培優(yōu)專題06期末真題百練通關(guān)（60題18大壓軸題型）選填小壓軸解答壓軸題型1空間角與距離最值范圍問題題型12空間向量與立體幾何綜合題型題型2空間向量的探索性問題題型13圓錐曲線中的面積最值問題題型3空間向量與立體幾何綜合問題題型14圓錐曲線中的定點(diǎn)問題題型4直線和圓的最值問題題型15圓錐曲線中的定值問題題型5圓錐曲線的離心率問題題型16圓錐曲線中的定直線問題題型6圓錐曲線中的新定義問題題型17離散型隨機(jī)變量綜合問題題型7圓錐曲線性質(zhì)綜合題型18概率統(tǒng)計(jì)綜合問題題型8復(fù)雜排列組合計(jì)數(shù)問題題型9二項(xiàng)式定理的綜合應(yīng)用題型10離散型隨機(jī)變量的期望與方差題型11概率統(tǒng)計(jì)綜合題型題型一空間角與距離最值范圍問題（共3小題）1．(24-25高二上·廣東部分學(xué)?！て谀?在正方體ABCD?A1B1C1D1中，空間中一動(dòng)點(diǎn)P滿足A．34,1 B．22,1 C．【答案】B【分析】設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)P(x,y,z)，由條件求得P(μ,μ,ν)，設(shè)直線D1P與直線A1C1所成角為θ，利用空間向量夾角公式求出sinθ=2【詳解】如圖，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系.則A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1設(shè)點(diǎn)P(x,y,z)，則AB+由μ(AB+AD)=AP則P(μ,μ,ν)，D1P=(μ,μ?1,ν?1),設(shè)直線D1P與直線A1C1于是sin=1?4μ2設(shè)(2μ?1)2=s,2(ν?1)2+1=t則sin2θ=ts+t即sin2θ=1即12≤sin2θ≤1故選：B.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求解異面直線的夾角的方法主要有：平移法：將異面直線中的一條或兩條利用平移使其相交，通過解三角形求得；坐標(biāo)法：通過建立空間直角坐標(biāo)系，求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)和向量坐標(biāo)，利用空間向量夾角的坐標(biāo)公式求解.2．(24-25高二上·江西吉安·期末)如圖，四邊形ABCD，AB=BD=DA=23,?BC=CD=2，現(xiàn)將△ABD沿BD折起，當(dāng)二面角A?BD?C的值屬于區(qū)間π4,?π3時(shí)，直線ABA．34 B．28 C．2+【答案】D【分析】取BD的中點(diǎn)為O，連接OA,OC,AC，易知∠AOC=θ是A?BD?C的平面角，根據(jù)已知構(gòu)建合適的空間直角坐標(biāo)系，再應(yīng)用向量法求得直線AB和CD所成角的余弦值關(guān)于∠AOC=θ的表達(dá)式，即可求最大值.【詳解】取BD的中點(diǎn)為O，連接OA,OC,AC，又AB=BD=DA=23所以O(shè)A⊥BD,OC⊥BD，且OC=1,OA=3，∠AOC=θ是A?BD?C的平面角，由OA∩OC=O都在面AOC內(nèi)，故BD⊥面AOC，面AOC內(nèi)過O作Oz⊥OC，可構(gòu)建如下圖示的空間直角坐標(biāo)系，則B(0,?3由∠AOC=θ∈π4,?π3所以BA=(3則cosα=當(dāng)cosθ=12故選：D.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：構(gòu)建合適空間直角坐標(biāo)系，并確定含參的點(diǎn)A坐標(biāo)為關(guān)鍵.3．(23-24高二上·湖北恩施州高中教學(xué)聯(lián)盟·期末)如圖，在△ABC中，AC=22,BC=6,C=π4，過AC的中點(diǎn)M的動(dòng)直線l與線段AB交于點(diǎn)N，將△AMN沿直線l向上翻折至△A1MN，使得點(diǎn)A1在平面BCMN內(nèi)的射影H落在線段【答案】2【分析】首先求出△ABC中邊AB，B角的正弦與余弦值，以底面點(diǎn)B為空間原點(diǎn)建系（如圖1），設(shè)點(diǎn)A′x,y,z，由Hx,0,0，得A′(x,0,z)，求出A,C,M坐標(biāo)，由MC=AM=A′M得出x,z滿足的關(guān)系式，從而可得z的范圍也即A′H的范圍，翻折過程中可得MN⊥AA【詳解】C=π4,△ABC中，根據(jù)余弦定理，AB=AC2+BC2?2AC?BC?cos如圖1，以底面點(diǎn)B為空間原點(diǎn)建系，根據(jù)底面幾何關(guān)系，得點(diǎn)A4,2,0,C6,0,0，設(shè)點(diǎn)A′x,y,z，點(diǎn)A′的投影Hx,0,0可得(6?5)2+(0?1)

圖1

圖2如圖2，在翻折過程中△AMN≌△A′MN，作AE⊥MN于點(diǎn)E并且AE∩A′E=E,AE,所以MN⊥平面A′AE,AA所以MN⊥AA′，即MN?又動(dòng)點(diǎn)N在線段AB上，設(shè)Na,12a,0，所以由MN?AA又因?yàn)?x?5)2+z2=1，對(duì)應(yīng)的z由已知斜線A1M與平面BCMN所成角是所以sin∠故斜線A1M與平面BCMN所成角的正弦值的最大值為故答案為：25題型二空間向量的探索性問題（共3小題）4．(24-25高二上·浙江衢州期末·)【多選題】已知ABCD?A1B1C1D1為正方體，點(diǎn)P為棱AA1上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q為平面A．存在點(diǎn)P使得直線AA1與平面PB．存在直線PQ與平面A1BC．點(diǎn)Q所在的曲線可能為雙曲線D．點(diǎn)Q所在的曲線可能為拋物線【答案】ACD【分析】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，求出直線AA1與平面PB1D1所成的角的正弦值范圍可判斷A；求出直線PQ與平面A1【詳解】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，不妨設(shè)正方體ABCD?A則A2,0,0，A12,0,2，B可設(shè)P2,0,x，0≤x≤2，則AP=x，AD1B1=2,2,0，D對(duì)于A，設(shè)平面PB1D則n?令a=x?2，則b=2?x，c=?2，即n=設(shè)直線AA1與平面PB則sinθ=因?yàn)?≤x≤2，所以33即33≤sin故存在點(diǎn)P使得直線AA1與平面PB對(duì)于B，如上圖，取B1D1的中點(diǎn)為O，連接A1O又PB1=P可知∠POA1即為二面角則tan∠PO設(shè)直線PQ與直線B1D1因?yàn)锳A1⊥所以∠PHA1即為直線PQ與平面則tan∠PH因?yàn)锳1O⊥B則tan∠POA1即直線PQ與平面A1B1對(duì)于CD，如圖：因?yàn)辄c(diǎn)Q到直線AA1和到平面則點(diǎn)Q的軌跡即為以AA1為軸，A為頂點(diǎn)，與軸夾角為45°當(dāng)點(diǎn)P不與點(diǎn)A和點(diǎn)A1因?yàn)锳1O⊥B1D1，PO⊥B1D1，所以B1D1⊥平面A1所以平面PB1D則直線AA1與平面PB則tan∠當(dāng)A1P=2此時(shí)直線AA1與平面PB則點(diǎn)Q的軌跡為拋物線；當(dāng)2<A1P<2時(shí)，則點(diǎn)Q的軌跡為雙曲線，故CD正確.故選：ACD.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解答本題的關(guān)鍵有兩點(diǎn)：1，建立空間直角坐標(biāo)系，求線面角與二面角平面角；2，利用平面與圓錐曲面的交點(diǎn)判斷動(dòng)點(diǎn)軌跡形狀.5．(24-25高二上·山東臨沂·期末)【多選題】如圖，該幾何體是四分之一圓柱體（點(diǎn)B，A分別是上、下底面圓的圓心），四邊形ABCD是正方形，點(diǎn)G是圓弧CE的中點(diǎn)，點(diǎn)H是圓弧DF上的動(dòng)點(diǎn)（含端點(diǎn)），則（

）A．存在點(diǎn)H，使得CH⊥HEB．存在點(diǎn)H，使得直線HE∥平面BDGC．存在點(diǎn)H，使得平面BDG⊥平面CEHD．存在點(diǎn)H，使得直線CH與平面BDG的所成角的余弦值為2【答案】BCD【分析】建系標(biāo)點(diǎn)，對(duì)于A：利用空間向量說明線線垂直；對(duì)于B：利用空間向量說明線面平行；對(duì)于C：利用空間向量說明線面垂直；對(duì)于D：利用空間向量求線面夾角.【詳解】如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD,AF,AB分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)AD=2，則D2,0,0設(shè)H2對(duì)于選項(xiàng)A：因?yàn)镃H=令CH?可得sinθ+所以不存在點(diǎn)H，使得CH⊥HE，故A錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B：因?yàn)锽D=設(shè)平面BDG的法向量m=x1令x1=1，則y1若直線HE//平面BDG則m?EH=2且θ∈0,π2，則θ=所以存在點(diǎn)H，使得直線HE∥平面BDG，故B正確；對(duì)于選項(xiàng)C：因?yàn)镃E=設(shè)平面CEH的法向量n=x2令x2=1，則y2若平面BDG⊥平面CEH，則m?顯然θ=0時(shí)，上式成立，所以存在點(diǎn)H，使得平面BDG⊥平面CEH，故C正確；對(duì)于選項(xiàng)D：設(shè)直線CH與平面BDG的所成角為α∈0,若cosα=23可得：，整理可得3sin構(gòu)建fθ因?yàn)閒θ在0,π2可知fθ在0,π2內(nèi)有零點(diǎn)，即3所以存在點(diǎn)H，使得直線CH與平面BDG的所成角的余弦值為23故選：BCD.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：對(duì)于方程3sin6．(24-25高二上·貴州銅仁·期末)【多選題】直三棱柱ABC?A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB=BC=2，E、F分別為AC、CC1A．過點(diǎn)B1，E，DB．無論點(diǎn)D如何運(yùn)動(dòng)，都有BF⊥DEC．當(dāng)λ=12時(shí)，點(diǎn)B到平面DFED．