数学（一）-2024年高考考前20天终极冲刺攻略（新高考新题型专用）.1_02高考数学_2024年新高考资料_5.2024三轮冲刺_2024年高考数学考前20天终极冲刺攻略（新高考新题型专用）

目 录 contents （一） 统计、排列组合及随机变量及其分布（选填题）…………………………01 圆锥曲线（选填题）…………………………………………………………21 数列（选填题）………………………………………………………………44 空间立体几何（选填题） …………………………………………………62 直线（圆）与方程（选填题）………………………………………………79统计、排列组合及随机变量及其分布（选填题） 年份 题号 知识点 考点 8 事件的独立性 区分独立事件与互斥事件 2021年I卷 ①离散型随机变量的均值与变形 9 离散型随机变量 ②离散型随机变量的方差与变形 6 正态分布 正态分布均值与标准差在图像中的含义 2021年II ①离散型随机变量的均值与变形 ②离散型随机变量的方差与标准差 卷 9 离散型随机变量 ③离散型随机变量的中位数 ④离散型随机变量的极差 ①相同元素与不同元素分配问题 ②相邻问题与不相邻问题 5 排列组合 ③涂色问题与定序问题 ④可重复与限制及正难则反问题 2022年I卷 ①二项展开式中的参数及常数项问题 ②二项展开式中的系数最值 13 二项式定理 ③ 二项展开式中的系数和、各项系数 和与差 ①相同元素与不同元素分配问题 ②相邻问题与不相邻问题 2022年II 5 排列组合 ③涂色问题与定序问题 卷 ④可重复与限制及正难则反问题 13 正态分布 正态分布均值与标准差在图像中的含义 ①离散型随机变量的均值与变形 ②离散型随机变量的方差与标准差 2023年新 9 离散型随机变量 ③离散型随机变量的中位数 高考1 ④离散型随机变量的极差 13 排列组合 ①相同元素与不同元素分配问题②相邻问题与不相邻问题 ③涂色问题与定序问题 ④可重复与限制及正难则反问题 ①相同元素与不同元素分配问题 ②相邻问题与不相邻问题 3 排列组合 2023 年 新 ③涂色问题与定序问题 高考2 ④可重复与限制及正难则反问题 ①区分独立事件与互斥事件 12 计数原理及事件的独立性 ②计数原理先分类后分步，分类用加分 步用乘 近三年，统计与排列组合在选填中占据两个位置，考查的考点一般来说是： 1、排列组合的四类（①相同元素与不同元素分配问题②相邻问题与不相邻问题③涂色问题与定序问题④ 可重复与限制及正难则反问题） 2、离散型随机变量中四组数据（①离散型随机变量的均值与变形②离散型随机变量的方差与标准差③离 散型随机变量的中位数④离散型随机变量的极差） 3、二项式定理中三类（①二项展开式中的参数及常数项问题②二项展开式中的系数最值③ 二项展开式中 的系数和、各项系数和与差） 4、正态分布（正态分布均值与标准差在图像中的含义） 5、计数原理及事件的独立性总方针（计数原理先分类后分步，分类用加分步用乘） 题干的设置一般来说在上述的五项考点中选其两项。排列组合的四类需要认真分析（即完成目标事件 可以分为几类，每一类需要几步可以完成，计算时分步的种数（概率）相乘，最终将几类种数（概率）相 加即为最终答案）其它几类则需要一定的基础和秒杀技巧便可轻松搞定。 统计与排列组合在2024新高考新题型中的考查形式依然以选择或者填空为主（统计大题在后面有讲 解），以考查基本概念和核心方法为主，统计在选填中难度降低，而排列组合选填难度与以往持平，考生 可适当留意常见的排列组合现象并分类，每一类总结出一个固定模板，以便此类题在高考出现时考生能做 到心中有数，快速解答. 一、万能处理二项展开式中的各项问题 Ⅰ秒杀：确定二项展开式中的参数。 根据条件列出等式，解得所要求的参数。秒杀公式：(a+b) n 展开式中，通项：T r+1 =Cr n an−rbr ，二项展开式的各种题型关键是利用通项求r，r= Nm−t 外层指数差/内层指数差。(axm +bxn) N展开式中求 xt的系数，则有 r= m−n 。 形如：(2x+4x−2) 5 ，求x−1的系数 破解：分配系数处理 从5次结构中取3次2x和2次4x−2，则结果为23 ⋅42 ⋅C3 =1280 5 形如：(2x−3y)(3x+2y) 8 的展开式中x2 y7 的系数为__________ 1 m n m 破解：两种括号的情况，一般形式为() ⋅() 和() ⋅() 第一步：分配系数处理 所以分两类情况：第一类情况为：21 (−3) 0C1 ⋅3127C1 1 8 第二类情况为20 (−3) 1C1 ⋅3226C2 1 8 故总的情况为21 (−3) 0C1 ⋅3127C1 +20 (−3) 1C1 ⋅3226C2 1 8 1 8 Ⅱ二项式系数最大问题 二项式系数具备对称性，即C n m =C n n−m （m≤n）对于C0 n ,C1 n ,C2 n ,C3 n ⋯,C n n 大小以二次函数开口向下的 图象分析. ①当n=2k−1，即n为奇数 则C0,C1,C2,C3 ⋯,Cn 共有n+1项，总项数为偶数. n n n n n巧记：当 为奇数时，则总的二项式系数为偶数（因为从C0 开始），既然为偶数，则最大项个数也为偶 n n 数，即为2个. 3−1 如：当 n=3 ，C0,C1,C2,C3，中间项为C 2 =C1，和C1+1 =C2 3 3 3 3 3 3 3 3 n−1 n+1 结论：当幂指数 为奇数时，中项即右上标为 , 项二项式系数相等且最大 n 2 2 ②当n=2k，即n为偶数 则C0,C1,C2,C3 ⋯,Cn 共有n+1项，总项数为奇数. n n n n n 巧记：当 为偶数时，则总的二项式系数为奇数（因为从C0 开始），既然为奇数，则最大项个数也为奇 n n 数，即为1个. 4 如：当 n=4 ，C0，C1，C2，C3，C4，中间项为C2 =C2. 4 4 4 4 4 4 4 n 结论：当幂指数 为偶数时，中项即右上标为 项二项式系数最大。 n 2 Ⅲ解决二项式系数和的问题 过程：对x赋值⇒变形⇒结论 一般地，若f (x)=a +a x+a x2 +...+a xn ，则f (x)展开式中各项系数的和为f (1). 0 1 2 n f (1)=a +a +a +...+a f (−1)=a −a +a −...+a 0 1 2 n 0 1 2 n f (1)+f (−1) ①奇次项系数的和为a +a +a +⋯= 0 2 4 2 f (1)−f (−1) 偶次项系数的和为a +a +a +⋯= 1 3 5 2②形如(ax+b) n ,(ax2 +bx+c) m 的式子，求展开式的各项系数之和，只需令x=1即可. ③形如(ax+by) n 的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x=y=1. ④二项展开式二项式系数和：2n；奇数项与偶数项二项式系数和相等为：2n−1。 推导：C0 +C1 +C2 +C3 +C4 +C5 +⋯+Cn =(1+1) n =2n n n n n n n n 押题分向（考察可能性极大） 形如：已知 ，则 （带系数利用求导处理） ，令 ， ； 两边求导得， ， 令 ， . ∴ Ⅳ展开式系数最大（一道题破解所有） 正规方法：原则：系数最大的这一项，即比前一项大，也比后一项大，从而列不等式组. ①在系数符号相同的前提下，求系数的最大（最小）值只需比较两组相邻两项系数的大小. T T { r ≥1 { r ≤1 {T ≥T T {T ≤T T 不等式组最大值为： r r+1⇒ r+1 ，最小值为 r r+1⇒ r+1 T ≥T T T ≤T T r r−1 r ≥1 r r−1 r ≤1 T T r−1 r−1 ②当各项系数正负相间时，求系数的最大值应在系数都为正的各项系数间构造不等式 T { r ≥1 {T ≥T T 不等式组最大值为： r r+2⇒ r+2 T ≥T T r r−2 r ≥1 T r−2 T { r ≥1 {T ≤T T 求系数的最小值应在系数都为负的各项系数间构造不等式最小值为 r r+2⇒ r+2 T ≤T T r r−2 r ≥1 T r−2 秒杀方法： 求展开式中系数最大的项与求二次项系数最大的项是不同的，还需考虑各项系数的正负变化情况，事实上 由于展开式中的各项的系数是离散型变量，因此我们可以考虑类比求数列最大项的方法，即比较第r+1项 与相邻两项系数的大小，根据通项构造不等式求解.技巧如下： 形如：(1+mx) n (m>0)的二项式展开式，设第r+1项的系数为Cr n ⋅mr 最大.{Cr ⋅mr ≥Cr−1 ⋅mr−1 mn−1 mn+m ⇒ n n ⇒ ≤r≤ Cr ⋅mr ≥Cr+1 ⋅mr+1 m+1 m+1 n n ⇒ {Cr n ⋅mr ≥Cr n −1 ⋅mr−1 ⇒ Cr n = n−r+1 , mr−1 = 1 Cr ⋅mr ≥Cr+1 ⋅mr+1 Cr−1 r mr m n n n mn+m mn−1 mn−1 mn+m 因为 − =1，所以不等式组必有解，且当 和 都为整数时， 有两解，且两解 m+1 m+1 m+1 m+1 r mn−1 mn+m 分别为 和 ，否则 有一解，因此得出一个结论： m+1 m+1 r 形如(1+mx) n (m>0)的二项展开式系数最大的项最多只有两项. mn−1 注意：若系数最大的项为最后一项，则 m+1 >n−1⇒m>n（ Cnmn >Cn−1mn−1） n n 4 形如：求(1+5x) 展开式中系数最大的项时，因为5>4，所以系数最大的项是最后一项. mn+m 若系数最大的项为第一项，则 <1，即 m+1 mn<1 二、排列组合问题 Ⅰ隔板法：解相同元素的组合问题 相同元素的组合问题，即有若干组元素，每组元素相同，将这些元素排成一排的计数问题 典型问题：相同小球放入不同盒中，即n个相同元素分成m组（每组的任务不同）的问题. ①:当每组至少含一个元素时，其不同分组分式有N=C n m − − 1 1 种，即给n个元素中间的(n−1)个空隙中插入 (m−1)个隔板. 当每组至少含一个元素时,n个相同的小球放入m个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求m个不同的盒子，只需(m−1)个隔板即可 放(m−1)个隔板可以将n个小球分为m组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现n个小球共有(n−1)个间隔，故放隔板的位置有(n−1)处，从这(n−1)处中任取(m−1)处 即可，故N=Cm−1 . n−1 ②：任意分组，可出现某些组含0个元素的情况，其不同分组分式有N=C n m + − m 1 −1 种，即将n个元素与 (m−1)个相同隔板进行排序，在(n+m−1)个位置中选(m−1)个隔板.任意分组时,n个相同的小球放入m个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求m个不同的盒子，只需(m−1)个隔板即可 放(m−1)个隔板可以将n个小球分为m组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现n个小球及(m−1)个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这(n+m−1)处位置中任取 (m−1)处安排隔板即可，故N=Cm−1 . n+m−1 Ⅱ分组问题与分配问题 ①：将n个不同元素按照某些条件分成k组，称为分组问题. 分组问题共分为3类：不平均分组、平均分组、部分平均分组. 将n个不同元素按照某些条件分配给k个不同的对象，称为分配问题. 分配问题共分为2类：定额分配、随机分配. 区别：分组问题是组与组之间只要元素个数相同，是不区分的.而分配问题即使两组元素个数相同，但因对 象不同，仍然是可区分的，对于分配问题必须先分组后分配. ②：分组问题的常见形式及快速处理方法 1非均匀不编号分组：n个不同元素分成m组，每组元素数目均不相等，且不考虑各组间的顺序，不管是 否分完，其分法种数为： m m m m N=C 1⋅C 2 ¿C 3 ¿⋯⋯⋅C m n n−m 1 n−(m 1 +m 2) n−(m 1 +m 2 +⋯⋯m m−1) 如：6个不同的球分为3组，且每组数目不同，有多少种情况？ C1 ⋅C2 ⋅C3 =6×10×1=60 6 5 3 2均匀不编号分组：将n个不同元素分成不编号的m组，假定其中r组元素个数相等，不管是否分尽，其 N 分法种数为 Ar （ N 为非均匀不编号分组的分法种数）.如果再有 k 组均匀分组，应再除以 Ak.除的原因为： r k 如：123456平均分成3组，可能是[1,2]、[3,4]、[5,6] 也可能是[1,2]、[5,6]、[3,4]或者是[5,6]、[3,4]、[1,2]等，一共有A3 种不同的组别，但这些组都是一样的，所以 3 除以A3 . 3 如：A、B、C、D两两一组，分两组，若直接用C2 ⋅C2 =6种，但列举出来的分别为{[A、B],[C、D]}、 4 2 {[A、C],[B、D]}、{[A、D],[B、C]}再往下列举就已经重复了.如：{[B、C],[A、D]}、{[B、D],[A、C]}、{[C、D],[A、B]}. 如：6个不同的球分为3组，且每组数目相同，有多少种情况？ N 90 N=C2 ⋅C2 ⋅C2 =90,种数= = =15 6 4 2 A3 6 . 3 3非均匀编号分组：将n个不同元素分成m组，各组元素数目均不相等，且考虑各组间的顺序，其分法种 数为N⋅Am （N 为非均匀不编号分组的分法种数） m 4均匀编号分组：将n个不同元素分成m组，各组元素数目均相等，且考虑各组间的顺序，其分法种数为 N⋅Am m （ 为非均匀不编号分组的分法种数）. Ar N r Ⅲ相邻问题与不相邻问题 ①相邻问题 1、思路：对于相邻问题，一般采用“捆绑法”解决，即将相邻的元素看做是一个整体，在于其他元素放 在一起考虑.如果设计到顺序，则还应考虑相邻元素的顺序问题，再与其他元素放在一起进行计算. 2、解题步骤： 第一步：把相邻元素看作一个整体（捆绑法），求出排列种数 第二步：求出其余元素的排列种数 第三步：求出总的排列种数 ②不相邻问题 1.思路：对于不相邻问题一般采用“插空法”解决，即先将无要求的元素进行全排列，然后将要求不相邻 的元素插入到已排列的元素之间，最后进行计算即可 2.解题步骤： ①先考虑不受限制的元素的排列种数 ②再将不相邻的元素插入到已排列元素的空当种（插空法），求出排列种数 ③求出总的排列种数 Ⅳ涂色问题与定序问题 ①涂色问题 秒杀策略：涂色问题分步(乘法)、分类(加法)处理：尽可能多的找两两相邻的区域，因为这些区域颜色各 不相同，按乘法原理涂色，再按分类涂剩余区域，一般分用剩余颜色与不用剩余颜色。 ②定序问题 定序问题作倍缩放：将题干给定的总数 都看成某一个独立的个体（不相同的），进行全排列故为An ， n n An n 其次再将有顺序要求的 个元素进行全排列 个，其中满足要求的顺序必为1个，则总的情况数为 。 Am Am m m m 三、离散型随机变量问题 Ⅰ均值与方差的性质 (1)E(aX+b)=aE(X)+b． (2)D(aX+b)=a2D(X)(a,b为常数)．（3）D(X)=E(X2)−(E(X)) 2两点分布、二项分布、超几何分布的期望、方差 (1)若X服从两点分布，则 E(X)=p ， D(X)=p(1−p)． (2)若X服从二项分布，即 X~B(n,p) ，则 E(X)=np,D(X)=np(1−p)． (3)若X服从超几何分布，即 X~H(n,M,N)时， nM nM(N−M)(N−n) E(X)= ．D(X)= N N2 (N−1) Ⅱ二项分布之概率最值问题 如果X~B(n,p)，其中0n，则k=n时P(X=k)取得最大值. ⑵如果(n+1)p，是不超过n的正整数，则当k=(n+p−1)和k=(n+p)时，P(X=k) 取得最大值. （3）如果(n+1)p是不超过n的非整数，则当k=[(n+1)p]（注意k=[(n+1)p]表示不超 过(n+1)p的最大整数）时P(X=k)取得最大值. 四、正态分布问题 1．正态曲线及其性质 (1)正态曲线： 函数 ， ，其中实数μ，σ(σ>0)为参数，我们称φ (x)的图象为正态分布 μ，σ 密度曲线，简称正态曲线． (2)正态曲线的性质： ①曲线位于x轴上方，与x轴不相交； ②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称； ③曲线在x＝μ处达到峰值； ④曲线与x轴之间的面积为1； ⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移，如图甲所示；⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越大，曲线越“矮胖”，总体分布越分散；σ越小．曲线越“瘦 高”．总体分布越集中，如图乙所示： 甲 乙 2．正态分布 b 一般地，如果对于任何实数a，b(a0)，AB 是抛物线的焦点弦， 点 C 是 AB 的中点.AA' 垂直准线于A' ， BB'垂直准线于B'，CC'垂直准线于C'，CC'交抛物线于点M，准线交 x 轴于点 K. 求证： p p 结论1：|AF|=x 1 + 2 ，|BF|=x 2 + 2 1 1 结论2：|CC' |= |AB|= (|A A' |+|BB' |) 2 2 结论3：以 AB为直径的圆与准线L相切； 证明： CC'是梯形 AA'BB'的中位线，|AB|=|AF|+|BF|=|A A' |+|BB' |=2|CC' |=2r 结论4：∠AC'B=900 ；结论5：∠A'FB' =900 ； 证明： ∵A A'∥FK , ∴∠ {A'FK=∠FA'A¿ ，∵|AF|=|AA' |∴∠AA'F=∠AF {A' ¿ 1 1 ∴∠ {A'FK= ∠AFK¿，同理： ∴∠ {B'FK= ∠BFK¿得证. 2 2 1 结论6：|C'F|= |A'B' | 证明：由 得证. 2 ∠A'FB' =900 结论7：AC' 垂直平分A'F，BC' 垂直平分B'F 1 1 证明：由|C'F|= 2 |A'B' |可知|C'F|= 2 |A'B' |=|C'A' |，由 ∵|AF|=|A A' | ∴得证，同理可证另一个. 结论8：AC' 平分∠A'AF，BC' 平分∠B'BF，A'F平分∠AFK，B'F平分∠BFK 证明：由AC' 垂直平分A'F可证. 结论9：C'F⊥AB 证明： ⃗ C'F⋅⃗AB= ( p,− y 1 +y 2 ) ⋅(x −x ,y −y )=p(x −x )+ y 1 2 −y 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 y y y −y 2 2 2 2 = 2 − 1 + 1 2 =0. 2 2 2 p p 结论10：|AF|= ；|BF|= 1−cosα 1+cosα 证明：作AH垂直 x 轴于点H，则|AF|=|A A' |=|KF|+|FH|=p+|AF|⋅cosα p ∴|AF|= ，同理可证另一个. 