高二数学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）

这是一份高二数学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），文件包含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原卷版docx、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docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共82页， 欢迎下载使用。
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，CD=2e1−e2，且A，B，D三点共线，则k= −8 ．
【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=CD−CB=2e1−e2−e1+3e2=e1−4e2，
∵A，B，D三点共线，∴AB与BD共线，即存在λ∈R，使得AB=λBD．
∴2e1+ke2=λe1−4e2=λe1−4λe2，
∵e1，e2不共线，∴λ=2k=−4λ，∴k=−8．
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)，D′(0，1，1)，若点E的坐标为(−2，1，m)，且点B，C′，D′，E四点共面，则实数m的值为 1 .
【解题思路】利用空间共面向量定理求解即可.
【解答过程】∵B(1，0，0)，C′(1，1，1)，D′(0，1，1),E−2,1,m,
∴BC′=0,1,1,BD′=(−1,1,1)，BE=(−3,1,m)，
∵B，C′，D′，E四点共面，故根据空间向量基本定理
可知存在实数x，y，使得BC′=xBD′+yBE， 则有−x−3y=0x+y=1x+my=1 ，解得m=1，
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m的值是 34 .
【解题思路】用AB,AD,AP表示AG，根据四点共面的向量表达关系，即可求得参数m的值.
【解答过程】根据题意可得：AG=mAH=m13AC+23AP=m13AB+AD+23AP=m3AB+m3AD+2m3AP，
又因为G,B,D,P四点共面，故m3+m3+2m3=1，解得m=34.
故答案为：34.
4．（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，MB，MC共面，则λ= 13 ．
【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=OA−OM=12OA−16OB−λOC，
MB=OB−OM=−12OA+56OB−λOC，MC=OC−OM=−12OA−16OB+(1−λ)OC，
因为MA，MB，MC共面，
所以存在实数唯一实数对(m,n)，使得MA=mMB+nMC，
即12OA−16OB−λOC =m(−12OA+56OB−λOC)+n[−12OA−16OB+(1−λ)OC]，
所以−12m−12n=1256m−16n=−16−mλ+n1−λ=−λ，解得m=−13n=−23λ=13．
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+16+λ=1，即λ=13．
故答案为：13.
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⋅DM=
−12 .
【解题思路】由题意可得：BN⃗=12BA⃗+12BD⃗,DM⃗=12BC⃗−BD⃗，根据空间向量的数量积运算求解.
【解答过程】由题意可知：BA=BC=BD=1，且BA⋅BC=BA⋅BD=BC⋅BD=12，
因为M为BC中点，N为AD中点，

则BN⃗=12BA⃗+12BD⃗,DM⃗=BM→−BD⃗=12BC⃗−BD⃗，
所以BN⃗⋅DM⃗=12BA⃗+12BD⃗⋅12BC⃗−BD⃗
=14BA⋅BC+14BD⋅BC−12BA⋅BD−12BD2
=14×12+14×12−12×12−12=−12.
故答案为：−12.
6．（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，BD=4且AB1⋅BC−AD1⋅DC=5，则异面直线AA1与BD的夹角余弦值为 512 .
【解题思路】将AB1,AD1用不共面的向量AB,AA1,AD表示出来，从而得到AA1⋅BC−AA1⋅DC=5，然后由公式计算夹角余弦值即可.
【解答过程】AB1=AB+AA1,AD1=AD+AA1，
∴AB+AA1⋅BC−AD+AA1⋅DC=5，
AB⋅BC+AA1⋅BC−AD⋅DC−AA1⋅DC=5，
底面ABCD为平行四边形，所以AB⋅BC=AD⋅DC，
所以AA1⋅BC−AA1⋅DC=5，
AA1⋅BD=AA1⋅AD−AB=AA1⋅AD−AA1⋅AB=AA1⋅BC−AA1⋅DC=5.
所以csAA1,BD=AA1⋅BDAA1BD=53×4=512，
故异面直线AA1与BD的夹角的余弦值为:512，
故答案为：512.
7．（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A1B和AD1所成的角的大小是90∘，则AA1的长度是 2 .
【解题思路】利用基底表示向量A1B和AD1，利用数量积公式，即可求解.
【解答过程】由题意可知，AA1⊥AB，AA1⊥AD，且∠BAD=60∘，
A1B⋅AD1=AB−AA1⋅AD+AA1，
=AB⋅AD+AB⋅AA1−AD⋅AA1−AA12，
=2×2×cs60∘+0−0−AA12，
由题意可知，A1B⋅AD1=0，所以AA12=2，所以AA1=2.
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−OH2，根据QO的范围可求QE⋅QF的取值范围.
【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=PA2−AH2=2，故∠APO=45°，
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，∠PAOOP，
又EF是球O的一条直径，则OE(OF)为半径，
因此QE⋅QF=QO+OE⋅QO+OF=QO2−OE2=QO2−OH2，
而OH≤QO≤AO，则(QE⃗⋅QF⃗)min=0，(QE⋅QF)max=AO2−OH2=AH2=2，
所以QE⋅QF的取值范围为0,2.

故答案为：0,2.
