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2024年高考考前20天终极冲刺攻略（新高考新题型专用）数学（四）
目 录 contents
（四）
解三角形（解答题）………………………………………………………………03
空间立体几何（解答题）…………………………………………………………23
函数与导数（解答题）……………………………………………………………53
圆锥曲线（解答题） ……………………………………………………………77
新定义（解答题）…………………………………………………………………112
解三角形（解答题）
年份 题号 知识点 考点
2021年I卷 19 解三角形 ①正余弦定理 ②三角形内部一条线的处理技巧
2021年II卷 18 解三角形 ①正余弦定理 ②三角形的面积问题 ③根据三角形形状求参数
2022年I卷 18 解三角形 ①正余弦定理 ②三角形边长关系求最值
2022年II卷 18 解三角形 ①正余弦定理 ②三角形的面积问题
2023年新高考1 17 解三角形 ①正余弦定理 ②三角形求高的处理技巧
2023年新高考2 17 解三角形 ①正余弦定理 ②三角形中线的处理技巧
近三年，解三角形在解答题中占据一个位置，考查的考点一般来说是：
三角形题干条件的化解2、三角形的面积定值与最值（①全部转化为边，利用基本不等式求最值与范围②全部转化为角，利用三角函数求最值与范围）3、三角形周长（长度）定值与最值（①全部转化为边，利用基本不等式求最值与范围②全部转化为角，利用三角函数求最值与范围）
题干的设置一般来说在上述的三项考点中选其一项。解三角形的三类需要认真分析，每一类题型都有它独特的处理办法，找准精髓便可轻松搞定。
解三角形在2024新高考新题型中的考查形式依然以解答题为主，以考查基本概念和核心方法为主，大概率考察三角形内部一条线，考生可适当留意常见的内部中线、角平分线、任意一条线 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、正余弦定理基础问题
《正弦定理》
①正弦定理：
②变形：
③变形：
④变形：
⑤变形：
《余弦定理》
①余弦定理：
②变形：
核心问题：什么情况下角化边 什么情况下边化角
⑴当每一项都有边且次数一样时，采用边化角
⑵当每一项都有角《》且次数一样时，采用角化边
⑶当每一项都是边时，直接采用边处理问题
⑷当每一项都有角《》及边且次数一样时，采用角化边或变化角均可
二：三角形面积公式
①
②其中分别为内切圆半径及的周长
推导：将分为三个分别以的边长为底，内切圆与边相交的半径为高的三角形，利用等面积法即可得到上述公式
③（为外接圆的半径）
推导：将代入可得
将代入
可得
④
⑤海伦公式（其中）
推导：根据余弦定理的推论
令，整理得
三：三角形中面积最值求算
技巧总结
正规方法：面积公式+基本不等式
①
②
③
三角形中面积取值范围求算
技巧总结
思路1：如果题干已知一个角，则利用面积公式转化为三角函数求最值（注意角的范围）
思路2：如果题干未知角，则利用面积公式转化为二次函数求最值（注意单一边的范围）
求单一边范围用到的工具
①两边之和大于第三边，两边之差小于第三边
②若为锐角三角形，则两边平方之和大于第三边平方
若为钝角三角形，则两边平方之和小于第三边平方
③若为锐角三角形，则可利用图象破解或建立不等式
四：三角形内部中线条件的求算
技巧总结
①中线长定理：（两次余弦定理推导可得）+（一次大三角形一次中线所在三角形+同余弦值）
如：在与同用求
②中线长常用方法
③已知，求的范围
∵为定值，故满足椭圆的第一定义
∴半短轴半长轴
④方程组思想（复杂情况）
⑤已知或则利用倍长中线构建平行四边形处理
⑥已知则利用两边平分得结论
三角形内部角平分线条件的求算
技巧总结
《1》张角定理
如图，在中，为边上一点，连接,设，
则一定有
证明过程：∵∴
同时除以得
典例1【2023新高考1卷】已知在中，．
（1）求；
（2）设，求边上的高．
【答案】（1） （2）6
【解析】【1】， ，即， 又， ， ， ， 即，所以， . 【2】由（1）知，， 由， 由正弦定理，，可得， ， .
典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且．
（1）若，求；
（2）若，求．
【答案】（1）； （2）.
【解析】【1】 方法1：在中，因为为中点，，， 则，解得， 在中，，由余弦定理得， 即，解得，则， ， 所以. 方法2：在中，因为为中点，，， 则，解得， 在中，由余弦定理得， 即，解得，有，则， ，过作于，于是，， 所以. 【2】 方法1：在与中，由余弦定理得， 整理得，而，则， 又，解得，而，于是， 所以. 方法2：在中，因为为中点，则，又， 于是，即，解得， 又，解得，而，于， 所以.
典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）若，求B；
（2）求的最小值．
【答案】（1）； （2）．
【解析】【1】 因为，即， 而，所以； 【2】 由（1）知，，所以， 而， 所以，即有，所以 所以 ． 当且仅当时取等号，所以的最小值为．
典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
（1）求的面积；
（2）若，求b．
【答案】（1） （2）
【解析】【1】 由题意得，则， 即，由余弦定理得，整理得，则，又， 则，，则； 【2】 由正弦定理得：，则，则，.
典例5【2021新高考全国Ⅰ卷】 记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理， 得， 因为，所以，即． 又因为，所以． （2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理 因为，如图，在中，，① 在中，．② 由①②得，整理得． 又因为，所以，解得或， 当时，（舍去）． 当时，． 所以． [方法二]：等面积法和三角形相似 如图，已知，则， 即， 而，即， 故有，从而． 由，即，即，即， 故，即， 又，所以， 则． [方法三]：正弦定理、余弦定理相结合 由（1）知，再由得． 在中，由正弦定理得． 又，所以，化简得． 在中，由正弦定理知，又由，所以． 在中，由余弦定理，得． 故． [方法四]：构造辅助线利用相似的性质 如图，作，交于点E，则． 由，得． 在中，． 在中． 因为， 所以， 整理得． 又因为，所以， 即或． 下同解法1． [方法五]：平面向量基本定理 因为，所以． 以向量为基底，有． 所以， 即， 又因为，所以．③ 由余弦定理得， 所以④ 联立③④，得． 所以或． 下同解法1． [方法六]：建系求解 以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴， 长为单位长度建立直角坐标系， 如图所示，则． 由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动． 设，则．⑤ 由知，， 即．⑥ 联立⑤⑥解得或（舍去），， 代入⑥式得， 由余弦定理得．
预测1（2024·江苏南通·模拟预测）已知向量，，. 设.
(1)求函数的单调递增区间；
(2)在中，若，，，的平分线交于点，求长.
预测2（2024·北京东城·模拟预测）在中，.
(1)求；
(2)若为边的中点，且，求的值.
预测3（2024·青海·模拟预测）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求B；
(2)若，的面积为S．周长为L，求的最大值．
预测4（2024·贵州贵阳·模拟预测）在中，角所对的边分别为．
(1)求角的大小；
(2)若，求的面积．
预测5（2024·全国·模拟预测）在中，角，，的对边分别为，，，面积为，且.
(1)求的值；
(2)若，，求的值.
押题1中，为边的中点，.
(1)若的面积为，且，求的值；
(2)若，求的取值范围．
押题2已知平面四边形中，.
(1)若，求；
(2)若的面积为，求四边形周长的取值范围.
押题3记的内角的对边分别为，若，且的面积为.
(1)求角；
(2)若，求的最小值.
押题4已知函数的最小正周期为.
(1)求在上的单调递增区间；
(2)在锐角三角形中，内角的对边分别为且求的取值范围.
押题5已知△ABC为钝角三角形，它的三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，，．
(1)求的值；
(2)若△ABC的面积为，求c的最小值．
名校预测
预测1：答案(1)，；(2).
【详解】（1）
令，，
则，，
所以函数的单调增区间为，；
（2）由题意得：，
因为，所以，
即，所以，
在中，由余弦定理得：，
即，解得，
因为的平分线交于点，所以，
所以，
所以，解得．
预测2：答案(1)；(2).
【详解】（1）解：因为，
由正弦定理可得，
即，，
又因为，所以，
解得，又因为，所以；
（2）解：因为为边的中点，，所以,
设,
在中，由正弦定理可得，
即，解得，又因为，所以，

在中，，
在中，，
由余弦定理可得：，
所以，即.
预测3：答案(1) (2)
【详解】（1）由正弦定理可得，，
所以,
所以，
即，
由，可知，所以，即，
由，知.
（2）由余弦定理，得，即，
所以，即，
因为，，所以，
所以，又（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
即的最大值为.
预测4：答案(1)；(2).
【详解】（1）在中，由及正弦定理得：，
而，则，
于是，又，即，则，又，
所以.
（2）由（1）知，，由余弦定理，
得，解得，
所以的面积.
预测5：答案(1)(2)
【详解】（1）由及正弦定理，得.
又，所以，
即.
因为，，所以，所以.
又，所以.
（2）由（1）得，又，，
所以由余弦定理可得，解得.
所以，所以.
名师押题
押题1：答案(1)(2)
【详解】（1）因为为边的中点，所以，
又，即，解得，
在中由余弦定理，
即，所以，
在中由正弦定理，即，解得.
（2）设，，
在中由余弦定理，
即，
在中由余弦定理，
即，
在中由余弦定理，
因为，所以，则，
所以，所以，
所以，即.
