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实战演练 13 新定义问题
①集合新定义
②函数新定义
③数列新定义
④圆锥曲线新定义
⑤立体几何新定义
一、新定义问题
“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去
解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看
本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才
是制胜法宝.
二、新定义问题技巧
新定义问题的方法和技巧：（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从
而加深对信息的理解；（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此
信息理解的较为透彻；（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使
用书上的概念.
①集合新定义
一、解答题
1．（2024·海南·模拟预测）已知数列 的各项均为正整数，记集合 的元素个数为
.
(1)若 为1，2，3，6，写出集合 ，并求 的值；
(2)若 为1，3，a，b，且 ，求 和集合 ；(3)若 是递增数列，且项数为 ，证明：“ ”的充要条件是“ 为等比数列”.
【答案】(1)
(2) 为 ，
(3)证明见解析
【分析】（1）结合题意，计算出所有 即可得；
（2）结合集合的性质，可得 ，解出即可得；
（3）假设 是递增的等比数列，设 的公比为 ，可得 ，即有
，即可证明充分性，假设 是递增数列，且 ，结合数列性质可得
，即可证明必要性.
【详解】（1）因为 ，
所以集合 ；
（2）因为 为 ，且 ，所以 互不相等，
所以 都是集合 中的元素，
因为 ，所以 ，解得 ，
所以 为 ，所以 ；
（3）充分性：若 是递增的等比数列，设 的公比为 ，
当 时， ，
所以 ，且 ，故充分性成立；
必要性：若 是递增数列，且 ，则 ，
所以 ，且互不相等，又因为 ，
所以 ，且 互不相等，所以 ，所以 ，
所以 ，所以 为等比数列，故必要性成立，
综上，“ ”的充要条件是“ 为等比数列”.
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义的几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义中；
（4）结合数学知识进行解答.
2．（2024·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，两点 的“曼哈顿距离”定义为
，记为 ，如点 的“曼哈顿距离”为5，记为 .
(1)若点 是满足 的动点 的集合，求点集 所占区域的面积；
(2)若动点 在直线 上，动点 在函数 的图象上，求 的最小值；
(3)设点 ，动点 在函数 的图象上， 的最大值记为 ，求 的
最小值.
【答案】(1)8
(2)3
(3)
【分析】（1）由题意可得点集所占区域，直接求出面积即可.
（2）由题意得到 ，构造函数研究函数最小值即可.
（3）分类讨论去绝对值研究 的最小值即可.
【详解】（1）设点 ，由 ，得 ，
的图象是以原点为中心，
顺次连接四点 所形成的正方形，
将其上移2个单位长度即得 的图象，
所以点集 所占区域是：
以四点 为顶点的正方形及其内部，面积为8.
（2）设 ，则 ，将 看成关于 的函数，则 在 或 时取得最小值，
即 ，
令 ，则 ，
当 时，f′(x)<0；
当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，
所以 在 上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
则 ，此时 ，
所以 的最小值为3.
（3）设点 ，则 ，
若存在实数 ，使 ，
则 对任意的 成立，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
所以：
，
所以 ，
令 ，则 是 上的偶函数，
当x∈[0,2)时，若 ，即 ，
则 ，当且仅当 时等号成立；
若 ，则 ，当且仅当 时等号成立，
所以存在实数 且 ，使得 的最小值为 .
【点睛】方法点睛：利用零点分类讨论转化求解绝对值不等式最值问题的常用的方法.
3．（2024·安徽马鞍山·三模）已知S是全体复数集 的一个非空子集，如果 ，总有
，则称S是数环．设 是数环，如果① 内含有一个非零复数；② 且 ，有 ，则称 是数域．由定义知有理数集 是数域．
(1)求元素个数最小的数环 ；
(2)证明：记 ，证明： 是数域；
(3)若 是数域，判断 是否是数域，请说明理由．
【答案】(1)
(2)证明见详解
(3) 不一定是数域，证明见详解
【分析】（1）根据题意分析可知 中至少有一个元素 ，分 和 两种情况，结合题意分析证
明；
（2）根据题中数环和数域的定义分析证明；
（3）举特例，取 ，举例数列即可.
【详解】（1）因为 为数环，可知 不是空集，即 中至少有一个元素 ，
若 ，则 ，可知 为数环；
若 ，则 ，可知 中不止一个元素，不是元素个数最小的数环；
综上所述：元素个数最小的数环为 .
（2）设 ，可知 ，则有：
，
，
，
因为 ，则 ，
可知 ，所以 是数环；
若 ，可知 ，满足①；
若 ，则 ，
因为 ，则 ，可知 ，满足②；
综上所述： 是数域.
（3）不一定是数域，理由如下：
1.若 ，显然 均为数域，且 是数域；
2.设 ，可知 ，则有：
，
，
，
因为 ，则 ，
可知 ，所以 是数环；
若 ，可知 ，满足①；
若 ，则 ，
因为 ，则 ，
可知 ，满足②；
综上所述： 是数域.
例如： ，例如 ，
但 ，
所以 不是数域；
综上所述： 不一定是数域.
【点睛】方法点睛：与集合的新定义有关的问题的求解策略：
1.通过给出一个新的集合的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在
阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目
的；
2.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办
事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
4．（2024·广东茂名·模拟预测）已知集合 ，其中 且 ，，若对任意的 ，都有 ，则称集合A具有性质 ．
(1)集合 具有性质 ，求m的最小值；
(2)已知A具有性质 ，求证： ；
(3)已知A具有性质 ，求集合 中元素个数的最大值，并说明理由．
【答案】(1)20
(2)证明见解析
(3)8，理由见解析
【分析】（1）由性质 定义列不等式组求参数范围，结合 即可得最小值；
（2）根据定义 ， ，而有 ，应用累加法即可证结论；
（3）首先应用放缩有 求得 ，同理可得 恒成立，假设 得出矛盾，讨论
并应用基本不等式证恒成立，即可确定元素个数最大值.
【详解】（1）不妨设 ，
①当 时，由 ，不满足题意；
②当 时，由性质 定义知：
，且 ，
所以m的最小值为20；经检验符合题意.
（2）由题设 ， ，且 ，
所以 ， ，
所以 ，得证.
（3）由（2）知： ，同（2）证明得 且 ．
故 ，又 ，
所以 在 上恒成立，
当 ，取 ，则 ，解得 ，矛盾；
当 ，则 ，
即 .
经计算集合 ，
综上，集合A中元素个数的最大值为8．
【点睛】思路点睛：本题可从以下方面入手：
第一问，根据性质 定义列不等式组求参数范围；
第二问，根据定义得 为关键，并用累加法计算即可；
第三问，应用放缩法确定 ，同理得到 恒成立为关键.
5．（2024·辽宁葫芦岛·二模）设数阵 ，其中 .设
，其中 ， 且 .定义变换 为“对于数阵的每一列，
若其中有t或 ，则将这一列中所有数均保持不变；若其中没有t且没有 ，则这一列中每个数都乘以
”（ ）， 表示“将 经过 变换得到 ，再将 经过 变换得到 ，…，以
此类推，最后将 经过 变换得到 .记数阵 中四个数的和为 .
(1)若 ， ，写出 经过 变换后得到的数阵 ，并求 的值；
(2)若 ， ，求 的所有可能取值的和；
(3)对任意确定的一个数阵 ，证明： 的所有可能取值的和不大于 .
【答案】(1) ，0
(2)40
(3)证明见解析【分析】（1）直接由变换 以及 的定义即可求解；
（2）对集合 分类讨论，进而得出 的所有情况即可求解；
（3）分 是否相等进行讨论，当 ，在 的所有非空子集中，分：含有 且不含
的子集、含有 且不含 的子集、同时含有 和 的子集和不含 也不含 的子集，四种情况进行讨
论，当 ，分含有 的子集和不含有 的子集两种情况讨论即可求解.
