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2024年高考考前20天终极冲刺攻略 数学（一）（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
2021年I卷 8 事件的独立性 区分独立事件与互斥事件
9 离散型随机变量 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变形
2021年II卷 6 正态分布 正态分布均值与标准差在图像中的含义
9 离散型随机变量 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
2022年I卷 5 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
13 二项式定理 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
2022年II卷 5 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
13 正态分布 正态分布均值与标准差在图像中的含义
2023年新高考1 9 离散型随机变量 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
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
2023年新高考2 3 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
12 计数原理及事件的独立性 ①区分独立事件与互斥事件 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：
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：展开式中，通项：，二项展开式的各种题型关键是利用通项求，=外层指数差/内层指数差。展开式中求的系数，则有。
形如：，求的系数
破解：分配系数处理
从5次结构中取3次和2次，则结果为
形如：的展开式中的系数为__________
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：
第二类情况为
故总的情况为
Ⅱ二项式系数最大问题
二项式系数具备对称性，即（）对于大小以二次函数开口向下的图象分析.
①当，即为奇数
则共有项，总项数为偶数.
巧记：当为奇数时，则总的二项式系数为偶数（因为从开始），既然为偶数，则最大项个数也为偶数，即为2个.
如：当，，中间项为，和
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
②当，即为偶数
则共有项，总项数为奇数.
巧记：当为偶数时，则总的二项式系数为奇数（因为从开始），既然为奇数，则最大项个数也为奇数，即为1个.
如：当，，中间项为.
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。
Ⅲ解决二项式系数和的问题
一般地，若，则展开式中各项系数的和为.
①奇次项系数的和为
偶次项系数的和为
②形如的式子，求展开式的各项系数之和，只需令即可.
③形如的式子求其展开式的各项系数之和，只需令.
④二项展开式二项式系数和：；奇数项与偶数项二项式系数和相等为：。
推导：
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.
不等式组最大值为：，最小值为
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
不等式组最大值为：
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
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：的二项式展开式，设第项的系数为最大.
因为，所以不等式组必有解，且当和都为整数时，有两解，且两解分别为和，否则有一解，因此得出一个结论：
形如的二项展开式系数最大的项最多只有两项.
注意：若系数最大的项为最后一项，则（）
形如：求展开式中系数最大的项时，因为，所以系数最大的项是最后一项.
若系数最大的项为第一项，则，即
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，即个相同元素分成组（每组的任务不同）的问题.
①:当每组至少含一个元素时，其不同分组分式有种，即给个元素中间的个空隙中插入个隔板.
当每组至少含一个元素时,个相同的小球放入个不同的盒中，一共有多少种放法？
题干需求个不同的盒子，只需个隔板即可
放个隔板可以将个小球分为组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？
从图中不难发现个小球共有个间隔，故放隔板的位置有处，从这处中任取处即可，故.
②：任意分组，可出现某些组含0个元素的情况，其不同分组分式有种，即将个元素与个相同隔板进行排序，在个位置中选个隔板.
任意分组时,个相同的小球放入个不同的盒中，一共有多少种放法？
题干需求个不同的盒子，只需个隔板即可
放个隔板可以将个小球分为组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？
从图中不难发现个小球及个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这处位置中任取处安排隔板即可，故.
Ⅱ分组问题与分配问题
①：将个不同元素按照某些条件分成组，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.
将个不同元素按照某些条件分配给个不同的对象，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：个不同元素分成组，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：
如：6个不同的球分为3组，且每组数目不同，有多少种情况？
2均匀不编号分组：将个不同元素分成不编号的组，假定其中组元素个数相等，不管是否分尽，其分法种数为（为非均匀不编号分组的分法种数）.如果再有组均匀分组，应再除以.除的原因为：如：123456平均分成3组，可能是
也可能是或者是等，一共有种不同的组别，但这些组都是一样的，所以除以.
如：两两一组，分两组，若直接用种，但列举出来的分别为、、再往下列举就已经重复了.
如：、、.
如：6个不同的球分为3组，且每组数目相同，有多少种情况？
.
3非均匀编号分组：将个不同元素分成组，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（为非均匀不编号分组的分法种数）
4均匀编号分组：将个不同元素分成组，各组元素数目均相等，且考虑各组间的顺序，其分法种数为（为非均匀不编号分组的分法种数）.
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，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。
三、离散型随机变量问题
Ⅰ均值与方差的性质
(1)．
(2)(为常数)．（3）
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，．
(2)若X服从二项分布，即，则．
(3)若X服从超几何分布，即时，
．
Ⅱ二项分布之概率最值问题
如果，其中，求最大值对应的值.
一般是考察与的大小关系.
因为
所以要使，则.故有
⑴如果，则时取得最大值.
⑵如果，是不超过的正整数，则当和时，取得最大值.
（3）如果是不超过的非整数，则当（注意表示不超过的最大整数）时取得最大值.
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φμ，σ(x)的图象为正态分布密度曲线，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
一般地，如果对于任何实数a，b(a3．正态总体三个特殊区间内取值的概率值
①P(μ－σ②P(μ－2σ③P(μ－3σ4．3σ原则
通常服从正态分布N(μ，σ2)的随机变量X只取(μ－3σ，μ＋3σ)之间的值．
【规律方法】
1.求正态曲线的两个方法
(1)图解法：明确顶点坐标即可，横坐标为样本的均值μ，纵坐标为．
(2)待定系数法：求出μ，σ便可．
2.正态分布下2类常见的概率计算
(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，曲线与x轴之间的面积为1.
(2)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个．
3.正态总体在某个区间内取值概率的求解策略
(1)充分利用正态曲线对称性和曲线与x轴之间面积为1．
(2)熟记P(μ－σ(3)注意概率值的求解转化：
①P(X②P(X<μ－a)＝P(X≥μ＋a)；
③若b<μ，则P(X特别提醒：正态曲线，并非都关于y轴对称，只有标准正态分布曲线才关于y轴对称．
五：事件的独立性
对于互斥事件要抓住如下的特征进行理解：
第一，互斥事件研究的是两个事件之间的关系；
第二，所研究的两个事件是在一次试验中涉及的；
第三，两个事件互斥是在试验的结果不能同时出现来确定的．对立事件是互斥事件的一种特殊情况，是指在一次试验中有且仅有一个发生的两个事件，集合A的对立事件记作．分类讨论思想是解决互斥事件中有一个发生的概率的一个重要的指导思想
典例1【2023新高考1卷】有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（ ）
A. 的平均数等于的平均数
B. 的中位数等于的中位数
C. 的标准差不小于的标准差
D. 的极差不大于的极差
【答案】BD
【解析】对于选项A：设的平均数为，的平均数为， 则， 因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小， 例如：，可得； 例如，可得； 例如，可得；故A错误； 对于选项B：不妨设， 可知的中位数等于的中位数均为，故B正确； 对于选项C：因为是最小值，是最大值， 则的波动性不大于的波动性，即的标准差不大于的标准差， 例如：，则平均数， 标准差， ，则平均数， 标准差， 显然，即；故C错误； 对于选项D：不妨设， 则，当且仅当时，等号成立，故D正确； 故选：BD.
