高二上学期期末复习填空题压轴题二十三大题型专练（范围：第一、二、三章）（解析版）

2024-2025学年高二上学期期末复习填空题压轴题二十三大题型专练（范围：第一、二、三章）【人教A版（2019）】题型1题型1向量共线、共面的判定及应用1．（24-25高二下·全国·课后作业）设e1，e2是空间两个不共线的向量，已知AB=2e1+ke2，CB=e1+3e2【解题思路】先根据三点共线得出向量共线，再根据向量共线求参即可.【解答过程】由已知得BD=∵A，B，D三点共线，∴AB与BD共线，即存在λ∈R，使得AB∴2e∵e1，e2不共线，∴故答案为：-8.2．（23-24高二下·江苏·单元测试）已知点B(1，0，0)，C'(1，1，1)，【解题思路】利用空间共面向量定理求解即可.【解答过程】∵B(1，0，∴BC'=0,1,1,∵B，可知存在实数x，y，使得BC'=xBD'故答案为：1.3．（24-25高二上·内蒙古锡林郭勒盟·期中）如图所示，若P为平行四边形ABCD所在平面外一点，H为棱PC上的点，且PHPC=13，点G在AH上，且AGAH=m，若G，B，P，D四点共面，则实数【解题思路】用AB,AD,AP表示AG【解答过程】根据题意可得：AG=m又因为G,B,D,P四点共面，故m3+m故答案为：344．（24-25高二·全国·课后作业）在四面体OABC中，空间的一点M满足OM=12OA+16OB+λOC，若MA【解题思路】法一：根据空间向量运算结合共面向量定理即可得到相关方程组，解出即可；法二：利用四点共面的结论即可.【解答过程】法一：由题意MA=OAMB=OB-因为MA，MB，MC共面，所以存在实数唯一实数对(m,n)，使得MA=m即12OA-所以-12m-法二：由MA，MB，MC共面得M,A,B,C四点共面，则根据四点共面的充要条件可得，12+1故答案为：13题型2题型2空间向量的数量积问题5．（23-24高二上·广东佛山·期中）已知棱长为1的正四面体ABCD，M为BC中点，N为AD中点，则BN-12【解题思路】由题意可得：BN⃗=【解答过程】由题意可知：BA=BC=因为M为BC中点，N为AD中点，

则BN⃗所以BN==1故答案为：-16．（23-24高三上·四川成都·期末）已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1底面ABCD为平行四边形，AA1=3【解题思路】将AB1,AD1用不共面的向量【解答过程】AB1∴ABAB⋅底面ABCD为平行四边形，所以AB⋅所以AAAA所以cosA故异面直线AA1与BD的夹角的余弦值为:故答案为：5127．（23-24高一下·河北邢台·期末）如图所示，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧面都是矩形，底面四边形ABCD是菱形，且AB=BC=2，∠ABC=120∘，若异面直线A1【解题思路】利用基底表示向量A1B和A【解答过程】由题意可知，AA1⊥AB，AA1=AB=2×2×cos由题意可知，A1B⋅AD故答案为：2.8．（24-25高二上·福建三明·阶段练习）已知球O内切于正四棱锥P-ABCD,PA=AB=2,EF是球O的一条直径，点Q为正四棱锥表面上的点，则QE⋅QF的取值范围为0,2【解题思路】令H是正四棱锥P-ABCD底面正方形中心，利用向量的数量积的运算律可得QE⋅QF=QO2-【解答过程】令H是正四棱锥P-ABCD底面正方形中心，则PH⊥平面ABCD，而AH=2，则PH=PA显然球O的球心O在线段PH上，设球半径为r，则r=OH，在△POA中，∠PAO<45°=∠APO，于是OA>OP，又EF是球O的一条直径，则OE(OF)为半径，因此QE⋅而OH≤QO≤AO，则(QE⃗⋅所以QE⋅QF的取值范围为

故答案为：0,2.题型3题型3空间向量基本定理及其应用9．（24-25高二上·辽宁沈阳·期中）《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱.如图，在堑堵ABC-A1B1C1中，M,N分别是A1C1,BB1【解题思路】利用空间向量的线性运算求解.【解答过程】解：AG==1所以2x=123所以x+y+z=1，故答案为：1.10．（23-24高二上·上海·课后作业）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'【解题思路】由空间向量基本定理得到MN⃗=12AB⃗+1【解答过程】∵AD=BC，∴MN=MB+BN=1又MN=α∴α=12，β=14，故答案为：3211．（23-24高二上·吉林长春·期中）已知点D是△ABC所在平面内的任意一点，O是平面ABC外的一点，满足OD=1xOA+1y【解题思路】利用共面向量的基本定理结合空间向量的基本定理可得出1x+1y=4，将4x+9y与【解答过程】因为点D是△ABC所在平面内的任意一点，则存在λ、μ∈R，使得AD=λ即OD-所以，OD=又因为O是平面ABC外的一点，则OA、OB、OC不共面，因为OD=1xOA+1y所以，1x+1所以，4x+9y=1当且仅当4xy=9y故4x+9y的最小值是254故答案为：25412．（23-24高一下·吉林通化·期末）如图，在正四面体ABCD中，AB=3,E,F分别在棱AD,BC上，且BF=2CF,AD=3AE，若EF=xAB+yAC+zAD，则x+y+z=23

