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哈师大附中 2025--2026 学年度高一下学期月考数学试题 8．在 ABC 中，已知 AB AC = 9，sin B = cos A sinC， ABC 的面积为6 ， P 为线段 AB 上的一点，且
CA CB 1 1
考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分 CP = x + y ，则 + 的最小值为（ ）
CA CB x y
第Ⅰ卷 （选择题共 58 分） 7 + 2 3 7 + 3 2 7 + 2 6 7 + 4 3
A． B． C． D．
12 12 12 12
一、单选题：本大题共 8 小题，每个小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合
题目要求的．
二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合
1．化简： AB + AC + BA+CB等于（ ） 题目要求，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
A． AB B．BA C．CA D． AC 9．已知平面向量a = (1,3)，b = ( 2,1)，则（ ）
2．一个圆锥的高是 3，侧面积是2π，则该圆锥轴截面的周长为（ ） A． a = 10 B． (2a b) ⊥ b
A．3 B．4 C．5 D．6 2 1
C．a 与b 的夹角为锐角 D．a 在b 上的投影向量为 ,
5 5
a b
3．设a,b是非零向量，则 = 是a = 2b成立的（ ）
a b 10．在正方体 ABCD A1B1C1D1中，点E , F ,G 分别是棱 A1B1 , B1C1 , BB1 的中点，则（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件 A．FG//平面 AA1D1D B．EF // 平面BC1D1
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 C．FG//平面BC1D1 D．平面EFG// 平面BC1D1
4．一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个
11．如图， AB,CD 是半径为 1 的圆O的两条不同的直径， AM = 2MO，则（ ）
边长为 2 的正方形，则原平面图形的面积为（ ）
1 C
A．4 B．4+4 3 C．16 D．8 A2 ． AM = MB 3
8 OA B
5．已知向量a = (2cos , 1) ,b = (3cos ,1)，且a ⊥ b，则 cos2 =（ ） B．MC MD = M9
2 2 1 1 D
A． B． C． D． C．满足MB = MC + MD的实数 与 的和为定值 4
3 3 3 3
3
6．对于两个不共线向量e1,e2 ，已知a = 4e1 + 3e2 ，b = m e m
D．sin CMD的最大值为
1 2e2 ，若2a b与 b 共线，则 的值为 5
（ ） 第Ⅱ卷（非选择题共 92 分）
5 8 8 5
A． B． C． D． 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
3 3 3 3
12．已知向量a,b满足 a b = 5 ， a + b = 2a b ，则 b = ________．
7．如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD A1B1C1D1中，E 是 AB的中点，
13．若圆锥和圆柱的底面半径、高和侧面积都相等，设该圆锥体积为3 3π，则该圆柱的高为______．
动点 P 在正方体内部或表面上，若PB1 //平面DEC1 ，则动点 P 的轨迹
7 3
14．已知一正三棱台的上、下底面边长分别为 3 、2 3 ，若该正三棱台的体积为 ，则它的外接球
所形成的区域面积为（ ） 4
9 21 的体积为_________．
A．4 B． C．6 D．
2 4
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四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（17 分）对于一组向量a1,a2 ,a3 , ,an (n N,n 3)，记 n = {a1,a2 ,a3 , ,an}，令向量
15．（13 分）已知向量a,b满足 a = 3， b = 2 ， (a +b) ⊥ b .
Sn = a + a + a + + a ，如果存在向量a1 2 3 n p， p {1,2,3, ,n}，使得 ap S +k ap (k Z)， n
(1)求向量 a与 b 的夹角 的余弦值；
那么称ap是 n 的“ k 向量”．
(2)求 2a + b .
(1)设a n = (n, x n),n N*，若a x3 是 3 的“ 3向量”，求实数 的取值范围；
nπ nπ
16．（15 分）设 ABC 的内角 A, B,C 的对边分别为a,b,c，其面积为 S ，已知2S + 3 AB AC = 0 . (2)若a n = sin ,cos ,n N*， 7 是否存在“ 1向量”？给出你的结论并说明理由；
2 2
(1)求角 A的大小；
(3)已知a 1,a2 ,a3 均是 3 的“ 1向量”，其中a1 = (sin x,cos x)，a2 = (2cos x, 2sin x)．设在平面直角坐
(2)若a = 3，设G 是 ABC 的重心，求 AG的最小值．
标系中有一点列P1, P2 , P3, , Pn满足：P1为坐标原点，PP = a ，且P2k+1与P2k 关于点P 1 2 3 1对称，P2k+2 与
17．（15 分）如图，在圆柱OO1 中，AC， A1C1分别为圆 O，圆O1的直径， P2k+1(k N*)关于点P2 对称，求 P2025P2026 的最小值．
O
A 11 C1
AA1， BB1，CC1为圆柱的母线.
