1、2022年高考浙江数学高考真题变式题19-22题原题191如图，已知和都是直角梯形，二面角的平面角为设M，N分别为的中点(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值变式题1基础2如图，在正三棱柱中，D为棱上的点，E，F，G分别为的中点，(1)求证：；(2)求直线与平面所成角的大小；变式题2基础3如图，在直角中，POOA，PO=2OA，将绕边PO旋转到的位置，使，得到圆锥的一部分，点C为的中点(1)求证：；(2)设直线PC与平面PAB所成的角为，求变式题3基础4多面体如图所示，其中为等腰直角三角形，且(1)求证：；(2)若，为的重心，平面，求直线与平面所成角的正弦值变式题4基础5如图，在三棱锥
2、中，侧面底面，E为的中点，(1)若，求证：(2)已知，求直线与平面所成角的正弦值变式题5巩固6已知三棱台，若，为的中点(1)求证：；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值变式题6巩固7如图，四棱锥的底面是梯形，E为线段中点 (1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值变式题7巩固8如图，四棱锥，底面ABCD为菱形，BD的中点为O，且PO平面ABCD.(1)证明：；(2)若，求直线PO与平面PAD所成角的正弦值.变式题8巩固9已知空间几何体中，与均为等边三角形，平面平面，和平面所成的角为(1)求证：；(2)若点E在平面上的射影落在的平分线上，求直线与平面所成角的正弦值变式题9提升10如图，在七面
3、体中，四边形是菱形，其中，是等边三角形，且.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.变式题10提升11如图，在平面四边形中，将沿翻折，使点到达点的位置，且平面平面.(1)证明：；(2)若为的中点，二面角的平面角等于，求直线PC与平面MCD所成角的正弦值.变式题11提升12如图，已知直三棱柱，分别为线段，的中点，为线段上的动点，.(1)若，试证；(2)在（1）的条件下，当时，试确定动点的位置，使线段与平面所成角的正弦值最大.原题20 13已知等差数列的首项，公差记的前n项和为(1)若，求；(2)若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围变式题1基础14已知数列的前项和为，且满足设
4、，数列的前项和为（1）证明：数列是等比数列；（2）设，若对任意的恒成立，求实数的取值范围变式题2基础15已知数列中，且满足(1)求的值；(2)证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；(3)若恒成立，求实数的取值范围变式题3基础16设等差数列的前n项和为，数列是首项为1公比为的等比数列，其前n项和为，且，对任意恒成立.(1)求数列，的通项公式；(2)设，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.变式题4巩固17已知数列满足，（为非零常数），且.(1)求证：数列是等比数列；(2)若数列满足，且；（i）求数列的通项公式；（ii）若对任意正整数i，都成立，求实数的取值范围.变式题5巩固18已
5、知数列、满足，(1)求证：为等差数列，并求通项公式；(2)若，记前n项和为，对任意的正自然数n，不等式恒成立，求实数的范围变式题6巩固19设首项为a的等比数列的前项和为，若等差数列的前三项恰为，.(1)求数列，的通项公式；（用字母a表示）(2)令，若对恒成立，求实数a的取值范围.变式题7巩固20已知等差数列中，公差，是与的等比中项，设数列的前项和为，满足.(1)求数列与的通项公式；(2)设，数列的前项和为，若对任意的恒成立，求实数的取值范围.变式题8提升21若数列的前n项和为，.（1）求数列的通项公式；（2）已知数列满足，其前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.变式题9提升22已知数列