已知H是平面DEF上的一動(dòng)點(diǎn)，若∠AC1C=∠H【答案】ABD【分析】利用平行平面的性質(zhì)作截面判斷A，證明AB⊥BC，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由空間向量法證明垂直判斷D，由空間向量法求點(diǎn)面距判斷C，在選項(xiàng)D中，得出C1H是以C1C為軸，C1A為母線的圓錐的一條母線，即【詳解】選項(xiàng)A，設(shè)B1DE與BC交于點(diǎn)因?yàn)槠矫鍭1B1C1//平面ABC，平面B1所以B1D//EQ，又B1E為AC中點(diǎn)，則Q為BC中點(diǎn)，所以EQ=1截面為B1選項(xiàng)B，因?yàn)锽F⊥A1B1，所以BF⊥AB，F(xiàn)為AF=AB2所以AB2+B以B為原點(diǎn)，BA,BC,BB1分別為A(2,0,0),C(0,2,0)，B(0,0,0)，E(1,1,0)，F(xiàn)(0,2,1)，D(2λ,0,2)，BF=(0,2,1),所以BF?DE=0+2?2=0，所以BF選項(xiàng)C，λ=12時(shí)，D(1,0,2)，設(shè)平面DEF的一個(gè)法向量是n=(x,y,z)則n?DE=y?2z=0n?則點(diǎn)B到平面DEF的距離為BF?選項(xiàng)D，因?yàn)椤螦C1C=∠HC1C，所以C1H是以因?yàn)镃C1⊥平面ABC，所以平面ABC截該圓錐側(cè)面為圓（以C在平面ABC中圓方程為x2+(y?2)2=8又C1(0,2,2)，所以由選項(xiàng)B的討論知DE=(1?2λ,1,?2)，又EF設(shè)平面DEF的一個(gè)法向量是m=(a,b,c)則m?DE=(1?2λ)a+b?2c=0m?設(shè)C1化簡(jiǎn)得3cos即34因?yàn)?<λ<1，所以9+(2λ+1)所以0<所以對(duì)任意λ∈(0,1)，關(guān)于α的方程34即存在P使得C1P與平面DEF平行，因此平面DEF截圓錐的側(cè)面所得故選：ABD．【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：平面截圓錐側(cè)面所得曲線，設(shè)截面不過圓錐頂點(diǎn)：（1）截面與軸垂直，截得曲線為圓；（2）截面與軸平行，截得曲線為雙曲線；（3）截面與一條母線平行，截得曲線為拋物線；（4）截面不與母線平行，不與軸垂直，截得曲線為橢圓．題型三空間向量與立體幾何綜合問題（共3小題）7．(24-25高二上·廣東深圳高級(jí)中學(xué)·期末)【多選題】已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為22，點(diǎn)P為正方形BB1C1C（含邊界）內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過棱BBA．三棱錐A1B．直線FG與BB1C．截面α的面積為3D．當(dāng)AP=2423時(shí)，點(diǎn)【答案】ABD【分析】由VA1?ADP=VP?AA1D，結(jié)合三棱錐體積公式判斷A，建立空間直角坐標(biāo)系，由條件證明F,G為所在棱的中點(diǎn)，取AD的中點(diǎn)M，由GM//BB1，確定直線FG與BB1【詳解】因?yàn)閂A因?yàn)辄c(diǎn)P為正方形BB由已知平面BB1C1C//平面A所以點(diǎn)P到底面AA1D又△AA1D所以三棱錐A1?ADP的體積所以三棱錐A1以C為原點(diǎn)，CD,CB,則C0,0,0，A12設(shè)G22,t,0則CA1=22因?yàn)锳1C⊥α，EG?α，故A1C⊥EG，所以CACA所以t=2，s=2，故F,G分別為棱設(shè)截面α與棱B1C1同理可證Q,H,N分別為棱B1取A1D1的中點(diǎn)M，連接GM，F(xiàn)M則直線FG與BB1所成角即為直線FG與在Rt△FMG中，F(xiàn)M=2，GM=22，則即直線FG與BB1所成角的正切值為因?yàn)檎呅蜧NEQFH即為截面α，又正方體ABCD?A1B所以正六邊形的邊長(zhǎng)為2，所以其面積為6×3對(duì)于D選項(xiàng)，因?yàn)锳B⊥平面BB1C1C所以AB⊥BP，又AP=2423所以BP=A因?yàn)?22=8<46所以點(diǎn)P的軌跡為下圖中以B為圓心，463為半徑的圓位于正方形BB且BT′=BT=所以cos∠TBC=又∠TBC,∠B1B所以∠T所以點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為46故選：ABD．【點(diǎn)睛】易錯(cuò)點(diǎn)點(diǎn)睛：本題D選項(xiàng)的判斷容易忽視確定圓弧的圓心角的大小，導(dǎo)致軌跡的長(zhǎng)度求解錯(cuò)誤，導(dǎo)致答案錯(cuò)誤.8．(24-25高二上·廣東深圳深圳實(shí)驗(yàn)學(xué)校高中部·期末)【多選題】如圖，棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD?A1B1C1DA．?λ∈0,1，使直線A1B．?λ∈0,1，三棱錐P?AC．當(dāng)λ=13時(shí)，點(diǎn)P到ACD．當(dāng)λ=12時(shí)，三棱錐P?【答案】ABD【分析】當(dāng)點(diǎn)P為B1D1的中點(diǎn)時(shí)，證明A1P⊥B1P，A1P⊥BB1，利用線面垂直的判定定理即可判斷選項(xiàng)A；證明B1D1//平面A1BD，則P到平面A1BD的距離為定值，則體積為定值，計(jì)算即可判斷選項(xiàng)B；建立空間直角坐標(biāo)系，求出【詳解】顯然，存在λ=1若點(diǎn)P為B1D1∵BB1⊥面A1B1C∵B1P∩BB1=B1，B1P?平面∵BB1=DD1，B又B1D1?平面A1BD，BD?平面又P為線段B1D1上的動(dòng)點(diǎn)，∴P∴V以DA方向?yàn)閤軸，DC方向?yàn)閥軸，DD1方向?yàn)閯tA(2,0,0)，C(0,2,0)，當(dāng)λ=13時(shí)，則AP=?2∴點(diǎn)P到AC的距離為AP?當(dāng)λ=12時(shí)，點(diǎn)P為B1D1易得A1P=2，BD=2∴cos∠BPD=B∴△BPD的外接圓半徑為r=BD∴所求問題等價(jià)于求以r=32為半徑的底面圓，高為設(shè)三棱錐的外接球半徑為R，則

R=r故三棱錐的外接球表面積為S=4πR故選：ABD.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題選項(xiàng)B的體積為定值關(guān)鍵是證明B1D1//平面A19．(24-25高二上·重慶主城七?！て谀?【多選題】如圖，在棱長(zhǎng)為6的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱B1A．三棱錐F?EGBB．存在點(diǎn)G，使平面EFG//平面ACC．設(shè)直線FG與平面ADD1A1所成角為θD．平面DEF截正方體ABCD?A1【答案】ACD【分析】選項(xiàng)A：由等體積變換可得VF?EG選項(xiàng)B：建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)DG=λDA選項(xiàng)C：根據(jù)空間向量法表示線面角，可得cosθ=選項(xiàng)D：先做出平面DEF截正方體ABCD?A【詳解】選項(xiàng)A：VF?EG選項(xiàng)B：如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則D0,0,0AC=設(shè)平面ACD1的法向量為則n?AC=?6x1+6yDA1=6,0,6，設(shè)DG=λ則EG=由n?EG=6λ?3?6+6λ?6=12λ?15=0選項(xiàng)C：平面ADD1A則sinθ=cosθ=當(dāng)λ=34時(shí)，cosθ選項(xiàng)D：如圖，直線EF分別交CB,CC1的延長(zhǎng)線于點(diǎn)連接DP交C1D1于G，連接DQ交AB于H由題意可知五邊形DHFEG即為平面DEF截正方體ABCD?A因E，F(xiàn)分別為棱B1C1，BB1C1GCD由正方體性質(zhì)可知S△PGES△PDQ故所求截面面積為S△PDQ由選項(xiàng)C可知，P0,6,9，G故PG=0,?2,?3，故cos∠GPE=PG?S△PGE故所求截面面積為7×3故選：ACD【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：D選項(xiàng)的關(guān)鍵是先根據(jù)空間點(diǎn)線面的關(guān)系做出截面，進(jìn)而由線面關(guān)系可求面積.題型四直線和圓的最值問題（共3小題）10．(24-25高二上·湖南株洲第二中學(xué)·期末)古希臘著名數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)：已知平面內(nèi)兩個(gè)定點(diǎn)A，B及動(dòng)點(diǎn)P，若PBPA=λ（λ>0且λ≠1），則點(diǎn)P的軌跡是圓.后來人們將這個(gè)圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓（簡(jiǎn)稱“阿氏圓”）.在平面直角坐標(biāo)系中，已知O0,0，N0,?1，直線l1：kx?y+k+2=0，直線l2：x+ky+2k+1=0，若M為l1A．103 B．2+23 C．3【答案】A【分析】由已知可得l1⊥l2，則點(diǎn)M的軌跡是以EF為直徑的圓，除去F點(diǎn)，得到的軌跡方程為x+12+y【詳解】當(dāng)k=0時(shí)，l1：y=2，l2：x=?1，此時(shí)交點(diǎn)為當(dāng)k≠0時(shí)，由直線l1：kx?y+k+2=0，斜率為k由直線l2：x+ky+2k+1=0，斜率為?1k又l1：kx+1?y+2=0，∴直線ll2：x+1+ky+2=0，∴直線l若M為l1，l2的交點(diǎn)，則所以點(diǎn)M的軌跡是以EF為直徑的圓，除去E點(diǎn)、F點(diǎn)；綜合以上兩種情況，點(diǎn)M的軌跡是以EF為直徑的圓，除去F點(diǎn)，則圓心為EF的中點(diǎn)C?1,0，圓的半徑為r=2故M的軌跡方程為x+12+y又O0,0，N0,?1，易知O，又由題意可知圓C上一點(diǎn)M11,0滿足M1則M1D=2下面證明任意一點(diǎn)Mx,y都滿足MDMO=2∵2MO又MD=∴2MO∴2MO又DN=∴2如圖，當(dāng)且僅當(dāng)N，M，D三點(diǎn)共線，且M位于N，D之間時(shí)，等號(hào)成立，即23MO+故選：A【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：利用阿氏圓的定義取點(diǎn)D，構(gòu)造MD=211．(23-24高二上·浙江臨平蕭山聯(lián)考·期末)已知圓C:x2?2x+y2=0與直線l:y=mx+2mm>0，過l上任意一點(diǎn)P向圓C引切線，切點(diǎn)為A和B，若線段ABA．277 B．77 C．14【答案】D【分析】推導(dǎo)出PC垂直平分AB，分析可知，當(dāng)PC取最小值時(shí)，AB取最小值，此時(shí)，PC⊥l，利用點(diǎn)到直線的距離公式可得出關(guān)于m的等式，解之即可.