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专题04 立体几何和圆锥曲线
题型概览
题型01 空间几何体的计算
题型02 球的切接问题
题型03 空间距离和角的计算
题型04 椭圆及其性质
题型05 双曲线及其性质
题型06 抛物线及其性质
函数图象
1．（2025·湖南长沙·二模）已知圆锥的轴截面是边长为4 的正三角形，以其底面圆心为球心，底面半径为
半径的球和圆锥表面的交线长为（ ）
A．4π
B．5π
C．(4+2√3)π
D．6π
【答案】D
【分析】作圆锥的球的截面图，确定球与圆锥的交线，结合交线的形状大小确定结论.
【详解】作圆锥的轴截面△ABC，该截面与半球的截面为半圆，设半圆与AB , AC分别交于点D , E，
如图，由已知，△ABC为边长为4的等边三角形，BC的中点O为球心，半圆O的半径为2，
因为点D在半圆上，所以DB⊥DC，DO= BO=CO=2，∠DBO =60
∘，
所以BD =2，故点D为AB的中点，同理可得E为AC的中点，所以DE =2，
所以由对称性可得，圆锥与球的交线为两个圆，一个为圆锥的底面圆，周长为4 π，
另一个为所有母线的中点构成的圆，周长为2π，
所以交线长为6 π．
故选：D.
2．（2025·湖南长沙·二模）已知正四棱锥M −ABCD的棱长均为2，下列说法不正确的是（ ）
A．平面MAB与平面ABCD夹角的正弦值为√3
3
题
型
1
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B．若点P满足⃗BP = λ⃗BA + μ⃗BD +(1−λ−μ)⃗BM，则|⃗CP|的最小值为2√6
3
C．在四棱锥M −ABCD内部有一个可任意转动的正方体，则该正方体表面积最大值为16−8√3
D．点Q在平面ABCD内，且|⃗DQ|=2|⃗QA|，则点Q轨迹的长度为4π
9
【答案】A
【分析】对于A，由图可得平面MAB与平面ABCD的夹角为∠MPO，据此可得答案；对于B，由题可得
P 在平面MAD 上，当CP⊥平面MAD时，|⃗CP|最小，据此可判断选项正误；对于C，要使正方体可以在
正四棱锥M −ABCD内部任意转动，则正方体对角线的长度不超过该正四棱锥内切球的直径，据此可判断
选项正误；对于D，如图建立空间直角坐标系，由|⃗DQ|=2|⃗QA|，结合题意可得点Q轨迹方程，据此可判
断选项正误.
【详解】如图，对于A，∵正四棱锥M −ABCD的棱长为2，
∴正四棱锥M −ABCD的高为MO =√2
2−(√2)
2=√2，
设点P 为AB 中点，根据正四棱锥的性质，得MP⊥AB ,OP⊥AB，MP =√2
2−1
2=√3，
则平面MAB与平面ABCD的夹角为∠MPO，则sin ∠MPO = √2
√3 = √6
3 ，故A 错误；
对于B，∵⃗BP = λ⃗BA + μ⃗BD +(1−λ−μ)⃗BM，λ+ μ+(1−λ−μ)=1，
根据空间向量基本定理可得点P 在平面MAD 上，
∴当CP⊥平面MAD时，|⃗CP|最小，此时根据等体积法可求出V M −ACD=V C −MAD，
即1
3 × 1
2 ×2×2×√2= 1
3 × √3
4 ×2
2×C Pmin可求得C Pmin= 2√6
3
，
2
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即|⃗CP|的最小值为2√6
3
，故B 正确；
对于C，设正方体的棱长为a，则正方体的体积为a
3，
正方体可以在正四棱锥M −ABCD内部任意转动，
所以正方体对角线的长度不超过该正四棱锥内切球的直径，
设内切球的半径为r，正四棱锥M −ABCD的体积为V M −ABCD= 1
3 ×2×2×√2= 4√2
3
，
根据另一个体积公式V M −ABCD= 1
3 ·SM −ABCD表
面
积
·r = 1
3 (4+ 4√3)r，可得r = √2
1+√3，
∴正方体对角线√3a≤2r，a≤2√2
3+√3，
∴正方体表面积S =6a
2≤6×
8
(3+√3)
2 =
48
12+6√3 =16−8√3，故C 正确；
对于D，如图，以A 为原点，AB，AD所在直线为x，y轴，
过点A 向上作垂线为z轴建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，D (0,2,0)，
设Q (x , y ,0)，∵|⃗DQ|=2|⃗QA|，∴√x
2+( y −2)
2+0=2√x
2+ y
2+0，即x
2+( y −2)
2= 4(x
2+ y
2)，
化简整理可得x
2+( y + 2
3)
2
= 16
9 ，
∴点Q的轨迹是在平面ABCD 内以E(0,−2
3)为圆心，半径为4
3 的圆在四边形ABCD 内的部分（圆弧）如图，
由于AE = 2
3 , EG = 4
3 ,∴∠HEG =π
3 ，
则点Q 的轨迹长度为l =π
3 × 4
3 = 4 π
9 ，故D 正确.
故选：A
3
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3．（2025·青海海东·二模）如图，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB = 4，E，F分别是棱CD，A1 D1
的中点，则正方体ABCD−A1B1C1 D1被平面AEF所截得的截面周长是（ ）
A．4√5+ 4√2
B．5√5+√17
C．4√5+2√2+ 4
D．6√5+2
【答案】B
【分析】根据给定条件，作出截面并求出其面积.
【详解】在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，取C1 D1的中点G，G D1的中点H，连接A1G , EG , EH , FH，
由E是CD的中点，得EG // D D1// A A1, EG = D D1= A A1，则四边形AEG A1为平行四边形，
A1G // AE , A1G = AE，由F是A1 D1的中点，得FH // A1G// AE , FH = 1
2 A1G = 1
2 AE，
梯形AFHE是正方体ABCD−A1B1C1 D1被平面AEF所截得的截面，
AE = AF =√4
2+2
2=2√5, FH =√2
2+1
2=√5，EH =√4
2+1
2=√17，
所以所求截面的周长是5√5+√17.
故选：B
4．（2025·湖南·二模）已知某正三棱柱外接球的表面积为4π，则该正三棱柱体积的最大值为（ ）
A．1
B．√2
C．2√2
D．4
【答案】A
【分析】根据球的表面积公式可得R =1，即可根据正三棱柱的性质以及勾股定理求得高，利用体积公式可
4
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得V (x)= √3
2 ⋅√x
4−x
6
3
，构造函数f (x)= x
4−x
6
3 ，求导即可求解最值.
【详解】设外接球的半径为R，则4 π R
2= 4 π，解得R =1.
设正三棱柱的底面三角形的边长为x，则该三角形外接圆的半径为x
√3，
故该正三棱柱的高为h=2√
R
2−(
x
√3)
2
=2√1−x
2
3 ，
所以该正三棱柱的体积V (x)= Sh= √3
4 x
2×2√1−x
2
3 = √3
2 ⋅√x
4−x
6
3
.
由x
4−x
6
3 >0，解得0< x<√3.
令f (x)= x
4−x
6
3 ，则f
′ (x)= 4 x
3−2 x
5=−2 x
3(x−√2)(x +√2)，
所以函数f (x)在(0,√2)上单调递增，在(√2,√3)上单调递减，所以函数f (x)在x =√2时取得最大值，
故V ( x)max=V (√2)=1，所以该正三棱柱体积的最大值为1.
故选：A.
5．（2025·湖南长沙·二模）已知圆台上下底面半径分别为1和2，母线与下底面所成角为60
∘，则圆台侧面
积为 ．
【答案】6 π
【分析】作圆台的轴截面，结合条件求圆台的高和母线长，再结合侧面积公式求结论.
【详解】记圆台的轴截面为等腰梯形ABCD，
作圆台的轴截面如下：
过点D作DE⊥AB，垂足为E，过点C作CF ⊥AB，垂足为F，
因为圆台上下底面半径分别为1和2，母线与下底面所成角为60
∘，
所以AB = 4，CD =2，∠DAE =∠CBF =60
∘，
所以AE =1，DE =√3，AD =2，
5
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所以圆台的高为√3，母线长为2．
故圆台的侧面积S = π(1+2)×2=6 π．
故答案为：6 π.
6．（2025·湖南岳阳·二模）祖暅，南北朝时期的伟大科学家，于5 世纪末提出了体积计算原理：“幂势既
同，则积不容异”，这就是“祖暅原理”.“势”即是高，“幂”是面积，意思是：夹在两个平行平面之间
的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几
何体的体积相等.已知双曲线C：x
2
9 −y
2
4 =1，若直线y =0与y =2在第一象限内与双曲线C及其渐近线围成
图形OABN（如图1），则它绕y轴旋转一周所得几何体Ω的体积为 ；由双曲线C和两直线
y =±2围成的封闭图形绕y轴旋转一周后得到几何体Γ（如图2），则Γ的体积为 .
【答案】 18 π 48 π
【分析】设直线y = y0(0≤y0≤2)与y轴的交点为D，在第一象限与双曲线及其渐近线的交点为B0, N 0，得
到π|D B0|
2−π|D N 0|
2=9 π，结合祖暅原理即可求解第一空，由第一空，再结合直角△OMN绕y轴旋转
一周所得圆锥体积，即可求第二空.
【详解】由x
2
9 −y
2
4 =1，可得渐近线方程：y =± 2
3 x，
y =2在第一象限内与渐近线y = 2
3 x的交点N 的坐标为(3,2)，
y =2与双曲线x
2
9 −y
2
4 =1在第一象限交点B 的坐标为(3√2,2)，
易得M (0,2), A (3,0)，
6
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如图所示，设直线y = y0(0≤y0≤2)与y轴的交点为D，在第一象限与双曲线及其渐近线的交点为B0, N 0，
则D(0, y0), N 0(
3
2 y0, y0),B0(√9+ 9 y0
2
4 , y0)，
所以|D N 0|= 3
2 y0,|D B0|=√9+ 9 y0
2
4
，
则π|D B0|
2−π|D N 0|
2=9 π，
根据祖晅原理，它绕y 轴旋转一圈所得几何体的体积等于2×9 π =18 π，
又直角△OMN绕y轴旋转一周所得圆锥体积为：1
3 ×π ×3
2×2=6 π，
所以Γ的体积为2(18 π +6 π )= 48 π，
故答案为：18 π；48 π.
7．（2025·湖南邵阳·二模）已知正六棱锥的高为√3，它的外接球的表面积是16
3 π．若在此正六棱锥内放
一个正方体，使正方体可以在该正六棱锥内任意转动，则正方体的棱长的最大值为 ．
【答案】√5−1
2
【分析】设正六棱锥的外接球的半径为R、内切球的半径为r，由题意及正六棱锥的性质相继求出R、正六
棱锥的底面积、侧面面积，再利用等体积法求得r，设正方体的最大棱长为a，此时正六棱锥的内切球是正
方体的外接球，由此可得结果.