6、的前项和为，数列满足，.（1）求数列和的通项公式；（2）设数列满足：，若不等式恒成立，求实数的取值范围.变式题10提升23已知数列和，记，分别为和的前项和，为的前项积，且满足，.(1)求数列和的通项公式；(2)设，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，求实数的取值范围.变式题11提升24已知数列满足：，且；等比数列满足：，且(1)求数列、的通项公式；(2)设数列的前n项和为，若不等式对任意都成立，求实数的取值范围原题2125如图，已知椭圆设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；(2)求的最小值变式题1基础26如图，椭圆的左、右焦点
7、为，过的直线与椭圆相交于、 两点.（1）若，且 求椭圆的离心率.（2）若，求的最大值和最小值.变式题2基础27已知椭圆：与抛物线：有相同的焦点，抛物线的准线交椭圆于，两点，且.（1）求椭圆与抛物线的方程；（2）为坐标原点，过焦点的直线交椭圆于，两点，求面积的最大值.变式题3基础28已知椭圆的左、右焦点分别为，椭圆E的离心率为，且通径长为1（1）求E的方程；（2）直线l与E交于M，N两点（M，N在x轴的同侧），当时，求四边形面积的最大值变式题4巩固29在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，过点，且是椭圆的内接三角形.（1）若点为椭圆的上顶点，且原点为的垂心，求线段的长；（2）若点为椭圆上的一动点，
8、且原点为的重心，求原点到直线距离的最小值.变式题5巩固30对于椭圆，有如下性质：若点是椭圆外一点，是椭圆的两条切线，则切点A，B所在直线的方程是，可利用此结论解答下列问题已知椭圆C：和点，过点P作椭圆C的两条切线，切点是A，B，记点A，B到直线（O是坐标原点）的距离是，（1）当时，求线段的长；（2）求的最大值变式题6巩固31已知椭圆：经过点，且短轴的两个端点与右焦点构成等边三角形.(1)求椭圆的方程；(2)设过点的直线交椭圆于两点，求的取值范围.变式题7巩固32在平面直角坐标系中，已知点，过点的动直线与过点的动直线的交点为P，的斜率均存在且乘积为，设动点的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(
9、2)若点M在曲线C上，过点M且垂直于OM的直线交C于另一点N，点M关于原点O的对称点为Q.直线NQ交x轴于点T，求的最大值.变式题8提升33如图，已知椭圆的离心率为，且过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）过左焦点且斜率为正的直线与椭圆交于、两点，过点、分别作与直线垂直的直线，交轴于、两点，求的最小值.变式题9提升34已知椭圆的焦距为，且过点（1）求椭圆的方程；（2）若点是椭圆的上顶点，点在以为直径的圆上，延长交椭圆于点，的最大值.变式题10提升35已知椭圆，经过拋物线的焦点的直线与交于两点，在点处的切线交于两点，如图.(1)当直线垂直轴时，求的准线方程；(2)若三角形的重心在轴上，且，求的取值
10、范围.变式题11提升36如图，点P为抛物线与椭圆在第一象限的交点，过抛物线焦点F且斜率不为0的直线l与抛物线交于A，B两点，连接交椭圆E于点C，连接交椭圆E于点D，记直线的斜率分别为(1)求点P的坐标并确定当为常数时的值；(2)求取最大值时直线l的方程原题2237设函数(1)求的单调区间；(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点证明：（）若，则；（）若，则（注：是自然对数的底数）变式题1基础38已知，函数，其中为自然对数的底数.(1)判断函数的单调性；(2)若是函数的两个极值点，证明：.变式题2基础39已知函数.(1)求函数的单调区间；(2)设存在两个极值点，且，若，求证：.变式题3基础4
11、0已知函数，实数，为方程的两个不等的根.(1)求实数的取值范围；(2)证明：.变式题4巩固41已知函数，其中.（1）若函数的图象与直线在第一象限有交点，求的取值范围.（2）当时，若有两个零点，求证：.变式题5巩固42设函数（1）求函数的最小值；（2）设存在两个不同零点，记，求证：变式题6巩固43已知函数(aR)（1）讨论函数的单调性；（2）若，为函数的两个极值点，证明：变式题7巩固44已知函数（1）若，证明：当时，；当时，（2）若存在两个极值点，证明：变式题8提升45已知函数（1）当时，求曲线与曲线的公切线的方程；（2）设函数的两个极值点为，求证：关于的方程有唯一解变式题9提升46函数，（1）
