高二上学期期末复习选择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选择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高二上·陕西西安·开学考试）在下列条件中，使M与A，B，A．OMB．OMC．MAD．OM【解题思路】利用空间四点共面定理和向量共面定理，可以做出各选项的判断.【解答过程】对于A，由于OM=OA-OB-对于B，由于OM=15OA+对于C，由于MA+MB+MC=对于D，由于OM+OA+OB+OC=故选：C.2．（23-24高二上·新疆伊犁·期末）已知e1、e2、e3为空间三个不共面的向量，向量a=e1+μe2+4eA．-3 B．3 C．-15 D．15【解题思路】设a=kbk∈R，根据空间向量共线的基本定理可得出关于k、λ、【解答过程】因为e1、e2、e3为空间三个不共面的向量，向量a若a与b共线，设a=kbk∈R可得1=3kμ=9k4=λk，解得k=1故选：D.3．（23-24高二上·江西九江·期末）对于空间任一点O和不共线的三点A，B，C，有OP→=xOA→+yOB→+zOC→，则x+y+z=1是A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【解题思路】根据共面向量定理判断点P满足OP=xOA+yOB+zOC，且x+y+z=1，向量AP，AB，AC共面，得到P，【解答过程】解：若x+y+z=1，则OP=1-y-zOA由共面定理可知向量AP，AB，AC共面，所以P，A，B，C四点共面；反之，若P，A，B，C四点共面，当O与四个点中的一个(比如A点)重合时，OA=0，x可取任意值，不一定有所以x+y+z=1是P，A，B，C四点共面的充分不必要条件．故选：B．4．（23-24高二上·全国·课后作业）在下列条件中，使M与A，B，C不一定共面的是（）A．OM=3OA-2C．MA+MB+【解题思路】根据各项中向量之间的线性关系，应用数形结合法判断M与A，B，C是否存在不共面的情况即可.【解答过程】A：OM+2OB+OC=3

由|OB|,|OC|,|OMB：OM+OA=-

此时，M与A，B，C不共面，满足；C：因为MA+MB+MC=0，所以MA=-MB-MC，所以D：4(OM+OA

此时，M与A，B，C不共面，满足；故选：ABD.题型2题型2空间向量的数量积问题5．（24-25高二上·黑龙江大庆·阶段练习）如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=1，∠BAD=∠DAA1=∠BAAA．CM=-12C．BD1=【解题思路】根据题意，利用空间向量的线性运算法则，以及空间向量的数量积的公式，向量模的计算公式，以及向量的夹角公式，逐项判定，即可求解.【解答过程】因为AB=AD=AA1=1所以a=b=对于A中，由空间向量的运算法则，可得：CM=AM-AC=(对于B中，由AC1=可得AC1=-12-所以B不正确；对于C中，由BD则BD12对于D中，由AC=a+可得AC⋅=-12-1故选：D.6．（24-25高二上·湖南·阶段练习）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，PA=3,∠ABC=∠BAP=π3，且cos∠PAD=A．-277 B．277 C【解题思路】利用基底AB、AD、AP表示出向量PC，然后求出PC的模，余弦定理求出PB的长，在【解答过程】如图连接AC,则PC∴|由题可知|AB|=2,|PA|=3,∠∴|2AB2AB2AD∴|PC在△ABP中,PB∴PB=7在△PBC中,cos∠故选：D.7．（23-24高二下·江苏南京·期中）已知EF是棱长为8的正方体的一条体对角线，空间一点M满足ME⋅MF=-40，AB是正方体的一条棱，则AMA．162-4 B．162-2 C．【解题思路】由空间向量的数量积运算计算可得|MO|=22，即可得M【解答过程】取EF的中点O,EF=8则ME⋅MF=(MO+所以|MO|=22所以M在以O为球心，22可知AM在AB上的投影数量最小值为AN=AH-r=4-22所以AM⋅AB的最小值为所以AM⋅AB的最小值为故选：B．8．（23-24高二上·河北邯郸·期末）如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1的校长均为3，且AB,AD,AA

A．截面BDD1B．AEC．AC,AD．平行六面体ABCD-A1【解题思路】由平行六面体各棱对应向量的位置关系，结合线线角向量求法，应用向量加减、数乘的几何意义及数量积的运算律逐项判断.【解答过程】菱形BDD1B所以DB⊥BB1，菱形BDD平面AEC1F与侧面的交线AE,C1F==92+13因为AC=33，所以AC所以AC⋅AA1AC由上知AC,AA1的夹角的正弦值是则平行六面体ABCD-A1B1C1故选：ABD.题型3题型3空间向量基本定理及其应用9．（24-25高二上·重庆·期中）如图，空间四边形OABC中，OA=a,OB=b,OC=c，点N在BC上，且A．12a-C．12a-【解题思路】根据空间向量的线性运算结合空间向量的基本定理运算求解.【解答过程】MN→化简得到MN→故选：B.10．（24-25高二上·广东深圳·期中）如图，已知空间四边形OABC，其对角线OB,AC,M,N分别是对边OA,BC的中点，点G在线段MN上，且GN=2MG，现用向量OA,OB,OC表示向量OG，设OG=xA．23 B．1 C．13 D【解题思路】根据已知条件用OA，OB，OC表示OG，即可得答案.【解答过程】由题设OG=OM+MG=OM+13MN=OM+13(ON-OM)=结合OG=xOA+y所以x+y+z=2故选：A.11．（23-24高二上·陕西宝鸡·期末）如图，在四面体OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点M、N分别在线段OA、BC上，且2OM=MA，A．-13aC．13a-【解题思路】由空间向量基本定理结合线段比例关系分解向量即可.【解答过程】由题意MN=-1故选：A.12．（24-25高二上·吉林·期中）如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=2

A．AM=12C．AM=11 D【解题思路】由题意可知，a⋅【解答过程】由题意可知，a⋅对于A，AM=故A正确、B不正确；对于C，AM故C正确;对于D，AMcos<AM,AB故选：ACD.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·广东深圳·期中）设x,y∈R，向量a=x,2,2,b=2,y,2,c=3,-6,3，且A．-8 B．-2 C．2 D．8【解题思路】根据空间向量垂直、平行的坐标运算得解.【解答过程】因为a⊥所以a⋅c=3x-12+6=0由b//c可知，23所以x+y=-2，故选：B.14．（24-25高二上·山东泰安·期中）设x,y∈R，向量a=x,1,1，b=1,y,1，c=2,-4,2且aA．3 B．10 C．22 D．【解题思路】由a⊥c，b∥c求出x,y【解答过程】解：因为a=x,1,1，c=所以2×x-4×1+1×2=0，则x=1，所以a=又因为b=1,y,1，c=所以12=y所以b=所以a+所以a+故选：A.15．（24-25高二上·甘肃庆阳·期中）已知向量n=4,1,2，点A-1,2,1，B2,s,t，且AB→A．112 B．212 C．114【解题思路】利用空间向量共线的坐标表示直接运算即可.【解答过程】因为A-1,2,1,B2,s,t因为AB→//n→，所以34=s-2故选：D.16．（24-25高二上·河南·阶段练习）已知空间向量a=1,2,3,2a+A．b=6 BC．2b+c【解题思路】根据条件，利用空间向量的坐标运算，求得b=(-2,-1,1)，再利用模长的计算公式，可判断选项A的正误；利用空间向量平行的坐标表示，可求得m=4，可判断选项B的正误；利用空间向量数量积的坐标运算，可求得2b+c⋅a≠0，即可判断选项【解答过程】对于选项A，设b=(x,y,z)，因为a=1,2,3所以2+x=04+y=36+z=7，解得x=-2,y=-1,z=1，所以则b=(-2)2对于选项B，a=1,2,3,c=2,m,6，a//对于选项C，因为b=(-2,-1,1)，c=2,4,6，所以2则2b+c对于选项D，因为b=(-2,-1,1)，c=2,4,6，则cos故选：ABD.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·云南普洱·期中）如图，在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是A1