典例2【2023新高考全国Ⅰ卷】 某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种（用数字作答）．
【答案】64
【解析】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种； （2）当从8门课中选修3门， ①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种； ②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种； 综上所述：不同的选课方案共有种. 故答案为：64.
典例3【2023新高考全国II卷】在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为. 考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输 是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）.
A. 采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的概率为
B. 采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为
C. 采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为
D. 当时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
【答案】ABD
【解析】对于A，依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的积， 它们相互独立，所以所求概率为，A正确； 对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到l，0，1的事件， 是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积， 它们相互独立，所以所求概率为，B正确； 对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的事件和， 它们互斥，由选项B知，所以所求的概率为，C错误； 对于D，由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率， 单次传输发送0，则译码为0的概率，而， 因此，即，D正确. 故选：ABD
典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】 已知随机变量X服从正态分布，且，则____________．
【答案】或
【解析】因为，所以，因此． 故答案为：．
典例5【2022新高考全国Ⅰ卷】 的展开式中的系数为__________（用数字作答）．
【答案】-28
【解析】因为， 所以的展开式中含的项为， 的展开式中的系数为-28 故答案为：-28
预测1（2024·浙江·模拟预测）某羽毛球俱乐部，安排男女选手各6名参加三场双打表演赛（一场为男双，一场为女双，一场为男女混双），每名选手只参加1场表演赛，则所有不同的安排方法有（ ）
A．2025种 B．4050种 C．8100种 D．16200种
预测2（2024·四川·模拟预测）2023世界科幻大会在成都举办，主题场馆以自由 扩散 无界的未来建筑形象诠释科学与科幻主题，提取古蜀文化中神秘“古蜀之眼（黄金面具）”融入“星云”屋顶造型，建筑首层围绕共享中庭设置了剧场 主题展区及博物馆三大主题空间.现将4名志愿者安排到这三个主题空间进行志愿服务，则每个主题空间都有志愿者的不同的安排方式有（ ）
A．6种 B．18种 C．24种 D．36种
预测3（2024·四川绵阳·模拟预测）有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中，取出4张排成一行，如果取出的4张卡片所标的数字之和等于10，则不同的排法共有（ ）种．
A．72 B．144 C．384 D．432
预测4（2024·河南新乡·模拟预测）已知甲、乙两名篮球运动员在四场小组赛中的得分（单位：分）如下表：
甲 6 12 9 13
乙 8 11 7 14
则对于这两组数据，不相同的数字特征是（ ）
A．平均数 B．中位数 C．方差 D．极差
预测5（2024·河北廊坊·模拟预测）已知某地最近天每天的最高气温（单位：）分别为，则天最高气温的第百分位数是（ ）
A．15 B．21 C． D．22
押题1在古典名著《红楼梦》中有一道名为“茄鲞”的佳肴，这道菜用到了鸡脯肉、香菌、新笋、豆腐干、果干、茄子净肉六种原料，烹饪时要求香菌、新笋、豆腐干一起下锅，茄子净肉在鸡脯肉后下锅，最后还需加入精心熬制的鸡汤，则烹饪“茄鲞”时不同的下锅顺序共有（ ）
A．72种 B．36 种 C．12种 D．6种
押题2下列说法中，正确的是（ ）
A．设有一个经验回归方程为，变量增加1个单位时，平均增加2个单位
B．已知随机变量，若，则
C．两组样本数据和.若已知且，则
D．已知一系列样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则
押题3设，则 .
押题4从某工厂生产的零件中随机抽取11个，其尺寸值为43，45，45，45，49，50，50，51，51，53，57（单位：mm），现从这11个零件中任取3个，则3个零件的尺寸刚好为这11个零件尺寸的平均数、第六十百分位数、众数的概率为 ．
押题5的展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，则的展开式中常数项为 ．（用数字作答）
名校预测
预测1：答案B
【详解】先考虑两对混双的组合有种不同的方法，
余下名男选手和名女选手各有种不同的配对方法组成两对男双组合，两对女双组合，
故共有．
故选：B
预测2：答案D
【详解】首先根据题意将志愿者分成三组有种分法，
安排到三个主题空间有种，根据分步乘法计数原理，
不同的安排方式有种.
故选：D.
预测3：答案D
【详解】分3类：
①红1蓝1，红4蓝4，排成一排；
②红2蓝2，红3蓝3，排成一排；
③2个1选1张，2个2选1张，2个3选1张，2个4选1张，排成一排，
由分类加法计数原理，共种，
故选：D．
预测4：答案B
【详解】A：甲的平均数为，乙的平均数为，故A错误；
B：将甲从小到大排列为：6,9,12,13，所以中位数为；
将乙从小到大排列为：7,8,11,14，所以中位数为，故B正确；
C：甲的方差为，
乙的方差为，
故C错误；
D：甲的极差为，乙的极差为，故D错误；
故选：B.
预测5：答案C
【详解】将此组数据从小到大排列：，
且共有个数，因为，所以第百分位数为.
故选：C.
名师押题
押题1：答案C
【详解】由题意可知六种原料中可以把香菌、新笋、豆腐干看成一种，即有种放法，
又茄子净肉放在鸡脯肉后，则有种放法.
故选：C
押题2：答案BC
【详解】若有一个经验回归方程，随着的增大，会减小，A错误；
曲线关于对称，因为，所以，
所以，B正确；
因为，
所以，
故，C正确；
经验回归方程为，且样本点与的残差相等，
则，所以，D错误.
故选：BC.
押题3：答案57
【详解】令，则，令，则，
故.
又，故.
故，则.
故答案为：57
押题4：答案
【详解】由题意知11个零件的平均数为，
第六十百分位数的位置为，即取第7位数50，故第六十百分位数为50，
由题可知众数为45，
所以当从11中取出3个零件共有种情况，
则3个数分别为平均数49、第六十百分位数50，众数45共有种情况，
所以其概率为，
故答案为：.
