
𝑚
× 3 = −1
𝑛+ 3
2
= 3 × 𝑚
2 + 7
解得
{
𝑚= −12
5
𝑛= 19
5
，
即𝑁(−12
5 , 19
5 )．
由题意可得𝐸、𝑁两点是所求直线上的两个点，则直线斜率为−7，
则直线方程为𝑦−1 = −7(𝑥+ 2)，
化简为7𝑥+ 𝑦+ 13 = 0．
(3)在直线𝑙: 𝑦= 3𝑥+ 7上任意取出两个点𝐶(0 , 7) , 𝐷(−1 , 4)，
求出这两个点关于点𝐴(4 , 2)对称点分别为𝑄(8 , −3) , 𝐻(9 , 0)
由题意可得𝑄(8 , −3) , 𝐻(9 , 0)，是所求直线上的两个点，
则直线斜率为3，
则所求直线方程为𝑦= 3(𝑥−9)，
即3𝑥−𝑦−27 = 0．
9. （25-26·上海）如图，已知𝐴(6 , 6√3)，𝐵(0 , 0)，𝐶(12 , 0)，直线𝑙：(𝑘+ √3)𝑥−𝑦−2𝑘= 0．
（1）求直线𝑙经过的定点坐标；
（2）若𝑃(2 , 2√3)，李老师站在点𝑃用激光笔照出一束光线，依次由𝐵𝐶（反
射点为𝐾）、𝐴𝐶（反射点为𝐼）反射后，光斑落在𝑃点，求入射光线𝑃𝐾的
直线方程．
(1)(2 , 2√3)
(2)2𝑥+ √3𝑦−10 = 0
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Page 148
能构造，是掌握了关系
【分析】(1)分离参数，列方程可得直线过定点；
(2)分别求点𝑃关于直线𝐵𝐶与𝐴𝐶的对称点𝑃1与𝑃2，进而可得𝑘𝑃1𝑃2，再根据对称性可得𝑘𝑃𝐾，即可得直
线方程.
【详解】(1)由直线𝑙：(𝑘+ √3)𝑥−𝑦−2𝑘= 0，即𝑘(𝑥−2) + √3𝑥−𝑦= 0，
令{𝑥−2 = 0
√3𝑥−𝑦= 0，解得{𝑥= 2
𝑦= 2√3，
故直线𝑙恒过定点(2 , 2√3)；
(2)设𝑃关于𝐵𝐶的对称点𝑃1，则𝑃1(2 , −2√3)，
𝑃关于𝐴𝐶的对称点𝑃2(𝑚, 𝑛)，
由直线𝐴𝐶的方程为𝑦−0
6√3 −0
= 𝑥−12
6 −12，即𝑦= −√3(𝑥−12)，
所以
{
𝑛−2√3
𝑚−2
⋅(−√3) = −1
𝑛+ 2√3
2
= −√3(𝑚+ 2
2
−12)
，解得{𝑚= 14
𝑛= 6√3，
所以𝑃2(14 , 6√3)，
由题意得𝑃1、𝐾、𝐼、𝑃2四点共线，𝑘𝑃1𝑃2 = 2√3
3 ，
由对称性得𝑘𝑃𝐾= −2√3
3 ，
所以入射光线𝑃𝐾的直线方程为𝑦−2√3 = −2√3
3 (𝑥−2)，
即2𝑥+ √3𝑦−10 = 0．
10. （25-26·重庆）平面内有两点𝑀(𝑥1 , 𝑦1)与𝑁(𝑥2 , 𝑦2)，我们新定义这两点间的“物理距离”𝑑𝑝(𝑀, 𝑁) =
√(𝑥1 −𝑥2)2 + (𝑦1 −𝑦2)2，“光学距离”𝑑𝑙(𝑀, 𝑁) = √(𝑥1 −𝑦2)2 + (𝑥2 −𝑦1)2.𝐶: 𝑥2 + 𝑦2 + 6𝑦+ 5 = 0
上有两个动点𝑃, 𝑄，定点𝐷(2 , 1).
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能分类，是尊重了差异
Page 149
（1）求𝑑𝑙(𝐷, 𝑃) −𝑑𝑝(𝐷, 𝑄)的最大值；
（2）过点𝐶的直线𝑙上有一个动点𝑇，若𝑑𝑙(𝐷, 𝑇)的最小值为1，求直线𝑙的方程.
(1)√26 + 4 −2√5
(2)𝑥= 0或12𝑥−5𝑦−15 = 0
【分析】(1)由𝑑𝑙(𝐷, 𝑃) = √(2 −𝑦𝑃)2 + (𝑥𝑃−1)2，几何意义为：𝑃(𝑥𝑃, 𝑦𝑃)到(1 , 2)的距离，
𝑑𝑝(𝐷, 𝑄) = √(2 −𝑥𝑄)
2 + (1 −𝑦𝑄)
2几何意义为：𝑄(𝑥𝑄, 𝑦𝑄)到(2 , 1)的距离，即可求解；
(2)𝑑𝑙(𝐷, 𝑇) = √(2 −𝑦𝑇)2 + (𝑥𝑇−1)2即(𝑥𝑇, 𝑦𝑇)与(1 , 2)的距离，由最小值转换成点到线的距离即
可求解；
【详解】(1)𝐶: 𝑥2 + 𝑦2 + 6𝑦+ 5 = 0化成标准方程：𝑥2 + (𝑦+ 3)2 = 4，圆心为(0 , −3)，半径为2，
设𝑃(𝑥𝑃, 𝑦𝑃) , 𝑄(𝑥𝑄, 𝑦𝑄)，
则𝑑𝑙(𝐷, 𝑃) = √(2 −𝑦𝑃)2 + (𝑥𝑃−1)2，几何意义为𝑃(𝑥𝑃, 𝑦𝑃)到(1 , 2)的距离，
其最大值为圆心到(1 , 2)的距离加上半径，即：√26 + 2，
𝑑𝑝(𝐷, 𝑄) = √(2 −𝑥𝑄)
2 + (1 −𝑦𝑄)
2，几何意义为𝑄(𝑥𝑄, 𝑦𝑄)到(2 , 1)的距离，
其最小值为圆心到(2 , 1)的距离减去半径，即：2√5 −2，
所以𝑑𝑙(𝐷, 𝑃) −𝑑𝑝(𝐷, 𝑄)的最大值为√26 + 2 −2√5 + 2 = √26 + 4 −2√5，
即𝑑𝑙(𝐷, 𝑃) −𝑑𝑝(𝐷, 𝑄)的最大值为√26 + 4 −2√5；
(2)由𝑑𝑙(𝐷, 𝑇) = √(2 −𝑦𝑇)2 + (𝑥𝑇−1)2，即(𝑥𝑇, 𝑦𝑇)与(1 , 2)的距离，
设过点𝐶的直线𝑙方程为：𝐴𝑥+ 𝐵𝑦+ 𝐶1 = 0，因为过圆心(0 , −3)，可得：𝐶1 = 3𝐵，
即方程为𝐴𝑥+ 𝐵𝑦+ 3𝐵= 0，
由题意，若𝑑𝑙(𝐷, 𝑇)的最小值为1，即(1 , 2)到𝐴𝑥+ 𝐵𝑦+ 3𝐵= 0的距离为1，
可得：|𝐴+ 5𝐵|
√𝐴2 + 𝐵2
= 1，
平方化简可得：24𝐵2 + 10𝐴𝐵= 0，
解得：𝐵= 0或5𝐴+ 12𝐵= 0，即𝐴= −12
5 𝐵，
所以直线方程为：𝑥= 0或12𝑥−5𝑦−15 = 0.
测
知识小测
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Page 150
能统一，是把握了共性
1. （25-26·广西北海）一束光线从点𝑃(1 , 4)射出，经𝑦轴反射后经过点𝑀(2 , 0)，则该束光线从点𝑃到点𝑀
的路径长为（ ）
A. 4
B. 5
C. 6
D. √17
𝐵
【分析】先求出𝑃关于𝑦轴的对称点𝑃′,再根据两点间距离公式计算即可.
【详解】点𝑃关于𝑦轴对称的点为𝑃′(−1 , 4)，
则该光线从点𝑃到点𝑀的路径长为|𝑃′𝑀|= √(2 + 1)2 + 42 = 5．
故选：𝐵.
2. （25-26·江苏常州）已知直线𝑥+ 2𝑦−3 = 0与直线𝑎𝑥+ 4𝑦+ 𝑏= 0关于点𝐴(1 , 0)对称，则实数𝑏的值为
（ ）
A. 2
B. 6
C. −2
D. −6
𝐴
【分析】根据线关于点对称即可得两直线平行，进而根据点的对称代入求解即可.
【详解】由于直线𝑥+ 2𝑦−3 = 0与直线𝑎𝑥+ 4𝑦+ 𝑏= 0关于点𝐴(1 , 0)对称，
所以两直线平行，故2𝑎= 4，则𝑎= 2，
由于点(3 , 0)在直线𝑥+ 2𝑦−3 = 0上，(3 , 0)关于点𝐴(1 , 0)的对称点为(−1 , 0)，
故(−1 , 0)在𝑎𝑥+ 4𝑦+ 𝑏= 0上，代入可得−𝑎+ 𝑏= 0，故𝑏= 𝑎= 2，
故选：𝐴
3. （25-26·天津）与直线3𝑥−4𝑦+ 5 = 0关于𝑦轴对称的直线的方程为（ ）
A. 3𝑥+ 4𝑦−5 = 0
B. 3𝑥+ 4𝑦+ 5 = 0
C. 3𝑥−4𝑦+ 5 = 0
D. 3𝑥−4𝑦−5 = 0
𝐴
【分析】设所求直线上一点的坐标，利用对称知识，即可求得答案.
【详解】设与直线3𝑥−4𝑦+ 5 = 0关于𝑦轴对称的直线的上一点为(𝑎, 𝑏)，
则(−𝑎, 𝑏)在直线3𝑥−4𝑦+ 5 = 0上，即得−3𝑎−4𝑏+ 5 = 0，即3𝑎+ 4𝑏−5 = 0，
故与直线3𝑥−4𝑦+ 5 = 0关于𝑦轴对称的直线的方程为3𝑥+ 4𝑦−5 = 0，
故选：𝐴
4. （多选）（25-26·山东济南）一光线过点(2 , 4)，经倾斜角为135∘的且过(0 , 1)的直线𝑙反射后过点(5 , 0)，
则反射后的光线还经过下列哪些点（ ）
第 05 讲 直线中的对称与新定义问题
高二数理进阶
数学不惧复杂，惧无结构
Page 151
A. (1 , −1
2)
B. (2 , −3
8)
C. (3 , −1
4)
D. (4 , 1
8)
𝐵𝐶
【分析】点(2 , 4)关于直线𝑙的对称点在反射光线所在的直线上，进而求反射后的光线所在的直线方程即可
求解.
【详解】倾斜角为135∘的且过(0 , 1)的直线𝑙 的方程为𝑦−1 = tan 135∘(𝑥−0)，即𝑦= −𝑥+ 1.
设点𝐴(2 , 4)关于直线𝑙的对称点𝐴′(𝑚, 𝑛)，
则有
{
4 + 𝑛
2
= −𝑚+ 2
2
+ 1
𝑛−4
𝑚−2 ⋅(−1) = −1
，即{𝑚+ 𝑛= −4
𝑚−𝑛= −2，解得{𝑚= −3
𝑛= −1 ，即𝐴′(−3 , −1).
于是反射后的光线所在的直线方程𝑙′为𝑥−(−3)
5 −(−3) = 𝑦−(−1)
0 −(−1)，即𝑙′ : 𝑦= 1
8(𝑥−5).
对于𝐴：(1 , −1
2)在𝑙的左侧，反射光线（射线）不经过该点𝑦= −1
2，故𝐴错误；
对于𝐵：𝑥= 2时𝑦= −3
8，故𝐵正确；
对于𝐶：𝑥= 3时𝑦= −1
4，故𝐶正确；
对于𝐷：𝑥= 4时𝑦= −1
8，故𝐷错误；
故选：𝐵𝐶.
5. （25-26·上海·课堂例题）一条光线沿经过点𝑀(1 , 2)且斜率为3
4的直线射到𝑥轴上后反射，则反射光线所
在的直线方程为
．
3𝑥+ 4𝑦+ 5 = 0
【分析】根据点斜式求入射光线所在直线方程，然后利用对称性可得所求.
【详解】由题知，入射光线所在直线方程为𝑦−2 = 3
4(𝑥−1)，即3𝑥−4𝑦+ 5 = 0，
因为入射光线所在直线和反射光线所在直线关于𝑥轴对称，
所以反射光线所在的直线方程为3𝑥+ 4𝑦+ 5 = 0.
故答案为：3𝑥+ 4𝑦+ 5 = 0
高二数理进阶
第 05 讲 直线中的对称与新定义问题
Page 152
思考不怕缓慢，怕无方向
第 06 讲 圆的方程中的核心问题
高二数理进阶
严谨不是沉重，是可靠
Page 153
第 06 讲
圆的方程中的核心问题
讲
题型精讲
Core examples
题型1
圆中过定点问题
典例1 （25-26·河北张家口）点𝑀是直线2𝑥−𝑦+ 5 = 0上的动点，𝑂是坐标原点，则以𝑂𝑀为直径的圆经
过定点
(0 , 0)和(−2 , 1)
【分析】过点𝑂作𝑂𝑃垂直于直线2𝑥−𝑦+ 5 = 0，垂足为𝑃，则以𝑂𝑀为直径的圆过定点𝑂和𝑃，求出直线
𝑂𝑃的方程，联立两直线方程，求出交点坐标，即可得解.
【详解】如图，过点𝑂作𝑂𝑃垂直于直线2𝑥−𝑦+ 5 = 0，垂足为𝑃，
则以𝑂𝑀为直径的圆过定点𝑂和𝑃，
因为直线2𝑥−𝑦+ 5 = 0的斜率为2，所以直线𝑂𝑃的方程为𝑦= −1
2𝑥，
联立
{
2𝑥−𝑦+ 5 = 0
𝑦= −1
2𝑥
，解得{𝑥= −2
𝑦= 1 ，即𝑃(−2 , 1).
所以以𝑂𝑀为直径的圆经过定点(0 , 0)和(−2 , 1).
故答案为：(0 , 0)和(−2 , 1)
变式1 已知曲线𝐶：(1 + 𝑎)𝑥2 + (1 + 𝑎)𝑦2 −4𝑥+ 8𝑎𝑦= 0．
（1）当𝑎取何值时，方程表示圆？
（2）求证：不论𝑎为何值，曲线𝐶必过两定点．
(1)𝑎≠−1 ；
高二数理进阶
第 06 讲 圆的方程中的核心问题
Page 154
抽象不是疏离，是凝练
(2)证明见解析；
【分析】(1)当𝑎= −1时，方程为𝑥+ 2𝑦= 0表示一条直线，当𝑎≠−1时，化简整理已知方程，可知满足
圆的方程；
(2)将已知方程整理为𝑥2 + 𝑦2 −4𝑥+ 𝑎(𝑥2 + 𝑦2 + 8𝑦) = 0，从而可得方程组，解方程组求得两定点坐
标，结论可证得.
【详解】(1)当𝑎= −1时，方程为𝑥+ 2𝑦= 0表示一条直线．
当𝑎≠−1时，(1 + 𝑎)𝑥2 + (1 + 𝑎)𝑦2 −4𝑥+ 8𝑎𝑦= 0，
整理得(𝑥−
2
𝑎+ 1)2 + (𝑦+
4𝑎
𝑎+ 1)2 = 4 + 16𝑎2
(𝑎+ 1)2 ，
由于4 + 16𝑎2
(1 + 𝑎)2 > 0，
所以𝑎≠−1时，方程表示圆.
(2)证明：方程变形为𝑥2 + 𝑦2 −4𝑥+ 𝑎(𝑥2 + 𝑦2 + 8𝑦) = 0，
由于𝑎取任何值，上式都成立，则有{𝑥2 + 𝑦2 −4𝑥= 0
𝑥2 + 𝑦2 + 8𝑦= 0，
解得{𝑥= 0
𝑦= 0或
{
𝑥= 16
5
𝑦= −8
5
，
所以曲线𝐶必过定点𝐴(0 , 0)，𝐵(16
5 , −8
5)，
即无论𝑎为何值，曲线𝐶必过两定点．
题型2
圆的方程中对称条件的突破
典例2 （25-26·陕西榆林）已知圆𝑀: (𝑥+ 1)2 + (𝑦+ 2)2 = 1与圆𝑁: (𝑥−3)2 + (𝑦+ 4)2 = 1关于直线𝑙
对称，则𝑙的方程为（ ）
A. 𝑥+ 2𝑦+ 5 = 0
B. 𝑥−2𝑦−5 = 0
C. 2𝑥+ 𝑦+ 5 = 0
D. 2𝑥−𝑦−5 = 0
𝐷
【分析】根据对称的性质，得到直线𝑙过𝑀𝑁的中点且与𝑀𝑁垂直，结合垂直的斜率结论可解.
【详解】圆𝑀: (𝑥+ 1)2 + (𝑦+ 2)2 = 1的圆心为𝑀(−1 , −2)，
圆𝑁: (𝑥−3)2 + (𝑦+ 4)2 = 1的圆心为𝑁(3 , −4)，所以线段𝑀𝑁的中点坐标为(1 , −3)，
又𝑘𝑀𝑁= −4 + 2
3 + 1 = −1
2，则𝑘𝑙= −
1
𝑘𝑀𝑁
= 2，
所以直线𝑙的方程为𝑦+ 3 = 2(𝑥−1)，即2𝑥−𝑦−5 = 0.
第 06 讲 圆的方程中的核心问题
高二数理进阶
统一不是相同，是同构
Page 155
故选：𝐷.
变式2 （25-26·四川成都）圆𝐶: (𝑥−1)2 + (𝑦−1)2 = 2关于直线𝑙: 𝑦= 𝑥−1对称后的方程为（ ）
A. (𝑥−2)2 + 𝑦2 = 2
B. (𝑥+ 2)2 + 𝑦2 = 2
C. 𝑥2 + (𝑦−2)2 = 2
D. 𝑥2 + (𝑦+ 1)2 = 2
𝐴
【分析】依题意求得圆𝐶的圆心关于直线的对称点坐标，即可得出结果.
【详解】易知圆𝐶: (𝑥−1)2 + (𝑦−1)2 = 2的圆心为𝐶(1 , 1)，
设𝐶(1 , 1)关于直线𝑙: 𝑦= 𝑥−1对称点为(𝑎, 𝑏)，
所以
{
𝑏−1
𝑎−1 = −1
𝑏+ 1
2
= 𝑎+ 1
2
−1
，解得{𝑎= 2
𝑏= 0，
因此对称后圆的圆心为(2 , 0)，半径为√2，
即可得方程为(𝑥−2)2 + 𝑦2 = 2.
故选：𝐴
题型3
圆的轨迹方程与实际问题
题型点拨
1、求与圆有关的轨迹问题的四种方法
(1)直接法：直接根据题设给定的条件列出方程求解．
(2)定义法：根据圆的定义列方程求解．
(3)几何法：利用圆的几何性质得出方程求解．
(4)代入法(相关点法)：找出要求的点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式求解．
2、坐标法求轨迹方程的步骤
(1)建系：建立适当的平面直角坐标系；
(2)设点：用(𝑥, 𝑦)表示轨迹（曲线）上任意一点𝑀的坐标；
(3)列式：列出关于 𝑥, 𝑦 的方程；
(4)化简：把方程化为最简形式；
(5)证明：证明以化简后的方程的解为坐标的点都是曲线上的点．
高二数理进阶
第 06 讲 圆的方程中的核心问题
Page 156
变化不是混乱，有律可循
典例3 （25-26·海南）据文献及绘画作品记载，中国最早的拱桥可以追溯到东汉或西晋时期.某拱桥及其示
意图如下，桥拱𝐴𝑃𝐵是一段圆弧，桥的跨度𝐴𝐵= 40𝑚，拱高𝑂𝑃= 10𝑚，与𝑂𝑃相距𝑎𝑚的支柱𝐴1𝑃1 =
5𝑚，则𝑎= （ ）
A. 5
B. 5√3
C. 15
D. 10√3
𝐶
【分析】根据圆的性质由弦长及拱高构造等量关系，由勾股定理计算可得结果.
【详解】设拱桥所在圆心为𝑂1，连接𝑂𝑂1 , 𝑂1𝐵, 𝑂1𝑃1，作𝑃1𝑃2 ⟂𝑂𝑃于点𝑃2，如下图所示：
设圆的半径为𝑟，在△𝑂𝐵𝑂1中利用勾股定理可得(𝑟−𝑂𝑃)2 + 𝑂𝐵2 = 𝑂1𝐵2，
即(𝑟−10)2 + 202 = 𝑟2，解得𝑟= 25；
易知𝑃1𝑃2 = 𝑂𝐴1 = 𝑎, 𝑂𝑃2 = 𝐴1𝑃1，
在△𝑃1𝑃2𝑂1中，易知𝑃2𝑂2
1 + 𝑎2 = 𝑟2，即(15 + 5) + 𝑎2 = 252，解得𝑎= 15.
故选：𝐶
变式3 （25-26·重庆）点𝑃在圆𝑥2 + 𝑦2 = 36上运动，它与点𝑄(4 , 0)所连线段中点为𝑀，则点𝑀轨迹方程
为（ ）
A. (𝑥−2)2 + 𝑦2 = 9
B. (𝑥+ 2)2 + 𝑦2 = 9
C. 𝑥2 + (𝑦−2)2 = 9
D. 𝑥2 + (𝑦+ 2)2 = 9
𝐴
【分析】设点𝑀(𝑥, 𝑦)，结合中点坐标公式可得𝑃(2𝑥−4 , 2𝑦)，进而代入𝑥2 + 𝑦2 = 36即可求解.
【详解】设点𝑀(𝑥, 𝑦)，𝑃(𝑥0 , 𝑦0)，
因为𝑀为𝑃𝑄的中点，
所以
{
𝑥= 𝑥0 + 4
2
𝑦= 𝑦0
2
，则{𝑥0 = 2𝑥−4
𝑦0 = 2𝑦
，即𝑃(2𝑥−4 , 2𝑦)，
又因为动点𝑃在圆上，所以(2𝑥−4)2 + (2𝑦)2 = 36，
则𝑥2 −4𝑥+ 𝑦2 −5 = 0，即(𝑥−2)2 + 𝑦2 = 9，
第 06 讲 圆的方程中的核心问题
高二数理进阶
模型不是标签，是关系的骨架
Page 157
则点𝑀轨迹方程为(𝑥−2)2 + 𝑦2 = 9.
故选：𝐴.
题型4
直线与圆的位置关系及参数问题
题型点拨
直线与圆的位置关系的判断方法
(1)几何法：由圆心到直线的距离𝑑与圆的半径𝑟的大小关系判断．
(2)代数法：根据直线与圆的方程组成的方程组解的个数来判断．
(3)直线系法：若直线恒过定点，可通过判断点与圆的位置关系判断，但有一定的局限性，必须是过定点
的直线系．
典例4 若圆𝐶：𝑥2 + 𝑦2 −12𝑥+ 10𝑦+ 25 = 0上有四个不同的点到直线𝑙: 3𝑥+ 4𝑦+ 𝑐= 0的距离为3，则𝑐
的取值范围是（ ）
A. (0 , 17)
B. (−13 , 0)
C. (−13 , 17)
D. (13 , 17)
𝐶
【分析】把圆的一般方程化为标准方程，确定圆心与半径，要使得圆上有四个不同的点到直线距离为3，
将问题转化为圆心到直线的距离小于3即可．
【详解】圆𝐶: 𝑥2 + 𝑦2 −12𝑥+ 10𝑦+ 25 = 0 ⇒(𝑥−6)2 + (𝑦+ 5)2 = 36，
故圆心为𝐶(6 , −5)，半径为6.
设圆心𝐶(6 , −5)到直线𝑙: 3𝑥+ 4𝑦+ 𝑐= 0的距离为𝑑，
要使圆上有四个不同的点到直线𝑙: 3𝑥+ 4𝑦+ 𝑐= 0的距离为3，
则与直线𝑙平行且距离为3的两条直线都必须与圆相交于两个不同的点，
所以𝑑+ 3 < 6，得𝑑< 3，即|18 −20 + 𝑐|
√32 + 42
< 3，
解得−13 < 𝑐< 17，
故选：𝐶.
变式4 （25-26·重庆）直线𝑙的方程为𝑙: 5𝑥+ √39𝑦+ 1 = 0，则圆𝐶: 𝑥2 + 𝑦2 −6𝑥= 0上到直线𝑙距离为1
的点的个数为（ ）
A. 4
B. 2
C. 1
D. 3
𝐷
高二数理进阶
第 06 讲 圆的方程中的核心问题
Page 158
方法不是套路，是选择的理由
【分析】求出圆心和半径，得到𝐶(3 , 0)到𝑙: 5𝑥+ √39𝑦+ 1 = 0的距离为𝑑= 2，从而得到到直线𝑙距离为
1的点的个数为3.
【详解】𝐶: 𝑥2 + 𝑦2 −6𝑥= 0 ⇒(𝑥−3)2 + 𝑦2 = 9，故圆心为𝐶(3 , 0)，半径为3，
𝐶(3 , 0)到𝑙: 5𝑥+ √39𝑦+ 1 = 0的距离为𝑑= |15 + 1|
√25 + 39
= 2，
又3 −2 = 1，故过点𝐶作𝐶𝐷垂直𝑙与圆𝐶交于点𝐷，在𝐶𝐷上取点𝑀，使得𝐶𝑀= 1，
过点𝑀作𝐴𝐵⊥𝐶𝐷，交圆𝐶于点𝐴, 𝐵，
所以圆𝐶: 𝑥2 + 𝑦2 −6𝑥= 0上到直线𝑙距离为1的点的个数为3，分别为𝐴, 𝐵, 𝐷.
故选：𝐷
题型5
切线方程、切线长、切点弦问题
题型点拨
1、求圆的切线方程的三种方法
(1)几何法：设出切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径，求出未知量，此种方法需要注意斜率不存
在的情况，要单独验证，若符合题意，则直接写出切线方程．
(2)代数法：设切线为𝑦−𝑦0 = 𝑘(𝑥−𝑥0)时，只考虑了斜率存在的直线．因此利用判别式求出这些切线
后，还必须单独检验斜率不存在的直线𝑥= 𝑥0是否为圆的切线．
(3)设切点坐标：先利用切线的性质解出切点坐标，再利用直线的两点式写出切线方程．
2、与圆的切线相关的结论
(1)过圆𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2上一点𝑃(𝑥0 , 𝑦0)的圆的切线方程为𝑥𝑥0 + 𝑦𝑦0 = 𝑟2．
(2)过(𝑥−𝑎)2 + (𝑦−𝑏)2 = 𝑟2上一点𝑃(𝑥0 , 𝑦0)的圆的切线方程为：
(𝑥−𝑎)(𝑥0 −𝑎) + (𝑦−𝑏)(𝑦0 −𝑏) = 𝑟2
(3)过(𝑥−𝑎)2 + (𝑦−𝑏)2 = 𝑟2外一点𝑃(𝑥0 , 𝑦0)作圆的两条切线，切点分别为𝐴，𝐵，则切点弦𝐴𝐵所在
直线方程为：(𝑥−𝑎)(𝑥0 −𝑎) + (𝑦−𝑏)(𝑦0 −𝑏) = 𝑟2．
第 06 讲 圆的方程中的核心问题
高二数理进阶
技巧若无前提，便不可迁移
Page 159
(4)过圆外一点𝑃(𝑥0 , 𝑦0)引圆(𝑥−𝑎)2 + (𝑦−𝑏)2 = 𝑟2的两条切线，则过圆外一点𝑃(𝑥0 , 𝑦0)的切线长
为𝑑= √(𝑥0 −𝑎)2 + (𝑦0 −𝑏)2 −𝑟2
典例5 （25-26·河北廊坊）一条光线从点𝐴(−1 , 1)射出，经直线𝑦= 𝑥反射后，与圆𝐶：(𝑥−1)2 +
(𝑦−3)2 = 1相切，则反射后光线所在直线的斜率为（ ）
A. ±√15
B. ±√10
C. ±3
D. ±√5
𝐴
【分析】求出点𝐴关于直线𝑦= 𝑥的对称点𝐴′，结合光的反射定律求出过𝐴′作圆𝐶的切线斜率即可.
【详解】依题意，点𝐴(−1 , 1)关于直线𝑦= 𝑥的对称点𝐴′(1 , −1)，由光的反射定律知，反射光线必过点
𝐴′，
而圆𝐶：(𝑥−1)2 + (𝑦−3)2 = 1的圆心𝐶(1 , 3)，半径1，
显然过点𝐴′的圆𝐶的切线斜率存在，设切线方程为𝑦+ 1 = 𝑘(𝑥−1)，即𝑘𝑥−𝑦−𝑘−1 = 0，
由|𝑘−3 −𝑘−1|
√𝑘2 + (−1)2
= 1，得𝑘2 = 15，所以𝑘= ±√15.
故选：𝐴
变式5 （25-26·河南驻马店）过原点𝑂的直线𝑙与圆𝐶: (𝑥−1)2 + 𝑦2 = 4交于𝐴, 𝐵两点，且点𝑃(−3 , 2)．
（1）过点𝑃作圆𝐶的切线𝑚，求切线𝑚的方程；
（2）求弦𝐴𝐵的中点𝑀的轨迹方程．
(1)𝑦= 2或4𝑥+ 3𝑦+ 6 = 0
(2)(𝑥−1
2)
2
+ 𝑦2 = 1
4
【分析】(1)根据题意，分直线斜率存在与不存在两种情况讨论，结合点到直线距离公式及相切条件求解
即可；
高二数理进阶
第 06 讲 圆的方程中的核心问题
Page 160
结论若无条件，便不可使用
(2)设𝑀(𝑥, 𝑦)，根据圆的性质，弦的中点与圆心的连线垂直于弦，即𝐶𝑀⟂𝑂𝑀，再利用向量垂直的坐
标表示即可求解．
【详解】(1)由题知圆心𝐶(1 , 0)，半径𝑟= 2，
当直线斜率不存在时，直线方程为𝑥= −3，
此时圆心到直线的距离|−3 −1| = 4 > 2，直线与圆相离，不符合题意；
当直线斜率存在时，设切线方程为𝑦−2 = 𝑘(𝑥+ 3)，即𝑘𝑥−𝑦+ 3𝑘+ 2 = 0，
圆心到直线的距离𝑑= |𝑘−0 + 3𝑘+ 2|
√1 + 𝑘2
= 𝑟= 2，即𝑑= |4𝑘+ 2|
√1 + 𝑘2
= 2，
整理得12𝑘2 + 16𝑘= 0，解得𝑘= 0或𝑘= −4
3，
所以切线𝑚的方程为𝑦= 2或4𝑥+ 3𝑦+ 6 = 0．
(2)设𝑀(𝑥, 𝑦)，圆心𝐶(1 , 0)，
因为𝑀弦𝐴𝐵的中点，所以𝐶𝑀⟂𝐴𝐵，
又直线𝑙过原点𝑂，所以𝐶𝑀⟂𝑂𝑀，
𝐶𝑀⃗= (𝑥−1 , 𝑦) , 𝑂𝑀⃗= (𝑥, 𝑦) ，
𝐶𝑀⃗⋅𝑂𝑀⃗= (𝑥−1 , 𝑦) ⋅(𝑥, 𝑦) = 𝑥(𝑥−1) + 𝑦2 = 0 ，
整理得(𝑥−1
2)
2
+ 𝑦2 = 1
4，
所以𝑀的轨迹方程为(𝑥−1
2)
2
+ 𝑦2 = 1
4．
题型6
直线与圆相交及弦长问题
题型点拨
弦长问题
(1)利用垂径定理：半径𝑟，圆心到直线的距离𝑑，弦长𝑙具有的关系𝑟2 = 𝑑2 + ( 𝑙
2)2，这也是求弦长最常
用的方法．
(2)利用交点坐标：若直线与圆的交点坐标易求出，求出交点坐标后，直接用两点间的距离公式计算弦
长．
(3)利用弦长公式：设直线𝑙: 𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，与圆的两交点(𝑥1 , 𝑦1) , (𝑥2 , 𝑦2)，将直线方程代入圆的方程，
消元后利用根与系数关系得弦长：𝑙= √1 + 𝑘2|𝑥1 −𝑥2| = √(1 + 𝑘2)[(𝑥1 + 𝑥2)2 −4𝑥1𝑥2] =
√(1 + 𝑘2) ⋅
√Δ
|𝐴| ．
第 06 讲 圆的方程中的核心问题
高二数理进阶
证明若无层次，便不可阅读
Page 161
典例6 （25-26·湖北孝感）已知线段𝐴𝐵的端点𝐵的坐标是(6 , 8)，端点𝐴在圆𝑥2 + 𝑦2 = 16上运动，𝑀是线
段𝐴𝐵的中点.
（1）求点𝑀的轨迹方程；
（2）记(1)中所求轨迹为曲线𝐶，过定点(2 , 0)的直线𝑙与曲线𝐶交于𝑃, 𝑄两点，并且被曲线𝐶截得的弦长为
2√3，求直线𝑙的方程．
(1)(𝑥−3)2 + (𝑦−4)2 = 4
(2)𝑥= 2或15𝑥−8𝑦−30 = 0
【分析】(1)设𝑀(𝑥, 𝑦), 𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，由𝑀是线段𝐴𝐵的中点，可得𝑥1 = 2𝑥−6 , 𝑦1 = 2𝑦−8，代入圆的方
程化简可得结果；
(2)由弦长为2√3，半径为2，可得圆心到直线𝑙的距离𝑑= 1，再分斜率不存在和存在两种情况讨论可得结
果.
【详解】(1)设点𝑀(𝑥, 𝑦), 𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，由点𝐵的坐标为(6 , 8)，且𝑀是线段𝐴𝐵的中点，
则
{
𝑥= 𝑥1 + 6
2
𝑦= 𝑦1 + 8
2
，可得𝑥1 = 2𝑥−6 , 𝑦1 = 2𝑦−8，即𝐴(2𝑥−6 , 2𝑦−8)，
因为点𝐴在圆𝑥2 + 𝑦2 = 16上运动，所以点𝐴坐标满足圆的方程𝑥2 + 𝑦2 = 16，
即(2𝑥−6)2 + (2𝑦−8)2 = 16，整理得(𝑥−3)2 + (𝑦−4)2 = 4，
所以点𝑀的轨迹方程为(𝑥−3)2 + (𝑦−4)2 = 4.
(2)由(1)，曲线𝐶的方程为(𝑥−3)2 + (𝑦−4)2 = 4，圆心𝐶(3 , 4)，半径𝑟= 2，
由弦长为2√3，半径为2，则圆心到直线𝑙的距离𝑑= 1，
①当直线𝑙的斜率不存在时，即𝑙：𝑥= 2，符合题意；
②当直线𝑙的斜率存在时，设直线𝑙: 𝑦= 𝑘(𝑥−2)，即𝑘𝑥−𝑦−2𝑘= 0，
则圆心𝐶(3 , 4)到直线𝑙的距离为𝑑= |𝑘−4|
√𝑘2 + 1
= 1，解得𝑘= 15
8 ，
所以直线𝑙的方程为15𝑥−8𝑦−30 = 0.
综上，直线𝑙的方程为𝑥= 2或15𝑥−8𝑦−30 = 0.
高二数理进阶
第 06 讲 圆的方程中的核心问题
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运算若无结构，便不可控制
变式6 在平面直角坐标系中，𝑄(2 , 0)，过点𝑃(2 , 4)作直线𝑙与圆𝑂: 𝑥2 + 𝑦2 = 4交于不同的两点𝑀, 𝑁．
（1）若直线𝑙的斜率为1，求|𝑀𝑁|；
（2）设直线𝑄𝑀，𝑄𝑁的斜率分别是𝑘1，𝑘2，探索𝑘1 + 𝑘2是不是定值，若是，求出该定值，若不是，说明
理由．
(1)2√2
(2)𝑘1 + 𝑘2是定值，且定值为−1
【分析】(1)先计算圆心(0 , 0)到直线𝑙的距离，再利用垂径定理计算即可；
(2)设𝑙: 𝑦−4 = 𝑘(𝑥−2)，与圆𝑂方程联立，利用韦达定理化简即可.
【详解】(1)依题意，得直线𝑙: 𝑦−4 = 𝑥−2，即𝑦= 𝑥+ 2，
则圆心(0 , 0)到直线𝑙的距离𝑑= |2|
√2
= √2，所以|𝑀𝑁| = 2√4 −2 = 2√2．
(2)依题意，直线𝑙的斜率存在且不为零，设𝑀(𝑥1 , 𝑦1) , 𝑁(𝑥2 , 𝑦2)，𝑙: 𝑦−4 = 𝑘(𝑥−2)，
联立{𝑦−4 = 𝑘(𝑥−2)
𝑥2 + 𝑦2 = 4
，得(1 + 𝑘2)𝑥2 −4𝑘(𝑘−2)𝑥+ 4𝑘2 −16𝑘+ 12 = 0，
则𝑥1 + 𝑥2 = 4𝑘(𝑘−2)
1 + 𝑘2
，𝑥1𝑥2 = 4𝑘2 −16𝑘+ 12
1 + 𝑘2
，
所以𝑘1 + 𝑘2 =
𝑦1
𝑥1 −2 +
𝑦2
𝑥2 −2 = 𝑘(𝑥1 −2) + 4
𝑥1 −2
+ 𝑘(𝑥2 −2) + 4
𝑥2 −2
= 2𝑘+
4
𝑥1 −2 +
4
𝑥2 −2
= 2𝑘+
4(𝑥1 + 𝑥2 −4)
𝑥1𝑥2 −2(𝑥1 + 𝑥2) + 4 = 2𝑘+
4 × [4𝑘(𝑘−2)
1 + 𝑘2
−4]
4𝑘2 −16𝑘+ 12
1 + 𝑘2
−2 × 4𝑘(𝑘−2)
1 + 𝑘2
+ 4
= 2𝑘−(2𝑘+ 1) = −1 ，
所以𝑘1 + 𝑘2是定值，且定值为−1．
题型7
圆与圆的位置关系及参数问题
题型点拨
(1)几何法：若两圆的半径分别为𝑟1，𝑟2，两圆连心线的长为𝑑.
第 06 讲 圆的方程中的核心问题
高二数理进阶
由特殊入手，由一般收束
Page 163
位置关系
外离
外切
相交
内切
内含
图示
交点个数
0
1
2
1
0
𝑑与𝑟1，𝑟2的关系
𝑑> 𝑟1 + 𝑟2
𝑑= 𝑟1 + 𝑟2
|𝑟1 −𝑟2| < 𝑑<
𝑟1 + 𝑟2
𝑑= |𝑟1 −
𝑟2|
0 ≤𝑑< |𝑟1 −
𝑟2|
(2)代数法：通过两圆方程组成方程组的公共解的个数进行判断．
圆𝐶1 方程
圆𝐶2 方程}
消元，一元二次方程
{
Δ > 0 ⇒相交
Δ = 0 ⇒内切或外切
Δ < 0 ⇒外离或内含
典例7 （25-26·江苏苏州）若圆𝑥2 + 𝑦2 = 4上总存在两个点到点(𝑎, 1)的距离为3，则实数𝑎的取值范围
是（ ）
A. (−1 , 1)
B. (−2√6 , 2√6)
C. (−1 , 0) ∪(0 , 1)
D. (−2√6 , 0) ∪(0 , 2√6)
𝐷
【分析】问题转化为两圆相交，进而可得3 −2 < √𝑎2 + 1 < 3 + 2，求解即可.
【详解】圆𝑥2 + 𝑦2 = 4的圆心为𝑂(0 , 0)，半径为𝑟= 2.
设圆(𝑥−𝑎)2 + (𝑦−1)2 = 9，
由题意，两圆有两个公共点，即两圆相交，所以3 −2 < √𝑎2 + 1 < 3 + 2，
解得0 < 𝑎2 < 24，即−2√6 < 𝑎< 0或0 < 𝑎< 2√6.
所以实数𝑎的取值范围是(−2√6 , 0) ∪(0 , 2√6).
故选：𝐷.
变式7 已知𝑂(0 , 0)，𝐴(−3 , 0)，圆𝐶: (𝑥−2)2 + 𝑦2 = 𝑟2(𝑟> 0)上有且仅有一个点𝑃满足|𝑃𝐴| = 2|𝑃𝑂|，
则𝑟的取值可以为（ ）
A. 1或3
B. 2
C. 3
D. 1或5
𝐴
高二数理进阶
第 06 讲 圆的方程中的核心问题
Page 164
从局部观察，向整体归纳
【分析】点𝑃在阿波罗尼斯圆上，且是圆𝐶上唯一一点，可知两圆相切，求参问题需求出阿波罗尼斯圆的
圆心和半径.
【详解】设𝑃(𝑥, 𝑦)，由|𝑃𝐴| = 2|𝑃𝑂|，两边平方得(𝑥+ 3)2 + 𝑦2 = 4𝑥2 + 4𝑦2，
整理得(𝑥−1)2 + 𝑦2 = 4，圆心为(1 , 0)，半径为2.
圆𝐶: (𝑥−2)2 + 𝑦2 = 𝑟2(𝑟> 0)的圆心为(2 , 0)，半径为𝑟，
由题意知，两圆相切，圆心距为1，当两圆外切时𝑟+ 2 = 1无解，
所以只能是两圆内切，即|𝑟−2| = 1，
解得𝑟= 3或1.
𝑟= 1时圆𝐶在内，𝑟= 3时圆𝐶在外
故选：𝐴
题型8
公切线与公共弦问题
题型点拨
1、公切线的定义：与两个圆都相切的直线叫做两圆的公切线，包括外公切线和内公切线．
2、两圆公切线的条数
位置关系
外离
外切
相交
内切
内含
图示
公切线条数
4条
3条
2条
1条
无公切线
3、两圆公切线方程的确定
(1)当公切线的斜率存在时，可设公切线方程为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，由公切线的意义（两圆的公切线）可知，两
圆心到直线𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏的距离分别等于两圆的半径，这样得到关于𝑘和𝑏的方程，解这个方程组得到𝑘，𝑏
的值，即可写出公切线的方程；
(2)当公切线的斜率不存在时，要注意运用数形结合的方法，观察并写出公切线的方程．
典例8 （25-26·河北秦皇岛）（多选）与圆𝐶1 : (𝑥−1)2 + 𝑦2 = 8和圆𝐶2 : (𝑥−5)2 + (𝑦−4)2 = 8都相切
的直线方程可能为（ ）
A. 𝑥+ 2𝑦−5 = 0
B. 𝑥+ 𝑦−5 = 0
C. 𝑥−𝑦−5 = 0
D. 𝑥−𝑦+ 3 = 0
𝐵𝐶𝐷
第 06 讲 圆的方程中的核心问题
高二数理进阶
在限制中寻找自由
Page 165
【分析】先明确两圆位置关系，从而根据两圆位置关系明确公切线的情况，再根据公切线特征情况分情况
直接计算求解即可.
【详解】由题知𝐶1(1 , 0) , 𝐶2(5 , 4)，两圆半径𝑟1 = 𝑟2 = 2√2，
所以|𝐶1𝐶2| = √(1 −5)2 + (0 −4)2 = 4√2 = 𝑟1 + 𝑟2，
故圆𝐶1、𝐶2外切， 则两圆有三条公切线，如图，
𝐶1𝐶2的中点为两圆外切切点𝐺(3 , 2)，
当公切线过𝐶1𝐶2的中点𝐺(3 , 2)，且与𝐶1𝐶2垂直时，
因为𝑘𝐶1𝐶2 = 4 −0
5 −1 = 1，所以公切线的方程为𝑦−2 = −(𝑥−3)，即𝑥+ 𝑦−5 = 0；
当公切线与𝐶1𝐶2平行，且𝐶1到公切线的距离为2√2时，
设公切线的方程为𝑥−𝑦+ 𝑚= 0，
所以|1 −0 + 𝑚|
√1 + 1
= 2√2，解得𝑚= 3或𝑚= −5，
所以公切线的方程为𝑥−𝑦+ 3 = 0或𝑥−𝑦−5 = 0．
综上所述，公切线的方程为𝑥−𝑦+ 3 = 0或𝑥−𝑦−5 = 0或𝑥+ 𝑦−5 = 0.
故选：𝐵𝐶𝐷.
典例9 （25-26·上海徐汇）两圆(𝑥−5)2 + (𝑦−5)2 = 75和(𝑥+ 3)2 + (𝑦+ 1)2 = 75的公共弦长为
．
10√2
【分析】首先得到圆心坐标与半径，再两圆方程作差得到公共弦方程，求出圆心到直线的距离，最后由勾
股定理计算可得.
【详解】圆(𝑥−5)2 + (𝑦−5)2 = 75的圆心为𝑂1(5 , 5)，半径𝑟1 = 5√3，
圆(𝑥+ 3)2 + (𝑦+ 1)2 = 75的圆心为𝑂2(−3 , −1)，半径𝑟2 = 5√3，
又|𝑂1𝑂2| = √(−3 −5)2 + (−1 −5)2 = 10，所以|𝑟1 −𝑟2| < |𝑂1𝑂2| < 𝑟1 + 𝑟2，即两圆相交，
两圆方程作差得到公共弦方程为4𝑥+ 3𝑦−10 = 0，
高二数理进阶
第 06 讲 圆的方程中的核心问题
Page 166
在边界处检验答案
又圆心𝑂1(5 , 5)到公共弦的距离𝑑= |4 × 5 + 3 × 5 −10|
√42 + 32
= 5，
所以公共弦长为2√(5√3)
2
−52 = 10√2.
故答案为：10√2
变式8 （25-26·江苏泰州）已知圆(𝑥−𝑎)2 + (𝑦−1)2 = 1与圆𝑥2 + 𝑦2 = 3相交于𝐴, 𝐵两点，若直线𝐴𝐵的
倾斜角为45∘，则实数𝑎的值为
．
−1
【分析】两圆方程相减可得公共弦𝐴𝐵的方程，再利用直线𝐴𝐵的倾斜角求出斜率即可求解.
【详解】因为圆(𝑥−𝑎)2 + (𝑦−1)2 = 1，即𝑥2 + 𝑦2 −2𝑎𝑥−2𝑦+ 𝑎2 = 0与圆𝑥2 + 𝑦2 = 3相交于𝐴, 𝐵两
点，
所以两圆方程相减可得公共弦𝐴𝐵的方程2𝑎𝑥+ 2𝑦−3 −𝑎2 = 0，即𝑦= −𝑎𝑥+ 3 + 𝑎2
2
，
因为直线𝐴𝐵的倾斜角为45∘，
所以直线𝑦= −𝑎𝑥+ 3 + 𝑎2
2
的斜率𝑘= −𝑎= 1，解得𝑎= −1，
故答案为：−1
练
强化训练
Targeted Practice
1. （25-26·江苏宿迁）圆(𝑥−1)2 + (𝑦−2)2 = 4上恰有3个点到直线𝑦= 2𝑥+ 𝑚的距离等于1，则实数𝑚的
值为（ ）
A. ±1
B. ±2
C. ±√5
D. ±2√5
𝐶
【分析】由圆心到直线的距离等1求解即可；
【详解】因为圆的半径为2，
由题意可知：圆心到直线𝑦= 2𝑥+ 𝑚的距离为1，
即|𝑚|
√5
= 1，解得：𝑚= ±√5，
故选：𝐶
第 06 讲 圆的方程中的核心问题
高二数理进阶
在对称处减少复杂
Page 167
2. 已知圆𝑂1 : (𝑥−2)2 + (𝑦−1)2 = 9和直线𝑙: 𝑥−𝑦+ 1 = 0.若圆𝑂2与圆𝑂1关于直线𝑙对称，则圆𝑂2的方程
为（ ）
A. (𝑥−3)2 + 𝑦2 = 9
B. 𝑥2 + (𝑦−3)2 = 9
C. (𝑥−2)2 + (𝑦−3)2 = 9
D. (𝑥−3)2 + (𝑦−2)2 = 9
𝐵
【分析】求出圆𝑂1的圆心关于直线𝑙的对称点，即为圆𝑂2的圆心坐标，进而可得圆𝑂2的方程．
【详解】圆𝑂2与圆𝑂1关于直线𝑙对称，则圆心𝑂1(2 , 1)与圆𝑂2(𝑎, 𝑏)关于𝑙: 𝑥−𝑦+ 1 = 0对称
可得
{
2 + 𝑎
2
−1 + 𝑏
2
+ 1 = 0
𝑏−1
𝑎−2 = −1
，化简得{𝑎−𝑏+ 3 = 0
𝑎+ 𝑏−3 = 0，解得𝑎= 0 , 𝑏= 3
又两圆半径相等，故圆𝑂2的方程为𝑥2 + (𝑦−3)2 = 9
故选：𝐵
3. （25-26·甘肃兰州）曲线𝑦= 1 + √4 −𝑥2(−2 ≤𝑥≤2)与直线𝑦= 𝑘(𝑥−2) + 4有两个交点，则实数𝑘的取
值范围是（ ）
A. [ 5
12 , + ∞)
B. ( 5
12 , 3
4]
C. (1
3 , 3
4]
D. [1
3 , + ∞)
𝐵
【分析】根据曲线方程得到曲线的轨迹为半圆，根据直线方程得到直线过点(2 , 4)，然后结合图形得到直
线𝑦= 𝑘(𝑥−2) + 4在𝑙1 , 𝑙2之间，最后计算𝑘即可.
【详解】曲线𝑦= 1 + √4 −𝑥2(−2 ≤𝑥≤2)可整理为𝑥2 + (𝑦−1)2 = 4(−2 ≤𝑥≤2，1 ≤𝑦≤3)，
所以曲线𝑦= 1 + √4 −𝑥2(−2 ≤𝑥≤2)为以(0 , 1)为圆心，半径为2的半圆，图形如下：
直线𝑦= 𝑘(𝑥−2) + 4表示过点(2 , 4)的直线，
如图所示，当直线𝑦= 𝑘(𝑥−2) + 4在𝑙1 , 𝑙2之间时与曲线𝑦= 1 + √4 −𝑥2(−2 ≤𝑥≤2)有两个交点，
𝑙1与半圆相切，则|−2𝑘+ 4 −1|
√𝑘2 + 1
= 2，解得𝑘= 5
12，
𝑙2经过点(−2 , 1)，则1 = 𝑘(−2 −2) + 4，解得𝑘= 3
4，
高二数理进阶
第 06 讲 圆的方程中的核心问题
Page 168
在极端处显露规律
所以𝑘∈( 5
12 , 3
4].
故选：𝐵.
4. （25-26·山东青岛）（多选）已知圆𝐴: 𝑥2 + 𝑦2 −2𝑦−3 = 0，圆𝐵: 𝑥2 + 𝑦2 −4𝑥+ 3 = 0，则下列说法正
确的是（ ）
A. 点𝑃(2 , −1)在圆𝐴内
B. 圆𝐴上的点到直线3𝑥−4𝑦+ 19 = 0的最小距离为1
C. 圆𝐴和圆𝐵的公切线长为2
D. 圆𝐴和圆𝐵的公共弦所在的直线方程为2𝑥−𝑦−3 = 0
𝐵𝐶𝐷
【分析】根据点与圆的关系即可求解𝐴,根据圆心到直线的距离即可求解𝐵，根据相交弦的定义即可求解𝐷，
根据相交时两圆的外公切线的求解即可判定𝐶.
【详解】圆𝐴: 𝑥2 + 𝑦2 −2𝑦−3 = 0的圆心和半径分别为𝐴(0 , 1) , 𝑅= 2,圆𝐵: 𝑥2 + 𝑦2 −4𝑥+ 3 = 0的圆
心和半径为𝐵(2 , 0) , 𝑟= 1，
对于𝐴，由于22 + (−1)2 −2 × (−1) −3 > 0，故点𝑃(2 , −1)在圆外，故𝐴错误，
对于𝐵，𝐴(0 , 1)到3𝑥−4𝑦+ 19 = 0的距离为𝑑= |0 −4 × 1 + 19|
√32 + (−4)2
= 3，所以圆𝐴上的点到直线3𝑥−4𝑦+
19 = 0的最小距离为𝑑−𝑅= 1，𝐵正确，
对于𝐷,由于|𝐴𝐵| = √22 + (−1)2 = √5 ∈(1 , 3),故两圆相交，
两圆方程相减可得公共弦所在直线方程为：2𝑥−𝑦−3 = 0，故𝐷正确，
对于𝐶，由于两圆相交，所以外公切线的长度为√|𝐴𝐵|2 −(𝑅−𝑟)2 = √(√5)
2
−12 = 2，𝐶正确，
故选：𝐵𝐶𝐷
5. （多选）若圆𝐶1：𝑥2 + 𝑦2 = 1和𝐶2：𝑥2 + 𝑦2 −2√3𝑎𝑥−2𝑎𝑦−5 = 0（𝑎> 0）有且仅有一条公切线𝑙，则
下列结论正确的是（ ）
A. 圆𝐶1与圆𝐶2内切
B. 𝑎= 1
C. 公切线𝑙的方程为2𝑥−2√3𝑦+ √3 = 0
D. 公切线𝑙的方程为√3𝑥+ 𝑦+ 2 = 0
𝐴𝐵𝐷
第 06 讲 圆的方程中的核心问题
高二数理进阶
在等价处保证安全
Page 169
【分析】𝐴项，由圆心𝐶1在圆𝐶2内可知两圆内切；𝐵项，由两圆内切条件|𝐶1𝐶2| = 𝑅−𝑟建立关于𝑎的方程
求解即可；𝐶𝐷项，法一由两圆心连线斜率求出切线斜率，再求出切点可得方程，法二由两圆方程作差化
简即得公切线方程.
【详解】圆𝐶1与圆𝐶2有且仅有一条公切线𝑙，两圆相切.
圆𝐶1：𝑥2 + 𝑦2 = 1的圆心为𝐶1(0 , 0)，半径为𝑟= 1，
圆𝐶2：𝑥2 + 𝑦2 −2√3𝑎𝑥−2𝑎𝑦−5 = 0（𝑎> 0），
即(𝑥−√3𝑎)
2
+ (𝑦−𝑎)2 = 4𝑎2 + 5，圆心𝐶2(√3𝑎, 𝑎)，半径为𝑅= √4𝑎2 + 5 > 𝑟.
𝐴项，将𝐶1(0 , 0)代入方程𝑥2 + 𝑦2 −2√3𝑎𝑥−2𝑎𝑦−5 = 0左边得−5 < 0，
则圆心𝐶1(0 , 0)在圆𝐶2内，故两圆不可能外切，所以𝐶1与𝐶2内切，故𝐴正确；
𝐵项，圆𝐶2 :(𝑥−√3𝑎)
2
+ (𝑦−𝑎)2 = 4𝑎2 + 5，
由圆𝐶1与𝐶2内切，所以|𝐶1𝐶2| = √3𝑎2 + 𝑎2 = √4𝑎2 + 5 −1，
由𝑎> 0，即2𝑎+ 1 = √4𝑎2 + 5，解得𝑎= 1，故𝐵正确；
𝐶𝐷项， 𝐶1(0 , 0), 𝐶2(√3 , 1)，得𝑘𝐶1𝐶2 = 1
√3
= √3
3 ，则公切线斜率为−√3，
法一：联立方程𝑥2 + 𝑦2 = 1和(𝑥−√3)2 + (𝑦−1)2 = 9，解得
{
𝑥= −√3
2
𝑦= −1
2
，
所以切点的坐标为
(
−√3
2 , −1
2)
，
故所求公切线的方程为𝑦+ 1
2 = −√3
(
𝑥+ √3
2 )
，即√3𝑥+ 𝑦+ 2 = 0．
法二： 𝐶1 : 𝑥2 + 𝑦2 −1 = 0①；𝐶2 : 𝑥2 + 𝑦2 −2√3𝑥−2𝑦−5 = 0②，
两圆方程作差得2√3𝑥+ 2𝑦+ 4 = 0，即√3𝑥+ 𝑦+ 2 = 0．
设两圆切点𝑃(𝑥0 , 𝑦0)，则点𝑃的坐标适合方程①②，则也适合方程√3𝑥+ 𝑦+ 2 = 0，
又直线√3𝑥+ 𝑦+ 2 = 0斜率为−√3，即与两圆圆心连线𝐶1𝐶2垂直，
故直线√3𝑥+ 𝑦+ 2 = 0是过点𝑃且垂直于𝐶1𝐶2的直线，即为两圆公切线.
故𝐶错误，𝐷正确．
故选：𝐴𝐵𝐷.
高二数理进阶
第 06 讲 圆的方程中的核心问题
Page 170
在构造处打开局面
6. （25-26·上海）古希腊数学家阿波罗尼奥斯证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数𝑘(𝑘>
0且𝑘≠1）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，设𝐴(−3 , 0)，
𝐵(3 , 0)，动点𝑀满足|𝑀𝐴|
|𝑀𝐵| = 2，则动点𝑀的轨迹方程为
．
(𝑥−5)2 + 𝑦2 = 16
【分析】首先设𝑀(𝑥, 𝑦)，代入两点间的距离求|𝑀𝐴|和|𝑀𝐵|，最后整理方程.
【详解】设𝑀(𝑥, 𝑦)，由|𝑀𝐴|
|𝑀𝐵| = 2，得(𝑥+ 3)2 + 𝑦2
(𝑥−3)2 + 𝑦2 = 4，
可得：(𝑥+ 3)2 + 𝑦2 = 4(𝑥−3)2 + 4𝑦2，即𝑥2 −10𝑥+ 𝑦2 + 9 = 0，
整理得(𝑥−5)2 + 𝑦2 = 16，故动点𝑀的轨迹方程为(𝑥−5)2 + 𝑦2 = 16.
故答案为：(𝑥−5)2 + 𝑦2 = 16.
7. 过点𝑃(−2 , −1)作圆𝑂: 𝑥2 + 𝑦2 −4𝑦= 0的两条切线𝑃𝐴, 𝑃𝐵，切点分别为𝐴, 𝐵，则直线𝐴𝐵的方程为
．
2𝑥+ 3𝑦−2 = 0
【分析】弦𝐴𝐵即为点𝑃(−2 , −1)所对应的切点弦，可采用“留一代一”法直接写出方程；也可根据𝐴𝐵⟂
𝑂𝑃先求出直线𝐴𝐵斜率，再求方程.
【详解】 方法一：直接在一般式方程里用“留一代一”：需注意“𝐸𝑦”要代成“𝐸⋅𝑦+ 𝑦0
2
”，切点弦所在直线
方程为−2𝑥+ 𝑦⋅(−1) −4 ⋅𝑦−1
2
= 0，整理得2𝑥+ 3𝑦−2 = 0．
方法二：将方程化为标准形式得𝑥2 + (𝑦−2)2 = 4，根据“留一代一”可知，所求切点弦所在直线方程为𝑥⋅
(−2) + (𝑦−2)(−1 −2) = 4，即2𝑥+ 3𝑦−2 = 0．
方法三：将方程化为标准形式得𝑥2 + (𝑦−2)2 = 4，观察圆的方程和点𝑃坐标可知，
过点𝑃且与圆相切的两条直线中，有一条斜率不存在，此时切线方程为𝑥= −2，
将𝑥= −2代入圆的方程中得𝑦= 2，故此直线与圆相切于点(−2 , 2)．
第 06 讲 圆的方程中的核心问题
高二数理进阶
在反例处校正判断
Page 171
由圆的切线的性质可知，𝐴𝐵⟂𝑂𝑃，∴𝑘𝐴𝐵= −1
𝑘𝑂𝑃
=
−1
2 −(−1)
0 −(−2)
= −2
3．
又直线𝐴𝐵过点(−2 , 2)，∴直线𝐴𝐵的方程为𝑦−2 = −2
3(𝑥+ 2)，即2𝑥+ 3𝑦−2 = 0．
故答案为：2𝑥+ 3𝑦−2 = 0．
8. 在气象台𝐴正西方向100√3𝑘𝑚处有一台风中心，它正向北偏东60∘方向移动，移动速度的大小为20𝑘𝑚/ℎ，
距台风中心100𝑘𝑚以内的地区都将受到影响，若台风中心的这种移动趋势不变，则气象台所在地受到影响
的持续时间为
小时．
5
【分析】以气象台为圆心，作半径为100的圆交台风轨迹于𝐶𝐷两点，计算𝐶𝐷两点的长度即可求得气象台
所在地受到台风影响的时间．
【详解】如图所示，可设台风中心初始位置为𝐵，气象台为𝐴，𝐴𝐵= 100√3，
以𝐴为圆心，100为半径作圆𝐴交台风运动轨迹于𝐶、𝐷两点，𝐶𝐷为圆𝐴的弦，
而台风向北偏东60∘移动，可知∠𝐷𝐵𝐴= 30∘，
过𝐴作𝐵𝐷的垂线，垂足为𝐸，
在直角△𝐴𝐵𝐸中，∠𝐴𝐵𝐶= 30∘，则𝐴𝐸= 1
2𝐴𝐵= 50√3，
在直角△𝐴𝐶𝐸中，由勾股定理得𝐶𝐸= √𝐴𝐶2 −𝐴𝐸2 = 50，
所以𝐶𝐷= 2𝐶𝐸= 100，
故持续时间为100
20 = 5小时．
故答案为：5.
9. （25-26·江西抚州）已知𝑂为原点，直线𝑥+ 2𝑦−3 = 0与圆𝐶: 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑥−6𝑦+ 𝑚= 0交于𝑃、𝑄两点.
（1）若|𝑃𝑄| = 2√7，求𝑚的值；
（2）若过𝑂点作圆的两条切线，切点为𝑀、𝑁，求四边形𝑂𝑁𝐶𝑀面积的最大值.
(1)1
高二数理进阶
第 06 讲 圆的方程中的核心问题
Page 172
在回代处确认结果
(2)37
8
【分析】(1)利用垂径定理来求直线与圆相交的弦长，从而可得方程求解𝑚的值；
(2)利用勾股定理来求切线长，从而可计算面积，然后可用基本不等式来求最值即可.
【详解】(1)
由圆𝑥2 + 𝑦2 + 𝑥−6𝑦+ 𝑚= 0可得：
圆心为(−1
2 , 3)，半径𝑟= √37 −4𝑚
2
，其中𝑚< 37
4 ，
而圆心(−1
2 , 3)到直线𝑥+ 2𝑦−3 = 0的距离𝑑=
|−1
2 + 6 −3|
√1 + 4
= √5
2 ，
所以|𝑃𝑄| = 2√𝑟2 −𝑑2 = 2√37 −4𝑚
4
−5
4 = 2√7，解得𝑚= 1，
即𝑚的值为1.
(2)|𝑂𝐶| = √(1
2)
2
+ 32 = √37
2 由(1)可知𝑟= √37 −4𝑚
2
，
由勾股定理可得|𝑂𝑀| = √𝑂𝐶2 −𝑟2 = √37
4 −37 −4𝑚
4
= √𝑚
四边形𝑂𝑁𝐶𝑀由两个全等的直角三角形组成。所以
𝑆= 2 × 1
2|𝑂𝑀| × 𝑟= √𝑚× √37 −4𝑚
2
= √𝑚(37 −4𝑚)
2
= √𝑚(37
4 −𝑚) ≤
𝑚+ 37
4 −𝑚
2
= 37
8 ，
当且仅当𝑚= 37
8 时成立
所以当𝑚= 37
8 四边形𝑂𝑁𝐶𝑀有最大面积37
8 .
10. （25-26·贵州黔南）已知直线𝑙: (𝑘+ 2)𝑥−(𝑘+ 1)𝑦−𝑘−3 = 0(𝑘∈𝑅)恒过定点𝐶，且以𝐶为圆心的圆
与直线3𝑥+ 4𝑦−20 = 0相切.
（1）求圆𝐶的一般方程；
第 06 讲 圆的方程中的核心问题
高二数理进阶
思路先行，笔墨随后
Page 173
（2）设过点𝑃(−2 , 0)的直线与圆𝐶交于𝐴，𝐵两点，判断|𝑃𝐴| ⋅|𝑃𝐵|是否为定值.若是，求出这个定值；若不
是，请说明理由.
(1)𝑥2 + 𝑦2 −4𝑥−2𝑦+ 1 = 0
(2)13
【分析】(1)由直线系方程求出定点，再由圆心到直线的距离求出半径即可得解；
(2)设过点𝑃(−2 , 0)的直线方程，代入圆的方程，利用韦达定理及弦长公式
即可得解.
【详解】(1)由(𝑘+ 2)𝑥−(𝑘+ 1)𝑦−𝑘−3 = 0(𝑘∈𝑅)可得𝑘(𝑥−𝑦−1) + (2𝑥−𝑦−3) = 0，
当{𝑥−𝑦−1 = 0
2𝑥−𝑦−3 = 0时，解得𝑥= 2 , 𝑦= 1，
故直线恒过定点𝐶(2 , 1)，
所以圆心𝐶(2 , 1)到切线3𝑥+ 4𝑦−20 = 0的距离𝑑= |6 + 4 −20|
√32 + 42
= 10
5 = 2，
即圆的半径为2 ,
所以圆的方程为：(𝑥−2)2 + (𝑦−1)2 = 4，
故圆的一般方程为𝑥2 + 𝑦2 −4𝑥−2𝑦+ 1 = 0
(2)点𝑃(−2 , 0)到圆心𝐶的距离|𝑃𝐶| = √(2 + 2)2 + 12 = √17 > 2，故点𝑃在圆外，
如图，
过点𝑃(−2 , 0)的直线与圆𝐶相交时斜率存在，故设过点𝑃的直线方程为𝑦= 𝑘(𝑥+ 2)，
代入圆的方程可得(1 + 𝑘2)𝑥2 + (4𝑘2 −2𝑘−4)𝑥+ 4𝑘2 −4𝑘+ 1 = 0，
当Δ = (4𝑘2 −2𝑘−4)
2 −4(1 + 𝑘2)(4𝑘2 −4𝑘+ 1) > 0时，
设𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，
则𝑥1 + 𝑥2 = 4 −4𝑘2 + 2𝑘
1 + 𝑘2
, 𝑥1𝑥2 = 4𝑘2 −4𝑘+ 1
1 + 𝑘2
，
所以|𝑃𝐴| ⋅|𝑃𝐵| = √1 + 𝑘2|𝑥1 + 2| ⋅√1 + 𝑘2|𝑥2 + 2|
= (1 + 𝑘2)|𝑥1𝑥2 + 2(𝑥1 + 𝑥2) + 4|
= (1 + 𝑘2)|4𝑘2 −4𝑘+ 1
1 + 𝑘2
+ 2 × 4 −4𝑘2 + 2𝑘
1 + 𝑘2
+ 4|
= |4𝑘2 −4𝑘+ 1 + 8 −8𝑘2 + 4𝑘+ 4 + 4𝑘2| = 13 .
高二数理进阶
第 06 讲 圆的方程中的核心问题
Page 174
章法在前，技巧在后
即|𝑃𝐴| ⋅|𝑃𝐵|为定值13.
测
知识小测
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1. （25-26·河南鹤壁）过点𝑃(1 , 1)可以作圆𝐶: 𝑥2 + 𝑦2 −2𝑥= 0的切线的条数为（ ）
A. 0
B. 1
C. 2
D. 无数条
𝐵
【分析】判断点𝑃与圆𝐶的位置关系，即可得出结论.
【详解】因为12 + 12 −2 × 1 = 0，故点𝑃在圆𝐶上，所以因此过点𝑃只能作一条圆𝐶的切线.
故选：𝐵.
2. （25-26·北京密云）已知圆𝐶1 : (𝑥−6)2 + (𝑦−2)2 = 9和圆𝐶2 : 𝑥2 + 𝑦2 −6𝑥+ 4𝑦+ 9 = 0，则它们的
位置关系是（ ）
A. 外离
B. 相切
C. 内含
D. 相交
𝐵
【分析】判断两圆心之间的距离与半径之和的关系即可得出结论.
【详解】圆𝐶1 : (𝑥−6)2 + (𝑦−2)2 = 9的圆心为𝐶1(6 , 2)，半径为𝑟1 = 3，
圆𝐶2 : 𝑥2 + 𝑦2 −6𝑥+ 4𝑦+ 9 = 0化简为标准方程为(𝑥−3)2 + (𝑦+ 2)2 = 4，故其圆心为𝐶2(3 , −2)，
半径为𝑟2 = 2，
故|𝐶1𝐶2| = √(6 −3)2 + (2 + 2)2 = 5 = 𝑟1 + 𝑟2，
故圆𝐶1与圆𝐶2的位置关系为相切.
故选：𝐵.
3. （25-26·江苏）已知曲线𝐶: 𝑥2 + 𝑦2 + 2𝑚𝑥−2𝑦+ 2 = 0表示圆，且点𝑃(1 , 2)在曲线𝐶外，则𝑚的取值范
围是（ ）
A. (−3
2 , + ∞)
B. (−∞, −1) ∪(1 , + ∞)
C. (−3
2 , 1)
D. (−3
2 , −1) ∪(1 , + ∞)
𝐷
第 06 讲 圆的方程中的核心问题
高二数理进阶
取舍有据，推进有序
Page 175
【分析】将圆的一般方程化为标准方程后，结合题意可得{𝑚2 −1 > 0
(1 + 𝑚)2 + (2 −1)2 > 𝑚2 −1，解出即可得.
【详解】𝐶: 𝑥2 + 𝑦2 + 2𝑚𝑥−2𝑦+ 2 = 0可化为(𝑥+ 𝑚)2 + (𝑦−1)2 = 𝑚2 −1，
则{𝑚2 −1 > 0
(1 + 𝑚)2 + (2 −1)2 > 𝑚2 −1，解得−3
2 < 𝑚< −1或𝑚> 1，
即𝑚的取值范围是(−3
2 , −1) ∪(1 , + ∞).
故选：𝐷.
4. （25-26·广东梅州）（多选）圆𝐶1 : 𝑥2 + 𝑦2 = 1与圆𝐶2 : 𝑥2 + (𝑦−𝑎)2 = 9有且只有一个公共点，则𝑎的
值可能是（ ）
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
𝐵𝐷
【分析】圆𝐶1与圆𝐶2有且只有一个公共点，则两圆相切，从而得到方程，求出答案.
【详解】圆𝐶1 : 𝑥2 + 𝑦2 = 1的圆心为(0 , 0)，半径为1，
圆𝐶2：𝑥2 + (𝑦−𝑎)2 = 9的圆心为(0 , 𝑎)，半径为3，
圆𝐶1与圆𝐶2有且只有一个公共点，则两圆相切，
所以|𝐶1𝐶2| = 3 + 1 = 4或|𝐶1𝐶2| = 3 −1 = 2，即√𝑎2 = |𝑎| = 4或√𝑎2 + 0 = |𝑎| = 2，
所以𝑎= ±4或𝑎= ±2，
1 , 3不满足要求，2 , 4满足要求.
故选：𝐵𝐷.
5. （25-26·河南信阳）圆𝑥2 + 𝑦2 + 𝑚𝑥−2𝑦−𝑚= 0恒过的定点是
.
(1 , 1)
【分析】分离参数，即可列方程组求解.
【详解】圆方程化为𝑚(𝑥−1) + (𝑥2 + 𝑦2 −2𝑦) = 0，
由{𝑥−1 = 0
𝑥2 + 𝑦2 −2𝑦= 0
解得{𝑥= 1
𝑦= 1.
故圆恒过(1 , 1)点.
故答案为：(1 , 1)
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
高二数理进阶
由形入理，由理返形
Page 177
第 07 讲
直线与圆中的范围与新定义问题
讲
题型精讲
Core examples
题型1
距离型最值范围问题
题型点拨
点到直线的距离公式：点𝑃(𝑥0 , 𝑦0)到直线𝑙: 𝐴𝑥+ 𝐵𝑦+ 𝐶= 0的距离𝑑= |𝐴𝑥0 + 𝐵𝑦0 + 𝐶|
√𝐴2 + 𝐵2
．
典例1 （25-26·福建厦门）已知实数𝑎> 0 , 𝑏< 0，则𝑎−√3𝑏
√𝑎2 + 𝑏2
的取值范围是
．
(1 , 2]
【分析】设直线𝑙: 𝑎𝑥+ 𝑏𝑦= 0，则𝑎−√3𝑏
√𝑎2 + 𝑏2
的几何意义为点𝐴(1 , −√3)到直线𝑙: 𝑎𝑥+ 𝑏𝑦= 0的距离，
求解即可.
【详解】设直线𝑙: 𝑎𝑥+ 𝑏𝑦= 0，设点𝐴(1 , −√3)，
则点𝐴(1 , −√3)到直线𝑙: 𝑎𝑥+ 𝑏𝑦= 0的距离为𝑑=
|𝑎−√3𝑏|
√𝑎2 + 𝑏2
，
因为𝑎> 0 , 𝑏< 0，所以𝑑= 𝑎−√3𝑏
√𝑎2 + 𝑏2
，则直线𝑙的斜率为𝑘= −𝑎
𝑏> 0，
当𝑏趋于0−时，直线趋近于𝑦轴，此时𝑑趋于1，但不能取到1，故𝑑> 1，
当𝑂𝐴⟂𝑙时，𝑑𝑚𝑎𝑥= |𝑂𝐴| = √1 + 3 = 2，
所以1 < 𝑑≤2.
故答案为：(1 , 2].
高二数理进阶
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
Page 178
以简驭繁，以稳致远
典例2 （25-26·北京）若点𝑃(𝑥, 𝑦)在直线𝑥+ 𝑦= 12上运动，则√𝑥2 + 1 + √𝑦2 + 16的最小值为（ ）
A. √37 + 2√13
B. √2 + √137
C. 13
D. 1 + 4√10
𝐶
【分析】通过消元，将所求转化为√𝑥2 + 1 + √(12 −𝑥)2 + 16，分析该式子的几何意义为𝑥轴上某动点𝑄
到两定点𝐴, 𝐵的距离之和，利用𝑄𝐴+ 𝑄𝐵≥𝐴𝐵的性质，即可得出所求最小值.
【详解】因为点𝑃(𝑥, 𝑦)在直线𝑥+ 𝑦= 12上运动，所以𝑦= 12 −𝑥，
所以
√𝑥2 + 1 + √𝑦2 + 16 = √𝑥2 + 1 + √(12 −𝑥)2 + 16
= √(𝑥−0)2 + [0 −(−1)]2 + √(𝑥−12)2 + (0 −4)2 ，
表示𝑥轴上一点𝑄(𝑥, 0)到两定点𝐴(0 , −1), 𝐵(12 , 4)的距离之和.
𝐴, 𝐵在𝑥轴两侧，因为△𝑄𝐴𝐵中，两边之和大于或等于第三边，所以𝑄𝐴+ 𝑄𝐵≥𝐴𝐵，
当𝑄, 𝐴, 𝐵三点共线时，𝑄𝐴+ 𝑄𝐵= 𝐴𝐵，此时𝑄𝐴+ 𝑄𝐵最小值为𝐴𝐵，
即√𝑥2 + 1 + √𝑦2 + 16的最小值为|𝐴𝐵| = √(0 −12)2 + (−1 −4)2 = 13.
故选：𝐶.
变式1 （25-26·江苏无锡）著名数学家华罗庚曾说“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，
隔离分家万事休．”事实上，很多代数问题可以都转化为几何问题加以解决．已知0 < 𝑥< 2 , 0 < 𝑦< 1，
则√𝑥2 + 𝑦2 + √𝑥2 + (1 −𝑦)2 + √(2 −𝑥)2 + 𝑦2 + √(2 −𝑥)2 + (1 −𝑦)2的最小值为
．
2√5
【分析】依题意转化为动点𝑃(𝑥, 𝑦)到𝑂(0 , 0) , 𝐴(0 , 1) , 𝐵(2 , 1) , 𝐶(2 , 0)的距离之和，结合图象得到𝑃
为矩形对角线交点时距离最小，进而得到答案.
【详解】√𝑥2 + 𝑦2 + √𝑥2 + (1 −𝑦)2 + √(2 −𝑥)2 + 𝑦2 + √(2 −𝑥)2 + (1 −𝑦)2
= √𝑥2 + 𝑦2 + √𝑥2 + (𝑦−1)2 + √(𝑥−2)2 + 𝑦2 + √(𝑥−2)2 + (𝑦−1)2
相当于动点𝑃到𝑂(0 , 0) , 𝐴(0 , 1) , 𝐵(2 , 1) , 𝐶(2 , 0)的距离之和，
因为四边形𝑂𝐴𝐵𝐶为矩形，所以|𝑃𝐴| + |𝑃𝐶| ≥|𝐴𝐶| , |𝑃𝑂| + |𝑃𝐵| ≥|𝑂𝐵|，
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
高二数理进阶
不急求答案，先求关系清楚
Page 179
所以当𝑃为矩形对角线交点时，|𝑃𝐴| + |𝑃𝐶| = |𝐴𝐶| , |𝑃𝑂| + |𝑃𝐵| = |𝑂𝐵|，
此时|𝑃𝐴| + |𝑃𝐶| + |𝑃𝑂| + |𝑃𝐵|最小，最小为|𝐴𝐶| + |𝑂𝐵| = 2√22 + 12 = 2√5，
故答案为：2√5.
【点睛】关键点点睛：根据几何意义，转化为动点𝑃(𝑥, 𝑦)到𝑂(0 , 0) , 𝐴(0 , 1) , 𝐵(2 , 1) , 𝐶(2 , 0)的距
离之和问题，画出图象，|𝑃𝐴| + |𝑃𝐶| ≥|𝐴𝐶| , |𝑃𝑂| + |𝑃𝐵| ≥|𝑂𝐵|，当𝑃为矩形对角线交点时，距离最小.
典例3 （25-26·江苏宿迁）已知实数𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑满足𝑎
𝑏= 𝑐−1
𝑑−3 = 4
3，则(𝑎−𝑐)2 + (𝑏−𝑑)2的最小值为
（ ）
A. 121
25
B. 81
25
C. 64
25
D. 49
25
𝐵
【分析】由题意确定点(𝑎, 𝑏)在直线3𝑥−4𝑦= 0上，点(𝑐, 𝑑)在直线3𝑥−4𝑦+ 9 = 0上，将(𝑎−𝑐)2 +
(𝑏−𝑑)2的最小值转化为两平行线间距离的平方，即可求得答案.
【详解】由题意知实数𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑满足𝑎
𝑏= 𝑐−1
𝑑−3 = 4
3，
则3𝑎−4𝑏= 0 , 3𝑐−4𝑑+ 9 = 0，
故点(𝑎, 𝑏)在直线3𝑥−4𝑦= 0上，点(𝑐, 𝑑)在直线3𝑥−4𝑦+ 9 = 0上，
而(𝑎−𝑐)2 + (𝑏−𝑑)2表示点(𝑎, 𝑏)和点(𝑐, 𝑑)之间的距离的平方，
故(𝑎−𝑐)2 + (𝑏−𝑑)2的最小值为两平行线3𝑥−4𝑦= 0和3𝑥−4𝑦+ 9 = 0间距离的平方，
最小值为
[
|9 −0|
√32 + (−4)2]
2
= 81
25，
故选：𝐵
变式2 （25-26·江苏扬州）已知𝑚，𝑛，𝑝，𝑞均为实数，则√(𝑚−𝑝)2 + (𝑛−𝑝−1)2 +
√(𝑚−𝑞)2 + (𝑛−𝑞−3)2的最小值为（ ）
A. 1
B. √2
C. √3
D. 2
𝐵
【分析】√(𝑚−𝑝)2 + (𝑛−𝑝−1)2表示两点𝐴(𝑚, 𝑛)与𝐵(𝑝, 𝑝+ 1)之间的距离，
√(𝑚−𝑞)2 + (𝑛−𝑞−3)2表示两点𝐴(𝑚, 𝑛)与𝐶(𝑞, 𝑞+ 3)之间的距离，进而可得点𝐵, 𝐶的轨迹方程为
两平行直线，可求最小值.
高二数理进阶
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
Page 180
不滥用技巧，先确认条件适配
【详解】√(𝑚−𝑝)2 + (𝑛−𝑝−1)2表示两点𝐴(𝑚, 𝑛)与𝐵(𝑝, 𝑝+ 1)之间的距离，
√(𝑚−𝑞)2 + (𝑛−𝑞−3)2表示两点𝐴(𝑚, 𝑛)与𝐶(𝑞, 𝑞+ 3)之间的距离，
又点𝐵(𝑝, 𝑝+ 1)是直线𝑦= 𝑥+ 1上的动点，点𝐶(𝑞, 𝑞+ 3)是直线𝑦= 𝑥+ 3上的动点，
且直线𝑦= 𝑥+ 1与直线𝑦= 𝑥+ 3平行，
所以|𝐴𝐵| + |𝐴𝐶|的最小值即为直线𝑦= 𝑥+ 1与直线𝑦= 𝑥+ 3之间的距离，
所以|𝐴𝐵| + |𝐴𝐶|的最小值为|3 −1|
√1 + 1
= √2.
故选：𝐵.
【点睛】关键点点睛：关键在于把两根式转化两点间的距离问题，进而可得|𝐴𝐵| + |𝐴𝐶|的最小值即为直线
𝑦= 𝑥+ 1与直线𝑦= 𝑥+ 3之间的距离，从而求解.
题型2
三点共线类最值与将军饮马模型
题型点拨
1、点𝐴, 𝐵在直线𝑙同侧，点𝑃在直线𝑙上，则(𝐴𝑃+ 𝐵𝑃)𝑚𝑖𝑛= 𝐴𝐵′(当点𝐴, 𝑃, 𝐵′共线时取到)，点𝐵′是
点𝐵关于直线𝑙的对称点.
2、点𝐴, 𝐵在直线𝑙同侧，点𝑃在直线𝑙上，则|𝐴𝑃−𝐵𝑃| ≤𝐴𝐵．当直线𝐴𝐵与𝑙相交，且交点𝑃位于线段
𝐴𝐵的延长线上时，等号成立；若𝐴𝐵∥𝑙，则𝐴𝐵只是上确界。
3、点𝐴, 𝐵在直线𝑙异侧，点𝑃在直线𝑙上，则|𝐴𝑃−𝐵𝑃| = |𝐴𝑃−𝐵′𝑃| ≤𝐴𝐵′．当𝐴、𝑃、𝐵′共线且相应
交点存在时等号成立；若𝐴𝐵′ ∥𝑙，则最大值不能取到。点𝐵′是点𝐵关于直线𝑙的对称点。
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
高二数理进阶
不迷信经验，先完成逻辑闭环
Page 181
典例4 （25-26·安徽六安）唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交
河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先
到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为
𝐵(−2 , 0)，若将军从山脚下的点𝐴(1 , 0)处出发，河岸线所在直线方程为𝑥+ 𝑦= 4，则“将军饮马”的最短
总路程为（ ）
A. √145
3
B. 3√5
C. √135
3
D. 16
3
𝐵
【分析】求出点𝐴关于直线𝑥+ 𝑦= 4的对称点坐标，再由两点间距离公式计算可得结果．
【详解】设𝐴(1 , 0)关于直线𝑥+ 𝑦= 4的对称点𝐶(𝑎, 𝑏)，如图所示，
则𝑏−0
𝑎−1 = 1且𝑎+ 1
2
+ 𝑏
2 = 4，解得𝑎= 4 , 𝑏= 3，即𝐶(4 , 3)，
则|𝐵𝐶| = √(−2 −4)2 + (0 −3)2 = √45，
在直线𝑥+ 𝑦= 4上取点𝑃，由对称性可得|𝑃𝐴| = |𝑃𝐶|，
所以|𝑃𝐴| + |𝑃𝐵| = |𝑃𝐶| + |𝑃𝐵| ≥|𝐵𝐶| = √45 = 3√5，
当且仅当𝐵、𝑃、𝐶三点共线时，等号成立，
所以，“将军饮马”的最短总路程为3√5．
故选：𝐵.
变式3 如图，已知圆𝑂: 𝑥2 + 𝑦2 = 1和点𝐴(2 , 1)，由圆𝑂外一点𝑃向圆𝑂引切线𝑃𝑄，切点为𝑄，且有
|𝑃𝑄| = |𝑃𝐴|．
高二数理进阶
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
Page 182
不放过端点，不忽略定义域
（1）求点𝑃的轨迹方程；
（2）求|𝑃𝑂| −|𝑃𝑄|的最大值．
(1)2𝑥+ 𝑦−3 = 0
(2)√5
5 ．
【分析】(1)设𝑃(𝑥, 𝑦)，|𝑃𝑄|2 = |𝑂𝑃|2 −|𝑂𝑄|2和|𝑃𝑄| = |𝑃𝐴|列方程化简可得；
(2)求出点𝑂关于直线𝑙: 2𝑥+ 𝑦−3 = 0的对称点为𝑂′，结合图形分析即可得解.
【详解】(1)设𝑃(𝑥, 𝑦)，如图，连接𝑂𝑄，∵𝑄为切点，∴𝑃𝑄⟂𝑂𝑄，
由勾股定理得|𝑃𝑄|2 = |𝑂𝑃|2 −|𝑂𝑄|2，
又∵|𝑃𝑄| = |𝑃𝐴|，∴|𝑃𝐴|2 = |𝑂𝑃|2 −|𝑂𝑄|2，
∴(𝑥−2)2 + (𝑦−1)2 = 𝑥2 + 𝑦2 −12，整理得2𝑥+ 𝑦−3 = 0．
∴点𝑃的轨迹方程为2𝑥+ 𝑦−3 = 0．
(2)如图，作出直线𝑙: 2𝑥+ 𝑦−3 = 0，设𝑂关于直线𝑙: 2𝑥+ 𝑦−3 = 0的对称点为𝑂′(𝑚, 𝑛)，连接
𝑂𝑂′ , 𝑃𝑂′，
则
{
𝑛
𝑚× (−2) = −1
2 × 𝑚
2 + 𝑛
2 −3 = 0
，解得
{
𝑚= 12
5
𝑛= 6
5
，∴𝑂′(12
5 , 6
5)．
连接𝑂′𝐴，则|𝑃𝑂| −|𝑃𝑄| = |𝑃𝑂′| −|𝑃𝐴| ≤|𝑂′𝐴| = √(12
5 −2)
2
+ (6
5 −1)
2
= √5
5 ，
当𝑃, 𝐴, 𝑂′三点共线时，取得等号．则|𝑃𝑂| −|𝑃𝑄|的最大值为√5
5 ．
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
高二数理进阶
看见结构，才有速度
Page 183
题型3
点与圆的位置关系最值
题型点拨
1、若点𝑀在圆内，则𝑀𝑁𝑚𝑖𝑛= 𝑀𝑁1 = 𝑟−𝑂𝑀，𝑀𝑁𝑚𝑎𝑥= 𝑀𝑁2 = 𝑟+ 𝑂𝑀；
2、若点𝑀在圆外，则𝑀𝑁𝑚𝑖𝑛= 𝑀𝑁1 = 𝑂𝑀−𝑟，𝑀𝑁𝑚𝑎𝑥= 𝑀𝑁2 = 𝑟+ 𝑂𝑀；
3、圆上一点到圆外一条定直线的距离最值
若直线𝑙与圆⊙𝑂相离，圆上一点𝑃到直线𝑙的距离为𝑃𝐸，𝑑为圆心𝑂到直线𝑙的距离，𝑟
为圆半径，则𝑃𝐸𝑚𝑖𝑛= 𝑃1𝐹= 𝑑−𝑟，𝑃𝐸𝑚𝑎𝑥= 𝑃2𝐹= 𝑑+ 𝑟.
典例5 （25-26·四川广安）已知点𝑃(𝑥, −2𝑥)，点𝑄为圆(𝑥−2)2 + (𝑦−2)2 = 4上的动点，则|𝑃𝑄|的最小
值为（ ）
A. 2√5
5
−2
B. 6√5
5
C. 6√5
5
−2
D. 4√5
5
−2
𝐶
【分析】先确定点𝑃在定直线上，根据|𝑃𝑄|的最小值等于圆心到直线的距离减去圆的半径求解.
【详解】因为𝑃(𝑥, −2𝑥)，所以𝑃在直线𝑦= −2𝑥即2𝑥+ 𝑦= 0上.
又圆心𝐶(2 , 2)到直线2𝑥+ 𝑦= 0的距离为：𝑑= |2 × 2 + 2|
√22 + 12
= 6√5
5 ，所以|𝑃𝑄|的最小值为：6√5
5
−2.
故选：𝐶
高二数理进阶
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
Page 184
守住前提，才有推广
变式4 （25-26·上海）已知实数𝑥, 𝑦满足关系：𝑥2 + 𝑦2 −6𝑥+ 4𝑦−20 = 0，则√𝑥2 + 𝑦2的最小值
.
√33 −√13
【分析】转化为圆上的点(𝑥, 𝑦)到原点的距离的最值，将圆的方程化为标准方程，求出圆心坐标与半径，
进而求解即可.
【详解】把圆的方程化为标准方程得：(𝑥−3)2 + (𝑦+ 2)2 = 33 ，
则圆心𝐴坐标为(3 , −2)，圆的半径𝑟= √33，
设圆上一点的坐标为(𝑥, 𝑦)，√𝑥2 + 𝑦2为圆上的点(𝑥, 𝑦)到原点的距离，
而圆心𝐴到原点的距离为√32 + (−2)2 = √13，
则圆上的点(𝑥, 𝑦)到原点的距离的最小值为√33 −√13.
故答案为：√33 −√13.
题型4
直线与圆的位置关系最值
题型点拨
1、圆上的点到直线的最大、最小距离
设圆心到直线的距离为 𝑑，圆的半径为 𝑟.
(1)当直线与圆相离时，圆上的点到直线的最大、最小的距离分别为 𝑑+ 𝑟 和 𝑑−𝑟；
(2)当直线与圆相切时，圆上的点到直线的最大、最小的距离分别为 𝑑+ 𝑟= 2𝑟 和 𝑑−𝑟= 0，此时 𝑑=
𝑟；
(3)当直线与圆相交时，圆上的点到直线的最大、最小的距离分别为 𝑑+ 𝑟 和 0.
2、设点𝑀是圆𝐶内一点，过点𝑀作圆𝐶的弦，则弦长的最大值为直径，最短的弦为与过该点的直径垂直
的弦，弦长为2√𝑟2 −|𝐶𝑀|2.
典例6 （25-26·云南曲靖）点𝑃在圆𝐶: (𝑥+ 2)2 + 𝑦2 = 2上运动，直线𝑥+ 𝑦+ 1 = 0与圆𝐶交于𝑄、𝑆两
点，则△𝑃𝑄𝑆面积的最大值是（ ）
A. 3√3
2
B. √3
2
C. 9√2
8
D. 3√2
8
𝐴
【分析】求出圆心到直线𝑄𝑆的距离，可求出点𝑃到直线𝑄𝑆距离的最大值，利用勾股定理求出|𝑄𝑆|，再利
用三角形的面积公式可求得△𝑃𝑄𝑆面积的最大值.
【详解】圆𝐶的圆心为𝐶(−2 , 0)，半径为𝑟= √2，
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
高二数理进阶
写清理由，才有说服
Page 185
圆心到直线𝑥+ 𝑦+ 1 = 0的距离为𝑑= |−2 + 1|
√2
= √2
2 ，
则|𝑄𝑆| = 2√𝑟2 −𝑑2 = 2√2 −1
2 = √6，
点𝑃到直线𝑄𝑆距离的最大值为𝑑+ 𝑟= √2
2 + √2 = 3√2
2 ，
所以，△𝑃𝑄𝑆面积的最大值为1
2 × 3√2
2
× |𝑄𝑆| = 3√2
4
× √6 = 3√3
2 .
故选：𝐴.
变式5 （25-26·上海）已知𝑃(𝑥0 , 𝑦0)为圆(𝑥−1)2 + (𝑦−2)2 = 4上一动点，则4𝑥0 −3𝑦0的最大值为
．
8
【分析】设4𝑥0 −3𝑦0 = 𝑡，由题意直线4𝑥−3𝑦= 𝑡与圆(𝑥−1)2 + (𝑦−2)2 = 4有公共点，通过圆心到直
线的距离与半径的关系可以求解.
【详解】设4𝑥0 −3𝑦0 = 𝑡，则𝑃(𝑥0 , 𝑦0)在直线4𝑥−3𝑦= 𝑡上，
又因为𝑃(𝑥0 , 𝑦0)在圆(𝑥−1)2 + (𝑦−2)2 = 4上，
所以直线4𝑥−3𝑦= 𝑡与圆(𝑥−1)2 + (𝑦−2)2 = 4有公共点，
所以圆心(1 , 2)到直线4𝑥−3𝑦= 𝑡的距离𝑑= |−2 −𝑡|
5
≤2，解得−12 ≤𝑡≤8.
所以4𝑥0 −3𝑦0的最大值为8.
故答案为：8.
题型5
圆与圆的位置关系最值
典例7 （25-26·山东烟台）已知点𝑃是直线𝑚𝑥−𝑦+ 𝑚−4 = 0与直线𝑥+ 𝑚𝑦+ 2𝑚+ 3 = 0的交点，则点
𝑃的轨迹方程为
；若点𝑄是圆(𝑥−1)2 + (𝑦−1)2 = 1上的动点，则|𝑃𝑄|的最大值为
高二数理进阶
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
Page 186
留白给思考，落笔给证据
(𝑥+ 2)2 + (𝑦+ 3)2 = 2 6 + √2/√2 + 6
【分析】根据直线经过定点以及两直线垂直可判断𝑃的轨迹是以𝐴𝐵的中点𝑀(−2 , −3)为圆心，即可根据
圆心和半径求解轨迹，利用圆心距与半径的求解最值.
【详解】因为直线𝑙1 : 𝑚𝑥−𝑦+ 𝑚−4 = 0，即𝑚(𝑥+ 1) −(𝑦+ 4) = 0，
令{𝑥+ 1 = 0
𝑦+ 4 = 0，解得{𝑥= −1
𝑦= −4，可知直线𝑙1过定点𝐴(−1 , −4)，
同理可知：直线𝑙2：𝑥+ 𝑚𝑦+ 2𝑚+ 3 = 0过定点𝐵(−3 , −2)，
又因为𝑚× 1 + (−1) × 𝑚= 0，可知𝑙1 ⟂𝑙2，
所以直线𝑙1与直线𝑙2的交点𝑃的轨迹是以𝐴𝐵的中点𝑀(−2 , −3)为圆心，𝑟= 1
2|𝐴𝐵| =
1
2√(−1 + 3)2 + (−4 + 2)2 = √2为半径的圆，
故点𝑃的轨迹为圆(𝑥+ 2)2 + (𝑦+ 3)2 = 2；
(𝑥−1)2 + (𝑦−1)2 = 1的圆心𝐶(1 , 1)，半径𝑅= 1，
所以|𝑃𝑄|的最大值是|𝑀𝐶| + 𝑟+ 𝑅= √(−2 −1)2 + (−3 −1)2 + √2 + 1 = 6 + √2．
故答案为：(𝑥+ 2)2 + (𝑦+ 3)2 = 2，6 + √2
变式6 已知𝐴为圆𝐶：𝑥2 + (𝑦−1)2 = 1
4上的动点，𝐵为圆𝐸：(𝑥−3)2 + 𝑦2 = 1
4上的动点，𝑃为直线𝑦=
1
2𝑥上的动点，则|𝑃𝐵| −|𝑃𝐴|的最大值为
.
√130
5
+ 1
【分析】设𝐸关于直线𝑦= 1
2𝑥的对称点为𝐸′，求出𝐸′，要使|𝑃𝐵| −|𝑃𝐴|的值最大，转化为𝑃, 𝐴, 𝐵′（其中
𝐵′为𝐵关于直线𝑦= 1
2𝑥的对称圆𝐸′上的点）三点共线，利用该直线过𝐶, 𝐸′两点可得答案.
【详解】设𝐸(3 , 0)关于直线𝑦= 1
2𝑥的对称点为𝐸′(𝑚, 𝑛)，
则
{
𝑛
𝑚−3 ⋅1
2 = −1
𝑛
2 = 1
2 ⋅𝑚+ 3
2
，解得
{
𝑚= 9
5
𝑛= 12
5
，故𝐸′(9
5 , 12
5 )，
则圆𝐸关于𝑦= 1
2𝑥对称的圆𝐸′的方程为(𝑥−9
5)
2
+ (𝑦−12
5 )
2
= 1
4，
要使|𝑃𝐵| −|𝑃𝐴|的值最大，
则𝑃, 𝐴, 𝐵′（其中𝐵′为𝐵关于直线𝑦= 1
2𝑥的对称圆𝐸′上的点）三点共线，
且该直线过𝐶, 𝐸′两点，如图，
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
高二数理进阶
学会选择，也学会舍弃
Page 187
其最大值为|𝐴𝐵′| = |𝐶𝐸′| + 1 = √(9
5)
2
+ (12
5 −1)
2
+ 1 = √130
5
+ 1.
故答案为：√130
5
+ 1.
题型6
代数式的几何意义类最值
题型点拨
1、形如 𝑧= 𝑦−𝑏
𝑥−𝑎，可以转化为过点 (𝑥, 𝑦) 和点 (𝑎, 𝑏) 的动直线斜率；
2、形如𝑧= (𝑥−𝑎)2 + (𝑦−𝑏)2，可以转化为点(𝑥, 𝑦)和点(𝑎, 𝑏)的距离的平方；
3、对于𝑎𝑥+ 𝑏𝑦= 𝑧，当𝑏≠0时，𝑧
𝑏可看作直线的纵截距；一般情况下，也可将𝑧转化为平行直线族
𝑎𝑥+ 𝑏𝑦= 𝑧到原点的有向距离进行研究
典例8 （多选）已知实数𝑥，𝑦满足方程𝑥2 + 𝑦2 −4𝑥+ 1 = 0，则下列说法不正确的是（ ）
A. 𝑦−𝑥的最大值为√6 −2
B. 𝑥2 + 𝑦2的最大值为7 + 4√3
C. 𝑦
𝑥的最大值为√3
2
D. 𝑥+ 𝑦的最大值为2 + √3
𝐶𝐷
【分析】设𝑦−𝑥= 𝑧，则只需直线𝑥−𝑦+ 𝑧= 0与圆(𝑥−2)2 + 𝑦2 = 3有公共点，利用点到直线的距离公
式可得不等式求得𝑧的范围，可判断𝐴；同理可判断𝐷；设𝑡= √𝑥2 + 𝑦2，利用几何意义求得𝑡的范围判断𝐵
；设𝑘= 𝑦
𝑥，则直线𝑘𝑥−𝑦= 0和圆(𝑥−2)2 + 𝑦2 = 3有公共点，进而可得不等式求得𝑘的范围判断𝐶.
【详解】由题意知方程𝑥2 + 𝑦2 −4𝑥+ 1 = 0即(𝑥−2)2 + 𝑦2 = 3表示圆，圆心为(2 , 0)，半径为√3，
对于𝐴，设𝑦−𝑥= 𝑧，则只需直线𝑥−𝑦+ 𝑧= 0与圆(𝑥−2)2 + 𝑦2 = 3有公共点，
则
|2 + 𝑧|
√12 + 12
≤√3，解得−√6 −2 ≤𝑧≤√6 −2，
高二数理进阶
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
Page 188
把题做薄，把法做深
即𝑦−𝑥的最大值为√6 −2，𝐴正确；
对于𝐵，设𝑡= √𝑥2 + 𝑦2，其几何意义为圆(𝑥−2)2 + 𝑦2 = 3上的点到原点的距离，
而(𝑥−2)2 + 𝑦2 = 3上的点到原点距离的最大值为2 + √3，
即𝑡的最大值为2 + √3，故𝑥2 + 𝑦2的最大值为(2 + √3)2 = 7 + 4√3，𝐵正确；
对于𝐶，设𝑘= 𝑦
𝑥，则𝑘𝑥−𝑦= 0，则直线𝑘𝑥−𝑦= 0和圆(𝑥−2)2 + 𝑦2 = 3有公共点，
则
|2𝑘|
√1 + 𝑘2
≤√3，解得−√3 ≤𝑘≤√3，即𝑦
𝑥的最大值为√3，𝐶错误；
对于𝐷，设𝑥+ 𝑦= 𝑚，则直线𝑥+ 𝑦−𝑚= 0与圆(𝑥−2)2 + 𝑦2 = 3有公共点，
则|2 −𝑚|
√12 + 12
≤√3，解得−√6 + 2 ≤𝑚≤√6 + 2，
即𝑥+ 𝑦的最大值为√6 + 2，𝐷错误；
故选：𝐶𝐷
变式7 （25-26·上海）已知实数𝑥, 𝑦满足𝑦= −√4 −(𝑥−1)2，则𝑦−2
𝑥−4的取值范围是
．
[2
5 , 12
5 ]
【分析】根据条件得到点𝑃(𝑥, 𝑦)在以(1 , 0)为圆心，𝑟= 2为半径的半圆上，而𝑦−2
𝑥−4表示半圆上的点
𝑃(𝑥, 𝑦)与点(4 , 2)连线的斜率，根据图形，利用几何关系，即可求出结果.
【详解】由𝑦= −√4 −(𝑥−1)2得到(𝑥−1)2 + 𝑦2 = 4，所以𝑦= −√4 −(𝑥−1)2是以(1 , 0)为圆心，𝑟=
2为半径的半圆，如图所示，
令𝑦−2
𝑥−4 = 𝑘，即𝑦−2 = 𝑘(𝑥−4)，
由图知，当𝑦−2 = 𝑘(𝑥−4)过点(−1 , 0)时，𝑘最小，将(−1 , 0)代入𝑦−2 = 𝑘(𝑥−4)，得到𝑘= 2
5，
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
高二数理进阶
让复杂回到基本关系
Page 189
当𝑦−2 = 𝑘(𝑥−4)与半圆相切时，𝑘最大，由|2 −3𝑘|
√1 + 𝑘2
= 2，得到5𝑘2 −12𝑘= 0，解得𝑘= 12
5 或𝑘= 0
（舍），
所以𝑦−2
𝑥−4的取值范围是[2
5 , 12
5 ]，
故答案为：[2
5 , 12
5 ].
题型7
直线与圆中的新定义问题
典例9 对于平面直角坐标系中任意两点𝑃(𝑥1 , 𝑦1)，𝑄(𝑥2 , 𝑦2)，我们将|𝑥1 −𝑥2| + |𝑦1 −𝑦2|定义为𝑃𝑄两点
的“耿直距离”.已知𝐴(0 , 0)，𝐵(3 , 1)，𝐶(4 , 4)，𝐷(1 , 3)，设𝑀(𝑥, 𝑦)是平面直角坐标系中的一个动点，
若使得点𝑀到𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷的“耿直距离”之和取得最小值，则点𝑀应位于下列哪个图中的阴影区域之内
（ ）
A.
B.
C.
D.
𝐵
【分析】通过所求图形，求出最小值，利用特殊点求解点𝑀到𝐴、𝐵、𝐶、𝐷的“耿直距离”之和，逐项判断
即可．
【详解】由题意可知𝑀(2 , 2)满足所有阴影，点𝑀到𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷的“耿直距离”之和为12.
高二数理进阶
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
Page 190
让答案经得起追问
当𝑀(1 , 1)时，点𝑀到𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷的“耿直距离”之和为12，排除𝐶；
当𝑀(1 , 0)时，点𝑀到𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷的“耿直距离”之和为14，排除𝐴；
当𝑀(1 , 3)时，点𝑀到𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷的“耿直距离”之和为12，排除𝐷.
故选：𝐵
变式8 （25-26·江西）定义：𝑀是圆𝐶上一动点，𝑁是圆𝐶外一点，记|𝑀𝑁|的最大值为𝑚，|𝑀𝑁|的最小值
为𝑛，若𝑚= 2𝑛，则称𝑁为圆𝐶的“黄金点”；若𝐺同时是圆𝐸和圆𝐹的“黄金点”，则称𝐺为圆“𝐸−𝐹”的“钻石
点”.已知圆𝐴：(𝑥+ 1)2 + (𝑦+ 1)2 = 1
3，𝑃为圆𝐴的“黄金点”
（1）求点𝑃所在曲线的方程.
（2）已知圆𝐵：(𝑥−2)2 + (𝑦−2)2 = 1，𝑃, 𝑄均为圆“𝐴−𝐵”的“钻石点”.
(𝑖)求直线𝑃𝑄的方程.
(𝑖𝑖)若圆𝐻是以线段𝑃𝑄为直径的圆，直线𝑙：𝑦= 𝑘𝑥+ 1
3与圆𝐻交于𝐼, 𝐽两点，对于任意的实数𝑘，在𝑦
轴上是否存在一点𝑊，使得𝑦轴平分∠𝐼𝑊𝐽？若存在，求出点𝑊的坐标；若不存在，请说明理由.
(1)(𝑥+ 1)2 + (𝑦+ 1)2 = 3
(2)(𝑖)𝑥+ 𝑦= 0(𝑖𝑖)存在，𝑊(0 , 3)
【分析】(1)根据新定义建立方程，化简即可判断轨迹为圆，得出轨迹方程；
(2)(𝑖)根据𝑃, 𝑄均为圆“𝐴−𝐵”的“钻石点”，可知𝑃𝑄为两圆的公共弦，作差即可得解；
(𝑖𝑖)由题意求出圆𝐻的方程为𝑥2 + 𝑦2 = 1，假设存在，根据𝑘𝐼𝑀+ 𝑘𝐽𝑊= 0及根与系数的关系化简为
−2𝑘+ 2
3𝑘𝑡= 0是否对任意𝑘成立，即可得解.
【详解】(1)因为点𝑃为圆𝐴的“黄金点”，
所以|𝑃𝐴| + √3
3 = 2
(
|𝑃𝐴| −√3
3 )
，即|𝑃𝐴| = √3，
所以点𝑃的轨迹是以𝐴为圆心，√3为半径的圆，
故点𝑃所在曲线的方程为(𝑥+ 1)2 + (𝑦+ 1)2 = 3.
(2)(𝑖)因为𝑃为圆𝐵的“黄金点”，则|𝑃𝐵| + 1 = 2(|𝑃𝐵| −1)
所以|𝑃𝐵| = 3，即点𝑃在圆(𝑥−2)2 + (𝑦−2)2 = 9上，
则𝑃是圆(𝑥+ 1)2 + (𝑦+ 1)2 = 3和(𝑥−2)2 + (𝑦−2)2 = 9的交点.
因为𝑃, 𝑄均为圆“𝐴−𝐵”的“钻石点”，
所以直线𝑃𝑄即为圆(𝑥+ 1)2 + (𝑦+ 1)2 = 3和(𝑥−2)2 + (𝑦−2)2 = 9的公共弦所在直线，两圆方程相减
可得𝑥+ 𝑦= 0，
故直线𝑃𝑄的方程为𝑥+ 𝑦= 0.
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
高二数理进阶
心中有序，笔下有解
Page 191
(𝑖𝑖)设(𝑥+ 1)2 + (𝑦+ 1)2 = 3的圆心为𝑆(−1 , −1)，半径为√3，
(𝑥−2)2 + (𝑦−2)2 = 9的圆心为𝑇(2 , 2)，半径为3.
直线𝑆𝑇的方程为𝑦= 𝑥，得𝑃𝑄的中点坐标为(0 , 0)，
点𝑆到直线𝑥+ 𝑦= 0的距离为2
√2
= √2，
则|𝑃𝑄|
2
= √(√3)
2
−(√2)
2
= 1，所以圆𝐻的方程为𝑥2 + 𝑦2 = 1.
假设𝑦轴上存在点𝑊(0 , 𝑡)满足题意，设𝐼(𝑥1 , 𝑦1) , 𝐽(𝑥2 , 𝑦2)，𝑥1𝑥2 ≠0.
若𝑦轴平分∠𝐼𝑊𝐽，则𝑘𝐼𝑀+ 𝑘𝐽𝑊= 0，即𝑦1 −𝑡
𝑥1
+ 𝑦2 −𝑡
𝑥2
= 0，
整理得𝑥2(𝑦1 −𝑡) + 𝑥1(𝑦2 −𝑡) = 0.
又𝑦1 = 𝑘𝑥1 + 1
3 , 𝑦2 = 𝑘𝑥2 + 1
3，所以代入上式可得𝑥2(𝑘𝑥1 + 1
3 −𝑡) + 𝑥1(𝑘𝑥2 + 1
3 −𝑡) = 0，
整理得2𝑘𝑥1𝑥2 + (1
3 −𝑡)(𝑥1 + 𝑥2) = 0①，
由
{
𝑦= 𝑘𝑥+ 1
3
𝑥2 + 𝑦2 = 1
可得(𝑘2 + 1)𝑥2 + 2
3𝑘𝑥−8
9 = 0，
所以𝑥1 + 𝑥2 = −
2
3𝑘
𝑘2 + 1 , 𝑥1𝑥2 =
−8
9
𝑘2 + 1，代入①并整理得−2𝑘+ 2
3𝑘𝑡= 0，
此式对任意的𝑘都成立，所以𝑡= 3.
故𝑦轴上存在点𝑊(0 , 3)，使得𝑦轴平分∠𝐼𝑊𝐽.
【点睛】关键点点睛：在(2)(𝑖𝑖)中，求出圆𝐻的方程为𝑥2 + 𝑦2 = 1后，假设存在点𝑊(0 , 𝑡)满足题意，能
够转化为𝑘𝐼𝑀+ 𝑘𝐽𝑊= 0，再由斜率公式化为2𝑘𝑥1𝑥2 + (1
3 −𝑡)(𝑥1 + 𝑥2) = 0，利用根与系数的关系代
入后得−2𝑘+ 2
3𝑘𝑡= 0，题目对运算能力要求很高，属于难题.
练
强化训练
Targeted Practice
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第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
Page 192
以理为舟，向深处行
1. （25-26·湖南衡阳）已知圆𝐶: (𝑥−1)2 + 𝑦2 = 1，过直线3𝑥+ 4𝑦−13 = 0上的动点𝑃作圆𝐶的一条切线，
切点为𝐴，则|𝑃𝐴|的最小值为（ ）
A. 2
B. 4
C. √3
D. 3
𝐶
【分析】求出切线长，得出|𝑃𝐶|最小时，|𝑃𝐴|最小，再由点到直线距离公式求解可得.
【详解】连接𝑃𝐶，则|𝑃𝐴|2 = |𝑃𝐶|2 −𝑟2，当|𝑃𝐶|最小时，|𝑃𝐴|最小，
又圆𝐶: (𝑥−1)2 + 𝑦2 = 1的圆心为(1 , 0)，半径为𝑟= 1，
则|𝑃𝐶|𝑚𝑖𝑛= |3 × 1 + 4 × 0 −13|
√32 + 42
= 2，故|𝑃𝐴|的最小值为√22 −12 = √3.
故选：𝐶.
2. （25-26·贵州毕节）若直线𝑦= 𝑘(𝑥−2)与曲线𝐶: 𝑦= √1 −𝑥2恰有两个公共点，则实数𝑘的取值范围为
（ ）
A. [0 , √3)
B.
[
0 , √3
3 )
C. (−√3 , 0]
D.
(
−√3
3 , 0
]
𝐷
【分析】根据半圆与直线的位置关系，求出切线斜率，数形结合得解.
【详解】由𝑦= √1 −𝑥2得𝑥2 + 𝑦2 = 1(𝑦≥0)，
直线𝑦= 𝑘(𝑥−2)经过定点𝑃(2 , 0)，如图，
，
当直线与半圆相切时，𝑘= tan ∠𝑀𝑃𝑥= −tan ∠𝑀𝑃𝑂= −
1
√22 −12 = −√3
3 ，
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
高二数理进阶
静水流深，笃行致远
Page 193
所以恰有两个公共点时，由图可知，𝑘∈
(
−√3
3 , 0
]
，
故选：𝐷.
3. 设𝑚∈𝑅，圆𝑀：𝑥2 + 𝑦2 −2𝑥−6𝑦= 0．若动直线𝑙1：𝑥+ 𝑚𝑦−2 −𝑚= 0与圆𝑀交于点𝐴, 𝐶，动直线
𝑙2：𝑚𝑥−𝑦−2𝑚+ 1 = 0与圆𝑀交于点𝐵, 𝐷，则|𝐴𝐶| + |𝐵𝐷|的最大值是（ ）
A. 6√3
B. 2√30
C. 5√3
D. √30
𝐵
【分析】由题意可知𝑙1，𝑙2经过定点𝐸(2 , 1)且互相垂直，再由圆的弦长公式得|𝐴𝐶| + |𝐵𝐷|，再用基本不
等式即可得最大值.
【详解】由题知圆𝑀的方程为(𝑥−1)2 + (𝑦−3)2 = 10，圆心𝑀(1 , 3)，半径𝑟= √10．
𝑙1可化为𝑥−2 + 𝑚(𝑦−1) = 0，可知𝑙1经过定点𝐸(2 , 1)，同理可得𝑙2也经过定点𝐸(2 , 1).
又1 × 𝑚+ 𝑚× (−1) = 0，所以𝑙1 ⟂𝑙2，即𝑙1，𝑙2经过定点𝐸(2 , 1)且互相垂直，如图，
设𝐴𝐶和𝐵𝐷中点分别为𝐹, 𝐺，可知四边形𝐸𝐹𝑀𝐺为矩形．
设|𝑀𝐹| = 𝑑，则0 ≤𝑑≤|𝑀𝐸|，结合|𝑀𝐸| = √(2 −1)2 + (1 −3)2 = √5，|𝑀𝐹| = |𝐸𝐺|，
可得|𝑀𝐺| = √|𝑀𝐸|2 −|𝑀𝐹|2 = √5 −𝑑2，所以|𝐴𝐶| = 2√10 −|𝑀𝐹|2 = 2√10 −𝑑2,
|𝐵𝐷| = 2√10 −|𝑀𝐺|2 = 2√10 −(5 −𝑑2) = 2√5 + 𝑑2
|𝐴𝐶| + |𝐵𝐷| = 2√10 −𝑑2 + 2√5 + 𝑑2
= 2(√10 −𝑑2 + √5 + 𝑑2) ≤2√2(10 −𝑑2 + 5 + 𝑑2) = 2√30 ，
当且仅当10 −𝑑2 = 5 + 𝑑2，即𝑑= √10
2 时取等号．
综上所述，当|𝑀𝐹| = √10
2 时，|𝐴𝐶| + |𝐵𝐷|取得最大值2√30．
故选：𝐵.
高二数理进阶
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
Page 194
以定义为锚，以结构为径
4. 已知圆𝐶1 : 𝑥2 + 𝑦2 −2𝑥−2𝑦= 0，设其与𝑥轴､𝑦轴正半轴分别交于𝑀，𝑁两点.已知另一圆𝐶2的半径为
2√2，且与圆𝐶1相外切，则|𝐶2𝑀| ⋅|𝐶2𝑁|的最大值为（ ）
A. 20
B. 20√2
C. 10
D. 10√2
𝐴
【分析】分析可知𝑀(2 , 0)，𝑁(0 , 2)，点𝐶2的轨迹方程为(𝑥−1)2 + (𝑦−1)2 = 18，整理可得
|𝐶2𝑀|2 + |𝐶2𝑁|2 = 40，利用基本不等式运算求解.