【解题思路】根据空间向量线性运算法则及基本定理求出x、y、z，再根据EF=-【解答过程】依题意AE=13因为EF=-=-1又EF=xAB+yAC+z则EF==1故答案为：23；5题型4题型4空间向量平行、垂直的坐标表示13．（24-25高二上·天津北辰·期中）设x,y∈R，向量a=(x,1,1)，b=(1,y,1)，c=(3,-6,3)且a⊥c，b【解题思路】根据空间向量共线与空间向量垂直的坐标运算求解.【解答过程】因为a⊥c，所以a⋅c=0又因为b∥c，所以存在实数λ使得b=λc，即1=3λy=-6λ所以a-所以|a故答案为：3.14．（24-25高二上·吉林长春·期中）已知向量a=(-1,2,3),b=(1,-2,1),7．【解题思路】根据题意，利用空间向量垂直坐标表示，列式求解作答.【解答过程】由题a+λ∵a∴1-λ+22-2λ解得λ=7.故答案为：7.15．（2024·西藏拉萨·一模）已知x,y∈R，空间向量a=2,1,x,b=【解题思路】根据a→∥b→【解答过程】因为a∥b，所以24=1故答案为：1.16．（23-24高二上·吉林延边·阶段练习）向量a=x,1,1，b=1,y,1，c=2,-4,2，且a⊥c【解题思路】利用向量平行、垂直的坐标表示求出x，y，再利用坐标求出向量的模作答.【解答过程】因a=x,1,1，c=2,-4,2，而a⊥c又b=1,y,1，且b→//c→，则有于是得2a+b所以2a故答案为：32题型5题型5利用空间向量研究点、线、面的距离问题17．（24-25高二上·上海松江·期中）如图所示，已知四棱锥的底面是边长为1的正方形，PD⊥AD，PC=2，PD=1，E，F分别是AB，BC的中点，则直线AC到平面PEF的距离为1717【解题思路】建立空间直角坐标系，结合直线到平面的距离公式，代入计算，即可求解.【解答过程】∵PD=CD=1，PC=2，∴PD⊥CD又PD⊥AD，CD∩AD=D，CD,AD⊂平面ABCD，∴PD⊥面ABCD，故建立如图所示的空间直角坐标系．则D(0,0,0)，P(0,0,1)，A(1,0,0)，E1,12PE=1,1设n=(x,y,z)为平面PEF的法向量，n·令y=2，则x+1-z=012x+2-z=0，∴x=2，z=3因为AC//EF，AC⊄平面PEF，EF⊂平面PEF，所以AC//平面PEF，所以直线AC到平面PEF的距离等于点A到平面PEF的距离，设点A到平面PEF的距离为d1，PA=(1,0,-1)，则故答案为：171718．（24-25高二上·山东青岛·阶段练习）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知异面直线A1C与B1C1，A1C与C1D【解题思路】建立为空间直角坐标系设DC=2,DA=a,DD1=b，根据异面直线A1C与B1C1【解答过程】如图建立以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为x轴，DD1所在直线为且设DC=2,DA=a,DD则A1a,0,b,CB因为异面直线A1C与B1C因为异面直线A1C与C1D计算可得a=2设平面A1BC法向量为n=令y=1，则n因为E0,2,2则点E到平面A1BC的距离故答案为：3319．（23-24高二上·上海虹口·阶段练习）已知ABCD-A1B1C1D1是棱长为1的正方体，则平面【解题思路】建立空间直角坐标系，可证得平面AB1D1∥平面C1BD，从而平面AB1D1与平面C1【解答过程】以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为则A(1,0,0),B(1,1,0),D(0,0,0),C可得AB因为AD1=所以AD因为AD1⊄平面C1BD，BC1⊂平面C1所以AD1∥平面C1BD，AB又AD1∩AB1所以平面AB1D1所以平面AB1D1与平面C1BD的距离等于点设平面AB1D1的法向量为令z=1，可得x=1,y=-1，所以n=(1,-1,1)又因为C1B1所以平面AB1D1与平面故答案为：3320．（24-25高二上·北京·期中）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1【解题思路】建立空间直角坐标系，借助空间向量求出点Р到直线AA【解答过程】以D为原点，DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、则E1,2,0，D10,0,2所以ED1=(-1,因点P在线段D1E上，则λ∈[0,1]AP=所以向量AP在向量AA1上投影长为而AP=则点Р到直线CC1的距离当且仅当λ=3所以点Р到直线AA1的距离的最小值为故答案为：45题型6题型6利用空间向量求空间角21．（24-25高二上·重庆·期中）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是正三角形，E是PC的中点，则异面直线DE与PB所成角的余弦值是14【解题思路】建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量，利用公式计算即可.【解答过程】取AB中点O，连接PO，取BC中点F，连接OF，因为四边形ABCD是正方形，所以OF⊥AD，因为△PAD是正三角形，所以PO⊥AD，因为平面PAD⊥平面ABCD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，因为OA⊂平面ABCD，OF⊂平面ABCD，所以PO⊥OA，PO⊥OF，因此以点O为坐标原点，OA,OF,OP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，不妨设正方形ABCD的边长为2，D-1,0,0，C-1,2,0，P0,0,因为E是PC的中点，所以E-所以DE=12设异面直线DE与PB所成角为θ，所以cosθ=DE⋅故答案为：1422．（24-25高二上·云南·期中）如图，在四棱台体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，AB=2AA1=2【解题思路】根据题意建立空间直角坐标系，求出直线D1P的方向向量和平面A【解答过程】根据题意建立如图所示的空间直角坐标系，则A0,0,0，B12,0,2，D10,2,2，C12,2,2AB1=2,0,2，AD则n⋅AB1=2x+2z=0所以D1P∥n，即直线故直线D1P与平面AB故答案为：π223．（24-25高二上·浙江·期中）中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分），现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA1,BB1,CC1,DD1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2【解题思路】建立空间直角坐标系，用向量法求解平面AB1C1【解答过程】设上底面圆心为O'，下底面圆心为O，连接OO'，OC，OB，以O为原点，分别以OC，OB，OO'所在直线为x则A(0,2,0)，A1(0,2,2)，C(1,0,0)，C1(1,0,2)，则AB1=(0,-1,2)，AC1设m=(x,y,z)为平面A则-y+2z=0x-2y+2z=0，令y=2可得x=2,z=1，所以m设n=(a,b,c)为平面A则x+2z=02x-2y=0，令x=2可得y=2,z=-1，所以设平面A1CD1与平面AB则cosθ=故平面AB1C1与平面故答案为：7924．（2024高三·北京·专题练习）如图所示，P，O分别是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1上，下底面的中心，

①OC⊥PB；②A1③异面直线A1E与PA所成角的余弦值为④平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为13【解题思路】根据题意，证得OC⊥平面POB，进而得到OC⊥PB，可判定①正确；根据题意，得到PC⊂平面CAA1C1，结合A1E∩平面CAA1C1=A1，可得判定②【解答过程】对于①中，因为底面ABCD为正方形，且P,O分别是正四棱柱ABCD-A1B

又因为OB∩OC=O，OB,OC⊂平面POB，所以OC⊥平面POB，因为PB⊂平面POB，所以OC⊥PB，所以①正确；对于②中，由P分别是正四棱柱ABCD-A可得P是A1C1的中点，则PC⊂平面CAA1所以A1E与PC不平行，所以以点O为原点，直线OA,OB,OP所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设AA1=2，则A2,0,0，A1(2,0,2)，P0,0,2，B可得A1设平面PBC的法向量为n=x,y,z，则取z=1，可得x=-1,y=1，所以n=(-1,1,1)又由PA=(2,0,-1),设平面PAD的法向量为m=a,b,c，则取a=1，可得b=-1,c=1，所以m=(1,-1,1)对于③中，由cosA1E对于④中，由于平面PAD的法向量为m=(1,-1,1)，平面PBC的法向量为n可得cosm,n=m⋅nmn故选：①③④．