A．63 B．263 C．2【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间向量点到平面距离公式进行计算.【解答过程】如图1，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，建立空间直角坐标系，

则A4,0,0，M4,2,4，N0,2,0，C所以AM=0,2,4，AN设平面AMC1N则m令x=1，则y=2，z=-1，故平面AMC1N所以点D到截面AMC1N故选：B.18．（24-25高二下·全国·课后作业）正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G，H分别是棱AB，AD，B1A．13 B．23 C．12【解题思路】将问题转化为点F到平面GHDB的距离，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，并均以1【解答过程】以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，并均以

则D(0,0,0)，F(1,0,0)，B(2,2,0)，H(0,1,2)，E(2,1,0)，B1所以DF=(1,0,0)，DH=(0,1,2)，DB=(2,2,0)所以DH=EB1，因为D,H,E,B由EB1⊄面GHDB，DH⊂面GHDB，则E因为E，F，分别是棱AB，AD的中点，所以EF∥BD，同理，EF∥平面GHDB，而EF∩EB1=E，EF,E所以平面EFD1B1∥平面GHDB,EF⊂面EFD所以平面EFD1B1和平面GHDB之间的距离，就是EF到平面GHDB的距离，也就是点设平面GHDB的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅DH=y+2z=0n所以点F到平面GHDB的距离d=DF⋅n即平面EFD1B1和平面故选：B.19．（24-25高二上·河北张家口·阶段练习）已知四棱锥A-EBCD,AE⊥平面BCDE，底面EBCD是∠E为直角，EB//DC的直角梯形，如图所示，且CD=2EB=2AE=4,DE=23，点F为AD的中点，则F到直线BC的距离为（

A．312 B．232 C．314【解题思路】如图，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.【解答过程】由题意知，AE⊥平面EBCD，BE,ED⊂平面EBCD，所以AE⊥BE,AE⊥ED，又BE⊥ED，故以E为原点，EB,ED,EA所在的直线分别为x,y,z轴，建立如图空间直角坐标系，则A(0,0,2),B(2,0,0),C(4,23,0),D(0,2所以BC=(2,23,0)记c=则a=所以F到直线BC的距离为d=a故选：A.20．（24-25高二上·安徽芜湖·期中）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别为A．直线AG与平面AEF所成角的余弦值的取值范围为15B．点G到平面AEF的距离为2C．点B1到AF所在直线的距离为D．若线段AA1的中点为H，则GH【解题思路】建系，求平面AEF的法向量.对于A：利用空间向量求线面夹角；对于B：利用空间向量求点到面的距离；对于C：利用空间向量求点到直线的距离；对于D：利用空间向量证明线面平行.【解答过程】如图，以A1为坐标原点，A1B则A0,0,2,E2,0,1可得AE=设平面AEF的法向量n=x,y,z，则令x=1，则y=0,z=2，可得n=对于选项A：设直线AG与平面AEF所成角为θ∈0,可得sinθ=所以直线AG与平面AEF所成角的余弦值的取值范围为1515,10对于选项B：点G到平面AEF的距离为d=AG⋅n对于选项C：因为AF=2,2,-1，则且B1则点B1到AF所在直线的距离为B1A对于选项D：由题意可知：H0,0,1，则HG可得n⋅HG=2×1+a×0+且GH⊄平面AEF，所以GH一定平行于平面AEF，故D正确；故选：BCD.题型6题型6利用空间向量求空间角21．（23-24高一下·河北承德·期末）在正四棱锥P-ABCD中，PA=4,AB=2,E是棱PD的中点，则异面直线AE与PC所成角的余弦值是（

）A．612 B．68 C．38【解题思路】建立空间直角坐标系，运用空间向量法求解线线夹角.【解答过程】

由题意知，PA=4,AB=2,PO=所以P0,0,14，A0,-2,0E-AE=-2所以cos故选：D.22．（23-24高三上·福建福州·期中）正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，四面体ACBA．12 B．14 C．13【解题思路】设AA1=a，根据四面体ACB1D1体积为【解答过程】解：设AA1=a，因为四面体AC所以V=4a-4×13×建立如图所示空间直角坐标系：则A2,0,0,所以AC设平面BC1A则BA1⋅m令x=1，则z=1,y=1，所以m=设AC1与平面BC1所以sinθ=故选：C.23．（23-24高二上·四川凉山·期中）已知圆锥的顶点是P，底面圆心是O，AB为底面直径，∠APB=120∘，PA=4，点C在底面圆周上，且二面角P-AC-O为45∘A．AC与平面PAB所成角的正弦值为3B．O到平面PAC的距离为2C．PC与AB所成角的余弦值为3D．平面PAB与平面PAC所成角的正弦值为2【解题思路】取AC的中点E，连接OE、PE，分析可知，二面角P-AC-O的平面角为∠PEO=45∘，计算出OP、OA的长，以及∠AOC的正弦值、余弦值，然后以点O为坐标原点，OA、OP所在直线分别为x、z轴，平面ABC内过点O且与AB垂直的直线为y【解答过程】取AC的中点E，连接OE、PE，则OE⊥AC，在圆锥PO中，PO⊥平面ABC，因为AC⊂平面ABC，则AC⊥PO，又因为OE⊥AC，PO∩OE=O，PO、OE⊂平面POE，则AC⊥平面POE，因为PE⊂平面POE，则PE⊥AC，所以，二面角P-AC-O的平面角为∠PEO=45因为PO⊥平面ABC，OE⊂平面ABC，所以，PO⊥OE，所以，△POE为等腰直角三角形，且OE=PO，因为∠APB=120∘，PA=PB=4，O为AB的中点，则所以，PO=12PA=2AO=PA2则cos∠AOC=sin∠AOC=以点O为坐标原点，OA、OP所在直线分别为x、z轴，平面ABC内过点O且与AB垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系，则A23,0,0、P0,0,2、对于A选项，AC=-833cosAC所以，AC与平面PAB所成角的正弦值为33，A对于B选项，设平面PAC的法向量为n=x,y,z，则n⋅AP=-23x+2z=0OA=23,0,0，所以，点O到平面PAC的距离为对于C选项，PC=-2所以，cosPC故PC与AB所成角的余弦值为36，C对于D选项，cosm故平面PAB与平面PAC所成角的正弦值为1-332=故选：A.24．（24-25高二上·云南昆明·阶段练习）如图，在正方体ABCD-A1B1C1DA．三棱锥P-AB．异面直线AP与A1DC．平面ADP与平面ABCD所成夹角的余弦值取值范围是[D．直线C1P与平面A【解题思路】对于A，利用线面平行的判定定理，得出B1C//平面A1C1D【解答过程】对于A，∵A1D//B1C，A1D⊂平面∴B1C//平面A1C1D，∴点P到平面A1C1故三棱锥D-A1C对于B，∵A1D//B1C，∴异面直线AP与A1当点P位于C点时，AP与B1C所成的角为当点P位于B1C的中点时，∵AB⊥平面BCCAP⊥B1C，此时，AP与B1C所成的角为90°，∴异面直线AP与A1对于C，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为建立空间直角坐标系，设正方体ABCD-A1B1C1D则D0,0,0，A1,0,0，设平面ABCD设平面ADP的法向量m2DA=则m2⋅DA令y1=a，则x1面ADP与平面ABCD所成夹角为α，所以cosα=因为a∈0,1，a2+1∈1,2，所以所以平面ADP与平面ABCD所成夹角的余弦值取值范围是[22,对于D，则D0,0,0，A11,0,1，C10,1,1，D设平面A1C1D的法向量n=令x=1，则y=1,z=-1，得n=所以直线C1P与平面C1当a=12时，直线C1最大值为13⋅12故选：ACD.题型7题型7立体几何中的探索性问题25．（2024·北京怀柔·模拟预测）如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，F为线段