B1
(1)求证：平面 A1OB// 平面O1B1C ； P
(2)若圆 О的半径为 2， BAC = 30 ， A1A = AB ，点 P为 A
O
1B 的中点， A C
B
求三棱锥P O1B1C的体积．
18．（17 分）如图，在四棱锥P ABCD中， AD / /BC ，M，N分别是 PB ，CD的中点， AD = 3BC ，
PE = ED ．
P
(1)求证：MN // 平面PAD ；
(2)若 PB// 平面 ACE ，求 的值；
M
(3)当 = 2时，若PA= PB = PC = AD = 9，CD =12， AF = 2FD， A
请在图中作出四棱锥P ABCD过点 B，E，F的截面（保留作图痕迹）， B
D N C
并求出截面周长．
第 3 页（共 4 页） 第 4 页（共 4 页）哈师大附中 2025--2026 学年度高一下学期月考数学参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A D C D A C B D
题号 9 10 11
答案 ACD AC BCD
1．A
【详解】 AB+ AC + BA+CB = (AB+ BA)+ (AC +CB) = 0+ AB = AB .
2．D
【分析】利用圆锥的高与母线、半径的关系，求出母线长和底面半径，进而得到轴截面周长为 6.
【详解】设圆锥的母线长为 l，则底面半径为 r = l2 3 ，
侧面积 S = πrl = πl l2 3 = 2π，解得 l = 2，
则 r = l2 3 =1，故圆锥轴截面的周长为2l +2r = 2 2+2 1= 6．
3．C
a b
【详解】对于非零向量a,b，若 = ，则a,b同向，不一定有a = 2b；
a b
a b
若 a = 2b，则a,b同向，此时 = .
a b
a b
所以 = 是 a = 2b成立的必要不充分条件.故选：C
a b
4．D
【详解】还原直观图为原图形，如图所示，
因为O A = 2，所以O B = 2 2 ，还原回原图形后，OA=O A = 2，OB = 2O B = 4 2 ，
所以原图形面积为2 4 2 = 8 2 .故选：D
5．A
【详解】由向量a = (2cos , 1) ,b = (3cos ,1)，
2 1
由 a ⊥ b 可得：2cos 3cos 1= 0，整理得cos = ，
6
1 2
所以cos2 = 2cos
2 1= 2 1= .
6 3
6．C
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【详解】由题意知2a b = 2(4e1 +3e2 ) (me1 2e2 ) = (8 m)e1 +8e2 .
若 2a b 与b 共线，则存在实数 使得 (8 m)e1 +8e2 = b = (me1 2e2 )，
= 4
8 m = m 8
因为向量e1 ， e2 不共线，所以 解得 8 ，故m 的值为 .故选：C
8 = 2 m = 3
3
7．B
【详解】分别取CD,C1D1中点N , M ，连接BN , NM , B1M , AB1, AM ，
则由正方体结构性质可知MN / /BB1, MN = BB1， AD / /B1C1, AD = B1C1，BE / /DN , BE = DN
所以四边形MNBB1 、 ADC1B1、BEDN 均为平行四边形，
所以 AB1 / /DC1, B1M / /BN , BN / /DE ，所以B1M / /DE，
因为DC1, DE 平面DEC1 ， B1M , AB1在平面DEC1 外，
所以B1M / / 平面DEC1 ， AB1 / / 平面DEC1 ，
又 B1M AB1 = B1，所以平面 AB1M / / 平面DEC1 ，
取DD1中点T ，连接 AT ,MT ，则MT / /DC1 ，则MT / / AB1，
所以 A, B1, M ,T 四点唯一确定一个平面，所以平面 AB1M 即为平面 AB1MT ，
所以由题意若PB1 //平面DEC1 ，则动点 P 的轨迹为平面四边形 AB1MT ，
因为 AT = MB = 12 21 + 2 = 5, MT = 1
2 +12 = 2, AB = 22 + 221 = 2 2 ，
2
2
所以四边形 AB1MT 为等腰梯形，且该梯形的高为 ( ) 2 2 2 35 = ，
2 2
3 3