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的中点，G是MN的中点，若AG=2xAB+32yAA1+zAC，则x+y+z= 1 .
【解题思路】利用空间向量的线性运算求解.
【解答过程】解：AG=12AM+AN=12AA1+12AC+AB+12AA1，
=12AB+34AA1+14AC=2xAB+32yAA1+zAC，
所以2x=1232y=34z=14，解得x=14y=12z=14，
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′的对角线BC′上的点，且BN:NC′=3:1，设MN=αAB+βAD+γAA′，α+β+γ= 32 ．
【解题思路】由空间向量基本定理得到MN⃗=12AB⃗+14AD⃗+34AA'⃗，从而求出α=12，β=14，γ=34，从而得到答案.
【解答过程】∵AD=BC，CC′=AA′，
∴MN=MB+BN =12DB+34BC′ =12(DA+AB)+34(BC+CC′)
=12AB+14AD+34AA′，
又MN=αAB+βAD+γAA′，
∴α=12，β=14，γ=34，故α+β+γ=32.
故答案为：32.
11．（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+1yOB−3OCx>0,y>0，则4x+9y的最小值是 254 ．
【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141x+1y相乘，展开后利用基本不等式可求得4x+9y的最小值.
【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=λAB+μAC，
即OD−OA=λOB−OA+μOC−OA，
所以，OD=1−λ−μOA+λOB+μOC，
又因为O是平面ABC外的一点，则OA、OB、OC不共面，
因为OD=1xOA+1yOB−3OCx>0,y>0，则1x=1−λ−μ，1y=λ，−3=μ，
所以，1x+1y−3=1−λ−μ+λ+μ=1，所以，1x+1y=4，
所以，4x+9y=141x+1y4x+9y=1413+4xy+9yx≥1413+24xy⋅9yx=254，
当且仅当4xy=9yx1x+1y=4x>0,y>0时，即当x=58y=512时，等号成立，
故4x+9y的最小值是254.
故答案为：254.
12．（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 ；EF= 5 .

【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=−13AD+13AB+23AC2及数量积的运算律计算可得.
【解答过程】依题意AE=13AD，BF=23BC，
因为EF=EA+AB+BF=−13AD+AB+23BC
=−13AD+AB+23AC−AB
=−13AD+13AB+23AC，
又EF=xAB+yAC+zAD，所以x=13y=23z=−13，所以x+y+z=13+23+−13=23；
则EF=−13AD+13AB+23AC2
=19AD2+19AB2+49AC2−29AD⋅AB−49AD⋅AC+49AC⋅AB
=19×32+19×32+49×32−29×3×3×12−49×3×3×12+49×3×3×12=5.
故答案为：23；5.
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//c，则|a−b|= 3 .
【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，即3x−6+3=0，解得x=1，
又因为b∥c，所以存在实数λ使得b=λc，即1=3λy=−6λ1=3λ，解得λ=13y=−2，
所以a−b=1,1,1−1,−2,1=0,3,0，
所以|a−b|=02+32+02=3，
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),若a⊥(a+λb),则实数λ的值为
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+λb=−1,2,3+λ,−2λ,λ=λ−1,2−2λ,3+λ，
∵a⊥a+λb，
∴1−λ+22−2λ+33+λ=0，
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=4,y,−1．若a∥b，则2x+y= 1 ．
【解题思路】根据a→∥b→，从而可求出x=−12,y=2，即可求解.
【解答过程】因为a∥b，所以24=1y=x−1，即x=−12,y=2，得2x+y=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，b→//c→，则2a+b= 32 .
【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，则有a⋅c=2x−4+2=0，解得x=1，即a=1,1,1
又b=1,y,1，且b→//c→，则有12=y−4=12，解得y=−2，即b=1,−2,1，
于是得2a+b=(3,0,3)，2a→+b→=32+32=32，
所以2a+b=32.
故答案为：32.
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)，E1,12,0，F12,1,0，
PE=1,12,−1，PF=12,1,−1，，
设n=(x,y,z)为平面PEF的法向量，n·PE=0n·PF=0，∴x+12y−z=012x+y−z=0
令y=2，则x+1−z=012x+2−z=0，∴x=2，z=3，∴n=(2,2,3)，
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d1=PA⋅nn=1717．
故答案为：1717.
18．（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C1D1所成角的大小分别为60∘和45∘，E为CC1中点，则点E到平面A1BC的距离为 33 .
【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，A1C与C1D1所成角求出a=2,b=2，再应用空间向量公式计算点到平面距离即可.
【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z轴的空间直角坐标系，
且设DC=2,DA=a,DD1=b，
则A1a,0,b,C0,2,0,B1a,2,b,C10,2,b,D10,0,b，则A1C=−a,2,−b，
B1C1=−a,0,0,C1D1=0,−2,0
因为异面直线A1C与B1C1所成角为60∘，所以cs60∘=A1C⋅B1C1A1C⋅B1C1=a2a×a2+4+b2=aa2+4+b2=12
因为异面直线A1C与C1D1所成角为45∘，所以cs45∘=A1C⋅C1D1A1C⋅C1D1=42×a2+4+b2=2a2+4+b2=22
计算可得a=2,b=2，
设平面A1BC法向量为n=x,y,z，则n⋅A1C=−2x+2y−2z=0n⋅BC=−2x=0，
令y=1，则n=0,1,2
因为E0,2,22,CE=0,0,22，
则点E到平面A1BC的距离d=CE⋅nn=13=33.
