2022年高考浙江数学高考真题变式题第16-18题解析版

这是一份2022年高考浙江数学高考真题变式题第16-18题解析版，共43页。试卷主要包含了设，为双曲线，设为双曲线C等内容，欢迎下载使用。

 2022年高考浙江数学高考真题变式题16-18题
原题16
1．已知双曲线的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲线于点，交双曲线的渐近线于点且．若，则双曲线的离心率是_________．
变式题1基础
2．已知点F为双曲线的左焦点，A为直线在第一象限内的点，过原点O作的垂线交于点B，且B恰为线段的中点，若的内切圆半径为，则该双曲线的离心率大小为_________．
变式题2基础
3．设，为双曲线：（）的左、右焦点，点为双曲线上一点，，那么双曲线的离心率为______.
变式题3基础
4．已知直线与双曲线有且只有一个公共点，则C的离心率等于________．
变式题4巩固
5．已知为双曲线的右焦点，过点作的渐近线的垂线，垂足为，且满足（为坐标原点），则双曲线的离心率为______
变式题5巩固
6．已知双曲线，的左右焦点记为，，直线l过且与该双曲线的一条渐近线平行，记l与双曲线的交点为P，若所得的内切圆半径恰为，则此双曲线的离心率为______．
变式题6巩固
7．设为双曲线C：的左、右焦点，为双曲线虚轴的下端点，为过点的圆与双曲线的一个交点，且，则双曲线的离心率为_________；
变式题7巩固
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，点A是C左支上一点，点B是C渐近线上一点，O为坐标原点．若，则C的离心率为_________．
变式题8提升
9．已知点为抛物线的焦点，，点为抛物线上一动点，当最小时，点恰好在以为焦点的双曲线上，则该双曲线的离心率为___________.
变式题9提升
10．若点P为双曲线上任意一点，则P满足性质：点P到右焦点的距离与它到直线的距离之比为离心率e，若C的右支上存在点Q，使得Q到左焦点的距离等于它到直线的距离的6倍，则双曲线的离心率的取值范围是______．
变式题10提升
11．已知双曲线的左、右焦点分别为，分别过，作斜率为2的直线交C在x轴上半平面部分于P，Q两点．记面积分别为，若，则双曲线C的离心率为_____________．
变式题11提升
12．已知双曲线的左焦点为，是上一点，是的渐近线上一点，为坐标原点．若，，则双曲线的离心率为________．
原题17
13．设点P在单位圆的内接正八边形的边上，则的取值范围是_______．
变式题1基础
14．如图，在边长为1的正方形中，E为的中点，若F为正方形内（含边界）任意一点，则的最大值为______.

变式题2基础
15．已知在中，对任意的恒成立，且为内切圆上的点，则的取值范围是________．
变式题3基础
16．在梯形中，，，，，若在线段上运动，且，则的最小值为_________．
变式题4巩固
17．在中，，点M为三边上的动点，PQ是外接圆的直径，则的取值范围是_______________________
变式题5巩固
18．已知平面向量，，，满足，，，，则的取值范围为______.
变式题6巩固
19．已知非零向量、、，满足，，，若，则的取值范围是__________．
变式题7巩固
20．设，，，（），则（）的最小值为___________.
变式题8提升
21．已知同一平面内的单位向量，，，则的取值范围是________.
变式题9提升
22．已知为单位向量，向量满足，，若，则的取值范围是_______．
变式题10提升
23．已知平面向量、、满足，，，则的取值范围为______．
变式题11提升
24．已知平面向量满足：，，则的最小值为___________．
原题18
25．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
(1)求的值；
(2)若，求的面积．
变式题1基础
26．在中，，再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
(1)的值；
(2)的面积.
条件①：；条件②：.
变式题2基础
27．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为BC边上一点，，．
(1)证明：；
(2)若，求的面积．
变式题3基础
28．已知的内角，，所对的边分别为，，，，．
(1)求；
(2)若为上一点，，，求的面积．
变式题4基础
29．在锐角中，角所对的边分别为，已知，
(1)求角A的大小；
(2)求的面积.
变式题5巩固
30．在中，角的对边分别为，且.
(1)求角；
(2)若，求的面积.
变式题6巩固
31．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．
(1)求角A的大小；
(2)若，，且AD平分，求的面积．
变式题7巩固
32．在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知.
(1)求角B的大小；
(2)若点D在BC上，，，，求的面积.
变式题8巩固
33．已知的内角的对边分别为，，
(1)求；
(2)若为锐角，求的面积．
变式题9提升
34．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且满足．
(1)求角B的大小；
(2)求的面积的最大值．
变式题10提升
35．在 中，，且 同时满足条件①、条件②、条件③、条件④这四个条件中的三个，请选择三个条件并解答下列问题:
(1)求边 ;
(2)求 .
条件① ;    条件②;
条件③;   条件④.
变式题11提升
36．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求A；
(2)设D是AB边上靠近A的三等分点，，求的面积．