A．存在点E，使EF//平面ABCDB．三棱锥B1-ACE的体积随动点C．直线EF与AD1D．存在点E，使EF⊥平面A【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断AD；利用空间向量求出线线角的余弦判断C；利用等体积法确定B1-ACE【解答过程】在正方体ABCD-A1B1C1D

设正方体棱长为2，则D0,0,0由E在线段A1C1上运动，设Em,2-m,2（平面ABCD的法向量n=(0,0,1)，显然EF⋅n=-1≠0，则直线EF与平面AD1=-2,0,2，设直线EF与AD显然当m=12时，cosθ=32，θ=30°，即存在点E使得直线EF与A设平面AB1C1D则m⋅DA=2x=0m⋅当m=1时，EF=0,1,-1=m，因此EF⊥平面点E在正方体ABCD-A1B1C1D而AA1⊥平面A1B1C可得B1D1⊥平面A1B1C1D1，点故选：D.26．（23-24高三上·四川成都·期末）如图所示的几何体是由正方形ABCD沿直线AB旋转90°得到的，设G是圆弧CE的中点，H是圆弧DF上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（

）A．存在点H，使得EH⊥BGB．存在点H，使得EHC．存在点H，使得EH//平面D．存在点H，使得直线EH与平面BDG的所成角为30°【解题思路】由题意将图形补全为正方体，ADMF-BCNE，对于A，根据EF⊥平面BCNE，当F,H重合即可判定；对于B，根据BD//平面EFMN，而H是圆弧DF上的动点，即可判定；对于C，建立空间直角坐标系，根据平面BDG的法向量和EH垂直即可判定结果；对于D，当点H与点F重合时，直线EH与平面BDG所成角最大，求出夹角正弦值，进一步分析即可.【解答过程】对于A，因为正方体ADMF-BCMF中，EH⊥平面BCNE,BG⊂平面BCNE，所以EF⊥BG，所以当F,H重合时，由EH⊥BG.由A正确；对于B，因为BD//EM，若EH//BD，则EH//EM，又EH∩EM=E，所以B不正确；对于C，以A为原点，AD,AF,设BC=2，则A0,0,0,D2,0,0B0,0,2Hm,n,0所以BD设n=x,y,z为平面则BD·n=0令x=1,得y=-1,z=1，则n假设EH//平面BDG，则n·EH=m-n+2-2=0因为m2+n即H是圆弧DF的中点，符合题意，故C正确；对于D，当点H与点F重合时，直线EH与平面BDG所成角最大，EF所以cosn由33>12,得直线EH所以存在点H，使得直线EH与平面BDG的所成角为30°，故D正确故选：B.27．（23-24高二下·上海杨浦·期末）如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点①存在点P满足PD②存在点P满足PD1与平面A1③存在点P满足MD其中正确的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【解题思路】建立空间直角坐标系，设Px,1,z，x,z∈0,1【解答过程】如图建立平面直角坐标系，则M1,12,0，A1设Px,1,z，x,z∈0,1，则M若PD1⊥MB1所以存在点P满足PD1⊥M因为D1A1=1,0,0，D则n⋅D1设PD1与平面A1D1则sinθ=令x=0，z=1，则sinθ=25令x=0，z=0，则sinθ=110所以存在点P满足PD1与平面A1D1因为D1M=所以MP=x-12所以存在点P满足MD1+MP=12故选：D.28．（24-25高二上·辽宁大连·期中）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（

）A．存在点Q，使得NQ⊥SBB．存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角的余弦值为5C．当点Q自D向C处运动时，直线DC与平面QMN所成的角不变D．三棱锥Q-AMN体积的最大值是2【解题思路】建立空间直角坐标系，设出点Q的坐标，利用向量垂直的坐标运算判断A；利用异面直线的向量夹角公式计算判断B，利用向量的坐标运算表示线面角的可判断C，连接AQ,AM,AN，结合锥体体积公式，利用等体积法判断D.【解答过程】以A为坐标原点，AB,AD,则A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，D0,2,0，N1,0,1，M对于A，假设存在点Qm,2,00≤m≤2，使得则NQ=m-1,2,-1，又所以NQ⋅SB=2即点Q与D重合时，NQ⊥SB，A正确；对于B，假设存在点Qm,2,0使得异面直线NQ与SA所成的角余弦值为55因为NQ=m-1,2,-1，所以cosNQ易得m=1时符合题意；所以存在点Q，B正确；对于C，由上分析知：NQ=m-1,2,-1，若m=x,y,z是面NMQ的法向量，则令x=1，则m=因为DC=2,0,0，设直线DC与平面QMN所成的角为θ，所以sinθ=显然点Q自D向C处运动时，m的值由0到2变化，线面夹角的正弦值变化，所以线面夹角不是定值，故C错误；对于D，连接AQ,AM,AN，设DQ=m0≤m≤2因为S△AMQ所以当m=0，即点Q与点D重合时，S△AMQ取得最大值2又点N到平面AMQ的距离d=1所以VQ-AMNmax=故选：ABD.题型8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·天津滨海新·阶段练习）已知点A(2,3),B(-3,2)，若直线ax+y+1=0与线段AB相交，则a的取值范围是（

）A．[-1,2] B．(-∞,-1)∪[2,+C．[-2,1) D．-∞【解题思路】由已知可得直线ax+y+1=0过定点P(0,-1)，求得kPB，kPA，数形结合可求a【解答过程】由直线方程ax+y+1=0，可知直线ax+y+1=0过定点P(0,-1)，kPB=2+1作出示意图如图所示：直线ax+y+1=0与线段AB相交，

则可得-a≤kPB=-1或-a≥kPA所以a的取值范围是(-∞故选：D.30．（24-25高二上·广东广州·期中）已知点M3,0关于直线x-y-1=0的对称点为P，经过点P作直线l，若直线l与连接A-7,1，B5,8两点的线段总有公共点，则直线l的斜率kA．18,3C．-18,【解题思路】先利用对称点的性质求出P点坐标，再结合图象求解即可.【解答过程】设P(x0,y0)，因为点所以l⊥MP，MP的中点一定在l上，且设MP中点为H，由中点坐标公式得H(x0+3得到x0+32-y则其斜率为1，可得到y0x0-3×1=-1故得P(1,2)，我们把PA的斜率记为k1，PB的斜率记为k由斜率公式得k1=2-1如图，我们得到直线l的斜率k的取值范围为-∞,18故选：B.31．（24-25高二上·陕西西安·阶段练习）过点P0,-1作直线l，若直线l与连接A-2,1，B23,1A．π6,πC．0,π6∪【解题思路】由题知直线l的斜率k∈-∞【解答过程】