1−cosα 1 1 2 结论11： + = |AF| |BF| p p p 证明：由|AF|= ；|BF|= 可得证. 1−cosα 1+cosα 结论12：点A处的切线为 y 1 y=p(x+x 1 )证明：方法一：设点A处切线方程为y−y 1 =k(x−x 1 )与y2 =2px联立得 ky2 −2py+2p(y −kx)=0由Δ=0⇒2x k2 −2y k+p=0 1 1 1 1 y p 解这个关于 的一元二次方程（它的判别式等于0）得k= 1 = 得证. k 2x y 1 1 p p 方法二：（求导） 两边对 求导得 2y y' =2p,y' = ∴y' 丨 = 得证. y2 =2px x y x=x 1 y 1 结论13：AC'是切线，切点为A，BC'是切线，切点为B 证明：根据上面的结论得点A处的切线为y 1 y=p(x+x 1 )，点B处的切线为 ( P y +y ) 解的两切线的交点为C' − , 1 2 ，得证. y y=p(x+x ) 2 2 2 2 结论14：过抛物线准线上任一点P作抛物线的切线，则过两切点 Q 1 、Q 2 的弦必过焦点，并且 PQ ⊥PQ 1 2 证明：设点P ( − P ,t ) (t∈R)为准线上任一点，过点 作抛物线的切线，切点为Q    y2 ,y    2 P  2p  p p yt 2yy2p,y   K  两边对 求导得 y y PQ y2 p  y22px x 2p 2  y 2   y 2  显然 ，切点有两个，分别为Q  1 ,y ,Q  2 ,y  ，则 y2 2ty p2 0  4t2 4p2 0 1  2p 1  2  2p 2  y1 y2 2t,y y p2 ， 1 2 y y 2py 2py 2py 2py k k  1  2  1  2  1  2 FQ 1 FQ 2 y 2 p y 2 p y 2  p2 y 2  p2 y 2  y y y 2  y y 1  2  1 2 1 1 2 2 1 2 2p 2 2p 2 2p 2p   0 所以 过焦点. y  y y  y QQ 1 2 1 2 1 2  y 2 p   y 2 p  PQ PQ  1  ,y t 2  ,y t 1 2  2p 2 1   2p 2 2     y 2y 2 y 2  y 2 p2 p2 y 2  y 2  1 2  1 2   y y t  y  y  t2   1 2 t2 4p2 4 4 1 2 1 2 2 4 p2  y  y 2 2y y p2 4t2 2p2   1 2 1 2 t2   t2 0 . 2 4 2 4 PQ  PQ 1 2 结论15：A、O、B三点共线，B、O、A三点共线. 证明：A、O、B三点共线 p y 2 p k k  x y  y  1 y  y  y y p2 同理可证 三点共线. OA OB 1 2 2 1 2p 2 2 1 1 2 B、O、A p2 结论16：x x  ,y y p2 1 2 4 1 2 p  p 证 明 ： 设 直 线 AB 的 方 程 为 xky 与 抛 物 线 联 立 得 ： y2 2pky ， 即 2 y2 2px  2 y 2 y 2 p2 故y y p2;x x  1 2  （用特殊位置记忆） y2 2pky p2 0 1 2 1 2 2p 2p 4 2p 结论17： AB  x x  p  1 2 sin2 p p 证明：根据焦比公式得 AB  AF  BF ，其中 AF  ， BF  1cos 1cos p p 2p AB  AF  BF    1cos 1cos sin2 p2 结论18：S  AOB 2sin p 证明：设 到 的距离为 ，则d  sin， O AB d 2 1 1 2p p p2 则S   AB d    sin AOB 2 2 sin2 2 2sin 结论19：S  S2 AOB   p   3  定值  AOB AB  2 2p p2 证明：由 AB  x x  p  、S  得证 1 2 sin2 AOB 2sinp2 结论20：S  ABC sin2 1 1 1  y  y 2 证明：S   AB  PF  2 1  p2  1 2 ABC 2 2 k2 2 1  p 2  1  p2  p 1  p2    p21  k2  k   k2  sin2 结论21： AB 2p 2p 证明：由 AB  x x  p  得证 1 2 sin2 2p k  结论22： 证明：通过点差法处理 AB y  y 1 2 y y tan 1  2 结论23： p p x  x  1 2 2 2 AA y tan 2  1 证明：作 垂直 轴于点 ，在 中， FA p ，同理证另一个. 2 x  AA x A AA F 1 2 2 2 2 结论24： AB 4AF  BF  p p 证明： AB 4AF  BF  y  y 2 4x  x   1 2  1 2 2 2  y 2  y 2 2y y 4x x 2px 2px  p2  2y y 4x x  p2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 p2 由x x  ,y y p2得证 1 2 4 1 2 结论25：设CC交抛物线于点M ，则点M 是CC的中点 x x y  y   p y  y  x x  p 证明：C 1 2 , 1 2 ,C , 1 2 ∴ 中点横坐标为 1 2  2 2   2 2  CC 4 y  y y 2  y 2 2y y 将y  1 2 代入 得 1 2 1 2 2px 2 y2 2px 42px 2px 2p2 x x  p ∴ 1 2 2px，x 1 2 4 4 x x  p 所以点 的横坐标为x 1 2 ，点 是 的中点. M 4 M CC    注意：当弦 AB不过焦点时，设 AB交x轴于点D m,0 m0 ，设分别以 A、B为切点的切线相交于点 P,求证. 结论26：点P在直线xm 证明：设AB：xtym与y2 2px联立，得y2 2pty2pm0 y  y 2pt,y y 2pm 1 2 1 2   由 PA : y 1 y  p  xx 1  相减得 y  y  y  y 1 2  y 2 2 y  y 1  y 2  PB: y 2 y  p xx 2 1 2 2 2 2 y 2  y y y 2 代入  得 1 1 2  px 1 得证. y y  p xx 2 2 y y 2pxxm 1 1 1 2 结论27：设PC交抛物线于点M ，则点M 是PC的中点 x x y  y   y  y  x x 2m 证明：C 1 2 , 1 2 ,Pm, 1 2 ∴ 中点横坐标为 1 2  2 2   2  PC 4 y  y y 2  y 2 2y y 将y  1 2 代入 得 1 2 1 2 2px 2 y2 2px 4 ∵ y y 2pm 1 2 2px 2px 4pm x x 2m ∴ 1 2 2px，x 1 2 4 4x x 2m 所以点 的横坐标为x 1 2 ，点 是 的中点. M 4 M PC 结论28：设点A,B在准线上的射影分别是A,B ，则PA 垂直平分AF ，PB垂直平分BF 1 1 1 1 从而PA 平分AAF ，PB平分BBF . 1 1 p 0 y p  y  k k   1   11PA  AF 证明：方法一： PA A 1 F y p  p y   p   1 ，又 所以 垂 1   1 2  2 ∵ AF  AA 1 PA 直平分AF ，同理可证另一个. 1 y 2py p k  1  1 ,k  ,k 0 方法二： AF y 2 p y 2  p2 PA y AA 1 1  1 1 2p 2 k k k k tanFAP tanPAA  AF AP  AP AA 1 1 1k k 1k k AF AP AP AA 1 2py p p p   1  0 2py  y 2  p2 y 2  p2 y y 1 y 1 p py 2  p3 p p p  1 1  1  1    1    0 2py p p y 2  p2 2p2 y y y 2  p2 y y y 1 1  1 0 1 1 1 1 1 1 1 y 2  p2 y y 1 1 1 tanFAP tanPAA ，FAP PAA 同理可证另一个. 1 1 三、双曲线性质与结论 PF  PF 2a 结论 1： 双曲线第一定义。 1 2 x2 y2 结论 2：标准方程  1 由定义即可得双曲线标准方程。 a2 b2 PF 1 e1 结论 3： 双曲线第二定义。 d 1 结论 4：点P处的切线PT平分△PF F 在点P处的内角. 1 2 结论 5：PT平分△PF F 在点P处的内角，则焦点在直线PT上的射影H点的轨迹是以实轴为直径的圆，除 1 2 去实轴的两个端点. 证明：不妨设 P 在第一象限。作 F 关于切线 PT 的对称点 M，由 4 可知 M 在 PF 上，则 2 1 FM ，垂足H为FM的中点，则OH= 1 a，同理可证其它情况。射影H的轨迹是 FM  PF PF 2a 2 2 1 1 2 以实轴为直径的圆除去两端点。结论 6：以焦点弦PQ为直径的圆必与对应准线相交. 证明： 设P，Q两点到与焦点对应的准线的距离分别为 d ,d ，以PQ中点到准线的距离为d ，以PQ为直 1 2 d d PF FQ r 径的圆的半径为r，则d  1 2   r，故以PQ为直径的圆与对应准线相交。 2 2e e 结论 7：以焦点半径PF 为直径的圆必与以实轴为直径的圆外切. 1 PF 2a PF PF 证明：如图，两圆圆心距为d  OM  2  1 a 1 ar，故两圆外切。 2 2 2 结论 8：设P为双曲线上一点，则△PF F 的内切圆必切于与P在同侧的顶点. 1 2 证明：如图，由切线长定理： FS  FT  PF  PF  FF 2a2c， 1 1 1 2 1 2 F 1 S  F 1 T ac 而 F 1 T ac F 1 A 2 ，T 与A 2 重合，故内切圆与x轴切于右顶点，同理可证P在其 他位置情况。 x2 y2 结论 9：双曲线  1（a＞0,b＞0）的两个顶点为 , ，与y轴平行的直线交双曲线 a2 b2 A(a,0) A (a,0) 1 2 x2 y2 于P P 时AP 与AP 交点的轨迹方程是  1. 1、 2 1 1 2 2 a2 b2 x2 y2 结论 10：若 在双曲线  1（a＞0,b＞0）上，则过 的双曲线的切线方程是 P(x ,y ) a2 b2 P 0 0 0 0 x x y y 0  0 1. a2 b2 x2 y2 结论 11：若 在双曲线  1（a＞0,b＞0）外 ，则过Po作双曲线的两条切线切点为P 、 P(x ,y ) a2 b2 1 0 0 0 x x y y P，则切点弦PP 的直线方程是 0  0 1. 2 1 2 a2 b2 x x y y x x y y 证明：设P 1 x 1 ,y 1 ,P 2 x 2 ,y 2 ，由10得： a 0 2 1  b 0 2 1 1, a 0 2 2  b 0 2 2 1，因为点 P 1 ,P 2 在直线 P 1 P 2 上，x x y y x x y y 且同时满足方程 0  0 1，所以PP : 0  0 1 a2 b2 1 2 a2 b2 x2 y2 结论 12：AB是双曲线  1（a＞0,b＞0）的不平行于对称轴且过原点的弦，M为AB的中点，则 a2 b2 b2 k k  . OM AB a2 x2 y2 结论 13：若 在双曲线  1（a＞0,b＞0）内，则被 P 所平分的中点弦的方程是 P(x ,y ) a2 b2 o 0 0 0 x x y y x 2 y 2 0  0  0  0 . a2 b2 a2 b2 x2 y2 结论 14：若 在双曲线  1（a＞0,b＞0）内，则过 Po 的弦中点的轨迹方程是 P(x ,y ) a2 b2 0 0 0 x2 y2 x x y y   0  0 . a2 b2 a2 b2 y y y b2 0   证明：.由12可得： xx x a2 a2y2 a2y yb2x2 b2x x0 0 0 0 x2 y2 x x y y    0  0 b2x2 a2y2 b2x xa2y y a2 b2 a2 b2 0 0 x2 y2 结 论 15 ： 若 PQ 是 双 曲 线  1（ b ＞ a ＞ 0 ） 上 对 中 心 张 直 角 的 弦 ， 则 a2 b2 1 1 1 1    (r |OP|,r |OQ|) r2 r2 a2 b2 1 2 . 1 2 x2 y2 结论16：若双曲线  1（b＞a ＞0）上中心张直角的弦L所在直线方程为 , a2 b2 AxBy 1 (AB 0) 1 1 2 a4A2 b4B2 则(1)   A2 B2;(2) L . a2 b2 |a2A2 b2B2 | 证明：将直线AB代入双曲线方程中得：  B2b2 A2a2 x2 2Aa2xa2 1B2b2 0 2ab A2 B2 AB  B2b2 A2a2 1 ， 4a2B2b2 B2b2 A2a2 1  B2b2 A2a2 2Aa2 a2 1B2b2 设 Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2  则x 1 x 2  B2b2 A2a2 ，x 1 x 2  B2b2 A2a2 ∵OAOB 1 1 x x  y y 0b2 a2 a2b2 A2 B2  A2 B2   1 2 1 2 a2 b22ab A2 B2 2  b2 a2 B2b2 A2a2 1  AB  B2b2 A2a2 1 B2b2 A2a2 B2b2 A2a2 2 A2a4 B2b4 a2b2 A2 B2 b2 a2 2 A2a4 B2b4   A2a2 B2b2 A2a2 B2b2 a2 b2 结论 17：给定双曲线 ： （a＞b＞0）, ：b2x2 a2y2 ( ab)2 ,则(i)对 C b2x2 a2y2 a2b2 C a2 b2 C 1 2 1 a2 b2 a2 b2 上任意给定的点 ,它的任一直角弦必须经过 上一定点M( x , y ). P(x ,y ) C a2 b2 0 a2 b2 0 0 0 2 (ii)对C 上任一点P'(x ',y ')在C 上存在唯一的点M',使得M'的任一直角弦都经过P'点. 2 0 0 1 x2 y2 结论 18：设 为双曲线  1（a＞0,b＞0）上一点，PP 为曲线C的动弦,且弦PP , PP 斜率 P(x ,y ) a2 b2 1 2 1 2 0 0 1m b2 存在，记为k, k , 则直线PP 通过定点 的充要条件是k k   . 1 2 1 2 M(mx ,my ) (m1) 1 2 1m a2 0 0 x2 y2 结论 19：过双曲线  1（a＞0,b＞o）上任一点 任意作两条倾斜角互补的直线交双曲线 a2 b2 A(x ,y ) 0 0 b2x k  0 于B,C两点，则直线BC有定向且 （常数）. BC a2y 0 x2 y2 结论 20：双曲线  1（a＞0,b＞o）的左右焦点分别为 F ，F ，点 P 为双曲线上任意一点 a2 b2 1 2  a  b2  ，则双曲线的焦点角形的面积为S b2cot ，P( c2 b2cot2 , cot ) . F 1 PF 2  F 1 PF 2 2 c 2 c 2 典例1【2022新高考1卷】已知O为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C:x2 2py(p 0)上，过点B(0,1) 的直线交C于P，Q两点，则（ ） A. C的准线为y 1 B. 直线AB与C相切 2 C. OP  OQ |OA D. |BP||BQ||BA|2 【答案】BCD 1 【解析】将点 A 的代入抛物线方程得 12p ，所以抛物线方程为 x2  y ，故准线方程为y  4 ，A错1(1) 误；k  2，所以直线 的方程为 ， AB 10 AB y 2x1 y 2x1 联立 ，可得 ，解得 ，故B正确； x2  y x2 2x10 x1 设过B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点， 所以，直线l的斜率存在，设其方程为y kx1，P(x 1 ,y 1 ),Q(x 2 ,y 2 )， y kx1 联立 ，得 ， x2  y x2 kx10 Δ k2 40  所以 x x k ，所以 或 ， ， 1 2   x 1 x 2 1 k 2 k 2 y 1 y 2 (x 1 x 2 )2 1 又|OP| x2  y2  y  y2 ，|OQ| x2  y2  y  y2 ， 1 1 1 1 2 2 2 2 所以|OP||OQ| y y (1 y )(1 y )  kx kx |k |2|OA|2 ，故C正确； 1 2 1 2 1 2 因为|BP| 1k2 |x |，|BQ| 1k2 |x |， 1 2 所以|BP||BQ|(1k2)|x x |1k2 5，而|BA|25，故D正确. 1 2 故选：BCD x2 y2 典例2【2022新高考全国Ⅰ卷】 已知椭圆C:  1(ab0)，C的上顶点为A，两个焦点为 ， a2 b2 F 1 1 F 2 ，离心率为 2 ．过F 1 且垂直于AF 2 的直线与C交于D，E两点，|DE |6，则 VADE的周长是 ________________． 【答案】13 c 1 【解析】∵椭圆的离心率为e  ，∴ ，∴ ，∴椭圆的方程为 a 2 a2c b2 a2 c2 3c2 x2 y2  1，即3x2 4y2 12c2 0，不妨设左焦点为 ，右焦点为 ，如图所示，∵ 4c2 3c2 F F 1 2  AF a，OF c，a 2c ，∴AF 2 O 3 ，∴ △AFF 为正三角形，∵过 F 且垂直于 AF 的直线与 2 2 1 2 1 2 3 C交于D，E两点， 为线段 的垂直平分线，∴直线 的斜率为 ，斜率倒数为 ， 直线 AF DE 2 DE 3 3 DE的方程：x 3yc，代入椭圆方程3x24y212c2 0，整理化简得到：13y2 6 3cy9c2 0 ， 2 判别式 6 3c 4139c2 6216c2，  2 Δ c ∴ DE  1 3 y  y 2 264 6， 1 2 13 13 13 13 ∴ c ， 得a 2c ， 8 4 ∵DE 为线段AF 2 的垂直平分线，根据对称性，AD DF 2 ，AE  EF 2 ，∴VADE的周长等于 △F DE的周长，利用椭圆的定义得到 △F DE周长为 2 2 DF  EF  DE  DF  EF  DF  EF  DF  DF  EF  EF 2a2a4a13. 2 2 2 2 1 1 1 2 1 2 故答案为：13. x2 x2 典例3【2023新高考全国Ⅰ卷】设椭圆C :  y2 1(a 1),C :  y2 1的离心率分别为 ．若 1 a2 2 4 e ,e 1 2 e  3e ，则a （ ） 2 1 2 3 A. B. C. D. 3 2 3 6 【答案】A 41 a2 1 2 3 【解析】【详解】由 ，得 ，因此 3 ，而 ，所以a . e  3e e2 3e2 4 a2 a 1 3 2 1 2 1 故选：A x2 y2 典例4【202新高考全国Ⅰ卷】 已知双曲线C:  1(a0,b0)的左、右焦点分别为F,F ．