押题2：答案(1)(2)
【详解】（1）在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
因为，所以，
即，
解得.
（2）由已知，得，
在中，，由余弦定理得
，则，
设，在中，由余弦定理得
，
则，得，
所以，当且仅当时取等号，又，
所以四边形周长的取值范围为.
押题3：答案(1)(2)
【详解】（1），
结合余弦定理得，，
，，
即，又，，故；
（2）由（1）知：，
，，
，
又，
当且仅当时，长取最小值，此时，
长的最小值为.
押题4：答案(1)；(2).
【详解】（1）
.
因为所以
故.
由解得
当时又
所以在上的单调递增区间为.
（2）由
得（
所以.
因为所以又所以
又三角形为锐角三角形，则，则，所以，
又，，
则，
所以的取值范围为.
押题5：答案(1)(2)
【详解】（1）因为
，
因为，所以，
由△ABC为钝角三角形且，知，为钝角，
所以，即，
所以.
（2）因为，所以，
由余弦定理，，
当且仅当时，等号成立，
此时的最小值为，所以c的最小值为.
空间立体几何（解答题）
年份 题号 知识点 考点
2021年I卷 20 空间立体几何 ①证明线线垂直 ②二面角的考察 ③立体几何的体积求算
2021年II卷 19 空间立体几何 ①证明面面垂直 ②二面角的考察
2022年I卷 19 空间立体几何 ①点面距离求算 ②二面角的考察
2022年II卷 20 空间立体几何 ①证明线面平行 ②二面角的考察
2023年新高考1 18 空间立体几何 ①证明线面平行 ②二面角的考察
2023年新高考2 20 空间立体几何 ①证明线线垂直 ②二面角的考察
近三年，空间立体几何在解答题中占据一个位置，考查的考点一般来说是：
1、线面及面面平行（①中位线型②平行四边形型③等比例成线段）
2、线面及面面垂直（①线面垂直推导线线垂直②勾股定理）
3、点面距离体积及线面角二面角（①几何法.②向量法；法向量的秒算）
题干的设置一般来说在上述的三项考点中选其两项。空间立体几何题目中首先确定空间几何体底面图形形状，想方设法先建立好横纵系，而竖轴随便建立，然后根据题干条件表明坐标，另外考生们要想灵活应用空间向量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，其中立体几何的棱长有参数，问题中已知线面角或其它条件先求出参数，再求二面角。此类题计算比较频繁.空间立体几何中求点面距离时空间向量与等体积法都很方便，考生需要多练习多应用.
一、法向量的求算
技巧总结《三种方法》
方法1、眼神法：给定一个几何体中，若所求平面的法向量直接可以从图中看出，则此平面垂线的方向向量即为平面的法向量．
方法2、待定系数法：步骤如下：
①设出平面的法向量为．
②找出(求出)平面内的两个不共线的向量
，．
③根据法向量的定义建立关于的方程组
④解方程组，取其中的一个解，即得法向量．
注意：在利用上述步骤求解平面的法向量时，方程组有无数多个解，只需给中的一个变量赋于一个值，即可确定平面的一个法向量；赋的值不同，所求平面的法向量就不同，但它们是共线向量．
二：空间直角坐标系的构建策略
技巧总结
①：利用共顶点的互相垂直的三条棱，构建空间直角坐标系
②：利用线面垂直关系，构建空间直角坐标系
③：利用面面垂直关系，构建空间直角坐标系
④：利用正棱锥的中心与高所在的直线，构建空间直角坐标系
⑤：利用底面正三角形，构建空间直角坐标系
⑥：利用底面正方形的中心，构建空间直角坐标系
三：空间斜坐标系的构建策略
技巧总结
空间向量基本定理，空间中任意一个向量都可以由三个不共面向量表示，即，我们记向量 我们记向量
利用空间斜坐标系步骤如下
第一步：快速表示单位向量
第二步：设为单位基向量两两之间的夹角，
即
第三步：计算模长及数量积（其它运算与直角坐标系的算法都一样）
四：坐标处理距离问题
技巧总结
结论1：《点线距离》《异面直线求距离问题》
推导过程：已知直线的方向向量是，点则直线与直线夹角为θ，则
结论2：《点面距离》
提示：分别是平面外及平面上的两点，是平面的法向量
结论3：《线面距离》
提示：分别是直线上及平面上的任意两点，是平面的法向量
结论4：《面面距离》
提示：分别是平面1及平面2的任意两点，是平面2的法向量
结论5：《点点距离》
提示：与,的距离为
五：坐标处理角度问题
技巧总结:
结论1：异面直线所成角
①能建空间直角坐标系时，写出相关各点的坐标，然后利用结论求解
②不能建空间直角坐标系时，取基底的思想，在由公式求出
关键是求出及与
结论2：线面角
提示：是线与平面法向量的夹角，是线与平面的夹角
结论3：二面角的平面角
提示：是二面角的夹角，具体取正取负完全用眼神法观察，若为锐角则取正，若为钝角则取负.
备注：若线上存在一点,则必须写成，从而求出点的坐标，从而参与计算
特别注意：空间点不容易表示出来时直接设空间点的坐标，然后利用距离列三个方程求解.
六：处理线与面各种平行关系
技巧总结
线面平行：关键点①必须将刻度尺与所证线重合，然后平移落在所证平面且留下痕迹
②眼神法：观察采用哪一种技巧（五种方法）（记住六大图像）
方法一：中位线型：
如图⑴，在底面为平行四边形的四棱锥中，点是的中点.求证：平面.
分析：
方法二：构造平行四边形
如图⑵, 平行四边形和梯形所在平面相交，//，求证：//平面.
分析：过点作//交于， 就是平面
与平面的交线，那么只要证明//即可。
方法三：作辅助面使两个平面是平行
如图⑶，在四棱锥中，底面为菱形， 为的中点，为的中点，证明：直线
分析：：取中点，连接，只需证平面∥平面。
方法四：利用平行线分线段成比例定理的逆定理证线线平行。
已知公共边为AB的两个全等的矩形ABCD和ABEF不在同一平面内，P，Q分别是对角线AE，BD上的点，且AP＝DQ（如图）．求证：PQ∥平面CBE．
如图⑸，已知三棱锥，是,,的重心.(1)求证：∥面；
方法五：（向量法）所证直线与已知平面的法向量垂直，关键：建立空间坐标系（或找空间一组基底）及平面的法向量．
如图⑹，在四棱锥中，底面为正方形，侧棱底面分别为的中点．证明平面；
分析：因为侧棱底面，底面是正方形，所以很容易建立空间直角坐标系及相应的点的坐标．
证明：如图，建立空间直角坐标系．
设，则
，．
因为轴垂直与平面，故可设平面的法向量为=（0，1，0）
则：=0因此，所以平面．
典例1【2023新高考1卷】如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．
（1）证明：；
（2）点在棱上，当二面角为时，求．
【答案】（1）证明见解析； （2）1
【解析】【1】 以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， ， ， 又不在同一条直线上， . 【2】 设， 则， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， ， 化简可得，， 解得或， 或， .
典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
（1）证明：；
（2）点F满足，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析； （2）．
【解析】【1】连接，因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②，由①②，，平面， 所以，平面，而平面，所以． 【2】不妨设，，． ，，又，平面平面． 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 设， 设平面与平面的一个法向量分别为， 二面角平面角为,而， 因为，所以，即有， ，取，所以； ，取，所以， 所以，，从而． 所以二面角的正弦值为．
典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
（1）求A到平面的距离；
（2）设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】（1） （2）
【解析】【1】在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h， 则， 解得， 所以点A到平面的距离为； 【2】取的中点E,连接AE,如图，因为，所以, 又平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 在直三棱柱中，平面， 由平面，平面可得，， 又平面且相交，所以平面， 所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图， 由（1）得，所以，，所以， 则,所以的中点， 则，, 设平面的一个法向量，则， 可取， 设平面的一个法向量，则， 可取， 则， 所以二面角的正弦值为.
典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】 如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】【1】证明：连接并延长交于点，连接、， 因为是三棱锥的高，所以平面，平面， 所以、， 又，所以，即，所以， 又，即，所以，， 所以 所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面 【2】解：过点作，如图建立空间直角坐标系， 因为，，所以， 又，所以，则，， 所以，所以，，，， 所以， 则，，， 设平面的法向量为，则，令，则，，所以； 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以； 所以. 设二面角的大小为，则， 所以，即二面角的正弦值为.
典例5【2021新高考全国Ⅰ卷】 如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】【详解】（1）因为，O是中点，所以， 因为平面，平面平面， 且平面平面，所以平面． 因为平面，所以. （2）[方法一]：通性通法—坐标法 如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系， 则，设, 所以， 设为平面的法向量， 则由可求得平面的一个法向量为． 又平面的一个法向量为， 所以，解得． 又点C到平面的距离为，所以， 所以三棱锥的体积为． [方法二]【最优解】：作出二面角的平面角 如图所示，作，垂足为点G． 作，垂足为点F，连结，则． 因为平面，所以平面， 为二面角的平面角． 因为，所以． 由已知得，故． 又，所以． 因为， ． [方法三]：三面角公式 考虑三面角，记为，为，， 记二面角为．据题意，得． 对使用三面角的余弦公式，可得， 化简可得．① 使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．② 将①②两式平方后相加，可得， 由此得，从而可得． 如图可知，即有， 根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得， 结合的正切值， 可得从而可得三棱锥的体积为．
预测1（2024·全国·模拟预测）如图，在直三梭柱中，，点为的中点，平面．
(1)证明：．
(2)若为棱上一点，直线BN与平面所成角的正弦值为，求平面与平面的夹角的大小．
预测2（2024·河南焦作·模拟预测）如图，在五棱锥中，平面，，，，，，.