【詳解】圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x?12+y2=1由圓的幾何性質(zhì)可知AC⊥PA，BC⊥PB，因?yàn)镻A=PB，AC=BC，所以，∠APC=∠BPC，則PC⊥AB，設(shè)AB∩PC=E，則E為AB的中點(diǎn)，由勾股定理可得PA=由等面積法可得AB=2所以，當(dāng)PC取最小值時(shí)，AB取最小值，由21?1PC所以，PC的最小值為2，當(dāng)PC與直線l垂直時(shí)，PC取最小值，則3mm2+1=2故選：D.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題考查圓的切點(diǎn)弦長(zhǎng)的計(jì)算，一般方法有如下兩種：（1）求出切點(diǎn)弦所在直線的方程，然后利用勾股定理求解；（2）利用等面積法轉(zhuǎn)化為直角三角形斜邊上的高，作為切點(diǎn)弦長(zhǎng)的一般求解.12．(23-24高二上·黑龍江哈爾濱第三中學(xué)校·期末)已知圓O:x2+y2=1，若曲線y=kx+1+2上存在四個(gè)點(diǎn)Pii=1,2,3,4，過點(diǎn)PiA．?43,0 B．?∞,?4【答案】B【分析】設(shè)|PiO|=d,∠APiO=α，根據(jù)題意利用PiA?Pi【詳解】設(shè)|PiO|=d,∠APi則Pi即d2整理得2d4?9d2由于Pii=1,2,3,4在圓O:x2+即Pii=1,2,3,4的軌跡方程為圓曲線y=kx+1+2過定點(diǎn)(?1,2)，由射線y=k(x+1)+2,(x≥?1)和射線且y=k(x+1)+2,(x≥?1)和y=?k(x+1)+2,(x<?1)關(guān)于直線x=?1對(duì)稱，結(jié)合圖象可知要使曲線y=kx+1+2上存在四個(gè)點(diǎn)需使得y=?k(x+1)+2,(x<?1)和x2故需有?k>0且|k?2|k2+1即k∈?故選：B【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：解答本題的關(guān)鍵在于要滿足曲線y=kx+1+2上存在四個(gè)點(diǎn)Pii=1,2,3,4，使得PiA?題型五圓錐曲線離心率問題（共3小題）13．(24-25高二上·江西上饒·期末)橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點(diǎn)分別是F1,?F2，斜率為1的直線l過左焦點(diǎn)F1A．26,?23 B．36【答案】A【分析】結(jié)合橢圓的定義和△ABF2的內(nèi)切圓半徑表示△ABF2的面積，再結(jié)合點(diǎn)到直線的距離和線段AB表示△ABF【詳解】如圖：因?yàn)椤鰽BF2的內(nèi)切圓的面積是π，所以結(jié)合橢圓的定義：S△AB由F2到直線AB：x?y+c=0的距離為：2c2=由2a=22?AB?c又AB∈6,12，所以故選：A【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是利用兩種方法表示△ABF2的面積，得到14．(24-25高二上·山東煙臺(tái)·期末)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2，過左焦點(diǎn)且斜率為1的直線與C交于M,N兩點(diǎn)，MN=4【答案】22【分析】直線MN的方程為y=x+c，設(shè)Mx1,y1,Nx2,y2，聯(lián)立方程組利用弦長(zhǎng)公式求得|MN|【詳解】由題意可得直線MN的方程為y=x+c，設(shè)Mx聯(lián)立y=x+cx2a2+整理得a2所以x1所以|MN|===2×又MN=423b所以2a2+解得a2=2b2或2a當(dāng)b=1時(shí)，可得a=2,c=1，所以橢圓的方程為所以F1?1,0,F2代入橢圓方程得3x2+4x=0，解得x=0可得M(0,1),N(?43,?13設(shè)內(nèi)切圓的半徑為r，所以12所以r=432+4又MN的中點(diǎn)坐標(biāo)為?23,13，M所以MF2的垂直平分線的方程為y?1MN的垂直平分線的方程為y?13=?1×(x+聯(lián)立y=?x?13y=x，解得x=?所以I1故答案為：22；10【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：關(guān)鍵在于利用直線方程與橢圓方程聯(lián)立方程組求得弦長(zhǎng)，利用已知可得4ab15．(24-25高二上·浙江慈溪·期末)橢圓有如下結(jié)論：“過橢圓x2a2+y2b2=1a>b>0上一點(diǎn)Px0,y0作該橢圓的切線，切線方程為x0xa2+y0yb2=1.”設(shè)橢圓【答案】33【分析】由切線方程求得與坐標(biāo)軸的兩交點(diǎn)坐標(biāo)，利用基本不等式可得當(dāng)x0=±2a2,y【詳解】由題可知Px0,切線x0xa易知△MON的面積為S=12×即x0y0當(dāng)且僅當(dāng)x02a又因?yàn)閏os∠即2a2?2P易知△F1P又S△即可得12b2可得a2=b即C的離心率為33故答案為：3【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵在于利用基本不等式求得面積最小時(shí)的交點(diǎn)坐標(biāo)，再由余弦定理由三角形面積公式計(jì)算得出b,c的關(guān)系式，可求得離心率.題型六圓錐曲線中的新定義問題（共3小題）16．(24-25高二上·廣東茂名電白區(qū)·期末)【多選題】如圖，曲線C的形狀是一個(gè)斜橢圓，其方程為x2+y2?xy=6，點(diǎn)Pm,?A．曲線C關(guān)于y=x對(duì)稱 B．m+n的最大值為2C．該橢圓的離心率為22 D．n的最大值為【答案】ABD【分析】根據(jù)曲線對(duì)稱性的定義，可判斷A的真假，并求出橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)和短軸長(zhǎng)，根據(jù)離心率的概念，可求橢圓的離心率，判斷C的真假；利用基本（均值）不等式可以判斷B的真假；把方程看成關(guān)于m的不等式，利用Δ≥0可求n【詳解】在曲線C上任取一點(diǎn)Pm,n,m2+n2則m2+n2?mn=6，即點(diǎn)Q也在曲線C由題意知m2+n2?mn=6，mm+n≤26聯(lián)立方程x2+y2?xy=6所以橢圓長(zhǎng)軸長(zhǎng)為2a=212=43?a=23；同理可得另外兩個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)為所以橢圓的短軸長(zhǎng)為2b=24=4?b=2，所以所以該橢圓的離心率為：e=cm2+n2?mn=6解得?22故選：ABD．【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：在曲線方程中，若用?x代替x，方程不變，則曲線關(guān)于y軸對(duì)稱；若用?y代替y，方程不變，則曲線關(guān)于x軸對(duì)稱；若用?x代替x，?y代替y，方程不變，則曲線關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱；若用x代替y，同時(shí)用y代替x，方程不變，則曲線關(guān)于直線y=x對(duì)稱.17．(24-25高二上·廣東廣州·期末)【多選題】我們把由半橢圓x2a2+y2b2=1x≥0與半橢圓：y2b2+x2c2=1x≤0合成的曲線稱作“果圓”，其中a2=b2+c2，a>b>c>0A．若半橢圓方程為x24B．若△F0C．若A1AD．若PM取得最小值，則P為“果圓”的頂點(diǎn)【答案】BC【分析】確定兩個(gè)半橢圓的方程，分別求出它們的離心率，可判斷A的真假；確定a,b,c的值，得到兩個(gè)半橢圓的方程，可判斷B的真假；根據(jù)a,b,c的關(guān)系求ba【詳解】對(duì)A：根據(jù)半橢圓的方程x24+y23=1x≥0，可得：另外的半橢圓方程為：y23+所以兩個(gè)半橢圓離心率的乘積為：12對(duì)B：因?yàn)镕0c,0，F(xiàn)10,?b所以F0F2=b2?所以a2所以半橢圓的方程分別為：4x27對(duì)C：因?yàn)閍2=b2+c2且a>b>c>0因?yàn)锳1A2>B1B2，所以a+c>2b所以a2?b2>4對(duì)D：因?yàn)锳1?c,0，A2若點(diǎn)Px0,則PM2=x0?若a?c2×c2a2<a，即a<2c時(shí)，故選：BC【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解決問題的關(guān)鍵在于對(duì)“果圓”概念的理解，弄清楚“果圓”相關(guān)的頂點(diǎn)，焦點(diǎn)的坐標(biāo)是解決問題的關(guān)鍵.18．(24-25高二上·湖北武漢江岸區(qū)期末·)【多選題】數(shù)學(xué)中有許多形狀優(yōu)美的曲線，如圖，曲線E:x2+(y?x)2=1與x軸交于A,B兩點(diǎn)，與y軸交于A．點(diǎn)1,2在E上B．△PAB面積的最大值為1C．曲線E恰好經(jīng)過3個(gè)整點(diǎn)（即橫，縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn)）D．PC【答案】BD【分析】將點(diǎn)1,2代入曲線方程判斷A，由方程取y=0求點(diǎn)A,B的坐標(biāo)，取x=0求C,D坐標(biāo)，求直線y=2與曲線的交點(diǎn)，由此判斷B，求直線x=±1與曲線的交點(diǎn)，判斷C，求到點(diǎn)C,D距離和為2【詳解】將點(diǎn)1,2代入曲線E的方程的左側(cè)可得12所以點(diǎn)1,2不在曲線E上，A錯(cuò)誤；取y=0可得x=±22，所以A?22由曲線E:x2+y?x設(shè)x=cos當(dāng)x≥0時(shí)，y=x±1?當(dāng)y=2時(shí)，x=22所以直線y=2與曲線E的交點(diǎn)坐標(biāo)為±所以P點(diǎn)的縱坐標(biāo)的絕對(duì)值的最大值為2，所以△PAB面積的最大值為12×AB由x2+(y?x)所以直線x=1與曲線E交于點(diǎn)1,1，直線x=?1與曲線E交于點(diǎn)?1,1，所以曲線經(jīng)過點(diǎn)0,1,坐標(biāo)平面內(nèi)到定點(diǎn)C,D的距離和為23的點(diǎn)的軌跡為以C,D為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為2設(shè)橢圓方程為y2a2又C0,?1,D0,1所以橢圓方程為y2聯(lián)立y23+所以9x2+4所以x=±2故橢圓y23+x22=1如圖：故曲線E上的所有點(diǎn)都滿足故選PC+故選：BD.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解決的關(guān)鍵在于結(jié)合曲線方程，確定曲線的范圍及曲線上的關(guān)鍵點(diǎn)的坐標(biāo).