点 在 a2 b2 1 2 A ⃗ ⃗ ⃗ 2⃗ 上，点 在 轴上，FA FB,F A F B，则 的离心率为________． C B y 1 1 2 3 2 C3 5 3 【答案】 或 5 5 5 【解析】方法一： 依题意，设 AF 2m，则 BF 3m BF , AF 2a2m， 2 2 1 1 在RtABF 中，9m2 (2a2m)2 25m2 ，则(a3m)(am)0，故a m或a 3m（舍去）， 1 所以 AF 4a, AF 2a， BF  BF 3a，则 AB 5a， 1 2 2 1 AF 4a 4 cosFAF  1   故 ， 1 2 AB 5a 5 16a2 4a2 4c2 4 所以在 中，cosFAF   ，整理得 ， △AFF 1 2 24a2a 5 5c2 9a2 1 2 c 3 5 故e  . a 5 方法二: 依题意，得F(c,0),F (c,0)，令Ax ,y ,B(0,t)， 1 2 0 0 ⃗ 2⃗ 2 5 2 因为F A F B，所以 x c,y  c,t ，则x  c,y  t ， 2 3 2 0 0 3 0 3 0 3 又 ⃗ ⃗ ，所以  F ⃗ A  F ⃗ B    8 c, 2 t   c,t  8 c2  2 t2 0，则 ， FA FB 1 1 3 3  3 3 t2 4c2 1 1 25 4 c2 t2 又点 在 上，则 9 9 ，整理得25c2 4t2 ，则25c2 16c2 ，  1  1  1 A C a2 b2 9a2 9b2 9a2 9b2 所以25c2b2 16c2a2 9a2b2，即25c2 c2 a2 16a2c2 9a2 c2 a2 ， 整理得25c4 50a2c2 9a4 0，则  5c2 9a2 5c2 a2 0，解得5c2 9a2或5c2 a2， 3 5 5 3 5 又 ，所以e 或e （舍去），故e . e1 5 5 53 5 故答案为： . 5 x2 典例5【2023新高考全国Ⅱ卷】 已知椭圆C:  y2 1的左、右焦点分别为 ， ，直线 与 3 F F y  xm 1 2 C交于A，B两点，若 △FAB 面积是 △F AB 面积的2倍，则m（ ）． 1 2 2 2 2 2 A. B. C.  D.  3 3 3 3 【答案】C y  xm  【解析】将直线 与椭圆联立x2 ，消去 可得 ，  y2 1  y  xm  3 y 4x2 6mx3m2 30 因为直线与椭圆相交于A,B点，则36m2 44  3m2 3  0，解得2m2，     设F 到 的距离d ,F 到 距离d ，易知F  2,0 ,F 2,0 ， 1 AB 1 2 AB 2 1 2 | 2m| | 2m| 则d  ，d  ， 1 2 2 2 | 2m| S 2 | 2m| F 1 AB   2，解得 或 （舍去）， S | 2m| | 2m| 2 F 2 AB m 2 3 3 2 故选：C. x2 y2 预测1（2024·甘肃武威·模拟预测）已知双曲线C:  1(a0,b0)的右焦点为 是 的一条渐近线 a2 b2 F,A C 上位于第一象限内的一点，延长线段AF 与C的另一条渐近线交于点B．若O为坐标原点， AB 2 2 OA,OB 3OA CAB 2 2 OA,OB 3OA ，则C的渐近线方程为（ ） 3 2 2 2 2 A．y x B．y x C． D．y x 4 3 y 2x 2 x2 预测2（2024·辽宁抚顺·模拟预测）过双曲线C: 4  y2 1的左焦点 F 1 作倾斜角为  的直线 l 交 C 于 M,N ⃗ ⃗ 两点．若MF 3FN ，则 cos（ ） 1 1 10 3 10 2 5 5 A． B． C． D． 10 10 5 5 x2 y2 预测3（2024·四川绵阳·模拟预测）已知双曲线 a2  b2 1a0,b0 的左顶点与抛物线 y2 2pxp0 的焦点的距离为4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为 2,1 ，则双曲线的焦距为 （ ） A． 5 B．2 5 C．2 2 D．2 3 x2 y2 预测4（2024·河南新乡·模拟预测）已知直线 经过椭圆C:  1(ab0)的右焦点F l:y 3(x1) a2 b2 和上顶点A，则C的长轴长为（ ） A．4 B．2 3 C．3 D．2 预测5（2024·吉林长春·模拟预测）已知点P1,2 在抛物线C:y2 2px上，F 是抛物线C的焦点，过点F 的直线与抛物线C交于Mx 1 ,y 1 ,Nx 2 ,y 2  两点，若x 1  x 2  4，则 MN  （ ） A．3 B．4 C．5 D．6 押题1：已知抛物线C:y2 2px(p0)的焦点为F ，过点F 的直线l:x2y 1交C于A,B两点．过A,B 作直线l :x3的垂线，垂足分别为A,B ，则 AA  BB （ ） 1 1 1 1 1 A．16 B．18 C．20 D．24 x2 y2 押题2：已知双曲线 a2  b2 1(a0,b0)的左､右焦点分别为F 1 ,F 2 ，右焦点F 2 到渐近线的距离为3 3， 1 过F 1 作圆 C:x2 y2 a2的切线，交双曲线右支于点 M ，若cosF 1 MF 2  2 ，则圆 C 的面积为（ ） A．9π B．8π C．6π D．4πx2 y2 押题3：已知椭圆G:  1，A，B为G的短轴端点，P为G上异于A，B的一点，则直线 ， 4 3 AP BP 的斜率之积为（ ） 3 4 3 4 A． B． C． D． 4 3 4 3 x2 y2 押题4：已知椭圆C: 4  3 1的左､右焦点分别为 F 1 ,F 2 ，上顶点为 P ，若过F 1 且倾斜角为 30 的直线 l 交椭圆C于A,B两点，则（ ） uuur uuur 1 A．C的离心率为 B．PF PF 2 2 1 2 C．点F 2 到直线l的距离为 3 D．PAB的周长为8 x2 y2 x2 y2 押题5：已知椭圆 C 1 : a2  b2 1a 1 b 1 0 与双曲线 C 2 : a2  b2 1a 2 0,b 2 0 有相同的左右焦点 F,F ， 1 1 2 2 1 2 若点 是C 与C 在第一象限内的交点，且 FF 4 PF ，设C 与C 的离心率分别为e,e ，则e e 的取值 P 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 范围为 . 名校预测 预测1：答案D 【详解】由 AB 2 2 OA,OB 3OA ，得OA2  AB2  OB2 ， 所以OA AB,tanAOB2 2， 2tanAOF 2 由 ，得 2 2 ，解得tanAOF  或 （舍去）， AOB2AOF 1tan2AOF 2 tanAOF  2 b 2 2 所以  ，从而 的渐近线方程为y x． a 2 C 2 故选：D预测2：答案D 【详解】设双曲线的右焦点为F ,连接MF,NF, 由题意可得a2,b1,c 5， ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ 设 MF 3 FN 3x, MF 2a3x43x, FN 2ax4x, 1 1 FN 2 FF 2 NF 2 FM 2 FF 2 MF 2 由余弦定理可得cosNFFcosMFF  1 1  1 1 0, 1 1 2 FN  FF 2 FM  FF 1 1 1 1 x24c24x2 9x24c243x2 1 即  0，解得x ， 2x2c 23x2c 3 124  5 2 412 5 5 所以cosMFF   ，故 cos ． 1 212 5 5 5 故选：D 预测3：答案B 【详解】根据题意，双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为 2,1 ， p 即点2,1在抛物线的准线上，又由抛物线y2 2pxp0的准线方程为x 2 2，则 p4 ，则抛物 线的焦点为 2,0 ， 则双曲线的左顶点为 2,0 ，即a2 1 点2,1在双曲线的渐近线上，则其渐近线方程为y x，由双曲线的性质，可得 ， 2 b1 则c 5，则焦距为2c2 5， 故选：B 预测4：答案A 2π π 【详解】 l:y 3(x1) 的斜率为  3 ，经过点1,0，故其倾斜角为 3 ，因此AFO 3 , b 由于 AO b,OF c1，所以tanAFO  3，所以 ， c b 3 故a c2b2 2，故长轴长为2a4, 故选：A预测5：答案D 【详解】由题意可得 42p ，即p2， 由焦点弦公式可得： MN x x  p426. 1 2 故选：D. 名师押题 押题1：答案D p 【详解】在 x2y1 中，令 y0 ，得 x1 ，所以F1,0，即 2 1，所以 p2 ， 所以C的方程为y2 4x，则 AA 1  BB 1  AF 2BF 2 AB 4． x2y1, 1x 2 x22x1 设 Ax 1 ,y 1  ， Bx 2 ,y 2  ，联立 y2 4x, 得4x y2   2    4 ，即 x218x10 ，所以 x x 18，xx 1． 1 2 1 2 1 1 1 又 AB  1 x x  1  x x 2 4xx  1  1824 20，所以 . 22 1 2 22 1 2 1 2 22 AA 1  BB 1 20424 故选：D. 押题2：答案A 【详解】如图，因为右焦点F 到渐近线的距离为3 3，故b=3+ 3， 2 作OAF 1 M 于点A,F 2 BF 1 M 于点B， 因为FM 与圆C:x2 y2 a2相切，所以OA a, F B 2OA 2a, FB 2b， 1 2 1 1 因为cosFMF  ，即 ， 1 2 2 FMF 60 1 2 F B 2a 4a 在直角 中， MB  2  , FM  ， FMB tan60 3 2 3 2 又点M 在双曲线上，由双曲线的定义可得： 2a 4a 3 3 FM  FM  FB  MB  FM 2b  2a，整理得b a， 1 2 1 2 3 3 3 因为b=3+ 3，所以a3，圆C的面积S πr2 πa2 9π. 故选：A.押题3：答案C x2 y2 3x2 【详解】设 Px 0 ,y 0 ，则有 4 0  3 0 1，即有y 0 23 4 0 ，     由椭圆方程不妨设短轴端点A,B的坐标分别为 0, 3 、 0, 3 ， 3x2  0 则 k k  y 0  3  y 0  3  y 0 23  4  3 . AP BP x x x2 x2 4 0 0 0 0 故选：C. 押题4：答案ABD c 1 【详解】对A： 由题知， ，所以离心率e  ，A正确； a2,b 3,c1 a 2 ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ 对B： PF  PF  FF 2，所以△PFF 为等边三角形，PF PF  PF  PF cos602，B正确； 1 2 1 1 1 2 1 2 1 2 对C：因为直线l的方程为x 3y10,F 2 1,0 ， 11 d  1 所以点 到直线 的距离 ， 错误； F l 12( 3)2 C 2 对D：由题知直线l为PFF 的角平分线，则点P,F 关于直线l对称， 1 2 2 所以F 2 AB的周长 BF 1  BF 2  AF 1  AF 2 4a8，即 PAB的周长为8,D正确. 故选：ABD 1  押题5：答案 ,1 3 【详解】设椭圆与双曲线的焦距|FF |2c，|PF |t， 1 2 1 c c 由题意可得：t 2a ，t 2a ， 2 1 2 2 c c c c t2a  ，t2a  ，2a  2a  ， 1 2 2 2 1 2 2 2 2e e2 1 e e e  2  2  c ， 1 1 1， 2e ， 2 1 2 e 2 e 2 2 1 . a a    e  2 2 2  1 2 2 e e 2 1 e 2 e2 e 1 2 2 2 2 1 1 1 ∵e 1,0e 1,   ， 2 1 e e 2 2 1 1 1 1 1   1，设 x，则 x1， 2 e e 2 2 2 2 1 1  2x2x3， e2 e 2 2 1  e e 1. 3 2 1 1  故答案为： ,1. 3  数列（选填题） 年份 题号 知识点 考点 2021年I卷 16 数列 ①数列的实际应用②数列通项公式 ③数列三类求和 ①数列的实际应用 2021年II 12 数列 ②数列通项公式 卷 ③数列三类求和 2022年I卷 无 2022年II 无 卷 2023年新 7 数列 等差数列通项与求和及变形 高考1 2023 年 新 高考2 8 数列 等比数列片段和问题 近三年，数列在选填中占据一个位置，考查的考点一般来说是： 3、递推关系求通项（①前后项系数为1的情况②前后项系数不为1的情况③通项与求和的关系④递推关系 中涉及指数） 2、数列求和（①裂项相消②错位相减③分组求和④绝对值求和） 3、数列应用（①以等差数列为基础设计的应用②以等比数列为基础设计的应用） 题干的设置一般来说在上述的三项考点中选其一项或两项。无论是基础数列还是数列应用都应该利用 题干信息求出通项，根据通项特征选择求和方案，另外考生们需要多掌握应用题的突破口，多列举几组数 据从而轻松得出通项。 从近三年的全国卷的考查情况以及新高考新题型标准来看，数列是高考选填方向必不可少的一类题， 类型1：将会以等差及等比的基础内容设置题目，类型2：将以等差等比为导火索设置实际应用题，类型 3：将会以递推关系求通项及求和考察年份问题，数列小结论偏多，试题相对简单，此类题目熟练即可拿 分. 一、数列性质与多项结论 ①已知等差两项，⇒妙用一次函数求通项 a =a +(n−1)d⇒a =dn+(a −d)a 与n 为一次函数，斜率为公差. n 1 n 1 n 形如已知(n,a )与(m,a )、(p,a )求 a n m p n 第一步：寻求明确点竖 a −a a −a m p n p 第二步：利用 = =d= 快速求解通项 横 m−p n−p 当数列的选择填空题中只有一个条件时，可将数列看成常数列，即每一项均设为x，（注意：如果题目中 出现公差不为0或公比不为1，则慎用此法） ②秒解等差数列前n项和 技巧总结 等差数列中，有 S =(2n−1)a ⇒奇偶有适用. 2n−1 n (a +a )(2n−1) 2a (2n−1) 推导过程：S = 1 2n−1 = n =(2n−1)a 2n−1 2 2 n S =na 将 换为 ，即可得到 n n+1 ⇒ 2n−1 n 2 ③片段和秒解前n项和 技巧总结 S ,S −S ,S −S 这样的形式称之为“片段和” k 2k k 3k 2k 当{a }是等差数列时： S ,S −S ,S −S 也为等差数列，且公差为k2d. n k 2k k 3k 2k 当{a }是等比数列时： S ,S −S ,S −S 也为等比数列，且公比为qk . n k 2k k 3k 2k ④秒杀和比与项比 技巧总结 S n An+B 结论1：若两个等差数列 与 的前 项和分别为 ，若 = ，则 {a } {b } S ,T T Cn+D n n n n n n a S A(2n−1)+B n 2n−1 = = b T C(2n−1)+D n 2n−1 S n An+B 结论2：若两个等差数列 与 的前 项和分别为 ，若 = ，则 {a } {b } S ,T T Cn+D n n n n n n a A(2n−1)+B n = b C(2m−1)+D m S n An+B 结论3：若两个等差数列 与 的前 项和分别为 ，若 = ，则 {a } {b } S ,T T Cn+D n n n n n n a n 2m−1 S 2n−1 = ⋅ b 2n−1 T m 2m−1 ⑤等差片段和快速求公差 技巧总结 等差数列中若 S ,S ,S 角标满足(m+n)=m+n则 m+n m n 结论1： S =S +S +mnd(m,n∈N¿) m+n m n 推导过程：S = d m2 + ( a − d) ⋅m,S = d n2 + ( a − d) ⋅n m 2 1 2 n 2 1 2 S = d (m+n) 2 + ( a − d) ⋅(m+n) m+n 2 1 2 S =S +S +? m+n m n ⇒ d (m+n) 2 + ( a − d) ⋅(m+n)= d n2 + ( a − d) ⋅n+ d m2 + ( a − d) ⋅m+? 2 1 2 2 1 2 2 1 2解得：？=mnd S S −S 结论2： m+n = n m (m,n∈N¿,且m≠n) m+n n−m 推导过程：S = d (m+n) 2 + ( a − d) ⋅(m+n) S m+n = d (m+n)+ ( a − d) m+n 2 1 2 m+n 2 1 2 S −S = d n2 + ( a − d) ⋅n− d m2 − ( a − d) ⋅m n m 2 1 2 2 1 2 S n −S m = d (m+n)+ ( a − d) n−m 2 1 2 S S −S ∴ m+n = n m (m,n∈N¿,且m≠n) m+n n−m S /n ⑥等差 仍为等差 n 技巧总结 结论1：S n = d 2 n2 + ( a 1 − d 2 ) ⋅n⇒ S n n = d 2 n+ ( a 1 − d 2 ) ⋅¿¿因此数列{ S n n }是等差数列，公差为数列 {a n } 公差的一半. S =A,S =B 结论2：题干已知 ，则可秒出公差 p q ( S ) 利用等差数列通项一次函数特性可知，点 n, n 在同一条直线上，从而有 n (n∈N¿) S S n m − 竖 d n m d S S d = ⇒ = ⇒ n − m = ⋅(n−m) 横 2 n−m 2 n m 2 S =A,S =B 结论3：若题干已知 则可以秒出通项 p q S 1 [ S S ] n = (n−p) q −(n−q) p (n,p,q∈N¿且p≠q) n q−p q p 结论1：若等差数列的项数为2n(n∈N¿) S a 则S −S =nd, 奇 = n 偶 奇 S a 偶 n+1 推导过程：若有一等差数列共有2n, 则它的奇数项分别为 则它的偶数项分别为 则奇数项之和 则偶数项之和 代入公式得 ， 结论2：若等差数列的项数为2n+1(n∈N¿)S n+1 则S −S =a , 奇 = (∵S =(n+1)a ,S =na ) 奇 偶 n+1 S n 奇 n+1 偶 n+1 偶 ⑦等比数列通项、求和函数特性 技巧总结 a a ①通项公式a =a⋅qn−1 = 1 ⋅qn ⇒ y= 1 ⋅qx 为指数函数 n 1 q q a (1−qn) a a a ②求和公式S n = 1 1−q ⇒S n =− 1− 1 q ⋅qn + 1− 1 q ，设A= 1− 1 q 则上式变形为 S n =−A⋅qn +A 的形式. 且指数函数的系数与常数项互为相反数 等比数列奇偶规律 技巧总结 S 结论1：若等比数列的项数为 则 偶 =q 2n(n∈N¿) S 奇 结论2：若等比数列的项数为2n+1(n∈N¿) S −a 则 奇 1 =q S 偶 二、递推关系求通项 类型Ⅰ观察法： 已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此 数列的一个通项． 类型Ⅱ公式法： 若已知数列的前 项和 与 的关系，求数列 的通项 可用公式 构造两式 n S n 作差求解． 用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即 和 合为一个表达，（要先分 和 两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）． 