(1)证明：；
(2)若点与直线上一点的最小距离为3，求平面与平面夹角的余弦值.
预测3（2024·重庆·模拟预测）如图，ACDE为菱形，，，平面平面ABC，点F在AB上，且，M，N分别在直线CD，AB上．
(1)求证：平面ACDE；
(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若，MN为直线CD，AB的公垂线，求的值；
(3)记直线BE与平面ABC所成角为，若，求平面BCD与平面CFD所成角余弦值的范围．
预测4（2024·广东韶关·模拟预测）如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面三角形内接于圆柱底面，已知圆柱的轴截面是边长为6的正方形，，点在线段上运动．
(1)证明：；
(2)当时，求与平面所成角的正弦值．
预测5（2024·山西朔州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，分别为上的点，平面．

(1)若，求的长；
(2)若为的中点，求平面与平面夹角的余弦值．
押题1：如图，在三棱台中，，，，，，垂足为O，连接BO．
(1)证明：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
押题2：如图所示，三棱柱所有棱长都为，，为中点，为与交点．
(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面；
(3)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的平面角的余弦值．
押题3：如图，在圆台中，为轴截面，为下底面圆周上一点，为下底面圆内一点，垂直下底面圆于点.
(1)求证：平面平面；
(2)若为等边三角形，求平面和平面的交线与平面所成角的正弦值.
押题4：如图，在三棱柱中，，，四边形是菱形．
(1)证明：；
(2)若，求二面角的正弦值．
押题5：如图所示，在四棱锥中，平面，，，且，．
(1)求三棱锥的体积；
(2)求证：．
名校预测
预测1：答案(1)证明见解析；(2)．
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，
由直三棱柱的性质，可得平面，平面，所以，
又因为，平面，平面，
所以平面
因为平面，所以．
（2）解：在底面三角形中，，则，即，
由（1）知，且点为的中点，所以，
所以为等边三角形，
取的中点，连接，则，
以为原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
如图所示，不妨取，则，，
设，则，，
设平面的法向量为，则，
取，则，所以，
设直线与平面所成的角为，
可得，
即，整理得，
则，
令，则，
因为，所以，所以在上单调递增，
又，所以，此时，
因为平面，所以平面，即平面，
所以平面的法向量可取，
所以，
故平面与平面的夹角为．
预测2：答案(1)证明见解析(2)
【详解】（1）证明：如图，延长交的延长线于点，
因为，，所以四边形为平行四边形.
因为，所以，
所以.
易知，则，
故，所以.
又，所以.
又平面，平面，所以.
又，，平面，
所以平面，又平面，所以.
（2）当取最小值时，，由（1）知，
因为，，平面，所以平面.
又平面，所以，从而，，三点共线，即线段，的延长线交于点.
连接，.
由（1）知，分别是，的中点，所以，所以.
又，所以四边形是矩形，
所以，又，故.
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，.
设平面的法向量为，
则即
令，得，，则平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
则即
令，得，，则平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为.
预测3：答案(1)证明见解析(2)(3)
【详解】（1），，
所以，，，
，则，
又因为平面平面ABC，平面平面面，
故平面ACDE；
（2）以C为原点，CA的方向为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
由，可得，，
所以
所以，，
设，则，
设，则，，
由题知，，
解得，，故；
（3），设，
则，，
可取平面ABC的法向量，
则，
，
则，
整理得，故，
，，，
记平面CDF的法向量为，则有，
可得，
记平面CBD的法向量为，则有，
可得，
记平面BCD与平面CFD所成角为，
则，，
所以，，
故．
预测4：答案(1)证明见解析.(2).
【详解】（1）
连接并延长，交于，交圆柱侧面于，
，为圆柱的高，
两两垂直，以为原点，过点做平行线为轴，以为轴，以为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
，，
在中，由射影定理得 ，
，
从而，
，
设，，
，.
（2）由（1）可得，，
，得，即点是线段的中点，
，，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
设的一个方向向量为，于是得：
，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为.
预测5：答案(1)(2)
【详解】（1）因为平面，平面，故，，
而底面是正方形，故，
因平面，故平面，
而平面，故，
又，故，故，
故分别以直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，故，
设，故，
故，
由，故，故，
，
设，故，
故，
因，故，所以，故，
故.
（2）因为为的中点，故，故，，
设平面的法向量为，
则，故，取，则，，
故，
由（1）可得，故，而，
设平面的法向量为，
则，故，取，则，，
故，
故.
故平面与平面夹角的余弦值为.
名师押题
押题1：答案(1)见解析(2)
【详解】（1）因为，，，
所以，，所以，
因为，平面，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面；
（2）因为，，，所以，
同理可得：，所以是等边三角形，
取的中点，连接，所以，
由（1）知，平面，平面，所以平面平面，
平面平面，平面，所以平面，
取的中点，连接，则，
所以以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
因为，设，所以，
所以，所以，
可得.
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设直线与平面所成角的为，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
押题2：答案(1)证明见解析(2)证明见解析(3)
【详解】（1）取中点，连接，，；
因为，分别为和的中点，所以且，
又且，
所以且，即四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面．
（2）因为三棱柱所有棱长都为，，
所以，，为的中点，四点共面，
所以，且，，平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面．
（3）由题意知，，且，，平面，，
所以平面，又，所以平面，
所以为直线与平面所成角，
又，所以，
因为，所以平面，平面，所以，
所以为直角三角形，所以，所以，
在中，，所以，
以为原点，作平面，以，，方向为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，由，所以，
所以，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，解得，所以平面的一个法向量为，
记二面角的平面角为，由图可得为锐角，
则，
即二面角的平面角的余弦值为．
押题3：答案(1)证明见解析(2)
【详解】（1）证明：由于垂直下底面圆,
故,
平面，平面，所以平面
又,所以，
平面，平面，所以平面
平面,所以平面平面
（2）由题意可得四边形为等腰梯形，且，故，,
由于为等边三角形，，,
又，在圆上，所以,,
故为中点，
过作交圆于点，又 ，故，
则为平面和平面的交线,
建立如图所示的空间直角坐标系系，
,
则,
设平面的法向量为，则，
取，则，
，
所以，
故与平面所成角的正弦值为
押题4：答案(1)证明见解析(2)
【详解】（1）三棱柱中，由可得,
因，且，面，则平面，
因平面，则，又四边形是菱形,则，
由，面，故得 面，因面 ,故．
（2）
因，不妨设，则，由余弦定理，,故得：，
分别取为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.( 轴为与平面垂直向上的方向),
则有，，，，，，
设平面的法向量为，则故可取；
又因，，
设平面的法向量为，则故可取.
设二面角的平面角为，则因故．
故二面角的正弦值为.
押题5：答案(1)(2)证明见解析
【详解】（1）在底面中，，，且，
所以，，则，所以，
故.
（2）由（1）知，又平面，平面，则，
且，平面，
∴平面，而平面，所以．
函数与导数（解答题）
年份 题号 知识点 考点
2021年I卷 22 函数与导数 ①求不含参单调性 ②函数求最值解决不等式问题
2021年II卷 22 函数与导数 ①求含参单调性 ②函数求最值解决不等式问题
2022年I卷 22 函数与导数 ①利用函数最值求参数 ②函数零点问题
2022年II卷 22 函数与导数 ①求不含参单调性 ②函数求最值解决参数范围问题
2023年新高考1 19 函数与导数 ①求含参单调性 ②函数求最值解决不等式问题
2023年新高考2 22 函数与导数 ①函数求最值解决不等式问题 ②函数求极值解决参数范围问题
近三年，导数在解答题中占据一个位置，考查的考点一般来说是：
1、含参与不含参讨论单调性（①含参一次模型②含参二次模型③含参类一次模型④含参类二次模型）
2、能成立与恒成立问题（①能参变分离模型②不能参变分离模型）
3、切线问题、极值点偏移、隐零点问题（①含参与不含参的切线问题及过与在的区别②极值点固定问题的考察③隐零点问题的巧用）
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。无论是简单导数还是复杂导数，考生都应掌握两大固定模板（切线及单调性），另外考生们需要多掌握含参问题的转化，尽可能变为能成立与恒成立问题。
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，导数是高考解答题必不可少的一类题，类型1：含参求单调性，类型2：能成立与恒成立求参数问题，类型3：求含参最值与极值各项技巧，导数小结论偏多，试题大概率位于第一道解答题偏于简单，此类题目多研究即可拿分.
