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(共102张PPT)
2026年高考数学复习专题课件★★
　定点、定值和探索性问题
1.(2020·新高考Ⅰ卷，T22)已知椭圆C：+=1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2，1).
(1)求C的方程；
探究真题 明确方向
由题设得+=1，=，
解得a2=6，b2=3.
所以C的方程为+=1.
解
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.
设M(x1，y1)，N(x2，y2).
若直线MN与x轴不垂直，
设直线MN的方程为y=kx+m，代入+=1，
得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.
于是x1+x2=-，x1x2=. ①
由AM⊥AN，得·=0，
故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0，
整理得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.
证明
将①代入上式，可得(k2+1)-(km-k-2)·+(m-1)2+4=0，
整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.
因为A(2，1)不在直线MN上，
所以2k+m-1≠0，所以2k+3m+1=0，k≠1.
所以直线MN的方程为y=k-(k≠1).
所以直线MN过点P.
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，-y1).
证明
由·=0，
得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.
又+=1，所以3-8x1+4=0.
解得x1=2(舍去)或x1=.
此时直线MN过点P.
令Q为AP的中点，即Q.
证明
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|=|AP|=.
若D与P重合，则|DQ|=|AP|.
综上，存在点Q，使得|DQ|为定值.
证明
2.(2023·新高考Ⅱ卷，T21)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为
(-2，0)，离心率为.
(1)求C的方程；
设双曲线C的方程为-=1(a>0，b>0)，
由焦点坐标可知c=2，
则由e==，
可得a=2，b==4，
所以双曲线C的方程为-=1.
解
(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(-4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上.
由(1)可得A1(-2，0)，A2(2，0)，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
显然直线MN的斜率不为0，
设直线MN的方程为x=my-4，且-与-=1联立可得(4m2-1)y2-32my+48=0，且Δ=64(4m2+3)>0，
则y1+y2=，y1y2=，
直线MA1的方程为y=(x+2)，
证明
直线NA2的方程为y=(x-2)，
联立直线MA1与直线NA2的方程可得
==
=
=
证明
==-，
由=-可得x=-1，即xP=-1，
据此可得点P在定直线x=-1上运动.
证明
命题热度：
本讲是历年高考命题常考的内容，属于中高档题目，主要以解答题的形式进行考查.分值约为15~17分.
考查方向：
一是要熟练掌握圆锥曲线的定义与方程，这是定义法求解轨迹方程的基础；二是定值、定点的证明与探究，考查数学运算、直观想象、数学建模等核心素养.
考点二　定值问题
考点一　定点(线)问题
内容索引
专题强化练
考点三　探究性问题
考点一　定点(线)问题
　(2025·西安模拟)已知点A(-2，0)，B(2，0)，P是平面内一动点，PQ⊥AB，垂足Q位于线段AB上且不与点A，B重合，4|PQ|2=3|AQ|·|QB|.
(1)求动点P的轨迹C的方程；
例1
由题可设P(x，y)，则Q(x，0)(-2因为4|PQ|2=3|AQ|·|QB|，
所以4y2=3|x+2||x-2|=3|x2-4|=3(4-x2)，
整理得+=1，
即动点P的轨迹C的方程为+=1(-2解
(2)过点D(1，0)且与曲线C相交的两条线段分别为EF和MN，EF⊥MN(直线EF，MN的斜率均存在，且点E，F，M，N都在曲线C上)，若G，H分别是EF和MN的中点，求证：直线GH过定点.
由题意可知直线EF，MN的斜率存在且不为0，
设直线EF的方程为y=k(x-1)(k≠0)，
E(x1，y1)，F(x2，y2)，
联立
消去y得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0，Δ>0，
所以x1+x2=，x1x2=，
则y1+y2=k(x1+x2)-2k=，
证明
所以EF的中点坐标为G，
因为EF⊥MN，所以直线MN的方程为y=-(x-1)(k≠0)，
同理可得MN的中点坐标为H，
当k=±1时，易得直线GH的方程为x=；
当k≠±1时，直线GH的斜率kGH==，
证明
所以直线GH的方程为y-=，
令y=0 x=+=.