类型Ⅲ累加法： 形如 型的递推数列（其中 是关于 的函数）可构造： 将上述 个式子两边分别相加，可得： ①若 是关于 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； ②若 是关于 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和； ③若 是关于 的二次函数，累加后可分组求和； ④若 是关于 的分式函数，累加后可裂项求和． 类型Ⅳ累乘法：形如 型的递推数列（其中 是关于 的函数）可构造： 将上述 个式子两边分别相乘，可得： 有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解． 类型Ⅴ构造数列法： ㈠形如 （其中 均为常数且 ）型的递推式： （1）若 时，数列{ }为等差数列； （2）若 时，数列{ }为等比数列； （3）若 且 时，数列{ }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方 法有如下两种： 法一：设 ，展开移项整理得 ，与题设 比较系数 （ 待 定 系 数 法 ） 得 ， 即 构成以 为首项，以 为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出 的通项整理可得 法二：由 得 两式相减并整理得 即 构成以 为首项，以 为公比的等比数列．求出 的通项再转化为类型Ⅲ（累加法）便可求出 ㈡形如 型的递推式： ⑴当 为一次函数类型（即等差数列）时： 法一：设 ，通过待定系数法确定 的值，转化成以 为 首项，以 为公比的等比数列 ，再利用等比数列的通项公式求出 的通项整理可 得 法二：当 的公差为 时，由递推式得： ， 两式相减得： ，令 得： 转化为类型Ⅴ㈠求出 ，再用类型Ⅲ（累加 法）便可求出⑵当 为指数函数类型（即等比数列）时： 法一：设 ，通过待定系数法确定 的值，转化成以 为首项， 以 为公比的等比数列 ，再利用等比数列的通项公式求出 的通项整理 可得 法二：当 的公比为q时，由递推式得：a  pa  f(n)——①，a  pa  f(n1)，两边同时 n1 n n n1 a qa 乘以 得 ——②，由①②两式相减得 ，即 n1 n  p，在 q a q pqa qf(n1) a a q p(a qa ) a qa n n1 n1 n n n1 n n1 转化为类型Ⅴ㈠便可求出a . n 法三：递推公式为a  pa qn（其中p，q均为常数）或a  pa rqn（其中p，q，r均为常数） n1 n n1 n a p a 1 a 时，要先在原递推公式两边同时除以 qn1 ，得： q n n   1 1  q  q n n  q ，引入辅助数列b （其中b n  q n n ）， n p 1 得：b  b  再应用类型Ⅴ㈠的方法解决． n1 q n q ⑶当 f(n)为任意数列时，可用通法： a a f(n) a f(n) 在 两边同时除以 可得到 n1  n  ，令 n b ，则b b  ，在转 a  pa  f(n) pn1 pn1 pn pn1 pn n n1 n pn1 n1 n 化为类型Ⅲ（累加法），求出b 之后得a  pnb ． n n n 类型Ⅵ对数变换法： 形如a  paq(p0,a 0)型的递推式： n1 n 在原递推式a  paq两边取对数得lga qlga lgp，令b lga 得：b qb lgp，化归为 n1 n1 n n n n1 n a  pa q型，求出b 之后得a 10bn.（注意：底数不一定要取10，可根据题意选择）． n1 n n n 类型Ⅶ倒数变换法： 1 1 形如 （ 为常数且 ）的递推式：两边同除于 ，转化为   p形式， a a  pa a p p0 a a a a n1 n n1 n n1 n n n1 1 化归为 型求出 的表达式，再求 ； a  pa q a a n1 n n n ma 1 m 1 m 还有形如 a  n 的递推式，也可采用取倒数方法转化成   形式，化归为 n1 pa q a q a p n n1 n 1 型求出 的表达式，再求 ． a  pa q a a n1 n n n 类型Ⅷ形如a  pa qa 型的递推式： n2 n1 n 用待定系数法，化为特殊数列{a a }的形式求解．方法为：设a ka h(a ka )，比较系数 n n1 n2 n1 n1 n得hk  p,hk q，可解得h、k ，于是{a ka }是公比为h的等比数列，这样就化归为a  pa q型． n1 n n1 n 总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列， 可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式a . n 三、数列求和 一．公式法 n(a a ) n(n1) （1）等差数列a n 的前n项和S n  1 2 n na 1  2 d ，推导方法：倒序相加法． na ，q1 1  （2）等比数列 的前n项和S a (1qn) ，推导方法：乘公比，错位相减法． n 1 ，q1 a    1q n （3）一些常见的数列的前n项和： n 1 n ① k 123⋯n n(n1)； 2k 246⋯2nn(n1) 2 k1 k1 n ② (2k1)135⋯(2n1)n2 ； k1 n 1 ③ k2 12 22 32 ⋯n2  n(n1)(2n1)； 6 k1 n n(n1) ④ k3 13 23 33 ⋯n3 [ ]2 2 k1 二．几种数列求和的常用方法 （1）分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和 时可用分组求和法，分别求和后相加减． （2）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n 项和． （3）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那 么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解． （4）倒序相加法：如果一个数列 a  与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那 n 么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解． 三．常见的裂项技巧 积累裂项模型1：等差型 1 1 1 （1）   n(n1) n n1 1 1 1 1 （2）  (  ) n(nk) k n nk 1 1 1 1 （3）  (  ) 4n2 1 2 2n1 2n11 1 1 1  （4）     n(n1)(n2) 2n(n1) (n1)(n2) 1 1 1 1 1 （5）   (  ) n(n2 1) n(n1)(n1) 2 (n1)n n(n1) n2 1 1  （6）   1  4n2 1 4 (2n1)(2n1) 3n1 4(n1)(n3) 1 1 1 1 （7）  4(  )(  ) (n1)(n2)(n3) (n1)(n2)(n3) n2 n3 n1 n2 1 （8）n(n1) n(n1)(n2)(n1)n(n1). 3 1 （9）n(n1)(n2) n(n1)(n2)(n3)(n1)n(n1)(n2) 4 1 1 1 1  （10）     n(n1)(n2)(n3) 3n(n1)(n2) (n1)(n2)(n3) 2n1 1 1 （11）   n2(n1)2 n2 (n1)2 n1 1 1 1  （12）     n2(n2)2 4n2 (n2)2  积累裂项模型2：根式型 1 （1）  n1 n n1 n 1 1 （2）  ( nk  n) nk  n k 1 1 （3）  ( 2n1 2n1) 2n1 2n1 2 1 1 n(n1)1 1 1 （4） 1   1  n2 (n1)2 n(n1) n n1 1 （5） 3 n2 2n1 3 n2 13 n2 2n1 3 n1 3 n  3 n13 n1(3 n2 2n1 3 n2 1 3 n2 2n1) 2 1 (n1) nn n1 (n1) nn n1 1 1     （6） (n1) nn n1 (n1) n 2 (n n1)2 n(n1) n n1   积累裂项模型3：指数型2n (2n11)(2n 1) 1 1 （1）    (2n11)(2n 1) (2n1 1)(2n 1) 2n 1 2n1 1 3n 1 1 1 （2）  (  ) (3n 1)(3n11) 2 3n 1 3n1 1 n2 2(n1)n 2 1  1 1 1 （3）       n(n1)2n n(n1)2n n n1 2n n2n1 (n1)2n (4n1)3n1 1 9 1 1 3n1 3n1 （4）     3n1     n(n2) 2(n2) n 2n2 n  (2n1)(1)n (1)n (1)n1 （5）   n(n1) n n1 1 1 （6） a  n3n1，设 a (anb)3n [a(n1)b]3n1，易得a 2 ,b 4 ， n n 1 1 于是a  (2n1)3n  (2n3)3n1 n 4 4 (1)n(n2 4n2)2n (1)n(n24n2) (1)n  n2 n2(n1)n  （7）   n2n(n1)2n1 n(n1)2n1 n(n1)2n1 (1)n  1 1  1 1 (1)n (1)n1   (1)n     ( )n    2n1 n2n (n1)2n1  2 2 n2n (n1)2n1  积累裂项模型4：对数型 a log n1 logan1log a a a a a n n 积累裂项模型5：三角型 1 1 （1）  (tantan) coscos sin() 1 1 （2）  tan(n1)tann cosncos(n1) sin1 1 （3）tantan (tantan)1 tan() tanntan(n1) （4）a tantan(n1);tan1tann(n1) ， n 1tanntan(n1) tanntan(n1) tanntan(n1) 则tanntan(n1) 1,a  1 tan1 n tan1S 典例1【2023新高考1卷】记 S n 为数列a n 的前 n 项和，设甲：a n 为等差数列；乙：{ n n}为等差数列， 则（ ） A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】C 【解析】方法1，甲： a n  为等差数列，设其首项为a 1 ，公差为d， n(n1) S n1 d d S S d 则S na  d, n a  d  na  , n1  n  ， n 1 2 n 1 2 2 1 2 n1 n 2 S 因此{ n}为等差数列，则甲是乙的充分条件； n S S S nS (n1)S na S 反之，乙：{ n}为等差数列，即 n1  n  n1 n  n1 n 为常数，设为 ， n n1 n n(n1) n(n1) t na S 即 n1 n t，则 ，有 ， n(n1) S na tn(n1) S (n1)a tn(n1),n2 n n1 n1 n 两式相减得：a na (n1)a 2tn，即a a 2t，对n1也成立， n n1 n n1 n 因此 a  为等差数列，则甲是乙的必要条件， n 所以甲是乙的充要条件，C正确. n(n1) 方法2，甲：a n 为等差数列，设数列a n 的首项 a 1 ，公差为 d ，即S n na 1  2 d， S (n1) d d S 则 n a  d  na  ，因此{ n}为等差数列，即甲是乙的充分条件； n 1 2 2 1 2 n S S S S 反之，乙：{ n}为等差数列，即 n1  n D, n S (n1)D， n n1 n n 1 即S nS n(n1)D，S (n1)S (n1)(n2)D， n 1 n1 1 当n2时，上两式相减得：S S S 2(n1)D，当n1时，上式成立， n n1 1 于是a a 2(n1)D，又a a a 2nD[a 2(n1)D]2D为常数， n 1 n1 n 1 1 因此 a  为等差数列，则甲是乙的必要条件， n 所以甲是乙的充要条件. 故选：C 典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 记S n 为等比数列 a n  的前n项和，若S 4 5，S 6 21S 2 ，则S 8 （ ）． A．120 B．85 C．85 D．120 【答案】C【解析】方法一：设等比数列 a  的公比为 q ，首项为a ， n 1 若q1，则S 05，与题意不符，所以q1； 4 若q1，则S 6a 32a 3S 0，与题意不符，所以q1； 6 1 1 2 a  1q4 a  1q6 a  1q2 由 ， 可得， 1 5， 1 21 1 ①， S 5 S 21S 1q 1q 1q 4 6 2 由①可得，1q2q4 21，解得：q2 4， a  1q8 a  1q4 所以 1  1   1q4 511685． S  1q 1q 8 故选：C． 方法二：设等比数列 a  的公比为 q ， n 因为S 5，S 21S ，所以q1，否则S 0， 4 6 2 4 从而，S ,S S ,S S ,S S 成等比数列， 2 4 2 6 4 8 6 5 所以有，5S 2 2 S 2 21S 2 5，解得： S 2 1 或S 2  4 ， 当S 1时，S ,S S ,S S ,S S ，即为1,4,16,S 21， 2 2 4 2 6 4 8 6 8 易知，S 2164，即S 85； 8 8 5 当S 2  4 时，S 4 a 1 a 2 a 3 a 4 a 1 a 2  1q2   1q2 S 2 0， 与S 5矛盾，舍去． 4 故选：C． 典例3【2021新高考全国Ⅰ卷】某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把 纸对折，规格为20dm12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm12dm，20dm6dm两种规格 的图形，它们的面积之和S 240dm2 ，对折2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，20dm3dm 1 三种规格的图形，它们的面积之和S 180dm2 ，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数 2 n S  为______；如果对折 次，那么 ______ . n k dm2 k1 153n 【答案】①. 5 ②. 720 2n4 【解析】（1）由对折2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三种规格的图形，所 5 3 以对着三次的结果有： 2 12，56，103；20 2 ，共4种不同规格（单位 dm2) ；5 5 3 3 故对折4次可得到如下规格： 12， 6， ，10 ，20 ，共5种不同规格； 4 2 53 2 4 （2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面 n1 1 积成公比为1 的等比数列，首项为120 dm2,第n次对折后的图形面积为120   ，对于第n此对 2 2 折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为n1种（证明从略），故得猜想 120(n1) S  ， n 2n1 n 1202 1203 1204 120n1 设S S    L  ， k 20 21 22 2n1 k1 1 1202 1203 120n 120(n1) 则 S   ⋯  ， 2 21 22 2n1 2n 两式作差得： 1 1 1 1  120n1 S 240120   ⋯   2 2 22 2n1  2n  1  60 1   2n1   120n1 240  1 2n 1 2 120 120n1 120n3 360  360 ， 2n1 2n 2n 240n3 15n3 因此，S 720 720 . 2n 2n4 15n3 故答案为： ；720 . 5 2n4 典例4【2021新高考全国Ⅱ卷】 设正整数n a 0 20 a 1 2⋯a k1 2k1a k 2k ，其中 a i 0,1 ， 记na a ⋯a ．则（ ） 0 1 k A. 2nn B. 2n3n1 C. 8n54n3 D.   2n 1  n 【答案】ACD 【解析】对于A选项， na a ⋯a ，2na 21a 22 ⋯a 2k a 2k1 ， 0 1 k 0 1 k1 k 所以， 2na a ⋯a n ，A选项正确； 0 1 k对于B选项，取n2，2n37120 121122， 73 ， 而2020 121，则 21 ，即 721 ，B选项错误； 对于C选项，8n5a 23a 24 ⋯a 2k35120122a 23a 24⋯a 2k3 ， 0 1 k 0 1 k 所以，8n52a a ⋯a ， 0 1 k 4n3a 22 a 23⋯a 2k23120121a 22a 23⋯a 2k2 ， 0 1 k 0 1 k 所以， 4n32a a ⋯a ，因此， 8n54n3 ，C选项正确； 0 1 k   2n 1  n 对于D选项， 2n 120 21⋯2n1，故 ，D选项正确. 故选：ACD. 预测1（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知 a  为等差数列，a a a 21,a a a 36，则 n 1 3 5 2 4 6 a （ ） 6 A．32 B．27 C．22 D．17 预测2（2024·河北廊坊·模拟预测）已知m,n,p,qN*，且数列 a  是等比数列，则“a a a a ”是“ n m n p q mn pq ”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 预测3（2024·贵州贵阳·模拟预测）已知 a n  为等差数列，S n 为其前n项和，若S 5 S 3 6，则S 8  （ ） A．36 B．24 C．18 D．32 预测4（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知等差数列 a n  的首项a 1 1，公差d 6，在 a n  中每相邻两 项之间都插入k个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列 b  ，下列说法正确的有（ ） n A．a 6n5 B．当k 2时，b 2n1 n n C．当k 2时，b 19 不是数列 a n  中的项 D．若b 8 是数列 a n  中的项，则k的值可能为6 预测5（2024·安徽芜湖·模拟预测）下面是关于公差d 0的等差数列 a n  的四个命题，其中正确的有 （ ） A．数列 a  是等差数列 B．数列 2a 1 是等差数列 2n1 na  C．数列  n n  是递增数列 D．数列a n 3nd是递增数列 押题1：已知递增等比数列 a n  的公比为 q ，且满足a 3 23a 4 a 5 ，下列情况可能正确的是（ ） 1 A． B．