参考答案：
1．
【分析】联立直线和渐近线方程，可求出点，再根据可求得点，最后根据点在双曲线上，即可解出离心率．
【详解】过且斜率为的直线，渐近线，
联立，得，由，得
而点在双曲线上，于是，解得：，所以离心率.
故答案为：．


2．
【分析】设，根据点在渐近线上，点在直线上，求得的坐标，结合为线段的中点，求得，利用内切圆半径的计算公式，求得，求得，根据离心率为，即可求解.
【详解】如图所示，设，
由题意知，点在渐近线上，点在直线上，
可得，
因为为线段的中点，且，所以，解得，
所以，则，
因为的内切圆半径为，
所以，即，
化简得，即，所以离心率为.
故答案为：.

3．
【分析】根据双曲线定义知，再由双曲线参数关系求得，即可求离心率.
【详解】由题意，则，
又，则，
所以双曲线的离心率为.
故答案为：
4．
【分析】由题意可得直线与双曲线的一条渐近线平行，从而可求出的值，进而可求出双曲线的离心率
【详解】双曲线的渐近线方程为，，
因为直线与双曲线有且只有一个公共点，
所以直线与渐近线平行，
所以，
所以，
所以双曲线的离心率为，
故答案为：
5．##
【分析】由题意得渐近线的倾斜角，从而得出其斜率的值，变形后可得离心率．
【详解】由，得，所以，
所以．
故答案为：．
6．
【分析】先求出直线的方程，与双曲线方程联立，求出点的坐标，根据三角形的面积和双曲线的定义表示出，根据解三角形整理可得，解得即可．
【详解】解：由题意可知，，
设双曲线一条渐近线方程，

则直线的方程，
联立方程组，
消去可得，解得，
，
点的坐标为，
设，，
由三角形的面积可得，
化简可得①，
又②，
由①②解得，
设直线的倾斜角为，过点作轴，垂足为，则，
，
在，，
，
整理可得，即，
解得，（舍去）．
故答案为：．
7．
【分析】由得为圆的直径，，再由得，求得，即可求出离心率.
【详解】
如图，不妨设在第二象限，由知即为圆的直径，连接，易得，
将代入解得，则，又，，
即，则，离心率为.
故答案为：.
8．
【分析】先由求出，再由求出，再代入双曲线即可求出离心率.
【详解】
如图，不妨设在第三象限，则在上，，又，则，则，
则的纵坐标为，代入得，则，由可得，，
又为中点，则为中点，则，又在上，则，
整理得，则离心率为.
故答案为：.
9．2+1##1+2
【分析】设点，根据抛物线的定义表示出，将用表示，并逐步转化为一个基本不等式形式，从而求出取最小值时的点的坐标，再根据双曲线的定义及离心率的公式求值.
【详解】由题意可得，，，抛物线的准线为，
设点，根据对称性，不妨设，
由抛物线的定义可知，又，
所以
，
当且仅当时，等号成立，此时，
设以为焦点的双曲线方程为，
则，
即，
又，，
所以离心率.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是将的坐标表达式逐渐转化为一个可以用基本不等式求最值的式子，从而找出取最小值时的点的坐标.
10．
【分析】若Q到的距离为有，由题设有，结合双曲线离心率的性质，即可求离心率的范围.
【详解】由题意，，即，整理有，
所以或，
若Q到的距离为，则Q到左、右焦点的距离分别为、，又Q在C的右支上，
所以，则，又，
综上，双曲线的离心率的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：若Q到的距离为，根据给定性质有Q到左、右焦点的距离分别为、，再由双曲线性质及已知条件列不等式组求离心率范围.
11．
【分析】根据得到，结合双曲线的定义、余弦定理列方程，化简求得双曲线的离心率.
【详解】依题意，，面积分别为，且，
由于，所以，
设，由双曲线的定义可知，
由，可解得，
故
在三角形和三角形，分别由余弦定理得
，
整理得，两式相减得.
故答案为：
【点睛】求解双曲线与焦点三角形有关的问题，可结合双曲线的定义来进行考虑.求解双曲线的离心率，可利用直接法求得来求，也可以根据题意建立关于的方程，通过化简来求得离心率.
12．
【分析】设在上，由及勾股定理可得，进而求得，利用向量的数量关系求A的坐标，再由点在曲线上得到关于参数的齐次方程，即可求离心率.
【详解】不妨假设在上，由，即，
在△中，若，则，且，
所以，即，而，故，
所以，则，又，故，
若，则，
由，即，可得，
由A在双曲线上，，整理可得，又，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：根据向量数量积判断垂直关系，再利用勾股定理及点的位置求B坐标，由向量线性关系求A坐标，根据点在曲线上得到齐次方程.
13．
【分析】根据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，即可求出各顶点的坐标，设，再根据平面向量模的坐标计算公式即可得到，然后利用即可解出．
【详解】以圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示：