设直线l的倾斜角为θ，0≤θ<π，当直线l的斜率不存在时，θ=π当直线l的斜率存在时，设直线l的斜率为k，因为点P0,-1，A-2,1，B23,1因为直线l经过点P0,-1，且与线段AB总有公共点，所以k∈因为tanθ=k，又0≤θ<π，所以所以直线l的倾斜角范围为π6故选：B.32．（23-24高二上·陕西安康·期末）已知直线l过点P-1,2且与线段AB的延长线有公共点，若A-2,-3，B3,0，则直线lA．-14 B．0 C．14【解题思路】先作出直线l与线段AB的延长线，再结合图像观察即可得解.【解答过程】由图像可知：要使直线l与线段AB的延长线有公共点，则kBP又kBP则直线l的斜率的取值范围是-1故选：ABC.题型9根据两直线平行题型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·河北保定·期中）若直线l1:ax-3y+2=0与直线l2:3ax+y+3=0垂直，且直线l3:a²x-y+4=0与直线l₄：A．1 B．-1 C．2 D．-2【解题思路】由直线垂直的充要条件A1A2+【解答过程】由题意知：直线l1:ax-3y+2=0与直线l:3ax+y+3=0垂直，则直线l3:a2x-y+4=0即3a2-3=0,故选：B.34．（24-25高二上·江苏无锡·阶段练习）已知a，b都是正实数，且直线2x-b-3y+6=0与直线bx+ay-5=0互相垂直，则2a+3b的最小值为（A．12 B．10 C．8 D．25【解题思路】根据两条直线垂直得出2a+3【解答过程】因为直线2x-b-3y+6=0与直线所以2b-ab-3=0,即得所以2a因为a，b都是正实数，所以2a+3b=2a+3b当且仅当a=b=5时，2a+3b取最小值25.故选：D.35．（23-24高二上·陕西西安·期末）已知直线l1:ax-2y-2=0与直线l2:x-a+1A．-2 B．-1 C．1 D．2【解题思路】根据直线平行求出a即可得解.【解答过程】因为直线l1:ax-2y-2=0与直线所以-aa+1+2=0，解得a=-2或所以实数a的所有取值之和为-1.故选：B.36．（23-24高二上·四川成都·期中）已知直线l1:(a+2)x+3y+4=0，l2A．当a=0时，直线l1的一个方向向量为B．若l1与l2相互平行，则a=-3C．若l1⊥D．若l1不经过第二象限，则【解题思路】代入a=0，根据方向向量定义即可判断A，根据直线平行和垂直与斜率的关系即可判断B,C，将直线方程化简可得y=-a+23【解答过程】对A，当a=0时，l1:2x+3y+4=0，斜率为-2(2,3)≠λ(3,-2)，A错误；对B，若l1与l2相互平行，则(a+2)⋅a-3⋅1=0，解得a=1或当a=-3时，l1与l2重合，对C，若l1⊥l2，则(a+2)⋅1+3⋅a=0，解得对D，若l1不经过第二象限，l1:(a+2)x+3y+4=0则-a+23≥0，解得a≤-2，故选：CD.题型10题型10与距离有关的最值问题37．（24-25高二上·广东汕头·期中）点A2,-4到直线l:mx-y-4m-8=0（m为任意实数）的距离的最大值是（A．5 B．25 C．4 D．【解题思路】首先求出直线l过定点B4,-8，则A到直线l的最远距离为AB，此时直线l垂直于AB，求出AB，即可得解【解答过程】将直线方程mx-y-4m-8=0变形为y+8=m(x-4)，令x-4=0y+8=0，解得x=4y=-8，由此可得直线l恒过点4,-8，不妨设为所以A到直线l的最远距离为AB，此时直线l垂直于AB．又AB=所以A到直线l的距离的最大值为25故选：B.38．（23-24高二上·黑龙江·期中）著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，隔裂分家万事休．”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-a2+y-b2可以转化为平面上点Mx,y与点NA．210 B．22 C．2+【解题思路】y可看作x轴上一点Px,0到点A1,2与点B3,-4的距离之和，可知当A，P，B三点共线时【解答过程】y=x则y可看作x轴上一点Px,0到点A1,2与点即PA+PB，则可知当A，P，B三点共线时，即PA+故选：A.39．（24-25高二上·云南昆明·阶段练习）已知点A-1,3，直线l:m+2x-m+1y+2m-1=0，则AA．23 B．25 C．26【解题思路】先确定直线过定点B(3,5)，由AB⊥l时点线距离最大，再应用两点距离公式求最大值.【解答过程】直线l:m+2x-m+1联立x-y+2=02x-y-1=0⇒x=3y=5，即直线要使A到l的距离的最大，只需AB⊥l，即距离最大值为|AB|=(3+1)故选：B.40．（23-24高二下·辽宁·开学考试）对于直线l1:ax+2y+3a=0,lA．l1//l2的充要条件是a=3或a=-2 BC．直线l2经过第二象限内的某定点 D．点P(1,3)到直线l1【解题思路】求出l1//l2的充要条件即可判断A；根据两直线垂直得充要条件即可判断B；求出直线l2经过的定点即可判断C；判断何种情况下点【解答过程】对于A，若l1则aa-1-6=0，解得a=3或经检验，符合题意，所以a=3或a=-2，所以l1//l2的充要条件是a=3或对于B，当a=25时，3a+2a-1=6对于C，由l2:3x+(a-1)y+3-a=0，得令y-1=03x-y+3=0，解得x=-所以直线l2经过定点-23对于D，由l1:ax+2y+3a=0，得令x+3=02y=0，解得x=-3所以直线l1过定点M当PM⊥l1时，点P(1,3)到直线最大值为PM=-3-12+故选：ABC.题型11题型11点、线间的对称问题41．（2024高三·全国·专题练习）光线自点2,4射入，经倾斜角为135∘的直线l：y=kxA．14,2 B．14,1 C．13,2 D．13,1【解题思路】求出点2,4关于直线l的对称点的坐标，求出反射光线所在直线的方程，逐一验证各选项中的点是否在反射光线所在直线上，由此可得出正确的选项.【解答过程】因为直线l的倾斜角为135∘，所以直线l的斜率为k=-1设点2,4关于直线l：y=-x＋则n-4m-2=1n+4所以，反射光线经过点-3,-1和点5,0，反射光线所在直线的斜率为-1-0-3-5则反射光线所在直线的方程为y=1当x=13时，y=1；当x=14时，y=9所以反射光线还经过点13,1和点14,故选：D.42．（24-25高二上·江苏南京·阶段练习）如图所示，已知点A(2,0),B(0,2)，从点P(1,0)射出的光线经直线AB反射后再射到直线OB上，最后经直线OB反射后又回到点P，则光线所经过的路程是（

）A．3 B．10 C．33 D．【解题思路】求出P关于直线AB的对称点Q和它关于y轴的对称点T，则QT的长就是所求路程．【解答过程】依题意，直线AB方程为x+y=2，设P关于直线AB的对称点Q(a,b)，则ba-1=1a+12+b2=2，解得a=2b=1QT=(-1-2)2而△PMN的周长为|MP|+|MN|+|NP|=|MQ|+|MN|+|NT|=|QT|=10所以光线所经过的路程是10．故选：B.43．（24-25高二上·全国·单元测试）唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句为“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，其中隐含了一个有趣的数学问题——“将军饮马”，即将军在白天观望烽火台之后黄昏时从山脚下某处出发，先到河边饮马再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，已知军营所在的位置为B-2,0，若将军从山脚下的点A13,0处出发，河岸线所在直线方程为x+2y=3，则“将军饮马A．1453 B．5 C．15 D．【解题思路】先求出点B(-2,0)关于直线x+2y=3的对称点为C，则线段|AC|的长度即为最短总路程，再利用两点间的距离公式进行求解．【解答过程】设点B(-2,0)关于直线x+2y=3的对称点为C(m,n)，则nm+2⋅(-1∴C(0,4)，又点A故“将军饮马”的最短总路程为|AC|=1故选：A．