q C． D． q=2 2 a 1 a 2024 4 4 押题2：满足a 1 2，a 2 1，a n2 a n1 a n  nN* 的数列 a n  称为卢卡斯数列，则（ ） A．存在非零实数t，使得 a ta  nN* 为等差数列 n1 n B．存在非零实数t，使得 a ta  nN* 为等比数列 n1 n C．3a a a  nN* n2 n4 n 2024 D． 1i a a 3 i 2023 i1 押题3：已知等比数列 a n  的前n项和为S n ,a 3 18,S 3 26，则（ ） A．a 0 B．S 0 n n C．数列 a  为单调数列 D．数列 S  为单调数列 n n 押题4：已知等差数列 a n  的前n项和为S n ，若a 5 a 9 14，a 2 3，则S 8  ． 押题5：已知公比为q的等比数列 a n  的单调性与函数 f xex 的单调性相同，且满足a 4 a 6 3，  π a a 2 ．若 x0,π，则cos  2x 2   2cos2xq2 的概率为 3 7 名校预测 预测1：答案C 【详解】因为a a a 3a 21，a a a 3a 36，得到a 7,a 12， 1 3 5 3 2 4 6 4 3 4 所以d 1275，得到a a 3d 71522， 6 3 故选：C. 预测2：答案B【详解】设等比数列 a n  的公比为b， 若a a a a ，则abm1abn1 abp1abq1 ，因为a 不等于0， m n p q 1 1 1 1 1 所以bmn2 bpq2，若b1时，无法得出mn pq， 所以“a a a a ”不是“mn pq”的充分条件； m n p q 若“mn pq”，则a a abm1abn1a2bmn2 a2bpq2 abp1abq1a a ， m n 1 1 1 1 1 1 p q 所以“a a a a ”是“mn pq”的必要条件. m n p q 所以“a a a a ”是“mn pq”的必要不充分条件. m n p q 故选：B 预测3：答案B 【详解】等差数列 a n  中，由S 5 S 3 6，得a 4 a 5 6， 8(a a ) 所以S  1 8 4(a a )24. 8 2 4 5 故选：B 预测4：答案ABD 【详解】对A，a 16n16n5，故A正确； n 6 对B，当 k 2 时，b n 公差d  3 2，此时b n 12n12n1，故B正确； 对C，当k 2时b n 2n1，此时b 19 219137，a 7 67537，即b 19 是数列 a n  中的项，故C错 误； 对D，当k 6时，b a ，又a b b ，故D正确. 1 1 2 161 8 故选：ABD 预测5：答案ABD 【详解】设等差数列的首项为a ，所以a a (n1)d dna d ， 1 n 1 1 对于A，由a dna d ，则a d(2n1)a d 2dna 2d，所以a a 2d，即数列 a  n 1 2n1 1 1 2n1 2n1 2n1 是等差数列为公差为2d的等差数列，故A正确； 对于B，由a dna d ，所以2a 12dn2a 2d1，则 n 1 n 1 2a n1 12a n 12d(n1)2a 1 2d12dn2a 1 2d12d，所以数列 2a n 1 是以公差为2d的 等差数列，故B正确； a dna d a d a  对于C，由 ，可得 n  1 d 1 ，当 时，数列 n不是递增数列， a dna d n n n a d 0  n  n 1 1 故C不正确；对于D，由a dna d ，可得a 3nd 4dna d，所以 a 3d(n1)a 3nd4d 0，所以数 n 1 n 1 n1 n 列 a 3nd 是递增数列，故D正确； n 故选：ABD 名师押题 押题1：答案BCD 【详解】原数列递增等价于a n 0，q1或a n 0，0q1. a2 等价于 4 3a a q，即 . a23a a q2 4 4 a q33q2 3 4 5 4 从而q33q2 0，q1或q33q2 0，0q1. 这意味着 q 的范围是q3或0q1， 令 f xx33x2 ，x3或0x1，则 fx3xx2 ， 当x3时， f�( x) >0， f x 单调递增， 当0x1时， fx0， f x 单调递减， 从而 f x f 30或 f 12 f x f 00， 这表明了a q33q2 的范围是2a 0或a 0. 4 4 4 所以A错误，B正确，C正确，D正确. 故选：BCD. 押题2：答案BCD 【详解】对A：若数列 a ta  nN* 为等差数列，则有a ta a ta d， n1 n n2 n1 n1 n 即a 1ta ta d ，由a a a  nN* ， n2 n1 n n2 n1 n 1t 1  故有 恒成立，即有t 1 ，无解， a a 1ta ta d  d 0 n1 n n1 n 故不存在这样的实数t，故A错误； a ta 对B：若数列a ta  nN*为等比数列，则有 a n2 ta n1 q ， n1 n n1 n 即a qta qta ，由a a a  nN* ， n2 n1 n n2 n1 n qt 1 故有 a n1 a n qta n1 qta n 恒成立，即有 qt 1 ， 1 5 即 ，解得t  ，此时 ， t2t10 2 a 2 ta 1 11 5 50故存在非零实数t，使得 a ta  nN* 为等比数列，故B正确； n1 n 对C：由a a a  nN* ， n2 n1 n 则a a a a a a a a a 3a ， n4 n n3 n2 n n2 n1 n2 n n2 即有3a a a  nN* ，故C正确； n2 n4 n 对D：由a a a  nN* ， n2 n1 n 故1n2a 1n2a 1n2a 1n1a 1na ， n2 n1 n n1 n 2024 故 1i a 1a 12 a 13 a ⋯12024 a  i 1 2 3 2024 i1 1212112a 1a 13a 12a 14a 13a ⋯12023a 12022a   2 1  3 2  4 3  2023 2022 211a 12023 a a 3，故D正确.  1 2023 2023 故选：BCD. 押题3：答案BC 【详解】设数列 a  的首项为a ，公比为 q ， n 1  3 q 由题有   a 1 q2 18 ，解得   q3 或 4 ， a 1 a 1 qa 1 q2 26 a 1 2  a 1 32  3 q 对于选项A，当 4 ， 为奇数时， ，所以选项A错误，  a 1 32 n a n 0  3 q 对于选项B，因为 a (1qn)，当 4 ，显然有 ，当 q3 时， S  1  n 1q  a 32 S 0 a 2 1 n 1 1q0,1qn 0，所以S 0，故选项B正确， n 对于选项C，当q3时，数列 a n  是首项为 2 ，公比为3的递增数列， 3 3 当q 时，数列a 是首项为 ，公比为 的递减数列，所以选项C正确， 4 n 32 4 对于选项D，由选项B知S 0，所以 S S ， n n n 3  3 32(1( )n) 当   q 4 时，S n  3 4  12 7 8 [1( 3 4 )n]，此时 不具有单调性，所以选项D错误，  a 1 32 1 4 S n 故选：BC.押题4：答案16 【详解】设等差数列a n 的公差为d， a 4da 8d 14 a 5 则有 1 1 ,解得： 1 ，  a 1 d 3  d 2 87 所以 85 216. S  2 8 故答案为：16 1 押题5：答案 /0.25 4 【详解】∵a a a a 2，又a a 3,a ,a 是方程x23x20的两根， 3 7 4 6 4 6 4 6 又 a  为单增等比数列，a 1,a 2q2 2 n 4 6  π  π 又cos2x 2cos2xsin2xcos2x1 2sin2x 1，  2  4  π  π 2  2sin2x 12sin2x  ，  4  4 2 π π 9π π π 3π π ∵ x0,π,2x   ,  , 2x  0 x ， 4 4 4  4 4 4 4 π 0 所求概率 4 1. P   π0 4 1 故答案为： ． 4空间立体几何（选填题） 年份 题号 知识点 考点 ①截面周长与面积定值问题 2021年I卷 12 三棱柱 ②动点构成体积定值 ③动点参与的垂直问题 2021年II 10 正方体 动点满足要求所存在的情况 卷 ①线与线夹角问题 2022年I卷 9 正方体 ②线与面夹角问题 2022年II 体积之间的关系 11 空间多边形 卷 2023年新 12 正方体 立体几何的包裹问题 高考1 2023 年 新 ①锥体的侧面积问题 高考2 9 椎体 ②锥体的体积问题 近三年，空间几何体在选填中占据一个位置，考查的考点一般来说是： 4、空间几何体的表面积与体积（①锥体的表面积与体积②柱体的表面积与体积③组合体的表面积与体 积） 2、空间几何体涉及夹角与位置问题（①线与线、线与面及面与面的夹角问题②线与面平行关系③线与面 垂直关系） 3、动点与截面问题（①以动点为导火索求新平面图、几何体的各种参数②截面所截面积与周长定值最值 问题） 题干的设置一般来说在上述的三项考点中选其一项或两项。有关表面积与体积考生需熟记公式，有关 截面问题考生需要掌握截面的作法，针对计算可以用几何法也可借助空间向量，对于动点完全需要利用空 间向量求出轨迹方程进而求其它。 从近三年的全国卷的考查情况以及新高考新题型标准来看，空间几何体是高考选填方向必不可少的一 类题，类型1：正方体探究截面与动点问题，类型2：空间中线与面的位置关系。类型3：组合体表面积与体积（实际应用）问题，尤其是台体的表面积与体积，类型1相对有难度，其它两类相对简单. 一、立体几何截面问题 ①作出空间几何体的截面 1、作截面应遵循的三个原则：（1）在同一平面上的两点可引直线；（2）凡是相交的直线都要画出它们 的交点；（3）凡是相交的平面都要画出它们的交线； 2、作交线的方法有如下两种：（1）利用基本事实3作直线；（2）利用线面平行及面面平 行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线。 ②判断截面多边形的形状 判断截面多边形形状时需要注意以下几点： 1、截面与几何体表面相交，交线不会超过几何体表面个数。 2、不会与同一个表面有两条交线。 3、与一对平行表面相交，交线平行（不一定等长） 4、截面截内切球或者外接球时，区分与面相切和与棱相切之间的关系 ③求解截面多边形的周长 求解截面多边形的周长有两个思路：（1）利用多面体展开图进行求解；（2）在各个表面 确定交线，分别利用解三角形进行求解。 ④求解截面多边形的面积 求解截面多边形的面积问题的步骤：（1）通过解三角形求得截面多边形各边的长度； （2）判断多边形的形状是否规则，若为规则图形可直接使用面积公式求解；否则可通过 切割法将多边形分为多个三角形求解。 ⑤截面分割几何体的体积问题 截面分割后的几何体易出现不规则的几何体，对此往往采用“切割法”或“补形法”进行 体积的求解。 ⑥截面最值的相关问题 截面最值问题的计算，主要由以下三种方法： 1、极限法：通过假设动点运动至两端，计算最值（需注意判断是否单调）； 2、坐标法：通过建系设坐标，构造对应的函数进行求解； 3、化归法：通过图形转化，把立体图形转化为平面图形，寻找平面图形中的最值计算。 二、垂直与平行命题判断 技巧总结 结论：①要证线∥面，条件为3个，其中必有《线⊄面》 ②要证线⊥面，条件为2个，其中必有《线∥线或面∥面》 ③要证线∥线（面∥面），条件为2或3个，其中必有《两个线⊥面》 ④要证线⊥线（面⊥面），条件为2个，其中必有《⊥、∥（⊂）》 { ¿、⊥、⊥ ⑤要证线⊥线（面⊥面），条件为3个，其中必有《 》 线⊥面、∥¿ 三、空间几何体表面积与体积 1、空间几何体的表面积和体积公式名称 表面积 体积 几何体 柱体(棱柱和圆柱) S ＝S ＋2S V＝S h 表面积 侧 底 底 锥体(棱锥和圆锥) S ＝S ＋S V＝S h 表面积 侧 底 底 台体(棱台和圆台) S ＝S ＋S ＋S V＝(S ＋S ＋)h 表面积 侧 上 下 上 下 球 S＝4πR2 V＝πR3 几何体的表面积和侧面积的注意点 ①几何体的侧面积是指(各个)侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和． ②组合体的表面积应注意重合部分的处理． 2、柱体、锥体、台体侧面积间的关系 （1）当正棱台的上底面与下底面全等时，得到正棱柱；当正棱台的上底面缩为一个点时，得到正棱锥， 则S ＝ch′←―― S ＝(c＋c′)h′――→S ＝ch′. 正棱柱侧 正棱台侧 正棱锥侧 （2）当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥， 则S ＝2πrl←―― S ＝π(r＋r′)l――→S ＝πrl. 圆柱侧 圆台侧 圆锥侧 ①求空间几何体表面积的常见类型及思路 1、求多面体的表面积：只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体 的表面积； 2、求旋转体的表面积：可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它 们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系 3、求不规则几何体的表面积：通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱 体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积； ②空间几何体的体积 1、处理空间几何体体积的基本思路 （1）转：转换底面与高，将原本不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的 高转换为容易看出并容易求解的高； （2）拆：将一个不规则的几何体拆成几个规则的几何体，便于计算； （3）拼：将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原 乘一个四棱柱，还台位锥，这些都是拼补的方法。 2、求体积的常用方法 （1）直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算； （2）割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成 规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算； （3）等体积法：选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面 作为三棱锥的底面进行等体积变换 ③平移法求异面直线所成角的步骤 第一步平移：平移的方法一般有三种类型：(1)利用图中已有的平行线平移；(2)利用特殊点(线段的端点或 中点)作平行线平移；(3)补形平移第二步证明：证明所作的角是异面直线所成的角或其补角 第三步寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之 第四步取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0°＜θ≤90°，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作 为异面直线所成的角 三、空间几何体动态问题 立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； 立体几何中的动点轨迹问题一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型，空间中轨迹问题的解答 思路： （1）根据已知条件确定和待求点相关的平行、垂直等关系； （2）用动点 的坐标 、 、z表示相关点 的坐标 、 、 ，然后代入点 的坐标 所满足 的曲线方程，整理化简可得出动点 的轨迹方程； （3）根据轨迹形状即可求解出轨迹的长度等其他量. 立体几何最值： 1、计算多面体或旋转体的表面上的最值问题时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图 形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状； 2、对于几何体内部的折线的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解． 空间中动线段的距离和的最值问题，可以类比平面中的距离和的最值处理利用对称性来处理于转化，另外 异面直线间的公垂线段的长度可利用点到平面的距离来处理.计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值 问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决， 要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状； 典例1【2023新高考1卷】下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度 忽略不计）内的有（ ） A. 直径为 的球体 B. 所有棱长均为 的四面体 C. 底面直径为 ，高为 的圆柱体 D. 底面直径为 ，高为 的圆柱体 【答案】ABD 【解析】对于选项A：因为 ，即球体的直径小于正方体的棱长， 所以能够被整体放入正方体内，故A正确； 对于选项B：因为正方体的面对角线长为 ，且 ， 所以能够被整体放入正方体内，故B正确；对于选项C：因为正方体 的体对角线长为 ，且 ， 所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确； 对于选项D：因为 ，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆， 如图，过 的中点 作 ，设 ， 可知 ，则 ， 即 ，解得 ， 且 ，即 ， 故以 为轴可能对称放置底面直径为 圆柱， 若底面直径为 的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心 ，与正方体的下底面的切 点为 ， 可知： ，则 ， 即 ，解得 ， 根据对称性可知圆柱的高为 ， 所以能够被整体放入正方体内，故D正确； 故选：ABD. 典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径， ， ，点C在底面圆周上，且二面角 为45°，则（ ）． A. 该圆锥的体积为 B. 该圆锥的侧面积为 C. D. 的面积为 【答案】AC【解析】依题意， ， ，所以 ， A选项，圆锥的体积为 ，A选项正确； B选项，圆锥的侧面积为 ，B选项错误； C选项，设 是 的中点，连接 ， 则 ，所以 是二面角 的平面角， 则 ，所以 ， 故 ，则 ，C选项正确； D选项， ，所以 ，D选项错误. 故选：AC. 典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某 水库.