押题5：答案84
【详解】因为的展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，
所以，解得，
所以二项式的展开式的通项公式为，，
令得，所以的展开式中常数项为.
故答案为：84
圆锥曲线（选填题）
年份 题号 知识点 考点
2021年I卷 5 椭圆 焦半径积最大值问题
14 抛物线 抛物线性质及结论
2021年II卷 13 双曲线 双曲线性质（渐近线方程）
2022年I卷 11 抛物线 焦点弦有关结论（最值）
16 椭圆 结合三角形求弦长问题
2022年II卷 10 抛物线 焦点弦有关结论（最值）
16 椭圆 直线与椭圆相交数形结合灵活应用
2023年新高考1 5 椭圆 利用两个椭圆离心率之间的关系求参
16 双曲线 双曲线与向量的综合
2023年新高考2 10 抛物线 抛物线性质及结论
近三年，圆锥曲线在选填中占据两个位置，考查的考点一般来说是：
椭圆（①椭圆焦长以及焦比、中垂线、焦点三角形、最值问题②椭圆中非原点向量乘积的问题、角度、中点、中垂线及广义直径）
2、抛物线（①抛物线焦长公式、焦点弦中垂线、最值②抛物线四大面积求算、角平分线、两点结论、斜率和与积求定点、阿基米德三角形）
3、双曲线（①双曲线第一定义由定义即可得双曲线标准方程及点P处的切线PT平分△PF1F2在点P处的内角.②以焦点弦PQ为直径的圆必与对应准线相交，以焦点半径PF1为直径的圆必与以实轴为直径的圆外切）
题干的设置一般来说在上述的三项考点中选其两项。圆锥曲线题目中首先画出符合要求的图像，根据题意回想此类问题是符合哪一类小技巧，另外考生们要想灵活应用小技巧则需在有限的时间内多推导几遍，考场中便可轻松搞定。
从近三年的全国卷的考查情况来看，本节是高考的热点，其中标准方程和几何性质考查比较频繁.圆锥曲线中椭圆、抛物线、双曲线比重相当，高考主要考查圆锥曲线定义的运用、方程的求法以及三大类的简单几何性质，尤其是对离心率的求解，更是高考的热点问题，因小结论偏多，试题灵活，在各种题型中均有体现.
一、椭圆性质与结论
结论1： 椭圆第一定义
结论2：标准方程 由定义即可得到椭圆标准方程
结论3： 椭圆第二定义
结论4：点P处的切线PT平分△PF1F2在点P处的外角.
结论5：PT平分△PF1F2在点P处的外角，则焦点在直线PT上的射影H点的轨迹是以长轴为直径的圆，除去长轴的两个端点.
结论6：以焦点弦PQ为直径的圆必与对应准线相离.
结论7：以焦点半径PF1为直径的圆必与以长轴为直径的圆内切.
结论8：设A1、A2为椭圆的左、右顶点，则△PF1F2在边PF2（或PF1）上的旁切圆，必与A1A2所在的直线切于A2（或A1）.
证明：
结论9：椭圆（a＞b＞0）的两个顶点为,，与y轴平行的直线交椭圆于P1、P2时A1P1与A2P2交点的轨迹方程是.
结论10：若在椭圆上，则过的椭圆的切线方程是.
结论11：若在椭圆外 ，则过Po作椭圆的两条切线切点为P1、P2，则切点弦P1P2的直线方程是.
结论12：AB是椭圆的不平行于对称轴的弦，M为AB的中点，则.
结论13：若在椭圆内，则被Po所平分的中点弦的方程是
.
结论14：若在椭圆内，则过Po的弦中点的轨迹方程是
.
结论15：若PQ是椭圆（a＞b＞0）上对中心张直角的弦，则
.
结论16：若椭圆（a＞b＞0）上中心张直角的弦L所在直线方程为
,则(1) ;(2) .
结论17：过椭圆 (a＞0, b＞0)上任一点任意作两条倾斜角互补的直线交椭圆于B,C两点，则直线BC有定向且（常数）.
结论18：椭圆 (a＞b＞0)的左右焦点分别为F1，F 2，点P为椭圆上任意一点，则椭圆的焦点三角形的面积为，
.
结论19：若P为椭圆（a＞b＞0）上异于长轴端点的任一点,F1, F 2是焦点, , ，则.[来
结论20：椭圆（a＞b＞0）的焦半径公式：
,( , ，).
二、抛物线性质与结论
已知抛物线， 是抛物线的焦点弦， 点 是 的中点. 垂直准线于 ，垂直准线于，垂直准线于，交抛物线于点，准线交 轴于点 . 求证：
结论1： ，
结论2：
结论3：以 为直径的圆与准线相切；
证明： 是梯形的中位线，
结论4：；
结论5： ；
证明： ,，
，同理：得证.
结论6： 证明：由得证.
结论7：垂直平分，垂直平分
证明：由可知，由
得证，同理可证另一个.
结论8：平分，平分，平分，平分
证明：由垂直平分可证.
结论9：
证明：
.
结论10：
证明：作垂直轴于点，则
，同理可证另一个.
结论11：
证明：由可得证.
结论12：点处的切线为
证明：方法一：设点处切线方程为与联立得
由
解这个关于的一元二次方程（它的判别式等于0）得得证.
方法二：（求导）两边对求导得得证.
结论13：是切线，切点为，是切线，切点为
证明：根据上面的结论得点处的切线为，点处的切线为
解的两切线的交点为，得证.
结论14：过抛物线准线上任一点作抛物线的切线，则过两切点的弦必过焦点，并且
证明：设点为准线上任一点，过点作抛物线的切线，切点为
两边对求导得
显然，切点有两个，分别为，则，
所以过焦点.
.
结论15：三点共线，三点共线.
证明：三点共线
同理可证三点共线.
结论16：
证明：设直线AB的方程为与抛物线联立得：，即故（用特殊位置记忆）
结论17：
证明：根据焦比公式得，其中，
结论18：
证明：设到的距离为，则，
则
结论19：
证明：由、得证
结论20：
证明：
结论21：
证明：由得证
结论22： 证明：通过点差法处理
结论23：
证明：作垂直轴于点，在中，，同理证另一个.
结论24：
证明：
由得证
结论25：设交抛物线于点，则点是的中点
证明：∴中点横坐标为
将代入得
∴，
所以点的横坐标为，点是的中点.
注意：当弦不过焦点时，设交轴于点，设分别以为切点的切线相交于点,求证.
结论26：点在直线
证明：设与联立，得
由相减得
代入得得证.