【详解】设外接球的半径为R，则S球= 4 π R
2= 16 π
3
，∴R = 2√3
3
．
设正六棱锥的底面边长为x，则(√3−R)
2+ x
2= R
2，∴x =1，
即正六棱锥的底面边长为1，侧棱长为2．
7
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∴正六棱锥的底面积S1=6× √3
4 ×1
2= 3√3
2
．
侧面面积S2=6× 1
2 ×1×√
2
2−(
1
2)
2
= 3√15
2
．
∴正六棱锥的体积V = 1
3 ×S1×√3= 1
3 × 3√3
2
×√3= 3
2．
设正六棱锥的内切球的半径为r，
则V = 1
3 ×(S1+ S2)×r = 1
3 ×(
3√3
2
+ 3√15
2 )r = 3
2．
∴r =
3
√15+√3 = √15−√3
4
．
设正方体的棱长为a，则√3a≤2r，∴a≤√5−1
2
．
∴正方体的棱长的最大值为√5−1
2
．
故答案为：√5−1
2
.
球的切接问题
8．（2025·湖南娄底·二模）已知正六棱柱ABCDEF −A1B1C1 D1 E1 F1的各个顶点都在半径为R 的球面上，
一个能放进该正六棱柱内部的最大的球半径为r．若AB =2，则当R
r 最小时，该正六棱柱的体积为（ ）
A．36
B．42
C．48
D．24
【答案】A
【分析】根据给定条件，求出正六棱柱底面正六边形的边心距√3，并设正六棱柱的高为h，可得r取h
2 ,√3
中最小的，按h<2√3,h≥2√3，结合球的截面小圆性质分类讨论求出R
r 最小时的h，再利用柱体体积公式
计算得解.
【详解】设正六边形ABCDEF 的中心为点M，则点M 与任意一条边均构成等边三角形，
题
型
8
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因此点M 到各边的距离均为等边三角形的高，即ABsin60° =√3，
不妨设该正六棱柱的高为h，则r ≤h
2且r ≤√3，r 取两者之中的较小者，
由点M 到A，B，C，D，E，F 的距离均为2，得点M 是正六边形ABCDEF 的外接圆圆心，
因此正六棱柱的外接球半径R =√( h
2 )
2
+2
2= √h
2+16
2
，
若h<2√3，则r = h
2，R
r = √h
2+16
h
=√
1+ 16
h
2 >√1+ 16
12 =√
7
3；
若h≥2√3，则r =√3，R
r = √h
2+16
2√3
≥√12+16
2√3
=√
7
3，
于是当h=2√3时，R
r 取得最小值√
7
3，正六边形的面积为6× 1
2 ×2
2×sin60° =6√3，
所以该正六棱柱的体积为6√3×2√3=36.
故选：A
9．（2025·湖南·二模）已知ABC −A1B1C1是直三棱柱，a，b，c 分别是角A，B，C 的对边，且满足
bcosC +C cos B =asin A，a=√2bc =1，若三棱柱ABC −A1B1C1有内切球，则A A1=（ ）
A．2√2−1
B．√2−1
C．2√2+1
D．√2+1
【答案】B
【分析】根据正弦定理及两角和的正弦公式化简可得A =π
2 ，进而结合等面积法求得△ABC的内切圆半径，
即可求得三棱柱ABC −A1B1C1内切球的半径，进而求解即可.
【详解】由bcosC +CcosB =asinA，
根据正弦定理得，sinBcosC + sinCcosB =sin
2 A，
则sin (B+C)= sinA =sin
2 A，
因为A ∈(0,π )，所以sinA ≠0，则sinA =1，即A =π
2 ，
则b
2+c
2=a
2，又a=√2bc =1，
所以b
2+c
2=a
2=2bc =1，所以(b−c)
2=0，即b=c = √2
2 ，
设△ABC的内切圆半径为r，
9
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则S△ABC = 1
2 bc = 1
2
(a+b+c)r，即r =
bc
a+b+c =
√2
2 × √2
2
1+ √2
2 + √2
2
= √2−1
2
，
要使三棱柱ABC −A1B1C1有内切球，说明内切球半径刚好为√2−1
2
，
所以三棱柱的高A A1为内切球的直径，即A A1=√2−1.
故选：B.
10．（2025·湖南·二模）在正三棱柱ABC −A1B1C1中，AB = A A1=6，E为线段C C1上的动点，D为
BC边上靠近B 的三等分点，则三棱锥A −BDE的外接球体积的最小值为（ ）
A．32√3π
B．4000√3π
27
C．500√3
27
D．108√3π
【答案】B
【分析】如图建立空间直角坐标系，利用外心定义可得ABD的外接圆圆心G的坐标，进而可得外接圆半径
|GA|=√3
2+ 1
3 = 2√21
3
，设点E的坐标为(3,3√3,t)，设O的坐标为(3,−√3
3 ,h)，然后利用
R
2=O E
2=O A
2，可得h= t
2 + 12
t ,t ∈(0,6]，再由基本不等式可得答案.
【详解】以A 为坐标原点，AB为x轴，过A 作AB的垂线为y轴，A A1为z轴建立如图所示的空间直角坐标
系，则A (0,0,0)，B (6,0,0)，C (3,3√3,0)，D(5,√3,0)，
设三角形ABD的外接圆的圆心为G，则点G在xOy平面上，且为线段AB 中垂线与线段AD 中垂线交点，注
意到线段AB 中垂线方程满足¿，AD 中点为D(
5
2 , √3
2 ,0)，
又在平面xOy中，k AD= √3
5 ，则AD 中垂线方程满足¿，
联立¿与¿，故解得点G的坐标为(3,−√3
3 ,0)，
10
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过点G作平面ABC的垂线，则外心O一定在此垂线上，故可设O的坐标为(3,−√3
3 ,h)，又因为
|GA|=√3
2+ 1
3 = 2√21
3
，
故三角形ABD的外接圆半径|GA|= 2√21
3
，
由题可设点E的坐标为(3,3√3,t)，且t ∈(0,6]，
由外接球的定义知：R
2=O E
2=(
10√3
3 )
2
+(h−t )
2=O A
2=OG
2+G A
2=h
2+(
2√21
3 )
2
，
故R
2=h
2+ 28
3 =(h−t )
2+ 100
3 ，得h= t
2 + 12
t ,t ∈(0,6]，
故当h最小时，半径最小，即体积最小，
由基本不等式知，h= t
2 + 12
t ≥2√
t
2 · 12
t =2√6，当且仅当t
2 = 12
t ⇒t =2√6时等号成立，即
R
2≥24+ 28
3 = 100
3 ⇒R≥10
√3 ⇒V = 4
3 π R
3≥4
3 π⋅1000
3√3 = 4000√3π
27
，
故体积V ≥4000√3π
27
.
【点睛】关键点睛：外接球问题，一般先找到球心，再由勾股定理结合图形构建关于外接球半径的等式.
11．（2025·湖北武汉·二模）在各棱长均相等的正四面体PABC中，取棱PC上一点T，使PT =2TC，连接
TA ,TB，三棱锥T −PAB的内切球的球心为M，三棱锥T −ABC的内切球的球心为N，则平面MAB与平
面NAB的夹角的正弦值是 ．
【答案】√3
3
【分析】画出立体图形和截面图形，结合题意分别确定M , N的位置，再由几何关系求出正弦值.
11
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【详解】
设三棱锥T −PAB的内切球分别与面PAB、面TAB相切于D , E两点，
易知DP平分∠APB，ET平分∠ATB，易知PA = PB ,TA =TB，
取AB中点为Q，则M在∠PQT的平分线上，
同理三棱锥T −PAB的内切球球心N在∠TQC的角平分线上，
易知AB⊥面PQC，故MQ⊥AB，同理NQ⊥AB，
于是∠MQN为平面MAB与平面NAB的夹角的平面角，
设正四面体棱长为3a，则QP =QC = 3√3
2
a，PC =3a,∠MQN = 1
2 ∠PQC，
所以sin ∠MQN =
1
2 PC
QC =
3
2 a
3√3
2
a
= √3
3 .
故答案为：√3
3 .
空间距离和角的计算
12．（2025·湖南长沙·二模）在平面四边形ABCD中，AB = BC =CD = BD =2，AB⊥BD，将△BCD沿
BD翻折至△BPD，其中P为动点.
题型03
12
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(1)若AP = AD，证明：AB⊥平面BPD；
(2)求直线AP与平面ABD所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)√2
2
【分析】（1）先在△ABD里，由AB ,BD长度及垂直关系，用勾股定理得AD长度.
再依勾股定理逆定理判断AB与BP垂直.进而得出AB⊥平面BPD.
（2）建以B为原点的坐标系，得相关点坐标，进而有⃗AP坐标，确定平面ABD法向量. 用向量公式得线面
角正弦值表达式，化简分母.
对正弦值平方设y，换元令8−4√3cosθ =t，将y转化为关于t的式子. 用基本不等式求y最大值，进而得
线面角正弦值最大值.
【详解】（1）在△ABD中，AB = BD =2，AB⊥BD，所以AD =2√2.
因为AP = AD =2√2，AB = PB =2，所以A B
2+ P B
2= A P
2，
所以AB⊥BP.
又因为AB⊥BD，BP，BD⊂平面BPD，BP∩BD = B，
所以AB⊥平面BPD.
（2）如图，建立以B为原点的空间直角坐标系，设二面角P−BD−A的平面角为θ，则A (2,0,0)，
B (0,0,0)，D (0,2,0)，P(√3cosθ,1,√3sinθ)
所以⃗AP =(√3cosθ 2,1,
−
√3sinθ).平面ABD的法向量为⃗n=(0,0,1).
设直线AP与平面ABD所成角为α，则
sinα=|cos⟨⃗AP ,⃗n⟩|=
|√3sinθ|
√(√3cosθ 2
−
)
2+1+(√3sinθ)
2 =
√3sinθ
√8−4√3cosθ
.
设y =(
√3sinθ
√8−4√3cosθ)
2
= 3(1−cos
2θ)
8−4√3cosθ，
13
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设8−4√3cosθ=t(8−4√3≤t ≤8+ 4√3)，
所以y =1−1
t −t
16 ≤1
2，（当且仅当t = 4，即cosθ= √3
3 时取等号），即sinα≤√2
2 .
直线AP与平面ABD所成角的正弦值的最大值为√2
2 .
13．（2025·湖南长沙·二模）三棱锥P−ABC中，底面△ABC为等腰直角三角形，CA =CB =2√2，
PA =√10．点P 在底面ABC 上的射影E 是线段AB 靠近点A 的四等分点．
(1)求PB 与平面PCE 所成角的正弦值；
(2)设AB 靠近B 的四等分点为F，D 是平面ABC 内的动点，且C，D 在直线AB 的两侧，满足
| DE|+| DF |= 4．试探究是否存在点D 使得平面PBD⊥平面PBC？若存在，请求出DE 的长度；若不
存在，请说明理由．
【答案】(1)√10
5
(2)存在，DE = 3
2
【分析】（1）连接PE，证得PE⊥AB，求得PE =3，过B 作BG⊥CE，证得BG⊥平面PEC，得到
∠BPG为PB与平面PCE所成角，在△BCE中，求得CE =√5，利用面积相等法，求得BG = 6
√5，再直角
△BPG中，即可求得PB与平面PCE所成角的正弦值；
（2）假设存在点D 满足要求，得到二面角C −PB−A和二面角D−PB−A和为90°，取AB 中点O，过O
作ON ⊥PB于点N，证得CO⊥平面PAB和PB⊥平面CON，得到∠CNO为二面角C −PB−A的平面角，
∠DQH为二面角D−PB−A的平面角，以O 为原点，平面直角坐标系，气的D 点轨迹方程
x
2
4 + y
2
3 =1, y >0，结合椭圆的性质，即可求解.