已知该水库水位为海拔 时，相应水面的面积为 ；水位为海拔 时，相应水面 的面积为 ，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔 上升到 时，增加的水量约为（ ）（ ） A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】依题意可知棱台的高为 (m)，所以增加的水量即为棱台的体积 ． 棱台上底面积 ，下底面积 ， ∴ ．故选：C． 典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】 如图，四边形 为正方形， 平面 ， ，记三棱锥 ， ， 的体积分别为 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 设 ，因为 平面 ， ，则 ， ，连接 交 于点 ，连接 ，易得 ， 又 平面 ， 平面 ，则 ，又 ， 平面 ，则 平面 ，又 ，过 作 于 ，易得四边形 为矩形，则 ， 则 ， ， ，则 ， ， ， 则 ，则 ， ， ，故A、B错误；C、D 正确.故选：CD. 典例5【2021新高考全国Ⅱ卷】 正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图， 因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2， 所以该棱台的高 ， 下底面面积 ，上底面面积 ， 所以该棱台的体积 . 故选：D. 预测1（2024·甘肃白银·模拟预测）如图，这是一件西周晚期的青铜器，其盛酒的部分可近似视为一个圆 台（设上、下底面的半径分别为 厘米， 厘米，高为 厘米），则该青铜器的容积约为（取 ） （ ）A． 立方厘米 B． 立方厘米 C． 立方厘米 D．c  a2abb2 立方厘米 预测2（2024·四川成都·模拟预测）如图，已知在长方体 ABCDABCD 中，AB3,AD4,AA 5，点 1 1 1 1 1 E为棱CC 1 上的一个动点，平面BED 1 与棱AA 1 交于F ，则下列说法正确的是（ ） （1）三棱锥B BED 的体积为20 1 1 3 （2）直线 与平面 所成角正弦值的最大值为 BE BBDD 5 1 1 1 （3）存在唯一的点E，使得B 1 D平面BED 1 ，且CE5 （4）存在唯一的点E，使截面四边形BED 1 F 的周长取得最小值2 74 A．（1）（2）（3） B．（2）（3）（4） C．（2）（3） D．（2）（4） 预测3（2024·河南信阳·模拟预测）棱长为1的正方体 ABCDABCD 中，点P为BD 上的动点，O为底 1 1 1 1 1 面ABCD的中心，则OP的最小值为（ ） 3 6 6 3 A． B． C． D． 3 3 6 2 预测4（2024·甘肃定西·模拟预测）在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA底面 PA ABCD,ABD60,PB,PC 与底面 ABCD 所成的角分别为 , ，且 45 ，则 AB （ ） 172 153 152 173 A． B． C． D． 2 2 2 2 预测5（2024·安徽·模拟预测）已知m是直线，，  是两个不同的平面，下列正确的命题是（ ）A．若m∥，∥，则m∥ B．若m，，则m∥ C．若m∥，，则m D．若m∥，m，则 押题1：已知正方体 ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 的棱长为1，P，Q分别为棱C 1 D 1 ，B 1 C上的动点，则（ ） A．四面体PQAB的体积为定值 B．四面体PQAD的体积为定值 1 1 1 C．四面体 的体积最大值为 D．四面体 的体积最大值为 PQAC 3 PQAD 6 押题2：设 , 这两个平面， m,n 是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（ ） A．若//,m，则m// B．若m,n，则m//n C．若m//,n//，则m//n D．若n,n，则// 押题3：已知四棱锥PABCD，底面ABCD是正方形，PA平面ABCD，AD1，PC与底面ABCD所 2 成角的正切值为 ，点M为平面 内一点（异于点A），且 ，则（ ） 2 ABCD AM 1 A．存在点M，使得CM平面PAB π B．存在点M，使得直线 与 所成角为 PB AM 3 1 1 C．当AM  时，三棱锥 的体积最大值为 2 PBCM 4 2 2 6 D．当AM  时，以P为球心， 为半径的球面与四棱锥 各面的交线长为 π 2 PM PABCD 2 押题4：在正方体 ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 中，AA 1 4,P为CC 1 的中点，E在棱 A 1 D 1 上，且A 1 E3ED 1 ，则过E 且与AP垂直的平面截正方体ABCDABCD 所得截面的面积为 . 1 1 1 1 1 押题5：在直三棱柱ABC- A 1 B 1 C 1 中， AB AC,AB AC 4,AA 1 6 ，E为CC 1 的中点，点F 满足 ⃗ ⃗ AF 2FA ，则异面直线EF,BC 所成角的余弦值为 ． 1 1名校预测 预测1：答案D 【详解】依题意可得该青铜器的容积约为 1 πa2πb2 πa2πb2  cc  a2abb2 （立方厘米）.故选：D 3 预测2：答案D 12 【详解】对于（1），如图过点 作 垂线，垂足为 ，易知 MC  ， C BD M 5 在长方体中，BB 平面ABCD，CM 平面ABCD，所以BB CM ，又CM BD，BDBB B， 1 1 1 BD,BB 平面BDDB ，所以MC 平面BDDB ， 1 1 1 1 1 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 CC //BB CC  BDDB BB  BDDB CC // 1 1 1 1 1 1 1 1 1 BDDB ， 1 1 所以点E到平面平面BDD 1 B 1 的距离等于点C到平面BDD 1 B 1 的距离，即为 MC ， 1 1 1 12 三棱锥 的体积为V V  S  MC   55 10， B 1 BED 1 B1BED1 EBB1D1 3 BB1D1 3 2 5 故（1）错误； 对于（2），∵CC 1 //平面BB 1 D 1 D，所以点E到平面BB 1 D 1 D的距离等于点C到平面BB 1 D 1 D的距离，距离为 12 MC  ， 5 所以当B 1 E最小时即当点E与点C 1 重合时， 12 此时直线 与平面 所成角的正弦值最大，最大值为 5 3，故（2）正确；  BE BBDD 4 5 1 1 1 对于（3），若CE5，可知点E与点C 1 重合，又因为DC∥D 1 C 1 ，易知B 1 D与DC不垂直， 故BD与DC 不垂直，BD与平面BED 不垂直，故（3）错误； 1 1 1 1 1对于（4），四边形BEDF 的周长2BEED  ，周长取得最小值即 BEED  最小， 1 1 1 将平面BCCB 与将平面DCCD 放在同一平面内，可知 BEED  最小值为 5272  74， 1 1 1 1 1 所以截面四边形BEDF 的周长取得最小值2 74，故（4）正确. 1 综上，说法正确的有（2）（4）. 故选：D. 预测3：答案C 【详解】由题意可得OP的最小值为点O到线段BD 的距离， 1 在平面D 1 DB内过点O作OPBD 1 于点P， 由题意可得DD 1，DB 2，BD  3，DD 平面ABCD， 1 1 1 因为DB平面ABCD，则DD 1 DB，因为OPB∽D 1 DB， 2 1 故 OP OB ，即 OBDD 2 6 .  OP 1   DD BD BD 3 6 1 1 1 故选：C. 预测4：答案D 【详解】如图，设ABa,PAb， 因为在矩形ABCD中，ABD60，所以ACBD2a， 因为PA底面ABCD， 所以PBA,PCA分别是PB,PC与底面ABCD所成的角，即PBA,PCA， b b 所以tantanPBA ,tantanPCA . a 2a 因为 45，b b  tantan a 2a 所以tan()  1，解得 (负根舍去)， 1tantan b b b 173 1   a 2a a 2 PA 173 所以  . AB 2 故选：D. 预测5：答案D 【详解】选项A：根据给定条件有m∥ 或m； 选项B：根据给定条件有m∥ 或m； 选项C：根据给定条件有m与的位置可能平行、相交或m在α内； 选项D：因为m∥，所以存在直线m'  使得m' ∥m， 又因为m，所以m' ，因为m'  ，所以. 故选：D. 名师押题 押题1：答案BCD 2 【详解】A：因为 的面积为1 ABBC  ， 到平面 的距离不是定值， ABP 2 1 2 Q ABP 所以四面体PQAB的体积不是定值，故A错误； 1 2 2 B：因为 的面积为 ADDC  ，P到矩形 的距离为定值 ， △ADQ 2 1 2 ABCD 2 1 1 1 2 1 2 1 所以 到平面 的距离为 ，则四面体 的体积为 S   ，故B正确； P A 1 DQ 2 PQA 1 D 3 A1DQ 2 6 1 3 C：当Q与 重合时， 取得最大值，为 AB CB sin60  ， B 1 S △QAC 2 1 1 2 当P与D 1 重合时，P到平面ACQ的距离d取得最大值， 2 3 在正 ACB 1 中，其外接圆的半径为r 2sin 2 60  3 6 ，则 d ( 2)2r2  3 ， 1 3 2 3 1 故四面体 的体积最大值为    ，故C正确； PQAC 3 2 3 3 D：过点Q作GH∥BC，PM DG，PN CD， 设CGt，PD 1 s，则t，s0,1 ， t S  1 ADDG 1 1t2 ， ， OM DMsinCDGts ， △ADQ 2 2 PM DG 1t2 1t2 t 1st OP 1t2 st  1t2 1t2t 1st OP 1t2 st  ， 1t2 1t2 1 1 1st 1 V   1t2  1st 1 故四面体 的体积为 ，其最大值为 ，故D正确． PQAD 3 2 1t2 6 6 故选：BCD 押题2：答案BD 【详解】对于选项A，因为//,m，则m，所以选项A错误， 对于选项B，因为m,n，由线面垂直的性质知，m//n，所以选项B正确， 对于选项C，因为m//,n//，则m与n可能是异面直线，也可能是相交直线，所以选项C错误， 对于选项D，因为n,n，垂直同一直线的两个平面互相平行，所以选项D正确， 故选：BD. 押题3：答案BC 【详解】对于A，假设存在点M，使得CM平面PAB， 由于PA平面ABCD，PA平面PAB，则平面PAB平面ABCD， 平面PAB平面ABCD AB，CM 平面ABCD，则CM AB， 由于CB AB，CM,CB平面ABCD，故直线CM,CB重合， 即M点落在CB上，由于AM 1，即M落在以A为圆心，以AB1为半径的圆面内(不包含圆)， 这与M点落在CB上矛盾，A错误； 对于B，以A为坐标原点，AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系， PA平面ABCD，则PCA即为PC与底面ABCD所成角， PA 2 故tanPCA  ，而 ，故 ， AC 2 AC  2 PA1 ⃗ 则P(0,0,1),B(1,0,0),PB(1,0,1)， ⃗ ⃗ 1 结合A的分析，可取 ⃗ 1 1 ，则 cos  P ⃗ B  ,  A  M ⃗  |  P P ⃗ B  B |  | A  A  M M ⃗ |  2 2  1 2 , AM ( , ,0) 2 2 2 2π π 由于直线 与 所成角范围为(0, ]，故此时直线 与 所成角为 ， PB AM 2 PB AM 3 π 即存在点M，使得直线 与 所成角为 ，B正确； PB AM 3 1 3 对于C，当AM  时，当M位于 的延长线时， 的高最大为 ， 2 BA BCM 2 1 3 3 1 3 1 此时面积最大，最大值为 1  ，则三棱锥 的体积最大值为  1 ，C正确； 2 2 4 PBCM 3 4 4 2  2 6 对于D，当 2 时，PM    12  ， AM   2  2 2   以P为球心，PM 为半径的球面与四棱锥PABCD各面的交线是以P为圆心， 6 为半径的圆与侧面展开图的交线，如下图 ， 2 EMF 由于PB 2,PC  12  3,则PC2 PB2BC2,即PBCB, 2 1 π 则tanAPF  tanBPC ，则APF BPC,APFFPB ， 2 2 4 π π 则FPCBPCFPB ，根据对称性有FPCCPE,FPE ， 4 2 1 6 6π 故 的长为 2π  ， EMF 4 2 4 2 1 2 2π 又球与底面 的交线是以A为圆心， 为半径的四分之一圆，故长度为 2π  ， ABCD 2 4 2 4 2 6 故以P为球心， 为半径的球面与四棱锥 各面的交线长为 π，D错误， PM PABCD 4故选：BC 押题4：答案12 【详解】 如图所示，取AF 3FB ，连接AC,AC ，易知AA 面ABC D ， 1 1 1 1 1 1 1 1 而EF 面A 1 B 1 C 1 D 1 ，故AA 1 EF ，连接B 1 D 1 ，且B 1 D 1  A 1 C 1 显然成立， AF AE 由已知得 1  1 3，故 ，则 ， FB 1 ED 1 EF // B 1 D 1 C 1 A 1 EF 而C A AA  A ，C A,AA 面AACC， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以EF平面AA 1 C 1 C，且A 1 P面AA 1 C 1 C，所以EF  A 1 P， 取Q为DD的中点，DH 3HA，则EH  AQ且EH PQ， 1 1 AQPQQ，AQ,PQ面APQ， 1 1 1 所以EH 平面A 1 PQ，因为A 1 P平面A 1 PQ，EH  A 1 P，同理可得BG3GA， 所以等腰梯形HGFE为所得截面， 又HG 1212  2,EF  3232 3 2,EH  2242 2 5， 作 EF HK ，显然HK  42( 2)2 3 2，则梯形的高为3 2， 1 所以等腰梯形 的面积为 ( 23 2)3 2 12． HGFE 2 故答案为：12 5 押题5：答案 17 【详解】如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则B4,0,0,C 0,4,6,E0,4,3,F0,0,4 ， 1 ⃗ ⃗ 所以BC 4,4,6,EF (0,4,1)， 1 ⃗ ⃗ EFBC 5 1 设异面直线 所成的角为 ，则cos ⃗ ⃗  ． EF,BC 1  EF BC 1 175 故答案为： . 17直线（圆）与方程（选填题） 年份 题号 知识点 考点 ①点线距 2021年I卷 11 圆 ②角度最值时求其它 2021年II 11 直线与圆 直线与圆的位置关系 卷 ①圆与圆的位置关系 2022年I卷 14 圆 ②圆与圆的公切线问题 2022年II ①直线与圆的位置关系 15 直线与圆 卷 ②线关于线对称 2023年新 6 圆 圆的切线问题 高考1 2023 年 新 高考2 9 直线与圆 直线与圆的位置关系 近三年，直线与圆在选填中占据一个位置，考查的考点一般来说是： 5、直线（①直线：倾斜角与斜率、斜率求算、夹角公式②平行与垂直定理及直线求法、对称、距离及最 值问题） 2、圆（①各种方程、直线（圆）与圆的位置关系②四点共圆、三类切线、弦长、最值） 题干的设置一般来说在上述的多项考点中选其一项或两项。直线与圆有关定值与最值需考生需熟悉技 巧，其次掌握直线与圆及圆与圆的位置关系，对称也是高考的重点内容，设置此类题难度一般，用心研究 必能夺分。 从近三年的全国卷的考查情况以及新高考新题型标准来看，直线与圆是高考选填方向必不可少的一类 题，类型1：圆上的动点到定直线的最值问题。类型2：圆的三类切线。类型3：对称及阿波罗尼斯圆，尤 其是阿波罗尼斯圆，考生需从多方面认识，类型3相对有难度，其它两类相对简单.此类题目一定采用数形 结合. 一、圆的取值范围与最值问题 涉及与圆有关的最值，可借助图形性质，利用数形结合求解．一般地：y−b （1）形如 μ= 的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题． x−a （2）形如t=ax+by 的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题． （3）形如m=(x−a) 2 +(y−b) 2 的最值问题，可转化为曲线上的点到点（a，b）的距离平方的最值 问题 解决圆中的范围与最值问题常用的策略： （1）数形结合 （2）多与圆心联系 （3）参数方程 （4）代数角度转化成函数值域问题 二、直线的交点坐标与距离公式 ①：直线的交点 求两直线 与 的交点坐标，只需求两直线方程 联立所得方程组 的解即可．若有 ，则方程组有无穷多个解，此时两直线重 合；若有 ，则方程组无解，此时两直线平行；若有 ，则方程组有唯一解，此时两直 线相交，此解即两直线交点的坐标． 求两直线的交点坐标实际上就是解方程组，看方程组解的个数． ②过两条直线交点的直线系方程 一般地，具有某种共同属性的一类直线的集合称为直线系，它的方程叫做直线系方程，直线系方程中 除含有 以外，还有根据具体条件取不同值的变量，称为参变量，简称参数．由于参数取法不同，从而 得到不同的直线系． 过两直线的交点的直线系方程：经过两直线 ， 交点的直线方程为 ，其中 是待定系数．在这个方程中，无论 取什么实数，都得不到 ，因此它不能表示直线 ． ③两点间的距离公式 两点 间的距离公式为 ． 此公式可以用来求解平面上任意两点之间的距离，它是所有求距离问题的基础，点到直线的距离和两平行 直线之间的距离均可转化为两点之间的距离来解决．另外在下一章圆的标准方程的推导、直线与圆、圆与 圆的位置关系的判断等内容中都有广泛应用，需熟练掌握． ④：点到直线的距离公式 点 到直线 的距离为 ． （1）点 到直线 的距离为直线上所有的点到已知点 的距离中最小距离；（2）使用点到直线的距离公式的前提条件是：把直线方程先化为一般式方程； （3）此公式常用于求三角形的高、两平行线间的距离及下一章中直线与圆的位置关系的判断等． ⑤两平行线间的距离 本类问题常见的有两种解法：①转化为点到直线的距离问题，在任一条直线上任取一点，此点到另一条直 线的距离即为两直线之间的距离；②距离公式：直线 与直线 的距离为 ． （1）两条平行线间的距离，可以看作在其中一条直线上任取一点，这个点到另一条直线的距离，此点一 般可以取直线上的特殊点，也可以看作是两条直线上各取一点，这两点间的最短距离； （2）利用两条平行直线间的距离公式 时，一定先将两直线方程化为一般形式，且两条直线 中 ， 的系数分别是相同的以后，才能使用此公式． 圆：①：圆的标准方程 ，其中 为圆心， 为半径． （1）如果圆心在坐标原点，这时 ，圆的方程就是x2  y2  r2 ．有关图形特征与方程的转化： 如：圆心在 x轴上： ；圆与y轴相切时： ；圆与x轴相切时： ；与坐标轴相切时： ；过原点： （2）圆的标准方程 圆心为 ，半径为 ，它显现了圆的几何特点． （3）标准方程的优点在于明确指出了圆心和半径．