一、指对混合问题（同构）
在解决指数函数与对数函数的混合不等式恒成立求参数范围或证明指对不等式时，如果使用参变分离、隐零点代换等方法，都避免不了复杂计算，有时效果也不一定好，而使用同构法会达到意想不到的效果．
如何构造同构函数呢？一般情况下含和的函数，主要是统一化为左边或化为右边构造同构式．同构式需要构造这样一个母函数，这个函数既能满足指数与对数互化，又能满足单调性和最值易求等特点，因此常见的同构形式大多为，或其同族函数．经过同构变形，再结合复合函数的单调性，可以快速解决证明不等式、恒成立求参数的取值范围等问题．
构造同构函数通常有三种基本模式：
（1）积型
（2）商型
（3）和差型
其中在变形构造同构式中起着重要作用．
二：恒成立与存在性问题
专题阐述：无论是不等式的证明、解不等式,还是不等式的恒成立问题、有解问题、无解问题,构造函数,运用函数的思想,利用导数研究函数的性质(单调性和最值),达到解题的目的,是一成不变的思路,合理构思,善于从不同角度分析问题是解题的法宝.
考法一： 不等式恒成立问题
不等式恒成立问题常见处理方法：① 分离参数恒成立(可)或恒成立（即可）；② 数形结合(图象在 上方即可)；③ 最值法：讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.
考法二：不等式（方程）有解（能成立）问题
根据导数的方法研究不等式能成立问题，一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构造函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.
三：极值点偏移问题
专题阐述：极值点偏移问题大体可分为加法型、减法型、乘积型、平方型及商型5个类型，考查学生化归与转化思想，逻辑思维能力、运算求解能力，是历年高考中题的一个难点.
处理极值点偏移问题中的类似于（为的两根）的问题的基本步骤如下：
①求导确定的单调性，得到的范围；
②构造函数，求导后可得恒正或恒负；
③得到与的大小关系后，将置换为；
④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论.
由此，其它类型可模仿上面步骤进行变形及构造.
四：双变量问题
专题阐述：双变量问题主要表现为双变量不等式问题，一般包括中点型、极值和差商积问题、剪刀模型及主元法.
破解双变量不等式的方法：
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式；
二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是回归双变量的不等式的证明，把所求的最值应用到双变量不等式，即可证得结果.
五：凹凸反转问题
专题阐述： 很多时候，我们需要证明函数，但不代表就要证明，因为大多数情况下，的零点是解不出来的.当然，导函数的零点如果解不出来，可以用设隐零点的方法，但是隐零点也不是万能的方法，如果隐零点不行可尝试用凹凸反转.
，如果能够证明，则显然成立，很明显，是凹函数，是凸函数，因为这两个函数的凹凸性刚好相反，所以称为凹凸反转.凹凸反转与隐零点都是用来处理导函数零点不可求的问题的，两种方法互为补充.
六：隐零点设而不求
专题阐述：隐零点是用导数判断函数单调性和求最值常规方法的补充，而求最值和判断单调性是所有导数大题共有的解题基础，因此这部分内容是导数的基本功，如果尝试在导数压轴大题上争取更高的分数，则隐零点问题必须熟练掌握.
隐零点问题的出题特征较为明显，在参数范围的题目中所求的参数经常为整数，因为利用此类方法求出的最值通常是一个范围，当然也不排除有些题目设计较为巧妙，在求最值时的未知零点可以约分成一个具体的数字.
典例1【2023新高考1卷】已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，．
【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析
【解析】【1】因为，定义域为，所以， 当时，由于，则，故恒成立， 所以在上单调递减； 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【2】方法一： 由（1）得，， 要证，即证，即证恒成立， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 方法二： 令，则， 由于在上单调递增，所以在上单调递增， 又， 所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，则，当且仅当时，等号成立， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以要证，即证，即证， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕.
典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 （1）证明：当时，；
（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．
【答案】（1）证明见详解（2）
【解析】【详解】（1）构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以； 构建， 则， 构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得， 即对恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以； 综上所述：. （2）令，解得，即函数的定义域为， 若，则， 因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 则在上单调递减，在上单调递增， 故是的极小值点，不合题意，所以. 当时，令 因为， 且， 所以函数在定义域内为偶函数， 由题意可得：， （i）当时，取，，则， 由（1）可得， 且， 所以， 即当时，，则上单调递增， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递减， 所以是的极小值点，不合题意； （ⅱ）当时，取，则， 由（1）可得， 构建， 则， 且，则对恒成立， 可知在上单调递增，且， 所以在内存在唯一的零点， 当时，则，且， 则， 即当时，，则在上单调递减， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递增， 所以是的极大值点，符合题意； 综上所述：，即，解得或， 故a的取值范围为.
典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】已知函数和有相同的最小值．
（1）求a；
（2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【答案】（1） （2）见解析
【解析】【1】定义域为，而， 若，则，此时无最小值，故. 的定义域为，而. 当时，，故在上为减函数， 当时，，故在上为增函数， 故. 当时，，故在上为减函数， 当时，，故在上为增函数， 故. 因为和有相同的最小值， 故，整理得到，其中， 设，则， 故为上的减函数，而， 故的唯一解为，故的解为. 综上， 【2】[方法一]： 由（1）可得和最小值为. 当时，考虑的解的个数、的解的个数. 设，， 当时，，当时，， 故在上为减函数，在上为增函数， 所以， 而，， 设，其中，则， 故在上为增函数，故， 故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2. 设，， 当时，，当时，， 故在上减函数，在上为增函数， 所以， 而，， 有两个不同的零点即的解的个数为2. 当，由（1）讨论可得、仅有一个解， 当时，由（1）讨论可得、均无根， 故若存在直线与曲线、有三个不同的交点， 则. 设，其中，故， 设，，则， 故在上为增函数，故即， 所以，所以在上为增函数， 而，， 故上有且只有一个零点，且： 当时，即即， 当时，即即， 因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点， 故， 此时有两个不同的根， 此时有两个不同的根， 故，，， 所以即即， 故为方程的解，同理也为方程的解 又可化为即即， 故为方程的解，同理也为方程的解， 所以，而， 故即. [方法二]： 由知，，， 且在上单调递减，在上单调递增； 在上单调递减，在上单调递增，且 ①时，此时，显然与两条曲线和 共有0个交点，不符合题意； ②时，此时， 故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1； ③时，首先，证明与曲线有2个交点， 即证明有2个零点，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又因为，，， 令，则， 所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为 其次，证明与曲线和有2个交点， 即证明有2个零点，， 所以上单调递减，在上单调递增， 又因为，，， 令，则， 所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为 再次，证明存在b，使得 因为，所以， 若，则，即， 所以只需证明在上有解即可， 即在上有零点， 因为，， 所以在上存在零点，取一零点为，令即可， 此时取 则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点， 最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列， 因为 所以， 又因为在上单调递减，，即，所以， 同理，因为， 又因为在上单调递增，即，，所以， 又因为，所以， 即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】 已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求a的取值范围；
（3）设，证明：．
【答案】（1）的减区间为，增区间为. （2） （3）见解析
【解析】【1】当时，，则， 当时，，当时，， 故的减区间为，增区间为. 【2】设，则， 又，设， 则， 若，则， 因为为连续不间断函数， 故存在，使得，总有， 故在为增函数，故， 故在为增函数，故，与题设矛盾. 若，则， 下证：对任意，总有成立， 证明：设，故， 故在上为减函数，故即成立. 由上述不等式有， 故总成立，即在上为减函数， 所以. 当时，有， 所以在上为减函数，所以. 综上，. 【3】取，则，总有成立， 令，则， 故即对任意的恒成立. 所以对任意的，有， 整理得到：， 故 ， 故不等式成立.
预测1（2024·江苏南通·模拟预测）设函数，.
(1)若，求函数的单调区间；
(2)若，试判断函数在区间内的极值点的个数，并说明理由；
(3)求证：对任意的正数，都存在实数，满足：对任意的，.
预测2（2024·辽宁抚顺·模拟预测）设函数．
(1)讨论的单调性．
(2)证明：．
(3)当时，证明：．
预测3（2024·湖南·模拟预测）罗尔定理是高等代数中微积分的三大定理之一，它与导数和函数的零点有关，是由法国数学家米歇尔·罗尔于1691年提出的．它的表达如下：如果函数满足在闭区间连续，在开区间内可导，且，那么在区间内至少存在一点，使得．
(1)运用罗尔定理证明：若函数在区间连续，在区间上可导，则存在，使得．
(2)已知函数，若对于区间内任意两个不相等的实数，都有成立，求实数的取值范围．
(3)证明：当时，有．
预测4（2024·安徽·模拟预测）已知函数.
(1)求函数在点处的切线方程；
(2)求的单调区间和极值.
预测5（2024·重庆·模拟预测）函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若函数有两个极值点，曲线上两点，连线斜率记为k，求证：；
(3)盒子中有编号为1~100的100个小球（除编号外无区别），有放回的随机抽取20个小球，记抽取的20个小球编号各不相同的概率为p，求证：．
押题1：已知函数.
(1)求曲线与的公切线的条数；
(2)若，求的取值范围.
押题2：设函数，曲线在点处的切线与直线平行.
(1)求的值；
(2)求的单调区间和极值.
押题3：已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，若函数有最小值2，求的值.