【详解】（1）因为 ， ，
经过 变换得到的数阵 ，
经过 变换得到的数阵 ，
所以 .
（2）若 ，则 或 ，
可得 ，4种情况；
若 或 ， ，则 ，
可得 ，4种情况；
若 ，从 和 中各取出一个元素a，b，
， ， ，则 ，
可得 ，8种；
若 ， ，则 或 ，
可得 ，4种情况；
综上， 的所有可能取值的和 ；
（3）若 ，在 的所有非空子集中，
①含有 且不含 的子集共 个，
其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均仍为 ， ；
其中含有偶数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为 ， ；
②含有 且不含 的子集共 个，其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均仍为 ， ；
其中含有偶数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为 ， ；
③同时含有 和 的子集共 个，
其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为 ， ；
其中含有偶数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均仍为 ， ；
④不含 也不含 的子集共 个，
其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为 ， ；
其中含有偶数个元素的集合有7个，经过变换后第一列均变为 ， ；
若 ，在 的所有非空子集中，
①含有 的子集共 个，
其中含有奇数个元素的集合有16个，经过变换后第一列均变为 ， ；
其中含有偶数个元素的集合有16个，经过变换后第一列均仍为 ， ；
②不含 的子集共 个，
其中含有奇数个元素的集合有16个，经过变换后第一列均变为 ， ；
其中含有偶数个元素的集合有15个，经过变换后第一列均仍为 ， ；
综上，经过变换后，所有 的第一列数的和为
同理，经过变换后所有 的第二列数的和为 .
所以 的所有可能取值的和为 ，
又因为 ，所以 的所有可能取值的和不超过 .
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是要做到有序讨论，从而可以做到不重不漏，由此即可顺利得解.
6．（2024·北京海淀·二模）设正整数 ， ， ，这里
. 若 ，且 ，则称 具有性质 .
(1)当 时，若 具有性质 ，且 ， ， ，令 ，写出 的所有可能值；
(2)若 具有性质 ：
①求证： ；
②求 的值.
【答案】(1)27或32(2)①证明见解析 ②
【分析】（1）对题目中所给的 ，我们先通过分析集合中的元素，证明 ，
，以及 ，然后通过分类讨论的方法得到小问1的结果；
（2）直接使用（1）中的这些结论解决小问2即可.
【详解】（1）对集合 ，记其元素个数为 . 先证明2个引理.
引理1：若 具有性质 ，则 .
引理1的证明：假设结论 不成立.
不妨设 ，则正整数 ，但 ，
故 一定属于某个 ，不妨设为 .
则由 知存在正整数 ，使得 .
这意味着对正整数 ，有 ，
，但 ，矛盾.
所以假设不成立，从而一定有 ，从而引理1获证.
引理2：若 具有性质 ，则 ，且 .
证明：取集合 .
注意到关于正整数 的不等式 等价于 ，
而由引理1有 ，即 .
结合 是正整数，知对于正整数 ， 当且仅当 ，
这意味着数列 恰有 项落入集合 ，即 .
而 两两之间没有公共元素，且并集为全体正整数，
故 中的元素属于且仅属于某一个 ，故 .
所以 ，从而 ，这就证明了引理2的第一个结论；
再考虑集合 中全体元素的和.
一方面，直接由 知 中全体元素的和为 ，即 .
另一方面， 的全部 个元素可以排成一个首项为 ，公差为 的等差数列.
所以 的所有元素之和为 .
最后，再将这 个集合 的全部元素之和相加，
得到 中全体元素的和为 .
这就得到 ，所以有
.
即 ，从而 ，这就证明了引理2的第二个结论.
综上，引理2获证.
回到原题.
将 从小到大排列为 ，则 ，
由引理2的第一个结论，有 .
若 ，则 ，
所以每个不等号都取等，从而 ，故 ；
情况1：若 ，则 ，矛盾；
情况2：若 ，则 ，所以 ，得 .
此时如果 ，则 ，矛盾；
如果 ，则 ，从而 ，故 ；如果 ，由于 ，设 ， ，则 ， .
故对于正整数对 ，有 ，
从而 ，这与 矛盾.
综上， 的取值只可能是 或 .
当 时， ；当 时， .
所以 的所有可能取值是 和 .
（2）①由引理1的结论，即知 ；
②由引理2的第二个结论，即知 .
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于，我们通过两个方面计算了一个集合的各个元素之和，从而得到
了一个等式，这种方法俗称“算二次”法或富比尼定理.
②函数新定义
一、解答题
1．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）对于函数 ，若实数 满足 ，则 称为 的不动点．
已知函数 ．
(1)当 时，求证 ；
(2)当 时，求函数 的不动点的个数；
(3)设 ，证明 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)2
(3)证明见解析
【分析】（1）将 代入函数解析式，对函数求导，求出函数最小值即可证明 ；
（2）将 代入函数解析式，得方程 解的个数即为函数 的不动点的个数，构造函
数 ，对函数求导，利用导数判断函数的单调性，求出函数的最值，即相应点的函数值，
求出函数 零点的个数，即为函数 的不动点的个数；
（3）结合（1）换元后 ，再由待证式子，设 ，结合结论恰当变形，利用相加相消即可证明.
【详解】（1）当 时，有 ，
所以 ，
所以
当且仅当 ， ，即 时，等号成立，
所以当 时，f′(x)≥0， 单调递增，
所以 ，所以 得证.
（2）当 时， ，
根据题意可知：方程 解的个数即为函数 的不动点的个数，
化 为 ，令 ，
所以函数 的零点个数，即为函数 的不动点的个数，
，令 ，即 ，解得 ，
单调递减 单调递增
因为g(0)=1>0， ，
所以 在 上有唯一一个零点，
又 ，
所以 在 上有唯一一个零点，
综上所述，函数 有两个不动点.
（3）由（1）知， ，
令 ，则 ，即 ，
设 ，则满足 ，所以 ，即 ，
所以 ，
所以 ，即
.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于对于第一问的灵活运用，借助第一问结论，恰当换元 ，
得出 后，再次适时换元 ，是本题的关键点，也是难点，突破换元后裂项
相消即可得解.
2．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）记 ，若存在 ，满足：对任意
，均有 ，则称 为函数 在 上的最佳逼近直线.
已知函数 ， .
(1)请写出 在 上的最佳逼近直线，并说明理由；
(2)求函数 在 上的最佳逼近直线.
【答案】(1) ，理由见解析
(2) .
【分析】（1）结合 的单调性求出最值，从而得到 ，再由所给定义及 图象
的特征得到 ，讨论 ， 的大小，即可求出 ；
（2）设 ，令 ，结合（1）可得φ(x)最佳逼近直线，从而得到 的最佳
逼近直线.
【详解】（1） 在 上的最佳逼近直线为 .
由已知易知 在 上单调递减，在 上单调递增，
且 ， ，进而有 （*），
由 的图象特点可知，对任意 ，
均有
，
下面讨论 ， 的大小：
①若 ， 至少有一个大于等于 ，则 ，
②若 ， 两个都小于 ，则 ， ，
所以 ，进而 ，所以 ，
即 ；
由①②以及（*）式可知 成立，且当 时等号成立.
所以 在 上的最佳逼近直线为 ；
（2）易知点 ，(1,0)在函数 的图象上，
设 ，再令 ，则 ，
由（1）问可知 在 上的最佳逼近直线为 ，
所以 ，
，
所以 在 上的最佳逼近直线为 .
【点睛】关键点点睛：对于新定义型问题，解答的关键是理解所给定义，第二问关键是设 ，
从而与第一问联系上.