12、若函数在上单调递增，求实数的取值范围；（2）若直线是函数图象的切线，求的最小值；（3）当时，若与的图象有两个交点，试比较与的大小（取为2.8，取为0.7，取为1.4）变式题10提升47已知函数.（）若函数存在两个零点，求实数的范围;（）当函数有两个零点，且存在极值点，证明:（i）;（ii）.变式题11提升48已知函数(1)当时，求函数的单调区间；(2)若函数有两个不同零点，求实数a的取值范围；求证：变式题12提升49已知函数，（其中是自然对数的底数）(1)试讨论函数的零点个数；(2)当时，设函数的两个极值点为、且，求证：.变式题13提升50已知，函数.(1)当时，求的单调区间和极值；(2)若有
13、两个不同的极值点，.（i）求实数的取值范围；（ii）证明：（为自然对数的底数）.试卷第15页，共15页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1(1)证明见解析；(2)【分析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，由此可知，从而可证得平面，即得；（2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、四边形和都是直角梯形，由平面几何知识易知，则四边形和四边形是矩形，在Rt和R
14、t，且，平面是二面角的平面角，则，是正三角形，由平面，得平面平面，是的中点，又平面，平面，可得，而，平面，而平面（2）因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则，设平面的法向量为由，得，取，设直线与平面所成角为，2(1)证明见解析(2)【分析】（1）由已知可得，所以E、F、B、G四点共面，再证明平面即可证明；（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求出，平面的一个法向量，由向量的夹角公式可得答案.（1）在正三棱柱中，平面，因为E，F，G分别为，的中点，所以，又，所以，平面，所以E、F、B、G四点共面，又因为，且，所以平面，所以.（2）以为原点，
15、建立如图所示的空间直角坐标系，则， ，为平面的一个法向量，设直线与平面所成角的大小为，所以，因为，所以.3(1)证明见解析(2)【分析】（1）本题首先易证PO平面AOB，可得POAB，再证AB平面POC；（2）根据线面夹角可知，利用空间向量计算处理（1）证明：由题意知：，PO平面AOB，又平面AOB，所以POAB又点C为的中点，所以OCAB，所以AB平面POC，又平面POC，所以PCAB（2）以O为原点，的方向分别作为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，所以，设平面PAB的法向量为，则取，则可得平面PAB的一个法向量为，所以4(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点，根
16、据题意得，即可求解；（2）根据题意，平面，建立空间直角坐标系，求出对应点的坐标及平面的法向量，设直线与平面所成角为，则，代入数据即可求解.（1）如下图所示：取中点，连接，因为，所以，又，所以，所以平面DO，又平面，所以（2）由（1）得，为中点，且，平面，建立如下图空间直角坐标系，轴平行于.设，则，因为为的重心，所以，则，则设平面的法向量为，且，则，即，所以，令，则，所以，设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为5(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证明线面垂直，再证明线线垂直即可；（2）先建立空间直角坐标系，再求出相关平面的法向量及直线的方向向量，再运用公式即可求解.（1）由已
17、知E为的中点，所以若，则，而，且平面，故平面，由于平面，所以（2）作于O，则由面底面，得平面，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，所以，设是平面的法向量，则，取，设直线与平面所成角为，则所以直线与平面所成角的正弦值为.6(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点，可证，即可证明面，从而证明；（2）以为坐标原点，以为轴，轴如图建立空间直角坐标系，根据线面夹角的坐标公式即可求解（1）证明：取中点，连接因为则因为，所以面，又面（2）以为坐标原点，以为轴，轴如图建立空间直角坐标系，在中，由余弦定理计算可得，在中由余弦定理计算可得为正三角形，又面面面，且面面，作于，则面设平面的法向量，由且可得取，