【详解】（1）解：连接PE，因为P 在底面ABC 上的射影E 是线段AB 靠近点A 的四等分点，
14
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可得PE⊥平面ABC，因为AB⊂平面ABC，所以PE⊥AB，
在直角△PAE中，可得PE =√P A
2−A E
2=3，
又因为PE⊂平面PEC，所以平面PEC ⊥平面ABC，且交线为CE，
过B 作BG⊥CE于点G，连接PG，
因为BG⊂平面ABC，由面面垂直的性质，可得BG⊥平面PEC，
故∠BPG为PB与平面PCE所成角，
在△BCE中，CB =2√2，BE =3，∠CBE =π
4 ，
由余弦定理得C E
2=C B
2+ B E
2−2CB⋅BEcos∠CBE =5，所以CE =√5，
又由S△BCE= 1
2 CE⋅BG = 1
2 BC ⋅BEsin π
4 ，所以BG = 6
√5，
在△BPG中，由PB =√P E
2+ B E
2=3√2，所以sin ∠BPG = BG
BP = √10
5 ，
即直线PB与平面PCE所成角的正弦值为√10
5 ．
（2）解：假设存在点D 满足要求，则二面角C −PB−D为直二面角，
即二面角C −PB−A和二面角D−PB−A和为90°．
取AB 中点O，连接CO，过O 作ON ⊥PB于点N，连接CN，
因为△ABC为等腰直角三角形，且AC = BC，所以CO⊥AB，
又因为PE⊥平面ABC，且CO⊂平面ABC，所以PE⊥CO，
因为PE∩AB = E，且PE , AB⊂平面PAB，所以CO⊥平面PAB，
又因为PB⊂平面PAB，所以CO⊥PB，
因为PB⊥ON且ON ∩CO=O，ON ,CO⊂平面CON，所以PB⊥平面CON，
所以∠CNO为二面角C −PB−A的平面角，
在直角△CON中，因为CO =2,ON =√2，可得tan ∠CNO =√2，
过D 作DH 垂直AB 于点H，过H 作HQ 垂直PB 于点Q，连接DQ，
同理可得∠DQH为二面角D−PB−A的平面角，所以tan ∠DQH = √2
2 ，
在平面ABC中，以O 为原点，OB 为x 轴正方向，CO 为y 轴正方向建立平面直角坐标系，
15
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根据题意，点D 点轨迹为以E，F 为焦点的椭圆，其标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1, y >0，
设D 点横坐标为x0，则DH =√
3(1−x0
2
4 )，BH =2−x0，HQ = √2
2 (2−x0)，
所以tan ∠DQH = DH
HQ = √2
2 ，解得x0=−1，故假设成立，此时DE = 3
2．
14．（2025·湖南·二模）如图，正三棱锥P−ABC的各棱长均为2，D，E，F分别是PA，PB，PC的中点，
连接BD，CD，点O为底面ABC内BC边上的高所在直线上的动点，M为△ABC的中心（图中未画出），
(1)若平面BCD∩平面¿=直线l，证明：l //平面ABC
(2)若⃗MO = λ⃗MA，平面ABC与平面POB的夹角的余弦值为√3
4 ，求λ.
【答案】(1)证明见解析
(2)λ = 4±2√14
5
【分析】（1）根据中位线的性质，可证线线平行，进而可证线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用坐标法表示两平面夹角余弦值，解方程即可.
【详解】（1）∵D，E，F分别是PA，PB，PC的中点，
∴EF // BC，
又∵EF ⊂平面DEF，BC ⊄平面DEF，
∴BC //平面DEF，
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∵BC ⊂平面BCD，且平面BCD∩平面¿=l，
∴BC //l，
又∵BC ⊂平面ABC，l⊄平面ABC，
∴l //平面ABC；
（2）
由三棱锥P−ABC为正三棱锥，且M为底面ABC的中心，
则PM ⊥平面ABC，
又由已知三棱锥的各棱长均为2，
∴MB = √3
3 AC = 2√3
3
，PM =√P B
2−M B
2=√4−4
3 = 2√6
3
，
∴A(−√3
3 ,−1,0)，B(
2√3
3
,0,0)，P(0,0, 2√6
3 )，⃗MA =(−√3
3 ,−1,0)，
又∵O为底面ABC内BC边上的高所在直线上的动点，⃗
MO = λ⃗MA =(−√3
3 λ ,−λ ,0)，
∴O(−√3
3 λ ,−λ ,0)，
∴⃗OP =(
√3
3 λ , λ , 2√6
3 )，⃗PB =(
2√3
3
,0,−2√6
3 )，
设平面POB的一个法向量为⃗m=(x , y , z)，
则¿，
令z = λ，可得⃗m=(√2 λ ,−2√6+√6 λ
3
, λ)，
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又易知平面ABC的一个法向量为⃗n=(0,0,1)，
则
cos ⟨⃗m,⃗n⟩=
λ
√2 λ
2+ (24 +24 λ+6 λ
2)
9
+ λ
2
=
λ
√
11
3 λ
2+ 8
3 λ+ 8
3
，
∴
|
λ
√
11
3 λ
2+ 8
3 λ+ 8
3|
= √3
4 ，
解得λ = 4±2√14
5
.
15．（2025·湖南娄底·二模）如图，长方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB = 4，BC =2√2，C C1=2，E，F
分别为棱AB，A1 D1的中点．
(1)过点C，E，F 的平面截该长方体所得的截面多边形记为S，求S 的周长；
(2)设T 为线段D1C1上一点，当平面CEF ⊥平面A1 DT时，求平面TCF 与平面CEF 夹角的余弦值．
【答案】(1)9√3+5√13+√22
3
(2)7√15
30
【分析】（1）运平面知识按步骤作出截面，用相似图形性质球边长，再求周长即可；
（2）先证明，当T 为线段D1C1中点时，平面CEF ⊥平面A1 DT，再借助空间向量法，计算平面法向量，
最后借助向量夹角公式计算即可.
【详解】（1）如图，步骤1：延长DA，CE 交于点P，连接PF 交A A1于点G，连接GE；
步骤2：延长GF，D D1交于点Q，连接CQ交C1 D1于点H，连接FH，则多边形CEGFH 即为所求截面，
由E 为AB 中点，可得A 为DP 中点，从而ΔAPG与Δ A1 FG相似，所以A1G
AG = A1 F
AP = 1
2
，
又F 为A1 D1中点，从而△D1 FQ与△A1 FG全等．
18
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又△D1 HQ与△C1 HC相似，所以
D1 H
H C1
= Q D1
C1C = A1G
A1 A = 1
3，
所以CE =√2
2+(2√2)
2=2√3，¿=√2
2+(
4
3)
2
= 2√13
3
，GF =√(
2
3)
2
+(√2)
2= √22
3
，FH =
√(1)
2+(√2)
2=√3，CH =√(3)
2+(2)
2=√13，
故所求截面多边形的周长为9√3+5√13+√22
3
．
（2）当T 为线段D1C1中点时，平面CEF ⊥平面A1 DT，理由如下：
易得E F
2=2
2+2
2+(√2)
2=10，C E
2=2
2+(2√2)
2=12，C F
2= 4
2+2
2+(√2)
2=22，故E F
2+ C E
2=C F
2，
所以EF ⊥CE．又A1T ∥CE，故EF ⊥A1T．取CD 中点M，连接D1 M，TM，EM．
因为E，M 分别为AB，CD 中点，故EM ∥F D1，所以E，F，D1，M 四点共面，易知四边形D D1TM为正
方形，故DT ⊥D1 M．又F D1⊥平面DC C1 D1，DT ⊂平面DC C1 D1，故F D1⊥DT，
而F D1∩D1 M = D1，故DT ⊥平面EF D1 M．因为EF ⊂平面EF D1 M，所以EF ⊥DT．又
A1T ∩DT =T，所以EF ⊥平面A1 DT，而EF ⊂平面CEF，故平面CEF ⊥平面A1 DT．
以D 为原点，⃗DA，⃗DC，⃗D D1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,4,0)，E(2√2,2,0)，
F (√2,0,2)，T (0,2,2)，则⃗TC =(0,2,−2)，⃗TF =(√2,−2,0)．
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设平面TCF 的法向量⃗m=(x1, y1, z1)，
则¿，可取⃗m=(√2,1,1)．
又⃗CE =(2√2,−2,0)，⃗EF =(√2,2,−2)，
设平面CEF 的法向量⃗n=(x2, y2, z2)，则¿，可取⃗n=(2,2√2,3√2)．
则|cos ⟨⃗m,⃗n⟩|=|⃗m⋅⃗n|
|⃗m||⃗n| =|2×√2+2√2+3√2|
√4×√30
=
7
2√15 = 7√15
30
．
故平面TCF 与平面CEF 夹角的余弦值为7√15
30
．
16．（2025·河南·二模）已知四面体ABCD.
(1)若该四面体为正四面体，球O与其四个面都相切，证明：该四面体与球O的体积之比等于它们的表面积
之比；
(2)设点G是满足⃗GA +⃗GB+⃗GC +⃗GD =⃗0，过点G的平面Ω分别与直线AB，AC，AD交于点P，Q，R，
且⃗AP = λ1⃗AB，⃗AQ = λ2⃗AC，⃗AR = λ3⃗AD，证明：1
λ1
+ 1
λ2
+ 1
λ3
= 4；
(3)若空间内一点H满足a⃗HA +b⃗HB+c⃗HC +d⃗HD =⃗0（a，b，c，d均为实数，且全不为0），证明：
V H −BCD:V H −ACD:V H −ABD:V H −ABC =|a|:|b|:|c|:|d|.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据正四面体的性质，结合勾股定理可得AF = √6a
3
，进而可求解四面体的体积，利用等体
积法可求解球半径，即可利用球的体积，以及表面积公式求解，
（2）根据向量的线性运算，结合共面的结论可得x λ1= y λ2= z λ3= 1
4 ,结合x + y + z =1,即可求解，
（3）先证明a+b+c +d ≠0，进而根据法向量的性质以及数量积可得(a+b+c +d)⃗AH ⋅⃗n=d⃗AD⋅⃗n，即
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可体积公式可证明
V H −ABC
V A −BCD
=|d |
|a+b+c +d | ，即可求解.