则,，设,于是，
因为，所以，故的取值范围是.
故答案为：．

14．
【分析】先设出点以及点的坐标，求出其它各点的坐标，并利用点的坐标表示出，把所求问题转化为在平面区域内求线性目标函数的最值问题求解即可.
【详解】解：如图建立平面直角坐标系，

则点，则，
设，则，对应的平面区域如图：

因为，
所以，
借助于图象得当过点时取最大值，此时，
故答案为：.
【点睛】本题主要考查向量在几何中的应用以及数形结合思想的应用和转化思想的应用，是对基础知识和基本思想的考查，属于基础题.
15．
【解析】先由向量加法、减法的几何意义判断出的形状，再利用数量积的概念选择合适的计算方法，最后结合圆的有关知识计算出取值范围即可．
【详解】解：因为对任意的恒成立，
所以．
又，
所以，．
设内切圆的半径为，圆心为，
则，
所以．
以为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，
设，
则，
的几何意义为内切圆上的动点与点的距离的平方，
连接，所以．
连接，
因为，
所以，
所以，
所以，
故答案为：．

【点睛】本题主要考查平面向量的数量积、平面向量加法、减法的几何意义，考查考生的数形结合能力、运算求解能力及分析问题、解决问题的能力．
16．
【分析】根据题意建立直角坐标系，把转化为，利用二次函数求最值即可.
【详解】
如图示，以A为原点，为x轴正方向，为y轴正方向建立平面直角坐标系，则：、
不妨设
则
∴
∴的最小值为，当且仅当时取得.
故答案为：
【点睛】向量的基本运算处理的常用方法：
(1)向量几何化：画出合适的图形，利用向量的运算法则处理；
(2)向量坐标化：建立适当的坐标系，利用向量的坐标运算处理．
17．
【解析】根据向量关系可得，即判断的取值范围即可，由图可知的最大值为，最小值为.
【详解】设外接圆的圆心为，半径为，

可得

，
M为三边上的动点，可知的最大值为到三角形顶点的距离，即为半径，
且的最小值为到边的距离，过作，垂足为，
则，
的最大值为，最小值为，
故的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题考查数量积的取值范围，解题的关键是利用向量关系整理出，从而转化为的取值范围.
18．
【解析】用几何意义求解．不妨设，，，则在圆心在原点，半径为2的圆上，设，则在以为圆心半径为1的圆上，运动后，形成的轨迹是圆心在原点，大圆半径为3，小圆半径为1的圆环，表示圆环内的点与定点的距离，由图形可得最大值和最小值．
【详解】令，，，设的坐标为，的轨迹为圆心在原点，半径为2的圆上.
设，的坐标为，的轨迹为圆心在原点，大圆半径为3，小圆半径为1的圆环上.表示与点的距离，
由图可知，故的取值范围为.
故答案为：