18、得，再令，则，可得平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，则直线与平面所成的角的正弦值为7(1)证明见解析；(2).【分析】（1）取中点F，连接交于点O，连接，利用线线垂直证明面即可；（2）解析1：几何法，先根据线面垂直的性质证明面面，再作，证明B到面距离等于，进而求得线面夹角的正弦值；解析2：向量法，以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，求面的法向量，进而求得线面角的正弦值即可（1）取中点F，连接交于点O，连接，由，且梯形，有且，故平行四边形，又，故为菱形，所以为的中点，故.又因为，故，因为，面，故面，又面，故（2）解析1：几何法在中，故，因为，故，由，即，即，故面，又，故面，面，故
19、面面，作，面面，面，故面，在中，因为，故B到面距离等于，设与平面所成角为，故，故与平面所成角的正弦值为解析2：向量法在中，故，因为，故，由，即，即，故面，以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，故，故，设面的法向量为，则，令，故，所以，故与平面所成角的正弦值为8(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，由菱形的性质可得，再由线面垂直的性质可得，即可得到平面，从而得到.（2）以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，求出平面法向量和直线的方向向量，利用向量夹角公式即可求解.（1）连接，因为底面ABCD为菱形，的中点为，所以且，又因为底面，平面，所以，又，平面，平面，则平面，因为
20、平面，所以.（2）由（1）知，直线，两两垂直，则以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系.由题意设，由，得，又，则，所以，设平面的法向量，由，令，得设直线PO与平面PAD所成角为，则，直线PO与平面PAD所成角的正弦值为.9(1)证明见解析；(2)【分析】（1）取中点，由证得平面，即可证得；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由线面角的向量求法即可求解.（1）取中点，连接，由与均为等边三角形，可得，又平面，则平面，又平面，则；（2）由（1）知，又平面平面，平面平面，平面，则平面，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设点E在平面上的射影为，则落在上，即为和
21、平面所成的角，则，则，则四边形为平行四边形，则，则，设平面的法向量，则，令，则，设直线与平面所成角为，则.10（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取中点，可得，可得平面，及平面，由等边三角形得，可得平面，故，由可得答案；（2）连接，过点作平面于点，得平面平面，由（1）知平面，平面，以点为原点，以射线，为，轴的正半轴，建立空间直角坐标系G-xyz，设，得和平面的法向量，由可得答案.【详解】（1）取中点，连接，所以，由余弦定理得，得，又，且，则平面，故，又，所以平面，则，由等边三角形得，且，则平面，故，又，因此.（2）连接，过点作平面于点，连接，由平面得平面平面，则点在平面内的射影位于直线上，
22、由等边三角形得点在平面内的射影位于的中垂线上，因此，由几何关系可确定点在平面内的射影位于的重心，又由（1）知平面，平面，则，五点共面，如图，以点为原点，以射线，为，轴的正半轴，建立空间直角坐标系G-xyz，不妨设，则，在和中，由余弦定理得，则，解得，因此，设平面的法向量，由得，取，设直线与平面所成角为，则，因此，直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查了线线垂直和线面角的求法，解题的关键点是如何根据已知条件建立空间直角坐标系，考查了学生的空间想象能力和计算能力.11(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，证明线面垂直，进而证明线线垂直；（2）法一：先找到已知的二面角