【详解】（1）设正四面体ABCD的棱长为a，其内切球的半径为r，
如图：过A作AF ⊥底面BCD，则F为△BCD的中心，连接DF并延长交BC于M，
故DM = √3a
2
,DF= 2
3 DM = √3a
3
,所以AF =√A D
2−D F
2=√
a
2−(
√3a
3 )
2
= √6a
3
，
故正四面体的体积为V 1= 1
3 S△BCD× AF = 1
3 × √3
4 a
2× √6a
3
= √2
12 a
3,
又V 1= 1
3 ⋅AF ⋅S△BCD= 4×(
1
3 ⋅r ⋅S△BCD),故r = √6a
12 ，
故内切球的体积为V 2= 4 π r
3
3
= 4 π
3 ×(
√6
12)
3
= √6πa
3
216
，
故
V 1
V 2
=
√2
12 a
3
√6πa
3
216
= 6√3
π
,
设正四面体以及球的表面积分别为S1,S2,
则
S1
S2
=
4× √3
4 a
2
4 π r
2
=
√3a
2
4 π(
√6
12 a)
2 = 6√3
π
因此
V 1
V 2
= S1
S2
（2）由⃗GA +⃗GB+⃗GC +⃗GD =⃗0可得−⃗AG+(⃗AB−⃗AG)+(⃗AC −⃗AG)+(⃗AD−⃗AG)=⃗0，
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解得⃗AG = 1
4 (⃗AB+⃗AC +⃗AD),
由于G , P ,Q , R四点共面，所以⃗AG = x⃗AP+ y⃗AQ+ z⃗AR ,(x + y + z =1)，
由于⃗AP = λ1⃗AB，⃗AQ = λ2⃗AC，⃗AR = λ3⃗AD，所以⃗AG = x λ1⃗AB+ y λ2⃗AC + z λ3⃗AD，
因此x λ1= y λ2= z λ3= 1
4 ,结合x + y + z =1,故1
4 λ1
+ 1
4 λ2
+ 1
4 λ3
=1，
即1
λ1
+ 1
λ2
+ 1
λ3
= 4.
（3）先证明a+b+c +d ≠0，
假设a+b+c +d =0，则a=−(b+c +d )，代入a⃗HA +b⃗HB+c⃗HC +d⃗HD =⃗0,
可得b(⃗HB−⃗HA)+c(⃗HC −⃗HA)+d (⃗HD−⃗HA)=⃗0，即b⃗AB+c⃗AC +d⃗AD =⃗0.
又⃗AB ,⃗AC ,⃗AD不共面，所以b=c =d =0，从而a=0，这与a,b,c ,d全不为0 矛盾，
所以a+b+c +d ≠0，
由a⃗HA +b⃗HB+c⃗HC +d⃗HD =⃗0得a⃗HA +b(⃗HA +⃗AB)+c(⃗HA +⃗AC)+d (⃗HA +⃗AD)=⃗0,
即(a+b+c +d)⃗AH =b⃗AB+c⃗AC +d⃗AD，
如图：设平面ABC的单位法向量为⃗n，则(a+b+c +d)⃗AH ⋅⃗n=(b⃗AB+c⃗AC +d⃗AD)⋅⃗n，
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故(a+b+c +d)⃗AH ⋅⃗n=d⃗AD⋅⃗n，
从而|a+b+c +d |⋅|⃗AH ⋅⃗n|=|d |⋅|⃗AD⋅⃗n|，
设H , D到平面ABC的距离分别为h,hD,则h=|⃗AH ⋅⃗n|,hD=|⃗AD⋅⃗n|，
所以|a+b+c +d |⋅h=|d |⋅hD
两边同乘1
3 S△ABC得|a+b+c +d |× 1
3 S△ABC×h=|d |× 1
3 S△ABC×hD，
即|a+b+c +d |V H −ABC =|d |×V A −BCD,即V H −ABC
V A −BCD
=|d |
|a+b+c +d | ，
同理可得
V H −ACD
V A❑−BCD
=|b|
|a+b+c +d | , V H −ABD
V A❑−BCD
=|c|
|a+b+c +d | , V H −CBD
V A❑−BCD
=|a|
|a+b+c +d | ，
故V H −BCD:V H −ACD:V H −ABD:V H −ABC =|a|:|b|:|c|:|d|
17．（2025·湖南岳阳·二模）如图，在圆锥PO中，AC为底面圆O的一条直径，B , D为底面圆周上不同于
A ,C的两点，圆锥母线长为√5, AC =2,∠BAC =30
∘.
(1)若AD =1，平面PAD与平面PBC的交线为l，证明：AD∥l；
(2)若AD与平面PCD所成角的正切值为4√3
3
，求AD的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)AD =√3
【分析】（1）根据题意可得AD // BC，可证AD //平面PBC，结合线面平行的性质定理分析证明；
（2）方法一：以D点为坐标原点建立空间直角坐标系，设AD =a，利用空间向量处理线面夹角问题；方
法二：以O点为坐标原点建立空间直角坐标系，设D (cosθ,sinθ,0)，利用空间向量处理线面夹角问题.
【详解】（1）因为AC为直径，则AD⊥CD , AB⊥BC，
且AD =1, AC =2，则CD =√3且∠CAD =60
∘，
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又因为∠BAC =30
∘，则∠BAD =90
∘，即AD⊥AB.
且AB⊥BC，AD ,BC ⊂平面ABCD，可知AD // BC，
且AD⊄平面PBC ,BC ⊂平面PBC，所以AD //平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC =l，
所以AD // l.
（2）方法一：由题意知，AD⊥CD，
如图，以D点为坐标原点，DA , DC所在直线为x , y轴，过D与OP平行的直线为z轴，建立空间直角坐标
系，
可知PO =√5−1=2，设AD =a，
则A (a,0,0),C(0,√4−a
2,0), P(
a
2 , √4−a
2
2
,2)，
可得⃗DA =(a,0,0),⃗DP =(
a
2 , √4−a
2
2
,2),⃗DC =(0,√4−a
2,0)，
设平面PCD的法向量为⃗n=(x , y , z)，则¿，
令z =1，则x =−4
a , y =0，可得⃗n=(−4
a ,0,1)，
设AD与平面PCD所成角为θ∈(0,π
2 )，
则tanθ= sinθ
cosθ = 4√3
3
，可得cosθ = √3
4 sinθ，
且cos
2θ+sin
2θ = 3
16 sin
2θ+sin
2θ =1，解得sinθ= 4
√19，
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即|cos⟨⃗DA ,⃗n⟩|= |⃗DA ⋅⃗n|
|⃗DA|⋅|⃗n|
=
4
√(
16
a
2 +1)⋅a
2
= 4
√19，
整理得16+a
2=19，解得a=√3，即AD =√3；
方法二：以O点为坐标原点，OC ,OP所在直线分别为y和z轴，在平面ABCD内过O垂直于AC的直线为x
轴，建立空间直角坐标系，
则PO =√5−1=2，P(0,0,2),B(
√3
2 , 1
2 ,0), A (0,−1,0),C (0,1,0)，
设D (cosθ,sinθ,0)，可得⃗AD = (cosθ,sinθ+1,0),⃗PC =(0,1,−2)，⃗PD = (cosθ,sinθ, 2
−
)，
设平面PCD的法向量为⃗n=(x , y , z)，则¿，
令z =1，则x = 2−2sinθ
cosθ
, y =2，可得⃗n=(
2−2sinθ
cosθ
,2,1)，
设AD与平面PCD所成角为α ∈(0,π
2 )，则tanα= sinα
cosα = 4√3
3
，可得cosα = √3
4 sinα，
且cos
2α +sin
2α = 3
16 sin
2α +sin
2α =1，解得sinα= 4
√19，
即|cos⟨⃗DA ,⃗n⟩|= |⃗AD⋅⃗n|
|⃗AD|⋅|⃗n|
=
4
√
(2+2sinθ)⋅(
8−8 sinθ
cos
2θ
+1)
= 4
√19，
整理得18+2sinθ =19，解得sinθ= 1
2，
所以|⃗AD|=√2+2sinθ =√3，即AD =√3.
18．（2025·湖南·二模）如图所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF =∠BCE =90
∘, A , D分别是BF ,CE上
的点，且AD // BC , AB = ED =2BC =2 AF =2，将四边形ADEF沿AD向上折起，连接BE ,BF ,CE，
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在折起的过程中，记二面角E−AD−C的平面角为α.
(1)请将几何体EFABCD的体积表达为关于α的函数，并求其最大值；
(2)当α ∈(
π
3 , 2π
3 )时，求平面EFB和平面EBC夹角的余弦值的取值范围.
【答案】(1)V EFABCD= 5
3 sinα，α ∈(0,π )，最大值为5
3；
(2)(
√6
4 , 3√30
20 ).
【分析】（1）根据题意，证明折叠过程中始终有AD⊥平面EDC，AD⊥平面FAB，由此求得棱锥的高，
再利用分割法求得多面体的体积；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面与平面所成夹角的余弦值，结合换元法和函数单调性求
取值范围.
【详解】（1）由题意，在折叠之前的平面图形中，BC ⊥CE ,BC ⊥BF , AD // BC
∴AD⊥DE , AD⊥DC，AD⊥AF , AD⊥AB，DE , DC是平面EDC内的两条相交直线，AF , AB是
平面FAB内的两条相交直线，
∴折叠过程中始终有AD⊥平面EDC，AD⊥平面FAB，
故二面角α =∠EDC =∠FAB，故E到平面ABCD的距离为2sinα，
∵ED // AF , ED⊄平面FAB , AF ⊂平面FAB，
∴ED //平面FAB，故E到平面FAB的距离等于D到平面FAB的距离，即为AD = BC =1.
连接EA，则V EFABCD=V E−FAB+V E−ABCD= 1
3 × 1
2 ×2×1×sinα ×1+ 1
3 ×2×1×2sinα = 5
3 sinα，
∵α ∈(0,π ),∴V EFABCD≤5
3，当α =π
2 时取得最大值5
3.
（2）以点D为坐标原点，以DA , DC所在直线为x，y轴，过点D作平面ABCD的垂线DG，以DG所在直
线为z轴，建立空间直角坐标系如图，
26
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则D (0,0,0),C (0,2,0),B (1,2,0), E (0,2cosα ,2sinα ), F (1,cosα ,sinα )，⃗
EB =(1,2−2cosα ,−2sinα ),⃗EC =(0,2−2cosα ,−2sinα ),⃗EF =(1,−cosα ,−sinα )，
设平面EFB的法向量为⃗n1=(x1, y1, z1)，则⃗EF ⋅⃗n1=0，且⃗EB⋅⃗n1=0，
即¿
可得⃗n1=(2sinα ,sinα ,2−cosα ).
同理设平面EBC的法向量为⃗n2=(x2, y2, z2)，
则⃗EC ⋅⃗n2=0，且⃗EB⋅⃗n2=0，
即¿
可得⃗n2=(0,sinα ,1−cosα )，
记平面EFB和平面EBC所成角的平面角为β，则
cosβ=|⃗n1⋅⃗n2|
|⃗n1||⃗n2|
=
3(1−cosα )
√2(1−cosα )√−4cos
2α −4 cosα +9
= 3√2
2 √
1−cosα
−4cos
2α −4 cosα +9
，
令t =1−cosα ,∵α ∈(
π
3 , 2π
3 ),∴t ∈(
1
2 , 3
2),cosα =1−t，
故cosβ= 3√2
2 √
t
−4(1−t )
2−4 (1−t )+9
= 3√2
2 √
t
−4t
2+12t +1
= 3√2
2 √
1
−4t + 1
t +12，
显然cosβ为关于t的增函数，故cosβ∈(
√6
4 , 3√30
20 ).