押题4：已知函数．
(1)若函数在点处的切线与直线垂直，求a的值；
(2)当时，讨论函数零点的个数．
押题5：已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)若，恒成立，求实数a的取值范围．
名校预测
预测1：答案(1)减区间，增区间(2)在内有一个极值点(3)证明见解析
【详解】（1）当时，，，
令，，列表分析
1
0
单调递减 单调递增
故的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2），，其中，
令，，令，，
列表分析：
0
单调递减 单调递增
，
而，，，
若，则，，，
因此在上有一个零点，所以在内有一个极值点；
（3）猜想：，恒成立．
证明如下：
由（2）得在上单调递增，且，．
因为当时，，
所以．
故在上存在唯一的零点，设为．由
0
单调递减 单调递增
知，，，
又，而时，，
所以（1）．
即，．
所以对任意的正数，都存在实数，使对任意的，使．
补充证明
令，．，
所以在上单调递增．
所以时，，即．
补充证明
令，．，
所以在上单调递减．
所以时，，即．
预测2：答案(1)答案见解析(2)证明见解析(3)证明见解析
【详解】（1）解：由函数，可得，
令，解得或．
当时，；当时，；
当时，．
故在和上单调递减，在上单调递增．
（2）证明：由函数的定义域为，且，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，的最小值为，故．
（3）证明：当时，，
要证，即证．
设，则，
当时，，则在上单调递增，
且，
当时，，故只需证明．
由（2）知，在上成立，故，
即成立．
预测3：答案(1)证明见解析；(2)；(3)证明见解析.
【详解】（1）令，则，
令函数，则，
显然在上连续，且在上可导，由罗尔定理，存在，使得，
即，所以.
（2）依题意，，
不妨令，则恒成立，
由（1）得，于是，即，
因此，令，
求导得，函数在上单调递增，则，
而函数在上单调递增，其值域为，
则，所以实数的取值范围是.
（3）令函数，显然函数在上可导，
由（1），存在，使得，
又，则，
因此，而，则，即，
所以.
预测4：答案(1)；
(2)递增区间为，递减区间为，极大值，极小值.
【详解】（1）函数，求导得，
则，解得，于是，，
所以所求切线方程为：，即.
（2）由（1）知，函数，定义域为，
求导得，
当或时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，取得极大值，
当时，取得极小值，
所以函数的递增区间为，递减区间为，
极大值，极小值.
预测5：答案(1)答案见解析(2)证明见解析(3)证明见解析
【详解】（1）定义域为，，
对于方程，，
当，即时，，，在上单增，
当，即或时，方程有两不等根，
，，而，，
所以当时，，在上恒成立，在上单增；
当时，，或时，，时，，
所以在和上单增，在上单减，
综上，当时，在上单增；
当时，在和上单增，
在上单减；
（2）
，
所以要证，即证，即证，
也即证（*）成立．
设，函数，由（1）知在上单增，且，
所以时，，所以（*）成立，原不等式得证；
（3）由题可得，
因为，，…，，
所以，
又由（2）知，，
取，有，
即，即，
所以．
名师押题
押题1：答案(1)2条(2)
【详解】（1）设的切点分别为，
则，
故在切点处的切线方程分别为，
则需满足；
,故，
解得或，
因此曲线与有两条不同的公切线，
（2）由可得，
即对于恒成立，
，结合解得
设，
则当时单调递减，当时，单调递增，
故当，故
因此，，
令，则，
令，得，
当时，此时，，故在上单调递减，
所以，
所以，由于进而，满足题意，
当时，此时，
令，解得单调递增，
令，解得单调递减，
故，
令，则，
由于 ，所以，
故在单调递减，故，即可，
因此
所以，由于进而，满足题意，
综上可得
押题2：答案(1)；(2)递减区间是，递增区间是，极小值，极大值0.
【详解】（1）由函数，求导得，
依题意，，解得，此时，
显然点不在直线上，符合题意，
所以.
（2）由（1）知，函数的定义域为，，
当或时，，当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，取得极小值，当时，取得极大值，
所以函数的递减区间是，递增区间是，极小值，极大值0.
押题3：答案(1)(2)
【详解】（1）当时，的定义域为，
则，则，
由于函数在点处切线方程为，即.
（2）的定义域为，
，
当时，令，解得：；令，解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，，即
则令，设，
令，解得：；令，解得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，解得：.
押题4：答案(1)(2)答案见解析
【详解】（1）由题意可知：，可知，
且直线的斜率为，
由题意可知：，解得．
（2）由得，
令，
可知的零点个数即为与的交点个数，
则，
因为，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
且趋近于0时，趋近于，，，
当或时，函数有一个零点；
当时，函数有两个零点；
当时，函数没有零点．
押题5：答案(1)答案见解析(2)．
【详解】（1）函数，的定义域为，且．
当时，，恒成立，此时在区间上单调递增；
当时，令，解得，
当时，，在区间上单调递增，
当时，，在区间上单调递减．
综上所述，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减．
（2）设，则，
在区间上，，单调递减，在区间上，，单调递增，
所以，所以（当且仅当时等号成立）．
依题意，，恒成立，即恒成立，
而，
当且仅当时等号成立．
因为函数在上单调递增，，，
所以存在，使得成立．
所以，即a的取值范围是．
圆锥曲线（解答题）
年份 题号 知识点 考点
2021年I卷 21 圆锥曲线 ①轨迹方程的求算 ②斜率之和问题
2021年II卷 20 圆锥曲线 ①椭圆方程的求算 ②三点共线及弦长问题
2022年I卷 21 圆锥曲线 ①双曲线方程的求算 ②面积问题
2022年II卷 21 圆锥曲线 ①双曲线方程的求算 ②直线与双曲线综合问题
2023年新高考1 22 圆锥曲线 ①轨迹方程的求算 ②矩形周长问题
2023年新高考2 21 圆锥曲线 ①轨迹方程的求算 ②直线与双曲线定点定直线问题
近三年，圆锥曲线在解答中占据一个位置，考查的考点一般来说是：
1、阿基米德三角形（①圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题 ②阿基米德三角形周长问题③阿基米德三角形面积问题）
2、齐次化妙解圆锥曲线问题（①圆锥曲线的定义、定值、弦长、面积②圆锥曲线斜率之和或者斜率之积）
3、圆锥曲线之极点与极线（①长度乘积定值②分数和问题）
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。有关圆锥曲线考生需熟记每一种模型，有关圆锥曲线第二问考生需要多方位掌握，研究每一类结论的来源并数形结合探讨图像，这样方便考生在考场灵活应对。
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，圆锥曲线是高考解答题必不可少的一类题，类型1：轨迹方程的求算，类型2：斜率积和问题。类型3：阿基米德三角形，尤其极点极线熟练掌握，类型3相对有难度，考生多研究分析.
一、阿基米德三角形
抛物线上一点的切线方程
（1）过抛物线上一点的切线方程为：；
（2）过抛物线上一点的切线方程为：；
（3）过抛物线上一点的切线方程为：；
（4）过抛物线上一点的切线方程为：．
阿基米德三角形概念
抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形（如图1，即为阿基米德三角形）．
重要结论：抛物线与弦之间所围成区域的面积（图二中的阴影部分）为阿基米德三角形面积的三分之二．
阿基米德运用逼近的方法证明了这个结论．
证明：如图3，是中边上的中线，则平行于轴（下面的性质1证明会证到），过作抛物线的切线，分别交、于，则、也是阿基米德三角形，可知是中边上的中线，且平行于轴，可得点是的中点，同理是的中点，故是的中点，则是的，由此可知：是的，是的，以此类推，图2中蓝色部分的面积是红色部分而知的，累加至无穷尽处，便证得重要结论．
阿基米德三角形的结论
【结论1】阿基米德三角形底边上的中线平行于抛物线的轴．
证明：设为弦AB的中点，则过A的切线方程为，过B的切线方程为，联立方程，，，解得两切线交点，又，//轴．
【结论2】若阿基米德三角形的底边即弦过抛物线内的定点，则另一顶点的轨迹为一条直线．
证明：设，，为抛物线内的定点，弦的过定点，则过的切线方程为，过的切线方程为，则设另一顶点，满足且，故弦所在的直线方程为，又由于弦过抛物线内的定点，故，即点的轨迹方程为直线 ．
【结论3】抛物线以点为中点的弦平行于点的轨迹．
证明：由性质2的证明可知：点的轨迹方程为直线 ．∵点为弦的中点，故的轨迹方程为，斜率；而弦所在的直线方程为，由性质1的证明可知：，，故弦所在的直线方程为，斜率，又∵直线与的轨迹方程不重合，故可知两者平行．
【结论4】若直线与抛物线没有公共点，以上的点为顶点的阿基米德三角形的底边过定点（若直线方程为：，则定点的坐标为．
证明：任取直线：上的一点，则有，即┅①，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，则又由性质2的证明可知：弦所在的直线方程为，把①式代入可得：，即，令且，可得：弦所在的直线过定点．
【结论5】底边为的阿基米德三角形的面积最大值为．
证明：，设到的距离为，由性质1知：
（直角边与斜边），
设直线的方程为 ，则，
∴．
【结论6】若阿基米德三角形的底边过焦点，顶点的轨迹为准线，且阿基米德三角形的面积最小值为．
证明：由性质2，若底边过焦点，则，点的轨迹方程是，即为准线；易验证，即，故阿基米德三角形为直角三角形，且为直角顶点， 阿基米德三角形的面积最小值为．
二：齐次化妙解圆锥曲线
已知点是椭圆上的一个定点，是椭圆上的两个动点。
①若直线，则直线过定点且定点为；当时，为定值；
证明:重新建系将椭圆上的成为新的坐标原点按得椭圆
又点在椭圆上，所以，代入上式可得①
椭圆上的定点和动点分别对应椭圆上的定点和动点，设直线的方程为，代入①得。当时，两边除以得．，因为点的坐标满足这个方程，所以是这个关于的方程的两个根．
若，由平移斜率不变可知，故，当时，所以，由此得。所以的斜率为定值，为定值；
即，由此知点在直线上，从而直线过定点．
②若，则直线过定点且为；当时，为定值；
证明：若，由平移规律知，所以，若，则；当时，即，，由此知点在直线上，从而直线过定点．
Ⅱ：已知点是平面内一个定点，椭圆：上有两动点
①若直线，则直线过定点．
证明：重新建系将椭圆上的成为新的坐标原点按椭圆：，展开得：．
平面内的定点和椭圆上的动点分别对应椭圆上的定点和动点、，设直线的方程为，代入展开式得