23、，据此求出，然后利用等体积法求解P点到平面的距离为,进而求的结果；法二：建立空间直角坐标系，确定相关的点的坐标以及向量的坐标，再求平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.（1）证明：因为平面平面，平面平面平面，所以平面，又因为平面，所以.又因为，所以平面，又因为平面，所以（2）（法一）因为，所以是二面角的平面角，即，在中，设，因为平面，所以点到平面的距离，所以点到平面的距离，设P点到平面的距离为,因为，所以，所以，设直线与平面所成角为.（法二）因为，所以是二面角的平面角，即，在中，因为平面，即两两垂直，以为原点建立如图所示的坐标系，设，则，设平面的一个法向量为，则由得，令，得，令直线与平面所成角
24、为，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.12(1)证明见解析(2)为的中点时，取得最大值.【分析】（1）先证平面，得，结合已知条件得出，根据及勾股定理的逆定理，得出，进而得出平面，即证.（2）建立空间直角坐标系，求出相关平面的法向量和直线的方向向量，再由向量的夹角公式可求出线面角，在利用二次函数的性质即可求解该问题.（1）在中，为中点且，.平面平面交线为，平面，.，分别为，的中点，.在直角和直角中，.平面，平面，.（2）平面，由（1）得，三线两两垂直，以为原点，以，为，轴建立空间直角坐标系如图，则，.设平面的一个法向量为，则，令得，设，则，设直线与平面所成的角为，则.若，此时点与重合，若，令
25、，则.当，即，为的中点时，取得最大值.13(1)(2)【分析】（1）利用等差数列通项公式及前项和公式化简条件，求出，再求；(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求的范围.（1）因为，所以，所以，又，所以，所以，所以，（2）因为，成等比数列，所以，由已知方程的判别式大于等于0，所以，所以对于任意的恒成立，所以对于任意的恒成立，当时，当时，由，可得当时，又所以14（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）利用已知等式以及和的关系得到递推关系式，再根据定义证明数列是等比数列；（2）求出的通项公式及，进而求出，最后根据恒成立求出实数的取值范围【详解】解：（1）因为，所以，-得，所以，又，
26、即在中，令得，又，所以所以，即所以，故数列是以为首项，为公比的等比数列（2）由（1）可得，所以，所以时，当时，适合上式，所以所以，所以令，得，即恒成立令，则当时，所以，解得，故实数的取值范围为【点睛】本题考查等比数列的定义、通项公式、前项和公式，考查考生的推理论证能力15(1)(2)证明见解析；(3)【分析】（1）令时代入递推公式可求解；（2）利用等差数列的定义进行证明，得到公差为1，首项为2，写其通项公式；（3）由题意化简得，求出的最值便可求出的范围.（1）解：由题意得：（2）为常数数列是首项为2，公差为1的等差数列（3）令，当时，递增当时，递减当或n=3时，有最大值16(1)，(2)【分析
27、】（1）根据已知条件及等差等比数列的通项公式及前n项和公式即可求解；（2）利用（1）得出的通项公式，再利用错位相减法求出，将不等式恒成立问题转化为最值问题即可求解.（1）设等差数列的首项为，公差为则由，得即由得，由得，由得，所以数列的通项公式为，所以数列的通项公式为.（2）由（1）知，所以，-得：化简得：，又因为，即即，（i）当时，所以；（ii）当时，令，则当时，所以单调递减；当时，所以单调递增；当时，取得最小值为，即,所以的取值范围是.17(1)证明见解析(2)（i）；（ii）【分析】（1）将条件变形为即可得答案；（2）（i）先根据（1）求出数列的通项公式，进而可得数列的通项公式；（ii）分
28、n为奇数，n为偶数确定数列的单调性，进而可得其最值，代入即可得答案.（1）由可得即，因此是以为首项，为公比的等比数列.（2）（i）因为所以由可得因此即（ii）当n为奇数时，单调递减，得；当n为偶数时，单调递增，得；因为，所以，因此的最大值为，最小值为，因为对任意正整数i，都成立，所以，即解得.18(1)证明见解析；.(2).【分析】(1)证明为常数即可证明为等差数列，根据等差数列通项公式即可求通项公式，于是可求通项公式；(2)根据累乘法求，再求出，根据通项公式的特征，采用错位相减法求其前n项和，求单调性并求其范围即可求的范围.（1），两边同除以得：，从而，是首项为1，公差为1的等差数列，；（2