3．（2024·全国·模拟预测）若函数 在 上满足 且不恒为0，则称函数
为区间 上的绝对增函数， 称为函数 的特征函数，称任意的实数 为绝对增点（
为函数 的导函数）．(1)若1为函数 的绝对增点，求 的取值范围；
(2)绝对增函数 的特征函数 的唯一零点为 ．
（ⅰ）证明： 是 的极值点；
（ⅱ）证明： 不是绝对增函数．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）由题意， ，可解得 或 ，又若1为函数 的
绝对增点，可得 或 ，即可求得 的取值范围；
（2）（ⅰ）由 的唯一零点为 ，假设 ，通过讨论单调性和导函数正负的关系，得出矛盾结
果，则 ，再讨论出 为 的极值点；
（ⅱ）假设 为绝对增函数，又 恒成立，则 恒成立，令 ，则 ，
则 ，与 矛盾，所以假设不成立，所以 不是绝对增函数．
【详解】（1）因为函数 ，所以 ，
则 ．
由 得 ，解得 或 ，
所以 为区间 及区间 上的绝对增函数．
又1为函数 的绝对增点，所以 或 ，解得 或 ，
所以 的取值范围为 ．
（2）（ⅰ）设 为区间 上的绝对增函数，由题意知 ，当 时， ．
①若 ，存在 ，且 在区间 上单调递增，则在区间 上，
，则 ，与 矛盾．
若 ，存在 ，且 在区间 上单调递减，则在区间 上，
，则 ，与 矛盾．
若 ，存在 ，且 在区间 上不单调，则存在 ，且 ，
此时 与 有唯一零点 矛盾．所以 ．
②若 ，不妨设 ，则 ，且存在 ，使得当 时，
，且当 时， ，即 ，使 在 上单调递减，在 上单调递增．
所以 为 的极值点．同理，当 时也成立．
（ⅱ）若 为绝对增函数，则 在 上恒成立，
又 恒成立，所以 恒成立．
令 ，所以 ，且 ，
所以 在 上单调递增．又 ，所以当 时， ，则 ，与 矛
盾，所以假设不成立，所以 不是绝对增函数．
【点睛】关键点点睛：若 为绝对增函数，则 在 上恒成立，可构造函数
，得出矛盾，即可证明.
4．（2024·上海·模拟预测）设定义域为 的函数y=f (x)在 上可导，导函数为y=f′(x).若区间 及实数
满足： 对任意 成立，则称函数y=f (x)为 上的“ 函数”.
(1)判断 是否为(0,+∞)上的 函数，说明理由；
(2)若实数 满足： 为 上的 函数，求 的取值范围；
(3)已知函数y=f (x)存在最大值．对于： ：对任意 与 恒成立， ：对任意正整数
都是 上的 函数，问： 是否为 的充分条件？ 是否为 的必要条件？证明你的结论.
【答案】(1)是；理由见解析
(2) 且 ．
(3)是，是，证明见解析
【分析】（1）根据 函数的定义求解可得；
（2）由题意可得 ，即 ，令 ，求出 的单调性即可
求出 ，再由 求出 ，即可得出答案.
（3）先推导出 为 的充分条件，若 成立，即对任意正整数 ，有： ②，记
函数y=f (x)的最大值为 ．用反证法证明 与 恒成立，从而可证明 也为 的必要条件．
【详解】（1）因为 ，根据题意可知，等价于 在(0,+∞)时恒成立，
所以 是(0,+∞)上的 函数．
（2）实数 满足： ，
即 ．①
特别地，在①中取 ，可知 ，
反之，当 时，①成立．
令 ，由于 ，且满足 的 为离散的数，
故 为严格减函数，又 ，所以 ．
又 ．
从而 的取值范围是： 且 ．
（3）若 成立，则对任意正整数 ，有： ，
即y=f (x)为 上的 函数， 成立．故 为 的充分条件．
若 成立，即对任意正整数 ，有： ②，
记函数y=f (x)的最大值为 ．
先证明 恒成立．
反证法，假如存在 使得 ，则取正整数 ，使得 ，
此时有 ，与②矛盾．
这意味着y=f (x)为 上的严格减函数．
再证明 恒成立．
取 为y=f (x)的一个最大值点，
则当 时，由单调性知 ，但 ，
所以 ，
于是 ．
对任意 ，可取一个与 有关的正整数 ，使得 ，由②知： ．
于是 成立．故 也为 的必要条件．
【点睛】方法点睛：函数新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使
用书上的概念.
5．（2024·福建龙岩·三模）若函数 的定义域为 ，有 ，使 且 ，则对任意实数
k，b，曲线 与直线 总相切，称函数 为恒切函数.
(1)判断函数 是否为恒切函数，并说明理由；
(2)若函数 为恒切函数 .
（i）求实数 的取值范围；
（ii）当 取最大值时，若函数 为恒切函数，记 ，证明： .
（注： 是自然对数的底数.参考数据： ）
【答案】(1)是恒切函数，理由见解析
(2)（i） ；（ii）证明见解析
【分析】（1）对 求导，利用恒切函数的定义求出 ，即可判断；
（2）（i）根据恒切函数的定义解方程，用 表示 ，再利用导数即可求解 的取值范围；
（ii）由 的值可得 的值，从而可得 的解析式，利用新定义，可得 ，令
，求出 的取值范围，由 ，从而可得 的取值范围，从而
得证.
【详解】（1）设函数 为恒切函数，则有 ，
使 且 ，即 ，
解得 ，故函数 是恒切函数.
（2）（i）由函数 为恒切函数可知，
存在 ，使得 且 ，即 解得 ， ，
设 ， ，
当 时， 递增；当 时， 递减.
，即实数 的取值范围是 .
（ii）当 时， ，
函数 为恒切函数.又 ，
所以存在 ，使得 ，即 .
令 ，则 ，
当 时， 递减；当 时， 递增.
所以当 时，
， ，
故在 上存在唯一 ，
使得 ，即 .
又由 ，
得 ，
由 得 ，所以 .
又 ，所以当 时，有唯一零点 ，
故由 得 ，即 .
.
【点睛】方法点睛：1.导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化
为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的
单调性、极（最）值问题处理.
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨
论和数形结合思想的应用.3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这
种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
6．（2024·广西柳州·模拟预测）帕德近似是法国数学家亨利．帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方
法．给定两个正整数m，n，函数 在 处的 阶帕德近似定义为： ，
且满足： ， ， ，…， ．注： ，
， ， ，…； 为 的导数）．已知
在 处的 阶帕德近似为 ．
(1)求实数a，b的值；
(2)比较 与 的大小；
(3)若 有3个不同的零点，求实数m的取值范围．
【答案】(1) ， ．
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）求出f′(x)，f″(x)， ， ，根据 ， 列方程组即可求解；
（2）令 ，利用导数研究φ(x)的单调性即可比较大小；
（3） ，ℎ(x)除1外还有2个零点，设为 ， ，
，由导数由函数零点个数求m的范围．
【详解】（1）由 ， ，
知 ， ， ， ，
由题意 ， ，
所以 ，所以 ， ．
（2）由（1）知， ，令 ，则 ，
所以φ(x)在其定义域 内为增函数，
又 ，
∴ 时， ；
时， ，
所以 时， ； 时， ．
（3）由（1）知， ，
注意到ℎ(1)=0，则ℎ(x)除1外还有2个零点，设为 ， ，
，
令 ，
当 时，g(x)<0在(0,+∞)上恒成立，则ℎ ′(x)<0，
所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递减，不满足，舍去，
当 时，ℎ(x)除1外还有2个零点，设为 ， ，则ℎ(x)不单调，
所以 存在两个零点，∴ ，解得 ，
当 时，设 的两个零点分别为s， ，
则 ， ，
∴ ，当 时，g(x)>0，ℎ ′(x)>0，则ℎ(x)单调递增，
当 时，g(x)<0，ℎ ′(x)<0，则ℎ(x)单调递减；
当 时，g(x)>0，ℎ ′(x)>0，则ℎ(x)单调递增，
又ℎ(1)=0，不妨设 ， ，
而 ，且 ， ，且 ，
所以存在 ， ，满足 ，即 有3个零点 ，1， ，
综上所述，m的取值范围为 ．
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
③数列新定义
一、解答题
1．（2024·广东·模拟预测）定义：任取数列 中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为1，则称数列
具有“性质1”.已知项数为 的数列 的所有项的和为 ，且数列 具有“性质1”.