结论27：设交抛物线于点，则点是的中点
证明：∴中点横坐标为
将代入得
∴，
所以点的横坐标为，点是的中点.
结论28：设点在准线上的射影分别是，则垂直平分，垂直平分
从而平分，平分.
证明：方法一：，又所以垂直平分，同理可证另一个.
方法二：
，同理可证另一个.
三、双曲线性质与结论
结论 1： 双曲线第一定义。
结论 2：标准方程 由定义即可得双曲线标准方程。
结论 3：双曲线第二定义。
结论 4：点P处的切线PT平分△PF1F2在点P处的内角.
结论 5：PT平分△PF1F2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，除去实轴的两个端点.
证明：不妨设P在第一象限。作F2关于切线PT的对称点M，由4可知M在PF1上，则，垂足H为F2M的中点，则OH=，同理可证其它情况。射影H的轨迹是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，以PQ中点到准线的距离为，以PQ为直径的圆的半径为r，则，故以PQ为直径的圆与对应准线相交。
结论 7：以焦点半径PF1为直径的圆必与以实轴为直径的圆外切.
证明：如图，两圆圆心距为，故两圆外切。
结论 8：设P为双曲线上一点，则△PF1F2的内切圆必切于与P在同侧的顶点.
证明：如图，由切线长定理：，
而，与重合，故内切圆与x轴切于右顶点，同理可证P在其他位置情况。
结论 9：双曲线（a＞0,b＞0）的两个顶点为,，与y轴平行的直线交双曲线于P1、P2时A1P1与A2P2交点的轨迹方程是.
结论 10：若在双曲线（a＞0,b＞0）上，则过的双曲线的切线方程是.
结论 11：若在双曲线（a＞0,b＞0）外 ，则过Po作双曲线的两条切线切点为P1、P2，则切点弦P1P2的直线方程是.
证明：设，由10得：，因为点在直线上，且同时满足方程，所以
结论 12：AB是双曲线（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.
结论13：若在双曲线（a＞0,b＞0）内，则被Po所平分的中点弦的方程是.
结论14：若在双曲线（a＞0,b＞0）内，则过Po的弦中点的轨迹方程是.
证明：.由12可得：
结论15：若PQ是双曲线（b＞a ＞0）上对中心张直角的弦，则.
结论16：若双曲线（b＞a ＞0）上中心张直角的弦L所在直线方程为,则(1) ;(2) .
证明：将直线AB代入双曲线方程中得：
，
设则，
结论 17：给定双曲线：（a＞b＞0）, ：,则(i)对上任意给定的点,它的任一直角弦必须经过上一定点M.
(ii)对上任一点在上存在唯一的点,使得的任一直角弦都经过点.
结论 18：设为双曲线（a＞0,b＞0）上一点，P1P2为曲线C的动弦,且弦PP1, PP2斜率存在，记为k1, k 2, 则直线P1P2通过定点的充要条件是.
结论 19：过双曲线（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于B,C两点，则直线BC有定向且（常数）.
结论 20：双曲线（a＞0,b＞o）的左右焦点分别为F1，F 2，点P为双曲线上任意一点，则双曲线的焦点角形的面积为， .
典例1【2022新高考1卷】已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（ ）
A. C的准线为 B. 直线AB与C相切
C. D.
【答案】BCD
【解析】将点的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，A错误；，所以直线的方程为， 联立，可得，解得，故B正确； 设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点， 所以，直线的斜率存在，设其方程为，， 联立，得， 所以，所以或，， 又，， 所以，故C正确； 因为，， 所以，而，故D正确. 故选：BCD
典例2【2022新高考全国Ⅰ卷】 已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是________________．
【答案】13
【解析】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与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， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：， 判别式， ∴， ∴ ， 得， ∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为. 故答案为：13.
典例3【2023新高考全国Ⅰ卷】设椭圆的离心率分别为．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】【详解】由，得，因此，而，所以. 故选：A
典例4【202新高考全国Ⅰ卷】 已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为________．
【答案】或
【解析】方法一： 依题意，设，则， 在中，，则，故或（舍去）， 所以，，则， 故， 所以在中，，整理得， 故. 方法二: 依题意，得，令， 因为，所以，则， 又，所以，则， 又点在上，则，整理得，则， 所以，即， 整理得，则，解得或， 又，所以或（舍去），故. 故答案为：.
典例5【2023新高考全国Ⅱ卷】 已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】将直线与椭圆联立，消去可得， 因为直线与椭圆相交于点，则，解得， 设到的距离到距离，易知， 则，， ，解得或（舍去）， 故选：C.
预测1（2024·甘肃武威·模拟预测）已知双曲线的右焦点为是的一条渐近线上位于第一象限内的一点，延长线段与的另一条渐近线交于点．若为坐标原点，，则的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
预测2（2024·辽宁抚顺·模拟预测）过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线交于两点．若，则（ ）
A． B． C． D．
预测3（2024·四川绵阳·模拟预测）已知双曲线的左顶点与抛物线的焦点的距离为4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为，则双曲线的焦距为（ ）
A． B． C． D．
预测4（2024·河南新乡·模拟预测）已知直线经过椭圆的右焦点F和上顶点A，则C的长轴长为（ ）
A．4 B． C．3 D．2
预测5（2024·吉林长春·模拟预测）已知点在抛物线上，是抛物线的焦点，过点的直线与抛物线交于两点，若，则 （ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
押题1：已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两点．过作直线的垂线，垂足分别为，则（ ）
A．16 B．18 C．20 D．24
押题2：已知双曲线的左 右焦点分别为，右焦点到渐近线的距离为，过作圆的切线，交双曲线右支于点，若，则圆的面积为（ ）
A． B． C． D．
押题3：已知椭圆，A，B为G的短轴端点，P为G上异于A，B的一点，则直线，的斜率之积为（ ）
A． B． C． D．
押题4：已知椭圆的左 右焦点分别为，上顶点为，若过且倾斜角为的直线交椭圆于两点，则（ ）
A．的离心率为 B．
C．点到直线的距离为 D．的周长为8
押题5：已知椭圆与双曲线有相同的左右焦点，若点是与在第一象限内的交点，且，设与的离心率分别为，则的取值范围为 .
名校预测
预测1：答案D
【详解】由，得，
所以，
由，得，解得或（舍去），
所以，从而的渐近线方程为．
故选：D
预测2：答案D
【详解】设双曲线的右焦点为,连接,
由题意可得，
设
由余弦定理可得,
即，解得，
所以，故．
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，
即点在抛物线的准线上，又由抛物线的准线方程为，则，则抛物线的焦点为，
则双曲线的左顶点为，即
点在双曲线的渐近线上，则其渐近线方程为，由双曲线的性质，可得，
则，则焦距为，
故选：B
预测4：答案A
【详解】的斜率为，经过点，故其倾斜角为，因此,
由于，所以，所以，
故，故长轴长为,
故选：A
预测5：答案D
【详解】由题意可得，即，
由焦点弦公式可得：.