44．（23-24高二上·山西太原·期中）已知直线l1:x+y=0,lA．直线l1与l2B．直线l1、l2C．直线l2关于原点O对称的直线方程为D．直线l2关于直线l1【解题思路】通过联立方程组求得交点坐标，结合三角形的面积、对称性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【解答过程】由x+y=02x-3y-6=0解得x=65,y=-65直线l2:2x-3y-6=0与x轴的交点为3,0，与y轴的交点为直线l1过原点，由图可知，直线l1、l2所以B选项错误.由上述分析可知，直线l2关于原点O对称的直线过点-3,0所以直线l2关于原点O对称的直线方程为y-2=所以C选项正确.点3,0关于直线x+y=0的对称点是0,-3；点0,-2关于直线x+y=0的对称点是2,0，所以直线l2关于直线l1对称的直线方程为即3x-2y-6=0，所以D选项错误.故选：AC.题型12圆的切线长及切线方程问题题型12圆的切线长及切线方程问题45．（24-25高二上·江西·阶段练习）已知圆x-12+y-12=r2A．x+y-4=0 B．x+y=0C．x-y=0 D．x-y-4=0【解题思路】首先求r2的值,然后求圆心坐标，接着求圆心C与点P连线的斜率kCP，最后求圆在点P【解答过程】因为圆(x-1)2+(y-1)将点P(2,2)代入圆的方程可得：(2-1)2+(2-1)2=r则圆的方程为(x-1)2对于圆(x-a)2+(y-b)2=r根据斜率公式k=y2-y1x2因为圆的切线与圆心和切点连线垂直，若两条垂直直线的斜率分别为k1和k2，则已知kCP=1，所以切线的斜率又因为切线过点P(2,2)，根据点斜式方程y-y0=k(x-可得切线方程为y-2=-(x-2).整理得x+y-4=0.故选：A.46．（23-24高二下·浙江温州·期末）已知圆C：x2+y2=4，点P为直线x+y-4=0上一动点，过点P向圆C引两条切线PA，PB，A，BA．22 B．32 C．4 D【解题思路】依题作出图形，从四边形的面积分析考虑得出|AB|=4|PA||PC|，利用|PA|=|PC|2-4将其化为|AB|=41-4|PC|2，要使【解答过程】

如图，易得|PA|=|PB|,AB⊥PC,则四边形PACB的面积为SPACB化简得，|AB|=4|PA||PC|，在Rt△PAC中，|PA|=要使线段AB长度最小，只需使线段PC长度最小，而|PC|是圆心到直线l:x+y-4=0上任意点的距离，故当且仅当PC⊥l时，即|PC|为圆心C到直线l:x+y-4=0的距离时，|AB|最小，此时|PC|min=故选：A.47．（23-24高二上·安徽黄山·期中）已知直线l:x+ay-1=0(a∈R)是圆C:x2+y2-4x-2y+1=0的对称轴.过点A(-4,a)作圆C的两条切线，切点分别为B、A．3x+y-5=0 B．2x+y-5=0 C．3x-y+5=0 D．2x+y-5=0【解题思路】根据直线l为圆C的对称轴得直线l经过圆心C，从而确定参数a的值；再求解线段AC及切线长，进而写出以点A为圆心，以切线长为半径的圆的方程，两圆作差即可得直线BD的方程.【解答过程】根据题意，圆C的标准方程为(x-2)2+(y-1)2=4，即圆心为∴点(2,1)在直线x+ay-1=0上，即2+a-1=0∴a=-1∴点A的坐标为(-4,-1)∴AC=∴过点A作圆C的切线所得切线长为A∴以点A为圆心，6为半径的圆A的方程为(x+4)圆A与圆C的方程作差得3x+y-5=0，即直线BD的方程为3x+y-5=0故选：A.48．（23-24高二上·广西南宁·期中）设圆C:x-12+y-12=3，直线l:x+y+1=0，P为l上的动点，过点P作圆C的两条切线PA、PB，切点分别为A．PA的取值范围为6B．四边形PACB面积的最小值为3C．存在点P使∠APB=D．直线AB过定点0,0【解题思路】根据切线长公式即可求解A，B，C，设出点P的坐标，求出以PC为直径的圆的方程，利用两圆的方程相减得到公共弦AB的方程，将代入直线AB的方程恒成立，可得答案.【解答过程】圆心C(1,1)到直线l:x+y+1=0的距离为d=1+1+1

所以PC≥d=322，因为圆的半径为当PC⊥l时取等号，所以PA的取值范围为62,+∞因为PA⊥AC，所以四边形PACB面积等于2×S△PAC=PA×AC=因为∠APB=120°，所以∠APC=60°，在直角三角形APC中，ACCP=sin60°=32，所以CP=2对于D，设P(x0,y0)，则y0=-1-x0，P(x0,-1-x0)，以PC为直径的圆的圆心为联立可得x-12+y-12=3x2+y2-x0x-x-x故选：ABD.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·重庆·期中）圆C:x-22+y2=4，P是直线l:x+2y-8=0上的动点，过点P作圆C的切线，切点为M，A．55 B．1655 C．4【解题思路】PC⋅MN的最小值满足四边形PMCN的面积最小，可转化为当PC最小时满足条件，根据点到直线的距离公式计算PC，求出PM【解答过程】圆C:x-22+y2如图所示：SPMCN当PC⋅MN最小时四边形PMCN面积最小，因为CM=2，所以当四边形PMCNPM=所以只需直线x+2y-8=0上的动点P到C的距离最小即可，其最小值为圆心到直线的距离d=2-8此时PM=PC⋅故选：B.50．（24-25高二上·黑龙江·阶段练习）已知点O是坐标原点，点Q是圆(x-3)2+(y+4)2=1上的动点，点P(t,-t-4)，则当实数tA．8 B．7 C．6 D．5【解题思路】由点P的坐标特点得到点P在直线上运动，进而转化为一个动点两个定点的距离和最小问题，只需要再做一次点关于直线对称即可.【解答过程】点P(t,-t-4)在直线l：x+y+4=0上，圆心A3,4关于直线x+y+4=0对称点B圆A：(x-3)2+(y+4)2=1关于直线如图：连接OB与圆B交直线l于点P，连接PA交圆A于Q，此时PQ+PO最小，故选：C.51．（24-25高三上·湖南衡阳·开学考试）已知圆C1:(x-2)2+(y-2)2=14与圆C2:(x+1)2+(y+2)2=14，过动点Mm,n分别作圆A．192 B．154 C．192【解题思路】由圆的性质结合已知条件MA=MB得动点Mm,n的轨迹为一条直线，进而求出圆【解答过程】由题C12,2,因为MA=MB，则MC化简得6m+8n-3=0，即动点Mm,n在直线6x+8y-3=0