(1)若 ，且 ，写出所有可能的 的值；
(2)若 ，证明：“ ”是“ ”的充要条件；
(3)若 ，证明： 或 .
【答案】(1) ； ；
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由数列的性质得出 ，进一步结合 的定义即可得解；
（2）结合新定义，分必要性、充分性两方面证明即可；
（3）由数列的性质，得出4整除 ，即 或 ，然后回过头去检验是否满足题
意即可.
【详解】（1）依题意，若 ，此时 ；
若 ，此时 ；
若 ，此时 .
（2）必要性：因为 ，故数列 为等差数列，
所以 ，公差为-1，
所以 ；充分性：由于 ，
累加可得， ，即 ，
因为 ，故上述不等式的每个等号都取到，所以 ，
所以 ，
综上所述，“ ”是“ ”的充要条件.
（3）令 ，依题意， ，
因为 ，
所以
，
因为 ，所以 为偶数 ，
所以 为偶数；
所以要使 ，必须使 为偶数，即4整除 ，
亦即 或 ，
当 时，比如 或 ，
时，有 ；
当 时，比如 或 ，
时，有 ；
当 或 时， 不能被4整除， .
【点睛】关键点点睛：想要完美的做出此题，关键在于对数列的新性质以及 的定义有深刻的理解，由
此即可顺利得解.
2．（2024·海南·模拟预测）定义：已知数列 为有穷数列， 对任意 （ ），总存在
，使得 ，则称数列 为“乘法封闭数列”；①对任意 （ ），总存在
②
，使得 ，则称数列 为“除法封闭数列”，
(1)若 ，判断数列 是否为“乘法封闭数列”.
(2)已知递增数列 ，为“除法封闭数列"，求 和 .(3)已知数列 是以1为首项的递增数列，共有 项， ，且为“除法封闭数列”，探究：数列
是否为等比数列，若是，请给出说明过程；若不是，请写出一个满足条件的数列 的通项公式.
【答案】(1)不是
(2)
(3)是；说明过程见解析
【分析】（1）举例说明 两项之积不是数列 中的项即可；
（2）由递增数列得不等关系，再利用不等式性质重新排序，由此将两类排序数列中的项对应相等，建立
方程组求解可得；
（3）由特殊到一般，找到规律，同（2）方法分别以 项与 项的大小关系入手，排序可得两个系列的
等量关系，借助中间量可得比例关系 ，由此得证.
【详解】（1）由题意知，数列 为： .
由 ， 不是数列 中的项，
故数列 不是“乘法封闭数列”；
（2）由题意数列递增可知 ，则 ，且 ，
又数列 为“除法封闭数列”，则 都是数列 中的项，
所以 ，即 ①；
且 ，即 ②，
联立①②解得， ；
（3）数列 是等比数列.
证明：当 时，设数列 为 ，
由题意数列 递增可知 ，
则有 ，
由数列 为“除法封闭数列”，
则 这 个数都是数列 中的项，所以有 ，
则有 ， ③；
同理由 ，可得 ，
则有 ，即 ④；
由③④可得， ，故 是等比数列.
当 时，由题意数列 递增可知 ，
则有 ，
由数列 为“除法封闭数列”，则这 个数都是数列 中的项.
所以有 .
所以有 ，即 ⑤；
同理由 ，可得 ，
所以 .
则 ，即 ⑥，
联立⑤⑥得， ，
则 ，所以有 ，
所以 ，故数列{a )是等比数列.
n
综上所述，数列{a )是等比数列.
n
【点睛】关键点点睛：数列新定义问题，解决的关键有两点：一是紧抓新数列的定义，如题目中“封闭”
条件的使用，即“任意两项之积（商）仍是数列的项”这一条件是解题的入手点；二是应用数列的单调性
或等差比通项特性等重要性质构造等量或不等关系解决问题，如题目中根据递增数列与不等式性质对数列
中的项重新排序，一个递增数列的两种排序形式必为同一排序，故对应项相等，从而挖掘出新数列的项的
关系.3．（2024·福建泉州·模拟预测）若无穷数列 满足：对于 ，其中 为常数，则称
数列 为 数列．
(1)若一个公比为 的等比数列 为“ 数列”，求 的值；
(2)若 是首项为1，公比为3的等比数列，在 与 之间依次插入数列 中的 项构成
新数列 ，求数列 中前30项的和 ．
(3)若一个“ 数列" 满足 ，设数列 的前 项和为 ．是否存在正整数 ，
使不等式 对一切 都成立？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)1622
(3)存在 ，理由见解析
【分析】（1）根据等比数列的通项公式，列出“ 数列”的式子，变形后得 ，
与 无关，即可求解；
（2）由题意确定数列 中前30项含有 的前7项和数列 的前23项，结合等差和等比数列的前
项和公式，即可求解；
（3）首先求解出 ，可得数列 的前 项和 ，并假设存在 ，通过验证求得 ，再
利用放缩法，证明结论成立.
【详解】（1）数列 是等比数列，则 ， ，
则 ，
因为 与 无关，所以 ，即 ；
（2）由题意可知， ，而 ，所以 ，
是首项为1，公比为3的等比数列，
而新数列 中 项（含 ）前共有 项，
令 ，结合 ，解得： ，
故数列 中前30项含有 的前7项和数列 的前23项，
所以数列 中前30项的和 ；（3）因为数列 是“ 数列”， ， ， ，
则 ， ，得 ，
所以数列 的前 项和 ，
假设存在正整数 ，使得不等式 ，对一切 都成立，
即
当 时， ，得 ，
又 为正整数，得
下面证明： 对一切 都成立，
由于 ， ，
所以 ，
，
所以存在 ，使不等式 对一切 都成立.
【点睛】思路点睛：本题第3问首先利用特殊值，首先确定 的值，再用到了放缩法，求和后说明存在
.
4．（2024·江苏泰州·模拟预测）数列 的前n项和为 ，若存在正整数r，t，且 ，使得 ，
同时则称数列 为“ 数列”．
(1)若首项为3，公差为d的等差数列 是“ 数列”，求d的值；
(2)已知数列 为等比数列，公比为q．
①若数列 为“ 数列”， ，求q的值；
②若数列 为“ 数列”， ，求证：r为奇数，t为偶数．
【答案】(1) ；
(2)① 或 ；②证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件及“ 数列”的定义，列出方程组并求解即得.（2）①由数列 为“ 数列”可得 ，再由 ，即可求出结果；②根据数列 为
“ 数列”可得 ，构造函数 ，再按 均为偶数； 为偶数， 为奇数；
均为奇数分类，结合导数的方法进行处理，推理即得.
【详解】（1）由首项为 ，公差为 的等差数列 是“ 数列”，得 ，
即 ，解得 ，
所以d的值是 .
（2）①由数列 为“ 数列”，得 ，而数列 为等比数列，公比为q，
当 时， 无解，则 ， ，整理得 ，
而 ，则当 时， ；当 时， ，
所以 或 .
②由数列 为“ 数列”， 得 ，而数列 为等比数列，公比为q，
又 ，则 ，整理得 ，
当 均为偶数时，由 ，得 ，有 ，不符合题意；
当 为偶数， 为奇数时， ，不符合题意；
当 均为奇数时， ，令 ，
求导得 ，
令 ， ，求导得 ，
当 时， ，当 时， ，
即函数 在 上单调递减，在 上单调递增， ，
即 ，因此函数 在 上单调递增，即 ，不符合题意，所以 为奇数， 为偶数.
【点睛】易错点睛：等比数列 公比q不确定，其前n项和 直接用公式 处理问题，漏掉
对 的讨论.