所以直线GH过定点.
证明
(1)直线过定点问题，一般先设出直线的方程：y=kx+b，然后利用题中条件得出k，b的关系，进而确定定点.
(2)圆过定点问题的常见类型是以AB为直径的圆过定点P，常把问题转化为PA⊥PB，也可以转化为·=0.
规律方法
跟踪演练1　(2025·榆林模拟)已知焦距为2且焦点在x轴上的椭圆E经过点A(2，1).直线l：y=kx+m不过点A.若l与E相交于M，N两点，且以MN为直径的圆过点A.
(1)求椭圆E的标准方程；
设椭圆E的方程为+=1(a>b>0).
因为焦距为2，所以2c=2，c=，
即c2=a2-b2=3，
则解得
故椭圆E的标准方程为+=1.
解
(2)求证：点(k，m)在定直线上.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由
得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0，
由Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-6)>0，得6k2-m2+3>0，
则x1+x2=-，x1x2=.
因为以MN为直径的圆过点A，
证明
所以AM⊥AN，即·=(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0，
整理得y1y2-(y1+y2)+1=-x1x2+2(x1+x2)-4， ①
将y1+y2=k(x1+x2)+2m=，
y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=，
代入①式可得，
-+1=---4，
证明
整理得(2k+m-1)(2k+3m+1)=0，
因为直线l不过点A，所以2k+m≠1，
即2k+3m+1=0，
所以点(k，m)在定直线2x+3y+1=0上.
证明
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考点二　定值问题
　(2025·济宁模拟)已知双曲线C：-=1(a>0，b>0)的离心率为，且点A(4，3)在双曲线C上.
(1)求C的方程；
例2
由题意有 b2=a2，
又点A(4，3)在双曲线C上，所以-=1，
解得a2=4，b2=3，
所以双曲线C的方程为-=1.
解
(2)若直线l交C于P，Q两点，∠PAQ的平分线与x轴垂直，求证：l的倾斜角为定值.
方法一　直接法
由已知得直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立
得(3-4k2)x2-8kmx-4m2-12=0，
所以Δ=(-8km)2-4(3-4k2)(-4m2-12)=48(m2-4k2+3)>0，3-4k2≠0，
则x1+x2=，x1x2=-，
证明
因为∠PAQ的平分线与x轴垂直，
所以kAP+kAQ=0，即+=0，
所以(y1-3)(x2-4)+(y2-3)(x1-4)=0，
即2kx1x2+(m-3-4k)(x1+x2)-8(m-3)=0，
所以-2k·+(m-3-4k)·-8(m-3)=0，
即-24(k+1)(m+4k-3)=0，
所以k=-1或m=3-4k，
证明
当m=3-4k时，直线l的方程为y=kx+3-4k=k(x-4)+3，即直线l过点A(4，3)，不符合题意，
所以k=-1，设直线l的倾斜角为α(0≤α<π)，
则k=tan α=-1，解得α=，
即直线l的倾斜角为定值.
方法二　平移齐次化
将图形向左平移4个单位长度，向下平移3个单位长度，
证明
平移后的双曲线方程为-=1，
整理得3x2-4y2+24x-24y=0，
平移后点A'的坐标为(0，0)，
设直线PQ平移后得到的直线P'Q'的方程为mx+ny=1(n≠0)，
P'(x1，y1)，Q'(x2，y2)，
联立
证明
得3x2-4y2+24x(mx+ny)-24y(mx+ny)=0，
即(3+24m)x2-(4+24n)y2+24(n-m)xy=0，
两边同时除以x2，得-(4+24n)+24(n-m)+(3+24m)=0，
又因为∠P'A'Q'的平分线与x轴垂直，所以kP'A'+kQ'A'=0，
又A'(0，0)，所以+=0，所以-=0，所以n=m，
所以直线mx+ny=1的斜率为-=-1.
即直线l的倾斜角为定值.