【详解】对于圆𝐶1 : 𝑥2 + 𝑦2 −2𝑥−2𝑦= 0，整理可得：𝐶1 : (𝑥−1)2 + (𝑦−1)2 = 2，
可知圆心为𝐶1(1 , 1)，半径为√2，
令𝑥= 0，则𝑦2 −2𝑦= 0，解得𝑦= 0或𝑦= 2，即𝑁(0 , 2)；
令𝑦= 0，则𝑥2 −2𝑥= 0，解得𝑥= 0或𝑥= 2，即𝑀(2 , 0)；
因为𝐶1与𝐶2相外切，则|𝐶1𝐶2| = √2 + 2√2 = 3√2，
可知点𝐶2(𝑥, 𝑦)的轨迹为以𝐶1为圆心，半径为3√2的圆，
则点𝐶2的轨迹方程为(𝑥−1)2 + (𝑦−1)2 = 18，
可得|𝐶2𝑀|2 + |𝐶2𝑁|2 = [(𝑥−2)2 + 𝑦2] + [𝑥2 + (𝑦−2)2]= 2[(𝑥−1)2 + (𝑦−1)2] + 4 = 40，
则|𝐶2𝑀| ⋅|𝐶2𝑁| ≤|𝐶2𝑀|2 + |𝐶2𝑁|2
2
= 20，当且仅当|𝐶2𝑀| = |𝐶2𝑁| = 2√5时，等号成立，
所以|𝐶2𝑀| ⋅|𝐶2𝑁|的最大值为20.
故选：𝐴.
【点睛】关键点点睛：根据题意分析可知点𝐶2的轨迹方程为(𝑥−1)2 + (𝑦−1)2 = 18，且|𝐶2𝑀|2 +
|𝐶2𝑁|2 = 40，进而利用基本不等式即可得结果.
5. （25-26·山西太原）（多选）已知点𝑃(𝑥, 𝑦)是圆𝑀: (𝑥−2)2 + 𝑦2 = 1上的动点，则下列说法正确的是
（ ）
A. 𝑦
𝑥的最小值为−√3
3
B. 𝑥2 + 𝑦2 + 2𝑥−6𝑦的最小值为9 −6√2
C. |𝑥−𝑦|的最大值为√2 + 1
D. 2𝑥+ 𝑦的最大值为4 + √5
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于细微处见秩序
Page 195
𝐴𝐵𝐷
【分析】根据斜率，两点间的距离，以及直线的纵截距的集合意义即可求解.
【详解】由圆𝑀: (𝑥−2)2 + 𝑦2 = 1可知，圆心为(2 , 0)，半径为𝑟= 1，
𝐴选项，设𝑦
𝑥= 𝑘，则𝑦= 𝑘𝑥，
当直线与圆相切时，有最值，则
𝑑=
|2𝑘|
√𝑘2 + 1
= 1，解得𝑘= ±√3
3 ，则𝑦
𝑥的最小值为−√3
3 ，故𝐴选项正确；
𝐵选项，因为𝑥2 + 𝑦2 + 2𝑥−6𝑦= (𝑥+ 1)2 + (𝑦−3)2 −10，𝑑= (𝑥+ 1)2 + (𝑦−3)2表示圆上的点到
(−1 , 3)距离的平方和，
故𝑑𝑚𝑖𝑛= (√(2 + 1)2 + 32 −1)
2
= (3√2 −1)
2
= 19 −6√2，则(𝑥2 + 𝑦2 + 2𝑥−6𝑦)𝑚𝑖𝑛= 9 −6√2，
故𝐵选项正确；
𝐶选项，当𝑃(3 , 0)时，此时|𝑥−𝑦| = 3 > √2 + 1，故𝐶选项错误；
𝐷选项，令2𝑥+ 𝑦= 𝑧，则当直线与圆相切时有最值，
即𝑑= |4 −𝑧|
√4 + 1
= 1，解得𝑧= 4 ± √5，所以2𝑥+ 𝑦的最大值为4 + √5，故𝐷选项正确；
故选：𝐴𝐵𝐷
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Page 196
让推理先于答案
6. （25-26·广西）在平面直角坐标系中，已知𝐴(2 , −1) , 𝐵(1 , 5)，点𝑀是直线𝑙: 𝑦= 𝑥上一动点，则
|𝑀𝐵| −|𝑀𝐴|的最大值为
.
√13
【分析】求出点𝐵关于𝑙的对称点𝐵′，利用|𝑀𝐵| −|𝑀𝐴| = |𝑀𝐵′| −|𝑀𝐴| ≤|𝐴𝐵′|求解即可.
【详解】设点𝐵关于𝑙的对称点𝐵′，则𝐵′(5 , 1),
则|𝑀𝐵| −|𝑀𝐴| = |𝑀𝐵′| −|𝑀𝐴| ≤|𝐴𝐵′| = √(5 −2)2 + (1 + 1)2 = √13，
当且仅当𝑀, 𝐴, 𝐵′三点共线时等号成立.
故答案为：√13.
7. （25-26·内蒙古赤峰）唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交
河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先
到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为
𝐵(−2 , 0)，若将军从山脚下的点𝐴(3 , 0)处出发，河岸线所在直线方程为𝑥+ 𝑦= 5，则“将军饮马”的最短
总路程为
.
√53
【分析】求出点𝐴关于直线𝑥+ 𝑦= 5对称点的坐标，再利用两点间距离公式计算得解.
【详解】设点𝐴(3 , 0)关于𝑥+ 𝑦= 5对称点𝐴′(𝑥, 𝑦)，则
{
𝑦−0
𝑥−3 = 1
𝑥+ 3
2
+ 𝑦+ 0
2
= 5
，解得{𝑥= 5
𝑦= 2，
即𝐴′(5 , 2)，所以“将军饮马”的最短总路程为|𝐴′𝐵| = √(5 + 2)2 + (2 −0)2 = √53.
故答案为：√53
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
高二数理进阶
数形相证，虚实相生
Page 197
8. 在平面直角坐标系中，点𝑃1(𝑥1 , 𝑦1)，𝑃2(𝑥2 , 𝑦2)，定义𝑑𝑃1𝑃2 = {|𝑥1 −𝑥2|
|𝑥1 −𝑥2| ≤|𝑦1 −𝑦2|
|𝑦1 −𝑦2|
|𝑥1 −𝑥2| > |𝑦1 −𝑦2|为点
𝑃1、𝑃2之间的极距，已知点𝑃是直线𝑙: 2𝑥+ 𝑦−9 = 0上的动点，已知点𝑄是圆𝑂: 𝑥2 + 𝑦2 = 5上的动点，
则𝑃、𝑄两点之间的距离最小时，其极距为
.
4
5/0.8
【分析】首先利用极距定义，以及点线距离公式，将问题转化为求|𝑅𝑄|，即可求解.
【详解】
如上图所示，在平面直角坐标系中，𝑃1(𝑥1 , 𝑦1)、𝑃2(𝑥2 , 𝑦2)，作出直角三角形𝑃1𝑅𝑃2，则由极距的定
义可知，𝑑𝑃1𝑃2就是直角三角形中较小的直角边的大小.
因为点𝑃是直线𝑙：2𝑥+ 𝑦−9 = 0上的动点，𝑄是圆𝑂：𝑥2 + 𝑦2 = 5上的动点，要使得|𝑃𝑄|最小，则𝑂𝑃⟂
𝑙，|𝑃𝑄| = |𝑂𝑃| −√5最小，此时|𝑃𝑄| = |𝑂𝑃| −√5 = |0 + 0 −9|
√22 + 12
−√5 = 4√5
5 ，设直线𝑙交𝑥轴于点𝐴，交𝑦
轴于点𝐵，因为直线𝑙的斜率为−2，则|𝑂𝐴|
|𝑂𝐵| = 1
2.如下图所示，
过点𝑃作𝑃𝑅平行于𝑥轴，过点𝑄作𝑄𝑅平行于𝑦轴，则△𝑃𝑄𝑅∼△𝑂𝑃𝐴∼△𝐵𝐴𝑂，所以|𝑅𝑄|
|𝑅𝑃| = |𝑂𝐴|
|𝑂𝐵| =
1
2，在直角三角形𝑃𝑅𝑄中，𝑃，𝑄两点之间的极距即为|𝑅𝑄|.
高二数理进阶
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
Page 198
条件有界，思路有向
设|𝑅𝑄| = 𝑡，则|𝑅𝑃| = 2𝑡，所以𝑡2 + (2𝑡)2 =
(
4√5
5 )
2
，解得𝑡= 4
5，即𝑃，𝑄两点之间最小的极距为4
5.
故答案为：4
5
9. （25-26·安徽蚌埠）已知直线𝑙1 : (𝑎−2)𝑥+ 𝑦−1 = 0与直线𝑙2 : 𝑥−(2 −𝑎)𝑦−1 = 0平行，点
𝐴(−4 , 4)，𝐶(1 , 3).
（1）求𝑎；
（2）若点𝐶关于直线𝑙2对称后的点为𝐵，求𝐵点坐标；
（3）已知𝑃，𝑄分别在直线𝑙1，𝑙2上，且𝑃𝑄⟂𝑙1，求|𝐴𝑃| + |𝑃𝑄| + |𝑄𝐶|的最小值.
(1)𝑎= 1
(2)(4 , 0)
(3)√58 + √2
【分析】(1)根据直线平行可得方程，解方程即可得解.
(2)根据对称可知直线𝐵𝐶与𝑙2垂直，𝐵𝐶中点在𝑙2上，列出方程，接方程组即可；
(3)根据对称可知|𝐴𝑃| + |𝑃𝑄| + |𝑄𝐶| = |𝐴𝑃| + |𝑃𝑄| + |𝑄𝐵|，再作平行四边形𝑃𝑄𝐵𝐵′，结合平行四边形性
质可转化为求|𝐴𝑃| + |𝑃𝑄| + |𝑃𝐵′|的最小值，|𝐴𝑃| + |𝑃𝑄| + |𝑃𝐵′| ≥|𝐴𝐵′| + |𝑃𝑄|即可得解.
【详解】(1)由直线𝑙1 : (𝑎−2)𝑥+ 𝑦−1 = 0与直线𝑙2 : 𝑥−(2 −𝑎)𝑦−1 = 0平行，
则(𝑎−2)2 −1 = 0，
解得𝑎= 1或𝑎= 3，
当𝑎= 1时，直线𝑙1 : −𝑥+ 𝑦−1 = 0，𝑙2 : 𝑥−𝑦−1 = 0，两直线平行；
当𝑎= 3时，直线𝑙1 : 𝑥+ 𝑦−1 = 0，𝑙2 : 𝑥+ 𝑦−1 = 0，两直线重合，不成立；
综上所述𝑎= 1；
(2)由(1)得𝑙2 : 𝑥−𝑦−1 = 0，其斜率𝑘= 1，
设点𝐵(𝑚, 𝑛)，则𝑘𝐵𝐶= 𝑛−3
𝑚−1，𝐵𝐶中点为(𝑚+ 1
2
, 𝑛+ 3
2
)，
则
{
𝑛−3
𝑚−1 × 1 = −1
𝑚+ 1
2
−𝑛+ 3
2
−1 = 0
，解得{𝑚= 4
𝑛= 0 ，
即𝐵(4 , 0)；
(3)
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
高二数理进阶
在变化中守住不变
Page 199
由(2)得点𝐶关于直线𝑙2的对称点为𝐵，则|𝑄𝐶| = |𝑄𝐵|，
又𝑃，𝑄分别在直线𝑙1，𝑙2上，且𝑃𝑄⟂𝑙1，
则|𝑃𝑄| =
|1 + 1|
√12 + 12
= √2，且𝑘𝑃𝑄= −1，
则𝑃𝑄⃗= (1 , −1)，
以𝑄𝑃，𝑄𝐵为平行四边形邻边作平行四边形𝑃𝑄𝐵𝐵′，
则𝐵′𝐵⃗= 𝑃𝑄⃗= (1 , −1)，且|𝑃𝐵′| = |𝑄𝐵| = |𝑄𝐶|，
此时𝐵′(3 , 1)，
所以|𝐴𝑃| + |𝑃𝑄| + |𝑄𝐶| = |𝐴𝑃| + |𝑃𝑄| + |𝑃𝐵′| = |𝐴𝑃| + |𝑃𝐵′| + √2，
所以当点𝐴，𝑃，𝐵′三点共线时，
|𝐴𝑃| + |𝑃𝑄| + |𝑄𝐶|取得最小值为|𝐴𝐵′| + √2 = √(3 + 4)2 + (4 −1)2 + √2 = √58 + √2.
10. （25-26·四川南充）常用测量距离的方式有3种，设𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，定义欧几里得距离
𝐷(𝐴, 𝐵) = √(𝑥1 −𝑥2)2 + (𝑦1 −𝑦2)2；定义曼哈顿距离𝑀(𝐴, 𝐵) = |𝑥1 −𝑥2| + |𝑦1 −𝑦2|；定义余弦距离
𝑒(𝐴, 𝐵) = 1 −cos(𝐴, 𝐵)，其中cos(𝐴, 𝐵) = cos < 𝑂𝐴⃗, 𝑂𝐵⃗>（𝑂为坐标原点）.
（1）若𝐴(1 , 2)，𝐵(1 , −2)，求𝐴，𝐵之间的余弦距离𝑒(𝐴, 𝐵)；
（2）若𝐶(√4𝑥−𝑥2 , 𝑥−2)，𝐷
(
−1 , √3
3 )
，求𝑒(𝐶, 𝐷)的取值范围；
（3）动点𝑃在直线𝑦= 𝑥−2上，动点𝑄在圆𝑥2 + 𝑦2 = 1上，求𝑀(𝑃, 𝑄)的最小值.
(1)8
5
(2)[1
2 , 2]
(3)2 −√2
【分析】(1)根据新定义，结合平面向量数量积的坐标表示计算即可求解；
(2)根据新定义，由平面向量数量积的坐标表示，将问题转化为半圆(𝑥−2)2 + 𝑦2 = 4(𝑦≥0)与直线𝑥−
√3𝑦−2 −√3𝑡= 0有公共点时𝑡取值范围，结合直线与圆的位置关系计算即可求解；
高二数理进阶
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
Page 200
在复杂中辨认结构
(3)设𝑃(𝑥, 𝑥−2) , 𝑄(cos 𝜃, sin 𝜃)，根据新定义，结合绝对值不等式和三角恒等变换的化简以及三角函
数的性质计算即可求解.
【详解】(1)由已知𝑂𝐴⃗= (1 , 2) , 𝑂𝐵⃗= (1 , −2)，
所以𝑒(𝐴, 𝐵) = 1 −cos(𝐴, 𝐵) = 1 −cos < 𝑂𝐴⃗, 𝑂𝐵⃗>= 1 −𝑂𝐴⃗⋅𝑂𝐵⃗
|𝑂𝐴|⃗⋅|𝑂𝐵⃗|
= 1 −−3
5 = 8
5.
(2)由已知有𝑂𝐶⃗= (√4𝑥−𝑥2 , 𝑥−2) , 𝑂𝐷⃗=
(
−1 , √3
3 )
，
所以cos(𝐶, 𝐷) = cos < 𝑂𝐶⃗, 𝑂𝐷⃗>=
𝑂𝐶⃗⋅𝑂𝐷⃗
|𝑂𝐶⃗| ⋅|𝑂𝐷⃗|
=
−√4𝑥−𝑥2 + √3
3 (𝑥−2)
2 × 2
√3
，
令−√4𝑥−𝑥2 + √3
3 (𝑥−2) = 𝑡，则有√4𝑥−𝑥2 = √3
3 (𝑥−2) −𝑡，
所以问题转化为半圆𝑦= √4𝑥−𝑥2与直线𝑙: 𝑦= √3
3 (𝑥−2) −𝑡即𝑥−√3𝑦−2 −√3𝑡= 0有公共点时𝑡取值
范围，
由𝑦= √4𝑥−𝑥2，得(𝑥−2)2 + 𝑦2 = 4(𝑦≥0)，圆心坐标为(2 , 0)，半径为2，如图，
当直线𝑙经过(4 , 0)时，𝑡= 2√3
3 ，
当直线𝑙与半圆相切时，由𝑑= 𝑟，得
|2 −2 −√3𝑡|
√12 + (−√3)2
= 2，解得𝑡= ±4√3
3 ，
又−2 −√3𝑡> 0，解得𝑡< −2√3
3 ，所以𝑡= −4√3
3 ，
故−4√3
3
≤𝑡≤2√3
3 ，于是cos(𝐶, 𝐷) =
−√4𝑥−𝑥2 + √3
3 (𝑥−2)
2 × 2
√3
= √3
4 𝑡∈[−1 , 1
2]，
所以𝑒(𝐶, 𝐷) = 1 −cos(𝐶, 𝐷) ∈[1
2 , 2].
(3)设𝑃(𝑥, 𝑥−2) , 𝑄(cos 𝜃, sin 𝜃)，
则𝑀(𝑃, 𝑄) = |𝑥−cos 𝜃| + |𝑥−2 −sin 𝜃| ≥|(𝑥−cos 𝜃) −(𝑥−2 −sin 𝜃)|
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
高二数理进阶
凡结论，必有来路
Page 201
= |2 + sin 𝜃−cos 𝜃| = 2 + sin 𝜃−cos 𝜃= 2 + √2 sin(𝜃−𝜋
4 ) ≥2 −√2 ，
又取𝑃
(
√2
2 , √2
2 −2
)
, 𝑄
(
√2
2 , −√2
2 )
时，
𝑀(𝑃, 𝑄) =
|
√2
2 −√2
2 |
+
|
√2
2 −2 + √2
2 |
= 2 −√2，所以𝑀(𝑃, 𝑄)的最小值为2 −√2.
测
知识小测
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1. （25-26·四川雅安）已知𝑃为圆𝑀: (𝑥−√3)
2
+ (𝑦−√6)
2
= 1上的一动点，𝑂为坐标原点，则|𝑂𝑃|的最
大值为（ ）
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
𝐷
【分析】根据点到点的距离公式，结合圆的性质即可求解.
【详解】𝑀: (𝑥−√3)
2
+ (𝑦−√6)
2
= 1的圆心为𝑀(√3 , √6)，半径为𝑟= 1，
由题意得|𝑂𝑀| = √(√3)
2
+ (√6)
2
= 3 > 1，故𝑂在圆外，
所以|𝑂𝑃|的最大值为|𝑂𝑀| + 𝑟= 4．
故选：𝐷
2. （25-26·广东深圳）𝑀，𝑁分别为直线3𝑥−4𝑦−12 = 0与6𝑥−8𝑦+ 5 = 0上任意一点，则|𝑀𝑁|最小值
为（ ）
A. 29
10
B. 29
5
C. 17
5
D. 17
10
𝐴
【分析】利用两平行线间的距离公式可求出|𝑀𝑁|的最小值.
【详解】由3
6 = 4
8 ≠−12
5 ，可得两条直线相互平行，
所以|𝑀𝑁|最小值为平行线之间的距离，6𝑥−8𝑦+ 5 = 0可化为3𝑥−4𝑦+ 5
2 = 0，
所以，𝑑=
|−12 −5
2|
√32 + 42
= 29
10.
高二数理进阶
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
Page 202
凡转化，必问等价
故选：𝐴
3. 已知𝑃是⊙𝐶：𝑥2 + 𝑦2 + 2𝑥−6𝑦+ 8 = 0上的动点，则𝑃到直线𝑙：𝑦= 𝑥距离的最小值为（ ）
A. 3√2
B. 2√2
C. √2
D. 1
𝐶
【分析】根据直线与圆的位置关系可知，点𝑃到直线的距离的最小值为圆心到直线的距离减去圆的半径．
【详解】圆𝐶的方程可化为(𝑥+ 1)2 + (𝑦−3)2 = 2，
所以𝐶(−1 , 3)，半径𝑟= √2，
则𝐶到直线𝑙：𝑦= 𝑥的距离为𝑑= |−1 −3|
√2
= 2√2，
所以所求距离的最小值为𝑑−𝑟= 2√2 −√2 = √2．
故选：𝐶
4. （多选）定义点𝑃(𝑥0 , 𝑦0)到直线𝑙: 𝑎𝑥+ 𝑏𝑦+ 𝑐= 0(𝑎2 + 𝑏2 ≠0)的有向距离为𝑑= 𝑎𝑥0 + 𝑏𝑦0 + 𝑐
√𝑎2 + 𝑏2
.已知点
𝑃1 , 𝑃2到直线𝑙的有向距离分别是𝑑1 , 𝑑2，以下命题不正确的是（ ）
A. 若𝑑1 = 𝑑2 = 1，则直线𝑃1𝑃2与直线𝑙平行
B. 若𝑑1 = 1 , 𝑑2 = −1，则直线𝑃1𝑃2与直线𝑙垂直
C. 若𝑑1 + 𝑑2 = 0，则直线𝑃1𝑃2与直线𝑙垂直
D. 若𝑑1𝑑2 ≤0，则直线𝑃1𝑃2与直线𝑙相交
𝐵𝐶𝐷
【分析】根据有向距离的定义可得直线𝑃1𝑃2的方程，故可判断𝐴的正误，根据反例可判断𝐵𝐶𝐷的正误.
【详解】设𝑃1(𝑥1 , 𝑦1) , 𝑃2(𝑥2 , 𝑦2)，
对于𝐴，𝑑1 = 𝑑2 = 1即为𝑎𝑥1 + 𝑏𝑦1 + 𝑐
√𝑎2 + 𝑏2
= 1 = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑦2 + 𝑐
√𝑎2 + 𝑏2
，
故𝑎𝑥1 + 𝑏𝑦1 + 𝑐= √𝑎2 + 𝑏2 = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑦2 + 𝑐，
所以直线𝑃1𝑃2的方程为：𝑎𝑥+ 𝑏𝑦+ 𝑐−√𝑎2 + 𝑏2 = 0，
因为√𝑎2 + 𝑏2 ≠0，直线𝑃1𝑃2与直线𝑙平行，故𝐴正确；
对于𝐵，设直线𝑙: 𝑥+ 𝑦= 0，取𝑃1(√2 , 0) , 𝑃2(−√2 , 0)，
则𝑑1 = 1 , 𝑑2 = −1，但𝑘𝑃1𝑃2 = 0，此时直线𝑃1𝑃2与直线𝑙不垂直，故𝐵错误；
此时𝑑1 + 𝑑2 = 0也成立，故𝐶错误；
第 07 讲 直线与圆中的范围与新定义问题
高二数理进阶
审题见边界，落笔见章法
Page 203
对于𝐷，仍取直线𝑙: 𝑥+ 𝑦= 0，取𝑃1(−2 , 2) , 𝑃2(1 , −1)，
此时𝑑1 = 0
√2
= 0 , 𝑑2 = 0
√2
= 0，故𝑑1𝑑2 ≤0成立，此时𝑃1𝑃2与直线𝑙重合，故𝐷错误.
故选：𝐵𝐶𝐷.
5. （25-26·吉林延边）已知𝑃(𝑚, 𝑛)是圆𝐶: (𝑥−4)2 + (𝑦−4)2 = 8上的一个动点，则√𝑚2 + 𝑛2的取值范
围为
．
[2√2 , 6√2]
【分析】√𝑚2 + 𝑛2表示圆上的点𝑃(𝑚, 𝑛)到原点𝑂(0 , 0)之间的距离，再结合点圆关系确定最值和范围即
可求解.
【详解】圆𝐶: (𝑥−4)2 + (𝑦−4)2 = 8的圆心𝐶(4 , 4)，半径𝑟= 2√2，
√𝑚2 + 𝑛2表示圆上的点𝑃(𝑚, 𝑛)到原点𝑂(0 , 0)之间的距离，
因为(0 −4)2 + (0 −4)2 = 32 > 8，
所以原点𝑂(0 , 0)在圆𝐶外，
|𝑂𝐶| = √16 + 16 = 4√2 ，
所以4√2 −2√2 ≤|𝑂𝑃| ≤4√2 + 2√2，即2√2 ≤|𝑂𝑃| ≤6√2，
即√𝑚2 + 𝑛2 ∈[2√2 , 6√2].
故答案为：[2√2 , 6√2].
第 08 讲 椭圆中的核心问题
高二数理进阶
先立骨架，再铺细节
Page 205
第 08 讲
椭圆中的核心问题
讲
题型精讲
Core examples
题型1
椭圆的轨迹方程
题型点拨
1、椭圆的定义：平面内与两个定点𝐹1、𝐹2的距离之和等于常数（大于|𝐹1𝐹2|）的点的轨迹叫做椭圆．
这两个定点叫椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距，焦距的一半叫做半焦距．
2、椭圆定义的集合语言表示：{𝑀∣|𝑀𝐹1| + |𝑀𝐹2| = 2𝑎, 2𝑎> |𝐹1𝐹2| > 0}
3、对椭圆定义的理解：定义中条件2𝑎> |𝐹1𝐹2| > 0不能少，这是根据三角形中的两边之和大于第三边
得出来的．否则：①当2𝑎= |𝐹1𝐹2|时，其轨迹为线段𝐹1𝐹2； ②当2𝑎< |𝐹1𝐹2|时，其轨迹不存在．
典例1 （25-26·河南南阳）已知动圆𝑃过点𝐴(−1 , 0)，且与圆𝐶: (𝑥−1)2 + 𝑦2 = 16内切，则点𝑃的轨迹
方程为（ ）
A. 𝑥2
16 + 𝑦2
15 = 1
B. 𝑥2
4 −𝑦2
3 = 1
C. 𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1
D. 𝑦2 + (𝑥−2)2 = 9
𝐶
【分析】根据两圆内切半径关系可得：|𝑃𝐶| + |𝑃𝐴| = 4 > |𝐴𝐶| ，根据椭圆的定义可得点𝑃的轨迹方程.
【详解】设动圆𝑃的半径为𝑟，则𝑟= |𝑃𝐴|，|𝑃𝐶| = 4 −𝑟，∴|𝑃𝐶| + |𝑃𝐴| = 4 > |𝐴𝐶| ， ∴点𝑃的轨迹是以
𝐴，𝐶为焦点的椭圆，故长半轴𝑎= 2，半焦距𝑐= 1 ,则短半轴 𝑏= √3 ∴𝑃点轨迹方程为𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1.
故选：𝐶.
变式1 已知圆𝐶: (𝑥+ 4)2 + 𝑦2 = 100内有一点𝐴(4 , 0)，𝑄为圆𝐶上的一个动点，线段𝐴𝑄的垂直平分线与
线段𝐶𝑄交于点𝑀，则动点𝑀的轨迹方程为
．
𝑥2
25 + 𝑦2
9 = 1
【分析】本题根据中垂线的性质可得点𝑀的轨迹是椭圆
【详解】连接𝐴𝑀，因为圆𝐶: (𝑥+ 4)2 + 𝑦2 = 100，所以圆心为𝐶(−4 , 0)，半径𝑅= 10，
高二数理进阶
第 08 讲 椭圆中的核心问题
Page 206
一笔一式，皆有根据
由垂直平分线的性质可知|𝑀𝑄| = |𝑀𝐴|，则|𝑀𝐶| + |𝑀𝐴| = |𝑀𝐶| + |𝑀𝑄| = |𝐶𝑄| = 𝑅= 10，
而|𝐴𝐶| = 8 , 10 > 8，
故点𝑀的轨迹是焦点为𝐶(−4 , 0)，𝐴(4 , 0)的椭圆，
且2𝑎= 10，即𝑎= 5，则𝑏2 = 𝑎2 −𝑐2 = 9，
因此，点𝑀的轨迹方程为𝑥2
25 + 𝑦2
9 = 1．
题型2
椭圆中的焦点三角形
题型点拨
焦点三角形的求解思路
(1)关于椭圆的焦点三角形问题，可结合椭圆的定义|𝑃𝐹1| + |𝑃𝐹2| = 2𝑎，利用这个关系式便可求出结果，
因此，回归椭圆的定义式是求解焦点三角形问题的常用方法；
(2)在椭圆中，焦点三角形引出的问题很多，在处理这些问题时，经常利用定义结合正弦定理、余弦定理
及勾股定理来解决，还经常用到配方法、解方程及把|𝑃𝐹1| ⋅|𝑃𝐹2|看成一个整体等．
典例2 （25-26·湖南长沙）已知椭圆𝐸: 𝑥2
16 + 𝑦2
12 = 1的左右焦点分别为𝐹1 , 𝐹2，上顶点为𝐴，过𝐹1且垂直
于𝐴𝐹2的直线与𝐸交于𝐵、𝐶两点，则△𝐴𝐵𝐶的周长为
．
16
【分析】根据条件可得|𝐴𝐵| = |𝐵𝐹2| , |𝐴𝐶| = |𝐶𝐹2|，然后根据椭圆的定义求解即可.
【详解】由椭圆𝐸: 𝑥2
16 + 𝑦2
12 = 1，得𝑎2 = 16 , 𝑏2 = 12 , 𝑐2 = 16 −12 = 4，
则𝑎= 4 , 𝑐= 2，所以|𝐴𝐹1| = |𝐴𝐹2| = √𝑏2 + 𝑐2 = 4 = 2𝑐= |𝐹1𝐹2|，
过𝐹1且垂直于𝐴𝐹2的直线与椭圆𝐸交于𝐵, 𝐶两点，
所以𝐵𝐶为线段𝐴𝐹2的垂直平分线，
所以|𝐴𝐵| = |𝐵𝐹2| , |𝐴𝐶| = |𝐶𝐹2|，
则△𝐴𝐵𝐶的周长为
第 08 讲 椭圆中的核心问题
高二数理进阶
求解不是试探，是组织
Page 207
|𝐴𝐵| + |𝐴𝐶| + |𝐵𝐶| = |𝐵𝐹2| + |𝐶𝐹2| + |𝐵𝐹1| + |𝐶𝐹1| = 2𝑎+ 2𝑎= 4𝑎= 4 × 4 = 16 .
故答案为：16.
变式2 （25-26·江苏）已知𝑃是椭圆 𝑦2
4 + 𝑥2
3 = 1上的一点，𝐹1，𝐹2是椭圆的两个焦点，且 ∠𝐹1𝑃𝐹2 =
60∘,则 △𝐹1𝑃𝐹2的面积是
√3
【分析】利用椭圆的定义、余弦定理求出|𝑃𝐹1| ⋅|𝑃𝐹2|的值，再利用三角形的面积公式可求得△𝐹1𝑃𝐹2的
面积
【详解】在椭圆𝑦2
4 + 𝑥2
3 = 1中，𝑎= 2 , 𝑏= √3 , 𝑐= 1，
由椭圆的定义可得|𝑃𝐹1| + |𝑃𝐹2| = 2𝑎= 4，|𝐹1𝐹2| = 2，
在△𝐹1𝑃𝐹2中，∠𝐹1𝑃𝐹2 = 60∘，由余弦定理，
得4 = |𝐹1𝐹2|2 = |𝑃𝐹1|2 + |𝑃𝐹2|2 −2|𝑃𝐹1| ⋅|𝑃𝐹2| cos 60∘
= (|𝑃𝐹1| + |𝑃𝐹2|)2 −3|𝑃𝐹1| ⋅|𝑃𝐹2| = 16 −3|𝑃𝐹1| ⋅|𝑃𝐹2| ，
解得|𝑃𝐹1| ⋅|𝑃𝐹2| = 4，因此𝑆△𝐹1𝑃𝐹2 = 1
2|𝑃𝐹1| ⋅|𝑃𝐹2| sin 60∘= 1
2 × 4 × √3
2 = √3.
故答案为：√3.
题型3
椭圆中的距离最值问题
题型点拨
解决椭圆问题的最常见思路
(1)与焦半径（椭圆上一点与焦点的距离称为焦半径）乘积有关的最值问题，一般利用椭圆的定义，根据
基本不等式求解，注意等号成立的条件；
(2)与|𝑃𝐹1|，|𝑃𝐹2|（𝑃为椭圆上一点，𝐹1，𝐹2为椭圆的焦点）的和、差有关的最值问题，一般利用平面
几何知识，转化为三点共线问题求解．
高二数理进阶
第 08 讲 椭圆中的核心问题
Page 208
把关系写成语言
典例3 （25-26·贵州黔西）已知椭圆𝐶：𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1的左、右焦点分别为𝐹1，𝐹2，𝑀为椭圆𝐶上任意一
点，则下列说法错误的是（ ）
A. △𝑀𝐹1𝐹2的周长为6
B. △𝑀𝐹1𝐹2面积的最大值为√3
C. |𝑀𝐹2|的取值范围为[1 , 3]
D. |𝑀𝐹1| −|𝑀𝐹2|的最小值为−1
𝐷
【分析】求出椭圆𝐶的长短半轴长及半焦距，再结合椭圆的定义逐项判断即可.
【详解】椭圆𝐶：𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1的长半轴长𝑎= 2，短半轴长𝑏= √3，半焦距𝑐= 1，
对于𝐴，△𝑀𝐹1𝐹2的周长为2𝑎+ 2𝑐= 6，𝐴正确；
对于𝐵，点𝑀到直线𝐹1𝐹2距离的最大值为√3，则△𝑀𝐹1𝐹2面积的最大值为1
2 × 2 × √3 = √3，𝐵正确；
对于𝐶，{|𝑀𝐹1|+|𝑀𝐹2| = 4
||𝑀𝐹1|−|𝑀𝐹2|| ≤2，解得1 ≤|𝑀𝐹2| ≤3，𝐶正确；
对于𝐷，由||𝑀𝐹1| −|𝑀𝐹2|| ≤2，得−2 ≤|𝑀𝐹1| −|𝑀𝐹2| ≤2，𝐷错误.
故选：𝐷
变式3 （25-26·江苏南通）已知点𝑃在椭圆𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1上，点𝑄在圆𝑥2 + 𝑦2 −2𝑦= 0上，𝐹(−1 , 0)，则
|𝑃𝑄| + |𝑃𝐹|的最大值为（ ）
A. 5 −√2
B. 5 + √2
C. 2√2
D. 5 + 2√2
𝐵
【分析】根据椭圆的定义可得|𝑃𝐹| = 4 −|𝑃𝐹′|，然后化简|𝑃𝑄| + |𝑃𝐹|，那么要求|𝑃𝑄| + |𝑃𝐹|的最大值，即
求4 + |𝑃𝑄| −|𝑃𝐹′|的最大值，当𝑃, 𝑄, 𝐹′三点共线时，|𝑃𝑄| −|𝑃𝐹′|的最大值为|𝑄𝐹′|，最后根据两点距
离公式即可得到结果.
【详解】设椭圆𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1的另一个焦点为𝐹′(1 , 0)，圆的圆心为𝐶(0 , 1)，其半径𝑟= 1，
那么|𝑃𝐹| + |𝑃𝐹′| = 2𝑎= 4，所以|𝑃𝐹| = 4 −|𝑃𝐹′|.
所以|𝑃𝑄| + |𝑃𝐹| = 4 + |𝑃𝑄| −|𝑃𝐹′|.
所以要求|𝑃𝑄| + |𝑃𝐹|的最大值，即求4 + |𝑃𝑄| −|𝑃𝐹′|的最大值.
因为|𝑃𝑄| −|𝑃𝐹′| ≤|𝑄𝐹′|，所以当𝑃, 𝑄, 𝐹′三点共线时，|𝑃𝑄| −|𝑃𝐹′|的最大值为|𝑄𝐹′|.
而|𝑄𝐹′| = |𝐶𝐹′| + 𝑟= √2 + 1，所以4 + |𝑃𝑄| −|𝑃𝐹′|的最大值为4 + √2 + 1 = 5 + √2.
故选：𝐵.
第 08 讲 椭圆中的核心问题
高二数理进阶
把语言化为关系
Page 209
题型4
求椭圆的离心率
题型点拨
求椭圆的离心率通常有如下两种方法
(1)若给定椭圆的方程，则根据椭圆的焦点位置确定𝑎2，𝑏2，求出𝑎, 𝑐的值，利用公式𝑒= 𝑐
𝑎直接求解．
(2)若椭圆方程未知,则根据条件及几何图形建立𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑒满足的关系式，化为𝑎, 𝑐的齐次方程，得出
𝑎, 𝑐的关系或化为𝑒的方程求解，此时要注意𝑒∈(0 , 1)．
典例4 （25-26·浙江）已知椭圆𝐶: 𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0)的两个焦点为𝐹1，𝐹2，|𝐹1𝐹2| = 4，点𝑃为𝐶
上一点，若|𝑃𝐹1| −|𝑃𝐹2| = 𝑎，cos ∠𝑃𝐹1𝐹2 = 2√2
3 ，则𝐶的离心率为（ ）
A. √2 −1
B. √2
4
C. √2
2
D. √3
2
𝐶
【分析】利用椭圆定义得出|𝑃𝐹1|,|𝑃𝐹2|，在△𝑃𝐹1𝐹2中利用余弦定理可得𝑎的值即可.
【详解】|𝑃𝐹1| −|𝑃𝐹2| = 𝑎且|𝑃𝐹1| + |𝑃𝐹2| = 2𝑎，则|𝑃𝐹1| = 3𝑎
2 ,|𝑃𝐹2| = 𝑎
2，
因cos ∠𝑃𝐹1𝐹2 = 2√2
3 ，|𝐹1𝐹2| = 4，则在△𝑃𝐹1𝐹2中利用余弦定理可得，
cos ∠𝑃𝐹1𝐹2 =
(3𝑎
2 )
2
+ 16 −(𝑎
2)
2
2 × 3𝑎
2 × 4
= 𝑎2 + 8
6𝑎
= 2√2
3 ，解得𝑎= 2√2，
又𝑐= 2，则𝑒= 𝑐
𝑎= √2
2 .
故选：𝐶
高二数理进阶
第 08 讲 椭圆中的核心问题
Page 210
从已知中取材
变式4 （25-26·广西梧州）已知𝑂为坐标原点，椭圆𝐶：𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1（𝑎> 𝑏> 0）的右顶点为𝐴，以𝑂𝐴
为直径的圆与椭圆𝐶的三个公共点分别为𝐴，𝑀，𝑁，若以𝑂，𝑀，𝐴，𝑁为顶点的四边形是正方形，则椭圆
𝐶的离心率为
.
√6
3
【分析】根据椭圆，圆和正方形的几何性质，设出点的坐标，带入求出椭圆参数的关系，求出离心率.
【详解】以𝑂𝐴为直径的圆，和椭圆关于𝑥轴对称，则交点在𝑂𝐴中垂线上，不妨设点𝑀在第一象限，则
𝑀(𝑎
2 , 𝑎
2)，代入椭圆𝐶：𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1，得𝑎2
4𝑎2 + 𝑎2
4𝑏2 = 1，
即𝑎2 = 3𝑏2 = 3𝑎2 −3𝑐2，解得𝑒= 𝑐
𝑎= √6
3 .
故答案为：√6
3 .
题型5
求椭圆离心率的范围
题型点拨
求椭圆离心率的取值范围的方法
(1)解析几何中求参数取值范围是一类常见而又较难的题型，其基本的解题思路有: ①建立目标函数，运
用求函数值域的方法求解；②建立目标变量的不等式，解不等式求解．
(2)求解时，在用基本量表示出椭圆上的点的坐标后，借助椭圆的范围建立一个关于基本量的不等式组，
进而求解．
典例5 （25-26·江西赣州）已知𝐹1 , 𝐹2分别是椭圆𝐶: 𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0)的左､右焦点，𝑃是𝐶上一
点，若|𝑃𝐹1| = 𝜆|𝑃𝐹2|(1
2 ≤𝜆≤2)，且∠𝐹1𝑃𝐹2 = 2𝜋
3 ，则𝐶的离心率的取值范围为（ ）
A.
(
0 , √3
2 ]
B.
[
√3
2 , √7
3 ]
C.
[
√3
2 , 1
)
D.
[
√7
3 , 1
)
𝐵
【分析】根据椭圆定义可得𝑡=
2𝑎
𝜆+ 1，由余弦定理可得𝑡2 =
4𝑐2
𝜆2 + 𝜆+ 1，即可联立求解𝑒2 = 1 −
1
𝜆+ 1
𝜆+ 2
，利用对勾函数的性质即可求解.
第 08 讲 椭圆中的核心问题
高二数理进阶
向目标处搭桥
Page 211
【详解】设𝐹1(−𝑐, 0)，𝐹2(𝑐, 0)，由椭圆的定义可得，|𝑃𝐹1| + |𝑃𝐹2| = 2𝑎，
可设|𝑃𝐹2| = 𝑡，可得|𝑃𝐹1| = 𝜆𝑡，即有(𝜆+ 1)𝑡= 2𝑎，即𝑡=
2𝑎
𝜆+ 1，
由∠𝐹1𝑃𝐹2 = 2𝜋
3 ，结合余弦定理可得
(𝜆2 + 1)𝑡2 −2𝜆𝑡2 × (−1
2) = (𝜆2 + 𝜆+ 1)𝑡2 = 4𝑐2，即可𝑡2 =
4𝑐2
𝜆2 + 𝜆+ 1，
故𝑡2 =
4𝑐2
𝜆2 + 𝜆+ 1 = ( 2𝑎
𝜆+ 1)
2
，
可得𝑒2 = 𝜆2 + 𝜆+ 1
(𝜆+ 1)2
= 1 −
𝜆
𝜆2 + 2𝜆+ 1 = 1 −
1
𝜆+ 1
𝜆+ 2
，
由1
2 ≤𝜆≤2，可得4 ≤𝜆+ 1
𝜆+ 2 ≤9
2,进而2
9 ≤
1
𝜆+ 1
𝜆+ 2
≤1
4，则3
4 ≤𝑒2 ≤7
9，解得√3
2 ≤𝑒≤√7
3 .
故选：𝐵
变式5 已知椭圆𝐶: 𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0)的左右焦点分别为𝐹1 , 𝐹2，其中|𝐹1𝐹2| = 2𝑐，过𝐹1的直线𝑙与
椭圆𝐶交于𝐴, 𝐵两点，若𝐴𝐹1⃗⋅𝐴𝐹2⃗= 4𝑐2，则该椭圆离心率的取值范围是
．
[√6
6 , √5
5 ]
【分析】先设出点𝐴，借助向量数量积求得𝐴的轨迹，再利用椭圆的几何性质列出不等式求出即得.
【详解】设点𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，而𝐹1(−𝑐, 0), 𝐹2(𝑐, 0)，则𝐴𝐹1⃗= (−𝑐−𝑥1 , −𝑦1), 𝐴𝐹2⃗= (𝑐−𝑥1 , −𝑦1)，
由𝐴𝐹1⃗⋅𝐴𝐹2⃗= 4𝑐2，得(−𝑐−𝑥1 , −𝑦1) ⋅(𝑐−𝑥1 , −𝑦1) = 𝑥2
1 −𝑐2 + 𝑦2
1 = 4𝑐2，即𝑥2
1 + 𝑦2
1 = 5𝑐2，
因此点𝐴在以(0 , 0)为圆心，半径为√5𝑐的圆上，而𝐴点在椭圆上，则圆𝑥2 + 𝑦2 = 5𝑐2与椭圆𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 =
1有公共点，
由椭圆的几何性质知𝑏≤√5𝑐≤𝑎，即𝑏2 ≤5𝑐2 ≤𝑎2，亦即𝑎2 −𝑐2 ≤5𝑐2 ≤𝑎2，
整理得5𝑐2 ≤𝑎2 ≤6𝑐2，即1
6 ≤𝑐2
𝑎2 ≤1
5，所以椭圆离心率𝑒∈[√6
6 , √5
5 ]，
故答案为：[√6
6 , √5
5 ]
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：
①定义法：通过已知条件列出方程组，求得𝑎, 𝑐的值，根据离心率的定义求解离心率𝑒；
②齐次式法：由已知条件得出关于𝑎, 𝑐的二元齐次方程，然后转化为关于𝑒的一元二次方程求解；
③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
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第 08 讲 椭圆中的核心问题
Page 212
用结构减轻运算
题型6
椭圆的标准方程
题型点拨
椭圆标准方程的求解
(1)利用待定系数法求椭圆标准方程的步骤
①定位：确定焦点在哪个坐标轴上；
②定量：依据条件及𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2确定𝑎, 𝑏, 𝑐的值；
③写出标准方程．
(2)求椭圆方程时，若没有指明焦点位置，一般可设所求方程为𝑥2
𝑚+ 𝑦2
𝑛= 1(𝑚> 0 , 𝑛> 0 , 𝑚≠𝑛)；
(3)当椭圆过两定点时，常设椭圆方程为𝐴𝑥2 + 𝐵𝑦2 = 1(𝐴> 0 , 𝐵> 0 , 且𝐴≠𝐵)，将点的坐标代入，
解方程组求得系数．
典例6 （25-26·湖北武汉）阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他最早利用“逼近法”得
到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆𝐶的对称轴为坐标轴，焦点在𝑦轴
上，且椭圆𝐶的离心率为4
5，面积为15𝜋，则椭圆𝐶的标准方程为（ ）
A. 𝑥2
25 + 𝑦2
16 = 1
B. 𝑥2
25 + 𝑦2
9 = 1
C. 𝑦2
25 + 𝑥2
9 = 1
D. 𝑦2
25 + 𝑥2
16 = 1
𝐶
【分析】根据题意设出椭圆的标准方程，列出方程组𝑎2 = 25，𝑏2 = 9，进而可解答.
【详解】根据题意设椭圆的标准方程为𝑦2
𝑎2 + 𝑥2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0).
则
{
𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2
𝑐
𝑎= 4
5
15𝜋
𝜋
= 𝑎× 𝑏
，解得： 𝑎2 = 25，𝑏2 = 9，
所以椭圆𝐶的标准方程为𝑦2
25 + 𝑥2
9 = 1.
故选：𝐶.
变式6 （25-26·吉林）椭圆的两个焦点𝐹1 , 𝐹2都在𝑦轴上，且它们到原点的距离都是2，𝐶𝐷是过𝐹2的弦，
且△𝐶𝐷𝐹1的周长为12，则椭圆的方程为
第 08 讲 椭圆中的核心问题
高二数理进阶
用定义校准直觉
Page 213
𝑦2
9 + 𝑥2
5 = 1
【分析】设椭圆的方程为𝑦2
𝑎2 + 𝑥2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0)，根据题意，先求得𝑐= 2，再由椭圆的定义，求得𝑎=
3，进而求得椭圆的标准方程.
【详解】由椭圆的两个焦点𝐹1 , 𝐹2都在𝑦轴上，设椭圆的方程为𝑦2
𝑎2 + 𝑥2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0)，
因为两个焦点𝐹1 , 𝐹2都到原点的距离都是2，可得𝑐= 2，
又因为过𝐹2 的弦，且△𝐶𝐷𝐹1的周长为12，根据椭圆的定义，可得4𝑎= 12，解得𝑎= 3，
所以𝑏= √𝑎2 −𝑐2 = √5，所以椭圆的方程为𝑦2
9 + 𝑥2
5 = 1.
故答案为：𝑦2
9 + 𝑥2
5 = 1.
练
强化训练
Targeted Practice
1. （25-26·北京）已知圆𝐶: (𝑥+ 1)2 + 𝑦2 = 16及点𝐴(1 , 0)，在圆𝐶上任取一点𝑃，连接𝐶𝑃，将点𝑃折叠到
点𝐴，记𝐶𝑃与折痕𝑙的交点为𝑀（如图）. 当点𝑃在圆𝐶上运动时，点𝑀的轨迹方程为（ ）
A. 𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1
B. 𝑥2
16 + 𝑦2
12 = 1
C. 𝑥2
4 −𝑦2
3 = 1
D. 𝑥2
16 −𝑦2
12 = 1
𝐴
【分析】直接由题意可得：|𝐶𝑀| + |𝐴𝑀| = 𝑟= 4 > |𝐴𝐶| = 2，符合椭圆定义，且得到长半轴和半焦距，再
由𝑏2 = 𝑎2 −𝑐2 = 3求得𝑏，可求点𝑀的轨迹方程可求．
【详解】连接𝑀𝐴，
圆𝐶: (𝑥+ 1)2 + 𝑦2 = 16的圆心坐标为𝐶(−1 , 0)，半径为4.
因为将点𝑃折叠到点𝐴，记𝐶𝑃与折痕𝑙的交点为𝑀，所以|𝑃𝑀| = |𝐴𝑀|，
所以|𝐶𝑀| + |𝐴𝑀| = |𝐶𝑀| + |𝑀𝑃| = 𝑟= 4 > |𝐴𝐶| = 2，
所以点𝑀的轨迹是以𝐴, 𝐶为焦点的椭圆，且2𝑎= 4 , 2𝑐= 2，所以𝑎= 2 , 𝑐= 1，
高二数理进阶
第 08 讲 椭圆中的核心问题
Page 214
用图象照亮关系
所以𝑏2 = 𝑎2 −𝑐2 = 3，所以点𝑀的轨迹方程为𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1．
故选：𝐴.
2. （25-26·吉林长春）已知𝐵是椭圆𝑥2
3 + 𝑦2 = 1的上顶点，点𝑀是椭圆上的任意一点，则|𝑀𝐵|的最大值为
（ ）
A. 2
B. 2√2
C. 3√2
2
D. 9
2
𝐶
【分析】设出𝑀点坐标，利用坐标表示出|𝑀𝐵|并进行化简，再根据椭圆的有界性结合二次函数的性质求解
出|𝑀𝐵|的最大值.
【详解】设𝑀(𝑥0 , 𝑦0)，𝐵(0 , 1)，且𝑥2
0
3 + 𝑦2
0 = 1，
所以|𝑀𝐵| = √(𝑥0 −0)2 + (𝑦0 −1)2 = √𝑥2
0 + (𝑦0 −1)2 = √3 −3𝑦2
0 + (𝑦0 −1)2
= √−2𝑦2
0 −2𝑦0 + 4 = √−2(𝑦0 + 1
2)
2
+ 9
2 ，
又因为𝑦0 ∈[−1 , 1]，所以当𝑦0 = −1
2时取最大值，
所以|𝑀𝐵|𝑚𝑎𝑥= √9
2 = 3√2
2 ，
故选：𝐶.
3. （25-26·湖北武汉）已知椭圆𝐶: 𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0)，𝑂为坐标原点，直线𝑥= √3
2 𝑏与椭圆𝐶交于
𝐴、𝐵两点，若△𝑂𝐴𝐵为直角三角形，则椭圆𝐶的离心率为（ ）
A. √6
2
B. √6
3
C. √5
2
D. √5
3
第 08 讲 椭圆中的核心问题
高二数理进阶
用代数守住严谨
Page 215
𝐵
【分析】先求出𝐴, 𝐵两点的坐标，再代入椭圆方程，再结合椭圆的离心率公式即可得解．
【详解】由椭圆的对称性可得|𝑂𝐴| = |𝑂𝐵|，
因为△𝑂𝐴𝐵为直角三角形
则∠𝐴𝑂𝑥= ∠𝐵𝑂𝑥= 𝜋
4 ，
则不妨设𝐴
(
√3𝑏
2
, √3𝑏
2 )
, 𝐵
(
√3𝑏
2
, −√3𝑏
2 )
，
将𝐴
(
√3𝑏
2
, √3𝑏
2 )
点的坐标代入𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1得：3𝑏2
4𝑎2 + 3𝑏2
4𝑏2 = 1，
所以𝑏2
𝑎2 = 1
3，
所以𝐶的离心率𝑒= 𝑐
𝑎= √1 −𝑏2
𝑎2 = √6
3 ．
故选：𝐵.
4. 如图，设𝐹1，𝐹2分别是椭圆𝐶: 𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0)的左、右焦点，若椭圆𝐶上存在点𝑃，使得线段
𝑃𝐹1的中垂线恰好过焦点𝐹2，则椭圆𝐶的离心率的取值范围是（ ）
A. [1
2 , 1)
B. [1
3 , 1)
C. [1
4 , 1)
D. [1
5 , 1)
𝐵
【分析】通过焦半径的取值范围得到关于𝑎，𝑐的不等关系，进而可求离心率范围．
【详解】因为线段𝑃𝐹1的中垂线恰好过焦点𝐹2，所以|𝑃𝐹2| = |𝐹1𝐹2| = 2𝑐，
由焦半径的范围可知𝑎−𝑐≤|𝑃𝐹2| ≤𝑎+ 𝑐，即𝑎−𝑐≤2𝑐≤𝑎+ 𝑐，
高二数理进阶
第 08 讲 椭圆中的核心问题
Page 216
先辨对象，再谈方法
则𝑎≤3𝑐且𝑐< 𝑎，解得1
3 ≤𝑒< 1.
故选：𝐵.
5. （25-26·陕西西安）已知𝑃是曲线𝐶：3𝑥2 + 4𝑦2 = 12上的动点，𝐵是圆𝐶1：(𝑥−1)2 + 𝑦2 = 1上的动点，
𝐴(2 , −1)，则|𝑃𝐵| −|𝑃𝐴|的最大值为（ ）
A. √5
B. √2 + 1
C. 3
D. 5 −√10
𝐷
【分析】根据题意，利用定点到圆上点距离的最值，结合椭圆的定义与三角形边长的关系即可得解.
【详解】因为曲线𝐶：3𝑥2 + 4𝑦2 = 12可化为𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1，为椭圆，
则𝑎= 2 , 𝑏= √3 , 𝑐= 1，故椭圆左焦点𝐹1(−1 , 0)，右焦点𝐹2(1 , 0)，
又圆𝐶1：(𝑥−1)2 + 𝑦2 = 1的圆心恰好是𝐹2(1 , 0)，则|𝑃𝐵| ≤|𝑃𝐹2| + 1，
又在椭圆中，有|𝑃𝐹1| + |𝑃𝐹2| = 2𝑎= 4，𝐴(2 , −1)，
所以|𝑃𝐵| −|𝑃𝐴| ≤|𝑃𝐹2| + 1 −|𝑃𝐴| = 4 −|𝑃𝐹1|+1 −|𝑃𝐴| ≤5 −|𝐴𝐹1| = 5 −√10，
当且仅当点𝑃在线段𝐴𝐹1与椭圆𝐶的交点处，点𝐵在线段𝑃𝐹2的延长线与圆𝐶1的交点处，等号成立.
故选：𝐷.
6. 已知椭圆𝐶：𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0)的左、右焦点分别为𝐹1 , 𝐹2，过𝐹2的直线与椭圆交于𝐴, 𝐵两点，
若𝐴𝐹2⃗= 3
2𝐹2𝐵⃗，且∠𝐴𝐹1𝐵= 90∘，则椭圆的离心率为（ ）
A. √5
5
B. 2
5
C. √3
5
D. √2
5
𝐴
【分析】设|𝐹2𝐵| = 2𝑚, |𝐴𝐹2| = 3𝑚，根据椭圆的定义可得|𝐴𝐹1| = 2𝑎−3𝑚，|𝐵𝐹1| = 2𝑎−2𝑚，结合勾
股定理列方程可得𝑚= 𝑎
3，进而结合余弦定理可求得𝑎2 = 5𝑐2，进而求解即可.
第 08 讲 椭圆中的核心问题
高二数理进阶
先定范围，再求最值
Page 217
【详解】因为𝐴𝐹2⃗= 3
2𝐹2𝐵⃗，设|𝐹2𝐵| = 2𝑚, |𝐴𝐹2| = 3𝑚，如图所示，
由椭圆的定义可知，|𝐴𝐹1| + |𝐴𝐹2| = 2𝑎，则|𝐴𝐹1| = 2𝑎−3𝑚，
同理|𝐵𝐹1| + |𝐵𝐹2| = 2𝑎，则|𝐵𝐹1| = 2𝑎−2𝑚，
因为∠𝐴𝐹1𝐵= 90∘，则|𝐴𝐹1|2 + |𝐵𝐹1|2 = |𝐴𝐵|2，
则(2𝑎−3𝑚)2 + (2𝑎−2𝑚)2 = (5𝑚)2，化简可得3𝑚2 + 5𝑎𝑚−2𝑎2 = 0，
则(𝑚+ 2𝑎)(3𝑚−𝑎) = 0，则𝑚= −2𝑎（舍去）或𝑚= 𝑎
3，
所以|𝐴𝐹2| = 3𝑚= 𝑎，所以𝐴为椭圆的上（或下）顶点，
又cos ∠𝐹1𝐴𝐹2 = |𝐴𝐹1|
|𝐴𝐵| =
𝑎
5𝑚= 𝑎
5𝑎
3
= 3
5，
所以在△𝐴𝐹1𝐹2中，cos ∠𝐹1𝐴𝐹2 = 𝑎2 + 𝑎2 −4𝑐2
2𝑎2
= 3
5，解得𝑎2 = 5𝑐2，即𝑒= 𝑐
𝑎= √5
5 .
故选：𝐴
7. （25-26·河北邯郸）已知椭圆𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0)的左、右焦点分别𝐹1，𝐹2，𝑀是椭圆上一点，直
线𝑀𝐹2与𝑦轴负半轴交于点𝑁，若𝑀𝐹1⃗⋅𝑁𝐹1⃗= 0，且|𝑀𝐹2| : |𝑁𝐹2| = 2 : 3，则椭圆的离心率为（ ）
A. √3
3
B. 1
2
C. √5
5
D. √6
6
𝐶
【分析】根据题意设|𝑀𝐹2| = 2𝑚，从而得到所需线段关于𝑚的表示，再利用勾股定理与余弦定理依次求得
𝑎, 𝑐关于𝑚的表示，进而得解.
【详解】因为|𝑀𝐹2| : |𝑁𝐹2| = 2 : 3，不妨设|𝑀𝐹2| = 2𝑚(𝑚> 0)，则|𝑁𝐹2| = 3𝑚，
高二数理进阶
第 08 讲 椭圆中的核心问题
Page 218
先看单调，再判大小
由椭圆的定义与对称性可得|𝑀𝐹1| = 2𝑎−2𝑚，|𝑁𝐹1| = |𝑁𝐹2| = 3𝑚，|𝑀𝑁| = 5𝑚，
因为𝑀𝐹1⃗⋅𝑁𝐹1⃗= 0，所以|𝑀𝐹1|2 + |𝑁𝐹2|2 = |𝑀𝑁|2，
则(2𝑎−2𝑚)2 + (3𝑚)2 = (5𝑚)2，解得𝑎= 3𝑚，
则|𝑀𝐹1| = 4𝑚，故cos ∠𝐹1𝑀𝐹2 = |𝑀𝐹1|
|𝑀𝑁| = 4
5，
则在∠𝐹1𝑀𝐹2中，由|𝐹1𝐹2|2 = |𝑀𝐹1|2 + |𝑀𝐹2|2 −2|𝑀𝐹1||𝑀𝐹2| cos ∠𝐹1𝑀𝐹2，
得4𝑐2 = 16𝑚2 + 4𝑚2 −2 × 4𝑚× 2𝑚× 4
5，解得𝑐= 3√5
5 𝑚，
所以椭圆的离心率为𝑐
𝑎= √5
5 .
故选：𝐶.
8. （25-26·湖南常德）已知动圆𝑃与圆𝐸: (𝑥+ 1)2 + 𝑦2 = 1
4外切，同时与圆𝐹: (𝑥−1)2 + 𝑦2 = 49
4 内切，
则动圆的圆心𝑃的轨迹方程是
.
𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1
【分析】利用圆心距与半径之差的关系式可判断出圆𝐸和圆𝐹为内含关系，根据圆与圆的位置关系可得出
|𝑃𝐸| + |𝑃𝐹| = 4 > |𝐸𝐹|，根据椭圆的定义可确定动点𝑃的轨迹是椭圆，根据焦点和长轴求出标准方程即
可.
【详解】由题意，圆𝐸: (𝑥+ 1)2 + 𝑦2 = 1
4的圆心𝐸(−1 , 0)，半径为1
2，
圆𝐹: (𝑥−1)2 + 𝑦2 = 49
4 的圆心𝐹(1 , 0)，半径为7
2，
因为|𝐸𝐹| = √(−1 −1)2 = 2 < 7
2 −1
2 = 3，所以圆𝐸和圆𝐹为内含关系.
设动圆的圆心𝑃(𝑥, 𝑦)，半径为𝑟，则|𝑃𝐸| = 𝑟+ 1
2 , |𝑃𝐹| = 7
2 −𝑟，即|𝑃𝐸| + |𝑃𝐹| = 4 > |𝐸𝐹|，
所以圆心𝑃的轨迹是焦点为𝐸(−1 , 0)，𝐹(1 , 0)，长轴长为4的椭圆，即2𝑎= 4 , 𝑎= 2 , 𝑐= 1，则𝑏2 =
𝑎2 −𝑐2 = 4 −1 = 3，
第 08 讲 椭圆中的核心问题
高二数理进阶
先识模型，再选路径
Page 219
故其轨迹方程为𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1.
故答案为：𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1.
9. 设椭圆𝐶: 𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0)的一个焦点为𝐹2(2 , 0)，𝐴(−2 , 1)为椭圆𝐶内一点，若椭圆𝐶上存在
一点𝑃，使得|𝑃𝐴| + |𝑃𝐹2| = 7，则椭圆𝐶的离心率的取值范围是
．
[1
2 , 2
3]
【分析】令椭圆𝐶: 𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1的左焦点为𝐹1，利用椭圆的定义可求出|𝑃𝐴| + |𝑃𝐹2|的最大值和最小值，
即可得出𝑎的取值范围，即可求得椭圆𝐸的离心率的取值范围.
【详解】
设左焦点为𝐹1(−2 , 0)，则由椭圆的定义知，|𝑃𝐴| + |𝑃𝐹2| = |𝑃𝐴| + 2𝑎−|𝑃𝐹1|，
因为−|𝐴𝐹1| ≤|𝑃𝐴| −|𝑃𝐹1| ≤|𝐴𝐹1|，所以|𝑃𝐴| + |𝑃𝐹2| ∈[−1 + 2𝑎, 1 + 2𝑎]，
则−1 + 2𝑎≤7 ≤1 + 2𝑎，可得3 ≤𝑎≤4．
反过来，当3 ≤𝑎≤4时，函数𝑓(𝑃) = |𝑃𝐴| −|𝑃𝐹1|在椭圆上连续，且可以分别取得−1和1，故能取得区
间[−1 , 1]内的任意值．因此，只要7 −2𝑎∈[−1 , 1]，就存在满足题意的点𝑃．
此时点𝐴在椭圆内，所以完整得到3 ≤𝑎≤4，从而𝑒∈[1
2 , 2
3]．
故答案为：[1
2 , 2
3].
10. （25-26·广东）已知椭圆𝐶: 𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0)的左右焦点分别为𝐹1，𝐹2，过𝐹2的直线与𝐶交于
𝐴，𝐵两点．若|𝐴𝐹2| = 3|𝐹2𝐵|，|𝐴𝐵| = 2|𝐴𝐹1|，且△𝐴𝐵𝐹1的面积为4√15，则椭圆𝐶的方程为
．
𝑥2
25 + 𝑦2
15 = 1
高二数理进阶
第 08 讲 椭圆中的核心问题
Page 220
先明变量，再论变化
【分析】由|𝐴𝐹2| = 3|𝐹2𝐵|、|𝐴𝐵| = 2|𝐴𝐹1|及椭圆定义，可得|𝐴𝐹2| = 6
5𝑎，|𝐴𝐹1| = 4
5𝑎，|𝐴𝐵| = 8
5𝑎，
|𝐵𝐹1| = 8
5𝑎，再由余弦定理可得5𝑐2 = 2𝑎2，又三角形𝐴𝐵𝐹1的面积为4√15，可求得𝑎2 = 25，进而求出
椭圆方程.
【详解】设|𝐵𝐹2| = 𝑚，则|𝐴𝐹2| = 3𝑚，
所以|𝐴𝐵| = |𝐴𝐹2| + |𝐵𝐹2| = 4𝑚，又|𝐴𝐵| = 2|𝐴𝐹1|，
所以|𝐴𝐹1| = 2𝑚，
又|𝐴𝐹1| + |𝐴𝐹2| = 2𝑚+ 3𝑚= 5𝑚= 2𝑎，所以𝑚= 2
5𝑎，
所以|𝐴𝐹2| = 6
5𝑎，|𝐴𝐹1| = 4
5𝑎，|𝐴𝐵| = 8
5𝑎，|𝐵𝐹1| = 2𝑎−|𝐵𝐹2| = 2𝑎−𝑚= 2𝑎−2
5𝑎= 8
5𝑎，
所以cos ∠𝐹1𝐴𝐵= |𝐴𝐵|2 + |𝐴𝐹1|2 −|𝐵𝐹1|2
2|𝐴𝐵| × |𝐴𝐹1|
=
(8𝑎
5 )
2
+ (4𝑎
5 )
2
−(8𝑎
5 )
2
2 × 8𝑎
5 × 4𝑎
5
= 1
4，
所以sin ∠𝐹1𝐴𝐵= √15
4 ，
所以|𝐹1𝐹2|2 = |𝐴𝐹1|2 + |𝐴𝐹2|2 −2|𝐴𝐹1||𝐴𝐹2| cos ∠𝐹1𝐴𝐹2，
所以4𝑐2 = (4𝑎
5 )
2
+ (6𝑎
5 )
2
−2 × 4𝑎
5 × 6𝑎
5 × 1
4，
所以5𝑐2 = 2𝑎2，又三角形𝐴𝐵𝐹1的面积为4√15，
所以1
2|𝐴𝐹1||𝐴𝐵| sin ∠𝐹1𝐴𝐵= 4√15，
所以1
2 × 4𝑎
5 × 8𝑎
5 × √15
4
= 4√15，所以𝑎2 = 25，
所以𝑐2 = 10，所以𝑏2 = 𝑎2 −𝑐2 = 15，
所以椭圆𝐶的方程为𝑥2
25 + 𝑦2
15 = 1．
故答案为：𝑥2
25 + 𝑦2
15 = 1．
第 08 讲 椭圆中的核心问题
高二数理进阶
先分情形，再合结论
Page 221
测
知识小测
Exit Quiz
1. （25-26·广东东莞）已知边长为2的正方形的四个顶点恰好是椭圆的左、右焦点和短轴两个端点，则椭圆
的标准方程为（ ）
A. 𝑥2
8 + 𝑦2
4 = 1
B. 𝑥2
2 + 𝑦2 = 1
C. 𝑥2
2 + 𝑦2
4 = 1
D. 𝑥2
4 + 𝑦2
2 = 1
𝐷
【分析】根据椭圆短轴长和焦距公式进行求解即可.
【详解】解：由题意，得𝑏= 𝑐= √2，且焦点在𝑥轴上，
则𝑎= √𝑏2 + 𝑐2 = 2，
则椭圆的标准方程为𝑥2
4 + 𝑦2
2 = 1.
故选：𝐷.
2. 若椭圆的两个焦点分别为(0 , −2)和(0 , 2)，且椭圆过点(−3
2 , 5
2)，则椭圆的方程是（ ）
A. 𝑥2
4 + 𝑦2
8 = 1
B. 𝑦2
10 + 𝑥2
6 = 1
C. 𝑦2
4 + 𝑥2
8 = 1
D. 𝑥2
10 + 𝑦2
6 = 1
𝐵
【分析】由题意可设椭圆方程为𝑥2
𝑏2 + 𝑦2
𝑎2 = 1 , (𝑎> 𝑏> 0)，且𝑐= 2，利用椭圆定义及两点间的距离公式
求得𝑎，结合隐含条件求得𝑏，则可求出椭圆方程．
【详解】由焦点坐标知焦点在𝑦轴上，且𝑐= 2，设椭圆的标准方程为𝑦2
𝑎2 + 𝑥2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0)．
根据椭圆定义知2𝑎= √9
4 + (5
2 + 2)
2
+ √9
4 + (5
2 −2)
2
= 2√10，故𝑎= √10，𝑏= √𝑎2 −𝑐2 =
√(√10)
2
−22 = √6．因此所求椭圆方程为𝑦2
10 + 𝑥2
6 = 1．
故选：𝐵.
另解 由焦点坐标知焦点在𝑦轴上，且𝑐= 2，设椭圆的标准方程为𝑦2
𝑎2 +
𝑥2
𝑎2 −22 = 1(𝑎> 2)．
直接代入𝑏2 = 𝑎2 −𝑐2
高二数理进阶
第 08 讲 椭圆中的核心问题
Page 222
先求必要，再验充分
因为椭圆过点(−3
2 , 5
2)，所以
(5
2)
2
𝑎2
+
(−3
2)
2
𝑎2 −4 = 1，解得𝑎2 = 10，所以所求椭圆方程为𝑦2
10 + 𝑥2
6 =
1．
故选：𝐵.
3. （25-26·宁夏吴忠）已知椭圆过点𝑃(3
5 , −4)和点𝑄(−4
5 , 3)，则此椭圆的标准方程是（ ）
A. 𝑦2
25 + 𝑥2 = 1
B. 𝑥2
25 + 𝑦2 = 1或𝑥2 + 𝑦2
25 = 1
C. 𝑥2
25 + 𝑦2 = 1
D. 以上都不对
𝐴
【分析】根据给定条件设出椭圆方程，将给定点的坐标代入，列出方程组求解即得.
【详解】设椭圆方程为：𝑚𝑥2 + 𝑛𝑦2 = 1(𝑚> 0 , 𝑛> 0 , 𝑚≠𝑛)，因椭圆过点𝑃(3
5 , −4)和点
𝑄(−4
5 , 3)，
于是得
{
9
25𝑚+ 16𝑛= 1
16
25𝑚+ 9𝑛= 1
，解得𝑚= 1 , 𝑛= 1
25，
所以所求椭圆方程为𝑦2
25 + 𝑥2 = 1.
故选：𝐴
4. 若𝐹为椭圆𝐶：𝑥2
25 + 𝑦2
16 = 1的右焦点，𝐴, 𝐵为𝐶上两动点，则△𝐴𝐵𝐹周长的最大值为
.
20
【分析】设𝐹1为椭圆的左焦点，则由椭圆的定义可得，|𝐴𝐹| + |𝐵𝐹| + |𝐴𝐵| = 2𝑎−|𝐴𝐹1| + 2𝑎−|𝐵𝐹1| +
|𝐴𝐵|，当𝐴, 𝐵, 𝐹1三点共线时，△𝐴𝐵𝐹周长取得最大值，从而可得出答案.
【详解】如图，设𝐹1为椭圆𝐶的左焦点，
第 08 讲 椭圆中的核心问题
高二数理进阶
题目之难，多在关系
Page 223
则由椭圆的定义可得△𝐴𝐵𝐹的周长为|𝐴𝐹| + |𝐵𝐹| + |𝐴𝐵| = 2𝑎−|𝐴𝐹1| + 2𝑎−|𝐵𝐹1| + |𝐴𝐵|
= 4𝑎+ |𝐴𝐵| −|𝐴𝐹1|−|𝐵𝐹1|= 20 + |𝐴𝐵| −|𝐴𝐹1|−|𝐵𝐹1| ，
当𝐴, 𝐵, 𝐹1共线时，|𝐴𝐵| −|𝐴𝐹1|−|𝐵𝐹1| = 0，
当𝐴, 𝐵, 𝐹1不共线时，|𝐴𝐵| −|𝐴𝐹1|−|𝐵𝐹1| < 0，
所以△𝐴𝐵𝐹周长的最大值为20.
故答案为：20.
5. （25-26·山西吕梁）已知椭圆𝐶: 𝑥2
8 + 𝑦2
4 = 1的两个焦点分别为𝐹, 𝐹′，过𝐹′作倾斜角为60∘的直线交椭
圆𝐶于𝑃, 𝑄两点，则△𝑃𝑄𝐹的周长为（ ）
A. 6√2
B. 8√2
C. 6
D. 8
𝐵
【分析】结合椭圆的定义可得△𝑃𝑄𝐹的周长为4𝑎，即可求解.
【详解】由题可知：𝑎2 = 8 , 𝑏2 = 4，所以𝑎= 2√2 , 𝑏= 2.
如图：|𝑃𝑄| + |𝑃𝐹| + |𝑄𝐹| = |𝑃𝐹′| + |𝑄𝐹′| + |𝑃𝐹| + |𝑄𝐹| = 4𝑎= 8√2.
所以△𝑃𝑄𝐹的周长为8√2.
故选：𝐵.
第 09 讲 双曲线中的核心问题
高二数理进阶
运算之稳，来自结构
Page 225
第 09 讲
双曲线中的核心问题
讲
题型精讲
Core examples
题型1
双曲线的轨迹方程
题型点拨
1、定义：在平面内与两个定点𝐹1、𝐹2的距离之差的绝对值等于正数2𝑎的点的轨迹叫做双曲线，其中
0 < 2𝑎< |𝐹1𝐹2|．两个定点𝐹1、𝐹2称为焦点；两焦点的距离叫做双曲线的焦距，表示为|𝐹1𝐹2| = 2𝑐．
2、注意
(1)若去掉定义中的“绝对值”，常数𝑎满足约束条件：
|𝑃𝐹1| −|𝑃𝐹2| = 2𝑎< |𝐹1𝐹2|, 𝑎> 0，则动点轨迹仅表示双曲线中靠焦点𝐹2的一支；
若|𝑃𝐹2| −|𝑃𝐹1| = 2𝑎< |𝐹1𝐹2|, 𝑎> 0，则动点轨迹仅表示双曲线中靠焦点𝐹1的一支；
(2)若常数𝑎满足约束条件：|| 𝑃𝐹1 | −| 𝑃𝐹2 || = 2𝑎= |𝐹1𝐹2|，
则动点轨迹是以𝐹1、𝐹2为端点的两条射线（包括端点）；
(3)若常数𝑎满足约束条件：|| 𝑃𝐹1 | −| 𝑃𝐹2 || = 2𝑎> |𝐹1𝐹2|，则动点轨迹不存在；
(4)若常数𝑎= 0，则动点轨迹为线段𝐹1𝐹2的垂直平分线．
典例1 （25-26·四川绵阳）已知 𝐴(−1 , 0)，𝐵(1 , 0)，直线𝐴𝑀, 𝐵𝑀相交于点𝑀，且直线𝐴𝑀与直线𝐵𝑀
的斜率之积为1，则点𝑀的轨迹方程为（ ）
A. 𝑥2 + 𝑦2 = 1(𝑥≠±1)
B. 𝑥2 −𝑦2 = 1(𝑥≠±1)
C. 𝑥2 −𝑦2
2 = 1(𝑥≠±1)
D. 𝑥2 + 𝑦2
2 = 1(𝑥≠±1)
𝐵
【分析】设点𝑀(𝑥, 𝑦),根据题意建立方程，化简即得点𝑀的轨迹方程，同时要注意条件𝑥≠±1的满足即
得.
【详解】设点𝑀(𝑥, 𝑦)，则𝑘𝐴𝑀⋅𝑘𝐵𝑀=
𝑦
𝑥+ 1 ⋅
𝑦
𝑥−1 = 1 ,(𝑥≠±1)，
化简即得：𝑥2 −𝑦2 = 1(𝑥≠±1).
即点𝑀的轨迹方程为：𝑥2 −𝑦2 = 1(𝑥≠±1).
故选：𝐵.
高二数理进阶
第 09 讲 双曲线中的核心问题
Page 226
证明之美，在于必然
变式1 （25-26·上海·课堂例题）已知动圆𝑃与圆𝑀：(𝑥+ 3)2 + 𝑦2 = 1，圆𝑁：(𝑥−3)2 + 𝑦2 = 9均外
切，记圆心𝑃的运动轨迹为曲线𝐶，则𝐶的方程为（ ）
A. 𝑥2 −𝑦2
8 = 1
B. 𝑥2 −𝑦2
8 = 1(𝑥≤−1)
C. 𝑥2 −𝑦2
8 = 1(𝑥≥1)
D. 𝑦2 −𝑥2
8 = 1
𝐵
【分析】设圆𝑃的半径为𝑟，外切关系可得|𝑀𝑃| = 𝑟+ 1，|𝑁𝑃| = 𝑟+ 3，进而得|𝑁𝑃| −|𝑀𝑃| = 2，从而利
用双曲线的定义即可求解.
【详解】由圆𝑀：(𝑥+ 3)2 + 𝑦2 = 1，得圆心𝑀(−3 , 0)，半径𝑟1 = 1，
由圆𝑁：(𝑥−3)2 + 𝑦2 = 9，得圆心𝑁(3 , 0)，半径𝑟2 = 3．
设圆𝑃的半径为𝑟，则有|𝑀𝑃| = 𝑟+ 1，|𝑁𝑃| = 𝑟+ 3．
两式相减得|𝑁𝑃| −|𝑀𝑃| = 2 < |𝑀𝑁| = 6，
所以圆心𝑃的运动轨迹为以𝑀(−3 , 0)、𝑁(3 , 0)为焦点的双曲线的左支，
又9 −1 = 8，所以𝐶的方程为𝑥2 −𝑦2
8 = 1(𝑥≤−1)．
故选：𝐵.
题型2
双曲线中的焦点三角形
题型点拨
双曲线的焦点三角形
求双曲线中的焦点三角形△𝑃𝐹1𝐹2面积的方法
(1)①根据双曲线的定义求出||𝑃𝐹1| −|𝑃𝐹2|| = 2𝑎；
②利用余弦定理表示出|𝑃𝐹1|、|𝑃𝐹2|、|𝐹1𝐹2|之间满足的关系式；
③通过配方，利用整体的思想求出|𝑃𝐹1| ⋅|𝑃𝐹2|的值；
④利用公式𝑆= 1
2 × |𝑃𝐹1| ⋅|𝑃𝐹2| sin ∠𝐹1𝑃𝐹2求得面积．
(2)利用公式𝑆= 1
2 × |𝐹1𝐹2| ⋅|𝑦𝑝|求得面积；
(3)若双曲线中焦点三角形的顶角∠𝐹1𝑃𝐹2 = 𝜃，则面积𝑆=
𝑏2
tan 𝜃
2
，结论适用于选择或填空题．
第 09 讲 双曲线中的核心问题
高二数理进阶
设元须简，关系须明
Page 227
典例2 已知双曲线𝐶: 𝑥2
3 −𝑦2 = 1的左､右焦点分别为𝐹1 , 𝐹2，以𝐹1𝐹2为直径的圆与双曲线在第一､三象限
的交点分别为𝑀, 𝑁，则△𝑀𝐹1𝑁的周长为（ ）
A. 8 + 2√5
B. 8
C. 4 + 2√5
D. 8 + 2√3
𝐶
【分析】设|𝑀𝐹2| = 𝑛, |𝑀𝐹1| = 𝑚，根据圆的性质可知𝑀𝐹1 ⟂𝑀𝐹2，利用勾股定理结合双曲线的定义可
得𝑚𝑛= 2 , (𝑚+ 𝑛)2 = 20，得𝑚+ 𝑛= 2√5即可求解.
【详解】设|𝑀𝐹2| = 𝑛, |𝑀𝐹1| = 𝑚，由𝑀在以𝐹1𝐹2为直径的圆上可得𝑀𝐹1 ⟂𝑀𝐹2，
所以|𝑀𝐹1|2 + |𝑀𝐹2|2 = |𝐹1𝐹2|2，四边形𝑀𝐹1𝑁𝐹2为矩形，则|𝑀𝑁| = |𝐹1𝐹2| = 2𝑐，
由双曲线𝐶: 𝑥2
3 −𝑦2 = 1，得𝑎2 = 3 , 𝑏2 = 1 , 𝑐2 = 𝑎2 + 𝑏2 = 4，
所以𝑚2 + 𝑛2 = 16，又由双曲线的定义有𝑚−𝑛= 2𝑎= 2√3，
所以𝑚2 −2𝑚𝑛+ 𝑛2 = 12，得𝑚𝑛= 2，
所以(𝑚+ 𝑛)2 = 𝑚2 + 2𝑚𝑛+ 𝑛2 = 16 + 4 = 20，
即𝑚+ 𝑛= 2√5，而|𝑀𝑁| = |𝐹1𝐹2| = 2𝑐= 4，
所以𝑚+ 𝑛+ |𝑀𝑁| = 4 + 2√5，所以△𝑀𝐹1𝑁的周长为4 + 2√5.
故选：𝐶.
变式2 已知双曲线𝑦2 −𝑥2
3 = 1的两个焦点分别为𝐹1 , 𝐹2，点𝑃在双曲线上，且|𝑃𝐹1| ⋅|𝑃𝐹2| = 15，则△
𝑃𝐹1𝐹2的周长为
，面积为
.
126
【分析】根据双曲线的定义可得||𝑃𝐹1| −|𝑃𝐹2|| = 2，结合|𝑃𝐹1| ⋅|𝑃𝐹2| = 15求得|𝑃𝐹1| + |𝑃𝐹2|，即可求得
△𝑃𝐹1𝐹2的周长，再利用余弦定理和三角形面积公式可求其面积.
【详解】
高二数理进阶
第 09 讲 双曲线中的核心问题
Page 228
变形须等价，结论须回检
根据题意，||𝑃𝐹1| −|𝑃𝐹2|| = 2， |𝐹1𝐹2| = 2 × √1 + 3 = 4
因为|𝑃𝐹1| ⋅|𝑃𝐹2| = 15，
由(|𝑃𝐹1| + |𝑃𝐹2|)2 = ||𝑃𝐹1| −|𝑃𝐹2||2 + 4|𝑃𝐹1| ⋅|𝑃𝐹2| = 22 + 4 × 15 = 64，
可得|𝑃𝐹1| + |𝑃𝐹2| = 8，则△𝑃𝐹1𝐹2的周长为|𝑃𝐹1| + |𝑃𝐹2| + |𝐹1𝐹2| = 8 + 4 = 12；
在△𝑃𝐹1𝐹2中，根据余弦定理，cos ∠𝐹1𝑃𝐹2 = |𝑃𝐹1|2 + |𝑃𝐹2|2 −|𝐹1𝐹2|2
2|𝑃𝐹1||𝑃𝐹2|
= (|𝑃𝐹1|+|𝑃𝐹2|)2 −2|𝑃𝐹1||𝑃𝐹2|−|𝐹1𝐹2|2
2|𝑃𝐹1||𝑃𝐹2|
= 64 −2 × 15 −16
30
= 3
5 ，
则sin ∠𝐹1𝑃𝐹2 = √1 −cos2 ∠𝐹1𝑃𝐹2 = 4
5，
故𝑆△𝑃𝐹1𝐹2 = 1
2|𝑃𝐹1| ⋅|𝑃𝐹2| sin ∠𝐹1𝑃𝐹2 = 1
2 × 15 × 4
5 = 6
故答案为：12; 6.
题型3
双曲线中的距离最值问题
题型点拨
与|𝑃𝐹1|，|𝑃𝐹2|（𝑃为双曲线上一点，𝐹1，𝐹2为双曲线的焦点）的和、差有关的最值问题，一般利用平
面几何知识，转化为三点共线问题求解．
典例3 已知双曲线Γ : 𝑥2 −𝑦2
3 = 1的左焦点为𝐹，点𝐴, 𝐵在Γ的右支上，且|𝐴𝐵| = 6，则|𝐹𝐴| + |𝐹𝐵|的最小
值为（ ）
A. 4
B. 6
C. 10
D. 14
𝐶
【分析】根据双曲线的定义，将|𝐹𝐴|与|𝐹𝐵|进行转化，再结合三角形三边关系求出|𝐹𝐴| + |𝐹𝐵|的最小值．
第 09 讲 双曲线中的核心问题
高二数理进阶
参数随动，约束先行
Page 229
【详解】对于双曲线𝑥2 −𝑦2
3 = 1，根据双曲线的标准方程𝑥2
𝑎2 −𝑦2
𝑏2 = 1（𝑎> 0 , 𝑏> 0），可得𝑎2 = 1，
𝑏2 = 3．则𝑎= 1．
设双曲线的右焦点为𝐹2，由双曲线的定义可知，点𝐴在双曲线的右支上，则|𝐹𝐴| −|𝐹2𝐴| = 2𝑎= 2，即
|𝐹𝐴| = |𝐹2𝐴| + 2；
同理，点𝐵在双曲线的右支上，则|𝐹𝐵| −|𝐹2𝐵| = 2𝑎= 2，即|𝐹𝐵| = |𝐹2𝐵| + 2．
所以|𝐹𝐴| + |𝐹𝐵| = (|𝐹2𝐴| + 2) + (|𝐹2𝐵| + 2) = |𝐹2𝐴| + |𝐹2𝐵| + 4．
根据三角形三边关系，|𝐹2𝐴|+|𝐹2𝐵| ≥|𝐴𝐵|，当且仅当𝐴，𝐵，𝐹2三点共线时，等号成立．
又|𝐴𝐵| = 6，则|𝐹2𝐴|+|𝐹2𝐵| + 4 ≥|𝐴𝐵| + 4 = 6 + 4 = 10，即|𝐹𝐴| + |𝐹𝐵| ≥10．
所以|𝐹𝐴| + |𝐹𝐵|的最小值为10.
故选：𝐶.
变式3 （25-26·重庆）点𝐹1是双曲线𝐶：𝑥2
9 −𝑦2
3 = 1的左焦点，动点𝐴在双曲线右支上，直线𝑙1：𝑡𝑥−
𝑦+ 𝑡−2 = 0与直线𝑙2：𝑥+ 𝑡𝑦+ 2𝑡−1 = 0的交点为 𝐵，则|𝐴𝐵| + |𝐴𝐹1|的最小值为
.
9
【分析】由题意求出直线𝑙1 , 𝑙2的交点𝐵为圆心在(0 , −2)，半径为1的圆，由双曲线的定义可得|𝐴𝐹1| =
|𝐴𝐹2| + 2𝑎，所以|𝐴𝐵| + |𝐴𝐹1|= |𝐴𝐵| + |𝐴𝐹2| + 6，当𝐴，𝐹2，𝐵三点共线时，|𝐴𝐵| + |𝐴𝐹1|最小，过𝐹2与
圆心𝑀的直线与圆的交点𝐵且在𝐹2和圆心𝑀之间时最小.
【详解】由双曲线的方程可得𝑎= 3 , 𝑏= √3，焦点𝐹1(−2√3 , 0)，右焦点𝐹2(2√3 , 0)，
可得|𝐴𝐹1| = |𝐴𝐹2| + 2𝑎= |𝐴𝐹2| + 6，所以|𝐴𝐵| + |𝐴𝐹1|= |𝐴𝐵| + |𝐴𝐹2| + 6，
当𝐴，𝐹2，𝐵三点共线时，|𝐴𝐵| + |𝐴𝐹1|最小，
联立直线𝑙1 , 𝑙2的方程{𝑡𝑥−𝑦+ 𝑡−2 = 0
𝑥+ 𝑡𝑦+ 2𝑡−1 = 0，可得
{
𝑥= −𝑡2 −1
𝑡2 + 1
𝑦+ 2 =
2𝑡
𝑡2 + 1
，
消参数𝑡可得𝑥2 + (𝑦+ 2)2 = 1，可得交点𝐵的轨迹为圆心在𝑀(0 , −2)，半径为1的圆（除去点(−1 , −
2)），
高二数理进阶
第 09 讲 双曲线中的核心问题
Page 230
边界不沉默，端点有分量
所以|𝐴𝐵| + |𝐴𝐹1|= |𝐴𝐵| + |𝐴𝐹2| + 6 ≥|𝐵𝐹2| + 6 ≥|𝑀𝐹2| −1 + 6 = √(2√3)
2
+ 22 + 5 = 9，
当过𝐹2与圆心𝑀的直线与圆的交点𝐵且在𝐹2和圆心𝑀之间时最小.
所以|𝐴𝐵| + |𝐴𝐹1|的最小值为9.
故答案为：9
题型4
双曲线的渐近线
题型点拨
双曲线渐近线求法
(1)根据双曲线的标准方程求它的渐近线的方法中，最简单实用的就是把双曲线的标准方程中等号右边
的“1”改成“0”，就得到了双曲线的渐近线方程．
(2)依据条件求出𝑎, 𝑏, 𝑐，再结合焦点的位置求出渐近线方程的斜率，从而确定渐近线方程．
(3)由于渐近线的斜率和离心率一样都是一个比值，所以可依据条件提供的信息建立关于𝑎, 𝑏, 𝑐的等式，
进而求出渐近线的斜率，从而得解．
典例4 （25-26·河北邯郸）已知双曲线𝑥2
𝑎2 −𝑦2
𝑏2 = 1（𝑏> 𝑎> 0）的两条渐近线的夹角的正切值为4
3，则
该双曲线的离心率为（ ）
A. √5
2
B. 2
C. √5
D. 3
𝐶
【分析】根据双曲线渐近线方程求出两条渐近线的斜率，再利用夹角正切公式得出𝑏
𝑎的值，最后根据双曲
线离心率公式求解离心率.
【详解】已知双曲线𝑥2
𝑎2 −𝑦2
𝑏2 = 1（𝑏> 𝑎> 0），其渐近线方程为𝑦= ±𝑏
𝑎𝑥，
因为𝑏> 𝑎> 0，所以𝑏
𝑎> 1，所以tan 𝜃= |
−𝑏
𝑎−𝑏
𝑎
1 + (𝑏
𝑎)(−𝑏
𝑎)
| = |
−2𝑏
𝑎
1 −𝑏2
𝑎2
|，
第 09 讲 双曲线中的核心问题
高二数理进阶
特殊可启发，不能替证明
Page 231
计算可得𝑏
𝑎= 2或𝑏
𝑎= −1
2（舍去），
双曲线的离心率𝑒= 𝑐
𝑎=
√𝑎2 + 𝑏2
𝑎
=
√𝑎2 + (2𝑎)2
𝑎
= 𝑎√5
𝑎
= √5
所以𝑒= √5.
故选：𝐶.
变式4 设𝐹1，𝐹2分别为双曲线𝐶: 𝑥2
𝑎2 −𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 0 , 𝑏> 0)的左、右焦点，过𝐹2且斜率为−3
4的直线𝑙与
𝐶的右支交于点𝐴，与𝐶的左支交于点𝐵，点𝐷满足𝐵𝐷⃗= 1
2𝐵𝐴⃗，𝐵𝐷⃗⋅𝐹1𝐷⃗= 0，则双曲线𝐶的渐近线方程为
．
𝑦= ±3√14
7
𝑥
【分析】设|𝐴𝐹1| = |𝐵𝐹1| = 𝑚，利用双曲线定义分别表示出|𝐴𝐹2|,|𝐵𝐹2|，利用直线的斜率得到∠𝐴𝐹2𝐹1，
在𝑅𝑡△𝐷𝐹1𝐹2解出𝑚，在△𝐴𝐹1𝐹2用余弦定理得到𝑎与𝑐的关系，即解出双曲线的渐近线方程．
【详解】由𝐵𝐷⃗= 1
2𝐵𝐴⃗，得𝐷为𝐴𝐵的中点；又𝐵𝐷⃗⋅𝐹1𝐷⃗= 0，所以𝐹1𝐷⟂𝐴𝐵，所以|𝐴𝐹1| = |𝐵𝐹1|；
设|𝐴𝐹1| = |𝐵𝐹1| = 𝑚，如下图：
由双曲线的定义得|𝐵𝐹2| = 2𝑎+ 𝑚，|𝐴𝐹2| = 𝑚−2𝑎，
所以|𝐴𝐵| = |𝐵𝐹2| −|𝐴𝐹2| = 4𝑎，从而|𝐴𝐷| = 1
2|𝐴𝐵| = 2𝑎，
所以|𝐷𝐹2| = |𝐴𝐷| + |𝐴𝐹2| = 𝑚；
由直线𝑙的斜率为−3
4，得tan ∠𝐴𝐹2𝐹1 = 3
4 ,
又
{
sin2 ∠𝐴𝐹2𝐹1 + cos2 ∠𝐴𝐹2𝐹1 = 1
sin ∠𝐴𝐹2𝐹1
cos ∠𝐴𝐹2𝐹1
= 3
4
⇒cos ∠𝐴𝐹2𝐹1 = 4
5，
在𝑅𝑡△𝐷𝐹1𝐹2中，|𝐷𝐹2| = |𝐹1𝐹2| cos ∠𝐴𝐹2𝐹1，即𝑚= 2𝑐× 4
5 = 8𝑐
5 ；
在△𝐴𝐹1𝐹2中，由余弦定理得|𝐴𝐹1|2 = |𝐹1𝐹2|2 + |𝐴𝐹2|2 −2|𝐹1𝐹2| × |𝐴𝐹2| × cos ∠𝐴𝐹2𝐹1，
高二数理进阶
第 09 讲 双曲线中的核心问题
Page 232
反例能止住误判
即(8
5𝑐)
2
= 4𝑐2 + (8
5𝑐−2𝑎)
2
−2 ⋅2𝑐⋅(8
5𝑐−2𝑎) × 4
5，整理得25𝑎2 −7𝑐2 = 0，
解得𝑐2
𝑎2 = 25
7 ，所以𝑎2 + 𝑏2
𝑎2
= 1 + 𝑏2
𝑎2 = 25
7 ，可得𝑏2
𝑎2 = 18
7 ，
因此𝑏
𝑎= ±3√2
√7
= ±3√14
7
，可知渐近线方程为𝑦= ±3√14
7
𝑥.
故答案为：𝑦= ±3√14
7
𝑥
题型5
求双曲线的离心率
题型点拨
求双曲线离心率的常用方法
(1)利用𝑎, 𝑐求：若可求得𝑎, 𝑐，则直接利用𝑒= 𝑐
𝑎得解；
(2)利用𝑎, 𝑏求：若已知𝑎, 𝑏，则直接利用𝑒=
√
1 + (𝑏
𝑎)
2
得解；
(3)利用方程求：若得到的是关于𝑎, 𝑐的齐次式方程，即𝑝⋅𝑐2 + 𝑞⋅𝑎𝑐+ 𝑟⋅𝑎2 = 0（𝑝, 𝑞, 𝑟为常数，且
𝑝≠0），则转化为关于𝑒的方程𝑝⋅𝑒2 + 𝑞⋅𝑒+ 𝑟= 0求解．
典例5 （25-26·江苏宿迁）已知双曲线𝑥2
𝑎2 −𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 0 , 𝑏> 0)的左、右焦点分别为𝐹1、𝐹2，过𝐹1的
直线与双曲线的左支相交于𝐴, 𝐵两点，且∣𝐴𝐹1 ∣= 3 ∣𝐵𝐹1 ∣, ∠𝐹1𝐵𝐹2 = 90∘,则双曲线的离心率为
（ ）
A. √5
2
B. √6
2
C. √10
2
D. 5
2
𝐶
【分析】设|𝐵𝐹1| = 𝑡，由双曲线的定义求得|𝐵𝐹2| = 𝑡+ 2𝑎，|𝐴𝐹2| = 3𝑡+ 2𝑎，结合𝐴𝐵⟂𝐵𝐹2，利用
|𝐴𝐹2|2 = |𝐴𝐵|2 + |𝐵𝐹2|2列出方程求得𝑡= 𝑎，再由|𝐹1𝐹2|2 = |𝐵𝐹1|2 + |𝐵𝐹2|2，求得𝑎, 𝑐的关系式，结合
离心率的定义，即可求解.
【详解】因为|𝐴𝐹1| : |𝐵𝐹1| = 3 : 1，设|𝐵𝐹1| = 𝑡(𝑡≠0)，则|𝐴𝐹1| = 3𝑡，
又由双曲线的定义，得|𝐴𝐹2| −|𝐴𝐹1| = 2𝑎，|𝐵𝐹2| −|𝐵𝐹1| = 2𝑎，
所以|𝐵𝐹2| = 𝑡+ 2𝑎，|𝐴𝐹2| = 3𝑡+ 2𝑎，
又因为𝐴𝐵⟂𝐵𝐹2，可得|𝐴𝐹2|2 = |𝐴𝐵|2 + |𝐵𝐹2|2，即(3𝑡+ 2𝑎)2 = 16𝑡2 + (𝑡+ 2𝑎)2，
第 09 讲 双曲线中的核心问题
高二数理进阶
方程承接未知
Page 233
解得𝑡= 𝑎，
由|𝐹1𝐹2|2 = |𝐵𝐹1|2 + |𝐵𝐹2|2，即4𝑐2 = 𝑡2 + (𝑡+ 2𝑎)2 = 10𝑎2，可得𝑐2 = 5
2𝑎2，
双曲线𝐶的离心率为√10
2 .
故选：𝐶.
变式5 已知双曲线𝐶: 𝑥2
𝑎2 −𝑦2
𝑏2 = 1（𝑎> 0，𝑏> 0）的左，右焦点分别为𝐹1，𝐹2，过𝐹2的直线𝑙与其右支
交于𝑃，𝑄两点，若|𝑃𝐹1| = 2|𝑃𝐹2|，|𝑄𝐹2| = 3|𝑃𝐹2|，则𝐶的离心率为（ ）
A. √2
B. 2
C. 2√2
D. 4
𝐵
【分析】先根据双曲线定义依次求出|𝑃𝐹1|、|𝑃𝐹2|、|𝑄𝐹2|和|𝑄𝐹1|，接着由∠𝑃𝐹2𝐹1 + ∠𝑄𝐹2𝐹1 = 180∘在
△𝑃𝐹2𝐹1和△𝑄𝐹2𝐹1中运用余弦定理列方程即可求解.
【详解】因为𝑃，𝑄两点在双曲线右支上，根据双曲线定义，可得|𝑃𝐹1| −|𝑃𝐹2| = 2𝑎，|𝑄𝐹1| −|𝑄𝐹2| =
2𝑎，
又|𝑃𝐹1| = 2|𝑃𝐹2|，解得|𝑃𝐹1| = 4𝑎，|𝑃𝐹2| = 2𝑎，
又|𝑄𝐹2| = 3|𝑃𝐹2|，可得|𝑄𝐹2| = 6𝑎，|𝑄𝐹1| = 8𝑎，
在△𝑃𝐹2𝐹1中，根据余弦定理得cos ∠𝑃𝐹2𝐹1 = |𝐹1𝐹2|2 + |𝑃𝐹2|2 −|𝑃𝐹1|2
2|𝐹1𝐹2| ⋅|𝑃𝐹2|
= 4𝑐2 + 4𝑎2 −16𝑎2
2 × 2𝑐× 2𝑎
，
在△𝑄𝐹2𝐹1中，根据余弦定理得cos ∠𝑄𝐹2𝐹1 = |𝐹1𝐹2|2 + |𝑄𝐹2|2 −|𝑄𝐹1|2
2|𝐹1𝐹2| ⋅|𝑄𝐹2|
= 4𝑐2 + 36𝑎2 −64𝑎2
2 × 2𝑐× 6𝑎
，
高二数理进阶
第 09 讲 双曲线中的核心问题
Page 234
函数刻画变化
因为∠𝑃𝐹2𝐹1 + ∠𝑄𝐹2𝐹1 = 180∘，所以4𝑐2 + 4𝑎2 −16𝑎2
2 × 2𝑐× 2𝑎
+ 4𝑐2 + 36𝑎2 −64𝑎2
2 × 2𝑐× 6𝑎
= 0，
化简整理得𝑐2 = 4𝑎2，解得𝑒= 𝑐
𝑎= 2.
故选：𝐵.
题型6
求双曲线离心率的范围
题型点拨
1、不等式法求离心率范围
(1)利用双曲线的定义建立不等关系，结合离心率公式求解；
(2)利用双曲线的性质，如:双曲线渐近线的斜率、通径、三角形中的边角关系、曲线上的点到焦点距离
的范围等，建立不等(等式组)求解；
(3)利用题目条件中的不等关系，建立不等式（组）求解；
(4)利用基本不等式求离心率的范围：把离心率的关系式转化为能利用基本不等式的形式，利用基本不等
式建立不等关系进行求解；
2、函数法求离心率的范围
(1)根据题干条件，如双曲线的定义、性质、其他等量关系等条件建立离心率和其他单变量函数关系式；
(2)结合双曲线的离心率的范围，来确定所得函数的定义域；
(3)利用函数的性质求最值或值域，进而求解离心率的最值或取值范围．
3、坐标法求离心率的范围：根据所给条件，设出所求点的坐标，把点的坐标代入曲线方程，结合相关
知识，进行求解即可．
典例6 （25-26·浙江）设椭圆𝐶1：𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0)与双曲线𝐶2：𝑥2
𝑎2 −𝑦2
𝑏2 = 1的离心率分别为
𝑒1，𝑒2，且双曲线𝐶2的渐近线的斜率小于√15
5 ，则𝑒2
𝑒1
的取值范围是（ ）
A. (1 , 4)
B. (4 , + ∞)
C. (1 , 2)
D. (2 , + ∞)
𝐶
【分析】由双曲线的渐近线的斜率小于√15
5 ，即可得出0 < 𝑏2
𝑎2 < 3
5，由此即可求出𝑒2
𝑒1
的取值范围，从而
求解
【详解】由题意得，𝑐1 = √𝑎2 −𝑏2，𝑐2 = √𝑎2 + 𝑏2，
第 09 讲 双曲线中的核心问题
高二数理进阶
不等式守护范围
Page 235
所以𝑒1 = 𝑐1
𝑎= √𝑐2
1
𝑎2 = √𝑎2 −𝑏2
𝑎2
= √1 −𝑏2
𝑎2，𝑒2 = 𝑐2
𝑎= √𝑐2
2
𝑎2 = √𝑎2 + 𝑏2
𝑎2
= √1 + 𝑏2
𝑎2
又因为双曲线的渐近线的斜率小于√15
5 ，得0 < 𝑘2 = 𝑏2
𝑎2 < 3
5，
所以𝑒2
𝑒1
=
√1 + 𝑏2
𝑎2
√1 −𝑏2
𝑎2
> 0，即(𝑒2
𝑒1
)
2
= 1 + 𝑘2
1 −𝑘2 = −1 +
2
1 −𝑘2 ∈(1 , 4)，得𝑒2
𝑒1
∈(1 , 2)，故𝐶正确.
故选：𝐶.
变式6 已知𝐹1 , 𝐹2是双曲线𝑥2
𝑎2 −𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0)的左、右焦点，以𝐹2为圆心，𝑎为半径的圆与双曲线
的一条渐近线交于𝐴, 𝐵两点，若3|𝐴𝐵| ≥|𝐹1𝐹2|，则双曲线的离心率的取值范围是
．
(
1 , 3√5
5 ]
【分析】根据已知条件结合圆的弦长公式求得|𝐴𝐵| = 2√𝑎2 −𝑏2，利用3|𝐴𝐵| ≥|𝐹1𝐹2|，即3 ×
2√𝑎2 −𝑏2 ≥2𝑐，化简即可求得双曲线的离心率的取值范围.
【详解】如图，设以𝐹2(𝑐, 0)为圆心，𝑎为半径的圆与双曲线的一条渐近线𝑏𝑥−𝑎𝑦= 0交于𝐴, 𝐵两点，
则𝐹2到渐近线𝑏𝑥−𝑎𝑦= 0的距离𝑑=
|𝑏𝑐|
√𝑎2 + 𝑏2
= 𝑏，所以|𝐴𝐵| = 2√𝑎2 −𝑏2，
因为3|𝐴𝐵| ≥|𝐹1𝐹2|，所以3 × 2√𝑎2 −𝑏2 ≥2𝑐，所以9𝑎2 −9𝑏2 ≥𝑐2，所以9𝑎2 ≥5𝑐2，
所以𝑐2
𝑎2 ≤9
5，所以𝑒≤3√5
5 ，因为𝑒> 1，所以1 < 𝑒≤3√5
5 ．
故答案为：
(
1 , 3√5
5 ]
高二数理进阶
第 09 讲 双曲线中的核心问题
Page 236
集合先明对象
题型7
双曲线的标准方程
题型点拨
1、待定系数法求双曲线标准方程
2、由双曲线标准方程求参数范围
(1)对于方程𝑥2
𝑚+ 𝑦2
𝑛= 1，当𝑚𝑛< 0时表示双曲线；
当𝑚> 0 , 𝑛< 0时表示焦点在𝑥轴上的双曲线；
当𝑚< 0 , 𝑛> 0时表示焦点在𝑦轴上的双曲线.
(2)对于方程𝑥2
𝑚−𝑦2
𝑛= 1，当𝑚𝑛> 0时表示双曲线；
当𝑚> 0 , 𝑛> 0时表示焦点在𝑥轴上的双曲线；
当𝑚< 0 , 𝑛< 0时表示焦点在𝑦轴上的双曲线.
(3)已知方程所代表的曲线，求参数的取值范围时，应先将方程转化为所对应曲线的标准方程的形式，再
根据方程中参数取值范围的要求，建立不等式（组）求解参数的取值范围。
典例7 已知双曲线经过点𝐴(2√2 , √3) , 𝐵(−2√3 , −√6)，则其标准方程为（ ）
A. 𝑥2
4 −𝑦2
3 = 1
B. 𝑥2
3 −𝑦2
4 = 1
C. 𝑦2
3 −𝑥2
4 = 1
D. 𝑥2
3 −𝑦2
4 = 1或𝑦2
4 −𝑥2
3 = 1
𝐴
【分析】设双曲线方程为𝑚𝑥2 + 𝑛𝑦2 = 1(𝑚𝑛< 0)，然后代点计算即可求得𝑚, 𝑛，从而求解.
【详解】设双曲线方程为𝑚𝑥2 + 𝑛𝑦2 = 1(𝑚𝑛< 0)，
第 09 讲 双曲线中的核心问题
高二数理进阶
命题先辨量词
Page 237
则
{
(2√2)
2
𝑚+ (√3)
2
𝑛= 1
(−2√3)
2
𝑚+ (−√6)
2
𝑛= 1
，解得
{
𝑚= 1
4
𝑛= −1
3
，
所以双曲线的标准方程为𝑥2
4 −𝑦2
3 = 1.
故选：𝐴.
变式7 （25-26·天津）已知双曲线 𝑥2
𝑎2 −𝑦2
𝑏2 = 1 (𝑎> 0 , 𝑏> 0)的右焦点为𝐹，点𝐴在双曲线的渐近线上，
△𝑂𝐴𝐹是边长为2的等边三角形(𝑂为原点)，则双曲线的方程为（ ）
A. 𝑥2
4 −𝑦2
12 = 1
B. 𝑥2
12 −𝑦2
4 = 1
C. 𝑥2
3 −𝑦2 = 1
D. 𝑥2 −𝑦2
3 = 1
𝐷
【分析】先根据△𝑂𝐴𝐹是边长为2的等边三角形，求出𝑐和𝑏
𝑎，再根据𝑐2 = 𝑎2 + 𝑏2求解𝑎、𝑏，即可求得双
曲线方程.
【详解】
因为△𝑂𝐴𝐹是边长为2的等边三角形，所以𝑐= |𝑂𝐹| = 2，
∠𝐴𝑂𝐹= 60∘，所以渐近线𝑂𝐴的斜率𝑘𝑂𝐴= 𝑏
𝑎= tan 60∘= √3，
因为
{
𝑏
𝑎= √3
𝑐= √𝑎2 + 𝑏2 = 2
，解得{𝑎= 1
𝑏= √3，
所以双曲线的方程为：𝑥2 −𝑦2
3 = 1.
故选：𝐷
高二数理进阶
第 09 讲 双曲线中的核心问题
Page 238
逻辑先分充分必要
练
强化训练
Targeted Practice
1. （25-26·河南南阳）已知𝑃为曲线𝐶: 𝑥= √1 + 𝑦2
2 上任意一点，𝐴(−√3 , 0)，𝐵(0 , √22)，则|𝑃𝐴| + |𝑃𝐵|
的最小值为（ ）
A. 2 + √15
B. 5
C. 4√3
D. 7
𝐷
【分析】运用双曲线定义转化，再结合三点位置关系分析即可.
【详解】由𝑥= √1 + 𝑦2
2 ，得𝑥2 −𝑦2
2 = 1(𝑥≥1)，所以𝐶为双曲线𝑥2 −𝑦2
2 = 1的右支，
𝐴(−√3 , 0)为该双曲线的左焦点．设右焦点为𝐴′，则|𝑃𝐴| −|𝑃𝐴′| = 2𝑎= 2，
所以|𝑃𝐴| = |𝑃𝐴′| + 2．所以|𝑃𝐴| + |𝑃𝐵| = |𝑃𝐴′| + |𝑃𝐵| + 2 ≥|𝐵𝐴′| + 2 = 5 + 2 = 7，
当且仅当点𝑃在线段𝐴′𝐵上时，等号成立，所以|𝑃𝐴| + |𝑃𝐵|的最小值为7．
故选：𝐷.
2. 已知双曲线𝐶：𝑥2
𝑎2 −𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 0 , 𝑏> 0)的左、右焦点分别为𝐹1，𝐹2，过点𝐹2和𝐵(0 , 𝑏)的直线与双
曲线在第一象限交于点𝑃，若△𝐵𝐹1𝐹2的面积是△𝑃𝐹1𝐹2的3倍，则𝐶的渐近线斜率为（ ）
A. ±√3
3
B. ±1
2
C. ±√6
2
D. ±3
2
𝐶
【分析】先由直线𝐵𝐹2的方程和𝑆△𝐵𝐹1𝐹2 = 3𝑆△𝑃𝐹1𝐹2得𝑃点坐标，再由𝑃点在𝐶上求出𝑏
𝑎即可由渐近线的
定义得解.
【详解】设𝑃(𝑥, 𝑦)，因为𝐵(0 , 𝑏)，𝐹2(𝑐, 0)，所以直线𝐵𝐹2的方程为𝑥
𝑐+ 𝑦
𝑏= 1，
又𝑆△𝐵𝐹1𝐹2 = 3𝑆△𝑃𝐹1𝐹2，所以1
2 × 2𝑐× 𝑏= 3 × 1
2 × 2𝑐× 𝑦，得𝑦= 𝑏
3，
又点𝑃在直线𝐵𝐹2上，所以𝑥= 2𝑐
3 ，则𝑃(2𝑐
3 , 𝑏
3)，所以
4𝑐2
9
𝑎2 −
𝑏2
9
𝑏= 1,
所以4𝑎2 + 4𝑏2
9𝑎2
= 10
9 ，解得𝑏
𝑎= √6
2 ，故所求渐近线斜率为±√6
2 .
第 09 讲 双曲线中的核心问题
高二数理进阶
三角藏于周期与对称
Page 239
故选：𝐶
3. （25-26·云南西双版纳）设𝐹1 , 𝐹2为双曲线𝐶: 𝑥2
𝑎2 −𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 0 , 𝑏> 0)的左右焦点，𝑂为坐标原点，
𝑃为𝐶的一条渐近线上一点，且|𝑃𝐹1⃗+ 𝑃𝑂⃗| = |𝑃𝐹1⃗−𝑃𝑂⃗|，若|𝑃𝐹1⃗| = 3|𝑃𝑂⃗|，则𝐶的离心率为（ ）
A. √6
B. √10
C. √11
D. 2√3
𝐵
【分析】由向量等式可得𝑃𝐹1 ⟂𝑃𝑂，由焦点到渐近距离，结合离心率的意义求得答案.
【详解】设双曲线𝐶: 𝑥2
𝑎2 −𝑦2
𝑏2 = 1的半焦距为𝑐，由对称性不妨取渐近线为𝑏𝑥+ 𝑎𝑦= 0，
由|𝑃𝐹1⃗+ 𝑃𝑂⃗| = |𝑃𝐹1⃗−𝑃𝑂⃗|，得𝑃𝐹1⃗
2 + 𝑃𝑂⃗2 + 2𝑃𝐹1⃗⋅𝑃𝑂⃗= 𝑃𝐹1⃗
2 + 𝑃𝑂⃗2 −2𝑃𝐹1⃗⋅𝑃𝑂⃗，
则𝑃𝐹1⃗⋅𝑃𝑂⃗= 0，即𝑃𝐹1 ⟂𝑃𝑂，|𝑃𝐹1| =
𝑏𝑐
√𝑎2 + 𝑏2
= 𝑏，|𝑃𝑂| = √𝑐2 −𝑏2 = 𝑎，
由|𝑃𝐹1⃗| = 3|𝑃𝑂⃗|，得𝑏= 3𝑎，所以𝐶的离心率为𝑒= 𝑐
𝑎=
√𝑎2 + 𝑏2
𝑎
= √10.
故选：𝐵
4. （25-26·河南周口）已知双曲线𝐶: 𝑥2
𝑎2 −
𝑦2
9 −𝑎2 = 1(𝑎> 0)的左、右焦点分别为𝐹1 , 𝐹2，过点𝐹2且倾斜
角为45∘的直线与双曲线𝐶交于第一象限的点𝐴，延长𝐴𝐹2至𝐵使得|𝐴𝐵| = |𝐴𝐹1|，若△𝐵𝐹1𝐹2的面积为12，
则𝑎的值为（ ）
高二数理进阶
第 09 讲 双曲线中的核心问题
Page 240
向量重在方向与分解
A. 2√2
B. √6
C. √3
D. 1
𝐴
【分析】根据题意，求得𝐹1(−3 , 0) , 𝐹2(3 , 0)，得到直线𝐴𝐹2的方程为𝑦= 𝑥−3，设𝐵(𝑥𝐵, 𝑦𝐵)，根据
△𝐵𝐹1𝐹2的面积为12，列出方程，求得𝑦𝐵= −4，得到𝐵(−1 , −4)，由|𝐴𝐵| = |𝐴𝐹1|，结合双曲线的定
义，即可求解.
【详解】由双曲线𝐶: 𝑥2
𝑎2 −
𝑦2
9 −𝑎2 = 1，可得𝑐= √𝑎2 + (9 −𝑎2) = 3，所以𝐹1(−3 , 0) , 𝐹2(3 , 0)，
过点𝐹2且倾斜角为45∘的直线𝐴𝐹2的方程为𝑦= 𝑥−3，
设𝐵(𝑥𝐵, 𝑦𝐵)，因为△𝐵𝐹1𝐹2的面积为12，所以1
2|𝐹1𝐹2||𝑦𝐵| = 1
2 × 6|𝑦𝐵| = 12，
因为点𝐴在第一象限，所以𝑦𝐵< 0，可得𝑦𝐵= −4，
又由𝑦𝐵= 𝑥𝐵−3，可得𝑥𝐵= −1，所以𝐵(−1 , −4)，
又因为|𝐴𝐵| = |𝐴𝐹1|，所以2𝑎= |𝐴𝐹1| −|𝐴𝐹2| = |𝐴𝐵| −|𝐴𝐹2| = |𝐵𝐹2| = √(−1 −3)2 + (−4)2 = 4√2，
可得𝑎= 2√2.
故选：𝐴.
5. （25-26·黑龙江鸡西）已知双曲线𝐶：𝑥2
𝑎2 −𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 0 , 𝑏> 0), 𝐹1 , 𝐹2分别为双曲线的左、右焦点，
𝑀是双曲线右支上一点.连接𝑀𝐹1交双曲线𝐶左支于点𝑁，若△𝑀𝑁𝐹2是以𝐹2为直角顶点的等腰直角三角
形，则双曲线𝐶的离心率是（ ）
A. √3
B. 2
C. √5
D. 5
𝐴
【分析】设|𝑀𝐹2| = |𝑁𝐹2| = 𝑚，由双曲线定义表达各边，且∠𝐹1𝑁𝐹2 = 3𝜋
4 ，在△𝑁𝐹1𝐹2中，由余弦定
理得到方程，求出𝑐= √3𝑎，得到答案.