题型7立体几何中的探索性问题题型7立体几何中的探索性问题25．（23-24高三下·四川巴中·阶段练习）如图，棱长为1的正方体中，P为线段A1B上的动点（不含端点），以下正确的是①②

①C1②存在点P，使得D1P//面③AP+PD1的最小值为④存在点P，使得C1P与面A1【解题思路】建立如图空间直角坐标系D-xyz，设BP=λBA1(0<λ<1)，则P(1,1-λ,λ)，利用空间向量法即可证明①②④；将平面AA1B【解答过程】由题意，建立如图空间直角坐标系D-xyz，

则D(0,0,0),B(1,1,0),A所以BA设BP=λBA1(0<λ<1)所以C1①：C1所以C1P⊥②：设平面DBC1的一个法向量为则n⋅DB=x1+y有n⋅D1P=2λ-1，当λ=12时，n所以当点P为A1B的中点时，D1P//平面③：将平面AA1B与平面A1D1CB沿

在△D1A得AD即AP+PD1≥④：由DC1⊥得DC1⊥平面A1D1CB，即D假设存在点P，使得C1P与平面A1设该线面角为θ,θ∈(0,π2]所以sinθ=整理得8λ2-8λ+5=0所以不存在点P，使得C1P与平面A1D1P故答案为：①②.26．（24-25高二上·北京大兴·期中）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，①存在F，使得BF⊥DE；②存在F，使得B1F//平面③当F为线段CC1中点时，三棱锥A④当F与C1重合时，直线EF与直线A1其中所有正确结论的序号是②④．【解题思路】先建立合适空间直角坐标系，设F2,2,mm∈0,2，对于①：根据BF⋅DE=0求得m的值并判断是否正确；对于②：考虑F与C重合时的情况；对于③：根据VA1【解答过程】建立如图所示空间直角坐标系设F2,2,m①：因为B2,0,0,D0,2,0当BF⊥DE时，BF⋅DE=-4+m=0，解得m=4②：当F与C重合时，因为A1B1所以B1F//A1D，且B1F⊄所以B1F//平面A1③：设F到平面A1ED的距离为所以VA1-EFD所以当d最小时，三棱锥A1因为A10,0,2,D设平面A1ED的法向量为所以n⋅A1D=0n⋅又DF=2,0,m，所以当m=0时d有最小值，故③错误；④：设直线EF与直线A1D所成角为因为EF=所以cosθ=令3-m=t∈1,3，所以m=3-t，所以cos因为1t∈13,1，所以1此时t=1,m=2，即F与C1重合，故④故答案为：②④.27．（2024·北京海淀·二模）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为棱①D1②线段DQ的长随线段AP的长增大而增大；③存在点P，使得AQ⊥BQ；④存在点P，使得PQ//平面D1其中所有正确结论的序号是①②④.【解题思路】根据给定条件，以点D为原点，建立空间直角坐标系，求出平面D1PC的法向量坐标，进而求出点Q【解答过程】在正方体ABCD-A1B1C设AP=t(0≤t≤1)，则D(0,0,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),P(1,t,0)令平面D1PC的法向量n=(x,y,z)，则n⋅C由DQ⊥平面D1PC于Q，得DQ=λCQ=((1-t)λ,λ-1,λ)，显然CQ⋅n于是Q(1-t对于①，|D1Q|=对于②，|DQ|=1(t-1)2+2(1-t)对于③，而A(1,0,0),B(1,1,0)，AQ=((1-t)λ-1,λ,λ),若AQ⋅显然Δ=(3-2t)2-4(t2-2t+3)=-4t-3<0对于④，平面D1DA的一个法向量DC=(0,1,0)由PQ⋅DC=λ-t=0，得λ=t，即t=令f(t)=t3-2t2而f(0)=-1<0,f(1)=1>0，因此存在t∈(0,1)，使得f(t)=0，此时PQ⊄平面D1因此存在点P，使得PQ//平面D1DA，④所以所有正确结论的序号是①②④.故答案为：①②④.28．（24-25高二上·北京·阶段练习）如图，在多面体ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且DE∥SA，SA=AB=2DE=2，M，N分别是线段BC，SB的中点，Q是线段DC上的一个动点（含端点D，C），则下列说法正确的是134（1）存在点Q，使得NQ⊥SB；（2）存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60∘（3）三棱锥Q-AMN体积的最大值是23（4）当点Q自D向C处运动时，直线DC与平面QMN所成的角逐渐增大.【解题思路】以A为原点，建立空间直角坐标系，假设存在点Q(m,2,0)，根据NQ⊥SB，利用向量的数量积的运算公式，列出方程，求得m的值，可判定A正确；结合向量的夹角公式，列出方程，可得判定B不正确；连接AQ,AM,AN，设DQ=m，求得S△AMQ=2-m求得平面MNQ的法向量m=(1,2-m,3-m)，利用向量的夹角公式和二次函数的性质，可判定D错误【解答过程】以A为原点，以AB,AD,AS所在的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图（1）所示，可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),E(0,2,1),S(0,0,2)，N(1,0,1),M(2,1,0)，对于（1）中，假设存在点Q(m,2,0)(0≤m≤2)，使得NQ⊥SB，则NQ=(m-1,2,-1),SB所以NQ⋅SB=2(m-1)+2=0即点Q与D重合时，NQ⊥SB，所以A正确；对于（2）中，假设存在点Q(m,2,0)(0≤m≤2)，因为NQ=(m-1,2,-1),所以cosNQ所以不存在点Q使得异面直线NQ与SA所成的角为60∘，所以B对于（3）中，如图（2）所示，连接AQ,AM,AN，设DQ=m(0≤m≤2)，因为S△AMQ所以，当m=0时，即点点Q与D重合时，S△AMQ取得最大值2又因为SA⊥平面ABCD，且N分别是线段SB的中点，可得点N到平面AMQ的距离为d=1所以三棱锥Q-AMN的体积的最大值为VQ-AMN=V对于（4）中，由NQ=(m-1,2,-1),设平面MNQ的法向量为m=(x,y,z)，则m令x=1，则y=2-m,z=3-m，所以m=(1,2-m,3-m)因为DC=(2,0,0)，设直线DC与平面MNQ所成的角为θ,θ∈[0,可得sinθ=所以，当点Q自D向C处运动时，m的值由0到2变大，sinθ此时θ也单调递增，所以D正确.故答案为：（1）（3）（4）.题型8直线与线段的相交关系求斜率范围题型8直线与线段的相交关系求斜率范围