29、）由，两式相减得，中每一项，为递增数列，.19(1)，(2)【分析】（1）根据等差中项公式及等比数列求和公式可得，从而即可求解数列，的通项公式；（2）利用错位相减法求出数列的前n项和，进而可得恒成立，令，判断的单调性，求出其最大值，从而即可求解.（1）解：设等比数列的公比为，依题意有，故，所以，即，解得，所以，又，所以公差，所以；（2）解：，令，则，所以，所以，由题意，对都有，即恒成立，令，则时，故时，数列递减，又，故，所以，即的取值范围为.20(1)，(2)【分析】（1）对于等差数列直接列方程求解，数列根据求解；（2）利用错位相减法可得，根据题意讨论得：当是奇数时，；当是偶数时，再通过定义证
30、明数列的单调性，进入确定相应情况的最值（1）则，解得或（舍去）.又，当时，则，当时，则，即，则数列是以首项，公比为的等比数列，.（2），两式相减得： 对任意的恒成立，即对任意的恒成立当是奇数时，任意的恒成立对任意的恒成立当是偶数时，对任意的恒成立对任意的恒成立令，对任意的恒成立为递增数列当是奇数时，则，即当是偶数时，则.21（1）；（2）.【分析】（1）利用化简可得为等比数列，由此可求得通项公式；（2）由题可得恒成立，n为偶数时，n为奇数时，.【详解】（1）解：因为，所以，当，时，所以，所以数列为等比数列，首项为，公比为2，所以，则；（2）解：因为，所以，由（1），所以恒成立，当n为偶数时，恒
31、成立，所以，设，由于，所以，当时，所以，当n为奇数时，若n=1，则有，若，则有，令，由于，所以，综上，.【点睛】关键点睛：本题考查数列不等式的恒成立问题，解题的关键是分离参数，转化为求数列的最值.22（1），；（2）.【分析】（1）由，利用数列通项与前n项和的关系求得；再由求解；（2）由，利用错位相减法求得， 由，利用累加法得到，从而求得，然后由恒成立求解.【详解】（1）当时，当时，由得，即，数列是公差为2的等差数列，.由条件得，即数列是公比为2的等比数列，.（2），设数列的前项和为，则，由得，累加得，即，令，则，.23(1)，(2)【分析】(1)先用通项公式和前n项和公式的关系求出和的关系，
32、再利用前n项积得到另外一组和的关系，由此即可求出两个数列的通项公式；(2)由错位相减法求，代入参变分离得，求最小值即可.（1）时，-得，当时，得.由上可得，即，化简得.当时，两式相等得，.故，因此且，故.综上，.（2），得：，将代入得，化简得，因在单调递增，故的最小值为4，故.24(1)（），（），(2)【分析】（1）将已知给的式子，通过两边同除，然后再进行裂项，即可变成的形式，通过累加即可完成的求解，然后在求解， 为等比数列，可设出公比带入已知条件，求解出公比即可利用等比数列通项公式求解；（2）利用第（1）问求解出得、的通项公式，使用错位相减的方法求解，然后带入中，通过讨论奇偶即可完成求解.
33、（1）由两边同除得：，两边同除得：，则，所以，（）所以，又符合，故（），由得：，解得：，所以（）.（2），由-得：，.则，由得：，因为所以当为偶数时，；当为奇数时，.故所以，即，故的取值范围是.25(1)；(2)【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值（1）设是椭圆上任意一点,，当且仅当时取等号，故的最大值是.（2）设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，因为直线与直线交于,则,同理可得,.
34、则，当且仅当时取等号，故的最小值为.【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题26（1）；（2）最大值；最小值.【解析】（1）因为在焦点三角形中，则，又因为，所以，所以，（2）若，则，当垂直于轴时，可求出两点的坐标，从而可得的值，当与轴不垂直，设直线的斜率为，则直线的方程为，与椭圆方程联立成方程组，消去后，整理再利用韦达定理得, ，从而可得=，进而可求出其取值范围【详解】（1），因为。所以，所以，所以（2）由于，得，则.若垂直于轴，则，所以，所以若与
35、轴不垂直，设直线的斜率为，则直线的方程为由得，方程有两个不等的实数根.设，., =，所以当直线垂于轴时，取得最大值当直线与轴重合时，取得最小值【点睛】关键点点睛：此题考查由焦点三角形三边关系求椭圆方程，考查椭圆与向量相结合求最值问题，解题的关键是将利用韦达定理求出, ，然后将用含的式子表示出来，即=，再利用不等式的性质可求出其取值范围，考查计算能力，属于中档题27（1）椭圆的方程为：，抛物线的方程为：；（2）最大值为1.【解析】（1）根据抛物线准线的性质，结合已知进行求解即可；（2）根据点到直线的距离公式，结合椭圆弦长公式、三角形面积公式、基本不等式进行求解即可.【详解】解析：（1）因为，所以