【详解】由题意得𝐹1(−𝑐, 0) , 𝐹2(𝑐, 0)，设|𝑀𝐹2| = |𝑁𝐹2| = 𝑚，
因为△𝑀𝑁𝐹2是以𝐹2为直角顶点的等腰直角三角形，故|𝑀𝑁| = √2𝑚，
第 09 讲 双曲线中的核心问题
高二数理进阶
数列贵在递推与通项
Page 241
由双曲线定义知，|𝑀𝐹1| −|𝑀𝐹2| = 2𝑎，故|𝑀𝐹1| = 𝑚+ 2𝑎，
|𝑁𝐹1| = |𝑀𝐹1| −|𝑀𝑁| = 𝑚+ 2𝑎−√2𝑚= 2𝑎+ (1 −√2)𝑚，
其中|𝑁𝐹2| −|𝑁𝐹1| = 𝑚−2𝑎−(1 −√2)𝑚= 2𝑎，
解得𝑚= 2√2𝑎，则|𝑁𝐹2| = 2√2𝑎，|𝑁𝐹1| = 2𝑎+ (1 −√2)𝑚= 2√2𝑎−2𝑎，
因为∠𝑀𝑁𝐹2 = 𝜋
4 ，所以∠𝐹1𝑁𝐹2 = 3𝜋
4 ，
在△𝑁𝐹1𝐹2中，由余弦定理得
cos ∠𝐹1𝑁𝐹2 = |𝑁𝐹1|2 + |𝑁𝐹2|2 −|𝐹1𝐹2|2
2|𝑁𝐹1| ⋅|𝑁𝐹2|
=
(2√2𝑎−2𝑎)
2
+ 8𝑎2 −4𝑐2
2(2√2𝑎−2𝑎) ⋅2√2𝑎
= −√2
2 ，
解得𝑐= √3𝑎，
故双曲线𝐶的离心率为𝑐
𝑎= √3.
故选：𝐴
6. （25-26·上海青浦）双曲线𝑥2 −𝑦2
4 = 1的左右两个焦点为𝐹1，𝐹2，第二象限内的一点𝑃在双曲线上，且
∠𝐹1𝑃𝐹2 = 2𝜋
3 ，则三角形𝐹1𝑃𝐹2的面积是
．
4√3
3 /4
3√3
【分析】利用双曲线的定义表达式和余弦定理联立方程组，可求得|𝑃𝐹1| ⋅|𝑃𝐹2|的值，代入三角形的面积公
式计算即得.
【详解】
高二数理进阶
第 09 讲 双曲线中的核心问题
Page 242
导数揭示局部变化
由𝑥2 −𝑦2
4 = 1可得：𝑎= 1 , 𝑏= 2 , 𝑐= √5，如图，设|𝑃𝐹1| = 𝑚,|𝑃𝐹2| = 𝑛,则𝑛−𝑚= 2①，
在△𝑃𝐹1𝐹2中，由余弦定理，20 = 𝑚2 + 𝑛2 −2𝑚𝑛cos 2𝜋
3 ，即：𝑚2 + 𝑛2 + 𝑚𝑛= (𝑚−𝑛)2 + 3𝑚𝑛=
20②
由①②联立，解得：𝑚𝑛= 16
3 .
则三角形𝐹1𝑃𝐹2的面积为1
2𝑚𝑛sin 2𝜋
3 = √3
4 × 16
3 = 4
3√3.
故答案为：4
3√3.
7. （25-26·江西宜春）过原点的直线与双曲线𝐶: 𝑥2
𝑎2 −
𝑦2
4 −𝑎2 = 1(0 < 𝑎< 2)的左、右两支分别交于𝑀, 𝑁
两点，若以线段𝑀𝑁为直径的圆过𝐶的右焦点𝐹，且|𝐹𝑀| + |𝐹𝑁| = 2√7，则𝐶的渐近线方程为
．
𝑦= ±√3𝑥
【分析】由题可得四边形𝐹1𝑀𝐹𝑁为矩形，则|𝑀𝑁| = 4，由|𝐹𝑀| + |𝐹𝑁| = 2√7，结合|𝐹𝑀| −|𝐹𝑁| = 2𝑎，
求出|𝐹𝑀| = √7 + 𝑎,|𝐹𝑁| = √7 −𝑎，再利用勾股定理即可求解.
【详解】如图，设𝐹1为𝐶的左焦点，连接𝐹1𝑀, 𝐹1𝑁，则四边形𝐹1𝑀𝐹𝑁为平行四边形，
因为以线段𝑀𝑁为直径的圆过𝐹，所以𝐹𝑀⟂𝐹𝑁，从而四边形𝐹1𝑀𝐹𝑁为矩形，
所以|𝑀𝑁| = |𝐹1𝐹| = 2√𝑎2 + 4 −𝑎2 = 4．
由双曲线的定义，得|𝐹𝑀| −|𝐹1𝑀| = 2𝑎，即|𝐹𝑀| −|𝐹𝑁| = 2𝑎，
又因为|𝐹𝑀| + |𝐹𝑁| = 2√7，所以|𝐹𝑀| = √7 + 𝑎,|𝐹𝑁| = √7 −𝑎．
由|𝐹𝑀|2 + |𝐹𝑁|2 = |𝑀𝑁|2，得(√7 + 𝑎)2 + (√7 −𝑎)2 = 16，解得𝑎2 = 1，
所以𝐶: 𝑥2 −𝑦2
3 = 1，故𝐶的渐近线方程为𝑦= ±√3𝑥．
第 09 讲 双曲线中的核心问题
高二数理进阶
概率先立样本空间
Page 243
8. （25-26·上海·课堂例题）已知𝑃为圆𝐶：(𝑥−5)2 + 𝑦2 = 36上任意一点，𝐴(−5 , 0)．若线段𝑃𝐴的垂直
平分线交直线𝑃𝐶于点𝑄，则点𝑄的轨迹方程为
．
𝑥2
9 −𝑦2
16 = 1
【分析】由题意可得点𝑄满足双曲线的定义，且求得𝑎，𝑐的值，再由𝑏2 = 𝑐2 −𝑎2求得𝑏，则点𝑄的轨迹的
方程可求．
【详解】解：由点𝑄是线段𝐴𝑃垂直平分线上的点，
∴|𝐴𝑄| = |𝑃𝑄| ，
又∵||𝑄𝐴| −|𝑄𝐶|| = |𝑃𝐶| = 6 < |𝐴𝐶| = 10，
满足双曲线定义且𝑎= 3，𝑐= 5，
∴𝑏= 4 ，
∴轨迹方程：𝑥2
9 −𝑦2
16 = 1．
故答案为：𝑥2
9 −𝑦2
16 = 1．
9. 已知𝐹1，𝐹2分别是双曲线𝐶: 𝑥2
𝑎2 −𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 0 , 𝑏> 0)的左、右焦点，过点𝐹2且与双曲线的一条渐近
线平行的直线交另一条渐近线于点𝑀，若∠𝐹1𝑀𝐹2为锐角，则双曲线离心率的取值范围是
．
(2 , + ∞)
【分析】利用𝑀𝐹1⃗⋅𝑀𝐹2⃗> 0得𝑎, 𝑏, 𝑐的关系式，然后求得离心率范围.
高二数理进阶
第 09 讲 双曲线中的核心问题
Page 244
统计回到数据语境
【详解】设直线𝐹2𝑀的方程为𝑦= 𝑏
𝑎(𝑥−𝑐)，则其与另一条渐近线𝑦= −𝑏
𝑎𝑥的交点为𝑀( 𝑐
2 , −𝑏𝑐
2𝑎)，
由∠𝐹1𝑀𝐹2为锐角，可得𝑀𝐹1⃗⋅𝑀𝐹2⃗> 0，即(−3𝑐
2 , 𝑏𝑐
2𝑎) ⋅( 𝑐
2 , 𝑏𝑐
2𝑎) = −3𝑐2
4
+ 𝑏2𝑐2
4𝑎2 > 0，
化简得𝑏2 > 3𝑎2，𝑐2 −𝑎2 > 3𝑎2，𝑐2 > 4𝑎2，所以𝑒= 𝑐
𝑎> 2．故离心率的取值范围为(2 , + ∞)．
故答案为：(2 , + ∞)
10. （25-26·湖北）已知双曲线的方程为𝑥2
9 −𝑦2
16 = 1，点𝐹1，𝐹2是其左右焦点，𝐴是圆𝑥2 + (𝑦−5)2 = 4上
的一点，点𝑀在双曲线的右支上，则|𝑀𝐹1| + |𝑀𝐴|的最小值是
．
5√2 + 4/4 + 5√2
【分析】设点𝐶的坐标为(0 , 5)，利用双曲线的定义，可得|𝑀𝐹1| −|𝑀𝐹2| = 6，于是|𝑀𝐹1| + |𝑀𝐴| =
|𝑀𝐹2| + |𝐶𝑀| + 2𝑎−|𝐶𝐴| ≥|𝐶𝐹2| + 6 −2，转化求解即可．
【详解】由题意可得，𝑐2 = 9 + 16 = 25，即𝑐= 5，则𝐹1，𝐹2的坐标分别为(−5 , 0)，(5 , 0)，
由双曲线的定义，得|𝑀𝐹1| −|𝑀𝐹2| = 2𝑎= 6，
又𝐴是圆𝑥2 + (𝑦−5)2 = 4上的点，设圆的圆心为𝐶(0 , 5)，半径为𝑟= 2，
由图可知，|𝐶𝑀| + |𝑀𝐹2| ≥|𝐶𝐹2|，
所以|𝑀𝐹1| + |𝑀𝐴| = |𝑀𝐹2| + 2𝑎+ |𝑀𝐴| ≥|𝑀𝐹2| + |𝐶𝑀| + 2𝑎−|𝐶𝐴| ≥|𝐶𝐹2| + 6 −2 = 5√2 + 4，
当且仅当𝐶、𝐴、𝑀、𝐹2四点共线（𝐴、𝑀在𝐶𝐹2之间）时取等号，
所以|𝑀𝐹1| + |𝑀𝐴|的最小值为5√2 + 4.
第 09 讲 双曲线中的核心问题
高二数理进阶
图形先标关系
Page 245
故答案为：5√2 + 4
测
知识小测
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1. （25-26·广西钦州）若离心率为5
3的双曲线与椭圆𝑥2
40 + 𝑦2
15 = 1的焦点相同，则双曲线的方程是（ ）
A. 𝑦2
16 −𝑥2
9 = 1
B. 𝑥2
16 −𝑦2
9 = 1
C. 𝑦2
9 −𝑥2
16 = 1
D. 𝑥2
9 −𝑦2
16 = 1
𝐷
【分析】根据椭圆方程确定𝑐= 5且焦点在𝑥轴上，再由双曲线离心率及参数关系确定方程.
【详解】由椭圆方程知：𝑐= 5且焦点在𝑥轴上，又双曲线的离心率为5
3，则𝑎= 3，
所以𝑏2 = 𝑐2 −𝑎2 = 16，则双曲线的方程是𝑥2
9 −𝑦2
16 = 1.
故选：𝐷
2. 相距1600𝑚的两个哨所𝐴, 𝐵，听到远处传来的炮弹爆炸声，已知当时的声音速度是320𝑚/𝑠，在𝐴哨所听
到的爆炸声的时间比在𝐵哨所听到时迟4𝑠．若以𝐴𝐵所在直线为𝑥轴，以线段𝐴𝐵的中垂线为𝑦轴，则爆炸点所
在曲线的方程可以是（ ）
A.
𝑥2
435600 −
𝑦2
564400 = 1(𝑥> 0)
B.
𝑥2
6402 −
𝑦2
4802 = 1(𝑥> 0)
C.
𝑥2
435600 +
𝑦2
564400 = 1
D.
𝑥2
6402 +
𝑦2
4802 = 1
𝐵
【分析】根据速度、时间、位移之间的关系，结合双曲线的定义进行求解即可.
【详解】以𝐴𝐵所在直线为𝑥轴，𝐴𝐵的中垂线为𝑦轴，建立平面直角坐标系，则𝐴(−800 , 0) , 𝐵(800 , 0)，
设𝑀(𝑥, 𝑦)为曲线上任一点，
则|𝑀𝐴| −|𝑀𝐵| = 320 × 4 = 1280 < 1600，
所以点𝑀的轨迹为双曲线的右支，且𝑎= 640，𝑐= 800，
∴𝑏2 = 𝑐2 −𝑎2 = (𝑐+ 𝑎)(𝑐−𝑎) = 4802 ，
∴点𝑀的轨迹方程为𝑥2
6402 −
𝑦2
4802 = 1(𝑥> 0)．
故选：𝐵
高二数理进阶
第 09 讲 双曲线中的核心问题
Page 246
坐标先定参照
3. （25-26·北京怀柔）“0 < 𝑚< 2”是“方程𝑥2
𝑚+
𝑦2
𝑚2 −4 = 1表示焦点在𝑥轴上的双曲线”的（ ）
A. 充分而不必要条件
B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件
D. 既不充分也不必要条件
𝐶
【分析】求“方程𝑥2
𝑚+
𝑦2
𝑚2 −4 = 1表示焦点在𝑥轴上的双曲线”的等价条件，结合充要条件的定义判断结论.
【详解】“方程𝑥2
𝑚+
𝑦2
𝑚2 −4 = 1表示焦点在𝑥轴上的双曲线”等价于{𝑚> 0
𝑚2 −4 < 0，
即0 < 𝑚< 2，
所以“0 < 𝑚< 2”是“方程𝑥2
𝑚+
𝑦2
𝑚2 −4 = 1表示焦点在𝑥轴上的双曲线”的充要条件.
故选：𝐶.
4. （25-26·陕西西安）设点𝐴, 𝐵的坐标分别为(−5 , 0)，(5 , 0)，直线𝐴𝑀，𝐵𝑀相交于点𝑀，且它们的斜
率之积是4
9，则动点𝑀的轨迹方程为
．
𝑥2
25 −𝑦2
100
9
= 1 , 𝑥≠±5
【分析】设点𝑀(𝑥, 𝑦)，根据斜率之积是4
9列出关系式即可.
【详解】设点𝑀(𝑥, 𝑦)，则直线𝐴𝑀，𝐵𝑀的斜率分别为
𝑦
𝑥+ 5 ,
𝑦
𝑥−5(𝑥≠±5)，
因它们的斜率之积是4
9，则
𝑦
𝑥+ 5 ×
𝑦
𝑥−5 = 4
9 , 𝑥≠±5，化简得𝑥2
25 −𝑦2
100
9
= 1 , 𝑥≠±5，
则动点𝑀的轨迹方程为𝑥2
25 −𝑦2
100
9
= 1 , 𝑥≠±5.
故答案为：𝑥2
25 −𝑦2
100
9
= 1 , 𝑥≠±5
5. （25-26·重庆）已知双曲线𝑦2
𝑎2 −𝑥2
4 = 1(𝑎> 0)两条渐近线的夹角为60°，则𝑎= （ ）
A. 2√3
B. 2√3
3
C. √3
D. 2√3或2√3
3
第 09 讲 双曲线中的核心问题
高二数理进阶
角度先定象限
Page 247
𝐷
【分析】利用两直线夹角定义可得渐近线倾斜角的取值，从而可求参数.
【详解】双曲线渐近线方程为𝑦= ±𝑎
2𝑥，
由两条渐近线的夹角为60°，则渐近线的倾斜角为𝜋
6 或𝜋
3
所以斜率𝑎
2 = √3
3 或√3，解得𝑎= 2√3
3 或2√3，
故选：𝐷.
第 10 讲 抛物线中的核心问题
高二数理进阶
分母先看不零
Page 249
第 10 讲
抛物线中的核心问题
讲
题型精讲
Core examples
题型1
抛物线的轨迹方程
题型点拨
求轨迹方程一般有两种方法:一是直接法,根据题意直接列方程确定点𝑃的轨迹方程;二是定义法,利用抛物
线的定义判断轨迹是抛物线或抛物线的一部分，再结合限制条件写出轨迹方程及其范围。
典例1 设𝐹(1 , 0)，点𝑀在𝑥轴上，点𝑁在𝑦轴上，且𝑀𝑁⃗= 𝑁𝑃⃗, 𝑀𝑁⃗⋅𝑁𝐹⃗= 0，当点𝑁在𝑦轴上运动时，点
𝑃的轨迹方程为（ ）
A. 𝑦2 = 1
2𝑥
B. 𝑦2 = 1
4𝑥
C. 𝑦2 = 2𝑥
D. 𝑦2 = 4𝑥
𝐷
【分析】设点𝑃(𝑥, 𝑦)，根据向量关系及垂直关系可得点𝑃的轨迹方程.
【详解】设点𝑃(𝑥, 𝑦)，因为𝑀𝑁⃗= 𝑁𝑃⃗，则𝑁为𝑀𝑃的中点，且点𝑁在𝑦轴上，
所以𝑁(0 , 𝑦
2)，则𝑀(−𝑥, 0),
又𝐹(1 , 0)，则𝑀𝑁⃗= (𝑥, 𝑦
2)，𝑁𝐹⃗= (1 , −𝑦
2)，
由𝑀𝑁⃗⋅𝑁𝐹⃗= 𝑥−1
4𝑦2 = 0 , ∴𝑦2 = 4𝑥，
故点𝑃的轨迹方程为𝑦2 = 4𝑥.
故选：𝐷.
变式1 （25-26·江苏苏州）如图，已知点𝐵(2 , −1)，𝐵𝐶⟂𝑥轴于点𝐶, 𝑀是线段𝑂𝐵上任意一点，𝑀𝐷⟂𝑥
轴于点𝐷，𝑀𝐸⟂𝐵𝐶于点𝐸.𝑂𝐸与𝑀𝐷相交于点𝑃，则𝑃的轨迹方程为
．（ ）
A. 𝑦2 = 𝑥(0 ≤𝑥≤2)
B. 𝑦2 = 1
2𝑥(0 ≤𝑥≤2)
C. 𝑥2 = −𝑦(0 ≤𝑥≤2)
D. 𝑥2 = −4𝑦(0 ≤𝑥≤2)
高二数理进阶
第 10 讲 抛物线中的核心问题
Page 250
根式先看定义域
𝐷
【分析】设所求点𝑃(𝑚, 𝑛)，根据点𝑀在直线𝑂𝐵上可得𝑀(𝑚, −𝑚
2 )，根据点𝐸在直线𝑂𝑃上可得
𝐸(2 , 2𝑛
𝑚)，最后根据𝑀𝐸//𝑥轴得−𝑚
2 = 2𝑛
𝑚，化简即可.
【详解】设𝑃(𝑚, 𝑛)(0 ≤𝑚≤2 , −1 ≤𝑛≤0)，
因为直线𝑂𝐵的方程为𝑦= −1
2𝑥，且点𝑀在直线𝑂𝐵上，所以𝑀(𝑚, −𝑚
2 )，
因为直线𝑂𝑃的方程为𝑦= 𝑛
𝑚𝑥，且点𝐸在直线𝑂𝑃上，所以𝐸(2 , 2𝑛
𝑚)，
因为𝑀𝐸//𝑥轴，所以−𝑚
2 = 2𝑛
𝑚，则𝑚2 = −4𝑛(0 ≤𝑚≤2)，故𝐷正确.
故选：𝐷.
题型2
抛物线定义理解与焦半径
题型点拨
1、用坐标表示焦半径公式
(1)抛物线𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝> 0)，|𝑀𝐹| = |𝑥0 + 𝑝
2| = 𝑥0 + 𝑝
2．
(2)抛物线𝑦2 = −2𝑝𝑥(𝑝> 0)，|𝑀𝐹| = |𝑥0 −𝑝
2| = −𝑥0 + 𝑝
2．
(3)抛物线𝑥2 = 2𝑝𝑦(𝑝> 0)，|𝑀𝐹| = |𝑦0 + 𝑝
2| = 𝑦0 + 𝑝
2．
(4)抛物线𝑥2 = −2𝑝𝑦(𝑝> 0)，|𝑀𝐹| = |𝑦0 −𝑝
2| = −𝑦0 + 𝑝
2．
【注意】在使用焦半径公式时，首先要明确抛物线的标准方程的形式，不同的标准方程对应于不同的焦
半径公式．
2、焦半径公式的应用：利用焦半径公式，我们可以把抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，
解题时方便快捷．一般来说，涉及到过焦点的直线与抛物线的交点问题，利用此公式解决较为简单．
典例2 （25-26·内蒙古包头）已知抛物线𝑥2 = 4𝑦的焦点为𝐹，准线为𝑙，过抛物线上一点𝑃作𝑃𝑄⟂𝑙且垂足
为𝑄，若|𝑃𝐹| = 4，则𝑘𝐹𝑄=
．（ ）
A. √3
3
B. √3
C. ±√3
3
D. ±√3
𝐶
【分析】根据抛物线定义，可得𝑦𝑃= 3进而求得点𝑃的坐标，得点𝑄坐标，利用斜率公式得解.
第 10 讲 抛物线中的核心问题
高二数理进阶
对数先看真数
Page 251
【详解】由题，|𝑃𝑄| = |𝑃𝐹| = 𝑦𝑃+ 1 = 4，则𝑦𝑃= 3，代入抛物线方程得𝑥𝑃= ±2√3，
∴𝑄(±2√3 , −1)，又𝐹(0 , 1)，
∴𝑘𝐹𝑄= ± 2
2√3
= ±√3
3 .
故选：𝐶.
变式2 （25-26·上海）已知抛物线𝐶：𝑦2 = 4𝑥的焦点为𝐹，点𝐴、𝐵是抛物线𝐶上不同的两点，且𝐴、𝐵中点
的横坐标为2，则|𝐴𝐹| + |𝐵𝐹| =
.
6
【分析】根据抛物线的定义结合已知可求得结果.
【详解】设𝐴(𝑥1 , 𝑦1) , 𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，由𝐴, 𝐵中点的横坐标为2，可得𝑥1 + 𝑥2 = 4，
所以|𝐴𝐹| + |𝐵𝐹| =𝑥1 + 1 + 𝑥2 + 1 = 6．
故答案为：6.
题型3
抛物线中的距离最值问题
题型点拨
(1)解决此类问题时，可利用抛物线的定义，以及“两点之间线段最短”“三角不等式”“垂线段最短”等平面
几何知识，使问题化难为易。
(2)若已知抛物线上点𝑃到焦点𝐹的距离(或与此有关),往往转化为点𝑃到准线的距离,其步骤:
①过𝑃作𝑃𝑁垂直于准线𝑙,垂足为𝑁;
②连接𝑃𝐹;
③|𝑃𝐹| = |𝑃𝑁| = 𝑥𝑃+𝑝
2(焦点在𝑥轴正半轴上时).
典例3 （25-26·吉林）已知𝐴, 𝐵是抛物线𝐶: 𝑦2 = 𝑥上的两点，𝐴与𝐵关于𝑥轴对称，𝐷(3 , 0)，则|𝐴𝐵|2 +
|𝐴𝐷|2的最小值为
．
高二数理进阶
第 10 讲 抛物线中的核心问题
Page 252
指数先看底数
35
4
【分析】设𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，则𝑦2
1 = 𝑥1，𝐵(𝑥1 , −𝑦1)，利用两点距离公式求得|𝐴𝐵|2 + |𝐴𝐷|2 =(𝑥1 −1
2)
2
+
35
4 ，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】设𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，则𝑦2
1 = 𝑥1，𝐵(𝑥1 , −𝑦1)，
所以|𝐴𝐵|2 + |𝐴𝐷|2 = (2𝑦1)2 + (𝑥1 −3)2 + 𝑦2
1
= 𝑥2
1 −6𝑥1 + 9 + 5𝑦2
1 = 𝑥2
1 −6𝑥1 + 9 + 5𝑥1 = 𝑥2
1 −𝑥1 + 9 = (𝑥1 −1
2)
2
+ 35
4 ．
因为𝑥1 > 0，所以当𝑥1 = 1
2时，|𝐴𝐵|2 + |𝐴𝐷|2取得最小值，且最小值为35
4 ．
故答案为：35
4
变式3 （25-26·广东深圳）已知𝑃(𝑥0 , 𝑦0)是抛物线𝑦2 = 4𝑥上一点，则√2𝑥0 + |𝑥0 −𝑦0 + 3|的最小值为
．
4 −√2/−√2 + 4
【分析】过抛物线𝑦2 = 4𝑥上的动点𝑃(𝑥0 , 𝑦0)作直线𝑙: 𝑥−𝑦+ 3 = 0的垂线交直线于𝑀，过点𝑃(𝑥0 , 𝑦0)
作𝑦轴的垂线交𝑦轴于𝑄，交准线于𝐺点，𝐹为抛物线焦点，根据点到直线距离公式及抛物线的定义得，
|𝑃𝑀| + |𝑃𝑄| = |𝑃𝑀| + |𝑃𝐹| −1 ≥|𝑀𝐹| −1 = 2√2 −1，则√2𝑥0 + |𝑥0 −𝑦0 + 3| = √2(|𝑀𝐹| −1)进而求
解．
【详解】由题可知，过抛物线𝑦2 = 4𝑥上的动点𝑃(𝑥0 , 𝑦0)作直线𝑙: 𝑥−𝑦+ 3 = 0的垂线交直线于𝑀，过点
𝑃(𝑥0 , 𝑦0)作𝑦轴的垂线交𝑦轴于𝑄，交准线于𝐺点，𝐹为抛物线焦点，
由𝑦2 = 4𝑥，得𝑝= 2，所以𝐹(1 , 0)，则|𝑄𝐺| = 1，如图所示，
则|𝑃𝑀| = |𝑥0 −𝑦0 + 3|
√2
，动点𝑃(𝑥0 , 𝑦0)到𝑦轴的距离为|𝑃𝑄| = |𝑥0| = 𝑥0(𝑥0 ≥0)，
所以|𝑥0 −𝑦0 + 3|
√2
+ 𝑥0 = |𝑃𝑀| + |𝑃𝐺| −1 = |𝑃𝑀| + |𝑃𝐹| −1，
当且仅当𝐹, 𝑃, 𝑀三点共线时，|𝑃𝑀| + |𝑃𝑄|有最小值，
所以|𝑃𝑀| + |𝑃𝑄| = |𝑃𝑀| + |𝑃𝐹| −1 ≥|𝑀𝐹| −1，（|𝑀𝐹|为点𝐹到直线𝑙的距离），
因为𝐹(1 , 0)到直线𝑙: 𝑥−𝑦+ 3 = 0的距离为|1 + 3|
√2
= 2√2，
所以要求的最值为√2(|𝑀𝐹| −1) = √2(2√2 −1) = 4 −√2，
故答案为：4 −√2．
第 10 讲 抛物线中的核心问题
高二数理进阶
复合函数层层拆解
Page 253
题型4
抛物线几何性质的应用
题型点拨
(1)为了简化解题过程,有时可根据抛物线方程的特征利用参数表示抛物线上动点的坐标,有时还可以利用
抛物线的对称性避免分类讨论.
(2)沿开口方向，抛物线的切线方向逐渐接近对称轴方向，但抛物线本身不存在渐近线。
(3)通径为2𝑝
典例4 （25-26·吉林长春）抛物线𝐶: 𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝> 0)的焦点为𝐹, 𝐶的准线与𝑥轴交于点𝐴，过𝐹且倾斜角
为𝜋
3 的直线与𝐶交于𝑀, 𝑁两点（𝑀在𝑥轴上方），则|𝐴𝑀|
|𝐴𝑁| = （ ）
A. 1
3
B. 1
2
C. 2
D. 3
𝐷
【分析】易得直线𝑀𝐹的方程为𝑦= √3(𝑥−𝑝
2)，与抛物线方程联立，求得𝑀, 𝑁的坐标，进而得到
|𝐴𝑀| , |𝐴𝑁|求解.
【详解】由抛物线𝐶: 𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝> 0)得焦点为𝐹(𝑝
2 , 0)，
由题意，得直线𝑀𝐹的方程为𝑦= √3(𝑥−𝑝
2)，与抛物线方程联立，
消去𝑦得3𝑥2 −5𝑝𝑥+ 3
4𝑝2 = 0，
解得𝑀(3𝑝
2 , √3𝑝) , 𝑁
(
𝑝
6 , −√3𝑝
3 )
，
所以|𝐴𝑀| = √(−𝑝
2 −3𝑝
2 )
2
+ (√3𝑝)
2
= √7𝑝，
高二数理进阶
第 10 讲 抛物线中的核心问题
Page 254
抽象函数回到定义
|𝐴𝑁| =
√
(−𝑝
2 −𝑝
6)
2
+
(
√3𝑝
3 )
2
= √7𝑝
3
，
所以|𝐴𝑀|
|𝐴𝑁| = √7𝑝
√7𝑝
3
= 3，
故选：𝐷
变式4 （25-26·河南周口）已知边长为8√3的等边三角形的一个顶点位于原点𝑂，另外两个顶点𝐴, 𝐵在抛
物线𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝> 0)上，则𝑝=
．
2
【分析】利用两点间距离公式，结合抛物线对称性求得∠𝐴𝑂𝑥= 30∘，再求出𝐴𝐵长即可求解.
【详解】设抛物线𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝> 0)上的点𝐴(𝑥1 , 𝑦1), 𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，即有𝑦2
1 = 2𝑝𝑥1，𝑦2
2 = 2𝑝𝑥2，
由△𝑂𝐴𝐵是正三角形，得|𝑂𝐴| = |𝑂𝐵|，则𝑥2
1 + 𝑦2
1 = 𝑥2
2 + 𝑦2
2，即(𝑥2
1 −𝑥2
2) + 2𝑝(𝑥1 −𝑥2) = 0，
整理得(𝑥1 −𝑥2)(𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑝) = 0，而𝑥1 > 0，𝑥2 > 0，2𝑝> 0，
因此𝑥1 = 𝑥2，由抛物线对称性得点𝐴, 𝐵关于𝑥轴对称，即𝐴𝐵垂直于𝑥轴，且∠𝐴𝑂𝑥= 30∘，不妨令𝑦1 >
0，
则𝑦1
𝑥1
= tan 30∘= √3
3 ，而𝑥1 = 𝑦2
1
2𝑝，于是𝑦1 = 2√3𝑝，即|𝐴𝐵| = 2𝑦1 = 4√3𝑝，
因此4√3𝑝= 8√3，所以𝑝= 2.
故答案为：2
题型5
抛物线中的焦点弦问题
题型点拨
1、解决抛物线的焦点弦问题时,要注意抛物线定义在其中的应用,通过定义将焦点弦长度转化为端点的坐
标问题.
第 10 讲 抛物线中的核心问题
高二数理进阶
恒成立看极端
Page 255
2、焦点弦的定义：过抛物线的焦点的直线被抛物线截得的线段叫做抛物线的焦点弦．
3、焦点弦长：如图，𝐴𝐵是抛物线𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝> 0)过焦点𝐹的一条弦，设𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，𝐴𝐵
的中点𝑀(𝑥0 , 𝑦0)，过点𝐴，𝑀，𝐵分别向抛物线的准线𝑙作垂线，垂足分别为点𝐴1，𝐵1，𝑀1，
根据抛物线的定义有𝐴𝐹= 𝐴𝐴1，𝐵𝐹= 𝐵𝐵1，|𝐴𝐵| = |𝐴𝐹| + |𝐵𝐹| = |𝐴𝐴1| + |𝐵𝐵1|
故|𝐴𝐵| = |𝐴𝐹| + |𝐵𝐹| = |𝐴𝐴1| + |𝐵𝐵1|.
又因为𝑀𝑀1是梯形𝐴𝐴1𝐵1𝐵的中位线，所以|𝐴𝐵| = |𝐴𝐴1| + |𝐵𝐵1| = 2|𝑀𝑀1|，
从而有下列结论；
(1) 以𝐴𝐵为直径的圆必与准线𝑙相切.
(2) |𝐴𝐵| = 2(𝑥0 + 𝑝
2)(焦点弦长与中点关系)
(3) |𝐴𝐵| = 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑝．
(4) 若直线𝐴𝐵的倾斜角为𝛼，则|𝐴𝐵| =
2𝑝
sin2 𝛼．
(5) 𝐴，𝐵两点的横坐标之积，纵坐标之积均为定值，即𝑥1𝑥2 = 𝑝2
4 ，𝑦1𝑦2 = −𝑝2．
(6) |𝐴𝐹| + |𝐵𝐹| 为定值 2
𝑝.
典例5 （25-26·重庆）（多选）已知抛物线𝑦2 = 4𝑥，过其焦点𝐹的直线与抛物线交于𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，
𝐵(𝑥2 , 𝑦2)两点，𝐴在第一象限，抛物线的准线与𝑥轴交于点𝑃，则（ ）
A. 𝑥1𝑥2 = 1
B. |𝐴𝐵| = 6时，|𝐴𝐹| = 2|𝐵𝐹|
C. 以𝐴𝐵为直径的圆与准线相切
D.
1
𝑘𝐴𝑃
+
1
𝑘𝐵𝑃
= 0
𝐴𝐶𝐷
【分析】𝐴选项，过焦点𝐹(1 , 0)的直线方程为𝑥= 1 + 𝑡𝑦，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，
计算出𝑥1𝑥2 = (𝑦1𝑦2)2
16
= 1；𝐵选项，由焦点弦长公式得到方程，得到𝑡2 = 1
2，不妨设𝑡= √2
2 ，解得
𝑥1 = 2 + √3，𝑥2 = 2 −√3，求出|𝐴𝐹|，|𝐵𝐹|，|𝐴𝐹| ≠2|𝐵𝐹|；𝐶选项，求出𝐴𝐵的中点坐标为𝑀(2𝑡2 +
高二数理进阶
第 10 讲 抛物线中的核心问题
Page 256
存在性找构造
1 , 2𝑡)，计算出𝑀到准线的距离为|𝑀𝑁| = |𝐴𝐵|
2 ，𝐶正确；𝐷选项，计算出𝑘𝐴𝑃+ 𝑘𝐵𝑃= −8𝑡+ 8𝑡
4𝑡2 + 4 = 0，
得到𝐷正确.
【详解】𝐴选项，设过焦点𝐹(1 , 0)的直线方程为𝑥= 1 + 𝑡𝑦，
联立{𝑥= 𝑡𝑦+ 1
𝑦2 = 4𝑥
，可得𝑦2 −4𝑡𝑦−4 = 0，Δ = (−4𝑡)2 + 16 > 0，
𝑦1 + 𝑦2 = 4𝑡，𝑦1𝑦2 = −4，则𝑥1𝑥2 = (𝑦1𝑦2)2
16
= 1，故𝐴正确；
𝐵选项，𝑥1 + 𝑥2 = 2 + 𝑡(𝑦1 + 𝑦2) = 4𝑡2 + 2，故|𝐴𝐵| = 𝑥1 + 𝑥2 + 2 = 4𝑡2 + 4，
当|𝐴𝐵| = 6时，4𝑡2 + 4 = 6，解得𝑡2 = 1
2，
由对称性，不妨设𝑡= √2
2 ，则𝑥1 + 𝑥2 = 4，𝑥1𝑥2 = 1，
解得𝑥1 = 2 + √3，𝑥2 = 2 −√3，此时|𝐴𝐹| = 𝑥1 + 1 = 3 + √3，
|𝐵𝐹| = 𝑥2 + 1 = 3 −√3，显然|𝐴𝐹| ≠2|𝐵𝐹|，故𝐵错误；
𝐶选项，𝑥1 + 𝑥2
2
= 2𝑡2 + 1，𝑦1 + 𝑦2
2
= 2𝑡，𝐴𝐵的中点坐标为𝑀(2𝑡2 + 1 , 2𝑡)，
𝑀(2𝑡2 + 1 , 2𝑡)到准线的距离为|𝑀𝑁| = 2𝑡2 + 1 + 1 = 2𝑡2 + 2 = |𝐴𝐵|
2 ，
所以，以𝐴𝐵为直径的圆与准线相切，𝐶正确；
𝐷选项，𝑃(−1 , 0)，𝑘𝐴𝑃+ 𝑘𝐵𝑃= 𝑦1 −0
𝑥1 + 1 + 𝑦2 −0
𝑥2 + 1 = 𝑦1(𝑥2 + 1) + 𝑦2(𝑥1 + 1)
(𝑥1 + 1)(𝑥2 + 1)
= 𝑦1(2 + 𝑡𝑦2) + 𝑦2(2 + 𝑡𝑦1)
𝑥1𝑥2 + 𝑥1 + 𝑥2 + 1
= 2𝑡𝑦1𝑦2 + 2(𝑦1 + 𝑦2)
1 + 4𝑡2 + 2 + 1
= −8𝑡+ 8𝑡
4𝑡2 + 4 = 0 ，
1
𝑘𝐴𝑃
+
1
𝑘𝐵𝑃
= 𝑘𝐴𝑃+ 𝑘𝐵𝑃
𝑘𝐴𝑃𝑘𝐵𝑃
= 0，故𝐷正确.
故选：𝐴𝐶𝐷.
变式5 （25-26·上海）已知抛物线𝐶：𝑦2 = 4𝑥, 𝑃𝑄是过其焦点𝐹的一条弦，若|𝑃𝑄| = 6，则直线𝑃𝑄的斜率
为
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最值先找可行域
Page 257
±√2
【分析】根据焦点弦长公式，即可求解.
【详解】设直线𝑃𝑄的倾斜角为𝛼，2𝑝= 4，
所以|𝑃𝑄| =
2𝑝
sin2 𝛼=
4
sin2 𝛼= 6，所以sin 𝛼= √6
3 ，cos 𝛼= ±√3
3 ，
所以tan 𝛼= ±√2，
所以直线𝑃𝑄的斜率为±√2.
故答案为：±√2
题型6
抛物线的标准方程
题型点拨
1、由抛物线方程求焦点与准线方程的基本方法
(1)已知抛物线方程求焦点坐标与准线方程时，一般先将所给方程式化为标准形式，由焦点方程准确得到
参数𝑝，从而得焦点坐标与准线方程，要注意𝑝> 0；
(2)焦点所在坐标轴由标准方程的一次项确定，系数为正，焦点在正半轴；系数为负，焦点在负半轴．
2、求抛物线标准方程的方法
(1)直接法：直接利用题中已知条件确定焦参数𝑝；
(2)待定系数法：先设出抛物线的方程，再根据题中条件，确定焦参数𝑝.当焦点位置不确定时，应分类讨
论或设抛物线方程为𝑥2 = 𝑚𝑦或𝑦2 = 𝑚𝑥；
注意：①已知焦点坐标或准线方程可确定抛物线标准方程的形式；
②已知抛物线过某点不能确定抛物线标准方程的形式，需根据四种抛物线的图形及开口方向确定．
典例6 （25-26·江苏南京）抛物线𝐶的顶点为坐标原点，焦点在𝑥轴上，直线𝑥= 3交𝐶于𝑀，𝑁两点，𝐶的
准线交𝑥轴于点𝑃，若𝑃𝑀⟂𝑃𝑁，则𝐶的方程为（ ）
A. 𝑦2 = 4𝑥
B. 𝑦2 = 6𝑥
C. 𝑦2 = 8𝑥
D. 𝑦2 = 12𝑥
𝐷
【分析】先根据已知条件求出𝑀, 𝑁, 𝑃的坐标，然后利用垂直关系列出等式求出𝑝，进而得到抛物线方程.
【详解】根据题意，设抛物线方程为𝑦2 = 2𝑝𝑥，
则𝑀(3 , √6𝑝) , 𝑁(3 , −√6𝑝)，准线方程为𝑥= −𝑝
2.
所以点𝑃(−𝑝
2 , 0).
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Page 258
周期性先定基本周期
因为𝑃𝑀⟂𝑃𝑁，所以
√6𝑝
3 + 𝑝
2
⋅−√6𝑝
3 + 𝑝
2
= −1，
化简得6𝑝= (3 + 𝑝
2)
2
，即𝑝2 −12𝑝+ 36 = 0，解得𝑝= 6.
所以抛物线方程为𝑦2 = 12𝑥.
故选：𝐷.
变式6 （25-26·江西南昌）抛物线𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝> 0)的焦点为𝐹，𝑂为坐标原点，𝐴为抛物线上一点，且
|𝐴𝐹| = 2|𝑂𝐹|，△𝑂𝐴𝐹的面积为4，则抛物线方程为
𝑦2 = 8𝑥
【分析】根据题意过点𝐴作𝑥轴垂线垂足为𝐵，作直线𝑙垂线垂足为𝐻，则根据抛物线定义可得点𝐴坐标为
(𝑝
2 , 𝑝)或(𝑝
2 , −𝑝)，再根据△𝑂𝐴𝐹面积为4即可求解.
【详解】根据题意过点𝐴作𝑥轴垂线垂足为𝐵，作直线𝑙垂线垂足为𝐻，
由抛物线定义可得|𝐴𝐻| = |𝐴𝐹| = 2|𝑂𝐹| = 𝑝,
所以可得点𝐴坐标横坐标为𝑝
2，代入抛物线𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝> 0)可得点𝐴纵坐标为±𝑝，
又因△𝑂𝐴𝐹的面积为4，所以可得1
2|𝐴𝐵| ⋅|𝑂𝐹| = 1
2|±𝑝| ⋅|𝑝
2| = 4，
所以可求得𝑝= 4，则抛物线方程为𝑦2 = 8𝑥.
故答案为：𝑦2 = 8𝑥
题型7
抛物线在实际问题中的应用
题型点拨
抛物线的实际应用问题,关键是建立坐标系,将题目中的已知条件转化为抛物线上点的坐标,从而求得抛物
线方程,再把待求问题转化为抛物线的几何量讨论.
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对称性先找中心与轴
Page 259
典例7 （25-26·四川德阳）一种卫星接收天线（如图①所示）的曲面是旋转抛物面（抛物线围绕其对称轴
旋转180∘而得的一种空间曲面，抛物线的对称轴、焦点、顶点分别称为旋转抛物面的轴线、焦点、顶点），
已知卫星波束以平行于旋转抛物面的轴线的方式射入该卫星接收天线经反射后聚集到焦点处（如图②所
示），已知该卫星接收天线的口径（直径）为6𝑚，深度为1𝑚，则其顶点到焦点的距离等于（ ）
A. 9
4𝑚
B. 9
2𝑚
C. 1𝑚
D. 3
2𝑚
𝐴
【分析】建立平面直角坐标系，设抛物线的标准方程为𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝> 0)，代入点𝐴(1 , 3)求出𝑝，进而可
得答案.
【详解】如图所示，以接收天线的轴截面所在平面上建立平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦，使接收天线的顶点（即抛
物线的顶点）与原点𝑂重合，焦点𝐹在𝑥上，
设抛物线的标准方程为𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝> 0)，
由已知得𝐴(1 , 3)在抛物线上，所以9 = 2𝑝，得𝑝= 9
2，
其顶点到焦点的距离等于𝑝
2 = 9
4𝑚.
故选：𝐴.
变式7 （25-26·陕西咸阳）如图是济新高速黄河三峡大桥鸟瞰图，该桥是世界首座独塔地锚式回转缆悬索
桥.大桥主跨𝑂𝐴长约500米，主塔𝐴𝐵高约100米，缆悬索𝑂𝐵是以𝑂为顶点且开口向上的抛物线𝐶的一部分，
若𝐹为抛物线𝐶的焦点，则主塔端点𝐵到焦点𝐹的距离约为（ ）
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第 10 讲 抛物线中的核心问题
Page 260
单调性服务比较
A. 1350米
B. 758米
C. 725米
D. 558米
𝐶
【分析】根据给定条件，建立直角坐标系，求出其准线方程，结合抛物线的定义即可求解.
【详解】以𝑂为原点，直线𝑂𝐴为𝑥轴，过𝑂且与主塔𝐴𝐵平行的直线为𝑦轴，建立平面直角坐标系，
连接𝐴𝐹，𝐵𝐹，则𝐴(500 , 0), 𝐵(500 , 100)，
设抛物线𝐶的方程为𝑥2 = 2𝑝𝑦(𝑝> 0)，
则5002 = 2𝑝× 100，解得𝑝= 1250，
因此抛物线𝐶的焦点为𝐹(0 , 625)，
准线方程为𝑦=−625，
利用抛物线的定义得：|𝐵𝐹| = 100 + 625 = 725.
故选：𝐶
练
强化训练
Targeted Practice
1. （25-26·江苏南通）已知圆𝐹: (𝑥+ 3)2 + 𝑦2 = 1，直线𝑙: 𝑥= 2，则与直线𝑙相切且与圆𝐹外切的圆的圆心
𝑀的轨迹方程是（ ）
A. 𝑦2 = −6𝑥
B. 𝑦2 = −12𝑥
C. 𝑦2 = 4𝑥
D. 𝑦2 = 8𝑥
𝐵
【分析】考察点𝑀到𝐹的距离与到直线𝑥= 2的距离，作辅助直线结合抛物线定义可解.
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奇偶性服务简化
Page 261
【详解】由图可知，𝑀到𝐹的距离比到直线𝑙的距离大1，
记直线𝑥= 3为直线𝑙′ ，则𝑀到𝐹的距离等于到直线𝑙′的距离，
由抛物线定义可知，𝑀的轨迹为顶点在原点开口向左的抛物线，其中𝑝= 6，
所以𝑀的轨迹方程为：𝑦2 = −12𝑥
故选：𝐵
2. （25-26·河南）已知点𝑃是抛物线𝐶: 𝑦2 = 8𝑥上的一点，设点𝑃到直线𝑥= −2和𝑥−√3𝑦+ 8 = 0的距离分
别为𝑑1，𝑑2，则𝑑1 + 𝑑2的最小值为（ ）
A. 5
B. 9
2
C. 3 + 2√2
D. 4√2
𝐴
【分析】根据抛物线的定义得𝑑1 = |𝑃𝐹|，从而转化为求|𝑃𝐹| + 𝑑2的最小值，最后转化为计算点到直线的
距离即可.
【详解】由题知𝐶的焦点𝐹(2 , 0)，准线方程为𝑥= −2．因为点𝑃在𝐶上，所以𝑑1 = |𝑃𝐹|，
所以𝑑1 + 𝑑2 = |𝑃𝐹| + 𝑑2．联立方程组
{
𝑦2 = 8𝑥
𝑥−√3𝑦+ 8 = 0得𝑦2 −8√3𝑦+ 64 = 0，
则Δ = (−8√3)2 −4 × 64 = −64 < 0，
所以直线𝑥−√3𝑦+ 8 = 0与𝐶无公共点，
如图所示，|𝑃𝐹| + 𝑑2的最小值即为点𝐹(2 , 0)到直线𝑥−√3𝑦+ 8 = 0的距离，
所以最小值为|𝑃𝐹| + |𝑑2| ≥|2 −0 + 8|
2
= 5，即𝑑1 + 𝑑2的最小值为5.
故选：𝐴.
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Page 262
换元须保范围
3. （25-26·重庆）已知抛物线𝑦2 = 4𝑥的焦点为𝐹, 𝐴、𝐵是抛物线上异于原点𝑂的两点，且𝑂𝐴⟂𝑂𝐵，则
4|𝐹𝐴| + |𝐹𝐵|的最小值为（ ）
A. 21
B. 13
C. 10
D. 9
𝐴
【分析】设𝐴
(
𝑦2
1
4 , 𝑦1
)
, 𝐵
(
𝑦2
2
4 , 𝑦2
)
，根据𝑂𝐴⃗⋅𝑂𝐵⃗= 0得𝑦1𝑦2 = −16，再根据抛物线定义得4|𝐹𝐴| +
|𝐹𝐵| = 4
(
𝑦2
1
4 −(−1)
)
+ 𝑦2
2
4 −(−1)，最后利用基本不等式求最值.
【详解】根据题意，设𝐴
(
𝑦2
1
4 , 𝑦1
)
, 𝐵
(
𝑦2
2
4 , 𝑦2
)
，
因为𝑂𝐴⟂𝑂𝐵，所以𝑂𝐴⃗⋅𝑂𝐵⃗= 0，所以𝑦2
1𝑦2
2
16 + 𝑦1𝑦2 = 0，
因为𝐴、𝐵是抛物线上异于原点𝑂的两点，所以𝑦1𝑦2 = −16，
又因为抛物线𝑦2 = 4𝑥的准线方程为𝑥= −1，
根据抛物线定义可得：
4|𝐹𝐴| + |𝐹𝐵| = 4
(
𝑦2
1
4 −(−1)
)
+ 𝑦2
2
4 −(−1) = 𝑦2
1 + 𝑦2
2
4 + 5 ≥2√𝑦2
1 ⋅𝑦2
2
4 + 5 = 2 × 8 + 5 = 21 ，
当且仅当𝑦2
1 = 𝑦2
2
4 ，即𝑦1 = 2√2 , 𝑦2 = −4√2时，等号成立，
此时4|𝐹𝐴| + |𝐹𝐵|取最小值为21.
故选：𝐴
4. （25-26·云南）已知抛物线𝐶: 𝑦2 = 8𝑥，其中𝐴𝐶，𝐵𝐷是过拋物线焦点𝐹的两条互相垂直的弦，直线𝐴𝐶的
倾斜角为𝛼，当𝛼= 45∘时，如图所示的“蝴蝶形图案（阴影区域）”的面积为（ ）
第 10 讲 抛物线中的核心问题
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配凑不是技巧，是识别
Page 263
A. 4
B. 8
C. 16
D. 32
𝐷
【分析】依题写出直线𝐴𝐶的方程并与抛物线方程联立，求得𝐴, 𝐶的横坐标，利用弦长公式结合抛物线对
称性求出相关线段长，即可求得答案．
【详解】由题意知𝐹(2 , 0)，直线𝐴𝐶的倾斜角𝛼= 45∘，则直线𝐴𝐶的方程为𝑦= 𝑥−2，
联立𝑦2 = 8𝑥，消去𝑦可得：𝑥2 −12𝑥+ 4 = 0，解得𝑥= 6 ± 4√2，
𝑥𝐴= 6 + 4√2，𝑥𝐶= 6 −4√2，
由抛物线的定义可得|𝐴𝐹| = 𝑥𝐴+ 2 = 8 + 4√2，|𝐶𝐹| = 𝑥𝐶+ 2 = 8 −4√2，
根据抛物线的对称性结合𝐴𝐶, 𝐵𝐷是过抛物线焦点𝐹的两条互相垂直的弦，
可知|𝐷𝐹| = |𝐴𝐹| = 8 + 4√2，|𝐵𝐹| = |𝐶𝐹| = 8 −4√2，
故𝑆△𝐴𝐹𝐵= 1
2|𝐴𝐹| × |𝐵𝐹| = 1
2(8 + 4√2)(8 −4√2) = 16，
故“蝴蝶形图案（阴影区域）”的面积为2 × 16 = 32．
故选：𝐷
5. （25-26·湖北武汉）（多选）抛物线𝑦2 = 4𝑥的焦点为𝐹，过焦点的倾斜角为𝜃的直线交抛物线于𝐴, 𝐵两点，
设𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，则下列结论正确的是（ ）
A. 𝑥1 ⋅𝑥2 = 2
B. 𝑦1 ⋅𝑦2 = −4
C. 若𝜃= 𝜋
3 ，则|𝐴𝐵| = 16
3
D.
1
|𝐴𝐹| +
1
|𝐵𝐹| = 1
𝐵𝐶𝐷
【分析】由题设直线𝐴𝐵的方程，联立抛物线方程结合韦达定理可判断𝐴, 𝐵；再依次应用抛物线焦点弦长
公式和焦半径公式计算即可判断𝐶, 𝐷..
【详解】对于𝐴𝐵，由抛物线的方程可知，2𝑝= 4，即𝑝= 2， 𝐹(1 , 0)，
直线𝐴𝐵的斜率不可能为0，设其方程为𝑥= 𝑡𝑦+ 1，
联立{𝑥= 𝑡𝑦+ 1
𝑦2 = 4𝑥
，消去𝑥，得𝑦2 −4𝑡𝑦−4 = 0，∴𝑦1 + 𝑦2 = 4𝑡, 𝑦1𝑦2 = −4，
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第 10 讲 抛物线中的核心问题
Page 264
消元不是删除，是聚焦
故𝑥1𝑥2 = (𝑦1𝑦2)2
16
= 1，故𝐴错误，𝐵正确；
对于𝐶，若𝜃= 𝜋
3 ，则𝑡= √3
3 ，
则|𝐴𝐵| = √1 + (√3
3 )2|𝑦1 −𝑦2| = 2√3
3 √(𝑦1 + 𝑦2)2 −4𝑦1𝑦2 = 2√3
3
× √16
3 + 16 = 16
3 ，𝐶正确；
对于𝐷，由抛物线的定义知，|𝐴𝐹| = 𝑥1 + 1 , |𝐵𝐹| = 𝑥2 + 1，
又𝑥1 + 𝑥2 = 𝑡(𝑦1 + 𝑦2) + 2 = 4𝑡2 + 2，
∴
1
|𝐹𝐴| +
1
|𝐹𝐵| =
1
𝑥1 + 1 +
1
𝑥2 + 1=
𝑥1 + 𝑥2 + 2
𝑥1𝑥2 + (𝑥1 + 𝑥2) + 1 =
4𝑡2 + 2 + 2
1 + 4𝑡2 + 2 + 1 = 1，即选项𝐷正确.
故选: 𝐵𝐶𝐷
6. （多选)(2025·重庆）已知抛物线𝐶：𝑥2 = 4𝑦的准线为𝑙，焦点为𝐹, 𝑃为抛物线𝐶上的动点，过点𝑃作⊙𝐴
：(𝑥−2)2 + 𝑦2 = 1
2的一条切线，𝑄为切点，过点𝑃作𝑙的垂线，垂足为𝐵，则（ ）
A. 准线𝑙与圆𝐴相切
B. 过点𝐹, 𝐴的直线与抛物线𝐶相交的弦长为5
C. 当𝑃, 𝐴, 𝐵三点共线时，|𝑃𝑄| = √2
2
D. 满足|𝑃𝐴| = |𝑃𝐵|的点𝑃有且仅有2个
𝐵𝐶𝐷
【分析】对于𝐴，只需判断圆的半径是否等于1即可；对于𝐵，联立直线𝐹𝐴的方程𝑦= −1
2𝑥+ 1与抛物线方
程，结合韦达定理，焦点弦公式即可判断；对于𝐶，直接验算即可；对于𝐷，联立直线𝐹𝐴的垂直平分线
方程与抛物线方程，判断判别式是否大于0即可.
【详解】
对于𝐴，抛物线的准线为𝑦= −1，圆𝐴的圆心在𝑥轴上，半径𝑟= √2
2 < 1，准线𝑙与圆𝐴相离，𝐴错误；
对于𝐵，直线𝐹𝐴的方程为𝑦= −1
2𝑥+ 1，代入𝑥2 = 4𝑦得𝑦2 −3𝑦+ 1 = 0 , 𝑦1 + 𝑦2 = 3，
弦长为𝑦1 + 𝑦2 + 𝑝= 5，𝐵正确；
对于𝐶，𝑥2 = 4𝑦中，令𝑥= 2得𝑦= 1，故|𝑃𝐴| = 1，显然𝑃𝑄⊥𝐴𝑄，
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因式分解显露结构
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由勾股定理得|𝑃𝑄|2 = |𝑃𝐴|2 −1
2 = 1
2，所以|𝑃𝑄| = √2
2 ，𝐶正确；
对于𝐷，由抛物线的定义得|𝑃𝐵| = |𝑃𝐹| = |𝑃𝐴|，故满足要求的点在线段𝐴𝐹的垂直平分线上，
其中直线𝐹𝐴的垂直平分线方程为𝑦= 2𝑥−3
2，代入𝑥2 = 4𝑦得𝑥2 −8𝑥+ 6 = 0 , Δ > 0，
故点𝑃有且仅有2个，𝐷正确．
故选：𝐵𝐶𝐷.
7. （25-26·湖南郴州）已知抛物线𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝> 0)，过抛物线焦点的直线𝑦= −2𝑥+ 4与抛物线交于𝐴, 𝐵两
点，则|𝐴𝐵| =
．
10
【分析】首先求出直线与𝑥轴的交点坐标，即可得到抛物线方程，再设𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，联立直线
与抛物线方程，消元、列出韦达定理，再由焦点弦公式计算可得.
【详解】直线𝑦= −2𝑥+ 4过点(2 , 0)，又抛物线𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝> 0)的焦点坐标为(𝑝
2 , 0)，
所以𝑝
2 = 2，解得𝑝= 4，所以抛物线𝑦2 = 8𝑥，设𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，
由{𝑦2 = 8𝑥
𝑦= −2𝑥+ 4，消去𝑦可得𝑥2 −6𝑥+ 4 = 0，显然Δ > 0，
所以𝑥1 + 𝑥2 = 6，则|𝐴𝐵| = 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑝= 10.
故答案为：10
8. 已知𝐴, 𝐵为抛物线𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝> 0)上的两点，若△𝑂𝐴𝐵是边长为8√3的等边三角形，𝑂为坐标原点，则
抛物线方程为
．
𝑦2 = 4𝑥
【分析】抛物线和其上的等边三角形都关于𝑥轴对称，不妨取𝐴在第一象限，根据对称性求出𝐴点坐标，代
入抛物线方程中可得答案．
【详解】抛物线和其上的等边三角形都关于𝑥轴对称，则𝐴, 𝐵两点关于𝑥轴对称，
𝑥轴是等边三角形边𝐴𝐵的垂直平分线，不妨取𝐴在第一象限，
如图，由|𝑂𝐴| = 8√3，∠𝐴𝑂𝑥= 30∘，得𝐴(12 , 4√3)，
将𝐴(12 , 4√3)代入抛物线方程中得48 = 24𝑝，
所以𝑝= 2，抛物线方程为𝑦2 = 4𝑥．
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第 10 讲 抛物线中的核心问题
Page 266
配方让二次式归位
故答案为：𝑦2 = 4𝑥.
9. （25-26·上海）已知点𝑃是抛物线𝑦2 = 2𝑥上的动点，点𝑄是圆(𝑥−4)2 + 𝑦2 = 1上的动点，则𝑃, 𝑄两点间
的最短距离为
．
√7 −1/−1 + √7
【分析】由题意转化为抛物线上动点到圆心的距离的最小值即可得解.
【详解】由圆(𝑥−4)2 + 𝑦2 = 1，知圆心为𝐶(4 , 0)，半径为𝑟= 1，
设𝑃(𝑥0 , 𝑦0)为抛物线上动点，则|𝑃𝐶|两点间的距离为√(𝑥0 −4)2 + 𝑦2
0 = √(𝑥0 −4)2 + 2𝑥0 =
√𝑥2
0 −6𝑥0 + 16 = √(𝑥0 −3)2 + 7，
所以当𝑥0 = 3时，|𝑃𝐶|𝑚𝑖𝑛= √7，
所以|𝑃𝑄|𝑚𝑖𝑛= |𝑃𝐶|𝑚𝑖𝑛−𝑟= √7 −1．
故答案为：√7 −1
10. 已知抛物线𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝> 0)的焦点为𝐹，准线为𝑙，过点𝐹且倾斜角为120∘的直线交抛物线于点𝐴(点𝐴在
第一象限），过点𝐴作𝐴𝐵⟂𝑙，垂足为𝐵，直线𝐵𝐹交𝑦轴于点𝐶，若△𝐴𝐶𝐹的外接圆的面积为𝜋，则抛物线
的方程为
．
𝑦2 = 6𝑥
【分析】根据题意结合抛物线的性质可得𝐴𝐹是𝑅𝑡△𝐴𝐶𝐹的外接圆的直径，可知|𝐴𝐹| = 2，过点𝐴作𝐴𝐷⟂
𝑥轴，结合抛物线的定义可得𝑝= 3，即可得方程.
【详解】如图，因为直线𝐴𝐹的倾斜角为120∘，𝐴𝐵⟂𝑙，
第 10 讲 抛物线中的核心问题
高二数理进阶
构造使隐含关系可见
Page 267
可知|𝐴𝐵| = |𝐴𝐹|，∠𝐵𝐴𝐹= ∠𝐴𝐹𝑥= 120∘，
设准线𝑙与𝑥轴交于点𝐸，则坐标原点𝑂是线段𝐸𝐹的中点，𝐵𝐸∥𝑂𝐶，
可知点𝐶是线段𝐵𝐹的中点，则𝐴𝐶⟂𝐵𝐹，
即△𝐴𝐶𝐹为直角三角形，𝐴𝐹为斜边，
所以𝐴𝐹是𝑅𝑡△𝐴𝐶𝐹的外接圆的直径，
由题意可得：𝜋× (|𝐴𝐹|
2 )
2
= 𝜋，解得|𝐴𝐹| = 2．
过点𝐴作𝐴𝐷⟂𝑥轴，垂足为𝐷，
在𝑅𝑡△𝐴𝐷𝐹中，|𝐹𝐷| = |𝐴𝐹| cos 60∘= 1，
又因为|𝐸𝐷| = |𝐴𝐵| = |𝐴𝐹| = 2，则|𝐸𝐹| = |𝐸𝐷| + |𝐷𝐹| = 2 + 1 = 3，即𝑝= 3，
所以抛物线的方程为𝑦2 = 6𝑥．
故答案为：𝑦2 = 6𝑥
测
知识小测
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1. （25-26·北京平谷）以(0 , 2)为焦点的抛物线标准方程是（ ）
A. 𝑦2 = 4𝑥
B. 𝑦2 = 8𝑥
C. 𝑥2 = 4𝑦
D. 𝑥2 = 8𝑦
𝐷
【分析】根据抛物线焦点位置，设其标准方程𝑥2 = 2𝑝𝑦，求出𝑝的值，即得.
【详解】由题意，抛物线方程形如𝑥2 = 2𝑝𝑦，因𝑝
2 = 2，解得𝑝= 4，
故以(0 , 2)为焦点的抛物线标准方程是𝑥2 = 8𝑦.
故选：𝐷.
2. （25-26·广东）已知抛物线𝑦= 2𝑥2，则抛物线的焦点到准线的距离为（ ）
高二数理进阶
第 10 讲 抛物线中的核心问题
Page 268
归纳寻找稳定骨架
A. 1
4
B. 1
2
C. 1
D. 2
𝐴
【分析】化为抛物线的标准方程即可得解.
【详解】由抛物线𝑦= 2𝑥2化为标准方程得𝑥2 = 1
2𝑦，
则抛物线的焦点(0 , 1
8)到准线𝑦= −1
8的距离为1
4，
故选：𝐴.
3. （25-26·湖南永州）已知点(4 −𝑝
2 , √3𝑝)在抛物线𝐸: 𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝> 0)上，则𝐸的准线方程为（ ）
A. 𝑥= −3
B. 𝑥= 5
2
C. 𝑥= −1
D. 𝑥= −2
𝐶
【分析】利用抛物线上点的坐标解方程可得𝑦2 = 4𝑥，即可求准线方程.
【详解】把点(4 −𝑝
2 , √3𝑝)代入抛物线方程可得(√3𝑝)2 = 2𝑝(4 −𝑝
2)，
解得𝑝= 2或𝑝= 0（舍去），
故抛物线𝐸的方程为𝑦2 = 4𝑥，其准线方程为𝑥= −1，
故选：𝐶.
4. （多选）连接抛物线上任意四点组成的四边形可能是（ ）
A. 平行四边形
B. 梯形
C. 有三条边相等的四边形
D. 有一组对角相等的四边形
𝐵𝐶𝐷
【分析】根据题意作出相应的图形，结合抛物线的性质逐项分析判断.
【详解】对于选项𝐴：作两条平行线与抛物线均相交，根据抛物线的性质可知：截得的弦长一定不相等，
所以所得的四边形不可能为平行四边形，故𝐴错误；
第 10 讲 抛物线中的核心问题
高二数理进阶
类比给方向，证明给资格
Page 269
对于选项𝐶：任作一条直线垂直于抛物线的对称轴，交抛物线与𝐴, 𝐵两点，则|𝑂𝐴| = |𝑂𝐵|，
再以𝐴圆心，|𝑂𝐴|为半径作圆，该圆以抛物线必有一个异于坐标原点的交点𝐶，
此时可得|𝑂𝐴| = |𝑂𝐵| = |𝐴𝐶|，符合题意，故𝐶正确；
对于选项𝐵：任作两条直线垂直于抛物线的对称轴，分别与交抛物线交于𝐴, 𝐵和𝐶, 𝐷，
此时|𝐴𝐵| ≠|𝐶𝐷|，即𝐴𝐵𝐶𝐷为梯形，故𝐵正确；
对于选项𝐷：如图，以𝐴𝐶为直径作圆，与抛物线交于𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷，
此时∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐴𝐷𝐶= 90∘，符合题意，故𝐷正确；
故选：𝐵𝐶𝐷.
5. 假设一水渠的横截面曲线是抛物线形，如图所示，它的渠口宽𝐴𝐵为2𝑚，渠深𝑂𝐶为1.5𝑚，水面𝐸𝐹距𝐴𝐵
为0.5𝑚，则截面图中水面宽𝐸𝐹的长度约为
（√2 ≈1.414，√3 ≈1.732，√6 ≈2.449）
（ ）
高二数理进阶
第 10 讲 抛物线中的核心问题
Page 270
逆向思考寻找中点
A. 0.816𝑚
B. 1.33𝑚
C. 1.50𝑚
D. 1.63𝑚
𝐷
【分析】建立平面直角坐标系，求得抛物线方程并将水面宽度坐标化即可求得结果.
【详解】以𝑂为原点，𝑂𝐶为𝑦轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
设抛物线的标准方程为𝑥2 = 2𝑝𝑦（𝑝> 0），
由题意可得𝐵(1 , 1.5)，代入𝑥2 = 2𝑝𝑦得1 = 3𝑝，得𝑝= 1
3，故抛物线的标准方程为𝑥2 = 2
3𝑦，
设𝐹(𝑥0 , 𝑦0)（𝑥0 > 0，𝑦0 > 0），则𝑦0 = 1.5 −0.5 = 1，则𝑥2
0 = 2
3 × 1 = 2
3，
即可得𝑥0 = √2
3 = √6
3 ≈0.816，
所以截面图中水面宽𝐸𝐹的长度约为0.816 × 2 ≈1.63𝑚，
故选：𝐷.
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
正向推进积累条件
Page 271
第 11 讲
直线与圆锥曲线综合问题
讲
题型精讲
Core examples
题型1
中点弦
题型点拨
点差法在圆锥曲线中的结论
以下斜率形式均在相关斜率存在、分母不为零时成立；特殊位置应直接使用点差法所得的坐标关系处
理。
(1)椭圆：𝑘𝐴𝐵⋅𝑦0
𝑥0
= 𝑘𝐴𝐵⋅𝑘𝑂𝑀=
{
−𝑏2
𝑎2 = 𝑒2 −1 ⇔焦点在𝑥轴
−𝑎2
𝑏2 =
1
𝑒2 −1 ⇔焦点在𝑦轴
(2)双曲线：𝑘𝐴𝐵⋅𝑦0
𝑥0
= 𝑘𝐴𝐵⋅𝑘𝑂𝑀=
{
𝑏2
𝑎2 = 𝑒2 −1 ⇔焦点在𝑥轴
𝑎2
𝑏2 =
1
𝑒2 −1 ⇔焦点在𝑦轴
(3)抛物线：若 𝐴𝐵 的中点为 (𝑥0 , 𝑦0)，则 𝑦2 = 2𝑝𝑥(开口向右）时 𝑘𝐴𝐵= 𝑝
𝑦0
; 𝑦2 = −2𝑝𝑥(开口向左）
时 𝑘𝐴𝐵= −𝑝
𝑦0
; 𝑥2 = 2𝑝𝑦(开口向上）时 𝑘𝐴𝐵= 𝑥0
𝑝; 𝑥2 = −2𝑝𝑦(开口向下）时 𝑘𝐴𝐵= −𝑥0
𝑝.
典例1 （25-26·浙江）已知椭圆𝐶的中心为坐标原点，一个焦点为𝐹(3 , 0)，过𝐹的直线𝑙与椭圆𝐶交于𝐴、𝐵
两点.若𝐴𝐵的中点为(1 , −1)，则椭圆𝐶的方程为（ ）
A. 𝑥2
24 + 𝑦2
15 = 1
B. 𝑥2
18 + 𝑦2
9 = 1
C. 𝑥2
15 + 𝑦2
6 = 1
D. 𝑥2
12 + 𝑦2
3 = 1
𝐵
【分析】结合点差法化简即可求解.
【详解】设椭圆𝐶的方程为𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0)，𝐴(𝑥1 , 𝑦1) , 𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，
则𝑥1 + 𝑥2 = 2 , 𝑦1 + 𝑦2 = −2，
由直线过𝐹(3 , 0)与𝐴𝐵的中点(1 , −1)，则𝑘𝑙= −1 −0
1 −3 = 1
2，
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 272
正逆相接，思路成形
由𝑥2
1
𝑎2 + 𝑦2
1
𝑏2 = 1，𝑥2
2
𝑎2 + 𝑦2
2
𝑏2 = 1相减得(𝑥1 + 𝑥2)(𝑥1 −𝑥2)
𝑎2
+ (𝑦1 + 𝑦2)(𝑦1 −𝑦2)
𝑏2
= 0，
即𝑥1 + 𝑥2
𝑎2
+ 𝑦1 + 𝑦2
𝑏2
• 𝑘𝑙= 0，
∴2
𝑎2 + −1
𝑏2 = 0 ⇒𝑎= √2𝑏，
又𝑐= 3，∴𝑎2 −𝑏2 = 9，解得𝑎2 = 18 , 𝑏2 = 9，
故椭圆𝐶的方程为𝑥2
18 + 𝑦2
9 = 1.
故选：𝐵
变式1 已知抛物线𝐶: 𝑦2 = 6𝑥，过点𝑃(1 , 1)的直线𝑙与抛物线𝐶交于𝐴, 𝐵两点.若|𝑃𝐴| = |𝑃𝐵|，则直线𝑙的斜
率是（ ）
A. 3
B. −3
C. 1
3
D. −1
3
𝐴
【分析】抛物线的中点弦,运用点差法即可解决..
【详解】设𝐴(𝑥1 , 𝑦1) , 𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，
所以
{
𝑦2
1 = 6𝑥1
𝑦2
2 = 6𝑥2
整理得
𝑦2
1 −𝑦2
2 = 6(𝑥1 −𝑥2) .
因为|𝑃𝐴| = |𝑃𝐵|，
所以𝑃是线段𝐴𝐵的中点，
所以𝑦1 + 𝑦2 = 2，
所以2(𝑦1 −𝑦2) = 6(𝑥1 −𝑥2)，即𝑦1 −𝑦2
𝑥1 −𝑥2
= 3，
所以直线𝑙的斜率是3.
故选：𝐴.
题型2
弦长
题型点拨
|𝐴𝐵| = √(𝑥1 −𝑥2)2 + (𝑦1 −𝑦2)2
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
一式两看，常有转机
Page 273
|𝐴𝐵| = √(1 + 𝑘2)(𝑥1 −𝑥2)2
= √1 + 𝑘2|𝑥1 −𝑥2|
= √(1 + 𝑘2)[(𝑥1 + 𝑥2)2 −4𝑥1𝑥2] （最常用公式，使用频率最高）
= √1 + 1
𝑘2√(𝑦1 + 𝑦2)2 −4𝑦1𝑦2
上式使用纵坐标差形式时需 𝑘≠0；当 𝑘= 0 时直接利用横坐标差求弦长。
典例2 （25-26·江苏常州）在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，已知点𝑀(−2 , 0)，点𝑁(2 , 0)，动点𝑃(𝑥, 𝑦)满足：
直线𝑃𝑀与直线𝑃𝑁的斜率之积是−3
4.
（1）求动点𝑃的轨迹𝐶的方程；
（2）直线𝑙与(1)中轨迹𝐶相交于𝐴, 𝐵两点，且𝑄(1 , 1)为𝐴𝐵的中点，求弦长𝐴𝐵.
(1)𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1(𝑥≠±2)
(2)5√105
21
【分析】(1)借助斜率公式计算后化简即可得；
(2)设出直线方程及两交点坐标，联立直线方程与曲线方程，消去𝑦可得与两交点横坐标有关韦达定理，
再借助点𝑄为𝐴𝐵中点，代入计算后结合弦长公式即可得.
【详解】(1)依题意，𝑘𝑃𝑀⋅𝑘𝑃𝑁= 𝑦−0
𝑥+ 2 ⋅𝑦−0
𝑥−2 = −3
4 , (𝑥≠±2)，化简得𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1 , (𝑥≠±2)，
故动点𝑃的轨迹𝐶的方程为𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1(𝑥≠±2)；
(2)若直线𝑙斜率不存在，则𝐴𝐵中点纵坐标为0，不合题意；
故直线𝑙斜率存在，设𝑙: 𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑡，𝐴(𝑥1 , 𝑦1)、𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，
联立
{
𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑡
𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1，消去𝑦，有(4𝑘2 + 3)𝑥2 + 8𝑘𝑡𝑥+ 4𝑡2 −12 = 0，
Δ = 64𝑘2𝑡2 −4(4𝑘2 + 3)(4𝑡2 −12) = 48(3 −𝑡2 + 4𝑘2) > 0 ，
即𝑡2 < 3 + 4𝑘2，𝑥1 + 𝑥2 =
−8𝑘𝑡
4𝑘2 + 3，𝑥1𝑥2 = 4𝑡2 −12
4𝑘2 + 3 ，
由𝑄(1 , 1)为𝐴𝐵的中点，则𝑥1 + 𝑥2
2
=
−4𝑘𝑡
4𝑘2 + 3 = 1，化简得−4𝑘𝑡= 4𝑘2 + 3，
且有1 = 𝑘+ 𝑡，则−4𝑘(1 −𝑘) = 4𝑘2 + 3，整理得−4𝑘= 3，解得𝑘= −3
4，
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 274
同量异表，等式自来
则𝑡= 1 −𝑘= 1 + 3
4 = 7
4，故𝑥1 + 𝑥2 = 2，𝑥1𝑥2 =
4 × (7
4)
2
−12
4 × (−3
4)
2
+ 3
= 1
21，
则|𝐴𝐵| = √𝑘2 + 1 ⋅√(𝑥1 + 𝑥2)2 −4𝑥1𝑥2 = √(−3
4)
2
+ 1 × √4 −4
21 = 5
4 × √80
21 = 5√105
21
.
变式2 （25-26·湖南）已知𝑂为坐标原点，抛物线𝐶：𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝> 0)的焦点为𝐹，点𝑀(𝑝, 𝑦0)在抛物线
𝐶上，且|𝐹𝑀| = 3．
（1）求抛物线𝐶的方程；
（2）若经过点𝑁(5 , −1)的直线𝑙与抛物线𝐶交于点𝐴，𝐵，且𝑂𝐴⃗⟂𝑂𝐵⃗，求|𝐴𝐵|．
(1)𝑦2 = 4𝑥
(2)4√10
【分析】(1)由抛物线焦半径公式即可求解；
(2)设直线方程𝑦+ 1 = 𝑘(𝑥−5)，联立抛物线方程，由韦达定理，通过𝑂𝐴⃗⋅𝑂𝐵⃗= 0，求得斜率，再由弦
长公式即可求解.
【详解】(1)由点𝑀(𝑝, 𝑦0)在抛物线𝐶上，得𝑦2
0 = 2𝑝2，
由|𝐹𝑀| = 3，可得𝑝+ 𝑝
2 = 3，得𝑝= 2，
所以抛物线𝐶的方程𝑦2 = 4𝑥；
(2)当𝑙斜率不存在时，方程为：𝑥= 5，
此时𝐴(5 , 2√5) , 𝐵(5 , −2√5)，
则𝑂𝐴⃗= (5 , 2√5) , 𝑂𝐵⃗= (5 , −2√5)，
𝑂𝐴⃗⋅𝑂𝐵⃗≠0，不符合题意，
当𝑙斜率存在时，设直线方程为：𝑦+ 1 = 𝑘(𝑥−5)，
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
变量交错，先定主次
Page 275
联立抛物线方程消去𝑦可得：
𝑘2𝑥2 −2𝑘(5𝑘+ 1)𝑥+ (5𝑘+ 1)2 −4𝑥= 0 ，
设𝐴(𝑥1 , 𝑦1) , 𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，
𝑥1 + 𝑥2 = 2𝑘(5𝑘+ 1) + 4
𝑘2
, 𝑥1𝑥2 = (5𝑘+ 1)2
𝑘2
又𝑂𝐴⃗⟂𝑂𝐵⃗，则𝑥1𝑥2 + 𝑦1𝑦2 = 0，
代入𝑦1 = 𝑘(𝑥1 −5) −1 , 𝑦2 = 𝑘(𝑥2 −5) −1，
可得：𝑥1𝑥2 + 𝑦1𝑦2 = (1 + 𝑘2)𝑥1𝑥2 −𝑘(5𝑘+ 1)(𝑥1 + 𝑥2) + (5𝑘+ 1)2 = 0.
代入𝑥1 + 𝑥2 = 2𝑘(5𝑘+ 1) + 4
𝑘2
, 𝑥1𝑥2 = (5𝑘+ 1)2
𝑘2
得：(1 + 𝑘2)(5𝑘+ 1)2 −𝑘(5𝑘+ 1)[2𝑘(5𝑘+ 1) + 4] + 𝑘2(5𝑘+ 1)2 = 0.
化简可得：(5𝑘+ 1)(𝑘+ 1) = 0，
即𝑘= −1
5或𝑘= −1，
当𝑘= −1
5时，直线方程为𝑦= −1
5𝑥，过坐标原点，不符合题意舍去，
当𝑘= −1，直线方程为𝑦= −𝑥+ 4，
所以𝑥1 + 𝑥2 = 12 , 𝑥1𝑥2 = 16
由弦长公式得：
|𝐴𝐵| = √1 + 𝑘2 ⋅√(𝑥1 + 𝑥2)2 −4𝑥1𝑥2 = √2 ⋅√144 −64 = 4√10
题型3
面积
题型点拨
三角形的面积问题
直线与圆锥曲线相交，弦和某个定点所构成的三角形的面积，处理方法：
1、一般方法：𝑆= 1
2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅𝑑(其中 |𝐴𝐵| 为弦长，𝑑 为顶点到直线 𝐴𝐵 的距离），设直线 𝐴𝐵 为斜截式
𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏.
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 276
条件分散，先行归并
进一步，|𝐴𝐵| = √1 + 𝑘2 ⋅|𝑥1 −𝑥2| = √1 + 𝑘2 ⋅√(𝑥1 + 𝑥2)2 −4𝑥1𝑥2，再结合点到直线的距离公式求
面积.
2、特殊方法：拆分法,可以将三角形沿着𝑥轴或者𝑦轴拆分成两个三角形，不过在拆分的时候给定的顶点
一般在𝑥轴或者𝑦轴上，此时，便于找到两个三角形的底边长.
当以纵向差作为高时：𝑆Δ𝑃𝐴𝐵= 𝑆Δ𝑃𝑄𝐴+ 𝑆Δ𝑃𝑄𝐵= 1
2 ⋅|𝑃𝑄| ⋅|𝑦𝐴−𝑦𝐵| = 1
2 ⋅|𝑃𝑄| ⋅
√(𝑦1 + 𝑦2)2 −4𝑦1𝑦2.
当以横向差作为高时：𝑆Δ𝑃𝐴𝐵= 𝑆Δ𝑃𝑄𝐴+ 𝑆Δ𝑃𝑄𝐵= 1
2 ⋅|𝑃𝑄| ⋅|𝑥𝐴−𝑥𝐵| = 1
2 ⋅|𝑃𝑄| ⋅
√(𝑥1 + 𝑥2)2 −4𝑥1𝑥2.
典例3 （2025·江苏南通）已知椭圆𝐶: 𝑦2
𝑎2 + 𝑥2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0)的焦距与椭圆𝑥2
3 + 𝑦2 = 1的焦距相等，
且𝐶经过点(1 , √2).
（1）求𝐶的方程；
（2）若直线𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑚与𝐶相交于𝐴、𝐵两点，且𝐴、𝐵关于直线𝑙: 𝑥+ 𝑡𝑦+ 1 = 0对称，𝑂为𝐶的对称中心，
且△𝐴𝑂𝐵的面积为√10
3 ，求𝑘的值．
(1)𝑦2
4 + 𝑥2
2 = 1 ；
(2) ± √3
【分析】(1)利用椭圆参数的意义，结合待定系数法来求解即可；
(2)利用对称可得到参数𝑘= 𝑡，再利用方程组思想求解弦的中点在直线上可得𝑚= −(𝑘+ 2
𝑘)，再计算面
积可得方程组求解参数𝑘= ±√3即可.
【详解】(1)由题意：故
{
2
𝑎2 + 1
𝑏2 = 1
𝑎2 −𝑏2 = 2
，
解得： 𝑎2 = 4 ， 𝑏2 = 2 ，
所以 𝐶 的方程为： 𝑦2
4 + 𝑥2
2 = 1 ；
(2)因为直线 𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑚 与 𝐶 相交于 𝐴、𝐵 两点，
且 𝐴、𝐵关于直线 𝑙: 𝑥+ 𝑡𝑦+ 1 = 0 对称，
故直线 𝑙垂直𝐴𝐵，所以 𝑘= 𝑡 ，
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
结论复杂，先化目标
Page 277
联立
{
𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑚
𝑦2
4 + 𝑥2
2 = 1 ,可得 (𝑘2 + 2)𝑥2 + 2𝑘𝑚𝑥+ 𝑚2 −4 = 0，
设 𝐴(𝑥1 , 𝑦1) ， 𝐵(𝑥2 , 𝑦2) ，𝐴𝐵 的中点为 𝑃(𝑥0 , 𝑦0) ，
则 Δ = 8(2𝑘2 + 4 −𝑚2) > 0 ， 𝑥0 = −
𝑘𝑚
𝑘2 + 2 ， 𝑦0 = 𝑘𝑥0 + 𝑚=
2𝑚
𝑘2 + 2 ，
因为 𝑃(𝑥0 , 𝑦0) 在直线 𝑙: 𝑥+ 𝑘𝑦+ 1 = 0 上，
所以−𝑘𝑚
𝑘2 + 2 + 2𝑘𝑚
𝑘2 + 2 + 1 = 0，即𝑚= −(𝑘+ 2
𝑘) ，
所以 Δ = 8(𝑘2 −4
𝑘2) > 0，即：𝑘2 > 2 ，
则 |𝐴𝐵| = √𝑘2 + 1|𝑥1 −𝑥2| = √𝑘2 + 1
√Δ
𝑘2 + 2 = 2√2(𝑘2 + 1)(𝑘2 −2)
√𝑘2(𝑘2 + 2)
，
𝑂到直线 𝐴𝐵的距离 𝑑=
|𝑚|
√1 + 𝑘2
=
𝑘2 + 2
√𝑘2(𝑘2 + 1)
，
即 𝑆△𝐴𝑂𝐵= 1
2|𝐴𝐵|𝑑=
√2(𝑘4 −4)
𝑘2
= √10
3 ，
解得 𝑘2 = 3 ，即𝑘= ±√3 ．
变式3 （25-26·广东深圳）圆锥曲线第二定义：设动点𝑀到定点𝐹(𝑐, 0)(𝑐> 0)的距离与点𝑀到定直线𝑙:
𝑥= 𝑎2
𝑐的距离的比是𝑐
𝑎，当𝑐
𝑎> 1时，该动点𝑀的轨迹为双曲线.定直线𝑙: 𝑥= 𝑎2
𝑐称为准线，比值𝑒= 𝑐
𝑎称为
离心率，|𝑀𝐹| = |𝑒𝑥0 −𝑎|称为焦半径.如图，𝐹1 , 𝐹2为曲线𝐶的左、右焦点，该曲线离心率𝑒= √5
2 ，准线𝑙:
𝑥= 4√5
5 .动点𝑃(𝑥0 , 𝑦0)(𝑦0 ≥1)在曲线𝐶的右支上.设∠𝐹1𝑃𝐹2的平分线与𝑥轴、𝑦轴分别交于点
𝑁(𝑚, 0), 𝑄.
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 278
题设冗长，抓住核心
（1）求曲线的标准方程；
（2）求𝑚的取值范围；
（3）设过点 𝑄 的直线 𝑙 与双曲线 𝐶 交于 𝐴, 𝐵 两点，求 △𝐹2𝐴𝐵 面积的最大
值.
(1)𝑥2
4 −𝑦2 = 1 ；
(2)(0 , √2] ；
(3)4√30 .
【分析】(1)根据已知求双曲线参数，即可得双曲线方程；
(2)法一：根据已知有|𝑃𝐹1|
|𝑃𝐹2| = |𝑁𝐹1|
|𝑁𝐹2|得到√5𝑎= 𝑒𝑥0𝑚，进而有𝑚= 4
𝑥0
，结合双曲线的性质得𝑥0 ≥2√2，
即可确定参数范围；法二：根据已知写出𝑙𝑃𝐹1、𝑙𝑃𝐹2，由角平分线及点线距离公式列方程得𝑚= 4
𝑥0
，结
合𝑥0 ≥2√2即可得参数范围；
(3)设直线𝑙𝑃𝑄的方程，求得𝑄(0 , −1
𝑦0
)，进而有𝑙: 𝑦= −
1
√5𝑦0
(𝑥+ √5)并联立双曲线，应用韦达定理、
弦长公式和三角形面积公式得𝑆△𝐹2𝐴𝐵= 4√5 ×
√5𝑦2
0 + 1
5𝑦2
0 −4
，即可求最值.
【详解】(1)由题设
{
𝑒= 𝑐
𝑎= √5
2
𝑎2
𝑐= 4
√5
，可得{𝑎= 2
𝑐= √5，
则𝑏2 = 𝑐2 −𝑎2 = 1，故𝑥2
4 −𝑦2 = 1；
(2)法一：依题意有𝐹1(−√5 , 0), 𝐹2(√5 , 0).
由焦半径的定义知，|𝑃𝐹1| = 𝑒𝑥0 + 𝑎, |𝑃𝐹2| = 𝑒𝑥0 −𝑎.
在△𝑃𝐹1𝐹2中，由角平分线定理知|𝑃𝐹1|
|𝑃𝐹2| = |𝑁𝐹1|
|𝑁𝐹2|，即𝑒𝑥0 + 𝑎
𝑒𝑥0 −𝑎= √5 + 𝑚
√5 −𝑚
，
整理得(𝑒𝑥0 + 𝑎)(√5 −𝑚) = (𝑒𝑥0 −𝑎)(√5 + 𝑚) ⇒√5𝑎= 𝑒𝑥0𝑚，
将𝑒= √5
2 代入上式得𝑚= 4
𝑥0
，
由−√5 < 𝑚< √5 , 𝑦0 ≥1，及𝑦2
0 = 1
4𝑥2
0 −1 ⇒𝑥0 ≥2√2.
所以0 < 4
𝑥0
≤√2，从而𝑚的取值范围是(0 , √2].
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
图中有数，数中有形
Page 279
法二：依题意有𝐹1(−√5 , 0), 𝐹2(√5 , 0)，
则𝑙𝑃𝐹1 : 𝑦= 𝑦0 −0
𝑥0 + √5
(𝑥+ √5) ⇒𝑦0𝑥−(𝑥0 + √5)𝑦+ √5𝑦0 = 0，
𝑙𝑃𝐹2 : 𝑦= 𝑦0 −0
𝑥0 −√5
(𝑥−√5) ⇒𝑦0𝑥−(𝑥0 −√5)𝑦−√5𝑦0 = 0 ，
由点𝑁在∠𝐹1𝑃𝐹2的平分线上知
|𝑦0𝑚+ √5𝑦0|
√𝑦2
0 + (𝑥0 + √5)
2
=
|𝑦0𝑚+ √5𝑦0|
√𝑦2
0 + (𝑥0 −√5)
2
，
则𝑦2
0 + (𝑥0 + √5)
2
= 5
4𝑥2
0 + 2√5𝑥0 + 4 =
(
√5
2 𝑥0 + 2
)
2
, 𝑦2
0 + (𝑥0 −√5)
2
=
(
√5
2 𝑥0 −2
)
2
.
故𝑚+ √5
5
2𝑥0 + 2
=
√5 −𝑚
√5
2 𝑥0 −2
⇒𝑚= 4
𝑥0
，由−√5 < 𝑚< √5 , 𝑦0 ≥1及𝑦2
0 = 1
4𝑥2
0 −1 ⇒𝑥0 ≥2√2，
所以0 < 4
𝑥0
≤√2，故𝑚的取值范围是(0 , √2].
(3)由(1)知𝑙𝑃𝑄: 𝑦= 𝑦0 −0
𝑥0 −4
𝑥0
⋅(𝑥−4
𝑥0
)，
令𝑥= 0 ⇒𝑦= −4𝑦0
𝑥2
0 −4
= −1
𝑦0
，故点𝑄(0 , −1
𝑦0
)，
由𝑘𝑙=
0 −(−1
𝑦0
)
−√5 −0
= −
1
√5𝑦0
⇒𝑙: 𝑦= −
1
√5𝑦0
(𝑥+ √5)，
与双曲线方程联立消去𝑥得(5𝑦2
0 −4)𝑦2 + 10𝑦0𝑦+ 1 = 0①，
⇒Δ = 100𝑦2
0 −4(5𝑦2
0 −4) = 80𝑦2
0 + 16 > 0 ，
设𝐴(𝑥1 , 𝑦1) , 𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，则𝑦1 + 𝑦2 = −10𝑦0
5𝑦2
0 −4
, 𝑦1𝑦2 =
1
5𝑦2
0 −4
，
|𝑦1 −𝑦2| = √(𝑦1 + 𝑦2)2 −4𝑦1𝑦2 =
√(
−10𝑦0
5𝑦2
0 −4)
2
−4 ×
1
5𝑦2
0 −4
=
4√5𝑦2
0 + 1
|5𝑦2
0 −4|
，
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 280
式中有义，义中有式
由𝑦0 ≥1，知𝑆△𝐹2𝐴𝐵= 1
2|𝐹1𝐹2||𝑦1 −𝑦2| = 1
2 × 2√5 ×
4√5𝑦2
0 + 1
5𝑦2
0 −4
，
设5𝑦2
0 −4 = 𝑡≥1，故𝑆△𝐹2𝐴𝐵= 4√5 × √𝑡+ 5
𝑡
= 4√5 × √5(1
𝑡+ 1
10)
2
−1
20.
当𝑡= 1，即点𝑃(2√2 , 1)时，△𝐹2𝐴𝐵面积取最大值4√30.
从而△𝐹2𝐴𝐵面积的最大值为4√30.
题型4
定点问题
题型点拨
圆锥曲线的定点问题
1、参数无关法：把直线或者曲线方程中的变量当作常数看待，把方程一端化为零．既然是过定点，那
么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部为零，这样就得到一个关于 𝑥, 𝑦 的方程
组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点。
2、特殊到一般法：根据动点或动直线、动曲线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关。
3、关系法：对满足一定条件上的两点连结所得直线定点或满足一定条件的曲线过定点问题，可设直线
（或曲线）上两点的坐标，利用坐标在直线（或曲线）上，建立点的坐标满足方程（组），求出相应的直
线（或曲线），然后再利用直线（或曲线）过定点的知识求解。
典例4 （25-26·广东东莞）已知椭圆𝐶: 𝑥2
12 + 𝑦2 = 1，点𝑃为𝐶的上顶点．
（1）求椭圆𝐶的离心率；
（2）设与两坐标轴均不垂直的直线𝑙与椭圆𝐶交于异于𝑃的两点𝐴和𝐵，设直线𝑃𝐴、𝑃𝐵的斜率分别为𝑘1、𝑘2．
当𝑘1 + 𝑘2 = −2时，判断直线𝑙是否经过定点？若是，请求出这一定点；若不是，请说明理由．
(1)√33
6
；
(2)直线𝑙过定点(1 , −1).
【分析】(1)根据方程确定𝑎, 𝑏, 𝑐的值，再求离心率的值.
(2)设直线𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑚，与椭圆方程联立，结合韦达定理，表示出𝑥1 + 𝑥2，𝑥1𝑥2，根据𝑘1 + 𝑘2 = −2列
式，化简可得𝑘, 𝑚的关系，再确定直线是否过定点.
【详解】(1)椭圆𝐶: 𝑥2
12 + 𝑦2 = 1的长短半轴长分别为𝑎= 2√3 , 𝑏= 1，半焦距𝑐= √𝑎2 −𝑏2 = √11，
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
不求多解，先求通法
Page 281
所以离心率𝑒= 𝑐
𝑎= √11
2√3
= √33
6 .
(2)如图：
设𝑙: 𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑚，𝐴(𝑥1 , 𝑦1), 𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，
由直线𝑙与椭圆𝐶交于异于𝑃的两点𝐴、𝐵，得𝑚≠1，
由{𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑚
𝑥2 + 12𝑦2 = 12，得(1 + 12𝑘2)𝑥2 + 24𝑘𝑚𝑥+ 12𝑚2 −12 = 0，则
{
Δ > 0
𝑥1 + 𝑥2 = −24𝑘𝑚
1 + 12𝑘2
𝑥1𝑥2 = 12𝑚2 −12
1 + 12𝑘2
，
𝑘1 + 𝑘2 = 𝑦1 −1
𝑥1
+ 𝑦2 −1
𝑥2
= 2𝑘𝑥1𝑥2 + (𝑚−1)(𝑥1 + 𝑥2)
𝑥1𝑥2
= 24𝑘𝑚2 −24𝑘−24𝑘𝑚(𝑚−1)
12𝑚2 −12
= 2𝑘𝑚−2𝑘
𝑚2 −1
= −2，即𝑚2 + 𝑘𝑚−𝑘−1 = 0，
整理得(𝑚+ 𝑘+ 1)(𝑚−1) = 0，而𝑚≠1，于是𝑚= −𝑘−1，
此时直线𝑦= 𝑘(𝑥−1) −1，过定点(1 , −1)，所以直线𝑙过定点(1 , −1).
变式4 （25-26·河南商丘）已知双曲线𝐶: 𝑥2 −𝑦2
3 = 1.
（1）若直线𝑙与双曲线𝐶相交于𝐴, 𝐵两点，线段𝐴𝐵的中点坐标为(2 , 2)，求直线𝑙的方程.
（2）若𝑃为双曲线𝐶右支上异于右顶点的一个动点，𝐹为双曲线𝐶的右焦点，𝑥轴上是否存在定点
𝑀(𝑡, 0)(𝑡< 0)，使得∠𝑃𝐹𝑀= 2∠𝑃𝑀𝐹？若存在，求出𝑡的值；若不存在，请说明理由.
(1)𝑙: 3𝑥−𝑦−4 = 0 ；
(2)存在，𝑡= −1.
【分析】(1)利用点差法可求出直线斜率，再求直线方程即可；
(2)利用正切二倍角公式结合点在双曲线上化简可得；
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 282
不逐偶然，追问必然
【详解】(1)设𝐴(𝑥1 , 𝑦1), 𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，则
{
𝑥2
1 −𝑦2
1
3 = 1
𝑥2
2 −𝑦2
2
3 = 1
，作差得(𝑥1 + 𝑥2)(𝑥1 −𝑥2) −
(𝑦1 + 𝑦2)(𝑦1 −𝑦2)
3
= 0，
又线段𝐴𝐵的中点坐标为(2 , 2)，则𝑥1 + 𝑥2 = 𝑦1 + 𝑦2 = 4，
所以4(𝑥1 −𝑥2) −4(𝑦1 −𝑦2)
3
= 0，可得𝑘𝑙= 𝑦1 −𝑦2
𝑥1 −𝑥2
= 3，
所以𝑙: 𝑦−2 = 3(𝑥−2)，即𝑙: 3𝑥−𝑦−4 = 0；经检验成立
(2)假设存在定点𝑀(𝑡, 0)(𝑡< 0)，使得∠𝑃𝐹𝑀= 2∠𝑃𝑀𝐹，
设𝑃(𝑥0 , 𝑦0)，焦点𝐹(2 , 0)，若𝑥0 ≠2时，tan ∠𝑃𝐹𝑀= tan 2∠𝑃𝑀𝐹=
2 tan ∠𝑃𝑀𝐹
1 −tan2 ∠𝑃𝑀𝐹，
所以−
𝑦0
𝑥0 −2 =
2 ⋅
𝑦0
𝑥0 −𝑡
1 −(
𝑦0
𝑥0 −𝑡)2，化简得(𝑥0 −𝑡)2 −𝑦2
0 = 2(2 −𝑥0)(𝑥0 −𝑡)，
又𝑥2
0 −𝑦2
0
3 = 1，则(𝑥0 −𝑡)2 −3(𝑥2
0 −1) = 2(2 −𝑥0)(𝑥0 −𝑡)，整理得−4𝑡𝑥0 −4𝑥0 + 𝑡2 + 4𝑡+ 3 = 0对
𝑥0 ≥1恒成立，
所以{−4𝑡−4 = 0
𝑡2 + 4𝑡+ 3 = 0，可得𝑡= −1，
当𝑥0 = 2 ⇒𝑦0 = 3，此时△𝑃𝑀𝐹为等腰直角三角形，也成立，
综上，𝑡= −1.
变式5 （25-26·河北邢台）已知抛物线𝐶：𝑥2 = 2𝑝𝑦(𝑝> 0)的焦点𝐹到直线𝑙：𝑥−𝑦−2 = 0的距离为
3√2
2 ．
（1）求𝑝的值；
（2）倾斜角为2𝜋
3 的直线𝑙′过𝐹，与𝐶交于𝐴，𝐵两点，求|𝐴𝐵|；
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
一题之后，辨其类型
Page 283
（3）𝐸是直线𝑦= −1上一动点，过点𝐸作𝐶的两条切线，切点分别为𝑀，𝑁，证明：直线𝑀𝑁过定点．
(1)2
(2)16
(3)证明见解析
【分析】(1)根据抛物线方程求出焦点坐标，利用点到直线的距离公式列出关于𝑝的方程，求解即可．
(2)求出直线𝑙′的方程，联立抛物线方程，利用韦达定理，代入弦长公式求解即可．
(3)设出点𝑀、𝑁、𝐸的坐标及直线𝑀𝑁及切线𝐸𝑀，𝐸𝑁的方程，联立抛物线方程，根据Δ = 0得到切线
方程，从而得到切点弦所在直线方程，即可得到所过定点．
【详解】(1)解：抛物线𝐶的焦点𝐹(0 , 𝑝
2)，
由题意可得：
|0 −𝑝
2 −2|
√12 + (−1)2
= 3√2
2 ，即
|−𝑝
2 −2|
√2
= 3√2
2 ，|−𝑝
2 −2| = 3，
解得𝑝= 2或𝑝= −10，又因为𝑝> 0，所以𝑝= 2．
(2)解：由(1)可得抛物线方程为𝑥2 = 4𝑦，𝐹(0 , 1)，
所以直线𝑙′的方程为𝑦= −√3𝑥+ 1，设𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，
联立
{
𝑦= −√3𝑥+ 1
𝑥2 = 4𝑦
，得𝑥2 + 4√3𝑥−4 = 0，
Δ = (4√3)
2
−4 × 1 × (−4) = 64 > 0 ，
所以𝑥1 + 𝑥2 = −4√3，𝑥1𝑥2 = −4，
|𝐴𝐵| = √1 + 𝑘2 ⋅√(𝑥1 + 𝑥2)2 −4𝑥1𝑥2 = √1 + (−√3)
2
⋅√(−4√3)
2
−4 × (−4)
= √1 + 3 ⋅√48 + 16 = 16
(3)证明：设𝑀(𝑥3 , 1
4𝑥2
3)，𝑁(𝑥4 , 1
4𝑥2
4)，𝑀𝑁的方程为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑡．
由{𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑡
𝑥2 = 4𝑦
，得𝑥2 −4𝑘𝑥−4𝑡= 0，
所以Δ = 16𝑘2 + 16𝑡> 0，𝑥3 + 𝑥4 = 4𝑘，𝑥3𝑥4 = −4𝑡．
易知直线𝐸𝑀，𝐸𝑁的斜率存在，
设直线𝐸𝑀的方程为𝑦−1
4𝑥2
3 = 𝑚(𝑥−𝑥3)，
由
{
𝑦−1
4𝑥2
3 = 𝑚(𝑥−𝑥3)
𝑥2 = 4𝑦
，得𝑥2 −4𝑚𝑥+ 4𝑚𝑥3 −𝑥2
3 = 0．
由Δ = (−4𝑚)2 −4(4𝑚𝑥3 −𝑥2
3) = 0，解得𝑚= 𝑥3
2 ，
所以直线𝐸𝑀的方程为𝑦= 1
2𝑥3𝑥−1
4𝑥2
3，即4𝑦= 2𝑥3𝑥−𝑥2
3．
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 284
一法之后，明其边界
同理可得，直线𝐸𝑁的方程为4𝑦= 2𝑥4𝑥−𝑥2
4．
设𝐸(𝑛, −1)，代入直线𝐸𝑀、𝐸𝑁中，−4 = 2𝑛𝑥3 −𝑥2
3，−4 = 2𝑛𝑥4 −𝑥2
4，
即𝑥2
3 −2𝑛𝑥3 −4 = 0，𝑥2
4 −2𝑛𝑥4 −4 = 0，
所以𝑥3，𝑥4可看作方程𝑥2 −2𝑛𝑥−4 = 0的两根，
所以𝑥3𝑥4 = −4，又𝑥3𝑥4 = −4𝑡，所以𝑡= 1．
所以直线𝑀𝑁的方程为𝑦= 𝑘𝑥+ 1，故直线𝑀𝑁过定点(0 , 1)．
题型5
定值问题
题型点拨
圆锥曲线的定值问题
1、解析几何中的定值问题是指某些几何量（线段长度，图形面积，角度，直线的斜率等）的大小或某
些代数表达式的值和题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值，
求定值问题常见的解题方法有两种：
法一、先猜后证（特例法）：从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；
法二、引入变量法（直接法）：直接推理、计算，并在计算推理过程中消去参数，从而得到定值。
2、直接法解题步骤
第一步设变量：选择适当的量当变量，一般情况先设出直线的方程：𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏或𝑥= 𝑚𝑦+ 𝑛、点的坐
标；
第二步表示函数：要把证明为定值的量表示成上述变量的函数，一般情况通过题干所给的已知条件，进
行正确的运算，将需要用到的所有中间结果（如弦长、距离等）用引入的变量表示出来；
第三步定值：将中间结果带入目标量，通过计算化简得出目标量与引入的变量无关，是一个常数。
典例5 （25-26·江苏宿迁）已知椭圆𝐶: 𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0)的焦距为2√2，且经过点
(
2 , 2√3
3 )
.
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
一错之后，寻其根因
Page 285
（1）求椭圆𝐶的方程；
（2）若直线𝑙: 𝑦= 𝑘𝑥+ 1与椭圆𝐶交于𝐴, 𝐵两点，点𝑃是𝑦轴上的一点，过点𝐴作直线𝑃𝐵的垂线，垂足为𝑀.
是否存在点𝑃，使得𝑃𝐵⃗⋅𝑃𝑀⃗为定值？若存在，求出点𝑃的坐标；若不存在，请说明理由.
(1)𝑥2
6 + 𝑦2
4 = 1
(2)存在点𝑃(0 , 1
4)，使得𝑃𝐵⃗⋅𝑃𝑀⃗为定值，定值为−63
16.
【分析】(1)由题列得关于𝑎2 , 𝑏2的方程组，求解可得椭圆𝐶的方程；
(2)联立直线𝑙: 𝑦= 𝑘𝑥+ 1与椭圆𝐶的方程，根据韦达定理写𝑥1 + 𝑥2 =
−6𝑘
3𝑘2 + 2 , 𝑥1𝑥2 =
−9
3𝑘2 + 2.根据向
量数量积的运算性质，求得𝑃𝐵⃗⋅𝑃𝑀⃗.假设存在点𝑃，使得𝑃𝐵⃗⋅𝑃𝑀⃗为定值，并由此得到点𝑃的坐标
【详解】(1)由题可知，
{
𝑎2 −𝑏2 = 2
4
𝑎2 +
4
3
𝑏2 = 1
，化简得(3𝑏2 + 2)(𝑏2 −4) = 0，解得{𝑎2 = 6
𝑏2 = 4.
所以椭圆𝐶的方程为𝑥2
6 + 𝑦2
4 = 1.
(2)设𝐴(𝑥1 , 𝑦1) , 𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，存在点𝑃(0 , 𝑡)满足题意.
由
{
𝑦= 𝑘𝑥+ 1
𝑥2
6 + 𝑦2
4 = 1，得(3𝑘2 + 2)𝑥2 + 6𝑘𝑥−9 = 0.
所以Δ = 36𝑘2 −4(3𝑘2 + 2) × (−9) = 144𝑘2 + 72 > 0.
𝑥1 + 𝑥2 =
−6𝑘
3𝑘2 + 2 , 𝑥1𝑥2 =
−9
3𝑘2 + 2 .
𝑃𝐵⃗⋅𝑃𝑀⃗= 𝑃𝐵⃗⋅(𝑃𝐴⃗+ 𝐴𝑀⃗) = 𝑃𝐵⃗⋅𝑃𝐴⃗+ 𝑃𝐵⃗⋅𝐴𝑀⃗= 𝑃𝐵⃗⋅𝑃𝐴⃗.
𝑃𝐵⃗⋅𝑃𝐴⃗= (𝑥2 , 𝑦2 −𝑡) ⋅(𝑥1 , 𝑦1 −𝑡) = (𝑥2 , 𝑘𝑥2 + 1 −𝑡) ⋅(𝑥1 , 𝑘𝑥1 + 1 −𝑡)
= (1 + 𝑘2)𝑥1𝑥2 + 𝑘(1 −𝑡)(𝑥1 + 𝑥2) + (1 −𝑡)2
= −9 + 2(1 −𝑡)2 + (3𝑡2 −12)𝑘2
3𝑘2 + 2
.
若𝑃𝐵⃗⋅𝑃𝑀⃗为定值，则(3𝑡2 −12)𝑘2 + 2(1 −𝑡)2 −9 = 3𝑡2 −12
3
(3𝑘2 + 2)，
所以2(1 −𝑡)2 −9 = 3𝑡2 −12
3
× 2，解得𝑡= 1
4.
所以存在点𝑃(0 , 1
4)，使得𝑃𝐵⃗⋅𝑃𝑀⃗为定值，定值为−63
16.
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 286
一证之后，查其前提
变式6 （25-26·四川绵阳）已知抛物线𝐶: 𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝> 0)的焦点为𝐹，点𝑂为坐标原点，点𝑀(3 , 𝑦0)在
抛物线𝐶上，且|𝑀𝐹| = 5，直线𝑙过定点𝑇(𝑡, 0)（其中𝑡> 0，𝑡≠1）与抛物线𝐶相交于𝐴, 𝐵两点（点𝐴位
于第一象限）．
（1）求抛物线𝐶的方程；
（2）当𝑡= 8时，求证：𝑂𝐴⟂𝑂𝐵；
（3）如图，连接𝐴𝐹, 𝐵𝐹，并延长交抛物线𝐶于两点𝐴1，𝐵1，设△𝐴𝐵𝐹和△
𝐴1𝐵1𝐹的面积分别为𝑆1和𝑆2，求𝑆1
𝑆2
．
(1)𝑦2 = 8𝑥；
(2)证明见解析；
(3)𝑆1
𝑆2
= 𝑡2
4 .
【分析】(1)根据|𝑀𝐹| = 3 + 𝑝
2及已知列方程求参数，即可得抛物线方程；
(2)设直线𝑙方程为𝑥= 𝑚𝑦+ 8，𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，联立抛物线并应用韦达定理和向量数量积的坐
标运算，即可证；
(3)设直线𝑙的方程为𝑥= 𝑚𝑦+ 𝑡，𝐴1𝐴的方程为𝑥= 𝑛𝑦+ 2，𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，𝐴1(𝑥3 , 𝑦3)，
𝐵1(𝑥4 , 𝑦4)， 联立抛物线，应用韦达定理和三角形面积公式即可得.
【详解】(1) ∵|𝑀𝐹| = 3 + 𝑝
2 = 5，
∴𝑝= 4，则𝐶: 𝑦2 = 8𝑥；
(2)设直线𝑙方程为𝑥= 𝑚𝑦+ 8，𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，
联立直线𝑙与抛物线𝐶的方程{𝑥= 𝑚𝑦+ 8
𝑦2 = 8𝑥
，
消去𝑥并整理，得𝑦2 −8𝑚𝑦−64 = 0，
所以𝑦1𝑦2 = −64，
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
一算之后，验其范围
Page 287
则𝑂𝐴⃗⋅𝑂𝐵⃗= (𝑥1 , 𝑦1) ⋅(𝑥2 , 𝑦2) = 𝑥1𝑥2 + 𝑦1𝑦2 = 𝑦2
1
8 ⋅𝑦2
2
8 + 𝑦1𝑦2 = (𝑦1𝑦2)2
64
+ 𝑦1𝑦2= 64 −64 = 0，
即𝑂𝐴⟂𝑂𝐵；
(3)设直线𝑙的方程为𝑥= 𝑚𝑦+ 𝑡，𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，
联立直线𝑙与抛物线𝐶的方程{𝑥= 𝑚𝑦+ 𝑡
𝑦2 = 8𝑥
，
消去𝑥并整理，得𝑦2 −8𝑚𝑦−8𝑡= 0，
所以𝑦1𝑦2 = −8𝑡，
设𝐴1(𝑥3 , 𝑦3)，𝐵1(𝑥4 , 𝑦4)，𝐴1𝐴的方程为𝑥= 𝑛𝑦+ 2，
联立直线𝐴1𝐴与抛物线𝐶的方程{𝑥= 𝑛𝑦+ 2
𝑦2 = 8𝑥
，
消去𝑥并整理，得𝑦2 −8𝑛𝑦−16 = 0，
所以𝑦1 + 𝑦3 = 8𝑛，𝑦1𝑦3 = −16，则𝑦3 = −16
𝑦1
，同理得𝑦4 = −16
𝑦2
，
∴𝑆1
𝑆2
=
1
2|𝐴𝐹||𝐵𝐹| sin ∠𝐴𝐹𝐵
1
2|𝐴1𝐹||𝐵1𝐹| sin ∠𝐴1𝐹𝐵1
=
|𝐴𝐹||𝐵𝐹|
|𝐴1𝐹||𝐵1𝐹| = |𝑦1𝑦2|
|𝑦3𝑦4| = 𝑦2
1𝑦2
2
256 = 𝑡2
4 .
变式7 （25-26·江苏宿迁）已知双曲线𝐶: 𝑥2
𝑎2 −𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 0 , 𝑏> 0)的渐近线方程为𝑥± √2𝑦= 0，且点
𝐴(2 , 1)在双曲线上.
（1）求双曲线𝐶的方程；
（2）点𝐴1 , 𝐴2为双曲线𝐶的左右顶点，𝑃为双曲线𝐶上异于𝐴1 , 𝐴2的点，求𝑘𝑃𝐴1 ⋅𝑘𝑃𝐴2的值；
（3）点𝑀, 𝑁在双曲线𝐶上，且𝑘𝐴𝑀⋅𝑘𝐴𝑁= 1
2 , 𝐴𝐷⟂𝑀𝑁, 𝐷为垂足，证明：存在定点𝑄，使得|𝐷𝑄|为定
值.
(1)𝑥2
2 −𝑦2 = 1
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 288
每个符号都有身份
(2)1
2
(3)证明过程见解析
【分析】(1)根据双曲线渐近线方程，结合代入法进行求解即可；
(2)根据直线斜率公式进行求解即可；
(3)根据直线斜率公式，结合一元二次方程根与系数关系、直角三角形的性质进行运算证明即可.
【详解】(1)由𝑥± √2𝑦= 0 ⇒𝑦= ±√2
2 𝑥，因为𝐴(2 , 1)在双曲线上，
所以有
{
4
𝑎2 −1
𝑏2 = 1
𝑏
𝑎= √2
2
⇒{𝑎= √2
𝑏= 1
⇒𝑥2
2 −𝑦2 = 1；
(2)由题意可知𝐴1(−√2 , 0) , 𝐴2(√2 , 0)，设𝑃(𝑥0 , 𝑦0)(𝑥0 ≠±√2)，
则有𝑥2
0
2 −𝑦2
0 = 1，
所以𝑘𝑃𝐴1𝑘𝑃𝐴2 =
𝑦0
𝑥0 + √2
⋅
𝑦0
𝑥0 −√2
=
𝑦2
0
𝑥2
0 −2
=
𝑥2
0
2 −1
𝑥2
0 −2
= 1
2；
(3)因为𝑘𝐴𝑀⋅𝑘𝐴𝑁= 1
2，所以直线𝑀𝑁的斜率存在，
因此设直线𝑀𝑁的方程为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑚，设𝑀(𝑥1 , 𝑦1) , 𝑁(𝑥2 , 𝑦2)，
{
𝑥2
2 −𝑦2 = 1
𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑚
⇒(1 −2𝑘2)𝑥2 −4𝑘𝑚𝑥−2𝑚2 −2 = 0 ，
Δ = (4𝑘𝑚)2 −4(1 −2𝑘2)(−2𝑚2 −2) = 8(𝑚2 + 1 −2𝑘2)，且1 −2𝑘2 ≠0
𝑥1 + 𝑥2 =
4𝑘𝑚
1 −2𝑘2 , 𝑥1𝑥2 = −2𝑚2 −2
1 −2𝑘2
，
𝑘𝐴𝑀⋅𝑘𝐴𝑁= 1
2 ⇒𝑦1 −1
𝑥1 −2 ⋅𝑦2 −1
𝑥2 −2 = 1
2 ⇒(𝑥1 −2)(𝑥2 −2) = 2(𝑦1 −2)(𝑦2 −2)
⇒(𝑥1 −2)(𝑥2 −2) = 2(𝑘𝑥1 + 𝑚−2)(𝑘𝑥2 + 𝑚−2)
⇒(2𝑘2 −1)𝑥1𝑥2 + [2𝑘(𝑚−1) + 2](𝑥1 + 𝑥2) + 2(𝑚−1)2 −4 = 0
⇒(2𝑘2 −1) ⋅−2𝑚2 −2
1 −2𝑘2
+ [2𝑘(𝑚−1) + 2] ⋅
4𝑘𝑚
1 −2𝑘2 + 2(𝑚−1)2 −4 = 0
⇒4𝑚(2𝑘+ 𝑚−1) = 0 ⇒2𝑘+ 𝑚−1 = 0，或𝑚= 0，
当2𝑘+ 𝑚−1 = 0时，𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑚⇒𝑦= 𝑘𝑥+ 1 −2𝑘⇒𝑦−1 = 𝑘(𝑥−2)，
直线𝑀𝑁过𝐴(2 , 1)点，不符合题意；
当𝑚= 0时，Δ = 8(1 −2𝑘2) > 0 ⇒−√2
2 < 𝑘< √2
2 ，
因为𝐴𝐷⟂𝑀𝑁，
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
每个条件都有位置
Page 289
所以△𝐴𝐷𝑂是直角三角形，且∠𝐴𝐷𝑂= 𝜋
2 ，
当定点𝑄为斜边𝐴𝑂中点时，|𝐷𝑄| = 1
2|𝐴𝑂| = 1
2 × √22 + 12 = √5
2 ，
即存在定点𝑄(1 , 1
2)，使得|𝐷𝑄|为定值√5
2 .