故答案为：33.
19．（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AB1D1与平面C1BD的距离为 33 ．
【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C1BD的距离等于点C1到平面AB1D1的距离．求得平面AB1D1的法向量n和C1B1，结合点到平面的距离的向量公式，即可得解．
【解答过程】以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1,0,0),B(1,1,0),D(0,0,0),C1(0,1,1),D1(0,0,1),B1(1,1,1)，
可得AB1=(0,1,1),AD1=(−1,0,1),BC1=(−1,0,1),DC1=(0,1,1)，
因为AD1=BC1,AB1=DC1，则AD1∥BC1,AB1∥DC1，
所以AD1∥BC1,AB1∥DC1，
因为AD1⊄平面C1BD，BC1⊂平面C1BD，AB1⊄平面C1BD，DC1⊂平面C1BD，
所以AD1 ∥平面C1BD，AB1 ∥平面C1BD，
又AD1∩AB1=A，AD1,AB1⊂平面AB1D1，
所以平面AB1D1 ∥平面C1BD，
所以平面AB1D1与平面C1BD的距离等于点C1到平面AB1D1的距离d，
设平面AB1D1的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AB1=y+z=0n⋅AD1=−x+z=0，
令z=1，可得x=1,y=−1，所以n=(1,−1,1)，
又因为C1B1=(1,0,0)，所以d=C1B1⋅nn=33．
所以平面AB1D1与平面C1BD的距离为33．
故答案为：33．
20．（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D1E上，则点P到直线AA1的距离的最小值为 455 .
【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AA1距离的函数关系，再求其最小值作答
【解答过程】以D为原点，DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则E1,2,0，D10,0,2，A(2,0,0),A1(2,0,2)，
所以ED1=(−1,−2,2)，AA1=(0,0,2)，AE=(−1,2,0)，
因点P在线段D1E上，则λ∈[0,1]，EP=λED1=(−λ,−2λ,2λ)，
AP=AE+EP=(−1−λ,2−2λ,2λ)，
所以向量AP在向量AA1上投影长为d=AP⋅AA1AA1=4λ2=2λ，
而AP=(-1−λ)2+(2−2λ)2+(2λ)2，
则点Р到直线CC1的距离ℎ=AP2−d2=5λ2−6λ+5=5(λ−35)2+165≥455，
当且仅当λ=35时取等号，
所以点Р到直线AA1的距离的最小值为455.
故答案为：455.
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，P0,0,3，B1,2,0，
因为E是PC的中点，所以E−12,1,32，
所以DE=12,1,32，PB=1,2,−3，
设异面直线DE与PB所成角为θ，
所以csθ=DE⋅PBDEPB=12×1+1×2+32×−3122+12+322×12+22+−32 =14，
故答案为：14.
22．（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 A1B1=4，P为线段C1D的中点，直线D1P与平面AB1D1所成角的大小为 π2 .
【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AB1D1的法向量，利用线面角的向量计算公式求解即可.
【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，C12,2,2，D0,4,0，P1,3,1，D1P=1,1,−1，
AB1=2,0,2，AD1=0,2,2，设平面AB1D1的法向量为n=x,y,z，
则n⋅AB1=2x+2z=0n⋅AD1=2y+2z=0，则平面AB1D1的一个法向量n=1,1,−1，
所以D1P∥n，即直线D1P⊥平面AB1D1，
故直线D1P与平面AB1D1所成角的大小为π2.
故答案为：π2.
23．（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，对应的圆心角为90°，则图中平面A1CD1与平面AB1C1所成角的余弦值为 79 .
【解题思路】建立空间直角坐标系，用向量法求解平面AB1C1与平面A1CD1夹角的余弦值.
【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轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0,2,0)，A1(0,2,2)，C(1,0,0)，C1(1,0,2)，B1(0,1,2)，D1(2,0,2)，
则AB1=(0,−1,2)，AC1=(1,−2,2)，CD1=(1,0,2)，A1D1=(2,−2,0)，
设m=(x,y,z)为平面AB1C1的一个法向量，
则−y+2z=0x−2y+2z=0，令y=2可得x=2,z=1，所以m=(2,2,1)，
设n=(a,b,c)为平面A1CD1的一个法向量，
则x+2z=02x−2y=0，令x=2可得y=2,z=−1，所以n=(2,2,−1)
设平面A1CD1与平面AB1C1所成角为θ，θ∈0,π2，
则csθ=csm,n=m⋅nmn=4+4−13×3=79，
故平面AB1C1与平面A1CD1所成角的余弦值为79.
故答案为：79.
24．（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，E是AB的中点，AC=2AA1，则下列结论正确序号有 ①③④ .