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示29．（24-25高二上·江苏无锡·阶段练习）已知点A(2,1),B(3,-2)，若直线l:y=k(x-1)与线段AB相交，则直线l的倾斜角的取值范围是0,π4【解题思路】先判断直线过定点，再根据直线与线段相交，求出直线斜率的取值范围，最后根据正切函数的性质，求出倾斜角的取值范围即可.【解答过程】直线l:y=k(x-1)过定点P1,0则kPA=1-0如图，要使直线l:y=k(x-1)与线段AB相交，则直线l的的斜率k应满足-1≤k≤1，所以直线l的倾斜角的取值范围是0,π故答案为:0,π30．（24-25高二上·广东梅州·阶段练习）已知A2,3，B-1,2，若点Px,y在线段AB上，则yx-1的取值范围是【解题思路】根据yx-1的形式，可转化为线段AB上点与Q1,0【解答过程】yx-1的几何意义是点Px,y与点又点Px,y在线段AB因为A2,3，B-1,2，所以因为点P是线段AB上的动点，所以kPQ故答案为：3,+∞31．（23-24高二上·四川内江·期中）经过点P0,-1作直线l，若直线l与连接A-2,1,B-1,-3-1两点的线段总有公共点，则l的倾斜角【解题思路】利用直线斜率与倾斜角的关系计算即可.【解答过程】

如图所示，可知直线l自PA位置绕P旋转至PB位置的过程中都可符合题意，该过程中直线的斜率在kPA易知kPA=-1-1故kl∈-1,故答案为：0,π32．（24-25高二上·上海青浦·阶段练习）已知线段PQ两端点的坐标分别为P(-1,1)和Q(2,2)，若直线l恒过(0,-1)，且与线段PQ有交点，则l的斜率k的取值范围是-∞,-2∪3【解题思路】根据已知条件及直线的斜率公式即可求解.【解答过程】因为直线l恒过A(0,-1),P(-1,1)和Q(2,2)，所以kAP=-1-1由题意可知，直线l的斜率存在且l的斜率k，若直线l与线段PQ有交点，如图所示由图象可知，k≥kAQ或k≤kAP,即所以l的斜率k的取值范围是为-∞故答案为：-∞题型9题型9根据两直线平行、垂直求参数

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示33．（24-25高二上·天津河西·期中）已知直线l1:ax+4y=2与直线l2:2x-5y+b=0垂直，点(1,c)为垂足，则a+b+c等于【解题思路】利用两直线的垂直条件求解参数，再计算代数式即可.【解答过程】因为l1:ax+4y=2，所以因为两条直线垂直，且l2所以2×a-5×4=0，解得a=10，此时l1将(1,c)代入l1:10x+4y-2=0中，得到解得c=-2，此时垂足为点(1,-2)，将(1,-2)代入l2得到2-5×(-2)+b=0，解得b=-12，故a+b+c=10-12-2=-4.故答案为：-4.34．（24-25高二上·北京西城·期中）已知直线l1：m+2x+y+1=0，l2：5x+m-2y+1=0．若l1【解题思路】根据两直线平行的条件列式求解即可.【解答过程】若l1∥l2，则m+2m-2当m=3时，直线l1：5x+y+1=0与l2：当m=-3时，直线l1：-x+y+1=0与l2：综上，m=-3故答案为：－3.35．（24-25高二上·全国·课后作业）已知直线l1过点A-2,9,Bm,1，直线l2过点C0,m,D2,6【解题思路】根据题意，由条件可得kl1【解答过程】由题得kl1⋅kl故答案为：22536．（23-24高二上·四川成都·阶段练习）已知直线l1:a-4x-3y+1=0和l2:3x-b+1y+5=0垂直且【解题思路】根据直线垂直得到方程，求出a+b=3，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.【解答过程】由题意得3a-4+3b+1因为a>0,b>0，由基本不等式得2a当且仅当2ba=a2b故答案为：32题型10题型10与距离有关的最值问题37．（24-25高二上·辽宁大连·阶段练习）若三条直线y=2x,x+y=3,mx+ny+10=0相交于同一点，则点m,n到原点的距离的最小值为25【解题思路】先求出线y=2x和x+y=3的交点1,2，进而得到m=-10-2n，再根据点到直线的距离公式结合二次函数的性质求解即可.【解答过程】由y=2xx+y=3，解得x=1把1,2代入mx+ny+10=0，可得m+2n+10=0，所以m=-10-2n，所以点m,n到原点的距离为d=m2+所以当n=-4时，此时dmin=25所以点m,n到原点的距离的最小值为25故答案为：2538．（23-24高二上·湖北·期末）点M1,0到直线y=kx+2的距离最大值是5【解题思路】根据直线y=kx+2过定点A(0,2)，得到MA=5【解答过程】由题意得，直线y=kx+2过定点A(0,2)，则MA=如图所示，当直线y=kx+2与直线MA垂直时，此时点M1,0到直线y=kx+2的距离最大值，且最大值为5故答案为：5.39．（2024高二上·江苏·专题练习）已知两条直线l1:λ+2x+1-λy+2λ-5=0，l2:【解题思路】求出l1,l2恒过的定点A,B，故l1，l2【解答过程】由题意l1:λx-y+2解得x=1y=3，故l1过定点l2:kx-2y+1解得x=3y=2，故l2过定点故l1，l2距离的最大值为此时，直线l1的斜率为-λ+21-λ直线l2的斜率为-k+11-2k故λ+k=5．故答案为：5.40．（23-24高二上·浙江温州·期中）著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，隔裂分家万事修．”事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：(x-a)2+(y-b)2可以转化为平面上点Mx,y与点Na,b的距离．结合上述观点，可得【解题思路】将x2-2x+5-x2+1转化成P(x,0)到点M(1,2)【解答过程】x2可转化成x轴上一点P(x,0)到点M(1,2)的距离与到点N(0,1)的距离之差.|PM|-|PN|≤|MN|=(1-0)所以x2-2x+5-故答案为：2.题型11题型11点、线间的对称问题41．（23-24高二上·山东青岛·阶段练习）光线由点P2,5射到直线x+y=-1上，反射后过点Q1,1，则反射光线所在直线的一般式方程为4x-7y+3=0【解题思路】首先求点P关于直线x+y=-1的对称点P'，再根据点P'【解答过程】设点P2,5关于直线x+y=-1的对称点P则b-5a-2=1a+22+点P'在反射光线上，则ky-1=47x-1所以反射光线所在直线方程的一般式为4x-7y+3=0.故答案为：4x-7y+3=0.42．（2024·福建厦门·模拟预测）已知直线l1：3x-4y-4=0关于直线l2的对称直线为y轴，则y=2x-1或y=-12【解题思路】根据题意，求出l1与x.y轴的交点，设出直线l2的方程，根据点关于直线l2的对称点在【解答过程】