证明
圆锥曲线中定值问题的常见类型及解题策略
规律方法
跟踪演练2　(2025·合肥模拟)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点和是中心为坐标原点，焦点在坐标轴上的椭圆E上的两点.
(1)求椭圆E的标准方程；
设椭圆E的方程为mx2+ny2=1(m>0，n>0，m≠n)，
由题意知
解得
所以椭圆E的标准方程为+x2=1.
解
(2)若P为椭圆E上任意一点，以点P为圆心，OP为半径的圆与圆C：x2+
(y+)2=5的公共弦为MN.证明：△CMN的面积为定值，并求出该定值.
如图，设P(x0，y0)，则+=1，
且圆P的方程为+=+，
即圆P的方程为x2+y2-2x0x-2y0y=0.
因为圆C的方程为x2+=5，则圆心C(0，-)，
圆C的半径为，
将圆P的方程与圆C的方程作差，得x0x+(+y0)y-1=0，
所以直线MN的方程为x0x+(+y0)y-1=0，
解
故点C(0，-)到直线MN的距离d==
==
==2，
又因为|MN|=2=2，
所以△CMN的面积S△CMN=|MN|·d=×2×2=2，即△CMN的面积为定值2.
解
返回
考点三　探究性问题
　(2025·福州模拟)设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，过点F的直线l1交C于A，B两点(点A在第一象限)，当l1垂直于x轴时，|AB|=4.
(1)求C的方程；
例3
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，其中yA>0，
由题意可知F，
当AB⊥x轴时，直线AB的方程为x=，
将x=代入y2=2px(p>0)，
可得yA=p，yB=-p，
所以|AB|=2p=4，即p=2，
所以C的方程为y2=4x.
解
(2)过点F且与l1垂直的直线l2交C于D，E两点(点D在第一象限)，直线x=1与直线AD和BE分别交于P，Q两点.
①当l1的斜率为时，求|PQ|；
依题意，直线AB的方程为y=(x-1)，即x=y+1，
由得y2-3y-4=0，
解得yA=4，yB=-1，
则A(4，4)，B.
设D(xD，yD)，E(xE，yE)，其中yD>0，
直线DE的方程为y=-(x-1)，即x=-y+1，
解
由得y2+y-4=0，
解得yD=，yE=-6，
则D，E(9，-6).
所以kAD==，则直线AD的方程为y-4=(x-4)，
令x=1，得y=，所以P，
解
又kBE==-，所以直线BE的方程为y+6=-(x-9)，
令x=1，得y=-，所以Q，所以|PQ|=.
解
②是否存在以PQ为直径的圆与y轴相切？若存在，求l1，l2的方程；若不存在，请说明理由.
方法一　设直线AB的方程为x=my+1，不妨设m>0，由
得y2-4my-4=0，则yAyB=-4，
同理yDyE=-4.
直线AD的方程为y-yA=(x-xA)，
即y=+yA，
解
设P(1，yP)， Q(1，yQ)，
令x=1，得yP=，
由于yA=-，yD=-，
所以yQ=-=-yP，
从而PQ的中点恒为F，所以以PQ为直径的圆与y轴相切等价于yP=1.
即yAyD+4=yA+yD，
解
由AB⊥DE得，·=-1，
故=-16，
即-4(+)+16=-16yAyD，
所以=4，
如图，可知yA>yD>0，
所以yAyD+4=2(yA-yD)，
所以yA+yD=2(yA-yD)，
解
因此yA=3yD，
可得3-4yD+4=0，
而Δ=-32<0，该方程无解，
故不存在以PQ为直径的圆与y轴相切.
方法二　设直线AD的方程为x=ky+m，其中m<0，
由
得y2-4ky-4m=0，则Δ=16k2+16m>0，
yA+yD=4k，yAyD=-4m.
解
因为FA⊥FD，所以·=-1，
即yAyD+=0，即yAyD+-+)+1=0，
所以-4m+m2-(16k2+8m)+1=0，
从而4k2=m2-6m+1.