由圆的标准方程可知，确定一个圆的方程，只需要 a、 b、r这三个独立参数，因此，求圆的标准方程常用定义法和待定系数法． ②：点和圆的位置关系 如果圆的标准方程为 ，圆心为 ，半径为 ，则有 （1）若点 在圆上 （2）若点 在圆外 （3）若点 在圆内 ③：圆的一般方程 当 时，方程 叫做圆的一般方程． 为圆心， 为半径． 由方程 得D E （1）当 时，方程只有实数解 ．它表示一个点( , )． 2 2 （2）当 时，方程没有实数解，因而它不表示任何图形． （3）当 时，可以看出方程表示以 为圆心， 为半径的圆． ④：用待定系数法求圆的方程的步骤 求圆的方程常用“待定系数法”．用“待定系数法”求圆的方程的大致步骤是： （1）根据题意，选择标准方程或一般方程． （2）根据已知条件，建立关于 或 的方程组． （3）解方程组，求出 或 的值，并把它们代入所设的方程中去，就得到所求圆的方 程． 三、对称全覆盖 ①点关于线对称的点的求算 ( Ax +By +C Ax +By +C) 点 关于直线 的对称点为 x −2A⋅ 0 0 ,y −2B⋅ 0 0 A(x 0 ,y 0 ) l:Ax+By+C=0 0 A2 +B2 0 A2 +B2 ②线关于点对称的直线求算 直线l:Ax+By+C=0关于点A(x ,y )对称的直线为l:Ax+By−(2Ax +2By +C)=0 0 0 0 0 ③线关于线对称的直线方程求算 直线 l :A x+B y+C =0 关于直线l:Ax+By+C=0对称直线为A x+B y+C −λ(Ax+By+C)=0 1 1 1 1 1 1 1 2(A A+B B) 1 1 其中λ= A2 +B2 注意：特殊情况 Ⅰ：点 A(x 0 ,y 0 )关于直线l:x=m对称的点坐标为A' (2m−x 0 ,y 0 )． 点 A(x ,y )关于直线l: y=n对称的点坐标为A' (x ,2n−y )． 0 0 0 0 直线 l 1 :Ax+By+C=0 关于直线l:x=m对称的直线方程为l 2 :A(2m−x)+By+C=0． 直线 l :Ax+By+C=0 关于直线l: y=n对称的直线方程为l :Ax+B(2n−y)+C=0． 1 2 Ⅱ：点A(x ,y )关于直线l:x+y+C=0对称的点坐标为A' (−C−y ,−C−x )． 0 0 0 0 点A(x ,y )关于直线l:x−y+C=0对称的点坐标为A' (−C+y ,C+x )． 0 0 0 0 直线l :AxByC0关于直线l:x yC 0对称的直线方程为l :A  C y  B  Cx  C0； 1 2 直线l :AxByC0关于直线l:x yC 0对称的直线方程为l :A  C y  B  Cx  C0； 1 2 x  yC 0 y Cx x  yC 0 y Cx 《记忆方法》 0  0 或者 0  0 x y C 0 xC y x y C 0 xC y     0 0 0 0④正规方法 点关于直线成轴对称问题（所有对称都可以转化为点关于线对称） 由轴对称定义知，对称轴即为两对称点连线的“垂直平分线”源源hh头头特特ttttpp王ww王:://// xxww学学新新 cc级级ww kktt新新ww @@..xx子子疆疆 11教教jj 22kk 66敞敞ttyy ..ccgg小小 oo师师..cc mmoomm//屋屋wwxxcc//利用“垂直”“平分”这两个条件建立方程 组，就可求出对顶点的坐标 源源hh头头特特ttttpp王ww王:://// xxww新新学学 cc级级ww kktt新新ww @@..xx疆疆 11子子教教jj 22kk 66敞敞ttyy ..ccgg小小 oo师师..cc mmoomm//屋屋wwxxcc//一般情形如下：设点P(x 0 , y 0 )关于直线y kxb的对称点为P'(x', y')，则 有  y' y 0 k 1   x' x  0 ，可求出 、 ． y' y x  x' 0 k 0 b   2 2 x' y' ⑤万能对称原理（曲线关于直线对称的原理） 曲线（或直线 ）C:F(x,y)0关于直线l: f(x,y) AxByC 0的对称曲线C'（或直线 ）的方程 2A 2B 为：F[x f(x,y), y f(x,y)]0． A2 B2 A2 B2 证明：设M(x,y)是曲线C'上的任意一点M(x,y)，它关于l的对称点为M'(x', y')，则M'C 于是F(x',y')0 ① ∵M 与M'关于直线l对称．  2A  B(xx')A(y y')0 x' x f(x,y)   A2 B2 ∴ xx' y y'  ② A B C 0 2B   2 2 y' y f(x,y)  A2 B2 2A 2B ②代入①，得F[x f(x, y) , y f(x,y)]0，此即为曲线 的方程． A2 B2 A2 B2 C' 四、最值问题 Ⅰ求直线上一点到两定点的距离之差的最大值的方法 当两点A,B在直线l的两侧时，可以在直线l上找到一点P,使得 PA  PB 最大. 理由如下：作点B关于直线l的对称点B,连接AB并延长交l于点P，连接PB,则点P即为所求点，此 PA  PB PA  PB  PA  PB  AB 时 最大.且 max PB  PB 若在直线l上取不同于点P的点P,连接PA、PB、PB,则 .在APB中， PA  PB＜AB （三角形中两边之差小于第三边）即 PA  PB＜AB ②求直线上一点到两定点的距离之和的最小值的方法 当两点A,B在直线l的同侧时，可以在直线l上找到一点P,使得 PA  PB 最小. 理由如下：作点B关于直线l的对称点B,连接AB交l于点P，连接PB,则点P即为所求点，此时   PA  PB PA  PB  PA  PB  AB min  PA  PB PA  PB  PA  PB  AB 最小.且 min PB  PB 若在直线l上取不同于点P的点P,连接PA、PB、PB,则 .在APB中， PA  PB＞AB （三角形中两边之和大于第三边）即 PA  PB＞AB y Ⅱ形如：若 P  x,y 是定圆 C:xa2  yb2 r2 上的一动点，则求 mxny 和 x 这两种形式的最值 思路1：几何法 manbt ① 的最值，设 ，圆心 到直线 的距离为d  ,由   mxny mxny t C a,b mxny t m2 n2 d r 即可解得两个t值，一个为最大值，一个为最小值 y y ② 的最值： 即点 与原点连线的斜率，数形结合可求得斜率的最大值和最小值 x x P 思路2：代数法 ① mxny 的最值，设 mxny t ，与圆的方程联立，化为一元二次方程，由判别式等于0，求得t的两 个值，一个为最大值，一个为最小值. y y ② 的最值：设t  ，则 ，与圆的方程联立，化为一元二次方程，由判别式等于 ，求得 的两个 x x y tx 0 t 值，一个为最大值，一个为最小值. 五、圆的三类切线问题   第一类：求过圆上一点 x ,y 的圆的切线方程的方法 0 0 正规方法： 第一步：求切点与圆心的连线所在直线的斜率k 1 第二步：利用垂直关系求出切线的斜率为 k   第三步：利用点斜式y y k xx 求出切线方程 0 0 注意：若k 0则切线方程为x x ，若k不存在时，切线方程为y  y 0 0 秒杀方法： ①经过圆x2  y2 r2上一点P  x ,y  的切线方程为x x y y r2 0 0 0 0 ②经过圆 xa2  yb2 r2上一点P  x ,y  的切线方程为 x axa  y byb r2 0 0 0 0 ③经过圆x2  y2 DxEyF 0上一点P  x ,y  的切线方程为 0 0 xx y y x x y yD 0 E 0 F 0 0 0 2 2   第二类：求过圆外一点 x ,y 的圆的切线方程的方法 0 0 方法一：几何法   第一步：设切线方程为y y k xx ，即kx ykx  y 0， 0 0 0 0第二步：由圆心到直线的距离等于半径长，可求得k，切线方程即可求出 方法二:代数法   第一步：设切线方程为y y k xx ，即y kxkx  y ， 0 0 0 0 第二步：代入圆的方程，得到一个关于x的一元二次方程，由 0可求得k，切线方程即可求出 注意：过圆外一点的切线必有两条，当上面两种方法求得的k只有一个时，则另一条切线的斜率一定不存 在，可得数形结合求出. 第三类：求斜率为k且与圆相切的切线方程的方法 方法一：几何法 第一步：设切线方程为y kxm，即kx ym0 m 第二步：由圆心到直线的距离等于半径长，可求得 ，切线方程即可求出. 方法二:代数法 第一步：设切线方程为y kxm， 第二步：代入圆的方程，得到一个关于x的一元二次方程，由 0可求得m，切线方程即可求出 方法三：秒杀方法 已知圆x2  y2 r2的切线的斜率为k，则圆的切线方程为y kxr k2 1 已知圆 xa2  yb2 r2的切线的斜率为k，则圆的切线方程为y kxr k2 1bka 六、阿波罗尼斯圆考点 阿氏圆是指：平面上的一个动点P到两个定点A,B的距离的比值等于k，且k 1的点P的轨迹称之为阿 PA 氏圆。即： k(k 1)，如下图所示： PB Ⅰ：证明方法一：初中知识证明： 前提基础： 知识点1：内角平分线定理及逆定理AB BD 若 是 的角平分线，则有：  。即“两腰之比”等于“两底边之比”。 AD BAC AC CD AB BD 其逆定理也成立：即  ，则有：AD是∠BAC的角平分线。 AC CD 知识点2：外角平分线定理及其逆定理 AB BD 若 是 外角 的角平分线，则有  。即“两腰之比”等于“两底边之比”。 AD ABC EAC AC CD AB BD 其逆定理也成立：即  ，则有： 是外角 的角平分线。 AC CD AD EAC 证明如下： ①如上图，根据阿氏圆的定义： PA NA 当 点位于图中 点位置时有： k，当 点位于图中 点位置时有： k， P P PB P N NB PA NA 所以有：  ，所以 是 的角平分线， PB NB PN APB 12 MA PA 当 点位于图中 点位置时有： k  ， P M MB PBPA MN 所以有：  ，所以 是 的角平分线， 又 PB MB PM EPA 34 ∵ 12341800 2123180013900 故MPN 900，所以动点P是在以MN 为直线的圆上。 ② 由上述过程，我们可以更进一步推导出阿氏圆的直径，设定点间距离AB a， MA MA MA ak ∵ k ，∴MB ∵ ∴ MAa ∴MA . MB k MBMAa k 1k NA NA NA ak 同理，∵ k ∴NB  ∵ ∴NA ∴NA NB k NANB a k a k1 ak ak 2ak MN MANA   ∴直径 。 1k 1k |1k2 | 证明方法二：高中解析几何建立直角坐标系，如下图所示     以定直线AB所在直线为x轴，点A为坐标原点，建立平面直角坐标系，设AB a，则A 0,0 ，B a,0 ， x2  y2 设 ，则 PA ，即 k ，两边平方，整理得： k P  x,y  PB (xa)2  y2 (k2 1)x2 (k2 1)y2 2ak2xk2a2 0，又k 1，配方得： ak2 k2a2 (x )2  y2  k2 1 (k2 1)2 ak2 ak 由圆的方程可知：此方程表示是以( ,0)为圆心， 为半径的圆。 k2 1 |k2 1| Ⅱ：阿氏圆常用于解决形如：PA kPB(k 1)类线段最值问题：其中P是动点，A,B是定点，且动点 P在阿氏圆上运动,我们总结出更加一般的解题步骤，使这种题变成套路题，直接秒杀。 PA kPB(k 1)类问题解题步骤： 运用：动点在圆上运动，两线段(带系数)相加求最小值。 形如：ABkBP的最小值 (k为系数)， 原理：构造共边共角相似，转移带系数的边，利用两点间线段最短求最小值， 解题步骤： 第一步: 计算出动点所在圆的半径r；r 第二步：在题中寻找： k (相似比)，若找不到，则需要将系数k提到括号外边再寻找相似比；比 定边 3 如PA  PB，找不到相似比为3:5时，需要经过如下变形： 5 3 3 5 PA  PB ( PA PB),对带系数的线段PA去寻找相似比为5:3。 5 5 3 第三步：利用共边共角模型，在第2步:定边所在的三角形中构造共边共角相似模型，此时定边与动点构成 一个三角形(此步非常重要，是核心)； 第四步：利用相似转移带系数的边； 第五步：由两点间线段最短求最小值。 Ⅲ:其他结论 BN ①k  当 时， 在圆内， 在圆外，当 时， 在圆外， 在圆内， NA k＞1 A B 0＜k＜1 A B ②BP2  BNBM ③过点B作圆的切线BP,则PN,PM 分别为BPA的内，外角平分线. 典例1【2023新高考1卷】过点 0,2 与圆x2  y2 4x10相切的两条直线的夹角为，则sin（ ） 15 10 6 A. 1 B. C. D. 4 4 4 【答案】B 【解析】方法一：因为x2  y2 4x10，即 x22  y2 5，可得圆心C2,0 ，半径r  5 ， 过点P0,2 作圆C的切线，切点为A,B， 因为 PC  22 22 2 2 ，则 PA  PC 2 r2  3， 5 10 3 6 可得sinAPC   ,cosAPC   ， 2 2 4 2 2 4 10 6 15 则sinAPBsin2APC 2sinAPCcosAPC 2   ， 4 4 4 2 2  6   10  1 cosAPBcos2APC cos2APCsin2APC      0，     4 4 4    即APB为钝角， 15 所以sinsinπAPBsinAPB ； 4 法二：圆x2  y2 4x10的圆心C2,0 ，半径r  5 ， 过点P0,2 作圆C的切线，切点为A,B，连接AB， 可得 PC  22 22 2 2 ，则 PA  PB  PC 2 r2  3 ， 2 2 2 2 因为 PA  PB 2 PA  PB cosAPB CA  CB 2 CA  CB cosACB 且ACB  πAPB，则336cosAPB5510cosπAPB ， 1 即 ，解得cosAPB 0， 3cosAPB 55cosAPB 4 1 即 为钝角，则coscosπAPBcosAPB ， APB 4 15 且 为锐角，所以sin 1cos2 ；  4 方法三：圆x2  y2 4x10的圆心C2,0 ，半径r  5 ， 若切线斜率不存在，则切线方程为x0，则圆心到切点的距离d 2r，不合题意； 若切线斜率存在，设切线方程为y kx2，即kx y20， 2k2 则  5，整理得 ，且 k2 1 k2 8k10 644600 设两切线斜率分别为k ,k ，则k k 8,k k 1， 1 2 1 2 1 2 可得 k k  k k 2 4k k 2 15， 1 2 1 2 1 2 所以tan k 1 k 2  15，即 sin  15 ，可得cos sin ， 1k k cos 15 1 2 sin2 则sin2cos2sin2 1， 15 15 且 0,π，则 ，解得sin . sin0 4 故选：B.典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 已知直线l:xmy10与C:x12  y2 4交于A，B两点，写出 8 满足“ 面积为 ”的m的一个值______． ABC 5 1 1 【答案】 （2,2, , 中任意一个皆可以） 2 2 2 【解析】设点C到直线 AB 的距离为 d ，由弦长公式得 AB 2 4d2 ， 1 8 4 5 2 5 所以S  d2 4d2  ，解得：d  或d  ， △ABC 2 5 5 5 11 2 2 4 5 2 2 5 由 d   ，所以  或  ，解得： 或 1 ． m 1m2 1m2 1m2 5 1m2 5 m2 2 1 1 故答案为： （2,2, , 中任意一个皆可以）． 2 2 2 典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】写出与圆x2  y2 1和(x3)2 (y4)2 16都相切的一条直线的方程 ________________． 3 5 7 25 【答案】 y  x 或y  x 或 4 4 24 24 x=1 【解析】[方法一]： 显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为x+by+c=0， |c| |34bc| 1 4. 于是 ， 1b2 1b2 故c2 1b2①，|34bc||4c|.于是34bc4c或34bc4c，  24  4 b b    7  3 再结合①解得 或 或 ， b0 25 5    c c c1  7  3所以直线方程有三条，分别为x10，7x24y250，3x4y50. [方法二]： 设圆x2  y2 1的圆心O(0,0)，半径为r 1， 1 圆(x3)2 (y4)2 16的圆心C(3,4)，半径r 4， 2 则|OC|5r r ，因此两圆外切， 1 2 由图像可知，共有三条直线符合条件，显然x10符合题意； 又由方程(x3)2 (y4)2 16和x2  y2 1相减可得方程3x4y50， 即为过两圆公共切点的切线方程， 又易知两圆圆心所在直线OC的方程为4x3y0， 4 直线OC与直线 的交点为(1, )， x10 3 4 k  设过该点的直线为 4 ，则 3 ，解得 7 ， 1 y k(x1) k  3 k2 1 24 从而该切线的方程为7x24y250.(填一条即可) [方法三]： 圆x2  y2 1的圆心为O0,0 ，半径为1， 圆(x3)2 (y4)2 16的圆心O 为(3,4)，半径为4， 1 两圆圆心距为 32 42 5，等于两圆半径之和，故两圆外切， 如图，4 3 3 当切线为l时，因为k  ，所以k  ，设方程为y  xt(t 0) OO 1 3 l 4 4 |t| d  1 O到l的距离 9 ，解得 5，所以l的方程为 3 5 ， 1 t  y  x 16 4 4 4 当切线为m时，设直线方程为kx y p 0，其中 p 0，k 0，  p  1  7  1k2  k   24 由题意 ，解得 ，  3k4 p   4  p 25 y  7 x 25  1k2  24 24 24 当切线为n时，易知切线方程为x=1， 3 5 7 25 故答案为：y  x 或y  x 或 . 4 4 24 24 x=1 典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】 设点 A(2,3),B(0,a) ，若直线AB关于y a对称的直线与圆 (x3)2 (y2)2 1有公共点，则a的取值范围是________． 1 3 【答案】 ,  3 2 【解析】解：A2,3 关于y a对称的点的坐标为A2,2a3 ，B0,a 在直线y a上， a3 所以 所在直线即为直线 ，所以直线 为y  xa，即a3x2y2a0； AB l l 2 圆C:x32 y22 1，圆心C3,2 ，半径 ， r 1 3a342a d  1 依题意圆心到直线 的距离 ， a32 22 l1 3 1 3 即55a2 a32 22，解得 3 a 2 ，即a  3 , 2   ； 1 3 故答案为： ,  3 2 典例5【2021新高考全国Ⅱ卷】 已知直线l:axbyr2 0与圆C:x2  y2 r2 ，点A(a,b)，则下列 说法正确的是（ ） A. 若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B. 