直线l1交x轴于点M43,0，交设直线l2的方程为y=kx-1，则M关于直线l2的对称点Na,b所以a=0，则MN的中点Q23,b2在直线l又-1k=b-00-43②所以直线l2的方程为y=2x-1或y=-故答案为：y=2x-1或y=-143．（24-25高二上·贵州贵阳·阶段练习）如图，已知直线l:x+y-5=0与x轴和y轴分别交于点A，B，从点P3,0射出的光线经直线l反射后再射到y轴上，最后经y轴反射后又回到点P，则光线所经过的路程是217【解题思路】作出点P关于直线l的对称点D，点P关于y轴的对称点C，从而将题目问题转化为求解CD.【解答过程】如图，点P关于直线l的对称点为Dm,n，则m+32+解得m=5n=2，即点P关于直线l的对称点为D5,2，又点P关于y轴的对称点为则光线所经过的路程为CD=2故答案为：21744．（23-24高二上·吉林长春·期末）唐代诗人李颀的《古从军行》中两句诗为：“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,怎样走才能使总路程最短?在平面角坐标系中,设军营所在位置为(-2,4),若将军从(0,2)处出发,河岸线所在直线方程为x-y+1=0.则“将军饮马”的最短总路程为32【解题思路】首先利用点关于线的对称求出点P'(1,1),进一步利用两点间的距离公式的应用求出【解答过程】设军营所在位置为Q(-2,4)，若将军从P(0,2)处出发，河岸线所在直线方程为x-y+1=0，故点P(0,2)关于x-y+1=0对称点的坐标P'所以b-2a=-1a2-设直线上任一点N，QN+PN=QN+P'即QP即“将军饮马”的最短总路程为32故答案为：32题型12题型12圆的切线长及切线方程问题45．（23-24高二上·重庆·阶段练习）已知过点M2,1的直线l与圆C:x2+y2-2x-6y+5=0【解题思路】根据题意知，点M在圆C上，若直线l与圆C相切，则直线l与直线MC垂直，即可求出直线的斜率，根据点斜式直线方程即可求出直线l的方程.【解答过程】由圆C的方程知：x2+y将M2,1代入方程可知，点M在圆C上，且C所以kMC=3-11-2=-2，因为直线l所以直线l的斜率kl所以直线l的方程为y-1=12x-2故答案为：x-2y=0.46．（24-25高二上·陕西咸阳·期中）由直线x-y-2=0上的一点P向圆x+32+y2=1引切线，切点为Q，则PQ【解题思路】先确定圆的圆心C-3,0和半径r=1，由点到直线距离公式求出圆心到直线距离d=522，结合PC2=PQ2+r【解答过程】圆x+32+y2=1所以圆心C-3,0到直线x-y-2=0的距离为d=因为PC2=PQ2+而PC的最小值为d=522故答案为：46247．（23-24高二上·四川南充·阶段练习）已知圆M:x2+y-22=1，点P为x轴上一个动点，过点P作圆M的两条切线，切点分别为A,B，则【解题思路】根据题意由四边形PAMB的面积与△MAP的面积关系，设PM=t≥2可得AB=21-1t【解答过程】易知圆M的圆心为0,2，半径为r=1，如图所示：易知AM⊥AP,BM⊥BP，设PM=t≥2，则由图可得SPAMB=2S可得AB=2t所以当t=2时，AB的最小值为3.故答案为：3.48．（23-24高二上·河北·期中）过点M3,0作圆C：x2+y-12=1的两条切线，切点分别为A，B【解题思路】数形结合，利用AB⊥CM，即可解题.【解答过程】

由图可知，其中一条切线为x轴，切点为坐标原点．因为AB⊥CM,kCM则kAB所以直线AB的方程为3x-y=0故答案为：3x-y=0题型13题型13直线与圆有关的最值（范围）问题49．（24-25高二上·全国·课后作业）已知直线l:3x-4y-15=0与圆O:x2+y2-2x-4y+1=0,P为直线l上一动点，直线AP与圆O相切于点A，则线段【解题思路】先根据圆的标准方程得出圆心半径，再根据勾股定理得出OA2+AP2=OP【解答过程】圆的标准方程为(x-1)2+(y-2)2=4，圆心为1,2又直线AP为圆O的切线，则OA2当OP最小时，AP最小，即OP⊥直线l，此时AP=OP2-OA故答案为：2350．（23-24高二下·浙江杭州·阶段练习）已知⊙O1:x2+y-22=1，⊙O2:x-32+【解题思路】根据圆的切线的几何性质可推出|PM|+|PN|=t-02+0--3【解答过程】由题意知⊙O1:x2⊙O2:x-32设P(t,0)|PN|=|P则|PM|+|PN|=t设A0,-3,B当且仅当P,A,B三点共线时取等号，此时PM+PN的最小值为故答案为：57.51．（23-24高二下·湖北·阶段练习）过点A0,2的直线l交⊙O：x2+y2=9于Mx1,【解题思路】将3x1+4y1+16+3x2+4y2+16【解答过程】过M,N分别作直线3x+4y+16=0的垂线，垂足分别为S,T，设MN的中点为G，过G作直线3x+4y+16=0的垂线，垂足为H，连接OG，又3=5×MS因为G为MN的中点，故OG⊥AG，故G的轨迹为以OA的直径的圆，其方程为x-0x-0即x2+y-12=1C0,1到直线3x+4y+16=0的距离为20故G到直线3x+4y+16=0的距离的最小值为4-1=3，故3x1+4故答案为：30.52．（23-24高二上·福建厦门·期末）已知圆O:x2+y2=1和圆O1:(x-2)2+y2=1，过动点P分别作圆O，圆O1的切线PA【解题思路】根据题意得出P的轨迹方程，结合图像即可求解.【解答过程】