故选：D.
名师押题
押题1：答案D
【详解】在中，令，得，所以，即，所以，
所以的方程为，则．
设，，联立得，即，所以，．
又，所以.
故选：D.
押题2：答案A
【详解】如图，因为右焦点到渐近线的距离为，故，
作于点于点，
因为与圆相切，所以，
因为，即，
在直角中，，
又点在双曲线上，由双曲线的定义可得：
，整理得，
因为，所以，圆的面积.
故选：A.
押题3：答案C
【详解】设，则有，即有，
由椭圆方程不妨设短轴端点的坐标分别为、，
则.
故选：C.
押题4：答案ABD
【详解】对A： 由题知，，所以离心率，A正确；
对B：，所以为等边三角形，，B正确；
对C：因为直线的方程为，
所以点到直线的距离，错误；
对D：由题知直线为的角平分线，则点关于直线对称，
所以的周长8，即的周长为正确.
故选：ABD
押题5：答案
【详解】设椭圆与双曲线的焦距，，
由题意可得：，，
，，，
，，，.
，
，设，则，
，
.
故答案为：.
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
2021年II卷 12 数列 ①数列的实际应用 ②数列通项公式 ③数列三类求和
2022年I卷 无
2022年II卷 无
2023年新高考1 7 数列 等差数列通项与求和及变形
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：
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
为一次函数，斜率为公差.
形如已知、求
第一步：寻求明确点
第二步：利用快速求解通项
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，（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秒解等差数列前项和
技巧总结
等差数列中，有奇偶有适用.
推导过程：
将换为，即可得到
③片段和秒解前项和
技巧总结
这样的形式称之为“片段和”
当是等差数列时：也为等差数列，且公差为.
当是等比数列时：也为等比数列，且公比为.
④秒杀和比与项比
技巧总结
结论1：若两个等差数列与的前项和分别为，若，则
结论2：若两个等差数列与的前项和分别为，若，则
结论3：若两个等差数列与的前项和分别为，若，则
⑤等差片段和快速求公差
技巧总结
等差数列中若角标满足则
结论1：
推导过程：
解得：
结论2：
推导过程：
⑥等差仍为等差
技巧总结
结论1：因此数列是等差数列，公差为数列公差的一半.
结论2：题干已知，则可秒出公差
利用等差数列通项一次函数特性可知，点在同一条直线上，从而有
结论3：若题干已知则可以秒出通项
结论1：若等差数列的项数为
则
推导过程：若有一等差数列共有,
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
则
⑦等比数列通项、求和函数特性
技巧总结
①通项公式为指数函数
②求和公式，设则上式变形为的形式.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
结论1：若等比数列的项数为则
结论2：若等比数列的项数为
则
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：当的公比为时，由递推式得：——①，，两边同时乘以得——②，由①②两式相减得，即，在转化为类型Ⅴ㈠便可求出
法三：递推公式为（其中p，q均为常数）或（其中p，q，r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以，得：，引入辅助数列（其中），得：再应用类型Ⅴ㈠的方法解决．
⑶当为任意数列时，可用通法：
在两边同时除以可得到，令，则，在转化为类型Ⅲ（累加法），求出之后得．
类型Ⅵ对数变换法：
形如型的递推式：
在原递推式两边取对数得，令得：，化归为型，求出之后得（注意：底数不一定要取10，可根据题意选择）．
类型Ⅶ倒数变换法：
形如（为常数且）的递推式：两边同除于，转化为形式，化归为型求出的表达式，再求；
还有形如的递推式，也可采用取倒数方法转化成形式，化归为型求出的表达式，再求．
类型Ⅷ形如型的递推式：
用待定系数法，化为特殊数列的形式求解．方法为：设，比较系数得，可解得，于是是公比为的等比数列，这样就化归为型．
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
三、数列求和
一．公式法
（1）等差数列的前n项和，推导方法：倒序相加法．
（2）等比数列的前n项和，推导方法：乘公比，错位相减法．
（3）一些常见的数列的前n项和：
①；
②；
③；
④
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项和即可用错位相减法求解．
（4）倒序相加法：如果一个数列与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前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）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
（7）
（8）
（9）
（10）
（11）
（12）
积累裂项模型2：根式型
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
积累裂项模型3：指数型
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6），设，易得，
于是
（7）
积累裂项模型4：对数型
积累裂项模型5：三角型
（1）
（2）
（3）
（4），
则
典例1【2023新高考1卷】记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：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：为等差数列，设其首项为，公差为， 则， 因此为等差数列，则甲是乙的充分条件； 反之，乙：为等差数列，即为常数，设为， 即，则，有， 两式相减得：，即，对也成立， 因此为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件，C正确. 方法2，甲：为等差数列，设数列的首项，公差为，即， 则，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件； 反之，乙：为等差数列，即， 即，， 当时，上两式相减得：，当时，上式成立， 于是，又为常数， 因此为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件. 故选：C
典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A．120 B．85 C． D．
【答案】C
【解析】方法一：设等比数列的公比为，首项为， 若，则，与题意不符，所以； 若，则，与题意不符，所以； 由，可得，，①， 由①可得，，解得：， 所以． 故选：C． 方法二：设等比数列的公比为， 因为，，所以，否则， 从而，成等比数列， 所以有，，解得：或， 当时，，即为， 易知，，即； 当时，， 与矛盾，舍去． 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，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______.
【答案】①. 5 ②.
【解析】（1）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位； 故对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种不同规格； （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，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想， 设， 则， 两式作差得： ， 因此，. 故答案为：；.