①OC⊥PB；
②A1E//PC；
③异面直线A1E与PA所成角的余弦值为36；
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错误；以点O为原点，建立空间直角坐标系，分别求得A1E=(−1,1,−2),PA=(2,0,−2)，以及PBC和PAD的法向量，结合向量的夹角公式，可判定③正确、④正确．
【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−A1B1C1D1上、下底面的中心，所以OC⊥OB,PO⊥OC，

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−A1B1C1D1上底面的中心，
可得P是A1C1的中点，则PC⊂平面CAA1C1，因为A1E∩平面CAA1C1=A1，
所以A1E与PC不平行，所以②错误；
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，B0,2,0，D(0,−2,0)，C(−2,0,0)，E1,1,0，
可得A1E=(−1,1,−2),PA=(2,0,−2),BC=(−2,−2,0),PB=(0,2,−2)，
设平面PBC的法向量为n=x,y,z，则n⋅BC=−2x−2y=0n⋅PB=2y−2z=0，
取z=1，可得x=−1,y=1，所以n=(−1,1,1)，
又由PA=(2,0,−1),AD=(−2,−2,0)，
设平面PAD的法向量为m=a,b,c，则m⋅AD=−2a−2b=0m⋅PA=2a−2c=0，
取a=1，可得b=−1,c=1，所以m=(1,−1,1)，
对于③中，由csA1E,PA=A1E⋅PAA1EPA=26×2=36，所以③正确；
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=(−1,1,1)，
可得csm,n=m⋅nmn=13，所以平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为13，所以④正确．
故选：①③④．
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 .

①C1P⊥B1D；
②存在点P，使得D1P//面DBC1；
③AP+PD1的最小值为10+324；
④存在点P，使得C1P与面A1D1P所成线面角的余弦值为33.
【解题思路】建立如图空间直角坐标系D−xyz，设BP=λBA1(02，故直线l与圆相离，
又直线AP为圆O的切线，则OA2+AP2=OP2，
当OP最小时，AP最小，即OP⊥直线l，
此时AP=OP2−OA2=42−22=23，故线段AP长度的最小值为23．
故答案为：23.
50．（23-24高二下·浙江杭州·阶段练习）已知⊙O1:x2+y−22=1，⊙O2:x−32+y−62=9，过x轴上一点P分别作两圆的切线，切点分别是M，N，求PM+PN的最小值为 57 .
【解题思路】根据圆的切线的几何性质可推出|PM|+|PN|=t−02+0−−32+t−32+0−332，可看作点P(t,0)到A0,−3,B3,33的距离的和，结合几何意义即可求得答案.
【解答过程】由题意知⊙O1:x2+y−22=1的圆心为(0,2)，半径r1=1，
⊙O2:x−32+y−62=9的圆心为(3,6)，半径r2=3，
设P(t,0)，则|PM|=|PO1|2−12=t2+4−1=t2+3，
|PN|=|PO2|2−32=t−32+62−9=t−32+27，
则|PM|+|PN|=t2+3+t−32+27=t−02+0−−32+t−32+0−332，
设A0,−3,B3,33，则|PM|+|PN|=|PA|+|PB|≥|AB|，
当且仅当P,A,B三点共线时取等号，
此时PM+PN的最小值为|AB|=3−02+33+32=57，
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,y1，Nx2,y2两点，则3x1+4y1+16+3x2+4y2+16的最小值为 30 .
【解题思路】将3x1+4y1+16+3x2+4y2+16转化为5×3x1+4y1+1632+42+3x2+4y2+1632+42，此式为MN的中点G到直线3x+4y+16=0的距离10倍，求出G的轨迹后可求最小值.
【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3x1+4y1+16+3x2+4y2+16=5×3x1+4y1+1632+42+3x2+4y2+1632+42
=5×MS+NT=10GH.
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+y−0y−2=0，
即x2+y−12=1，其圆心为C0,1，半径为1，
C0,1到直线3x+4y+16=0的距离为2032+42=4，
故G到直线3x+4y+16=0的距离的最小值为4−1=3，
故3x1+4y1+16+3x2+4y2+16的最小值为30.
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，PB（A，B为切点），且|PA|2+|PB|2=18，则|PA|的最大值为 15 .
【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,O1B，因为PA，PB与圆相切，
所以|PO|2+|PO1|2=|PA|2+|OA|2+|PB|2+|O1B|2=18+1+1=20，
设P(x,y)，所以x2+y2+(x−2)2+y2=2x2+2y2−4x+4=20，
整理得(x−1)2+y2=9，所以P在以(1,0)为圆心，3为半径的圆上运动，
|PA|=PO2−1≤42−1=15，当且仅当P在(4,0)时等号成立，
故答案为：15.
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PAMB的面积的最小值为 6 .
【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，知其圆心M−1,0，半径r=2，
又易知MA⊥PA，△PAM≌△PBM，所以四边形PAMB的面积：
S=2S△PAM=MAPA=2PA=2⋅PM2−MA2=2⋅PM2−2，
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×−1−0−35=5，所以Smin=2⋅52−2=6.
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F、H，则四边形EFGH面积的最大值为 97 .
【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，d2，
则d12+d22=OA2=1，
因为EG=249−d12，FH=249−d22，
所以EG2+FH2=388≥2EG⋅FH，即EG⋅FH≤194，
则四边形EFGH的面积S=12EG⋅FH≤97，即四边形EFGH面积的最大值为97.