题型6
定直线问题
题型点拨
定直线问题
是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题，解决这类问题，一般可以套用求轨迹方程
的通用方法，也可以根据其本身特点的独特性采用一些特殊方法.
【一般策略】
①联立方程消去参；
②挖掘图形的对称性，解出动点横坐标或纵坐标；
③将横纵坐标分别用参数表示，再消参；
④设点，对方程变形解得定直线.
解题技巧：动点在定直线上：题设为某动点𝑃(𝑥0 , 𝑦0)在某定直线．
目标：需要消掉关于动点横坐标或者纵坐标的所有参数，从而建立一个无参的直线方程，此时会分为三
种情况：
(1)𝑥0 = 𝑎，即动点恒过直线𝑥= 𝑎．
(2)𝑦0 = 𝑏，即动点恒过直线𝑦= 𝑏．
(3)𝑦0 = 𝑓(𝑥0)，即动点恒过直线𝑦= 𝑓(𝑥)．
典例6 已知双曲线𝐶的中心为坐标原点，上焦点为(0 , 2√5)，离心率为√5.记𝐶的上、下顶点分别为𝐴1，
𝐴2，过点(0 , 4)的直线与𝐶的上支交于𝑀, 𝑁两点.
（1）求𝐶的方程；
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 290
每个结论都有前提
（2）直线𝐴1𝑀和𝐴2𝑁的斜率分别记为𝑘1和𝑘2，求证𝑘2 = −3𝑘1；
（3）直线𝐴1𝑀与𝐴2𝑁交于点𝑃，证明：点𝑃在定直线上.
(1)𝑦2
4 −𝑥2
16 = 1
(2) −1
(3)证明见解析
【分析】(1)利用双曲线的上焦点、离心率可求得𝑎, 𝑏的值，进而可求得双曲线方程.
(2)设𝑀𝑁的方程为𝑦= 𝑘𝑥+ 4，与双曲线方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式，推理计算即得𝑘2 =
−3𝑘1，进而计算可求得𝑘2
1 + 2
3𝑘2的最小值.
(3)直线𝐴1𝑀的方程为𝑦= 𝑘1𝑥+ 2，直线𝐴2𝑁的方程为𝑦= 𝑘2𝑥−2，联立方程线可求得交点的纵坐标为
定值，可得结论.
【详解】(1)设双曲线的标准方程为𝑦2
𝑎2 −𝑥2
𝑏2 = 1(𝑎> 0 , 𝑏> 0)，
由题意可得
{
𝑒= 𝑐
𝑎= √5
𝑐2 = 𝑎2 + 𝑏2
𝑐= 2√5
，解得𝑎= 2 , 𝑏= 4，
所以双曲线的标准方程为𝑦2
4 −𝑥2
16 = 1；
(2)双曲线的上下顶点为𝐴1(0 , 2)，𝐴2(0 , −2)，设直线𝑀𝑁的方程为𝑦= 𝑘𝑥+ 4，
𝑀(𝑥1 , 𝑦1) , 𝑁(𝑥2 , 𝑦2)，
联立
{
𝑦= 𝑘𝑥+ 4
𝑦2
4 −𝑥2
16 = 1，消去𝑦，可得(4𝑘2 −1)𝑥2 + 32𝑘𝑥+ 48 = 0，
则𝑥1 + 𝑥2 = −
32𝑘
4𝑘2 −1 , 𝑥1𝑥2 =
48
4𝑘2 −1，且4𝑘2 −1 < 0，
所以𝑘𝑥1𝑥2 = −3
2(𝑥1 + 𝑥2)，
所以𝑘1
𝑘2
= 𝑦1 −2
𝑥1
•
𝑥2
𝑦2 + 2 = 𝑘𝑥1 + 2
𝑥1
•
𝑥2
𝑘𝑥2 + 6 = 𝑘𝑥1𝑥2 + 2𝑥2
𝑘𝑥1𝑥2 + 6𝑥1
=
−3
2(𝑥1 + 𝑥2) + 2𝑥2
−3
2(𝑥1 + 𝑥2) + 6𝑥1
= −1
3，
所以𝑘2 = −3𝑘1;
(3)直线𝐴1𝑀的方程为𝑦= 𝑘1𝑥+ 2，直线𝐴2𝑁的方程为𝑦= 𝑘2𝑥−2，
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
每次分类都须穷尽
Page 291
联立{𝑦= 𝑘1𝑥+ 2
𝑦= 𝑘2𝑥−2，得𝑦−2
𝑦+ 2 = 𝑘1
𝑘2
= −1
3，解得𝑦= 1，
即点𝑃在定直线上𝑦= 1.
变式8 已知抛物线𝐸：𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝> 0)，过点(−2 , 0)的两条直线𝑙1 , 𝑙2分别交𝐸于𝐴𝐵两点和𝐶, 𝐷两点．
当𝑙1的斜率为2
3时，|𝐴𝐵| = √13.
（1）求𝐸的标准方程：
（2）设𝐺为直线𝐴𝐷与𝐵𝐶的交点，证明：点𝐺必在定直线上．
(1)𝑦2 = 4𝑥
(2)证明见解析
【分析】(1)根据直线的点斜式方程写出直线方程，与抛物线联立方程，利用弦长公式，求出𝑝的值，从而
求出抛物线的标准方程；
(2)设直线方程为𝑦= 𝑘1(𝑥+ 2)或𝑥= 𝑚𝑦−2，与抛物线联立方程，由韦达定理得出𝑦1𝑦2 = 8，𝑦3𝑦4 =
8，求出直线方程𝐴𝐷和直线方程𝐵𝐶，求出交点𝐺的横坐标，然后进行化简，可以证明结论.
【详解】(1)当𝑙1的斜率为2
3时，得𝑙1方程为𝑦= 2
3(𝑥+ 2)，
由
{
𝑦2 = 2𝑝𝑥
𝑦= 2
3(𝑥+ 2),消元得𝑦2 −3𝑝𝑦+ 4𝑝= 0，Δ = (−3𝑝)2 −4 × 4𝑝> 0，𝑦1 + 𝑦2 = 3𝑝，𝑦1𝑦2 = 4𝑝；
由弦长公式得|𝐴𝐵| = √1 + 1
𝑘2√(𝑦1 + 𝑦2)2 −4𝑦1𝑦2=
√
1 +
1
(2
3)2
√(3𝑝)2 −4 × 4𝑝，
即√9𝑝2 −16𝑝= 2，解得𝑝= 2或𝑝= −2
9（舍去），𝑝= 2满足Δ > 0，
从而𝐸的标准方程为𝑦2 = 4𝑥.
(2)法一：因为𝑙1 , 𝑙2分别交𝐸于𝐴𝐵两点和𝐶, 𝐷两点，所以直线斜率存在
设直线𝐴𝐵的方程为𝑦= 𝑘1(𝑥+ 2)，设𝐴
(
𝑦2
1
4 , 𝑦1
)
, 𝐵
(
𝑦2
2
4 , 𝑦2
)
，
由{𝑦= 𝑘1(𝑥+ 2)
𝑦2 = 4𝑥
，消去𝑥得𝑘1𝑦2 −4𝑦+ 8𝑘1 = 0，则𝑦1𝑦2 = 8.
设直线𝐶𝐷的方程为𝑦= 𝑘2(𝑥+ 2) , 𝐶
(
𝑦2
3
4 , 𝑦3
)
, 𝐷
(
𝑦2
4
4 , 𝑦4
)
，
同理{𝑦= 𝑘2(𝑥+ 2)
𝑦2 = 4𝑥
，消去𝑥得𝑘2𝑦2 −4𝑦+ 8𝑘2 = 0可得𝑦3𝑦4 = 8．
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 292
每次合并都须不重
直线𝐴𝐷方程为𝑦−𝑦1 = 𝑦4 −𝑦1
𝑦2
4
4 −𝑦2
1
4
(
𝑥−𝑦2
1
4 )
，即𝑦=
4
𝑦4 + 𝑦1
𝑥+
𝑦1𝑦4
𝑦4 + 𝑦1
，
化简得4𝑥−(𝑦1 + 𝑦4)𝑦+ 𝑦1𝑦4 = 0，
同理，直线𝐵𝐶方程为4𝑥−(𝑦2 + 𝑦3)𝑦+ 𝑦2𝑦3 = 0，
因为(−2 , 0)在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点𝐺必在垂直于𝑥轴的直线上，所以只需
证𝐺的横坐标为定值即可．
由{4𝑥−(𝑦1 + 𝑦4)𝑦+ 𝑦1𝑦4 = 0
4𝑥−(𝑦2 + 𝑦3)𝑦+ 𝑦2𝑦3 = 0消去𝑦，
因为直线𝐴𝐷与𝐵𝐶相交，所以𝑦2 + 𝑦3 ≠𝑦1 + 𝑦4，
解得𝑥= 𝑦2𝑦3(𝑦1 + 𝑦4) −𝑦1𝑦4(𝑦2 + 𝑦3)
4[(𝑦2 + 𝑦3) −(𝑦1 + 𝑦4)]
，
= 𝑦1𝑦2𝑦3 + 𝑦2𝑦3𝑦4 −𝑦1𝑦2𝑦4 −𝑦1𝑦3𝑦4
4[(𝑦2 + 𝑦3) −(𝑦1 + 𝑦4)]
=
8𝑦3 + 8𝑦2 −8𝑦4 −8𝑦1
4[(𝑦2 + 𝑦3) −(𝑦1 + 𝑦4)] = 8[(𝑦2 + 𝑦3) −(𝑦1 + 𝑦4)]
4[(𝑦2 + 𝑦3) −(𝑦1 + 𝑦4)]
= 2
所以点𝐺的横坐标为2，即直线𝐴𝐷与𝐵𝐶的交点𝐺在定直线𝑥= 2上．
法二：设直线𝐴𝐵方程为𝑥= 𝑚𝑦−2，由{𝑥= 𝑚𝑦−2
𝑦2 = 4𝑥
消去𝑥得𝑦2 −4𝑚𝑦+ 8 = 0，
设𝐴
(
𝑦2
1
4 , 𝑦1
)
, 𝐵
(
𝑦2
2
4 , 𝑦2
)
，则𝑦1𝑦2 = 8．
设直线𝐶𝐷的方程为𝑥= 𝑛𝑦−2 , 𝐶
(
𝑦2
3
4 , 𝑦3
)
, 𝐷
(
𝑦2
4
4 , 𝑦4
)
，
同理可得𝑦3𝑦4 = 8．
直线𝐴𝐷方程为𝑦−𝑦1 = 𝑦4 −𝑦1
𝑦2
4
4 −𝑦2
1
4
(
𝑥−𝑦2
1
4 )
，即𝑦=
4
𝑦4 + 𝑦1
𝑥+
𝑦1𝑦4
𝑦4 + 𝑦1
，
化简得4𝑥−(𝑦1 + 𝑦4)𝑦+ 𝑦1𝑦4 = 0，
同理，直线𝐵𝐶方程为4𝑥−(𝑦2 + 𝑦3)𝑦+ 𝑦2𝑦3 = 0，．
因为(−2 , 0)在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点𝐺必在垂直于𝑥轴的直线上，所以只需
证𝐺的横坐标为定值即可．
由{4𝑥−(𝑦1 + 𝑦4)𝑦+ 𝑦1𝑦4 = 0
4𝑥−(𝑦2 + 𝑦3)𝑦+ 𝑦2𝑦3 = 0消去𝑦，
因为直线𝐴𝐷与𝐵𝐶相交，所以𝑦2 + 𝑦3 ≠𝑦1 + 𝑦4，
解得𝑥= 𝑦2𝑦3(𝑦1 + 𝑦4) −𝑦1𝑦4(𝑦2 + 𝑦3)
4[(𝑦2 + 𝑦3) −(𝑦1 + 𝑦4)]
，
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
缺一步，逻辑便失重
Page 293
= 𝑦1𝑦2𝑦3 + 𝑦2𝑦3𝑦4 −𝑦1𝑦2𝑦4 −𝑦1𝑦3𝑦4
4[(𝑦2 + 𝑦3) −(𝑦1 + 𝑦4)]
=
8𝑦3 + 8𝑦2 −8𝑦4 −8𝑦1
4[(𝑦2 + 𝑦3) −(𝑦1 + 𝑦4)] = 8[(𝑦2 + 𝑦3) −(𝑦1 + 𝑦4)]
4[(𝑦2 + 𝑦3) −(𝑦1 + 𝑦4)]
= 2
所以点𝐺的横坐标为2，即直线𝐴𝐷与𝐵𝐶的交点𝐺在定直线𝑥= 2上．
【点睛】关键点点睛：本题中的证明问题的关键是：设出直线的横截距或者纵截距方程，联立抛物线，结
合韦达定理，把目标逐步化简，得出待证明的结论.
变式9 已知定点𝑆(−1 , 0), 𝑇(2 , 0)，动点𝑀满足|𝑀𝑆| = 2|𝑀𝑇|．
（1）求动点𝑀的轨迹𝐶的方程．
（2）设过点𝑇且与𝑥轴不重合的直线𝑙交曲线𝐶于𝐸, 𝐹两点．
①过点𝑇作与直线𝑙垂直的直线𝑛交曲线𝐶于𝐺, 𝐻两点，求四边形𝐸𝐺𝐹𝐻面积的最大值；
②设曲线𝐶与𝑥轴交于𝑃, 𝑄两点，直线𝑃𝐸与直线𝑄𝐹相交于点𝑁，证明：点𝑁在定直线上．
(1)(𝑥−3)2 + 𝑦2 = 4
(2)①7;②证明见解析
【分析】(1)根据两点间距离公式列方程，化简可得结论．
(2)①根据点到直线的距离公式，结合圆的弦长公式可计算|𝐸𝐹|,|𝐺𝐻|，即可根据面积公式得表达式，结合
基本不等式即可求解最值．②联立直线与圆的方程得根与系数的关系，由圆𝐶的方程得𝑃, 𝑄的坐标，即
可根据点斜式求解直线𝑃𝐸, 𝑄𝐹的方程，联立两直线方程即可求解定直线，从而得证．
【详解】(1)设动点𝑀的坐标为(𝑥, 𝑦)，因为𝑆(−1 , 0), 𝑇(2 , 0)，且|𝑀𝑆| = 2|𝑀𝑇|，
所以√(𝑥+ 1)2 + 𝑦2 = 2√(𝑥−2)2 + 𝑦2，
整理得𝑥2 + 𝑦2 −6𝑥+ 5 = 0，即(𝑥−3)2 + 𝑦2 = 4，
所以动点𝑀的轨迹𝐶的方程为(𝑥−3)2 + 𝑦2 = 4．
(2)①如图，因为直线𝑙不与𝑥轴重合，所以设直线𝑙的方程为𝑥= 𝑚𝑦+ 2，
即𝑥−𝑚𝑦−2 = 0，则直线𝐺𝐻的方程为𝑚𝑥+ 𝑦−2𝑚= 0．
由(1)知轨迹𝐶为圆，圆𝐶的半径为𝑟= 2，
设圆𝐶的圆心𝐶(3 , 0)到直线𝑙和直线𝐺𝐻的距离分别为𝑑1 , 𝑑2，
则𝑑1 =
1
√1 + 𝑚2
, 𝑑2 =
|𝑚|
√𝑚2 + 1
，
所以|𝐸𝐹| = 2√𝑟2 −𝑑2
1 =2√4 −
1
1 + 𝑚2 = 2√4𝑚2 + 3
𝑚2 + 1 ,|𝐺𝐻| = 2√𝑟2 −𝑑2
2 = 2√4 −
𝑚2
𝑚2 + 1 =
2√3𝑚2 + 4
𝑚2 + 1 ，
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 294
多一步，表达便失焦
所以𝑆四边形𝐸𝐺𝐹𝐻= 1
2|𝐸𝐹||𝐺𝐻| = 1
2 × 2√4𝑚2 + 3
𝑚2 + 1 × 2√3𝑚2 + 4
𝑚2 + 1 =2√12 +
𝑚2
𝑚4 + 2𝑚2 + 1．
当𝑚= 0时，𝑆四边形𝐸𝐺𝐹𝐻= 4√3；
当𝑚≠0时，𝑆四边形𝐸𝐺𝐹𝐻= 2
√
12 +
1
𝑚2 + 2 + 1
𝑚2
≤2
√
12 +
1
2 + 2√𝑚2 ⋅1
𝑚2
= 7，
当且仅当𝑚2 = 1时等号成立．
综上所述，四边形𝐸𝐺𝐹𝐻面积的最大值为7.
②设𝐸(𝑥1 , 𝑦1) , 𝐹(𝑥2 , 𝑦2)，联立{𝑥= 𝑚𝑦+ 2
(𝑥−3)2 + 𝑦2 = 4得(𝑚2 + 1)𝑦2 −2𝑚𝑦−3 = 0，
则𝑦1 + 𝑦2 =
2𝑚
𝑚2 + 1 , 𝑦1𝑦2 =
−3
𝑚2 + 1 , 𝑦1𝑦2 = −3
2𝑚(𝑦1 + 𝑦2)．
因为曲线𝐶与𝑥轴交于𝑃, 𝑄两点，所以不妨取𝑃(1 , 0), 𝑄(5 , 0)（如图），
则直线𝑃𝐸的方程为𝑦=
𝑦1
𝑥1 −1(𝑥−1) =
𝑦1
𝑚𝑦1 + 1(𝑥−1)，
直线𝑄𝐹的方程为𝑦=
𝑦2
𝑥2 −5(𝑥−5) =
𝑦2
𝑚𝑦2 −3(𝑥−5)．
联立两直线方程得𝑥= 4𝑚𝑦1𝑦2 + 3𝑦1 + 5𝑦2
3𝑦1 + 𝑦2
=−6𝑦1 −6𝑦2 + 3𝑦1 + 5𝑦2
3𝑦1 + 𝑦2
= −3𝑦1 −𝑦2
3𝑦1 + 𝑦2
= −1，
所以𝑁在定直线𝑥= −1上，得证．
题型7
圆锥曲线与向量
题型点拨
三点共线问题的解题策略
(1)斜率法：若过任意两点的直线的斜率都存在，通过计算证明过任意两点的直线的斜率相等来证明三点
共线；
(2)距离法：计算出任意两点间的距离，若某两点间的距离等于另外两个距离之和，则这三点共线；
(3)向量法：利用向量共线定理证明三点共线；
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
简洁不是省略理由
Page 295
(4)直线方程法：求出过其中两点的直线方程，再证明第三点也在该直线上；
(5)点到直线的距离法：求出过其中某两点的直线方程，计算出第三点到该直线的距离，若距离为0，则
三点共线；
(6)面积法：通过计算求出以三点为三角形的面积，若面积为0，则三点共线，在处理三点共线问题，离
不开解析几何的重要思想：“设而不求思想”。
典例7 （25-26·安徽阜阳）已知椭圆𝐶: 𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 0 , 𝑏> 0)的左、右焦点分别为𝐹1、𝐹2，离心率
为√2
4 ，过点𝐹2且斜率不为0的直线𝑙交椭圆𝐶于𝐴, 𝐵两点，当点𝐹1到直线𝑙的距离取最大值时， |𝐴𝐹2| =
7√2
4 .
（1）求椭圆𝐶的标准方程;
（2）若𝐵𝐹2⃗= 3
2𝐹2𝐴⃗，求△𝐹1𝐴𝐵的面积.
(1)𝑥2
8 + 𝑦2
7 = 1
(2)35√34
48
【分析】(1)分析可知|𝐴𝐹2| = 𝑏2
𝑎= 7√2
4 ，结合离心率求得𝑎2 = 8，𝑏2 = 7，即可得方程；
(2)设𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，直线𝑙的方程为𝑥= 𝑚𝑦+ 1，将直线与椭圆方程联立消去𝑥，求出𝑦1 , 𝑦2，
再由𝐵𝐹2⃗= 3
2𝐹2𝐴⃗可得𝑦2 = −3
2𝑦1求出|𝑚|，由𝑆= 1
2|𝐹1𝐹2| ⋅|𝑦1 −𝑦2|即可求解.
【详解】(1)设椭圆𝐶的半焦距为𝑐，
当点𝐹1到直线𝑙的距离取最大值时，则𝑙⟂𝑥轴，此时|𝐴𝐹2| = 𝑏2
𝑎= 7√2
4 ，
又椭圆𝐶的离心率𝑒= √2
4 ，则𝑒2 = 𝑐2
𝑎2 = 1 −𝑏2
𝑎2 = 1
8，即𝑏2
𝑎2 = 7
8，
解得𝑎2 = 8，𝑏2 = 7，所以椭圆𝐶的标准方程为𝑥2
8 + 𝑦2
7 = 1.
(2)由(1)可知：𝑐= √𝑎2 −𝑏2 = 1，即𝐹2(1 , 0)，
可知直线𝑙与椭圆必相交，且直线𝑙的斜率不为0，
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 296
规范不是束缚思考
设直线𝑙的方程为𝑥= 𝑚𝑦+ 1，𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，
联立方程
{
𝑥= 𝑚𝑦+ 1
𝑥2
8 + 𝑦2
7 = 1，消去𝑥得(7𝑚2 + 8)𝑦2 + 14𝑚𝑦−49 = 0，
则𝑦1 + 𝑦2 = −
14𝑚
7𝑚2 + 8，𝑦1𝑦2 = −
49
7𝑚2 + 8，
又因为𝐵𝐹2⃗= (1 −𝑥1 , −𝑦2) , 𝐹2𝐴⃗= (𝑥1 −1 , 𝑦1)，且𝐵𝐹2⃗= 3
2𝐹2𝐴⃗，
则𝑦2 = −3
2𝑦1，结合𝑦1 + 𝑦2 = −
14𝑚
7𝑚2 + 8可得𝑦1 =
28𝑚
7𝑚2 + 8，
代入𝑦1𝑦2 = −
49
7𝑚2 + 8可得3
2(
28𝑚
7𝑚2 + 8)
2
=
49
7𝑚2 + 8，解得𝑚2 = 8
17，即|𝑚| = 2√34
17 ，
则|𝑦1 −𝑦2| = 5
2|𝑦1| = 5
2 ×
28|𝑚|
7𝑚2 + 8 =
70|𝑚|
7𝑚2 + 8 = 35√34
48
，
所以△𝐹1𝐴𝐵的面积𝑆△𝐹1𝐴𝐵= 1
2 × 2 × 35√34
48
= 35√34
48
.
变式10 （25-26·江苏扬州）已知双曲线𝐸: 𝑥2 −𝑦2
𝑏2 = 1(𝑏> 0)左、右顶点分别为𝐴1、𝐴2，过点
𝑀(−2 , 0)的直线𝑙交双曲线𝐸于𝑃、𝑄两点.
（1）若离心率𝑒= √2时，求𝑏的值；
（2）若𝑏= 2，过点𝑁(0 , 2)且斜率为𝑡的直线与双曲线𝐸只有一个交点，求𝑡的值；
（3）连接𝑂𝑄并延长交双曲线𝐸于点𝑅，若𝐴1𝑅⃗⋅𝐴2𝑃⃗= 1，求𝑏的取值范围.
(1)𝑏= 1
(2)𝑡= ±2或±2√2
(3)(0 , √3) ∪
(
√3 , √30
3 ]
【分析】(1)根据双曲线的离心率的值可求出𝑐的值，结合𝑎的值，即可得出𝑏的值；
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
清晰是速度的来源
Page 297
(2)由题意可知直线的方程为𝑦= 𝑡𝑥+ 2，将该直线方程与双曲线方程联立，可得出(4 −𝑡2)𝑥2 −4𝑡𝑥−
8 = 0，分4 −𝑡2 = 0、4 −𝑡2 ≠0两种情况讨论，结合直线与双曲线只有一个公共点可得出关于𝑡的等式，
即可求得𝑡的值；
(3)分析可知直线𝑙的斜率不为零，可设直线𝑙的方程为𝑥= 𝑚𝑦−2，设点𝑃(𝑥1 , 𝑦1)、𝑄(𝑥2 , 𝑦2)，可得出
𝑅(−𝑥2 , −𝑦2)，将直线𝑙的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，根据𝐴1𝑅⃗⋅𝐴2𝑃⃗= 1结合平面向量
数量积的坐标运算、韦达定理可得出𝑏2𝑚2 + 3𝑏2 −10 = 0，结合𝑏2𝑚2 −1 ≠0以及𝑚2 ≥0可求出𝑏的取
值范围.
【详解】(1)由题意可得𝑒= 𝑐
𝑎= 𝑐= √2，故𝑏= √𝑐2 −𝑎2 = √2 −1 = 1.
(2)当𝑏= 2时，双曲线的方程为𝑥2 −𝑦2
4 = 1，
由题意可知，直线的方程为𝑦= 𝑡𝑥+ 2，
联立{𝑦= 𝑡𝑥+ 2
4𝑥2 −𝑦2 = 4可得(4 −𝑡2)𝑥2 −4𝑡𝑥−8 = 0（*），
当4 −𝑡2 = 0时，即当𝑡= ±2时，方程（*）即为𝑡𝑥+ 2 = 0，该方程只有一个解，合乎题意；
当4 −𝑡2 ≠0时，即当𝑡≠±2时，则Δ = 16𝑡2 −4 × (4 −𝑡2) × (−8) = 16(8 −𝑡2) = 0，解得𝑡= ±2√2.
综上所述，𝑡= ±2或±2√2.
(3)由题知𝐴1(−1 , 0)、𝐴2(1 , 0)，当直线𝑙的斜率为0时，此时𝐴1𝑅⃗⋅𝐴2𝑃⃗= 0，不合题意，
则直线𝑙的斜率不为0，则设直线𝑙的方程为𝑥= 𝑚𝑦−2，设点𝑃(𝑥1 , 𝑦1)、𝑄(𝑥2 , 𝑦2)，
根据𝑂𝑄延长线交双曲线𝐸于点𝑅，根据双曲线对称性知𝑅(−𝑥2 , −𝑦2)，
联立有
{
𝑥= 𝑚𝑦−2
𝑥2 −𝑦2
𝑏2 = 1，
显然二次项系数𝑏2𝑚2 −1 ≠0，其中Δ = (−4𝑚𝑏2)
2 −4(𝑏2𝑚2 −1)3𝑏2 = 4𝑏4𝑚2 + 12𝑏2 > 0，
由韦达定理可得𝑦1 + 𝑦2 =
4𝑏2𝑚
𝑏2𝑚2 −1①，𝑦1𝑦2 =
3𝑏2
𝑏2𝑚2 −1②，
𝐴1𝑅⃗= (−𝑥2 + 1 , −𝑦2)，𝐴2𝑃⃗= (𝑥1 −1 , 𝑦1)，
则𝐴1𝑅⃗⋅𝐴2𝑃⃗= (−𝑥2 + 1)(𝑥1 −1) −𝑦1𝑦2 = 1，
因为𝑃(𝑥1 , 𝑦1)、𝑄(𝑥2 , 𝑦2)在直线𝑙上，则𝑥1 = 𝑚𝑦1 −2，𝑥2 = 𝑚𝑦2 −2，
即−(𝑚𝑦2 −3)(𝑚𝑦1 −3) −𝑦1𝑦2 = 1，即𝑦1𝑦2(𝑚2 + 1) −(𝑦1 + 𝑦2)3𝑚+ 10 = 0，
将①②代入有(𝑚2 + 1) ⋅
3𝑏2
𝑏2𝑚2 −1 −3𝑚⋅
4𝑏2𝑚
𝑏2𝑚2 −1 + 10 = 0，
即3𝑏2(𝑚2 + 1) −3𝑚⋅4𝑏2𝑚+ 10(𝑏2𝑚2 −1) = 0 化简得𝑏2𝑚2 + 3𝑏2 −10 = 0，
所以𝑚2 = 10
𝑏2 −3，代入到𝑏2𝑚2 −1 ≠0，得𝑏2 = 10 −3𝑏2 ≠1，所以𝑏2 ≠3，
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 298
稳定是高阶能力的底色
且𝑚2 = 10
𝑏2 −3 ≥0，解得𝑏2 ≤10
3 ，
又因为𝑏> 0，则0 < 𝑏2 ≤10
3 ，
综上，𝑏2 ∈(0 , 3) ∪(3 , 10
3 ]，∴𝑏∈(0 , √3) ∪
(
√3 , √30
3 ]
.
变式11 （25-26·湖北）已知双曲线𝐶: 𝑥2
𝑎2 −𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 0 , 𝑏> 0)的离心率为2，且过点(2 , 3).
（1）求双曲线𝐶的方程；
（2）设直线𝑙: 𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑚与双曲线𝐶交于𝑃, 𝑄两点，若以𝑃𝑄为直径的圆经过双曲线𝐶的左顶点𝐴（𝑃, 𝑄均
不与点𝐴重合）.求证：直线𝑙恒过定点，并求出该定点的坐标；
（3）在(2)的条件下，若直线𝑙分别与两渐近线交于𝑀, 𝑁两点，问是否存在实数𝑘使得𝑃, 𝑄是线段𝑀𝑁的两
个三等分点？若存在，求出𝑘的值，若不存在，请说明理由.
(1)𝑥2 −𝑦2
3 = 1
(2)证明见解析，答案见解析
(3)不存在，理由见解析
【分析】(1)根据双曲线的离心率及𝑎, 𝑏, 𝑐关系式，结合题意即可求解；
(2)设𝑃(𝑥1 , 𝑦1) , 𝑄(𝑥2 , 𝑦2)，联立直线与双曲线的方程，结合韦达定理得出𝑥1 + 𝑥2 , 𝑥1𝑥2，由题意得
𝐴𝑃⃗⋅𝐴𝑄⃗= 0，利用向量数量积的坐标运算结合𝑥1 + 𝑥2 , 𝑥1𝑥2 , 𝑦1𝑦2列式，用𝑘表示𝑚，再根据直线的点
斜式方程即可证明并求解；
(3)由(2)知：𝑦= 𝑘(𝑥−2)，设𝑀(𝑥3 , 𝑦3) , 𝑁(𝑥4 , 𝑦4)，联立直线与双曲线的方程，结合韦达定理求出
|𝑀𝑁| , |𝑃𝑄|，若𝑃, 𝑄是线段𝑀𝑁的两个三等分点，则|𝑀𝑁| = 3|𝑃𝑄|，列式解方程即可判断.
【详解】(1)由题知：
{
𝑐
𝑎= 2
𝑎2 + 𝑏2 = 𝑐2
22
𝑎2 −32
𝑏2 = 1
，得
{
𝑎= 1
𝑏= √3
𝑐= 2
，
∴双曲线的标准方程为：𝑥2 −𝑦2
3 = 1.
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
好解法，必能说明为何
Page 299
(2)设𝑃(𝑥1 , 𝑦1) , 𝑄(𝑥2 , 𝑦2)，点𝐴(−1 , 0)，
由
{
𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑚
𝑥2 −𝑦2
3 = 1，得：(3 −𝑘2)𝑥2 −2𝑘𝑚𝑥−𝑚2 −3 = 0，
则(3 −𝑘2) ≠0 , Δ = 4𝑘2𝑚2 + 4(𝑚2 + 3)(3 −𝑘2) = 12(𝑚2 −𝑘2 + 3) > 0
∴𝑥1 + 𝑥2 = −2𝑘𝑚
𝑘2 −3 , 𝑥1𝑥2 = 𝑚2 + 3
𝑘2 −3 ，
由于以𝑃𝑄为直径的圆过点𝐴(−1 , 0)，∴𝐴𝑃⃗⋅𝐴𝑄⃗= 0，
即(𝑥1 + 1 , 𝑦1) ⋅(𝑥2 + 1 , 𝑦2) = 0，
又𝑦1𝑦2 = (𝑘𝑥1 + 𝑚)(𝑘𝑥2 + 𝑚) = 𝑘2𝑥1𝑥2 + 𝑘𝑚(𝑥1 + 𝑥2) + 𝑚2，
∴(1 + 𝑘2)𝑥1𝑥2 + (𝑘𝑚+ 1)(𝑥1 + 𝑥2) + 𝑚2 + 1 = 0，
则(1 + 𝑘2) ⋅𝑚2 + 3
𝑘2 −3 + (𝑘𝑚+ 1)−2𝑘𝑚
𝑘2 −3 + 𝑚2 + 1 = 0，
整理得：2𝑘2 −𝑘𝑚−𝑚2 = 0，即(𝑚+ 2𝑘)(𝑚−𝑘) = 0，
∴𝑚= 𝑘或𝑚= −2𝑘，
当𝑚= 𝑘时 ，𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑚= 𝑘(𝑥+ 1)过定点(−1 , 0)，与𝐴(−1 , 0)重合，故舍去，
当𝑚= −2𝑘时，𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑚= 𝑘(𝑥−2)恒过定点(2 , 0)；
(3)由(2)知：𝑦= 𝑘(𝑥−2)，设𝑀(𝑥3 , 𝑦3) , 𝑁(𝑥4 , 𝑦4)，
由
{
𝑦= 𝑘𝑥−2𝑘
𝑥2 −𝑦2
3 = 1得：(3 −𝑘2)𝑥2 + 4𝑘2𝑥−4𝑘2 −3 = 0，
∴𝑥1 + 𝑥2 =
4𝑘2
𝑘2 −3 , 𝑥1 ⋅𝑥2 = 4𝑘2 + 3
𝑘2 −3 ，
∴𝑃𝑄= √1 + 𝑘2|𝑥1 −𝑥2| = √1 + 𝑘2 ⋅6√1 + 𝑘2
|3 −𝑘2| = 6(1 + 𝑘2)
|3 −𝑘2| ，
∴𝑀𝑁= √1 + 𝑘2|𝑥3 −𝑥4| = √1 + 𝑘2 ⋅4√3|𝑘|
|3 −𝑘2|，
若𝑃, 𝑄是线段𝑀𝑁的两个三等分点，则|𝑀𝑁| = 3|𝑃𝑄|，
即√1 + 𝑘2 ⋅4√3|𝑘|
|3 −𝑘2| = 3 ⋅6(1 + 𝑘2)
|3 −𝑘2| ，整理得：23𝑘2 + 27 = 0，方程无实数解，
∴不存在实数𝑘，使得𝑃, 𝑄是线段𝑀𝑁的两个三等分点.
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 300
好模型，必知何时失效
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消
元得到关于𝑥或𝑦的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系
式，该关系中含有𝑥1𝑥2，𝑦1𝑦2或𝑥1 + 𝑥2，𝑦1 + 𝑦2最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或
函数），从而可求定点、定值、最值问题.
练
强化训练
Targeted Practice
1. （25-26·四川眉山）已知斜率为2的直线交抛物线𝑦2 = 𝑥于𝐴(𝑥1 , 𝑦1)、𝐵(𝑥2 , 𝑦2)两点，求证：
（1）线段𝐴𝐵的中点在一条定直线上
（2）1
𝑘𝑂𝐴
+
1
𝑘𝑂𝐵
为定值(𝑂为坐标原点，𝑘𝑂𝐴、𝑘𝑂𝐵分别为直线𝑂𝐴、𝑂𝐵的斜率）
(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)设直线方程为𝑦= 2𝑥+ 𝑏，联立𝑦2 = 𝑥，计算出线段𝐴𝐵的中点坐标,即可证明；
(2)借助(1)问，利用韦达定理表示出1
𝑘𝑂𝐴
+
1
𝑘𝑂𝐵
，化简证明即可.
【详解】(1)设直线方程为𝑦= 2𝑥+ 𝑏，联立𝑦2 = 𝑥，
得4𝑥2 + (4𝑏−1)𝑥+ 𝑏2 = 0，
故𝑥1𝑥2 = 𝑏2
4 ,𝑥1 + 𝑥2 = 1 −4𝑏
4
且Δ = 1 −8𝑏> 0即𝑏< 1
8，
故𝑦1 + 𝑦2 = 2(𝑥1 + 𝑥2) + 2𝑏= 1 −4𝑏
2
+ 2𝑏= 1
2，
则𝑦1 + 𝑦2
2
= 1
4，
故线段𝐴𝐵的中点坐标为(1 −4𝑏
8
, 1
4)，一定在直线𝑦= 1
4上.
(2)𝑦1𝑦2 = (2𝑥1 + 𝑏)(2𝑥2 + 𝑏) = 4𝑥1𝑥2 + 2𝑏(𝑥1 + 𝑥2) + 𝑏2 = 4 × 𝑏2
4 + 2𝑏⋅1 −4𝑏
4
+ 𝑏2 = 𝑏
2 ，
1
𝑘𝑂𝐴
+
1
𝑘𝑂𝐵
= 𝑥1
𝑦1
+ 𝑥2
𝑦2
= 𝑥1𝑦2 + 𝑥2𝑦1
𝑦1𝑦2
= 𝑥1(2𝑥2 + 𝑏) + 𝑥2(2𝑥1 + 𝑏)
𝑦1𝑦2
= 4𝑥1𝑥2 + 𝑏(𝑥1 + 𝑥2)
𝑦1𝑦2
=
𝑏2 + 𝑏−4𝑏2
4
𝑏
2
= 1
2 ，
故1
𝑘𝑂𝐴
+
1
𝑘𝑂𝐵
为定值.
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
好图象，能容纳代数
Page 301
2. （25-26·福建厦门）已知直线与抛物线𝑦2 = 𝑥交于𝐴，𝐵两点（𝐴，𝐵均异于坐标原点𝑂），且满足𝑂𝐴⟂
𝑂𝐵．
（1）求证：直线𝑙过定点，并求出定点坐标；
（2）求△𝑂𝐴𝐵面积的最小值，并求出此时直线𝑙的方程．
(1)证明见解析，定点为(1 , 0)
(2)△𝑂𝐴𝐵面积的最小值为1，此时𝑙的方程为𝑥= 1
【分析】(1)联立直线方程与抛物线方程得到纵坐标的韦达定理形式，将𝑂𝐴⟂𝑂𝐵转化为坐标关系，代入
韦达定理可求参数值，则定点坐标可知；
(2)设定点为𝑃，根据面积表达式𝑆△𝑂𝐴𝐵= 1
2 ⋅|𝑂𝑃| ⋅|𝑦1 −𝑦2|，代入韦达定理可求面积最小值以及此时直
线𝑙的方程.
【详解】(1)由题意可知，𝑙的斜率不为0，设𝑙: 𝑥= 𝑚𝑦+ 𝑡, 𝐴(𝑥1 , 𝑦1) , 𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，
联立{𝑥= 𝑚𝑦+ 𝑡
𝑦2 = 𝑥
，可得𝑦2 −𝑚𝑦−𝑡= 0，所以𝑦1 + 𝑦2 = 𝑚, 𝑦1𝑦2 = −𝑡，且Δ = 𝑚2 + 4𝑡> 0，
因为𝑂𝐴⟂𝑂𝐵，所以𝑂𝐴⃗⋅𝑂𝐵⃗= 𝑥1𝑥2 + 𝑦1𝑦2 = 𝑦2
1𝑦2
2 + 𝑦1𝑦2 = 𝑡2 −𝑡= 0，
所以𝑡= 1或𝑡= 0(舍去，此时𝑙过原点)，
所以𝑙: 𝑥= 𝑚𝑦+ 1，
即直线𝑙过定点，定点坐标为(1 , 0).
(2)设定点为𝑃，所以𝑆△𝑂𝐴𝐵= 1
2 ⋅|𝑂𝑃| ⋅|𝑦1 −𝑦2| = 1
2
√(𝑦1 + 𝑦2)2 −4𝑦1𝑦2 = 1
2
√𝑚2 + 4，
当𝑚= 0时，𝑆△𝑂𝐴𝐵有最小值，(𝑆△𝑂𝐴𝐵)𝑚𝑖𝑛= 1
2 ⋅√0 + 4 = 1，
故△𝑂𝐴𝐵面积的最小值为1，此时𝑙的方程为𝑥= 1.
3. （25-26·江苏泰州）已知双曲线𝐶：𝑥2
𝑎2 −𝑦2 = 1(𝑎> 0)的焦距为2√5，且左右顶点分别为𝐴1,𝐴2，过点
𝑇(3 , 0)的直线𝑙与双曲线𝐶的右支交于𝑀,𝑁两点.
（1）求双曲线的方程；
（2）若直线 𝑀𝑁 的斜率为1，求弦长 |𝑀𝑁|；
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 302
好表达，能承载推理
（3）记直线𝐴1𝑀,𝐴2𝑁的斜率分别为𝑘1,𝑘2,证明：𝑘1
𝑘2
是定值.
(1)𝑥2
4 −𝑦2 = 1
(2)8√3
3
(3) −1
5
【分析】(1)根据双曲线的焦距和虚半轴长求出实半轴长，即得其标准方程；
(2)设直线𝑀𝑁的方程为𝑦= 𝑥−3，与双曲线方程联立，利用弦长公式求解；
(3)设直线方程为𝑥= 𝑚𝑦+ 3，与双曲线方程联立，结合韦达定理得到−5(𝑦1 + 𝑦2) = 6𝑚𝑦1 ⋅𝑦2，再由
𝑘1
𝑘2
=
𝑦1
𝑥1 + 2
𝑦2
𝑥2 −2
= 𝑦1(𝑥2 −2)
𝑦2(𝑥1 + 2)化简计算即得.
【详解】(1)因为双曲线𝐶：𝑥2
𝑎2 −𝑦2 = 1(𝑎> 0)的焦距为2√5，
所以2𝑐= 2√5，解得𝑐= √5，
由题意得𝑎2 + 1 = 5，则𝑎2 = 4，
所以双曲线的方程为𝑥2
4 −𝑦2 = 1；
(2)依题意，可设直线𝑀𝑁的方程为𝑦= 𝑥−3，
由
{
𝑦= 𝑥−3
𝑥2
4 −𝑦2 = 1，消去𝑦得3𝑥2 −24𝑥+ 40 = 0，
由韦达定理得𝑥1 + 𝑥2 = 8 , 𝑥1 ⋅𝑥2 = 40
3 ，
所以|𝑀𝑁| = √2 ⋅√(𝑥1 + 𝑥2)2 −4𝑥1 ⋅𝑥2 = √2 ⋅√82 −4 × 40
3 = 8√3
3 ；
(3)如图所示，设直线𝑙的方程为𝑥= 𝑚𝑦+ 3，𝑀(𝑥1 , 𝑦1) , 𝑁(𝑥2 , 𝑦2)，
由
{
𝑥= 𝑚𝑦+ 3
𝑥2
4 −𝑦2 = 1，消去𝑥得(𝑚2 −4)𝑦2 + 6𝑚𝑦+ 5 = 0，
则Δ = 36𝑚2 −20(𝑚2 −4) > 0，且𝑚≠±2，
则𝑦1 + 𝑦2 = −
6𝑚
𝑚2 −4 , 𝑦1𝑦2 =
5
𝑚2 −4，可得−5(𝑦1 + 𝑦2) = 6𝑚𝑦1𝑦2，
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
见数不忘形
Page 303
又𝐴1(−2 , 0) , 𝐴2(2 , 0)，则𝑘1
𝑘2
=
𝑦1
𝑥1 + 2
𝑦2
𝑥2 −2
= 𝑦1(𝑥2 −2)
𝑦2(𝑥1 + 2) = 𝑦1(𝑚𝑦2 + 1)
𝑦2(𝑚𝑦1 + 5)，= 𝑚𝑦1𝑦2 + 𝑦1
𝑚𝑦1𝑦2 + 5𝑦2
=
−5
6(𝑦1 + 𝑦2) + 𝑦1
−5
6(𝑦1 + 𝑦2) + 5𝑦2
= −1
5.
4. （25-26·江苏徐州）已知抛物线𝐶: 𝑦2 = 4𝑥的焦点为𝐹，过𝐹的直线𝑙与𝐶交于𝐴，𝐵两点.
（1）当直线𝑙的倾斜角为𝜋
3 时，求|𝐴𝐵|；
（2）设𝑂为坐标原点，直线𝑂𝐴，𝑂𝐵分别与直线𝑥= −2交于点𝑀，𝑁，求证：以𝑀𝑁为直径的圆过定点，并
求出定点坐标.
(1)16
3
(2)证明见解析，定点坐标为(2 , 0)和(−6 , 0).
【分析】(1)设直线𝑙的方程为𝑦= √3(𝑥−1)，与抛物线方程联立，再利用弦长公式求解；
(2)设直线𝑙: 𝑥= 𝑚𝑦+ 1，与抛物线方程联立，由𝑙𝑂𝐴: 𝑦= 4
𝑦1
𝑥，得到𝑀(−2 , −8
𝑦1
)，同理得到
𝑁(−2 , −8
𝑦2
)，设圆上任意一点为𝑄(𝑥, 𝑦)，由𝑄𝑀⃗⋅𝑄𝑁⃗= 0，结合韦达定理得到圆的方程求解.
【详解】(1)解：设直线𝑙的方程为𝑦= √3(𝑥−1)，
联立
{
𝑦= √3(𝑥−1)
𝑦2 = 4𝑥
，可得3𝑥2 −10𝑥+ 3 = 0，
设𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，则𝑥1 + 𝑥2 = 10
3 ，
所以|𝐴𝐵| = 𝑥1 + 𝑥2 + 2 = 16
3 .
(2)证明：设直线𝑙: 𝑥= 𝑚𝑦+ 1，
联立{𝑥= 𝑚𝑦+ 1
𝑦2 = 4𝑥
，得𝑦2 −4𝑚𝑦−4 = 0，
所以𝑦1 + 𝑦2 = 4𝑚，𝑦1𝑦2 = −4，
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 304
见形不忘数
又𝑘𝑂𝐴= 𝑦1
𝑥1
= 4
𝑦1
，𝑙𝑂𝐴: 𝑦= 4
𝑦1
𝑥，
所以𝑀(−2 , −8
𝑦1
)，
同理可得𝑁(−2 , −8
𝑦2
)，
设圆上任意一点为𝑄(𝑥, 𝑦)，
则由𝑄𝑀⃗⋅𝑄𝑁⃗= 0可得，圆的方程为(𝑥+ 2)2 + (𝑦+ 8
𝑦1
)(𝑦+ 8
𝑦2
) = 0，
整理得(𝑥+ 2)2 + 𝑦2 + 𝑦( 8
𝑦2
+ 8
𝑦1
) + 64
𝑦1𝑦2
= (𝑥+ 2)2 + 𝑦2 −8𝑚𝑦−16 = 0，
令𝑦= 0，可得𝑥= 2或𝑥= −6，
所以𝑀𝑁为直径的圆过定点，定点坐标为(2 , 0)和(−6 , 0).
5. （25-26·浙江杭州）已知椭圆𝐸: 𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0)的离心率为√6
3 ，点𝑃(√3 , 1)在椭圆𝐸上，不
过点𝑃的直线𝑙与椭圆𝐸相交于𝑀, 𝑁两点.
（1）求椭圆𝐸的标准方程；
（2）若弦𝑀𝑁的中点的纵坐标为1
2，求△𝑀𝑂𝑁面积的最大值；
（3）若𝑃𝑀⃗⋅𝑃𝑁⃗= 0，求证：直线𝑙过定点.
(1)𝑥2
6 + 𝑦2
2 = 1
(2)√3
(3)证明见解析
【分析】(1)根据离心率公式，可得𝑐
𝑎= √6
3 ，将点坐标代入椭圆方程，结合𝑎, 𝑏, 𝑐的关系，即可求得答
案.
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
见式不忘域
Page 305
(2)分析可得直线𝑙斜率存在，设方程为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑚，与椭圆联立，根据韦达定理，可得𝑥1 + 𝑥2、𝑥1𝑥2表
达式，代入弦长公式，可得|𝑀𝑁|表达式，再求得𝑂到直线𝑀𝑁的距离，代入面积公式，结合𝑚的范围，即
可得答案.
(3)由𝑃𝑀⃗⋅𝑃𝑁⃗= 0，可得(𝑥1 −√3)(𝑥2 −√3) + (𝑦1 −1)(𝑦2 −1) = 0，将直线方程代入，结合韦达
定理，化简可得𝑚= 1 −√3𝑘或𝑚= −1 −√3𝑘
2
，分别讨论，分析检验，即可得答案.
【详解】(1)由题意得：
{
𝑐
𝑎= √6
3
3
𝑎2 + 1
𝑏2 = 1
𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2
，解得
{
𝑎= √6
𝑏= √2
𝑐= 2
，∴椭圆方程为：𝑥2
6 + 𝑦2
2 = 1
(2)因为弦𝑀𝑁的中点的纵坐标为1
2，所以直线𝑙斜率存在.
设直线𝑙: 𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑚，代入𝑥2
6 + 𝑦2
2 = 1，可得(1 + 3𝑘2)𝑥2 + 6𝑘𝑚𝑥+ 3𝑚2 −6 = 0，
设𝑀(𝑥1 , 𝑦1)，𝑁(𝑥2 , 𝑦2)，则
{
𝑥1 + 𝑥2 = −6𝑘𝑚
1 + 3𝑘2
𝑥1𝑥2 = 3𝑚2 −6
1 + 3𝑘2
，Δ = 12(6𝑘2 −𝑚2 + 2) > 0，
因为弦𝑀𝑁的中点的纵坐标为1
2，
所以𝑦1 + 𝑦2 = 𝑘(𝑥1 + 𝑥2) + 2𝑚=
2𝑚
1 + 3𝑘2 = 1，即2𝑚= 1 + 3𝑘2，
∵|𝑀𝑁| = √1 + 𝑘2
√Δ
1 + 3𝑘2 = 2√3√1 + 𝑘2√6𝑘2 + 2 −𝑚2
1 + 3𝑘2
，
𝑂到直线𝑀𝑁的距离𝑑𝑂−𝑀𝑁=
|𝑚|
√1 + 𝑘2
，
∴𝑆△𝑀𝑂𝑁= 1
2|𝑀𝑁| ⋅𝑑𝑂−𝑀𝑁= √3√4𝑚−𝑚2
2
=
√3√−(𝑚−2)2 + 4
2
，
由Δ = 12(6𝑘2 −𝑚2 + 2) = 12(4𝑚−𝑚2) > 0，2𝑚= 1 + 3𝑘2 ≥1，可得𝑚∈[1
2 , 4)，
∴当𝑚= 2即𝑘= ±1时，𝑆△𝑀𝑂𝑁取得最大值√3.
(3)∵𝑃𝑀⃗⋅𝑃𝑁⃗= 0，∴(𝑥1 −√3)(𝑥2 −√3) + (𝑦1 −1)(𝑦2 −1) = 0，
即𝑥1𝑥2 −√3(𝑥1 + 𝑥2) + 3 + 𝑦1𝑦2 −(𝑦1 + 𝑦2) + 1 = 0(∗)，
∵𝑦1 + 𝑦2 = 𝑘(𝑥1 + 𝑥2) + 2𝑚，𝑦1𝑦2 = 𝑘2𝑥1𝑥2 + 𝑘𝑚(𝑥1 + 𝑥2) + 𝑚2，
代入（*）式，得(1 + 𝑘2)𝑥1𝑥2 + (𝑘𝑚−𝑘−√3)(𝑥1 + 𝑥2) + 𝑚2 −2𝑚+ 4 = 0，
即(1 + 𝑘2)3𝑚2 −6
1 + 3𝑘2 + (𝑘𝑚−𝑘−√3) −6𝑘𝑚
1 + 3𝑘2 + 𝑚2 −2𝑚+ 4 = 0，
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 306
见参不忘约束
化简得3𝑘2 + 3√3𝑚𝑘+ 2𝑚2 −𝑚−1 = 0，
即(√3𝑘+ 𝑚−1)(√3𝑘+ 2𝑚+ 1) = 0 ，
∴𝑚= 1 −√3𝑘或𝑚= −1 −√3𝑘
2
，
当𝑚= 1 −√3𝑘时，则直线𝑙: 𝑦= 𝑘(𝑥−√3) + 1，此时直线过点(√3 , 1)，不合题意舍去，
当𝑚= −1 −√3𝑘
2
时，则直线𝑙: 𝑦= 𝑘
(
𝑥−√3
2 )
−1
2，此时直线过定点
(
√3
2 , −1
2)
，
当直线斜率不存在时，直线𝑥= √3
2 交椭圆于𝑀
(
√3
2 , √7
2 )
，𝑁
(
√3
2 , −√7
2 )
，
此时𝑃𝑀⃗⋅𝑃𝑁⃗=
(
−√3
2 )
⋅
(
−√3
2 )
+
(
√7
2 −1
)(
−√7
2 −1
)
= 0，显然成立.
∴直线𝑙过定点
(
√3
2 , −1
2)
.
6. 已知双曲线𝐶: 𝑥2
𝑎2 −𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 0 , 𝑏> 0)的右顶点为𝐴2，双曲线𝐶的左､右焦点分别为𝐹1､𝐹2，且
|𝐹1𝐹2| = 4，双曲线𝐶的一条渐近线方程为𝑦= √3𝑥.
（1）求双曲线𝐶的标准方程；
（2）已知过点𝑃(1 , 4)的直线与双曲线𝐶右支交于𝐴､𝐵两点，点𝑄在线段𝐴𝐵上，若存在实数𝜆(𝜆> 0且𝜆≠
1)，使得𝐴𝑃⃗= −𝜆𝑃𝐵⃗, 𝐴𝑄⃗= 𝜆𝑄𝐵⃗，证明：直线𝐴2𝑄的斜率为定值.
(1)𝑥2 −𝑦2
3 = 1
(2)证明见解析.
【分析】(1)根据双曲线的渐近线方程可得𝑏
𝑎= √3，结合𝑎2 + 𝑏2 = 𝑐2计算即可求解；
(2)设𝐴(𝑥1 , 𝑦1) , 𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，𝑄(𝑥0 , 𝑦0)，由𝐴𝑃⃗= −𝜆𝑃𝐵⃗, 𝐴𝑄⃗= 𝜆𝑄𝐵⃗，根据平面向量线性运算的坐
标表示可得𝑥2
1 −𝜆2𝑥2
2 = 𝑥0(1 −𝜆2)、𝑦2
1 −𝜆2𝑦2
2 = 4𝑦0(1 −𝜆2)，进而3𝑥0 −4𝑦0 = 3，进而求解.
【详解】(1)设双曲线𝐶的半焦距为𝑐，由|𝐹1𝐹2| = 4，得2𝑐= 4，即𝑐= 2，
所以𝑎2 + 𝑏2 = 4，
又双曲线𝐶的一条渐近线方程为𝑦= √3𝑥，所以𝑏
𝑎= √3，
解得𝑎= 1 , 𝑏= √3，
故双曲线𝐶的方程为𝑥2 −𝑦2
3 = 1.
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
见等号不忘等价
Page 307
(2)设直线与双曲线𝐶交于𝐴(𝑥1 , 𝑦1) , 𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，点𝑄(𝑥0 , 𝑦0) , 𝑃(1 , 4)，
因为存在实数𝜆> 0且𝜆≠1，使得𝐴𝑃⃗= −𝜆𝑃𝐵⃗, 𝐴𝑄⃗= 𝜆𝑄𝐵⃗，
所以(1 −𝑥1 , 4 −𝑦1) = −𝜆(𝑥2 −1 , 𝑦2 −4)，
(𝑥0 −𝑥1 , 𝑦0 −𝑦1) = 𝜆(𝑥2 −𝑥0 , 𝑦2 −𝑦0) ，
整理得：𝑥1 −𝜆𝑥2 = 1 −𝜆①，𝑥1 + 𝜆𝑥2 = (1 + 𝜆)𝑥0②，
得𝑥2
1 −𝜆2𝑥2
2 = 𝑥0(1 −𝜆2)③，
同理𝑦1 −𝜆𝑦2 = 4(1 −𝜆)④，𝑦1 + 𝜆𝑦2 = (1 + 𝜆)𝑦0⑤，
得𝑦2
1 −𝜆2𝑦2
2 = 4𝑦0(1 −𝜆2)⑥，
由于双曲线𝐶上的点的坐标满足3𝑥2 −𝑦2 = 3，
③× 3−⑥得3𝑥2
1 −𝑦2
1 −𝜆2(3𝑥2
2 −𝑦2
2) = (3𝑥0 −4𝑦0)(1 −𝜆2)，
即3 −3𝜆2 = (3𝑥0 −4𝑦0)(1 −𝜆2)，又𝜆> 0 , 𝜆≠1，所以3𝑥0 −4𝑦0 = 3，
表示点𝑄(𝑥0 , 𝑦0)在直线3𝑥−4𝑦−3 = 0上，又𝐴2(1 , 0)也在直线3𝑥−4𝑦−3 = 0上，
所以直线𝐴2𝑄的斜率为3
4（定值）.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
7. （25-26·黑龙江牡丹江）已知两定点𝐴(−√2 , 0)，𝐵(√2 , 0)，动点𝑃满足到𝐴与𝐵的连线斜率乘积为1
（1）求𝑃的轨迹方程；
（2）过点 𝐹(2 , 0) 的直线 𝑙 交 𝑃 的轨迹于 𝐴、𝐵(此处 𝐴、𝐵 为交点，不同于前述定点），
(𝑖)若𝐴、𝐵在𝑦轴的右侧，且△𝑂𝐴𝐵的面积为2√2，求𝑙的方程；
(𝑖𝑖)是否存在𝑥轴上的定点𝑀，使得𝑀𝐴⃗⋅𝑀𝐵⃗为定值？若存在，求出点𝑀的坐标；若不存在，请说明理
由.
(1)𝑥2 −𝑦2 = 2（𝑥≠±√2）；
(2)(𝑖)𝑥= 2；(𝑖𝑖)存在点𝑀(1 , 0).
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 308
见平方不忘验根
【分析】(1)结合斜率公式利用直接法求轨迹方程即可；
(2)(𝑖)设直线𝑙：𝑥= 𝑡𝑦+ 2，设𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，联立直线与轨迹𝑃的方程，利用韦达定理和三角
形的面积公式即可求解；
(𝑖𝑖)设𝑀(𝑚, 0)，利用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，化简整理，结合定值思想，可得𝑚.
【详解】(1)设𝑃(𝑥, 𝑦)，𝑘𝐴𝑃=
𝑦1
𝑥1 −√2
，𝑘𝐵𝑃=
𝑦2
𝑥2 −√2
，
由𝑘𝐴𝑃⋅𝑘𝐵𝑝= 1，化简得𝑥2 −𝑦2 = 2（𝑥≠±√2）.
(2)
设直线𝑙：𝑥= 𝑡𝑦+ 2，代入𝑥2 −𝑦2 = 2得：(𝑡𝑦+ 2)2 −𝑦2 = 2，
整理得：(𝑡2 −1)𝑦2 + 4𝑡𝑦+ 2 = 0
设𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，
因为𝐴，𝐵均在双曲线的右支上，所以𝑡2 −1 ≠0，且𝑦1𝑦2 =
2
𝑡2 −1 < 0，
所以𝑡2 < 1，𝑦1 + 𝑦2 = −
4𝑡
𝑡2 −1.
(𝑖)所以(𝑦1 −𝑦2)2 = (𝑦1 + 𝑦2)2 −4𝑦1𝑦2 =
16𝑡2
(𝑡2 −1)
2 −4 × 2
𝑡2 −1 = 16𝑡2 −8(𝑡2 −1)
(𝑡2 −1)
2
= 8(𝑡2 + 1)
(𝑡2 −1)
2 ，
𝑆△𝑂𝐴𝐵= 1
2|𝑂𝐹||𝑦1 −𝑦2| = 1
2 × 2 ×
√
8(𝑡2 + 1)
(𝑡2 −1)
2 = 2√2，可得𝑡= 0，
∴直线𝑙的方程为：𝑥= 2.
(𝑖𝑖)假设存在𝑥轴上的定点𝑀(𝑚, 0)，使得𝑀𝐴⃗⋅𝑀𝐵⃗为定值.
因为𝑀𝐴⃗= (𝑥1 −𝑚, 𝑦1)，𝑀𝐵⃗= (𝑥2 −𝑚, 𝑦2)，
所以𝑀𝐴⃗⋅𝑀𝐵⃗= (𝑥1 −𝑚, 𝑦1) ⋅(𝑥2 −𝑚, 𝑦2) = (𝑥1 −𝑚) ⋅(𝑥2 −𝑚) + 𝑦1𝑦2
= (𝑡𝑦1 + 2 −𝑚) ⋅(𝑡𝑦2 + 2 −𝑚) + 𝑦1𝑦2 = (𝑡2 + 1)𝑦1𝑦2 + (2 −𝑚)𝑡(𝑦1 + 𝑦2) + (2 −𝑚)2
= 2(𝑡2 + 1)
𝑡2 −1
−4𝑡2(2 −𝑚)
𝑡2 −1
+ (2 −𝑚)2 = (4𝑚−6)𝑡2 + 2
𝑡2 −1
+ (2 −𝑚)2 .
因为𝑀𝐴⃗⋅𝑀𝐵⃗为常数，所以4𝑚−6 = −2，
此时𝑀𝐴⃗⋅𝑀𝐵⃗= −2 + 1 = −1.
所以存在点𝑀(1 , 0)，使得𝑀𝐴⃗⋅𝑀𝐵⃗为定值.
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
见绝对值先看距离
Page 309
8. 阿基米德（公元前287年-公元前212年，古希腊）不仅是著名的哲学家、物理学家，也是著名的数学家，
他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率𝜋等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.在平面直角坐标系𝑂𝑥𝑦
中，椭圆𝐶：𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0)的面积为2√3𝜋，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形.过点
(1 , 0)的直线𝑙与椭圆𝐶交于不同的两点𝐴, 𝐵.
（1）求椭圆𝐶的标准方程；
（2）设椭圆𝐶的左、右顶点分别为𝑃, 𝑄，直线𝑃𝐴与直线𝑥= 4交于点𝐹，试证明𝐵, 𝑄, 𝐹三点共线.
(1)𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1
(2)证明见解析
【分析】(1)利用条件，建立𝑎, 𝑏, 𝑐的关系，直接求出𝑎, 𝑏即可求出结果；(2)分直线斜率存在与不存在两
种情况讨论，当斜率不存在时，可直接求出𝐵, 𝑄, 𝐹三点的坐标，从而可利用向量判断出是否共线；当斜
率存在时，设出直线方程𝑦= 𝑘(𝑥−1)，联立方程得到(3 + 4𝑘2)𝑥2 −8𝑘2𝑥+ 4𝑘2 −12 = 0，利用韦达定
理得到𝑥1 , 𝑥2间的关系，再求出𝐹点，再利用向量共线得到点共线即可得到证明.
【详解】(1)依题意有
{
𝜋𝑎𝑏= 2√3𝜋
𝑎= 2𝑐
𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2
，解得{𝑎= 2
𝑏= √3，所以椭圆𝐶的标准方程是𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1.
(2)(𝑖)当直线𝑙的斜率不存在，易知𝐴(1 , 3
2)，𝐵(1 , −3
2)，或𝐴(1 , −3
2)，𝐵(1 , 3
2)，
当𝐴(1 , 3
2)，𝐵(1 , −3
2)时，直线𝑃𝐴的方程为：𝑦= 1
2(𝑥+ 2)，所以点𝐹(4 , 3)，
此时，𝑄𝐵⃗= (−1 , −3
2)，𝑄𝐹⃗= (2 , 3)，显然𝐵, 𝑄, 𝐹三点共线，
同理𝐴(1 , −3
2)，𝐵(1 , 3
2)时，𝐵, 𝑄, 𝐹三点共线；
(𝑖𝑖)当直线𝑙的斜率存在时，显然斜率𝑘≠0，设直线𝑙的方程：𝑦= 𝑘(𝑥−1)，
设𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，
由{𝑦= 𝑘(𝑥−1)
3𝑥2 + 4𝑦2 = 12整理可得：(3 + 4𝑘2)𝑥2 −8𝑘2𝑥+ 4𝑘2 −12 = 0，
𝑥1 + 𝑥2 =
8𝑘2
3 + 4𝑘2，𝑥1𝑥2 = 4𝑘2 −12
3 + 4𝑘2 ，
由(1)可得左右顶点分别为𝑃(−2 , 0)，𝑄(2 , 0)，
直线𝑃𝐴的方程为𝑦=
𝑦1
𝑥1 + 2(𝑥+ 2)，又因为直线𝑃𝐴与𝑥= 4交于𝐹，所以𝐹(4 ,
6𝑦1
𝑥1 + 2)，
所以𝑄𝐵⃗= (𝑥2 −2 , 𝑦2)，𝑄𝐹⃗= (2 ,
6𝑦1
𝑥1 + 2)，
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 310
见复合先拆层次
因为(𝑥2 −2) ⋅
6𝑦1
𝑥1 + 2 −2𝑦2 = 6𝑦1(𝑥2 −2) −2𝑦2(𝑥1 + 2)
𝑥1 + 2
= 6𝑘(𝑥1 −1)(𝑥2 −2) −2𝑘(𝑥2 −1)(𝑥1 + 2)
𝑥1 + 2
= 2𝑘⋅2𝑥1𝑥2 −5(𝑥1 + 𝑥2) + 8
𝑥1 + 2
，
又2𝑥1𝑥2 −5(𝑥1 + 𝑥2) + 8 = 2 × 4𝑘2 −12
3 + 4𝑘2 −5 ×
8𝑘2
3 + 4𝑘2 + 8
= 8𝑘2 −24 −40𝑘2 + 24 + 32𝑘2
3 + 4𝑘2
= 0 ，
所以(𝑥2 −2) 6𝑦1
𝑥1 + 2 −2𝑦2 = 0，所以𝑄𝐵⃗∥𝑄𝐹⃗，所以𝐵, 𝑄, 𝐹三点共线；
9. （25-26·湖南长沙）已知在平面直角坐标系中，𝑂为原点，抛物线Γ : 𝑦2 = 2𝑝𝑥的焦点为𝐹(1 , 0)，𝐴、𝐵
是抛物线Γ上两个不同的点.
（1）求抛物线Γ的方程；
（2）若直线𝐴𝐵斜率为1，且过点𝐹，求线段𝐴𝐵的长度；
（3）直线𝑙与拋物线Γ交于不同于𝑂的𝐴、𝐵两点，若以𝐴𝐵为直径的圆经过点𝑂，且𝑂𝐺⟂𝐴𝐵于𝐺，证明：存
在定点𝐻，使|𝐺𝐻|为定值.
(1)𝑦2 = 4𝑥；
(2)|𝐴𝐵| = 8 ；
(3)证明见解析.
【分析】(1)根据焦点坐标为𝑝
2 = 1，故𝑝= 2，所以抛物线为𝑦2 = 4𝑥；
(2)联立直线和抛物线方程，得到两根之和，两根之积，利用焦点弦长公式求出答案；
(3)联立方程，得到根与系数的关系，根据以线段𝐴𝐵为直径的圆经过点𝑂，转化成𝑂𝐴⃗⋅𝑂𝐵⃗= 0，可得直
线过定点，再由𝑂𝐺⟂𝐴𝐵，根据直角三角形的特征即可找到𝐻的位置，即可求解.
【详解】(1)抛物线Γ : 𝑦2 = 2𝑝𝑥的焦点为𝐹(1 , 0)，
则𝑝
2 = 1，即𝑝= 2，
所以抛物线为𝑦2 = 4𝑥；
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
见分式先守分母
Page 311
(2)直线𝐴𝐵的方程为𝑙: 𝑦= 𝑥−1，联立抛物线Γ和直线𝑙的方程：{𝑦2 = 4𝑥
𝑦= 𝑥−1，
得𝑥2 −6𝑥+ 1 = 0，Δ = 32 > 0，设𝐴(𝑥1 , 𝑦1) , 𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，
由韦达定理得𝑥1 + 𝑥2 = 6，
故|𝐴𝐵| = 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑝= 6 + 2 = 8；
(3)由题意可知直线𝐴𝐵斜率不为0，设其方程为𝑥= 𝑚𝑦+ 𝑛(𝑛≠0)，
联立方程得：{𝑥= 𝑚𝑦+ 𝑛
𝑦2 = 4𝑥
，
整理得：𝑦2 −4𝑚𝑦−4𝑛= 0，Δ = 16𝑚2 + 16𝑛> 0，
其中𝑦1 + 𝑦2 = 4𝑚，𝑦1𝑦2 = −4𝑛，
因为以𝐴𝐵为直径的圆经过点𝑂，所以𝑂𝐴⃗⋅𝑂𝐵⃗= 0，
又因为𝑂𝐴⃗⋅𝑂𝐵⃗= 𝑥1𝑥2 + 𝑦1𝑦2 = 𝑦2
1
4 ⋅𝑦2
2
4 + 𝑦1𝑦2 = 16𝑛2
16
−4𝑛= 𝑛2 −4𝑛= 0，
∵𝑛≠0，
∴𝑛= 4，
所以直线𝐴𝐵过定点𝑇(4 , 0)，
又因为𝑂𝐺⟂𝐴𝐵，所以△𝑂𝐺𝑇为直角三角形，
所以当𝐻为斜边𝑂𝑇中点时，|𝐺𝐻|为定值，
此时|𝐺𝐻| = 1
2|𝑂𝑇| = 2，
所以定点𝐻为(2 , 0)，|𝐺𝐻|为定值2.
10. （25-26·浙江丽水）已知双曲线𝐶的渐近线方程是𝑦= ±√3𝑥，且过点(−4 , 6).
（1）求𝐶的标准方程；
（2）𝐴1 , 𝐴2 分别为双曲线 𝐶 的左、右顶点，𝐹1 , 𝐹2 分别为 𝐶 的左、右焦点，与 𝑥 轴不垂直的直线 𝑙 与双
曲线 𝐶 的左支相交于 𝑃, 𝑄 两点，记直线 𝑃𝐴1 , 𝑃𝐴2 , 𝑄𝐴2 , 𝑄𝐴1 的斜率分别为 𝑘1 , 𝑘2 , 𝑘3 , 𝑘4，已
知 𝑘1 + 𝑘4 = −3(𝑘2 + 𝑘3).
(𝑖)证明直线𝑙过定点，并求出该定点的坐标；
(𝑖𝑖)求△𝐹2𝑃𝑄面积的取值范围.
(1)𝑥2
4 −𝑦2
12 = 1
(2)(𝑖)证明见解析，(−4 , 0)(𝑖𝑖)(48 , + ∞)
【分析】(1)由已知渐近线方程，设双曲线的方程为3𝑥2 −𝑦2 = 𝜆，代入点(−4 , 6)求解即可；
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 312
见根式先守非负
(2)(𝑖)设直线𝑙的方程为𝑥= 𝑚𝑦+ 𝑡,联立直线与双曲线，由韦达定理代入𝑘1 + 𝑘4 = −3(𝑘2 + 𝑘3)关系式，
化简整理得𝑚, 𝑡的关系，求得定点；
(𝑖𝑖)由(2)得𝑚, 𝑡的关系，代入韦达定理，代入面积表达式，换元结合基本不等式求最值即可..
【详解】(1)设双曲线的方程为3𝑥2 −𝑦2 = 𝜆，
因为双曲线过点(−4 , 6)，
所以𝜆= 3 × 42 −36 = 12，
所以双曲线𝐶的方程为𝑥2
4 −𝑦2
12 = 1.
(2)(𝑖)设直线𝑙的方程为𝑥= 𝑚𝑦+ 𝑡，𝑃(𝑥1 , 𝑦1)，𝑄(𝑥2 , 𝑦2)，
又𝐴1(−2 , 0)，𝐴2(2 , 0)，
所以𝑘1𝑘2 =
𝑦1
𝑥1 + 2 ⋅
𝑦1
𝑥1 −2 =
𝑦2
1
𝑥2
1 −4
=
12
(
𝑥2
1
4 −1
)
𝑥2
1 −4
= 3
同理，𝑘3𝑘4 = 3，
所以𝑘1 + 𝑘4 = 3
𝑘2
+ 3
𝑘3
= 3(𝑘2 + 𝑘3)
𝑘2𝑘3
= −3(𝑘2 + 𝑘3)，所以𝑘2𝑘3 = −1，
由
{
𝑥2
4 −𝑦2
12 = 1
𝑥= 𝑚𝑦+ 𝑡
消去𝑥得，(3𝑚2 −1)𝑦2 + 6𝑚𝑡𝑦+ 3𝑡2 −12 = 0，
所以𝑦1 + 𝑦2 = −
6𝑚𝑡
3𝑚2 −1 , 𝑦1𝑦2 = 3𝑡2 −12
3𝑚2 −1，
所以𝑘2𝑘3 =
𝑦1
𝑥1 −2 ⋅
𝑦2
𝑥2 −2 =
𝑦1𝑦2
(𝑚𝑦1 + 𝑡−2)(𝑚𝑦1 + 𝑡−2) = −1，
整理，得(𝑚2 + 1)𝑦1𝑦2 + 𝑚(𝑡−2)(𝑦1 + 𝑦2) + (𝑡−2)2 = 0，
即(𝑚2 + 1)(3𝑡2 −12)
3𝑚2 −1
−6𝑚2𝑡(𝑡−2)
3𝑚2 −1
+ (𝑡−2)2 = 0
整理，得𝑡2 + 2𝑡−8 = 0，
解得𝑡= 2或𝑡= −4，
当𝑡= 2时，直线𝑙过点𝐴2(2 , 0)，不合题意，舍去，
当𝑡= −4时，直线𝑙过点(−4 , 0)，满足题意，
所以直线𝑙过点𝐹1(−4 , 0).
(𝑖𝑖)因为|𝑦1 −𝑦2| = √(𝑦1 + 𝑦2)2 −4𝑦1𝑦2 = 12√𝑚2 + 1
|3𝑚2 −1| ，
又|𝐹1𝐹2| = 8，所以𝑆△𝑃𝐹2𝑄= 1
2|𝐹1𝐹2| ⋅|𝑦1 −𝑦2| = 48√𝑚2 + 1
|3𝑚2 −1| = 48
√
𝑚2 + 1
(3𝑚2 −1)
2，
由直线𝑙与双曲线的左支有两个交点，且𝑙与坐标轴不垂直，
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
见区间先辨端点
Page 313
得0 < |𝑚| < √3
3 ，令𝑢= 𝑚2 + 1，
则1 < 𝑢< 4
3，𝑆= 48√
𝑢
9𝑢2 −24𝑢+ 16 = 48
√
1
9𝑢+ 16
𝑢−24
，
因为𝑓(𝑢) = 9𝑢+ 16
𝑢−24在(1 , 4
3)上单调递减，
所以0 < 𝑓(𝑢) < 1，
所以得𝑆的取值范围是(48 , + ∞).
11. （25-26·江苏无锡）已知椭圆𝐸: 𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0)的焦距为2，𝐹1，𝐹2为𝐸的左、右焦点，𝑀为
𝐸上一动点，△𝑀𝐹1𝐹2的面积最大为√3．
（1）求𝐸的标准方程；
（2）过点𝐹1作斜率为1的直线𝑙，直线𝑙与𝐸交于点𝐺，𝐻，求△𝐹2𝐺𝐻的面积；
（3）过点𝐹1作斜率之和为2的两条直线𝑙1，𝑙2，𝑙1与𝐸交于点𝐴，𝐵，𝑙2与𝐸交于点𝐶，𝐷，线段𝐴𝐵，𝐶𝐷的中
点分别为𝑃，𝑄，试问：直线𝑃𝑄是否过定点，若过定点，求出定点坐标，若不过定点，请说明理由．
(1)𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1
(2)12√2
7
(3)直线𝑃𝑄过定点(−1 , 3
8)
【分析】(1)结合题目所给信息以及𝑎，𝑏，𝑐之间的关系，列出等式求解即可；
(2)设直线的方程为𝑥= 𝑦−1，联立方程结合韦达定理运算求解；
(3)设出直线𝐴𝐵和𝐶𝐷的方程，将直线𝐴𝐵的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得点𝑃的坐标，同理得点
𝑄的坐标，代入直线𝑃𝑄的方程中，进而可解．
【详解】(1)椭圆𝐸: 𝑥2
𝑎2 + 𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 𝑏> 0)的焦距为2，所以，
因为当点𝑀在椭圆的上顶点时，△𝑀𝐹1𝐹2的面积取得最大值，
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 314
见周期先找重复单元
此时1
2 ⋅2𝑐⋅𝑏= √3，解得𝑏= √3，
则𝑎= √𝑏2 + 𝑐2 = 2，
故椭圆𝐸的标准方程为𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1；
(2)由题可得𝐹1(−1 , 0) , 𝐹2(1 , 0)，|𝐹1𝐹2| = 2，
设直线𝑙的方程为𝑥= 𝑦−1，𝐺(𝑥1 , 𝑦1), 𝐻(𝑥2 , 𝑦2)，
联立方程
{
𝑥= 𝑦−1
𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1，消去𝑥得7𝑦2 −6𝑦−9 = 0，
由韦达定理得𝑦1 + 𝑦2 = 6
7 , 𝑦1𝑦2 = −9
7，
则|𝑦1 −𝑦2| = √(𝑦1 + 𝑦2)2 −4𝑦1𝑦2 = √(6
7)
2
+ 36
7 = 12√2
7
，
故△𝐹2𝐺𝐻的面积𝑆= 1
2|𝐹1𝐹2|⋅|𝑦1 −𝑦2| = 1
2 × 2 × 12√2
7
= 12√2
7
；
(3)设直线𝐴𝐵的方程为𝑦= 𝑘1(𝑥+ 1)，直线𝐶𝐷的方程为𝑦= 𝑘2(𝑥+ 1)，𝐴(𝑥3 , 𝑦3)，𝐵(𝑥4 , 𝑦4)，
联立
{
𝑦= 𝑘1(𝑥+ 1)
𝑥2
4 + 𝑦2
3 = 1 ，消去𝑦并整理得(3 + 4𝑘2
1)𝑥2 + 8𝑘2
1𝑥+ 4𝑘2
1 −12 = 0，
由韦达定理得𝑥3 + 𝑥4 =
−8𝑘2
1
3 + 4𝑘2
1
，
所以𝑦3 + 𝑦4 = 𝑘1(𝑥3 + 1) + 𝑘1(𝑥4 + 1) =
6𝑘1
3 + 4𝑘2
1
，
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
见对称先找不变量
Page 315
即𝑃( −4𝑘2
1
3 + 4𝑘2
1
,
3𝑘1
3 + 4𝑘2
1
)，
同理得𝑄( −4𝑘2
2
3 + 4𝑘2
2
,
3𝑘2
3 + 4𝑘2
2
)，
则𝑘𝑃𝑄=
3𝑘1
3 + 4𝑘2
1
−
3𝑘2
3 + 4𝑘2
2
−4𝑘2
1
3 + 4𝑘2
1
−
−4𝑘2
2
3 + 4𝑘2
2
=
3𝑘1(3 + 4𝑘2
2) −3𝑘2(3 + 4𝑘2
1)
−4𝑘2
1(3 + 4𝑘2
2) + 4𝑘2
2(3 + 4𝑘2
1)
= 4𝑘1𝑘2 −3
4(𝑘1 + 𝑘2) = 4𝑘1𝑘2 −3
8
所以直线𝑃𝑄的方程为𝑦= 4𝑘1𝑘2 −3
8
(𝑥+
4𝑘2
1
3 + 4𝑘2
1
) +
3𝑘1
3 + 4𝑘2
1
= 4𝑘1𝑘2 −3
8
𝑥+ 4𝑘1𝑘2 −3
8
⋅
4𝑘2
1
3 + 4𝑘2
1
+
3𝑘1
3 + 4𝑘2
1
= 4𝑘1𝑘2 −3
8
𝑥+ (4𝑘1𝑘2 −3)𝑘2
1 + 6𝑘1
2(3 + 4𝑘2
1)
= 4𝑘1𝑘2 −3
8
𝑥+ [4𝑘1(2 −𝑘1) −3]𝑘2
1 + 6𝑘1
2(3 + 4𝑘2
1)
= 4𝑘1𝑘2 −3
8
𝑥+ 𝑘1(2 −𝑘1)(3 + 4𝑘2
1)
2(3 + 4𝑘2
1)
= 4𝑘1𝑘2 −3
8
𝑥+ 𝑘1𝑘2
2
= 4𝑘1𝑘2 −3
8
𝑥+ 4𝑘1𝑘2 −3
8
+ 3
8 = 4𝑘1𝑘2 −3
8
(𝑥+ 1) + 3
8 ．
故直线𝑃𝑄恒过定点(−1 , 3
8)．
12. （25-26·江苏连云港）在直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，点𝑃到直线𝑥= −2的距离比到点𝐹(1 , 0)的距离大1，记动
点𝑃的轨迹为曲线𝐶．
（1）求曲线𝐶的方程；
（2）过𝑇(2 , 0)的直线𝑙交曲线𝐶于𝐴, 𝐵两点，过𝑇与直线𝑙垂直的直线交曲线𝐶于𝐷，𝐸两点，其中𝐵, 𝐷在𝑥
轴上方，𝑀，𝑁分别为𝐴𝐵，𝐷𝐸的中点．
求证：(𝑖)直线𝑀𝑁过定点；
(𝑖𝑖)直线𝐴𝐸，𝐵𝐷的交点在定直线上．
(1)𝑦2 = 4𝑥
(2)(𝑖)证明见解析；(𝑖𝑖)证明见解析
【分析】(1)结合抛物线的定义即可求解；
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 316
见最值先问可达
(2)(𝑖)分别联立直线𝑙与抛物线、直线𝐷𝐸与抛物线方程得到点𝑀，𝑁的坐标，从而得到直线𝑀𝑁的方程，
即可得到直线𝑀𝑁过定点；(𝑖𝑖)联立直线𝐴𝐸与𝐵𝐷的方程得到𝑥𝐺= −2，即可求证；
【详解】(1)因为直线𝑥= −2和𝑥= −1距离为1，
由题意点𝑃到直线𝑥= −1的距离与到点𝐹(1 , 0)的距离相等，
由抛物线的定义可得动点𝑃的轨迹方程为：𝑦2 = 4𝑥
(2)
设𝐴(𝑥1 , 𝑦1)，𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，𝐷(𝑥3 , 𝑦3)，𝐸(𝑥4 , 𝑦4)，
(𝑖)设直线𝑙的方程为𝑥= 𝑚1𝑦+ 2，𝐷𝐸的方程为𝑥= 𝑚2𝑦+ 2，因为直线𝑙与直线𝐷𝐸垂直，所以𝑚1𝑚2 =
−1，
联立{𝑥= 𝑚1𝑦+ 2
𝑦2 = 4𝑥
得𝑦2 −4𝑚1𝑦−8 = 0，
则𝑦1 + 𝑦2 = 4𝑚1，𝑦1𝑦2 = −8，𝑦1 + 𝑦2
2
= 2𝑚1，𝑥1 + 𝑥2
2
= 𝑚1(𝑦1 + 𝑦2)
2
+ 2 = 2𝑚2
1 + 2，
所以𝑀(2𝑚2
1 + 2 , 2𝑚1)，
同理可得𝑁(2𝑚2
2 + 2 , 2𝑚2)
当2𝑚2
1 + 2 ≠2𝑚2
2 + 2时，𝑙𝑀𝑁：𝑦=
2𝑚2 −2𝑚1
2𝑚2
2 + 2 −(2𝑚2
1 + 2)
(𝑥−2𝑚2
1 −2) + 2𝑚1，
即𝑦= 2𝑚2 −2𝑚1
2𝑚2
2 −2𝑚2
1
(𝑥−2𝑚2
1 −2) + 2𝑚1
=
1
𝑚2 + 𝑚1
𝑥−2𝑚2
1 + 2
𝑚2 + 𝑚1
+ 2𝑚1(𝑚2 + 𝑚1)
𝑚2 + 𝑚1
=
𝑥
𝑚2 + 𝑚1
+ 2𝑚2𝑚1 + 2𝑚2
1 −2𝑚2
1 −2
𝑚2 + 𝑚1
=
𝑥
𝑚2 + 𝑚1
+ 2𝑚2𝑚1 −2
𝑚2 + 𝑚1
，
因为𝑚1𝑚2 = −1，所以直线𝑀𝑁的方程为𝑦=
𝑥−4
𝑚1 + 𝑚2
，
故当𝑥= 4时，𝑦=
4 −4
𝑚1 + 𝑚2
= 0，此时𝑀𝑁过定点(4 , 0)，
当2𝑚2
1 + 2 = 2𝑚2
2 + 2时，由𝑚1𝑚2 = −1得𝑚1 = ±1，此时直线𝑀𝑁的方程为𝑥= 4，同样经过点
(4 , 0)，
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
见恒成立先问全域
Page 317
所以直线𝑀𝑁过定点，该定点为(4 , 0).
(𝑖𝑖)由抛物线方程得𝐴
(
𝑦2
1
4 , 𝑦1
)
，𝐸
(
𝑦2
4
4 , 𝑦4
)
，
则𝑙𝐴𝐸：𝑦= 𝑦1 −𝑦4
𝑦2
1
4 −𝑦2
4
4
(
𝑥−𝑦2
1
4 )
+ 𝑦1 =
4𝑥
𝑦1 + 𝑦4
−
𝑦2
1
𝑦1 + 𝑦4
+ 𝑦1 =
4𝑥
𝑦1 + 𝑦4
+
𝑦1𝑦4
𝑦1 + 𝑦4
，
同理可得𝑙𝐵𝐷：𝑦=
4𝑥
𝑦2 + 𝑦3
+
𝑦2𝑦3
𝑦2 + 𝑦3
，
联立
{
𝑦=
4𝑥
𝑦2 + 𝑦3
+
𝑦2𝑦3
𝑦2 + 𝑦3
𝑦=
4𝑥
𝑦1 + 𝑦4
+
𝑦1𝑦4
𝑦1 + 𝑦4
得
4𝑥
𝑦2 + 𝑦3
+
𝑦2𝑦3
𝑦2 + 𝑦3
=
4𝑥
𝑦1 + 𝑦4
+
𝑦1𝑦4
𝑦1 + 𝑦4
，
即4𝑥(𝑦1 + 𝑦4) + 𝑦2𝑦3(𝑦1 + 𝑦4) = 4𝑥(𝑦2 + 𝑦3) + 𝑦1𝑦4(𝑦2 + 𝑦3)，
由𝑦1𝑦2 = −8，同理𝑦3𝑦4 = −8，
故
𝑥= 𝑦1𝑦4(𝑦2 + 𝑦3) −𝑦2𝑦3(𝑦1 + 𝑦4)
4(𝑦1 + 𝑦4 −𝑦2 −𝑦3)
= 𝑦1𝑦4𝑦2 + 𝑦1𝑦4𝑦3 −𝑦2𝑦3𝑦1 −𝑦2𝑦3𝑦4
4(𝑦1 + 𝑦4 −𝑦2 −𝑦3)
= −8(𝑦4 + 𝑦1 −𝑦3 −𝑦2)
4(𝑦1 + 𝑦4 −𝑦2 −𝑦3) = −2 ，
所以𝑥𝐺= −2，
即直线𝐴𝐸，𝐵𝐷的交点在定直线𝑥= −2上.
13. （25-26·湖北武汉）过坐标原点𝑂作圆𝐶: (𝑥+ 3)2 + 𝑦2 = 6的两条切线，切点为𝑀，𝑁，直线𝑀𝑁恰为
抛物线𝑇: 𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝> 0)的准线.
（1）求𝑇的方程；
（2）将抛物线𝑇向左移4个单位长度得到新抛物线Γ，抛物线Γ交𝑦轴于𝐴，𝐵两点，𝐸，𝑄为抛物线上不重合
的两点，𝐴𝐸交𝐵𝑄于点𝑍.若直线𝐸𝑄经过坐标原点，求证：△𝐴𝐵𝑍的面积恒为定值.
(1)𝑦2 = 4𝑥
(2)证明见解析
【分析】(1)设直线𝑀𝑁与𝑥轴交于𝐺(−𝑝
2 , 0)，由三角形相似关系可得|𝑁𝐶|2 = |𝐶𝐺| ⋅|𝑂𝐶|，由此可构造
方程求得𝑝的值，从而得到抛物线方程；
(2)解法一：求得Γ : 𝑦2 = 4𝑥+ 16，设𝐸(𝑥1 , 𝑦1) , 𝑄(𝑥2 , 𝑦2) , 𝑍(𝑥𝑍, 𝑦𝑍)，则𝐸𝑄: 𝑦−𝑦1 =
𝑦1 −𝑦2
𝑥1 −𝑥2
(𝑥−𝑥1) , 𝐵𝑄: 𝑦= 𝑦2 −4
𝑥2
𝑥+ 4 , 𝐴𝐸: 𝑦= 𝑦1 + 4
𝑥1
𝑥−4，直线𝐸𝑄经过坐标原点得𝑦1 =
𝑦1 −𝑦2
𝑥1 −𝑥2
𝑥1，𝐸，𝑄在抛物线上得𝑦1𝑦2 = −16，直线𝐵𝑄与直线𝐴𝐸联立方程计算可得𝑥𝑍= −8，计算即可
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 318
见存在先问构造
得证△𝐴𝐵𝑍的面积恒为定值；解法二：直线𝐸𝑄为𝑦= 𝑘𝑥(𝑘≠0)，直线𝐴𝐸方程为𝑦= 𝑛𝑥−4，设直线𝐵𝑄
方程为𝑦= 𝑚𝑥+ 4，点𝐸和𝑄是直线𝐸𝑄与抛物线Γ的交点结合韦达定理可得𝑥𝐸+ 𝑥𝑄= 4
𝑘2 , 𝑥𝐸𝑥𝑄=
−16
𝑘2 ，点𝐸在直线𝐴𝐸上得𝑛= 𝑘𝑥𝐸+ 4
𝑥𝐸
，点𝑄在直线𝐵𝑄上得𝑚=
𝑘𝑥𝑄−4
𝑥𝑄
，直线𝐵𝑄与直线𝐴𝐸联立得
𝑥𝑍= 8(𝑛−𝑚)，计算可得𝑥𝑍= −8，计算即可得证△𝐴𝐵𝑍的面积恒为定值.
【详解】(1)设直线𝑀𝑁与𝑥轴交于𝐺(−𝑝
2 , 0)，由几何性质得
因为直线𝑀𝑁为抛物线𝑇的准线，直线𝑂𝑁为圆𝐶的切线，
所以∠𝑁𝐺𝐶= ∠𝐶𝑁𝑂= 𝜋
2 ，
在△𝑁𝐺𝐶与△𝐶𝑁𝑂中，∠𝑁𝐶𝑂为公共角，
所以△𝑁𝐺𝐶∽△𝑂𝑁𝐶，|𝑁𝐶|
|𝐶𝐺| = |𝑂𝐶|
|𝑁𝐶|，
即|𝑁𝐶|2 = |𝐶𝐺| ⋅|𝑂𝐶|，即6 = 3(−𝑝
2 + 3)，解得：𝑝= 2
故抛物线𝑇的标准方程为𝑦2 = 4𝑥;
(2)解法一：依题意：Γ : 𝑦2 = 4𝑥+ 16，则𝐴(0 , −4) , 𝐵(0 , 4)，设
𝐸(𝑥1 , 𝑦1) , 𝑄(𝑥2 , 𝑦2) , 𝑍(𝑥𝑍, 𝑦𝑍)，
则𝐸𝑄: 𝑦−𝑦1 = 𝑦1 −𝑦2
𝑥1 −𝑥2
(𝑥−𝑥1) , 𝐵𝑄: 𝑦= 𝑦2 −4
𝑥2
𝑥+ 4 , 𝐴𝐸: 𝑦= 𝑦1 + 4
𝑥1
𝑥−4，
因为直线𝐸𝑄经过坐标原点，所以0 −𝑦1 = 𝑦1 −𝑦2
𝑥1 −𝑥2
(0 −𝑥1) ⇒𝑦1 = 𝑦1 −𝑦2
𝑥1 −𝑥2
𝑥1，
又𝐸，𝑄在抛物线上，𝑦2
1 = 4𝑥1 + 16 , 𝑦2
2 = 4𝑥2 + 16，两式作差得𝑦2
1 −𝑦2
2 = 4(𝑥1 −𝑥2)，化简得
𝑦1 −𝑦2
𝑥1 −𝑥2
=
4
𝑦1 + 𝑦2
，
因为4𝑥1 = 𝑦2
1 −16，所以𝑦1 = 𝑦1 −𝑦2
𝑥1 −𝑥2
𝑥1 =
4𝑥1
𝑦1 + 𝑦2
= 𝑦2
1 −16
𝑦1 + 𝑦2
，
化简可得𝑦2
1 + 𝑦1𝑦2 = 𝑦2
1 −16，即𝑦1𝑦2 = −16，
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
见证明先定目标形
Page 319
联立
{
𝑦= 𝑦2 −4
𝑥2
𝑥+ 4
𝑦= 𝑦1 + 4
𝑥1
𝑥−4
，得：𝑥𝑧=
8
𝑦1 + 4
𝑥1
−𝑦2 −4
𝑥2
=
8𝑥1𝑥2
𝑥2(𝑦1 + 4) −𝑥1(𝑦2 −4)
=
8𝑥1𝑥2
(
𝑦2
2
4 −4
)
(𝑦1 + 4) −
(
𝑦2
1
4 −4
)
(𝑦2 −4)
=
8
(
𝑦2
1
4 −4
)(
𝑦2
2
4 −4
)
(
𝑦2
2
4 −4
)
(𝑦1 + 4) −
(
𝑦2
1
4 −4
)
(𝑦2 −4)
=
8
(
𝑦2
1𝑦2
2
16 −𝑦2
1 −𝑦2
2 + 16
)
𝑦2
2𝑦1
4
+ 𝑦2
2 −4𝑦1 −16 −𝑦2
1𝑦2
4
+ 𝑦2
1 + 4𝑦2 −16
=
8
[
(𝑦1𝑦2)2
16
−𝑦2
1 −𝑦2
2 + 16
]
𝑦1𝑦2(𝑦2 −𝑦1)
4
+ 𝑦2
1 + 𝑦2
2 + 4(𝑦2 −𝑦1) −32
，
将𝑦1𝑦2 = −16代入得，𝑥𝑧=
8(32 −𝑦2
1 −𝑦2
2)
𝑦2
2 + 𝑦2
1 −32
=
−8(𝑦2
1 + 𝑦2
2 −32)
𝑦2
2 + 𝑦2
1 −32
= −8为定值.
故𝑆△𝐴𝐵𝑍= 1
2 × |𝐴𝐵| × |𝑥𝑍| = 1
2 × 8 × 8 = 32.
解法二：向左平移4个单位后，新抛物线为Γ : 𝑦2 = 4𝑥+ 16，
则Γ与𝑦轴的交点为𝐴(0 , −4) , 𝐵(0 , 4)，
因为直线𝐸𝑄经过原点，所以设其方程为𝐸𝑄: 𝑦= 𝑘𝑥(𝑘≠0)，
设直线𝐴𝐸方程为𝐴𝐸: 𝑦= 𝑛𝑥−4，设直线𝐵𝑄方程为𝐵𝑄: 𝑦= 𝑚𝑥+ 4，
点𝐸和𝑄是直线𝐸𝑄与抛物线Γ的交点，代入𝑦= 𝑘𝑥(𝑘≠0)中得：
𝑘2𝑥2 = 4𝑥+ 16 ⇒𝑘2𝑥2 −4𝑥−16 = 0 ，
设该方程的两根为𝑥𝐸和𝑥𝑄，根据韦达定理：𝑥𝐸+ 𝑥𝑄= 4
𝑘2 , 𝑥𝐸𝑥𝑄= −16
𝑘2 ①
点𝐸在直线𝐴𝐸上，满足：𝑘𝑥𝐸= 𝑛𝑥𝐸−4 ⇒𝑛= 𝑘𝑥𝐸+ 4
𝑥𝐸
②
点𝑄在直线𝐵𝑄上，满足：𝑘𝑥𝑄= 𝑚𝑥𝑄+ 4 ⇒𝑚=
𝑘𝑥𝑄−4
𝑥𝑄
③
联立方程：𝑛𝑥−4 = 𝑚𝑥+ 4 ⇒⇒𝑥𝑍(𝑛−𝑚) = 8 ⇒𝑥𝑍=
8
𝑛−𝑚
由②和③得：𝑛−𝑚= 𝑘𝑥𝐸+ 4
𝑥𝐸
−
𝑘𝑥𝑄−4
𝑥𝑄
=
𝑥𝑄(𝑘𝑥𝐸+ 4) −𝑥𝐸(𝑘𝑥𝑄−4)
𝑥𝐸𝑥𝑄
=
4(𝑥𝐸+ 𝑥𝑄)
𝑥𝐸𝑥𝑄
，
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 320
见参数先分主从
利用①中的韦达定理结果：𝑛−𝑚=
4(𝑥𝐸+ 𝑥𝑄)
𝑥𝐸𝑥𝑄
=
16
𝑘2
−16
𝑘2
= −1，
所以𝑥𝑍=
8
𝑛−𝑚= 8
−1 = −8，即点𝑍的横坐标恒为−8，
故𝑆△𝐴𝐵𝑍= 1
2 × |𝐴𝐵| × |𝑥𝑍| = 1
2 × 8 × 8 = 32.
14. 已知𝐴, 𝐵分别是双曲线𝐶：𝑥2
𝑎2 −𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 0 , 𝑏> 0)的左、右顶点，𝑃是𝐶上异于𝐴, 𝐵的一点，直线
𝑃𝐴，𝑃𝐵的斜率分别为𝑘1 , 𝑘2，且𝑘1𝑘2 = |𝐴𝐵| = 4．
（1）求双曲线𝐶的方程；
（2）已知过点(4 , 0)的直线𝑙: 𝑥= 𝑚𝑦+ 4，交𝐶的左，右两支于𝐷, 𝐸两点（异于𝐴, 𝐵).
(𝑖)求𝑚的取值范围；
(𝑖𝑖)设直线𝐴𝐷与直线𝐵𝐸交于点𝑄，求证：点𝑄在定直线上．
(1)𝑥2
4 −𝑦2
16 = 1
(2)(𝑖)𝑚< −1
2或𝑚> 1
2；(𝑖𝑖)证明见解析
【分析】(1)由已知条件去设点𝑃, 𝐴, 𝐵的坐标，表示斜率之积，通过点𝑃在双曲线上，代入并消元一个变
量，即可得到𝑏2 = 16，从而求出双曲线方程；
(2)(𝑖)利用过点(4 , 0)的直线与双曲线的左右两支相交，必满足𝑦1𝑦2 > 0，从而去求出𝑚的取值范围；
(𝑖𝑖)先用交点𝐷, 𝐸坐标去表示直线𝐴𝐷, 𝐵𝐸的方程，然后猜想交点𝑄的横坐标为定值，所以消去纵坐标得
到关于交点𝑄的横坐标的表达式，最后利用韦达定理代入化简，可得定值，即问题可得证.
【详解】(1)
由题意可知𝐴(−𝑎, 0) , 𝐵(𝑎, 0)，因为|𝐴𝐵| = 2𝑎= 4，所以𝑎= 2.
设𝑃(𝑚, 𝑛)，则𝑚2
4 −𝑛2
𝑏2 = 1，所以𝑛2 = 𝑏2
4 (𝑚2 −4)，
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
见条件先排顺序
Page 321
又𝑘1𝑘2 =
𝑛
𝑚+ 2 ⋅
𝑛
𝑚−2 =
𝑛2
𝑚2 −4 =
𝑏2
4 (𝑚2 −4)
𝑚2 −4
= 𝑏2
4 = 4，所以𝑏2 = 16.
所以双曲线𝐶的方程为𝑥2
4 −𝑦2
16 = 1.
(2)(𝑖)由题意知直线𝑙的方程为𝑥= 𝑚𝑦+ 4 , 𝐷(𝑥1 , 𝑦1) , 𝐸(𝑥2 , 𝑦2).
联立
{
𝑥2
4 −𝑦2
16 = 1
𝑥= 𝑚𝑦+ 4
，化简得(4𝑚2 −1)𝑦2 + 32𝑚𝑦+ 48 = 0，
因为直线𝑙与双曲线左右两支相交，所以𝑦1𝑦2 > 0，
即𝑚满足：
{
4𝑚2 −1 ≠0
(32𝑚)2 −192(4𝑚2 −1) > 0
𝑦1𝑦2 =
48
4𝑚2 −1 > 0
，解得𝑚< −1
2或𝑚> 1
2；
(𝑖𝑖)由(𝑖)𝑦1 + 𝑦2 =
−32𝑚
4𝑚2 −1 , 𝑦1𝑦2 =
48
4𝑚2 −1，
直线𝐴𝐷的方程为𝑦=
𝑦1
𝑥1 + 2(𝑥+ 2)
直线𝐵𝐸的方程为𝑦=
𝑦2
𝑥2 −2(𝑥−2)．
联立直线𝐴𝐷与𝐵𝐸的方程，得
𝑦1
𝑥1 + 2(𝑥+ 2) =
𝑦2
𝑥2 −2(𝑥−2)，
所以(
𝑦2
𝑚𝑦2 + 2 −
𝑦1
𝑚𝑦1 + 6)𝑥=
2𝑦1
𝑚𝑦1 + 6 +
2𝑦2
𝑚𝑦2 + 2，
所以(6𝑦2 −2𝑦1)𝑥= 4𝑚𝑦1𝑦2 + 4𝑦1 + 12𝑦2，
所以𝑥= 2𝑚𝑦1𝑦2 + 2𝑦1 + 6𝑦2
3𝑦2 −𝑦1
= 2𝑚𝑦1𝑦2 + 2(𝑦1 + 𝑦2) + 4𝑦2
−(𝑦1 + 𝑦2) + 4𝑦2
=
2𝑚⋅
48
4𝑚2 −1 + 2( −32𝑚
4𝑚2 −1) + 4𝑦2
−( −32𝑚
4𝑚2 −1) + 4𝑦2
=
32𝑚
4𝑚2 −1 + 4𝑦2
32𝑚
4𝑚2 −1 + 4𝑦2
= 1 .
所以点𝑄的横坐标始终为1，故点𝑄在定直线𝑥= 1上.
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 322
见结论先找入口
15. （25-26·浙江）已知曲线𝐶1 : 𝑥2 + 𝑦2 = 4，从𝐶1上任意一点𝑃向𝑥轴作垂线段𝑃𝑃′，𝑃′为垂足，记线段
𝑃𝑃′的中点𝑀的轨迹为曲线𝐶2．过𝑀作直线𝑙与曲线𝐶2交于另一点𝑁．
（1）求曲线𝐶2的轨迹方程；
（2）若𝑃在第一象限，且直线𝑙的斜率为1，△𝑃𝑀𝑁的面积为3
5，求此时𝑃的坐标；
（3）若𝑃(0 , 2)，𝐴(4 , 0)，直线𝐴𝑀, 𝐴𝑁与曲线𝐶2的另一个交点分别为𝐷, 𝐸，直线𝑀𝑁, 𝐷𝐸交于点𝐵．
问：点𝐵是否在定直线上？若是，求出定直线的方程；若不是，请说明理由．
(1)𝑥2
4 + 𝑦2 = 1
(2)𝑃(√2 , √2)
(3)点𝐵在定直线上，定直线方程为𝑥= 1.
【分析】(1)根据点𝑃, 𝑃′ , 𝑀位置之间的关系可求出曲线𝐶2的轨迹方程.
(2)首先设出直线𝑙的方程，然后联立直线和曲线𝐶2的方程组，根据韦达定理可求出点𝑁的横坐标，然后
根据△𝑃𝑀𝑁的面积求出𝑃点的坐标.
(3)通过求出每条直线的方程，然后将它们与曲线方程联立，求出点𝐵的坐标，进而可判断点𝐵是否在定
直线上.
【详解】(1)设𝑀(𝑥0 , 𝑦0)，则𝑃′(𝑥0 , 0)，𝑃(𝑥0 , 2𝑦0).
因为点𝑃在曲线𝐶1上，所以𝑥2
0 + (2𝑦0)2 = 4，即𝑥2
0
4 + 𝑦2
0
1 = 1.
所以曲线𝐶2的轨迹方程为椭圆𝑥2
4 + 𝑦2 = 1.
(2)因为𝑃在第一象限，所以𝑀也在第一象限，
所以𝑀
(
𝑥0 , √1 −𝑥2
0
4
)
，𝑃(𝑥0 , √4 −𝑥2
0).
设直线𝑙的方程为：𝑦= 𝑥−𝑥0 + √1 −𝑥2
0
4 .
联立直线𝑙与曲线𝐶2的方程为：
{
𝑦= 𝑥−𝑥0 + √1 −𝑥2
0
4
𝑥2
4 + 𝑦2 = 1
，得𝑥2 + 4
(
𝑥−𝑥0 + √1 −𝑥2
0
4
)
2
= 4.
化简得：5𝑥2 −8
(
𝑥0 −√1 −𝑥2
0
4
)
𝑥+ 4
(
𝑥0 −√1 −𝑥2
0
4
)
2
−4 = 0.
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
公式应被理解，而非背诵
Page 323
根据韦达定理𝑥1 + 𝑥2 =
8
(
𝑥0 −√1 −𝑥2
0
4
)
5
, 𝑥1𝑥2 =
4
(
𝑥0 −√1 −𝑥2
0
4
)
2
−4
5
.
因为𝑥1 = 𝑥0，所以𝑥2 =
8
(
𝑥0 −√1 −𝑥2
0
4
)
5
−𝑥0 =
3𝑥0 −4√4 −𝑥2
0
5
，
所以𝑥2 < 𝑥0，
所以|𝑃𝑀| = √4 −𝑥2
0 −√1 −𝑥2
0
4 ，点𝑁到线段𝑃𝑀的距离为𝑑= 𝑥0 −
3𝑥0 −4√4 −𝑥2
0
5
.
因为△𝑃𝑀𝑁的面积为3
5，
所以𝑆△𝑃𝑀𝑁= 1
2 × |𝑃𝑀| × 𝑑= 1
2 ×
(
√4 −𝑥2
0 −√1 −𝑥2
0
4
)
×
(
𝑥0 −
3𝑥0 −4√4 −𝑥2
0
5
)
= 3
5.
化简得：√4 −𝑥2
0 × (5𝑥0 −3𝑥0 + 4√4 −𝑥2
0) = 12.
所以√4 −𝑥2
0 × (2𝑥0 + 4√4 −𝑥2
0) = 12，
所以𝑥0√4 −𝑥2
0 = 2𝑥2
0 −2，所以𝑥0 > 1，
所以𝑥2
0(4 −𝑥2
0) = (2𝑥2
0 −2)
2，
化简得5𝑥4
0 −12𝑥2
0 + 4 = 0，即(5𝑥2
0 −2)(𝑥2
0 −2) = 0，
此时解得𝑥0 = √2或𝑥0 = √10
5 （舍去）.
所以点𝑃的坐标为𝑃(√2 , √2).
(3)因为𝐴(4 , 0) , 𝑃(0 , 2) , 𝑀(0 , 1)，
所以直线𝐴𝑀的方程为𝑦= −1
4𝑥+ 1.
联立直线𝐴𝑀与曲线𝐶2的方程组为
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 324
计算应被组织，而非堆叠
{
𝑦= −1
4𝑥+ 1
𝑥2
4 + 𝑦2 = 1
，可解得点𝐷的坐标为𝐷(8
5 , 3
5).
若𝑀𝑁的斜率不存在，由对称性可得𝐷𝐸//𝑀𝑁，矛盾；
若𝑀𝑁斜率为0，直线𝑙与曲线𝐶2只有一个交点，矛盾；
所以直线𝑀𝑁的斜率存在且不为0，设直线𝑀𝑁的方程为𝑦= 𝑘𝑥+ 1(𝑘≠0)①.
联立直线𝑀𝑁与曲线𝐶2的方程组为：
{
𝑦= 𝑘𝑥+ 1
𝑥2
4 + 𝑦2 = 1，化简得：(4𝑘2 + 1)𝑥2 + 8𝑘𝑥= 0，解得𝑥= −
8𝑘
4𝑘2 + 1或𝑥= 0（舍去）.
所以点𝑁的坐标为𝑁(−
8𝑘
4𝑘2 + 1 , 1 −4𝑘2
4𝑘2 + 1).
所以𝑘𝐴𝑁= −
1 −4𝑘2
4𝑘2 + 1
8𝑘
4𝑘2 + 1 + 4
=
4𝑘2 −1
16𝑘2 + 8𝑘+ 4.
所以直线𝐴𝑁的方程为𝑦= 𝑘𝐴𝑁(𝑥−4) =
4𝑘2 −1
16𝑘2 + 8𝑘+ 4(𝑥−4).
联立直线𝐴𝑁与曲线𝐶2的方程组为：
{
𝑦=
4𝑘2 −1
16𝑘2 + 8𝑘+ 4(𝑥−4)
𝑥2
4 + 𝑦2 = 1
，
化简得
[
4(
4𝑘2 −1
16𝑘2 + 8𝑘+ 4)
2
+ 1
]
𝑥2 −32(
4𝑘2 −1
16𝑘2 + 8𝑘+ 4)
2
𝑥+ 64(
4𝑘2 −1
16𝑘2 + 8𝑘+ 4)
2
−4 = 0.
约去分母得：[(4𝑘2 −1)
2 + (8𝑘2 + 4𝑘+ 2)
2]𝑥2 −8(4𝑘2 −1)
2𝑥+ 16(4𝑘2 −1)
2 −
(16𝑘2 + 8𝑘+ 4)
2 = 0，
所以(80𝑘4 + 64𝑘3 + 40𝑘2 + 16𝑘+ 5)𝑥2 + (−128𝑘4 + 64𝑘2 −8)𝑥+ (−256𝑘3 −320𝑘2 −64𝑘) = 0
根据韦达定理𝑥𝑁𝑥𝐸=
−256𝑘3 −320𝑘2 −64𝑘
80𝑘4 + 64𝑘3 + 40𝑘2 + 16𝑘+ 5，因为𝑥𝑁= −
8𝑘
4𝑘2 + 1，
所以𝑥𝐸=
−256𝑘3 −320𝑘2 −64𝑘
80𝑘4 + 64𝑘3 + 40𝑘2 + 16𝑘+ 5 × (−4𝑘2 + 1
8𝑘
) =
(32𝑘2 + 40𝑘+ 8)(4𝑘2 + 1)
80𝑘4 + 64𝑘3 + 40𝑘2 + 16𝑘+ 5，
所以𝑥𝐸= 8(4𝑘+ 1)(𝑘+ 1)(4𝑘2 + 1)
(4𝑘2 + 1)(20𝑘2 + 16𝑘+ 5) = 32𝑘2 + 40𝑘+ 8
20𝑘2 + 16𝑘+ 5，
𝑦𝐸=
4𝑘2 −1
16𝑘2 + 8𝑘+ 4(32𝑘2 + 40𝑘+ 8
20𝑘2 + 16𝑘+ 5 −4)
=
4𝑘2 −1
16𝑘2 + 8𝑘+ 4(−48𝑘2 −24𝑘−12
20𝑘2 + 16𝑘+ 5 ) =
3 −12𝑘2
20𝑘2 + 16𝑘+ 5 ，
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
推理应被呈现，而非暗藏
Page 325
所以点𝐸的坐标为𝐸(32𝑘2 + 40𝑘+ 8
20𝑘2 + 16𝑘+ 5 ,
3 −12𝑘2
20𝑘2 + 16𝑘+ 5).
所以𝑘𝐸𝐷=
3 −12𝑘2
20𝑘2 + 16𝑘+ 5 −3
5
32𝑘2 + 40𝑘+ 8
20𝑘2 + 16𝑘+ 5 −8
5
=
5(3 −12𝑘2) −3(20𝑘2 + 16𝑘+ 5)
5(32𝑘2 + 40𝑘+ 8) −8(20𝑘2 + 16𝑘+ 5) = −5𝑘−2
3
.
所以直线𝐸𝐷的方程为𝑦−3
5 = 𝑘𝐸𝐷(𝑥−8
5) = −5𝑘−2
3
(𝑥−8
5)②
联立①②方程组为：
{
𝑦= 𝑘𝑥+ 1
𝑦−3
5 = −5𝑘−2
3
(𝑥−8
5)，可得𝑘𝑥+ 1 −3
5 = −5𝑘−2
3
(𝑥−8
5)，
化简得：15𝑘𝑥+ 6 = (−5𝑘−2)(5𝑥−8)，
所以15𝑘𝑥+ 6 = −25𝑘𝑥+ 40𝑘−10𝑥+ 16，
所以4𝑘(𝑥−1) = 1 −𝑥，
当𝑘≠−1
4时，可得𝑥= 1，
若𝑘= −1
4，则点𝑁与点𝐷重合，此时𝑀, 𝑁, 𝐷, 𝐸共线，与条件矛盾，
所以点𝐵在定直线上，定直线方程为𝑥= 1.
测
知识小测
Exit Quiz
1. （25-26·甘肃酒泉）已知椭圆𝑦2
9 + 𝑥2
4 = 1与直线𝑙交于𝐴, 𝐵两点，若点𝑃(−1 , 1)为线段𝐴𝐵的中点，则直
线𝑙的方程是（ ）
A. 9𝑥+ 4𝑦+ 5 = 0
B. 9𝑥−4𝑦+ 13 = 0
C. 4𝑥+ 9𝑦−5 = 0
D. 4𝑥−9𝑦−13 = 0
𝐵
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 326
直觉应被验证，而非放任
【分析】设点𝐴(𝑥1 , 𝑦1), 𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，利用题设条件得出𝑥1 + 𝑥2 = −2 , 𝑦1 + 𝑦2 = 2 ,利用点差法得到
4(𝑦1 + 𝑦2)(𝑦1 −𝑦2) + 9(𝑥1 + 𝑥2)(𝑥1 −𝑥2) = 0 ，代入结论整理得直线𝑙的斜率，即可求出直线𝑙的方程.
【详解】设点𝐴(𝑥1 , 𝑦1), 𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，因点𝑃(−1 , 1)为线段𝐴𝐵的中点，则𝑥1 + 𝑥2 = −2 , 𝑦1 + 𝑦2 = 2 ,
（*）
又𝐴(𝑥1 , 𝑦1), 𝐵(𝑥2 , 𝑦2)在椭圆𝑦2
9 + 𝑥2
4 = 1（即4𝑦2 + 9𝑥2 = 36）上，则4𝑦2
1 + 9𝑥2
1 = 36 ①，4𝑦2
2 +
9𝑥2
2 = 36 ② ，
由①−②，可得4(𝑦1 + 𝑦2)(𝑦1 −𝑦2) + 9(𝑥1 + 𝑥2)(𝑥1 −𝑥2) = 0，
将（*）代入，化简得4(𝑦1 −𝑦2) = 9(𝑥1 −𝑥2)，即𝑦1 −𝑦2
𝑥1 −𝑥2
= 9
4，可知直线𝑙的斜率为9
4，
故直线𝑙的方程为：𝑦−1 = 9
4(𝑥+ 1)，即9𝑥−4𝑦+ 13 = 0.
故选：𝐵.