19．（2025·湖南邵阳·二模）如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，平面A A1C1C ⊥平面ABC，
27
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AB = AC =2，BC =2√2，∠AC C1=60°，A1C ⊥BC1
，P为线段A A1
上一点，且⃗AP = λ⃗A A1
．
(1)证明：A1C ⊥平面ABC1；
(2)是否存在实数λ，使得点C到平面BPC1的距离为4√5
5
？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；λ= 1
2或λ= 1
14
【分析】（1）先由勾股定理证明AB⊥AC，再由面面垂直的性质定理得到AB⊥面A A1C1C，最后再由
线面垂直的判定定理可得；
（2）由几何关系建立如图所示空间直角坐标系，求出面BPC1的一个法向量，代入空间点到面的距离公式
解一元二次方程可得.
【详解】（1）证明：∵AB = AC =2，BC =2√2，∴A B
2+ A C
2= BC
2，故AB⊥AC．
又∵面A A1C1C ⊥面ABC，面A A1C1C ∩面ABC = AC，AB⊂面ABC，
∴AB⊥面A A1C1C．
∵A1C ⊂面A A1C1C，∴AB⊥A1C，
又A1C ⊥BC1，AB ,BC1⊂面ABC1，BC1∩AB = B，∴A1C ⊥面ABC1．
（2）∵A1C ⊥面ABC1，∴A1C ⊥A C1，∴四边形A A1C1C为菱形，
取A1C1的中点为E，连接AE，∵∠AC C1=60°，∴△A A1C1为等边三角形．
∴AE⊥A1C1．又AC ∥A1C1，∴AE⊥AC．
又AB⊥平面A A1C1C，∴AB⊥AE．
∴如图所示，以点A为坐标原点，分别以AB , AC , AE所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系A −xyz．
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则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，A1(0,−1,√3)，C1(0,1,√3)，⃗AP =(0,−λ ,√3 λ)，⃗
BP =⃗BA +⃗AP =(−2,−λ ,√3 λ)，⃗BC1=(−2,1,√3)，⃗BC =(−2,2,0)．
设⃗n=(x , y , z)为面BPC1的一个法向量，
则¿ 令x = λ，则⃗n=(λ , λ−1, λ+1
√3 )．
设d为点C到面BPC1的距离，
则d =|⃗BC ⋅⃗n|
|⃗n|
=
|−2 λ+2(λ−1)|
√λ
2+(λ−1)
2+ 1
3
(λ+1)
2
= 4√5
5
．
∴28 λ
2−16 λ+1=0，即λ = 1
2或λ = 1
14 ．
故存在λ = 1
2或λ = 1
14 ，满足题意．
20．（2025·湖南·二模）在三棱锥P−ABC中，平面PAB⊥平面ABC , PA ⊥平面PBC.
(1)求证：PB⊥BC；
(2)若二面角P−AC −B的余弦值为1
3，且AB =2, BC =√2，求PA.
【答案】(1)证明见解析
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(2)2√33
11
【分析】（1）过P作PE⊥AB于E，利用面面垂直推出线面垂直，即得PE⊥BC，再由PA ⊥平面PBC
推出PA ⊥BC，可得BC ⊥平面PAB即可证得结论；
（2）法1：过E作EF ⊥AC于F，连接PF，证明∠PFE即为二面角P−AC −B的平面角，即得
tan∠PFE=2√2，再设∠PAB=θ，将PE , EF分别用θ的三角函数表示，借助于直角△PEF，求得
tanθ= 2√6
3
，即可求出；法2：依题建系，设∠PAB=θ，求出或用θ的三角函数表示出相关点的坐标，
利用空间向量夹角公式求得tanθ= 2√6
3
，即可.
【详解】（1）
如图，过P作PE⊥AB于E.
因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC = AB , PE⊂平面PAB ,
所以PE⊥平面ABC.
又BC ⊂平面ABC，所以PE⊥BC.
又PA ⊥平面PBC , BC ⊂平面ABC，所以PA ⊥BC.
因为PA , PE⊂平面PAB，且PA ∩PE = P，
所以BC ⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，所以PB⊥BC.
（2）法1：过E作EF ⊥AC于F，连接PF，
由（1）PE⊥平面ABC，AC ⊂平面ABC，可得PE⊥AC，
因PE , EF ⊂平面PEF，PE∩EF = E，故AC ⊥平面PEF，
又PF ⊂平面PEF，所以PF ⊥AC.
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所以∠PFE即为二面角P−AC −B的平面角，
所以cos∠PFE= 1
3 ,则tan∠PFE=2√2.
又由（1）PA ⊥平面PBC，PB⊂平面PBC，则PA ⊥PB，
因BC ⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，则BC ⊥AB.
设∠PAB =θ，因为AB =2，BC =√2，则AC =√6，PA =2cosθ ,
PE =2cosθsinθ , AE =2cos
2θ , EF = AEsin∠BAC =2cos
2θ× √2
√6 = 2√3cos
2θ
3
，
所以tan∠PFE= PE
EF = 2cosθsinθ
2√3cos
2θ
3
=√3tanθ=2√2
，
解得tanθ= 2√6
3
，则cosθ= √33
11 ，从而PA =2cosθ = 2√33
11
.
法2：由（1）可得PA ⊥PB ,BC ⊥AB.如图，以B为原点，BA ,BC所在
直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，
记二面角P−AC −B为α，设∠PAB =θ，因为AB =2，
所以PA =2cosθ , PE =2cosθsinθ , AE =2cos
2θ，
则A (2,0,0),C (0,√2,0), P(2−2cos
2θ ,0,2cosθsinθ)，
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所以⃗AC =(−2,√2,0),⃗AP =(−2cos
2θ ,0,2cosθsinθ).
设平面ACP的法向量为⃗m=(x , y , z)，则¿
即¿令x =1，得⃗m=(1,√2,cosθ
sinθ)，
易知平面ABC的一个法向量为⃗n=(0,0,1)，又cosα= 1
3，
所以|cosα|=|cos<m
→
, n
→
>|=|m
→
⋅n
→|
|m
→|·|n
→|
=
|
cosθ
sinθ|
√3+(
cosθ
sinθ)
2 = 1
3，
解得tanθ= 2√6
3
，则cosθ= √33
11 ，所以PA =2cosθ = 2√33
11
.
椭圆及其性质
21．（2025·湖南长沙·二模）已知F1、F2分别为椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点，过点F1向圆
C :(x−a)
2+( y −b)
2=b
2引切线交椭圆于点P（在x轴上方），若△P F1 F2的面积为1
2 b
2，则椭圆的离心率
e =（ ）
A．√6
4
B．√2
2
C．√5
5
D．√3
2
【答案】C
【分析】先证明P即为椭圆的上顶点,再根据面积列出a,b,c的等式求离心率即可.
【详解】如图，
设圆C与x轴切于点A，与F1 P切于点B，设椭圆与y轴正半轴交于点Q，
下面证明P ,Q重合，
题
型
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设∠C F1 A =α，
∴tanα =
b
a+c ,
tan∠B F1 A = tan 2α =
2tanα
1−tan
2α
=
2
b
a+c
1−(
b
a+c)
2 =
2b(a+c)
a
2+c
2+2ac−b
2 = 2b(a+c)
2c
2+2ac
= 2b(a+c)
2c (a+c) = b
c ，而
tan∠Q F1 A = b
c ，
∴Q F1与P F1重合，即点P是短轴的端点，
∴S△P F1 F2= 1
2 b⋅2c = 1
2 b
2，∴b=2c，
则a=√b
2+c
2=√5c，所以e = c
a = √5
5 ，
故选：C.
22．（2025·湖南岳阳·二模）设椭圆C : x
2
4 + y
2
3 =1的左右焦点分别为F1, F2，点P在椭圆上，
cos∠F1 P F2= 3
5 ,∠F1 P F2的平分线与x轴交于点A，则| PA |=（ ）
A．√3
B．2√3
C．3√10
4
D．3√5
4
【答案】D
【分析】根据给定条件，由椭圆定义，结合余弦定理求出| P F1|,| P F2|，判断△F1 P F2的形状，再利
用三角形内角平分线的性质求解.
【详解】椭圆C : x
2
4 + y
2
3 =1的焦点F1(−1,0), F2(1,0)，| P F1|+| P F2|= 4，不妨令点P在第一象限，
在△F1 P F2中，
4 =| F1 F2|
2=| P F1|
2+| P F2|
2−2| P F1|⋅| P F2|cos∠F1 P F2=16−16
5 | P F1|⋅| P F2|，
则| P F1|⋅| P F2|= 15
4 ，解得| P F1|= 5
2 ,| P F2|= 3
2，| P F1|
2=| P F2|
2+| F1 F2|
2，则
P F2⊥F1 F2，
由PA平分∠F1 P F2，得
| A F2|
| A F1| =| P F2|
| P F1| = 3
5，而| A F2|+| A F1|=2，则| A F2|= 3
4 ，
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所以| PA |=√( 3
4 )
2
+( 3
2 )
2
= 3√5
4
.
故选：D
23．（2025·湖南·二模）已知点P在圆x
2+ y
2−10 x−10 y + 49=0上，点A (4,0),B (0,3)，则当⃗BA ⋅⃗BP最
小时，点P到原点的距离为 .
【答案】7
【分析】设P(x , y)，根据题设得到⃗BA ⋅⃗BP = 4 x−3 y +9，令4 x−3 y +9=t，得到4 x−3 y +9−t =0，
根据题设可得4 x−3 y +9−t =0与圆相切时满足题意，即可求解.
【详解】由题知，圆的标准方程为( x −5)
2+( y −5)
2=1，圆心为M (5,5)，r =1，
设P(x , y)，又A (4,0),B (0,3)，则⃗BA =(4 ,−3),⃗BP =(x , y −3)，
所以⃗BA ⋅⃗BP = 4 x−3 y +9，令4 x−3 y +9=t，则4 x−3 y +9−t =0，
又P(x , y)在圆上，由|4×5−3×5+9−t|
√4
2+3
2
≤1，解得9≤t ≤19，
根据题设可知t =9满足题意，即4 x−3 y +9−t =0与圆相切时满足题意，
此时|OP|=√|OM |
2−r
2=7，即点P到原点的距离为7，
故答案为：7.
24．（2025·湖南娄底·二模）已知椭圆C：x
2
m + y
2
9 =1上一动点到其两个焦点的距离之和为2m，则m=
．
【答案】3
【分析】通过椭圆的焦点在x 轴或者y 轴上，由椭圆的定义求出m即可求解.
【详解】若椭圆的焦点在x 轴上，则m>9，由2m=2√m得m=1（舍去）；
若椭圆的焦点在y 轴上，则0<m<9，由2m=6得m=3.
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故答案为：3．
25．（2025·湖北武汉·二模）如图，椭圆Γ 1: x
2
m + y
2
n =1(m>n>0)，Γ 2: x
2
n + y
2
m =1，已知Γ 1右顶点为
H (2,0)，且它们的交点分别为P1(1,1)，P2(−1,1)，P3(−1,−1)，P4(1,−1)．
(1)求Γ 1与Γ 2的标准方程；
(2)过点P1作直线MN，交Γ 1于点M，交Γ 2于点N，设直线P3 M的斜率为k1，直线P3 N的斜率为k2，求k2
k1
；
（上述各点均不重合）
(3)点Q1是Γ 1上的动点，直线Q1 P1交Γ 2于点Q2，直线Q2 P2交Γ 1于点Q3，直线Q3 P3交Γ 2于点Q4，直线
Q4 P4与直线Q1 P1交于点N，求点G 坐标，使直线NG 与直线NH 的斜率之积为定值．（上述各点均不重
合）
【答案】(1)Γ 1: x
2
4 + y
2
4
3
=1, Γ 2: x
2
4
3
+ y
2
4 =1；
(2)k2
k1
=9；
(3)G(
6
5 ,0).