如图，连接PO,PO1,OA,O1所以|PO|设P(x,y)，所以x2整理得(x-1)2+y2=9，所以P|PA|=PO2-1≤4故答案为：15.题型14题型14直线与圆有关的面积问题53．（24-25高二上·海南海口·期中）已知圆M:x2+y2+2x-1=0，直线l:2x-y-3=0，点P在l上运动，过点P作圆M的切线PA、PB，切点为A、B，则四边形【解题思路】根据题意，由四边形的面积公式可知，当PM最小时，四边形PAMB的面积最小，结合点到直线的距离公式代入计算，即可得到结果.【解答过程】将圆M方程化为x+12+y2=2又易知MA⊥PA，△PAM≌△PBM，所以四边形PAMB的面积：S=2S所以当PM最小时，即直线PM与直线l垂直时，四边形PAMB面积最小，而PMmin=2×故答案为：6.54．（24-25高二上·内蒙古·阶段练习）过点A-1,0作两条互相垂直的直线，分别交圆O：x2+y2=49于E、G和【解题思路】根据圆的几何性质求弦长EG，FH，再由均值不等式及四边形面积即可求得四边形EFGH面积的最大值.【解答过程】记圆心O到直线EG，FH的距离分别为d1，d则d1因为EG=249-d所以EG2+FH则四边形EFGH的面积S=12EG⋅故答案为：97.55．（2024·甘肃兰州·三模）过点M-3,-3且互相垂直的两直线与圆x2+y2+4y-21=0分别相交于A、B和C、D，若【解题思路】假设AB,CD两直线都有斜率，设kAB=k,kCD=-1k，求出k的值，再求出|AB|,|CD|,即得解；再考虑【解答过程】由题得圆的方程为x2+(y+2)假设AB,CD两直线都有斜率，设kAB因为AB=直线AB的方程为y+3=k(x+3),∴kx-y+3k-3=0，所以圆心到直线AB的距离为|2+3k-3|k直线CD的方程为y+3=-1所以圆心到直线CD的距离为|-2k+3k+3|k所以|3k-1|=|k+3|,∴k=2或-1圆心到两直线的距离为|2+3|2所以|AB|=|CD|=25此时四边形ACBD的面积等于12当AB斜率不存在时，CD的斜率为0，所以直线AB方程为x=-3，直线CD的方程为y=-3，联立x2+(y+2)2=25和x=-3所以|AB|=8，联立x2+(y+2)2=25和y所以|CD|=46因为|AB|≠|CD|，所以这种情况不存在.故答案为：40.56．（23-24高二上·湖北武汉·期中）已知点A的坐标为(0,3)，点B,C是圆O:x2+y2=25上的两个动点，且满足∠BAC=90°，则【解题思路】设Bx1,y1，Cx2,y2，【解答过程】设Bx1,y1，C∵点B，C为圆O:x2+∴x12+yx1+x2x1由③得x1x2+把②中两个等式两边平方得：x12+即50+2(x1把④代入⑤，可得x2+y-322=则AP的最大值为3+41所以S△ABC当且仅当AB=AC，P的坐标为故答案为：25+341题型15题型15求圆锥曲线的离心率或其取值范围57．（24-25高二上·辽宁沈阳·期中）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点是F，过点F作直线l交椭圆于点A,B，过点F与直线l垂直的射线交椭圆于点P，【解题思路】先证明四边形AFPF'是矩形，然后利用已知条件求出△ABF'三边的比例，再利用椭圆的定义求出|AF'|和【解答过程】设椭圆的左焦点为F'.由于A, O,而|FO|=|OF'|，故四边形AFPF'是平行四边形.又因为由于四边形是矩形，故|AF|BF从而可设|AF此时40k=|AF'|+|AB|+|B所以|AF'|=最后由|AF|2+|A即5225a2=4c2故答案为：13558．（24-25高二上·安徽芜湖·期中）加斯帕尔•蒙日是18~19世纪法国著名的几何学家，他在研究时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”.已知椭圆C:x2a2+y29=1，若直线l:4x-3y+25=0上存在点P【解题思路】首先通过椭圆的四条特殊切线可知道蒙日圆的半径，问题转化为直线与蒙日圆有交点问题，根据直线与圆的位置关系列式即可求解.【解答过程】由椭圆方程x2a2所以蒙日圆方程为x2∵点P在椭圆的蒙日圆上，又因为点P在直线上，∴直线l:4x-3y+25=0和蒙日圆有公共点.∴圆心0,0到直线l:4x-3y+25=0的距离不大于半径，即255≤a所以椭圆离心率e=1-9a故答案为：7459．（24-25高二上·天津南开·期中）如图，已知F1，F2分别为双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点，过F1作圆x²+y²=a²的切线与双曲线C的左，右两支分别交于M，【解题思路】设直线NF1与圆相切于点P，连接OP，作F2作F2Q⊥MN，垂足为Q【解答过程】设直线NF1与圆相切于点P，连接OP，作F2作F由于圆x²+y²=a²的半径为a，则OP=a且OP为△QF1F又OF1=c，所以F在直角三角形QF2N中，因为cos则sin∠F1NF由双曲线的定义可得F1N-F2由c2=a2+b2故答案为：13260．（24-25高二上·陕西渭南·期中）已知F1，F2分别是双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点，过点F2且斜率为2的直线与C的一条渐近线在第四象限相交于点M，四边形【解题思路】联立MF2的方程y=2x-c与渐近线方程y=-bax，可得M【解答过程】由题意可得F1-c,0，由于MF1N直线MF2的方程为y=2x-c联立y=-b故M2ac所以kN因此-67≤故离心率为e=c故答案为：5,题型16椭圆的题型16椭圆的弦长与“中点弦”问题61．（23-24高二上·山东聊城·期末）已知椭圆C:x212+y24=1的上顶点为A，过点A的直线与C交于另一点【解题思路】设出点Bx0【解答过程】设Bx0,y0，则x所以AB=当且仅当y0=-1时，AB所以AB的最大值为32故答案为：3262．（23-24高二上·江苏泰州·期中）已知椭圆C：x23+y2=1，Ax1,y1，B【解题思路】由x1-y1=x2-【解答过程】由x1-y故A,B两点在直线x=y+1联立x=y+12x23Δ=1-4×4×则y1所以AB=故答案为：31063．（2024高三·全国·专题练习）已知椭圆x216＋y236＝1内有一点P(2,3)，过点P的一条弦恰好以P为中点，则这条弦所在的直线方程为【解题思路】根据点差法求出弦所在直线的斜率得解.【解答过程】设弦为AB，Ax1,则x1216即-94=所以弦所在直线的方程为y-3=-32x-2故答案为：3x+2y-12=0.64．