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AB=CD，则四边形ACBD的面积等于 40 ．
【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AB斜率不存在时，CD的斜率为0，即得解.
【解答过程】由题得圆的方程为x2+(y+2)2=25，点M−3,−3在圆的内部，
假设AB,CD两直线都有斜率，设kAB=k,kCD=−1k，
因为AB=CD，则圆心到两直线的距离相等，
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|k2+1=|3k−1|k2+1，
直线CD的方程为y+3=−1k(x+3),∴x+ky+3k+3=0，
所以圆心到直线CD的距离为|−2k+3k+3|k2+1=|k+3|k2+1，
所以|3k−1|=|k+3|,∴k=2或−12，
圆心到两直线的距离为|2+3|22+1=5，
所以|AB|=|CD|=252−52=45，
此时四边形ACBD的面积等于12×45×45=40.
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，得x=−3y=2或x=−3y=−6，
所以|AB|=8，
联立x2+(y+2)2=25和y=−3，得x=26y=−3或x=−26y=−3，
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△ABC面积的最大值为 25+3412 ．
【解题思路】
设Bx1,y1，Cx2,y2，BC的中点P(x,y)，由题意求解P的轨迹方程，得到AP的最大值，写出三角形ABC的面积，结合基本不等式求解．
【解答过程】设Bx1,y1，Cx2,y2，BC的中点P(x,y)，
∵点B，C为圆O:x2+y2=25上的两动点，且∠BAC=90°，
∴ x12+y12=25，x22+y22=25①，
x1+x2=2x，y1+y2=2y②，
x1x2+(y1−3)(y2−3)=0③
由③得x1x2+y1y2−3(y1+y2)+9=0，即x1x2+y1y2=6y−9④，
把②中两个等式两边平方得：x12+x22+2x1x2=4x2，y12+y22+2y1y2=4y2，
即50+2(x1x2+y1y2)=4x2+4y2⑤，
把④代入⑤，可得x2+y−322=414，即P在以0,32为圆心，以412为半径的圆上．
则AP的最大值为3+412．
所以S△ABC=12ABAC≤14AB2+AC2=14BC2=AP2≤3+4122=25+3412．
当且仅当AB=AC，P的坐标为0,3−412时取等号．
故答案为：25+3412.
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，AB=158PF，且三点A, O, P共线（其中O是坐标原点），则椭圆的离心率为 135 ．
【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|AF|与a的关系式，最后利用|AF|2+|AF′|2=|FF′|2=4c2即得离心率.
【解答过程】设椭圆的左焦点为F′. 由于A, O, P三点共线，故由椭圆的对称性知|AO|=|OP|，
而|FO|=|OF′|，故四边形AFPF′是平行四边形.又因为FP⊥FA，故四边形AFPF′是矩形.
由于四边形是矩形，故|AF′||AB|=|PF||AB|=815，
|BF′|2=|AF′|2+|AB|2=289225|AB|2=1715|AB|.
从而可设|AF′|=8k,|AB|=15k,|BF′|=17k，
此时40k=|AF′|+|AB|+|BF′|=4a，解得k=110a，
所以|AF′|=45a,|AB|=32a,|BF′|=1710a，所认|AF|=2a−45a=65a，
最后由|AF|2+|AF′|2=|FF′|2=4c2，得到(65a)2+(45a)2=4c2，
即5225a2=4c2，故1325=c2a2.从而椭圆的离心率e=ca=c2a2=135.
故答案为：135.
58．（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，过P可作C的两条互相垂直的切线，则椭圆离心率的取值范围是 74,1 .
【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+y29=1可知蒙日圆半径为a2+9，
所以蒙日圆方程为x2+y2=a2+9，
∵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≤a2+9，所以a2≥16，
所以椭圆离心率e=1−9a2≥716，所以74≤e0,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，N两点，若cs∠F1NF2=35,则双曲线C的离心率为 132 .
【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，运用中位线定理和勾股定理，结合双曲线的定义，即可得到a，b的关系，即可得到结果．
【解答过程】设直线NF1与圆相切于点P，连接OP，作F2作F2Q⊥MN，垂足为Q，
由于圆x²+y²=a²的半径为a，则OP=a，
且OP为△QF1F2的中位线，可得|F2Q|=2a，
又OF1=c，所以F1P=OF2−OP2=b，即有F1Q=2b，
在直角三角形QF2N中，因为cs∠F1NF2=35，所以sin∠F1NF=1−cs2∠F1NF2=45，
则sin∠F1NF2=F2QF2N=45，可得F2N=2a45=5a2，所以NQ=F2N2−F2Q2=3a2，
由双曲线的定义可得F1N−F2N=F1Q+QN−F2N=3a2+2b−5a2=2a，即2b=3a，所以b=3a2，
由c2=a2+b2=a2+9a24=13a24，则c=13a2，所以双曲线C的离心率为ca=132.
故答案为：132．
60．（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MF1NF2为平行四边形.若直线NF2的斜率k∈−67,−23，则C的离心率的取值范围为 5,10 .
【解题思路】联立MF2的方程y=2x−c与渐近线方程y=−bax，可得M坐标，根据两点斜率公式结合平行求解MF1的斜率，即可化简得2≤ba≤3，进而可求解离心率.