題型七圓錐曲線性質(zhì)綜合（共3小題）19．(24-25高二上·四川涼山州·期末)【多選題】雙曲線C:x2a2?y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，左、右頂點(diǎn)分別為A1，AA．C的離心率為5 B．∠MC．MA1=2MA2【答案】ABD【分析】根據(jù)雙曲線的漸近線的概念，圓和直線的位置關(guān)系，以及焦點(diǎn)三角形的性質(zhì)，逐一判斷各選項(xiàng)正誤.【詳解】雙曲線C:x2a2?y2b2=1，則F1?c,0，聯(lián)立方程組得y=baxx2則MA1=?2a,?b,解得b=2a，則c=a2+4可知A2M=0,b,由b=2a，則MA1=?2a,?2a，A2當(dāng)M,N位置互換時(shí)，2M由A1A2=2a,0已知b=2a，c=5所以S四邊形故選：ABD.20．(22-23高二上·廣東廣州華南師范大學(xué)附屬中學(xué)·期末)【多選題】拋物線有如下光學(xué)性質(zhì)：由其焦點(diǎn)射出的光線經(jīng)拋物線反射后，沿平行于拋物線對(duì)稱軸的方向射出．反之，平行于拋物線對(duì)稱軸的入射光線經(jīng)拋物線反射后必過拋物線的焦點(diǎn)．已知拋物線C:y2=2px，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，一束平行于x軸的光線l1從點(diǎn)Pm,nn2<4m射入，經(jīng)過C上的點(diǎn)Ax1,y1A．當(dāng)p=12,n=1時(shí)，延長(zhǎng)AO交直線x=?14于點(diǎn)D，則DB．當(dāng)p=12,n=1時(shí)，若PB平分C．∠AOB的大小為定值D．設(shè)該拋物線的準(zhǔn)線與x軸交于點(diǎn)K，則∠AKF=∠BKF【答案】AD【分析】對(duì)AB，可代入條件求出拋物線方程后計(jì)算出相應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)，A選項(xiàng)驗(yàn)證三點(diǎn)縱坐標(biāo)可得，B選項(xiàng)中結(jié)合條件得到AP=AB計(jì)算即可得；對(duì)CD，設(shè)出直線【詳解】設(shè)Ax

對(duì)AB選項(xiàng)：直線l1平行于x軸，當(dāng)p=12，n=1l1過點(diǎn)Pm,1m>1，即有y1=1，則x1=1直線AB的方程為y?1=1?01?1由4x?3y?1=0y2=x消去x得4y2?3y?1=0，由顯然直線AO的方程為y=x，直線AO交直線x=?14于點(diǎn)顯然直線BD//x軸，由光學(xué)性質(zhì)知，BQ//x軸，因此D、B、Q三點(diǎn)共線，A正確；由光學(xué)性質(zhì)知AP//x軸，而BQ//x軸，則AP//BQ，有∠APB=∠PBQ，又PB平分∠ABQ，即∠ABP=∠PBQ，則∠APB=∠ABP，于是AP=AB，即m?1=1+1對(duì)CD選項(xiàng)：設(shè)直線AB的方程為x=ty+p由x=ty+p2y2=2px消去x則y1+y2=2pt設(shè)∠AOx=α,∠BOx=β，由斜率坐標(biāo)公式得tanα=y1于是?tanαtan而tan∠AOB=tan(α+β)=點(diǎn)K0,?p2，直線AK斜率kAK==?2p即kAK=?k故選：AD【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：有關(guān)直線與拋物線的弦長(zhǎng)問題，要注意直線是否過拋物線的焦點(diǎn)，若過拋物線的焦點(diǎn)，可直接使用公式|AB|=x21．(24-25高二上·廣東揭陽·期末)【多選題】畫法幾何的創(chuàng)始人法國(guó)數(shù)學(xué)家加斯帕爾·蒙日發(fā)現(xiàn)：與橢圓相切的兩條垂直切線的交點(diǎn)的軌跡是以橢圓中心為圓心的圓，我們通常把這個(gè)圓稱為該橢圓的蒙日?qǐng)A．已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的離心率為22，F(xiàn)1A．C的蒙日?qǐng)A的方程為xB．在直線l上存在點(diǎn)P，橢圓C上存在A、B，使得PA⊥PBC．記點(diǎn)A到直線l的距離為d，則d?AFD．若矩形MNGH的四條邊均與C相切，則矩形MNGH面積的最大值為6b【答案】ABD【分析】由Qa,b在蒙日?qǐng)A上可得蒙日?qǐng)A的方程，結(jié)合離心率可得a、b關(guān)系，由此可知A正確；由l過Pb,a且Pb,a在蒙日?qǐng)A上，可知當(dāng)A、B恰為切點(diǎn)時(shí)，PA⊥PB，知B正確；根據(jù)橢圓定義可將d?AF2轉(zhuǎn)化為d+AF1?2a，可知F1【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，過Qa,b可作橢圓的兩條互相垂直的切線：x=a，y=b所以，Qa,b在蒙日?qǐng)A上，則蒙日?qǐng)A方程為x由e=ca=所以，橢圓C的蒙日?qǐng)A方程為x2對(duì)于B選項(xiàng)，由直線l的方程知，直線l過Pb,a又Pb,a滿足蒙日?qǐng)A方程，所以，Pb,a在圓當(dāng)A、B恰為過P作橢圓兩條互相垂直切線的切點(diǎn)時(shí)，PA⊥PB，故B正確；對(duì)于C選項(xiàng)，因?yàn)锳在橢圓上，所以，AF所以，d?A當(dāng)F1A⊥l時(shí)，d+AF1又F1到直線l的距離d所以，d?A對(duì)于D選項(xiàng)，當(dāng)矩形MNGH的四條邊均與C相切時(shí)，蒙日?qǐng)A為矩形MNGH的外接圓，所以，矩形MNGH的對(duì)角線為蒙日?qǐng)A的直徑，設(shè)矩形MNGH的長(zhǎng)和寬分別為m、n，則m2所以，矩形MNGH的面積S=mn≤m2+即矩形MNGH面積的最大值為6b故答案為：ABD．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題考查圓錐曲線中的新定義問題的求解，解題關(guān)鍵是能夠根據(jù)蒙日?qǐng)A的定義，結(jié)合點(diǎn)a,b在蒙日?qǐng)A上，得到蒙日?qǐng)A的標(biāo)準(zhǔn)方程，從而結(jié)合圓的方程來判斷各個(gè)選項(xiàng)．題型八復(fù)炸排列組合計(jì)數(shù)問題（共3小題）22．(24-25高二上·上海南匯中學(xué)·期末)平面向量為2維向量，可由2元有序?qū)崝?shù)組x1,x2表示；空間向量為3維向量，可由3元有序?qū)崝?shù)組x1,x2,x3表示.n維向量可由n（n為正整數(shù)）元有序?qū)崝?shù)組x1,x2,…,xn【答案】985211【分析】由xi=0或1可知x1,x【詳解】當(dāng)n=7時(shí)，a=∵xi∈?1,0,1i=1,2,…,7，∴要使x1+x2+…+當(dāng)x1,x2,…,x7均不為0當(dāng)x1,x2,…,x7中有2個(gè)0當(dāng)x1,x2,…,x7中有4個(gè)0當(dāng)x1,x2,…,x7中有6個(gè)0∴A7∴NZ?(797+A故答案為：985211.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵是討論x1,x2,…,x723．(23-24高二上·浙江強(qiáng)基聯(lián)盟期末·)我們常常運(yùn)用對(duì)同一個(gè)量算兩次的方法來證明組合恒等式，如：從裝有編號(hào)為1,2,3,…,n+1的n+1個(gè)球的口袋中取出m個(gè)球0<m≤n,m,n∈N，共有Cn+1m種取法.在C【答案】C【分析】將等式看作是從編號(hào)為1,2,3,...,n+3個(gè)球中，取出6個(gè)球，其中第3個(gè)球的編號(hào)依次為3,4,,...,n的情況，利用分類加法計(jì)數(shù)原理得到的結(jié)果；再由從編號(hào)為1,2,3,...,n+3【詳解】從編號(hào)為1,2,3,...,n+3個(gè)球中，取出6個(gè)球，記所選取的六個(gè)小球的編號(hào)分別為a1當(dāng)a3第一步，從編號(hào)為1,2的球中選取2個(gè)；第二步，選取編號(hào)為3的球；第三步，從剩下的n個(gè)球中任選3個(gè)，故選取的方法數(shù)為C2當(dāng)a3第一步，從編號(hào)為1,2,3的球中選取2個(gè)；第二步，選取編號(hào)為4的球；第三步，從剩下的n?1個(gè)球中任選3個(gè)，故選取的方法數(shù)為C……；當(dāng)a3第一步，從編號(hào)為1,2,3,...,n?1的球中選取2個(gè)；第二步，選取編號(hào)為n的球；第三步，從剩下的3個(gè)球中選3個(gè)，故選取的方法數(shù)為至此，完成了從編號(hào)為1,2,3,...,n+3個(gè)球中，選取6個(gè)球，第另外，從編號(hào)為1,2,3,...,n+3個(gè)球中，取出6個(gè)球，有所以Cn故答案為：Cn24．(23-24高二上·上海松江二中·期末)設(shè)a1,a2,...,a23【答案】6142【分析】根據(jù)條件分別對(duì)于k∈1,2,?23與k∈【詳解】對(duì)于給定的k∈1,2,?23，考慮使a23=k當(dāng)k∈1,2,?12時(shí)，對(duì)i=1,2,?k?1有a2i?1,a2i這樣的i），且aj=j+12k?1≤j≤22（若k=12，則沒有這樣的j當(dāng)k∈13,14,?23時(shí)，類似地有N因此，滿足條件的排列個(gè)數(shù)為k=123N故答案為：6142.【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵針對(duì)k∈1,2,?23與k∈題型九二項(xiàng)式定理的綜合應(yīng)用（共3小題）25．(24-25高二·遼寧名校聯(lián)盟·期末)“四進(jìn)制”是一種以4為基數(shù)的計(jì)數(shù)系統(tǒng)，使用數(shù)字0，1，2，3來表示數(shù)值.四進(jìn)制在數(shù)學(xué)和計(jì)算的世界中呈現(xiàn)出多個(gè)維度的特性，對(duì)于現(xiàn)代計(jì)算機(jī)科學(xué)和技術(shù)發(fā)展有著深遠(yuǎn)的影響.四進(jìn)制數(shù)轉(zhuǎn)換為十進(jìn)制數(shù)的方法是通過將每一位上的數(shù)字乘以4的相應(yīng)次方（從0開始），然后將所有乘積相加.