5．（2024·湖南·三模）角谷猜想，也称为“ ”猜想.其内容是：任取一个正整数，如果是偶数，将它
除以2；如果是奇数，则将它乘以3再加上1，如此反复运算，该数最终将变为1.这就是对一个正整数运算
时“万数归1”现象的猜想.假如对任意正整数 ，按照上述规则实施第1次运算后的结果记为 ，
实施第2次运算后的结果记为 ，…，实施第 次运算后的结果记为 ，实施第n次运算后得到数1，
停止运算，便可以得到有穷数列 ，1，其递推关系式为：
叫做数列{a )的原始项.将此递推关系式推广为：
n
（ ，且 ），其它规则不变，得到的数列记作
数列，试解答以下问题：
(1)若 ，则数列 的项数为______；
(2)求 数列的原始项 的所有可能取值构成的集合；
(3)若对任意的 数列，均有 ，求d的最小值.
【答案】(1)5；
(2) ；
(3)2.
【分析】（1） ，根据给定条件，逐一计算即可得数列 的项数.
（2）证明对于任意的正整数 ，当 时，均存在数列{a )为 数列， 时， ，
n
符合题意，利用反证再进行分类讨论可得.
（3）先证 符合题意，分类讨论①当 ，②当 ，最后证明 和 两种情况得答
案.
【详解】（1） ，
，所以数列 的项数为5.（2） ，
下面证明对于任意的正整数 ，当 时，均存在数列{a )为 数列，
n
时， 符合题意，
反证，假设存在正整数 ，当 时，不存在数列{a )为 数列，
n
设此时 的最小值为 ，即 时，存在 数列， 时，不存在
数列，
①当 为奇数时，因为存在以 为原始项的 数列， ，
所以 就是原始项为 的 数列，与假设矛盾；
②当 为偶数时，因为存在以 为原始项的 数列， ，
所以 就是原始项为 的 数列，与假设矛盾，
综上可知， 数列的原始项 的所有可能取值为全体大于等于2的正整数，
即 数列的原始项 的所有可能取值构成的集合为 .
（3）依题意， ， ，
先证明 符合题意，即 ，
当 时，显然成立；当 时， ，即 也成立；
当 时，对任意 ，故 ，即 ，
①当 时，由 ，
所以 ；
②当 时，由 ，
，所以 ，
下面证明 ，对任意的正偶数 ，构造 ，
先验证 为 数列，当 时， 为奇数， ，
当 时， 为偶数， ，
当 时， ，所以 为 数列，
下面证明 不符合题意，假设 ，因为 ，
，
所以 ，矛盾.
综上可得 的最小值为2.
【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数
列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.
6．（2024·江西新余·模拟预测）已知项数为 的有穷数列 的各项取遍 中的所有整数，我们称该
数列为“规范的”.对于一组规范列，从 的第1项开始，取第1个符合题意的项 ，使 不是
的最大项，然后依次删除 、第1个超过 的项 、第1个超过 的项 、 ，
直到无法删除为止称为 的1次“ 变换”. 变换后剩余项按其相对位置不变构成新数列（新数列也
许可以再次进行 变换，则继续进行下去），直到最后剩下1项或1组递减数列统称为 的“保留列”
（若最终没有剩下任何一项则称 是“不可保留的”，在此我们不研究这类数列），记保留列的项数为
，若 变换进行的次数为 且 ，则称 是“饱和的”（其中： 表示不超过 的最大整
数）.
(1)已知规范数列：5，3，2，1，4，6.求出其保留列并判断它是否为饱和的；若交换其第5、6项或交换其
2、3项，请直接判断其是否为饱和的.
(2)若 为饱和的规范列，它的项数 与其保留列项数 满足 为正偶数：
（i）证明：任意规定 的第 项为其保留列，总至少存在 个符合题意的
（其中： ）.
（ii）若 ，对每一组任意给定的 ，求使 的项 最多有几个（用含 的代数式）.
【答案】(1)保留列：2，1.. 是饱和的；5、6项交换：饱和的；2、3项交换：不饱和的
(2)（i）证明见解析；（ii）项数至多为
【分析】（1）根据题意以及题中的相关定义即可得解.（2）（i）设 为保留列，剩下的项按相对位置不变构成新数列 ，由 为偶数得
，得应删除的总项数为 ，从而得 中有 项，取 ，
中任取一项 ，则第一次 变换应删除 ，接下来依次取 为剩余项的第1项，令
，于是得到了一组 ，接下来将数列 插入 （从第一项开始插入）中分情
况即可构造出了一组 ，进而结合 的取法即可得证.
（ii）先设保留列为 ， ， ， ， ， ， ，接着结合题
意得到对每一组任意给定的 ，使 的项 有 个项，再用反证法证明项数为 是最
多的即可得解.
【详解】（1）由题意第一次剩下：3，2，1，4，第二次剩下：2，1，结束，
所以数列2，1是数列5，3，2，1，4，6的保留列.
又 ，是饱和的，
5、6项交换， 饱和的；2、3项交换：不饱和的.
（2）（i）由题每一次 变换至少删除2项，所以饱和的规范列的每次 变换都能且只能删除2项，
不妨设 为保留列，剩下的项按相对位置不变构成新数列 ，
由于 为偶数，故 ，应删除的总项数为 ，
故 中有 项，取 ， 中任取一项 ，
则第一次 变换应删除 ；再取 为剩余项的第1项，令 ，
再从剩下的 项中取一项 ，
则第二次 变换删除的项为 ；
再取 为剩余项的第1项，令 ，剩下的 项中取一项 ，...，以此类推，这样
就得到了一组 ，
接下来将数列 插入 （从第一项开始插入）中：项 只有2种情况：
① 是 的第一项，那么令 ， 中其他项均减1；
② 不是 的第一项，那么令 为 前面所有项的最小值减1， 原本所有不超过 的项减1，
这样就构造出了一组 ，由 的取法，共有至少存在 个符合题意的 .
（ii）先不妨设保留列为 ， ， ， ， ， ， ，， ， ，
这时， ，除 外其他项均满足： ，故有 个项，
将 与 的数值交换位置得到 成立的情况，
再将 与 的数值交换位置得到 成立的情况， ，
将 与 的数值交换位置得到 成立的情况，
当 为奇数时先取 同理可得这些情况，
由于 ，所以得到了 取定时所有符合题意的情况，
再证明项数为 是最多的：
由于第一项一定不满足题意，于是假设若有 个项满足条件，
那么除第一项外剩余项均应有： ，
则： ， ，
而 故 ，以此类推得： ，
这时： ， 变换只进行1次，剩余 项，与 矛盾，故： 个项不成
立，
即项数至多为 .
【点睛】方法点睛：解答新定义类题型的基本思路是：
（1）正确理解新定义；
（2）面对全新定义的规则要结合所学的知识、经验将问题转化成熟悉的问题或情境；
（3）在新的规则运算过程中，可结合数学中原有的运算和运算规则进行计算或逻辑推理，从而达到解答
的目的.
④圆锥曲线新定义
一、解答题
1．（2024·江西新余·二模）通过研究，已知对任意平面向量 ，把 绕其起点A沿逆时针方向旋
转 角得到向量 ，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转 角得到点P，
(1)已知平面内点 ，点 ，把点B绕点A逆时针旋转 得到点P，求点P的坐标：
(2)已知二次方程 的图像是由平面直角坐标系下某标准椭圆 绕原点O逆
时针旋转 所得的斜椭圆C，
（i）求斜椭圆C的离心率；（ⅱ）过点 作与两坐标轴都不平行的直线 交斜椭圆C于点M、N，过原点O作直线 与直线
垂直，直线 交斜椭圆C于点G、H，判断 是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说
明理由.