【解答过程】由题意可得F1−c,0，F2c,0，
由于MF1NF2为平行四边形，故NF2//MF1,
直线MF2的方程为y=2x−c，渐近线方程y=−bax，
联立y=−baxy=2x−c⇒x=2ac2a+b,y=−2bc2a+b，
故M2ac2a+b,−2bc2a+b,
所以kNF2=kMF1=−2bc2a+b2ac2a+b+c=−2bc4ac+bc=−2b4a+b，
因此−67≤−2b4a+b≤−23，化简得2a≤b≤3a⇒2≤ba≤3，
故离心率为e=ca=1+b2a2∈5,10，
故答案为：5,10.
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B，则AB的最大值为 32 ．
【解题思路】设出点Bx0,y0，根据两点间距离公式列式运算得解.
【解答过程】设Bx0,y0，则x0212+y024=1，−2≤y00恒成立，
则y1+y2=−14,y1y2=−1116，
所以AB=1+1⋅y1+y22−4y1y2=2⋅116+4416=3104.
故答案为：3104.
63．（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 3x+2y−12=0 ．
【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,y1，Bx2,y2，
则x1216+y1236=1x2216+y2236=1，两式相减并化简得−3616=y1+y2x1+x2⋅y1−y2x1−x2，
即−94=32⋅y1−y2x1−x2，则y1−y2x1−x2=−32，
所以弦所在直线的方程为y−3=−32x−2，即3x+2y−12=0.
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l的方程为 x+y−1=0 .
【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l的方程.
【解答过程】易知C:x2+y2−2x+4y+2=0可表示为x−12+y+22=3，
可知圆C的圆心坐标为C1,−2，半径为3，如下图所示：
根据题意由圆的性质可知CP⊥AB，易知kCP=−1+22−1=1，所以kAB=−1；
由直线的点斜式方程可得直线l的方程为y−−1=−x+2，即x+y−1=0.
故答案为：x+y−1=0.
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MN的中点，则弦长MN= 42 .
【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−y2=2，得(2−k2)x2+2k(k−2)x−(k4−4k+6)=0，
设M(x1,y1),N(x2,y2)，则x1+x2=−2k(k−2)2−k2=2xP，
所以−2k(k−2)2−k2=2，解得k=1，经检验符合题意；
则x1+x2=2，x1x2=−3.
弦长MN=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=2⋅4+12=42.
故答案为：42.
66．（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(3,32)，则直线l的方程为 3x−2y−6=0 ．
【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,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=6，y1+y2=3，
又x124−y123=1， x224−y223=1，
两式相减，得x1+x2x1−x24−y1+y2y1−y23=0，
即6x1−x24−3y1−y23=0，整理得y1−y2x1−x2=32，
∴直线l的斜率为k=y1−y2x1−x2=32，
∴直线l的方程为y−32=32x−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且弦长为8的直线有 3 条.
【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−y2=8的标准方程为x24−y28=1，右焦点F23,0
设直线与双曲线交于Ax1,y1,Bx2,y2，
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−y28=1，得y=±4，此时弦长为8，符合题目；
当直线AB斜率存在时，设直线AB方程为y=k(x−23)
联立y=k(x−23)x24−y28=1，可得(2−k2)x2+43k2x−12k2−8=0，
43k22+412k2+8(2−k2)>02−k2≠0，解得8k2+8>0且k2≠2
x1+x2=−43k22−k2,x1x2=−12k2+82−k2，
∴|AB|=1+k2⋅|x1−x2|=1+k2⋅−43k22−k22+4×12k2+82−k2=8(1+k2)2−k2=8
解得k=±22
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，则直线l的方程为 x−y−3=0 .
【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,y2，因为若弦AB的中点为−12,−15，则x1+x2=−24y1+y2=−30，
因为x124−y125=1x224−y225=1，可得x12−x224=y12−y225，即x1−x2x1+x24=y1−y2y1+y25，
所以，y1−y2x1−x2=5x1+x24y1+y2=5×−244×−30=1，
因此，直线l的方程为y+15=x+12，即x−y−3=0.
联立y=x−35x2−4y2=20可得x2+24x−56=0，Δ=242+4×56>0，
所以，直线x−y−3=0与双曲线x24−y25=1有两个交点，合乎题意，
因此，直线l的方程为x−y−3=0，
故答案为：x−y−3=0.
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的最大值为 6 ．
【解题思路】设Ax1,y1，Bx2,y2，AB中点Mx0,y0，利用点差法可得直线AB的斜率，再利用中垂线可得x0=2，然后利用抛物线的定义，由AB≤AF+BF即可求解.
【解答过程】
设Ax1,y1，Bx2,y2，AB中点Mx0,y0，
则x0=x1+x22y0=y1+y22，
设斜率为k，则y12=4x1y22=4x2，
相减得：k=y1−y2x1−x2=4y1+y2=2y0，
因为kMD=y0x0−4=−1k=−y02，即x0=2，
设抛物线的焦点为F，AF+BF=x1+x2+2=2x0+2=6，
所以AB≤AF+BF=6，当且仅当A，B，F三点共线时等号成立，
此时M2,±2满足在抛物线内部，
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|= 83 ．
【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+32=12，解得k2=13，即可求解AM:y=−1kx−x1+y1得xM=ky1+x1，即可代入求解.