典例4【2021新高考全国Ⅱ卷】 设正整数，其中，记．则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】对于A选项，，， 所以，，A选项正确； 对于B选项，取，，， 而，则，即，B选项错误； 对于C选项，， 所以，， ， 所以，，因此，，C选项正确； 对于D选项，，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）已知为等差数列，，则（ ）
A．32 B．27 C．22 D．17
预测2（2024·河北廊坊·模拟预测）已知，且数列是等比数列，则“”是“”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）已知为等差数列，为其前项和，若，则（ ）
A．36 B．24 C．18 D．32
预测4（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知等差数列的首项，公差，在中每相邻两项之间都插入个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列，下列说法正确的有（ ）
A． B．当时，
C．当时，不是数列中的项 D．若是数列中的项，则的值可能为6
预测5（2024·安徽芜湖·模拟预测）下面是关于公差的等差数列的四个命题，其中正确的有（ ）
A．数列是等差数列 B．数列是等差数列
C．数列是递增数列 D．数列是递增数列
押题1：已知递增等比数列的公比为，且满足，下列情况可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
押题2：满足，，的数列称为卢卡斯数列，则（ ）
A．存在非零实数t，使得为等差数列
B．存在非零实数t，使得为等比数列
C．
D．
押题3：已知等比数列的前项和为，则（ ）
A． B．
C．数列为单调数列 D．数列为单调数列
押题4：已知等差数列的前n项和为，若，，则 ．
押题5：已知公比为q的等比数列的单调性与函数的单调性相同，且满足，．若，则的概率为
名校预测
预测1：答案C
【详解】因为，，得到，
所以，得到，
故选：C.
预测2：答案B
【详解】设等比数列的公比为，
若，则，因为不等于0，
所以，若时，无法得出，
所以“”不是“”的充分条件；
若“”，则，
所以“”是“”的必要条件.
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
预测3：答案B
【详解】等差数列中，由，得，
所以.
故选：B
预测4：答案ABD
【详解】对A，，故A正确；
对B，当时，公差，此时，故B正确；
对C，当时，此时，，即是数列中的项，故C错误；
对D，当时，，又，故D正确.
故选：ABD
预测5：答案ABD
【详解】设等差数列的首项为，所以，
对于A，由，则，所以，即数列是等差数列为公差为的等差数列，故A正确；
对于B，由，所以，则，所以数列是以公差为的等差数列，故B正确；
对于C，由，可得，当时，数列不是递增数列，故C不正确；
对于D，由，可得，所以，所以数列是递增数列，故D正确；
故选：ABD
名师押题
押题1：答案BCD
【详解】原数列递增等价于，或，.
等价于，即.
从而，或，.
这意味着的范围是或，
令，或，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
从而或，
这表明了的范围是或.
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：若数列为等差数列，则有，
即，由，
故有恒成立，即有，无解，
故不存在这样的实数，故A错误；
对B：若数列为等比数列，则有，
即，由，
故有恒成立，即有，
即，解得，此时，
故存在非零实数t，使得为等比数列，故B正确；
对C：由，
则，
即有，故C正确；
对D：由，
故，
故
，故D正确.
故选：BCD.
押题3：答案BC
【详解】设数列的首项为，公比为，
由题有，解得或，
对于选项A，当，为奇数时，，所以选项A错误，
对于选项B，因为，当，显然有，当时，
，所以，故选项B正确，
对于选项C，当时，数列是首项为，公比为的递增数列，
当时，数列是首项为，公比为的递减数列，所以选项C正确，
对于选项D，由选项B知，所以，
当时，，此时不具有单调性，所以选项D错误，
故选：BC.
押题4：答案16
【详解】设等差数列的公差为，
则有,解得：，
所以.
故答案为：
押题5：答案/0.25
【详解】，又是方程的两根，
又为单增等比数列，
又，
，
，
所求概率.
故答案为：．
空间立体几何（选填题）
年份 题号 知识点 考点
2021年I卷 12 三棱柱 ①截面周长与面积定值问题 ②动点构成体积定值 ③动点参与的垂直问题
2021年II卷 10 正方体 动点满足要求所存在的情况
2022年I卷 9 正方体 ①线与线夹角问题 ②线与面夹角问题
2022年II卷 11 空间多边形 体积之间的关系
2023年新高考1 12 正方体 立体几何的包裹问题
2023年新高考2 9 椎体 ①锥体的侧面积问题 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：
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《》
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 几何体 表面积 体积
柱体(棱柱和圆柱) S表面积＝S侧＋2S底 V＝S底h
锥体(棱锥和圆锥) S表面积＝S侧＋S底 V＝S底h
台体(棱台和圆台) S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h
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正棱柱侧＝ch′ S正棱台侧＝(c＋c′)h′S正棱锥侧＝ch′.
（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圆柱侧＝2πrl S圆台侧＝π(r＋r′)lS圆锥侧＝πrl.
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：
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. 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．立方厘米
预测2（2024·四川成都·模拟预测）如图，已知在长方体中，，点为棱上的一个动点，平面与棱交于，则下列说法正确的是（ ）
（1）三棱锥的体积为20
（2）直线与平面所成角正弦值的最大值为
（3）存在唯一的点，使得平面，且
（4）存在唯一的点，使截面四边形的周长取得最小值
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的正方体中，点P为上的动点，O为底面ABCD的中心，则OP的最小值为（ ）
A． B． C． D．
预测4（2024·甘肃定西·模拟预测）在四棱锥中，底面为矩形，底面与底面所成的角分别为，且，则（ ）
A． B． C． D．
预测5（2024·安徽·模拟预测）已知是直线，，是两个不同的平面，下列正确的命题是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
押题1：已知正方体的棱长为1，，分别为棱，上的动点，则（ ）
A．四面体的体积为定值 B．四面体的体积为定值
C．四面体的体积最大值为 D．四面体的体积最大值为
押题2：设这两个平面，是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
押题3：已知四棱锥，底面ABCD是正方形，平面，，PC与底面ABCD所成角的正切值为，点M为平面内一点（异于点A），且，则（ ）
A．存在点M，使得平面
B．存在点M，使得直线与所成角为
C．当时，三棱锥的体积最大值为
D．当时，以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长为
押题4：在正方体中，为的中点，在棱上，且，则过且与垂直的平面截正方体所得截面的面积为 .
押题5：在直三棱柱中，，为的中点，点满足，则异面直线所成角的余弦值为 ．
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（立方厘米）.故选：D
预测2：答案D
【详解】对于（1），如图过点作垂线，垂足为，易知，
在长方体中，平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，
，平面，平面，所以平面，
所以点到平面平面的距离等于点到平面的距离，即为，
三棱锥的体积为，
故（1）错误；
对于（2），平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，距离为，
所以当最小时即当点与点重合时，
此时直线与平面所成角的正弦值最大，最大值为，故（2）正确；
对于（3），若，可知点与点重合，又因为，易知与不垂直，
故与不垂直，与平面不垂直，故（3）错误；
对于（4），四边形的周长，周长取得最小值即最小，
将平面与将平面放在同一平面内，可知最小值为，
所以截面四边形的周长取得最小值，故（4）正确.
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的最小值为点到线段的距离，
在平面内过点作于点，
由题意可得，，，平面，
因为平面，则，因为，
故，即.