【答案】(1)
(2)（i） ；（ⅱ）是，2
【分析】（1）借助所给定义计算即可得；
（2）（i）计算出该斜椭圆的长轴长与焦距，结合离心率定义计算即可得；
（ⅱ）法一：设出直线 、 ，联立斜椭圆方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示
出 ，计算即可得；
法二：将所有点、直线与曲线都绕原点O顺时针旋转 后，再设出直线 、 旋转后方程，联立标准方程
可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出 ，计算即可得.
【详解】（1）由已知可得 ，则 ，
设 ，则 ，
所以 ， ，即点P的坐标为 ；
（2）（i）由 与 交点为 和 ，则 ，
由 与 交点为 和 ，
则 ，所以 ， ；
（ⅱ）法一：设直线 ： ， 、N(x ,y )，
2 2
与斜椭圆 联立： ，有 ，
∵ ， ，
∴
，
设直线 ： ，代入斜椭圆 ，
有 ，
∴ ，∴ ，
故 .
法二：将椭圆顺时针旋转 ，由①可得椭圆方程为 ，
点Q旋转后的坐标为 ，
当直线 旋转后斜率不存在时， ， ， ，
当直线 旋转后斜率存在时，设直线 旋转后为 ，
旋转后 、N(x ,y )，
2 2
与椭圆方程 联立，即 ，可得 ，
， ，
，
设直线 旋转后为 ，代入椭圆方程 中，
有 ， ，
.
综上所述， .
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于对旋转后的方程的理解与运用，最后一问可直接在旋转后的斜椭圆
上计算，也可在标准椭圆下计算，其旋转前后的线段长度不变.
2．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）在平面直角坐标系 中，重新定义两点 之间的“距
离”为 ，我们把到两定点 的“距离”之和为常数
的点的轨迹叫“椭圆”．
(1)求“椭圆”的方程；
(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；
(3)设 ，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为 的左顶点为 ，过 作直线交
于 两点， 的外心为 ，求证：直线 与 的斜率之积为定值．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）设“椭圆”上任意一点为P(x,y)，则 ，再根据两点之间的“距离”得新定义即可得解；
（2）将点分别代入即可判断其对称性，取绝对值符号，进而可得出范围；
（3）先求出椭圆方程，设直线 的方程为 ，联立方程，利用韦达
定理求出 ，分别求出直线 的方程，设 ，再次求出 的关系，进而求出 ，
从而可得出结论.
【详解】（1）设“椭圆”上任意一点为P(x,y)，则 ，
即 ，即 ，
所以“椭圆”的方程为 ；
（2）由方程 ，得 ，
因为 ，所以 ，即 ，
所以 或 或 ，
解得 ，
由方程 ，得 ，
即 ，所以 ，所以 ，
所以“椭圆”的范围为 ， ，
将点 代入得， ，
即 ，方程不变，所以“椭圆”关于 轴对称，
将点 代入得， ，
即 ，方程不变，所以“椭圆”关于 轴对称，
将点 代入得， ，
即 ，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称，
所以“椭圆”关于 轴， 轴，原点对称；（3）由题意可设椭圆 的方程为 ，
将点 代入得 ，解得 ，
所以椭圆 的方程为 ， ，
由题意可设直线 的方程为 ，
联立 ，得 ，
恒成立，
则 ，
因为 的中点为 ，
所以直线 的中垂线的方程为 ，
同理直线 的中垂线的方程为 ，
设 ，则 是方程 的两根，
即 是方程 的两根，
所以 ，
又因 ，
所以 ，
两式相比得 ，所以 ，
所以 ，
所以直线 与 的斜率之积为定值 ．【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
3．（2024·江苏南通·二模）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ： 的离心率为 ，
直线l与Γ相切，与圆O： 相交于A，B两点.当l垂直于x轴时， .
(1)求Γ的方程；
(2)对于给定的点集M，N，若M中的每个点在N中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，
则记此最大值为 .
（ⅰ）若M，N分别为线段AB与圆O上任意一点，P为圆O上一点，当 的面积最大时，求 ；
（ⅱ）若 ， 均存在，记两者中的较大者为 .已知 ， ， 均
存在，证明： .
【答案】(1) ；
(2)（ⅰ） ；（ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出 ，再结合离心率求出 即得.
（2）（ⅰ）在直线 的斜率存在时，设出直线方程并与椭圆方程联立，借助判别式求出圆心 到 距离，
列出 的面积关系求解，再验证斜率不存在的情况；（ⅱ）利用新定义，结合对称性推理即得.
【详解】（1）因为当 垂直于 轴时， ，而直线 与Γ相切，则 ，解得
，
又椭圆 的离心率为 ，则椭圆 的半焦距 ， ，
所以 的方程为 .
（2）（i）当 的斜率存在时，设 的方程为： ，由 消去 得： ，
由直线 与椭圆 相切，得 ，整理得 ，
于是圆心 到直线 的距离 ，
则 的面积为 ，
设 ，求导得 ，
当 时， ，函数 单调递增，当 时， ，函数 单调递减，
因此当 时， 取得最大值，此时 ，
当 的斜率不存在时，由（1）知， ，
由 ，得 ，则 .
对于线段 上任意点 ，连接 并延长与圆 交于点 ，则 是圆上与 最近的点，
当 为线段 的中点时， 取得最大值 ，所以 .
（ii）因为 均存在，
设点 ，且 ，
设 是集合 中到 的最近点，根据对称性，不妨设 ，
令点 到集合 的最近点为 ，点 到集合 的最近点为 ，
因为 是集合 中所有点到集合 最近点距离的最大值，则 ，
因为 是集合 中所有点到集合 最近点距离的最大值，则 ，
因此 ，
而在坐标平面中， ，又点 是集合 中到点 的最近点，则 ，所以 .
【点睛】关键点睛：本题第（2）问涉及新定义问题，反复认真读题，理解最小距离的最大值的含义是解
题的关键.
4．（2024·湖南·二模）直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如 表示过点 的直线，
直线的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切
线都是该直线族中的某条直线.
(1)若圆 是直线族 的包络曲线，求 满足的关系式；
(2)若点P(x ,y )不在直线族： 的任意一条直线上，求 的取值范围和
0 0
直线族 的包络曲线 ；
(3)在（2）的条件下，过曲线 上 两点作曲线 的切线 ，其交点为 .已知点C(0,1)，若 三
点不共线，探究 是否成立？请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)成立，理由见解析
【分析】（1）根据包络曲线的定义利用直线和圆相切即可得 ；
（2）易知方程 无解，根据判别式可得 ，证明可得直线族 的包络曲线
为 ；
（3）法一：求出 两点处曲线 的切线 的方程，解得 ，根据平面向量夹角的表达式
即可得 ，即 ；
法二：过 分别作准线的垂线 ，连接 ，由导数求得切线斜率并利用抛物线定义和三角形
内角关系即可证明 .
【详解】（1）由定义可知， 与 相切，
则圆 的圆心 到直线 的距离等于1，
则 ， .
（2）点P(x ,y )不在直线族 的任意一条直线上，
0 0
所以无论 取何值时， 无解.将 整理成关于 的一元二次方程，
即 .
若该方程无解，则 ，即 .
证明：在 上任取一点 在该点处的切线斜率为 ，
于是可以得到 在 点处的切线方程为： ，
即 .
今直线族 中 ，
则直线为 ，
所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线，
而对任意 都是抛物线在点 处的切线.
所以直线族 的包络曲线 为 .
（3）法一：已知C(0,1)，设A(x ,y ),B(x ,y )，
1 1 2 2
则 ， ；
由（2）知 在点A(x ,y )处的切线方程为 ；
1 1
同理 在点B(x ,y )处的切线方程为 ；
2 2
联立 可得 ，所以 .
因此 ，
同理 .
所以 ， ，即 ，可得 ，
所以 成立.
法二：过 分别作准线的垂线 ，连接 ，如图所示：
则 ，因为 ，显然 .