2. （25-26·山西太原）已知直线2𝑥−3𝑦−1 = 0与双曲线𝐶: 𝑥2
𝑎2 −𝑦2
𝑏2 = 1(𝑎> 0 , 𝑏> 0)相交于𝐴、𝐵两个
不同点，点𝐷(2 , 1)是𝐴𝐵的中点，则双曲线𝐶的离心率为（ ）
A. 2
B. √2
C. 4
3
D. 2√3
3
𝐷
【分析】利用点差法可求得𝑏2
𝑎2，结合𝑒= √1 + 𝑏2
𝑎2可得出双曲线𝐶的离心率的值.
【详解】设点𝐴(𝑥1 , 𝑦1)、𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，由题意可得𝑘𝐴𝐵= 𝑦1 −𝑦2
𝑥1 −𝑥2
= 2
3，
因为点𝐷(2 , 1)是𝐴𝐵的中点，则{𝑥1 + 𝑥2 = 4
𝑦1 + 𝑦2 = 2，
因为
{
𝑥2
1
𝑎2 −𝑦2
1
𝑏2 = 1
𝑥2
2
𝑎2 −𝑦2
2
𝑏2 = 1
，这两个等式作差可得𝑥2
1 −𝑥2
2
𝑎2
= 𝑦2
1 −𝑦2
2
𝑏2
，
所以，𝑏2
𝑎2 = 𝑦2
1 −𝑦2
2
𝑥2
1 −𝑥2
2
= 𝑦1 + 𝑦2
𝑥1 + 𝑥2
⋅𝑦1 −𝑦2
𝑥1 −𝑥2
= 2
4 ⋅2
3 = 1
3，
因此，双曲线𝐶的离心率为𝑒= 𝑐
𝑎= √𝑐2
𝑎2 = √𝑎2 + 𝑏2
𝑎2
= √1 + 𝑏2
𝑎2 = √1 + 1
3 = 2√3
3 .
故选：𝐷.
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
高二数理进阶
经验应被归纳，而非停留
Page 327
3. （25-26·河北保定）若双曲线𝐶: 𝑦2
𝑚−𝑥2
2 = 1的焦距为4，直线𝑙与𝐶交于𝐴, 𝐵两点，且线段𝐴𝐵的中点为
𝑁(2 , 1)，则直线𝑙的斜率为（ ）
A. 2
B. 3
2
C. 1
D. 5
3
𝐴
【分析】先根据双曲线的焦距求出𝑚，然后设𝐴(𝑥1 , 𝑦1) , 𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，将其代入双曲线方程得到等式，根
据中点坐标进而可求出直线的斜率.
【详解】由双曲线𝐶的焦距为4，得2√𝑚+ 2 = 4，解得𝑚= 2.
设𝐴(𝑥1 , 𝑦1) , 𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，则
{
𝑥2
1 −𝑦2
1 = −2
𝑥2
2 −𝑦2
2 = −2，则(𝑥1 −𝑥2)(𝑥1 + 𝑥2) = (𝑦1 −𝑦2)(𝑦1 + 𝑦2)，
因为点𝑁(2 , 1)是线段𝐴𝐵的中点，
𝑥1 + 𝑥2 = 2 × 2 = 4 , 𝑦1 + 𝑦2 = 2 × 1 = 2，所以2(𝑥1 −𝑥2) = (𝑦1 −𝑦2)，
所以𝑘𝑙= 𝑦1 −𝑦2
𝑥1 −𝑥2
= 2.
故选：𝐴.
4. 已知抛物线𝐶: 𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝> 0)，过𝐶的焦点𝐹且倾斜角为𝜋
3 的直线交𝐶于𝐴, 𝐵两点，线段𝐴𝐵的中点为
𝑊，|𝐹𝑊| = 4
3，则𝑝= （ ）
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
𝐵
【分析】设𝑊(𝑥0 , 𝑦0) , 𝐴(𝑥1 , 𝑦1) , 𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，代入抛物线方程两式相减可得(𝑦1 + 𝑦2)𝑘𝐴𝐵= 2𝑝，进
而求得𝑊
(
5𝑝
6 , √3𝑝
3 )
，由|𝐹𝑊| = 4
3求得𝑝值.
【详解】设𝑊(𝑥0 , 𝑦0) , 𝐴(𝑥1 , 𝑦1) , 𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，
则
{
𝑦2
1 = 2𝑝𝑥1
𝑦2
2 = 2𝑝𝑥2
两式相减，可得(𝑦1 + 𝑦2)(𝑦1 −𝑦2) = 2𝑝(𝑥1 −𝑥2)，
所以(𝑦1 + 𝑦2)𝑦1 −𝑦2
𝑥1 −𝑥2
= 2𝑝，即(𝑦1 + 𝑦2)𝑘𝐴𝐵= 2𝑝，
所以2√3𝑦0 = 2𝑝，所以𝑦0 = √3𝑝
3 ，
代入直线𝐴𝐵: 𝑦= √3(𝑥−𝑝
2)，得𝑥0 = 5𝑝
6 ，
所以𝑊
(
5𝑝
6 , √3𝑝
3 )
，所以|𝐹𝑊| = √(5𝑝
6 −𝑝
2)
2
+ 𝑝2
3 = 2𝑝
3 = 4
3，解得𝑝= 2.
高二数理进阶
第 11 讲 直线与圆锥曲线综合问题
Page 328
速度应由清晰产生
故选：𝐵
5. （25-26·河北沧州）已知抛物线𝐶: 𝑥2 = 4𝑦，过点𝑃(1 , 0)作直线𝑙.
（1）若直线𝑙与抛物线𝐶只有一个公共点，求直线𝑙的方程；
（2）若直线𝑙过点(0 , 1)，且交抛物线𝐶于𝐴、𝐵两点，求线段𝐴𝐵的长.
(1)𝑥= 1或𝑦= 0或𝑦= 𝑥−1
(2)8
【分析】(1)对直线𝑙的斜率是否存在进行分类讨论，在直线𝑙的斜率不存在时，直接验证即可；在直线𝑙的
斜率存在时，设直线𝑙的方程为𝑦= 𝑘(𝑥−1)，将该直线方程与抛物线方程联立，由Δ = 0求出𝑘的值，综
合可得出直线𝑙的方程；
(2)设𝐴(𝑥1 , 𝑦1)、𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，将直线𝑙的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理结合抛物线的焦点弦
长公式可求得|𝐴𝐵|的值.
【详解】(1)若直线𝑙的斜率不存在，则𝑙的方程为𝑥= 1，与抛物线𝐶只有一个公共点，符合题意；
若直线𝑙的斜率存在，设𝑙的方程为𝑦= 𝑘(𝑥−1)，
联立{𝑦= 𝑘(𝑥−1)
𝑥2 = 4𝑦
消去𝑦得𝑥2 −4𝑘𝑥+ 4𝑘= 0，
因为直线𝑙与抛物线𝐶只有一个公共点，
所以Δ = 16𝑘2 −16𝑘= 0，解得𝑘= 0或𝑘= 1，
此时直线𝑙的方程为𝑦= 0或𝑦= 𝑥−1.
综上，直线𝑙的方程为𝑥= 1或𝑦= 0或𝑦= 𝑥−1.
(2)因为直线𝑙过点𝑃(1 , 0)，又过点(0 , 1)，所以直线𝑙的方程为𝑦= −𝑥+ 1，
设𝐴(𝑥1 , 𝑦1)、𝐵(𝑥2 , 𝑦2)，联立{𝑦= −𝑥+ 1
𝑥2 = 4𝑦
消去𝑥得𝑦2 −6𝑦+ 1 = 0，则𝑦1 + 𝑦2 = 6，
因为点(0 , 1)为抛物线𝐶的焦点，故|𝐴𝐵| = 𝑦1 + 𝑦2 + 2 = 8，
即线段𝐴𝐵的长为8.
第 12 讲 数列的概念
高二数理进阶
答案只是终点，路径才是能力
Page 329
第 12 讲
数列的概念
讲
题型精讲
Core examples
题型1
根据递推关系求通项
典例1 （25-26·河南）（多选）一小孩玩抛硬币跳格子游戏，规则如下：抛一枚硬币，若正面朝上，则往前
跳两格；若反面朝上，则往前跳一格.记跳到第𝑛格有𝑎𝑛种情况，数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，则（ ）
A. 𝑎8 = 35
B. 𝑎10 = 89
C. 𝑆8 = 87
D. 𝑆11 = 375
𝐵𝐶𝐷
【分析】由题意得出递推公式𝑎𝑛+2 = 𝑎𝑛+ 𝑎𝑛+1，逐个代入依次求解出.
【详解】根据题意，跳到第𝑛+ 2格有两种可能，一种是从第𝑛+ 1格跳过来，有𝑎𝑛+1种方式，
另一种是从第𝑛格跳过来，有𝑎𝑛种方式，所以𝑎𝑛+2 = 𝑎𝑛+ 𝑎𝑛+1．
因为𝑎1 = 1 , 𝑎2 = 2 ,
所以𝑎3 = 3 , 𝑎4 = 5 , 𝑎5 = 8 , 𝑎6 = 13 , 𝑎7 = 21 , 𝑎8 = 34 , 𝑎9 = 55 , 𝑎10 = 89 , 𝑎11 = 144.
所以𝑆8 = 87，𝑆11 = 375，
故选：𝐵𝐶𝐷.
变式1 数列1 , 3 , 6 , 10 , 15 , …的递推公式可以是𝑎𝑛= 𝑎𝑛−1 +
(𝑛∈𝑁+ , 𝑛≥2)．又𝑎10 =
55，则𝑎12 =
．
𝑛, 78
【分析】找规律得到𝑎𝑛= 𝑎𝑛−1 + 𝑛(𝑛∈𝑁+ , 𝑛≥2)，并根据𝑎10 = 55得到𝑎12 = 𝑎10 + 11 + 12 = 78.
【详解】由已知可得，𝑎2 −𝑎1 = 2，𝑎3 −𝑎2 = 3，𝑎4 −𝑎3 = 4，𝑎5 −𝑎4 = 5，
所以递推公式可以写成𝑎𝑛= 𝑎𝑛−1 + 𝑛(𝑛∈𝑁+ , 𝑛≥2)．
所以𝑎12 = 𝑎11 + 12 = 𝑎10 + 11 + 12 = 55 + 23 = 78．
故答案为：𝑛，78
高二数理进阶
第 12 讲 数列的概念
Page 330
纸面整洁，是思路可见
题型2
利用an 与Sn 的关系求通项
题型点拨
数列的通项𝑎𝑛与前𝑛项和𝑆𝑛的关系
𝑎𝑛= {𝑆1 , 𝑛= 1
𝑆𝑛−𝑆𝑛−1
𝑛≥2
先由
𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1
(𝑛≥2)
化简得到𝑎𝑛= 𝑓(𝑛)，再计算𝑎1 = 𝑆1。若𝑎1 = 𝑓(1)，则可将通项公式合并；否则应写成分段形式。
典例2 已知𝑆𝑛为数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，若𝑛𝑎𝑛= 𝑆𝑛−1 + 1(𝑛≥2) , 𝑎1 = 0，则𝑆2025等于（ ）
A. 0
B. 1012
C. 2025
2
D. 2025
𝐵
【分析】根据𝑎𝑛−1 = 𝑆𝑛−1 −𝑆𝑛−2(𝑛≥3)计算得𝑎𝑛= 𝑎𝑛−1(𝑛≥3)，再应用前𝑛项和计算求解.
【详解】因为𝑛𝑎𝑛= 𝑆𝑛−1 + 1(𝑛≥2)，当(𝑛−1)𝑎𝑛−1 = 𝑆𝑛−2 + 1(𝑛≥3)，
两式作差得𝑛𝑎𝑛−(𝑛−1)𝑎𝑛−1 = 𝑆𝑛−1 −𝑆𝑛−2(𝑛≥3)，
所以𝑛𝑎𝑛−(𝑛−1)𝑎𝑛−1 = 𝑎𝑛−1(𝑛≥3)，所以𝑎𝑛= 𝑎𝑛−1(𝑛≥3)，又因为𝑎1 = 0，
因为𝑛𝑎𝑛= 𝑆𝑛−1 + 1(𝑛≥2)，当𝑛= 2时，所以2𝑎2 = 𝑎1 + 1 = 1，所以𝑎2 = 1
2 = 𝑎3 = 𝑎4 = ⋯，
所以𝑆2025 = 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + ⋯+ 𝑎2025 = 0 + 1
2 × 2024 = 1012.
故选：𝐵.
变式2 已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 + 2𝑎2 + ⋯+ 2𝑛−1𝑎𝑛= 𝑛⋅2𝑛，则数列{𝑎𝑛}的通项公式为
.
𝑎𝑛= 𝑛+ 1
【分析】𝑎1 + 2𝑎2 + ⋯+ 2𝑛−1𝑎𝑛= 𝑛⋅2𝑛，当𝑛≥2时，𝑎1 + 2𝑎2 + ⋯+ 2𝑛−2𝑎𝑛−1 = (𝑛−1) ⋅2𝑛−1，两
式相减即可得解，注意验证𝑛= 1是否成立即可.
【详解】由题意𝑎1 + 2𝑎2 + ⋯+ 2𝑛−1𝑎𝑛= 𝑛⋅2𝑛，
当𝑛≥2时，𝑎1 + 2𝑎2 + ⋯+ 2𝑛−2𝑎𝑛−1 = (𝑛−1) ⋅2𝑛−1，两式相减得，
2𝑛−1𝑎𝑛= 2𝑛⋅2𝑛−1 −(𝑛−1) ⋅2𝑛−1 = (𝑛+ 1) ⋅2𝑛−1，解得𝑎𝑛= 𝑛+ 1，
在𝑎1 + 2𝑎2 + ⋯+ 2𝑛−1𝑎𝑛= 𝑛⋅2𝑛中，令𝑛= 1，可得𝑎1 = 2 = 1 + 1，故𝑎1也满足𝑎𝑛= 𝑛+ 1，
综上所述，所求即为𝑎𝑛= 𝑛+ 1.
第 12 讲 数列的概念
高二数理进阶
草稿有序，错误无处藏身
Page 331
故答案为：𝑎𝑛= 𝑛+ 1.
题型3
数列的单调性及其应用
题型点拨
判断数列的单调性的方法
(1)作差比较法：
𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛> 0⇔数列{𝑎𝑛}是递增数列；𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛< 0⇔数列{𝑎𝑛}是递减数列；
𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 0⇔数列{𝑎𝑛}是常数列．
(2)作商比较法：
𝑖.当𝑎𝑛> 0时，则𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
> 1⇔数列{𝑎𝑛}是递增数列；𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
< 1⇔数列{𝑎𝑛}是递减数列；
𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
= 1⇔数列{𝑎𝑛}是常数列；
第二种：当 𝑎𝑛< 0 时，则 𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
> 1 ⇔ 数列 {𝑎𝑛} 是递减数列；𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
< 1 ⇔ 数列 {𝑎𝑛} 是递增数列；
𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
= 1⇔数列{𝑎𝑛}是常数列．
(3)结合相应函数的图象直观判断：
写出数列对应的函数，利用导数或利用基本初等函数的单调性探求其单调性，再将函数的单调性对应到
数列中去．
典例3 （多选）下列通项公式中，对应的数列是递增数列的是（ ）
A. 𝑎𝑛= 1 + 𝑛
B. 𝑎𝑛= 2𝑛2 −5𝑛+ 1
C. 𝑎𝑛= 1
4𝑛
D. 𝑎𝑛= {𝑛+ 1
𝑛≤2
2𝑛−1
𝑛> 2
𝐴𝐵𝐷
【分析】根据数列单调性的定义逐项判断即可.
【详解】对于𝐴，由于𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 1 > 0，故数列{𝑎𝑛}是递增数列；
对于𝐵，由于𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 4𝑛−3 > 0，故数列{𝑎𝑛}是递增数列；
对于𝐶，由于𝑎1 = 1
4 , 𝑎2 = 1
16，𝑎1 > 𝑎2，故数列{𝑎𝑛}不是递增数列；
对于𝐷，由于𝑎1 = 2 , 𝑎2 = 3，
当𝑛> 2时，𝑎3 = 4，𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 2𝑛−2𝑛−1 = 2𝑛−1 > 0，即𝑎𝑛+1 > 𝑎𝑛，
又𝑎1 < 𝑎2 < 𝑎3，所以数列{𝑎𝑛}是递增数列．
高二数理进阶
第 12 讲 数列的概念
Page 332
订正不是改答案，是改思路
故选：𝐴𝐵𝐷.
变式3 设数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛= 𝑛2 + 𝑘𝑛，若数列{𝑎𝑛}是递增数列，则实数𝑘的取值范围为
(−3 , + ∞)
【分析】根据数列的单调性，得到𝑎𝑛+1 > 𝑎𝑛，从而得到𝑘> −2𝑛−1对于任意的𝑛∈𝑁∗恒成立．求出
𝑓(𝑛)𝑚𝑎𝑥= 𝑓(1) = −3，得到𝑘> −3.
【详解】由数列{𝑎𝑛}是递增数列，可得𝑎𝑛+1 > 𝑎𝑛，对于任意的𝑛∈𝑁∗恒成立，
即(𝑛+ 1)2 + 𝑘(𝑛+ 1) > 𝑛2 + 𝑘𝑛，即2𝑛+ 1 + 𝑘> 0，
即𝑘> −2𝑛−1对于任意的𝑛∈𝑁∗恒成立．
因为𝑓(𝑛) = −2𝑛−1(𝑛∈𝑁∗)单调递减，所以𝑓(𝑛)𝑚𝑎𝑥= 𝑓(1) = −3，所以𝑘> −3．
故答案为：(−3 , + ∞)
题型4
求数列中的最大（小）项
题型点拨
求数列最大(小)项的方法
(1)构造函数，确定出函数的单调性，进一步求出数列的最大项或最小项．
(2)相邻项比较法需要先明确全局单调结构。
当已经证明数列在第𝑛项之前递增、之后递减时，可由
𝑎𝑛≥𝑎𝑛−1,
𝑎𝑛≥𝑎𝑛+1
判断𝑎𝑛为最大项。
类似地，当数列先递减后递增时，可利用相邻项关系判断最小项。
典例4 （25-26·江苏苏州）数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛= 𝑛(𝑛+ 1), {𝑏𝑛}满足：𝑏𝑛= 𝑎𝑛⋅( 8
11)
𝑛
，则数列
{𝑏𝑛}的最大项是第
项．（ ）
A. 6
B. 7
C. 8
D. 9
𝐴
【分析】设数列{𝑏𝑛}的最大项为𝑏𝑛,由{𝑏𝑛≥𝑏𝑛−1
𝑏𝑛≥𝑏𝑛+1
求解.
第 12 讲 数列的概念
高二数理进阶
复盘要追到第一处偏差
Page 333
【详解】设数列{𝑏𝑛}的最大项为𝑏𝑛.则{𝑏𝑛≥𝑏𝑛−1
𝑏𝑛≥𝑏𝑛+1
，即
{
𝑛(𝑛+ 1)( 8
11)
𝑛
≥𝑛(𝑛−1)( 8
11)
𝑛−1
𝑛(𝑛+ 1)( 8
11)
𝑛
≥(𝑛+ 1)(𝑛+ 2)( 8
11)
𝑛+1，
化简得
{
8
11(𝑛+ 1) ≥𝑛−1
𝑛≥8
11(𝑛+ 2)
，解得
{
𝑛≤19
3
𝑛≥16
3
，
所以16
3 ≤𝑛≤19
3 ，又𝑛∈𝑁∗，所以𝑛= 6，
即数列{𝑏𝑛}的最大项是第6项.
故选：𝐴.
变式4 （25-26·辽宁大连）已知数列{𝑎𝑛}的通项公式𝑎𝑛= 𝑛−√197
𝑛−√198
，则𝑎𝑛最小的项是第
项．
14
【分析】分离常数，然后利用数列单调性求最小项.
【详解】𝑎𝑛= 𝑛−√198 + √198 −√197
𝑛−√198
= 1 + √198 −√197
𝑛−√198
，
当𝑛> √198时，𝑎𝑛> 0，
当𝑛< √198时，𝑎𝑛< 0，要取最小的项需在此范围内取到，
又当𝑛< √198时，𝑎𝑛= 1 + √198 −√197
𝑛−√198
为单调递减数列，
所以当𝑛= 14时，𝑎14最小.
故答案为：14.
题型5
数列的周期性及其应用
题型点拨
先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．
高二数理进阶
第 12 讲 数列的概念
Page 334
难题常从简单结构入手
典例5 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种
运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1 →4 →2 →1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷
猜想”）．已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 = 1 ,𝑎𝑛+1 =
{
𝑎𝑛
2 , 当𝑎𝑛为偶数时
3𝑎𝑛+ 1 , 当𝑎𝑛为奇数时
则𝑎2025 = （ ）
A. 1
B. 2
C. 4
D. 8
𝐵
【分析】根据分段数列的表达式，先写出前几项得出规律，得出数列是周期数列从而得解.
【详解】由题意可得𝑎1 = 1 , 𝑎2 = 4 , 𝑎3 = 2 , 𝑎4 = 1 , 𝑎5 = 4，𝑎6 = 2 , ⋯，
所以数列{𝑎𝑛}是以3为周期的数列，又2025 = 3 × 675，所以𝑎2025 = 𝑎3 = 2.
故选：𝐵
变式5 已知数列{𝑎𝑛}的首项𝑎1 = 1，𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= cos 𝑛𝜋
3 ，𝑛∈𝑁∗，记𝑆𝑛为数列{𝑎𝑛}的前𝑛项之和，则
𝑆2020的值是
．
2023
2
【分析】由已知递推式求出数列的前7项，结合𝑦= cos 𝑛𝜋
3 的周期，确定数列{𝑎𝑛}的周期为6，根据周期求
和.
【详解】因为𝑎1 = 1，
所以𝑎2 = 1 + cos 𝜋
3 = 1 + 1
2 = 3
2，𝑎3 = 𝑎2 + cos 2𝜋
3 = 3
2 −1
2 = 1，𝑎4 = 𝑎3 + cos 3𝜋
3 = 1 −1 = 0，
𝑎5 = 𝑎4 + cos 4𝜋
3 = 0 −1
2 = −1
2，𝑎6 = 𝑎5 + cos 5𝜋
3 = −1
2 + 1
2 = 0，𝑎7 = 𝑎6 + cos 6𝜋
3 = 0 + 1 = 1，
又𝑦= cos 𝑛𝜋
3 的函数值取值的周期为6，所以{𝑎𝑛}的周期为6.
所以𝑆2020 = 336 × (1 + 3
2 + 1 + 0 −1
2 + 0) + (1 + 3
2 + 1 + 0) = 1008 + 7
2 = 2023
2
.
故答案为：2023
2
练
强化训练
Targeted Practice
1. 已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项的积为𝑇𝑛，且𝑇𝑛= 𝑛(𝑛= 1 , 2 , 3 , ⋯)，则数列{𝑎𝑛}
．（ ）
A. 有最大项，有最小项
B. 有最大项，无最小项
第 12 讲 数列的概念
高二数理进阶
新题常借旧模型开门
Page 335
C. 无最大项，有最小项
D. 无最大项，无最小项
𝐴
【分析】根据题设可得𝑎1 = 1，𝑛≥2时𝑎𝑛= 1 +
1
𝑛−1，进而判断是否存在最值项.
【详解】当𝑛= 1时𝑎1 = 𝑇1 = 1，当𝑛≥2时𝑎𝑛=
𝑇𝑛
𝑇𝑛−1
=
𝑛
𝑛−1 = 1 +
1
𝑛−1，
所以𝑎2 > 𝑎3 > 𝑎4 > ⋯> 𝑎𝑛> 1，而𝑎1 = 1，
故𝑎1为最小项，𝑎2为最大项．
故选：𝐴
2. 已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎𝑛+1 =
{
2𝑎𝑛,
0 ≤𝑎𝑛< 1
2 ,
2𝑎𝑛−1 ,
1
2 ≤𝑎𝑛< 1.
若𝑎1 = 6
7，则𝑎2005的值为（ ）
A. 6
7
B. 5
7
C. 3
7
D. 1
7
𝐴
【分析】根据递推关系分别计算出部分对应的项，然后可知该数列的周期性进行判断即可.
【详解】逐步计算，可得𝑎1 = 6
7，
𝑎2 = 12
7 −1 = 5
7 ，
𝑎3 = 10
7 −1 = 3
7 ，
𝑎4 = 6
7 ，
𝑎5 = 12
7 −1 = 5
7 ，
…
这说明数列{𝑎𝑛}是周期数列，𝑇= 3.而2005 = 3 × 668 + 1，所以𝑎2005 = 𝑎1 = 6
7.
故选：𝐴.
3. 已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和是𝑆𝑛，若𝑆𝑛= (−1)𝑛+1𝑎𝑛+ 𝑛，𝑛∈𝑁∗，则𝑎2025 = （ ）
A. −1
B. 1
C. 2
D. 3
𝐷
【分析】根据题设可得𝑎𝑛= (−1)𝑛+1𝑎𝑛−(−1)𝑛𝑎𝑛−1 + 1，令𝑛= 2027得𝑎2026 = −1，再令𝑛= 2026即
可得目标项.
高二数理进阶
第 12 讲 数列的概念
Page 336
熟题也需重新审题
【详解】当𝑛≥2，则𝑆𝑛−1 = (−1)𝑛𝑎𝑛−1 + 𝑛−1，故𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = (−1)𝑛+1𝑎𝑛−(−1)𝑛𝑎𝑛−1 + 1，
当𝑛= 2027，则𝑎2027 = 𝑎2027 + 𝑎2026 + 1 ⇒𝑎2026 = −1，
当𝑛= 2026，则𝑎2026 = −𝑎2026 −𝑎2025 + 1 ⇒𝑎2025 = 1 −2𝑎2026 = 3.
故选：𝐷
4. （25-26·四川成都）已知数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛= 𝑛2 −2𝑡𝑛+ 5 ,(𝑛∈𝑁∗)，若{𝑎𝑛}是单调递增数列，
则实数𝑡的取值范围是（ ）
A. (0 , 3
2)
B. (0 , 1)
C. (−∞, 1)
D. (−∞, 3
2)
𝐷
【分析】根据数列单调递增的性质得到𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛> 0恒成立，进而求出𝑡的取值范围.
【详解】因为{𝑎𝑛}是单调递增数列，所以𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛> 0对任意𝑛∈𝑁∗恒成立.
已知𝑎𝑛= 𝑛2 −2𝑡𝑛+ 5，则𝑎𝑛+1 = (𝑛+ 1)2 −2𝑡(𝑛+ 1) + 5.
所以𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= [(𝑛+ 1)2 −2𝑡(𝑛+ 1) + 5] −(𝑛2 −2𝑡𝑛+ 5) > 0.
化简不等式
对[(𝑛+ 1)2 −2𝑡(𝑛+ 1) + 5] −(𝑛2 −2𝑡𝑛+ 5) > 0进行化简：
[(𝑛+ 1)2 −2𝑡(𝑛+ 1) + 5] −(𝑛2 −2𝑡𝑛+ 5) = 𝑛2
+2𝑛+ 1 −2𝑡𝑛−2𝑡+ 5 −𝑛2 + 2𝑡𝑛−5 = 2𝑛+ 1 −2𝑡，
则2𝑛+ 1 −2𝑡> 0，移项可得2𝑡< 2𝑛+ 1.
因为2𝑡< 2𝑛+ 1对任意𝑛∈𝑁∗恒成立，即2𝑡要小于2𝑛+ 1的最小值.
因为𝑛∈𝑁∗，那么2𝑛+ 1随着𝑛的增大而增大，
当𝑛= 1时，2𝑛+ 1取得最小值，最小值为2 × 1 + 1 = 3，所以2𝑡< 3，解得𝑡< 3
2.
故选：𝐷.
5. 已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 = 1 , 𝑎2 = 2，且𝑎𝑛+2 =
{
𝑎𝑛, 𝑛为奇数
𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛, 𝑛为偶数，则{𝑎𝑛}的前50项的和为（ ）
A. 36
B. 39
C. 41
D. 45
𝐵
【分析】根据已知有𝑎𝑛= 𝑎𝑛−2 = ⋯= 𝑎3 = 𝑎1 = 1，由𝑎2 = 2，则𝑎4 = −1，𝑎6 = 2，⋯，依次类推有
𝑎50 = 2，再应用分组求和即可得.
【详解】当𝑛≥3且为奇数，𝑎𝑛= 𝑎𝑛−2 = ⋯= 𝑎3 = 𝑎1 = 1，
当𝑛≥2且为偶数，𝑎𝑛+2 = 𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛，则𝑎𝑛+2 + 𝑎𝑛= 𝑎𝑛+1 = 1，
第 12 讲 数列的概念
高二数理进阶
变式检验迁移能力
Page 337
而𝑎2 = 2，则𝑎4 = 𝑎3 −𝑎2 = −1，𝑎6 = 𝑎5 −𝑎4 = 2，⋯，依次类推有𝑎50 = 2，
所以𝑆50 = 25𝑎1 + (𝑎2 + 𝑎4 + ⋯+ 𝑎46 + 𝑎48 + 𝑎50) = 25 + 12 + 2 = 39.
故选：𝐵
6. （25-26·广东揭阳）（多选）记𝑆𝑛为正项数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，且𝑆𝑛= 𝑎2𝑛−𝑎𝑛+ 1，则（ ）
A. 𝑎1 = 1
B. 𝑆2 = 2
C. 数列{𝑎𝑛}单调递增
D. 𝑎𝑛+1 −1 ≤𝑎𝑛
𝐴𝐶𝐷
【分析】对于选项𝐴, 𝐵，直接代入即可计算；对于选项𝐶, 𝐷，可根据𝑎𝑛+1 = 𝑆𝑛+1 −𝑆𝑛进行化简判断.
【详解】对于选项𝐴：
𝑆1 = 𝑎1 = 𝑎2
1 −𝑎1 + 1，化简得：𝑎2
1 −2𝑎1 + 1 = (𝑎1 −1)2 = 0.
所以𝑎1 = 1，选项𝐴正确；
对于选项𝐵：
𝑆2 = 𝑎2
2 −𝑎2 + 1 = 𝑎1 + 𝑎2，化简得：𝑎2(𝑎2 −2) = 0.
因为𝑎1 = 1，数列{𝑎𝑛}为正项数列，所以𝑎2 = 2.
所以𝑆2 = 𝑎1 + 𝑎2 = 3，故𝐵错误；
对于选项𝐶𝐷：
𝑎𝑛+1 = 𝑆𝑛+1 −𝑆𝑛= 𝑎2
𝑛+1 −𝑎𝑛+1 + 1 −(𝑎2𝑛−𝑎𝑛+ 1) = 𝑎2
𝑛+1 −𝑎𝑛+1 −𝑎2𝑛+ 𝑎𝑛.
= (𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛)(𝑎𝑛+1 + 𝑎𝑛−1) > 0 ，
所以𝑎2
𝑛+1 −2𝑎𝑛+1 + 1 = 𝑎2𝑛−𝑎𝑛+ 1，化简(𝑎𝑛+1 −1)2 = 𝑎2𝑛−𝑎𝑛+ 1，
若𝑎𝑛≥1，则(𝑎𝑛+1 −1)2 ≥1，即𝑎𝑛+1 −1 ≥1或𝑎𝑛+1 −1 ≤−1，
则𝑎𝑛+1 ≥2或𝑎𝑛+1 ≤0（舍去），
因为𝑎1 = 1，所以𝑎2 ≥2 , 𝑎3 ≥2 ⋅⋅⋅，所以𝑎𝑛+1 + 𝑎𝑛−1 > 0，𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛> 0，
所以{𝑎𝑛}为递增数列，所以−𝑎𝑛+ 1 ≤0，
所以(𝑎𝑛+1 −1)2 = 𝑎2𝑛−𝑎𝑛+ 1 ≤𝑎2𝑛，
所以𝑎𝑛+1 −1 ≤𝑎𝑛，𝐶𝐷正确.
故选：𝐴𝐶𝐷.
7. （25-26·四川成都）（多选）已知数列{𝑎𝑛}的通项公式为 𝑎𝑛= 𝑛−√98
𝑛−√99
，前 𝑛 项的乘积为 𝑆𝑛 ，则下列
说法正确的是（ ）
高二数理进阶
第 12 讲 数列的概念
Page 338
反思沉淀方法边界
A. 在数列{𝑎𝑛}中，𝑎10是最大项
B. 在数列{𝑎𝑛}中，𝑎9 是最小项
C. 数列{𝑆𝑛}单调递减
D. 使𝑆𝑛取得最小值的𝑛为 9
𝐴𝐵𝐷
【分析】判断数列{𝑎𝑛}的单调性，由此求得最大项与最小项，进而判断𝐴, 𝐵选项，再根据项与1的大小关
系判断𝑆𝑛的单调性及最值判断𝐶, 𝐷选项即可.
【详解】𝑎𝑛= 𝑛−√98
𝑛−√99
= 1 + √99 −√98
𝑛−√99
，∴当𝑛≤9时𝑎𝑛随着𝑛的增大越来越小且小于1，
当𝑛≥10时𝑎𝑛随着𝑛的增大越来越小且大于1，则前𝑛项中最大项为𝑎10，最小项为𝑎9，
故𝐴, 𝐵选项正确；
当1 ≤𝑛≤9时，0 < 𝑎𝑛= 1 + √99 −√98
𝑛−√99
< 1 , 𝑛∈𝑁∗,
当𝑛≥10时，𝑎𝑛= 1 + √99 −√98
𝑛−√99
> 1 , 𝑛∈𝑁∗, 𝑆10 > 𝑆9,所以数列{𝑆𝑛}不是单调递减，𝐶选项错误；
前 𝑛 项积𝑆𝑛取得最小值时𝑛为9，故𝐷选项正确.
故选：𝐴𝐵𝐷.
8. 已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛满足𝑆𝑛= 3𝑛−1，则其通项公式𝑎𝑛=
．
2 × 3𝑛−1
【分析】应用𝑎𝑛= {𝑆𝑛−𝑆𝑛−1
𝑛≥2
𝑆1 , 𝑛= 1
计算得出通项公式即可求解.
【详解】数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛满足𝑆𝑛= 3𝑛−1，
当𝑛≥2时，𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = 3𝑛−1 −(3𝑛−1 −1) = 3𝑛−3𝑛−1 = 2 × 3𝑛−1，
当𝑛= 1时，𝑎1 = 𝑆1 = 31 −1 = 2，满足上式，
则𝑎𝑛= 2 × 3𝑛−1．
故答案为：2 × 3𝑛−1.
9. （25-26·广东深圳）已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 + 3𝑎2 + ⋯+ 3𝑛−1𝑎𝑛= 𝑛⋅3𝑛，则𝑎2025 =
．
4051
【分析】根据𝑎𝑛= {𝑆1 , 𝑛= 1
𝑆𝑛−𝑆𝑛−1
𝑛≥2可求𝑎𝑛.
【详解】𝑛≥2时，𝑎1 + 3𝑎2 + ⋯+ 3𝑛−2𝑎𝑛−1 = (𝑛−1) ⋅3𝑛−1，与原式相减得
3𝑛−1𝑎𝑛= 𝑛⋅3𝑛−(𝑛−1) ⋅3𝑛−1 = (2𝑛+ 1) ⋅3𝑛−1，则𝑎𝑛= 2𝑛+ 1，
第 12 讲 数列的概念
高二数理进阶
问题越准，进步越快
Page 339
经检验，𝑛= 1时也成立，
故𝑎𝑛= 2𝑛+ 1，即𝑎2025 = 4051．
故答案为：4051.
10. （25-26·甘肃兰州）数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛= 𝑛2 + 2𝑛，数列{𝑏𝑛}满足𝑏𝑛= 𝑛(𝑎𝑛+ 1)(10
13)
𝑛
，则数列
{𝑏𝑛}的最大项为第
项.
7
【分析】利用𝑛≥2时，𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1求得𝑎𝑛，从而得出𝑏𝑛，再设{𝑏𝑛}的第𝑛项最大(𝑛≥2)，
解不等式组{𝑏𝑛≥𝑏𝑛−1
𝑏𝑛≥𝑏𝑛+1
可得．
【详解】因为𝑆𝑛= 𝑛2 + 2𝑛，当𝑛= 1时，𝑎1 = 𝑆1 = 3，
𝑛≥2时，𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = 2𝑛+ 1，
经检验𝑎1也符合，
所以𝑎𝑛= 2𝑛+ 1，
则𝑏𝑛= 2𝑛(𝑛+ 1)(10
13)𝑛，
假设{𝑏𝑛}的第𝑛项最大(𝑛≥2)，
则{𝑏𝑛≥𝑏𝑛−1
𝑏𝑛≥𝑏𝑛+1
，即
{
2𝑛(𝑛+ 1)(10
13)𝑛≥2(𝑛−1)𝑛(10
13)𝑛−1
2𝑛(𝑛+ 1)(10
13)𝑛≥2(𝑛+ 1)(𝑛+ 2)(10
13)𝑛+1
，解得20
3 ≤𝑛≤23
3 ,
又𝑛∈𝑁∗，所以𝑛= 7.
故答案为：7.
测
知识小测
Exit Quiz
1. （25-26·辽宁丹东）已知数列1 , −3 , 5 , −7 , 9 , ⋯，则该数列的第99项为（ ）
A. −197
B. 197
C. −199
D. 199
𝐵
【分析】通过观察数列的规律，写出其通项公式，根据通项公式求项即可.
【详解】通过观察，该数列的通项公式为𝑎𝑛= (−1)𝑛+1(2𝑛−1)，
所以𝑎99 = (−1)99+1(2 × 99 −1) = 197.
高二数理进阶
第 12 讲 数列的概念
Page 340
表述越精，理解越深
故选：𝐵.
2. （25-26·广东清远）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数.他们根据沙粒或小石子
所排列的形状把数分成许多类，如图中第一行的1 , 3 , 6 , 10称为三角形数，第二行的1 , 4 , 9 , 16称为正方
形数.则根据以上规律，可推导出五边形数所构成的数列的第5项为（ ）
A. 22
B. 26
C. 35
D. 51
𝐶
【分析】类比三角形数和正方形数得到五边形数，再由从第二项起，后项与前项的差依次为4 , 7 , 10 , 13
求解.
【详解】解：如图，
1 , 5 , 12 , 22称为五边形数，
从第二项起，后项与前项的差依次为4 , 7 , 10 , 13，
所以五边形数的第5项为22 + 13 = 35，
故选：𝐶.
3. （25-26·北京）在数列{𝑎𝑛}中，𝑎1 = 2，𝑎𝑛+
1
𝑎𝑛−1
= 1（𝑛≥2，𝑛∈𝑁∗），则𝑎2025 = （ ）
A. −1
B. 1
C. 1
2
D. 2
𝐴
【分析】列出数列的前几项，即可得到{𝑎𝑛}是以3为周期的周期数列，根据周期性计算可得.
【详解】因为𝑎1 = 2，𝑎𝑛+
1
𝑎𝑛−1
= 1（𝑛≥2，𝑛∈𝑁∗），
第 12 讲 数列的概念
高二数理进阶
细节不是枝节
Page 341
所以𝑎2 = 1 −1
𝑎1
= 1
2，𝑎3 = 1 −1
𝑎2
= −1，𝑎4 = 1 −1
𝑎3
= 2，⋯⋯，
所以{𝑎𝑛}是以3为周期的周期数列，则𝑎2025 = 𝑎3×674+3 = 𝑎3 = −1.
故选：𝐴
4. （25-26·四川绵阳）（多选）下列通项公式中，数列{𝑎𝑛}是递增数列的是（ ）
A. 𝑎𝑛= 2𝑛−11
B. 𝑎𝑛= −3𝑛+ 32
C. 𝑎𝑛= 2 ⋅(1
3)
𝑛
D. 𝑎𝑛= 2 ⋅3𝑛
𝐴𝐷
【分析】根据数列单调性定义，验证的𝑎𝑛−𝑎𝑛−1正负即可.
【详解】𝑛≥2时，比较𝑎𝑛与𝑎𝑛−1的大小，
对于𝐴，𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 = 2𝑛−11 −[2(𝑛−1) −11] = 2 > 0，
所以数列{𝑎𝑛}是递增数列，𝐴正确；
对于𝐵，𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 = −3𝑛+ 32 −[−3(𝑛−1) + 32] = −3 < 0，
所以数列{𝑎𝑛}是递减数列，𝐵错误；
对于𝐶，𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 = 2 ⋅(1
3)
𝑛
−2 ⋅(1
3)
𝑛−1
= −4 × (1
3)
𝑛
< 0，
所以数列{𝑎𝑛}是递减数列，𝐶错误；
对于𝐷，𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 = 2 ⋅3𝑛−2 ⋅3𝑛−1 = 4 × 3𝑛−1 > 0，
所以数列{𝑎𝑛}是递增数列，𝐷正确.
故选：𝐴𝐷
5. （25-26·黑龙江绥化）已知𝑆𝑛为数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，𝑎1 = 1，𝑎𝑛+1 + 2𝑆𝑛= 2𝑛+ 1，则𝑆2024 =
．
2024
【分析】由递推关系得到𝑎𝑛+1 + 𝑎𝑛= 2，再由𝑎1 = 1得数列{𝑎𝑛}中所有项都为1可得答案．
【详解】当𝑛≥2时，由𝑎𝑛+1 + 2𝑆𝑛= 2𝑛+ 1得𝑎𝑛+ 2𝑆𝑛−1 = 2(𝑛−1) + 1 = 2𝑛−1，
两式相减得𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛+ 2𝑎𝑛= 2，即𝑎𝑛+1 + 𝑎𝑛= 2，
因为𝑎1 = 1，所以由𝑎2 + 𝑎1 = 𝑎2 + 1 = 2，得𝑎2 = 1，
由𝑎3 + 𝑎2 = 𝑎3 + 1 = 2，得𝑎3 = 1，
所以数列{𝑎𝑛}中所有项都为1，
则𝑆2024 = 2024.
故答案为：2024.
高二数理进阶
第 12 讲 数列的概念
Page 342
边界不是附属
第 13 讲 等差数列
高二数理进阶
条件的次序，也是思路的次序
Page 343
第 13 讲
等差数列
讲
题型精讲
Core examples
题型1
等差数列通项公式基本量计算及性质应用
题型点拨
(1)等差数列的通项公式
如果等差数列{𝑎𝑛}的首项为𝑎1，公差为𝑑，那么它的通项公式是𝑎𝑛= 𝑎1 + (𝑛−1)𝑑．
(2)通项公式的推广：𝑎𝑛= 𝑎𝑚+ (𝑛−𝑚)𝑑(𝑛, 𝑚∈𝑁∗)．
(3)在等差数列{𝑎𝑛}中，当𝑚+ 𝑛= 𝑝+ 𝑞时，𝑎𝑚+ 𝑎𝑛= 𝑎𝑝+ 𝑎𝑞(𝑚, 𝑛, 𝑝, 𝑞∈𝑁∗)．
特别地，若𝑚+ 𝑛= 2𝑡，则𝑎𝑚+ 𝑎𝑛= 2𝑎𝑡(𝑚, 𝑛, 𝑡∈𝑁∗)．
(4)𝑎𝑘, 𝑎𝑘+𝑚, 𝑎𝑘+2𝑚，…仍是等差数列，公差为𝑚𝑑(𝑘, 𝑚∈𝑁∗)．
(5)等差中项
若三个数𝑎，𝐴，𝑏成等差数列，则𝐴叫做𝑎与𝑏的等差中项，且有𝐴= 𝑎+ 𝑏
2
．
(6)若{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}是等差数列，则{𝑝𝑎𝑛+ 𝑞𝑏𝑛}也是等差数列．
典例1 （25-26·北京房山）我国古代数学名著《九章算术》第六章“均输”中有这样一个问题：“今有五人分
五钱，令上二人所得与下三人等.问：各得几何？”意思是：五个人分五钱（“钱”是古代的一种计量单位），
每人所得依次相差一样多，前两人所得钱数与后三人所得钱数一样多，问每个人分得多少.在这个问题中分
得最少的一个得到（ ）
A. 1
3钱
B. 2
3钱
C. 5
6钱
D. 1钱
𝐵
【分析】由题意分析出五人所分钱成等差数列{𝑎𝑛}，得钱最多者为𝑎1，列出等式𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 +
𝑎5 = 5和𝑎1 + 𝑎2 = 𝑎3 + 𝑎4 + 𝑎5，根据等差数列的性质即可求出𝑎3和𝑑，再求出𝑎5即可.
【详解】由题意可知五人所分钱成等差数列{𝑎𝑛}，得钱最多者为𝑎1，则公差𝑑< 0，
所以有𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 + 𝑎5 = 5𝑎3 = 5，解得𝑎3 = 1，
又因为𝑎1 + 𝑎2 = 𝑎3 + 𝑎4 + 𝑎5，即2𝑎3 −3𝑑= 3𝑎3 + 3𝑑，
则𝑑= −1
6，所以𝑎5 = 𝑎3 + 2𝑑= 1 −1
3 = 2
3，
高二数理进阶
第 13 讲 等差数列
Page 344
结论的形式，暗示方法的形式
所以分得最少的一个得到2
3钱.
故选：𝐵
变式1 （25-26·河南焦作）已知数列{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}的通项公式分别为𝑎𝑛= 4𝑛−3，𝑏𝑛= 5𝑛−4，由{𝑎𝑛}，
{𝑏𝑛}的公共项从小到大排列得到的数列为{𝑐𝑛}，则𝑐100 = （ ）
A. 1941
B. 1961
C. 1981
D. 2001
𝐶
【分析】根据等差数列的性质即可得数列{𝑐𝑛}是首项为1，公差为20的等差数列，从而得所求.
【详解】由题可知{𝑎𝑛}是首项为1，公差为4的等差数列，{𝑏𝑛}是首项为1，公差为5的等差数列，
则这两个数列的公共项从小到大排列构成的新数列{𝑐𝑛}是首项为1，公差为20的等差数列，故𝑐100 = 1 +
(100 −1) × 20 = 1981.
故选：𝐶.
题型2
等差数列前n 项和公式及基本量计算
题型点拨
设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，其前𝑛项和𝑆𝑛= 𝑛𝑎1 + 𝑛(𝑛−1)
2
𝑑= 𝑛(𝑎1 + 𝑎𝑛)
2
．
典例2 （25-26·甘肃平凉）“苏州码子”发源于苏州，作为一种民间的数字符号流行一时，被广泛应用于各
种商业场合．“苏州码子”中0 ∼9的写法依次为〇、丨、刂、川、〤、𝛿、〦、〧、〨、攵．某铁路的里
程碑所刻数代表距离始发车站的里程，如某处里程碑上刻着“川丨”代表距离始发车站的里程为31公里，已
知每隔3公里摆放一个里程碑，若在𝐴点处里程碑上刻着“刂〧”，在𝐵点处里程碑上刻着“〧𝛿”，则从𝐴点到
𝐵点的所有里程碑上所刻数之和为（ ）
A. 720
B. 792
C. 867
D. 945
𝐶
【分析】根据规定确定𝐴点和𝐵点处的里程碑的数值，依题意知里程碑上的数字成等差数列，再求出从𝐴到
𝐵的所有里程碑个数，进而利用等差数列前𝑛项和公式计算即可．
【详解】由题意知，𝐴点处里程碑刻着数字27 , 𝐵点处里程碑刻着数字75，
又里程碑上的数字成等差数列，公差为3，
则从𝐴到𝐵的所有里程碑个数为𝑛= 75 −27
3
+ 1 = 17，
第 13 讲 等差数列
高二数理进阶
能化简，是看见了结构
Page 345
所以从𝐴到𝐵的所有里程碑上的数字之和为17 × 27 + 17 × 16
2
× 3 = 867．
故选：𝐶.
变式2 （25-26·甘肃兰州）设{𝑎𝑛}为等差数列，公差𝑑= −2，𝑆𝑛为其前𝑛项和，若𝑆13 = 𝑆8，则𝑆𝑛等于
（ ）
A. 𝑛2 + 21𝑛
B. 𝑛2 + 19𝑛
C. −𝑛2 + 19𝑛
D. −𝑛2 + 21𝑛
𝐷
【分析】由题意得到𝑆13 −𝑆8 = 0，利用等差中项求得𝑎11，然后依次求得𝑎1 , 𝑎𝑛，即可求得𝑆𝑛.
【详解】∵𝑆13 = 𝑆8，∴𝑆13 −𝑆8 = 0，
即𝑎9 + 𝑎10 + 𝑎11 + 𝑎12 + 𝑎13 = 0，∴5𝑎11 = 0，即𝑎11 = 0，
∴𝑎1 = 𝑎11 −10𝑑= 0 −10 × (−2) = 20，
∴𝑎𝑛= 𝑎1 + (𝑛−1)𝑑= 20 −2(𝑛−1) = 22 −2𝑛，
∴𝑆𝑛= (𝑎1 + 𝑎𝑛)𝑛
2
= (20 + 22 −2𝑛)𝑛
2
= −𝑛2 + 21𝑛，
故选：𝐷.
题型3
等差数列中an 与Sn 的关系
题型点拨
𝑎𝑛= {𝑆1 , 𝑛= 1
𝑆𝑛−𝑆𝑛−1
𝑛≥2
典例3 （25-26·上海奉贤）已知数列{𝑎𝑛}的前 𝑛 项和 𝑆𝑛 满足 𝑆𝑛= 𝑛2 + 1，则 {𝑎𝑛}的通项公式为
𝑎𝑛= {2 ,
𝑛= 1
2𝑛−1 , 𝑛≥2
【分析】利用数列的前 𝑛 项和 𝑆𝑛 与通项 𝑎𝑛 的关系计算.
【详解】当 𝑛= 1 时，𝑎1 = 𝑆1 = 12 + 1 = 2；
当 𝑛≥2 时，𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1.
𝑆𝑛−1 = (𝑛−1)2 + 1 = 𝑛2 −2𝑛+ 1 + 1 = 𝑛2 −2𝑛+ 2 ,
代入通项公式：𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = (𝑛2 + 1) −(𝑛2 −2𝑛+ 2) = 2𝑛−1,
高二数理进阶
第 13 讲 等差数列
Page 346
能推广，是理解了本质
验证 𝑛= 1 时：若直接代入 𝑎𝑛= 2𝑛−1，得 𝑎1 = 1，与 𝑆1 = 2 矛盾，故需分段表示.
因此，通项公式为分段形式：𝑎𝑛= {2 ,
𝑛= 1
2𝑛−1 , 𝑛≥2.
故答案为：𝑎𝑛= {2 ,
𝑛= 1
2𝑛−1 , 𝑛≥2.
变式3 （25-26·湖南）已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛= 𝑛2 + 2𝑛，则∑
2𝑛
𝑖=3
𝑎𝑖=
.
4𝑛2 + 4𝑛−8
【分析】由𝑎𝑛= {𝑆1 , 𝑛= 1
𝑆𝑛−𝑆𝑛−1
𝑛≥2，推导出数列{𝑎𝑛}为等差数列，结合等差数列的求和公式可求得结
果.
【详解】因为数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛= 𝑛2 + 2𝑛，
当𝑛= 1时，𝑎1 = 𝑆1 = 1 + 2 = 3，
当𝑛≥2，𝑛∈𝑁∗时，𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = (𝑛2 + 2𝑛) −[(𝑛−1)2 + 2(𝑛−1)] = 2𝑛+ 1，
𝑎1 = 3也满足𝑎𝑛= 2𝑛+ 1，故对任意的𝑛∈𝑁∗，𝑎𝑛= 2𝑛+ 1，
因为𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= [2(𝑛+ 1) + 1] −(2𝑛+ 1) = 2，故数列{𝑎𝑛}为等差数列，
所以∑
2𝑛
𝑖=3
𝑎𝑖= (2𝑛−2)(𝑎3 + 𝑎2𝑛)
2
= (𝑛−1)(7 + 4𝑛+ 1) = 4𝑛2 + 4𝑛−8.
故答案为：4𝑛2 + 4𝑛−8.
题型4
等差数列前n 项和公式的重要性质
题型点拨
(1)𝑆𝑛, 𝑆2𝑛−𝑆𝑛, 𝑆3𝑛−𝑆2𝑛，…也成等差数列，公差为𝑛2𝑑．
(2)若{𝑎𝑛}是等差数列，则{𝑆𝑛
𝑛}也成等差数列，其首项与{𝑎𝑛}首项相同，公差是{𝑎𝑛}公差的1
2．
𝑆1
1 , 𝑆2
2 , 𝑆3
3 , ⋯为等差数列，公差为𝑑
2．
(3)若{𝑎𝑛}与{𝑏𝑛}为等差数列，且前𝑛项和为𝑆𝑛与𝑇𝑛，则𝑎𝑚
𝑏𝑚
= 𝑆2𝑚−1
𝑇2𝑚−1
．
第 13 讲 等差数列
高二数理进阶
能反驳，是守住了逻辑
Page 347
典例4 （25-26·陕西咸阳）已知𝑆𝑛，𝑇𝑛分别为等差数列{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}的前𝑛项和，且𝑆𝑛
𝑇𝑛
= 4𝑛+ 1
3𝑛−2，则
𝑎8
𝑏8
= （ ）
A. 61
43
B. 3
2
C. 4
3
D. 43
61
𝐴
【分析】利用等差数列的前𝑛项和公式即可求解.
【详解】因为𝑆𝑛，𝑇𝑛分别为等差数列{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}的前𝑛项和，
所以𝑆15 = 15
2 (𝑎1 + 𝑎15) = 15
2 × 2𝑎8 = 15𝑎8， 𝑇15 = 15
2 (𝑏1 + 𝑏15) = 15
2 × 2𝑏8 = 15𝑏8，
所以𝑎8
𝑏8
= 𝑆15
𝑇15
= 4 × 15 + 1
3 × 15 −2 = 61
43.
故选：𝐴.
变式4 （25-26·甘肃金昌）设等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，若𝑆14
𝑆7
= 7，则𝑆21
𝑆14
= （ ）
A. 18
7
B. 3
2
C. 11
7
D. 11
6
𝐴
【分析】根据给定条件，利用等差数列片断和性质即可得解.
【详解】在等差数列{𝑎𝑛}中，𝑆7 , 𝑆14 −𝑆7 , 𝑆21 −𝑆14成等差数列，
则2(𝑆14 −𝑆7) = 𝑆7 + 𝑆21 −𝑆14，
设𝑆7 = 𝑚，则𝑆14 = 7𝑚，
故2(7𝑚−𝑚) = 𝑚+ 𝑆21 −7𝑚，解得𝑆21 = 18𝑚，
所以𝑆21
𝑆14
= 18𝑚
7𝑚= 18
7 .
故选：𝐴.
题型5
等差数列中的函数性质
题型点拨
将等差数列前𝑛项和公式𝑆𝑛= 𝑛𝑎1 + 𝑛(𝑛−1)
2
𝑑，整理成关于𝑛的函数可得𝑆𝑛= 𝑑
2𝑛2 + (𝑎1 −𝑑
2)𝑛.
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第 13 讲 等差数列
Page 348
能构造，是掌握了关系
当𝑑≠0时，𝑆𝑛关于𝑛的表达式是一个常数项为零的二次函数式，即点(𝑛, 𝑆𝑛)在其相应的二次函数的
图象上，这就是说等差数列的前𝑛项和公式是关于𝑛的二次函数，它的图象是抛物线𝑦= 𝑑
2𝑥2 + (𝑎1 −
𝑑
2)𝑥上横坐标为正整数的一系列孤立的点．
典例5 （25-26·北京海淀）已知无穷等差数列{𝑎𝑛}前𝑛项和为𝑆𝑛，若𝑎1 < 0，则“𝑆𝑛有最大值”是“公差𝑑≤
0”的（ ）
A. 充分而不必要条件
B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件
D. 既不充分也不必要条件
𝐶
【分析】根据等差数列项的符号特点和前𝑛项和最值的关系进行分析.
【详解】充分性：等差数列𝑎𝑛的前𝑛项和为𝑆𝑛= 𝑛𝑎1 + 𝑛(𝑛−1)
2
𝑑= 𝑑
2𝑛2 + (𝑎1 −𝑑
2)𝑛，
前𝑛项和可看做关于𝑛的函数，若𝑆𝑛有最大值，则𝑑≤0，满足充分性；
必要性：等差数列𝑎𝑛的前𝑛项和为𝑆𝑛，若𝑎1 < 0、公差𝑑< 0，则等差数列每一项都是负数，显然𝑆1取到
最大值，必要性成立.
故选：𝐶.
变式5 （25-26·黑龙江绥化）已知𝑆𝑛为数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，𝑎1 = −10，{𝑆𝑛
𝑛}是公差为1的等差数列，
则下列选项中不正确的是（ ）
A. 𝑆2 = −18
B. 当且仅当𝑛= 6时，𝑆𝑛取得最小值
C. 𝑎𝑛= 2𝑛−12
D. 数列{
𝑎𝑛
2𝑛−11}中第5项的值最大
𝐵
【分析】根据等差数列的通项公式、𝑆𝑛与𝑎𝑛的关系，结合二次函数的性质逐一判断即可.
【详解】𝐴：因为{𝑆𝑛
𝑛}是公差为1的等差数列，
所以𝑆𝑛
𝑛= 𝑆1
1 + (𝑛−1) ⋅1 = −10 + 𝑛−1 = 𝑛−11 ⇒𝑆𝑛= 𝑛2 −11𝑛，
因此𝑆2 = 22 −11 × 2 = −18，所以𝐴正确；
𝐵：由上可知：𝑆𝑛= 𝑛2 −11𝑛= (𝑛−11
2 )
2
−121
4 ，
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能分类，是尊重了差异
Page 349
因为𝑛∈𝑁
∗，所以当𝑛= 5或6时，𝑆𝑛取得最小值，因此𝐵不正确；
𝐶：由上可知：𝑆𝑛= 𝑛2 −11𝑛，
于是当𝑛≥2 , 𝑛∈𝑁∗时，𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = 𝑛2 −11𝑛−(𝑛−1)2 + 11(𝑛−1) = 2𝑛−12，
显然𝑎1 = −10，符合𝑎𝑛= 2𝑛−12，所以𝐶正确；
𝐷：由上可知：𝑎𝑛= 2𝑛−12，
令𝑏𝑛=
𝑎𝑛
2𝑛−11 = 2𝑛−12
2𝑛−11，
显然当𝑛≥6 , 𝑛∈𝑁∗时，因为𝑏𝑛−1 = 2𝑛−12
2𝑛−11 −1 = −
1
2𝑛−11 < 0，
所以𝑏𝑛< 1，而𝑏1 = 10
9 , 𝑏2 = 8
7 , 𝑏3 = 6
5 , 𝑏4 = 4
3 , 𝑏5 = 2，
显然数列{
𝑎𝑛
2𝑛−11}中第5项的值最大，故𝐷正确，
故选：𝐵
题型6
等差数列的证明
题型点拨
判断或证明一个数列是等差数列的方法
1、定义法：𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 𝑑（常数）(𝑛∈𝑁∗) ⇒{𝑎𝑛}是等差数列；
2、中项法：2𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛+ 𝑎𝑛+2(𝑛∈𝑁∗) ⇒{𝑎𝑛}是等差数列；
3、通项公式法：𝑎𝑛= 𝑘𝑛+ 𝑏（𝑘，𝑏为常数）⇒{𝑎𝑛}是等差数列。
典例6 （25-26·广东湛江）已知{𝑎𝑛}为各项均为正数的数列，其前𝑛项和为𝑆𝑛，𝑆𝑛= 𝑎𝑛(𝑎𝑛+ 1)
2
.
（1）求{𝑎𝑛}的通项公式；
(1)𝑎𝑛= 𝑛
【分析】(1)利用𝑆𝑛, 𝑎𝑛的关系，得出数列{𝑎𝑛}是等差数列，进而可求得通项公式；
【详解】(1)当𝑛= 1时，𝑆1 = 𝑎1 = 𝑎1(𝑎1 + 1)
2
，得𝑎1 = 1，
∵𝑆𝑛= 𝑎𝑛(𝑎𝑛+ 1)
2
，∴𝑎2𝑛−2𝑆𝑛+ 𝑎𝑛= 0，
当𝑛≥2时，𝑎2
𝑛−1 −2𝑆𝑛−1 + 𝑎𝑛−1 = 0，
两式作差可得：𝑎2𝑛−2𝑆𝑛+ 𝑎𝑛−(𝑎2
𝑛−1 −2𝑆𝑛−1 + 𝑎𝑛−1) = 0，
即𝑎2𝑛−𝑎2
𝑛−1 −𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 = 0，
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第 13 讲 等差数列
Page 350
能统一，是把握了共性
∴(𝑎𝑛+ 𝑎𝑛−1)(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 −1) = 0，
又∵𝑎𝑛> 0，∴𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 = 1(𝑛≥2)，且𝑎1 = 1，
∴数列{𝑎𝑛}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴𝑎𝑛= 𝑛.
变式6 对任意的正整数𝑛，数列{𝑎𝑛}满足𝑛𝑎𝑛= (𝑛+ 2)𝑎𝑛+1 + 2，且𝑎3 = 6.
（1）求𝑎1，𝑎2；
（2）证明：{𝑛(𝑛+ 1)𝑎𝑛+ 𝑛2}是等差数列；
(1)𝑎1 = 41，𝑎2 = 13.
(2)证明见解析
【分析】(1)由𝑎3 = 6得𝑎2 = 13，再得𝑎1 = 41；
(2)由𝑛𝑎𝑛= (𝑛+ 2)𝑎𝑛+1 + 2进行凑配即可证明.
【详解】(1)由题意得2𝑎2 = 4𝑎3 + 2，𝑎1 = 3𝑎2 + 2，算得𝑎2 = 13，𝑎1 = 41.
(2)由𝑛𝑎𝑛= (𝑛+ 2)𝑎𝑛+1 + 2，
得𝑛(𝑛+ 1)𝑎𝑛= (𝑛+ 1)(𝑛+ 2)𝑎𝑛+1 + 2(𝑛+ 1)，
𝑛(𝑛+ 1)𝑎𝑛+ 𝑛2 = (𝑛+ 1)(𝑛+ 2)𝑎𝑛+1 + 2(𝑛+ 1) + 𝑛2
𝑛(𝑛+ 1)𝑎𝑛+ 𝑛2 = (𝑛+ 1)(𝑛+ 2)𝑎𝑛+1 + (𝑛+ 1)2 + 1
记𝑏𝑛= 𝑛(𝑛+ 1)𝑎𝑛+ 𝑛2，则𝑏𝑛+1 = (𝑛+ 1)(𝑛+ 2)𝑎𝑛+1 + (𝑛+ 1)2
得𝑏𝑛+1 −𝑏𝑛= −1，𝑏1 = 2𝑎1 + 1 = 83，所以数列{𝑏𝑛}是首项为83，公差为−1的等差数列.
故{𝑛(𝑛+ 1)𝑎𝑛+ 𝑛2}是等差数列.
练
强化训练
Targeted Practice
1. （25-26·甘肃陇南）已知数列{𝑎𝑛} , {𝑏𝑛}都是等差数列，且𝑎2 = 3，𝑏2 = 7，𝑎9 + 𝑏9 = 100，则数列
{𝑎𝑛+ 𝑏𝑛}的前10项的和为（ ）
A. 550
B. 450
C. 1100
D. 900
𝐴
【分析】由等差数列的下标和性质和前𝑛项和公式求解即可.
【详解】由等差数列的性质知：𝑎1 + 𝑎10 = 𝑎2 + 𝑎9 , 𝑏1 + 𝑏10 = 𝑏2 + 𝑏9，
所以数列{𝑎𝑛+ 𝑏𝑛}的前10项的和为:
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数学不惧复杂，惧无结构
Page 351
10(𝑎1 + 𝑎10)
2
+ 10(𝑏1 + 𝑏10)
2
= 5(𝑎2 + 𝑎9)
+5(𝑏2 + 𝑏9) = 5(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑎9 + 𝑏9) = 5 × 110 = 550 .
故选：𝐴.
2. （25-26·江苏苏州）设等差数列{𝑎𝑛} , {𝑏𝑛}的前𝑛项和分别为𝑆𝑛, 𝑇𝑛．若𝑆𝑛
𝑇𝑛
= 2𝑛+ 1
𝑛+ 3 ，则𝑎9
𝑏9
=
（ ）
A. 7
4
B. 11
8
C. 19
12
D. 2
𝐴
【分析】先对目标式合理变形得到𝑎9
𝑏9
= 𝑆17
𝑇17
，再结合题意求值即可.
【详解】由题意得𝑎9
𝑏9
= 2𝑎9
2𝑏9
= 𝑎1 + 𝑎17
𝑏1 + 𝑏17
=
17(𝑎1 + 𝑎17)
2
17(𝑏1 + 𝑏17)
2
= 𝑆17
𝑇17
，
因为𝑆𝑛
𝑇𝑛
= 2𝑛+ 1
𝑛+ 3 ，所以𝑆17
𝑇17
= 2 × 17 + 1
17 + 3
= 7
4，故𝐴正确.
故选：𝐴.
3. （25-26·重庆）等差数列{𝑎𝑛}(𝑛∈𝑁∗)的公差为𝑑，前𝑛项和为𝑆𝑛，若𝑆3 = 27，𝑎3 = 7，则当𝑆𝑛取得最
大值时，𝑛= （ ）
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7
𝐶
【分析】先求出数列{𝑎𝑛}的通项公式，由𝑎1 > 0，𝑑< 0，知当𝑆𝑛取得最大值时有{𝑎𝑛≥0
𝑎𝑛+1 ≤0，然后求解
即可.
【详解】
{
𝑆3 = 3𝑎1 + 3 × 2
2
𝑑= 27
𝑎3 = 𝑎1 + 2𝑑= 7
， 解得𝑎1 = 11，𝑑= −2，所以𝑎𝑛= 13 −2𝑛，
所以当𝑆𝑛取得最大值时，{𝑎𝑛≥0
𝑎𝑛+1 ≤0，即{13 −2𝑛≥0
11 −2𝑛≤0，解得11
2 ≤𝑛≤13
2 ，
又𝑛∈𝑁∗，所以𝑛= 6.
故选：𝐶
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第 13 讲 等差数列
Page 352
思考不怕缓慢，怕无方向
4. （25-26·广东广州）已知𝑆𝑛是等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，设𝑇𝑛为数列{𝑆𝑛
𝑛}的前𝑛项和，若𝑆4 = 12，
𝑆8 = 40，则𝑆𝑛= （ ）
A. (𝑛+ 2)𝑛
2
B. 𝑛(𝑛+ 1)
2
C. 𝑛(𝑛−2)
2
D. 𝑛(𝑛−1)
2
𝐴
【分析】由等差数列前𝑛项和性质可知，{𝑆𝑛
𝑛}也为等差数列，根据等差数列定义求解即可.
【详解】∵{𝑎𝑛}是等差数列，∴{𝑆𝑛
𝑛}也为等差数列，
∵𝑆4
4 = 3，𝑆8
8 = 5，
设等差数列{𝑆𝑛
𝑛}的公差为𝑑，则𝑑= 5 −3
8 −4 = 1
2，
∴𝑆𝑛
𝑛= 3 + (𝑛−4) ⋅1
2 = 𝑛+ 2
2
，
∴𝑆𝑛= (𝑛+ 2)𝑛
2
.
故选：𝐴.
5. （25-26·广东广州）已知两个等差数列2 , 6 , 10 , ⋅⋅⋅, 190及2 , 8 , 14 , ⋅⋅⋅, 200，将这两个等差数列的公
共项按从小到大的顺序组成一个新数列{𝑏𝑛}，则𝑏5 = （ ）
A. 45
B. 50
C. 54
D. 60
𝐵
【分析】首先求出两数列的公差及其最小公倍数，即为新数列的公差，再找出首项，最后根据等差数列的
通项公式计算可得；
【详解】等差数列2 , 6 , 10，⋯，190 , …的公差为4，
2 , 8 , 14，⋯，200 , …的公差为6，
4与6的最小公倍数为12，
两个等差数列的公共项为2 , 14 , 26 , 38 , 50，⋯，则公共项为𝑏𝑛= 2 + 12(𝑛−1) = 12𝑛−10，𝑏5 =
12 × 5 −10 = 50．
故选：𝐵.
6. （25-26·湖北）已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛= 𝑝𝑛2 + 𝑞𝑛+ 𝑟（𝑝, 𝑞, 𝑟为常数），则“{𝑎𝑛}为递增的等差数
列”是“𝑝> 0”的（ ）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
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严谨不是沉重，是可靠
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C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
𝐴
【分析】根据等差数列前𝑛项和公式函数性质、𝑆𝑛与𝑎𝑛的关系，结合充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，
由等差数列的前𝑛项和𝑆𝑛= 𝑛𝑎1 + 𝑛(𝑛−1)
2
𝑑= 𝑑
2𝑛2 + (𝑎1 −𝑑
2)𝑛，
类比表达式𝑆𝑛= 𝑝𝑛2 + 𝑞𝑛+ 𝑟，有𝑝= 𝑑
2 , 𝑞= 𝑎1 −𝑑
2 , 𝑟= 0.
当{𝑎𝑛}为递增等差数列时，有𝑝> 0；
反之，当𝑝> 0 , 𝑟≠0时，例如𝑆𝑛= 𝑛2 −2𝑛+ 1，可得𝑎1 = 0；
𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = 2𝑛−3(𝑛≥2)，则𝑎2 −𝑎1 = 1 , 𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 = 2(𝑛≥3)，
此时数列从第二项开始才为递增的等差数列；
所以“{𝑎𝑛}为递增的等差数列”是“𝑝> 0”的充分不必要条件.
故选：𝐴.
7. （多选）数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，已知𝑆𝑛= 𝑘𝑛2 −2𝑛(𝑘∈𝑅)，则下列结论正确的是（ ）
A. {𝑎𝑛}为等差数列
B. {𝑎𝑛}不可能为常数列
C. 若{𝑎𝑛}为递增数列，则𝑘> 0
D. 若{𝑆𝑛}为递增数列，则𝑘> 1
𝐴𝐶
【分析】根据𝑎𝑛, 𝑆𝑛的关系求出通项𝑎𝑛，然后根据公差即可判断𝐴𝐵𝐶；利用数列的函数性，分析对应二
次函数的开口方向和对称轴位置即可判断𝐷.
【详解】当𝑛= 1时，𝑎1 = 𝑆1 = 𝑘−2，
当𝑛≥2时，𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = 𝑘𝑛2 −2𝑛−[𝑘(𝑛−1)2 −2(𝑛−1)] = 2𝑘𝑛−(𝑘+ 2)，
显然𝑛= 1时，上式也成立，所以𝑎𝑛= 2𝑘𝑛−(𝑘+ 2).
对𝐴，因为𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 = 2𝑘𝑛−(𝑘+ 2) −[2𝑘(𝑛−1) −(𝑘+ 2)] = 2𝑘，
所以{𝑎𝑛}是以2𝑘为公差的等差数列，𝐴正确；
对𝐵，由上可知，当𝑘= 0时，{𝑎𝑛}为常数列，𝐵错误；
对𝐶，若{𝑎𝑛}为递增数列，则公差2𝑘> 0，即𝑘> 0，𝐶正确；
对𝐷，若{𝑆𝑛}为递增数列，由函数性质可知
{
𝑘> 0
2
2𝑘< 3
2
，解得𝑘> 2
3，𝐷错误.
故选：𝐴𝐶
高二数理进阶
第 13 讲 等差数列
Page 354
抽象不是疏离，是凝练
8. （25-26·浙江金华）已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛= −𝑛2 + 2𝑛+ 3，则通项公式𝑎𝑛=
．
{4
𝑛= 1
−2𝑛+ 3
𝑛≥2
【分析】根据𝑆𝑛= −𝑛2 + 2𝑛+ 3，可求出首项，继而利用𝑛≥2时，𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1，求出𝑎𝑛的表达式，
验证后即可确定答案.
【详解】因为数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛= −𝑛2 + 2𝑛+ 3，
故当𝑛= 1时，𝑎1 = 𝑆1 = −12 + 2 × 1 + 3 = 4，
当𝑛≥2时，𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = −𝑛2 + 2𝑛+ 3 + (𝑛−1)2 −2(𝑛−1) −3
= −2𝑛+ 3 ，
由于𝑎1 = 4不适合该式，故𝑎𝑛= {4
𝑛= 1
−2𝑛+ 3
𝑛≥2，
故答案为：{4
𝑛= 1
−2𝑛+ 3
𝑛≥2
9. 已知正项数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且4𝑆𝑛= 𝑎2𝑛+ 2𝑎𝑛+ 1；
（1）求𝑎1 , 𝑎2和𝑎3的值；
（2）求证数列{𝑎𝑛}是等差数列，并求出数列{𝑎𝑛}的通项公式；
(1)𝑎1 = 1 , 𝑎2 = 3 , 𝑎3 = 5 ；
(2)𝑎𝑛= 2𝑛−1 ；
【分析】(1)依次将𝑛= 1 , 2 , 3代入递推式即可求解；
(2)由4𝑎𝑛= 4𝑆𝑛−4𝑆𝑛−1(𝑛≥2)结合正项数列递推式计算分析即可求解；
【详解】(1)由题可得4𝑎1 = 4𝑆1 = 𝑎2
1 + 2𝑎1 + 1，即(𝑎1 −1)2 = 0 ⇒𝑎1 = 1，
所以4(𝑎1 + 𝑎2) = 4𝑆2 = 𝑎2
2 + 2𝑎2 + 1即𝑎2
2 −2𝑎2 −3 = 0 ⇒(𝑎2 −3)(𝑎2 + 1) = 0，
又数列{𝑎𝑛}为正项数列，所以𝑎2 = 3，
所以
4𝑎3 = 4𝑆3 −4𝑆2 = (𝑎2
3 + 2𝑎3 + 1) −(𝑎2
2 + 2𝑎2 + 1) ⇒𝑎2
3
−2𝑎3 −15 = 0 ⇒(𝑎3 −5)(𝑎3 + 3) = 0 ，
所以由𝑎𝑛> 0得𝑎3 = 5；
(2)因为4𝑆𝑛= 𝑎2𝑛+ 2𝑎𝑛+ 1，所以由(1)当𝑛= 1时，𝑎1 = 1，
当𝑛≥2时，4𝑎𝑛= 4𝑆𝑛−4𝑆𝑛−1 = (𝑎2𝑛+ 2𝑎𝑛+ 1) −(𝑎2
𝑛−1 + 2𝑎𝑛−1 + 1)
= 𝑎2𝑛−𝑎2
𝑛−1 + 2𝑎𝑛−2𝑎𝑛−1 ，
整理化简得(𝑎𝑛+ 𝑎𝑛−1)(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 −2) = 0，又𝑎𝑛> 0，
所以𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 −2 = 0即𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 = 2，
第 13 讲 等差数列
高二数理进阶
统一不是相同，是同构
Page 355
所以数列{𝑎𝑛}是以2为公差，1为首项的等差数列，
所以𝑎𝑛= 1 + (𝑛−1) × 2 = 2𝑛−1.
10. 记数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，已知𝑎1 = 3，𝑛𝑎𝑛+1 = 2𝑆𝑛+ 3𝑛.
（1）证明：数列{𝑎𝑛}为等差数列；
(1)证明见解析
【分析】(1)根据条件，利用𝑎𝑛与𝑆𝑛间的关系，得到𝑎𝑛+2 + 𝑎𝑛= 2𝑎𝑛+1，即可求解；
【详解】(1)由𝑛𝑎𝑛+1 = 2𝑆𝑛+ 3𝑛，
当𝑛≥2时，(𝑛−1)𝑎𝑛= 2𝑆𝑛−1 + 3(𝑛−1)，
两式相减得𝑛𝑎𝑛+1 −(𝑛−1)𝑎𝑛= 2𝑎𝑛+ 3，即𝑛𝑎𝑛+1 −(𝑛+ 1)𝑎𝑛= 3，①
则(𝑛+ 1)𝑎𝑛+2 −(𝑛+ 2)𝑎𝑛+1 = 3，②
由①−②整理得，(𝑛+ 1)𝑎𝑛+2 + (𝑛+ 1)𝑎𝑛= (2𝑛+ 2)𝑎𝑛+1，
所以𝑎𝑛+2 + 𝑎𝑛= 2𝑎𝑛+1(𝑛≥2)；
又𝑎1 = 3，则当𝑛= 1时，𝑎2 = 2𝑆1 + 3 = 2𝑎1 + 3 = 9，
当𝑛= 2时，2𝑎3 = 2𝑆2 + 6 = 2(𝑎1 + 𝑎2) + 6 = 24 + 6 = 30，则𝑎3 = 15，
所以𝑎1 + 𝑎3 = 2𝑎2，满足𝑎𝑛+2 + 𝑎𝑛= 2𝑎𝑛+1，
所以𝑎𝑛+2 + 𝑎𝑛= 2𝑎𝑛+1，故数列{𝑎𝑛}为等差数列，且首项为3，公差为6.
测
知识小测
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1. （25-26·江苏连云港）已知{𝑎𝑛}为等差数列，𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5 = 15，𝑎2 + 𝑎4 + 𝑎6 = 9，则𝑎3 + 𝑎4 =
（ ）
A. 6
B. 5
C. 12
D. 8
𝐷
【分析】利用等差数列的性质求解.
【详解】{𝑎𝑛}为等差数列，∵𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5 = 15，∴3𝑎3 = 15，∴𝑎3 = 5，
∵𝑎2 + 𝑎4 + 𝑎6 = 9，∴3𝑎4 = 9，∴𝑎4 = 3，∴𝑎3 + 𝑎4 = 8.
故选：𝐷.
高二数理进阶
第 13 讲 等差数列
Page 356
变化不是混乱，有律可循
2. （25-26·北京东城）做一个木梯需要7根横梁，这7根横梁的长度从上到下成等差数列，现有长为1.5𝑚的
一根木杆刚好可以截成最上面的三根横梁，长为2𝑚的一根木杆刚好可以截成最下面的三根横梁，那么正中
间的一根横梁的长度是（ ）
A. 13
24𝑚
B. 7
12𝑚
C. 5
8𝑚
D. 2
3𝑚
𝐵
【分析】根据等差数列的性质可得𝑎2 = 1
2，𝑎6 = 2
3，利用2𝑎4 = 𝑎2 + 𝑎6可得结果.
【详解】记7根横梁的长度从上到下成等差数列{𝑎𝑛}(1 ≤𝑛≤7 , 𝑛∈𝑁)，
由题意得，𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 = 1.5，𝑎5 + 𝑎6 + 𝑎7 = 2，
∴3𝑎2 = 1.5，3𝑎6 = 2，故𝑎2 = 1
2，𝑎6 = 2
3，
∵2𝑎4 = 𝑎2 + 𝑎6，∴𝑎4 = 7
12，即正中间的一根横梁的长度是7
12𝑚.
故选：𝐵.
3. （25-26·北京）若等差数列{𝑎𝑛}满足𝑎2023 + 𝑎2024 = 1，𝑎2023 −𝑎2025 = 6，则𝑎2023 + 𝑎2026 =
（ ）
A. 5
B. 7
C. −5
D. −7
𝐶
【分析】先由𝑎2023 −𝑎2025 = 6求得2𝑑= −6，再由𝑎2023 + 𝑎2026 = 𝑎2023 + 𝑎2024 + 2𝑑即可求解.
【详解】设等差数列{𝑎𝑛}公差为𝑑，则由𝑎2023 −𝑎2025 = 6得−2𝑑= 6即2𝑑= −6，
所以由𝑎2023 + 𝑎2024 = 1得𝑎2023 + 𝑎2026 = 𝑎2023 + 𝑎2024 + 2𝑑= 1 −6 = −5.
故选：𝐶
4. （25-26·甘肃兰州）已知等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，若𝑆4 = 9 , 𝑆12 = 6，则𝑆8 = （ ）
A. 3
2
B. 15
2
C. 10
D. 11
𝐷
【分析】根据等差数列前𝑛项和的性质可得𝑆4 , 𝑆8 −𝑆4 , 𝑆12 −𝑆8成等差数列，进而列方程求解即可.
【详解】由题知𝑆4 , 𝑆8 −𝑆4 , 𝑆12 −𝑆8成等差数列，
即9 , 𝑆8 −9 , 6 −𝑆8成等差数列，
即2(𝑆8 −9) = 9 + 6 −𝑆8，解得𝑆8 = 11.
故选：𝐷.
第 13 讲 等差数列
高二数理进阶
模型不是标签，是关系的骨架
Page 357
5. （25-26·广西南宁）已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和公式为𝑆𝑛= −3𝑛2，则{𝑎𝑛}的通项公式𝑎𝑛=
.
−6𝑛+ 3
【分析】根据𝑎𝑛= {𝑎1 𝑛= 1
𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 𝑛≥2求解即可.
【详解】当𝑛≥2时，𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = −3𝑛2 + 3(𝑛−1)2 = −6𝑛+ 3；
当𝑛= 1时，𝑎1 = 𝑆1 = −3，符合𝑎𝑛= −6𝑛+ 3.
所以𝑎𝑛= −6𝑛+ 3.
故答案为：−6𝑛+ 3
第 14 讲 等比数列
高二数理进阶
技巧若无前提，便不可迁移
Page 359
第 14 讲
等比数列
讲
题型精讲
Core examples
题型1
等比数列通项公式基本量计算及性质应用
题型点拨
(1)等比数列的通项公式
设等比数列{𝑎𝑛}的首项为𝑎1，公比为𝑞(𝑞≠0)，则它的通项公式𝑎𝑛= 𝑎1𝑞𝑛−1 = 𝑐⋅𝑞𝑛(𝑐=
𝑎1
𝑞)(𝑎1 , 𝑞≠0)．
(2)推广形式：𝑎𝑛= 𝑎𝑚⋅𝑞𝑛−𝑚
(3)等比中项：如果𝑎，𝐺，𝑏成等比数列，那么𝐺叫做𝑎与𝑏的等比中项．
即𝐺是𝑎与𝑏的等比中项 ⇔𝑎，𝐺，𝑏成等比数列 ⇒ 𝐺2 = 𝑎𝑏．
(4)等比中项的推广：若𝑚+ 𝑛= 𝑟+ 𝑠时，则𝑎𝑚𝑎𝑛= 𝑎𝑟𝑎𝑠，特别地，当𝑚+ 𝑛= 2𝑟时，𝑎𝑚𝑎𝑛= 𝑎2𝑟．
其中𝑚, 𝑛, 𝑟, 𝑠∈𝑁∗．
(5)①设{𝑎𝑛}为等比数列，则{𝜆𝑎𝑛}（𝜆为非零常数），{|𝑎𝑛|}仍为等比数列；当𝑚∈𝑍，或在各项𝑎𝑚
𝑛均
有意义的前提下，数列{𝑎𝑚
𝑛}仍为等比数列，其公比为𝑞𝑚．
②设{𝑎𝑛}与{𝑏𝑛}为等比数列，则{𝑎𝑛𝑏𝑛}也为等比数列．
(6)若{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}（项数相同）是等比数列，则{𝜆𝑎𝑛}(𝜆≠0)，{ 1
𝑎𝑛
}，{𝑎2𝑛}，{𝑎𝑛⋅𝑏𝑛}，{𝑎𝑛
𝑏𝑛
}仍是
等比数列．
(7)在等比数列{𝑎𝑛}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即𝑎𝑛, 𝑎𝑛+𝑘, 𝑎𝑛+2𝑘, 𝑎𝑛+3𝑘⋯为
等比数列，公比为𝑞𝑘，其中𝑘∈𝑁∗．
典例1 （25-26·广东）已知等比数列{𝑎𝑛}的前3项积为8，𝑎1 > 0，𝑎4 = 8，则𝑎3等于（ ）
A. 4
B. −4
C. 16
D. 2
𝐴
【分析】设等比数列公比为𝑞，由题可得
{
𝑎1𝑎2𝑎3 = 8
𝑎4 = 8
𝑎1 > 0
，结合等比数列通项公式可得答案.
【详解】设等比数列公比为𝑞，则𝑎𝑛= 𝑎1𝑞𝑛−1.
高二数理进阶
第 14 讲 等比数列
Page 360
结论若无条件，便不可使用
由题可得
{
𝑎1𝑎2𝑎3 = 𝑎3
1𝑞3 = 8
𝑎4 = 𝑎1𝑞3 = 8
𝑎1 > 0
⇒{𝑎1 = 1
𝑞= 2 ，则𝑎3 = 𝑎1𝑞2 = 4.
故选：𝐴
变式1 已知等比数列{𝑎𝑛}的公比大于1，且𝑎2𝑎7 = (6 + 𝑎6)𝑎1，则𝑎10的最小值为（ ）
A. 20
B. 22
C. 24
D. 38
𝐶
【分析】根据等比数列基本量的运算，可得𝑎6 =
6
𝑞2 −1，则𝑎10 = 𝑎6𝑞4 =
6𝑞4
𝑞2 −1 = 6(𝑞2 −1 +
1
𝑞2 −1 + 2)，再根据基本不等式求最值即可．
【详解】设{𝑎𝑛}的公比为𝑞，且𝑞> 1，
因为𝑎2𝑎7 = (6 + 𝑎6)𝑎1，
所以𝑎2𝑎7 −𝑎1𝑎6 = 6𝑎1，即𝑎1𝑎6𝑞2 −𝑎1𝑎6 = 6𝑎1，
𝑎6𝑞2 −𝑎6 = 6，(𝑞2 −1)𝑎6 = 6，
∴𝑎6 =
6
𝑞2 −1，又𝑞> 1，所以𝑞2 −1 > 0，
所以𝑎10 = 𝑎6𝑞4 =
6𝑞4
𝑞2 −1 = 6(𝑞2 −1 +
1
𝑞2 −1 + 2) ≥6 ⋅
[
2√(𝑞2 −1) ⋅
1
𝑞2 −1 + 2
]
= 24，
当且仅当𝑞2 −1 =
1
𝑞2 −1，即𝑞= √2时，等号成立．
故选：𝐶.
题型2
等比数列前n 项和公式及基本量计算
题型点拨
等比数列的前𝑛项和公式
等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞(𝑞≠0)，其前𝑛项和为𝑆𝑛=
{
𝑛𝑎1(𝑞= 1)
𝑎1(1 −𝑞𝑛)
1 −𝑞
= 𝑎1 −𝑎𝑛𝑞
1 −𝑞
(𝑞≠1)
注：①等比数列的前𝑛项和公式有两种形式，在求等比数列的前𝑛项和时，首先要判断公比𝑞是否为1，
再由𝑞的情况选择相应的求和公式，当不能判断公比𝑞是否为1时，要分𝑞= 1与𝑞≠1两种情况讨论求解．
第 14 讲 等比数列
高二数理进阶
证明若无层次，便不可阅读
Page 361
②已知𝑎1 , 𝑞(𝑞≠1), 𝑛（项数），则利用𝑆𝑛= 𝑎1(1 −𝑞𝑛)
1 −𝑞
求解；已知𝑎1 , 𝑎𝑛, 𝑞(𝑞≠1)，则利用𝑆𝑛=
𝑎1 −𝑎𝑛𝑞
1 −𝑞
求解．
③𝑆𝑛= 𝑎1(1 −𝑞𝑛)
1 −𝑞
= −𝑎1
1 −𝑞⋅𝑞𝑛+
𝑎1
1 −𝑞= 𝑘𝑞𝑛−𝑘(𝑘≠0 , 𝑞≠1)，𝑆𝑛为关于𝑞𝑛的指数型函数，且
系数与常数互为相反数．
典例2 已知正项等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，若𝑆4 = 2𝑆3 −𝑆2 + 6 , 𝑎2 = 1，则𝑎5 = （ ）
A. 16
B. 32
C. 27
D. 81
𝐶
【分析】应用𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = 𝑎𝑛，再结合等比数列基本量运算计算求解.
【详解】因为𝑆4 = 2𝑆3 −𝑆2 + 6 , 𝑎2 = 1，则𝑆4 −𝑆3 = 𝑆3 −𝑆2 + 6，
所以𝑎4 = 𝑎3 + 6，
因为𝑎2 = 1，所以𝑞2 = 𝑞+ 6 , 𝑞> 0，
所以𝑞= 3或𝑞= −2舍，
所以𝑎5 = 1 × 33 = 27.
故选：𝐶.
变式2 （25-26·甘肃白银）已知等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且{𝑎𝑛}满足2𝑆3 = 3𝑎2 + 2𝑎1，2𝑆7 −
𝑆6 = 8，则𝑎3𝑎7 = （ ）
A. 1
16
B. 1
32
C. 64
D. 32
𝐴
【分析】根据等比数列通项公式，前𝑛项和公式求出首项𝑎1和公比𝑞，再代入求值即可.
【详解】设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，∵2𝑆3 = 3𝑎2 + 2𝑎1，
∴2(𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3) = 3𝑎2 + 2𝑎1，即𝑎2 = 2𝑎3，∴𝑞= 1
2．
∵2𝑆7 −𝑆6 = 8，∴2 ×
𝑎1
[
1 −(1
2)
7
]
1 −1
2
−
𝑎1
[
1 −(1
2)
6
]
1 −1
2
= 2𝑎1 = 8，∴𝑎1 = 4，
∴𝑎𝑛= 4 × (1
2)
𝑛−1
=
1
2𝑛−3，∴𝑎3𝑎7 = 𝑎2
5 = ( 1
22)
2
= 1
16．
故选：𝐴.
高二数理进阶
第 14 讲 等比数列
Page 362
运算若无结构，便不可控制
题型3
等比数列中an 与Sn 的关系
题型点拨
𝑎𝑛= {𝑆1 , 𝑛= 1
𝑆𝑛−𝑆𝑛−1
𝑛≥2
典例3 已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛满足𝑆𝑛= 1 −3𝑎𝑛, 𝑛∈𝑁∗，则𝑆𝑛的取值范围是（ ）
A. (1
4 , 1)
B. [1
4 , 1)
C. (1
3 , 1]
D. [1
4 , 1
3)
𝐵
【分析】先利用𝑆𝑛= 1 −3𝑎𝑛，求出𝑎𝑛，进而得到𝑆𝑛，结合𝑆𝑛的表达式可得答案.
【详解】当𝑛= 1时，𝑎1 = 1 −3𝑎1，解得𝑎1 = 1
4；
当𝑛≥2时，𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = 1 −3𝑎𝑛−1 + 3𝑎𝑛−1，即𝑎𝑛
𝑎𝑛−1
= 3
4，
数列{𝑎𝑛}是以1
4为首项，3
4为公比的等比数列，所以𝑎𝑛= 1
4 × (3
4)
𝑛−1
，
所以𝑆𝑛= 1 −3𝑎𝑛= 1 −(3
4)
𝑛
，
因为(3
4)
𝑛
∈(0 , 3
4]，所以𝑆𝑛∈[1
4 , 1).
故选：𝐵
变式3 记𝑆𝑛为数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，若1
2𝑆𝑛= (3
2)
𝑛
−1，则1
𝑎1
+ 1
𝑎2
+ ⋯+ 1
𝑎𝑛
=
．
3[1 −(2
3)
𝑛
]
【分析】利用𝑎𝑛与𝑆𝑛关系及等比数列的前𝑛项和公式即可求解.
【详解】当𝑛= 1时，1
2𝑆1 = (3
2)
1
−1，解得𝑆1 = 1，即𝑎1 = 1，
当𝑛≥2时，1
2𝑆𝑛= (3
2)
𝑛
−1 ①
1
2𝑆𝑛−1 = (3
2)
𝑛−1
−1 ②
第 14 讲 等比数列
高二数理进阶
由特殊入手，由一般收束
Page 363
由①−②，得1
2𝑆𝑛−1
2𝑆𝑛−1 = (3
2)
𝑛
−(3
2)
𝑛−1
，即1
2(𝑆𝑛−𝑆𝑛−1) = 1
2 × (3
2)
𝑛−1
，于是有
𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = (3
2)
𝑛−1
，
取𝑛= 1时，𝑎𝑛= (3
2)
1−1
= 1此式也满足𝑎1，
故数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛= (3
2)
𝑛−1
.
所以1
𝑎𝑛
= (2
3)
𝑛−1
，
1
𝑎1
+ 1
𝑎2
+ ⋯+ 1
𝑎𝑛
= (2
3)
0
+ (2
3)
1
+ ⋯+ (2
3)
𝑛−1
=
(2
3)
0
[1 −(2
3)
𝑛
]
1 −2
3
= 3[1 −(2
3)
𝑛
] ．
故答案为：3[1 −(2
3)
𝑛
].
题型4
等比数列前n 项和公式的重要性质
题型点拨
(1)公比不为−1的等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，则𝑆𝑛，𝑆2𝑛−𝑆𝑛，𝑆3𝑛−𝑆2𝑛仍成等比数列，其公比
为𝑞𝑛．
(2){𝑎𝑛}为等比数列，若𝑎1 ⋅𝑎2⋯𝑎𝑛= 𝑇𝑛，则𝑇𝑛, 𝑇2𝑛
𝑇𝑛
, 𝑇3𝑛
𝑇2𝑛
, ⋯成等比数列．
(3)当𝑞≠0，𝑞≠1时，𝑆𝑛= 𝑘−𝑘⋅𝑞𝑛(𝑘≠0)是{𝑎𝑛}成等比数列的充要条件，此时𝑘=
𝑎1
1 −𝑞．
典例4 （25-26·河南南阳）已知等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，若𝑆6 = 7 , 𝑆12 = 21，则𝑆24 = （ ）
A. 56
B. 105
C. 112
D. 189
𝐵
【分析】根据等比数列性质得𝑆18 = 49，结合基本量运算计算求解.
【详解】因为𝑆6 , 𝑆12 −𝑆6 , 𝑆18 −𝑆12 , 𝑆24 −𝑆18成等比数列，
即7 , 14 , 𝑆18 −21 , 𝑆24 −𝑆18成等比数列，所以142 = 7(𝑆18 −21)，解得𝑆18 = 49，
又14(𝑆24 −𝑆18) = (𝑆18 −21)2，所以14(𝑆24 −49) = (49 −21)2，解得𝑆24 = 105.
故选: 𝐵.
高二数理进阶
第 14 讲 等比数列
Page 364
从局部观察，向整体归纳
变式4 （25-26·海南省直辖县级单位）设公比小于零的等比数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和为𝑇𝑛，𝑇6 = −6，且𝑇9 =
7𝑇3，则𝑐13 + 𝑐14 + 𝑐15 = （ ）
A. 243
B. 216
C. 81
D. 27
𝐴
【分析】根据等比数列的前𝑛项和的片段和性质及等比中项的性质即可求解.
【详解】设数列{𝑐𝑛}的公比为𝑞(𝑞< 0)，因为𝑇6 = −6，且𝑇9 = 7𝑇3，所以𝑞≠−1，否则𝑇6 = 0，
所以𝑇3，𝑇6 −𝑇3，𝑇9 −𝑇6成等比数列且公比为𝑞3 < 0，即(−6 −𝑇3)2 = 𝑇3(7𝑇3 + 6)，
即𝑇2
3 −𝑇3 −6 = 0，解得𝑇3 = 3或𝑇3 = −2，
当𝑇3 = −2时，由𝑇3，𝑇6 −𝑇3，𝑇9 −𝑇6成等比数列，其公比为𝑞3 = 𝑇6 −𝑇3
𝑇3
= −4
−2 = 2 > 0，舍去
所以𝑇3 = 3，所以𝑞3 = 𝑇6 −𝑇3
𝑇3
= −9
3 = −3，
所以𝑐13 + 𝑐14 + 𝑐15 = 𝑇15 −𝑇12 = 𝑇3 × (𝑞3)
4 = 3 × (−3)4 = 243.
故选：𝐴
题型5
等比数列中的函数性质
题型点拨
1、等比数列{𝑎𝑛}的单调性（等比数列的单调性由首项𝑎1与公比𝑞决定）．
当{𝑎1 > 0
𝑞> 1 或{𝑎1 < 0
0 < 𝑞< 1时，{𝑎𝑛}为递增数列；
当{𝑎1 > 0
0 < 𝑞< 1或{𝑎1 < 0
𝑞> 1 时，{𝑎𝑛}为递减数列．
当𝑞= 1时，{𝑎𝑛}为常数列；
当𝑞< 0时，由于各项正负交替，{𝑎𝑛}既不是递增数列，也不是递减数列。
2、𝑆𝑛与𝑞的关系
(1)当公比𝑞≠1时，等比数列的前𝑛项和公式是𝑆𝑛= 𝑎1(1 −𝑞𝑛)
1 −𝑞
，
它可以变形为𝑆𝑛=
𝑎1
1 −𝑞−
𝑎1
1 −𝑞𝑞𝑛，设𝐴=
𝑎1
1 −𝑞，则上式可以写成𝑆𝑛= 𝐴−𝐴𝑞𝑛的形式，
由此可见，数列{𝑆𝑛}的图象是函数𝑦= 𝐴−𝐴𝑞𝑥图象上的一群孤立的点；
(2)当公比𝑞= 1时，等比数列的前𝑛项和公式是𝑆𝑛= 𝑛𝑎1，则数列{𝑆𝑛}的图象是函数𝑦= 𝑎1𝑥图象上的
一群孤立的点。
3、𝑆𝑛与𝑎𝑛的关系
第 14 讲 等比数列
高二数理进阶
在限制中寻找自由
Page 365
当公比𝑞≠1时，等比数列的前𝑛项和公式是𝑆𝑛= 𝑎1 −𝑎𝑛𝑞
1 −𝑞
，它可以变形为𝑆𝑛=
𝑎1
1 −𝑞−
𝑞
1 −𝑞𝑎𝑛
设𝐴= −
𝑞
1 −𝑞，𝐵=
𝑎1
1 −𝑞，则上式可写成𝑆𝑛= 𝐴𝑎𝑛+ 𝐵的形式，则𝑆𝑛是𝑎𝑛的一次函数。
典例5 （25-26·四川）若等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，则“𝑎1 > 0”是“𝑆𝑛单调递增”的（ ）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
𝐵
【分析】利用等比数列的前𝑛项和公式及𝑆𝑛+1 −𝑆𝑛= 𝑎𝑛+1 = 𝑎1𝑞𝑛，结合充分、必要性定义判断条件的
关系.
【详解】若{𝑎𝑛}的公比为𝑞，则𝑆𝑛= 𝑎1(1 −𝑞𝑛)
1 −𝑞
，
若𝑎1 = 1 > 0 , 𝑞= −1时，𝑆𝑛不单调，充分性不成立；
若𝑆𝑛单调递增，则𝑆𝑛+1 −𝑆𝑛= 𝑎𝑛+1 = 𝑎1𝑞𝑛> 0恒成立，故𝑎1 , 𝑞> 0，必要性成立，
所以“𝑎1 > 0”是“𝑆𝑛单调递增”的必要不充分条件.
故选：𝐵
变式5 （25-26·吉林松原）设公比为𝑞的等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，前𝑛项积为𝑇𝑛，且𝑎1 > 1，
𝑎2024𝑎2025 > 1，𝑎2024 −1
𝑎2025 −1 < 0，则下列结论正确的是（ ）
A. 𝑞> 1
B. 数列{𝑇𝑛}无最大值
C. 𝑇2025是数列{𝑇𝑛}中的最大值
D. 𝑆2024𝑆2025 > 20242
𝐷
【分析】分析得到0 < 𝑞< 1，当1 ≤𝑛≤2024时，𝑎𝑛> 1，当𝑛≥2025时，0 < 𝑎𝑛< 1，从而得到{𝑇𝑛}
有最大值，最大值为𝑇2024，𝑆2024 > 2024，𝑆2025 > 𝑆2024 > 2024，得到𝐷正确，𝐴𝐵𝐶错误.
【详解】𝐴选项，𝑎1 > 1，若𝑞≥1，则对任意的𝑛∈𝑁∗，都有𝑎𝑛= 𝑎1𝑞𝑛−1 > 1，则𝑎2024 −1
𝑎2025 −1 > 0，不
合要求，𝐴错误；
𝐵𝐶选项，若𝑞< 0，则𝑎2024𝑎2025 = 𝑎2
2024𝑞< 0，与𝑎2024𝑎2025 > 1矛盾，不合要求，
当0 < 𝑞< 1时，𝑎2025 = 𝑎2024𝑞< 𝑎2024，又𝑎2024 −1
𝑎2025 −1 < 0，
所以𝑎2024 −1 > 0 , 𝑎2025 −1 < 0，即𝑎2024 > 1 , 𝑎2025 < 1，
高二数理进阶
第 14 讲 等比数列
Page 366
在边界处检验答案
又𝑎2024𝑎2025 > 1，故𝑎2024 > 1 , 0 < 𝑎2025 < 1满足要求，
故当1 ≤𝑛≤2024时，𝑎𝑛> 1，当𝑛≥2025时，0 < 𝑎𝑛< 1，
故{𝑇𝑛}有最大值，最大值为𝑇2024，𝐵𝐶错误；
𝐷选项，当1 ≤𝑛≤2024时，𝑎𝑛> 1，当𝑛≥2025时，0 < 𝑎𝑛< 1，
故𝑆2024 > 2024，𝑆2025 > 𝑆2024 > 2024，
所以𝑆2024𝑆2025 > 20242，𝐷正确.
故选：𝐷
题型6
等比数列的证明
题型点拨
等比数列的判定方法
1、定义法：𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
= 𝑞（常数），且𝑎𝑛≠0(𝑛∈𝑁∗)，⇒{𝑎𝑛}为等比数列；
2、中项法：𝑎2
𝑛+1 = 𝑎𝑛⋅𝑎𝑛+2（𝑎𝑛≠0）⇒{𝑎𝑛}为等比数列；
3、通项公式法：𝑎𝑛= 𝑘𝑞𝑛, 𝑘𝑞≠0或𝑎𝑛= 𝑘𝑞𝑛−1（其中𝑘≠0 , 𝑞≠0）⇒{𝑎𝑛}为等比数列.
典例6 （25-26·广东江门）记数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，已知𝑆𝑛= 2𝑛+ 𝑛−1.
（1）证明：数列{𝑎𝑛−1}为等比数列；
(1)证明见解析
【分析】(1)由数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛= 2𝑛+ 𝑛−1，结合𝑎𝑛与𝑆𝑛的关系，求得𝑎𝑛= 2𝑛−1 + 1，进而得
到𝑎𝑛+1 −1
𝑎𝑛−1
=
2𝑛
2𝑛−1 = 2，即可得证；
【详解】(1)解：因为数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛= 2𝑛+ 𝑛−1，
当𝑛= 1时，可得𝑎1 = 21 + 1 −1 = 2，
当𝑛≥2时，可得𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = 2𝑛+ 𝑛−1 −[2𝑛−1 + (𝑛−1) −1] = 2𝑛−1 + 1，
经检验当𝑛= 1时𝑎𝑛= 2𝑛−1 + 1也成立，所以𝑎𝑛= 2𝑛−1 + 1，
则𝑎𝑛+1 −1
𝑎𝑛−1
=
2𝑛+ 1 −1
2𝑛−1 + 1 −1 =
2𝑛
2𝑛−1 = 2，且𝑎1 −1 = 1，
所以数列{𝑎𝑛−1}是首项为1，公比为2等比数列．
变式6 （25-26·广东江门）数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 = 2 , 𝑎2 = 5 , 𝑎𝑛+2 = 3𝑎𝑛+1 −2𝑎𝑛.
第 14 讲 等比数列
高二数理进阶
在对称处减少复杂
Page 367
（1）求证：数列{𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛}是等比数列；
（2）求数列{𝑎𝑛}的通项公式；
(1)证明见解析
(2)𝑎𝑛= 3 ⋅2𝑛−1 −1.
【分析】(1)根据等比数列的定义可证明结论.
(2)利用累加法可求得数列{𝑎𝑛}的通项公式.
【详解】(1) ∵𝑎𝑛+2 = 3𝑎𝑛+1 −2𝑎𝑛，
∴𝑎𝑛+2 −𝑎𝑛+1 = 2(𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛)，即𝑎𝑛+2 −𝑎𝑛+1
𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛
= 2，
∴数列{𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛}是等比数列.
(2)由(1)得数列{𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛}是以𝑎2 −𝑎1 = 3为首项，以2为公比的等比数列，
∴𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 3 ⋅2𝑛−1，
∴当𝑛≥2时，
𝑎𝑛= 𝑎1 + (𝑎2 −𝑎1) + (𝑎3 −𝑎2) + ⋯+ (𝑎𝑛−𝑎𝑛−1)
= 2 + 3 × 20 + 3 × 21 + ⋯+ 3 × 2𝑛−2
= 2 + 3 × 1 −2𝑛−1
1 −2
= 3 ⋅2𝑛−1 −1 ，
当𝑛= 1时，𝑎1 = 3 × 20 −1 = 2，满足上式，
∴𝑎𝑛= 3 ⋅2𝑛−1 −1.
练
强化训练
Targeted Practice
1. （25-26·福建）在等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎1 + 𝑎2 = 6，若𝑎1，𝑎2 + 3，𝑎3成等差数列，则{𝑎𝑛}的公比为
（ ）
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
𝐵
【分析】设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，则𝑞≠0，由𝑎1，𝑎2 + 3，𝑎3成等差数列得出2(𝑎2 + 3) = 𝑎1 + 𝑎3，
结合𝑎1 + 𝑎2 = 6得出𝑎3 = 3𝑎2，即可求解．
【详解】设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，则𝑞≠0，
因为𝑎1，𝑎2 + 3，𝑎3成等差数列，所以2(𝑎2 + 3) = 𝑎1 + 𝑎3，
又𝑎1 + 𝑎2 = 6，所以2𝑎2 + 𝑎1 + 𝑎2 = 𝑎1 + 𝑎3，
所以𝑎3 = 3𝑎2，故𝑞= 𝑎3
𝑎2
= 3，
高二数理进阶
第 14 讲 等比数列
Page 368
在极端处显露规律
故选：𝐵.
2. （25-26·江苏苏州）已知𝑆𝑛为等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，若𝑆𝑛= 3 −𝜆⋅22𝑛−2，则𝜆= （ ）
A. 0
B. 3
C. −3
D. 12
𝐷
【分析】利用等比数列前𝑛项和𝑆𝑛= 𝐴⋅𝑞𝑛−𝐴即可求解.
【详解】由题意有：𝑆𝑛= 3 −𝜆⋅22𝑛−2 = 3 −𝜆⋅4𝑛−1 = 3 −𝜆
4 ⋅4𝑛，
所以𝜆
4 = 3 ⇒𝜆= 12，
故选：𝐷.
3. （25-26·江苏南京）记𝑆𝑛为等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，若𝑆3 + 𝑆6 = 2𝑆9，则𝑎6
𝑎3
= （ ）
A. 1
2
B. −1
2
C. 1或−1
2
D. −1或1
2
𝐵
【分析】先判断𝑞≠1，再运用等比数列求和公式化简方程，求得𝑞3 = −1
2，利用等比数列通项公式化简
所求式即得.
【详解】设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，若𝑞= 1，则𝑆3 + 𝑆6 = 9𝑎1 ≠2𝑆9 = 18𝑎1，故𝑞≠1，
则由𝑆3 + 𝑆6 = 2𝑆9可得：𝑎1(1 −𝑞3)
1 −𝑞
+ 𝑎1(1 −𝑞6)
1 −𝑞
= 2 × 𝑎1(1 −𝑞9)
1 −𝑞
，
因𝑎1𝑞≠0，可将其化简为：1 −𝑞3 + 1 −𝑞6 = 2(1 −𝑞9)，即2𝑞6 −𝑞3 −1 = 0，
解得𝑞3 = 1（舍去）或𝑞3 = −1
2.则𝑎6
𝑎3
= 𝑞3 = −1
2.
故选：𝐵.
4. （25-26·黑龙江哈尔滨）对于等比数列{𝑎𝑛}，则“𝑎1 < 𝑎2”是“数列{𝑎𝑛}为单调递增数列”的（ ）
A. 必要不充分条件
B. 充分不必要条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
𝐴
【分析】利用等比数列的性质，结合充分、必要条件的定义分析判断选项．
【详解】∵{𝑎𝑛}是等比数列，则𝑎𝑛= 𝑎1𝑞𝑛−1，
第 14 讲 等比数列
高二数理进阶
在等价处保证安全
Page 369
∴𝑎2 = 𝑎1𝑞，
∵𝑎1 < 𝑎2，等价于𝑎1(𝑞−1) > 0，
∴当𝑎1 > 0时，𝑞> 1，数列{𝑎𝑛}为递增数列；
当𝑎1 < 0时，𝑞< 1，则数列{𝑎𝑛}不一定递增，如𝑎1 = −1 , 𝑞= −2时，𝑎3 = −1 × (−2)2 = −4，
∴𝑎1 < 𝑎2不能推出{𝑎𝑛}为单调递增数列，不满足充分性；
若{𝑎𝑛}为单调递增数列，则对于任意𝑛≥1 , 𝑛∈𝑁∗，有𝑎𝑛+1 > 𝑎𝑛，
令𝑛= 1，则𝑎2 > 𝑎1，
∴{𝑎𝑛}为单调递增数列能推出𝑎1 < 𝑎2，满足必要性，
∴“𝑎1 < 𝑎2”是“数列{𝑎𝑛}为单调递增数列”的必要不充分条件，故𝐴正确．
故选：𝐴.
5. （25-26·安徽合肥）已知等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，若𝑆8 + 𝑆24 = 140，且𝑆24 = 13𝑆8，则𝑆16 =
（ ）
A. −30
B. 40
C. 30或−40
D. −30或40
𝐵
【分析】根据等比数列的性质以及片段和，求出等比数列公比由前𝑛项和公式即可得解.
【详解】等比数列的公比为𝑞，
因为𝑆8 + 𝑆24 = 140，且𝑆24 = 13𝑆8，
𝑆8 = 10，𝑆24 = 130，故𝑞≠±1，
所以𝑆24
𝑆8
= 1 −𝑞24
1 −𝑞8 = (𝑞8)
2 + 𝑞8 + 1 = 13，即(𝑞8)
2 + 𝑞8 −12 = 0，
解得𝑞8 = 3或𝑞8 = −4（舍去），
所以𝑆16
𝑆8
= 1 −𝑞16
1 −𝑞8 = 𝑞8 + 1 = 4，可得𝑆16 = 40，
故选：𝐵.
6. （25-26·山西吕梁）数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛= 21 × (1
2)
𝑛
，当{𝑎𝑛}的前𝑛项积最大时，𝑛为（ ）
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
𝐶
【分析】先根据等比数列的单调性判断1 ≤𝑛≤4时，{𝑎𝑛}的前𝑛项积越来越大 ，当𝑛≥5时，{𝑎𝑛}的前𝑛
项积越来越小 ，从而可得答案.
高二数理进阶
第 14 讲 等比数列
Page 370
在构造处打开局面
【详解】因为𝑎𝑛= 21 × (1
2)
𝑛
, 0 < 1
2 < 1，所以数列{𝑎𝑛}是递减数列，
𝑎4 = 21 × (1
2)
4
= 21
16 > 1，𝑎5 = 21 × (1
2)
5
= 21
32 < 1，
所以𝑎1 > 𝑎2 > 𝑎3 > 𝑎4 > 1 > 𝑎5 > 𝑎6 > ⋅⋅⋅> 𝑎𝑛
所以1 ≤𝑛≤4时，{𝑎𝑛}的前𝑛项积越来越大 ，
当𝑛≥5时，{𝑎𝑛}的前𝑛项积越来越小 ，
所以当数列{𝑎𝑛}的前𝑛项积最大时𝑛的值为4.
故选：𝐶.
7. （25-26·浙江湖州）已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，若𝑎1 = 1，且𝑎𝑛+1 = 3𝑆𝑛（𝑛∈𝑁∗），则（ ）
A. {𝑆𝑛}为等比数列
B. {𝑆𝑛}为等差数列
C. {𝑎𝑛}为等比数列
D. {𝑎𝑛}为等差数列
𝐴
【分析】利用𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1求出{𝑎𝑛}的通项公式并求和，然后逐一判断选项即可.
【详解】由𝑎𝑛+1 = 3𝑆𝑛得当𝑛≥2时，𝑎𝑛= 3𝑆𝑛−1，
两式相减得𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 3𝑎𝑛，即𝑎𝑛+1 = 4𝑎𝑛，
又当𝑛= 1时，𝑎2 = 3𝑆1 = 3𝑎1 = 3，
所以数列{𝑎𝑛}即不是等比数列也不是等差数列，𝐶𝐷错误；
所以𝑎𝑛= {1
𝑛= 1
3 × 4𝑛−2
𝑛≥2，
当𝑛≥2时，𝑆𝑛= 1 + 3(1 −4𝑛−1)
1 −4
= 4𝑛−1
所以当𝑛= 1时，𝑆1 = 1，符合𝑆𝑛= 4𝑛−1，
所以𝑆𝑛= 4𝑛−1，
又𝑛≥2时𝑆𝑛
𝑆𝑛−1
= 4，所以{𝑆𝑛}为等比数列，𝐴正确，𝐵错误.
故选：𝐴.
8. （25-26·北京昌平）设无穷等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，前𝑛项积为𝑇𝑛，则“𝑇𝑛有最大值”是“−1 < 𝑞< 0”的
（ ）
A. 充分而不必要条件
B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件
D. 既不充分也不必要条件
第 14 讲 等比数列
高二数理进阶
在反例处校正判断
Page 371
𝐵
【分析】根据充分必要条件的定义判断．
【详解】充分性：𝑇𝑛= 𝑎1𝑎2⋯𝑎𝑛= 𝑎1 ⋅𝑎1𝑞⋅⋯⋅𝑎1𝑎𝑛−1 = 𝑎𝑛
1𝑞1+2+⋯+(𝑛−1) = 𝑎𝑛
1𝑞
𝑛(𝑛−1)
2
，
例如𝑎1 = 1 , 𝑞= 1
2，则𝑇𝑛= (1
2)
𝑛(𝑛−1)
2
，在𝑛= 1时，𝑇𝑛取最大值，因此是不充分的，
必要性：当−1 < 𝑞< 0时，对任意的无穷等比数列{𝑎𝑛}，
若|𝑎1| ≥1，必存在正整数𝑚，使得𝑛> 𝑚时，|𝑎𝑛| < 1，𝑛≤𝑚时，|𝑎𝑛| ≥1，所以𝑛= 𝑚时，|𝑇𝑛|最大
（若|𝑎𝑛| = 1，则|𝑇𝑛| = |𝑇𝑛−1|是最大值），
若𝑇𝑚> 0，则𝑇𝑚是{𝑇𝑛}中的最大值，若𝑇𝑚< 0，只要比较𝑇𝑚前后的正项的大小即可得（注意{𝑇𝑚}中
的正、负项均以两项为一组交替出现）
若|𝑎1| < 1，则|𝑎𝑛| < 1，{|𝑇𝑛|}是递减数列，{𝑇𝑛}中第一个正项即为最大值，
因此是必要的，
所以应为必要不充分条件，
故选：𝐵.