圆(x+12)2+(y+5)2=4所以圆心Q-12,-5到直线6x+8y-3=0的距离为6×所以M到圆(x+12)2+(y+5)故选：A.52．（24-25高二上·浙江杭州·期中）已知直线l:kx-y+k=0，圆C:x2+y2-6x+5=0，点A．x02B．y0xC．x0+D．圆心C到直线l的距离最大为4【解题思路】根据直线和圆的位置关系、点和圆的位置关系等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【解答过程】对于A，圆C的方程可化为x-32+y2=22OC=3，P所以x02+y02对于B，如图所示，当直线OP的斜率大于零且与圆相切时，y0此时OC=3,PC=2,OP=5对于C，设x0则x0等号成立当且仅当sinθ+π4=1对于D，圆心C3,0到直线l的距离d=当k=0时，d=0，当k≠0时，d=4k1+k2故选：BC.题型14题型14直线与圆有关的面积问题53．（2024·河南洛阳·模拟预测）从直线l:3x+4y=15上的动点P作圆x2+y2=1的两条切线，切点分别为C、D，则∠CPD最大时，四边形OCPDA．3 B．22 C．23 D【解题思路】分析可知当OP⊥l时，∠CPD最大，计算出OP、PC，进而可计算得出四边形OCPD（O为坐标原点）面积.【解答过程】圆x2+y2=1的圆心为坐标原点O，连接OC、OD设∠OPC=∠OPD=θ，则∠CPD=2θ，OC⊥PC，则sinθ=当OP取最小值时，OP⊥l，此时OP=∵PC=PD=OP2-此时，S四边形故选：B.54．（2024·甘肃酒泉·三模）若直线3x-y-3=0分别与x轴，y轴交于A，B两点，动点P在圆x2+(y-1)2A．[2,32] B．[3,2【解题思路】先求得点A、点B的坐标，进而求得|AB|，再求出圆上的点P到直线距离的最值，代入三角形面积公式即可求得结果.【解答过程】如图所示，

因为直线3x-y-3=0与坐标轴的交点A(3,0)，B(0,-3)圆x2+(y-1)2=1的圆心C则圆心C(0,1)到直线3x-y-3=0的距离为d=所以圆x2+(y-1)2=1上的点P到直线3所以△ABP面积的最小值为12×23即△ABP面积的取值范围为[3故选：C.55．（24-25高二上·新疆乌鲁木齐·期中）已知点M是直线l：x-y+4=0上的动点，过点M作圆O：x2+y2=4的两条切线，切点为C，DA．2 B．2 C．22 D．【解题思路】由相切的关系可得出△OMC,△OMD都是直角三角形，根据几何关系可知四边形的面积取决于M的位置，可得当OM⊥l时四边形面积可取得最小值，进而求出此时四边形面积的值.【解答过程】如图所示，因为MC，MD都与圆相切，所以MC⊥OC,MD⊥OD，因为在Rt△OMC和Rt△OMD中，OC=OD=2，OM为公共边，Rt△OMC≅又因为S△所以当|MC|取得最小值时，△OMC面积最小，此时四边形OCMD面积=2S又由勾股定理，|MC|=|OM所以当|OM|取最小值时，|MC|最小.由题意，当OM⊥l时，|OM|取得最小值，d=|0-0+4|所以此时|MC|=2，S△故四边形OCMD面积的最小值=2S故选：D.56．（23-24高三上·广东汕头·期中）已知圆C:(x-2)2+y2=1，点P是直线l:x+y=0上一动点，过点P作直线PA､A．圆C上恰有一个点到l的距离为12 B．直线AB恒过定点C．AB的最小值是2 D．四边形ACBP面积的最小值为2【解题思路】利用圆心到直线的距离求解选项A；利用圆的标准方程和直线恒过定点的求解方法求解选项B；利用弦长公式求解选项C；利用切线长公式求解选项D.【解答过程】圆心C(2,0)，半径r=1，对A，圆心C(2,0)到直线l:x+y=0的距离为d=2所以圆上的点到直线l距离得最小值为2-1<圆上的点到直线l距离得最大值为2+1>所以圆C上恰有两个点到l的距离为12，A对B，设P(t,-t)，由题意可知，A,B都在以PC为直径的圆上，又C(2,0)，所以PC为直径的圆的方程为x-t+2整理得，x2联立(x-2)2(2-t)x+ty-3+2t=0，即为直线AB的方程，即2x-3-t(x-y-2)=0令2x-3=0x-y-2=0，解得x=32,y=-12对C，因为直线AB恒过定点32当定点32,-12与圆心圆心C(2,0)到直线AB的距离最大，则AB最小，定点32,-12与圆心所以ABmin=2r对D，四边形ACBP的面积为PACA根据切线长公式可得，PA=当PC最小时，PA最小，PCmin所以PA最小值为1，即四边形ACBP面积的最小值为1，D错误；故选:BC.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·江苏盐城·期中）已知点F1、F2是椭圆B:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，点M为椭圆B上一点，点FA．36 B．33 C．1025【解题思路】根据角平分线的对称性以及椭圆的性质，建立方程，表示出焦半径，利用余弦定理，结合齐次方程的思想，可得答案.【解答过程】由题意可作图如下：由图可知：MF由MP平分∠F1MF2由cos∠F1由N是F1关于直线MP的对称点，则N,F2,M共线，F1所以MF1+MN+可得MF1+MF在△F1M代入可得：4c2=所以其离心率e=c故选：B.58．（24-25高二上·吉林延边·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F，Mx1,yA．22,1 BC．63,1 D【解题思路】根据椭圆的对称性可知∠MFN=90°，可转化为焦点三角形顶角为90°，根据顶角的取值范围可知离心率的最值.【解答过程】设椭圆的左焦点为F'，上顶点为P由Mx1,可知四边形F'NFM为平行四边形，且O为又FM=2FA，则A，B分别为MF，NF中点，所以OA//FN，由OA⊥可知∠MFN=90°，则四边形F'即∠F即在椭圆上存在点M使得∠F所以∠F'PF>90°即tan∠OPF>tan45°所以b<c，所以a2=b则e>2又椭圆离心率e<1，则22故选：A.59．（24-25高二上·云南昆明·期中）已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点分别为F1，F2，点A在C上，点A．52 B．6 C．355【解题思路】设F2A=2m,m>0，则F2B=3m，分别用m表示F1A，F1B，在△AB【解答过程】设F2A=2m,m>0，F根据双曲线性质可知F1A-FAB=F所以△ABF1为直角三角形，可得所以可得2a+2m2解之可得a=m或a=-3m（舍），可求出cos∠在△AFcos∠解之可得c=355故选：C.60．（24-25高二上·江西新余·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1A．0.3 B．0.6 C．0.9 D．1【解题思路】根据已知条件列不等式，求得a的取值范围，进而求得离心率的取值范围，从而确定正确答案.【解答过程】依题意F1F2由于P1,1在椭圆内部，所以1则a2即a4-3a2+1>0解得t>3+52，即a所以e=ca=所以AB选项正确，CD选项错误.故选：AB.题型16题型16椭圆的弦长与“中点弦”问题61．（23-24高二下·陕西渭南·期末）已知直线l:mx-y+1=0与椭圆C:x24+y2=1交于A，BA．±52 B．±32 C．【解题思路】设Ax1,y1，【解答过程】设Ax1,y1消去y整理得1+4m2x2+8mx=0，解得x1=0则A0,1，B所以AB=-8m=8116+所以当11+4m2=13故选：C.62．（23-24高二上·浙江温州·期中）直线l：y=-2x+1在椭圆y22+A．103 B．253 C．8【解题思路】联立直线与椭圆方程得到关于x的一元二次方程，根据韦达定理x1+x2【解答过程】设l与椭圆交于Ax联立y=-2x+1y22且Δ=-42所以AB=故选：D.63．（24-25高二上·湖北·期中）已知椭圆y29+x24=1与直线l交于A,B两点，若点P(-1,1)A．9x+4y-13=0 B．9x-4y+13=0C．4x-9y+13=0 D．4x-9y+3=0【解题思路】设点A(x1,y1),B(x2,y2【解答过程】设点A(x1,y1),B(x2,又A(x1,y1),B(x2,由①-②，可得将（*）代入，化简得4(y1-y2)=9(x故直线l的方程为：y-1=94(x+1)故选：B.64．（24-25高二·上海·随堂练习）设椭圆的方程为x22+y24=1，斜率为k≠0的直线不经过原点O，而且与椭圆相交于A、BA．直线AB与OM垂直B．若点M坐标为1,1，则直线方程为2x+y-3=0C．若直线方程为y=x+1，则点M坐标为1D．若直线方程为y=x+2，则|AB|=【解题思路】根据椭圆中点弦的性质k⋅kOM=-2，可以判断ABC；对于D【解答过程】由题意可知：k≠0，对于选项A：设Ax则Mx1+因为A、B两点在椭圆上，则x222整理可得y1-y所以直线AB与OM不相互垂直，故A错误；对于选项B：因为k⋅k若点M坐标为1,1，则kOM=1，可得所以直线方程为y-1=-2(x-1)，即2x+y-3=0，故B正确；对于选项C：若直线方程为y=x+1，点M13,可得k⋅kOM=1×4=4≠-2对于选项D：若直线方程为y=x+2，联立方程y=x+2x22+y24所以AB=1+1故选：BD．题型17题型17双曲线的弦长与“中点弦”问题65．（23-24高二上·天津和平·期末）直线l与双曲线x2-y29=1交于A，B两点，线段AB的中点为点A．-49 B．49 C．-【解题思路】设Ax1,y1，B【解答过程】设Ax1,y1，代入x2-y29又线段AB的中点为点M-1,-4，则x则x12-故选：D.66．（2024·山东·模拟预测）过双曲线x2-y2=2的左焦点作直线l，与双曲线交于A,B两点，若ABA．1条 B．2条 C．3条 D．4条【解题思路】设直线方程与双曲线联立，利用弦长公式解方程判断根的个数即可.【解答过程】由题意得双曲线左焦点-2,0，当直线垂直于横轴时，AB=22不符合题意，双曲线渐近线方程为故可设l:y=kx+2与双曲线联立可得y=kx+2x1由弦长公式知AB=则k=±2-1或故存在四条直线满足条件.故选：D.67．（23-24高二下·重庆沙坪坝·阶段练习）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程是y=2x，过其左焦点F(-3,0)作斜率为2A．7 B．8 C．9 D．10【解题思路】根据渐近线方程和焦点坐标可解得a2,【解答过程】∵双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程是y=2x，∴ba=2，即b=2a.∵左焦点F-3,0，∴c=3，∴c2=a2+b故选：D.68．（23-24高二上·广东佛山·期末）设A,B是双曲线y24-x2A．-1,2 B．1,1 C．1,3 D．2,5【解题思路】根据点差法，整理直线斜率与中点的等量关系，分别检验四个选项，利用一元二次方程根的存在性求解.【解答过程】当直线AB的斜率不存在时，由双曲线的对称性，则中点的纵坐标为0，不合题意；斜率存在时，设Ax1,y1，Bx2可得:y124设直线AB的斜率存在，整理可得y1对于A，k=4×(-1)2=-2化简可得y=-2x，代入y24-整理可得4x2-4对于B，k=4×11=4化简可得y=4x-3，代入y24-16x2-24x+9-4Δ=(-24)2-4×(-12)×5=336>0y1+y对于C，k=4×13=化简可得y=43x+53169x2Δ=402y1+y对于D，k=4×2化简可得y=85x+956425x2Δ=1442y1+y2故选：BCD.题型18题型18抛物线的弦长与焦点弦问题69．（23-24高三上·广东广州·期中）直线l经过抛物线y2=4x的焦点F，且与抛物线交于A，B两点.若AF=3BF，则A．83 B．3 C．163 D【解题思路】根据给定条件，利用抛物线焦半径公式求出点A,B的横坐标，进而求出弦长AB.【解答过程】抛物线y2=4x的焦点坐标为(1,0)，准线方程为