又由抛物线定义得 ，故 为线段 的中垂线，得到 ，即 .
同理可知 ，
所以 ，即 .
则 .
所以 成立.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解包络曲线的定义，利用直线和曲线相切求出包络曲线 的方程为
并进行证明，再利用抛物线定义和性质即可得出结论.
5．（2024·河南南阳·一模）在椭圆(双曲线)中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，该圆的
圆心是椭圆(双曲线)的中心，半径等于椭圆(双曲线)长半轴(实半轴)与短半轴(虚半轴)平方和(差)的算术平方
根，则这个圆叫蒙日圆.已知椭圆 的蒙日圆的面积为 ，该椭圆的上顶点和下顶点
分别为 ，且 ，设过点 的直线 与椭圆 交于 两点（不与 两点重合）且直线
.
(1)证明： ， 的交点 在直线 上;
(2)求直线 围成的三角形面积的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意求椭圆方程，设直线 ，联立方程结合韦达定理分析证明；
（2）设直线 与直线 的交点分别为 ，可得 ，结合
韦达定理求得 的最小值为 ，即可得结果.
【详解】（1）根据题意，蒙日圆的半径为 ，所以 .
因为 ，可知 ，则 ，
所以椭圆 的标准方程为 ，
因为直线 过点 ，可知直线 的斜率存在，且直线 与椭圆必相交，
可设直线 ，
联立方程 ，消去 可得 ，
由根与系数的关系可得：
因为 ，可得直线 ，直线 ，
所以
即 ，解得 ，
所以直线 的交点 在直线 上.
（2）设直线 与直线 的交点分别为 ，
则由（1）可知：直线 ，直线 .联立方程 和 ，
解得
因为 ，
又因为点 到直线 的距离 ，
可得 ，只需求 的最小值.
由弦长公式可得
令 ，则 .
可得 ，
当且仅当 ，即 时等号成立.
即 的最小值为 ，可得 面积的最小值为 .
故直线 围成的三角形面积的最小值为 .
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法：
（1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解；（2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法
求最值（注意：有时需先换元后再求最值）．
⑤立体几何新定义
一、解答题
1．（24-25高三上·浙江·开学考试）已知 是棱长为 的正四面体 ，设 的四个顶点到平面 的距
离所构成的集合为 ，若 中元素的个数为 ，则称 为 的 阶等距平面， 为 的 阶等距集.
(1)若 为 的1阶等距平面且1阶等距集为 ，求 的所有可能值以及相应的 的个数；
(2)已知 为 的4阶等距平面，且点 与点 分别位于 的两侧.若 的4阶等距集为 ，
其中点 到 的距离为 ，求平面 与 夹角的余弦值.
【答案】(1)答案见解析
(2) .
【分析】（1）分两种情况得出 的所有可能值以及相应的 的个数；
（2）先根据已知得出 ，再计算求得余弦值.
【详解】（1）①情形一：分别取 的中点 ，
由中位线性质可知 ，
此时平面 为 的一个1阶等距平面，
为正四面体高的一半，等于 .
由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面 平行于其中一个面，有4种情况；②情形二：分别取 的中点
将此正四面体放置到棱长为1的正方体中，
则 为正方体棱长的一半，等于 .
由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线，
这样的1阶等距平面 平行于其中一组异面直线，有3种情况.
综上，当 的值为 时， 有4个；当 的值为 时， 有3个.
（2）在线段 上分别取一点 ，
使得 ，则平面 即为平面 .
如图，取 中点 ，连接 ，以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴，过点 且与平面
垂直的直线为 轴建立空间直角坐标系，
，设
，
，
设平面 法向量为⃗m=(x,y,z)所以 ，即 ，
所以 ，
又平面 的法向量为 ，
设平面 与 夹角为
所以 ，
所以平面 与 夹角余弦值为 .
2．（23-24高一下·重庆·期中）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设 为多面体 的一个顶点，定
义多面体 在点 处的离散曲率为 ，其中
为多面体 的所有与点 相邻的顶点，且平面 ，平面 ，…，平面
和平面 为多面体 的所有以 为公共点的面.
(1)求四棱锥 在各个顶点处的离散曲率的和；
(2)如图，现已知四棱锥 的底面 是边长为2的菱形，且 ，顶点 在底面的射影 为
的中点.
①若 ，求该四棱锥在 处的离散曲率 ；
②若该四棱锥在 处的离散曲率 ，求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)2
(2)① ；②
【分析】（1）根据离散曲率的定义，直接计算，即可得答案；
（2）①求出 的值，利用余弦定理求出顶点S处的侧面的顶角大小，即可求得答案；②根据四棱锥在
处的离散曲率 ，求出棱锥的高，再根据线面角的定义，即可求解答案.【详解】（1）由题意可知四棱锥 在各个顶点处的角的和 ，
即等于四个侧面上的三角形和底面四边形的内角和，即 ，
故四棱锥 在各个顶点处的离散曲率的和为： ；
（2）①连接 ，由于底面 是边长为2的菱形，故 交于点O，
，则 为正三角形，则 ,
底面 ， 底面 ，故 ， ，
则 ， ，
则
，
由于 为三角形内角，故 ；
同理求得 ，
故该四棱锥在 处的离散曲率 ；
②由题意可知四棱锥 的是个侧面三角形全等，
即得 ，
四棱锥在 处的离散曲率 ，则 ，
设 ，则 ，而 ，
故 ，解得 ，
作 于E，则E为AB中点，结合题意知 为正三角形，故 ，
作 于F，则 ，且 ，则 ;
连接 ，由于 底面 ， 底面 ，故 ，
平面 ，故 平面 ，
平面 ，故平面 平面 ，平面 平面 ，
作 于G，则 平面 ，
则 即 为直线 与平面 所成角，
则 .
【点睛】关键点睛：本题考查空间几何的新定义问题，解答的关键是要理解新定义，并能根据新定义的含
义去解决问题；解答第二问时，要能根据四棱锥在 处的离散曲率 ，求出棱锥的高，进而根据线面
角定义解决问题.
3．（23-24高一下·湖南长沙·期末）空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规
定：多面体顶点的曲率等于 与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，
角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为 ，故其各个顶点的曲率均为
.如图，在直三棱柱 中，点 的曲率为 ， ， 分别为 ， 的中点，且
.
(1)证明： 平面 ；
(2)若 ，求二面角 的余弦值；
(3)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面
体的顶点数为 ，棱数为 ，面数为 ，则有： .利用此定理试证明：简单多面体的总曲率
（多面体有顶点的曲率之和）是常数.
【答案】(1)证明见解析
(2)(3)证明见解析
【分析】（1）由直棱柱的性质可得 ， ，再由点 的曲率可求出 ，
则 为等边三角形，所以 ，再利用线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）取 的中点 ，连接 ，则 平面 ，所以 ， ，
则 平面 ，所以可得 为二面角 的平面角，在 中可求得结果；
（3）设多面体有 个面，给组成多面体的多边形编号，分别为 号，设第 号（ ）多边
形有 条边，表示出多面体的所有的棱和顶点，及所有多边形的内角之和为，从而可表示出总曲率，化简
可得结果.
【详解】（1）证明：因为在直三棱柱 中， 平面 ， 平面 ，
所以 ，
所以点 的曲率为 ，得 ，
因为 ，所以 为等边三角形，
因为 为 的中点，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ；
（2）解：取 的中点 ，连接 ，
因为 为等边三角形，所以 ，
因为三棱柱 为直三棱柱，所以平面 平面 ，
因为平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
设 ，则 ，
所以 ，所以 ，
因为 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
所以 为二面角 的平面角，因为 ，
所以在 中， ，
所以二面角 的余弦值为 ；
（3）证明：设多面体有 个面，给组成多面体的多边形编号，分别为 号，
设第 号（ ）多边形有 条边，
则多面体共有 条棱，
由题意，多面体共有 个顶点，
号多边形的内角之和为 ，
所以所有多边形的内角之和为 ，
所以多面体的总曲率为
所以简单多面体的总曲率为 .