例如：四進(jìn)制數(shù)013轉(zhuǎn)換為十進(jìn)制數(shù)為0×42+1×41+3×40=7；四進(jìn)制數(shù)0033轉(zhuǎn)換為十進(jìn)制數(shù)為0×43+0×42【答案】1【分析】設(shè)a,b,c,d∈{0,1,2,3}，將四進(jìn)制數(shù)abcd轉(zhuǎn)換為十進(jìn)制形式，由該數(shù)能被3整除轉(zhuǎn)化為a+b+c+d能被3整除，根據(jù)該四進(jìn)制數(shù)數(shù)字的所有可能組合，分類計(jì)算符合要求的數(shù)的個(gè)數(shù)，利用古典概型概率公式計(jì)算即可.【詳解】設(shè)a,b,c,d∈{0,1,2,3}，則4位四進(jìn)制數(shù)abcd轉(zhuǎn)換為十進(jìn)制為：a×=a=aC31若這個(gè)數(shù)能被3整除，則a+b+c+d能被3整除.當(dāng)這個(gè)四進(jìn)制數(shù)由1，2，3，3組成時(shí)，有A4當(dāng)這個(gè)四進(jìn)制數(shù)由1，1，2，2組成時(shí)，有C4當(dāng)這個(gè)四進(jìn)制數(shù)由1，1，1，3組成時(shí)，有C4這個(gè)四進(jìn)制數(shù)由2，2，2，3組成時(shí)，有C4這個(gè)四進(jìn)制數(shù)都由3組成時(shí)，有1個(gè)；當(dāng)這個(gè)四進(jìn)制數(shù)由0，0，0，3組成時(shí)，有4個(gè)；當(dāng)這個(gè)四進(jìn)制數(shù)由0，0，3，3組成時(shí)，有C4當(dāng)這個(gè)四進(jìn)制數(shù)由0，0，1，2組成時(shí)，有A4當(dāng)這個(gè)四進(jìn)制數(shù)由0，1，2，3組成時(shí)，有A4當(dāng)這個(gè)四進(jìn)制數(shù)由0，3，3，3組成時(shí)，有4個(gè)；當(dāng)這個(gè)四進(jìn)制數(shù)由0，2，2，2組成時(shí)，有C4當(dāng)這個(gè)四進(jìn)制數(shù)由0，1，1，1組成時(shí)，有C4因?yàn)橛?，1，2，3組成的4位非零四進(jìn)制數(shù)共有44所以能被3整除的概率P=12+6+4+4+1+4+6+12+24+4+4+4255故答案為：13【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵在于將四進(jìn)制轉(zhuǎn)化為十進(jìn)制之后，利用二項(xiàng)式定理來求解能否被3整除的問題，得出所有可能的組合即可求得相應(yīng)概率.26．(23-24高二上·遼寧大連·期末)【多選題】已知fn(x)=(x+A．若fn(?1)=B．fnC．f2n?1(?1)=f2n?1(1)?D．fn(1)=【答案】ACD【分析】對(duì)于選項(xiàng)A:令x=?1,n=4時(shí)，利用二項(xiàng)式定理計(jì)算即可；對(duì)于選項(xiàng)B:表示出fn(1)?fn(?1)，取特殊值驗(yàn)證即可;對(duì)于選項(xiàng)C:作差f【詳解】對(duì)于選項(xiàng)A:由fn(x)=(x+3)n，n∈N?，當(dāng)x=?1,n=4時(shí)，對(duì)于選項(xiàng)B:由題意可得fn(1)?f所以f2對(duì)于選項(xiàng)C:f2n?1即f2n?1所以f?3∴+23∵2=2易知232n?2+∴ff2n?1所以f2n?1對(duì)于選項(xiàng)D:當(dāng)n為正偶數(shù)時(shí)，fn(1)=1+3n∴cnc2n?3所以c2n?3當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí)，fn(1)=1+3n∴cn=c2n?3所以c2n?3綜上可得：若fn(1)=c故選：ACD.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：涉及二項(xiàng)式定理的問題，二項(xiàng)式定理的核心是通項(xiàng)公式，求出給定二項(xiàng)式的通項(xiàng)公式是解決問題的關(guān)鍵.27．(24-25高二·遼寧名校聯(lián)盟·期末)【多選題】在探究(a+b)n的展開式的二項(xiàng)式系數(shù)性質(zhì)時(shí)，我們把二項(xiàng)式系數(shù)寫成一張表，借助它發(fā)現(xiàn)二項(xiàng)式系數(shù)的一些規(guī)律，我們稱這個(gè)表為楊輝三角（如圖①，小明在學(xué)完楊輝三角之后進(jìn)行類比探究，將1+x+x2上表圖②中第n行的第m個(gè)數(shù)用Dnm?1表示，即1+x+x2n展開式中含xA．DB．DC．Dn+1k+1=DnD．D【答案】BCD【分析】由圖②得到Dnn=Dn?1m?2+Dn?1m?1+Dn?1【詳解】依據(jù)題意結(jié)合圖②可知圖②中每一行的每一個(gè)數(shù)等于其上一行頭頂和左、右肩上共三個(gè)數(shù)的和（沒有的用0代替），如：第四行的第三個(gè)數(shù)10，等于上一行頭頂上的數(shù)3加上左、右肩上的數(shù)1和6，第三行中的第二個(gè)數(shù)3，等于上一行頭頂上的數(shù)1加上左、右肩上的數(shù)0（左肩上沒有數(shù)，故用0代替）和2，所以Dn對(duì)于A項(xiàng)，由上可得D5對(duì)于B項(xiàng)，由圖可知Dn2=Dn?10+對(duì)于C項(xiàng)，由上可知Dn+1k+1=對(duì)于D項(xiàng)，因?yàn)?+x+x22024(1?x)2024=C20240則1+x+x22024(1?x)2024所以根據(jù)乘法法則1+x+x22024D20240C又1+x+x其通項(xiàng)公式為Tr+1因?yàn)?024=3×674+2，所以1?x32024故D20240C故選：BCD.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：1+x+x22024與(1?x)2024展開求得x2024題型十離散型隨機(jī)變量的均值與方差（共3小題）28．(24-25高二上·內(nèi)蒙古通遼第一中學(xué)·期末)拋擲一枚質(zhì)地均勻的骰子，觀察骰子朝上面的點(diǎn)數(shù)，并制定如下規(guī)則：當(dāng)點(diǎn)數(shù)為2,3,4,5時(shí)得1分，當(dāng)點(diǎn)數(shù)為1，6時(shí)得3分.多次拋擲這枚骰子，將每次得分相加的結(jié)果作為最終得分.若拋擲2次骰子，最終得分為X，則隨機(jī)變量X的期望是；若拋擲50次骰子，記得分恰為n分的概率為an，則當(dāng)an取最大值時(shí)n的值為【答案】10384或【分析】分析拋一次骰子得1分以及得3分的概率，從而計(jì)算最終得分的概率，計(jì)算期望值；設(shè)得1分的次數(shù)為x，計(jì)算得1分次數(shù)為x次時(shí)總得分為n分的概率，列不等式組計(jì)算概率最大時(shí)x的值，從而求出n的值.【詳解】拋一次骰子得1分的概率為46=2X的可能取值為2,4,6，PX=2=2PX=6則隨機(jī)變量X的期望是EX記得1分的次數(shù)為x，則得3分的次數(shù)為50?x，因此拋擲50次骰子，所得總分為n=x+3×50?x則得1分的次數(shù)為x次時(shí)總分得n分的概率為an=C50xC50x2因?yàn)?≤x≤50,x∈N，所以x=33，或x=34，當(dāng)x=33時(shí)，n=150?2×33=84，當(dāng)x=34時(shí)，n=150?2×34=82，故答案為：①103；②84或82【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：得分由扔骰子過程中出現(xiàn)1分的次數(shù)和出現(xiàn)3分的次數(shù)決定，所以求得n分的概率先設(shè)出現(xiàn)1分的次數(shù)x，再計(jì)算an的概率，列不等式組求出概率最大的x的值，再計(jì)算n29．(24-25高二上·江蘇常州聯(lián)盟學(xué)?！て谀?如圖是一塊高爾頓板的示意圖.在一塊木板上釘著10排相互平行但錯(cuò)開的小木釘，小木釘之間留有適當(dāng)?shù)目障蹲鳛橥ǖ溃懊鎿跤幸粔K玻璃將小球從頂端放入，小球下落過程中，假定其每次碰到小木釘后，向左下落的概率為13，向右下落的概率為23，最后落入底部的格子中.格子從左到右分別編號(hào)為0,1,2,…,10，則小球落入（A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【分析】利用n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中，小球掉入k(k=0,1,2,?10)號(hào)格子的概率為C10k(13【詳解】小球下落需要10次碰撞，每次向左落下的概率為13，向右下落的概率為2小球掉入0號(hào)格子，需要向左10次，則概率為(1小球掉入1號(hào)格子，需要向左9次，向右1次，則概率為C10小球掉入2號(hào)格子，需要向左8次，向右2次，則概率為C10小球掉入3號(hào)格子，需要向左7次，向右3次，則概率為C10依此類推，小球掉入k(k=0,1,2,?10)號(hào)格子，需要向左10?k次，向右k次，概率為C10設(shè)小球掉入k號(hào)格子的概率最大，顯然k≠0,k≠10，則C10k(即2×解得193又k為整數(shù)，∴k=7，則小球落入7號(hào)格子的概率最大.故選：C30．(23-24高二上·江蘇鎮(zhèn)江期末·)為備戰(zhàn)乒乓球賽，某體校甲?乙兩名主力進(jìn)行訓(xùn)練，規(guī)則如下：兩人每輪分別與老師打2局，當(dāng)兩人獲勝局?jǐn)?shù)不少于3局時(shí)，則認(rèn)為此輪訓(xùn)練過關(guān)；否則不過關(guān).若甲?乙兩人每局獲勝的概率分別為p1，p2，且滿足p1+p2=43，每局之間相互獨(dú)立.記甲、乙在nA．28 B．24 C．32 D．27【答案】D【分析】由題可得甲乙兩人通過訓(xùn)練的概率表達(dá)式，結(jié)合基本不等式及二次函數(shù)知識(shí)可得兩人通過訓(xùn)練概率的最大值，再結(jié)合甲、乙在n輪訓(xùn)練中訓(xùn)練過關(guān)的輪數(shù)為X滿足二項(xiàng)分布，及二項(xiàng)分布期望表達(dá)式可得答案.【詳解】由題可得，甲乙兩人通過訓(xùn)練的概率為：p=C因p1，p當(dāng)且僅當(dāng)p1==?3p又注意到甲、乙在n輪訓(xùn)練中訓(xùn)練過關(guān)的輪數(shù)為X滿足二項(xiàng)分布，則期望為：np=16，結(jié)合p≤1627，可得故選：D題型十一概率統(tǒng)計(jì)綜合題型（共3小題）31．(24-25高二上·江西期末·)托馬斯·貝葉斯（ThomasBayes）在研究“逆向概率”的問題中得到了一個(gè)公式：PAi∣B=PAA．123 B．137 C．325【答案】A【分析】借助全概率公式及貝葉斯公式計(jì)算即可得.