【点睛】本题考查向量模的几何意义，考查模的最值，解题关键是设，，，，固定后得出了的轨迹，然后由模的几何意义得出最值．
19．
【分析】利用平面向量数量积可得出、，再利用平面向量模的三角不等式可求得的取值范围.
【详解】且，则，可得，
由已知可得，
因为，
由三角不等式可得，即.
故答案为：.
20．
【分析】设，，，，可得，､是以为圆心，以为半径的圆上的动点，设，，，，则在以为圆心，以为半径的圆上，所求的即为 即可求解.
【详解】设，，，，
则，，，
因为，所以，
因为，所以､是以为圆心，以为半径的圆上的动点，
设，，则，，
设，，则在以为圆心，以为半径的圆上，
设，则
，
故答案为：.

21．
【分析】可设，， ，转化为坐标运算，再化简转化成三角函数与二次函数复合而成的复合函数的值域问题.
【详解】设，， ，
则




由令，则
，
函数开口向上，对称轴为
故当，或，时，
；
当，或，时，
，
故.
故答案为：.
【点睛】本题考查了向量的坐标运算，求三角函数与二次函数复合而成的复合函数的值域问题，还考查了学生分生思维能力，运算能力，难度较大.
22．
【分析】根据向量的三角不等式确定出的值以及与的方向之间的关系，然后作出向量的图示，根据向量的三角不等式求解出的最小值，再结合余弦定理以及基本不等式求解出的最大值，由此可求的取值范围.
【详解】因为，且，，
所以，且与反向，
设对应向量，对应向量为，所以对应向量为，
由与反向可知：在线段中间某点处，如下图所示：

因为，所以，
所以，所以，取等号时同向，即在线段上，
当不在线段上时，因为，
又因为，
取等号时，即为中点，
所以，所以，所以，即，
综上可知：.
故答案为：.
【点睛】结论点睛：向量的三角不等式如下：
（1）；
当且仅当反向时，左边取等号，当且仅当同向时，右边取等号；
（2）；
当且仅当同向时，左边取等号，当且仅当反向时，右边取等号.
23．
【分析】设，，，作，，，则，求出线段的中点的轨迹方程为，可得出，设点，由结合向量模的三角不等式可求得的取值范围.
【详解】如图，设，，，作，，，则，
则，，，

令，即，

，
整理得，
故点的轨迹方程为，，
设点，圆的方程为，半径为，
因为，且，，
所以，，.
即，即.
故的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查向量模的最值的求解，对于较为复杂的题型，可以考虑将向量特殊化、坐标化来处理，利用解析法结合平面几何的相关知识、向量模的三角不等式来求解.
24．##
【分析】建立平面直角坐标系，设，，求出B的轨迹方程，再根据的几何意义求其最小值.
【详解】
如图，在平面直角坐标系中，设，，则A(1，0)，B(x，y)，
则，，
即的轨迹为抛物线：.
设，则，＝，
设，∵，故C的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，
∴，可看作抛物线上任意点到以为圆心，半径为1的圆上任一点的距离，
则，当时取等号.
故的最小值为.
故答案为：.
25．(1)；
(2)．

【分析】（1）先由平方关系求出，再根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理的推论以及可解出，即可由三角形面积公式求出面积．
（1）
由于， ，则．因为，
由正弦定理知，则．
（2）
因为，由余弦定理，得，
即，解得，而，，
所以的面积．

26．(1)若选择条件①，；若选择条件②，
(2)若选择条件①，的面积；若选择条件②，的面积

【分析】（1）若选择条件①，根据二倍角正弦公式，化简整理，可得；若选择条件②，根据二倍角的余弦公式，化简整理，可得.
（2）若选择条件①，根据余弦定理，可求得a值，代入面积公式，即可得答案；若选择条件②，根据余弦定理，可求得a值，代入面积公式，即可得答案；
（1）
若选择条件①，则，
因为，所以，
所以，则.
若选择条件②，则，
所以或，
因为，所以，则.
（2）
若选择条件①，则，
所以，
所以或-3（舍），
所以的面积；
若选择条件②，则，
所以，
所以或-8（舍），
所以的面积
27．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据正弦定理角化边可证结论成立；
（2）在三角形中，根据余弦定理求出，再根据三角形面积公式可求出结果.
（1）
由，，
得，
由正弦定理得，即.
（2）
，
在三角形中，，解得，
又，
所以的面积为.
28．(1)；
(2).