【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定，考查二面角的求法，考查新概念曲率，解题的关键是对
多面体曲率的正确理解，考查推理能力和计算能力，属于难题.
4．（23-24高一下·山东临沂·期末）类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有
三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线 ， ， 构成的三面角 ，记 ，
， ，二面角 的大小为 ，则 ．如图2，四
棱柱 中， 为菱形， ， ， ，且 点在底面 内的
射影为 的中点 ．(1)求 的值；
(2)直线 与平面 内任意一条直线夹角为 ，证明： ；
(3)过点 作平面 ，使平面 平面 ，且与直线 相交于点 ，若 ，求 值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）连接 ，即可证明平面 平面 ，即二面角 的大小为 ，求出
，再由所给三面角余弦定理计算可得；
（2）依题意可得 ，设平面 内任一条直线为 ，分 过 点与不过 点两种情况，当 过 点，
记 与 的夹角为 （ ），则 ，结合余弦函数的性质即可得证；
（3）连接 ， ，首先证明平面 平面 ，从而得到平面 平面 ，再由面面平行的性
质得到 ，从而得到 ，即可得解.
【详解】（1）连接 ，由已知得 平面 ， ，
又 平面 ，所以平面 平面 ，
所以二面角 的大小为 ，因为 为菱形， ，
所以 ，又 ，所以 ，在 中， ，
由三面角余弦定理可得
.
（2）依题意可得 ，设平面 内任一条直线为 ，
若 过 点时，记 与 的夹角为 （ ），
则 ，因为 ，
所以 ，
又 ，所以 ；
若 不过 点时，过 点作 使得 ，记 与 的夹角为 （ ），
则 ，因为 ，
所以 ，
又 ，所以 ；
综上可得 .
（3）连接 ， ，因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
同理可证 平面 ，
又 ， 平面 ，
所以平面 平面 ，
因为平面 平面 ，
所以平面 平面 ，
又平面 平面 ，又平面 平面 ，
所以 ，又 即 ，
所以四边形 为平行四边形，
所以 ，显然 在 的延长线上，
因为 ，所以 ，
所以 ，即 .
【点睛】关键点点睛：对于新定义型知识，关键是理解并应用所给定义，第三问关键是由面面平行推导出
线线平行.
5．（2024高三·全国·专题练习）我们知道，二元实数对 可以表示平面直角坐标系中点的坐标； 那么
对于 元实数对 （ ， 是整数），也可以把它看作一个由 条两两垂直的“轴”构成的高
维空间（一般记为 ）中的一个“点”的坐标表示的距离 ．
(1)当 时， 若 ， ， ， 求 ， 和 的值；
(2)对于给定的正整数 ，证明 中任意三点 满足关系 ；
(3)当 时，设 ， ， ，其中 ， ， ， ．求
满足 点的个数 ，并证明从这 个点中任取11个点，其中必存在 个点，它们共面或者以它们为顶点的
三棱锥体积不大于 ．【答案】(1) ， ，
(2)证明见解析
(3) ，证明见解析
【分析】（1）根据新定义直接计算；
（2）由新定义，写出不等式两边的表达式，根据绝对值的性质证明；
（3）根据新定义，及绝对值的性质得 点是以 为对角线的正方体的表面和内部的整数点，共125个，
把它们分布在五个平面 ，1，2，3， 上，这五个面一个面取3个点，相邻面上取一个点，以它们为
顶点构成三棱锥（能构成时），棱锥的体积不超过 ，然后任取11点中如果没有4点共面，但至少有一个
平面内有3个点．根据这3点所在平面分类讨论可得．
【详解】（1）当 时，若 ， ， ，
则 ， ， ．
（2）设 ， ， ，
根据绝对值的性质有 ， ， ，
所以 ．
（3）因为 ， ， ，则 ，
且 ，
可得 ，当且仅当 时，等号同时成立，
又因为 ，可得 ， ， ， ，
可知 ， ， ，1，2，3，4，则 ，
点 是以 为对角线的正方体内部（含面上）的整数点，共125个，即 ．
这125个点在 ， ， ， ， 这五面内．
这三个平面内，一个面上取不共线的 3 点，相邻面上再取一点构成一个三棱锥．
则这个三棱锥的体积最大为 ，
现在任取11个点，
若有四点共面，则命题已成立；
若其中无4点共面，但11个点分在5个平面上至少有一个平面内有3个点（显然不共线）；
若这三点在 ， ， 这三个平面中的一个上，与这个面相邻的两个面上如果有一点，
那么这一点与平面上的三点这四点可构成三棱锥的四个顶点，其体积不超过 ，
否则还有 8 个点在平面 和 上，不合题意，若这三个点在平面 或 上，不妨设在平面 ，
若在平面 在一个点，则同样四点构成的三棱锥体积不超过 ，
否则剩下的 8个点在 ， ， 三个平面上，只能是 3，3，2 分布，
不管哪一种分布都有四点构成的三棱锥体积不超过 ；
综上所述：任取11个点，其中必存在4个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于 ．
【点睛】关键点点睛：本题新定义距离 ，解题关键是利用新定义转化为绝对值，利用绝对值的性
质解决一些问题．本题还考查了抽屉原理，11个放在5个平面上，至少有一个平面内至少有3点，由此分
类讨论可证明结论成立．
6．（23-24高一下·重庆·期末）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球O的半
径为R．A、B、C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a，设 表示以O为圆心，且过B、C的圆，同理，
圆 的劣弧AC、AB的弧长分别记为b，c，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形．若设二面角
分别为α，β，γ，则球面三角形的面积为 ．
(1)若平面OAB、平面OAC、平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积；
(2)若平面三角形ABC为直角三角形， ，设 ．则：
①求证： ；
②延长AO与球O交于点D，若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为 ， ，S
为AC中点，T为BC中点，设平面OBC与平面EST的夹角为θ，求sinθ的最小值，及此时平面AEC截球
O的面积．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；② ，
【分析】（1）根据题意结合相应公式分析求解即可；
（2）①根据题意结合余弦定理分析证明；②建系，利用空间向量求线面夹角，利用基本不等式分析可知点 ，再利用空间向量求球心O到平面AEC距离，结合球的性质分析求解.
【详解】（1）若平面OAB，OAC，OBC两两垂直，有 ，
所以球面三角形ABC面积为 .
（2）①证明：由余弦定理有： ，且 ，
消掉 ，可得 ；
②由AD是球的直径，则 ，
且 ， ， 平面BCD，
所以 平面BCD，且 平面BCD，则 ，
且 ， 平面ABC，可得 平面ABC，
由直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为 ，所以 ，
不妨先令 ，则 ，
由 ， ， ，
以C为坐标原点，以CB，CA所在直线为x，y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立如图空间直角坐
标系，
设 ，则 ，
可得 ， ，
则 ，
设平面OBC法向量⃗m=(x ,y ,z )，则 ，
1 1 1取 ，则 ，可得 ，
设平面EST法向量⃗n=(x ,y ,z )，则 ，
2 2 2
取 ，则 ，可得 ，
要使sinθ取最小值时，则 取最大值，
因为
，
令 ，则 ，
可得 ，
当且仅当 取等．
则 取最大值 ， 为最小值，
此时点 ，可得 ， ，
设平面AEC中的法向量 ，则 ，
取 ，则 ，可得 ，
可得球心O到平面AEC距离为 ，
设平面AEC截球O圆半径为r，则 ，
所以截面圆面积为 .
【点睛】方法点睛：1.利用空间向量求线面角的思路直线与平面所成的角 主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角 求得，即 ；
2. 利用空间向量求点到平面距离的方法
设A为平面 内的一点，B为平面 外的一点， 为平面 的法向量，则B到平面 的距离 .