（构造齐次式），当时，两边同时除以整理得，因为点的坐标满足这个方程，所以和是关于的方程的两根．若，由平移斜率不变可知所以整理可得到和的关系，从而可知直线过定点，由平移规律可得直线过定点．
②若直线，则直线过定点．
证明：若，由平移性质知，所以整理可得到和的关系，从而可知直线过定点，由平移性质可得直线过定点．
《用齐次化秒解椭圆斜率之和或之积问题，大大的减少了计算量，从而提高准确率》
三：圆锥曲线之极点与极线
从几何角度看极点与极线
【定义2】如图，设是不在圆锥曲线上的一点，过点引两条割线依次交圆锥曲线于四点，，，，连接，交于，连接，交于，则直线为点对应的极线．
若为圆锥曲线上的点，则过点的切线即为极线．
由图同理可知，为点对应的极线，为点所对应的极线．因而将称为自极三点形．
设直线交圆锥曲线于点，两点，则，恰为圆锥曲线的两条切线．
【定理1】（1）当在圆锥曲线上时，则点的极线是曲线在点处的切线；
（2）当在外时，过点作的两条切线，设其切点分别为，，则点的极线是直线（即切点弦所在的直线）；
（3）当在内时，过点任作一割线交于，，设在，处的切线交于点，则点的极线是动点的轨迹．
定理1给出了极点与极线作法．
【定理2】如图，设点关于圆锥曲线Γ的极线为，过点任作一割线交于，，交于，则①；反之，若有①成立，则点，调和分割线段，或称点与关于调和共轭，或称点（或点）关于圆锥曲线的调和共轭点为点（或点）．点关于圆锥曲线的调和共轭点是一条直线，这条直线就是点的极线．
【推论1】如图，设点关于圆锥曲线的调和共轭点为，则有②；反之，若有②成立，则点与关于调和共轭．
可以证明①与②是等价的，事实上有．
【推论2】如图，设点关于圆锥曲线的调和共轭点为，则有．
【推论3】如图，设点关于有心圆锥曲线（设其中心为）的调和共轭点为点，连线经过圆锥曲线的中心，则有，反之若有此式成立，则点与关于调和共轭．
证明：设直线与的另一交点为，则，化简即可得．反之由此式可推出，即点与关于调和共轭．
【推论4】如图，，圆锥曲线的一条对称轴上的两点（不在上），若，关于调和共轭，过任作的一条割线，交于，两点，则．
【推论5】如图①～②，已知点在圆锥曲线的对称轴上，直线垂直于该对称轴，过作直线交于点为上任意一点．若点与直线是的一对极点与极线：
（1）如图，当对称轴是轴或平行于轴时，；
（2）如图，当对称轴是轴或平行于轴时，．
【推论6】如图，已知点、直线和圆锥曲线，过作直线交于点，在直线上任取一点，连结，分别过作的平行线交于点．若点与直线是的一对极点与极线，则或．
【定理3】（配极原则）点关于圆锥曲线的极线经过点点关于的极线经过点；直线关于的极点在直线上直线关于的极点在直线上．
证明：点的坐标用标记，点的坐标用1标记，点的极线为，
由于极线过点，，
这个式子说明是方程的解，也就是点在的极线上．
由此可知，共线点的极线必共点；共点线的极点必共线．
四：角平分线定理在圆锥曲线中的应用
【结论1】双曲线焦点到渐近线的距离，原点到垂足的距离．
证明：如图，是双曲线（，）的焦点，过点作垂直双曲线的其中一条渐近线，垂足为，为原点，
双曲线渐近线方程为，即，
圆心到渐近线的距离．
在双曲线中，两条渐近线与坐标轴的夹角相等，所以经常可以用角平分线化腐朽为神奇．下面先给出三角形角平分线定理．
【结论2】三角形一个角的平分线分对边所成的两条线段与这个角的两邻边对应成比例．
如：在中，平分，则．
证明：解法1：（面积法），，
又和是等高三角形，面积的比等于底的比，
即三角形面积：三角形面积：，．
解法2：（相似）如图，过作交的延长线于，则，，又可证明，，．
解法3：（正弦定理）
，，，．
典例1【2023新高考1卷】在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
【答案】（1） （2）见解析
【解析】【1】设,则，两边同平方化简得， 故. 【2】法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0， 则,令， 同理令，且，则， 设矩形周长为,由对称性不妨设，， 则，易知 则令, 令，解得， 当时，，此时单调递减， 当，，此时单调递增， 则， 故,即. 当时,,且，即时等号成立，矛盾，故, 得证. 法二：不妨设在上，且， 依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0， 则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设， 直线的方程为， 则联立得， ，则 则， 同理， 令，则，设， 则，令，解得， 当时，，此时单调递减， 当，，此时单调递增， 则， ， 但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故. 法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线, 矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于. 设 , 根据对称性不妨设 . 则 , 由于 , 则 . 由于 , 且 介于 之间, 则 . 令 , ,则,从而 故 ①当时, ②当 时,由于,从而, 从而又, 故,由此 ， 当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于. .
典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
（1）求C的方程；
（2）记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
【答案】（1） （2）证明见解析.
【解析】1】设双曲线方程为，由焦点坐标可知， 则由可得，， 双曲线方程为. 【2】由(1)可得，设， 显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且， 与联立可得，且， 则， 直线的方程为，直线的方程为， 联立直线与直线的方程可得： ， 由可得，即， 据此可得点在定直线上运动.
典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
（1）求l的斜率；
（2）若，求的面积．
【答案】 （1）； （2）．
【解析】【1】因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线． 易知直线l的斜率存在，设，， 联立可得，， 所以，，且． 所以由可得，， 即， 即， 所以， 化简得，，即， 所以或， 当时，直线过点，与题意不符，舍去， 故． 【2】［方法一］：【最优解】常规转化 不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，， 当均在双曲线左支时，，所以， 即，解得（负值舍去） 此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去； 当均在双曲线右支时， 因为，所以，即， 即，解得（负值舍去）， 于是，直线，直线， 联立可得，， 因为方程有一个根为，所以，， 同理可得，，． 所以，，点到直线的距离， 故的面积为． ［方法二］： 设直线AP的倾斜角为，，由，得， 由，得，即， 联立，及得，， 同理，，，故， 而，， 由，得， 故
典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】 已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
（1）求C的方程；
（2）过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】（1） （2）见解析
【解析】【1】右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴． ∴C方程为：； 【2】由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零， 若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零； 若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符； 总之，直线的斜率存在且不为零. 设直线的斜率为,直线方程为, 则条件①在上，等价于； 两渐近线的方程合并为, 联立消去y并化简整理得： 设,线段中点为,则, 设, 则条件③等价于, 移项并利用平方差公式整理得： ， ,即, 即； 由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为, ∴由, ∴, 所以直线的斜率, 直线,即, 代入双曲线的方程,即中， 得：, 解得的横坐标：, 同理：， ∴ ∴, ∴条件②等价于， 综上所述：条件①在上，等价于； 条件②等价于； 条件③等价于； 选①②推③:由①②解得：,∴③成立； 选①③推②：由①③解得：，， ∴，∴②成立； 选②③推①：由②③解得：，，∴， ∴，∴①成立.
典例5【2021新高考全国Ⅰ卷】 在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.
【答案】（1）；（2）.
【解析】(1) 因为， 所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支， 设轨迹的方程为，则，可得，， 所以，轨迹的方程为. （2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立 如图所示，设, 设直线的方程为． 联立, 化简得. 则． 故． 则． 设的方程为，同理． 因为，所以， 化简得， 所以，即． 因为，所以． [方法二] ：参数方程法 设．设直线的倾斜角为， 则其参数方程为， 联立直线方程与曲线C的方程， 可得， 整理得． 设， 由根与系数的关系得． 设直线的倾斜角为，， 同理可得 由，得． 因为，所以． 由题意分析知．所以， 故直线的斜率与直线的斜率之和为0． [方法三]：利用圆幂定理 因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆． 设,直线的方程为， 直线的方程为, 则二次曲线． 又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为： ， 整理可得： ， 其中． 由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.
预测1（2024·浙江·模拟预测）已知双曲线左右焦点分别为，，点在双曲线上，且点到双曲线两条渐近线的距离乘积为，过分别作两条斜率存在且互相垂直的直线，，已知与双曲线左支交于，两点，与左右两支分别交于，两点.
(1)求双曲线的方程；
(2)若线段，的中点分别为，，求证：直线恒过定点，并求出该定点坐标.