(MT + AB ) ( 2 + 2 2 )
由正方体结构性质可得面积为 12 2 9 .故选：B
= =
2 2 2
8．D
【详解】 ABC 中设 AB = c， BC = a， AC = b，
因为sin B = cos A sinC， sin B = sin (A+C )，所以sin(A+C) = sinC cos A，
即 sin AcosC + sinC cos A = sinC cos A，所以sin AcosC = 0，
π
因为 A (0,π)，所以sin A 0，所以cosC = 0，又C (0,π)，所以C = ，
2
又因为 AB AC = 9，所以bccos A= 9，
1 4
又 bcsin A = 6，所以 tan A = ，
2 3
4 3
在Rt△ABC中，sin A = ，cos A = ，bc =15，
5 5
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b 3
根据cos A = = ，所以b = 3，c = 5，a = c2 b2 = 4，
c 5
以 AC 所在的直线为 x 轴，以BC所在的直线为 y 轴建立直角坐标系，
可得C(0,0)， A(3,0) ， B(0,4)，所以CA = (3,0)，CB = (0,4)，
P 为线段 AB 上的一点，则存在实数 使得CP = CA+ (1 )CB = (3 ,4 4 )(0 1) ，
CA CB
设 = e1 ， = e2 ，则 e1 = (1,0)，e
CA CB 2
= (0,1) ，
CA CB
所以CP = x + y = (x,0)+ (0, y) = (x, y)，则P(x, y) ，
CA CB
所以 x = 3 ， y = 4 4 ，则4x +3y =12，
1 1 1 1 1 1 3y 4x 7+4 3
所以 + = + (4x +3y) = 7 + + ，
x y 12 x y 12 x y 12
3y 4x
当且仅当 = ，即 x =12 6 3， y = 8 3 12时，等号成立，
x y
此时 = 4 2 3 0,1 ，
1 1 7 + 4 3
所以 + 的最小值为 .
x y 12
9．ACD
【详解】因a = (1,3)，则 a = 12 + 32 = 10 ，故 A 正确；
2 2
因 a b =1 ( 2)+3 1=1， b = ( 2) +12 = 5，则 (2a b ) b = 2a b b = 2 5 0，故 B 错误；
a b 1 2
cos a,b = = = 0 ，故 C 正确；
a b 10 5 10
a b 1 2 1
在 b = b = ,a b 上的投影向量为 2 5 ，故 D 正确. b 5 5
故选：ACD
10．AC
【详解】 在正方体 ABCD A1B1C1D1中，点E ，F ，G 分别是棱 A1B1 ， B C ，BB1 的中点， FG //BC1 1 1．
BC //AD ， FG //AD1 1 1，
又 FG 平面 AA1D1D ， AD1 平面 AA1D1D ， FG// 平面 AA1D1D ，故选项 A 正确；
EF //A1C1， A1C1与平面BC1D1相交， EF 与平面BC1D1相交，故选项 B 错误；
FG //BC1，FG 平面BC1D1，BC1 平面BC1D1， FG// 平面BC1D1，故选项 C 正确；
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EF 与平面BC1D1相交， 平面EFG与平面BC1D1相交，故选项 D 错误．
故选：AC．
11．BCD
1 1
【详解】 AO =OB, AM = 2MO， AM = MB, AM = MB，故 A 错误；
2 2
以O为原点，以 AB 为 x 轴，以 AB 的中垂线为 y 轴建立平面直角坐标系， y
C
1
则M , 0 ，设C (cos ,sin )，则D( cos , sin )(0 π)，
3 O
A M B x
1 1
则MC = cos + ,sin , MD =
D
cos + , sin ，
3 3
1
MC MD = cos2
1 8
sin2 = 1= ，故 B 正确；
9 9 9

MB = 4MO = MC + MD, MO = MC + MD，
4 4

O,C, D三点共线， + =1，即 + = 4，故 C 正确.