【分析】（1）首先求出m= 4，再代入P1(1,1)即可得到答案；
（2）设M (x1, y1), N (x2, y2)，计算得k P1 M ⋅k P3 M = y1
2−1
x1
2−1
，结合其在椭圆上，代入化简即可得
k P1 M ⋅k P3 M =−1
3，同理k P❑1 N ⋅k P3 N =−3，则得到斜率比值；
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（3）设直线l1: y −1=k1( x−1)，联立椭圆方程得到xQ2= k1
2−2k1−3
k1
2+3
，则得到Q的坐标，再计算得
k3= −1
k1+2，k 4== 3k1+5
k1+3 ，设N ( x , y)，计算化简得
y
x−6
5
⋅
y
x−2 =5
，则得到定点坐标.
【详解】（1）由题意得，m= 4，又因为P1(1,1)在Γ 1上，
代入Γ 1得1
4 + 1
n =1，所以n= 4
3 ，则Γ 1: x
2
4 + y
2
4
3
=1, Γ 2: x
2
4
3
+ y
2
4 =1.
（2）设M (x1, y1), N (x2, y2)，则k P1 M ⋅k P3 M = ( y1−1)
(x1−1)
( y1+1)
(x1+1)
= y1
2−1
x1
2−1
，
又因为
x1
2
4 + y1
2
(
4
3)
=1
，所以y1
2= 4
3(1−x1
2
4 )= 4−x1
2
3
，
则k P1 M ⋅k P3 M =
4−x1
2
3
−1
x1
2−1
=−1
3
，同理可得k P❑1 N ⋅k P3 N =−3，所以
k2
k1
=9.
（3）设直线Q1Q2,Q2Q3,Q3Q4,Q4 N分别为l1,l2,l3,l4，其斜率依次为k1,k2,k3,k 4，
设直线l1: y −1=k1( x−1)，联立3 x
2
4 + y
2
4 =1得(k1
2+3)x
2+2k1(1−k1)x +(1−k1)
2−4 =0，
即有xQ2⋅xP1= k1
2−2k1−3
k1
2+3
，所以xQ2= k1
2−2k1−3
k1
2+3
，代入直线方程得yQ2= −k1
2−6k1+3
k1
2+3
，
则k2=
yQ2−1
xQ2+1 = −2k1
2−6 k1
2k1
2−2k1
=−k1+3
k1−1，设f ( x)=−x +3
x−1，
则经过P1, P2的两直线l1,l2之间斜率满足关系：k2= f (k1)，
将直线l2,l3绕原点顺时针旋转π
2 后也会经过P1, P2，
所以两者斜率满足−1
k3
= f(−1
k2)，所以
k3=−
1
f(−1
k2)
= −1−k2
−1+3k2
= −1
k1+2，
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同理将直线l3,l4绕原点顺时针旋转π后也会经过P1, P2，
所以两直线斜率满足k 4= f (k3)，
k 4=−k3+3
k3−1 =−(
−1
k1+2)+3
(
−1
k1+2)−1
= 3k1+5
k1+3 ，
设N ( x , y)，则有y −1
x−1 =k1, y −1
x +1 =k 4，代入上式得：y +1
x−1 =
3⋅y −1
x−1 +5
y −1
x−1 +3
，
得到y
2=5 x
2−16 x +12=(5 x −6)( x −2)，
所以
y
x−6
5
⋅
y
x−2 =5
，因此存在定点G(
6
5 ,0)，
使直线GN和直线HN的斜率之积为定值5.
26．（2025·湖南·二模）已知点F1(−1,0), F2(1,0)，动点T满足|T F1|+|T F2|= 4，动点T的轨迹记为C.
(1)求C的方程；
(2)直线l: x = 4与x轴交于点M ,B为l上的动点，过B作C的两条切线，分别交y轴于点P ,Q.
①证明：直线BP ,B F2,BQ的斜率成等差数列；
②⊙N经过B , P ,Q三点，是否存在点B，使得∠PNQ =90
∘？若存在，求|BM|；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)①证明见解析；②存在，|BM|=√7
【分析】（1）根据椭圆的定义，可得曲线C的方程.
（2）设直线的方程为y −t =k (x−4)，将直线方程与椭圆方程联立.
①根据直线与椭圆的位置关系，由Δ=0可以得到关于k的一元二次方程，根据韦达定理，可得
k BP+k BQ= 2t
3 ，再得k B F2= t
3，所以直线BP ,B F2,BQ的斜率成等差数列.
②法一：分别用k1,k2表示出P ,Q , N的坐标，结合①中的k1+ k2，k1⋅k2，根据⃗NP⋅⃗NQ =0求t的值即可；
法二：分别用k1,k2表示出P ,Q , N的坐标，结合①中的k1+ k2，k1⋅k2，根据|xN|=|PQ|
2
求t的值即可；
法三：分别用k1,k2表示出P ,Q , N的坐标，结合①中的k1+ k2，k1⋅k2，根据|tan∠PBQ|=1求t的值即可；
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法四：分别用k1,k2表示出P ,Q , N的坐标，结合①中的k1+ k2，k1⋅k2，根据|cos∠PBQ|= √2
2 求t的值即
可.
【详解】（1）因为|T F1|+|T F2|= 4>|F1 F2|=2，
所以C的轨迹是以F1, F2为焦点，且长轴长为4 的椭圆，
设C的轨迹方程为x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，则2a= 4，可得a=2.
又c =1，所以b
2=a
2−c
2=3，所以C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）设B (4 ,t )，易知过B且与C相切的直线斜率存在，设直线方程为y −t =k (x−4)，联立¿，消去y得
(3+ 4 k
2) x
2+8k (t −4 k ) x + 4(t −4 k )
2−12=0，
由Δ=64k
2(t −4 k )
2−4(3+ 4 k
2)[4(t −4 k )
2−12]=0，得12k
2−8tk +t
2−3=0,
设两条切线BP ,BQ的斜率分别为k1,k2，则k1+k2= 8t
12 = 2t
3 ,k1k2= t
2−3
12 .
①证明：设B F2的斜率为k3，则k3=
t
4−1 = t
3，
因为k1+k2= 2t
3 =2k3，所以BP ,B F2,BQ的斜率成等差数列.
②法1：在y −t =k1(x−4)中，令x =0，得y P=t −4 k1，所以P(0,t −4 k1)，
同理，得Q(0,t −4 k2)，所以PQ的中垂线为y =t −2(k1+k2).
易得BP的中点为(2,t −2k1)，所以BP的中垂线为y =−1
k1
(x−2)+t −2k1，
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联立¿解得N (2k1k2+2,t −2(k1+ k2))，
所以⃗NP =(−2k1k2−2,2k2−2k1)，⃗NQ =(−2k1k2−2,2k1−2k2)，
要使∠PNQ =90
∘，则⃗NP⋅⃗NQ =0，即4(k1k2+1)
2−4(k1−k2)
2=0，
整理得|k1k2+1|=|k1−k2|，
而|k1−k2|=√(k1+k2)
2−4 k1k2=√(
2t
3 )
2
−4⋅t
2−3
12 = √t
2+9
3
，
所以|
t
2−3
12 +1|= √t
2+9
3
，解得t
2=7 ,t =±√7，因此|BM|=√7，
故存在符合题意的点B，使得∠PNQ =90
∘，此时|BM|=√7.
法2：在y −t =k1(x−4)中，令x =0，得y P=t −4 k1，因此P(0,t −4 k1)，
同理可得Q(0,t −4 k2)，所以PQ的中垂线为y =t −2(k1+k2).
易得BP的中点为(2,t −2k1)，所以BP的中垂线为y =−1
k1
(x−2)+t −2k1，
联立¿解得xN =2k1k2+2，
因为∠PNQ =90
∘，所以|xN|=|PQ|
2
，即|2k1k2+2|=2|k1−k2|，
而|k1−k2|=√(k1+k2)
2−4 k1k2=√(
2t
3 )
2
−4⋅t
2−3
12 = √t
2+9
3
，
所以|
t
2−3
12 +1|= √t
2+9
3
，解得t
2=7 ,t =±√7，因此|BM|=√7，
故存在符合题意的点B，使得∠PNQ =90
∘，此时|BM|=√7.
法3：要使∠PNQ =90
∘，即∠PBQ = 45
∘或135
∘，
从而|tan∠PBQ|=1，又tan∠PBQ=|k1−k2|
1+ k1k2
，所以|k1−k2|
|1+k1k2|
=1，
因为|k1−k2|=√(k1+k2)
2−4 k1k2=√(
2t
3 )
2
−4⋅t
2−3
12 = √t
2+9
3
，
39
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所以√t
2+9
3
=|1+ t
2−3
12 |，解得t
2=7 ,t =±√7，所以|BM|=√7，
故存在符合题意的点B，使得∠PNQ =90
∘，此时|BM|=√7.
法4：要使∠PNQ =90
∘，即∠PBQ = 45
∘或135
∘，从而|cos∠PBQ|=|⃗BP⋅⃗BQ|
|⃗BP||⃗BQ|
= √2
2 .
在y −t =k1(x−4)中，令x =0，得y P=t −4 k1，故P(0,t −4 k1)，同理可得Q(0,t −4 k2)，因此⃗
BP =(−4 ,−4 k1),⃗BQ =(−4 ,−4 k2)，
所以⃗BP⋅⃗BQ
|⃗BP||⃗BQ|
=
16+16k1k2
4√1+ k1
2⋅4√1+ k2
2 = √2
2 ，
故√2(1+k1k2)=√1+ k1
2k2
2+ k1
2+ k2
2，即2+2k1
2k2
2+ 4 k1k2=1+k1
2k2
2+ k1
2+ k2
2，
整理得k1
2k2
2+6 k1k2+1=(k1+ k2)
2，
所以(
t
2−3
12 )
2
+6⋅t
2−3
12 +1=(
2t
3 )
2
，整理得t
4+2t
2−63=0，解得t
2=7或−9（舍去），
因此t =±√7 ,|BM|=√7，故存在符合题意的点B，使得∠PNQ =90
∘，
此时|BM|=√7.法5：要使∠PNQ =90
∘，即∠PBQ = 45
∘或135
∘，从而sin∠PBQ= √2
2 .
在y −t =k1(x−4)中，令x =0，得y P=t −4 k1，故P(0,t −4 k1)，同理可得Q(0,t −4 k2)，
由等面积法得1
2|PQ|⋅|xB|= S△PBQ= 1
2|BP|⋅|BQ|⋅√2
2 ，
即1
2|4 k1−4 k2|⋅4 = 1
2 ⋅4√1+ k1
2⋅4√1+ k2
2⋅√2
2 ，整理得(k1+ k2)
2=k1
2k2
2+6k1k2+1，
所以(
2t
3 )
2
=(
t
2−3
12 )
2
+6⋅t
2−3
12 +1，整理得t
4+2t
2−63=0，解得t
2=7或−9（舍去），
因此t =±√7 ,|BM|=√7，故存在符合题意的点B，使得∠PNQ =90
∘，
此时|BM|=√7.