预测2（2024·全国·模拟预测）已知，，点P满足，记点P的轨迹为E.直线l过点且与轨迹E交于P、Q两点.
(1)无论直线l绕点怎样转动，在x轴上总存在定点，使恒成立，求实数m的值；
(2)在（1）的条件下，求面积的最小值.
预测3（2024·重庆·模拟预测）已知抛物线的焦点为，是C上一点，．
(1)求的面积；
(2)设在第一象限，过点的直线交于两点，直线分别与轴相交于两点，求线段的中点坐标．
预测4（2024·贵州安顺·模拟预测）已知双曲线的一条渐近线方程为，右焦点到渐近线的距离为．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过点的直线与双曲线交于两点，．求的值．
预测5（2024·广东韶关·模拟预测）已知椭圆的离心率为，长轴长为4，是其左、右顶点，是其右焦点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设是椭圆上一点，的角平分线与直线交于点．
①求点的轨迹方程；
②若面积为，求．
押题1：（2024·广东韶关·模拟预测）已知椭圆的离心率为，长轴长为4，是其左、右顶点，是其右焦点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设是椭圆上一点，的角平分线与直线交于点．
①求点的轨迹方程；
②若面积为，求．
押题2：已知椭圆的左，右焦点分别为，，且，与短轴的一个端点构成一个等腰直角三角形，点在椭圆，过点作互相垂直且与轴不重合的两直线，分别交椭圆于，和点，，且点，分别是弦，的中点．

(1)求椭圆的标准方程；
(2)若，求以为直径的圆的方程；
(3)直线是否过轴上的一个定点？若是，求出该定点坐标；若不是，说明理由．
押题3：在平面直角坐标系xOy中，过点的直线与抛物线交于M，N两点在第一象限）.
(1)当时，求直线的方程;
(2)若三角形OMN的外接圆与曲线交于点（异于点O，M，N），
（i）证明:△MND的重心的纵坐标为定值，并求出此定值;
（ii）求凸四边形OMDN的面积的取值范围.
押题4：已知椭圆E：过点，且焦距为.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点作两条互相垂直的弦AB，CD，设弦AB，CD的中点分别为M，N.
①证明：直线MN必过定点；
②若弦AB，CD的斜率均存在，求面积的最大值.
押题5：已知椭圆C：的焦距是短轴长的倍，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆C交于A、B两点，与y轴交于点P，线段AB的垂直平分线与AB交于点M，与y轴交于点N，O为坐标原点，如果，求k的值.
名校预测
预测1：答案(1)(2)证明见解析，
【详解】（1）设双曲线的两渐近线方程分别为，，
点到双曲线两渐近线的距离乘积为，
由题意可得：，解得，，
所以双曲线的方程为.
（2）设直线的方程为，
由，互相垂直得的方程，
联立方程得，消得，
成立，所以，，
所以点坐标为，
联立方程得，所以，，
所以点坐标为，
根据对称性判断知定点在轴上，
直线的方程为，
则当时，，
所以直线恒过定点，定点坐标为.

预测2：答案(1)(2)9
【详解】（1）由知，点P的轨迹E是以、为焦点的双曲线的右支，
设轨迹E的方程为，，，
，，，故轨迹E的方程为，
当直线l的斜率存在时，设直线方程为，，，
与双曲线方程联立，可得，
有，解得，
，，
故得对任意的恒成立，
解得，
当时，.
当直线l的斜率不存在时，不妨设，则，
此时有，即此时结论也成立，
综上，当时，；
（2）由（1）知，当直线l的斜率存在时，，
点M到直线PQ的距离为d，则，
，
令，则，，，
当直线l的斜率不存在时，，
综上可知，的最小值为9.
预测3：答案(1)(2)
【详解】（1）根据抛物线的定义知：，得，则，
所以的面积为．
（2）设过点的直线方程为，，，，，
由，得，
由，得或，且，，
又直线的方程为，
令，得，
于是，同理，
所以，
故线段MN的中点坐标为．
预测4：答案(1)(2)
【详解】（1）解：由双曲线的渐近线方程为，可得，
又由焦点到渐近线的距离为，可得，可得，
又因为，可得，所以双曲线的方程为.
（2）解：由（1）知，可得，
当直线的斜率不存在时，即，将代入，可得或，
不妨设，
又由，可得，
所以；
当直线的斜率存在时，即，
联立方程组，整理得，
设，则，
且，
则，
且，
则
，
综上可得：.
预测5：答案(1)(2)
【详解】（1）由题意知，，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）①：由（1）知，，设，则，
易知当时，，，此时，
由，解得，即；
当时，，，设直线的斜率为，
则，
所以直线方程为，又直线方程为，
由，得，即，
解得，
将代入直线方程，得，即，
又，所以，
故点的轨迹方程为；
②：由，得，
又，所以，得，
整理得，又，所以，
整理得，即，
由，解得.
名师押题
押题1：答案(1)(2)证明见解析(3)8
【详解】（1）设直线的方程为，
由，得，
设，，
则，，
从而，解得，
所以抛物线C的方程为；
（2）要证，即证DG平分，即证，
由（1）可知，，
则
，
故；
（3）记AM，AN分别与圆G切于点T，F，连接TG，MG，NG，
由题意，得，
由切线长定理，知，，，
所以，
又
，解得，
所以，
当且仅当，即时，取等号，
故面积的最小值为8．
押题2：答案(1)(2)(3)
【详解】（1）解：因为椭圆经过点，
且，与短轴的一个端点构成一个等腰直角三角形，
可得，则，所以，解得，
所以椭圆的标准分别为.
（2）解：由（1）得，所以直线的方程为，
联立方程组，解得或，所以，
则CD的中点为且，故以为直径的圆的方程为.
（3）解：设直线的方程为，且，则直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，则且，
所以，
由中点坐标公式得，
将的坐标中的用代换，可得的中点为，
所以，所以直线的方程为，
即，则直线过定点.
押题3：答案(1)(2)（i）证明见解析；纵坐标为0；（ii）.
【详解】（1）解:设直线
联立，消去，得，
所以，
，则
，则，又由题意，
直线的方程是;
（2）（1）方法1:设
因为O，M，D，N四点共圆，设该圆的方程为，
联立，消去，得，
即，
所以即为关于的方程的3个根，
则，
因为，
由的系数对应相等得，，所以的重心的纵坐标为0.
方法2:设，则，
因为O，M，D，N四点共圆，所以当M，D在直线异侧时，，
即，
化简可得:；
当M，D在直线同侧时，，
即，
化简可得:；
综上可得的重心的纵坐标为0.
（2）记的面积分别为，由已知得直线MN的斜率不为0，设直线，联立，消去，得，所以，
所以，
由（1）得，，
所以，即，
因为，
点到直线MN的距离，
所以，
所以
在第一象限，即，
依次连接O，M，D，N构成凸四边形OMDN，所以，即，
又因为，即，即，
所以，即，即，
所以，
设，则，
令，则，
因为，所以，所以在区间上单调递增，所以，
所以的取值范围为.
押题4：答案(1)(2)①证明见解析；②
【详解】（1）依题意有，，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）①设：，，，则：，
联立，故，，，
故，由代替m，得，
当，即时，：，过点.
当，即时，，：，
令，，直线MN恒过点.
当，经验证直线MN过点.
综上，直线MN恒过点.
②，
令，，
∵在上单调递减，
∴，当且仅当，时取等号.
故面积的最大值为.

押题5：答案(1)(2)
【详解】（1）由题设得，解得，，，
所以椭圆的方程为.
（2）
由，得，
由，得，
设、，则，，
所以点的横坐标，纵坐标，
所以直线的方程为，
令，则点的纵坐标，则，
因为，所以点、点在原点两侧，
因为，所以，所以，
又因为，，
所以，解得，所以.
新定义（解答题）
年份 题号 知识点 考点
2021年I卷 无
2021年II卷 无
2022年I卷 无
2022年II卷 无
2023年新高考1 无
2023年新高考2 无
从新高考新题型标准来看，新定义题型是高考解答题必不可少的一类题，类型1：数列新定义。类型2：集合新定义。类型3：三角函数新定义，类型4：平面向量新定义，考生需从多方面认识，此类题目相对有难度，解答此类题目一定要把题干的新定义理解到位.
一、数列新定义破解大招
高考对数列的考查常常涉及等差数列、等比数列中的一些基本问题，如等差数列、等比数列的通项公式，求和公式，前项和与通项之间的关系，判断等差数列、等比数列的方法等.另外，也要关注新定义与数列的结合，此类题往往涉及推理与证明的相关知识，对思维的要求较高，所以要注意多角度、全方位分析题目的条件和结论，拓宽看问题的视野.
新定义题型的特点:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生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，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的；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、验证、运算，使问题得以解决.
二：集合新定义破解大招
解决以集合为背景的新定义问题，要抓住两点：
第一点：紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把定义所叙述的问题的本质弄清楚，并能够应用到具体的解题过程之中，这是新定义型集合问题难点的关键所在；
第二点：用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用集合性质的一些因素，在关键之外用好集合的运算与性质.
三：三角函数新定义破解大招
与三角函数的新定义有关问题的求解策略：
①通过给出一个新的三角函数的定义，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，实现信息的迁移，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.