【解答过程】C:y2=3x的焦点为34,0，
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−34，
联立直线y=kx−34与y2=3x可得k2x2−32k2+3x+916k2=0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，故x1+x2=32k2+3k2,x1x2=916，
故AB=x1+x2+p=32k2+3k2+32=12，解得k2=13，
直线AM:y=−1kx−x1+y1，令y=0，则xM=ky1+x1，同理可得xN=ky2+x2，
如下图，故|MN|=|xM−xN|=|ky1+x1−ky2−x2|=|ky1−y2+x1−x2|=k2+1|x1−x2|，
MN=k2+1x1+x22−4x1x2=13+132k2+3k22−4×916=83
故答案为：83.
71．（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 ±24 .
【解题思路】设Mx1,y1,Nx2,y2，利用弦长公式x1+x2+p=54求解．
【解答过程】抛物线的焦点F(32,0)，设直线l的方程为：y=kx−32，
联立方程y2=6xy=kx−32，消去y得，k2x2−3k2+6x+94k2=0，
设Mx1,y1,Nx2,y2，则x1+x2=3k2+6k2，
因为MN=54，所以x1+x2+p=54，
即3k2+6k2+3=54，得k=±24，
故答案为：±24.
72．（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，则AB= 4 .
【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，FMBE=FCBC，再结合所给数据与抛物线定义计算即可得解.
【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ADFM=ACFC=2，
即AD=2FM，又AD=AF=3，故FM=32，
又FMBE=FCBC，FC=AF=3，FB=BE，
故32FB=33−FB，即FB=1，则AB=3+1=4.
故答案为：4.
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，求直线AB的方程 3x−3y−1=0 ．
【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y1y=x1x−1，同理PB的方程为y2y=x2x−1，进而得到3y1=3x1−13y2=3x2−1，进而求得过A,B的直线方程.
【解答过程】设A(x1,y1),B(x2,y2)，易得两条切线的斜率存在，设PA的斜率为k，
则PA:y−y1=k(x−x1)，联立方程y−y1=k(x−x1)x2−y2=1，
消去y得(1−k2)x2−2k(y1−kx1)x−(y1−kx1)2−1=0，
因为PA与双曲线相切，所以Δ=4k2(y1−kx1)2+4(1−k2)(y1−kx1)2+4(1−k2)=0，
即4(y1−kx1)2+4(1−k2)=0，即k2x12−2kx1y1+y12+1−k2=0，
即(x12−1)k2−2kx1y1+y12+1=0，
因为x12−y12=1，所以x12−1=y12,y12+1=x12，
代入可得y12k2−2x1y1k+x12=0，即(y1k−x1)2=0，所以k=x1y1，
所以PA:y−y1=x1y1(x−x1)，即y1y=x1x−1，
同理可得PB的方程为y2y=x2x−1，
因为P(3,3)在切线PA,PB上，所以3y1=3x1−13y2=3x2−1，
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△MAB的面积为 272 ．
【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的外接圆圆心的纵坐标为p4，
由题意得△POF的外接圆半径为p4+p2=3p4，故π3p42=9π4，解得p=2，
所以C的方程为x2=4y，即y=14x2．
设点Ax1,y1，直线MA的方程为y−y1=kx−x1，
联立y=14x2y=kx−x1+y1,得14x2−kx+kx1−y1=0．
因为相切，所以Δ=k2−kx1+y1=0，解得k=12x1，
故直线MA的方程为y=12x1⋅x−12x12+y1，结合x12=4y1得y=12x1x−y1①，
设点Bx2,y2，同理得直线MB的方程为y=12x2x−y2②，
将M1,−2代入①②得y1=12x1+2y2=12x2+2,
所以直线AB的方程为y=12x+2．
由x2=4yy=12x+2，得x2−2x−8=0，则x1+x2=2，x1x2=−8，
故AB=1+122⋅x1+x22−4x1x2=35．
又易得点M到直线AB的距离为95，所以S△MAB=12×95×AB=272．
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、N，则线段MN长度的最小值为 333 ．
【解题思路】
设Px0,x024，由圆的切线方程可得MN方程为xx0+y−4x024−4=1，结合点到直线的距离公式以及二次函数的性质可求得MN的最小值.
【解答过程】圆x2+(y−4)2=1的圆心C0,4，半径r=1．
设Px0,x024，故MN方程为xx0+y−4x024−4=1，
弦心距d=1x02+x024−42=1x0416−x02+16，
当x02=8时，d取得最大值为36，则MN取得最小值12−(36)2=333．
故答案为：333.
76．（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+y0yb2=1，已知椭圆C:x23+y22=1，点M为直线x−2y−6=0上一个动点，过点M作椭圆C的两条切线MA，MB，切点分别为A，B，则直线AB恒过定点 12,−23 .