【詳解】設(shè)從甲袋中取出2個(gè)球，其中紅球的個(gè)數(shù)為i個(gè)的事件為Ai從乙袋中取出2個(gè)球，其中白球的個(gè)數(shù)為2個(gè)的事件為B，由題意：①PA0=②PA1=③PA2=根據(jù)貝葉斯公式可得，從乙袋中取出的是2個(gè)白球，則從甲袋中取出的是2個(gè)紅球的概率為：PA2∣故選：A.32．(24-25高二上·江西南昌中學(xué)三經(jīng)路校區(qū)·期末)托馬斯·貝葉斯(T?omas?Bayes)在研究“逆向概率”的問題中得到了一個(gè)公式：PBiA=PBiP(A|Bi)j=1nPBjP(A|Bj)，這個(gè)公式被稱為貝葉斯公式(貝葉斯定理)，其中j=1nPBjP(A|Bj)稱為A的全概率.現(xiàn)有【答案】5【分析】設(shè)事件A為“任取一個(gè)零件為次品”，事件Bi為“零件是第i臺(tái)車床加工”i=1,2,3，則Ω=B1∪B2∪B3，且B1，B2，B3兩兩互斥．求出PB1【詳解】設(shè)事件A為“任取一個(gè)零件為次品”，事件Bi為“零件是第i臺(tái)車床加工”i=1,2,3則Ω=B1∪B2∪根據(jù)題意得：PB1=0.3，PB2PA∣B2P(A)==0.3×0.05+0.3×0.03+0.4×0.03=0.036，“如果取到的零件是次品，計(jì)算它是第1臺(tái)車床加工的概率”，所以由貝葉斯公式得：PB故答案為：51233．(23-24高二上·天津部分區(qū)·期末)甲?乙兩個(gè)箱子中各裝有8個(gè)球，其中甲箱中有4個(gè)紅球，4個(gè)白球，乙箱中有6個(gè)紅球，2個(gè)白球.A同學(xué)從乙箱子中隨機(jī)摸出3個(gè)球，則3個(gè)球顏色不全相同的概率是.B同學(xué)擲一枚質(zhì)地均勻的骰子，如果點(diǎn)數(shù)為1或2，則從甲箱子中隨機(jī)摸出1個(gè)球，如果點(diǎn)數(shù)為3,4,5,6，則從乙箱子中隨機(jī)摸出1個(gè)球，那么B同學(xué)摸到紅球的概率為.【答案】914【分析】分析可知3個(gè)球顏色不全相同，則有2紅1白或1紅2白兩種情況，根據(jù)古典概型分析求解；設(shè)相應(yīng)事件，根據(jù)題意可知相應(yīng)的概率，利用全概率公式運(yùn)算求解.【詳解】若A同學(xué)從乙箱子中隨機(jī)摸出3個(gè)球，則3個(gè)球顏色不全相同，則有2紅1白或1紅2白兩種情況，所以3個(gè)球顏色不全相同的概率為P=C記“一枚質(zhì)地均勻的骰子，點(diǎn)數(shù)為1或2”為事件M，“B同學(xué)摸到紅球”為事件N，則PM所以PN故答案為：914；2題型十二空間向量與立體幾何綜合題型（共3小題）34．(24-25高二上·遼寧重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作校·期末)如圖，四邊形ABCD是正方形，四邊形AEPD是直角梯形且PD//EA，PD⊥CD，PD⊥AD，AD=PD=2EA=2，BP，BE，PC的中點(diǎn)分別為F，G，H.(1)畫出過點(diǎn)F，G，H的截面（不必寫出證明過程）；(2)求直線CE與平面FGH所成角的正弦值；(3)若M是（1）中過點(diǎn)F，G，H的截面上一點(diǎn)，二面角M?PE?D的余弦值為53，求滿足題意的M【答案】(1)取AB,CD中點(diǎn)M,K，連接HK,MK,MG，則五邊形MKHFG為過F，G，H的截面，理由見解析；(2)直線CE與平面FGH所成角的正弦值為2(3)M點(diǎn)軌跡的長(zhǎng)度為3【分析】（1）取AB,CD中點(diǎn)M,K，連接HK,MK,MG，則五邊形MKHFG為過F，G，H的截面，利用面面平行的性質(zhì)可證結(jié)論；（2）由（1）可知直線CE與平面FGH所成的角即為直線CE與平面ADPE所成的角，可證明CD⊥平面ADPE，可得∠CED為直線CE與平面ADPE所成的角，計(jì)算即可；（3）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,DP為坐標(biāo)軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)M(m,1,n)，利用坐標(biāo)法求得平面PEM的一個(gè)法向量，結(jié)合平面DPE的一個(gè)法向量為n=(0,2,0)，結(jié)合已知可得8?4n?2m2×1+【詳解】（1）取AB,CD中點(diǎn)M,K，連接HK,MK,MG，則五邊形MKHFG為過F，G，H的截面，理由，因?yàn)锽P，BE，PC的中點(diǎn)分別為F，G，H.所以FG//EP,FH//BC//AD，又EP,AD?平面ADPE，F(xiàn)G,FH?平面ADPE，所以FG//平面ADPE，F(xiàn)H//平面ADPE，又FG∩FH=F，且FG,FH?平面FGH，所以平面FGH//平面ADPE，由平面FGH∩平面PDC=HK，所以KH//PD，又PC的中點(diǎn)H.所以K為CD的中點(diǎn)，同理可得M為AB的中點(diǎn).（2）由（1）可知直線CE與平面FGH所成的角即為直線CE與平面ADPE所成的角，由題意可得CD⊥AD,CD⊥PD，AD∩PD=D，AD,PD?平面ADPE，所以CD⊥平面ADPE，所以∠CED為直線CE與平面ADPE所成的角，由PD∥EA，PD⊥AD，可得AE⊥AD，又AD=2EA=2，所以ED=4+1=5，又CD=2所以sin∠CED=CDCE=23，所以直線（3）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,DP為坐標(biāo)軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)M(m,1,n)，則P(0,0,2),E(2,0,1),D(0,0,0),C(0,2,0)，所以PE=(2,0,?1),設(shè)平面PEM的法向量為m=(x,y,z)則m·PE=2x?z=0m·PM=mx+y+(n?2)z=0所以平面PEM的一個(gè)法向量為m=(1,4?2n?m,2)又CD⊥平面ADPE，所以平面DPE的一個(gè)法向量為n=(0,2,0)又因?yàn)槎娼荕?PE?D的余弦值為53所以cosm所以4?2n?m1+4?2n?m2所以4?2n?m2=254，解得當(dāng)m=0時(shí)，n=34，當(dāng)n=0，所以滿足題意的M點(diǎn)軌跡的長(zhǎng)度為32【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：若直線l,m的方向向量分別為a,b，平面α,β的法向量分別為①兩異面直線l,m所成的角為θ0<θ≤π2，②直線l與平面α所成的角為θ0≤θ≤π2，③二面角α?l?β的大小為θ0≤θ≤π，cos35．(24-25高二上·湖北楚天協(xié)作體·期末)如圖，在五棱錐S?ABCDE中，平面SAE⊥平面AED，AE⊥ED，SE⊥AD.(1)證明：SE⊥平面AED；(2)若四邊形ABCD為正方形，且SE=1，AB=2，N為邊BC的中點(diǎn)，∠EAD=θθ∈0,π2，當(dāng)θ取何值時(shí)，直線【答案】(1)證明見解析(2)θ=【分析】（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理得出線面垂直；（2）建立空間直角坐標(biāo)系求解線面角的正弦值結(jié)合正弦函數(shù)的值域得出正弦值的最小值即可得出最小角.【詳解】（1）因?yàn)槠矫鍿AE⊥平面AED，DE⊥EA，DE?平面AED，平面SAE∩平面AED=AE所以DE⊥平面SAE，又SE?平面SAE，所以DE⊥SE，又因?yàn)镾E⊥AD，ED∩AD=D，且AD，DE?平面AED所以SE⊥平面AED.（2）以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以EA，ED，ES為x，y，z軸建立空間直間直角坐標(biāo)系.由∠EAD=θθ∈0,π2，則A(2cos可得CD與y軸夾角為θ，所以DC=(2CN=DN=SA=(2cosθ,0,?1)，SD=(0,2由n?SA令z=2sinθcos即cos?DN,即θ=π4時(shí)，直線DN與平面36．(23-24高二上·江蘇興化中學(xué)·期末)如圖，在四棱錐P?ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB+AD=5，CD=2，∠PAD=120°，∠ADC(1)求證：平面PAB⊥平面PAD；(2)設(shè)AB=AP.①若直線PB與平面PCD所成角的正弦值為3344，求線段AB②在線段AD上是否存在點(diǎn)G，使得點(diǎn)P，C，D在以G為球心的球上？若存在，求線段AB的長(zhǎng)；若不存在，說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)①AB=2或AB=7023；②不存在點(diǎn)【分析】（1）利用面面垂直的性質(zhì)可證得AB⊥平面PAD，再利用面面垂直的判定定理即可證得結(jié)論；（2）①依題意建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB=t，利用題設(shè)條件，分別求得相關(guān)點(diǎn)和向量的坐標(biāo)，利用空間向量坐標(biāo)的夾角公式列出方程，求解即得t的值；②假設(shè)存在點(diǎn)G，可由GC=GD推得GD=1，得點(diǎn)G坐標(biāo)，由GP=GD得方程t2【詳解】（1）在四棱錐P?ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB?平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以AB⊥平面PAD，又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD；（2）如圖以A為原點(diǎn)，以AB所在直線為x軸，以AD所在直線為y軸，建立如圖所示直角空間坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，設(shè)AB=t，則AP=t，由AB+AD=5，CD=2，∠PAD=120°，∠ADC則Bt,0,0，P0,?t2,3t所以CP=?1,t①設(shè)平面PCD的法向量為n=x,y,z，由n⊥得：?x+t?82y+設(shè)直線PB與平面PCD所成角為θ，則有：sinθ=cosn即：3344=?t?解得t=2或t=7023，即AB=2或②如圖，假設(shè)在線段AD上存在點(diǎn)G，使得點(diǎn)P，C，D在以G為球心的球上，由GC=GD，得∠GCD=∠GDC=45°，所以∠CGD=90°，所以GD=CDcos又AB=t得AD=5?t，AG=AD?GD=4?t，所以G0,4?t,0，P由GP=GD得?t2?亦即t2因?yàn)棣?所以線段AD上不存在點(diǎn)G，使得點(diǎn)P，C，D在以G為球心的球上.