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27．（2025·湖南邵阳·二模）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为√6
3 ，且过点(0,1)．
(1)求C的方程；
(2)过C的右焦点F的直线交⊙O: x
2+ y
2=a
2于A ,B两点，线段AB的垂直平分线交C于M , N两点．
①证明：四边形AMBN的面积为定值，并求出该定值；
②若直线AB的斜率存在且不为0，设线段AB的中点为E，记△AEN，△BEM的面积分别为S1,S2．当
S1<S2时，求
S1
S2
的最小值．
【答案】(1) x
2
3 + y
2=1
(2)① 证明见解析，定值2√3；②7−4√3
【分析】（1）根据椭圆中相关量的几何性质列出关于a,b求解即可；
（2）（ⅰ）从直线AB与x轴重合这一特殊入手，此时求得S =2√3．当直线AB与x轴不重合时，设直线
AB方程为x =ty +√2，通过几何对称性和椭圆的性质，计算求得|AB|=2√
3t
2+1
1+t
2 ，|MN|=2√
3(t
2+1)
3t
2+1
，
通过面积公式计算即可证得结论;
（ⅱ）由（ⅰ）知|ON|
|OE| = √6
2 ×√
(t
2+1)
2
3t
2+1
，而
S1
S2
= |EN|
|EM|=|ON|−|OE|
|ON|+|OE| =1−
2
|ON|
|OE|+1,继而通过换元法结
合基本不等式可求得最小值.
【详解】（1）根据题意，得¿，解得¿，
所以椭圆C的方程为x
2
3 + y
2=1．
（2）（ⅰ）证明：设四边形AMBN的面积为S，
由（1）得⊙O: x
2+ y
2=3，椭圆的焦点F (√2,0)，
因为直线MN的垂直平分线段AB，所以S = 1
2|AB|⋅|MN|，
当直线AB与x轴重合时，此时|AB|=2√3，|MN|=2，
41
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∴S = 1
2 ×2√3×2=2√3．
由圆的性质知直线MN过坐标原点O，由椭圆的对称性知|OM|=|ON|．
当直线AB与x轴不重合时，设直线AB方程为x =ty +√2．
∵|OE|
2=
2
1+t
2
，
|AB|
2= 4(3−|OE|
2)= 4× 3t
2+1
1+t
2
，
∴|AB|=2√
3t
2+1
1+t
2 ．
∵MN ⊥AB，则直线MN的方程为y =−tx，联立椭圆方程，
得¿，解得¿
∴|MN|
2= 4|ON|
2= 4(x
2+ y
2)= 12(t
2+1)
3t
2+1
．
∴|MN|=2√
3(t
2+1)
3t
2+1
．
∴S = 1
2|AB|⋅|MN| = 1
2 ×2√
3t
2+1
t
2+1
×2√
3(t
2+1)
3t
2+1
=2√3．
综上所述，四边形AMBN的面积为定值2√3．
（ⅱ）易知S1= 1
2|AE|⋅|EN|，S2= 1
2|BE|⋅|EM|，又|AE|=|BE|，
∵直线AB的斜率存在且不为0，
∴S1
S2
=
1
2|AE|⋅|EN|
1
2|BE|⋅|EM|
= |EN|
|EM|=|ON|−|OE|
|OM|+|OE|=|ON|−|OE|
|ON|+|OE|
=1−
2|OE|
|ON|+|OE|=1−
2
|ON|
|OE| +1．
42
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由（ⅰ）知|ON|
|OE| = √6
2 ×√
(t
2+1)
2
3t
2+1
，
设3t
2+1=m(m≥1)，则t
2+1= m+2
3
，
∴|ON|
|OE| = √6
2 ×√
(
m+2
3 )
2
m
= √6
6 ×√
m
2+ 4 m+ 4
m
= √6
6 ×√m+ 4
m + 4≥2√3
3
．
当且仅当m= 4
m，即m=2时，等号成立，此时t =± √3
3 ．
故
S1
S2
的最小值为7−4√3．
双曲线及其性质
28．（2025·湖南·二模）以y =±2 x为渐近线的双曲线可以是（ ）
A．x
2
4 −y
2=1
B．x
2−y
2
4 =1
C．y
2
2 −x
2=1
D．y
2−x
2
2 =1
【答案】B
【分析】利用渐近线的求法，直接求出各个选项的渐近线方程，即可求解.
【详解】对于A，由x
2
4 −y
2=1得渐近线方程为y =± 1
2 x，故A 错误；
对于B，由x
2−y
2
4 =1得渐近线方程为y =±2 x，故B 正确；
对于C，由y
2
2 −x
2=1得渐近线方程为y =±√2 x，故C 错误；
对于D，由y
2−x
2
2 =1得渐近线方程为y =± √2
2 x，故D 错误.
故选：B.
29．（2025·湖南长沙·二模）已知双曲线E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左右焦点分别为F1
、F2
，过其右焦点
题
型
43
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F2(5,0)的直线l与它的右支交于P、Q两点，P F1
与y轴相交于点A，△PA F2
的内切圆与边A F2
相切于点
B，设|AB|=t，则下列说法正确的是（ ）
A．若t = 4，则|| P F1|−| P F2||=8；
B．记∠F1 P F2=θ，则△F1 P F2的面积S =b
2tan θ
2；
C．若t =3，过点(2,0)且斜率为k的直线l与E有2 个交点，则k ∈(−4√5
5
, 4√5
5 )；
D．若t =3，则△P F1 F2的内切圆与△Q F1 F2的内切圆的面积之和的最小值为8 π.
【答案】AD
【分析】根据双曲线的定义和基本性质可判断选项A；根据双曲线焦点三角形面积公式可判断选项B；对
于选项C，过某一定点的直线与双曲线有两个交点，则联立直线与双曲线方程，根据判别式Δ>0求出k 的
取值范围；对于选项D，将三角形内切圆面积问题转化为内切圆的半径问题，再结合图形分析三角形内切
圆半径与双曲线中线段之间的关系，从而得出两内切圆面积之和的最小值.
【详解】因为△PA F2的内切圆与边A F2相切于点B，如图，M，N为另外两个切点，
由切线长定理可知|PM|=|PN|，|F2B|=|F2 N|，|AM|=|AB|，因为A在y轴上，所以|A F1|=|A F2|，
所以|P F1|−|P F2|=|PM|+|AM|+|A F1|−(|PN|+|F2 N|)
=|AM|+|A F1|−|F2 N|=|AB|+|A F2|−|F2B|=2|AB|=2t，
∴a=t，c =5，b
2=25−t
2，
双曲线E的方程为：x
2
t
2 −
y
2
25−t
2 =1，
若t = 4，则a= 4，所以|| P F1|−| P F2||=2a=8，故A 正确；
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对于B，因为△F1 P F2的面积S =
b
2
tan θ
2
，故B 错误；
对于C，若t =3，则a=3，c =5，b
2=16，双曲线的方程为x
2
9 −y
2
16 =1，
直线l的方程为y =k (x−2)，联立¿，消y得(16−9k
2) x
2+36 k
2 x −36 k
2−36×4 =0，
则¿，
解得−4√5
5
<k < 4√5
5
且k ≠± 4
3 ，故C 错误；
对于D，若t =3，则a=3，c =5，b
2=16，双曲线的方程为x
2
9 −y
2
16 =1，
如图，设两内切圆圆心分别为O1，O2，半径分别为r1，r2，设P F1、P F2、F1 F2与圆O1分别相切于点R，
S，T，
由切线长定理得|P F1|−|P F2|=|PR|+|R F1|−(|PS|+|S F2|)
=|PR|+|T F1|−(|PR|+|T F2|)=|T F1|−|T F2|=2a，
而|T F1|+|T F2|=2c，两式相加得|T F1|=a+c，所以T是双曲线的右顶点(a,0)，
O1T ⊥x轴，所以O1的横坐标为a，
同理可求得O2的横坐标为a，则|T F2|=c−a=5−3=2，
设直线PQ的倾斜角为θ，则∠P F2 F1= π −θ，
在Rt△O1T F2，Rt△O2T F2中有
45
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r1=2tan(
π
2
−θ
2)=2×
sin(
π
2
−θ
2)
cos(
π
2
−θ
2)
=
2cos θ
2
sin θ
2
=
2
tan θ
2
，r2=2tan θ
2，
设m=tan
2 θ
2，所以r1
2+r2
2=
4
tan
2 θ
2
+ 4tan
2 θ
2 = 4 m+ 4
m = 4(m+ 1
m)≥2，
显然，当m=1，即θ
2 =π
4 ，即θ =π
2
取得最小值8，
记△P F1 F2的内切圆面积为S1，△Q F1 F2的内切圆面积为S2，
故△P F1 F2的内切圆与△Q F1 F2的内切圆的面积之和的最小值为8π，故D 正确.
故选：BD.
30．（2025·湖南邵阳·二模）已知双曲线C : x
2
4 −y
2
5 =1的左、右焦点分别为F1、F2，过F2的直线与C的右
支交于A、B两点，则（ ）
A．直线y = √5
2 x−1与C恰有两个公共点
B．双曲线C的离心率为3
2
C．当∠F1 A F2=60
∘时，△A F1 F2的面积为5√3
D．当直线AB的斜率为k1，过线段AB的中点和原点的直线的斜率为k2时，k1k2= 4
5
【答案】BC
【分析】将直线方程与双曲线方程联立，可判断A 选项；直接求出双曲线的离心率可判断B 选项；利用双
曲线的定义、余弦定理结合三角形的面积公式可判断C 选项；利用点差法可判断D 选项.
【详解】对于A 选项，联立¿可得¿，
所以，直线y = √5
2 x−1与C恰有只有一个公共点，A 错；
对于B 选项，对于双曲线C，则a=2，b=√5，c =√a
2+b
2=3，
所以，双曲线C的离心率为e = c
a = 3
2，B 对；
对于C 选项，设|F1 A|=m，|F2 A|=n，由双曲线的定义可得m−n=2a= 4，
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由余弦定理可得|F1 F2|
2= 4 c
2=36=m
2+n
2−2mncos60
∘=m
2+n
2−mn=(m−n)
2+mn=16+mn，
可得mn=20，则S△F1 A F2= 1
2 mnsin60
∘= 1
2 ×20× √3
2 =5√3，C 对；
对于D 选项，设点A(x1, y1)、B(x2, y2)，线段AB的中点为M(
x1+ x2
2
, y1+ y2
2 )，
则k1= y1−y2
x1−x2
，k2=
y1+ y2
2
−0
x1+ x2
2
−0
= y1+ y2
x1+ x2
，则k1k2= y1
2−y2
2
x1
2−x2
2 ，
由题意可得¿，所以，x1
2−x2
2
4
−y1
2−y2
2
5
=0，则k1k2= y1
2−y2
2
x1
2−x2
2 = 5
4 ，D 错.
故选：BC.
31．（2025·湖南长沙·二模）已知双曲线C1: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1和C2: y
2
b
2 −x
2
a
2 =1，其中a>0,b>0，且a≠b，则
（ ）
A．C1与C2有相同的实轴
B．C1与C2有相同的焦距
C．C1与C2有相同的渐近线
D．C1与C2有相同的离心率
【答案】BC
【分析】根据条件，利用双曲线的性质，对各个选项逐一分析判断，即可求解.