【分析】（1）利用余弦定理的边角关系可得且，应用余弦定理求，即可得结果.
（2）由题设知，过作于，设()，应用余弦定理求，最后由三角形面积公式求面积.
（1）
由题设，，又，
所以，而，，
所以.
（2）
由（1）知：，而，，

所以在△中，又，则，
过作于，则()且，
所以，故，
在△中，
所以，则，可得，故，
则.
29．(1)
(2)

【分析】（1）由正弦定理可得，从而求出，即可求出；
（2）由（1）可得，再根据利用两角和的正弦公式求出，最后根据面积公式计算可得；
（1）
解：由正弦定理，又，所以，所以，
又，所以，即，
又，所以；
（2）
解：由（1）可得，又，所以，
所以

，
所以；
30．(1)
(2)

【分析】（1）利用正弦定理化简得到，求得，即可求解；
（2）由余弦定理列出方程求得，结合三角形的面积公式，即可求解.
（1）
解：因为，
由正弦定理，可得，
即，
化简得，
因为，可得，所以，
因为，所以.
（2）
解：因为且，
由余弦定理，可得，
即，解得或（舍去），
故的面积为.
31．(1)
(2)

【分析】（1）由两角和的正切公式化简后求解
（2）由AD是角平分线得到，再利用面积公式求解
（1）
，
故，则；
（2）
设BC边的高为h，
所以，
又是角平分线，所以
所以，即，
又，则，
解得，，．
32．(1)
(2)

【分析】（1）由正弦定理边角互换可得：，由，化简可求得，可求出；
（2）在中，由正弦定理可得求出边长，在中，由正弦定理可得，再利用可得，由面积公式即可求出结果.
（1）
因为，
所以，
所以.
因为，所以，
所以，即.
因为，所以.
（2）
因为，所以.
在中，由正弦定理可得，则.
在中，由正弦定理可得，则.
因为，所以，所以.
因为，所以，
则的面积为.
33．(1)；
(2).

【分析】（1）由条件结合正弦定理可得，与条件联立可求.
（2）由余弦定理求，再根据三角形面积公式求的面积．
（1）
由正弦定理，可得，
又，，所以，
因为，所以，
所以．          
在中，因为，所以，所以为锐角，
故．
（2）
由（1），得，
因为为锐角，所以，
由余弦定理，可得，
解得（舍去）或，
所以的面积为．
34．(1)
(2)

【分析】（1）用正弦定理角化边，再用余弦定理即可求解；
（2）利用基本不等式求出ac的最大值，再用面积公式即可.
（1）
由正弦定理得，由余弦定理得 ，
，∴ ；
（2）
因为 ，，
当且仅当时，等号成立，
所以，所以 ，
所以的面积的最大值；
综上， ，的面积的最大值.
35．(1)答案见解析；
(2)答案见解析；

【分析】(1)选①②③，由②结合同角关系可求,由③可求，选②③④，由②结合同角关系可求,由③可求，选①②④，由④结合同角关系可求,根据正弦定理可求；选①③④，由余弦定理可将条件化为边的关系，解方程可求；(2) 选①②③，由条件先求,利用三角形面积公式可求的面积，选②③④，由正弦定理求，利用三角形面积公式可求的面积，选①②④，由条件①求,利用三角形面积公式可求的面积，选①③④，由条件①求,利用三角形面积公式可求的面积.
（1）
选①②③，因为，，
所以，，
选②③④，因为，，
所以，，
选①②④，因为可得，
由正弦定理可得，所以，
所以，又，所以，
选①③④，因为，又
所以，又，
所以，又，
所以
（2）
选①②③，由(1) ，又，所以，
所以，
选②③④，由可得，
由正弦定理可得，又，，
所以，
所以，
选①②④，由(1)，因为，
所以，
所以，
选①③④，由(1) ，因为，所以，
所以，，
所以，
36．(1)；
(2).

【分析】（1）根据给定条件，再利用正弦定理边化角，借助同角公式计算作答.
（2）利用余弦定理求出，再利用三角形面积公式计算作答.
（1）
在中，由得：，由正弦定理得，
而，即，则，又,
所以.
（2）
依题意，，在中，由余弦定理得：，
即，解得，
所以的面积.