4 4
2 2
1 2 10 2 1 10 2MC = cos + + sin = + cos , MD = cos + + sin
2 = cos ，
3 9 3 3 9 3
8

100 4 MC MD
MC MD = cos2 ， cos CMD = cos MC, MD = =
9
，
81 9 MC MD 100 4 cos2
81 9
8 100 4 10 4
0 π, 0 cos2 1， cos2 ， 1 cos CMD ，
9 81 9 9 5
3
∴sin CMD的最大值为 ，故 D 正确.
5
12． 5
2 2
【详解】因为 a +b = 2a b ，所以 (a +b ) = (2a b ) ，
2 2 2 2 2
即 a + 2a b+b = 4a 4a b+b ，整理得a 2a b = 0，
2
2 2 2
又因为 a b = 5 ，所以 (a b ) = 5，则a 2a b+b = b = 5，所以 b = 5 ．
13． 3
【详解】设圆锥的底面半径、高分别为 r,h，则该圆锥的母线 l = r2 + h2 ，
依题意，2πrh = πrl ，则2h = l = r2 + h2 ，解得 r = 3h，
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1 2
由该圆锥体积为3 3π，得 πr h = 3 3π，则h3 = 3 3， h = 3 ，
3
所以该圆柱的高为 3 .
20 5π
14．
3
【分析】根据条件及三棱台的体积公式，可得正三棱台的高，根据正三棱台的性质及勾股定理，可得外
接球的球心到下底面的距离，进而可得外接球的半径 R，代入体积公式，即可得答案.
【详解】因为正三棱台的上、下底面边长分别为 3 、 2 3，
3 3 3 3
所以上底面面积 S1 = ( 3)
2 = ，下底面面积 S 22 = (2 3) = 3 3 ，
4 4 4
1 7 3
设正三棱台的高为 h，则体积V = (S1 + S2 + S S ) h = ， 1 2
3 4
1 3 3 3 3 7 3
则 + 3 3 + 3 3 h = ，解得h =1，
3 4 4 4

2 3
上底面的中心到顶点 A的距离 r1 = 3 =1，
3 2
2 3
下底面的中心到顶点 D的距离 r = 2 3 = 2， 2
3 2
2 2 2
因为 r1 + r2 h ，所以外接球球心 O位于底面 DEF的下方，
设外接球球心到下底面的距离为d ，则到上底面的距离为 d +1，设外接球的半径为 R ，
R2 = r 2 + d 2 2 R
2 = 22 + d 2
则 2 ，即 ，解得 d =1，则R = 5 ，
R = r
2
1 + (d +1)
2
R2 =1
2 + (d +1)2
4 20 5π
所以外接球的体积V = πR3 =
3 3
四、解答题
2
15．（13 分）【答案】(1) ；(2) 2 6
3
【详解】（1）因为 a = 3， b = 2，
2
若 ( 2a +b ) ⊥ b ，则 (a +b ) b = a b+b = 0 ，可得a b = b = 4，
a b 4 2
所以 a 与b 的夹角的余弦值cos a,b = = = .
a b 3 2 3
2
（2）由题意可得： 2a +b = 4a 2 + 4a b + b 2 = 4 32 + 4 ( 4)+ 22 = 24，
所以 2a +b = 2 6 .
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2π 3
16．（15 分）【答案】(1) A = ；(2)
3 3
1
【详解】（1）因为 S = bcsinA， AB AC = AB AC cosA = cbcosA，2S + 3 AB AC = 0，
2
1
所以2 bcsinA+ 3cbcosA = 0，即bcsinA+ 3bccosA = 0 ，
2
因为bc 0，cos A 0，所以 tanA = 3 ，
2π
又因为0 A π，所以 A = .
3
（2）由（1）及余弦定理可知b2 + c2 +bc = 9
b2 + c2 = 9 bc 2bc bc 3，当且仅当b = c时，“=”成立．
2 2 1 1
设BC的中点为D ，因G 是 ABC 的重心， AG = AD = (AB + AC ) = (AB + AC )
3 3 2 3
2 1 1 1 1 1
两边平方得 AG = (c2 +b2 + 2bccos A) = (c2 +b2 bc) = (9 2bc) (9 6) = ，
9 9 9 9 3
当且仅当b = c时，“=”成立．
3
所以 AG的最小值为 ．
3
17．（15 分）【答案】（1）见解析；（2）2.