【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上，即可得到x12t+63+y1t2=1，利用B同理可得到x22t+63+y2t2=1，即可得到直线AB的方程，从而求出直线AB过的定点
【解答过程】解：因为点M在直线x−2y−6=0上，设M2t+6,t，Ax1,y1，Bx2,y2，
所以MA的方程为x1x3+y1y2=1，又M在MA上，所以x12t+63+y1t2=1①，
同理可得x22t+63+y2t2=1②；
由①②可得AB的方程为x2t+63+yt2=1，即2x2t+6+3yt=6，即4x+3yt+12x−6=0，
所以4x+3y=012x−6=0，解得x=12y=−23，故直线恒过定点12,−23，
故答案为：12,−23.
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F1，且与椭圆C相交于A,B两点，若直线l的倾斜角为60∘，则△ABF2的面积等于 467 .
【解题思路】根据点P1,22可得椭圆方程，即可得l的方程为y=3x+1，联立直线与椭圆方程得韦达定理，利用弦长公式以及点到直线的距离公式，结合面积公式即可求解.
【解答过程】已知点P1,22在椭圆C:x22+y2b2=1上，可得b2=1，所以c=1,F1−1,0,F21,0，
又因为直线l的斜率k=tan60∘=3，所以l的方程为y=3x+1.
设Ax1,y1,Bx2,y2，联立方程组y=3x+1,x22+y2=1,消去y得7x2+12x+4=0，可得x1+x2=−127,x1x2=47，
所以AB=1+k2x1−x2=1+k2x1+x22−4x1x2=2−1272−167=827，
点F21,0到直线l:3x−y+3=0的距离d=3−0+3(3)2+1=3，
所以S△ABF2=12ABd=12×827×3=467.
故答案为:467.
78．（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(00，
设Px1,y1，Qx2,y2，则y1+y2=8m，y1y2=−8t，
则kPA=y1−4x1−2=y1−4y128−2=8y1+4，同理：kQA=8y2+4，
由题意，得8y1+4+8y2+4=4，
所以2y1+y2=y1y2+4y1+y2，则y1y2=−2y1+y2，即t=2m，
代入直线得x=my+2m=my+2，
故直线PQ恒过定点0,−2.
故答案为：0,−2.
92．（2024高三·全国·专题练习）已知点A(2,1)和椭圆C：x26+y23=1，点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．存在定点Q，使得DQ为定值，则定点Q的坐标为 43,13 ．
【解题思路】方法一：当直线MN斜率存在时设方程为y=kx+m，联立椭圆消去x，利用韦达定理代入AM·AN=0整理可得m,k的关系，可得直线MN过定点P23,−13，由AD⊥MN可知点D在以AP为直径的圆上，AP中点即为所求，然后验证斜率不存在时是否满足即可；方法二：将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为(x+2)26+(y+1)23=1，设直线MN的方程为mx+ny=4，后与方法一相同.
【解答过程】［方法一］：通性通法
设点Mx1,y1,Nx2,y2，若直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为：y=kx+m，
代入椭圆方程消去y并整理得：1+2k2x2+4kmx+2m2−6=0，
可得x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−61+2k2，
因为AM⊥AN，所以AM·AN=0，即x1−2x2−2+y1−1y2−1=0，
根据y1=kx1+m,y2=kx2+m，代入整理可得：
k2+1x1x2+km−k−2x1+x2+m−12+4=0，
所以k2+12m2−61+2k2+km−k−2−4km1+2k2+m−12+4=0，
整理化简得2k+3m+12k+m−1=0，
因为A(2,1)不在直线MN上，所以2k+m−1≠0，故2k+3m+1=0，k≠1,
于是MN的方程为y=kx−23−13 k≠1,所以直线过定点P23,−13.
当直线MN的斜率不存在时，可得Nx1,−y1，
由AM·AN=0得：x1−2x1−2+y1−1−y1−1=0，
得x1−22+1−y12=0，结合x126+y123=1可得：3x12−8x1+4=0，
解得：x1=23或x2=2（舍），此时直线MN过点P23,−13.
令Q为AP的中点，即Q43,13，
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故DQ=12AP=223，
若D与P重合，则DQ=12AP，故存在点Q43,13，使得DQ为定值.
［方法二］【最优解】：平移坐标系
将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，
则在新的坐标系下椭圆的方程为(x+2)26+(y+1)23=1，
设直线MN的方程为mx+ny=4．
将直线MN方程与椭圆方程联立得x2+4x+2y2+4y=0，
即x2+(mx+ny)x+2y2+(mx+ny)y=0，
化简得(n+2)y2+(m+n)xy+(1+m)x2=0，
即(n+2)yx2+(m+n)yx+(1+m)=0．
设Mx1,y1,Nx2,y2，因为AM⊥AN，则kAM⋅kAN=y1x1⋅y2x2 =m+1n+2=−1，
即m=−n−3．代入直线MN方程中得n(y−x)−3x−4=0．
则在新坐标系下直线MN过定点−43,−43，
则在原坐标系下直线MN过定点P23,−13．
又AD⊥MN，D在以AP为直径的圆上．AP的中点43,13即为圆心Q．
经检验，直线MN垂直于x轴时也成立．
故存在Q43,13，使得|DQ|=12|AP|=223．
故答案为：43,13.