设A(x1,由AF=3BF，得y1由AF=3BF，得x1联立解得x1=3，x2故选：C.70．（2024·四川·模拟预测）已知过抛物线C：y2=4x的焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，若AF=3BF，则A．433 B．833 C．【解题思路】设出直线l的方程，联立其与抛物线方程可得韦达定理，再由AF=3BF可得y1=-3y2，即可求得y【解答过程】如图所示，

设Ax1,y1，Bx2x=ty+1y2=4x消去x得y所以y1+y由AF=3BF可得所以由上边三式可解得t=33，y1所以由抛物线定义可知AB=故选：D．71．（2024·山东聊城·三模）已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点F到其准线的距离为2，过F的直线l与C交于A，B两点，则ABA．2 B．4 C．6 D．8【解题思路】根据题意确定抛物线C:x2=4y，分直线l平行于x轴时和不平行于x轴时，分别求【解答过程】根据题意，抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点F即p=2，则抛物线C:x2=4y当直线l平行于x轴时，l:y=1，AB=4当直线l不平行于x轴时，设直线l:x=my-1,m≠0联立方程组x=my-1x2=4y，得则y1又AB=y1+故选：B.72．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）已知拋物线C:x2=2py(p>0)上的动点M到焦点F的距离最小值是2，经过点P2,-3的直线l与C有且仅有一个公共点，直线PF与C交于两点A．p=2 B．抛物线C的准线方程为y=-2C．AB=58 D．满足条件的直线l有2【解题思路】根据题意求出p的值，判断A；根据准线方程，判断B；设直线方程，联立抛物线方程，可得根与系数的关系，结合应用弦长公式计算判断C；设直线联立方程组根据判别式判断直线个数及特殊斜率不存在直线结合即可判断D.【解答过程】对于A，由题意拋物线C:x2=2py(p>0)的动点M到焦点F的距离最小值是2，即|OF|=对于B，抛物线C的准线方程为y=-2，B正确；对于C，由题设P2,-3,F0,2,PF为5x+2y-4=0，联立C:则xA+xB=-20,xA对于D，因为P2,-3在C外，令过P的直线y=k(x-2)-3与C所以x2-8kx+16k+24=0，若Δ=64可得Δ=故与C相切直线有两条，又x=2与C只有一个交点，所以过P2,-3与C有且仅有一个公共点的直线共有三条，D故选：BC.题型19题型19圆锥曲线中的切线与切点弦问题73．（2024·全国·模拟预测）已知抛物线C:x2=4y，过点P(m,-1)作抛物线的两条切线，两个切点分别为A,B，若|AB|=8，则mA．2或-1 B．1或-2C．2或-2 D．1或-1【解题思路】先由导数几何意义及两点间斜率公式分别得两切线斜率等量关系，进而得出直线AB的方程，从而联立直线AB与抛物线方程结合弦长公式即可求解.【解答过程】由题抛物线C:y=14x设Ax1,所以抛物线在A、B点处的切线斜率分别为k1=12整理得mx1-2所以直线AB的方程为mx-2y+2=0，与x2=4y联立并消去y得所以Δ=4m2从而|AB|==m解得m=±2，故选：C.74．（23-24高三下·河南·阶段练习）已知椭圆C:x2+y2t2=1，离心率为22，过P1,2的直线分别与A．x+y-1=0或x+4y-1=0 B．x+4y-1=0C．x+y-1=0 D．x+y+1=0或x+4y-1=0【解题思路】首先证明椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点x0,y0处的切线方程为：x0x【解答过程】首先证明椭圆x2a2+y①当切线斜率存在时,设过点x0,y联立方程y=kx+mx2a∵Δ=0，即∴a又x1把x0=ka2∴y=kx+m=-b化简得x0②当切线斜率不存在时，过x0,y0综上，椭圆上一点x0,y再证明若点P(m,n)是椭圆C:x2a切点分别为A，B，则切点弦AB的方程为mxa这是因为在Ax1,y1，Bx2两切线都过P点，所以得到了x1ma由这两个“同构方程”得到了直线AB的方程mxa因为椭圆C:x2+若焦点在x轴，则a2=1，b2所以e=ca=1-t所以过P1,2作椭圆C:切点弦方程AB为x+4y=1；若焦点在y轴，则b2=1，a2所以e=ca=t2所以过P1,2作椭圆C:切点弦方程AB为x+2y2=1综上可得直线AB方程为x+y-1=0或x+4y-1=0.故选：A.75．（23-24高三·江西上饶·阶段练习）已知抛物线y2=2px(p>0))的焦点为F，过F且倾斜角为π4的直线l与抛物线相交于A，B两点，AB=12，过A，B两点分别作抛物线的切线，交于点Q①QA⊥QB；②若M(1，1)，P是抛物线上一动点，则|PM|+|PF|的最小值为52③1AF④△AOB(O为坐标原点)的面积为32A．①③ B．②④ C．①② D．③④【解题思路】根据AB=12求出p﹒①验算在A和B处切线斜率kAkB是否为－1；②根据抛物线定义，数形结合即可求解；③【解答过程】∵l过点F且倾斜角为π4，∴直线l的方程为y=x-与抛物线方程联立得：x2-3px＋p24＝0，设则x1|AB|＝易得y1不妨设y1>0，则当y>0时，y'=62⋅1x，∴同理过点B的切线斜率为kB∴kA⋅k设P到准线距离为PP'，点M到准线的距离为若M(1,1)，则PM+PF=PM+PP1|AF|+1S△OAB=1故选：C．76．（23-24高三下·广东·阶段练习）已知抛物线C：x2=2pyp>0的焦点为F，点P-1,t在C的准线上，过点P作C的两条切线，切点分别为M，A．M，F，N三点共线B．若PF=13PMC．当t=-1时，直线MN的方程为y=-D．△PMN面积的最小值为3【解题思路】对于A：设切点Mx1,y1，Nx2,y2，求导可得过M，N的切线方程，进而可得直线MN的方程，可判断A；对于B：联立方程组可得x1+x2=-2①，x1x2=-p2②，结合x1=-2x2，可求【解答过程】对于A：由已知可得y'=xp，P-1,-则kPM=x1p同理可得x2=pp2-y2焦点F0,p2对于B：x1，x2是方程x2+2x-p2=0又由PF=13PM+2联立①②③解得p=22，∴C的方程为x2=4对于C：当t=-1时，p=2，直线MN的方程为y=-12x+1对于D：MN=1+1p24+4pS△PMN=12MNd=1+所以函数ft在0,12单调递减，在1∴△PMN面积的最小值为332．∴D故选：ACD.题型20题型20圆锥曲线中的面积问题77．（23-24高二上·福建莆田·期末）已知P为椭圆x24+y2=1y≠-1上任一点，过P作圆C:x2A．3 B．22 C．533【解题思路】作出图形，将面积问题转化为边长最值问题，利用参数方程找到边长最值，求解即可.【解答过程】