设P(1，yP)，Q(1，yQ)，
令x=1，得yP=，故=
解
==4≥2，
当且仅当m=-1时，等号成立，
同理可得≥2，而P，Q分别在第一、第四象限，
所以|PQ|≥2>2，故不存在以PQ为直径的圆与y轴相切.
解
存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定的问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在并设出，列出关于待定系数的方程(组)，若方程(组)有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.注意：当结论或条件不唯一时，要分类讨论.
规律方法
跟踪演练3　(2025·宝鸡模拟)已知双曲线C过点P(，1)且一条渐近线方程为x+y=0.
(1)求双曲线C的标准方程；
因为双曲线C的一条渐近线方程为x+y=0，所以设双曲线C的方程为x2-y2=λ(λ≠0)，
又双曲线C过点P(，1)，代入上式得，λ=2，
所以双曲线C的方程为-=1.
解
(2)若过点M(1，0)的直线l与双曲线C相交于A，B两点，试问在x轴上是否存在定点N，使直线NA与直线NB关于x轴对称，若存在，求出定点N的坐标；若不存在，请说明理由.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
假设在x轴上存在定点N(x0，0)，
使直线NA与直线NB关于x轴对称，则kNA+kNB=0.
由题意知，直线l的斜率一定存在，
设其方程为y=k(x-1)，
联立
消去y得(1-k2)x2+2k2x-k2-2=0，
解
由题意知
即k∈(-，-1)∪(-1，1)∪(1，)，
又x1+x2=，x1x2=，
则kNA+kNB=+
==0，
即k=0，
解
化简得=0，
故k(2x0-4)=0，
由于上式对 k∈(-，-1)∪(-1，1)∪(1，)恒成立，
所以x0=2，
所以存在定点N(2，0)，使kNA+kNB=0，
即使直线NA与直线NB关于x轴对称.
解
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专题强化练
答案
1
2
3
1.
(1)由椭圆C：+=1经过A(-2，0)，B(2，0)两点，可得a=2，
根据椭圆的几何性质，可得当点M为椭圆的上、下顶点时，△MF1F2的面积取得最大值，
即=bc=，
又因为a2=b2+c2，即22=b2+c2，且焦距为有理数，解得b=，c=1，
故椭圆C的标准方程为+=1.
答案
1
2
3
1.
(2)设M(x0，y0)，满足+=1，x0≠±2，则kAP=kAM=，kBM=，
则直线BM的方程为y=(x-2)，
令x=10，可得y=，即Q，则kAQ==·，
所以kAP·kAQ=·=·=-，即直线AP和AQ的斜率之积为定值-.
答案
1
2
3
2.
(1)由题意设直线l的方程为x=m(y-1)-1，
A，B，由题意知F(1，0)，
联立
消去x得y2-4my+4m+4=0，
则Δ=16m2-16m-16>0，
y1+y2=4m，y1y2=4m+4，
答案
1
2
3
2.
因为|PF|是|AF|和|BF|的等比中项，所以|AF|·|BF|=|PF|2，
即=5，
所以++1=5，
所以(m+1)2+=4，解得m=-1或m=1，
当m=1时，Δ=-16<0(舍去)，
所以m=-1，所以直线l的方程为x+y=0.
答案
1
2
3
2.
(2)设A，B，D，
则kAD===2，
所以y1+y3=2，
直线AB的方程为y=+y1=x+，
即4x-(y1+y2)y+y1y2=0，
因为直线AB过点P(-1，1)，所以-4-(y1+y2)+y1y2=0，
答案
1
2
3
2.
同理可得，直线BD的方程为y=+y3，
即4x-(y3+y2)y+y3y2=0，
将y3=2-y1代入上式得，
4x-(2-y1+y2)y+y2(2-y1)=0，
即4x-(2-y1+y2)y+2y2-(y1+y2)-4=0，
即4x-(2-y1+y2)y+(2-y1+y2)-6=0，
即4x-6=(2-y1+y2)(y-1)，
答案
1
2
3
2.
令解得
所以直线BD恒过定点.
(1)依题意，D(-a，0)，E(a，0)，
设点P(x0，y0)，则-=1，即=-a2)，
由直线PD，PE的斜率之积为，
得=·==，解得=，
所以双曲线C的渐近线方程为y=±x.