故选：C.
预测4：答案D
【详解】如图，设，
因为在矩形中，，所以，
因为底面，
所以分别是与底面所成的角，即，
所以.
因为，
所以，解得(负根舍去)，
所以.
故选：D.
预测5：答案D
【详解】选项A：根据给定条件有 或；
选项B：根据给定条件有 或；
选项C：根据给定条件有与的位置可能平行、相交或m在α内；
选项D：因为，所以存在直线使得，
又因为，所以，因为，所以.
故选：D.
名师押题
押题1：答案BCD
【详解】A：因为的面积为，到平面的距离不是定值，
所以四面体的体积不是定值，故A错误；
B：因为的面积为，P到矩形的距离为定值，
所以到平面的距离为，则四面体的体积为，故B正确；
C：当Q与重合时，取得最大值，为，
当与重合时，到平面的距离d取得最大值，
在正中，其外接圆的半径为，则，
故四面体的体积最大值为，故C正确；
D：过点作，，，
设，，则，，
，，，，
故四面体的体积为，其最大值为，故D正确．
故选：BCD
押题2：答案BD
【详解】对于选项A，因为，则，所以选项A错误，
对于选项B，因为，由线面垂直的性质知，，所以选项B正确，
对于选项C，因为，则与可能是异面直线，也可能是相交直线，所以选项C错误，
对于选项D，因为，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，使得平面，
由于平面，平面，则平面平面，
平面平面，平面，则，
由于，平面，故直线重合，
即M点落在上，由于，即M落在以A为圆心，以为半径的圆面内(不包含圆)，
这与M点落在上矛盾，A错误；
对于B，以A为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
平面，则即为与底面所成角，
故，而，故，
则，
结合A的分析，可取，则,
由于直线与所成角范围为，故此时直线与所成角为，
即存在点M，使得直线与所成角为，B正确；
对于C，当时，当M位于的延长线时，的高最大为，
此时面积最大，最大值为，则三棱锥的体积最大值为，C正确；
对于D，当时，，
以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线是以P为圆心，
为半径的圆与侧面展开图的交线，如下图，
由于,则,即,
则，则，
则，根据对称性有，
故的长为，
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，
故以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长为，D错误，
故选：BC
押题4：答案
【详解】
如图所示，取，连接，易知面，
而面，故，连接，且显然成立，
由已知得，故，则，
而，面，
所以平面，且面，所以，
取为的中点，，则且，
，面，
所以平面，因为平面，，同理可得，
所以等腰梯形为所得截面，
又，
作，显然，则梯形的高为，
所以等腰梯形的面积为．
故答案为：12
押题5：答案
【详解】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设异面直线所成的角为，则．
故答案为：.
直线（圆）与方程（选填题）
年份 题号 知识点 考点
2021年I卷 11 圆 ①点线距 ②角度最值时求其它
2021年II卷 11 直线与圆 直线与圆的位置关系
2022年I卷 14 圆 ①圆与圆的位置关系 ②圆与圆的公切线问题
2022年II卷 15 直线与圆 ①直线与圆的位置关系 ②线关于线对称
2023年新高考1 6 圆 圆的切线问题
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：
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：
（1）形如的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题．
（2）形如的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题．
（3）形如的最值问题，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．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
（1）当时，方程只有实数解．它表示一个点．
（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
点关于直线的对称点为
②线关于点对称的直线求算
直线关于点对称的直线为
③线关于线对称的直线方程求算
直线关于直线对称直线为其中
注意：特殊情况
Ⅰ：点关于直线对称的点坐标为．
点关于直线对称的点坐标为．
直线关于直线对称的直线方程为．
直线关于直线对称的直线方程为．
Ⅱ：点关于直线对称的点坐标为．
点关于直线对称的点坐标为．
直线关于直线对称的直线方程为；
直线关于直线对称的直线方程为；
《记忆方法》或者
④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”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一般情形如下：设点关于直线的对称点为，则有
，可求出、．
⑤万能对称原理（曲线关于直线对称的原理）
曲线（或直线 ）关于直线的对称曲线（或直线 ）的方程为：．
证明：设是曲线上的任意一点，它关于l的对称点为，则
于是 ①
∵与关于直线对称．
∴ ②
②代入①，得，此即为曲线的方程．
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
当两点在直线的两侧时，可以在直线上找到一点,使得最大.
理由如下：作点关于直线的对称点,连接并延长交于点，连接,则点即为所求点，此时最大.且
若在直线上取不同于点的点,连接,则.在中，（三角形中两边之差小于第三边）即
②求直线上一点到两定点的距离之和的最小值的方法
当两点在直线的同侧时，可以在直线上找到一点,使得最小.
理由如下：作点关于直线的对称点,连接交于点，连接,则点即为所求点，此时最小.且
若在直线上取不同于点的点,连接,则.在中，（三角形中两边之和大于第三边）即
Ⅱ形如：若是定圆上的一动点，则求和这两种形式的最值
思路1：几何法
①的最值，设，圆心到直线的距离为由即可解得两个值，一个为最大值，一个为最小值
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
思路2：代数法
①的最值，设，与圆的方程联立，化为一元二次方程，由判别式等于，求得的两个值，一个为最大值，一个为最小值.
②的最值：设，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：求过圆上一点的圆的切线方程的方法
正规方法：
第一步：求切点与圆心的连线所在直线的斜率
第二步：利用垂直关系求出切线的斜率为
第三步：利用点斜式求出切线方程
注意：若则切线方程为，若不存在时，切线方程为
秒杀方法：
①经过圆上一点的切线方程为
②经过圆上一点的切线方程为
③经过圆上一点的切线方程为
第二类：求过圆外一点的圆的切线方程的方法
方法一：几何法
第一步：设切线方程为，即，
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，即，
第二步：代入圆的方程，得到一个关于的一元二次方程，由可求得，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，即
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，
第二步：代入圆的方程，得到一个关于的一元二次方程，由可求得，切线方程即可求出
方法三：秒杀方法
已知圆的切线的斜率为，则圆的切线方程为
已知圆的切线的斜率为，则圆的切线方程为
六、阿波罗尼斯圆考点
阿氏圆是指：平面上的一个动点到两个定点的距离的比值等于，且的点的轨迹称之为阿氏圆。即：，如下图所示：
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
若是的角平分线，则有：。即“两腰之比”等于“两底边之比”。
其逆定理也成立：即，则有：AD是∠BAC的角平分线。
知识点2：外角平分线定理及其逆定理
若是外角的角平分线，则有。即“两腰之比”等于“两底边之比”。
其逆定理也成立：即，则有：是外角的角平分线。
证明如下：
①如上图，根据阿氏圆的定义：
当点位于图中点位置时有：，当点位于图中点位置时有：，
所以有：，所以是的角平分线，
当点位于图中点位置时有：，
所以有：，所以是的角平分线，又
故，所以动点是在以为直线的圆上。
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，
∵，∴∵∴ ∴
同理，∵ ∴∵∴∴
∴直径。
证明方法二：高中解析几何建立直角坐标系，如下图所示
以定直线所在直线为轴，点为坐标原点，建立平面直角坐标系，设，则，，设，则，即，两边平方，整理得：
，又，配方得：
由圆的方程可知：此方程表示是以为圆心，为半径的圆。
Ⅱ：阿氏圆常用于解决形如：类线段最值问题：其中是动点，是定点，且动点在阿氏圆上运动,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。
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：的最小值 (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；
第二步：在题中寻找：(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；比如，找不到相似比为3:5时，需要经过如下变形：
,对带系数的线段PA去寻找相似比为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
①当时，在圆内，在圆外，当时，在圆外，在圆内，
②
③过点作圆的切线,则分别为的内，外角平分线.