O
A 11 C1
【详解】（1）证明：连接OO1 ， B1
由题意得四边形OO1B1B 为矩形，所以OB∥O1B1， P
因为O B 平面O1B1 1 1C ，OB 平面O1B1C ，所以OB∥平面O1B1C . A O C
B
由题意得四边形OCO1A1 为平行四边形，所以 A1O∥O1C .
因为O C 平面O1 1B1C ， A1O 平面O1B1C ，所以 A1O∥平面O1B1C .
因为OB A1O =O ，所以平面 A1OB// 平面O1B1C . O
A 11 C1
（2）解：由 A1B 平面 A1OB 及（1）知 A1B∥平面O1B1C ， B1
所以点 P 到平面O1B P1C 的距离等于点 A1到平面O1B1C 的距离，
所以三棱锥P O1B1C的体积等于三棱锥 A1 O1B1C 的体积.
A O C
又V BA1 O1B1C =VC AO B ， 1 1 1
由题意知 ABC = 90 ，又 BAC = 30 ， AC = 4，
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所以 A B AO = 2 1 1 = AB = 2 3， 1 1 ，
B1A1O1 = BAC = 30 ，CC1 = AA1 = AB = 2 3 ，
1 1
所以VC A O B = 2 2 3 sin 30 2 3 = 2 ， 1 1 1 3 2
所以三棱锥P O1B1C的体积为 2.
1
18．（17 分）【答案】（1）见解析；（2） = ；（3）23+ 15
3
【详解】（1）证明一：取 AB 的中点为 Q，连接MQ ，NQ，
∵ AD / /BC ，N、Q分别为CD、 AB 的中点；∴ NQ / /AD ，
∵ NQ 平面PAD ，∴NQ / /平面PAD ，
又∵M 为 PB的中点，∴MQ / /PA，
∵MQ 平面PAD ，∴MQ / / 平面PAD ，
∵MQ NQ =Q，MQ NQ 平面MNQ，∴平面MNQ / / 平面PAD ，
又MN 平面MNQ，∴MN / / 平面PAD .
证明二：取PA的中点为 R，过 C作CG / /AB交 AD 于 G，取DG中点 H，连接MR ，NH ，HR，
1 1
则MR / / AB ，MR = AB ，NH / /CG / /AB，NH = AB ，
2 2
∴四边形MNHR是平行四边形，
∴MN / /RH ，
∵MN 平面PAD ，RH 平面PAD ，∴MN / / 平面PAD .
（2）连接BD交 AC 于点 O，连接OE．
PE OB
∵PB / /平面 ACE，平面PBD 平面 ACE =OE，∴OE / /PB ，∴ = ．
ED OD
OB BC 1 1 1
又 = = ，∴PE = ED，∴ = ．
OD AD 3 3 3
（3）设V 为PC上靠近点 C的三等分点，连接EF ，EV ， BF ，BV ，则四边形VEFB为所求截面．
证明过程如下：∵ = 2，∴PE = 2ED，∴VE / /CD．又∵BC / /DF ， BC = DF ．
∴四边形 BCDF 是平行四边形，∴BF / /CD，∴VE / /BF．故 V、E、F、B共面，
故四边形VEFB为所求截面．
2 1
∵PA= PB = PC = AD = 9，CD =12，VE = CD = 8，EF = PA = 3，BF =CD =12，
3 3
1
在△PBC中，∵PB = PC = 9，∴BC = AD = 3
3
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1
故∴cos PCB = ，
6
故BV = BC2 +CV 2 2BC CV cos PCB = 15 ，
所以截面周长为12+ 3+8+ 15 = 23+ 15 ．
19．【答案】(1) ( ,0 6,+ )；(2)存在，且 “ 1向量” 为 a2 ， a6 ，理由见解析；(3) 4048
【分析】（1）得到 a3 a1 + a2 2a3 ，从而得到不等式，求出答案；
pπ 1
（2） an =1，若存在“ 1向量” a S a 1p ，只需使 n p ，结合题意分析可得 1 cos ，当 p = 2或
2 2
6 时，符合要求，得到结论；
u = sin x 2cos x
（3）由题意整理可得a + a + a = 0，设a3 = (u,v1 2 3 )，由a1 + a2 + a3 = 0得 ，设
v = cos x 2sin x
2
Pn (xn , yn )，由对称得到方程组，求出 P2k+1P2k+2 = 4kP1P2 ，其中 PP ，即可得结果． 1 2 = 5+ 4sin 2x 1
【详解】（1）由题意可得： a3 S3 3a3 ，即 a3 a1 + a2 2a3 ，
因为an = (n, x n)，则a1 = (1, x 1) ,a2 = (2, x 2) ,a3 = (3, x 3)，
可得a1 + a2 2a3 = ( 3,3)，
2
则 9+ (x 3) 9+9 ，解得 x 6或 x 0，
所以实数 x 的取值范围 ( ,0 6,+ ) .