答案
1
2
3
3.
(2)设F(c，0)，由PF⊥x轴，|PF|=，得-=1，又=，c2=a2+b2，
所以b=1，a=，c=2，
则双曲线C的方程为-y2=1，
设直线l与双曲线C相切的切点为(t，s)(s≠0)，
则s2=t2-1，直线l的方程为-sy=1，
所以Q，R，则|QF|=，
答案
1
2
3
3.
|RF|===·，
而|t|>，所以=，
所以为定值.
答案
1
2
3
3.
(3)当直线MN的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，而D(-，0)，x1≠-，x2≠-，
由消去y得(3k2-1)x2+6kmx+3(m2+1)=0，
则
即3k2-1≠0且3k2-m2-1<0，
答案
1
2
3
3.
x1+x2=，x1x2=，
则y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2，
因为以MN为直径的圆经过点D，所以DM⊥DN，
又=(x1+，y1)，=(x2+，y2)，
则·=(x1+)(x2+)+y1y2=0，
(k2+1)x1x2+(km+)(x1+x2)+m2+3=0，
于是(k2+1)·+(km+)·+m2+3=0，
答案
1
2
3
3.
化简得m2-3km+6k2=0，
即(m-k)(m-2k)=0，
而直线MN不过点D，即m≠k，因此m=2k，
直线MN：y=k(x+2)过定点T(-2，0)；
当直线MN的斜率不存在时，由对称性，不妨设直线DM的方程为y=x+，
由解得x=-2或x=-，
答案
1
2
3
3.
则点M，N的横坐标均为-2，
即直线MN：x=-2过定点T(-2，0)，
因此直线MN过定点T(-2，0)，
由DG⊥MN于点G，得点G在以DT为直径的圆上，H为圆心，|GH|为半径，则|GH|=|DT|=，
故存在定点H，使|GH|为定值.
答案
1
2
3
3.
1.(2025·石家庄模拟)已知椭圆C：+=1(a>b>0)经过A(-2，0)，B(2，0)两点，其左、右焦点分别为F1，F2，且焦距为有理数，点M为椭圆C上异于A，B的动点，△MF1F2面积的最大值为.
(1)求椭圆C的标准方程；
1
2
3
答案
1
2
3
答案
由椭圆C：+=1经过A(-2，0)，B(2，0)两点，可得a=2，
根据椭圆的几何性质，可得当点M为椭圆的上、下顶点时，△MF1F2的面积取得最大值，
即=bc=，
又因为a2=b2+c2，即22=b2+c2，且焦距为有理数，解得b=，c=1，
故椭圆C的标准方程为+=1.
解
(2)若直线AM与BM分别交直线x=10于P，Q两点，证明：直线AP和AQ的斜率之积为定值.
1
2
3
答案
1
2
3
答案
设M(x0，y0)，满足+=1，x0≠±2，则kAP=kAM=，kBM=，
则直线BM的方程为y=(x-2)，
令x=10，可得y=，即Q，则kAQ==·，
所以kAP·kAQ=·=·=-，即直线AP和AQ的斜率之积为定值-.
证明
1
2
3
2.(2025·南京模拟)已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点P(-1，1)的直线l与C交于A，B两点.
(1)若|PF|是|AF|和|BF|的等比中项，求直线l的方程；
答案
1
2
3
答案
由题意设直线l的方程为x=m(y-1)-1，
A，B，由题意知F(1，0)，
联立
消去x得y2-4my+4m+4=0，
则Δ=16m2-16m-16>0，y1+y2=4m，y1y2=4m+4，
因为|PF|是|AF|和|BF|的等比中项，
解
1
2
3
答案
所以|AF|·|BF|=|PF|2，即=5，
所以++1=5，
所以(m+1)2+=4，
解得m=-1或m=1，
当m=1时，Δ=-16<0(舍去)，
所以m=-1，所以直线l的方程为x+y=0.
解
1
2
3
(2)若D是C上一点，且直线AD的斜率为2，证明：直线BD经过定点.