9. 设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，其前𝑛项和为𝑆𝑛，前𝑛项积为𝑇𝑛，且满足条件𝑎1 > 1，𝑎2022 ⋅𝑎2023 > 1，
(𝑎2022 −1) ⋅(𝑎2023 −1) < 0，则下列选项不正确的是（ ）
A. {𝑎𝑛}为递减数列
B. 𝑆2022 + 1 < 𝑆2023
C. 𝑇2022是数列{𝑇𝑛}中的最大项
D. 𝑇4045 < 1
𝐵
【分析】根据已知条件求得𝑞的范围，再根据等比数列的性质，对选项逐一判断即可.
【详解】因为数列{𝑎𝑛}为等比数列，且𝑎1 > 1，𝑎2022 ⋅𝑎2023 > 1，所以𝑞> 0，即数列{𝑎𝑛}为正项等比
数列，
当𝑞≥1时，则𝑎𝑛= 𝑎1𝑞𝑛−1 > 1，不满足(𝑎2022 −1) ⋅(𝑎2023 −1) < 0，舍去，
所以0 < 𝑞< 1，即数列{𝑎𝑛}为单调递减数列，𝐴说法正确；
由(𝑎2022 −1) ⋅(𝑎2023 −1) < 0可得𝑎2022 > 1，0 < 𝑎2023 < 1，
所以𝑆2023 −𝑆2022 = 𝑎2023 < 1，即𝑆2022 + 1 > 𝑆2023，𝐵说法错误；
因为数列{𝑎𝑛}单调递减，且𝑎2022 > 1，𝑎2023 < 1，所以𝑇2022是数列{𝑇𝑛}中的最大项，𝐶说法正确；
由等比中项可知𝑇4045 = 𝑎1𝑎2 ⋅⋅⋅𝑎4045 = (𝑎2023)4045 < 1，𝐷说法正确；
故选：𝐵
高二数理进阶
第 14 讲 等比数列
Page 372
在回代处确认结果
10. （25-26·福建宁德）已知数列{𝑎𝑛}中，𝑎𝑛+1 = 2𝑎𝑛−
5
3𝑛+1.
（1）若𝑎1 , 𝑎2 , 𝑎3依次成等差数列，求𝑎1；
（2）若𝑎1 = 4
3，证明：数列{𝑎𝑛−1
3𝑛}为等比数列；
(1)𝑎1 = 5
27
(2)证明见解析
【分析】(1)利用递推关系得到𝑎2 = 2𝑎1 −5
9，𝑎3 = 4𝑎1 −35
27，再结合等差中项的性质建立方程，求解𝑎1
即可.
(2)利用等比数列的定义证明即可.
【详解】(1)由题意得在数列{𝑎𝑛}中，𝑎𝑛+1 = 2𝑎𝑛−
5
3𝑛+1
令𝑛= 1，得到𝑎2 = 2𝑎1 −5
9，令𝑛= 2，得到𝑎3 = 2𝑎2 −5
27，
= 2(2𝑎1 −5
9) −5
27 = 4𝑎1 −10
9 −5
27 = 4𝑎1 −35
27 ，
因为𝑎1 , 𝑎2 , 𝑎3依次成等差数列，所以2𝑎2 = 𝑎1 + 𝑎3，
即2(2𝑎1 −5
9) = 𝑎1 + 4𝑎1 −35
27，解得𝑎1 = 5
27.
(2)由题意得首项为𝑎1 −1
3 = 1，
因为𝑎𝑛+1 −
1
3𝑛+1 = 2𝑎𝑛−
5
3𝑛+1 −
1
3𝑛+1 = 2𝑎𝑛−
6
3𝑛+1 = 2𝑎𝑛−2
3𝑛= 2(𝑎𝑛−1
3𝑛)，
所以
𝑎𝑛+1 −
1
3𝑛+1
𝑎𝑛−1
3𝑛
= 2，故{𝑎𝑛−1
3𝑛}是首项为1，公比为2的等比数列.
11. （25-26·广东东莞）已知𝑆𝑛为数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，且𝑛𝑎1 + (𝑛−1)𝑎2 + ⋯+ 𝑎𝑛= 2𝑆𝑛−𝑛（𝑛∈
𝑁∗）．
（1）证明数列{𝑆𝑛+ 1}为等比数列；
(1)证明见解析
【分析】(1)由已知可得𝑆𝑛+1 = 2𝑆𝑛+ 1，利用等比数列的定义证明；
【详解】(1)当𝑛= 1时，𝑎1 = 𝑆1 = 2𝑆1 −1，得𝑆1 = 1，故𝑆1 + 1 = 2，
由𝑛𝑎1 + (𝑛−1)𝑎2 + ⋯+ 𝑎𝑛= 2𝑆𝑛−𝑛（𝑛∈𝑁∗） ①，
得(𝑛+ 1)𝑎1 + 𝑛𝑎2 + ⋯+ 2𝑎𝑛+ 𝑎𝑛+1 = 2𝑆𝑛+1 −(𝑛+ 1) ②，
②－①，得𝑎1 + 𝑎2 + ⋯+ 𝑎𝑛+ 𝑎𝑛+1 = 2𝑆𝑛+1 −2𝑆𝑛−1，
第 14 讲 等比数列
高二数理进阶
思路先行，笔墨随后
Page 373
得𝑆𝑛+1 = 2𝑆𝑛+1 −2𝑆𝑛−1，即𝑆𝑛+1 = 2𝑆𝑛+ 1，
所以𝑆𝑛+1 + 1 = 2(𝑆𝑛+ 1)，即𝑆𝑛+1 + 1
𝑆𝑛+ 1
= 2，
所以，数列{𝑆𝑛+ 1}是以2为首项，2为公比的等比数列．
测
知识小测
Exit Quiz
1. （25-26·北京海淀）在等比数列{𝑎𝑛}中，已知𝑎1 = 2 , 𝑎𝑛= 32 , 𝑞= 2，则𝑛为（ ）
A. 5
B. 4
C. 3
D. 2
𝐴
【分析】由题意可得𝑎𝑛= 2𝑛，进而得2𝑛= 32，求解即可.
【详解】在等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎1 = 2 , 𝑞= 2，所以𝑎𝑛= 𝑎1𝑞𝑛−1 = 2 × 2𝑛−1 = 2𝑛，
由2𝑛= 32，解得𝑛= 5.
故选：𝐴.
2. （25-26·福建龙岩）已知{𝑎𝑛}是等比数列，𝑎3 = 2，𝑎7 = 18，则𝑎5 = （ ）
A. 10
B. −10
C. 6
D. −6或6
𝐶
【分析】由等比中项的性质和等比数列的性质计算即可
【详解】由等比中项的性质可得𝑎2
5 = 𝑎3𝑎7 ⇒𝑎2
5 = 36 ⇒𝑎5 = ±6,
设等比数列的公比为𝑞，
因为𝑎2
5 = 𝑎3𝑞2 > 0, 所以𝑎5 = 6,
故选: 𝐶
3. 已知实数−1 , 𝑥, 𝑦, 𝑧, −4成等比数列，则𝑦= （ ）
A. −8
B. ±8
C. −2
D. ±2
𝐶
【分析】设公比，利用等比数列的性质及等比中项得到方程，求出𝑦= −2.
【详解】设等比数列的公比为𝑞，则𝑦= −1 × 𝑞2 < 0，且𝑦2 = (−1) × (−4) = 4，解得𝑦= −2.
故选：𝐶
高二数理进阶
第 14 讲 等比数列
Page 374
章法在前，技巧在后
4. 设等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛.已知𝑆𝑛+1 = 2𝑆𝑛+ 1
2，𝑛∈𝑁∗，则𝑆6 =
.
63
2 /31.5
【分析】根据𝑆𝑛+1 = 2𝑆𝑛+ 1
2得𝑎𝑛= 𝑆𝑛−1 + 1
2相减可得公比，由𝑛= 1求解首项，即可由求和公式代入
求解.
【详解】当{𝑎𝑛}的公比为1时，由𝑆𝑛+1 = 2𝑆𝑛+ 1
2可知显然不成立，故公比不为1，
由𝑆𝑛+1 = 2𝑆𝑛+ 1
2得𝑆𝑛+1 −𝑆𝑛= 𝑆𝑛+ 1
2 ⇒𝑎𝑛+1 = 𝑆𝑛+ 1
2，
所以𝑛≥2时，𝑎𝑛= 𝑆𝑛−1 + 1
2，相减可得𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = 𝑎𝑛⇒𝑎𝑛+1 = 2𝑎𝑛，故公比𝑞= 2，
又𝑎2 = 𝑎1 + 1
2 ⇒2𝑎1 = 𝑎1 + 1
2 ⇒𝑎1 = 1
2，
故𝑆6 =
1
2 × (1 −26)
1 −2
= 63
2 ，
故答案为：63
2
5. （25-26·黑龙江哈尔滨）已知等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎2 + 𝑎4 + 𝑎6 + 𝑎8 = 16(𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5 + 𝑎7)，则公比
𝑞= （ ）
A. 2
B. 4
C. 16
D. ±2
𝐶
【分析】根据等比数列的定义即可求解．
【详解】当𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5 + 𝑎7 = 0时，则𝑎1(1 + 𝑞2 + 𝑞4 + 𝑞6) = 0，
而1 + 𝑞2 + 𝑞4 + 𝑞6 > 0，∴𝑎1 = 0，故舍去；
当𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5 + 𝑎7 ≠0时，∵𝑎2 + 𝑎4 + 𝑎6 + 𝑎8 = 16(𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5 + 𝑎7)，
∴𝑎2 + 𝑎4 + 𝑎6 + 𝑎8
𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5 + 𝑎7
= 16 ⇒𝑎1𝑞+ 𝑎3𝑞+ 𝑎5𝑞+ 𝑎7𝑞
𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5 + 𝑎7
= 16 ，
可得𝑞(𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5 + 𝑎7)
𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5 + 𝑎7
= 16 ⇒𝑞= 16，∴𝑞= 16.
故选：𝐶.
第 15 讲 累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式
高二数理进阶
取舍有据，推进有序
Page 375
第 15 讲
累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式
讲
题型精讲
Core examples
题型1
累加法
题型点拨
形如𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛+ 𝑓(𝑛)型的递推数列（其中𝑓(𝑛)是关于𝑛的函数）可构造：
{
𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 = 𝑓(𝑛−1)
𝑎𝑛−1 −𝑎𝑛−2 = 𝑓(𝑛−2)
...
𝑎2 −𝑎1 = 𝑓(1)
将上述 𝑛−1 个式子两边分别相加，可得：𝑎𝑛= 𝑓(𝑛−1) + 𝑓(𝑛−2) + … + 𝑓(2) + 𝑓(1) + 𝑎1(𝑛≥2).
大题注意检验𝑛= 1时满足条件.
典例1 (25 −26 ⋅黑龙江哈尔滨）已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 = 1，𝑎𝑛−𝑎𝑛+1 = 2𝑛𝑎𝑛𝑎𝑛+1，则𝑎𝑛= （ ）
A.
2
2𝑛−1 + 1
B.
1
2𝑛−1
C. 2𝑛+1 −1
2𝑛+ 1
D.
1
2𝑛−1
𝐷
【分析】先由𝑎𝑛−𝑎𝑛+1 = 2𝑛𝑎𝑛𝑎𝑛+1得到
1
𝑎𝑛+1
−1
𝑎𝑛
= 2𝑛，利用累加法求出1
𝑎𝑛
= 2𝑛−1，则𝑎𝑛=
1
2𝑛−1.
【详解】因为𝑎𝑛−𝑎𝑛+1 = 2𝑛𝑎𝑛𝑎𝑛+1，所以
1
𝑎𝑛+1
−1
𝑎𝑛
= 2𝑛即1
𝑎𝑛
−
1
𝑎𝑛−1
= 2𝑛−1；
所以( 1
𝑎𝑛
−
1
𝑎𝑛−1
) + (
1
𝑎𝑛−1
−
1
𝑎𝑛−2
) + ... + ( 1
𝑎2
−1
𝑎1
) + 1
𝑎1
= 2𝑛−1 + 2𝑛−2 + ... + 2 + 1
即1
𝑎𝑛
= 2𝑛−1 + 2𝑛−2 + ... + 2 + 1 = 1 × (1 −2𝑛)
1 −2
= 2𝑛−1；
所以𝑎𝑛=
1
2𝑛−1(𝑛≥2)，而𝑎1 = 1也符号该式，故𝑎𝑛=
1
2𝑛−1
故选：𝐷
变式1 (25 −26 ⋅重庆）已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 = 33 , 𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 2𝑛，则𝑎𝑛
𝑛的最小值为（ ）
高二数理进阶
第 15 讲 累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式
Page 376
问题有根，解法有源
A. 21
2
B. 2√33 −1
C. 53
5
D. 33
5
𝐴
【分析】根据题意，利用叠加法，求得𝑎𝑛= 𝑛2 −𝑛+ 33，得到𝑛+ 33
𝑛−1，结合函数𝑦= 𝑥+ 33
𝑥−1的单
调性，以及𝑛∈𝑁∗，即可求解.
【详解】由数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 = 33 , 𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 2𝑛，
则𝑎𝑛= (𝑎𝑛−𝑎𝑛−1) + (𝑎𝑛−1 −𝑎𝑛−2) + ⋯+ (𝑎2 −𝑎1) + 𝑎1
= 2(𝑛−1) + 2(𝑛−2) + ⋯+ 2 × 1 + 33 = 2[1 + 2 + 3 + ⋯+ (𝑛−1)] + 33 = 𝑛2 −𝑛+ 33 ，
所以𝑎𝑛
𝑛= 𝑛2 −𝑛+ 33
𝑛
= 𝑛+ 33
𝑛−1，
又由函数𝑦= 𝑥+ 33
𝑥−1在(0 , √33]上单调递减，在[√33 , + ∞)上单调递增，
因为𝑛∈𝑁∗, 5 < √33 < 6，
当𝑛= 5时，可得𝑎5
5 = 5 + 33
5 −1 = 53
5 ；当𝑛= 6时，可得𝑎6
6 = 6 + 33
6 −1 = 21
2 ，
因为21
2 < 53
5 ，所以𝑎𝑛
𝑛的最小值为21
2 .
故选：𝐴.
题型2
累乘法
题型点拨
形如𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛𝑓(𝑛)型的递推数列（其中𝑓(𝑛)是关于𝑛的函数），当相关各项𝑎𝑘≠0时，可写成𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
=
𝑓(𝑛)，并构造：
{
𝑎𝑛
𝑎𝑛−1
= 𝑓(𝑛−1)
𝑎𝑛−1
𝑎𝑛−2
= 𝑓(𝑛−2)
⋯
𝑎2
𝑎1
= 𝑓(1).
将上述 𝑛−1 个式子两边分别相乘，可得：𝑎𝑛= 𝑓(𝑛−1) ⋅𝑓(𝑛−2) ⋅… ⋅𝑓(2) ⋅𝑓(1) ⋅𝑎1(𝑛≥2).
有时若不能直接用，可先变形成这种形式；若递推过程中可能出现零项，应直接由乘法形式讨论，不能
直接作除法．
典例2 (25 −26 ⋅吉林）在数列{𝑎𝑛}中，𝑎1 = √3 , 𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
= √𝑛+ 3
𝑛+ 2，则𝑎34 =
.
第 15 讲 累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式
高二数理进阶
由形入理，由理返形
Page 377
6
【分析】根据递推公式𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
= √𝑛+ 3
𝑛+ 2，并结合累乘法从而可求解.
【详解】因𝑎1 = √3 , 𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
= √𝑛+ 3
𝑛+ 2，故有𝑎34
𝑎33
⋅𝑎33
𝑎32
⋅𝑎32
𝑎31
⋅𝑎31
𝑎30
⋅⋅⋅𝑎2
𝑎1
= √36
35 ⋅√35
34 ⋅√34
33 ⋅⋅⋅√4
3，
即得𝑎34
𝑎1
= √36
3 ，所以𝑎34 = √12𝑎1 = 6.
故答案为：6.
变式2 已知数列{𝑎𝑛}中，𝑎1 = 1，𝑎𝑛+1𝑎𝑛= 2𝑛，𝑛∈𝑁∗，则下列说法不正确的是（ ）
A. 𝑎4 −𝑎3 = 2
B. 𝑎2𝑛= 2𝑎2𝑛−1
C. {𝑎2𝑛}是等比数列
D. 𝑎2𝑛−1 + 𝑎2𝑛= 2𝑛+1
𝐷
【分析】借助所给条件可得𝑎2𝑛= 2𝑛，𝑎2𝑛−1 = 2𝑛−1，逐项计算即可得.
【详解】由𝑎𝑛+1𝑎𝑛= 2𝑛，𝑎𝑛+2𝑎𝑛+1 = 2𝑛+1，得𝑎𝑛+2
𝑎𝑛
= 2，
有𝑎2𝑛
𝑎2𝑛−2
= 2，𝑎2𝑛−2
𝑎2𝑛−4
= 2，⋯，𝑎4
𝑎2
= 2，𝑎2 = 2
𝑎1
= 2，
所以𝑎2𝑛= 2𝑛−1 × 2 = 2𝑛，则𝑎2𝑛−1 = 2𝑛−1，
故𝑎4 = 4，𝑎3 = 2，故𝑎4 −𝑎3 = 2，𝐴正确；又𝑎2𝑛= 2𝑛= 2 ⋅2𝑛−1 = 2𝑎2𝑛−1，故𝐵正确；数列{𝑎2𝑛}是
等比数列，故𝐶正确；
𝑎2𝑛−1 + 𝑎2𝑛= 2𝑛−1 + 2𝑛= 3 ⋅2𝑛−1，故𝐷错误.
故选：𝐷.
题型3
加减常数构造
题型点拨
形如𝑎𝑛+1 = 𝑝𝑎𝑛+ 𝑞（其中𝑝, 𝑞均为常数且𝑝≠0）型的递推式：
(1)若𝑝= 1时，数列{𝑎𝑛}为等差数列；
(2)若𝑞= 0时，数列{𝑎𝑛}为等比数列；
(3)若𝑝≠1且𝑞≠0时，数列{𝑎𝑛}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有
如下两种：
高二数理进阶
第 15 讲 累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式
Page 378
以简驭繁，以稳致远
法一：设 𝑎𝑛+1 + 𝜆= 𝑝(𝑎𝑛+ 𝜆)，展开整理得 𝑎𝑛+1 = 𝑝𝑎𝑛+ (𝑝−1)𝜆，与题设 𝑎𝑛+1 = 𝑝𝑎𝑛+ 𝑞 比较
系数得 𝜆=
𝑞
𝑝−1(𝑝≠1)，即 𝑎𝑛+1 +
𝑞
𝑝−1 = 𝑝(𝑎𝑛+
𝑞
𝑝−1)，因此 {𝑎𝑛+
𝑞
𝑝−1} 构成以 𝑎1 +
𝑞
𝑝−1 为首项、𝑝 为公比的等比数列，再利用等比数列通项公式整理可得 𝑎𝑛= (𝑎1 +
𝑞
𝑝−1)𝑝𝑛−1 −
𝑞
𝑝−1.
（*）法二：由𝑎𝑛+1 = 𝑝𝑎𝑛+ 𝑞得𝑎𝑛= 𝑝𝑎𝑛−1 + 𝑞(𝑛≥2)，两式相减得𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 𝑝(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1)．若
𝑎2 ≠𝑎1，则差数列{𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛}构成以𝑎2 −𝑎1为首项、𝑝为公比的等比数列；若𝑎2 = 𝑎1，则差数列恒
为0，原数列为常数列．求出{𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛}的通项后，再用累加法便可求出𝑎𝑛．
典例3 已知𝑆𝑛为数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，若𝑆2 = 3，𝑎𝑛+1 = 𝑆𝑛+ 1，则𝑆8 = （ ）
A. 255
B. 256
C. 127
D. 128
𝐴
【分析】利用𝑎𝑛+1 = 𝑆𝑛+1 −𝑆𝑛可得𝑆𝑛+1 = 2𝑆𝑛+ 1，再由构造法可得数列{𝑆𝑛+ 1}是以2为公比的等比
数列可得𝑆𝑛，求出𝑆8即可.
【详解】因为𝑎𝑛+1 = 𝑆𝑛+1 −𝑆𝑛，代入𝑎𝑛+1 = 𝑆𝑛+ 1，可得
𝑆𝑛+1 −𝑆𝑛= 𝑆𝑛+ 1，即𝑆𝑛+1 = 2𝑆𝑛+ 1，两边同时加1，
可得𝑆𝑛+1 + 1 = 2𝑆𝑛+ 1 + 1 = 2(𝑆𝑛+ 1)，
∴数列{𝑆𝑛+ 1}是以2为公比的等比数列，
∵𝑆2 + 1 = 3 + 1 = 4，
∴𝑆𝑛+ 1 = (𝑆2 + 1) ⋅2𝑛−2 = 4 ⋅2𝑛−2 = 2𝑛，
∴𝑆𝑛= 2𝑛−1，
∴ 𝑆8 = 28 −1 = 255.
故选：𝐴.
变式3 (1)设数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 = 1，且𝑎𝑛= 3𝑎𝑛−1 + 4(𝑛≥2)，则数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=
．
（2）已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且𝑆𝑛+ 2𝑎𝑛= 𝑛，则𝑎𝑛=
．
3𝑛−21 −(2
3)𝑛
【分析】(1)利用构造法求出数列通项；
(2)由𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = 𝑎𝑛, 𝑛≥2变形给定等式，再利用构造法求出数列通项.
第 15 讲 累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式
高二数理进阶
不急求答案，先求关系清楚
Page 379
【详解】(1)由𝑛≥2 , 𝑎𝑛= 3𝑎𝑛−1 + 4，得𝑎𝑛+ 2 = 3(𝑎𝑛−1 + 2)，而𝑎1 = 1，则𝑎1 + 2 = 3，
因此数列{𝑎𝑛+ 2}是以3为首项，3为公比的等比数列，𝑎𝑛+ 2 = 3 ⋅3𝑛−1 = 3𝑛，
所以𝑎𝑛= 3𝑛−2.
(2)数列{𝑎𝑛}中，𝑆𝑛+ 2𝑎𝑛= 𝑛，当𝑛= 1时，𝑎1 + 2𝑎1 = 1，解得𝑎1 = 1
3.
当𝑛≥2时，𝑆𝑛−1 + 2𝑎𝑛−1 = 𝑛−1，两式相减得3𝑎𝑛−2𝑎𝑛−1 = 1，即𝑎𝑛= 2
3𝑎𝑛−1 + 1
3，
整理得𝑎𝑛−1 = 2
3(𝑎𝑛−1 −1)，则数列{𝑎𝑛−1}是首项为𝑎1 −1 = −2
3，公比为2
3的等比数列，
因此𝑎𝑛−1 = −(2
3)𝑛，所以𝑎𝑛= 1 −(2
3)𝑛．
故答案为： 3𝑛−2；1 −(2
3)𝑛
题型4
加减构造
题型点拨
形如𝑎𝑛+1 = 𝑝𝑎𝑛+ 𝑓(𝑛)(𝑝≠1)型的递推式：
(1)当𝑓(𝑛)为一次函数类型（即等差数列）时：
法一：设 𝑏𝑛= 𝑎𝑛+ 𝐴𝑛+ 𝐵，通过待定系数法确定 𝐴, 𝐵 的值，转化成以 𝑎1 + 𝐴+ 𝐵 为首项、以 𝑝 为
公比的等比数列 {𝑎𝑛+ 𝐴𝑛+ 𝐵}，再利用等比数列的通项公式求出 𝑏𝑛 的通项，整理可得 𝑎𝑛.
法二：当𝑓(𝑛)的公差为𝑑时，由递推式得：𝑎𝑛+1 = 𝑝𝑎𝑛+ 𝑓(𝑛)，𝑎𝑛= 𝑝𝑎𝑛−1 + 𝑓(𝑛−1)两式相减得：
𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 𝑝(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1) + 𝑑，令𝑏𝑛= 𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛得：𝑏𝑛= 𝑝𝑏𝑛−1 + 𝑑，再用（*）便可求出𝑎𝑛.
(2)当𝑓(𝑛)为指数函数类型（即等比数列）时：
法一：当递推式为𝑎𝑛+1 = 𝑝𝑎𝑛+ 𝑟𝑞𝑛（𝑞≠0）且𝑝≠𝑞时，可设𝑏𝑛= 𝑎𝑛+ 𝜆𝑞𝑛，比较𝑏𝑛+1 = 𝑝𝑏𝑛得
𝜆=
𝑟
𝑝−𝑞，从而把数列{𝑏𝑛}化为以𝑝为公比的等比数列；若𝑝= 𝑞，则该常数𝜆不能按此法确定，应改
用法二中除以𝑞𝑛后转化为等差数列的处理．
法二：递推公式为𝑎𝑛+1 = 𝑝𝑎𝑛+ 𝑟𝑞𝑛（其中𝑝, 𝑞, 𝑟均为常数，𝑞≠0）时，先在原递推公式两边同时除
以𝑞𝑛+1，得𝑎𝑛+1
𝑞𝑛+1 = 𝑝
𝑞⋅𝑎𝑛
𝑞𝑛+ 𝑟
𝑞．引入辅助数列𝑏𝑛= 𝑎𝑛
𝑞𝑛，可化为𝑏𝑛+1 = 𝑝
𝑞𝑏𝑛+ 𝑟
𝑞，再按加减常数构造
法求解；特别地，当𝑝= 𝑞时，有𝑏𝑛+1 = 𝑏𝑛+ 𝑟
𝑞，此时按等差数列处理，不能继续套用“加减常数构造
等比数列”．
典例4 已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 = 3 , 𝑎𝑛+1 = 2𝑎𝑛+ 𝑛−3，则其前𝑛项和𝑆𝑛=
．
高二数理进阶
第 15 讲 累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式
Page 380
不滥用技巧，先确认条件适配
2𝑛+1 −1
2𝑛2 + 3
2𝑛−2
【分析】利用构造法可知数列{𝑎𝑛+ 𝑛−2}是以2为首项，2为公比的等比数列，即可得𝑎𝑛= 2𝑛−𝑛+ 2，
利用分组求和结合等差、等比数列求和公式运算求解.
【详解】因为𝑎𝑛+1 = 2𝑎𝑛+ 𝑛−3，
假设存在实数𝑝, 𝑞，使得𝑎𝑛+1 + 𝑝(𝑛+ 1) + 𝑞= 2(𝑎𝑛+ 𝑝𝑛+ 𝑞)，
即𝑎𝑛+1 = 2𝑎𝑛+ 𝑝𝑛+ 𝑞−𝑝，则{𝑝= 1
𝑞−𝑝= −3，解得{𝑝= 1
𝑞= −2，
即𝑎𝑛+1 + (𝑛+ 1) −2 = 2(𝑎𝑛+ 𝑛−2)，且𝑎1 + 1 −2 = 2，
可知数列{𝑎𝑛+ 𝑛−2}是以2为首项，2为公比的等比数列，
可得𝑎𝑛+ 𝑛−2 = 2 × 2𝑛−1 = 2𝑛，即𝑎𝑛= 2𝑛−𝑛+ 2，
所以𝑆𝑛= 2(2𝑛−1)
2 −1
−𝑛(𝑛+ 1)
2
+ 2𝑛= 2𝑛+1 −1
2𝑛2 + 3
2𝑛−2．
故答案为：2𝑛+1 −1
2𝑛2 + 3
2𝑛−2.
变式4 已知数列{𝑎𝑛}中，𝑎1 = 3，𝑎𝑛+1 = 2𝑎𝑛−2𝑛+ 3，𝑛∈𝑁∗，𝑆𝑛为数列{𝑎𝑛}的前项和，则数列{𝑎𝑛}
的通项公式𝑎𝑛=
；𝑆8 =
.
2𝑛+ 2𝑛−1574
【分析】整理可得𝑎𝑛+1 −2(𝑛+ 1) + 1 = 2(𝑎𝑛−2𝑛+ 1)，可知数列{𝑎𝑛−2𝑛+ 1}是以首项为2，公比为
2的等比数列，即可得{𝑎𝑛}的通项公式，再利用分组求和结合等差、等比数列求和公式求解.
【详解】因为𝑎𝑛+1 = 2𝑎𝑛−2𝑛+ 3，𝑎1 = 3，
则𝑎𝑛+1 −2(𝑛+ 1) + 1 = 2(𝑎𝑛−2𝑛+ 1)，且𝑎1 −2 + 1 = 2 ≠0，
可知数列{𝑎𝑛−2𝑛+ 1}是以首项为2，公比为2的等比数列，
则𝑎𝑛−2𝑛+ 1 = 2 × 2𝑛−1 = 2𝑛，即𝑎𝑛= 2𝑛+ 2𝑛−1，
可得𝑆𝑛= (2 + 1) + (22 + 3) + ⋅⋅⋅+(2𝑛+ 2𝑛−1)
= (2 + 22 + ⋅⋅⋅+2𝑛) + (1 + 3 + ⋅⋅⋅+2𝑛−1)
= 2(1 −2𝑛)
1 −2
+ 𝑛(1 + 2𝑛−1)
2
= 2(2𝑛−1) + 𝑛2 ，
所以𝑆8 = 2(28 −1) + 82 = 574.
故答案为：2𝑛+ 2𝑛−1；574.
第 15 讲 累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式
高二数理进阶
不迷信经验，先完成逻辑闭环
Page 381
题型5
取倒数构造
题型点拨
形如𝑎𝑛+1 = 𝑚
𝑎𝑛
𝑝𝑎𝑛+ 𝑞的递推式，在𝑚≠0、𝑎𝑛≠0、𝑎𝑛+1 ≠0且𝑝𝑎𝑛+ 𝑞≠0时，可取倒数：
1
𝑎𝑛+1
=
𝑝
𝑚+ 𝑞
𝑚⋅1
𝑎𝑛
，转化为线性递推求1
𝑎𝑛
，再求𝑎𝑛．
典例5 (25 −26 ⋅甘肃白银）已知数列{𝑎𝑛}中，𝑎1 = 1 , 𝑎𝑛𝑎𝑛−1 = 𝑎𝑛−1 −𝑎𝑛(𝑛≥2 , 𝑛∈𝑁∗)，则𝑎10 =
（ ）
A. 1
7
B. 1
10
C. 1
9
D. 1
8
𝐵
【分析】由题意可得1
𝑎𝑛
−
1
𝑎𝑛−1
= 1，再根据等差数列的定义求出数列{ 1
𝑎𝑛
}的通项，即可得解.
【详解】由𝑎𝑛𝑎𝑛−1 = 𝑎𝑛−1 −𝑎𝑛，得1
𝑎𝑛
−
1
𝑎𝑛−1
= 1，
所以数列{ 1
𝑎𝑛
}是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以1
𝑎𝑛
= 𝑛, 𝑎𝑛= 1
𝑛，所以𝑎10 = 1
10.
故选：𝐵.
变式5 (25 −26 ⋅河南）数列{𝑎𝑛}中，若𝑎1 = 1，𝑎𝑛+1 =
𝑎𝑛
1 + 2𝑎𝑛
，则1
𝑎10
=
．
19
【分析】取倒数可得
1
𝑎𝑛+1
−1
𝑎𝑛
= 2，即可得数列{ 1
𝑎𝑛
}的通项公式，计算即可得.
【详解】∵𝑎𝑛+1 =
𝑎𝑛
1 + 2𝑎𝑛
，则
1
𝑎𝑛+1
= 1 + 2𝑎𝑛
𝑎𝑛
= 1
𝑎𝑛
+ 2，
∴
1
𝑎𝑛+1
−1
𝑎𝑛
= 2，∴故数列{ 1
𝑎𝑛
}为等差数列，公差等于2，
又1
𝑎1
= 1，故1
𝑎𝑛
= 1 + 2(𝑛−1) = 2𝑛−1，
∴1
𝑎10
= 10 × 2 −1 = 19.
高二数理进阶
第 15 讲 累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式
Page 382
不放过端点，不忽略定义域
故答案为：19.
题型6
其他形式构造
题型点拨
1、形如𝑎𝑛−1 −𝑎𝑛= 𝑝𝑎𝑛−1𝑎𝑛（𝑝为常数且𝑝≠0）的递推式：作除法前须保证𝑎𝑛−1𝑎𝑛≠0．两边同除
以𝑎𝑛−1𝑎𝑛，转化为1
𝑎𝑛
−
1
𝑎𝑛−1
= 𝑝，从而得到数列{ 1
𝑎𝑛
}为等差数列，再求𝑎𝑛；
2、形如 𝑎𝑛+2 = 𝑝𝑎𝑛+1 + 𝑞𝑎𝑛 型的递推式：用待定系数法，化为特殊数列 {𝑎𝑛−𝑎𝑛−1} 的形式求解．
方法为：设 𝑎𝑛+2 −𝑘𝑎𝑛+1 = ℎ(𝑎𝑛+1 −𝑘𝑎𝑛)，比较系数得 ℎ+ 𝑘= 𝑝, −ℎ𝑘= 𝑞，可解得 ℎ, 𝑘，于是
{𝑎𝑛+1 −𝑘𝑎𝑛} 是公比为 ℎ 的等比数列，这样就化归为 𝑎𝑛+1 = 𝑝𝑎𝑛+ 𝑞 型．
总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可
用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式𝑎𝑛.
典例6 (25 −26 ⋅四川成都）在数列{𝑎𝑛}的首项为𝑎1 = 1，且满足𝑎𝑛+1 + 𝑎𝑛= 3 ⋅2𝑛，设数列{𝑎𝑛}的前𝑛项
和𝑆𝑛，则𝑎𝑛=
，𝑆9 =
．
2𝑛+ (−1)𝑛1021
【分析】借助所给条件可构造𝑎𝑛+1 −2𝑛+1 = −(𝑎𝑛−2𝑛)，即可得数列{𝑎𝑛−2𝑛}为等比数列，即可得
𝑎𝑛，借助等比数列前𝑛项和公式即可得𝑆9.
【详解】由𝑎𝑛+1 + 𝑎𝑛= 3 ⋅2𝑛，即𝑎𝑛+1 = −𝑎𝑛+ 3 ⋅2𝑛，
则𝑎𝑛+1 −2𝑛+1 = −𝑎𝑛+ 3 ⋅2𝑛−2𝑛+1 = −(𝑎𝑛−2𝑛)，又𝑎1 −2 = 1 −2 = −1，
故数列{𝑎𝑛−2𝑛}是以−1为公比、−1为首项的等比数列，
即𝑎𝑛−2𝑛= −1 × (−1)𝑛−1 = (−1)𝑛，则𝑎𝑛= 2𝑛+ (−1)𝑛，
𝑆9 = 2(1 −29)
1 −2
+ −[1 −(−1)9]
1 −(−1)
= 210 −2 −1 = 1021 .
故答案为：2𝑛+ (−1)𝑛；1021.
变式6 已知数列{𝑎𝑛}满足：𝑎1 = 1，对∀𝑘∈𝑁∗, 𝑎2𝑘= 𝑎2𝑘−1 + 2 , 𝑎2𝑘+1 = 2𝑎2𝑘，则𝑎99 = （ ）
A. 250 −4
B. 251 −4
C. 5 ⋅249 −4
D. 5 ⋅250 −4
𝐶
第 15 讲 累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式
高二数理进阶
看见结构，才有速度
Page 383
【分析】根据递推关系式可整理得到𝑎2𝑘+1 + 4 = 2(𝑎2𝑘−1 + 4)，由此可得数列{𝑎2𝑘−1 + 4}为等比数列，
利用等比数列通项公式可推导得到𝑎2𝑘−1 = 5 ⋅2𝑘−1 −4，代入𝑘= 50即可求得结果.
【详解】因为𝑎2𝑘+1 = 2𝑎2𝑘= 2(𝑎2𝑘−1 + 2)，∴𝑎2𝑘+1 + 4 = 2(𝑎2𝑘−1 + 4)，
所以{𝑎2𝑘−1 + 4}为公比为2的等比数列，
则𝑎2𝑘−1 + 4 = (𝑎1 + 4) ⋅2𝑘−1 = 5 ⋅2𝑘−1，
故𝑎2𝑘−1 = 5 ⋅2𝑘−1 −4．
取𝑘= 50，则𝑎99 = 5 ⋅249 −4．
故选：𝐶.
题型7
递推法
题型点拨
若已知数列的前𝑛项和𝑆𝑛与𝑎𝑛的关系，
求数列{𝑎𝑛}的通项𝑎𝑛可用公式𝑎𝑛= {𝑆1
(𝑛= 1)
𝑆𝑛−𝑆𝑛−1
(𝑛≥2) 构造两式作差求解．
用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即𝑎1和𝑎𝑛合
为一个表达，（要先分𝑛= 1和𝑛≥2两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）．
典例7 已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，满足2𝑆𝑛= 3𝑎𝑛−1，则𝑆5 =
.
121
【分析】根据数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛与𝑎𝑛的关系，利用相减法得递推关系式，根据递推关系式求解𝑎𝑛，
从而得𝑆5的值.
【详解】因为2𝑆𝑛= 3𝑎𝑛−1，
则当𝑛≥2时，2𝑆𝑛−1 = 3𝑎𝑛−1 −1，
相减得2(𝑆𝑛−𝑆𝑛−1) = 3𝑎𝑛−3𝑎𝑛−1，即2𝑎𝑛= 3𝑎𝑛−3𝑎𝑛−1，所以𝑎𝑛= 3𝑎𝑛−1(𝑛≥2)，
又当𝑛= 1时，2𝑆1 = 2𝑎1 = 3𝑎1 −1，所以𝑎1 = 1，
故数列{𝑎𝑛}是以𝑎1 = 1为首项，3为公比的等比数列，
则𝑎𝑛= 3𝑛−1，所以𝑆5 = 1 × (1 −35)
1 −3
= 121.
故答案为：121.
高二数理进阶
第 15 讲 累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式
Page 384
守住前提，才有推广
变式7 已知数列{𝑎𝑛}中，𝑎1 = 1，𝑎𝑛> 0，前𝑛项和为𝑆𝑛，若𝑎𝑛= √𝑆𝑛+ √𝑆𝑛−1(𝑛∈𝑁∗, 𝑛≥2)，则
𝑎𝑛=
.
2𝑛−1(𝑛∈𝑁∗)
【分析】运用数列的通项与前𝑛项和的关系，以及等差数列的通项公式，求解即可．
【详解】由题知𝑎1 = 1，𝑎𝑛> 0，前𝑛项和为𝑆𝑛> 0，
因为𝑎𝑛= √𝑆𝑛+ √𝑆𝑛−1(𝑛∈𝑁∗, 𝑛≥2)，且𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = (√𝑆𝑛−√𝑆𝑛−1)(√𝑆𝑛+ √𝑆𝑛−1)，
所以𝑎𝑛= 𝑎𝑛(√𝑆𝑛−√𝑆𝑛−1)，所以√𝑆𝑛−√𝑆𝑛−1 = 1，
可得数列{√𝑆𝑛}是首项和公差均为1的等差数列，
则√𝑆𝑛= 𝑛，即有𝑆𝑛= 𝑛2，
则𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = 𝑛2 −(𝑛−1)2 = 2𝑛−1，
满足𝑎1 = 1，
所以𝑎𝑛= 2𝑛−1(𝑛∈𝑁∗).
故答案为：2𝑛−1(𝑛∈𝑁∗)
变式8 已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 + 2𝑎2 + 3𝑎3 + ⋯+ 𝑛𝑎𝑛= 2𝑛(𝑛∈𝑁∗)，若𝑏𝑛= 𝑎𝑛⋅𝑎𝑛+2，则数列{𝑏𝑛}的前
10项和为（ ）
A. 11
12
B. 11
24
C. 175
66
D. 175
132
𝐶
【分析】由递推关系求出𝑎𝑛= 2
𝑛，再由裂项相消法求解数列{𝑏𝑛}的前10项和即可.
【详解】因为𝑎1 + 2𝑎2 + 3𝑎3 + ⋯+ 𝑛𝑎𝑛= 2𝑛(𝑛∈𝑁∗)，
所以𝑎1 + 2𝑎2 + 3𝑎3 + ⋯+ (𝑛−1)𝑎𝑛−1 = 2𝑛−2(𝑛≥2 , 𝑛∈𝑁∗)，
两式相减可得𝑛𝑎𝑛= 2，即𝑎𝑛= 2
𝑛，又𝑎1 = 2也适合𝑎𝑛= 2
𝑛，所以𝑎𝑛= 2
𝑛，
所以𝑏𝑛= 𝑎𝑛⋅𝑎𝑛+2 =
4
𝑛(𝑛+ 2) = 2(1
𝑛−
1
𝑛+ 2)，
所以𝑏1 + 𝑏2 + ⋯+ 𝑏10 = 2(1 −1
3 + 1
2 −1
4 + 1
3 −1
5 + ⋯+ 1
10 −1
12) = 2(1 + 1
2 −1
11 −1
12) = 175
66 .
故选：𝐶
第 15 讲 累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式
高二数理进阶
写清理由，才有说服
Page 385
练
强化训练
Targeted Practice
1. (25 −26 ⋅浙江）设数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，𝑆𝑛= 2𝑎𝑛−2𝑛，则（ ）
A. 5𝑎8 > 4𝑎9
B. 5𝑎8 < 4𝑎9
C. 5𝑆8 > 4𝑎9
D. 5𝑆8 < 4𝑎9
𝐵
【分析】当𝑛= 1时，可求出𝑎1的值，当𝑛≥2时，由𝑆𝑛= 2𝑎𝑛−2𝑛可得𝑆𝑛−1 = 2𝑎𝑛−1 −2𝑛−1，两式作
差可判断出数列{𝑎𝑛
2𝑛}是等差数列，确定该数列的首项和公差，可求出数列{𝑎𝑛}的通项公式，即可得出
𝑆𝑛的表达式，逐项判断即可.
【详解】因为数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，𝑆𝑛= 2𝑎𝑛−2𝑛，
当𝑛= 1时，𝑎1 = 𝑆1 = 2𝑎1 −2，解得𝑎1 = 2，
当𝑛≥2时，由𝑆𝑛= 2𝑎𝑛−2𝑛可得𝑆𝑛−1 = 2𝑎𝑛−1 −2𝑛−1，
上述两个等式作差可得𝑎𝑛= 2𝑎𝑛−2𝑎𝑛−1 −2𝑛−1，整理可得𝑎𝑛−2𝑎𝑛−1 = 2𝑛−1，
等式𝑎𝑛−2𝑎𝑛−1 = 2𝑛−1两边同时除以2𝑛可得𝑎𝑛
2𝑛−𝑎𝑛−1
2𝑛−1 = 1
2，
所以，数列{𝑎𝑛
2𝑛}是首项为𝑎1
2 = 1，公差为1
2的等差数列，
故𝑎𝑛
2𝑛= 1 + 𝑛−1
2
= 𝑛+ 1
2
，所以𝑎𝑛= (𝑛+ 1) ⋅2𝑛−1，
故5𝑎8 = 5 × 9 × 27 = 45 × 27，4𝑎9 = 4 × 10 × 28 = 80 × 27，故5𝑎8 < 4𝑎9，𝐴错𝐵对；
由题意可得𝑆𝑛= 2𝑎𝑛−2𝑛= (𝑛+ 1) ⋅2𝑛−2𝑛= 𝑛⋅2𝑛，
所以5𝑆8 = 5 × 8 × 28 = 80 × 27 = 4𝑎9，𝐶𝐷都错.
故选：𝐵.
2. (25 −26 ⋅广东佛山）已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎𝑛+1 = 4𝑎𝑛−12𝑛+ 4，且𝑎1 = 4，若𝑎𝑘= 2024，则𝑘=
（ ）
A. 253
B. 506
C. 1012
D. 2024
𝐵
【分析】将式子变形为𝑎𝑛+1 −4(𝑛+ 1) = 4(𝑎𝑛−4𝑛),可得{𝑎𝑛−4𝑛}为常数列，即可求解.
【详解】因为𝑎𝑛+1 = 4𝑎𝑛−12𝑛+ 4，所以𝑎𝑛+1 −4(𝑛+ 1) = 4(𝑎𝑛−4𝑛).
因为𝑎1 = 4，所以𝑎1 −4 × 1 = 0，故{𝑎𝑛−4𝑛}为常数列，
所以𝑎𝑛= 4𝑛. 由𝑎𝑘= 4𝑘= 2024，解得𝑘= 506.
故选：𝐵
高二数理进阶
第 15 讲 累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式
Page 386
留白给思考，落笔给证据
3. 已知数列{𝑎𝑛}的首项𝑎1 = 1
2，且满足𝑎𝑛+1 =
𝑎𝑛
2 −𝑎𝑛
，若1
𝑎1
+ 1
𝑎2
+ 1
𝑎3
+ ⋅⋅⋅+ 1
𝑎𝑛
< 1000，则满足条件
的最大整数𝑛= （ ）
A. 8
B. 9
C. 10
D. 11
𝐵
【分析】令𝑏𝑛= 1
𝑎𝑛
，根据构造法求得𝑏𝑛= 2𝑛−1 + 1，结合等比数列前𝑛项求和公式建立不等式即可求解.
【详解】
1
𝑎𝑛+1
= 2
𝑎𝑛
−1，令𝑏𝑛= 1
𝑎𝑛
，
则𝑏𝑛+1 −1 = 2(𝑏𝑛−1)，又𝑏1 −1 = 1
𝑎1
−1 = 1，
所以{𝑏𝑛−1}是以1为首项，2为公比的等比数列，
得𝑏𝑛−1 = 2𝑛−1，所以𝑏𝑛= 2𝑛−1 + 1，
∴𝑏1 + 𝑏2 + ⋅⋅⋅+𝑏𝑛= 1 + 2 + 22 + ⋅⋅⋅+2𝑛−1 + 𝑛= 2𝑛+ 𝑛−1，
由2𝑛+ 𝑛−1 < 1000，解得𝑛≤9.
故选：𝐵
4. (25 −26 ⋅江苏苏州）数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 + 2𝑎2 + 3𝑎3 + ⋯+ 𝑛𝑎𝑛= 2𝑛−1(𝑛∈𝑁, 𝑛≥1)，则数列
{ 𝑎𝑛
𝑛+ 2}的前9项和为（ ）
A. 161
165
B. 106
165
C. 49
66
D. 72
55
𝐴
【分析】先根据已知条件求出数列{𝑎𝑛}的通项公式，再得到数列{ 𝑎𝑛
𝑛+ 2}的通项公式，最后利用裂项相消
法求出其前项和.
【详解】数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 + 2𝑎2 + 3𝑎3 + ⋯+ 𝑛𝑎𝑛= 2𝑛−1(𝑛∈𝑁, 𝑛≥1)①,
当𝑛= 1时，𝑎1 = 2 × 1 −1 = 1；
当𝑛≥2时，𝑎1 + 2𝑎2 + 3𝑎3 + ⋯+ (𝑛−1)𝑎𝑛−1 = 2(𝑛−1) −1 = 2𝑛−3②，
①−②得𝑛𝑎𝑛= 2，∴𝑎𝑛= 2
𝑛，
又因为𝑎1 = 2 × 1 −1 = 1，不满足上式，
故𝑎𝑛=
{
1
𝑛= 1
2
𝑛
𝑛≥2，∴
𝑎𝑛
𝑛+ 2 =
{
1
3
𝑛= 1
2
𝑛(𝑛+ 2)
𝑛≥2
第 15 讲 累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式
高二数理进阶
学会选择，也学会舍弃
Page 387
当𝑛≥2时，𝑎𝑛
𝑛+ 2 =
2
𝑛
𝑛+ 2 =
2
𝑛(𝑛+ 2) = 1
𝑛−
1
𝑛+ 2，
设数列{ 𝑎𝑛
𝑛+ 2}的前9项和为𝑆9,
则𝑆9 = 1
3 + (1
2 −1
4) + (1
3 −1
5) + (1
4 −1
6) + ⋯+ (1
9 −1
11)
= 1
3 + 1
2 + 1
3 −1
10 −1
11 = 161
165 ，
故选：𝐴..
5. (25 −26 ⋅宁夏银川）已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 + 3𝑎2 + ⋅⋅⋅+3𝑛−1𝑎𝑛= 𝑛⋅3𝑛+1(𝑛∈𝑁∗)，设数列{𝑎𝑛}的前
𝑛项和为𝑆𝑛，则下列结论错误的是（ ）
A. 数列{𝑎𝑛}为等差数列
B. 𝑆𝑛= 3𝑛2 + 6𝑛
C. 数列{|𝑎𝑛−20|}的前20项和为284
D. 数列{(−1)𝑛𝑎𝑛}的前100项和为300
𝐶
【分析】由通项与前𝑛项和的关系求出数列{𝑎𝑛}的通项公式，结合等差数列的定义可判断𝐴选项；利用等
差数列的求和公式可判断𝐵选项；求得|𝑎𝑛−20| = {17 −6𝑛
1 ≤𝑛≤2 , 𝑛∈𝑁∗
6𝑛−17
𝑛≥3 , 𝑛∈𝑁∗
，结合等差数列的求和
公式可判断𝐶选项；利用并项求和法可判断𝐷选项.
【详解】数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 + 3𝑎2 + ⋅⋅⋅+3𝑛−1𝑎𝑛= 𝑛⋅3𝑛+1(𝑛∈𝑁∗)，
当𝑛= 1时，𝑎1 = 9；
当𝑛≥2时，由𝑎1 + 3𝑎2 + ⋅⋅⋅+3𝑛−2𝑎𝑛−1 + 3𝑛−1𝑎𝑛= 𝑛⋅3𝑛+1，
可得𝑎1 + 3𝑎2 + ⋅⋅⋅+3𝑛−2𝑎𝑛−1 = (𝑛−1) ⋅3𝑛，
上述两个等式作差可得3𝑛−1𝑎𝑛= 𝑛⋅3𝑛+1 −(𝑛−1) ⋅3𝑛= (2𝑛+ 1) ⋅3𝑛，化简可得𝑎𝑛= 6𝑛+ 3，
𝑎1 = 9也满足𝑎𝑛= 6𝑛+ 3，故对任意的𝑛∈𝑁∗，𝑎𝑛= 6𝑛+ 3，
对于𝐴选项，对任意的𝑛∈𝑁∗，𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= [6(𝑛+ 1) + 3] −(6𝑛+ 3) = 6，
所以，数列{𝑎𝑛}为等差数列，𝐴对；
对于𝐵选项，𝑆𝑛= 𝑛(𝑎1 + 𝑎𝑛)
2
= 𝑛(9 + 6𝑛+ 3)
2
= 3𝑛2 + 6𝑛，𝐵对；
对于𝐶选项，|𝑎𝑛−20| = |6𝑛−17| = {17 −6𝑛
1 ≤𝑛≤2 , 𝑛∈𝑁∗
6𝑛−17
𝑛≥3 , 𝑛∈𝑁∗
，
所以，数列{|𝑎𝑛−20|}的前20项和为𝑇20 = 11 + 5 + (1 + 7 + 13 + ⋯+ 103)
= 16 + 18 × (1 + 103)
2
= 952，𝐶错；
对于𝐷选项，对任意的𝑘∈𝑁∗，𝑎2𝑘−1 + 𝑎2𝑘= (−1)2𝑘−1[6(2𝑘−1) + 3] + (−1)2𝑘(6 ⋅2𝑘+ 3) = 6，
高二数理进阶
第 15 讲 累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式
Page 388
把题做薄，把法做深
所以，数列{(−1)𝑛𝑎𝑛}的前100项和为6 × 50 = 300，𝐷对.
故选：𝐶.
6. 已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且2𝑎𝑛= 3𝑆𝑛+ 2(𝑛∈𝑁∗)，则数列{𝑎𝑛}的通项公式𝑎𝑛=
.
(−2)𝑛
【分析】令𝑛= 1先求出𝑎1 = −2，然后根据递推关系可证明其是等比数列，由此即可写出通项公式.
【详解】因为数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，2𝑎𝑛= 3𝑆𝑛+ 2，①
当𝑛= 1时，2𝑎1 = 3𝑎1 + 2，即𝑎1 = −2，
当𝑛≥2时，2𝑎𝑛−1 = 3𝑆𝑛−1 + 2，②
由①－②得2𝑎𝑛−2𝑎𝑛−1 = 3𝑎𝑛，即𝑎𝑛= −2𝑎𝑛−1，
∴数列{𝑎𝑛}是以−2为首项，−2为公比的等比数列．
∴𝑎𝑛= (−2)𝑛.
故答案为：(−2)𝑛
7. 数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛，若𝑎1 = 1，𝑎𝑛+1 = 5𝑆𝑛(𝑛≥1)，则𝑎𝑛=
．
𝑎𝑛= {1
𝑛= 1
5 × 6𝑛−2
𝑛≥2
【分析】根据条件𝑎𝑛+1 = 5𝑆𝑛(𝑛≥1),通过递推法,然后作差即可证明数列{𝑎𝑛}从𝑎2开始为等比数列,并求
得公比,再由首项即可得数列的通项公式.
【详解】当𝑛= 1时，𝑎2 = 5𝑆1 = 5𝑎1 = 5,
当𝑛≥2时，由𝑎𝑛+1 = 5𝑆𝑛(𝑛≥1)，
可得𝑎𝑛= 5𝑆𝑛−1，
所以𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 5𝑆𝑛−5𝑆𝑛−1 = 5𝑎𝑛,
即：𝑎𝑛+1 = 6𝑎𝑛(𝑛≥2),
所以当𝑛= 1时，𝑎1 = 1,
当𝑛≥2时，数列从𝑎2开始是等比数列，公比为6，通项为𝑎𝑛= 5 × 6𝑛−2
综上，𝑎𝑛= {1
𝑛= 1
5 × 6𝑛−2
𝑛≥2,
故答案为：𝑎𝑛= {1
𝑛= 1
5 × 6𝑛−2
𝑛≥2
第 15 讲 累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式
高二数理进阶
让复杂回到基本关系
Page 389
8. 已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛, 𝑆𝑛+1𝑆𝑛+ 𝑎𝑛+1 = 0 , 𝑎1 = 1，则𝑎10 =
.
−1
90
【分析】由𝑎𝑛+1 = 𝑆𝑛+1 −𝑆𝑛，所以由𝑆𝑛+1𝑆𝑛+ 𝑎𝑛+1 = 0得𝑆𝑛+1𝑆𝑛+ 𝑆𝑛+1 −𝑆𝑛= 0，两边同时除以
𝑆𝑛+1𝑆𝑛得
1
𝑆𝑛+1
−1
𝑆𝑛
= 1，所以{ 1
𝑆𝑛
}为等差数列，求出𝑆𝑛从而求解𝑎10即可.
【详解】因为𝑆𝑛+1𝑆𝑛+ 𝑎𝑛+1 = 0，所以𝑆𝑛+1𝑆𝑛+ 𝑆𝑛+1 −𝑆𝑛= 0，即𝑆𝑛−𝑆𝑛+1 = 𝑆𝑛+1𝑆𝑛，
所以
𝑆𝑛
𝑆𝑛+1𝑆𝑛
−
𝑆𝑛+1
𝑆𝑛+1𝑆𝑛
= 1，即
1
𝑆𝑛+1
−1
𝑆𝑛
= 1，
所以{ 1
𝑆𝑛
}是以1
𝑆1
= 1为首项，1为公差的等差数列.
所以1
𝑆𝑛
= 1 + (𝑛−1) = 𝑛，𝑆𝑛= 1
𝑛，
所以𝑎10 = 𝑆10 −𝑆9 = 1
10 −1
9 = −1
90，
故答案为：−1
90.
9. 已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎𝑛+1 = 2𝑎𝑛+ 𝑛, 𝑎1 = 2，则𝑎𝑛=
．
2𝑛+1 −𝑛−1
【分析】由𝑎𝑛+1 = 2𝑎𝑛+ 𝑛，可得𝑎𝑛+1 + (𝑛+ 1) + 1 = 2(𝑎𝑛+ 𝑛+ 1)，再根据等比数列的定义及通项
即可得解.
【详解】由𝑎𝑛+1 = 2𝑎𝑛+ 𝑛，可得𝑎𝑛+1 + (𝑛+ 1) + 1 = 2(𝑎𝑛+ 𝑛+ 1)，
又𝑎1 + 1 + 1 = 4，所以𝑎𝑛+1 + (𝑛+ 1) + 1
𝑎𝑛+ 𝑛+ 1
= 2，
所以数列{𝑎𝑛+ 𝑛+ 1}是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以𝑎𝑛+ 𝑛+ 1 = 4 × 2𝑛−1 = 2𝑛+1，
所以𝑎𝑛= 2𝑛+1 −𝑛−1.
故答案为：2𝑛+1 −𝑛−1.
10. 已知数列{𝑎𝑛}，下列结论正确的是
．
（1）若𝑎1 = 2 , 𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛+ 𝑛+ 1，则𝑎20 = 211；
（2）若𝑎1 = 1 , 𝑎𝑛+1 = 2𝑎𝑛+ 3，则𝑎𝑛= 2𝑛−1 −3；
高二数理进阶
第 15 讲 累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式
Page 390
让答案经得起追问
（3）若𝑎1 = 1 , 𝑎𝑛+1 =
𝑎𝑛
1 + 3𝑎𝑛
，则𝑎𝑛=
1
3𝑛−2；
（4）若𝑎1 = 2 , 2(𝑛+ 1)𝑎𝑛−𝑛𝑎𝑛+1 = 0，则𝑎𝑛= 𝑛⋅2𝑛．
①③④
【分析】应用累加法计算求解判断①，应用等比数列通项公式计算判断②，④，应用等差数列通项公式计
算判断③.
【详解】∵𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛+ 𝑛+ 1 , 𝑎1 = 2 ∴𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 𝑛+ 1，
∴𝑎20 = (𝑎20 −𝑎19) + (𝑎19 −𝑎18) + ⋯+ (𝑎2 −𝑎1) + 𝑎1
= 20 + 19 + ⋯+ 2 + 2 = 19 × (20 + 2)
2
+ 2 = 211
，故①正确；
∵𝑎𝑛+1 = 2𝑎𝑛+ 3等价于𝑎𝑛+1 + 3 = 2(𝑎𝑛+ 3)，
数列{𝑎𝑛+ 3}是以𝑎1 + 3 = 4为首项，公比为2的等比数列，∴𝑎𝑛+ 3 = 4 × 2𝑛−1 = 2𝑛+1 , ∴𝑎𝑛=
2𝑛+1 −3，故②不正确；
若𝑎1 = 1 , 𝑎𝑛+1 =
𝑎𝑛
1 + 3𝑎𝑛
，则
1
𝑎𝑛+1
= 1 + 3𝑎𝑛
𝑎𝑛
= 1
𝑎𝑛
+ 3，则
1
𝑎𝑛+1
−1
𝑎𝑛
= 3，
{ 1
𝑎𝑛
}以1
𝑎1
= 1为首项，公差为3的等差数列，1
𝑎𝑛
= 1 + (𝑛−1)3 = 3𝑛−2，则𝑎𝑛=
1
3𝑛−2，故③正
确；
若𝑎1 = 2 , 2(𝑛+ 1)𝑎𝑛−𝑛𝑎𝑛+1 = 0，则2(𝑛+ 1)𝑎𝑛= 𝑛𝑎𝑛+1，所以
𝑎𝑛+1
𝑛+ 1
𝑎𝑛
𝑛
= 2，
所以数列{𝑎𝑛
𝑛}是以𝑎1
1 = 2为首项，公比为2的等比数列，，则𝑎𝑛
𝑛= 2
1 × 2𝑛−1 = 2𝑛，即得𝑎𝑛= 𝑛⋅2𝑛，
故④正确；
故答案为：①③④
测
知识小测
Exit Quiz
1. (25 −26 ⋅河北石家庄）设数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 = 4 , 𝑎𝑛+1 = 1
3𝑎𝑛+ 2，则𝑎100 = （ ）
A. 3101 + 1
3100
B. 399 + 1
3100
C. 3101 + 1
399
D. 3100 + 1
399
𝐷
【分析】根据给定条件，利用构造法求出数列{𝑎𝑛}的通项即可得解.
第 15 讲 累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式
高二数理进阶
心中有序，笔下有解
Page 391
【详解】数列{𝑎𝑛}中，由𝑎𝑛+1 = 1
3𝑎𝑛+ 2，得𝑎𝑛+1 −3 = 1
3(𝑎𝑛−3)，而𝑎1 −3 = 1，
因此数列{𝑎𝑛−3}是首项为1，公比为1
3的等比数列，𝑎𝑛−3 = 1 × (1
3)𝑛−1，即𝑎𝑛= 3 +
1
3𝑛−1，
所以𝑎100 = 3100 + 1
399
.
故选：𝐷
2. (25 −26 ⋅安徽）设数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，若𝑆𝑛+ 𝑛= 2𝑎𝑛−1，则𝑎5 = （ ）
A. 16
B. 31
C. 47
D. 63
𝐶
【分析】根据题意，当𝑛≥2时，𝑆𝑛−1 + (𝑛−1) = 2𝑎𝑛−1 −1，两式相减化简得到𝑎𝑛+ 1
𝑎𝑛−1 + 1 = 2，得到
数列{𝑎𝑛+ 1}是等比数列，求得𝑎𝑛= 3 ⋅2𝑛−1 −1，即可求解.
【详解】因为数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且𝑆𝑛+ 𝑛= 2𝑎𝑛−1，
所以当𝑛≥2时，𝑆𝑛−1 + (𝑛−1) = 2𝑎𝑛−1 −1，
两式相减得𝑎𝑛+ 1 = 2𝑎𝑛−2𝑎𝑛−1，即𝑎𝑛= 2𝑎𝑛−1 + 1，
可得𝑎𝑛+ 1 = 2(𝑎𝑛−1 + 1)，
当𝑛= 1时，可得𝑆1 + 1 = 2𝑎1 −1，即𝑎1 + 1 = 2𝑎1 −1，解得𝑎1 = 2，
所以数列{𝑎𝑛+ 1}是首项为𝑎1 + 1 = 3，公比为2的等比数列，
所以𝑎𝑛+ 1 = 3 ⋅2𝑛−1，即𝑎𝑛= 3 ⋅2𝑛−1 −1，所以𝑎5 = 3 ⋅24 −1 = 47.
故选：𝐶.
3. (25 −26 ⋅湖北孝感）数列{𝑎𝑛}满足：𝑎1 = 1，𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛+ log2(𝑛+ 1
𝑛
)，则𝑎8 = （ ）
A. 2√2
B. 3
C. 4
D. 4√2
𝐶
【分析】由累加法可得𝑎𝑛= 𝑎1 + log2 𝑛，从而可得𝑎8的值.
【详解】由𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛+ log2(𝑛+ 1
𝑛
)，可得𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= log2(𝑛+ 1
𝑛
) = log2(𝑛+ 1) −log2 𝑛，
利用累加法可得
𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 + 𝑎𝑛−1 −𝑎𝑛−2 + ⋅⋅⋅+𝑎2 −𝑎1 = log2 𝑛−log2(𝑛−1)
+ log2(𝑛−1) −log2(𝑛−2) + ⋅⋅⋅+ log2 2 −log2 1 , 𝑛≥2 ,
化简得𝑎𝑛= 𝑎1 + log2 𝑛，则𝑎8 = 1 + log2 8 = 4.
高二数理进阶
第 15 讲 累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式
Page 392
以理为舟，向深处行
故选：𝐶.
4. (25 −26 ⋅北京）已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛= 𝑛2 + 𝑛+ 5，则𝑎1 =
，𝑎5 =
.
710
【分析】应用𝑎1 = 𝑆1及𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1计算求解.
【详解】数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛= 𝑛2 + 𝑛+ 5，
令𝑛= 1，则𝑎1 = 𝑆1 = 12 + 1 + 5 = 7，
𝑎5 = 𝑆5 −𝑆4 = (25 + 5 + 5) −(16 + 4 + 5) = 10 .
故答案为：7; 10.
5. (25 −26 ⋅北京）已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 = 1，𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛=
1
𝑛(𝑛+ 1)，则𝑎4 = （ ）
A. 3
4
B. 7
4
C. 4
5
D. 9
5
𝐵
【分析】根据给定条件，利用构造法求出数列的通项公式即可.
【详解】数列{𝑎𝑛}中，𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= (𝑛+ 1) −𝑛
𝑛(𝑛+ 1)
= 1
𝑛−
1
𝑛+ 1，因此𝑎𝑛+1 +
1
𝑛+ 1 = 𝑎𝑛+ 1
𝑛，
则数列{𝑎𝑛+ 1
𝑛}是常数列，于是𝑎𝑛+ 1
𝑛= 𝑎1 + 1
1 = 2，𝑎𝑛= 2 −1
𝑛，
所以𝑎4 = 7
4.
故选：𝐵
第 16 讲 等差数列中的Sn 范围与含绝对值求和
高二数理进阶
静水流深，笃行致远
Page 393
第 16 讲
等差数列中的Sn 范围与含绝对值求和
讲
题型精讲
Core examples
题型1
等差数列Sn 的最大值问题
题型点拨
1、公差𝑑< 0 ⇔{𝑎𝑛}为递减等差数列，𝑆𝑛有最大值；
2、在等差数列{𝑎𝑛}中
(1)若𝑎1 > 0 , 𝑑< 0，则满足{𝑎𝑚≥0
𝑎𝑚+1 ≤0的项数𝑚使得𝑆𝑛取得最大值𝑆𝑚；
即若{𝑎1 > 0
𝑑< 0 ，则𝑆𝑛有最大值（所有正项或非负项之和）；
典例1 （25-26·云南曲靖）等差数列{𝑎𝑛}满足𝑎3 + 𝑎7 = 20 , 𝑎8 = 4，若𝑆𝑛为前𝑛项和，则𝑆𝑛最大时，𝑛的
值为（ ）
A. 9或10
B. 8
C. 9
D. 10或11
𝐴
【分析】根据已知条件求出𝑎1 , 𝑑，把𝑆𝑛表示为关于𝑛的二次函数，利用二次函数的性质即可求解．
【详解】{𝑎3 + 𝑎7 = 2𝑎5 = 20
𝑎8 = 𝑎5 + 3𝑑= 4
，
∴𝑆𝑛= 18𝑛+ 𝑛(𝑛−1)
2
× (−2)= −𝑛2 + 19𝑛，
关于𝑛的二次函数𝑓(𝑛) = −𝑛2 + 19𝑛，其对称轴为𝑛= 19
2 ，
∵𝑛∈𝑁∗，∴当𝑛= 9或𝑛= 10时，𝑆𝑛最大．
故选：𝐴.
变式1 （25-26·吉林）已知等差数列{𝑎𝑛}，𝑆𝑛为其前𝑛项和，且满足𝑆2024 > 0，𝑆2025 < 0，则当𝑛=
时，𝑆𝑛最大. （ ）
A. 1010
B. 1011
C. 1012
D. 1013
高二数理进阶
第 16 讲 等差数列中的Sn 范围与含绝对值求和
Page 394
以定义为锚，以结构为径
𝐶
【分析】根据题意，由等差数列前𝑛项和的性质分析可得𝑎1012 > 0且𝑎1013 < 0，进而计算可得答案．
【详解】根据题意，等差数列{𝑎𝑛}中，若𝑆2024 > 0，𝑆2025 < 0，
则有𝑆2024 = (𝑎1 + 𝑎2024) × 2024
2
= 1012(𝑎1 + 𝑎2024) = 1012(𝑎1012 + 𝑎1013) > 0，
所以𝑎1012 + 𝑎1013 > 0，
同时𝑆2025 = (𝑎1 + 𝑎2025) × 2025
2
= 2025𝑎1013 < 0，即𝑎1013 < 0，
必有𝑎1012 > 0且𝑎1013 < 0，
故当𝑛= 1012时，𝑆𝑛最大．
故选：𝐶.
变式2 （25-26·江西）记等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，若𝑎1 + 𝑎2 = 21 , 𝑎3 + 𝑎4 = 16，则𝑆2𝑛最大时𝑛
的值为
．
5
【分析】设𝑏𝑛= 𝑎2𝑛−1 + 𝑎2𝑛，则{𝑏𝑛}为等差数列，根据当𝑛≤5时，𝑏𝑛> 0，当𝑛≥6时，𝑏𝑛< 0即可得
解.
【详解】设𝑏𝑛= 𝑎2𝑛−1 + 𝑎2𝑛，则{𝑏𝑛}为等差数列，
且𝑏1 = 21 , 𝑏2 = 16，公差为−5，即𝑏𝑛= 26 −5𝑛，
故𝑆2𝑛就是{𝑏𝑛}的前𝑛项和．
因为当𝑛≤5时，𝑏𝑛> 0，当𝑛≥6时，𝑏𝑛< 0，
所以𝑛= 5时𝑆2𝑛最大．
故答案为：5
题型2
等差数列Sn 的最小值问题
题型点拨
1、公差𝑑> 0 ⇔{𝑎𝑛}为递增等差数列，𝑆𝑛有最小值；
2、在等差数列{𝑎𝑛}中
若𝑎1 < 0 , 𝑑> 0，则满足{𝑎𝑚≤0
𝑎𝑚+1 ≥0的项数𝑚使得𝑆𝑛取得最小值𝑆𝑚．
若{𝑎1 < 0
𝑑> 0 ，则𝑆𝑛有最小值（所有负项或非正项之和）．
第 16 讲 等差数列中的Sn 范围与含绝对值求和
高二数理进阶
于细微处见秩序
Page 395
典例2 （25-26·甘肃平凉）设𝑆𝑛为等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，且𝑎15 > 0 , 𝑎11 + 𝑎20 < 0，若𝑆𝑘< 0(𝑘∈
𝑁∗)，则𝑘的最小值为（ ）
A. 28
B. 29
C. 30
D. 31
𝐶
【分析】由等差数列的性质及前𝑛项和求解．
【详解】由𝑎11 + 𝑎20 < 0，得𝑎15 + 𝑎16 < 0，又𝑎15 > 0，所以𝑎16 < 0，
等差数列{𝑎𝑛}的公差𝑑= 𝑎16 −𝑎15 < 0，
即{𝑎𝑛}是递减数列，由𝑎15 > 0，得𝑆29 = 29(𝑎1 + 𝑎29)
2
= 29𝑎15 > 0，
所以𝑛≤29时，𝑆𝑛> 0，
由𝑎11 + 𝑎20 < 0，得𝑆30 = 30(𝑎1 + 𝑎30)
2
= 15(𝑎11 + 𝑎20) < 0，
所以当𝑆𝑘< 0(𝑘∈𝑁∗)时，𝑘的最小值为30.
故选：𝐶.
变式3 （多选）已知数列{𝑎𝑛}是等差数列，公差为𝑑，前𝑛项和为𝑆𝑛，且𝑎1 = 2025 , 𝑎2024
𝑎2025
< −1，则
（ ）
A. 当𝑛= 2024时，𝑆𝑛取最大值
B. 使得𝑆𝑛> 0的𝑛的最大值为4048
C. 使得𝑆𝑛< 0的𝑛的最小值为4050
D. −4050
4047 < 𝑑< −2025
2024
𝐴𝐵𝐷
【分析】根据等差数列的性质可得𝑑< 0，𝑎2024 > 0 , 𝑎2025 < 0 ,结合等差数列求和公式判断𝐶和𝐵，利用
通项公式求𝑑的范围，即可判断𝐷.
【详解】由𝑎1 = 2025，𝑎2024
𝑎2025
< −1，得𝑑< 0．所以𝑎2024 > 0 , 𝑎2025 < 0，𝐴正确，
由𝑎2024
𝑎2025
< −1和𝑎2025 < 0得𝑎2024 + 𝑎2025 > 0，
结合𝑆4048 = 4048 × (𝑎1 + 𝑎4048)
2
= 2024 × (𝑎2024 + 𝑎2025) > 0，𝑆4049 = 4049 × (𝑎1 + 𝑎4049)
2
=
4049𝑎2025 < 0，
故使得𝑆𝑛> 0的𝑛的最大值为4048，使得𝑆𝑛< 0的𝑛的最小值为4049，所以𝐵正确，𝐶错误．
{𝑎2024 + 𝑎2025 = 2𝑎1 + 4047𝑑= 4050 + 4047𝑑> 0
𝑎2025 = 𝑎1 + 2024𝑑= 2025 + 2024𝑑< 0
，解得−4050
4047 < 𝑑< −2025
2024，𝐷正确．
故选：𝐴𝐵𝐷.
高二数理进阶
第 16 讲 等差数列中的Sn 范围与含绝对值求和
Page 396
让推理先于答案
变式4 （25-26·江西）已知𝑆𝑛是公差不为0的等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，数列{𝑆𝑛
𝑎𝑛
}是等差数列，𝑎1 = 2．
若𝑏𝑛= 𝑆𝑛−𝑎3𝑛，记𝑇𝑛是数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和，则𝑇𝑛的最小值为
．
−20
【分析】设出公差，表达出𝑆𝑛
𝑎𝑛
=
(𝑑
2𝑛+ 𝑎1 −𝑑
2)𝑛
𝑑𝑛+ 𝑎1 −𝑑
，从而得到𝑑= 𝑎1，得到𝑏𝑛= 𝑛2 −5𝑛，当𝑛≤4
时，𝑏𝑛< 0，当𝑛= 5时，𝑏𝑛= 0，当𝑛≥6时，𝑏𝑛> 0，从而求出𝑇𝑛的最小值.
【详解】设数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑(𝑑≠0)，
则𝑎𝑛= 𝑎1 + 𝑑(𝑛−1) = 𝑑𝑛+ 𝑎1 −𝑑, 𝑆𝑛= 𝑛𝑎1 + 𝑛(𝑛−1)𝑑
2
= 𝑑
2𝑛2 + (𝑎1 −𝑑
2)𝑛，
𝑆𝑛
𝑎𝑛
=
𝑑
2𝑛2 + (𝑎1 −𝑑
2)𝑛
𝑑𝑛+ 𝑎1 −𝑑
=
(𝑑
2𝑛+ 𝑎1 −𝑑
2)𝑛
𝑑𝑛+ 𝑎1 −𝑑
，
因为数列{𝑆𝑛
𝑎𝑛
}是等差数列，所以𝑎1 −𝑑= 0或
𝑑
2
𝑑=
𝑎1 −𝑑
2
𝑎1 −𝑑，故𝑑= 𝑎1或𝑎1 = 0（舍去），
解得𝑎𝑛= 𝑎1 + (𝑛−1)𝑑= 2𝑛, 𝑆𝑛= (2 + 2𝑛)𝑛
2
= 𝑛2 + 𝑛，
𝑏𝑛= 𝑆𝑛−𝑎3𝑛= 𝑛2 + 𝑛−6𝑛= 𝑛2 −5𝑛，
当𝑛≤4时，𝑏𝑛< 0，当𝑛= 5时，𝑏𝑛= 0，当𝑛≥6时，𝑏𝑛> 0，
所以当𝑛= 4或5时，𝑇𝑛取得最小值，最小值为𝑏1 + 𝑏2 + 𝑏3 + 𝑏4 = −20．
故答案为：−20
题型3
含绝对值求和问题
题型点拨
1、对于首项小于0而公差大于0的等差数列{𝑎𝑛}加绝对值后得到的数列{|𝑎𝑛|}求和,设{𝑎𝑛}的前𝑛项和为
𝑆𝑛, {|𝑎𝑛|}的前𝑛项和为𝑇𝑛,数列{𝑎𝑛}的第𝑘项小于0而从第𝑘+ 1项开始大于或等于0 ,于是有 𝑇𝑛=
{−𝑆𝑛,
𝑛⩽𝑘
𝑆𝑛−2𝑆𝑘,
𝑛> 𝑘
2、对于首项大于0而公差小于0的等差数列{𝑎𝑛}加绝对值后得到的数列{|𝑎𝑛|}求和,设{𝑎𝑛}的前𝑛项和为
𝑆𝑛, {|𝑎𝑛|}的前𝑛项和为𝑇𝑛,数列{𝑎𝑛}的第𝑘项大于0而从第𝑘+ 1项开始小于或等于0 ,于是有 𝑇𝑛=
{𝑆𝑛,
𝑛⩽𝑘
2𝑆𝑘−𝑆𝑛,
𝑛> 𝑘
第 16 讲 等差数列中的Sn 范围与含绝对值求和
高二数理进阶
数形相证，虚实相生
Page 397
典例3 （25-26·陕西西安）已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛= −𝑛2 + 10𝑛+ 2(𝑛∈𝑁∗).
（1）求数列{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）设𝑇𝑛= |𝑎1| + |𝑎2| + |𝑎3| + ⋯+ |𝑎𝑛|，求𝑇𝑛.
(1)𝑎𝑛= {11
𝑛= 1
−2𝑛+ 11
𝑛≥2
(2)𝑇𝑛= {−𝑛2 + 10𝑛+ 2
(1 ≤𝑛≤5)
𝑛2 −10𝑛+ 52
(𝑛≥6)
【分析】(1)由𝑎𝑛与𝑆𝑛的关系即可求解；
(2)结合数列项的正负特点对𝑛的范围进行分类讨论，然后结合等差数列的求和公式即可求解.
【详解】(1)当𝑛= 1时，𝑎1 = 𝑆1 = 11，
当𝑛≥2时，𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = −2𝑛+ 11，
所以𝑎𝑛= {11
𝑛= 1
−2𝑛+ 11
𝑛≥2；
(2)由𝑎𝑛= −2𝑛+ 11可知当𝑛≤5时，𝑎𝑛≥0，当𝑛≥6时，𝑎𝑛< 0．
当𝑛≤5时，𝑇𝑛= 𝑆𝑛= −𝑛2 + 10𝑛+ 2，
当𝑛≥6时，𝑇𝑛= 𝑆5 −(𝑆𝑛−𝑆5) = 2𝑆5 −𝑆𝑛= 𝑛2 −10𝑛+ 52，
所以𝑇𝑛= {−𝑛2 + 10𝑛+ 2
(1 ≤𝑛≤5)
𝑛2 −10𝑛+ 52
(𝑛≥6)
变式5 （25-26·重庆）已知等差数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 = −15 , 𝑎2𝑛= 𝑎2
𝑛−1 + 8𝑛−72(𝑛≥2).
（1）求数列{𝑎𝑛}的通项公式.
（2）记𝑏𝑛= |𝑎𝑛|，数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和为𝑇𝑛，求𝑇𝑛.
(1)𝑎𝑛= 2𝑛−17，𝑛∈𝑁∗.
(2)𝑇𝑛= {16𝑛−𝑛2
𝑛≤8
𝑛2 −16𝑛+ 128
𝑛≥9，𝑛∈𝑁∗.
【分析】(1)设公差为𝑑，利用条件等式计算𝑎2，分类讨论𝑑的取值，验证再利用等差数列的通项公式计算
即可；
(2)利用(1)的结论，分类讨论𝑛的范围，结合等差数列求和公式计算即可.
【详解】(1)设{𝑎𝑛}的公差为𝑑，由𝑎2
2 = 𝑎2
1 + 8 × 2 −72 = 169，则𝑎2 = 13或𝑎2 = −13，
若𝑎2 = −13，则𝑑= 2，此时𝑎𝑛= −15 + 2(𝑛−1) = 2𝑛−17，𝑎𝑛−1 = 2𝑛−19，
满足条件等式；
若𝑎2 = 13，则𝑑= 28，
此时𝑎3 = 𝑎2 + 𝑑= 41，𝑎2
3 −𝑎2
2 = 412 −132 = 54 × 28 ≠8 × 3 −72，
高二数理进阶
第 16 讲 等差数列中的Sn 范围与含绝对值求和
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条件有界，思路有向
不满足条件等式，舍去；
综上𝑎𝑛= 2𝑛−17，𝑛∈𝑁∗.
(2)由上可知𝑏𝑛= |2𝑛−17| = {−𝑎𝑛
𝑛≤8
𝑎𝑛, 𝑛> 9
，
所以当𝑛≤8时，
此时𝑇𝑛= 𝑏1 + 𝑏2 + ⋯+ 𝑏𝑛= −(𝑎1 + 𝑎2 + ⋯+ 𝑎𝑛) = −𝑛(−15 + 2𝑛−17)
2
= 16𝑛−𝑛2，
当𝑛≥9时，
此时𝑇𝑛= −(𝑎1 + 𝑎2 + ⋯𝑎8) + 𝑎9 + ⋯+ 𝑎𝑛= 𝑎1 + 𝑎2⋯+ 𝑎𝑛−2(𝑎1 + 𝑎2 + ⋯𝑎8)
= 𝑛(−15 + 2𝑛−17)
2
−2 × 8 × (−15 + 2 × 8 −17)
2
= 𝑛2 −16𝑛+ 128 ，
综上𝑇𝑛= {16𝑛−𝑛2
𝑛≤8
𝑛2 −16𝑛+ 128
𝑛≥9，𝑛∈𝑁∗.
变式6 （2025·江苏南京）已知数列{𝑎𝑛}满足3𝑎1 + 32𝑎2 + ⋯+ 3𝑛𝑎𝑛= 𝑛(𝑛∈𝑁∗)．
（1）求{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）记𝑏𝑛= |11 + log3 𝑎2𝑛|，求数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛．
(1)𝑎𝑛= 1
3𝑛；
(2)𝑇𝑛= {10𝑛−𝑛2
𝑛≤5
𝑛2 −10𝑛+ 50
𝑛≥6 .
【分析】(1)根据给定条件，利用作差法求出3𝑛𝑎𝑛的值，进而得到{𝑎𝑛}的通项.
(2)由(1)的结论求出𝑏𝑛，再按𝑛≤5 , 𝑛≥6分段，并结合等差数列的前𝑛项和公式求解.
【详解】(1)在数列{𝑎𝑛}中，3𝑎1 + 32𝑎2 + ⋯+ 3𝑛𝑎𝑛= 𝑛，
当𝑛≥2时，3𝑎1 + 32𝑎2 + ⋯+ 3𝑛−1𝑎𝑛−1 = 𝑛−1，
两式相减，得3𝑛𝑎𝑛= 1，则𝑎𝑛= 1
3𝑛，当𝑛= 1时，3𝑎1 = 1，即𝑎1 = 1
3，满足上式，
所以{𝑎𝑛}的通项公式是𝑎𝑛= 1
3𝑛.
(2)由(1)知，𝑏𝑛= |11 + log3 𝑎2𝑛| = |11 + log3
1
32𝑛| = |11 −2𝑛|，
令11 −2𝑛≥0，得𝑛≤11
2 ，则𝑛≤5，记𝑐𝑛= 11 −2𝑛，
当𝑛≤5时，𝑏𝑛= 𝑐𝑛，则𝑇𝑛= 𝑛(𝑐1 + 𝑐𝑛)
2
= 𝑛(20 −2𝑛)
2
= 10𝑛−𝑛2；
当𝑛≥6时，𝑏𝑛= −𝑐𝑛，则𝑇𝑛= (𝑐1 + 𝑐2 + ⋯+ 𝑐5) −(𝑐6 + 𝑐7 + ⋯+ 𝑐𝑛)
= 2(𝑐1 + 𝑐2 + ⋯+ 𝑐5) −(𝑐1 + 𝑐2 + ⋯+ 𝑐5 + 𝑐6 + 𝑐7 + ⋯+ 𝑐𝑛)
第 16 讲 等差数列中的Sn 范围与含绝对值求和
高二数理进阶
在变化中守住不变
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= 2(50 −25) −(10𝑛−𝑛2) = 𝑛2 −10𝑛+ 50 ，
所以数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛= {10𝑛−𝑛2
𝑛≤5
𝑛2 −10𝑛+ 50
𝑛≥6.
练
强化训练
Targeted Practice
1. （25-26·福建龙岩）（多选）已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛= 𝑛2 −11𝑛，则下列说法正确的是（ ）
A. 𝑎2 = −8
B. 数列{𝑆𝑛
𝑛}是等差数列
C. 𝑆𝑛的最小值为−121
4
D. |𝑎1| + |𝑎2| + ⋯+ |𝑎20| = 240
𝐴𝐵𝐷
【分析】根据𝑎𝑛与𝑆𝑛的关系求出数列的通项公式，即可判断𝐴；根据等差数列的定义即可判断𝐵；由数列
的通项得出每一项的符号情况，即可判断𝐶；根据等差数列前𝑛项和公式即可判断𝐷.
【详解】对于𝐴，当𝑛≥2时，𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = 𝑛2 −11𝑛−(𝑛−1)2 + 11(𝑛−1) = 2𝑛−12，
而𝑎1 = 𝑆1 = −10满足上式，因此𝑎𝑛= 2𝑛−12，则𝑎2 = −8，故𝐴正确；
对于𝐵，𝑆𝑛
𝑛= 𝑛−11，当𝑛≥2时，𝑆𝑛
𝑛−𝑆𝑛−1
𝑛−1 = 1，
数列{𝑆𝑛
𝑛}是等差数列，故𝐵正确；
对于𝐶，由选项𝐴知，数列{𝑎𝑛}单调递增，
由𝑎𝑛= 2𝑛−12 ≤0，得𝑛≤6，即数列{𝑎𝑛}前5项均为负数，
第6项为0，从第7项起为正数，𝑆𝑛最小值为𝑆5 = 𝑆6 = −30，故𝐶错误；
对于𝐷，|𝑎1| + |𝑎2| + ⋯+ |𝑎20| = −(𝑎1 + 𝑎2 + ⋯+ 𝑎6) + 𝑎7 + ⋯+ 𝑎20
= −2𝑆6 + 𝑆20 = −2 × (−30) + 180 = 240，故𝐷正确.
故选：𝐴𝐵𝐷.
2. （25-26·天津滨海新）（多选）设等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项的和为𝑆𝑛，公差为𝑑，已知𝑎3 = 12，𝑆12 > 0，
𝑎7 < 0，则（ ）
A. 𝑆5 = 60
B. −4 < 𝑑< −7
2
C. 𝑎6 > 0
D. 𝑆𝑛< 0时，𝑛的最小值为14
𝐴𝐶
高二数理进阶
第 16 讲 等差数列中的Sn 范围与含绝对值求和
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在复杂中辨认结构
【分析】根据题意，由等差数列的性质以及等差数列前𝑛项和公式依次分析选项，结合基本量的运算即可
得到答案.
【详解】由题意，𝑆12 = 12 ⋅𝑎1 + 𝑎12
2
= 12 ⋅𝑎6 + 𝑎7
2
> 0 ⇒𝑎6 + 𝑎7 > 0，而𝑎3 > 0，𝑎7 < 0可以判断
{𝑎𝑛}是递减数列，所以𝑎6 > 0，𝐶正确，
而𝑆13 = 13 ⋅𝑎1 + 𝑎13
2
= 13𝑎7 < 0，𝐷错误；
又𝑎3 = 𝑎1 + 2𝑑⇒𝑎1 = 12 −2𝑑，所以
{
𝑎7 = 𝑎1 + 6𝑑= 12 + 4𝑑< 0
𝑎6 = 𝑎1 + 5𝑑= 12 + 3𝑑> 0
𝑎6 + 𝑎7 = 24 + 7𝑑> 0
⇒−24
7 < 𝑑< −3，𝐵错误；
而𝑆5 = 5𝑎1 + 10𝑑= 5(12 −2𝑑) + 10𝑑= 60，𝐴正确.
故选：𝐴𝐶
3. （25-26·浙江嘉兴）（多选）首项为正数，公差不为0的等差数列{𝑎𝑛}，其前𝑛项和为𝑆𝑛，则下列说法正确
的是（ ）
A. 若𝑆8 < 𝑆9，则𝑆9 < 𝑆10；
B. 若𝑆11 = 0，则𝑎2 + 𝑎10 = 0；
C. 若𝑆13 > 0 , 𝑆14 < 0，则{𝑆𝑛}中𝑆7最大；
D. 若𝑆2 = 𝑆10，则使𝑆𝑛> 0的𝑛的最大值为11
𝐵𝐶𝐷
【分析】利用等差数列的通项公式，求和公式，结合等差数列的性质，可逐项判断真假.
【详解】若𝑆8 < 𝑆9，则𝑎9 > 0，不能推出𝑎10 > 0，即不能推出𝑆9 < 𝑆10，故𝐴错误；
若𝑆11 = 0，则𝑆11 = 11(𝑎1 + 𝑎11)
2
= 0，即𝑎1 + 𝑎11 = 0，则𝑎2 + 𝑎10 = 𝑎1 + 𝑎11 = 0，故𝐵正确；
若𝑆13 > 0，𝑆14 < 0，则𝑆13 = 13(𝑎1 + 𝑎13)
2
= 13𝑎7 > 0，𝑆14 = 14(𝑎1 + 𝑎14)
2
= 14(𝑎7 + 𝑎8)
2
< 0，
所以𝑎7 > 0，𝑎8 < 0，则{𝑆𝑛}中𝑆7最大，故𝐶正确；
若𝑆2 = 𝑆10，则2𝑎1 + 𝑑= 10𝑎1 + 45𝑑，
即2𝑎1 + 11𝑑= 𝑎1 + 5𝑑+ 𝑎1 + 6𝑑= 𝑎6 + 𝑎7 = 0，
因为首项为正数，则公差小于0，则𝑎6 > 0，𝑎7 < 0，
则𝑆11 = 11(𝑎1 + 𝑎11)
2
= 11𝑎6 > 0，𝑆12 = 12(𝑎1 + 𝑎12)
2
= 6(𝑎6 + 𝑎7) = 0，
则使𝑆𝑛> 0的𝑛的最大值为11，故𝐷正确.
故选：𝐵𝐶𝐷
4. （25-26·河北）（多选）已知等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且𝑎3 + 𝑎16 < 0 , 𝑆17 > 0，则（ ）
A. {𝑎𝑛}是递减数列
B. |𝑎8| > |𝑎10|
第 16 讲 等差数列中的Sn 范围与含绝对值求和
高二数理进阶
凡结论，必有来路
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C. 当𝑛= 10时，𝑆𝑛取得最小值
D. 当𝑛= 9时，𝑆𝑛取得最大值
𝐴𝐵𝐷
【分析】运用等差数列下标和的性质、等差数列的前𝑛项和公式以及𝑎𝑛的符号，依次判断即可.
【详解】对于𝐴：∵𝑆17 = (𝑎1 + 𝑎17) ⋅17
2
> 0，∴𝑎1 + 𝑎17 > 0.又∵𝑎3 + 𝑎16 = 𝑎1 + 𝑎18 < 0，
∴𝑎18 < 𝑎17，故等差数列{𝑎𝑛}是递减数列，故𝐴正确；
对于𝐵：由𝐴可知𝑎1 + 𝑎17 > 0 , 𝑎1 + 𝑎18 < 0，且数列{𝑎𝑛}是递减数列，故有𝑎1 + 𝑎17 = 2𝑎9 > 0，0 >
𝑎1 + 𝑎18 > 𝑎1 + 𝑎19 = 2𝑎10，
因此有𝑎8 > 𝑎9 > 0 > 𝑎10，故|𝑎8| −|𝑎10| = 𝑎8 −(−𝑎10) = 𝑎8 + 𝑎10 = 2𝑎9 > 0，即|𝑎8| > |𝑎10|，故𝐵
正确；
对于𝐶、𝐷：由𝐵可知，当𝑛≤9时，𝑎𝑛> 0；当𝑛≥10时，𝑎𝑛< 0，故当𝑛= 9时，𝑆𝑛取得最大值，故𝐶
错误，𝐷正确.
故选：𝐴𝐵𝐷.
5. （25-26·江苏常州）（多选）设𝑆𝑛是等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，若𝑆15 < 0，𝑎7
𝑎8
< −1，则（ ）
A. 𝑑< 0
B. |𝑎𝑛|中最小值为|𝑎8|
C. 当𝑆𝑛取得最大值时，𝑛= 7
D. 使𝑆𝑛> 0成立的最大整数𝑛为15
𝐴𝐵𝐶
【分析】根据题意，利用等差数列的求和公式和等差数列的性质，求得𝑎7 + 𝑎8 > 0，且𝑎7 > 0，𝑎8 < 0，
结合选项，逐项分析判断，即可求解.
【详解】对于𝐴，由𝑆15 = 15(𝑎1 + 𝑎15)
2
= 15𝑎8 < 0，可得𝑎8 < 0，
又因为𝑎7
𝑎8
< −1，可得𝑎7 > −𝑎8，即𝑎7 + 𝑎8 > 0，所以𝑎7 > 0，
所以𝑑= 𝑎8 −𝑎7 < 0，所以𝐴正确；
对于𝐵，因为𝑎7 + 𝑎8 > 0，且𝑎8 < 0，所以𝑎7 > 0且|𝑎7| > |𝑎8|，所以𝐵正确；
对于𝐶，在等差数列{𝑎𝑛}中，由𝑎7 > 0且𝑎8 < 0，
则当1 ≤𝑛≤7 , 𝑛∈𝑁∗时，可得𝑎𝑛> 0；当𝑛≥8 , 𝑛∈𝑁∗时，可得𝑎𝑛< 0，
所以当𝑆𝑛取得最大值时，𝑛= 7，所以𝐶正确；
对于𝐷，由𝑆14 = 14(𝑎1 + 𝑎14)
2
= 7(𝑎7 + 𝑎8) > 0，且𝑆15 < 0，
所以使得𝑆𝑛> 0成立的最大整数𝑛为14，所以𝐷错误.
故选：𝐴𝐵𝐶.
高二数理进阶
第 16 讲 等差数列中的Sn 范围与含绝对值求和
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凡转化，必问等价
6. （25-26·山东菏泽）（多选）若数列{𝑎𝑛}为等差数列，𝑆𝑛为前𝑛项和，𝑆5 < 𝑆6，𝑆6 = 𝑆7，𝑆7 > 𝑆8，下
列说法中正确的有（ ）
A. 𝑑< 0
B. 𝑎5 < 0
C. 𝑆6和𝑆7均为𝑆𝑛的最大值
D. 𝑆9 > 𝑆5
𝐴𝐶
【分析】运用等差数列单调性及下标和性质可解.
【详解】𝑆5 < 𝑆6，则𝑎6 > 0，𝑆7 > 𝑆8，则𝑎8 < 0，
因此𝑑< 0，且𝑎5 > 0，故𝐴正确，𝐵错误；
而且𝑆6 = 𝑆7均为𝑆𝑛的最大值，故𝐶正确；
𝑆9 −𝑆5 = 𝑎9 + 𝑎8 + 𝑎7 + 𝑎6 = 2(𝑎8 + 𝑎7) = 2𝑎8 < 0，故𝑆9 < 𝑆5，故𝐷错误.
故选：𝐴𝐶
7. （多选）已知𝑆𝑛为数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，𝑎1 = −10，{𝑆𝑛
𝑛}是公差为1的等差数列，则（ ）
A. 𝑆2 = −18
B. 当且仅当𝑛= 6时，𝑆𝑛取得最小值
C. 𝑎𝑛= 2𝑛−12
D. 数列{
𝑎𝑛
2𝑛−11}中第5项的值最大
𝐴𝐶𝐷
【分析】根据等差数列的通项公式、𝑆𝑛与𝑎𝑛的关系，结合二次函数的性质逐一判断即可.
【详解】𝐴：因为{𝑆𝑛
𝑛}是公差为1的等差数列，
所以𝑆𝑛
𝑛= 𝑆1
1 + (𝑛−1) ⋅1 = −10 + 𝑛−1 = 𝑛−11 ⇒𝑆𝑛= 𝑛2 −11𝑛，
因此𝑆2 = 22 −11 × 2 = −18，所以本选项正确；
𝐵：由上可知：𝑆𝑛= 𝑛2 −11𝑛= (𝑛−11
2 )
2
−121
4 ，
因为𝑛∈𝑁
∗，所以当𝑛= 5或6时，𝑆𝑛取得最小值，因此本选项不正确；
𝐶：由上可知：𝑆𝑛= 𝑛2 −11𝑛，
于是当𝑛≥2 , 𝑛∈𝑁∗时，𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = 𝑛2 −11𝑛−(𝑛−1)2 + 11(𝑛−1) = 2𝑛−12，
显然𝑎1 = −10，符合𝑎𝑛= 2𝑛−12，所以本选项正确；
𝐷：由上可知：𝑎𝑛= 2𝑛−12，
令𝑏𝑛=
𝑎𝑛
2𝑛−11 = 2𝑛−12
2𝑛−11，
显然当𝑛≥6 , 𝑛∈𝑁∗时，因为𝑏𝑛−1 = 2𝑛−12
2𝑛−11 −1 = −
1
2𝑛−11 < 0，
第 16 讲 等差数列中的Sn 范围与含绝对值求和
高二数理进阶
审题见边界，落笔见章法
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所以𝑏𝑛< 1，而𝑏1 = 10
9 , 𝑏2 = 8
7 , 𝑏3 = 6
5 , 𝑏4 = 4
3 , 𝑏5 = 2，
显然数列{
𝑎𝑛
2𝑛−11}中第5项的值最大，因此本选项正确，
故选：𝐴𝐶𝐷
8. （25-26·甘肃兰州）（多选）已知等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，若𝑆26 < 𝑆24 < 𝑆25，则（ ）
A. 数列{𝑎𝑛}是递减数列
B. 当𝑛= 25时，𝑆𝑛最大
C. 使得𝑆𝑛< 0成立的最小自然数𝑛= 52
D. {𝑆𝑛
𝑎𝑛
}中的最小项为𝑆25
𝑎25
𝐴𝐵
【分析】根据等差数列前𝑛项和公式以及等差数列的性质，结合已知条件𝑆26 < 𝑆24 < 𝑆25，分析数列的单
调性、前𝑛项和的最值、𝑆𝑛< 0时𝑛的最小值以及{𝑆𝑛
𝑎𝑛
}的最小项即可.
【详解】对于𝐴𝐵：因为𝑆26 < 𝑆24，所以𝑆26 −𝑆24 = 𝑎25 + 𝑎26 < 0，
因为𝑆24 < 𝑆25，所以𝑆25 −𝑆24 = 𝑎25 > 0，所以𝑎26 < 0，
且𝑑= 𝑎26 −𝑎25 <0，所以数列{𝑎𝑛}是递减的等差数列，
且𝑎1 > 𝑎2 > ⋯> 𝑎25 > 0 > 𝑎26 > ⋯> 𝑎𝑛，
则当𝑛= 25时，𝑆𝑛最大，故𝐴𝐵正确；
对于𝐶:由上述分析可知，当𝑛≥25时，𝑆𝑛递减，
且𝑆49 = 49(𝑎1 + 𝑎49)
2
= 49 × 2𝑎25
2
= 49𝑎25 > 0 , 𝑆50 = 50(𝑎1 + 𝑎50)
2
= 50(𝑎25 + 𝑎26)
2
< 0，
所以使得𝑆𝑛< 0成立的最小自然数𝑛= 50，故𝐶错误；
对于𝐷：因为当𝑛≤25时，𝑎𝑛> 0 , 𝑆𝑛> 0，所以𝑆𝑛
𝑎𝑛
> 0；
当𝑛≥50时，𝑎𝑛< 0，𝑆𝑛< 0，所以𝑆𝑛
𝑎𝑛
> 0；
当26 ≤𝑛≤49时，𝑎𝑛< 0 , 𝑆𝑛> 0，所以𝑆𝑛
𝑎𝑛
< 0；
且0 > 𝑎26 > 𝑎27 > ⋯> 𝑎49 , 𝑆26 > 𝑆27 > ⋯> 𝑆49 > 0，
则有0 < |𝑎26| < |𝑎27| < ⋯< |𝑎49| ,
1
|𝑎26| >
1
|𝑎27| > ⋯>
1
|𝑎49| > 0，
所以𝑆26
|𝑎26| > 𝑆27
|𝑎27| > ⋯> 𝑆49
|𝑎49| > 0，即𝑆26
𝑎26
< 𝑆27
𝑎27
< ⋯< 𝑆49
𝑎49
< 0，
所以{𝑆𝑛
𝑎𝑛
}中的最小项为𝑆26
𝑎26
，故𝐷错误.
故选：𝐴𝐵.
高二数理进阶
第 16 讲 等差数列中的Sn 范围与含绝对值求和
Page 404
思维贵清，表达贵准
9. （25-26·甘肃兰州）已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且满足𝑎1 = 18，𝑆𝑛+1 = 𝑆𝑛+ 𝑎𝑛−2.
（1）求证：数列{𝑎𝑛}是等差数列；
（2）记𝑏𝑛= |𝑎𝑛|，求数列{𝑏𝑛}的前22项和.
(1)证明见解析
(2)246
【分析】(1)由已知等式变形得出𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= −2，结合等差数列的定义可证得结论成立；
(2)求出数列{𝑎𝑛}的通项公式，化简|𝑎𝑛|的表达式，结合等差数列的求和公式可求出数列{|𝑎𝑛|}的前22项
和.
【详解】(1)因为𝑆𝑛+1 = 𝑆𝑛+ 𝑎𝑛−2，
所以𝑆𝑛+1 −𝑆𝑛= 𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛−2，即𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= −2.
又𝑎1 = 18，
所以数列{𝑎𝑛}是以18为首项，−2为公差的等差数列.
(2)由(1)知𝑎𝑛= 18 + (𝑛−1) × (−2) = 20 −2𝑛，
可知，当1 ≤𝑛≤10时，𝑎𝑛≥0，|𝑎𝑛| = |20 −2𝑛| = 20 −2𝑛，
当𝑛≥11时，𝑎𝑛< 0，|𝑎𝑛| = |20 −2𝑛| = 2𝑛−20，
所以数列{𝑏𝑛}的前22项和为(18 + 16 + ⋯+ 2 + 0) + (2 + 4 + ⋯+ 24)
= 10 × (0 + 18)
2
+ 12 × (2 + 24)
2
= 246 .
10. （25-26·天津和平）记等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，已知𝑎1 = 4 , 𝑆8 = 4
（1）求{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）求𝑆𝑛的最大值以及取得最大值时的𝑛的值；
（3）求{|𝑎𝑛|}的前𝑛项和𝑇𝑛．
(1)𝑎𝑛= −𝑛+ 5 ；
(2)𝑆𝑛的最大值为10，取得最大值时的𝑛= 4或5；
(3)𝑇𝑛=
{
−𝑛2 + 9𝑛
2
1 ≤𝑛≤5
𝑛2 −9𝑛+ 40
2
𝑛≥6
.
【分析】(1)结合𝑎1与𝑆8可计算出公差𝑑，再结合𝑎1，即可得解；
(2)利用等差数列的前𝑛项和公式，再结合二次函数的性质即可得解；
(3)分1 ≤𝑛≤5与𝑛≥6两种情况讨论即可.
第 16 讲 等差数列中的Sn 范围与含绝对值求和
高二数理进阶
先立骨架，再铺细节
Page 405
【详解】(1)设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，
由题可得{𝑎1 = 4
𝑆8 = 8𝑎1 + 28𝑑= 4，解得𝑑= −1，
故𝑎𝑛= 4 + (𝑛−1) ⋅(−1) = −𝑛+ 5；
(2)∵𝑆𝑛= (4 −𝑛+ 5) ⋅𝑛
2
= −𝑛2 + 9𝑛
2
,，𝑆𝑛是关于𝑛的二次函数，对称轴为𝑛= 4.5，
∴𝑆𝑛在𝑛= 4或𝑛= 5时取得最大值，𝑆4 = 𝑆5 = 10，𝑆𝑛的最大值为10；
(3) ∵𝑎𝑛= −𝑛+ 5 ，
∴|𝑎𝑛| = {−𝑛+ 5
1 ≤𝑛≤5
𝑛−5
𝑛≥6
.
①当1 ≤𝑛≤5时，𝑇𝑛= 𝑆𝑛= −𝑛2 + 9𝑛
2
；
②当𝑛≥6时，𝑇𝑛= 𝑎1 + 𝑎2 + ⋅⋅⋅+𝑎5 + (−𝑎6) + (−𝑎7) + ⋅⋅⋅+(−𝑎𝑛) =
𝑆5 −(𝑆𝑛−𝑆5) = 2𝑆5 −𝑆𝑛= 20 −−𝑛2 + 9𝑛
2
= 𝑛2 −9𝑛+ 40
2
.
因此，𝑇𝑛=
{
−𝑛2 + 9𝑛
2
1 ≤𝑛≤5
𝑛2 −9𝑛+ 40
2
𝑛≥6
.
第 17 讲 数列求和问题
高二数理进阶
求解不是试探，是组织
Page 407
第 17 讲
数列求和问题
讲
题型精讲
Core examples
题型1
裂项求和基础型
题型点拨
基础原理：𝑚
𝑝𝑞=
𝑚
𝑞−𝑝(1
𝑝−1
𝑞)，如：
1
2 × 4 =
1
4 −2(1
2 −1
4)；
基本题型：①
1
𝑛(𝑛+ 1) = 1
𝑛−
1
𝑛+ 1；②
1
(2𝑛−1)(2𝑛+ 1) = 1
2(
1
2𝑛−1 −
1
2𝑛+ 1)；
注意（避免掉坑）
①分母分解因式：
1
𝑛2 + 3𝑛=
1
𝑛(𝑛+ 3) = 1
3(1
𝑛−
1
𝑛+ 3)；
②系数不相同就提系数：
1
𝑛(2𝑛+ 4) = 1
2 ⋅
1
𝑛(𝑛+ 2) = 1
2 ⋅1
2(1
𝑛−
1
𝑛+ 2)；
③求和化简时，要写到“前三后二”，并且一定要强调每项加括号，这样容易观察消项后剩余的首尾项
（或正、负项）的对应关系.
(1)
1
𝑛(𝑛+ 𝑘) = 1
𝑘(1
𝑛−
1
𝑛+ 𝑘) ；
(2)
1
(2𝑛−1)(2𝑛+ 1) = 1
2(
1
2𝑛−1 −
1
2𝑛+ 1) ；
(3)
1
𝑛(𝑛+ 1)(𝑛+ 2) = 1
2[
1
𝑛(𝑛+ 1) −
1
(𝑛+ 1)(𝑛+ 2)] ；
分式型分子裂差法
形如
𝑓(𝑛)
𝑎𝑛⋅𝑎𝑛+1
型，如果𝑓(𝑛) = 𝜆(𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛)，则可以分子裂差：
𝑓(𝑛)
𝑎𝑛⋅𝑎𝑛+1
= 𝜆(𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛)
𝑎𝑛⋅𝑎𝑛+1
=
𝜆( 1
𝑎𝑛
−
1
𝑎𝑛+1
)
典例1 （25-26·广东佛山）已知{𝑎𝑛}是首项为1的等比数列，数列{𝑏𝑛}满足𝑏1 = 3 , 𝑎𝑛𝑏𝑛−𝑎𝑛= 𝑛𝑎𝑛+1．
（1）求{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）设𝑐𝑛=
2
𝑏𝑛𝑏𝑛+1
，求数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛．
高二数理进阶
第 17 讲 数列求和问题
Page 408
把关系写成语言
(1)𝑎𝑛= 2𝑛−1
(2)𝑆𝑛= 1
3 −
1
2𝑛+ 3
【分析】(1)根据条件得到方程，求出公比，从而得到通项公式；
(2)先得到𝑏𝑛= 2𝑛+ 1，裂项得到𝑐𝑛=
1
2𝑛+ 1 −
1
2𝑛+ 3，进而求和即可.
【详解】(1)设{𝑎𝑛}的公比为𝑞，根据题意，当𝑛= 1时，𝑎1𝑏1 −𝑎1 = 𝑎2．
即3𝑎1 −𝑎1 = 𝑎1 ⋅𝑞，解得𝑞= 2．所以𝑎𝑛= 𝑎1 ⋅2𝑛−1 = 2𝑛−1．
(2)因为𝑎𝑛𝑏𝑛−𝑎𝑛= 𝑛𝑎𝑛+1，所以2𝑛−1𝑏𝑛−2𝑛−1 = 𝑛⋅2𝑛，
方程两边都除以2𝑛−1得𝑏𝑛= 2𝑛+ 1．
所以𝑐𝑛=
2
(2𝑛+ 1)(2𝑛+ 3) =
1
2𝑛+ 1 −
1
2𝑛+ 3．
于是𝑆𝑛= 1
3 −1
5 + 1
5 −1
7 + ⋯+
1
2𝑛+ 1 −
1
2𝑛+ 3 = 1
3 −
1
2𝑛+ 3．
变式1 （25-26·湖南）已知等比数列{𝑎𝑛}的各项均为正数，首项𝑎1 = 3，𝑆𝑛为其前𝑛项和，且𝑆1 + 3𝑆2 =
𝑆3．
（1）求数列{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）𝑏𝑛= log3 𝑎𝑛，𝑐𝑛=
1
𝑏𝑛𝑏𝑛+2
，求数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛．
(1)𝑎𝑛= 3𝑛
(2)𝑇𝑛= 3
4 −
2𝑛+ 3
2(𝑛+ 1)(𝑛+ 2)
【分析】(1)利用等比数列的基本量运算求出公比𝑞，即可求得其通项公式；
(2)先求出数列{𝑐𝑛}的通项公式，利用裂项相消法求其和即可.
【详解】(1)设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，
由𝑆1 + 3𝑆2 = 𝑆3可得𝑎1 + 3𝑎1 + 3𝑎2 = 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3，整理得𝑎3 −3𝑎1 −2𝑎2 = 0，
即𝑎1𝑞2 −3𝑎1 −2𝑎1𝑞= 0，因𝑎1 = 3，则得𝑞2 −2𝑞−3 = 0，
解得𝑞= 3或𝑞= −1，依题意𝑞> 0，故𝑞= 3
故数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛= 3 × 3𝑛−1 = 3𝑛．
(2)因𝑏𝑛= log3 𝑎𝑛= log3 3𝑛= 𝑛，则𝑐𝑛=
1
𝑏𝑛𝑏𝑛+2
=
1
𝑛(𝑛+ 2) = 1
2(1
𝑛−
1
𝑛+ 2)，
故𝑇𝑛= 1
2(1 −1
3 + 1
2 −1
4 + 1
3 −1
5 + ⋯+
1
𝑛−1 −
1
𝑛+ 1 + 1
𝑛−
1
𝑛+ 2)
= 1
2(1 + 1
2 −
1
𝑛+ 1 −
1
𝑛+ 2) = 3
4 −
2𝑛+ 3
2(𝑛+ 1)(𝑛+ 2) ．
第 17 讲 数列求和问题
高二数理进阶
把语言化为关系
Page 409
题型2
裂项求和根式、指数型
题型点拨
(1)
1
√𝑛+ 𝑘+ √𝑛
= 1
𝑘(√𝑛+ 𝑘−√𝑛)
(2)
2𝑛
(2𝑛+1 −1)(2𝑛−1) = (2𝑛+1 −1) −(2𝑛−1)
(2𝑛+1 −1)(2𝑛−1)
=
1
2𝑛−1 −
1
2𝑛+1 −1
(3)
3𝑛
(3𝑛−1)(3𝑛+1 −1) = 1
2(
1
3𝑛−1 −
1
3𝑛+1 −1)
(4)
𝑛+ 2
𝑛(𝑛+ 1) ⋅2𝑛= 2(𝑛+ 1) −𝑛
𝑛(𝑛+ 1) ⋅2𝑛= (2
𝑛−
1
𝑛+ 1) ⋅1
2𝑛=
1
𝑛⋅2𝑛−1 −
1
(𝑛+ 1) ⋅2𝑛
典例2 已知各项都是正数的数列{𝑎𝑛}，其前𝑛项和为𝑆𝑛，𝑎1 = 1，且𝑆𝑛−√𝑆𝑛= (𝑎𝑛+ 1)(𝑎𝑛−1)
4
.
（1）求{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）若𝑏𝑛= √𝑎𝑛+ √𝑎𝑛+1，求证：1
𝑏1
+ 1
𝑏2
+ ⋯+
1
𝑏24
= 3.
(1)𝑎𝑛= 2𝑛−1
(2)证明见解析
【分析】(1)对题干条件化简，求出前𝑛项和为𝑆𝑛与𝑎𝑛的关系式，再利用关系式求出通项公式.
(2)先求出数列{𝑏𝑛}的通项公式，根据裂项相消法求出1
𝑏1
+ 1
𝑏2
+ ⋯+
1
𝑏24
的值.
【详解】(1)由题意得4𝑆𝑛−4√𝑆𝑛= 𝑎2𝑛−1，
所以(2√𝑆𝑛−1)
2
= 𝑎2𝑛，又数列{𝑎𝑛}是各项都是正数的数列，𝑎1 = 1，
所以2√𝑆𝑛−1 = 𝑎𝑛，4𝑆𝑛= (𝑎𝑛+ 1)2，
当𝑛≥2时，有4𝑆𝑛−4𝑆𝑛−1 = 4𝑎𝑛= 𝑎2𝑛+ 2𝑎𝑛−𝑎2
𝑛−1 −2𝑎𝑛−1，
所以2(𝑎𝑛+ 𝑎𝑛−1) = 𝑎2𝑛−𝑎2
𝑛−1 = (𝑎𝑛+ 𝑎𝑛−1)(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1)，
所以𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 = 2，故数列{𝑎𝑛}是1为首项，2为公差的等差数列，
所以𝑎𝑛= 2𝑛−1.
(2)由(1)得𝑏𝑛= √2𝑛−1 + √2𝑛+ 1，
所以1
𝑏𝑛
=
1
√2𝑛−1 + √2𝑛+ 1
= 1
2(√2𝑛+ 1 −√2𝑛−1)，
所以1
𝑏1
+ 1
𝑏2
+ ⋯+
1
𝑏24
=
1
√3 + √1
+
1
√5 + √3
+ ⋯+
1
√49 + √47
，
高二数理进阶
第 17 讲 数列求和问题
Page 410
从已知中取材
裂项得1
2(√3 −√1) + 1
2(√5 −√3) + ⋯+ 1
2(√49 −√47) =1
2(√49 −√1) = 3，证毕.
变式2 数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=
1
𝑛√𝑛+ 1 + (𝑛+ 1)√𝑛
，则这个数列的前63项之和为（ ）
A. 8
9
B. 7
9
C. 7
8
D. 9
10
𝐶
【分析】根据给定条件，利用裂项相消法求和即得.
【详解】依题意，𝑎𝑛=
1
√𝑛⋅√𝑛+ 1
⋅
1
√𝑛+ 1 + √𝑛
= √𝑛+ 1 −√𝑛
√𝑛⋅√𝑛+ 1
= 1
√𝑛−
1
√𝑛+ 1
，
所以这个数列的前63项之和𝑆63 = ∑
63
𝑛=1
( 1
√𝑛−
1
√𝑛+ 1
) = 1 −
1
√64
= 7
8.