36、不妨设的坐标为，的坐标为，所以有：，椭圆的方程为：，抛物线的方程为：；（2）由（1）可知：的坐标为：，设直线的方程为：，到的距离为，则，联立可得：，则，当且仅当时取等号，故面积的最大值为1.28（1）；（2）2.【分析】（1）结合离心率，通径的概念以及的关系可得方程；（2）利用对称性可转化为，利用韦达定理和不等式求最值【详解】（1）依题意可知，解得故椭圆的方程为（2）延长交E于点，由（1）可知，设，设的方程为，由得，故设与的距离为d，则四边形的面积为S，又因为，当且仅当，即时，等号成立，故四边形面积的最大值为229（1）；（2）.【解析】（1）根据题意，先求出椭圆的方程，由原点为的垂心可得，轴
37、，设，则，根据求出线段的长；（2）设中点为，直线与椭圆交于，两点，为的重心，则，设：，则，当斜率不存在时，则到直线的距离为1，由斜率存在时根据，即，由方程联立得出，再由点到直线的距离求出最值.【详解】解：（1）设焦距为，由题意知：，因此，椭圆的方程为：；由题意知：，故轴，设，则， ，解得：或，不重合，故，故；（2）设中点为，直线与椭圆交于，两点，为的重心，则，当斜率不存在时，点在轴上，所以此时点在长轴的端点处由,则，则到直线的距离为1；当斜率存在时，设：，则，所以，所以，即也即，则，则：，代入式子得：，设到直线的距离为，则时，；综上，原点到直线距离的最小值为.【点睛】关键点睛：本题考查椭圆的内
38、接三角形的相关性质的应用，解答本题的关键是设中点为，直线与椭圆交于，两点，为的重心，则，根据点均在椭圆上，得出，由方程联立韦达定理得到，属于中档题.30（1）；（2）【解析】（1）由已知结论求出直线的方程，联立方程，得韦达定理，利用弦长公式即可求得的长；（2）将表示为关于的函数，再利用换元法与分离常数法两种方法分别求出最值.【详解】（1）解当时，直线方程为，联立，得设，则，则（2）解直线：，即，直线：设，则，记，则，接下来介绍求最值的不同方法法1：常规换元法令，则，当即时取得等号，则的最大值是法2：分离常数法，显然时不取得最大值，则，当时取得等号，则的最大值是【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时
39、，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题31(1)(2)【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，解出、的值，进而可求得椭圆的方程；（2）对直线分两种情况讨论，直线与轴重合时，直接求出的值，在直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可得出关于的代数式，综合可得出的取值范围（1）由题意，椭圆短轴的两个端点与右焦点构成等边三角形故，即椭圆：，代入可得故椭圆的方程为：（2）分以下两种情况讨论：若
40、直线与轴重合，则；若直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，联立，消去可得，则恒成立，由韦达定理可得，由弦长公式可得，则，所以，.综上所述，的取值范围是.32(1)(2)【分析】（1）设点坐标为，根据两直线的斜率之积为得到方程，整理即可；（2）设，根据设、在椭圆上，则，再由，则，即可表示出直线、的方程，联立两直线方程，即可得到点的纵坐标，再根据弦长公式得到，令，则，最后利用基本不等式计算可得；（1）解：设点坐标为， 定点，直线与直线的斜率之积为，（2）解：设，则，所以又，所以，又即，则直线：，直线：，由，解得，即，所以令，则，所以因为，当且仅当即时取等号，所以的最大值为；33（1）；（2）最小
41、值是.【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的标准方程；（2）设点、，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出、的坐标，可得出关于的表达式，利用换元法结合基本不等式可求得的最小值.【详解】（1）由题意，解得，因此，椭圆的标准方程为；（2）设点、，设直线的方程为，由得，由韦达定理可得，直线的方程为，令得，同理，所以，令，则，当且仅当时，即当时，取最小值.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或