（2）存在“ 1向量”，且“ 1向量”为a 2 、a6 ，理由如下：
nπ nπ
由题意可得 an = sin
2 + cos2 =1，
2 2
若存在“ 1向量” ap ，则 Sn ap 1，
因为 S7 = a1 + a2 + a3 + + a7 = (1+ 0 1+ 0+1+ 0 1,0 1+ 0+1+ 0 1+ 0) = (0, 1)，
2
2 pπ pπ pπ pπ pπ pπ可得 S7 ap = sin + cos +1 = sin
2 + cos2 + 2cos +1 = 2+ 2cos 1，
2 2 2 2 2 2
pπ pπ 1
即0 2+ 2cos 1，即 1 cos ，
2 2 2
当 p = 2或 6 时，符合要求，故存在“ 1向量”，且“ 1向量”为a 2 、 a6 ．
2 2 2 2
（3）由题意，得 a1 a2 + a3 ， a1 a2 + a ，即3 a1 (a2 + a3 ) ，
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2 2 2 2 2 2 2 2 2
即 a a ，同理1 2 + a3 + 2a2 a3 a2 a1 + a ，3 + 2a1 a3 a3 a + a + 2a a ， 1 2 1 2
2 2 2
三式相加并化简，得a1 + a2 + a3 + 2a1 a2 + 2a1 a3 + 2a ， 2 a3 0
2
即 (a1 + a2 + a ) 0， a1 + a2 + a3 0，所以a1 + a 3 2 + a3 = 0，
u = sin x 2cos x
设 a3 = (u,v)，由a1 + a2 + a3 = 0得 ，
v = cos x 2sin x
设Pn (xn , yn )，因为P2k+1与P2k 关于点P1对称，P2k+2 与 P2k+1（ k N 且 k 0 ）关于点P2 对称，
(x2k+1, y2k+1 ) = 2(x1, y1 ) (x2k , y2k )①
则依题意得： ，
(x2k+2 , y2k+2 ) = 2(x2 , y2 ) (x2k+1, y2k+1 )②
将①代入②得， (x 2k+2 , y2k+2 ) = 2 (x2 , y2 ) (x1, y1 ) + (x2k , y2k )，
从而 (x 2k , y2k ) = 2 (x2 , y2 ) (x1, y ) 1 + (x2k 2 , y2k 2 )，
……，
(x , y ) = 2 (x , y 4 4 2 2 ) (x1, y1 ) + (x2 , y2 )，
以上 k 个式子相加化简得，
(x2k+2 , y2k+2 ) = 2k (x 2 , y2 ) (x1, y1 ) + (x2 , y2 )，
又由②知， (x2k+1, y2k+1 ) = 2(x2 , y2 ) (x2k+2 , y 2k+2 ) = 2(x2 , y2 ) 2k (x2 , y2 ) (x1, y1 ) (x2 , y2 )
= 2k (x2 , y2 ) (x1, y1 ) + (x2 , y2 )，
即 (x2k+1, y 2k+1 ) = 2k (x2 , y2 ) (x1, y ) 1 + (x2 , y2 )，
所以P2k+1P2k+2 = (x2k+2 x2k+1, y2k+2 y2k+1 ) = 4k (x2 , y2 ) (x1, y 1 ) = 4kP1P2 ，
其中P1P2 = (u,v) = ( sin x 2cos x, cos x 2sin x)，
2 2 2
P1P2 = ( sin x 2cos x) + ( cos x 2sin x) = 5+8sin xcos x = 5+ 4sin 2x 1，
π 2024
当且仅当 x = tπ (t Z)时等号成立，故 P2025P2026 = 4 = 4048．
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