故选：𝐶
题型3
错位相减求和
题型点拨
(1)适用条件
若{𝑎𝑛}是公差为𝑑(𝑑≠0)的等差数列，{𝑏𝑛}是公比为𝑞(𝑞≠1)的等比数列，求数列{𝑎𝑛⋅𝑏𝑛}的前𝑛项和
𝑆𝑛．
(2)基本步骤
(3)注意事项
①在写出𝑆𝑛与𝑞𝑆𝑛的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出𝑆𝑛−𝑞𝑆𝑛；
第 17 讲 数列求和问题
高二数理进阶
向目标处搭桥
Page 411
典例3 （25-26·湖南长沙）已知等差数列{𝑎𝑛}满足𝑎2 + 𝑎10 = 12，𝑎8 = 8，数列{𝑏𝑛}满足𝑏1 = 1，
𝑏𝑛+1 = 2𝑎𝑛+ 𝑏𝑛．
（1）求数列{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}的通项公式；
（2）设𝑐𝑛=
𝑎𝑛
𝑏𝑛+ 1，数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，求证：1
2 ≤𝑆𝑛< 2．
(1)𝑎𝑛= 𝑛，𝑏𝑛= 2𝑛−1
(2)证明见解析
【分析】(1)设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，可得{𝑎1 + 5𝑑= 6
𝑎1 + 7𝑑= 8，求解即可得数列{𝑎𝑛}的通项公式，运用累
加法可求得数列{𝑏𝑛}的通项公式；
(2)由(1)可得𝑐𝑛= 𝑛
2𝑛，运用错位相减法可求得𝑆𝑛，根据𝑆𝑛的单调性可得结论.
【详解】(1)设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，
因为𝑎2 + 𝑎10 = 12，𝑎8 = 8，所以{2𝑎1 + 10𝑑= 12
𝑎1 + 7𝑑= 8
，
即{𝑎1 + 5𝑑= 6
𝑎1 + 7𝑑= 8，解得{𝑎1 = 1
𝑑= 1 ，𝑎𝑛= 1 + (𝑛−1) × 1 = 𝑛，
所以数列{𝑎𝑛}的通项公式𝑎𝑛= 𝑛；
因为𝑏𝑛+1 = 2𝑎𝑛+ 𝑏𝑛，所以𝑏𝑛+1 = 2𝑛+ 𝑏𝑛，所以𝑏𝑛+1 −𝑏𝑛= 2𝑛，
𝑏𝑛= 𝑏1 + (𝑏2 −𝑏1) + (𝑏3 −𝑏2) + ⋯+ (𝑏𝑛−𝑏𝑛−1) = 1 + 21 + 22 + 23 + ⋯+ 2𝑛−1
= 1 × (1 −2𝑛)
1 −2
= 2𝑛−1
又𝑏1 = 1，适合上式，所以{𝑏𝑛}的通项公式为：𝑏𝑛= 2𝑛−1；
(2)由(1)知𝑎𝑛= 𝑛和𝑏𝑛= 2𝑛−1，得：𝑐𝑛=
𝑎𝑛
𝑏𝑛+ 1 =
𝑛
(2𝑛−1) + 1 = 𝑛
2𝑛；
𝑆𝑛= 1
2 + 2
22 + 3
23 + ⋯+ 𝑛
2𝑛
1
2𝑆𝑛= 1
22 + 2
23 + 3
24 + ⋯+
𝑛
2𝑛+1
两式相减得𝑆𝑛−1
2𝑆𝑛= 1
2 + 1
22 + 1
23 + 1
24 + ⋯+ 1
2𝑛−
𝑛
2𝑛+1 =
1
2(1 −1
2𝑛)
1 −1
2
−
𝑛
2𝑛+1 = 1 −1
2𝑛−
𝑛
2𝑛+1，
所以𝑆𝑛= 2 −
1
2𝑛−1 −𝑛
2𝑛= 2 −𝑛+ 2
2𝑛，因𝑛∈𝑁∗，则𝑆𝑛< 2，
当𝑛≥2时，𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = 2 −𝑛+ 2
2𝑛
−2 + 𝑛−1 + 2
2𝑛−1
= 2𝑛+ 2
2𝑛
−𝑛+ 2
2𝑛
= 𝑛
2𝑛> 0，
高二数理进阶
第 17 讲 数列求和问题
Page 412
用结构减轻运算
𝑆𝑛单调递增，又𝑆1 = 1
2，所以1
2 ≤𝑆𝑛< 2.
变式3 （25-26·北京）已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛= 3𝑛−1，数列{𝑏𝑛}满足，𝑏1 = −1，𝑏𝑛+1 = 𝑏𝑛+
(2𝑛−1)(𝑛∈𝑁+).
（1）求数列{𝑎𝑛}的通项公式𝑎𝑛；
（2）求数列{𝑏𝑛}的通项公式𝑏𝑛；
（3）若𝑐𝑛= 𝑎𝑛⋅𝑏𝑛
2𝑛
，求数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛.
(1)𝑎𝑛= 2 ⋅3𝑛−1 ；
(2)𝑏𝑛= 𝑛2 −2𝑛；
(3)𝑇𝑛= (2𝑛−5) ⋅3𝑛+ 5
4
.
【分析】(1)由𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1分析计算即可求解；
(2)由累加法即可求解；
(3)由错位相减法计算求解即可.
【详解】(1)因为数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛= 3𝑛−1，
所以当𝑛= 1，𝑎1 = 𝑆1 = 31 −1 = 2；
当𝑛≥2，𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = (3𝑛−1) −(3𝑛−1 −1) = 2 ⋅3𝑛−1；
显然𝑎1 = 2满足𝑎𝑛= 2 ⋅3𝑛−1，
所以𝑎𝑛= 2 ⋅3𝑛−1(𝑛∈𝑁+).
(2)因为数列{𝑏𝑛}满足，𝑏1 = −1，𝑏𝑛+1 = 𝑏𝑛+ (2𝑛−1)(𝑛∈𝑁+)，
所以𝑏𝑛= (𝑏𝑛−𝑏𝑛−1) + (𝑏𝑛−1 −𝑏𝑛−2) + ... + (𝑏2 −𝑏1) + 𝑏1= (2𝑛−3) + (2𝑛−5) + ... + 1 −1 =
(𝑛−1)(2𝑛−3 + 1)
2
−1 = 𝑛2 −2𝑛，
数列{𝑏𝑛}的通项公式𝑏𝑛= 𝑛2 −2𝑛.
(3)由(1)(2)得𝑐𝑛= 𝑎𝑛⋅𝑏𝑛
2𝑛
= 2 ⋅3𝑛−1(𝑛2 −2𝑛)
2𝑛
= (𝑛−2) ⋅3𝑛−1，
所以数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛= 𝑐1 + 𝑐2 + ... + 𝑐𝑛−1 + 𝑐𝑛= −30 + 0 ⋅31 + 32 + ... + (𝑛−3) ⋅3𝑛−2 +
(𝑛−2) ⋅3𝑛−1，
所以3𝑇𝑛= −31 + 0 ⋅32 + 33 + ... + (𝑛−3) ⋅3𝑛−1 + (𝑛−2) ⋅3𝑛，
所以
−2𝑇𝑛= −1 + 31 + 32 + 33 + ... + 3𝑛−1 −(𝑛−2)
⋅3𝑛= −2 + 1 −3𝑛
1 −3 −(𝑛−2) ⋅3𝑛= (5 −2𝑛) ⋅3𝑛−5
2
.
第 17 讲 数列求和问题
高二数理进阶
用定义校准直觉
Page 413
所以𝑇𝑛= (2𝑛−5) ⋅3𝑛+ 5
4
.
题型4
分组、并项求和
题型点拨
并项求和法：一个数列的前𝑛项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．
典例4 （25-26·江苏苏州）已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎𝑛= 2𝑎𝑛−1 + 2𝑛−1(𝑛≥2)，且𝑎4 = 81．
（1）证明：数列{𝑎𝑛−1
2𝑛
}是等差数列，并求数列{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）求数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛．
(1)证明见解析；𝑎𝑛= (𝑛+ 1) ⋅2𝑛+ 1
(2)𝑆𝑛= 𝑛⋅2𝑛+1 + 𝑛
【分析】(1)对递推式合理变形，再利用等差数列的定义证明等差数列，再求解通项公式即可.
(2)结合题意并利用错位相减法求解即可.
【详解】(1)因为𝑎𝑛= 2𝑎𝑛−1 + 2𝑛−1(𝑛≥2)，
所以𝑎𝑛−1 = 2𝑎𝑛−1 + 2𝑛−2 = 2(𝑎𝑛−1 −1) + 2𝑛，
两侧同时除以2𝑛，可得𝑎𝑛−1
2𝑛
= 𝑎𝑛−1 −1
2𝑛−1
+ 1，得到数列{𝑎𝑛−1
2𝑛
}是公差为1的等差数列，
而𝑎4 = 81，可得𝑎4 −1
24
= 81 −1
16
= 5，故𝑎1 −1
21
+ 3 × 1 = 5，解得𝑎1 −1
21
= 2，
则𝑎𝑛−1
2𝑛
= 2 + 𝑛−1 = 𝑛+ 1，故𝑎𝑛= (𝑛+ 1) ⋅2𝑛+ 1.
(2)由题意得𝑆𝑛= (1 + 1) ⋅21 + 1 + ⋯+ 𝑛⋅2𝑛−1 + 1 + (𝑛+ 1) ⋅2𝑛+ 1，
2𝑆𝑛= (1 + 1) ⋅22 + 2 + ⋯+ 𝑛⋅2𝑛+ 2 + (𝑛+ 1) ⋅2𝑛+1 + 2 ，
两式相减可得2𝑆𝑛−𝑆𝑛= −(22 + ⋯+ 2𝑛) + (𝑛+ 1) ⋅2𝑛+1 −(1 + 1) ⋅21 + 𝑛，
则𝑆𝑛= −(21 + 22 + ⋯+ 2𝑛) + (𝑛+ 1) ⋅2𝑛+1 −2 + 𝑛，
得到𝑆𝑛= −2(1 −2𝑛)
1 −2
+ (𝑛+ 1) ⋅2𝑛+1 −2 + 𝑛，
可得𝑆𝑛= −(2𝑛+1 −2) + (𝑛+ 1) ⋅2𝑛+1 −2 + 𝑛，
则𝑆𝑛= −2𝑛+1 + 2 + 𝑛⋅2𝑛+1 + 2𝑛+1 −2 + 𝑛，
故𝑆𝑛= 𝑛⋅2𝑛+1 + 𝑛.
高二数理进阶
第 17 讲 数列求和问题
Page 414
用图象照亮关系
变式4 已知数列{𝑎𝑛}的首项𝑎1 = 1，𝑎𝑛+ 𝑎𝑛+1 = 3 × 2𝑛．
（1）求证：{𝑎𝑛−2𝑛}是等比数列；
（2）求数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛；
（3）令𝑏𝑛=
𝑛2
𝑎𝑛−(−1)𝑛，求数列{𝑏𝑛}的最大项．
(1)证明见解析
(2)2𝑛+1 −2 + −1 + (−1)𝑛
2
(3)𝑏3 = 9
8
【分析】(1)依题意可得𝑎𝑛+1 −2𝑛+1 = −(𝑎𝑛−2𝑛)，结合等比数列的定义即可证明；
(2)由(1)可得𝑎𝑛= 2𝑛+ (−1)𝑛，利用分组求和法计算可得；
(3)由(2)可得𝑏𝑛= 𝑛2
2𝑛，利用作差法判断数列的单调性，即可求出最大项.
【详解】(1)因为𝑎𝑛+ 𝑎𝑛+1 = 3 × 2𝑛，
所以𝑎𝑛+1 −2𝑛+1 = −(𝑎𝑛−2𝑛)，
又𝑎1 = 1，所以𝑎1 −2 = −1，
所以{𝑎𝑛−2𝑛}是以−1为首项，−1为公比的等比数列；
(2)由(1)可得𝑎𝑛−2𝑛= (−1)𝑛，
所以𝑎𝑛= 2𝑛+ (−1)𝑛，
所以𝑆𝑛= 21 + (−1)1 + 22 + (−1)2 + ⋯+ 2𝑛+ (−1)𝑛
= (21 + 22 + ⋯+ 2𝑛) + [(−1)1 + (−1)2 + ⋯+ (−1)𝑛]
= 2(1 −2𝑛)
1 −2
+ −1[1 −(−1)𝑛]
1 −(−1)
= 2𝑛+1 −2 + −1 + (−1)𝑛
2
.
(3)由(2)可得𝑏𝑛=
𝑛2
𝑎𝑛−(−1)𝑛= 𝑛2
2𝑛，
则𝑏𝑛+1 −𝑏𝑛= (𝑛+ 1)2
2𝑛+1
−𝑛2
2𝑛= (𝑛+ 1)2 −2𝑛2
2𝑛+1
= 2𝑛+ 1 −𝑛2
2𝑛+1
= −(𝑛−1)2 + 2
2𝑛+1
，
所以当1 ≤𝑛≤2时𝑏𝑛+1 −𝑏𝑛> 0，当𝑛≥3时𝑏𝑛+1 −𝑏𝑛< 0，
即𝑏1 < 𝑏2 < 𝑏3 > 𝑏4 > 𝑏5 > ⋯，
所以数列{𝑏𝑛}的最大项为𝑏3 = 9
8；
第 17 讲 数列求和问题
高二数理进阶
用代数守住严谨
Page 415
题型5
倒序相加求和
题型点拨
将一个数列倒过来排列，当它与原数列相加时，若有规律可循，并且容易求和，则这样的数列求和时可
用倒序相加法（等差数列前𝑛项和公式的推导即用此方法）．
典例5 （25-26·福建漳州）德国大数学家高斯，被誉为数学界的王子，在其年幼时，对1 + 2 + 3 + ⋯+
100的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律性，因
此，此方法也称之为高斯算法．现有函数𝑓(𝑥) =
2𝑥
3𝑘+ 6078（𝑘> 0），则𝑓(1) + 𝑓(2) + 𝑓(3) + ⋯+ 𝑓(𝑘+
2025)等于（ ）
A. 𝑘+ 2025
3
B. 2𝑘+ 6078
3
C. 2𝑘+ 6078
6
D. 𝑘+ 2025
6
𝐴
【分析】先确定𝑓(𝑥) + 𝑓(𝑚−𝑥) = 2
3，再利用倒序相加法求和即可.
【详解】由题意得𝑓(𝑥) =
2𝑥
3𝑘+ 6078，设𝑚= 𝑘+ 2026，
𝑓(𝑥) + 𝑓(𝑚−𝑥) = 2𝑥
3𝑚+ 2(𝑚−𝑥)
3𝑚
= 2𝑥
3𝑚+ 2𝑚−2𝑥
3𝑚
= 2
3 ，
设𝑆= 𝑓(1) + 𝑓(2) + 𝑓(3) + ⋯+ 𝑓(𝑘+ 2025)，
倒序得𝑆= 𝑓(𝑘+ 2025) + 𝑓(𝑘+ 2024) + ⋯+ 𝑓(2) + 𝑓(1)，
两式相加得到2𝑆= (𝑘+ 2025) × 2
3 = 2(𝑘+ 2025)
3
，解得𝑆= 𝑘+ 2025
3
，故只有𝐴正确.
故选：𝐴
变式5 （25-26·黑龙江哈尔滨）若等差数列{𝑎𝑛}满足𝑎1013 = 1
2，则
1
4𝑎1 + 2 +
1
4𝑎2 + 2 + ⋯+
1
4𝑎2025 + 2 = （ ）
A. 2025
B. 2025
2
C. 2025
4
D. 2025
8
𝐶
【分析】根据等差中项的性质，利用倒序相加法，可得答案.
【详解】由等差数列{𝑎𝑛}满足𝑎1013 = 1
2，
高二数理进阶
第 17 讲 数列求和问题
Page 416
先辨对象，再谈方法
则对于𝑝, 𝑞∈𝑁∗，当𝑝+ 𝑞= 2 × 1013时，𝑎𝑝+ 𝑎𝑞= 2𝑎1013 = 1，
则
1
4𝑎𝑝+ 2 +
1
4𝑎𝑞+ 2 =
4𝑎𝑝+ 4𝑎𝑞+ 4
4𝑎𝑝+𝑎𝑞+ 2 ⋅4𝑎𝑝+ 2 ⋅4𝑎𝑞+ 4
=
4𝑎𝑝+ 4𝑎𝑞+ 4
4 + 2 ⋅4𝑎𝑝+ 2 ⋅4𝑎𝑞+ 4 = 1
2，
设𝑆2025 =
1
4𝑎1 + 2 +
1
4𝑎2 + 2 + ⋯+
1
4𝑎2025 + 2，则𝑆2025 =
1
4𝑎2025 + 2 +
1
4𝑎2024 + 2 + ⋯+
1
4𝑎1 + 2，
两式相加可得2𝑆2025 = 2025 × 1
2，解得𝑆2025 = 2025
4
.
故选：𝐶.
练
强化训练
Targeted Practice
1. （25-26·广东佛山）已知等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且2𝑆𝑛= 𝑎𝑛+1 −1.
（1）求{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）求数列{𝑆𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛.
(1)𝑎𝑛= 3𝑛−1
(2)𝑇𝑛= 1
4 ⋅3𝑛+1 −1
2𝑛−3
4
【分析】(1)由𝑎𝑛与𝑆𝑛的关系，通过作差即可求解；
(2)由等比数列求和公式得到𝑆𝑛，再通过分组求和即可.
【详解】(1)因为2𝑆𝑛= 𝑎𝑛+1 −1，故2𝑆𝑛−1 = 𝑎𝑛−1，两式相减
所以2𝑎𝑛= 𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛(𝑛≥2)即3𝑎𝑛= 𝑎𝑛+1，故等比数列的公比为𝑞= 3，
当𝑛= 1时，2𝑎1 = 𝑎2 −1 = 3𝑎1 −1，故𝑎1 = 1，
故𝑎𝑛= 3𝑛−1
(2)由等比数列求和公式得𝑆𝑛= 1 × (1 −3𝑛)
1 −3
= 1
2 × 3𝑛−1
2，
所以数列{𝑆𝑛}的前𝑛项和
𝑇𝑛= 𝑆1 + 𝑆2 + 𝑆3 + ⋯+ 𝑆𝑛= 1
2[3 + 32 + 33 + ⋯+ 3𝑛] −1
2𝑛
= 1
2 ⋅3(1 −3𝑛)
1 −3
−1
2𝑛= 1
4 ⋅3𝑛+1 −1
2𝑛−3
4
2. （25-26·福建龙岩）设数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，𝑆𝑛= 𝑛2 + 𝑛，{𝑏𝑛}是等比数列，𝑏1 = 1，𝑏2 = 𝑎2𝑎3
8
.
（1）求数列{𝑎𝑛}的通项公式；
第 17 讲 数列求和问题
高二数理进阶
先定范围，再求最值
Page 417
（2）求数列{ 1
𝑆𝑛
+ 𝑏𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛.
(1)𝑎𝑛= 2𝑛
(2)
𝑛
𝑛+ 1 + 3𝑛−1
2
【分析】(1)已知𝑆𝑛，利用𝑎𝑛与𝑆𝑛的关系求𝑎𝑛即可；
(2)利用等比数列的通项公式可得𝑏𝑛，利用裂项相消法与分组求和法可得𝑇𝑛.
【详解】(1) ∵𝑆𝑛= 𝑛2 + 𝑛，∴当𝑛= 1时，𝑎1 = 𝑆1 = 2，
当𝑛≥2时，𝑆𝑛−1 = (𝑛−1)2 + (𝑛−1)，
𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = 𝑛2 + 𝑛−[(𝑛−1)2 + (𝑛−1)] = 2𝑛，
当𝑛= 1时，𝑎1 = 2符合上式，
故数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛= 2𝑛.
(2)由(1)得𝑎𝑛= 2𝑛，则𝑎2 = 4，𝑎3 = 6，∴𝑏2 = 3，
在等比数列{𝑏𝑛}中，公比𝑞= 𝑏2
𝑏1
= 3，∴𝑏𝑛= 3𝑛−1，
∴1
𝑆𝑛
+ 𝑏𝑛=
1
𝑛2 + 𝑛+ 3𝑛−1 = 1
𝑛−
1
𝑛+ 1 + 3𝑛−1，
∴数列{ 1
𝑆𝑛
+ 𝑏𝑛}的前𝑛项和
𝑇𝑛= (1 −1
2 + 1
2 −1
3 + ⋅⋅⋅+1
𝑛−
1
𝑛+ 1) + (1 + 3 + ⋅⋅⋅+3𝑛−1)
= 1 −
1
𝑛+ 1 + 1 −3𝑛
1 −3 =
𝑛
𝑛+ 1 + 3𝑛−1
2
.
3. 已知数列{𝑎𝑛}中，𝑎1 = 3，𝑎3 = 15，且数列{𝑎𝑛
𝑛}为等差数列．
（1）求{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）记𝑆𝑛为数列{ 1
𝑎𝑛
}的前𝑛项和，证明：𝑆𝑛< 3
4．
(1)𝑎𝑛= 𝑛2 + 2𝑛
(2)证明见解析
【分析】(1)求出数列{𝑎𝑛
𝑛}的公差，可求出数列{𝑎𝑛
𝑛}的通项公式，进而可求得数列{𝑎𝑛}的通项公式；
(2)利用裂项求和法求出𝑆𝑛，即可证得结论成立.
【详解】(1)因为数列{𝑎𝑛}中，𝑎1 = 3，𝑎3 = 15，且数列{𝑎𝑛
𝑛}为等差数列，
高二数理进阶
第 17 讲 数列求和问题
Page 418
先看单调，再判大小
设数列{𝑎𝑛
𝑛}的公差为𝑑，则2𝑑= 𝑎3
3 −𝑎1 = 5 −3 = 2，故𝑑= 1，
所以𝑎𝑛
𝑛= 𝑎1 + (𝑛−1)𝑑= 3 + 𝑛−1 = 𝑛+ 2，故𝑎𝑛= 𝑛2 + 2𝑛.
(2)因为1
𝑎𝑛
=
1
𝑛(𝑛+ 2) = 1
2(1
𝑛−
1
𝑛+ 2)，
所以𝑆𝑛= 1
2[(1 −1
3) + (1
2 −1
4) + (1
3 −1
5) + ⋯+ (
1
𝑛−1 −
1
𝑛+ 1) + (1
𝑛−
1
𝑛+ 2)]
= 1
2(1 + 1
2 −
1
𝑛+ 1 −
1
𝑛+ 2) = 3
4 −
2𝑛+ 3
2(𝑛+ 1)(𝑛+ 2) < 3
4，故原不等式成立.
4. （25-26·浙江温州）已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且𝑆𝑛= 2𝑛+1 −2.
（1）求数列{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）令𝑏𝑛=
𝑎𝑛
(𝑎𝑛−1) ⋅(𝑎𝑛+1 −1)，求数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛.
(1)𝑎𝑛= 2𝑛
(2)1 −
1
2𝑛+1 −1
【分析】(1)根据𝑎𝑛= {𝑆1 , 𝑛= 1
𝑆𝑛−𝑆𝑛−1
𝑛≥2作差计算可得；
(2)由(1)可得𝑏𝑛=
1
2𝑛−1 −
1
2𝑛+1 −1，利用裂项相消法计算可得.
【详解】(1)因为𝑆𝑛= 2𝑛+1 −2，
当𝑛= 1时，𝑎1 = 𝑆1 = 22 −2 = 2，
当𝑛≥2时，𝑆𝑛−1 = 2𝑛−2，所以𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = 2𝑛+1 −2 −(2𝑛−2) = 2𝑛，
当𝑛= 1时，𝑎𝑛= 2𝑛也成立，所以𝑎𝑛= 2𝑛；
(2)由(1)可得𝑏𝑛=
𝑎𝑛
(𝑎𝑛−1) ⋅(𝑎𝑛+1 −1) =
2𝑛
(2𝑛−1) ⋅(2𝑛+1 −1) =
1
2𝑛−1 −
1
2𝑛+1 −1，
所以𝑇𝑛=
1
21 −1 −
1
22 −1 +
1
22 −1 −
1
23 −1 + ⋯+
1
2𝑛−1 −
1
2𝑛+1 −1 = 1 −
1
2𝑛+1 −1.
5. （25-26·湖南邵阳）已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 = 5，𝑎𝑛+1 −2𝑎𝑛= 3𝑛（𝑛∈𝑁∗），记𝑏𝑛= 𝑎𝑛−3𝑛.
（1）求数列{𝑎𝑛}的通项；
（2）设𝑐𝑛= 2𝑛+ 1
𝑏𝑛
，求数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛.
(1)𝑎𝑛= 3𝑛+ 2𝑛
第 17 讲 数列求和问题
高二数理进阶
先识模型，再选路径
Page 419
(2)𝑆𝑛= 5 −2𝑛+ 5
2𝑛
【分析】(1)利用等比数列的定义即可求证{𝑏𝑛}是等比数列，求出𝑏𝑛= 2𝑛，即可得出{𝑎𝑛}的通项；
(2)利用错位相减法求和即可.
【详解】(1)由𝑎𝑛+1 −2𝑎𝑛= 3𝑛，即𝑎𝑛+1 = 3𝑛+ 2𝑎𝑛，
得𝑎𝑛+1 −3𝑛+1 = 3𝑛+ 2𝑎𝑛−3𝑛+1 = 2(𝑎𝑛−3𝑛)，即𝑏𝑛+1 = 2𝑏𝑛，
又𝑎1 = 5，得𝑏1 = 𝑎1 −3 = 5 −3 = 2，
故数列{𝑏𝑛}中任意一项不为0，有𝑏𝑛+1
𝑏𝑛
= 2，
所以数列{𝑏𝑛}是首项为2，公比为2的等比数列，
故𝑏𝑛= 2 × 2𝑛−1 = 2𝑛，则𝑎𝑛= 3𝑛+ 2𝑛.
(2)由(1)可知，𝑏𝑛= 2𝑛，则𝑐𝑛= 2𝑛+ 1
2𝑛
，
所以𝑆𝑛= 3
2 + 5
22 + 7
23 + ... + 2𝑛+ 1
2𝑛
，1
2𝑆𝑛= 3
22 + 5
23 + 7
24 + ... + 2𝑛+ 1
2𝑛+1 ，
两式作差得，1
2𝑆𝑛= 3
2 + 2
22 + 2
23 + ⋯+ 2
2𝑛−2𝑛+ 1
2𝑛+1 = 3
2 +
1
2(1 −
1
2𝑛−1)
1 −1
2
−2𝑛+ 1
2𝑛+1
= 5
2 −
4
2𝑛+1 −2𝑛+ 1
2𝑛+1 = 5
2 −2𝑛+ 5
2𝑛+1 ，
所以𝑆𝑛= 5 −2𝑛+ 5
2𝑛
.
6. （25-26·广西北海）已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 = 4 , 𝑎𝑛+1 = 3𝑎𝑛−2．
（1）求{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）若𝑏𝑛= 2(𝑎𝑛−1)
𝑎𝑛𝑎𝑛+1
，记数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和为𝑇𝑛，求证：𝑇𝑛< 1
4．
(1)𝑎𝑛= 3𝑛+ 1
(2)证明见解析
【分析】(1)根据递推公式，构造等比数列，进而求出数列通项公式.
(2)写出数列{𝑏𝑛}的通项公式，根据裂项求和法，求出数列前𝑛项和，进而得证.
【详解】(1)因为𝑎𝑛+1 = 3𝑎𝑛−2，所以𝑎𝑛+1 −1 = 3(𝑎𝑛−1)，
又𝑎1 −1 = 3，所以𝑎𝑛+1 −1
𝑎𝑛−1
= 3，所以{𝑎𝑛−1}是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以𝑎𝑛−1 = 3 ⋅3𝑛−1 = 3𝑛，所以𝑎𝑛= 3𝑛+ 1；
高二数理进阶
第 17 讲 数列求和问题
Page 420
先明变量，再论变化
(2)由(1)知𝑏𝑛= 2(𝑎𝑛−1)
𝑎𝑛𝑎𝑛+1
=
2 × 3𝑛
(3𝑛+ 1)(3𝑛+1 + 1) = (3𝑛+1 + 1) −(3𝑛+ 1)
(3𝑛+1 + 1)(3𝑛+ 1)
=
1
3𝑛+ 1 −
1
3𝑛+1 + 1，
所以𝑇𝑛= 𝑏1 + 𝑏2 + ⋯+ 𝑏𝑛=
1
3 + 1 −
1
32 + 1 +
1
32 + 1 −
1
33 + 1 + ⋯+
1
3𝑛+ 1 −
1
3𝑛+1 + 1
= 1
4 −
1
3𝑛+1 + 1 ，
又
1
3𝑛+1 + 1 > 0，所以𝑇𝑛< 1
4．
7. （25-26·福建厦门）已知等差数列{𝑎𝑛}满足𝑎2 + 𝑎10 = 12 , 𝑎8 = 8，数列{𝑏𝑛}满足𝑏1 = 1 , 𝑏𝑛+1 =
2𝑎𝑛+ 𝑏𝑛.
（1）求数列{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}的通项公式；
（2）设𝑐𝑛=
𝑎𝑛
𝑏𝑛+ 1，数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，求𝑆𝑛.
(1)𝑎𝑛= 𝑛，𝑏𝑛= 2𝑛−1(𝑛∈𝑁∗)
(2)𝑆𝑛= 2 −(𝑛+ 2)
2𝑛
【分析】(1)利用已知项之间的关系列方程求出{𝑎𝑛}公差和首项，从而得到通项公式；对递推数列{𝑏𝑛}，
通过累加法求出通项公式，再验证首项；
(2)将通项代入分数形式的表达式进行化简，得到等差乘等比型数列求和，通过错位相减法求得前𝑛项和
的表达式.
【详解】(1)等差数列{𝑎𝑛}满足𝑎2 + 𝑎10 = 12 , 𝑎8 = 8，可得2𝑎6 = 12，即𝑎6 = 6，
2𝑑= 𝑎8 −𝑎6，𝑑= 1，𝑎𝑛= 𝑎1 + (𝑛−1)𝑑= 1 + (𝑛−1) × 1 = 𝑛，即𝑎𝑛= 𝑛；
由数列{𝑏𝑛}满足𝑏1 = 1 , 𝑏𝑛+1 = 2𝑎𝑛+ 𝑏𝑛，
可得𝑏𝑛+1 = 2𝑛+ 𝑏𝑛，则𝑏𝑛= 𝑏1 + (𝑏2 −𝑏1) + (𝑏3 −𝑏2) + ⋯+ (𝑏𝑛−𝑏𝑛−1)
= 1 + 2 + 4 + ⋯+ 2𝑛−1= 1 −2𝑛
1 −2 = 2𝑛−1，𝑛= 1，21 −1 = 1，
即𝑏𝑛= 2𝑛−1(𝑛∈𝑁∗)，
(2)证明：𝑐𝑛=
𝑎𝑛
𝑏𝑛+ 1 = 𝑛
2𝑛，
数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛= 1 ⋅(1
2)
1
+ 2 ⋅(1
2)
2
+ ⋯+ 𝑛⋅(1
2)
𝑛
,
1
2𝑆𝑛= 1 ⋅(1
2)
2
+ 2 ⋅(1
2)
3
+ ⋯+ 𝑛⋅(1
2)
𝑛+1
,
相减可得1
2𝑆𝑛= 1
2 + 1
4 + 1
8 + ⋯+ 1
2𝑛−
𝑛
2𝑛+1
第 17 讲 数列求和问题
高二数理进阶
先分情形，再合结论
Page 421
1
2𝑆𝑛=
1
2(1 −1
2𝑛)
1 −1
2
−
𝑛
2𝑛+1 = 1 −1
2𝑛−
𝑛
2𝑛+1 ，
𝑆𝑛= 2 −2
2𝑛−𝑛
2𝑛= 2 −𝑛+ 2
2𝑛
.
𝑆𝑛= 2 −(𝑛+ 2)
2𝑛
8. 记𝑆𝑛, 𝑇𝑛分别为数列{𝑎𝑛} , {𝑏𝑛}的前𝑛项和，已知9𝑆𝑛= 12𝑎𝑛−4𝑛+1 + 4，且𝑏𝑛=
2𝑛
2√𝑎𝑛+ √𝑎𝑛+1
．
（1）求{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）证明：2𝑇𝑛≥√2 −1．
(1)𝑎𝑛= 𝑛⋅4𝑛
(2)证明见解析
【分析】(1)利用𝑆𝑛和𝑎𝑛的关系式，消去𝑆𝑛得到{𝑎𝑛}的递推关系，利用等差数列的定义求出通项即可；
(2)根据(1)的结论和{𝑏𝑛}的关系式，利用裂项相消法求出𝑇𝑛的表达式，结合数列增减性即可证明.
【详解】(1)因为9𝑆𝑛= 12𝑎𝑛−4𝑛+1 + 4①，
当𝑛= 1时，9𝑆1 = 9𝑎1 = 12𝑎1 −42 + 4，解得𝑎1 = 4．
当𝑛≥2时，9𝑆𝑛−1 = 12𝑎𝑛−1 −4𝑛+ 4②，
由 ①－②得9𝑎𝑛= 12𝑎𝑛−12𝑎𝑛−1 −3 × 4𝑛，
即𝑎𝑛= 4𝑎𝑛−1 + 4𝑛，所以𝑎𝑛
4𝑛= 𝑎𝑛−1
4𝑛−1 + 1．
所以数列{𝑎𝑛
4𝑛}是首项为𝑎1
41 = 4
4 = 1，公差为1的等差数列，
则𝑎𝑛
4𝑛= 1 + (𝑛−1) × 1 = 𝑛，所以𝑎𝑛= 𝑛⋅4𝑛．
(2)由(1)可知𝑏𝑛=
2𝑛
2√𝑛⋅4𝑛+ √(𝑛+ 1) ⋅4𝑛+1
=
1
2(√𝑛+ √𝑛+ 1)
= 1
2(√𝑛+ 1 −√𝑛)，
从而𝑇𝑛= 1
2[(√2 −1) + (√3 −√2) + ⋯+ (√𝑛+ 1 −√𝑛)] = 1
2(√𝑛+ 1 −1)，
因为𝑛∈𝑁∗，√𝑛+ 1单调递增，则2𝑇𝑛= √𝑛+ 1 −1 ≥√1 + 1 −1 = √2 −1．
9. （25-26·江苏盐城）已知等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，且𝑑≠0，设𝑆𝑛为{𝑎𝑛}的前𝑛项和，数列{𝑏𝑛}满足
𝑏𝑛= 2𝑆𝑛−𝑛(𝑛∈𝑁∗).
（1）若𝑎1 = −1，𝑑= 1，且𝑏𝑛< 𝑎𝑛，求𝑛；
高二数理进阶
第 17 讲 数列求和问题
Page 422
先求必要，再验充分
（2）若数列{√𝑏𝑛}也是公差为𝑑的等差数列
①求数列{𝑏𝑛}的通项公式；
②求数列{(−1)𝑛𝑏𝑛}的前2𝑛项和𝑇2𝑛.
(1)1 , 2 , 3 , 4
(2)①𝑏𝑛= 𝑛2；②𝑇2𝑛= 2𝑛2 + 𝑛
【分析】(1)根据给定条件，依次求出𝑎𝑛, 𝑆𝑛, 𝑏𝑛，列出不等式求解即得.
(2)①设√𝑏𝑛= 𝑑𝑛+ 𝑏，由已知借助恒成立求出√𝑏𝑛，进而求出𝑏𝑛；②利用分组求和法求解即可.
【详解】(1)依题意，𝑎𝑛= −1 + (𝑛−1) = 𝑛−2，𝑆𝑛= 𝑛(−1 + 𝑛−2)
2
= 1
2𝑛2 −3
2𝑛，
则𝑏𝑛= 2𝑆𝑛−𝑛= 𝑛2 −4𝑛，由𝑏𝑛< 𝑎𝑛，得𝑛2 −4𝑛< 𝑛−2，解得5 −√17
2
< 𝑛< 5 + √17
2
，
而𝑛∈𝑁∗，所以𝑛∈{1 , 2 , 3 , 4}.
(2)①由数列{√𝑏𝑛}是公差为𝑑的等差数列，设√𝑏𝑛= 𝑑𝑛+ 𝑏，
又√𝑏𝑛= √2𝑆𝑛−𝑛= √2[𝑛𝑎1 + 𝑛(𝑛−1)
2
𝑑] −𝑛= √𝑑𝑛2 + (2𝑎1 −𝑑−1)𝑛，
于是𝑑𝑛+ 𝑏= √𝑑𝑛2 + (2𝑎1 −𝑑−1)𝑛对任意𝑛∈𝑁∗恒成立，
即𝑑𝑛2 + (2𝑎1 −𝑑−1)𝑛= 𝑑2𝑛2 + 2𝑑𝑏𝑛+ 𝑏2对任意𝑛∈𝑁∗恒成立，
则
{
𝑑= 𝑑2
2𝑎1 −𝑑−1 = 2𝑑𝑏
𝑏= 0
，又𝑑≠0，解得
{
𝑑= 1
𝑎1 = 1
𝑏= 0
，所以√𝑏𝑛= 𝑛，从而𝑏𝑛= 𝑛2；
②由①知(−1)𝑛𝑏𝑛= (−1)𝑛𝑛2，
故𝑇2𝑛= −12 + 22 −32 + 42 −⋯−(2𝑛−1)2 + (2𝑛)2
= (2 −1) × (2 + 1) + (4 −3)(4 + 3) + ⋯+ [2𝑛−(2𝑛−1)](2𝑛+ 2𝑛−1)
= 1 + 2 + 3 + 4 + ⋯+ (2𝑛−1) + 2𝑛= 𝑛(2𝑛+ 1) = 2𝑛2 + 𝑛.
10. （25-26·江苏苏州）已知函数𝑓(𝑥) = lg 20 −10𝑥
1 + 𝑥
，数列{𝑎𝑛}满足𝑎𝑛= 𝑓( 1
2𝑛) + 𝑓( 2
2𝑛) + 𝑓( 3
2𝑛) + ⋯
+𝑓(2𝑛−1
2𝑛
).
（1）求证：𝑓(𝑥) + 𝑓(1 −𝑥)为定值，并求数列{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）记数列{
1
𝑎𝑛𝑎𝑛+1
}的前𝑛项和为𝑇𝑛，求证：1
3 ≤𝑇𝑛< 1
2．
(1)证明见解析，𝑎𝑛= 2𝑛−1
(2)证明见解析
第 17 讲 数列求和问题
高二数理进阶
题目之难，多在关系
Page 423
【分析】(1)计算𝑓(𝑥) + 𝑓(1 −𝑥)为定值2，用倒序相加法求得{𝑎𝑛}通项公式；
(2)由(1)得到𝑎𝑛，裂项相消求和得𝑇𝑛，进而结合单调性证明不等式即可.
【详解】(1)由题意得𝑓(𝑥) + 𝑓(1 −𝑥) = lg 20 −10𝑥
1 + 𝑥
+ lg 10 + 10𝑥
2 −𝑥
= lg(20 −10𝑥
1 + 𝑥
× 10 + 10𝑥
2 −𝑥
) = lg 100 = 2 ，
则𝑎𝑛= 𝑓( 1
2𝑛) + 𝑓( 2
2𝑛) + 𝑓( 3
2𝑛) + ⋯+ 𝑓(2𝑛−1
2𝑛
)，
得到𝑎𝑛= 𝑓(2𝑛−1
2𝑛
) + 𝑓(2𝑛−2
2𝑛
) + 𝑓(2𝑛−3
2𝑛
) + ⋯+ 𝑓( 1
2𝑛)，
两式相加得2𝑎𝑛= 2(2𝑛−1)，即𝑎𝑛= 2𝑛−1.
(2)由题意得
1
𝑎𝑛𝑎𝑛+1
=
1
(2𝑛−1)(2𝑛+ 1) = 1
2(
1
2𝑛−1 −
1
2𝑛+ 1)，
则𝑇𝑛= 1
2 × (1 −1
3 + 1
3 −1
5 + 1
5 −1
7 + ⋯+
1
2𝑛−1 −
1
2𝑛+ 1) =
𝑛
2𝑛+ 1 =
1
2 + 1
𝑛
，
而𝑇1 =
1
2 × 1 + 1 = 1
3，而
𝑛
2𝑛+ 1 = 1
2 × (1 −
1
2𝑛+ 1)，可得当𝑛→+∞时，
𝑛
2𝑛+ 1 →1
2，
令𝑓(𝑛) =
1
2 + 1
𝑛
，因为反比例函数𝑦= 1
𝑛在[1 , + ∞)上单调递减，
所以𝑓(𝑛)在[1 , + ∞)上单调递增，即𝑇𝑛在[1 , + ∞)上单调递增，故1
3 ≤𝑇𝑛< 1
2得证.
测
知识小测
Exit Quiz
1. （25-26·北京顺义）已知等比数列{𝑎𝑛}为递增数列，其前𝑛项和为𝑆𝑛，𝑎1 = 3，𝑆3 = 21.
（1）求数列{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）若数列{𝑏𝑛−𝑎𝑛}是首项为1，公差为3的等差数列，求数列{𝑏𝑛}的通项公式及前𝑛项和𝑇𝑛.
(1)𝑎𝑛= 3 ⋅2𝑛−1 ；
(2)𝑏𝑛= 3 ⋅2𝑛−1 + 3𝑛−2 , 𝑇𝑛= 3 ⋅2𝑛+ 3𝑛2
2
−𝑛
2 −3
【分析】(1)设出公比，根据条件得到方程组，求出公比，得到通项公式；
(2)利用等差数列通项公式得到𝑏𝑛，然后分组求和得到结果.
【详解】(1)设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，由𝑎1 = 3 > 0，且等比数列{𝑎𝑛}为递增数列，所以𝑞> 1，
𝑆3 = 3 + 3𝑞+ 3𝑞2 = 21，解得𝑞= 2（负值舍去），
所以𝑎𝑛= 𝑎1𝑞𝑛−1 = 3 ⋅2𝑛−1，即𝑎𝑛= 3 ⋅2𝑛−1；
高二数理进阶
第 17 讲 数列求和问题
Page 424
方法之巧，贵在自然
(2)由数列{𝑏𝑛−𝑎𝑛}是首项为1，公差为3的等差数列，所以𝑏𝑛−𝑎𝑛= 1 + 3 ⋅(𝑛−1) = 3𝑛−2，
所以𝑏𝑛= 3 ⋅2𝑛−1 + 3𝑛−2，
𝑇𝑛= 𝑏1 + 𝑏2 + ⋯+ 𝑏𝑛= 3 + 3 × 2 + ⋯+ 3 × 2𝑛−1 + 1 + 4 + ⋯+ 3𝑛−2
= 3 × (1 −2𝑛)
1 −2
+ (1 + 3𝑛−2)𝑛
2
= 3 ⋅2𝑛+ 3𝑛2
2
−𝑛
2 −3 .
2. （25-26·福建厦门）已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 = 2 , 𝑎𝑛= 𝑛(𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛)(𝑛∈𝑁∗)．
（1）求数列{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）设𝑏𝑛=
1
𝑎2𝑛−1，求数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛．
(1)𝑎𝑛= 2𝑛
(2)𝑆𝑛=
𝑛
2𝑛+ 1
【分析】(1)根据题意整理可得𝑎𝑛+1
𝑛+ 1 = 𝑎𝑛
𝑛，进而可得𝑎𝑛
𝑛= 2，即可得结果；
(2)整理可得𝑏𝑛= 1
2(
1
2𝑛−1 −
1
2𝑛+ 1)，利用裂项相消法运算求解.
【详解】(1)因为𝑎𝑛= 𝑛(𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛)，且𝑎1 = 2，可得(𝑛+ 1)𝑎𝑛= 𝑛𝑎𝑛+1，
即𝑎𝑛+1
𝑛+ 1 = 𝑎𝑛
𝑛对任意𝑛∈𝑁∗恒成立，可得𝑎𝑛
𝑛= 𝑎𝑛−1
𝑛−1 = ⋅⋅⋅= 𝑎1
1 = 2，
所以𝑎𝑛= 2𝑛.
(2)由(1)可知：𝑎𝑛= 2𝑛，
则𝑏𝑛=
1
(2𝑛)2 −1 =
1
(2𝑛−1)(2𝑛+ 1) = 1
2(
1
2𝑛−1 −
1
2𝑛+ 1)，
可得𝑆𝑛= 1
2(1 −1
3 + 1
3 −1
5 + 1
5 −1
7 + ⋅⋅⋅+
1
2𝑛−1 −
1
2𝑛+ 1) = 1
2(1 −
1
2𝑛+ 1) =
𝑛
2𝑛+ 1，
所以𝑆𝑛=
𝑛
2𝑛+ 1.
3. （25-26·河南）已知等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且2𝑎3 + 𝑎4 = 46，𝑆8 = 160．
（1）求{𝑎𝑛}的通项公式和𝑆𝑛；
（2）若𝑏𝑛= 1
𝑆𝑛
，求数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛．
(1)𝑎𝑛= 4𝑛+ 2，𝑆𝑛= 2𝑛2 + 4𝑛
(2)𝑇𝑛= 3
8 −1
4(
1
𝑛+ 1 +
1
𝑛+ 2)
第 17 讲 数列求和问题
高二数理进阶
运算之稳，来自结构
Page 425
【分析】(1)根据等差数列的通项公式与前𝑛项和为𝑆𝑛求得首项𝑎1与公差𝑑即可得数列{𝑎𝑛}的通项公式和
𝑆𝑛；
(2)由(1)得𝑏𝑛= 1
𝑆𝑛
=
1
2𝑛(𝑛+ 2)，通过裂项相消法可求得𝑇𝑛.
【详解】(1)设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，又2𝑎3 + 𝑎4 = 46，𝑆8 = 160，
所以
{
2𝑎3 + 𝑎4 = 2(𝑎1 + 2𝑑) + 𝑎1 + 3𝑑= 46
𝑆8 = 8𝑎1 + 8 × 7𝑑
2
= 160
，
解得𝑎1 = 6，𝑑= 4，
所以𝑎𝑛= 6 + (𝑛−1) ⋅4 = 4𝑛+ 2，𝑆𝑛= (6 + 4𝑛+ 2)𝑛
2
= 2𝑛2 + 4𝑛；
(2)由(1)知𝑏𝑛= 1
𝑆𝑛
=
1
2𝑛(𝑛+ 2) = 1
4(1
𝑛−
1
𝑛+ 2)，
所以
𝑇𝑛= 1
4(1 −1
3 + 1
2 −1
4 + 1
3 −1
5 + ⋅⋅⋅+1
𝑛−
1
𝑛+ 2)
= 1
4(3
2 −
1
𝑛+ 1 −
1
𝑛+ 2) = 3
8 −1
4(
1
𝑛+ 1 +
1
𝑛+ 2) .
4. （25-26·江西南昌）已知等差数列{𝑎𝑛}满足：𝑎1 = 2，且𝑎1，𝑎2，𝑎4成等比数列．
（1）求数列{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）若等差数列{𝑎𝑛}的公差不为零，且数列{𝑏𝑛}满足：𝑏𝑛=
1
√1
2𝑎𝑛+ √1
2𝑎𝑛+1
，求数列{𝑏𝑛}的前99项和
𝑇99.
(1)𝑎𝑛= 2或𝑎𝑛= 2𝑛；
(2)9
【分析】(1)利用𝑎1，𝑎2，𝑎4成等比数列列出关于公差𝑑的方程，再利用等差数列的通项公式即可；
(2)利用(1)中的通项公式，利用分母有理化化简𝑏𝑛，最后利用裂项相消求和即可.
【详解】(1)设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，依题意，2，2 + 𝑑，2 + 3𝑑成等比数列，
所以(2 + 𝑑)2 = 2(2 + 3𝑑)，解得：𝑑= 0或𝑑= 2
当𝑑= 0时，𝑎𝑛= 2；当𝑑= 2时，𝑎𝑛= 2 + (𝑛−1) × 2 = 2𝑛，
所以数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛= 2或𝑎𝑛= 2𝑛.
(2)因为等差数列{𝑎𝑛}的公差不为零，由(1)知𝑎𝑛= 2𝑛（𝑛∈𝑁∗），
则𝑏𝑛=
1
√1
2𝑎𝑛+ √1
2𝑎𝑛+1
=
1
√𝑛+ √𝑛+ 1
= √𝑛+ 1 −√𝑛，
高二数理进阶
第 17 讲 数列求和问题
Page 426
证明之美，在于必然
所以𝑇99 = 𝑏1 + 𝑏2 + 𝑏3 + ⋯+ 𝑏99
= (√2 −1) + (√3 −√2) + (√4 −√3) + ⋯+ (√100 −√99) = √100 −1 = 10 −1 = 9 .
5. 已知数列{𝑎𝑛}满足：𝑎1 = 1，𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛+ 2𝑛(𝑛∈𝑁∗).
（1）求数列{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）设数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，若𝑏𝑛= 𝑎𝑛+ 1
𝑎𝑛𝑎𝑛+1
，求证：𝑆𝑛< 1.
(1)𝑎𝑛= 2𝑛−1(𝑛∈𝑁∗)
(2)证明见解析
【分析】(1)用累加法即可求出结果；
(2)将第(1)问的结果代入原式，裂项相消求出前𝑛项和为𝑆𝑛，即可证明结果.
【详解】(1)因为𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛+ 2𝑛(𝑛∈𝑁∗)，
所以当𝑛≥2时，𝑎𝑛= 𝑎𝑛−1 + 2𝑛−1，…，𝑎3 = 𝑎2 + 22，𝑎2 = 𝑎1 + 2，
上述各式相加得𝑎𝑛= 𝑎1 + 2 + 22 + ⋯+ 2𝑛−1，
又𝑎1 = 1，所以𝑎𝑛= 1 + 2 + 22 + ⋯+ 2𝑛−1 = 1 −2𝑛
1 −2 = 2𝑛−1(𝑛≥2)，
又𝑎1 = 1满足上式，故𝑎𝑛= 2𝑛−1(𝑛∈𝑁∗).
(2)由(1)得𝑎𝑛= 2𝑛−1，
所以𝑏𝑛= 𝑎𝑛+ 1
𝑎𝑛𝑎𝑛+1
=
2𝑛−1 + 1
(2𝑛−1)(2𝑛+1 −1) =
1
2𝑛−1 −
1
2𝑛+1 −1，
所以数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和
𝑆𝑛=
1
21 −1 −
1
22 −1 +
1
22 −1 −
1
23 −1 + ⋯+
1
2𝑛−1 −
1
2𝑛+1 −1 = 1 −
1
2𝑛+1 −1 < 1 ，
即𝑆𝑛< 1.
第 18 讲 数列中的奇偶项问题
高二数理进阶
设元须简，关系须明
Page 427
第 18 讲
数列中的奇偶项问题
讲
题型精讲
Core examples
题型1
等差数列中的奇偶项性质
题型点拨
等差数列中
①若项数为偶数2𝑛，则𝑆2𝑛= 𝑛(𝑎1 + 𝑎2𝑛) = 𝑛(𝑎𝑛+ 𝑎𝑛+1)；𝑆偶−𝑆奇= 𝑛𝑑；
𝑆奇
𝑆偶
=
𝑎𝑛
𝑎𝑛+1
．
②若项数为奇数2𝑛−1，则𝑆2𝑛−1 = (2𝑛−1)𝑎𝑛；𝑆奇−𝑆偶= 𝑎𝑛；
𝑆奇
𝑆偶
=
𝑛
𝑛−1．
典例1 （25-26·天津）等差数列{𝑎𝑛}共2𝑛+ 1项，且奇数项和为165，偶数项和为150，则𝑛=
．
10
【分析】结合等差数列前𝑛项和公式，利用奇数项和偶数项的和列式求解即可.
【详解】等差数列{𝑎𝑛} 共2𝑛+ 1项，其中奇数项有𝑛+ 1个，偶数项有𝑛个，
设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，
奇数项和𝑎1 + 𝑎3 + ⋯+ 𝑎2𝑛+1 = (𝑛+ 1)𝑎1 + (𝑛+ 1)𝑛
2
⋅2𝑑= (𝑛+ 1)(𝑎1 + 𝑛𝑑) = 165①，
偶数项和𝑎2 + 𝑎4 + ⋯+ 𝑎2𝑛= 𝑛(𝑎1 + 𝑑) + 𝑛(𝑛−1)
2
⋅2𝑑= 𝑛(𝑎1 + 𝑛𝑑) = 150②，
由①−②，得𝑎1 + 𝑛𝑑= 15，代入②式，可得𝑛× 15 = 150，解得𝑛= 10.
故答案为：10
变式1 若等差数列{𝑎𝑛}的项数为2𝑛+ 1，则𝑆2𝑛+1 = (2𝑛+ 1)𝑎𝑛+1 ,𝑆偶−𝑆奇= −𝑎𝑛+1 ,
𝑆偶
𝑆奇
=
．
𝑛
𝑛+ 1
高二数理进阶
第 18 讲 数列中的奇偶项问题
Page 428
变形须等价，结论须回检
【分析】根据𝑆2𝑛+1 = 𝑆偶+ 𝑆奇= (2𝑛+ 1)𝑎𝑛+1，与𝑆偶−𝑆奇= −𝑎𝑛+1联立求出𝑆偶, 𝑆奇，即可化简得
到结果.
【详解】因𝑆2𝑛+1 = 𝑆偶+ 𝑆奇= (2𝑛+ 1)𝑎𝑛+1 ,𝑆偶−𝑆奇= −𝑎𝑛+1 ,
联立解得：𝑆偶= 𝑛𝑎𝑛+1 , 𝑆奇= (𝑛+ 1)𝑎𝑛+1 ,
故
𝑆偶
𝑆奇
=
𝑛𝑎𝑛+1
(𝑛+ 1)𝑎𝑛+1
=
𝑛
𝑛+ 1.
故答案为：
𝑛
𝑛+ 1.
题型2
等比数列中的奇偶项性质
题型点拨
等比数列{𝑎𝑛}中，若项数为2𝑛，则
𝑆偶
𝑆奇
= 𝑞；若项数为2𝑛+ 1，则
𝑆奇−𝑎1
𝑆偶
= 𝑞．
典例2 若等比数列{𝑎𝑛}共有2𝑛项，其公比为2，其奇数项和比偶数项和少100，则数列{𝑎𝑛}的所有项之和为
．
300
【分析】设等比数列{𝑎𝑛}的奇数项之和为𝑆1，偶数项之和为𝑆2 ,则𝑆2 = 2𝑆1，𝑆1 + 100 = 𝑆2，则可求出
𝑆1,𝑆2 ,值，从而得出答案.
【详解】设等比数列{𝑎𝑛}的奇数项之和为𝑆1，偶数项之和为𝑆2，
则𝑆1 = 𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5 + ⋯+ 𝑎2𝑛−1，
𝑆2 = 𝑎2 + 𝑎4 + 𝑎6 + ⋯+ 𝑎2𝑛= 𝑞(𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5 + ⋯+ 𝑎2𝑛−1) = 2𝑆1 ，
由题意可得：𝑆1 + 100 = 𝑆2，即𝑆1 + 100 = 2𝑆1，解得𝑆1 = 100 , 𝑆2 = 200，
故数列{𝑎𝑛}的所有项之和是100 + 200 = 300.
故答案为：300.
变式2 （25-26·重庆）若等比数列 {𝑎𝑛} 共有奇数项，且所有奇数项和 𝑆奇= 255 ，所有偶数项和 𝑆偶=
−126 ， 末项是192，则公比 𝑞=
.
−2
第 18 讲 数列中的奇偶项问题
高二数理进阶
参数随动，约束先行
Page 429
【分析】由奇数项和𝑆奇，偶数项和𝑆偶及末项𝑎末的关系式𝑆偶= 𝑞(𝑆奇−𝑎末)，代入数据得−126 =
𝑞(255 −192)，再计算求出公比.
【详解】设等比数列有2𝑛+ 1项，则奇数项有𝑛+ 1项，偶数项有𝑛项，
设公比为𝑞，得到奇数项和为𝑎1(1 + 𝑞2 + 𝑞4 + ⋯+ 𝑞2𝑛) = 255，
偶数项和为𝑎1(𝑞+ 𝑞3 + 𝑞5 + ⋯+ 𝑞2𝑛−1) = −126，
所以𝑞𝑎1(1 + 𝑞2 + 𝑞4 + ⋯+ 𝑞2𝑛) = 255𝑞，
即𝑎1(𝑞+ 𝑞3 + 𝑞5 + ⋯+ 𝑞2𝑛−1) + 𝑞𝑎2𝑛+1 = 255𝑞，
可得：−126 + 192𝑞= 255𝑞，解得𝑞= −2．
故答案为：−2
题型3
求和问题中的奇偶项处理
题型点拨
1、项数问题
①数列项数是2𝑛项，那么奇数和偶数分别是𝑛项；
②数列项数是2𝑛+ 1项，那么奇数为𝑛+ 1项，偶数为𝑛项；
③当项数是𝑛项时，要分𝑛为奇数和𝑛为偶数；
2、常见类型
①𝑐𝑛= {𝑎𝑛, 𝑛为奇数
𝑏𝑛, 𝑛为偶数，求𝑇2𝑛的值；则𝑇2𝑛= (𝑎1 + 𝑎3 + ⋯+ 𝑎2𝑛−1) + (𝑏2 + 𝑏4 + ⋯+ 𝑏2𝑛)
②𝑐𝑛= {𝑎𝑛, 𝑛为奇数
𝑏𝑛, 𝑛为偶数，求𝑇𝑛的值
(1)𝑛为奇数时，有𝑛+ 1
2
个奇数项，有𝑛−1
2
个偶数项，则𝑇𝑛= (𝑎1 + 𝑎3 + ⋯+ 𝑎𝑛) + (𝑏2 + 𝑏4 + ⋯+
𝑏𝑛−1)
(2)𝑛为偶数时，有𝑛
2个奇数项，有𝑛
2个偶数项，则𝑇𝑛= (𝑎1 + 𝑎3 + ⋯+ 𝑎𝑛−1) + (𝑏2 + 𝑏4 + ⋯+ 𝑏𝑛)
3、其他类型
①数列中连续两项和或积的问题：𝑎𝑛+ 𝑎𝑛+1 = 𝑓(𝑛)或𝑎𝑛⋅𝑎𝑛+1 = 𝑓(𝑛)
②含有(−1)𝑛类型
典例3 已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 = 2，𝑎𝑛+1𝑎𝑛= 2𝑛+1，求数列{𝑎𝑛}的通项公式．
高二数理进阶
第 18 讲 数列中的奇偶项问题
Page 430
边界不沉默，端点有分量
𝑎𝑛=
{
2
𝑛+ 1
2
, 𝑛为奇数
2
𝑛
2 , 𝑛为偶数
【分析】由递推关系两式相除得到𝑎𝑛+2
𝑎𝑛
= 2，则奇数项和偶数项分别成等比数列，分𝑛为奇数和𝑛为偶数
得到通项公式.
【详解】因为𝑎𝑛+1𝑎𝑛= 2𝑛+1，所以𝑎𝑛+2𝑎𝑛+1 = 2𝑛+2，两式相除可得𝑎𝑛+2
𝑎𝑛
= 2．
由𝑎2𝑎1 = 4得𝑎2 = 2，
当𝑛为奇数时，𝑎𝑛= 𝑎1 ⋅2
𝑛−1
2
= 2
𝑛+ 1
2
；
当𝑛为偶数时，𝑎𝑛= 𝑎2 ⋅2
𝑛
2
−1
= 2 ⋅2
𝑛
2
−1
= 2
𝑛
2 ．
所以𝑎𝑛=
{
2
𝑛+ 1
2
, 𝑛为奇数
2
𝑛
2 , 𝑛为偶数
变式3 （25-26·浙江绍兴）已知等差数列{𝑎𝑛}中，𝑎2 + 𝑎10 = 22 , 𝑎8 = 15，等比数列{𝑏𝑛}中，𝑏1 =
𝑎2 , 𝑏4 = 𝑎40 + 2.
（1）求数列{𝑏𝑛}的通项公式；
（2）记𝑐𝑛= {𝑎𝑛, 𝑛为奇数
𝑏𝑛, 𝑛为偶数，求数列{𝑐𝑛}的前𝑛项的和𝑆𝑛.
(1)𝑏𝑛= 3𝑛
(2)𝑆𝑛=
{
(𝑛+ 1)𝑛
2
+ 3𝑛+1 −9
8
, 𝑛为奇数
(𝑛−1)𝑛
2
+ 9(3𝑛−1)
8
, 𝑛为偶数
【分析】(1)根据等差和等比数列基本量的计算即可求解，
(2)对𝑛分奇偶，结合分组求和，利用等差数列以及等比数列求和公式即可求解.
【详解】(1)设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，等比数列{𝑏𝑛}的公比为𝑞，
由𝑎2 + 𝑎10 = 22 , 𝑎8 = 15，
得{𝑎1 + 𝑑+ 𝑎1 + 9𝑑= 22
𝑎1 + 7𝑑= 15
⇒{𝑎1 = 1
𝑑= 2 ，所以𝑎𝑛= 2𝑛−1，
从而𝑏1 = 𝑎2 = 3 , 𝑏4 = 𝑎40 + 2 = 81，
所以𝑏4 = 𝑏1𝑞3 ⇒81 = 3𝑞3 ⇒𝑞= 3，所以𝑏𝑛= 3𝑛.
第 18 讲 数列中的奇偶项问题
高二数理进阶
特殊可启发，不能替证明
Page 431
(2)𝑐𝑛= {𝑎𝑛, 𝑛为奇数
𝑏𝑛, 𝑛为偶数，故𝑐𝑛= {2𝑛−1 , 𝑛为奇数
3𝑛, 𝑛为偶数
，
当𝑛为偶数时，𝑆𝑛= 𝑎1 + 𝑏2 + 𝑎3 + 𝑏4 + ⋯+ 𝑎𝑛−1 + 𝑏𝑛
= (𝑎1 + 𝑎3⋯+ 𝑎𝑛−1) + (𝑏2 + 𝑏4 + ⋯+ 𝑏𝑛)
=
(𝑎1 + 𝑎𝑛−1)𝑛
2
2
+
32
(
1 −3
2×𝑛
2
)
1 −32
=
(1 + 2𝑛−3)𝑛
2
2
+
9
(
3
2×𝑛
2 −1
)
8
= (𝑛−1)𝑛
2
+ 9(3𝑛−1)
8
，
当𝑛为奇数时，𝑆𝑛= 𝑆𝑛+1 −𝑏𝑛+1 = (𝑛+ 1)𝑛
2
+ 9(3𝑛+1 −1)
8
−3𝑛+1 = (𝑛+ 1)𝑛
2
+ 3𝑛+1 −9
8
，
综上可得𝑆𝑛=
{
(𝑛+ 1)𝑛
2
+ 3𝑛+1 −9
8
, 𝑛为奇数
(𝑛−1)𝑛
2
+ 9(3𝑛−1)
8
, 𝑛为偶数
练
强化训练
Targeted Practice
1. 已知一个等比数列的项数是偶数，其奇数项之和为1012，偶数项之和为2024，则这个数列的公比为
（ ）
A. 8
B. −2
C. 4
D. 2
𝐷
【分析】根据题意结合等比数列的性质运算求解.
【详解】由题意可知：𝑆偶= 2024 , 𝑆奇= 1012，
所以𝑞=
𝑆偶
𝑆奇
= 2．
故选：𝐷.
2. （25-26·江苏连云港）（多选）已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且𝑎1 = 1，𝑎2 = 2，𝑎𝑛+1 + 𝑎𝑛= 3𝑛，则
（ ）
A. 𝑎4 = 5
B. 𝑆20 = 300
C. 𝑆31 = 720
D. 𝑛为奇数时，𝑆𝑛= 3𝑛2 + 1
4
𝐴𝐵𝐷
【分析】由题设有𝑎𝑛+2 −𝑎𝑛= 3，讨论𝑛的奇偶性，结合等差数列定义、前𝑛项和公式判断各项正误.
高二数理进阶
第 18 讲 数列中的奇偶项问题
Page 432
反例能止住误判
【详解】由𝑎𝑛+1 + 𝑎𝑛= 3𝑛，则𝑎𝑛+2 + 𝑎𝑛+1 = 3(𝑛+ 1)，两式作差，得𝑎𝑛+2 −𝑎𝑛= 3，
𝑎1 = 1，当𝑛为奇数，{𝑎𝑛}是首项为1，公差为3的等差数列，即𝑎𝑛= 3
2𝑛−1
2；
𝑎2 = 2，当𝑛为偶数，{𝑎𝑛}是首项为2，公差为3的等差数列，即𝑎𝑛= 3
2𝑛−1；
所以𝑎4 = 𝑎2 + 3 = 5，𝐴对，
𝑆20 = (𝑎1 + 𝑎3 + ⋯+ 𝑎19) + (𝑎2 + 𝑎4 + ⋯+ 𝑎20) = 10 × (1 + 28)
2
+ 10 × (2 + 29)
2
= 300，𝐵对；
𝑆31 = (𝑎1 + 𝑎3 + ⋯+ 𝑎31) + (𝑎2 + 𝑎4 + ⋯+ 𝑎30) = 16 × (1 + 46)
2
+ 15 × (2 + 44)
2
= 721，𝐶错；
𝑛为奇数时，𝑆𝑛=
𝑛+ 1
2
× (1 + 3
2𝑛−1
2)
2
+
𝑛−1
2
× [2 + 3
2(𝑛−1) −1]
2
= (𝑛+ 1)(3𝑛+ 1)
8
+
(𝑛−1)(3𝑛−1)
8
= 3𝑛2 + 1
4
，𝐷对.
故选：𝐴𝐵𝐷
3. （25-26·云南保山）等比数列{𝑎𝑛}的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为85
32，偶数项之和为21
16，则
这个等比数列的公比𝑞=
.
1
2/0.5
【分析】设数列{𝑎𝑛}共有2𝑚+ 1项，根据等比数列的性质得出奇偶项的和之间的关系，即可求得答案.
【详解】设数列{𝑎𝑛}共有2𝑚+ 1项，
由题意得𝑆奇= 𝑎1 + 𝑎3 + ⋯+ 𝑎2𝑚+1 = 85
32，𝑆偶= 𝑎2 + 𝑎4 + ⋯+ 𝑎2𝑚= 21
16，
则𝑆奇= 𝑎1 + 𝑎2𝑞+ ⋯+ 𝑎2𝑚𝑞= 2 + 𝑞(𝑎2 + 𝑎4 + ⋯+ 𝑎2𝑚) = 2 + 21
16𝑞= 85
32，
解得𝑞= 1
2，
故答案为：1
2
4. 已知等差数列{𝑎𝑛}的项数为奇数，且奇数项和为44，偶数项和为33，则数列的中间项为
；项
数为
．
117
【分析】根据奇数项的和与偶数项的和，可作比得到𝑛，由此可得项数和中间项.
第 18 讲 数列中的奇偶项问题
高二数理进阶
方程承接未知
Page 433
【详解】设等差数列{𝑎𝑛}的项数为2𝑛+ 1(𝑛∈𝑁)，
则𝑆奇= 𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5 + ⋅⋅⋅+𝑎2𝑛−1 + 𝑎2𝑛+1 = (𝑛+ 1)(𝑎1 + 𝑎2𝑛+1)
2
= (𝑛+ 1)𝑎𝑛+1 = 44，
𝑆偶= 𝑎2 + 𝑎4 + 𝑎6 + ⋅⋅⋅+𝑎2𝑛−2 + 𝑎2𝑛= 𝑛(𝑎2 + 𝑎2𝑛)
2
= 𝑛𝑎𝑛+1 = 33 ，
∴
𝑆奇
𝑆偶
= 𝑛+ 1
𝑛
= 4
3，解得：𝑛= 3，即等差数列{𝑎𝑛}的项数为2𝑛+ 1 = 7；
∵2𝑛+ 1项的数列的中间项为第𝑛+ 1项，即𝑎𝑛+1，
∴由(𝑛+ 1)𝑎𝑛+1 = 44得：4𝑎𝑛+1 = 44，解得：𝑎𝑛+1 = 11，即中间项为11.
故答案为：11；7.
5. 已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 = 1，𝑎𝑛+1 + 𝑎𝑛= −3𝑛(𝑛∈𝑁∗)，记数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，若𝑆𝑛= −192，则
𝑛=
.
16
【分析】根据递推关系式求得数列{𝑎𝑛}的奇数项是首项为1，公差为−3的等差数列，偶数项是首项为−4，
公差为−3的等差数列，进而求出其2𝑛项的和，即可求解结论．
【详解】∵数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 = 1 , 𝑎𝑛+1 + 𝑎𝑛= −3𝑛(𝑛∈𝑁∗)，
∴𝑎2 = −4，且𝑎𝑛+2 + 𝑎𝑛+1 = −3(𝑛+ 1)，
∴𝑎𝑛+2 −𝑎𝑛= −3 ，
∴数列{𝑎𝑛}的奇数项是首项为1，公差为−3的等差数列，
偶数项是首项为−4，公差为−3的等差数列，
∴𝑆2𝑛= 𝑛+ 𝑛(𝑛−1)
2
× (−3) −4𝑛+ 𝑛(𝑛−1)
2
× (−3) = −3𝑛2 = −192 ⇒𝑛= 8(负值舍去)，
∴𝑆2𝑛+1 = 𝑛+ 1 + 𝑛(𝑛+ 1)
2
× (−3) −4𝑛+ 𝑛(𝑛−1)
2
× (−3) = −3𝑛2 −3𝑛+ 1 = −192，此时𝑛无正整
数解，
∴若𝑆𝑛= −192，则𝑛= 16，
故答案为：16.
6. （25-26·福建龙岩）已知数列{𝑎𝑛} , 𝑎1 = 1 , 𝑎2 = 2，前𝑛项和为𝑆𝑛，
（1）若{𝑎𝑛}是等差数列，求数列{
1
𝑎𝑛𝑎𝑛+1
}的前𝑛项和𝑇𝑛；
（2）若𝑎𝑛= {𝑛, 𝑛为奇数
2𝑛−1 , 𝑛为偶数, (𝑛∈𝑁∗)，求𝑆2𝑛；
高二数理进阶
第 18 讲 数列中的奇偶项问题
Page 434
函数刻画变化
(1)
𝑛
𝑛+ 1
(2)𝑛2 + 2
3(4𝑛−1)
【分析】(1)先求出等差数列{𝑎𝑛}的通项公式，然后利用裂项相消法求出结果即可.
(2)利用分组求和法和等差数列、等比数列的前𝑛项和公式进行计算即可.
【详解】(1)设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，由题意𝑑= 1，所以𝑎𝑛= 𝑛，
所以
1
𝑎𝑛𝑎𝑛+1
=
1
𝑛(𝑛+ 1) = 1
𝑛−
1
𝑛+ 1；
∴𝑇𝑛= (1 −1
2) + (1
2 −1
3) + ⋯+ (1
𝑛−
1
𝑛+ 1) = 1 −
1
𝑛+ 1 =
𝑛
𝑛+ 1
(2)由题意，𝑆2𝑛= 𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5 + ⋯+ 𝑎2𝑛−1 + 𝑎2 + 𝑎4 + ⋯+ 𝑎2𝑛
= 1 + 3 + 5 + ⋯+ (2𝑛−1) + 21 + 23 + 25 + ⋯+ 22𝑛−1
= 𝑛
2(1 + 2𝑛−1) +
2
4 −1(4𝑛−1) = 𝑛2 + 2
3(4𝑛−1)
7. 已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 = 1，𝑎2 = 2，𝑎𝑛+2 −𝑎𝑛= 3.
（1）求𝑎2𝑛；
（2）当𝑛为奇数时，求数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛.
(1)𝑎2𝑛= 3𝑛−1
(2)𝑆𝑛= 3𝑛2 + 1
4
.
【分析】(1)根据条件𝑎𝑛+2 −𝑎𝑛= 3，得出数列𝑎2 , 𝑎4 , ⋯, 𝑎2𝑛为等差数列，即可求出结果；
(2)根据条件得出𝑎2𝑛−1 = 3𝑛−2，由(1)知𝑎2𝑛= 3𝑛−1，再利用分组求和即可求出结果.
【详解】(1)因为𝑎𝑛+2 −𝑎𝑛= 3，所以数列𝑎2 , 𝑎4 , ⋯, 𝑎2𝑛构成首项为𝑎2 = 2，公差为3的等差数列，
所以𝑎2𝑛= 𝑎2 + (𝑛−1) ⋅3 = 3𝑛−1.
(2)由𝑎𝑛+2 −𝑎𝑛= 3，所以数列𝑎1 , 𝑎3 , ⋯, 𝑎2𝑛−1构成首项为𝑎1 = 1，公差为3的等差数列，得到
𝑎2𝑛−1 = 𝑎1 + (𝑛−1) ⋅3 = 3𝑛−2，
设𝑛= 2𝑘−1，
则
𝑆2𝑘−1 = (𝑎1 + 𝑎3 + ⋯+ 𝑎2𝑘−1) + (𝑎2 + 𝑎4 + ⋯+ 𝑎2𝑘−2)
= (1 + 4 + 7 + ⋯+ 3𝑘−2) + (2 + 5 + 8 + ⋯+ 3𝑘−4)
= 𝑘(1 + 3𝑘−2)
2
+ (𝑘−1)(2 + 3𝑘−4)
2
= 3𝑘2 −3𝑘+ 1，
又𝑘= 𝑛+ 1
2
，所以𝑛为奇数时，𝑆𝑛= 3(𝑛+ 1
2
)2 −3(𝑛+ 1
2
) + 1 = 3𝑛2 + 1
4
.
第 18 讲 数列中的奇偶项问题
高二数理进阶
不等式守护范围
Page 435
8. 已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎𝑛= {6𝑛−1 , 𝑛为奇数
2𝑛, 𝑛为偶数
求数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛．
𝑆𝑛=
{
3𝑛2 + 5𝑛
2
+ 2𝑛+1 −1
3
, 𝑛为奇数
3𝑛2 −𝑛
2
+ 4 × 2𝑛
3
−4
3 , 𝑛为偶数.
【分析】数列{𝑎𝑛}的奇数项为等差数列，偶数项为等比数列，因此可以把所有奇数项放在一起求和，把所
有偶数项放在一起求和，最后再把两部分相加．
【详解】若𝑛为奇数，
则𝑆𝑛= 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + ⋯+ 𝑎𝑛= (𝑎1 + 𝑎3 + ⋯+ 𝑎𝑛) + (𝑎2 + 𝑎4 + ⋯+ 𝑎𝑛−1)
=
[5 + (6𝑛−1)]𝑛+ 1
2
2
+
4
(
1 −4
𝑛−1
2
)
1 −4
= (3𝑛+ 2)(𝑛+ 1)
2
+ 4
𝑛+ 1
2
−4
3
= 3𝑛2 + 5𝑛
2
+ 2𝑛+1 −1
3
；
若𝑛为偶数，
则𝑆𝑛= 𝑆𝑛−1 + 𝑎𝑛= (3𝑛−1)𝑛
2
+ 4
𝑛
2 −4
3
+ 2𝑛= 3𝑛2 −𝑛
2
+ 4 × 2𝑛
3
−4
3．
所以𝑆𝑛=
{
3𝑛2 + 5𝑛
2
+ 2𝑛+1 −1
3
, 𝑛为奇数
3𝑛2 −𝑛
2
+ 4 × 2𝑛
3
−4
3 , 𝑛为偶数.
9. （25-26·江苏苏州）已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎𝑛+1 = {2𝑎𝑛, 𝑛为奇数
𝑎𝑛+ 1 , 𝑛为偶数，𝑎1 = 1，前𝑛项和为𝑆𝑛．
（1）求证：数列{𝑎2𝑛+ 2}是等比数列；
（2）求𝑆𝑛；
（3）记𝑏𝑛= 𝑆2𝑛，数列{𝑏𝑛}中是否存在不同的3项𝑏𝑚、𝑏𝑘、𝑏𝑝（其中𝑚、𝑘、𝑝成等差数列）成等差数列？
若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由．
(1)证明见解析
(2)𝑆𝑛=
{
2
𝑛+ 5
2
−3𝑛+ 11
2
, 𝑛为奇数
3 × 2
𝑛
2
+1
−3𝑛
2 −6 , 𝑛为偶数
【分析】(1)利用等比数列的定义证明即可得出结论；
(2)求出数列{𝑎𝑛}的通项公式，对𝑛分偶数和奇数两种情况讨论，结合分组求和法可求得𝑆𝑛的表达式；
高二数理进阶
第 18 讲 数列中的奇偶项问题
Page 436
集合先明对象
【详解】(1)因为数列{𝑎𝑛}满足𝑎𝑛+1 = {2𝑎𝑛, 𝑛为奇数
𝑎𝑛+ 1 , 𝑛为偶数，且𝑎1 = 1，则𝑎2 = 2𝑎1 = 2，
所以𝑎2𝑛+2 = 2𝑎2𝑛+1 = 2(𝑎2𝑛+ 1) = 2𝑎2𝑛+ 2，
故𝑎2𝑛+2 + 2 = 2𝑎2𝑛+ 2 + 2 = 2(𝑎2𝑛+ 2)，且𝑎2 + 2 = 4，
因此数列{𝑎2𝑛+ 2}是等比数列.
(2)当𝑛为偶数时，设𝑛= 2𝑡(𝑡∈𝑁∗)，则𝑡= 𝑛
2，
由(1)可知𝑎𝑛+ 2 = 𝑎2𝑡+ 2 = (𝑎2 + 2) ⋅2𝑡−1 = 4 × 2𝑡−1 = 2𝑡+1 = 2
𝑛
2
+1
，则𝑎𝑛= 2
𝑛
2
+1
−2，
当𝑛为奇数时，𝑎𝑛= 𝑎𝑛−1 + 1 = 2
𝑛−1
2
+1
−1 = 2
𝑛+ 1
2
−1，
所以𝑎𝑛=
{
2
𝑛+ 1
2
−1 , 𝑛为奇数
2
𝑛
2
+1
−2 , 𝑛为偶数
，
当𝑛为偶数时，设𝑛= 2𝑡(𝑡∈𝑁∗)，则𝑡= 𝑛
2，𝑎2𝑡−1 + 𝑎2𝑡= (2𝑡−1) + (2𝑡+1 −2) = 3 × 2𝑡−3，
此时𝑆𝑛= 𝑆2𝑡= (3 × 21 −3) + (3 × 22 −3) + ⋯+ (3 × 2𝑡−3)
= 3 × (21 + 22 + ⋯+ 2𝑡) −3𝑡= 6(1 −2𝑡)
1 −2
−3𝑡= 3 × 2𝑡+1 −3𝑡−6 = 3 × 2
𝑛
2
+1
−3𝑛
2 −6 ，
当𝑛为奇数时，设𝑛= 2𝑡−1(𝑡∈𝑁∗)，则𝑡= 𝑛+ 1
2
，
此时𝑆𝑛= 𝑆2𝑡−1 = 𝑆2𝑡−𝑎2𝑡= 3 × 2𝑡+1 −3𝑡−6 −(2𝑡+1 −2) = 2𝑡+2 −3𝑡−4 = 2
𝑛+ 5
2
−3(𝑛+ 1)
2
−
4
= 2
𝑛+ 5
2
−3𝑛+ 11
2
，
综上所述，𝑆𝑛=
{
2
𝑛+ 5
2
−3𝑛+ 11
2
, 𝑛为奇数
3 × 2
𝑛
2
+1
−3𝑛
2 −6 , 𝑛为偶数
.
10. （25-26·福建厦门）已知数列{𝑎𝑛}的各项均为正数，其前𝑛项和为𝑆𝑛，且2√𝑆𝑛= 𝑎𝑛+ 1.数列{𝑏𝑛}满足
𝑏𝑛= {𝑎𝑛+ 1 , 𝑛为奇数
3𝑎𝑛, 𝑛为偶数
，其前𝑛项和为𝑇𝑛.
（1）求数列{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）若𝑇𝑛−𝑆𝑛> 𝜆𝑛对任意𝑛∈𝑁∗恒成立，求实数𝜆的取值范围.
第 18 讲 数列中的奇偶项问题
高二数理进阶
命题先辨量词
Page 437
(1)𝑎𝑛= 2𝑛−1
(2)(−∞, 1)
【分析】(1)借助𝑎𝑛与𝑆𝑛的关系，结合等差数列定义计算即可得；
(2)分𝑛为偶数及𝑛为奇数进行讨论，结合分组求和法与等差数列求和公式计算后解出相应不等式即可得.
【详解】(1)当𝑛= 1时，有2√𝑆1 = 𝑎1 + 1 = 2√𝑎1，
所以(√𝑎1 −1)
2 = 0，得𝑎1 = 1，
当𝑛≥2时，有2√𝑆𝑛−1 = 𝑎𝑛−1 + 1，
即𝑆𝑛−1 = (𝑎𝑛−1 + 1
2
)
2
，而𝑆𝑛= (𝑎𝑛+ 1
2
)
2
，
两式作差，得𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = (𝑎𝑛+ 1
2
)
2
−(𝑎𝑛−1 + 1
2
)
2
，即(𝑎𝑛+ 1)2 −4𝑎𝑛−(𝑎𝑛−1 + 1)2 =
0，
化简得(𝑎𝑛+ 𝑎𝑛−1)(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 −2) = 0，
又𝑎𝑛> 0，所以𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 = 2(𝑛≥2)，
所以数列{𝑎𝑛}是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以𝑎𝑛= 1 + 2(𝑛−1) = 2𝑛−1；
(2)当𝑛为偶数时，
𝑇𝑛= (𝑏1 + 𝑏3 + 𝑏5 + ⋅⋅⋅+𝑏𝑛−1) + (𝑏2 + 𝑏4 + 𝑏6 + ⋅⋅⋅+𝑏𝑛)
= [(𝑎1 + 1) + (𝑎3 + 1) + (𝑎5 + 1) + ⋅⋅⋅+(𝑎𝑛−1 + 1)] + (3𝑎2 + 3𝑎4 + 3𝑎6 + ⋅⋅⋅+3𝑎𝑛)
= 𝑆𝑛+ 𝑛
2 + 2(𝑎2 + 𝑎4 + 𝑎6 + ⋅⋅⋅+𝑎𝑛)
= 𝑆𝑛+ 𝑛
2 + 2 ⋅
(3 + 2𝑛−1) × 𝑛
2
2
= 𝑆𝑛+ 𝑛2 + 3𝑛
2 ，
所以𝑇𝑛−𝑆𝑛= 𝑛2 + 3
2𝑛，𝑛为偶数(𝑛≥2)，
由𝑇𝑛−𝑆𝑛> 𝜆𝑛恒成立，得𝜆< 𝑛+ 3
2，
𝑛是偶数，当𝑛= 2时，𝑛+ 3
2有最小值7
2，所以𝜆< 7
2；
当𝑛为奇数时，𝑛+ 1为偶数，
𝑇𝑛= 𝑇𝑛+1 −𝑏𝑛+1 = 𝑆𝑛+1 + (𝑛+ 1)2 + 3
2(𝑛+ 1) −3𝑎𝑛+1 = 𝑆𝑛+ 𝑛2 −1
2𝑛+ 1
2 ，
所以𝑇𝑛−𝑆𝑛= 𝑛2 −1
2𝑛+ 1
2，𝑛为奇数，
由𝑇𝑛−𝑆𝑛> 𝜆𝑛恒成立，得𝜆< 𝑛+ 1
2𝑛−1
2，
又𝑓(𝑥) = 𝑥+ 1
2𝑥−1
2在[1 , + ∞)上单调递增，
高二数理进阶
第 18 讲 数列中的奇偶项问题
Page 438
逻辑先分充分必要
所以当𝑛= 1时，𝑓(𝑛) = 𝑛+ 1
2𝑛−1
2有最小值1，所以𝜆< 1．
综上，实数𝜆的取值范围是(−∞, 1).
测
知识小测
Exit Quiz
1. （25-26·江苏苏州）已知一个等差数列的项数为奇数，其中所有奇数项的和为290，所有偶数项的和为
261.则此数列的项数为（ ）
A. 10
B. 19
C. 21
D. 29
𝐵
【分析】设项数为2𝑛−1，则𝑎𝑛= 𝑆奇−𝑆偶= 29，再利用等差中项的性质和等差数列的求和公式化简
𝑆2𝑛−1 = 𝑆奇+ 𝑆偶= 551 = (2𝑛−1)𝑎𝑛，然后计算可得.
【详解】设项数为2𝑛−1，
则𝑎𝑛= 𝑆奇−𝑆偶= 29，
𝑆2𝑛−1 = 𝑆奇+ 𝑆偶= 551 = (2𝑛−1)𝑎𝑛⇒2𝑛−1 = 551
29 = 19 .
∴此数列共有19项.
故选：𝐵
2. （25-26·四川南充）等差数列{𝑎𝑛}的前16项和为640，前16项中偶数项和与奇数项和之比为11 : 9，则公
差𝑑的值是（ ）
A. −8
B. 4
C. 8
D. 9
𝐶
【分析】根据给定条件，求出前16项中偶数项和与奇数项和，再利用等差数列性质求解.
【详解】𝑆奇= 𝑎1 + 𝑎3 + ⋯+ 𝑎15，𝑆偶= 𝑎2 + 𝑎4 + ⋯+ 𝑎16，
根据题意，可得
{
𝑆奇+ 𝑆偶= 640
𝑆偶: 𝑆奇= 11 : 9，解得𝑆奇= 288，𝑆偶= 352，
又𝑆偶−𝑆奇= (𝑎2 −𝑎1) + (𝑎4 −𝑎3) + ⋯+ (𝑎16 −𝑎15) = 8𝑑= 352 −288，
∴𝑑= 64
8 = 8 .
故选：𝐶.
第 18 讲 数列中的奇偶项问题
高二数理进阶
三角藏于周期与对称
Page 439
3. 已知一个项数为偶数的等比数列{𝑎𝑛}，所有项之和为所有偶数项之和的4倍，前3项之积为64，则𝑎1 =
（ ）
A. 1
B. 4
C. 12
D. 36
𝐶
【分析】求出等比数列{𝑎𝑛}的公比，结合等比中项的性质求出𝑎2，即可求得𝑎1的值.
【详解】由题意可得所有项之和𝑆奇+ 𝑆偶是所有偶数项之和𝑆偶的4倍，所以，𝑆奇+ 𝑆偶= 4𝑆偶，故𝑆偶=
1
3𝑆奇
设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，设该等比数列共有2𝑘(𝑘∈𝑁∗)项，
则𝑆偶= 𝑎2 + 𝑎4 + ⋯+ 𝑎2𝑘= 𝑞(𝑎1 + 𝑎3 + ⋯+ 𝑎2𝑘−1) = 𝑞𝑆奇= 1
3𝑆奇，所以，𝑞= 1
3，
因为𝑎3
2 = 𝑎1𝑎2𝑎3 = 64，可得𝑎2 = 4，因此，𝑎1 = 𝑎2
𝑞= 12.
故选：𝐶.
4. 已知一个项数为𝑛的等差数列{𝑎𝑛}，设其前𝑛项和为𝑆𝑛，其所有奇数项的和为480，所有偶数项的和为
360，公差𝑑= −8，则当𝑛为偶数时，此数列首尾两项之和为
．
56
【分析】只需根据等差数列前𝑛项和性质求得𝑎15 , 𝑎16的值，再结合等差数列性质即可求解.
【详解】当𝑛为偶数时，由题意可知𝑆奇= 𝑎1 + 𝑎𝑛−1
2
× 𝑛
2 , 𝑆偶= 𝑎2 + 𝑎𝑛
2
× 𝑛
2，
所以𝑆偶−𝑆奇= 𝑛
2𝑑= −4𝑛= 360 −480 = −120，所以𝑛= 30，
此时𝑆奇= 𝑎1 + 𝑎29
2
× 15 = 15𝑎15 = 480，解得𝑎15 = 32，
𝑆偶= 𝑎2 + 𝑎30
2
× 15 = 15𝑎16 = 360，解得𝑎16 = 24，
则𝑎1 + 𝑎30 = 𝑎15 + 𝑎16 = 32 + 24 = 56．
故答案为：56.
5. 若等比数列{𝑎𝑛}共有奇数项，其首项为1，其偶数项和为170，奇数项和为341，则这个数列的公比为
，项数为
．
29
【分析】利用等比数列奇数项和与偶数项和的关系，及前𝑛项和公式列式计算即可得解.
【详解】在等比数列{𝑎𝑛}中，由𝑆奇= 𝑎1 + 𝑞𝑆偶，得341 = 1 + 170𝑞，解得𝑞= 2，
高二数理进阶
第 18 讲 数列中的奇偶项问题
Page 440
向量重在方向与分解
设这个数列共有2𝑛+ 1项，则𝑆2𝑛+1 = 1 −22𝑛+1
1 −2
= 341 + 170 = 511，解得𝑛= 4，所以这个等比数列
的项数为9.
故答案为：2; 9
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
高二数理进阶
数列贵在递推与通项
Page 441
第 19 讲
数列中的特殊模型、不等式与归纳法
讲
题型精讲
Core examples
题型1
杨辉三角中的数列
题型点拨
1、第2 斜列是自然数列
2、第3 斜列是三角数列
这个数列中的数字始终可以组成一个完美的等边三角形．
3、每一行的数字之和是一个2倍增长的数列
高二数理进阶
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
Page 442
导数揭示局部变化
典例1 （多选）在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的数字图形
（见下图），即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就．在杨辉三角中，第𝑛行的所有数字之和为2𝑛−1，
若去除所有为1的项，依次构成数列{𝑎𝑛}：2 , 3 , 3 , 4 , 6 , 4 , 5 , 10 , 10 , 5 , ⋯，则下列说法正确的是
（ ）
A. 𝑎12 = 𝑎14
B. 𝑆15 = 104
C. 第𝑛2 −𝑛+ 2
2
项为𝑛+ 1 , 𝑛∈𝑁∗
D. 从杨辉三角的图中抽取一斜线的数列1 , 3 , 6 , 10 , 15 , …，得到其倒
数和𝑆，则𝑆= 1 + 1
3 + 1
6 + 1
10 + 1
15 + ⋅⋅⋅> 2
𝐴𝐶
【分析】将数列2、3、3、4、6、4、5、10、10、5、⋯变成数阵，确定数阵第𝑛(𝑛∈𝑁∗)行有𝑛个数，从
左向右分别为𝐶1𝑛, 𝐶2𝑛, ⋯, 𝐶𝑛−1
𝑛
.对于𝐴，确定𝑎12 , 𝑎14分别在该数阵第5行的第2个和第4个即可判断；
对于𝐵，确定𝑎15位于该数阵第5行第5个数即可求和；对于𝐶，确定第𝑛2 −𝑛+ 2
2
项为第𝑛−1行第1个即
可；对于𝐷，根据杨辉三角得到𝑆= 1 + 1
3 + 1
6 + 1
10 + 1
15 + ⋅⋅⋅=
2
1 × 2 +
2
2 × 3 +
2
3 × 4 +
2
4 × 5 + ⋯+
2
𝑛(𝑛+ 1)，利用裂项相消求和法求和即可.
【详解】将数列2、3、3、4、6、4、5、10、10、5、⋯变成以下数阵：
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
高二数理进阶
概率先立样本空间
Page 443
第1 行2
第2 行33
第3 行46
4
第4 行510105
⋯
⋯
则该数阵第𝑛(𝑛∈𝑁∗)行有𝑛个数，从左向右分别为𝐶1
𝑛+1 , 𝐶2
𝑛+1 , ⋯, 𝐶𝑛
𝑛+1，
第𝑛行最后一项位于原数列第1 + 2 + ⋯+ 𝑛= 𝑛(𝑛+ 1)
2
项，
对于𝐴，因为10 = 4 × 5
2
< 12 < 14 < 5 × 6
2
= 15，所以𝑎12 , 𝑎14分别在该数阵第5行的第2个和第4个，
故𝑎12 = 𝐶2
6 = 15 , 𝑎14 = 𝐶4
6 = 15，即𝑎12 = 𝑎14，选项𝐴正确；
对于𝐵，因为5 × 6
2
= 15，所以𝑎15位于该数阵第5行第5个数，
由题意可知，该数阵第𝑛(𝑛∈𝑁∗)行所有数为“杨辉三角”数阵中第𝑛+ 2行去掉首、尾两个1得到，而“杨
辉三角”中第𝑛(𝑛∈𝑁∗)行所有数之和为2𝑛−1，
所以，该数阵第𝑛(𝑛∈𝑁∗)行所有数之和为2𝑛+1 −2，
所以𝑆15 = (22 −2) + (23 −2) + (24 −2) + (25 −2) + (26 −2) = 114，选项𝐵错误；
对于𝐶，因为𝑛2 −𝑛+ 2
2
= (𝑛−1)𝑛
2
+ 1，所以第𝑛2 −𝑛+ 2
2
项为第𝑛行第1个，即𝐶1
𝑛+1 = 𝑛+ 1，选项
𝐶正确；
对于𝐷，根据杨辉三角知，𝑆= 1 + 1
3 + 1
6 + 1
10 + 1
15 + ⋅⋅⋅=
2
1 × 2 +
2
2 × 3 +
2
3 × 4 +
2
4 × 5 + ⋯+
2
𝑛(𝑛+ 1)= 2(1 −1
2 + 1
2 −1
3 + 1
3 −1
4 + 1
4 −1
5 + ⋯+ 1
𝑛−
1
𝑛+ 1) = 2(1 −
1
𝑛+ 1) < 2，选项𝐷错误.
故选：𝐴𝐶.
变式1 （25-26·福建）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》给出了著名的杨辉三角，由此
可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的，下图是由 “杨辉三角”拓展而成的三角数阵，记第一
条斜线之和为𝑎1，第二条斜线之和为𝑎2，第三条斜线之和为𝑎3，以此类推，组成数列{𝑎𝑛}.例如𝑎1 =
1 , 𝑎2 = 1 , 𝑎3 = 1 + 1 , ⋯,若𝑎𝑘= 1 + ∑
2024
𝑛=1
𝑎2𝑛，则𝑘=
.
高二数理进阶
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
Page 444
统计回到数据语境
4049
【分析】可以发现{𝑎𝑛}为斐波那契数列，再由1 + 𝑎2 = 𝑎3，1 + 𝑎2 + 𝑎4 = 𝑎5推导规律得出结果.
【详解】{𝑎𝑛}为斐波那契数列：1 , 1 , 2 , 3 , 5 , 8 , 13 , 21 , 34 , ⋅⋅⋅，从中发现：1 + 𝑎2 = 𝑎1 + 𝑎2 =
𝑎3，1 + 𝑎2 + 𝑎4 = 𝑎3 + 𝑎4 = 𝑎5，1 + 𝑎2 + 𝑎4 + 𝑎6 = 𝑎5 + 𝑎6 = 𝑎7，
以此类推1 + ∑
2024
𝑛=1
𝑎2𝑛= 𝑎4047 + 𝑎4048 = 𝑎4049，
则𝑘= 4049.
故答案为：4049.
题型2
斐波那契数列
题型点拨
1、斐波那契数列概念
把这个数列: 1 , 1 , 2 , 3 , 5 , 8 , 13 , 21 , 34 , 55 , 89 , 144 , … 称为斐波那契数列 ，一般记为{𝐹𝑛}。
2、斐波那契数列的递推公式
𝐹1 = 𝐹2 = 1 , 𝐹𝑛= 𝐹𝑛−1 + 𝐹𝑛−2(𝑛≥3 , 𝑛为正整数）．
3、斐波那契数列的通项公式
通项公式：𝐹𝑛= √5
5 ×
[(
1 + √5
2
)
𝑛
−
(
1 −√5
2
)
𝑛
]
4、斐波那契数列的性质（通项公式𝑎𝑛,前𝑛项和𝑆𝑛)
(1)𝑆𝑛= 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + ⋯+ 𝑎𝑛= 𝑎𝑛+2 −1 ；
(2)𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5 + ⋯+ 𝑎2𝑛−1 = 𝑎2𝑛；
(3)𝑎2 + 𝑎4 + 𝑎6 + ⋯+ 𝑎2𝑛= 𝑎2𝑛+1 −1 ；
(4)𝑎3 + 𝑎6 + 𝑎9 + ⋯+ 𝑎3𝑛= 1
2(𝑎3𝑛+2 −1) ；
(5)𝑎𝑛−2 + 𝑎𝑛+2 = 3𝑎𝑛；
(6)𝑎𝑚+𝑛−1 = 𝑎𝑚𝑎𝑛+ 𝑎𝑚−1𝑎𝑛−1 ；
(7)𝑎2𝑛= 𝑎𝑛+1𝑎𝑛−𝑎𝑛𝑎𝑛−1 ；
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
高二数理进阶
图形先标关系
Page 445
(8)𝑎2𝑛+ 𝑎2
𝑛+1 = 𝑎2𝑛+1 ；
(9)𝑎2
1 + 𝑎2
2 + 𝑎2
3 + ⋯+ 𝑎2𝑛= 𝑎𝑛𝑎𝑛+1 ；
(10)𝑎2𝑛
𝑎𝑛
= 𝑎𝑛−1 + 𝑎𝑛+1
典例2 （25-26·上海）意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：
1 , 1 , 2 , 3 , 5 , 8 , 13 , 21 , 34 , 55 ,…，即𝑎1 = 𝑎2 = 1，𝑎𝑛= 𝑎𝑛−1 + 𝑎𝑛−2(𝑛≥3 , 𝑛∈𝑁)，此数列在现
代物理“准晶体结构”、化学等领域都有着广泛的应用.若此数列被2除后的余数构成一个新数列{𝑏𝑛}，则数
列{𝑏𝑛}的前2026项的和为（ ）
A. 1350
B. 676
C. 1351
D. 1352
𝐶
【分析】依据斐波那契数列性质得出数列中数字规律即可求得新数列{𝑏𝑛}的规律，再利用数列的周期性即
可得结果.
【详解】根据斐波那契数列性质可得{𝑎𝑛}中的数字呈现出奇数、奇数、偶数循环的规律，
因此新数列{𝑏𝑛}即为按照1 , 1 , 0成周期出现的数列，周期为3，
易知2026 = 675 × 3 + 1，一个周期内的三个数字之和为2；
所以数列{𝑏𝑛}的前2026项的和为675 × 2 + 1 = 1351.
故选：𝐶
变式2 （多选）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：
1 , 1 , 2 , 3 , 5 , …，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数
列{𝑎𝑛}称为“斐波那契数列”，记𝑆𝑛为数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，则下列结论正确的为（ ）
A. 𝑎5 = 8
B. 𝑎𝑛+3 = 2𝑎𝑛+1 + 𝑎𝑛对∀𝑛∈𝑁+恒成立
C. 𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5⋯+ 𝑎2023 = 𝑎2024
D. 𝑎2
1 + 𝑎2
2 + ⋯+ 𝑎2
2022
𝑎2022
= 𝑎2023
𝐵𝐶𝐷
【分析】根据斐波那契数列递推公式的性质化简计算判断各个选项.
【详解】“斐波那契数列”为1 , 1 , 2 , 3 , 5 , 8 , 13 , 21 , 34 , 55 , 89 , …，
所以𝑎5 = 5，𝐴选项错误；
依题意𝑎𝑛+2 = 𝑎𝑛+1 + 𝑎𝑛(𝑛≥1)，所以𝑎𝑛+3 = 𝑎𝑛+2 + 𝑎𝑛+1，
故𝑎𝑛+3 = 2𝑎𝑛+1 + 𝑎𝑛对∀𝑛∈𝑁+恒成立，𝐵选项正确；
𝑎1 = 𝑎2，𝑎3 = 𝑎4 −𝑎2，𝑎5 = 𝑎6 −𝑎4，…，𝑎2023 = 𝑎2024 −𝑎2022，
高二数理进阶
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
Page 446
坐标先定参照
所以𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5⋯+ 𝑎2023 = 𝑎2024，𝐶选项正确；
𝑎2
1 = 𝑎2 ⋅𝑎1，𝑎2
2 = 𝑎2 ⋅(𝑎3 −𝑎1) = 𝑎2 ⋅𝑎3 −𝑎2 ⋅𝑎1，𝑎2
3 = 𝑎3 ⋅(𝑎4 −𝑎2) = 𝑎3 ⋅𝑎4 −𝑎3 ⋅𝑎2，…，
𝑎2
2022 = 𝑎2022 ⋅(𝑎2023 −𝑎2021) = 𝑎2022 ⋅𝑎2023 −𝑎2022 ⋅𝑎2021 ，
所以𝑎2
1 + 𝑎2
2 + ⋯+ 𝑎2
2022 = 𝑎2022 ⋅𝑎2023，𝐷选项正确．
故选：𝐵𝐶𝐷.
题型3
数列不等式
题型点拨
一、数列与不等式
数列与不等式的结合，一般有两类题:一是利用基本不等式求解数列中的最值;二是与数列中的求和问题
相联系,证明不等式或求解参数的取值范围,此类问题通常是抓住数列通项公式的特征,多采用先求和后利
用放缩法或数列的单调性证明不等式,求解参数的取值范围.
1、常见放缩公式：
(1) 1
𝑛2 <
1
(𝑛−1)𝑛=
1
𝑛−1 −1
𝑛(𝑛≥2) ；
(2) 1
𝑛2 >
1
𝑛(𝑛+ 1) = 1
𝑛−
1
𝑛+ 1 ；
(3) 1
𝑛2 =
4
4𝑛2 <
4
4𝑛2 −1 = 2(
1
2𝑛−1 −
1
2𝑛+ 1) ；
(4) 1
√𝑛=
2
√𝑛+ √𝑛<
2
√𝑛−1 + √𝑛
= 2(−√𝑛−1 + √𝑛) (𝑛≥2) ；
(5) 1
√𝑛=
2
√𝑛+ √𝑛>
2
√𝑛+ √𝑛+ 1
= 2(−√𝑛+ √𝑛+ 1) ；
(6) 1
√𝑛=
2
√𝑛+ √𝑛<
2
√𝑛−1
2 + √𝑛+ 1
2
=
2√2
√2𝑛−1 + √2𝑛+ 1
= √2(−√2𝑛−1 + √2𝑛+ 1) ；
(7)
2𝑛
(2𝑛−1)2 =
2𝑛
(2𝑛−1)(2𝑛−1) <
2𝑛
(2𝑛−1)(2𝑛−2)
=
2𝑛−1
(2𝑛−1)(2𝑛−1 −1) =
1
2𝑛−1 −1 −
1
2𝑛−1(𝑛≥2) ；
(8)
1
2𝑛−1 <
2𝑛−1
(2𝑛−1 −1)(2𝑛−1) =
1
2𝑛−1 −1 −
1
2𝑛−1 (𝑛≥2) ．
(9)2(√𝑛+ 1 −√𝑛) =
2
√𝑛+ 1 + √𝑛
< 1
√𝑛<
2
√𝑛+ √𝑛−1
= 2(√𝑛−√𝑛−1) ．
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
高二数理进阶
角度先定象限
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典例3 （25-26·广西贺州）已知正项数列{𝑎𝑛}满足𝑎2𝑛= 𝑎2
𝑛−1 + 2𝑎𝑛−1 + 1（𝑛≥2且𝑛∈𝑁），𝑎1 = 1.
（1）求𝑎2 , 𝑎3 , 𝑎4；
（2）求{𝑎𝑛}的通项公式；
（3）设{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，若𝜆⋅𝑎𝑛
2 −𝑆𝑛≤2恒成立，求𝜆的取值范围．
(1)𝑎2 = 2 , 𝑎3 = 3 , 𝑎4 = 4
(2)𝑎𝑛= 𝑛
(3)𝜆≤5
【分析】(1)利用递推式逐项求解即可；
(2)结合题意，将递推式变形为𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 −1 = 0，然后利用等差数列的定义及通项公式求解即可；
(3)先利用等差数列求和公式求得𝑆𝑛= 𝑛(𝑛+ 1)
2
，然后参变分离得𝜆≤4
𝑛+ 𝑛+ 1，进而利用基本不等式
求解即可.
【详解】(1)因为𝑎2𝑛= 𝑎2
𝑛−1 + 2𝑎𝑛−1 + 1 = (𝑎𝑛−1 + 1)2，（𝑛≥2且𝑛∈𝑁），
所以𝑎2
2 = 𝑎2
1 + 2𝑎1 + 1 = 4，又𝑎𝑛> 0，所以𝑎2 = 2，𝑎2
3 = 𝑎2
2 + 2𝑎2 + 1 = 9，又𝑎𝑛> 0，所以𝑎3 =
3，𝑎2
4 = 𝑎2
3 + 2𝑎3 + 1 = 16，又𝑎𝑛> 0，所以𝑎4 = 4；
(2)因为𝑎2𝑛= 𝑎2
𝑛−1 + 2𝑎𝑛−1 + 1，所以𝑎2𝑛−(𝑎𝑛−1 + 1)2 = 0（𝑛≥2且𝑛∈𝑁），
即(𝑎𝑛+ 𝑎𝑛−1 + 1)(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 −1) = 0，
又因为𝑎𝑛−1 > 0，所以𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 −1 = 0，
所以{𝑎𝑛}是以1为首项、1为公差的等差数列，
所以𝑎𝑛= 𝑛；
(3)由(2)得𝑆𝑛= 𝑛(𝑛+ 1)
2
.
所以𝜆⋅𝑎𝑛
2 −𝑆𝑛≤2即为𝑛𝜆
2 −𝑛(𝑛+ 1)
2
≤2，
又因为𝑛> 0，所以该不等式等价于𝜆≤4
𝑛+ 𝑛+ 1，
又因为4
𝑛+ 𝑛≥4（当且仅当𝑛= 2时，4
𝑛+ 𝑛= 4）.
所以𝜆≤5.
变式3 已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 = 1
4，𝑎𝑛，3
2𝑎𝑛+1，2𝑎𝑛𝑎𝑛+1成等差数列.
（1）求证：数列{ 1
𝑎𝑛
−1}是等比数列，并求出{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）记{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，证明：3
8[1 −(1
3)
𝑛
] ≤𝑆𝑛< 5
12.
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第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
Page 448
区间先看开闭
(1)证明见解析，𝑎𝑛=
1
3𝑛+ 1
(2)证明见解析
【分析】(1)由𝑎𝑛，3
2𝑎𝑛+1，2𝑎𝑛𝑎𝑛+1成等差数列可得：3𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛+ 2𝑎𝑛𝑎𝑛+1，利用两边同时除以
𝑎𝑛𝑎𝑛+1，即可构造为
1
𝑎𝑛+1
−1 = 3( 1
𝑎𝑛
−1)，所以第一问就可以得证并计算通项；
(2)关键是对𝑎𝑛=
1
3𝑛+ 1通项进行放缩成等比数列公式求和并证明，所以想到𝑎𝑛=
1
3𝑛+ 1 < 1
3𝑛和𝑎𝑛=
1
3𝑛+ 1 ≥
1
4 × 3𝑛−1，最后就能证明不等式成立.
【详解】(1)由𝑎𝑛，3
2𝑎𝑛+1，2𝑎𝑛𝑎𝑛+1成等差数列可得：3𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛+ 2𝑎𝑛𝑎𝑛+1，
若存在𝑎𝑘+1 = 0，由3𝑎𝑘+1 = 𝑎𝑘+ 2𝑎𝑘𝑎𝑘+1可得𝑎𝑘= 0，逐项倒推可得𝑎1 = 0，与𝑎1 = 1
4矛盾. 因此所
有𝑎𝑛≠0，之后才能两边同时除以𝑎𝑛𝑎𝑛+1，得：
1
𝑎𝑛+1
= 3
𝑎𝑛
−2，
上式可化为：
1
𝑎𝑛+1
−1 = 3( 1
𝑎𝑛
−1)
所以数列{ 1
𝑎𝑛
−1}表示是以1
𝑎1
−1 = 3为首项，3为公比的等比数列
所以1
𝑎𝑛
−1 = 3 × 3𝑛−1 = 3𝑛，即𝑎𝑛=
1
3𝑛+ 1
(2)因为𝑎𝑛=
1
3𝑛+ 1 < 1
3𝑛
所以𝑆𝑛= 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + ⋯+ 𝑎𝑛< 𝑎1 + 1
32 + 1
33 + ⋯+ 1
3𝑛
= 1
4 + 1
32 + 1
33 + ⋯+ 1
3𝑛= 1
4 +
1
9(1 −
1
3𝑛−1)
1 −1
3
= 5
12 −1
2 ⋅1
3𝑛< 5
12
又因为𝑎𝑛=
1
3𝑛+ 1 =
1
3 × 3𝑛−1 + 1 ≥
1
4 × 3𝑛−1
所以𝑆𝑛= 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + ⋯+ 𝑎𝑛≥1
4( 1
30 + 1
31 + ⋯+
1
3𝑛−1)= 1
4 ×
1 −1
3𝑛
1 −1
3
= 3
8[1 −(1
3)
𝑛
]，
（当𝑛= 1时等号成立），
综上可知：3
8[1 −(1
3)
𝑛
] ≤𝑆𝑛< 5
12.
变式4 已知首项为1的数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且𝑛𝑆𝑛+1 −(𝑛+ 2)𝑆𝑛= 1
3𝑛(𝑛+ 1)(𝑛+ 2)．
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
高二数理进阶
分母先看不零
Page 449
（1）求𝑆𝑛及数列{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）数列{𝑎𝑛}中是否存在连续的三项成一个等差数列？如果存在，求出所有的这三项；如果不存在，请说
明理由.
（3）若数列{𝑏𝑛}满足𝑎2𝑛+1 ⋅𝑏𝑛= 𝑎2𝑛，求证：𝑏1 ⋅𝑏2𝑏3⋯𝑏𝑛<
1
𝑛+ 1．
(1)𝑆𝑛= 1
6𝑛(𝑛+ 1)(2𝑛+ 1)，𝑎𝑛= 𝑛2
(2)不存在，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)由𝑛𝑆𝑛+1 −(𝑛+ 2)𝑆𝑛= 1
3𝑛(𝑛+ 1)(𝑛+ 2)，两边同时除以𝑛(𝑛+ 1)(𝑛+ 2)，得
𝑆𝑛+1
(𝑛+ 1)(𝑛+ 2) −
𝑆𝑛
𝑛(𝑛+ 1) = 1
3，再利用等差数列的定义证明{
𝑆𝑛
𝑛(𝑛+ 1)}为等差数列，从而得到𝑆𝑛，
最后利用数列通项与前𝑛项和的关系求解数列{𝑎𝑛}的通项公式；
(2)首先假设存在𝑎𝑛, 𝑎𝑛+1 , 𝑎𝑛+2成等差数列，推出矛盾，证明假设不成立，即可判断；
(3)根据𝑎2𝑛+1 ⋅𝑏𝑛= 𝑎2𝑛，得到𝑏𝑛= (
2𝑛
2𝑛+ 1)
2
<
4𝑛2
4𝑛2 + 4𝑛=
𝑛
𝑛+ 1，即可证明.
【详解】(1)由𝑛𝑆𝑛+1 −(𝑛+ 2)𝑆𝑛= 1
3𝑛(𝑛+ 1)(𝑛+ 2)，
两边同时除以𝑛(𝑛+ 1)(𝑛+ 2)，得
𝑆𝑛+1
(𝑛+ 1)(𝑛+ 2) −
𝑆𝑛
𝑛(𝑛+ 1) = 1
3，
又𝑆1
1 × 2 = 1
2，故{
𝑆𝑛
𝑛(𝑛+ 1)}是以1
2为首项，1
3为公差的等差数列．
所以，
𝑆𝑛
𝑛(𝑛+ 1) = 1
2 + 1
3(𝑛−1) = 1
3𝑛+ 1
6，
则𝑆𝑛= 1
6𝑛(𝑛+ 1)(2𝑛+ 1)．
当𝑛≥2时，𝑆𝑛−1 = 1
6(𝑛−1)𝑛(2𝑛−1)，
则𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = 1
6𝑛(𝑛+ 1)(2𝑛+ 1) −1
6(𝑛−1)𝑛(2𝑛−1) = 𝑛2，
当𝑛= 1时，𝑎1 = 1符合上式，
故𝑎𝑛= 𝑛2．
(2)假设存在𝑎𝑛, 𝑎𝑛+1 , 𝑎𝑛+2成等差数列，
则2𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛+ 𝑎𝑛+2，
即2(𝑛+ 1)2 = 𝑛2 + (𝑛+ 2)2，化简得2 = 4，矛盾，
所以，数列{𝑎𝑛}中不存在连续的三项成一个等差数列.
(3)因为𝑎2𝑛+1 ⋅𝑏𝑛= 𝑎2𝑛，故𝑏𝑛= 𝑎2𝑛
𝑎𝑛+1
= (
2𝑛
2𝑛+ 1)
2
，
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第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
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根式先看定义域
则𝑏1 ⋅𝑏2 ⋅𝑏3⋯𝑏𝑛= (2
3)
2
× (4
5)
2
× ⋯× (
2𝑛
2𝑛+ 1)
2
而𝑏𝑛= (
2𝑛
2𝑛+ 1)
2
<
4𝑛2
4𝑛2 + 4𝑛=
𝑛
𝑛+ 1，
故𝑏1 ⋅𝑏2 ⋅𝑏3⋯𝑏𝑛< 1
2 × 2
3 × ⋯×
𝑛
𝑛+ 1 =
1
𝑛+ 1．
题型4
数学归纳法
题型点拨
1、数学归纳法定义：对于某些与自然数𝑛有关的命题常常采用下面的方法来证明它的正确性：先证明当
𝑛取第一个值𝑛0时命题成立；然后假设当𝑛= 𝑘（𝑘∈𝑁∗，𝑘≥𝑛0）时命题成立，证明当𝑛= 𝑘+ 1时
命题也成立这种证明方法就叫做数学归纳法
注：即先验证使结论有意义的最小正整数 𝑛0. 如果 𝑛= 𝑛0 时命题成立，再假设当 𝑛= 𝑘(𝑘≥𝑛0 , 𝑘为
正整数）时命题成立，根据这个假设，如能推出当 𝑛= 𝑘+ 1 时命题也成立，那么就可以递推出对所有
不小于 𝑛0 的正整数 𝑛0 , 𝑛0 + 1 , 𝑛0 + 2 , …，命题都成立．
2、运用数学归纳法的步骤与技巧
①用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题的步骤：
(1)证明：当𝑛取第一个值𝑛0结论正确；
(2)假设当𝑛= 𝑘（𝑘∈𝑁∗，𝑘≥𝑛0）时结论正确，证明当𝑛= 𝑘+ 1时结论也正确
由(1),(2)可知，命题对于从𝑛0开始的所有正整数𝑛都正确
②用数学归纳法证题的注意事项
(1)弄错起始𝑛0．𝑛0不一定恒为1，也可能𝑛0 = 2或3(即起点问题）．
(2)对项数估算错误．特别是当寻找𝑛= 𝑘与𝑛= 𝑘+ 1的关系时，项数的变化易出现错误（即跨度问题）．
(3)没有利用归纳假设．归纳假设是必须要用的，假设是起桥梁作用的，桥梁断了就过不去了，整个证明
过程也就不正确了（即伪证问题）．
(4)关键步骤含糊不清．“假设𝑛= 𝑘时结论成立，利用此假设证明𝑛= 𝑘+ 1时结论也成立”是数学归纳法
的关键一步，也是证明问题最重要的环节，推导的过程中要把步骤写完整，另外要注意证明过程的严谨
性、规范性（即规范问题）．
典例4 已知数列{𝑎𝑛}的各项均为正数，且前𝑛项和𝑆𝑛= 1
2(𝑎𝑛+ 1
𝑎𝑛
)，试猜想{𝑎𝑛}的通项公式并证明．
𝑎𝑛= √𝑛−√𝑛−1，证明见解析
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
高二数理进阶
对数先看真数
Page 451
【分析】利用𝑆𝑛= 1
2(𝑎𝑛+ 1
𝑎𝑛
)求{𝑎𝑛}前4项的值，并猜想通项公式，利用数学归纳法证明即可．
【详解】当𝑛= 1时，𝑆1 = 𝑎1 = 𝑎2
1 + 1
2𝑎1
，解得𝑎1 = 1；
𝑆2 = 𝑎1 + 𝑎2 = 𝑎2
2 + 1
2𝑎2
，解得𝑎2 = √2 −1，同理得𝑎3 = √3 −√2，𝑎4 = √4 −√3，⋯，
猜想𝑎𝑛= √𝑛−√𝑛−1，以下用数学归纳法加以证明．
(𝑖)当𝑛= 1时，𝑎1 = 1，等式成立；
(𝑖𝑖)假设当𝑛= 𝑘时，𝑎𝑘= √𝑘−√𝑘−1成立，
当𝑛= 𝑘+ 1时，𝑆𝑘+1 = 𝑆𝑘+ 𝑎𝑘+1，
即𝑎2
𝑘+1 + 1
2𝑎𝑘+1
= 𝑎2
𝑘+ 1
2𝑎𝑘
+ 𝑎𝑘+1 =
(√𝑘−√𝑘−1)
2
+ 1
2(√𝑘−√𝑘−1)
+ 𝑎𝑘+1 = √𝑘+ 𝑎𝑘+1，
去分母并整理得𝑎2
𝑘+1 + 2√𝑘𝑎𝑘+1 −1 = 0，解得𝑎𝑘+1 = ±√𝑘+ 1 −√𝑘．
故𝑎𝑘+1 = √𝑘+ 1 −√𝑘（负值舍去），则𝑛= 𝑘+ 1时等式成立．
由(𝑖)(𝑖𝑖)知对任意𝑛∈𝑁∗，𝑎𝑛= √𝑛−√𝑛−1成立．
变式5 （25-26·江苏盐城）设数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，已知𝑎1 = −1，{𝑆𝑛
𝑛}是公差为3
2的等差数列.