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【详解】对于选项A，双曲线C1: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的实轴在x轴上，实轴长为2a，
双曲线C2: y
2
b
2 −x
2
a
2 =1的实轴在y轴上，实轴长为2b，所以选项A 错误，
对于选项B，双曲线C1: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1和C2: y
2
b
2 −x
2
a
2 =1焦距均为2c =2√a
2+b
2，所以选项B 正确，
对于选项C，双曲线C1: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的渐近线为y =± b
a x，双曲线C2: y
2
b
2 −x
2
a
2 =1的渐近线为y =± b
a x，所
以选项C 正确，
对于选项D，双曲线C1: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的离心率为e = c
a = √a
2+b
2
a
，
双曲线C2: y
2
b
2 −x
2
a
2 =1的离心率为e = c
b = √a
2+b
2
b
，所以选项D 错误，
故选：BC.
32．（2025·湖南娄底·二模）已知双曲线C：x
2−y
2
b
2 =1的左顶点为A，右焦点为F，P，Q是C上的两点，
线段PQ的中点为R．当PF ⊥AF时，|PF|=|AF|．
(1)求C 的离心率；
(2)若R(
1
2 , 3
2)，求直线PQ的一般式方程．
【答案】(1)2
(2)x−y +1=0
【分析】（1）先计算当PF ⊥AF时点P坐标，利用|PF|=|AF|得出关于b,c的方程；
（2）利用点差法求直线的方程即可.
【详解】（1）设双曲线的半焦距为c，则c
2=b
2+1，
当PF ⊥AF时，点P的横坐标为c，
代入C 的方程，得y
2=b
2c
2−b
2=b
2(c
2−1)=b
4，故y =±b
2，即|PF|=b
2
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因|PF|=|AF|，所以c +1=b
2，故c
2=c +2，解得c =2，
故C 的离心率为c
a =2．
（2）由（1）知C : x
2−y
2
3 =1，设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
因为P，Q 是C 上的两点，故¿，
两式相减得：x1
2−x2
2−y1
2−y2
2
3
=0，
若x1= x2，则直线PQ的斜率不存在，
由双曲线的对称性可知，此时线段PQ的中点位于x轴，故不符合题意；
若x1≠x2，则y1−y2
x1−x2
= 3(x1+ x2)
y1+ y2
，
因为R(
1
2 , 3
2)是线段PQ的中点，所以x1+ x2=1，y1+ y2=3，
则y1−y2
x1−x2
=k PQ= 3(x1+ x2)
y1+ y2
=1，
所以直线PQ的方程为y =(x−1
2)+ 3
2 = x +1，即x−y +1=0，
经检验此时该直线与双曲线有两个交点，满足题意，
则直线PQ的一般式方程为x−y +1=0，
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33．（2025·湖南岳阳·二模）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)与抛物线Γ: y
2=2 px ( p>0)有公共焦
点F，且p= 4 b.
(1)若抛物线的方程为y
2=8√3 x.
①求双曲线C的方程；
②设直线l: x = 3
2与x轴交于点E，过点P(6,0)的直线交C于A ,B两点，点Q在直线l上，且直线AQ⊥y轴，
证明：直线BQ恒过定点.
(2)过F的直线m与抛物线Γ交于M , N两点，与C的两条渐近线交于S ,T两点（均位于y轴右侧）.若实数λ
满足λ(
1
|OS|+
1
|OT|)=|
1
|MF|−
1
|NF||，求λ的取值范围.
【答案】(1)①x
2
9 −y
2
3 =1；②证明见解析
(2)[0, 1
2).
【分析】（1）①根据抛物线计算得出a,b,c即可得出双曲线方程；②联立直线和双曲线得出韦达定理，再
令y =0，再计算求出BQ恒过点(
15
4 ,0)；
（2）联立直线和抛物线得出y5=
c
√3−n , y6=
c
−√3−n，再应用计算λ(
1
|OS|+
1
|OT|)=|
1
|MF|−
1
|NF||及
p
2 =c，代入计算求出范围.
50
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【详解】（1）①设双曲线的焦距为2c，则有p
2 =c =2√3，又p= 4 b，则c =2b
所以b=√3，则a=√c
2−b
2=3，
所以双曲线C的方程为x
2
9 −y
2
3 =1.
②由题意得，E(
3
2 ,0)，
当直线AB与x轴不重合时，设直线AB的方程为x =ty +6, A(x1, y1),B(x2, y2).
由¿整理得，(t
2−3) y
2+12ty +27=0(t
2−3≠0)，
Δ>0恒成立，由韦达定理得¿，
则有9( y1+ y2)=−4 t y1 y2
由Q(
3
2 , y1)得，直线BQ的方程为y −y1= y2−y1
x2−3
2
(x−3
2)，令y =0，
x =−y1×
x2−3
2
y2−y1
+ 3
2
=
3
2 y2−y1 x2
y2−y1
=
3
2 y2−6 y1−t y1 y2
y2−y1
=
3
2 y2−6 y1+ 9
4 ( y1+ y2)
y2−y1
=
15
4 ( y2−y1)
y2−y1
= 15
4
即直线BQ恒过点(
15
4 ,0)，
当直线AB与x轴重合时，设A (4,0),B (−4,0)，点Q(
3
2 ,0)，直线BQ为x轴，也过点
(
15
4 ,0).综上，直线BQ恒过定点(
15
4 ,0).
51
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（2）由题意知，p
2 =c，又p= 4 b，则c =2b,a=√3b，
所以双曲线C的渐近线方程为y =± √3
3 x，
易知直线m的斜率不为0，设直线m: x =ny +c ,S(x5, y5),T (x6, y6)，
由于S ,T两点且均位于y轴右侧，有n
2<3，
由¿，解得y5=
c
√3−n , y6=
c
−√3−n，
1
|OS|+
1
|OT|=
1
2|y5|
+
1
2|y6|
=|√3−n|+|−√3−n|
2c
=|√3−n−(−√3−n)|
2c
= √3
c .
设M (x3, y3), N (x4, y4)，由¿，消去x得y
2−2 pny −p
2=0，
则有y3+ y4=2 pn, y3 y4=−p
2，
|
1
|MF|−
1
|NF|| =|
1
√1+n
2|y3|
−
1
√1+n
2|y4|| =
1
√1+n
2 ⋅|
|y3|−|y4|
|y3||y4| |
=
1
√1+n
2 ⋅|y3+ y4|
|y3 y4|
=
1
√1+n
2 ⋅|2 pn|
p
2
= 2
p ⋅√
n
2
n
2+1
由λ(
1
|OS|+
1
|OT|)=|
1
|MF|−
1
|NF||及p
2 =c得，
λ⋅√3
c = 2
p ⋅√
n
2
n
2+1
，即√3 λ =√
n
2
n
2+1
=√
1−
1
n
2+1
，
又0≤n
2<3，则√3 λ∈[0, √3
2 )，所以λ∈[0, 1
2)，
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故实数λ的取值范围为[0, 1
2).
抛物线及其性质
34．（2025·湖南长沙·二模）已知P 为抛物线C：x
2= 4 y上一点，F 为C 的焦点，直线l 的方程为
3 x + 4 y +6=0，则下列说法正确的有（ ）
A．若A (3,4)，则| AP|+| PF |≥5
B．点P 到直线l 与到直线y =−2的距离之和的最小值为2
C．若存在点P，使得过点P 可作两条垂直的直线与圆x
2+( y −4)
2=r
2相切，则r 的取值范围为r ≥√6
D．过直线l 上一点E（点E 不在x 轴上）作抛物线的两条切线，切线分别交x 轴于点A，B，△EAB外
接圆面积的最小值为π
【答案】ACD
【分析】对A，利用定义转化|PF|长度，即可利用几何法求出最小值；对B，利用定义转化|PN|长度，也
可利用几何法求出最小值；对C，把存在点P，使得过点P 可作两条垂直的直线与圆x
2+( y −4)
2=r
2相切
问题转化为圆心距| MP|的范围问题，即可求解；对D，设切线EA，EB与抛物线分别切于M，N，设
M(x1, x1
2
4 )，N(x2, x2
2
4 )，求出切线EA , EB的方程，进而求出点A ,B , E坐标，利用向量验证可得
EA ⊥FA，EB⊥FB，可得E，A，F，B 四点共圆，且△EAB的外接圆的直径为EF，问题转化为求|EF|
最小，即为点F 到直线3 x + 4 y +6=0的距离问题求解.
【详解】对于A，抛物线C：x
2= 4 y，焦点F (0,1)，准线m：y =−1，A (3,4)，
过点P 作准线m：y =−1的垂线，垂足为Q，再过点A 作准线m：y =−1的垂线，垂足为B，
题
型
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由抛物线定义可知：| AP|+| PF |=| AP|+| PQ|≥| AB|= 4−(−1)=5，故A 正确；
对于B，过点P 作准线m：y =−1的垂线，垂足为Q，交直线n：y =−2于点N，
过点P 作直线l：3 x + 4 y +6=0的垂线，垂足为H，
过点F 作直线l：3 x + 4 y +6=0的垂线，垂足为G，
由点F 到直线l：3 x + 4 y +6=0的距离公式可得：| FG|=|3×0+ 4×1+6|
√9+16
= 10
5 =2，
则点P 到直线l 与到直线y =−2的距离之和为：
| PH |+| PN |=| PH |+| PQ|+1=| PH |+| PF |+1≥| FG|+1=2+1=3，故B 错误；
对于C．
根据过点P 可作两条垂直的直线与圆x
2+( y −4)
2=r
2相切，如图，设切点为T，可知
| MP|=√| PT |
2+r
2．
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由于两条切线垂直，可知∠MPT = π
4 ，即| PT |=r，所以有| MP|=√2r，
从而把问题转化为抛物线上存在点P 到圆心M 的距离为√2r，
先求抛物线上点P( x0, y0)到圆心M (0,4)的距离：
| MP|=√x0
2+( y0−4)
2=√4 y0+ y0
2−8 y0+16=√( y0−2)
2+12≥2√3，
当y0=2时，| MP|取到最小值2√3，
即√2r ≥2√3，解得r ≥√6，故C 正确．
对于D，切线EA，EB与抛物线分别切于M，N，设M(x1, x1
2
4 )，N(x2, x2
2
4 )，
因为y = x
2
4 ，故y
′ = x
2，故k EA = x1
2 ，k EB= x2
2 ，
故直线EA：y = x1
2 ( x−x1)+ x1
2
4 = x1
2 x−x1
2
4
，同理，直线EB：y = x2
2 x−x2
2
4
，
由¿，可得¿，故E(
x1+ x2
2
, x1 x2
4 )，
又A(
x1
2 ,0)，故⃗EA =(−x2
2 ,−x1 x2
4 )，⃗FA =(
x1
2 ,−1)，
故⃗EA ⋅⃗FA =−x1 x2
4
+ x1 x2
4
=0，同理⃗EB⋅⃗FB =0，故EA ⊥FA，EB⊥FB，
所以E，A，F，B 四点共圆，且△EAB的外接圆的直径为EF，
所以| EF |min即为F 到直线3 x + 4 y +6=0的距离，此距离为2．
故| EF |min=2，即△EAB的外接圆的半径的最小值为1，故△EAB的外接圆面积的最小值为π．
故选：ACD.
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