若点A在圆C内，则直线l与圆C相离 C. 若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D. 若点A在直线l上，则直线l与圆C相切 【答案】ABD r2 d  【解析】圆心 C0,0到直线l的距离 a2 b2 ， r2 d  = r 若点 在圆C上，则 ，所以 ， Aa,b a2 b2 r2 a2 b2 则直线l与圆C相切，故A正确； r2 d  > r 若点 在圆C内，则 ，所以 ， Aa,b a2 b2 r2 a2 b2 则直线l与圆C相离，故B正确； r2 d  < r 若点 在圆C外，则 ，所以 ， Aa,b a2 b2 r2 a2 b2 则直线l与圆C相交，故C错误； 若点Aa,b 在直线l上，则a2 b2 r2 0即a2 b2=r2， r2 d  = r 所以 ，直线l与圆C相切，故D正确. a2 b2 故选：ABD. 预测1（2024·辽宁抚顺·模拟预测）已知直线yx1与圆C:x2y2 5相交于M,N两点，O为坐标原点， 则△MON 的面积为（ ） 3 5 A． B．2 C． D．4 2 2 预测2（2024·辽宁葫芦岛·模拟预测）已知Q为圆A:x12y2 1上动点，直线l :mxny3m2n0 1和直线l 2 :nxmy6mn0（m,nR，m2n2 0）的交点为P，则PQ的最大值是（ ） A．6 5 B．4 5 C．5 5 D．1 5 预测3（2024·辽宁·模拟预测）设直线系M:xcosmysinn1（其中0，m，n均为参数，02π， m,n1,2 ），则下列命题中是真命题的是（ ） A．当m1，n1时，存在一个圆与直线系M中所有直线都相切 B．存在m，n，使直线系M中所有直线恒过定点，且不过第三象限 2 C．当 时，坐标原点到直线系M中所有直线的距离最大值为1，最小值为 mn 2 D．当m2，n1时，若存在一点Aa，0 ，使其到直线系M中所有直线的距离不小于1，则a0 预测4（2024·全国·模拟预测）已知直线l:mxnyr2 0与圆C:x2y2 r2，点Pm,n ，则下列命题中 是假命题的是（ ）. A．若点P在圆C外，则直线l与圆C相离B．若点P在圆C内，则直线l与圆C相交 C．若点P在圆C上，则直线l与圆C相切D．若点P在直线l上，则直线l与圆C相切 预测5（2024·全国·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，A2,0 ，动点 P 满足 PA  3 PO ，得到动 点P的轨迹是曲线C．则下列说法正确的是（ ） A．曲线C的方程为 x12y2 3 B．若直线ykx1与曲线C相交，则弦最短时k 1   C．当O,A,P三点不共线时，若点D 1 3,0 ，则射线 PD 平分 APO D．过A作曲线C的切线，切点分别为M,N，则直线MN的方程为x0 押题1：如图，在平面直角坐标系中，已知点 A4,0,B0,2,C0,1 ，D是线段OA上的动点，点O与点 P关于直线CD对称．则下列结论正确的是（ ） 4 8 A．当 时，点 的坐标为 ,  CD∥AB P 5 5⃗ ⃗ B．OPOA的最大值为4 C．当点P在直线AB上时，直线DP的方程为4x3y80 4 D． 正弦的最大值为 OAP 5 押题2：已知点P为圆C：x2y24y30上的动点，点A的坐标为 2,0 ，  A ⃗ P  2  A ⃗ B  ，设B点的轨迹 为曲线D，O为坐标原点，则下列结论正确的有（ ） A．tanPAO的最大值为2 B．曲线 的方程为 x12y12 1 D C．圆C与曲线D有两个交点 3 D．若 ， 分别为圆 和曲线 上任一点，则 AE  AF 的最大值为 2 E F C D 2 押题3：已知a,b�R，O为坐标原点，函数 f(x)a x2 b x2 2(ab) ．下列说法中正确的是 （ ） A．当 时，若 f xx的解集是 ,2 ，则b0 ab1 B．当ab2时，若 f(x)x2有5个不同实根，则a32 2 C．当ab 3时，若ab，曲线y f(x)与半径为4的圆O有且仅有3个交点，则b2 D．当ab4时，曲线y f(x)与直线y2x6所围封闭图形的面积的最小值是33 押题4：已知圆C :(x3)2y2 1,C :x2(ya)2 16，则下列结论正确的有（ ） 1 2 A．若圆C 1 和圆C 2 外离，则a4 B．若圆C 和圆C 外切，则a4 1 2 C．当a0时，圆C 和圆C 有且仅有一条公切线 1 2 D．当a2时，圆C 和圆C 相交 1 2 押题5：已知直线l:m2xm1y10与圆O:x2y2 4交于A，B两点，则 AB 的最小值为 ． 名校预测 预测1：答案A 【详解】设点O到直线MN的距离为d，001 2 则d   ， 2 2 2  1  6 又 MN 2 5  3 2，    2 2 1 2 3 所以S  3 2  ． △MON 2 2 2 故选：A 预测2：答案A 【详解】由 、 ， 有 ，故 ， 对 有 ，故 过定点 ， 对 有 ，故 过定点C1,6 ， 31 26 则 BC 中点 M 为  2 ， 2   ，即 M2,4， BC BC  312 262 2 5，则  5， 2 故点 P 在以BC为直径的圆上，该圆圆心为M2,4 ，半径为 5， 又Q在原A:x12y2 1，该圆圆心为A1,0 ，半径为 1 ， 又AM  122 42 5，则 PQ 5r r 5 516 5 . max 1 2 故选：A. 预测3：答案ABD 【详解】A选项，当m1，n1时，M:xcosysin1，1 设圆为 x2y2 1 ，则圆心0,0到直线 M:xcosysin1 的距离d  cos2sin2 1，故 M:xcosysin1与x2y2 1总相切，A正确； B选项，当mn2时，M:xcos2ysin21， 由于cos2sin21，故直线M :xcos2ysin21恒过 1,1 ， 若sin0时，直线为M:x1， cos2 若 时，直线 的斜率为 0， sin0 M:xcos2ysin21 sin2 故直线M:xcos2ysin21不过第三象限， 所以存在m，n，使直线系M中所有直线恒过定点，且不过第三象限，B正确； C选项，当mn1时，M:xcosysin1， 1 坐标原点到直线系M的距离为d  1， 1 cos2sin2 当当mn2时，M:xcos2ysin21， 1 坐标原点到直线系M的距离为d  2 cos4sin4 其中cos4sin4cos2cos2sin2sin2cos2sin21， 1 故d  1，C错误. 2 cos4sin4 D选项，当m2，n1时，M:xcos2ysin1， acos21 点 到直线系M中所有直线的距离d  1， Aa，0 3 cos4sin2 化简得  a21  cos22a1恒成立， 由于cos20,1 ， 若a210，解得a1， 当a1时，01，不合要求，舍去， 当a1时，01，满足要求， 若a210，即a1或a1，此时  a21  cos2的最小值为0， 1 则 ，解得a ，故此时 ， 02a1 2 a1 若a210，即1a1，此时  a21  cos2的最小值为a21， 则a212a1，解得a2或a0，故此时1a0，综上，a0，D正确. 故选：ABD 预测4：答案AB 【详解】对于A，因为点Pm,n 在圆C外，所以m2n2 r2， 0m0nr2 r2 则圆心 到直线 的距离为d   r， C0,0 l m2n2 m2n2 所以直线l与圆C相交，故命题A是假命题； 对于B，因为点Pm,n 在圆C内，所以m2n2 r2， 0m0nr2 r2 则圆心 到直线 的距离为d   r， C0,0 l m2n2 m2n2 所以直线l与圆C相离，故命题B是假命题； 对于C，因为点Pm,n 在圆C上，所以m2n2 r2， 0m0nr2 r2 则圆心 到直线 的距离为d   r， C0,0 l m2n2 m2n2 所以直线l与圆C相切，故命题C是真命题； 对于D，因为点Pm,n 在直线l上，所以m2n2r2 0，即m2n2 r2， 0m0nr2 r2 则圆心 到直线 的距离为d   r， C0,0 l m2n2 m2n2 所以直线l与圆C相切，故命题D是真命题； 故选：AB. 预测5：答案ACD 【详解】A：设Px,y ，因为A2,0 ，动点 满足 PA  3 PO ， P 所以 x22 y2  3 x2y2 ，化简可得x12y2 3，故A正确； k1 B：由选项A可知，圆心1,0，半径 r 3 ，设圆心到直线的距离为 d ，则d 1  1k2 ， 1 1k2 2k22k2 1 d 2 r2d2 2 3 2 2 2 1 设弦长为 ，由弦长公式得 2 1 1k2 1k2 1 ， k d k 2 1 1 因为k 2 k 2，当且仅当 ，取等号， k k k 1 所以弦最短时k 1，故B错误；C： PA 因为 ，则  3，又  ， PA  3 PO PO D 1 3,0 AD 3 3 PA 所以 ， ，则   3 ， AD 3 3 OD  31 OD 31 PO 所以由角平分线定理的逆定理可知射线PD平分APO，故C正确； D：过A作曲线C的切线，切点分别为M,N， AC 3  1  则由集合关系可知 在以 为直径的圆上，半径为  ，圆心为 ,0， M,N AC 2 2  2   1 2 9 此圆方程为x  y2  ，  2 4 两圆方程相减可得公共线MN的方程为x0，故D正确； 故选：ACD. 名师押题 押题1：答案ABC 【详解】如图，由题意可得点P在以C为圆心，半径为1的圆上， π 设 ，0 ，则P  2sincos,2cos2 ， POB 2 对于A，当CD//AB时，可得POBOAB， 5 2 5 4 8 sin ，cos ，此时点 的坐标为 ,  ，故A正确； 5 5 P 5 5 π 对于B，⃗ ⃗ ，当且仅当 时等号成立，故B正确； OPOA2sincos44sin24 4 4 8 对于C，当点 在直线 上时，可得 ，此时点 的坐标为 ,  ， P AB POBOAB P 5 5 1 4 k   直线 DP 与圆 C:x2y12 1 相切，所以 DP k CP 3 ，所以直线 DP 的方程为 4x3y80 ，故C 正确； 对于D，当直线AP与圆C相切时，OAP正弦的最大，设直线AP的斜率为k，则直线AP的方程为 ykx4ykx4 ， 14k 有1 ，解得k  8 ，即tanOAP 8 ，从而可得sinOAP 8 ， k21 15 15 17 8 所以 正弦的最大值为 ，故D错误． OAP 17 故选：ABC． 押题2：答案CD 【详解】对于A，当直线PA与圆在第一象限相切时，（如图）此时PAO最大，进而tanPAO最大， 由于圆C：x2y24y30的圆心C0,2 ，半径R1，故 CP 1 CP 1,CA  2222 2 2, AP  AC2CP2  7,CAO π ,因此tanPAC  , 4 AP 7 1 1  π 7 1 7 tanPAOtanPAC   2,故A错误，  4 1 71 1 7 ⃗ ⃗ 对于B，设Bx,y ，则AP2AB2x2,yP2x2,2y ，由于P2x2,2y 在圆C：x2y22 1 1 上，代入可得： 2x22 2y22 1x12 y12  ，故B错误， 4 1 1 对于C，由于曲线 的方程为 x12 y12  ，为圆心为D1,1，半径为r 的圆，故两圆圆心距离 D 4 2 为CD  2Rr,Rr ，故两圆相交，因此有两个交点，故C正确， 1 3 对于D，由于 AE  AF  EF  CD Rr  21  2 ，当且仅当 三点共线时，如图, 故 2 2 A,E,F 3 2 AE  AF 23 AE  AF 的最大值为 2 ,故D正确， 2 故选：CD 押题3：答案BD abx4a,x2  【详解】A选项，由题意， f(x) abx,2x2 ， abx4b,x2  2b1x4b1,x2  当 时， f(x)x,2x2 ， 2b1x4b,x2  ab1 若 f xx的解集是 ,2 ， 当2x2时， f(x)x显然成立， 当x2时，令 f(x)2b1x4b1x， 即2b2x4b42b1x4b1 在x2上恒成立， 则要2b10，解得b1， 且x2时， 2b1x4bx恒成立，即2bx4b恒成立， 故2b0，解得b0， 综上，1b0，A错误； 2a1x4a,x2  B选项，当 时， f(x)2x,2x2 ，  2a1x4a2,x2 ab2  因为 f(x)x2有5个不同实根， 当2x2时，2xx2，得x0或x2，有两个根， 当x2时，2a1x4a2x2，即 x2  x2a2  0， 得x2a2 或x2，当x<2时，2a1x4ax2 ，方程最多两个根， 要想保证有5个不同实根，故x2a22为其中一个根，故a3， 此时x2a22，满足要求， 而x22a1x4a0，方程需要在 ,2 有两个不同的实数根， 设g(x)x22a1x4a， g(2)8  则Δ4a1216a0，解得 ，B正确；  1a2 a32 2  3x4b1,x2    C选项，当 时， f(x) 2b 3 x,2 x2，  ab 3  3x4b,x2 若ab，则b0， 且曲线y f(x)与半径为4的圆O有且仅有3个交点， 如下图，可能是y 3x4b,x2 与圆相切， 004b 则d 4 ，得 或 （舍）， 13 b2 b2 也可能，点 2, f(2) 在圆上，如下图， 2 则2222 2b 3 42，解得 或 （舍） b 3 b0 所以C错误； 4x4a,x2  D选项，当 时， f(x)2a2x,2x2,  4x44a,x2 ab4  且 f(2)84a, f(2)4a8， 当x2时，y2262，当x2时，y22610， f 22 3 当  f 210 ，即a 2 时，画出两函数图象如下： 曲线y f(x)与直线y2x6所围封闭图形的面积三角形ACD的面积， 3 3 令2a2x2x6，解得x a3 ，故x C  a3 令4x44a2x6，解得x112a，故x 112a， A 3 92a4a 则 AC  14112a  5 ， a3 3a 4a864 184a 点 D2,4a8到直线 y2x6 的距离为h 14  5 ， 1 1 92a4a 184a 92a24a 故S  AC h 5   ， ACD 2 2 3a 5 3a 92a24a 3 令ua ，a ， 3a 2 492a4a92a23a92a24a 则ua   3a2 3926a4a292a    0， 3a292a24a 3 故ua 在a 上单调递减， 3a 2 932 4 3  3  2 故最小值为u  60， 2 3 3 2 9 当 ，即a 时，此时 ， ， 4a8226 2 k 2a45 k 42 BD DE 如图，曲线y f(x)与直线y2x6所围封闭图形的面积三角形ABC的面积， 2a3 2a3 令 ，解得x ，x  ， 4x4a2x6 3 C 3 3 3 令2a2x2x6，解得x a3 ，故x A  a3 ， 9 3 2a3 2a23a 因为a ，所以 AC  14   5 ， 2 a3 3 3a9 2284a6 4a6 故点 到直线 的距离d   ， B2,84a y2x6 221 5 故此时曲线y f(x)与直线y2x6所围封闭图形的面积为 1 1 2a23a 4a6 4a312a29a AC d  5   ， 2 2 3a9 5 3a9 4a312a29a 令wa ， 3a9 4a312a29a  12a224a9 3a93  4a312a29a  则wa  3a92 3a92 24a3144a2216a81  ， 3a92 令qa24a3144a2216a81，9 则qa72a2288a21672  a24a3  0在a 上恒成立， 2 9 故qa24a3144a2216a81在a 单调递增， 2 9 729 81 9 又q 24 144 216 812187291697281160， 2 8 4 2 9 故wa0在a 上恒成立， 2 4a312a29a 9 故wa 在a 上单调递增， 3a9 2 729 81 9 729 81 4 12 9 243 9 8 4 2 2 2 故最小值为w   36， 2 27 9 9 2 2 3 9 当 且 ，即 a 时， 4a810 84a2 2 2 此时k 2a45，k 42， BD DE 3 当 a4时，2a21,4， 2 如图，曲线y f(x)与直线y2x6所围封闭图形的面积四边形BCED的面积， 2a3 2a3 令 ，解得x ，x  ， 4x4a2x6 3 C 3 4a6 124a  2a3 124a 故y 2x 66  ，即C , ， C C 3 3  3 3  令4x44a2x6，解得x112a，故x 112a， E y 2x 6224a6284a，故E112a,284a ， E E 2a3 364a 故CE  14112a  5 ， 3 3设直线BC与直线DE相交于点H， 令4x4a4x44a ，解得x2a， 此时y4x4a42a4a8，故H2a,8 ， 22a68 182a 点 到直线 的距离为d   ， H y2x6 1 14 5 1 1 364a 182a 182a2 故S  CE d  5   ， ECH 2 1 2 3 5 3 其中B2,84a ，D2,4a8 ， 故 BD  222 4a884a2  168a162  64a2256a272， 2a42a8 2aa4 d   点 到直线 的距离为 2 12a42 4a216a17 ， H BD 1 1 2aa4 故S  BD d  64a2256a272 4aa4 ， BDH 2 2 2 4a216a17 182a2 则四边形 的面积为S S  4 aa4 ， BCED ECH BDH 3 当 3 a4时，S S  182a2 4  a24a   16a2 40a108 16 a 15  2 33， 2 ECH BDH 3 3 3  4  15 当a 时，面积取得最小值，最小值为33， 4 9 当4a 时，2a24,5，画出图象如下： 2 四边形 的面积为S S  182a2 4  a24a   16a2 40a108 16 a 15  2 33， BCED ECH BDH 3 3 3  4  9 16 15 2 当4a 时， a  3333， 2 3  4 综上，当ab4时，曲线y f(x)与直线y2x6所围封闭图形的面积的最小值是33，D正确. 故选：BD 押题4：答案BCD 【详解】C 3,0,C 0,a,CC  9a2,r 1,r 4. 1 2 1 2 1 2 若C 1 和C 2 外离，则C 1 C 2  9a2 r 1 r 2 5，解得 a4 或a<-4，故A错误； 若C 和C 外切，CC  9a2 5，解得a4，故B正确； 1 2 1 2 当a0时，C 1 C 2 3r 2 r 1 ,C 1 和C 2 内切，故C正确； 当a2时，3 C 1 C 2  135,C 1 和C 2 相交，故D正确. 故选：BCD 押题5：答案2 2 【详解】由l:m2xm1y10，得l:mxy2xy10， xy0 x1 由 ，解得 ，则直线 过定点 ， 2xy10 y1 l (1,1) 又1212 4，所以该定点在圆O:x2y2 4内， 由圆O:x2y2 4可得圆心O0,0 ，半径r 2， 当圆心O与定点(1,1)的连线垂直于AB时，|AB|取得最小值， 圆心O0,0 与定点(1,1)的距离为d  1212  2 ， 则|AB|的最小值为2 r2d2 2 42 2 2 . 故答案为：2 2.