连接CP，CM，CN，而易知SPMCN易知x24+y2=1的参数方程为x=2cos故P(2cosθ,sinθ)，易得当sinx=23时，CP故此时CP=2213，SPMCN=故选：C.78．（23-24高二上·浙江嘉兴·阶段练习）已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，F1,F2分别是双曲线的左､右焦点，点M-a,0,NA．4 B．8 C．23 D．【解题思路】根据双曲线的离心率求出a,b,c的关系，结合向量数量积的公式，结合一元二次函数的性质求出函数的最值即可.【解答过程】由e=ca=2故线段MN所在直线的方程为y=3又点P在线段MN上，可设Pm,3m+由于F1-c,0,得PF所以PF由于m∈-a,0，可知当m=-34a时，当m=0时，PF1⋅PF故选：A.79．（23-24高二上·湖北武汉·期中）已知中心在原点O，焦点在y轴上，且离心率为23的椭圆与经过点C-2,0的直线l交于A,B两点，若点C在椭圆内，△OAB的面积被x轴分成两部分，且△OAC与△OBC的面积之比为3:1，则△OAB面积的最大值为（A．873 B．473 C．【解题思路】设出直线方程和椭圆方程，把直线方程带入椭圆方程，根据离心率公式及韦达定理即可求出y2，利用三角形面积公式及基本不等式即可求得△OAB面积的最大值【解答过程】设椭圆的方程为y2a2+xA(x联立y2(b由椭圆的离心率e=ca=带入上式并整理得：(7+9m则y1由△OAC与△OBC的面积之比为3:1，则y1则y2所以△OAB的面积为S=|=4×18|m|当且仅当9m故△OAB面积的最大值为12故选：D.80．（23-24高三上·江苏连云港·期中）在平面直角坐标系xOy中，已知F为抛物线y2=x的焦点，点Ax1,y1A．x1x2=6 BC．△ABO的面积最小值是22 D．△ABO与△AFO面积之和的最小值是【解题思路】设AB：x=my+n，联立方程后得关于y的一元二次方程，由韦达定理写出y1y2=-n，x1x2=y12y22=n【解答过程】设AB：x=my+n，x=my+ny2=x，消xy1y2=-n，得x1x2=y∵y1y2<0，∴n>0，∴n=2，AB：x=my+2过2,0，故B对；设定点P2,0，=y1-y2又S△ABO不妨设y1>0，又F(14,0)，S△ABO故选：BCD.题型21题型21圆锥曲线中的参数范围及最值问题81．（23-24高二下·福建泉州·期末）已知抛物线Γ：y=14x2的焦点为F，过F的直线l交Γ于点A,B，分别在点A,B处作Γ的两条切线，两条切线交于点A．0,1 B．0,12 C．0,1【解题思路】设直线l的方程为y=kx+1，Ax1,y1,Bx2,y2【解答过程】显然直线l的斜率存在，因此设直线的方程为y=kx+1，Ax1由y=kx+1x2=4y得x故x1因为y'=x2，所以过A,B与Γ相切的直线方程分别为：因此由y=x1x2-所以1==x1=16因为k∈R，所以4k2+1所以1PA2+故选:C.82．（24-25高二上·全国·课后作业）已知A,B是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)长轴的两个端点，M,N是椭圆上关于x轴对称的两点，直线AM,BN的斜率分别为A．1 B．2 C．32 D．【解题思路】依据题意列出斜率，结合基本不等式求解最值即可.【解答过程】设Mx,y,Nx,-y则k1=yx+a所以ba=1-当且仅当x=0时，等号成立，故A正确.故选：A.83．（2024·江西赣州·一模）已知M、N是双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0上关于原点对称的两点，P是C上异于M、N的动点，设直线PM、PN的斜率分别为k1、k2A．112,18 B．-18【解题思路】分析可知ba=12，利用点差法计算得出k1k【解答过程】因为直线y=12x所以双曲线C的渐近线的斜率k=b而双曲线C的离心率e=c当双曲线C的离心率取最大值时，ba取得最大值12，即ba则双曲线C的方程为x2设Mx1,y1、N两式相减得：x1+x0x又2≤k1≤3故选：A.84．（23-24高三上·广东广州·阶段练习）已知F为椭圆C:x216+y28=1的左焦点，经过原点O的直线l与椭圆C交于A,B两点，AD⊥x轴，垂足为D，BD与椭圆A．AB⊥AE B．△ABD面积的最