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：根據(jù)題意，創(chuàng)建合適的空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量夾角的坐標(biāo)表達(dá)式即可求解相關(guān)問題，對(duì)于開放性問題，一般是假設(shè)結(jié)論成立，通過推理計(jì)算求得結(jié)論成立的條件或者推導(dǎo)出矛盾.題型十三圓錐曲線中的面積最值問題（共3小題）37．(24-25高二上·遼寧點(diǎn)石聯(lián)考·期末)已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(1)求C的方程；(2)若M?1,0，N1,0，點(diǎn)P為C上一點(diǎn).設(shè)直線PM與C的另一個(gè)交點(diǎn)為點(diǎn)B，直線PN與C的另一個(gè)交點(diǎn)為點(diǎn)D.設(shè)PM=λ1MB，PN=(3)若經(jīng)過圓O：x2+y2=5上一動(dòng)點(diǎn)G作C的兩條切線，切點(diǎn)分別記為R，S，直線GR，GS分別與圓O【答案】(1)x(2)證明見解析(3)45【分析】（1）根據(jù)焦點(diǎn)坐標(biāo)和1,32得到方程組，求出（2）設(shè)Px0,y0，設(shè)直線PM的方程為x=ty?1，直線PN的方程為x=my+1，聯(lián)立橢圓方程，得到兩根之積，根據(jù)PM=λ（3）設(shè)點(diǎn)Rx3,y3，Sx4,y4，當(dāng)直線GR的斜率存在時(shí)，設(shè)直線GR的方程為y=kx?x3+y【詳解】（1）由題意知，c=3，則c又因?yàn)辄c(diǎn)1,32在所以1a2+解得a2=4，b2=1，所以（2）證明：設(shè)Px0,y0，Bx1其中t=x0+1聯(lián)立x=ty?1x24則y0y1所以?1?x0,?λ1設(shè)直線PN的方程為x=my+1，其中m=x同理可得λ2所以λ=y所以λ1

（3）設(shè)點(diǎn)Rx3,當(dāng)直線GR的斜率存在時(shí)，設(shè)直線GR的方程為y=kx?由y=kx?消去y可得1+4kΔ=64由題意得Δ=0，整理可得4?則k==?2所以直線GR的方程為y=?x化簡(jiǎn)可得x3x+4y經(jīng)驗(yàn)證，當(dāng)直線GR的斜率不存在時(shí)，直線GR的方程為x=2或x=?2也滿足x3同理可得直線GS的方程x4因?yàn)镚x′,y′所以可得直線RS的方程為x′而G在圓x2+y聯(lián)立直線RS與橢圓的方程x′x4則x3+xO到直線RS的距離d=1RS=2令t=1+3y′則SΔORS=所以△ORS的面積的取值范圍是45

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：定值問題常見方法：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無關(guān)；（2）直接推理計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到定值.38．(24-25高二上·福建莆田莆田第一中學(xué)·期末)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)T到點(diǎn)F(2,0)的距離與到直線x=1的距離之比為2，記T的軌跡為曲線E.(1)求E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線l1過點(diǎn)(2,0)交E右支于A，B兩點(diǎn)，直線l2過點(diǎn)(8,0)且交E的右支于C、D兩點(diǎn)，且l1//l2記AB，CD的中點(diǎn)分別為P，Q，過點(diǎn)Q作（i）證明：O、P、Q三點(diǎn)共線；（ii）求四邊形PMQN面積的取值范圍.【答案】(1)x(2)（i）證明見解析；（ii）24,+【分析】（1）根據(jù)條件列式化簡(jiǎn)即可求解軌跡方程.（2）（i）直線AB的斜率不存在時(shí)，顯然O、P、Q三點(diǎn)共線；直線AB斜率存在時(shí)，設(shè)Ax1,y1、Bx2,y2，利用點(diǎn)差法求出kAB?kOP=1及kCD?kOQ【詳解】（1）設(shè)點(diǎn)Tx,y，因?yàn)辄c(diǎn)T到點(diǎn)F(2,0)的距離與到直線x=1的距離之比為2所以x?22+y所以E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）（i）由題意可知直線l1和直線l2斜率若存在則均不為0且不為①直線AB的斜率不存在時(shí)，P、Q都在x軸上，O、P、Q三點(diǎn)共線.②直線AB斜率存在時(shí)，則可設(shè)方程為y=kx+bk≠0,1，Ax1,y由x122所以y1?y2x1?同理kCD?kOQ=1，因?yàn)閘1//l2，所以k綜上，O、P、Q三點(diǎn)共線.（ii）由題意可知直線l1和直線l2斜率若存在則斜率大于1或小于且曲線E的漸近線方程為x±y=0，故可分別設(shè)直線l1和直線l2的方程為x=my+2和x=my+8，且聯(lián)立x=my+2x22?y22則Δ=y1+y故x1因?yàn)镻是AB中點(diǎn)，所以Px1+同理可得Q?所以P到兩漸近線的距離分別為d1d2Q到兩漸近線的距離分別為QM=QN=由上知兩漸近線垂直，故四邊形OMQN是矩形，連接OP，則四邊形PMQN面積為S==42m+1×4因?yàn)?≤m2<1所以SPMQN所以四邊形PMQN面積的取值范圍為24,+∞【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：圓錐曲線中最值或范圍問題的常見解法：（1）幾何法，若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用幾何法來解決；（2）代數(shù)法，若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)某種明確的函數(shù)關(guān)系，則可首先建立目標(biāo)函數(shù)，再求這個(gè)函數(shù)的最值或范圍．39．(24-25高二上·浙江慈溪·期末)已知拋物線C:y2=2pxp>0的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)A3,t(1)求C的方程；(2)若M，N是C上的兩個(gè)不同動(dòng)點(diǎn)（M在x軸上方，N在x軸下方），滿足OM?（?。┣笞C：直線MN過定點(diǎn)P；（ⅱ）設(shè)直線MN的斜率為k，過點(diǎn)P，且斜率為?2k的直線交C于R，S兩點(diǎn)，求四邊形【答案】(1)y(2)（?。┳C明見解析；（ⅱ）S【分析】（1）根據(jù)焦半徑公式可得p=1，可求拋物線方程；（2）（ⅰ）聯(lián)立直線和拋物線方程利用韋達(dá)定理并結(jié)合向量數(shù)量積計(jì)算可證明直線MN過定點(diǎn)P；（ⅱ）依題意聯(lián)立直線和拋物線方程利用韋達(dá)定理求出四邊形MRNS面積的表達(dá)式，再結(jié)合基本不等式可求得面積最值.【詳解】（1）因?yàn)锳F=3+p2=72，所以（2）（?。┰O(shè)直線MN的方程為x=my+n，Mx1,聯(lián)立x=my+ny2=2x得y且y1+y2=2m，y因?yàn)镺M=m所以n=4或n=?2（舍），所以直線MN過定點(diǎn)P4,0（ⅱ）設(shè)直線MN的方程為y=kx?4，Mx1,y1，

由y=kx?4y2=2x得，y2所以MN=則R，S到直線MN的距離和d=因?yàn)橹本€RS的直線方程為y=?2kx?4所以d=k由y=?2kx?4y2=2x得，y2所以S=1令t=k+2k，t≥22所以當(dāng)t=22，即k=±2時(shí)，題型十四圓錐曲線的定點(diǎn)問題（共3小題）40．(24-25高二上·浙江杭州高級(jí)中學(xué)·期末)如圖，已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線l2:y=x+t與橢圓C交于P、Q兩點(diǎn)（點(diǎn)Q在點(diǎn)P下方），直線AP與橢圓C的另一個(gè)交點(diǎn)為M，直線AQ與橢圓C的另一個(gè)交點(diǎn)為（i）當(dāng)N與Q重合時(shí)，求t的值；（ii）求證：當(dāng)t變化時(shí)，直線MN過定點(diǎn)．【答案】(1)x(2)（i）t=2；（ⅱ）證明見解析【分析】（1）由離心率公式、平方關(guān)系以及斜率公式列出方程組即可求解；（2）（i）可知直線AQ與橢圓C相切，設(shè)直線AQ:x=ny?6,n<0，聯(lián)立方程求得Q?4,?2，代入直線l2:y=x+t即可得結(jié)果；（ⅱ）設(shè)Mx1,y1，Nx2,y2【詳解】（1）由題意得：ca=22b所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）（i）當(dāng)N與Q重合時(shí)，可知直線AQ與橢圓C相切，且直線AQ的斜率存在且不為0，設(shè)直線AQ:x=ny?6,n<0，聯(lián)立方程x=ny?6x224+y則Δ=144n2代入可得3y2+12y+12=0，解得y=?2,x=?代入直線直線l2:y=x+t可得?2=?4+t，即（ⅱ）設(shè)Mx1,y與橢圓x2+2y因?yàn)閥p可得：yP=y同理可得：yQ=y設(shè)MN所在的直線方程為：y=kx+m，則：k=k故：y=kx+m=kx+5k+1=kx+5+1，過定點(diǎn)【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：過定點(diǎn)問題的兩大類型及解法1.動(dòng)直線l過定點(diǎn)問題．解法：設(shè)動(dòng)直線方程(斜率存在)為y=kx+t，由題設(shè)條件將t用k表示為t=mk+n，得y=kx+m+n，故動(dòng)直線過定點(diǎn)2.動(dòng)曲線C過定點(diǎn)問題．解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對(duì)參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點(diǎn)．41．(24-25高二上·江蘇南京第一中學(xué)·期末)已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1a>0,b>0的一條漸近線方程為y=3x，且過點(diǎn)(2,3).設(shè)A(1)求C的方程；(2)若直線MN過點(diǎn)P3,0，且MN的斜率為2，求|MP|?|PN|(3)設(shè)直線AM，BN的斜率分別為k1，k2，若3k【答案】(1)x2(2)185(3)證明見解析.【分析】（1）由漸近線斜率及雙曲線所過的點(diǎn)求雙曲線參數(shù)，即可得方程；（2）由題意MN為y=2x?3，設(shè)Mx1,y（3）法一：設(shè)MN為x=my+t，Mx1,y1，Nx2,y2，法二：討論MN斜率的存在性，設(shè)MN為x=tt>1，Mt,y1，Nt,y2，或MN為y=kx+m，Mx1【詳解】（1）由題意得ba=34a2?