（1）求{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）设数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和为𝑇𝑛，且满足𝑇𝑛= 1 −𝑏𝑛.
①证明：{𝑏𝑛}是等比数列；
②设数列{
1
𝑎𝑛𝑎𝑛+1
}的前𝑛项和为𝐻𝑛，证明：1 + 𝐻𝑛≤𝑇𝑛< 1.
(1)𝑎𝑛= 3𝑛−4
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】(1)先利用等差数列通项公式求出𝑆𝑛= 3𝑛2 −5𝑛
2
，再利用𝑎𝑛, 𝑆𝑛的关系求解即可；
(2)①根据𝑏𝑛, 𝑇𝑛的关系结合题设可得𝑏𝑛= 1
2𝑏𝑛−1，即可求证；
②先根据裂项相消法求出𝐻𝑛= −
𝑛
3𝑛−1，结合①可求得𝑇𝑛= 1 −(1
2)
𝑛
< 1，进而根据数学归纳法及分
析法求证即可.
【详解】(1)由题意，𝑆𝑛
𝑛= 𝑆1
1 + (𝑛−1) × 3
2 = −1 + (𝑛−1) × 3
2 = 3𝑛−5
2
，则𝑆𝑛= 3𝑛2 −5𝑛
2
，
高二数理进阶
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
Page 452
指数先看底数
当𝑛≥2时，𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = 3𝑛2 −5𝑛
2
−3(𝑛−1)2 −5(𝑛−1)
2
= 3𝑛−4，
显然𝑎1 = −1满足上式，则𝑎𝑛= 3𝑛−4.
(2)由𝑇𝑛= 1 −𝑏𝑛，
当𝑛= 1时，𝑇1 = 𝑏1 = 1 −𝑏1，即𝑏1 = 1
2；
当𝑛≥2时，𝑇𝑛−1 = 1 −𝑏𝑛−1，
则𝑇𝑛−𝑇𝑛−1 = 𝑏𝑛= 𝑏𝑛−1 −𝑏𝑛，即𝑏𝑛= 1
2𝑏𝑛−1，
所以数列{𝑏𝑛}是以1
2为首项，1
2为公比的等比数列.
由(1)知，
1
𝑎𝑛𝑎𝑛+1
=
1
(3𝑛−4)(3𝑛−1) = 1
3(
1
3𝑛−4 −
1
3𝑛−1)，
则𝐻𝑛= 1
3( 1
−1 −1
2 + 1
2 −1
5 + ⋯+
1
3𝑛−4 −
1
3𝑛−1) = 1
3(−1 −
1
3𝑛−1) = −
𝑛
3𝑛−1，
即1 + 𝐻𝑛= 1 −
𝑛
3𝑛−1，
由①知，𝑏𝑛= (1
2)
𝑛
，则𝑇𝑛= 1 −𝑏𝑛= 1 −(1
2)
𝑛
< 1，
下面利用数学归纳法证明：
𝑛
3𝑛−1 ≥(1
2)
𝑛
.
当𝑛= 1时，
1
3 −1 = 1
2 = (1
2)
1
，结论成立；
假设当𝑛= 𝑘(𝑘∈𝑁∗)时，结论成立，即
𝑘
3𝑘−1 ≥(1
2)
𝑘
，
则𝑛= 𝑘+ 1时，需证明
𝑘+ 1
3(𝑘+ 1) −1 ≥(1
2)
𝑘+1
，即证𝑘+ 1
3𝑘+ 2 ≥(1
2)
𝑘+1
，
由(1
2)
𝑘+1
= 1
2 ⋅(1
2)
𝑘
≤1
2 ⋅
𝑘
3𝑘−1，只需证明𝑘+ 1
3𝑘+ 2 ≥1
2 ⋅
𝑘
3𝑘−1，
即证2(𝑘+ 1)(3𝑘−1) ≥𝑘(3𝑘+ 2)，即证6𝑘2 + 4𝑘−2 ≥3𝑘2 + 2𝑘，
即证3𝑘2 + 2𝑘−2 ≥0，
由于𝑘∈𝑁∗，则3𝑘2 + 2𝑘−2 ≥3 × 12 + 2 × 1 −2 = 3 > 0，
所以
𝑘+ 1
3(𝑘+ 1) −1 ≥(1
2)
𝑘+1
.
综上所述，
𝑛
3𝑛−1 ≥(1
2)
𝑛
，所以1 + 𝐻𝑛≤𝑇𝑛< 1.
题型5
数列中的结构不良问题
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
高二数理进阶
复合函数层层拆解
Page 453
典例5 （25-26·福建宁德）已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，
.请在①𝑎1 = 2 , 𝑆𝑛+1 =
𝑛+ 2
𝑛+ 1𝑎𝑛+ 𝑆𝑛；②𝑎1 , 𝑎3 , 𝑎7成等比数列，𝑆𝑛+1 = 𝑎𝑛+ 𝑆𝑛+ 1两个条件中任选一个补充在上面横线中，
并解答下面问题.
（1）求数列{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）记𝑇𝑛=
1
𝑎1 ⋅𝑎2
+
1
𝑎2 ⋅𝑎3
+ ⋯+
1
𝑎𝑛⋅𝑎𝑛+1
，求𝑇𝑛的取值范围.
(1)条件选择见解析，𝑎𝑛= 𝑛+ 1
(2)[1
6 , 1
2)
【分析】(1)选条件①可得𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
= 𝑛+ 2
𝑛+ 1，利用累乘法求通项公式，选条件②利用等差数列的定义及通项
公式求解；
(2)根据裂项相消法求和，再由单调性求范围即可.
【详解】(1)选条件①：
由𝑆𝑛+1 = 𝑛+ 2
𝑛+ 1𝑎𝑛+ 𝑆𝑛，得𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
= 𝑛+ 2
𝑛+ 1.
当𝑛≥2时，𝑎𝑛
𝑎1
=
𝑎𝑛
𝑎𝑛−1
⋅𝑎𝑛−1
𝑎𝑛−2
⋯𝑎2
𝑎1
= 𝑛+ 1
𝑛
⋅
𝑛
𝑛−1⋯⋅3
2 = 𝑛+ 1
2
，
由𝑎1 = 2得𝑎𝑛= 𝑛+ 1，
当𝑛= 1时，𝑎1 = 2满足上式.
故𝑎𝑛= 𝑛+ 1.
选条件②：
由𝑆𝑛+1 = 𝑆𝑛+ 𝑎𝑛+ 1，得𝑆𝑛+1 −𝑆𝑛−𝑎𝑛= 1，即𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 1，
所以{𝑎𝑛}是公差𝑑= 1的等差数列.
由题知𝑎2
3 = 𝑎1 ⋅𝑎7，即(𝑎1 + 2𝑑)2 = 𝑎1 ⋅(𝑎1 + 6𝑑)，解得𝑎1 = 2，
所以𝑎𝑛= 𝑎1 + (𝑛−1)𝑑= 𝑛+ 1.
(2)记𝑏𝑛=
1
𝑎𝑛⋅𝑎𝑛+1
=
1
(𝑛+ 1) ⋅(𝑛+ 2) =
1
𝑛+ 1 −
1
𝑛+ 2.
𝑇𝑛= 𝑏1 + 𝑏2 + 𝑏3 + ⋯+ 𝑏𝑛−1 + 𝑏𝑛
= 1
2 −1
3 + 1
3 −1
4 + 1
4 −1
5 + ⋯+ 1
𝑛−
1
𝑛+ 1 +
1
𝑛+ 1 −
1
𝑛+ 2
= 1
2 −
1
𝑛+ 2 .
因为
1
𝑛+ 2 > 0，所以1
2 −
1
𝑛+ 2 < 1
2，即𝑇𝑛< 1
2.
因为𝑇𝑛在𝑛∈𝑁∗上单调递增，所以𝑇𝑛≥𝑇1 = 1
6.
高二数理进阶
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
Page 454
抽象函数回到定义
综上，𝑇𝑛的取值范围是[1
6 , 1
2).
变式6 （25-26·四川南充）设正项数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，𝑎1 = 1，且满足
．给出下列三
个条件：
①𝑎3 = 4，2 lg 𝑎𝑛= lg 𝑎𝑛−1 + lg 𝑎𝑛+1(𝑛≥2)； ②𝑆𝑛= 𝑚𝑎𝑛−1(𝑚∈𝑅)；
③2𝑎1 + 3𝑎2 + 4𝑎3 + ⋯+ (𝑛+ 1)𝑎𝑛= 𝑘𝑛⋅2𝑛(𝑘∈𝑅)．
请从其中任选一个将题目补充完整，并求解以下问题．
（1）求数列{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）若𝑏𝑛= 3𝑛⋅log2 𝑎2𝑛+1，求数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛 ．
(1)所选条件见解析，𝑎𝑛= 2𝑛−1(𝑛∈𝑁∗)
(2)𝑇𝑛= (2𝑛−1) ⋅3𝑛+1 + 3
2
【分析】(1)选①：先利用对数运算和等比中项判定数列{𝑎𝑛}为等比数列，再利用等比数列的通项公式求
其通项；选②：先利用𝑆1 = 𝑚𝑎1 −1及𝑎1 = 1求出𝑚= 2，再利用𝑎𝑛和𝑆𝑛的关系进行求解；选③：先利
用2𝑎1 = 𝑘⋅21 = 2求出𝑘= 1，再类似利用𝑎𝑛和𝑆𝑛的关系进行求解；
(2)用错位相减求和.
【详解】(1)选①：由2 lg 𝑎𝑛= lg 𝑎𝑛−1 + lg 𝑎𝑛+1(𝑛≥2)得：
lg 𝑎2𝑛= lg 𝑎𝑛−1𝑎𝑛+1(𝑛≥2)， 所以𝑎2𝑛= 𝑎𝑛−1𝑎𝑛+1(𝑛≥2)，
又因为𝑎1 = 1，因此数列{𝑎𝑛}为等比数列，
设数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，则𝑞> 0，由𝑎3 = 𝑎1𝑞2 = 𝑞2 = 4，
解得𝑞= 2或𝑞= −2（舍去），
所以𝑎𝑛= 2𝑛−1(𝑛∈𝑁∗)；
选②：因为𝑆𝑛= 𝑚𝑎𝑛−1，
当𝑛= 1时，𝑆1 = 𝑚𝑎1 −1，又𝑎1 = 1，
所以1 = 𝑚−1，即𝑚= 2，所以𝑆𝑛= 2𝑎𝑛−1，
所以当𝑛≥2时，𝑆𝑛−1 = 2𝑎𝑛−1 −1，
两式相减得𝑎𝑛= 2𝑎𝑛−2𝑎𝑛−1(𝑛≥2)，
即𝑎𝑛= 2𝑎𝑛−1(𝑛≥2)，
所以数列{𝑎𝑛}是𝑎1 = 1，公比为2的等比数列，
所以𝑎𝑛= 2𝑛−1(𝑛∈𝑁∗)；
选③：因为2𝑎1 + 3𝑎2 + 4𝑎3 + ⋯+ (𝑛+ 1)𝑎𝑛= 𝑘𝑛⋅2𝑛，
当𝑛= 1时，2𝑎1 = 𝑘⋅21 = 2，
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
高二数理进阶
恒成立看极端
Page 455
所以𝑘= 1，即2𝑎1 + 3𝑎2 + 4𝑎3 + ⋯+ (𝑛+ 1)𝑎𝑛= 𝑛⋅2𝑛，
当𝑛≥2时，2𝑎1 + 3𝑎2 + 4𝑎3 + ⋯+ 𝑛𝑎𝑛−1 = (𝑛−1) ⋅2𝑛−1，
两式相减，得(𝑛+ 1)𝑎𝑛= 𝑛⋅2𝑛−(𝑛−1) ⋅2𝑛−1 = (𝑛+ 1) ⋅2𝑛−1，
即𝑎𝑛= 2𝑛−1(𝑛≥2)，
当𝑛= 1时，𝑎1 = 1满足上式．
所以𝑎𝑛= 2𝑛−1(𝑛∈𝑁∗)；
(2)𝑏𝑛= 3𝑛⋅log2 𝑎2𝑛+1 = 3𝑛⋅log2 22𝑛= 2𝑛⋅3𝑛
设数列{𝑛⋅3𝑛}的前𝑛项和𝑇′𝑛= 1 × 3 + 2 × 32 + 3 × 33 + ⋯+ (𝑛−1) ⋅3𝑛−1 + 𝑛⋅3𝑛，
故3𝑇′𝑛= 1 × 32 + 2 × 33 + 3 × 34 + ⋯+ (𝑛−1) ⋅3𝑛+ 𝑛⋅3𝑛+1，
两式相减得：−2𝑇′𝑛= 3 + 32 + 33 + ⋅⋅⋅+3𝑛−𝑛⋅3𝑛+1 = 3(1 −3𝑛)
1 −3
−𝑛⋅3𝑛+1，
化简得，𝑇′𝑛= (2𝑛−1) ⋅3𝑛+1 + 3
4
．
故数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛= (2𝑛−1) ⋅3𝑛+1 + 3
2
.
练
强化训练
Targeted Practice
1. 南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作
《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列.以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，
其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4项为：
2 , 3 , 6 , 11，则该数列的第15项为（ ）
A. 196
B. 197
C. 198
D. 199
𝐶
【分析】根据二阶等差数列的定义求出数列{𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛}的通项公式，再利用累加法计算即可得𝑎15.
【详解】设该数列为{𝑎𝑛}，则𝑎1 = 2 , 𝑎2 = 3 , 𝑎3 = 6 , 𝑎4 = 11；
由二阶等差数列的定义可知，𝑎2 −𝑎1 = 1 , 𝑎3 −𝑎2 = 3 , 𝑎4 −𝑎3 = 5 , ⋅⋅⋅
所以数列{𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛}是以𝑎2 −𝑎1 = 1为首项，公差𝑑= 2的等差数列，
即𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 2𝑛−1，所以𝑎2 −𝑎1 = 1，𝑎3 −𝑎2 = 3，𝑎4 −𝑎3 = 5，⋯，𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 2𝑛−1，
将所有上式累加可得𝑎𝑛+1 −𝑎1 = 𝑛(1 + 2𝑛−1)
2
= 𝑛2，所以𝑎𝑛+1 = 𝑎1 + 𝑛2 = 𝑛2 + 2，
所以𝑎15 = 142 + 2 = 198；
即该数列的第15项为𝑎15 = 198.
高二数理进阶
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
Page 456
存在性找构造
故选：𝐶
2. （25-26·吉林）（多选）斐波那契数列(𝐹𝑖𝑏𝑜𝑛𝑎𝑐𝑐𝑖𝑠𝑒𝑞𝑢𝑒𝑛𝑐𝑒)，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多.斐
波那契以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”，在数学上斐波那契数列以𝑎𝑛= 𝑎𝑛−1 + 𝑎𝑛−2(𝑛≥
3 , 𝑛∈𝑁)的递推方法定义，已知𝑎1 = 1，𝑎2 = 1，则（ ）
A. 𝑎6
𝑎3
= 4
B. 3𝑎𝑛= 𝑎𝑛−2 + 𝑎𝑛+2(𝑛≥3 , 𝑛∈𝑁∗)
C. 𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5 + ⋯+ 𝑎2023 = 𝑎2024
D. 𝑎2 + 𝑎4 + 𝑎6 + ⋯+ 𝑎2024 = 𝑎2025
𝐴𝐵𝐶
【分析】对选项𝐴，可以由递推式列出前6项，然后验证即可；对于选项𝐵、𝐶、𝐷，可以灵活运用递推式
验证判断．
【详解】对于𝐴，由𝑎1 = 1，𝑎2 = 1，𝑎𝑛= 𝑎𝑛−1 + 𝑎𝑛−2(𝑛≥3 , 𝑛∈𝑁∗)，
可得𝑎3 = 2，𝑎4 = 3，𝑎5 = 5，𝑎6 = 8，则𝑎6
𝑎3
= 4，故𝐴正确；
对于𝐵，𝑎𝑛−2 + 𝑎𝑛+2 = 𝑎𝑛−2 + 𝑎𝑛+1 + 𝑎𝑛= 𝑎𝑛−2 + 𝑎𝑛−1 + 𝑎𝑛+ 𝑎𝑛= 3𝑎𝑛(𝑛≥3)，故𝐵正确；
对于𝐶，𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5 + ⋯+ 𝑎2023 = 𝑎2 + (𝑎4 −𝑎2) + (𝑎6 −𝑎4) +…+(𝑎2024 −𝑎2022) = 𝑎2024，故
𝐶正确；
对于𝐷，𝑎2 + 𝑎4 + 𝑎6 + ⋯+ 𝑎2024 = (𝑎3 −𝑎1) + (𝑎5 −𝑎3) + (𝑎7 −𝑎5) +…+(𝑎2025 −𝑎2023) =
𝑎2025 −1，𝐷错误．
故选：𝐴𝐵𝐶.
3. （25-26·江苏南京）已知数列{𝑎𝑛}是递增的等比数列，前3项和为13，且𝑎1 + 2，3𝑎2，𝑎3 + 6成等差数
列，
（1）求数列{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）数列{𝑏𝑛}的首项𝑏1 = 1，其前𝑛项和为𝑆𝑛，且
，若数列{𝑐𝑛}满足𝑐𝑛= 𝑎𝑛𝑏𝑛，求{𝑐𝑛}的前𝑛项和
𝑇𝑛．
在如下两个条件中任意选择一个，填入上面横线处，并根据题意解决问题．
①𝑏𝑛= 𝑏𝑛−1 + 2（𝑛≥2，𝑛∈𝑁+）；
②3𝑆𝑛+ 𝑏𝑛= 4（𝑛∈𝑁+）．
(1)𝑎𝑛= 3
𝑛−1
(2)答案见解析
【分析】(1)根据等比数列通项公式及等差中项可得结果；
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
高二数理进阶
最值先找可行域
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(2)若选①，根据等差数列定义求出{𝑏𝑛}的通项公式，再由错位相减法求和可得结果；若选②，根据𝑆𝑛
与𝑏𝑛的关系求通项，再由等比数列求和公式可得结果.
【详解】(1)由题意得{𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 = 13
6𝑎2 = 𝑎1 + 𝑎3 + 8，可得𝑎2 = 3，𝑎1 + 𝑎3 = 10，
设递增的等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，得3
𝑞+ 3𝑞= 10，
解得𝑞= 3或𝑞= 1
3（舍），则𝑎𝑛= 𝑎2𝑞𝑛−2 = 3 ⋅3
𝑛−2 = 3
𝑛−1；
所以数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛= 3
𝑛−1.
(2)选①𝑏𝑛= 𝑏𝑛−1 + 2（𝑛≥2），可得{𝑏𝑛}为首项为1，公差为2的等差数列，
则𝑏𝑛= 1 + 2(𝑛−1) = 2𝑛−1，
𝑐𝑛= 𝑎𝑛𝑏𝑛= (2𝑛−1) ⋅3𝑛−1 ，
则𝑇𝑛= 1 ⋅30 + 3 ⋅31 + 5 ⋅32 + ⋯+ (2𝑛−1) ⋅3𝑛−1，
3𝑇𝑛= 1 ⋅3 + 3 ⋅32 + 5 ⋅33 + ⋯+ (2𝑛−1) ⋅3𝑛，
两式相减可得−2𝑇𝑛= 1 + 2(31 + 32 + ⋯+ 3𝑛−1) −(2𝑛−1) ⋅3𝑛
= 1 + 2 ⋅3(1 −3𝑛−1)
1 −3
−(2𝑛−1) ⋅3𝑛，化简可得𝑇𝑛= 1 + (𝑛−1) ⋅3𝑛，
所以{𝑐𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛= 1 + (𝑛−1) ⋅3𝑛.
选②3𝑆𝑛+ 𝑏𝑛= 4，
当𝑛≥2时，3𝑆𝑛−1 + 𝑏𝑛−1 = 4，又3𝑆𝑛+ 𝑏𝑛= 4，
两式相减可得3𝑏𝑛= 3𝑆𝑛−3𝑆𝑛−1 = 𝑏𝑛−1 −𝑏𝑛，则𝑏𝑛= 1
4𝑏𝑛−1，
可得{𝑏𝑛}为首项为1，公比为1
4的等比数列，则𝑏𝑛= (1
4)
𝑛−1
；
所以𝑐𝑛= 𝑎𝑛𝑏𝑛= (3
4)
𝑛−1
，可得𝑇𝑛=
1 −(3
4)
𝑛
1 −3
4
= 4 −4 ⋅(3
4)
𝑛
．
所以{𝑐𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛= 4 −4 ⋅(3
4)
𝑛
.
4. 已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且𝑎1 = 1 , 𝑎2 = 4 ,
请在①𝑆𝑛+1 + 𝑆𝑛−1 = 3𝑛+ 2𝑆𝑛(𝑛≥
2)；②{3𝑎𝑛−2𝑆𝑛}是公差为1的等差数列；③{𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛}是公比为3的等比数列，这三个条件中任选一
个补充在上面题干中，并解答下面问题.
（1）求{𝑎𝑛}的通项公式；
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第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
Page 458
周期性先定基本周期
（2）在𝑎𝑛与𝑎𝑛+1之间插入𝑛个实数，使这𝑛+ 2个数依次组成公差为𝑑𝑛的等差数列，数列{ 1
𝑑𝑛
}的前𝑛项和
𝑇𝑛，证明：𝑇𝑛< 5
4.
(1)𝑎𝑛= 3𝑛−1
2
(2)证明见解析
【分析】(1)选①，根据数列递推式，结合𝑎𝑛, 𝑆𝑛的关系可得𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 3𝑛(𝑛∈𝑁∗)，采用累加法即可
求得答案；选②，由题意可得3𝑎𝑛−2𝑆𝑛= 𝑛，结合𝑎𝑛, 𝑆𝑛的关系可得𝑎𝑛= 3𝑎𝑛−1 + 1(𝑛≥2)，采用构
造等比数列的方法即可求得答案；选③，根据数列{𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛}是公比为3的等比数列，可得𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛=
3𝑛，利用累加法即可求得答案；
(2)由题意可求得{ 1
𝑑𝑛
}的通项公式，利用错位相减法求得𝑇𝑛的表达式，即可证明结论.
【详解】(1)若选①：当𝑛≥2时，𝑆𝑛+1 + 𝑆𝑛−1 = 3𝑛+ 2𝑆𝑛，所以𝑆𝑛+1 −𝑆𝑛= 3𝑛+ 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1，
故𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 3𝑛(𝑛≥2)，因为𝑎2 −𝑎1 = 4 −1 = 31 ,
所以𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 3𝑛(𝑛∈𝑁∗)，
则𝑛≥2时，𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 = 3𝑛−1 , 𝑎𝑛−1 −𝑎𝑛−2 = 3𝑛−2 , ⋯𝑎2 −𝑎1 = 31 ,
累加得𝑎𝑛−𝑎1 = 3𝑛−1 + 3𝑛−2 + ⋯+ 31 = 3(3𝑛−1 −1)
2
，故𝑎𝑛= 3𝑛−1
2
, (𝑛≥2)，
当𝑛= 1时，𝑎1 = 3 −1
2
= 1满足上式，故𝑎𝑛= 3𝑛−1
2
.
若选②，数列{3𝑎𝑛−2𝑆𝑛}是公差为1的等差数列，首项为3𝑎1 −2𝑆1 = 𝑎1 = 1，
故3𝑎𝑛−2𝑆𝑛= 𝑛，则3𝑎𝑛−1 −2𝑆𝑛−1 = 𝑛−1(𝑛≥2)，
两式相减得𝑎𝑛= 3𝑎𝑛−1 + 1(𝑛≥2)，则𝑎𝑛+ 1
2 = 3(𝑎𝑛−1 + 1
2)，
则𝑎𝑛+ 1
2 = (𝑎1 + 1
2) × 3𝑛−1，即𝑎𝑛= 3𝑛−1
2
(𝑛≥2)，
当𝑛= 1时，𝑎1 = 3 −1
2
= 1满足上式，故𝑎𝑛= 3𝑛−1
2
.
若选③，数列{𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛}是公比为3的等比数列，首项为𝑎2 −𝑎1 = 3，
故𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 3𝑛，则𝑛≥2时，𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 = 3𝑛−1 , 𝑎𝑛−1 −𝑎𝑛−2 = 3𝑛−2 , ⋯𝑎2 −𝑎1 = 31 ,
累加得𝑎𝑛−𝑎1 = 3𝑛−1 + 3𝑛−2 + ⋯+ 31 = 3(3𝑛−1 −1)
2
，故𝑎𝑛= 3𝑛−1
2
(𝑛≥2)，
当𝑛= 1时，𝑎1 = 3 −1
2
= 1满足上式，故𝑎𝑛= 3𝑛−1
2
.
(2)证明：由于𝑑𝑛= 𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛
𝑛+ 1
=
3𝑛+1 −1
2
−3𝑛−1
2
𝑛+ 1
=
3𝑛
𝑛+ 1，所以1
𝑑𝑛
= 𝑛+ 1
3𝑛
所以𝑇𝑛= 2
3 + 3
32 + 4
33 + ⋯+
𝑛
3𝑛−1 + 𝑛+ 1
3𝑛
①，
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
高二数理进阶
对称性先找中心与轴
Page 459
故1
3𝑇𝑛= 2
32 + 3
33 + 4
34 + ⋯+ 𝑛
3𝑛+ 𝑛+ 1
3𝑛+1 ②，
①−②，得2
3𝑇𝑛= 2
3 + 1
32 + 1
33 + ⋯+ 1
3𝑛−𝑛+ 1
3𝑛+1
= 1
3 +
1
3[1 −(1
3)𝑛]
1 −1
3
−𝑛+ 1
3𝑛+1 = 5
6 −2𝑛+ 5
6 × 3𝑛，
即𝑇𝑛= 5
4 −2𝑛+ 5
4 × 3𝑛< 5
4.
5. （25-26·浙江绍兴）设𝑆𝑛为数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，且𝑆2 = 8 , 2𝑆𝑛= (𝑛+ 1)𝑎𝑛+ 𝑛−1.
（1）求𝑎𝑛；
（2）若不等式𝜆⋅2𝑛−𝑆𝑛> 0恒成立，求实数𝜆的取值范围.
(1)𝑎𝑛= 2𝑛+ 1
(2)𝜆> 2
【分析】(1)给𝑛赋值可求得𝑎2及𝑎1；利用𝑆𝑛与𝑎𝑛的关系将𝑛换为𝑛+ 1，作差可得𝑎𝑛+2 −2𝑎𝑛+1 + 𝑎𝑛=
0，由等差中项的定义证得等差数列，即可利用等差数列的定义求解..
(2)将𝜆分离，构造新数列𝑏𝑛，利用𝑏𝑛+1 −𝑏𝑛的正负找到最大项，可得所求结果.
【详解】(1)∵2𝑆2 = 3𝑎2 + 1，𝑆2 = 8，得𝑎2 = 5 ∴𝑎1 = 3.
2𝑆𝑛= (𝑛+ 1)𝑎𝑛+ 𝑛−1，则2𝑆𝑛+1 = (𝑛+ 2)𝑎𝑛+1 + 𝑛，
两式相减得2𝑎𝑛+1 = (𝑛+ 2)𝑎𝑛+1 −(𝑛+ 1)𝑎𝑛+ 1，
即𝑛𝑎𝑛+1 −(𝑛+ 1)𝑎𝑛+ 1 = 0 ①
∴(𝑛+ 1)𝑎𝑛+2 −(𝑛+ 2)𝑎𝑛+1 + 1 = 0 ②
②−①得(𝑛+ 1)𝑎𝑛+2 −(2𝑛+ 2)𝑎𝑛+1 + (𝑛+ 1)𝑎𝑛= 0，
即𝑎𝑛+2 −2𝑎𝑛+1 + 𝑎𝑛= 0，故数列{𝑎𝑛}为等差数列.
因此公差为𝑑= 𝑎2 −𝑎1 = 2，则𝑎𝑛= 3 + (𝑛−1) × 2 = 2𝑛+ 1
(2)由(𝐼)可得𝑎𝑛= 2𝑛+ 1 ∴𝑆𝑛= 𝑛2 + 2𝑛，
由𝜆⋅2𝑛−𝑆𝑛> 0得𝜆> 𝑛(𝑛+ 2)
2𝑛
对任意正整数𝑛恒成立，∴𝜆> [𝑛(𝑛+ 2)
2𝑛
]
𝑚𝑎𝑥
，
令𝑏𝑛= 𝑛(𝑛+ 2)
2𝑛
，
∴𝑏𝑛+1 −𝑏𝑛= (𝑛+ 1)(𝑛+ 3)
2𝑛+1
−𝑛(𝑛+ 2)
2𝑛
= 3 −𝑛2
2𝑛+1 ，
当𝑛= 1时，𝑏2 −𝑏1 > 0，当𝑛≥2时，𝑏𝑛+1 −𝑏𝑛< 0，
∴𝑏1 < 𝑏2 > 𝑏3 > 𝑏4 > ⋯， ∴(𝑏𝑛)𝑚𝑎𝑥= 𝑏2 = 2
∴𝜆> 2 .
高二数理进阶
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
Page 460
单调性服务比较
6. （25-26·安徽）已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，前𝑛项积为𝑇𝑛，满足𝑇𝑛= 1 −2𝑎𝑛(𝑛∈𝑁∗)．
（1）求𝑇1，𝑇2和𝑇𝑛；
（2）证明：𝑛
2 −1
2 + (1
2)
𝑛+1
< 𝑆𝑛< 𝑛
2．
(1)𝑇1 = 1
3 , 𝑇2 = 1
7 , 𝑇𝑛=
1
2𝑛+1 −1
(2)证明见解析
【分析】(1)根据题意计算出𝑇1 , 𝑇2，将条件𝑇𝑛= 1 −2𝑎𝑛中的𝑎𝑛变为𝑇𝑛
𝑇𝑛−1
，然后化简可得{ 1
𝑇𝑛
+ 1}是
等比数列，计算可得𝑇𝑛；
(2)由(1)可得𝑎𝑛=
2𝑛−1
2𝑛+1 −1，采用放缩法可得1
2 −
1
2𝑛+1 < 𝑎𝑛< 1
2，根据数列求和公式计算即可得证.
【详解】(1)当𝑛= 1时，𝑇1 = 1 −2𝑎1 ⇔𝑇1 = 𝑎1 = 1
3，
当𝑛= 2时，𝑇2 = 1 −2𝑎2 ⇔𝑎1𝑎2 = 1 −2𝑎2 ⇔𝑎2 = 3
7 ⇔𝑇2 = 1
7，
∵数列{𝑎𝑛}的前𝑛项积为𝑇𝑛，满足𝑇𝑛= 1 −2𝑎𝑛(𝑛∈𝑁∗)，
若某个𝑎𝑗= 0，则由前𝑗项积的定义有𝑇𝑗= 0，但题设又给出𝑇𝑗= 1 −2𝑎𝑗= 1，矛盾. 因此所有𝑎𝑗≠0，进
而所有𝑇𝑗≠0.
∴𝑛≥2时，𝑇𝑛= 1 −2𝑇𝑛
𝑇𝑛−1
，化为1
𝑇𝑛
= 2 ×
1
𝑇𝑛−1
+ 1，变形为1
𝑇𝑛
+ 1 = 2(
1
𝑇𝑛−1
+ 1)，
𝑛= 1时，1
𝑇1
+ 1 = 4，
数列{ 1
𝑇𝑛
+ 1}是首项为4，公比为2的等比数列，
∴1
𝑇𝑛
+ 1 = 4 × 2𝑛−1 = 2𝑛+1 ⇔𝑇𝑛=
1
2𝑛+1 −1，
𝑛= 1时，𝑇1 = 1
3亦满足上式，即𝑇𝑛=
1
2𝑛+1 −1；
(2)先证明左边：即证明𝑆𝑛> 𝑛
2 −1
2 + (1
2)
𝑛+1
，𝑇𝑛=
1
2𝑛+1 −1，
又由𝑇𝑛= 1 −2𝑎𝑛，解得𝑎𝑛=
2𝑛−1
2𝑛+1 −1，
又𝑎𝑛=
2𝑛−1
2𝑛+1 −1 > 2𝑛−1
2𝑛+1 = 1
2 −
1
2𝑛+1，
所以𝑆𝑛> (1
2 −1
22) + (1
2 −1
23) + ⋯+ (1
2 −
1
2𝑛+1) = 𝑛
2 −
1
4[1 −(1
2)
𝑛
]
1 −1
2
= 𝑛
2 −1
2 + (1
2)
𝑛+1
，
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
高二数理进阶
奇偶性服务简化
Page 461
再证明右边：𝑎𝑛=
2𝑛−1
2𝑛+1 −1 <
2𝑛−1
2(2𝑛−1) = 1
2，
∴𝑆𝑛< 𝑛
2．
7. 在数列{𝑎𝑛} , {𝑏𝑛}中，𝑎1 = 2 , 𝑏1 = 4，且𝑎𝑛, 𝑏𝑛，𝑎𝑛+1成等差数列，𝑏𝑛, 𝑎𝑛+1 , 𝑏𝑛+1成等比数列（𝑛∈
𝑁∗）．
（1）求𝑎2 , 𝑎3 , 𝑎4及𝑏2 , 𝑏3 , 𝑏4；
（2）根据计算结果，猜想{𝑎𝑛} , {𝑏𝑛}的通项公式，并用数学归纳法证明．
(1)𝑎2 = 6 , 𝑎3 = 12 , 𝑎4 = 20，𝑏2 = 9 , 𝑏3 = 16 , 𝑏4 = 25．
(2)𝑎𝑛= 𝑛(𝑛+ 1), 𝑏𝑛= (𝑛+ 1)2，证明见解析
【分析】(1)由条件得到2𝑏𝑛= 𝑎𝑛+ 𝑎𝑛+1 , 𝑎2
𝑛+1 = 𝑏𝑛𝑏𝑛+1，即可逐个计算；
(2)𝑎𝑛= 𝑛(𝑛+ 1), 𝑏𝑛= (𝑛+ 1)2；由数学归纳法求证步骤求证即可；
【详解】(1)由已知条件得2𝑏𝑛= 𝑎𝑛+ 𝑎𝑛+1 , 𝑎2
𝑛+1 = 𝑏𝑛𝑏𝑛+1，
所以
2𝑏1 = 𝑎1 + 𝑎2，𝑎2
2 = 𝑏1𝑏2，可得：𝑎2 = 6 , 𝑏2 = 9，
2𝑏2 = 𝑎2 + 𝑎3，𝑎2
3 = 𝑏2𝑏3，可得：𝑎3 = 12 , 𝑏3 = 16，
2𝑏3 = 𝑎3 + 𝑎4，𝑎2
4 = 𝑏3𝑏4，可得：𝑎4 = 20 , 𝑏4 = 25；
(2)由(1)的计算可以猜想𝑎𝑛= 𝑛(𝑛+ 1), 𝑏𝑛= (𝑛+ 1)2．
下面用数学归纳法证明：
①当𝑛= 1时，由已知𝑎1 = 2 , 𝑏1 = 4可得结论成立；
②假设当𝑛= 𝑘(𝑘≥2且𝑘∈𝑁∗)时猜想成立，
即𝑎𝑘= 𝑘(𝑘+ 1), 𝑏𝑘= (𝑘+ 1)2．
则当𝑛= 𝑘+ 1时，
𝑎𝑘+1 = 2𝑏𝑘−𝑎𝑘= 2(𝑘+ 1)2 −𝑘(𝑘+ 1) = 𝑘2 + 3𝑘+ 2 = (𝑘+ 1)(𝑘+ 2) ，
𝑏𝑘+1 = 𝑎2
𝑘+1
𝑏𝑘
= (𝑘+ 1)2(𝑘+ 2)2
(𝑘+ 1)2
= (𝑘+ 2)2 ，
因此当𝑛= 𝑘+ 1时，结论也成立．
由①②知，对一切𝑛∈𝑁∗都有𝑎𝑛= 𝑛(𝑛+ 1), 𝑏𝑛= (𝑛+ 1)2成立．
8. （25-26·福建莆田）已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1 = 1 , 𝑎2 = 3，且对任意正整数𝑛≥3有𝑎𝑛= 3𝑎𝑛−1 −2𝑎𝑛−2，
数列{𝑏𝑛}满足𝑏1 = 1 , 𝑏𝑛= 𝑎𝑛−𝑎𝑛−1(𝑛≥2)
高二数理进阶
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
Page 462
换元须保范围
（1）证明：数列{𝑏𝑛}是等比数列；
（2）设𝑐𝑛= 2𝑛−1
𝑏𝑛
，数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛；
①求𝑆𝑛；
②若不等式𝜆−
𝑛
2𝑛−2 < 𝑆𝑛对任意的正整数𝑛恒成立，求实数𝜆的取值范围．
(1)证明见解析
(2)①𝑆𝑛= 6 −2𝑛+ 3
2𝑛−1 ；②(−∞, 3)
【分析】(1)根据题目条件利用等比数列定义即可得证．
(2)运用错位相减求和法求𝑆𝑛，根据数列单调性处理不等式恒成立，进而求出实数𝜆的取值范围．
【详解】(1)证明：因为𝑎𝑛= 3𝑎𝑛−1 −2𝑎𝑛−2(𝑛≥3) , 𝑏𝑛= 𝑎𝑛−𝑎𝑛−1(𝑛≥2)，
所以𝑏𝑛
𝑏𝑛−1
=
𝑎𝑛−𝑎𝑛−1
𝑎𝑛−1 −𝑎𝑛−2
= 3𝑎𝑛−1 −2𝑎𝑛−2 −𝑎𝑛−1
𝑎𝑛−1 −𝑎𝑛−2
= 2(𝑛≥3)．
因为𝑎1 = 1 , 𝑎2 = 3，所以𝑏2 = 𝑎2 −𝑎1 = 2．
又𝑏1 = 1，所以𝑏2
𝑏1
= 2，即证得{𝑏𝑛}是首项为1，公比为2的等比数列．
(2)①由(1)可得𝑏𝑛= 2𝑛−1，则𝑐𝑛= 2𝑛−1
𝑏𝑛
= 2𝑛−1
2𝑛−1 ，
𝑆𝑛= 1
20 + 3
21 + 5
22 + 7
23 + ⋯+ 2𝑛−3
2𝑛−2 + 2𝑛−1
2𝑛−1 ，
1
2𝑆𝑛= 1
21 + 3
22 + 5
23 + ⋯+ 2𝑛−3
2𝑛−1 + 2𝑛−1
2𝑛
，
两式相减得：1
2𝑆𝑛= 1
20 + 2
21 + 2
22 + 2
23 + ⋯+
2
2𝑛−2 +
2
2𝑛−1 −2𝑛−1
2𝑛
，
即1
2𝑆𝑛= 1 + 1 + 1
21 + 1
22 + ⋯+
1
2𝑛−3 +
1
2𝑛−2 −2𝑛−1
2𝑛
，
所以1
2𝑆𝑛= 1 +
1 × (1 −
1
2𝑛−1)
1 −1
2
−2𝑛−1
2𝑛
，则𝑆𝑛= 6 −2𝑛+ 3
2𝑛−1 ．
②因为不等式𝜆−
𝑛
2𝑛−2 < 𝑆𝑛对任意的正整数𝑛恒成立，
所以𝜆< 6 −
3
2𝑛−1对任意的正整数𝑛恒成立，
即𝜆< (6 −
3
2𝑛−1)
𝑚𝑖𝑛
，
设𝑓(𝑛) = 6 −
3
2𝑛−1在[1 , + ∞)为增函数，
所以𝜆< 𝑓(1) = 3.
故实数𝜆的取值范围为(−∞, 3).
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
高二数理进阶
配凑不是技巧，是识别
Page 463
9. 已知正项数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且𝑆𝑛= 𝑎𝑛(𝑎𝑛+ 2)
4
(𝑛∈𝑁∗)．
（1）求数列{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）求证：1
𝑎3
1
+ 1
𝑎3
2
+ 1
𝑎3
3
+ ⋯+ 1
𝑎3𝑛
< 5
32(𝑛∈𝑁∗)．
(1)𝑎𝑛= 2𝑛
(2)证明见解析
【分析】(1)利用数列前𝑛项和𝑆𝑛与𝑎𝑛的关系，再结合首项的值确定通项即可；
(2)法一：直接放缩法，利用1
𝑎3𝑛
=
1
8𝑛⋅𝑛2 <
1
8𝑛⋅(𝑛2 −1) = 1
16[
1
(𝑛−1)𝑛−
1
𝑛(𝑛+ 1)](𝑛≥2)即可证
出；
法二：由𝑛3 ≥4𝑛(𝑛−1)可得1
𝑎3𝑛
=
1
8𝑛3 <
1
32𝑛(𝑛−1) = 1
32(
1
𝑛−1 −1
𝑛)(𝑛≥2)，即可证明不等式.
【详解】(1)因为{𝑎𝑛}为正项数列，𝑆𝑛= 𝑎𝑛(𝑎𝑛+ 2)
4
①，
当𝑛= 1时，得𝑎1 = 2；
当𝑛≥2时，𝑆𝑛−1 = 𝑎𝑛−1(𝑎𝑛−1 + 2)
4
②，
①－②得，𝑎2𝑛−𝑎2
𝑛−1 = 2(𝑎𝑛+ 𝑎𝑛−1)，得𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 = 2．
所以{𝑎𝑛}是首项为2，公差为2的等差数列，所以𝑎𝑛= 2𝑛．
(2)解法1：因为1
𝑎3𝑛
=
1
(2𝑛)3 =
1
8𝑛⋅𝑛2 <
1
8𝑛⋅(𝑛2 −1) = 1
16[
1
(𝑛−1)𝑛−
1
𝑛(𝑛+ 1)](𝑛≥2)，
所以当𝑛≥2时，
1
𝑎3
1
+ 1
𝑎3
2
+ 1
𝑎3
3
+ ⋯+ 1
𝑎3𝑛
< 1
23 + 1
16[
1
1 × 2 −
1
2 × 3 + ⋯+
1
(𝑛−1)𝑛−
1
𝑛(𝑛+ 1)]
= 1
23 + 1
32 −
1
16𝑛(𝑛+ 1) < 5
32 ，
当𝑛= 1时也符合，所以原不等式成立．
解法2：因为𝑛3 −4𝑛(𝑛−1) = 𝑛(𝑛2 −4𝑛+ 4) = 𝑛(𝑛−2)2 ≥0，所以𝑛3 ≥4𝑛(𝑛−1)，
所以1
𝑎3𝑛
=
1
(2𝑛)3 =
1
8𝑛3 <
1
32𝑛(𝑛−1) = 1
32(
1
𝑛−1 −1
𝑛)(𝑛≥2)，
所以当𝑛≥2时，
1
𝑎3
1
+ 1
𝑎3
2
+ 1
𝑎3
3
+ ⋯+ 1
𝑎3𝑛
≤1
8 + 1
32[(1 −1
2) + (1
2 −1
3) + ⋯+ (
1
𝑛−1 −1
𝑛)]
= 1
8 + 1
32(1 −1
𝑛) < 1
8 + 1
32 = 5
32 ，
当𝑛= 1时，不等式的左边= 1
𝑎3
1
= 1
8 < 5
32也符合，所以原不等式成立．
高二数理进阶
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
Page 464
消元不是删除，是聚焦
10. （25-26·广东深圳）杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列．中国南宋数学家杨辉1261年所
著的《详解九章算法》一书中出现了杨辉三角和“三角垛”．如图左为用阿拉伯数字表示的杨辉三角，如图
右的“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……
（1）设“三角垛”各层球数构成一个数列{𝑎𝑛}，观察发现杨辉三角中第3斜列即为数列{𝑎𝑛}；
1 , 3 , 6 , 10 , 15 , …，请写出𝑎𝑛与𝑎𝑛−1(𝑛∈𝑁∗, 𝑛≥2)的递推关系，并求出数列{𝑎𝑛}的通项公式；
（2）记杨辉三角的第𝑛行所有数之和为𝑏𝑛，令𝑐𝑛= 2𝑎𝑛𝑏𝑛
𝑛+ 1 ，设𝑇𝑛为数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和．
(𝑖)求𝑇𝑛；
(𝑖𝑖)若∀𝑛∈𝑁∗, 𝑇𝑛+ 2𝑛+1 < 𝑚⋅3𝑛+1 + 2成立，求𝑚的取值范围．
(1)𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛+ (𝑛+ 1) , 𝑛∈𝑁∗；𝑎𝑛= 𝑛(𝑛+ 1)
2
, 𝑛∈𝑁∗
(2)(𝑖)𝑇𝑛= 2 + (𝑛−1) ⋅2𝑛+1 ；
(𝑖𝑖)(16
27 , + ∞)
【分析】(1)利用观察归纳法找到递推关系，再利用累加法求通项公式即可；
(2)(𝑖)利用二项式系数的性质得𝑏𝑛= 2𝑛，再利用错位相减法求𝑇𝑛即可；
(𝑖𝑖)构造数列{𝑐𝑛}，由不等式组求数列{𝑐𝑛}的最大值即可．.
【详解】(1)由题意可知，𝑎1 = 1 , 𝑎2 = 3 = 1 + 2 = 𝑎1 + 2，
𝑎3 = 6 = 1 + 2 + 3 = 𝑎2 + 3 , ⋯⋯, 𝑎𝑛= 𝑎𝑛−1 + 𝑛，
所以数列{𝑎𝑛}的一个递推关系为𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛+ (𝑛+ 1) , 𝑛∈𝑁∗，
所以当𝑛≥2时，利用累加法可得
𝑎𝑛= 𝑎1 + (𝑎2 −𝑎1) + (𝑎3 −𝑎2) + ⋅⋅⋅+(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1) = 1 + 2 + 3 + ⋅⋅⋅+𝑛= 𝑛(𝑛+ 1)
2
，
将𝑛= 1代入得𝑎1 = 1 × 2
2
= 1，符合𝑎𝑛= 𝑛(𝑛+ 1)
2
，
所以数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛= 𝑛(𝑛+ 1)
2
, 𝑛∈𝑁∗.
(2)(𝑖)利用二项式系数的性质得𝑏𝑛= 𝐶0𝑛+ 𝐶1𝑛+ 𝐶2𝑛+ ⋯+ 𝐶𝑛𝑛= 2𝑛，
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
高二数理进阶
因式分解显露结构
Page 465
所以𝑐𝑛= 2𝑎𝑛𝑏𝑛
𝑛+ 1 =
2 × 𝑛× (𝑛+ 1)
2
× 2𝑛
𝑛+ 1
= 𝑛⋅2𝑛，
所以𝑇𝑛= 1 × 21 + 2 × 22 + 3 × 23 + ⋯+ (𝑛−1) ⋅2𝑛−1 + 𝑛⋅2𝑛，
2𝑇𝑛= 1 × 22 + 2 × 23 + 3 × 24 + ⋯+ (𝑛−1) ⋅2𝑛+ 𝑛⋅2𝑛+1 ，
得−𝑇𝑛= 21 + 22 + 23 + ⋯+ 2𝑛−𝑛⋅2𝑛+1，
所以−𝑇𝑛= 2 −2𝑛+1
1 −2
−𝑛⋅2𝑛+1，
所以𝑇𝑛= 2 + (𝑛−1) ⋅2𝑛+1，
(𝑖𝑖)∀𝑛∈𝑁∗, 𝑇𝑛+ 2𝑛+1 < 𝑚⋅3𝑛+1 + 2成立，等价于𝑛⋅2𝑛+1 < 𝑚⋅3𝑛+1成立，
等价于𝑚> 𝑛⋅(2
3)
𝑛+1
成立，令𝑐𝑛= 𝑛⋅(2
3)
𝑛+1
，
所以
{
𝑛⋅(2
3)𝑛+1 ≥(𝑛−1) ⋅(2
3)𝑛
𝑛⋅(2
3)𝑛+1 ≥(𝑛+ 1) ⋅(2
3)𝑛+2
，即
{
2𝑛
3 ≥𝑛−1
𝑛≥2(𝑛+ 1)
3
，解得2 ≤𝑛≤3，
所以{𝑐𝑛}的最大值为𝑐2 = 𝑐3 = 16
27，
所以𝑚> 16
27，即𝑚的取值范围是(16
27 , + ∞).
测
知识小测
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1. （25-26·福建龙岩）“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就.如图，这是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数
阵，记𝑎𝑛为图中虚线上的数1 , 3 , 6 , 10，⋯构成的数列{𝑎𝑛}的第𝑛项，则𝑎2025 = （ ）
A. 1014 × 2025
B. 1013 × 2025
C. 1013 × 2024
D. 1015 × 2026
𝐵
【分析】由图可得𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 𝑛+ 1，再借助累加法结合等差数列求和公式计算即可得.
【详解】由图可知{𝑎𝑛}的递推公式为𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 𝑛+ 1，
所以(𝑎2025 −𝑎2024) + (𝑎2024 −𝑎2023) + ⋯+ (𝑎2 −𝑎1)= 2025 + 2024 + ⋯+ 2，
因为𝑎1 = 1，所以𝑎2025 −𝑎1 = 2025 + 2024 + ⋯+ 2，
高二数理进阶
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Page 466
配方让二次式归位
故𝑎2025 = 2025 + 2024 + ⋯+ 2 + 1 = 2025 × (2025 + 1)
2
= 1013 × 2025.
故选：𝐵.
2. （25-26·广西桂林）“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，
从第三行起，每一行的第三个数1，1
3，1
6，1
10，⋯，构成数列{𝑎𝑛}，其前𝑛项和为𝑆𝑛，则𝑆31 = （ ）
1
1 1
1 1
21
1 1
3
1
3
1
1 1
4
1
6
1
41
1 1
5
1
10
1
10
1
51
⋯
A. 31
16
B. 39
20
C. 31
32
D. 39
40
𝐴
【分析】根据数列{𝑎𝑛}的前4项，归纳出数列的通项公式，再利用裂项相消法求出前𝑛项和，即可求解.
【详解】根据题意可知，𝑎1 = 1 =
2
1 × 2，𝑎2 = 1
3 =
2
2 × 3，𝑎3 = 1
6 =
2
3 × 4，𝑎4 = 1
10 =
2
4 × 5，⋯
以此类推，𝑎𝑛=
2
𝑛(𝑛+ 1) = 2(1
𝑛−
1
𝑛+ 1)，
所以其前𝑛项和𝑆𝑛= 2(1 −1
2 + 1
2 −1
3 + 1
3 −1
4 + ⋯+ 1
𝑛−
1
𝑛+ 1) = 2(1 −
1
𝑛+ 1) =
2𝑛
𝑛+ 1，
所以𝑆31 = 2 × 31
31 + 1 = 62
32 = 31
16.
故选：𝐴.
3. （25-26·江西新余）数列{𝐹𝑛} : 1 , 1 , 2 , 3 , 5 , 8 , 13 , 21 , 34 , ⋯，称为斐波那契数列，又称黄金分割数
列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数
列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和.记该数列{𝐹𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，则下列结论正确的是
（ ）
A. 𝐹2024 = 𝑆2022 + 1
B. 𝐹2024 = 𝑆2023 + 1
C. 𝑆2022 = 𝐹2024 + 2
D. 𝑆2023 = 𝐹2024 + 2
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
高二数理进阶
构造使隐含关系可见
Page 467
𝐴
【分析】𝐹3 −𝐹2 = 𝐹1，𝐹4 −𝐹3 = 𝐹2，𝐹5 −𝐹4 = 𝐹3，……，𝐹2024 −𝐹2023 = 𝐹2022，相加得到答案.
【详解】由题意得𝐹𝑛+2 = 𝐹𝑛+1 + 𝐹𝑛，
故𝐹3 −𝐹2 = 𝐹1，𝐹4 −𝐹3 = 𝐹2，𝐹5 −𝐹4 = 𝐹3，……，𝐹2024 −𝐹2023 = 𝐹2022，
上面的式子相加得𝐹2024 −𝐹2 = 𝑆2022，
又𝐹2 = 1，故𝐹2024 = 𝑆2022 + 1.
故选：𝐴
4. （25-26·福建）（多选）斐波那契数列又称“兔子数列”，在现代物理、化学等领域都有着广泛的应用.斐波
那契数列{𝑎𝑛}可以用如下方法定义：𝐹1 = 𝐹2 = 1，𝐹𝑛= 𝐹𝑛−1 + 𝐹𝑛−2(𝑛≥3 , 𝑛∈𝑁∗).则（ ）
A. 𝐹12 = 145
B. 𝐹2𝑛= 𝐹𝑛𝐹𝑛+1 −𝐹𝑛𝐹𝑛−1
C. 𝐹2
1 + 𝐹2
2 + ⋯+ 𝐹2𝑛= 𝐹𝑛𝐹𝑛+1
D. 𝐹1 + 𝐹2 + ⋯+ 𝐹𝑛= 𝐹𝑛+2 −𝐹2
𝐵𝐶𝐷
【分析】根据递推式判断𝐴、𝐵、𝐷；根据𝐵的结论，结合累加法判断𝐶；
【详解】由题设，𝐹1 = 𝐹2 = 1，𝐹3 = 2 , 𝐹4 = 3 , 𝐹5 = 5 , 𝐹6 = 8 , 𝐹7 = 13 ,𝐹8 = 21 , 𝐹9 = 34 , 𝐹10 =
55 , 𝐹11 = 89 , 𝐹12 = 144，𝐴错；
由𝐹𝑛= 𝐹𝑛−1 + 𝐹𝑛−2(𝑛≥3 , 𝑛∈𝑁∗)，则𝐹𝑛= 𝐹𝑛+1 −𝐹𝑛−1，故𝐹𝑛𝐹𝑛+1 −𝐹𝑛𝐹𝑛−1 = 𝐹𝑛(𝐹𝑛+1 −
𝐹𝑛−1) = 𝐹2𝑛，𝐵对；
由𝐹2
1 = 𝐹2𝐹1，结合𝐵的结论有𝐹2
2 = 𝐹2𝐹3 −𝐹2𝐹1，𝐹2
3 = 𝐹3𝐹4 −𝐹3𝐹2，⋯，𝐹2𝑛= 𝐹𝑛𝐹𝑛+1 −
𝐹𝑛𝐹𝑛−1，
所以𝐹2
1 + 𝐹2
2 + ⋯+ 𝐹2𝑛= 𝐹𝑛𝐹𝑛+1，𝐶对；
𝐹1 + 𝐹2 + ⋯+ 𝐹𝑛= (𝐹3 −𝐹2) + (𝐹4 −𝐹3) + ⋯+ (𝐹𝑛+2 −𝐹𝑛+1) = 𝐹𝑛+2 −𝐹2，𝐷对；
故选：𝐵𝐶𝐷
5. （25-26·广东佛山）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列.从第1层开始，第𝑛层从左到右的
数字之和记为𝑎𝑛，如𝑎1 = 1 + 1 = 2，𝑎2 = 1 + 2 + 1 = 4，…，则{𝑎𝑛}的前9项和𝑆9 =
.
高二数理进阶
第 19 讲 数列中的特殊模型、不等式与归纳法
Page 468
归纳寻找稳定骨架
1022
【分析】由题意，总结得出𝑎𝑛的表达式，证明其为等比数列，利用等比数列求和公式计算即得.
【详解】由题意得𝑎𝑛= 2𝑛，因𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
= 2𝑛+1
2𝑛
= 2，可得数列{𝑎𝑛}是等比数列，
则𝑆9 = 2(1 −29)
1 −2
= 1022.
故答案为：1022.
第 20 讲 数列中的新文化与新定义问题
高二数理进阶
类比给方向，证明给资格
Page 469
第 20 讲
数列中的新文化与新定义问题
讲
题型精讲
Core examples
题型1
数列中的新文化问题
题型点拨
解决数列与数学文化相交汇问题的关键
典例1 （25-26·广东江门）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒
或小石子所排列的形状把数分类，如图中第一行1 , 3 , 6 , 10称为三角形数，第二行的1 , 4 , 9 , 16称为正方
形数，下列数中既是三角形数，又是正方形数的是（ ）
A. 100
B. 289
C. 1225
D. 1378
𝐶
【分析】由题意，求出数列的通项公式，建立方程，可得答案.
【详解】由题意，三角形数可看作1 = 1，3 = 1 + 2，6 = 1 + 2 + 3，10 = 1 + 2 + 3 + 4，⋯，
则第𝑛个三角形数为1 + 2 + ⋯+ 𝑛= 𝑛(𝑛+ 1)
2
，
高二数理进阶
第 20 讲 数列中的新文化与新定义问题
Page 470
逆向思考寻找中点
正方形数可看作1 = 12，4 = 22，9 = 32，⋯，则第𝑛个正方形数为𝑛2；
对于𝐴，令𝑛2 = 100，得𝑛= 10，令𝑛(𝑛+ 1)
2
= 100，其解不是正整数，故𝐴错误；
对于𝐵，令𝑛2 = 289，得𝑛= 17，令𝑛(𝑛+ 1)
2
= 289，其解不是正整数，故𝐵错误；
对于𝐶，𝑛2 = 1225，得𝑛= 35，令𝑛(𝑛+ 1)
2
= 1225，解得𝑛= 49，故𝐶正确；
对于𝐷，𝑛2 = 1378，其解不是正整数，故𝐷错误.
故选：𝐶.
变式1 （25-26·河南）《九章算术》中有问题：“今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长一尺.蒲生日自半，
莞生日自倍.”意思是说今有蒲第一天长高三尺，莞第一天长高一尺，以后蒲每天长高为前一天的一半，莞每
天长高为前一天的两倍，要使莞的长度大于蒲的长度（蒲与莞原先的长度忽略不计），需要经过的时间最少
为（ ）
A. 3天
B. 4天
C. 5天
D. 6天
𝐴
【分析】根据题意，蒲生长长度与莞生长长度都构成了等比数列，利用等比数列的求和公式得到关于𝑛的
不等式，解之即可得解.
【详解】由题意，蒲第一天长高三尺，以后蒲每天长高前一天的一半，
所以蒲生长长度构成首项为𝑎1 = 3，公比为𝑞1 = 1
2的等比数列，
其前𝑛项和为𝑆𝑛=
3 × [1 −(1
2)
𝑛
]
1 −1
2
= 6 −6 × (1
2)
𝑛
，
又由莞第一天长高一尺，每天长高前一天的两倍，
则莞生长长度构成首项为𝑏1 = 1，公比为𝑞2 = 2的等比数列，
其前𝑛项和为𝑇𝑛= 1 × (1 −2𝑛)
1 −2
= 2𝑛−1，
由题意得𝑇𝑛> 𝑆𝑛，即2𝑛−1 > 6 −6 × (1
2)
𝑛
，则2𝑛+ 6
2𝑛> 7，
令𝑡= 2𝑛，则𝑡≥2，𝑡+ 6
𝑡> 7，解得𝑡> 6，即2𝑛> 6，
又22 = 4 < 6，23 = 8 > 6，所以需要经过的时间最少为3天.
故选：𝐴..
第 20 讲 数列中的新文化与新定义问题
高二数理进阶
正向推进积累条件
Page 471
变式2 高斯是德国著名数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用他名字定义的函数
𝑓(𝑥) = [𝑥]称为高斯函数，其中[𝑥]表示不超过𝑥的最大整数，如[2.3] = 2，[−1.9] = −2.已知等差数列
{𝑎𝑛}的第5项为5，前10项和为55，等比数列{𝑏𝑛}的第3项为4，第6项为32.若数列{𝑎𝑛𝑏𝑛}的前𝑛项和为
𝑇𝑛，𝑐𝑛= [−log2(𝑇𝑛−1)]，则[𝑐1000] = （ ）
A. −1009
B. −1010
C. −1011
D. −1012
𝐵
【分析】利用等差数列和等比数列的概念求解出𝑎𝑛= 𝑛，𝑏𝑛= 2𝑛−1，然后利用错位相减法求解出𝑇𝑛=
(𝑛−1) × 2𝑛+ 1，再求出𝑐1000 = [−log2(𝑇1000 −1)] = −1010，从而[𝑐1000] = 𝑐1000 = −1010.
【详解】设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，由第5项为5，前10项和为55，
得{𝑎1 + 4𝑑= 5
10𝑎1 + 45𝑑= 55，解得𝑎1 = 𝑑= 1，所以𝑎𝑛= 𝑛.
设等比数列{𝑏𝑛}的公比为𝑞，由第3项为4，第6项为32，得𝑞= 2，
所以𝑏𝑛= 𝑏3 ⋅𝑞𝑛−3 = 4 × 2𝑛−3 = 2𝑛−1，所以𝑎𝑛𝑏𝑛= 𝑛× 2𝑛−1，
𝑇𝑛= 1 × 20 + 2 × 21 + 3 × 22 + ⋯+ 𝑛× 2𝑛−1 ，
则2𝑇𝑛= 1 × 21 + 2 × 22 + 3 × 23 + ⋯+ (𝑛−1) × 2𝑛−1 + 𝑛× 2𝑛，
两式相减得
−𝑇𝑛= 1 + 2 + 22 + 23 + ⋯+ 2𝑛−1 −𝑛× 2𝑛= 1 −2𝑛−1 × 2
1 −2
−𝑛× 2𝑛= 2𝑛−1 −𝑛× 2𝑛= (1 −𝑛) × 2𝑛−1
所以𝑇𝑛= (𝑛−1) × 2𝑛+ 1，
故log2(𝑇𝑛−1) = log2((𝑛−1) × 2𝑛)，
则
𝑐1000 = [−log2(𝑇1000 −1)] = [−log2((1000 −1) × 21000)]
= [−1000 −log2 999] = −1010.
因为𝑐1000本身是整数，所以
[𝑐1000] = 𝑐1000 = −1010.
故选：𝐵.
题型2
数列中的新定义问题
题型点拨
一、新定义问题的方法和技巧
1、可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
2、可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解得较为透彻；
高二数理进阶
第 20 讲 数列中的新文化与新定义问题
Page 472
正逆相接，思路成形
3、发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
4、如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使
用书上的概念.
二、与数列有关的新定义问题的策略
1、通过给定的与数列有关的新定义，或约定的一种新运算，或给出的由几个新模型来创设的新问题的
情景，要求在阅读理解的基础上，依据题设所提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，
达到灵活解题的目的.
2、遇到新定义问题，需耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的本质，按新定义的要
求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以顺利解决.
3、类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列”的性质靠拢.
典例2 （25-26·广东广州）设 𝑚 为正整数，数列 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎3𝑚+2 是公比不为 1 的等比数列，若从中删
去两项 𝑎𝑖 和 𝑎𝑗(𝑖< 𝑗)后剩余的 3𝑚 项可被平均分为 𝑚 组，且每组的 3 个数都能构成等比数列，则称数列
𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎3𝑚+2 是 (𝑖, 𝑗) −可分数列．现有下列 3 个命题：①数列 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎5 是 (1 , 5) −可分数
列；②数列 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎8 是 (2 , 5) −可分数列；③数列 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎3𝑚+2(𝑚≥3)是 (6 , 9) −可分数
列．其中是真命题的为（ ）
A. ①
B. ①②
C. ①③
D. ②③
𝐶
【分析】根据(𝑖, 𝑗) −可分数列的定义即可验证结论.
【详解】对于①，由于从数列𝑎1 , 𝑎2 , ⋯, 𝑎5中删去𝑎1 , 𝑎5两项后，剩余的3项可被平均分为1组，
𝑎2 , 𝑎3 , 𝑎4能构成等比数列，所以数列𝑎1 , 𝑎2 , ⋯, 𝑎5是(1 , 5)可分数列，故①正确；
对于②，由于从数列𝑎1 , 𝑎2 , ⋯, 𝑎8中删去𝑎2 , 𝑎5两项后，剩余的项𝑎1 , 𝑎3 , 𝑎4 , 𝑎6 , 𝑎7 , 𝑎8，
平均分为2个组后不可能构成等比数列，所以数列𝑎1 , 𝑎2 , ⋯, 𝑎8是(2 , 5)不可分数列，故②错误；
对于③，由于从数列𝑎1 , 𝑎2 , ⋯, 𝑎3𝑚+2(𝑚≥3)中删去𝑎6 , 𝑎9两项后，
{𝑎1 , 𝑎2 , 𝑎3} , {𝑎4 , 𝑎7 , 𝑎10} , {𝑎5 , 𝑎8 , 𝑎11}，𝑎11项后的顺序不变，依次三项可构成等比数列，
所以数列𝑎1 , 𝑎2 , ⋯, 𝑎3𝑚+2(𝑚≥3)是(6 , 9)可分数列，故③正确.
故选：𝐶.
变式3 （25-26·北京石景山）设{𝑎𝑛}为无穷数列，如果对于任意𝑛∈𝑁∗，都有𝑎𝑛+4 + 𝑎𝑛= 2𝑎𝑛+2，则称
数列{𝑎𝑛}具有性质𝑃.
（1）判断下列两个数列是否具有性质𝑃; (结论不需要证明）
①等差数列𝐴: 5 , 3 , 1…;②等比数列𝐵: 1 , 2 , 4 , …；
第 20 讲 数列中的新文化与新定义问题
高二数理进阶
一式两看，常有转机
Page 473
（2）已知数列{𝑎𝑛}具有性质𝑃，𝑎1 = 1，𝑎2 = 2，且由该数列所有项组成的集合{𝑎𝑛∣𝑛∈𝑁∗} = 𝑍，求
{𝑎𝑛}的通项公式.
(1)数列𝐴具有性质𝑃；数列𝐵不具有性质𝑃
(2)𝑎𝑛=
{
3 −𝑛
2
, 𝑛为奇数
𝑛
2 + 1 , 𝑛为偶数
或𝑎𝑛=
{
𝑛+ 1
2
, 𝑛为奇数
−𝑛
2 + 3 , 𝑛为偶数
【分析】(1)性质𝑃即𝑎𝑛+4 + 𝑎𝑛= 2𝑎𝑛+2，通过代入验证即可判断；
(2)通过转化得到数列𝐴1：𝑎1，𝑎3，𝑎5，⋯，𝑎2𝑘−1是等差数列且公差𝑑1 ∈𝑍，数列𝐴2：𝑎2，𝑎4，
𝑎6，⋯，𝑎2𝑘，是等差数列且公差𝑑2 ∈𝑍，进而分类讨论𝑑1 , 𝑑2的正负情况进而求解{𝑎𝑛}的通项公式；
【详解】(1)由题意知，数列𝐴通项公式为𝐴𝑛= 5 −2(𝑛−1) = −2𝑛+ 7，满足𝑎𝑛+4 + 𝑎𝑛= −2(𝑛+ 4) +
7 −2𝑛+ 7 = −4𝑛+ 6 = 2𝑎𝑛+2，所以数列𝐴具有性质𝑃；
数列𝐵中，代入𝑛= 1，𝑎5 + 𝑎1 = 17 ≠2𝑎3，所以不满足𝑎𝑛+4 + 𝑎𝑛= 2𝑎𝑛+2，
所以数列𝐵不具有性质𝑃.
(2)由数列{𝑎𝑛}具有性质𝑃，得𝑎𝑛+4 + 𝑎𝑛= 2𝑎𝑛+2，
所以𝑎𝑛+4 −𝑎𝑛+2 = 𝑎𝑛+2 −𝑎𝑛，即𝑎3 −𝑎1 = 𝑎5 −𝑎3 = 𝑎7 −𝑎5 = ⋅⋅⋅，
所以数列𝐴1：𝑎1，𝑎3，𝑎5，⋯，𝑎2𝑘−1，是等差数列．
又因为𝑎1 = 1，𝑎𝑛∈𝑍，所以数列𝐴1的公差𝑑1 ∈𝑍，
同理，得数列𝐴2：𝑎2，𝑎4，𝑎6，⋯，𝑎2𝑘，是等差数列，公差𝑑2 ∈𝑍．
①若𝑑1 ≥0且𝑑2 ≥0，则数列𝐴1的最小项是𝑎1 = 1，数列𝐴2的最小项是𝑎2 = 2，
所以数列{𝑎𝑛}的最小项为1，这与{𝑎𝑛∣𝑛∈𝑁∗} = 𝑍矛盾；
②若𝑑1 ≤0且𝑑2 ≤0，同理，得{𝑎𝑛}的最大项为2，这与{𝑎𝑛∣𝑛∈𝑁∗} = 𝑍矛盾；
③若𝑑1 < 0且𝑑2 > 0，则𝐴1为递减数列，𝐴2为递增数列．
由{𝑎𝑛∣𝑛∈𝑁∗} = 𝑍，得3为数列𝐴2中的项，
所以只能是𝑎4 = 3，且𝑑2 = 𝑎4 −𝑎2 = 1；
同理，可得0为数列𝐴1中的项，
所以只能𝑎3 = 0，𝑑1 = −1．
此时，{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=
{
3 −𝑛
2
, 𝑛为奇数
𝑛
2 + 1 , 𝑛为偶数
．
④若𝑑1 > 0，𝑑2 < 0，类似③的讨论可得𝑑1 = 1，𝑑2 = −1．
此时，{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=
{
𝑛+ 1
2
, 𝑛为奇数
−𝑛
2 + 3 , 𝑛为偶数
．
高二数理进阶
第 20 讲 数列中的新文化与新定义问题
Page 474
同量异表，等式自来
综上，{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=
{
3 −𝑛
2
, 𝑛为奇数
𝑛
2 + 1 , 𝑛为偶数
或𝑎𝑛=
{
𝑛+ 1
2
, 𝑛为奇数
−𝑛
2 + 3 , 𝑛为偶数
变式4 （25-26·安徽宣城）设数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，若1
2 ≤𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
≤2(𝑛∈𝑁, 𝑛≥1)，则称{𝑎𝑛}
是“紧密数列”.
（1）已知数列{𝑎𝑛}是“紧密数列”，前4项依次为1，2
3，𝑥，8
27，求𝑥的取值范围;
（2）若数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛= 1
4(𝑛2 + 3𝑛)，判断{𝑎𝑛}是否是“紧密数列”，并说明理由;
（3）设数列{𝑎𝑛}是公比为𝑞的等比数列.若数列{𝑎𝑛}与{𝑆𝑛}都是“紧密数列”，求𝑞的取值范围.
(1)[1
3 , 16
27].
(2)数列 {𝑎𝑛} 为“紧密”数列；理由见解析
(3)[1
2 , 1] .
【分析】(1)由紧密数列定义，构造不等式求解即可；
(2)由𝑎𝑛，𝑆𝑛的关系求得通项，再由紧密数列定义即可说明；
(3)通过𝑞= 1和𝑞≠1，结合紧密数列的定义讨论即可；
【详解】(1)若数列{𝑎𝑛}为“紧密”数列，
则𝑥≠0，且
{
1
2 ≤3𝑥
2 ≤2
1
2 ≤
8
27𝑥≤2
，
解得：1
3 ≤𝑥≤16
27，即𝑥的取值范围为[1
3 , 16
27].
(2)数列 {𝑎𝑛} 为“紧密”数列；理由如下：
数列 {𝑎𝑛} 的前项和 𝑆𝑛= 1
4(𝑛2 + 3𝑛)(𝑛∈𝑁∗) ，
当 𝑛= 1 时， 𝑎1 = 𝑆1 = 1
4 × (1 + 3) = 1 ；
当 𝑛≥2 时， 𝑎𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = 1
4(𝑛2 + 3𝑛) −1
4[(𝑛−1)2 + 3(𝑛−1)] = 1
2𝑛+ 1
2 ，
又 1
2 + 1
2 = 1 = 𝑎1 ，即 𝑎1 = 1 满足 𝑎𝑛= 1
2𝑛+ 1
2 ，
因此 𝑎𝑛= 1
2𝑛+ 1
2 (𝑛∈𝑁∗) ，
第 20 讲 数列中的新文化与新定义问题
高二数理进阶
变量交错，先定主次
Page 475
所以对任意 𝑛∈𝑁∗ ， 𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
=
1
2(𝑛+ 1) + 1
2
1
2𝑛+ 1
2
= 𝑛+ 2
𝑛+ 1 = 1 +
1
𝑛+ 1 ，
所以 1
2 < 𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
= 1 +
1
𝑛+ 1 < 2 ，
因此数列 {𝑎𝑛} 为“紧密”数列；
(3)因为数列 {𝑎𝑛} 是公比为 𝑞 的等比数列，前 𝑛 项和为 𝑆𝑛 ，
当 𝑞= 1 时，有 𝑎𝑛= 𝑎1 ， 𝑆𝑛= 𝑛𝑎1 ，
所以 1
2 ≤𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
= 1 ≤2 ， 1
2 ≤𝑆𝑛+1
𝑆𝑛
= 𝑛+ 1
𝑛
= 1 + 1
𝑛≤2 ，满足题意；
当 𝑞≠1 时， 𝑎𝑛= 𝑎1𝑞𝑛−1 ， 𝑆𝑛= 𝑎1(1 −𝑞𝑛)
1 −𝑞
，
因为 {𝑎𝑛} 为“紧密”数列，
所以 1
2 ≤𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
= 𝑞≤2 ，
即 1
2 ≤𝑞< 1 或 1 < 𝑞≤2 ，
当 1
2 ≤𝑞< 1 时，
𝑆𝑛+1
𝑆𝑛
= 1 −𝑞𝑛+1
1 −𝑞𝑛
> 1 −𝑞𝑛
1 −𝑞𝑛= 1 ，
𝑆𝑛+1
𝑆𝑛
= 1 −𝑞𝑛+1
1 −𝑞𝑛
< 1 −𝑞2𝑛
1 −𝑞𝑛= (1 + 𝑞𝑛)(1 −𝑞𝑛)
1 −𝑞𝑛
= 1 + 𝑞𝑛< 2 ，
所以 1
2 ≤𝑆𝑛+1
𝑆𝑛
= 1 −𝑞𝑛+1
1 −𝑞𝑛
≤2 ，满足 {𝑆𝑛} 为“紧密”数列；
当 1 < 𝑞≤2 时， 𝑆2
𝑆1
= 1 −𝑞2
1 −𝑞= 1 + 𝑞> 2 ，不满足 {𝑆𝑛} 为“紧密”数列；
综上，实数 𝑞 的取值范围是 [1
2 , 1] .
【点睛】难点点睛：充分理解紧密数列的概念，构造不等式.
练
强化训练
Targeted Practice
1. 在《九章算法》和《算法通变》中提出了一些新的垛积公式，讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，
高阶等差数列中，从第二项开始，后一项与前一项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数
列.现有高阶等差数列，其前8项分别为1､3､6､10､15､21､28､36，则该数列的第50项为（ ）
A. 1275
B. 1596
C. 1597
D. 1598
高二数理进阶
第 20 讲 数列中的新文化与新定义问题
Page 476
条件分散，先行归并
𝐴
【分析】根据条件分析得出该数列逐项之差成等差数列，利用累加法及等差数列求和公式计算即可.
【详解】设该数列为{𝑎𝑛}，则由题意可知：𝑎2 −𝑎1 = 2 , 𝑎3 −𝑎2 = 3 , ⋯, 𝑎8 −𝑎7 = 8，
即从第二项开始后一项与前一项之差构成等差数列，所以𝑎50 −𝑎49 = 50，
利用累加法可得(𝑎50 −𝑎49) + (𝑎49 −𝑎48) + ⋯+ (𝑎2 −𝑎1) = 50 + 2
2
× 49 = 1274，
所以𝑎50 = 1275.
故选：𝐴
2. （25-26·江苏泰州）若𝑎0 ∈𝑁, 𝑎𝑖∈𝑁∗(𝑖∈𝑁∗)，则称表达式𝑎0 +
1
𝑎1 +
1
𝑎2 +
1
𝑎3 +
1
⋱+ 1
𝑎𝑛
为𝑛阶有限
连分数，通常记为[𝑎0; 𝑎1 , 𝑎2 , ⋯, 𝑎𝑛]，则[1; 1 , 1 , 1 , 1] = （ ）
A. 5
3
B. 8
5
C. 13
8
D. 21
13
𝐵
【分析】根据题设有限连分数定义求对应值即可.
【详解】由题设1 +
1
1 +
1
1 +
1
1 + 1
1
= 1 +
1
1 +
1
1 + 1
2
= 1 +
1
1 + 2
3
= 1 + 3
5 = 8
5.
故选：𝐵
3. 如图，这是战国时楚国标准度量衡器，于1954年出土于湖南长沙的木衡铜环权，包括木质秤杆、两个铜盘
和九枚铜环权，为等臂衡秤式样，其中铜环权类似于砝码，用于测量物体质量．已知九枚铜环权中质量最
小的为1铢，最大的为8两（古制1两= 24铢，1斤= 16两），且按从小到大的顺序排列后前3项构成等差数
列，后7项构成公比为2的等比数列，若某物体的质量恰为第2 , 5 , 7枚铜环权的质量和，则该物体的质量
为（ ）
第 20 讲 数列中的新文化与新定义问题
高二数理进阶
结论复杂，先化目标
Page 477
A. 2两4铢
B. 2两14铢
C. 3两2铢
D. 3两12铢
𝐵
【分析】根据等差数列、等比数列的知识进行分析，从而确定正确答案.
【详解】设九枚铜环权按从小到大的顺序排列后的质量为𝑎𝑖(𝑖= 1 , 2 , ⋯, 9)，
由题意知𝑎1 = 1，𝑎9 = 8 × 24 = 192，𝑎3 × 26 = 𝑎9，得𝑎3 = 3，
则𝑎2 = 2，𝑎5 = 𝑎3 × 22 = 12，𝑎7 = 𝑎5 × 22 = 48，𝑎2 + 𝑎5 + 𝑎7= 62铢= 2两14铢．
故选：𝐵
4. （25-26·上海奉贤）对于数列{𝑎𝑛}，若存在实数𝑝, 𝑞，使得 𝑎𝑛+1 = 𝑝𝑎𝑛+ 𝑞 对任意正整数 𝑛 都成立，则
称数列{𝑎𝑛} 是线性数列，则对于:① 等差数列一定是线性数列；② 等比数列一定是线性数列，下列说法正
确的是（ ）
A. ①正确②正确
B. ①正确②错误
C. ① 错误②正确
D. ①错误②错误
𝐴
【分析】根据“线性数列”的定义进行判断
【详解】数列{𝑎𝑛}为等差数列，则𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 𝑑，即𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛+ 𝑑，
满足“线性数列”的定义，故①正确；
数列{𝑎𝑛}为等比数列，则𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
= 𝑞，即𝑎𝑛+1 = 𝑞𝑎𝑛，
满足“线性数列”的定义，故②正确；
故选：𝐴
5. 对于数列{𝑥𝑛}，若存在实数𝑀> 0，使得对一切正整数𝑛，恒有|𝑥𝑛| ≤𝑀成立，则称数列{𝑥𝑛}为有界数列.
设数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，则下列选项中，满足数列{𝑆𝑛}为有界数列的是（ ）
A. 𝑎𝑛= 2𝑛+ 1
B. 𝑎𝑛= (−2)𝑛
C. 𝑎𝑛=
1
𝑛(𝑛+ 1)
D. 𝑎𝑛= (−1)𝑛𝑛2
𝐶
【分析】根据有界的概念，求出每个选项的前𝑛项和为𝑆𝑛，再判断是否存在实数𝑀> 0，使|𝑆𝑛| ≤𝑀恒成
立即可.
【详解】对于𝐴，𝑎𝑛= 2𝑛+ 1，此时{𝑎𝑛}为等差数列，则𝑆𝑛= (3 + 2𝑛+ 1)𝑛
2
= 𝑛2 + 2𝑛，无界，故𝐴错
误；
对于𝐵，𝑎𝑛= (−2)𝑛，此时{𝑎𝑛}为等比数列，则𝑆𝑛= −2[1 −(−2)𝑛]
1 −(−2)
= −2
3 + 2
3(−2)𝑛，无界，故𝐵错
误；
高二数理进阶
第 20 讲 数列中的新文化与新定义问题
Page 478
题设冗长，抓住核心
对于𝐶，𝑎𝑛=
1
𝑛(𝑛+ 1) = 1
𝑛−
1
𝑛+ 1，则𝑆𝑛= 1 −1
2 + 1
2 −1
3 + ⋯+ 1
𝑛−
1
𝑛+ 1 = 1 −
1
𝑛+ 1 < 1，
所以|𝑆𝑛| ≤1恒成立，即𝑆𝑛有界，故𝐶正确；
对于𝐷，𝑎𝑛= (−1)𝑛𝑛2，则𝑎2𝑚−1 + 𝑎2𝑚= −(2𝑚−1)2 + (2𝑚)2 = 4𝑚−1，
则𝑆2𝑚= 3 + 7 + ⋯4𝑚−1 = (3 + 4𝑚−1)𝑚
2
= 2𝑚2 + 𝑚，
故当𝑛= 2𝑚时，𝑆𝑛明显无界，故𝐷错误；
故选：𝐶.
6. （25-26·上海普陀）定义:对于任意𝑛∈𝑁∗，满足条件𝑎𝑛+ 𝑎𝑛+2
2
≤𝑎𝑛+1且𝑎𝑛≤𝑀(𝑀是与𝑛无关的常数)
的无穷数列{𝑎𝑛}称为𝑇数列.
（1）若𝑎𝑛= 2𝑛(𝑛∈𝑁∗)，试举反例说明数列{𝑎𝑛}不是𝑇数列；
（2）若𝑏𝑛= −𝑛2 + 9𝑛(𝑛∈𝑁∗)，证明:数列{𝑏𝑛}是𝑇数列；
（3）设数列{𝑐𝑛}的通项为𝑐𝑛= 50𝑛−(3
2)
𝑛
，且数列{𝑐𝑛}是𝑇数列，求常数𝑀的取值范围.
(1)说明见解析
(2)证明见解析
(3)𝑀≥600 −(3
2)
12
【分析】(1)根据函数的性质，结合新定义的条件，即可判断；
(2)首先计算𝑏𝑛+ 𝑏𝑛+2 −2𝑏𝑛+1，再结合二次函数的最值，即可说明；
(3)首先判断数列{𝑐𝑛}的单调性，再求数列的最值，即可求解𝑀的取值范围.
【详解】(1)数列𝑎𝑛= 2𝑛(𝑛∈𝑁∗)，当𝑛→+∞时，𝑎𝑛→+∞，所以不存在𝑀使𝑎𝑛≤𝑀，所以数列
{𝑎𝑛}不是𝑇数列；
(2)由𝑏𝑛= −𝑛2 + 9𝑛，得
𝑏𝑛+ 𝑏𝑛+2 −2𝑏𝑛+1 = −𝑛2 + 9𝑛−(𝑛+ 2)2 + 9(𝑛+ 2) + 2(𝑛+ 1)2 −18(𝑛+ 1) = −2
所以数列𝑏𝑛满足𝑏𝑛+ 𝑏𝑛+2
2
≤𝑏𝑛+1.
又𝑏𝑛= −(𝑛−9
2)
2
+ 81
4 ，当𝑛= 4或5时，𝑏𝑛取得最大值20，即𝑏𝑛≤20.
综上，数列𝑏𝑛是𝑇数列.
(3)因为𝑐𝑛+1 −𝑐𝑛= 50(𝑛+ 1) −(3
2)
𝑛+1
−50𝑛+ (3
2)
𝑛
= 50 −1
2(3
2)
𝑛
，
所以当50 −1
2(3
2)
𝑛
≥0即𝑛≤11时，𝑐𝑛+1 −𝑐𝑛> 0，此时数列𝑐𝑛单调递增
第 20 讲 数列中的新文化与新定义问题
高二数理进阶
图中有数，数中有形
Page 479
当𝑛≥12时，𝑐𝑛+1 −𝑐𝑛< 0，此时数列𝑐𝑛单调递减；故数列𝑐𝑛的最大项是𝑐12，
所以，𝑀的取值范围是𝑀≥600 −(3
2)
12
7. （25-26·广东深圳）已知数列{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}，{𝑐𝑛}，𝑛∈𝑁∗，且𝑏𝑛= 𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛，𝑐𝑛= 𝑏𝑛+1 −𝑏𝑛，若
{𝑏𝑛}是一个非零常数列，则称{𝑎𝑛}是一阶等差数列；若{𝑐𝑛}是一个非零常数列，则称{𝑎𝑛}是二阶等差数
列.
（1）若𝑎1 = 1，𝑏1 = 3，𝑐𝑛= 2，试写出二阶等差数列{𝑎𝑛}的前4项，并求𝑎𝑛；
（2）若𝑎1 = 5，且满足𝑏𝑛+1 −𝑐𝑛= 2𝑎𝑛−4，
(𝑖)判断{𝑎𝑛}是否为二阶等差数列，并证明你的结论；
(𝑖𝑖)记数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，若不等式𝜆⋅3𝑛+ 2𝑆𝑛−4𝑎𝑛< 0对于∀𝑛∈𝑁∗恒成立，求实数𝜆的
取值范围.
(1)1 , 4 , 9 , 16；𝑎𝑛= 𝑛2，𝑛∈𝑁∗；
(2)(𝑖)不是，证明见解析；(𝑖𝑖)(−∞, 76
81).
【分析】(1)由二阶等差数列{𝑎𝑛}的定义，计算可得数列{𝑎𝑛}的前4项，由数列恒等式和等差数列的求和
公式，可得𝑎𝑛；
(2)(𝑖)由数列的递推式推得𝑎𝑛+1 −2 = 3(𝑎𝑛−2)，由等比数列的通项公式求得𝑎𝑛，𝑏𝑛，𝑐𝑛，由二阶等
差数列的定义，可得结论；(𝑖𝑖)由等比数列的求和公式可得𝑆𝑛，由数列的单调性和不等式恒成立思想，可
得所求取值范围．
【详解】(1)若𝑎1 = 1，𝑏1 = 3，𝑐𝑛= 2，
则𝑎2 −𝑎1 = 𝑎2 −1 = 3，即𝑎2 = 4，
由𝑐𝑛= 𝑏𝑛+1 −𝑏𝑛= 2，可得𝑏𝑛= 3 + 2(𝑛−1) = 2𝑛+ 1，
则𝑎3 −𝑎2 = 𝑏2 = 5，可得𝑎3 = 9，𝑎4 −𝑎3 = 𝑏3 = 7，解得𝑎4 = 16，
由𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 2𝑛+ 1，
可得
𝑎𝑛= 𝑎1 + (𝑎2 −𝑎1) + (𝑎3 −𝑎2) + ... + (𝑎𝑛−𝑎𝑛−1)
= 1 + 3 + 5 + ... + 2𝑛−1 = 1
2𝑛(1 + 2𝑛−1) = 𝑛2 ，
上式对𝑛= 1也成立，即有𝑎𝑛= 𝑛2，𝑛∈𝑁∗；
(2)(𝑖)若𝑎1 = 5，且满足𝑏𝑛+1 −𝑐𝑛= 2𝑎𝑛−4，可得𝑏𝑛+1 −(𝑏𝑛+1 −𝑏𝑛) = 𝑏𝑛= 𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 2𝑎𝑛−
4，
即𝑎𝑛+1 = 3𝑎𝑛−4，即有𝑎𝑛+1 −2 = 3(𝑎𝑛−2)，
可得数列{𝑎𝑛−2}是首项和公比均为3的等比数列，即有𝑎𝑛−2 = 3𝑛，即𝑎𝑛= 2 + 3𝑛，
高二数理进阶
第 20 讲 数列中的新文化与新定义问题
Page 480
式中有义，义中有式
可得𝑏𝑛= 𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 2 ⋅3𝑛，𝑐𝑛= 𝑏𝑛+1 −𝑏𝑛= 2 ⋅3𝑛+1 −2 ⋅3𝑛= 4 ⋅3𝑛，不为非零常数，故{𝑎𝑛}不
为二阶等差数列；
(𝑖𝑖)数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛= 2𝑛+ 3(1 −3𝑛)
1 −3
= 2𝑛+ 1
2(3𝑛+1 −3)，
不等式𝜆⋅3𝑛+ 2𝑆𝑛−4𝑎𝑛< 0，即(𝜆−1) ⋅3𝑛+ 4𝑛−11 < 0，即为𝜆−1 < 11 −4𝑛
3𝑛
对∀𝑛∈𝑁∗恒成
立．
设𝑑𝑛= 11 −4𝑛
3𝑛
，𝑑𝑛+1 −𝑑𝑛= 7 −4𝑛
3𝑛+1 −11 −4𝑛
3𝑛
= 8𝑛−26
3𝑛+1 ，
当1 ≤𝑛≤3时，𝑑4 < 𝑑3 < 𝑑2 < 𝑑1，当𝑛≥4时，可得𝑑𝑛+1 −𝑑𝑛> 0，即有𝑑4 < 𝑑5 < ... < 𝑑𝑛，
可得数列{𝑑𝑛}中最小项为𝑑4 = −5
81，
则𝜆−1 < −5
81，即有𝜆< 76
81，则实数𝜆的取值范围是(−∞, 76
81).
8. （25-26·四川宜宾）如图，曲线𝑦2 = 𝑥(𝑦≥0)下有一系列正三角形，设第𝑛个正三角形△𝑄𝑛−1𝑃𝑛𝑄𝑛
（𝑄0为坐标原点）的边长为𝑎𝑛．
（1）求𝑎1 , 𝑎2的值；
（2）记𝑆𝑛为数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，探究𝑎𝑛+1与𝑆𝑛的关系，并求数列{𝑎𝑛}的通项
公式；
（3）定义：若数列{𝑥𝑛}满足①{𝑥𝑛}是单调数列；②存在𝑀> 0，使得|𝑥𝑛| ≤𝑀，
则称数列{𝑥𝑛}收敛．令𝑏𝑛= 2
3𝑎𝑛
2
, 𝑐𝑛=
𝑏𝑛−1
𝑏𝑛(2𝑏𝑛−3)，记{𝑐𝑛}的前𝑛项和
为𝑇𝑛，证明：数列{𝑇𝑛}收敛．
(1)𝑎1 = 2
3 , 𝑎2 = 4
3
(2)𝑆𝑛= 3
4𝑎2
𝑛+1 −1
2𝑎𝑛+1，𝑎𝑛= 2
3𝑛
(3)证明见解析
【分析】(1)根据给定条件，用𝑎1 , 𝑎2表示出点𝑃1 , 𝑃2的坐标，再代入曲线方程，计算即可.
(2)根据给定条件，利用𝑎𝑛+1与𝑆𝑛表示出点𝑃𝑛+1的坐标，代入曲线方程即可得𝑎𝑛+1与𝑆𝑛的关系，再利用
递推关系求出通项公式即可.
(3)由(2)可得𝑐𝑛=
2𝑛−1
2𝑛(2𝑛+1 −3)，利用𝑇𝑛−𝑇𝑛−1 = 𝑐𝑛，可得{𝑇𝑛}是递增数列，利用裂项相消法求得
𝑇𝑛，考查数列的单调性，推得|𝑇𝑛| ≤𝑀0即得证.
第 20 讲 数列中的新文化与新定义问题
高二数理进阶
不求多解，先求通法
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【详解】(1)依题意，△𝑄0𝑃1𝑄1为正三角形，且|𝑄0𝑄1| = 𝑎1 > 0，所以𝑃1
(
1
2𝑎1 , √3
2 𝑎1
)
，
而点𝑃1在曲线𝑦2 = 𝑥上，即3
4𝑎2
1 = 1
2𝑎1，解得𝑎1 = 2
3，
△𝑄1𝑃2𝑄2为正三角形，且|𝑄1𝑄2| = 𝑎2 > 0，
点𝑃2
(
𝑎1 + 1
2𝑎2 , √3
2 𝑎2
)
在曲线𝑦2 = 𝑥上，
3
4𝑎2
2 = 𝑎1 + 1
2𝑎2，整理得3𝑎2
2 −2𝑎2 −8
3 = 0，解得𝑎2 = 4
3，
所以𝑎1 = 2
3 , 𝑎2 = 4
3；
(2)因为△𝑄𝑛𝑃𝑛+1𝑄𝑛+1是正三角形，所以点𝑄𝑛(𝑆𝑛, 0) , |𝑄𝑛𝑄𝑛+1| = 𝑎𝑛+1 > 0，
于是点𝑃𝑛+1
(
𝑆𝑛+ 1
2𝑎𝑛+1 , √3
2 𝑎𝑛+1
)
，
因为点𝑃𝑛+1
(
𝑆𝑛+ 1
2𝑎𝑛+1 , √3
2 𝑎𝑛+1
)
在曲线𝑦2 = 𝑥上，
则3
4𝑎2
𝑛+1 = 𝑆𝑛+ 1
2𝑎𝑛+1，
即𝑆𝑛= 3
4𝑎2
𝑛+1 −1
2𝑎𝑛+1，
当𝑛≥2时，𝑆𝑛−1 = 3
4𝑎2𝑛−1
2𝑎𝑛，
两式相减得：𝑎𝑛= 3
4𝑎2
𝑛+1 −1
2𝑎𝑛+1 −(3
4𝑎2𝑛−1
2𝑎𝑛)．
整理得(𝑎𝑛+1 + 𝑎𝑛)(𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛) = 2
3(𝑎𝑛+1 + 𝑎𝑛)，
则𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 2
3，
而𝑎2 −𝑎1 = 2
3满足上式，
因此∀𝑛∈𝑁∗, 𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛= 2
3，
即数列{𝑎𝑛}是首项为𝑎1 = 2
3，公差𝑑= 2
3的等差数列，
所以𝑎𝑛= 𝑎1 + (𝑛−1)𝑑= 2
3𝑛，
所以数列{𝑎𝑛}的通项公式是𝑎𝑛= 2
3𝑛.
(3)𝑏𝑛= 2
3𝑎𝑛
2
= 2𝑛, 𝑐𝑛=
𝑏𝑛−1
𝑏𝑛(2𝑏𝑛−3) =
2𝑛−1
2𝑛(2𝑛+1 −3) ，
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第 20 讲 数列中的新文化与新定义问题
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不逐偶然，追问必然
因为𝑇𝑛−𝑇𝑛−1 = 𝑐𝑛=
2𝑛−1
2𝑛(2𝑛+1 −3) > 0，所以{𝑇𝑛}是递增数列，
𝑐𝑛=
2𝑛−1
2𝑛(2𝑛+1 −3) =
2𝑛−1
22𝑛+1 −3 × 2𝑛<
2𝑛−1 + 1
22𝑛+1 −3 × 2𝑛+ 1 =
2𝑛
(2𝑛+1 −1)(2𝑛−1)
=
1
2𝑛−1 −
1
2𝑛+1 −1 ，
所以𝑇𝑛= 𝑐1 + 𝑐2 + ⋯+ 𝑐𝑛< (1 −1
3) + (1
3 −1
7) + ⋯+ (
1
2𝑛−1 −
1
2𝑛+1 −1) = 1 −
1
2𝑛+1 −1，
因为
1
2𝑛+1 −1 > 0，
所以2
3 = 𝑇1 ≤𝑇𝑛= 1 −
1
2𝑛+1 −1 < 1，
则任取𝑀0 ≥1，均有|𝑇𝑛| ≤𝑀0，故数列{𝑇𝑛}收敛.
【点睛】关键点点睛：证明数列{𝑇𝑛}收敛，关键在于理解定义，从而逐一证明即可，常用作差法证明数列
的单调性，利用放缩法证明有界性.
9. （25-26·湖南长沙）卷积运算在图像处理、人工智能、通信系统等领域有广泛的应用.一般地，对无穷数列
{𝑎𝑛} , {𝑏𝑛}，定义无穷数列 𝑐𝑛= ∑
𝑛
𝑘=1
𝑎𝑘𝑏𝑛+1−𝑘(𝑛为正整数），记作“𝑐𝑛= 𝑎𝑛＊𝑏𝑛”(这里 ＊ 表示卷积记
号），称为 {𝑎𝑛} 与 {𝑏𝑛} 的卷积.卷积运算有如图所示的直观含义，即 {𝑐𝑛} 中的项依次为所列数阵从左上角
开始各条对角线上元素的和，易知有交换律.
（1）若𝑎𝑛= 𝑛，𝑏𝑛= 3𝑛，{𝑎𝑛} ∗{𝑏𝑛} = {𝑐𝑛}，求𝑐1，𝑐2，𝑐3，𝑐4；
（2）对𝑖∈𝑁∗，定义𝑇𝑖{𝑎𝑛}如下：①当𝑖= 1时，𝑇𝑖{𝑎𝑛} = {𝑎𝑛}；②当𝑖≥2
时，𝑇𝑖{𝑎𝑛}为满足通项𝑑𝑛= {0
𝑛< 𝑖
𝑎𝑛+1−𝑖, 𝑛≥𝑖
的数列{𝑑𝑛}，即将
{𝑎𝑛}的每一项向后平移(𝑖−1)项，前(𝑖−1)项都取为0.试找到数列{𝑡(𝑖)
𝑛}，
使得{𝑡(𝑖)
𝑛} ∗{𝑎𝑛} = 𝑇𝑖{𝑎𝑛}；
（3）若𝑎𝑛= 𝑛，{𝑎𝑛} ∗{𝑏𝑛} = {𝑐𝑛}，证明：当𝑛≥3时，𝑏𝑛= 𝑐𝑛−2𝑐𝑛−1 +
𝑐𝑛−2.
(1)𝑐1 = 3，𝑐2 = 15，𝑐3 = 54，𝑐4 = 174
(2)𝑡(𝑖)
𝑛
= {1
𝑛= 𝑖
0 , 𝑛≠𝑖.
(3)证明见解析
【分析】(1)根据定义代入即可求解；
(2)尝试从一般到特殊，先找到𝑖= 1时的{𝑡(1)
𝑛}，再推广到一般即可；
(3)𝑐𝑛即为数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和{𝑆𝑛}的前𝑛项和，从这个角度出发理解卷积的定义即可.
第 20 讲 数列中的新文化与新定义问题
高二数理进阶
一题之后，辨其类型
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【详解】(1)𝑐1 = 3，𝑐2 = 15，𝑐3 = 54，𝑐4 = 174.
(2)𝑡(1)
𝑛
= {1
𝑛= 1
0
𝑛≥2
对一般的𝑖∈𝑁∗，𝑡(𝑖)
𝑛
= {1
𝑛= 𝑖
0 , 𝑛≠𝑖.
(3)方法一：由定义知𝑐1 = 𝑏1，𝑐2 = 𝑏2 + 2𝑏1，𝑐3 = 𝑏3 + 2𝑏2 + 3𝑏1，…，𝑐𝑛= 𝑏𝑛+ 2𝑏𝑛−1 + ⋅⋅⋅
+𝑛𝑏1，设𝑆𝑛为数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和，因此
𝑐𝑛= 𝑏𝑛+ 2𝑏𝑛−1 + ⋅⋅⋅+𝑛𝑏1 = (𝑏𝑛+ 𝑏𝑛−1 + ⋅⋅⋅+𝑏1) + (𝑏𝑛−1 + ⋅⋅⋅+𝑏1) +
⋅⋅⋅+𝑏1 = 𝑆𝑛+ 𝑆𝑛−1 + ⋅⋅⋅+𝑆1 ，
𝑐𝑛= {𝑎𝑛} ∗{𝑏𝑛}的通项即为𝑐𝑛= ∑
𝑛
𝑖=1
𝑆𝑖，
故当𝑛≥3时，𝑏𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = (𝑐𝑛−𝑐𝑛−1) −(𝑐𝑛−1 −𝑐𝑛−2) = 𝑐𝑛−2𝑐𝑛−1 + 𝑐𝑛−2.
方法二：记{𝑏𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，由卷积运算的交换律为∑
𝑛
𝑘=1
(𝑛+ 1 −𝑘)𝑏𝑘= 𝑐𝑛，
故(𝑛+ 1)𝑆𝑛−∑
𝑛
𝑘=1
𝑘𝑏𝑘= 𝑐𝑛①，
因此(𝑛+ 2)𝑆𝑛+1 −∑
𝑛
𝑘=1
𝑘𝑏𝑘−(𝑛+ 1)𝑏𝑛+1 = 𝑐𝑛+1②，
②−①得𝑆𝑛+1 = 𝑐𝑛+1 −𝑐𝑛，故当𝑛≥3时，𝑏𝑛= 𝑆𝑛−𝑆𝑛−1 = (𝑐𝑛−𝑐𝑛−1) −(𝑐𝑛−1 −𝑐𝑛−2) = 𝑐𝑛−
2𝑐𝑛−1 + 𝑐𝑛−2.
【点睛】关键点点睛：将卷积看成数列的前𝑛项和问题，问题较容易理解.
10. （25-26·浙江宁波）若数列{𝑎𝑛}满足：𝑎𝑛+1 −𝑎𝑛> 𝑎𝑛−𝑎𝑛−1（𝑛≥2，且𝑛∈𝑁∗），则称数列{𝑎𝑛}
为“差增数列”；若对于差增数列{𝑎𝑛}，存在整数𝑘，同时满足以下两个条件：①对任意𝑛∈𝑁∗，都有𝑎𝑛≥
𝑘𝑛成立；②存在𝑛∈𝑁∗，使得𝑎𝑛= 𝑘𝑛成立，则称数列{𝑘𝑛}为差增数列{𝑎𝑛}的“下限数列”.
（1）已知数列{𝑎𝑛}是差增数列，若𝑎𝑛∈{𝑥∣𝑥为小于20 的质数}，试写出项数为5的差增数列{𝑎𝑛}；
（2）已知等差数列{𝑏𝑛}是公差为𝑑的正项数列，其前𝑛项和为𝑆𝑛，等比数列{𝑐𝑛}是公比为𝑞(𝑞∈𝑁∗)的非常
数数列，且𝑐1 = 3；
(𝑖)试判断数列{𝑛𝑆𝑛}是否为“差增数列”，并说明理由；
(𝑖𝑖)若𝑏1 = 2，且𝑆2，𝑆3，𝑆4 + 4成等比数列，则是否存在以数列{2𝑑
𝑞𝑛}为“下限数列”的差增数列
{ 𝑐𝑛
𝑆𝑛
}？若存在，求𝑞的值；若不存在，请说明理由.
(1)𝑎1 = 2，𝑎2 = 3，𝑎3 = 5，𝑎4 = 11，𝑎5 = 19
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第 20 讲 数列中的新文化与新定义问题
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一法之后，明其边界
(2)(𝑖)数列{𝑛𝑆𝑛}为“差增数列”，理由见解析；(𝑖𝑖)存在，4.
【分析】(1)由“差增数列”的定义以及质数概念即可求得结果；
(2)(𝑖)由等差数列通项公式以及前𝑛项和公式得出𝑛𝑆𝑛的表达式，再由“差增数列”的定义即可得出结论；
(𝑖𝑖)依题意可得𝑑= 2，𝑆𝑛= 𝑛(𝑛+ 1)，根据“下限数列”和“差增数列”的定义对参数4
𝑞∈𝑍进行分类讨论，
即可得出结果.
【详解】(1)根据“差增数列”的定义可得𝑎1 = 2，𝑎2 = 3，𝑎3 = 5，𝑎4 = 11，𝑎5 = 19；
(2)(𝑖)因为数列{𝑏𝑛}是公差为𝑑的正项等差数列，则首项𝑏1 > 0，公差𝑑≥0，所以𝑏𝑛= 𝑏1 + (𝑛−1)𝑑，
𝑆𝑛= 𝑛𝑏1 + 𝑛(𝑛−1)
2
𝑑，
因为(𝑛+ 1)𝑆𝑛+1 + (𝑛−1)𝑆𝑛−1 −2𝑛𝑆𝑛
= (𝑛+ 1)[(𝑛+ 1)𝑏1 + (𝑛+ 1)𝑛
2
𝑑] + (𝑛−1)[(𝑛−1)𝑏1 + (𝑛−1)(𝑛−2)
2
𝑑]
−2𝑛[𝑛𝑏1 + 𝑛(𝑛−1)
2
𝑑] = 2𝑏1 + (3𝑛−1)𝑑> 0 ，
即(𝑛+ 1)𝑆𝑛+1 −𝑛𝑆𝑛> 𝑛𝑆𝑛−(𝑛−1)𝑆𝑛−1对任意𝑛≥2且𝑛∈𝑁∗恒成立，
故数列{𝑛𝑆𝑛}为“差增数列”.
(𝑖𝑖)因为𝑆2
3 = 𝑆2(𝑆4 + 4)，则(6 + 3𝑑)2 = (4 + 𝑑)(8 + 6𝑑+ 4)，且𝑑> 0，
所以𝑑= 2，所以𝑆𝑛= 2𝑛+ 𝑛(𝑛−1)
2
× 2 = 𝑛(𝑛+ 1)，
假设存在以数列{2𝑑
𝑞𝑛}为“下限数列”的差增数列{ 𝑐𝑛
𝑆𝑛
}，
则4
𝑞∈𝑍，而𝑞∈𝑁，𝑞≠1，所以𝑞的可能取值为2、4，
①若𝑞= 2，则𝑐𝑛
𝑆𝑛
= 3 ⋅2𝑛−1
𝑛(𝑛+ 1)，若存在，则其下限数列为{2𝑛}，即3 ⋅2𝑛−1
(𝑛+ 1)𝑛≥2𝑛恒成立，
事实上，当𝑛= 1时，3
2 < 2，故𝑞= 2时不符合；
②若𝑞= 4，则𝑐𝑛
𝑆𝑛
= 3 ⋅4𝑛−1
(𝑛+ 1)𝑛，所以𝑐𝑛+1
𝑆𝑛+1
+ 𝑐𝑛−1
𝑆𝑛−1
−2 𝑐𝑛
𝑆𝑛
=
3 ⋅4𝑛
(𝑛+ 1)(𝑛+ 2) + 3 ⋅4𝑛−2
(𝑛−1)𝑛−2 ⋅
3 ⋅4𝑛−1
(𝑛+ 1)𝑛
= 9 ⋅4𝑛−2 ⋅
3𝑛2 −7𝑛+ 6
(𝑛+ 2)(𝑛+ 1)𝑛(𝑛−1)，𝑛≥2，
而(3𝑛2 −7𝑛+ 6)𝑚𝑖𝑛= 3 × 4 −7 × 2 + 6 = 4 > 0，所以𝑐𝑛+1
𝑆𝑛+1
−𝑐𝑛
𝑆𝑛
> 𝑐𝑛
𝑆𝑛
−𝑐𝑛−1
𝑆𝑛−1
对任意𝑛≥2恒成
立，
所以数列{ 3 ⋅4𝑛−1
(𝑛+ 1)𝑛}是差增数列，令𝑡𝑛=
3 ⋅4𝑛−1
(𝑛+ 1)𝑛2，
第 20 讲 数列中的新文化与新定义问题
高二数理进阶
一错之后，寻其根因
Page 485
则𝑡𝑛+1 −𝑡𝑛=
3 ⋅4𝑛
(𝑛+ 2)(𝑛+ 1)2 −
3 ⋅4𝑛−1
(𝑛+ 1)𝑛2 = 3 ⋅4𝑛−1(3𝑛2 −3𝑛−2)
(𝑛+ 2)(𝑛+ 1)2𝑛2
，
当𝑛= 1时，𝑡2 −𝑡1 < 0，即𝑡1 > 𝑡2，当𝑛≥2时，3𝑛2 −3𝑛−2 > 0，
所以𝑡𝑛+1 −𝑡𝑛> 0，即𝑡𝑛< 𝑡𝑛+1，所以(𝑡𝑛)𝑚𝑖𝑛= 𝑡2 = 1，
所以𝑘= 1符合，所以数列{3 ⋅4𝑛−1
𝑛2 + 𝑛}的下限数列为{𝑛}；
综上所述，存在以数列{2𝑑
𝑞𝑛}为“下限数列”的差增数列{ 𝑐𝑛
𝑆𝑛
}，此时𝑞的值为4.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于由“差增数列”的定义以及“下限数列”的定义，结合等差等比数列性质
综合研究即可求得结果.
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知识小测
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1. 大衍数列，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
原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着
的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0 , 2 , 4 , 8 , 12 , 18 , 24 , 32 , 40 , 50 , ⋯，则此数列的第
20项为（ ）
A. 162
B. 180
C. 200
D. 220
𝐶
【分析】根据数列已知项可分奇数项和偶数项得规律即可求解.
【详解】由数列前10项的规律可知：
当𝑛为偶数时，𝑎𝑛= 𝑛2
2 ；当𝑛为奇数时，𝑎𝑛= 𝑛2 −1
2
，
所以𝑎20 = 202
2
= 200，
故选：𝐶
2. （25-26·天津滨海新）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘 3 再加上 1；若是偶数，就将该数除以 2.
冰雹猜想认为：反复进行上述运算，经过有限次步骤后最终会进入循环圈 1 →4 →2 →1，这就是数学史
上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.已知数列 {𝑎𝑛} 满足：𝑎1 = 1；当 𝑎𝑛 为偶数时，𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛
2 ；
当 𝑎𝑛 为奇数时，𝑎𝑛+1 = 3𝑎𝑛+ 1，则𝑎2025 = （ ）
A. 5
B. 4
C. 3
D. 2
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第 20 讲 数列中的新文化与新定义问题
Page 486
一证之后，查其前提
𝐷
【分析】根据“冰雹猜想”探讨数列的周期性，再利用该性质求得答案.
【详解】在数列{𝑎𝑛}中，𝑎𝑛+1 =
{
𝑎𝑛
2 , 𝑎𝑛为偶数
3𝑎𝑛+ 1 , 𝑎𝑛为奇数
，𝑎1 = 1 , 𝑎2 = 4 , 𝑎3 = 2 , 𝑎4 = 1 , 𝑎5 =
4 , 𝑎6 = 2 , ⋯，
因此数列{𝑎𝑛}是以3为周期的周期数列，而2025 = 3 × 675，所以𝑎2025 = 𝑎3 = 2，
故选：𝐷
3. （25-26·天津滨海新）《张丘建算经》是中国古代的数学著作，书中有一道“今有女善织，日益功疾”的题．
若从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布，第16天织布量为13尺（市制长度单位），则1个月（按31
天计）织布总量为（ ）
A. 13
B. 26
C. 208
D. 403
𝐷
【分析】根据已知条件判断出该织布量构成等差数列，然后利用等差数列的性质来计算31天的织布总量.
【详解】因为从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布，所以每天的织布量构成一个等差数列.
在等差数列中，对于31项的等差数列，1 + 31 = 16 + 16，所以𝑎1 + 𝑎31 = 2𝑎16.
已知第16天织布量𝑎16 = 13尺.
根据等差数列求和公式𝑎1 + 𝑎31 = 2𝑎16，则31天织布总量𝑆31 = 31 × (𝑎1 + 𝑎31)
2
= 31 × 2𝑎16
2
= 31 ×
𝑎16.
将𝑎16 = 13代入可得：𝑆31 = 31 × 13 = 403（尺）
1个月（按31天计）织布总量为403尺.
故选：𝐷.
4. 定义数列{𝑎𝑛}的“匀称值”为𝐺𝑛= 𝑎1 + 2𝑎2 + ⋅⋅⋅+𝑛𝑎𝑛
𝑛
，若{𝑎𝑛}的匀称值𝐺𝑛= 𝑛，则𝑎8 = （ ）
A. 8
5
B. 9
2
C. 21
4
D. 15
8
𝐷
【分析】根据数列{𝑎𝑛}的“匀称值”得𝐺7 = 7 , 𝐺8 = 8，两式相减即可求解.
【详解】𝐺8 = 𝑎1 + 2𝑎2 + 3𝑎3 + ⋅⋅⋅+8𝑎8
8
= 8 ⇒𝑎1 + 2𝑎2 + 3𝑎3 + ⋅⋅⋅+8𝑎8 = 64，
𝐺7 = 𝑎1 + 2𝑎2 + 3𝑎3 + ⋅⋅⋅+7𝑎7
7
= 7 ⇒𝑎1 + 2𝑎2 + 3𝑎3 + ⋅⋅⋅+7𝑎7 = 49 ，
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高二数理进阶
一算之后，验其范围
Page 487
两式相减得8𝑎8 = 64 −49 = 15，所以𝑎8 = 15
8 .
故选：𝐷.
5. （25-26·江西上饶）若数列{𝑎𝑛}满足𝑎𝑛+1 = 3𝑎𝑛−1，则称{𝑎𝑛}为“对奇数列”.已知{𝑏𝑛+ 1
2}为“对奇数
列”，且𝑏1 = 3，则𝑏2025 = （ ）
A. 3 × 22024
B. 32025
C. 2 × 32024
D. 2 × 32023
𝐵
【分析】根据对奇数列的定义可得𝑏𝑛+1 + 1
2 = 3(𝑏𝑛+ 1
2) −1，化简可证明{𝑏𝑛}是以𝑏1 = 3为首项，3为
公比的等比数列，进而可得通项公式.
【详解】因为{𝑏𝑛+ 1
2}为“对奇数列”，则𝑏𝑛+1 + 1
2 = 3(𝑏𝑛+ 1
2) −1，即𝑏𝑛+1 = 3𝑏𝑛，
且𝑏1 = 3 ≠0，可知数列{𝑏𝑛}是以𝑏1 = 3为首项，3为公比的等比数列，
所以𝑏2025 = 3 × 32024 = 32025.
故选：𝐵.