三角函数新定义问题；主要把握住三角函数与其它知识点之间的转换关系即可，熟记三角恒等变换的有关公式；求取值范围转换为函数问题.
特别注意：新定义“伴随函数”得出函数的表达式，然后利用三角函数性质求解．对于函数一般借助辅助角公式进行变形，即，其中，．
四：平面向量新定义破解大招
平面向量新定义一般与三角恒等变换相结合合，充分理解新定义，且熟练掌握向量和三角函数知识才能解决此类题，特别是求长度，要设出向量，表达出，先证明充分性，再证明必要性
预测1（2024·海南海口·模拟预测）在计算机科学中，维数组是一种基础而重要的数据结构，它在各种编程语言中被广泛使用．对于维数组，定义与的差为与之间的距离为．
(1)若维数组，证明：；
(2)证明：对任意的数组，有；
(3)设集合，若集合中有个维数组，记中所有两元素间的距离的平均值为，证明：．
预测2（2024·全国·模拟预测）设有维向量，，称为向量和的内积，当，称向量和正交．设为全体由和1构成的元数组对应的向量的集合．
(1)若，写出一个向量，使得．
(2)令．若，证明：为偶数．
(3)若，是从中选出向量的个数的最大值，且选出的向量均满足，猜测的值，并给出一个实例．
预测3（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.
预测4（2024·上海虹口·模拟预测）平面内的“向量列”，如果对于任意的正整数，均有，则称此“向量列”为“等差向量列”，称为“公差向量”.平面内的“向量列”，如果且对于任意的正整数，均有（），则称此“向量列”为“等比向量列”，常数称为“公比”.
（1）如果“向量列”是“等差向量列”，用和“公差向量”表示；
（2）已知是“等差向量列”，“公差向量”，，；是“等比向量列”，“公比”，，.求．
预测5（2024全国·模拟预测）已知为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数.
(1)设函数，试求的伴随向量；
(2)记向量的伴随函数为，求当且时，的值；
(3)当向量时，伴随函数为，函数，求在区间上最大值与最小值之差的取值范围.
押题1：超越数得名于欧拉，它的存在是法国数学家刘维尔（Joseph Liouville）最早证明的．一个超越数不是任何一个如下形式的整系数多项式方程的根：（，，…，，）．数学家证明了自然对数的底数e与圆周率是超越数．回答下列问题：
已知函数（）只有一个正零点．
(1)求数列的通项公式；
(2)（ⅰ）构造整系数方程，证明：若，则为有理数当且仅当．
（ⅱ）数列中是否存在不同的三项构成等比数列？若存在，求出这三项的值；否则说明理由．
押题2：在个数码构成的一个排列中，若一个较大的数码排在一个较小的数码的前面，则称它们构成逆序（例如，则与构成逆序），这个排列的所有逆序的总个数称为这个排列的逆序数，记为，例如，，
(1)计算；
(2)设数列满足，求的通项公式；
(3)设排列满足，求，
押题3：若数列满足：存在等差数列，使得集合元素的个数为不大于，则称数列具有性质.
(1)已知数列满足，.求证：数列是等差数列，且数列有性质；
(2)若数列有性质，数列有性质，证明：数列有性质；
(3)记为数列的前n项和，若数列具有性质，是否存在，使得数列具有性质？说明理由.
押题4：我们知道，二维空间（平面）向量可用二元有序数组表示；三维空间向盘可用三元有序数组表示．一般地，维空间向量用元有序数组表示，其中称为空间向量的第个分量，为这个分量的下标．对于维空间向量，定义集合．记的元素的个数为（约定空集的元素个数为0）．
(1)若空间向量，求及；
(2)对于空间向量．若，求证：，若，则；
(3)若空间向量的坐标满足，当时，求证：．
押题5：若函数满足且，则称函数为“函数”.
(1)试判断是否为“函数”，并说明理由；
(2)函数为“函数”，且当时，，求的解析式，并写出在上的单调递增区间；
(3)在（2）的条件下，当时，关于的方程（为常数）有解，记该方程所有解的和为，求.
名校预测
预测1：答案(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析
【详解】（1）设与中对应项中同时为0的有个，同时为1的有个，
则对应项不同的为个，所以．
所以；
（2）设，
因为，
，
所以，
因为．
所以当时，，
当时，，
所以；
（3）记集合中所有两个元素间距离的总和为，
则．
设集合中所有元素的第个位置的数字共有个个0，
则，
因为，
所以，
所以，
所以.
预测2：答案(1)（答案不唯一）(2)证明见解析(3)，答案见解析.
【详解】（1）由定义，只需满足，不妨取（答案不唯一）．
（2）对于，，2，，，存在，，，，使得．
当时，；当时，．令，．
所以．
所以为偶数．
（3）当时，可猜测互相正交的4维向量最多有4个，即．
不妨取，，，，
则有，，，，，．
若存在，使，则或或．
当时，；当时，；当时，，
故找不到第5个向量与已知的4个向量互相正交．
预测3：答案(1)8 (2)3 (3)
【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，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
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.
预测4：答案（1）；（2）.
【详解】（1）设，.
由，得，所以数列是以为首项，公差为的等差数列；数列是以首项，公差为的等差数列.
.
（2）设 ，.
由，从而，.数列是以1为首项，公差为3的等差数列，从而.数列是常数列，.
由得，，又，，数列是以1为首项，公比为2的等比数列；数列是以3为首项，公比为2的等比数列，从而有，.……10分
令………①
…………②.
①-②得，，得
令
从而
预测5：答案(1)(2)(3)
【详解】（1）因为，所以.
（2）依题意，
由得，，所以，
所以.
（3）由题的函数解析式，所以
区间的长度为，函数的周期为，
若的对称轴在区间内，不妨设对称轴在内，最大值为1，
当即时，
函数在区间上的最大值与最小值之差取得最小值为；
其它的对称轴在内时最大值与最小值之均大于，
当或时，最大值与最小值之差取得最大值1.
若的对称轴不在区间内，不妨设即，
则在区间内单调，在两端点处取得最大值与最小值，则最大值与最小值之差为：
，
综上，故函数在区间上的最大值与最小值之差的取值范围为
名师押题
押题1：答案(1)(2)（ⅰ）证明见解析.（ⅱ）答案见解析.
【详解】（1）若只有一个正零点，可得
令，，
令，，令，，
故在上单调递增，在上单调递减，
可得在处取得最大值，且最大值为，
而当时，，当时，，
由题意得，当最大时，符合题意，
故，即.
（2）（ⅰ）若，则为有理数；
若正整数，假设为有理数，则，
则方程的根中有有理数，
又在方程中，发现是它的根，
而已知是超越数，故不是方程的根，与矛盾，即不为有理数；
综上所述：，为有理数当且仅当；
（ⅱ）若数列中存在不同的三项构成等比数列，则，
可得，由方程右边是有理数知左边是有理数，
由上问知当且仅当时成立，故，
则，设，则，，
则，将，代入进行化简，
可得，故，
故，构造函数，
而，知在其定义域内单调递减，
又，故若，则有，即成立，
当且仅当时成立.
即数列中不存在不同的三项构成等比数列，
押题2：答案(1)(2)(3)
【详解】（1）在排列中，与5构成逆序的有4个，与1构成逆序的有0个，
与2构成逆序的有0个，与4构成逆序的有1个，与3构成逆序的有0个，
所以.
（2）由（1）中的方法，同理可得，
又，所以，
设，得，
所以，解得，则，
因为，
所以数列是首项为1，公比为5的等比数列，
所以，则.
（3）因为，
所以，
所以，
所以.
押题3：答案(1)证明见解析(2)证明见解析(3)存在，且，理由见解析
【详解】（1）由，
故，
即，
又，故数列是以为首项，为公差的等差数列，
则，即，
故存在等差数列，使，
由，故数列有性质；
（2）设对数列，存在等差数列，使，
对数列，存在等差数列，使，
则对数列，存在等差数列，
使的值为，
这样的最多有个，即数列有性质；
（3）设对数列，存在等差数列，且其公差为，使得，
当时，有
，
由，
故当时，，
当时，，当时，可能有种，
故这样的最多有个，
即存在等差数列，使，
的元素个数不超过个，
故一定存在，使得数列具有性质.
押题4：答案(1)，；(2)证明见解析(3)证明见解析
【详解】（1）由，知，
所以，；
（2）依题意，，，则有，
所以，当且仅当时取等号， 又因为，所以，，互不相同，
故，若，则；
（3）由，得，则有①，
由及①，可得
，
，
，
以上各式相加，得.
由及①，当时，，
所以，
即.
押题5：答案(1)不是，理由见解析；
(2)，；
(3)
【详解】（1）不是为“函数”，理由如下：
因为
所以，
因此，函数不是“函数”.
（2）函数满足，令得
，
即，所以函数为周期函数，且最小正周期为，
因为，则的一个对称轴为.
①当时，，
则；
②当，则，
则，
所以，.
综上所述，，
所以函数在上的单调递增区间为.
（3）由（2）可得函数在上的图象如下图所示，
下面考虑方程在区间的根之和.
①当或时，方程有两个实数解，其和为；
②当时，方程有三个实数解，其和为；
③当时，方程有四个实数解，其和为.
当时，关于的方程（为常数）有解，
记该方程所有解的和为，
所以，当时，；
当或时，；
当时，；
当时，.
因此，.

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