（23-24高二上·北京平谷·期末）已知圆C:x2+y2-2x+4y+2=0内有一点P(2,-1)，经过点P的直线l与圆C交于A,B两点，当弦AB恰被点P平分时，直线【解题思路】求得圆心坐标为C1,-2，易知CP⊥AB，利用斜率之间的关系可得kAB=-1，即可求得直线【解答过程】易知C:x2+可知圆C的圆心坐标为C1,-2，半径为3根据题意由圆的性质可知CP⊥AB，易知kCP=-1+2由直线的点斜式方程可得直线l的方程为y--1=-x+2，即故答案为：x+y-1=0.题型17题型17双曲线的弦长与“中点弦”问题65．（24-25高二上·上海·课堂例题）已知双曲线C：2x2-y2=2，过点P1,2的直线l与双曲线C交于M、N两点，若P为线段【解题思路】设直线MN为y-2=k(x-1)，联立双曲线方程，应用韦达定理及中点坐标公式求k值，利用弦长公式求解即可.【解答过程】由题设，直线l的斜率必存在，设过P(1,2)的直线MN为y-2=k(x-1)，联立y-2=k(x-1)2x2设M(x1,所以-2k(k-2)2-k则x1+x弦长MN=故答案为：4266．（23-24高二上·江苏南通·阶段练习）已知直线l与双曲线x24-y23=1交于A、B两点，且弦AB的中点为M(3,【解题思路】设出A，B两点的坐标，代入双曲线方程，然后利用点差法得到直线l的斜率即可求解直线方程．【解答过程】设Ax1,则x1+x又x124-两式相减，得x1即6x1-∴直线l的斜率为k=y∴直线l的方程为y-3化简得3x-2y-6=0，经检验满足题意.故答案为：3x-2y-6=0.67．（24-25高二上·黑龙江哈尔滨·期中）过双曲线2x2-y2=8的右焦点F【解题思路】先验证直线斜率不存在时是否符合题意，然后斜率存在时，设出直线，与双曲线联立，利用韦达定理和弦长公式计算求出满足条件的直线方程.【解答过程】双曲线2x2-y设直线与双曲线交于Ax当直线AB斜率不存在时，直线方程AB的方程为x=23令x=23，则124-y2当直线AB斜率存在时，设直线AB方程为y=k(x-2联立y=k(x-23)x43k22x1∴|AB|=解得k=±综上，总共有三条直线符合条件故答案为：3.68．（23-24高二上·重庆·期中）已知直线l与双曲线x24-y25=1交于A、B两点，若弦AB的中点为-12,-15【解题思路】利用点差法可求出直线l的斜率，利用点斜式可得出直线l的方程.【解答过程】若直线l⊥x轴，则AB的中点在x轴上，不合乎题意，设点Ax1,y1、Bx2因为x124-y所以，y1因此，直线l的方程为y+15=x+12，即x-y-3=0.联立y=x-35x2-4y所以，直线x-y-3=0与双曲线x2因此，直线l的方程为x-y-3=0，故答案为：x-y-3=0.题型18题型18抛物线的弦长与焦点弦问题69．（23-24高二下·全国·课后作业）若A，B是抛物线y2=4x上不同的两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点D4,0，则AB【解题思路】设Ax1,y1，Bx2,y2，AB【解答过程】设Ax1,y1，B则x0设斜率为k，则y12相减得：k=y因为kMD=y设抛物线的焦点为F，AF+所以AB≤AF+BF=6，当且仅当A此时M2,±所以AB的最大值为6.故答案为：6.70．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）过抛物线C:y2=3x的焦点作直线l交C于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于M，N两点，若|AB|=12，则|MN|=【解题思路】联立直线与抛物线方程，得韦达定理，根据焦点弦的公式可得AB=32k2+3k2【解答过程】C:y2=3x根据题意可知直线l有斜率，且斜率不为0，根据对称性不设直线方程为y=kx-联立直线y=kx-34与y设Ax1,故AB=x1直线AM:y=-1kx-x1+y如下图，故|MN|=|xMN故答案为：8371．（2024·海南·模拟预测）已知抛物线C:y2=6x的焦点为F，过点F的直线l与抛物线C交于M，N两点，若|MN|=54，则直线l的斜率为【解题思路】设Mx1,【解答过程】抛物线的焦点F(32,0)，设直线l联立方程y2=6xy=kx-3设Mx1,因为MN=54，所以x即3k2+6故答案为：±272．（2024·上海·三模）过抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点F的直线交E于点A,B，交E的准线l于点C，AD⊥l，点D为垂足.若F是AC的中点，且AF=3【解题思路】作BE⊥l于点E，l与x轴交于点M，借助相似三角形的性质可得ADFM=ACFC【解答过程】作BE⊥l于点E，l与x轴交于点M，如图，则AD//FM//BE，又AF=3且F是AC的中点，则有AD即AD=2FM，又AD=又FMBE=FCBC，故32FB=33-故答案为：4.题型19题型19圆锥曲线中的切线与切点弦问题73．（2024高二·全国·专题练习）过点P(3,3)作双曲线C：x2-y2=1的两条切线，切点分别为A,B【解题思路】设PA的斜率为k，得到PA:y-y1=k(x-x1)，联立方程组，根据Δ=0和双曲线的方程，求得k=x1y1，得到PA的方程为【解答过程】设A(x1,y1则PA:y-y1=k(x-消去y得(1-k因为PA与双曲线相切，所以Δ=4即4(y1即(x因为x12-代入可得y12k2-2所以PA:y-y1=同理可得PB的方程为y2因为P(3,3)在切线PA,PB上，所以3y所以A,B满足方程3y=3x-1，又由两点确定一条直线，所以A,B满足直线方程3y=3x-1，所以过A,B的直线方程为3x-3y-1=0.故答案为：3x-3y-1=0.74．（24-25高二上·全国·课后作业）已知，顶点为O的抛物线C:x2=2py(p>0)，焦点为F，点P是C上一点，已知△POF的外接圆与C的准线相切，且外接圆的面积为9π4，过点M1,-2作C的两条切线，切点分别为A,B，则【解题思路】利用三角形外心的性质结合圆的面积可确定抛物线方程，再设A,B坐标，结合直线与抛物线相切及同解方程得出切点弦方程，再根据点到直线的距离公式及弦长公式计算即可.【解答过程】易知F0,p2，则△POF由题意得△POF的外接圆半径为p4+p2=所以C的方程为x2=4y，即设点Ax1,y1联立y=14x2因为相切，所以Δ=k2故直线MA的方程为y=12x1⋅x-1设点Bx2,y2，同理得直线将M1,-2代入①②得y所以直线AB的方程为y=1由x2=4yy=12x+2，得故AB=又易得点M到直线AB的距离为95，所以S故答案为：272