典例1【2023新高考1卷】过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】B
【解析】方法一：因为，即，可得圆心，半径， 过点作圆C的切线，切点为， 因为，则， 可得， 则， ， 即为钝角， 所以； 法二：圆的圆心，半径， 过点作圆C的切线，切点为，连接， 可得，则， 因为 且，则， 即，解得， 即为钝角，则， 且为锐角，所以； 方法三：圆的圆心，半径， 若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意； 若切线斜率存在，设切线方程为，即， 则，整理得，且 设两切线斜率分别为，则， 可得， 所以，即，可得， 则， 且，则，解得. 故选：B.
典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值______．
【答案】（中任意一个皆可以）
【解析】设点到直线的距离为，由弦长公式得， 所以，解得：或， 由，所以或，解得：或． 故答案为：（中任意一个皆可以）．
典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】写出与圆和都相切的一条直线的方程________________．
【答案】 或或
【解析】[方法一]： 显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为， 于是， 故①，于是或， 再结合①解得或或， 所以直线方程有三条，分别为，， [方法二]： 设圆的圆心，半径为， 圆的圆心，半径， 则，因此两圆外切， 由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意； 又由方程和相减可得方程， 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， 直线OC与直线的交点为， 设过该点的直线为，则，解得， 从而该切线的方程为填一条即可 [方法三]： 圆的圆心为，半径为， 圆的圆心为，半径为， 两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切， 如图， 当切线为l时，因为，所以，设方程为 O到l的距离，解得，所以l的方程为， 当切线为m时，设直线方程为，其中，， 由题意，解得， 当切线为n时，易知切线方程为， 故答案为：或或.
典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】 设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是________．
【答案】
【解析】解：关于对称的点的坐标为，在直线上， 所以所在直线即为直线，所以直线为，即； 圆，圆心，半径， 依题意圆心到直线的距离， 即，解得，即； 故答案为：
典例5【2021新高考全国Ⅱ卷】 已知直线与圆，点，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
【解析】圆心到直线l的距离， 若点在圆C上，则，所以， 则直线l与圆C相切，故A正确； 若点在圆C内，则，所以， 则直线l与圆C相离，故B正确； 若点在圆C外，则，所以， 则直线l与圆C相交，故C错误； 若点在直线l上，则即， 所以，直线l与圆C相切，故D正确. 故选：ABD.
预测1（2024·辽宁抚顺·模拟预测）已知直线与圆相交于两点，为坐标原点，则的面积为（ ）
A． B．2 C． D．4
预测2（2024·辽宁葫芦岛·模拟预测）已知为圆上动点，直线和直线（，）的交点为，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
预测3（2024·辽宁·模拟预测）设直线系（其中0，m，n均为参数，，），则下列命题中是真命题的是（ ）
A．当，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
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
D．当，时，若存在一点，使其到直线系M中所有直线的距离不小于1，则
预测4（2024·全国·模拟预测）已知直线与圆，点，则下列命题中是假命题的是（ ）.
A．若点在圆外，则直线与圆相离 B．若点在圆内，则直线与圆相交
C．若点在圆上，则直线与圆相切 D．若点在直线上，则直线与圆相切
预测5（2024·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，，动点满足，得到动点的轨迹是曲线．则下列说法正确的是（ ）
A．曲线的方程为
B．若直线与曲线相交，则弦最短时
C．当三点不共线时，若点，则射线平分
D．过A作曲线的切线，切点分别为，则直线的方程为
押题1：如图，在平面直角坐标系中，已知点，是线段上的动点，点与点关于直线对称．则下列结论正确的是（ ）

A．当时，点的坐标为
B．的最大值为4
C．当点在直线上时，直线的方程为
D．正弦的最大值为
押题2：已知点为圆：上的动点，点的坐标为，，设点的轨迹为曲线，为坐标原点，则下列结论正确的有（ ）
A．的最大值为2
B．曲线的方程为
C．圆与曲线有两个交点
D．若，分别为圆和曲线上任一点，则的最大值为
押题3：已知R，为坐标原点，函数．下列说法中正确的是（ ）
A．当时，若的解集是，则
B．当时，若有5个不同实根，则
C．当时，若，曲线与半径为4的圆有且仅有3个交点，则
D．当时，曲线与直线所围封闭图形的面积的最小值是33
押题4：已知圆，则下列结论正确的有（ ）
A．若圆和圆外离，则
B．若圆和圆外切，则
C．当时，圆和圆有且仅有一条公切线
D．当时，圆和圆相交
押题5：已知直线与圆交于，两点，则的最小值为 ．
名校预测
预测1：答案A
【详解】设点到直线的距离为，
则，
又，
所以．
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，
则中点为，即，
，则，
故点在以为直径的圆上，该圆圆心为，半径为，
又在原，该圆圆心为，半径为，
又，则.
故选：A.
预测3：答案ABD
【详解】A选项，当，时，，
设圆为，则圆心到直线的距离，故与总相切，A正确；
B选项，当时，，
由于，故直线恒过，
若时，直线为，
若时，直线的斜率为，
故直线不过第三象限，
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，当时，，
坐标原点到直线系M的距离为，
当当时，，
坐标原点到直线系M的距离为
其中，
故，C错误.
D选项，当，时，，
点到直线系M中所有直线的距离，
化简得恒成立，
由于，
若，解得，
当时，

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