（2）由題意，MN為y=2x?3，設(shè)Mx1由y=2x?33x2?因?yàn)镸，N在P點(diǎn)的兩側(cè)，所以x1?3與所以|MP|?|PN|=5（3）（方法一）由題意得，MN的斜率不為0，設(shè)MN為x=my+t，Mx1,由x=my+tx2?所以3m2?1≠0，且y因?yàn)閤12?y123又3k1+k2=0，即即y1整理得9m所以9m化簡(jiǎn)得t2?3t+2=0，解得當(dāng)t=1時(shí)，MN的方程為x=my+1，此時(shí)MN過點(diǎn)B1,0當(dāng)t=2時(shí)，MN的方程為x=my+2，此時(shí)MN過點(diǎn)(2,0)，符合題意，所以MN恒過定點(diǎn)(2,0).（方法二）①若MN的斜率不存在，設(shè)MN為x=tt>1，Mt,y因?yàn)閗2=?3k1，A?1,0由對(duì)稱性知，y2=?y1，則所以MN的方程為x=2，此時(shí)MN過點(diǎn)(2,0).②若MN的斜率存在，設(shè)MN為y=kx+m，Mx1,由y=kx+mx2?所以3?k2≠0，且x因?yàn)閤12?y123又3k1+k2=0，即即kx整理得k2所以k2化簡(jiǎn)得m2+3km+2k2=0當(dāng)m=?k時(shí)，MN為y=kx?1，此時(shí)MN過點(diǎn)B當(dāng)m=?2k時(shí)，MN為y=kx?2，此時(shí)MN過點(diǎn)(2,0)綜上，MN恒過定點(diǎn)(2,0).（方法三）因?yàn)锳?1,0，B1,0，AM，BN的斜率分別為k1所以AM，BN分別為y=k1x+1由y=k1x+1所以xAxM=?所以yM=k由y=k2x?1所以xBxM=?又3k1+k2所以yN=?3k①若MN的斜率不存在，則xM=xN，即則xM=xN=2，所以MN為x=2②若MN的斜率存在，則kMN所以MN為y?6k1化簡(jiǎn)得y=2k1k12?1綜上，MN恒過定點(diǎn)(2,0).【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第三問，設(shè)直線MN的方程或直線AM，BN的方程，聯(lián)立雙曲線并應(yīng)用韋達(dá)定理及已知得到相關(guān)參數(shù)的數(shù)量關(guān)系為關(guān)鍵.42．(23-24高二上·江蘇揚(yáng)州·期末)已知拋物線C的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在坐標(biāo)軸上，且經(jīng)過點(diǎn)A1,?2(1)求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若拋物線C開口向右，準(zhǔn)線l上兩點(diǎn)P，Q關(guān)于x軸對(duì)稱，直線PA交拋物線C于另一點(diǎn)M，直線QA交拋物線C于另一點(diǎn)N，證明：直線MN過定點(diǎn)．【答案】(1)y2=4x(2)證明見解析【分析】（1）利用待定系數(shù)法求出拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）方法1：設(shè)P?1,m，Q?1,?mm≠±2，求出直線AP的方程，與拋物線方程聯(lián)立解得點(diǎn)M的坐標(biāo)，同理得點(diǎn)N坐標(biāo)，從而求得直線MN的方程，可得證；方法2：設(shè)lMN:x=my+n，Mx1,y1，Nx【詳解】（1）設(shè)拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=2pxp>0將A坐標(biāo)代入y2=2px，得p=2，所以將A坐標(biāo)代入x2=?2py，得p=1所以拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=4x或（2）方法1：由拋物線C開口向右得標(biāo)準(zhǔn)方程為y2準(zhǔn)線l:x=?1，設(shè)P?1,m，Q則lAP:y+2=m+2由x=?2m+2y+所以yM所以yM=2所以Mm?2用?m代m，得Nm+2m?22所以lMN化簡(jiǎn)得l所以，直線MN過定點(diǎn)?1,0．方法2：由拋物線C開口向右得標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=4x，準(zhǔn)線直線MN不垂直于y軸，設(shè)lMN:x=my+n，Mx由x=my+ny2=4x所以y1+y所以kMA所以lMA令x=?1，則y因?yàn)镻，Q關(guān)于x軸對(duì)稱，所以yP則n=?1．所以，直線MN過定點(diǎn)?1,0．【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：過定點(diǎn)問題的兩大類型及解法（1）動(dòng)直線l過定點(diǎn)問題．解法：設(shè)動(dòng)直線方程(斜率存在)為y=kx+t，由題設(shè)條件將t用k表示為t=mk+n，得y=kx+m+n，故動(dòng)直線過定點(diǎn)（2）動(dòng)曲線C過定點(diǎn)問題．解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對(duì)參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點(diǎn)．題型十五圓錐曲線的定值問題（共3小題）43．(24-25高二上·江蘇句容·期末)已知?jiǎng)狱c(diǎn)P到定點(diǎn)F(c,0)的距離與它到定直線x=a2c的距離之比為常數(shù)ca．其中a>0，c>0，且a≠c，記點(diǎn)(1)求C的方程，并說明軌跡的形狀；(2)當(dāng)a=1,c=3時(shí)，記C的左、右頂點(diǎn)分別為A1,A2，過點(diǎn)(?2,0)的直線與C的左支交于D，E兩點(diǎn)，直線DA1(3)當(dāng)a=2,c=1時(shí)，設(shè)F′(?1,0)，若C上兩動(dòng)點(diǎn)M，N均在x軸上方，F(xiàn)′M∥FN，且F′N與【答案】(1)x2(2)證明見解析；(3)證明見解析.【分析】（1）設(shè)點(diǎn)Px,y，由題意得到方程x2a2+（2）設(shè)過點(diǎn)?2，0的直線為：x=my?2，與雙曲線方程聯(lián)立，得2m2?1y2?8my+6=0，由韋達(dá)定理得my1y（3）F′M=FM′，設(shè)∠NFx=θ，根據(jù)題干結(jié)論表達(dá)出FN=32+cosθ【詳解】（1）依題意，設(shè)點(diǎn)Px,y則x?c2化簡(jiǎn)得，x2當(dāng)a>c時(shí)，曲線C為焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，當(dāng)a<c時(shí)，曲線C為焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線．（2）當(dāng)a=1,c=3時(shí)，曲線C的方程為：x2?設(shè)過點(diǎn)?2，0的直線為：由x=my?2x2?y2設(shè)Px得2m2?1≠0則my直線DA1：y=y1x聯(lián)立得：x+1x?1=x1+1直線DA1與EA2交于點(diǎn)（3）當(dāng)a=2,c=1時(shí)，曲線C的方程為：x24+設(shè)點(diǎn)Mx3,由對(duì)稱性可知x5因?yàn)镕′M//FN，所以因此，N,F,M且F'由題干條件可得，動(dòng)點(diǎn)P到定點(diǎn)F1,0的距離與它到定直線x=22設(shè)∠NFx=θ（不妨記θ為銳角），過點(diǎn)N作NH⊥軸于點(diǎn)H，作NT⊥直線x=4于點(diǎn)T，直線x=4與x軸交點(diǎn)為W，則FH=FNcos故NT=所以FN3?FNcos同理由FM′3+所以1FN所以1FN+1由橢圓定義F′R+RN+解得F′R=所以F=4?2因?yàn)镕′所以△RF′F【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：定值問題常見方法：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無關(guān)；（2）直接推理計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到定值.44．(23-24高二上·山東淄博·期末)已知雙曲線C:x2a2?y2(1)求雙曲線C的方程；(2)點(diǎn)M，N在雙曲線C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足.證明：①直線MN過定點(diǎn)；②存在定點(diǎn)Q，使得DQ為定值.【答案】(1)x2(2)①證明見解析；②存在定點(diǎn)Q(?1,3【分析】（1）由給定的點(diǎn)和離心率求出a,b即可得雙曲線C的方程.（2）設(shè)出點(diǎn)M,N的坐標(biāo)，在斜率存在時(shí)設(shè)方程為y=kx+m，聯(lián)立直線與雙曲線方程，結(jié)合已知求得m,k的關(guān)系，進(jìn)而得直線MN恒過定點(diǎn)，驗(yàn)證直線斜率不存在的情況，然后結(jié)合直角三角形的性質(zhì)即可確定滿足題意的點(diǎn)Q的位置.【詳解】（1）由雙曲線C:x2a2?由雙曲線C過點(diǎn)A(2,3)，得4a所以雙曲線C的方程為x2（2）①設(shè)點(diǎn)M(x1,y1),N(x由y=kx+m3x2?y顯然k2?3≠0Δ=4k由AM⊥AN，得AM?AN=0則(x整理得(k即(k整理得(2k+m?3)(4k?m+23)=0，顯然直線MN不過點(diǎn)因此4k?m+23=0，即m=4k+23，符合題意，直線MN：y=k(x+4)+2當(dāng)直線MN斜率不存在時(shí)，點(diǎn)N(x1,?而3x12?y12=9，顯然x1所以直線MN過定點(diǎn)P(?4,23②由①知，直線MN過定點(diǎn)P(?4,23)，而點(diǎn)A(2,3)，線段又AD⊥MN，當(dāng)點(diǎn)D與P不重合時(shí)，點(diǎn)D是以線段AP為斜邊的直角三角形的直角頂點(diǎn)，則|DQ|=12|AP|=392，當(dāng)點(diǎn)D所以存在定點(diǎn)Q(?1,332)，使得【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：（1）引出變量法，解題步驟為先選擇適當(dāng)?shù)牧繛樽兞?，再把要證明為定值的量用上述變量表示，最后把得到的式子化簡(jiǎn)，得到定值；（2）特例法，從特殊情況入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無關(guān)．45．(24-25高二上·山東青島