75．（2024高三·全国·专题练习）已知点P是抛物线x2=4y上一个动点，过点作圆x2+(y-4)2=1的两条切线，切点分别为M【解题思路】设Px0,x024，由圆的切线方程可得【解答过程】圆x2+(y-4)2=1设Px0,x0弦心距d=1当x02=8时，d取得最大值为36，则故答案为：33376．（2024高三·全国·专题练习）定义：若点P(x0,y0)在椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上，则以P为切点的切线方程为：x0xa2+y0yb【解题思路】设M2t+6,t，Ax1,y1，Bx2,y2，即可表示出MA的方程，又M在MA【解答过程】解：因为点M在直线x-2y-6=0上，设M2t+6,t，Ax1所以MA的方程为x1x3+y1y2同理可得x22t+6由①②可得AB的方程为x2t+63+yt2所以4x+3y=012x-6=0，解得x=12故答案为：12题型20题型20圆锥曲线中的面积问题77．（24-25高二上·河南南阳·阶段练习）椭圆C:x22+y2b2=1的左､右焦点分别为F1､F2，点P1,22在C上，直线l过左焦点【解题思路】根据点P1,22可得椭圆方程，即可得l的方程为【解答过程】已知点P1,22在椭圆C:x2又因为直线l的斜率k=tan60∘=3设Ax1,y1,Bx2,所以AB=点F21,0到直线l:3所以S△AB故答案为:4678．（2024·陕西商洛·三模）已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F，过F的直线交E于A，B两点，点P满足OP=λOF(0<λ<1)，其中O为坐标原点，直线AP交E于另一点C，直线BP交E于另一点D，记△PAB,△PCD的面积分别为S1,【解题思路】设直线AB的方程为x=ty+p2,Ax1,y1,Bx【解答过程】由题意知Fp2,0，又OP显然直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x=ty+p由y2=2pxx=ty+p2显然直线BD的斜率不为0，设Dx2,y2由y2=2pxx=my+λp2得y又y1y3设Cx4,所以S2故答案为：λ279．（2024高三·全国·专题练习）如图，已知P是双曲线C：y24-x2=1上的一点，A、B两点在双曲线C的两条渐近线上，且分别位于第一、第二象限，若AP=λPB，【解题思路】由AP=λPB以及定比分点公式得x0=x1+λx21+λy0=y1+λ【解答过程】设Px0,y0，Ax1∴y1=2x1①由三角形行列式面积公式得S△ABO=由于AP=λPB，由定比分点坐标公式得由于点P在双曲线上，故满足y024-将①②代入④中，即为x1化简为-4λx1x2=1+2λ+令y=x+1x+2,x∈所以x∈13,1时，y'<0所以y=x+1x+2在1且x=1故-4x1x2故答案为：2,80．（2024·全国·模拟预测）过双曲线C:x23-y2=1的右焦点F的直线与C的右支交于A,B两点，O为原点，线段OM的中点与线段AB【解题思路】由题意设直线AB的方程为x=my+2m<3，将其与双曲线方程联立化简得m2-3y2+4my+1=0，结合韦达定理、弦长公式可用m表示出AB，由点到直线的距离公式可得三角形OAB【解答过程】由题意得F2,0因为点A,B在C的右支上，所以设直线AB的方程为x=my+2m与x23-y2设Amy1所以AB=1+m易知点O到直线AB的距离d=2由线段OM的中点与线段AB的中点重合，得四边形OAMB是平行四边形，其面积S=dAB由m<3，得所以0<41+m故答案为：43题型21题型21圆锥曲线中的参数范围及最值问题81．（24-25高二上·天津北辰·期中）已知椭圆C:x29+y28=1的左、右焦点分别为【解题思路】设P(x0,y0)，得出QF【解答过程】解：设P(x0,y0∴P∴Q∴P∴Q∴1令t=Q则y=t+4t在∴y∈4,∴1则1PF2故答案为：15482．（2024·辽宁朝阳·一模）已知椭圆x29+y28=1,A,B是椭圆上两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于P【解题思路】设Ax1,y1，Bx2,y2，线段AB的中点为Nx',【解答过程】设Ax1,y1，B若y1=y2，即若x1=x当x'y'≠0因为x1+x2=2因为x1≠x2设线段AB的垂直平分线为l，则kl=-1kAB=令y=0，得x0=19x'，又因为点故-1故答案为：-183．（2024·全国·模拟预测）已知A1、A2两点是双曲线E:x2-y23=1的左、右顶点，点F是E的右焦点，点T【解题思路】分两种情况讨论，①当点T与点E重合时，直接求出cos∠A1TA2的值；②当点T不与点E重合时，不妨设点T为第一象限内的一点，设点T2,tt>0【解答过程】当点T与点E重合时，∠A1T当点T不与点E重合时，不妨设点T为第一象限内的一点，如下图所示：在双曲线E中，a=1，b=3，c=设点T2,tt>0，则tan∠E所以，tan=2t+3t≤因为tan∠A1TA所以，cos∠A1TA故答案为：3284．（2024·全国·模拟预测）已知直线tx-y-t=0(0<t<1)过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F，且与C交于点A,B，过线段AB的中点D作直线x=-1的垂线，垂足为E，记直线EA,EB,EF的斜率分别为k1【解题思路】先求出抛物线方程，将其与直线方程联立写出韦达定理，由题意求出点E的坐标，推理计算出k1k2=-1，从而将求k【解答过程】如图，因为直线tx-y-t=0过C的焦点F，令y=0，解得：x=1，即F(1,0)，故由p2=1可得p=2，即把y=tx-t代入C的方程整理得：t2x2-2t2于是，y1+y2则k1k2k3=0-2t1-(-1)=-故答案为:(1,+∞题型22题型22圆锥曲线中的向量问题85．（2024·浙江温州·模拟预测）椭圆C:x22+y2=1的右焦点是F，过F的直线交椭圆C于A，B两点.点O是坐标原点，若直线AB上存在异于F的点P，使得【解题思路】分类讨论直线AB的斜率是否为0，设设AB:x=ty+1,Ax1,y【解答过程】由题意可知：c=a2-因为直线AB过F，可知直线AB与椭圆必相交，若直线AB的斜率为0，即直线AB为x轴，不妨设A-则FA=因为FA·FB=PA·当m=1，此时点P即为点F，不合题意；当m=-1，此时点P-1,0，OP若直线AB的斜率不为0，设AB:x=ty+1,Ax则FA=联立方程x=ty+1x22+y则y1因为FA·FB=可得t2整理得y1+y2=即P2-可得OP=2-t因为t2>0，则t2+4可得0<4t2综上所述：OP的取值范围是22故答案为：2286．（2024·河南·模拟预测）已知O为坐标原点，点Q-2,1在抛物线C:x2=2py(p>0)上，过直线x=2上一点P作抛物线C的两条切线，切点分别为M,N．则PM⋅【解题思路】根据导数的几何意义，结合平面向量数量积的坐标表示公式进行求解即可.【解答过程】因为Q-2