答案
1
2
3
答案
设A，B，D，
则kAD===2，
所以y1+y3=2，
直线AB的方程为
y=+y1=x+，
即4x-(y1+y2)y+y1y2=0，
证明
1
2
3
答案
因为直线AB过点P(-1，1)，所以-4-(y1+y2)+y1y2=0，
同理可得，直线BD的方程为y=+y3，
即4x-(y3+y2)y+y3y2=0，
将y3=2-y1代入上式得，
4x-(2-y1+y2)y+y2(2-y1)=0，
即4x-(2-y1+y2)y+2y2-(y1+y2)-4=0，
即4x-(2-y1+y2)y+(2-y1+y2)-6=0，
证明
1
2
3
答案
即4x-6=(2-y1+y2)(y-1)，
令解得
所以直线BD恒过定点.
证明
3.(2025·贵州模拟)已知双曲线C：-=1(a>0，b>0)的左、右顶点分别为D，E，右焦点为F，点P是双曲线C上异于D，E的一点，且直线PD，PE的斜率之积为.
(1)求双曲线C的渐近线方程；
1
2
3
答案
思维创新
1
2
3
答案
依题意，D(-a，0)，E(a，0)，
设点P(x0，y0)，则-=1，即=-a2)，
由直线PD，PE的斜率之积为，
得=·==，解得=，
所以双曲线C的渐近线方程为y=±x.
解
(2)若PF垂直于x轴，且|PF|=，直线l与双曲线C相切，直线l与直线PF相交于点Q，与直线x=相交于点R，证明为定值，并求此定值；
1
2
3
答案
1
2
3
答案
设F(c，0)，由PF⊥x轴，|PF|=，
得-=1，又=，c2=a2+b2，
所以b=1，a=，c=2，
则双曲线C的方程为-y2=1，
设直线l与双曲线C相切的切点为(t，s)(s≠0)，
则s2=t2-1，直线l的方程为-sy=1，
解
1
2
3
答案
所以Q，R，则|QF|=，
|RF|===·，
而|t|>，所以=，
所以为定值.
解
(3)在(2)的条件下，已知直线n与双曲线C交于点M，N(异于点D)，若以MN为直径的圆经过点D，且DG⊥MN于点G，证明：存在定点H，使得|GH|为定值.
1
2
3
答案
1
2
3
答案
当直线MN的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，而D(-，0)，x1≠-，x2≠-，
由
消去y得(3k2-1)x2+6kmx+3(m2+1)=0，
则
证明
1
2
3
答案
即3k2-1≠0且3k2-m2-1<0，x1+x2=，x1x2=，
则y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2，
因为以MN为直径的圆经过点D，所以DM⊥DN，
又=(x1+，y1)，=(x2+，y2)，
则·=(x1+)(x2+)+y1y2=0，
(k2+1)x1x2+(km+)(x1+x2)+m2+3=0，
于是(k2+1)·+(km+)·+m2+3=0，
证明
1
2
3
答案
化简得m2-3km+6k2=0，
即(m-k)(m-2k)=0，
而直线MN不过点D，即m≠k，因此m=2k，
直线MN：y=k(x+2)过定点T(-2，0)；
当直线MN的斜率不存在时，由对称性，不妨设直线DM的方程为y=x+，
由
解得x=-2或x=-，
证明
1
2
3
答案
则点M，N的横坐标均为-2，
即直线MN：x=-2过定点T(-2，0)，
因此直线MN过定点T(-2，0)，
由DG⊥MN于点G，得点G在以DT为直径的圆上，H为圆心，|GH|为半径，则|GH|=|DT|=，
故存在定点H，使|GH|为定值.
证明
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2026年高考数学复习专题课件★★　范围与最值问题
1.(2025·全国Ⅰ卷，T18)已知椭圆C：+=1(a>b>0)的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，|AB|=.
(1)求C的方程；
探究真题 明确方向
由题意可知，A(0，-b)，B(a，0)，所以
解得
故C的方程为+y2=1.
解
(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足|AP|·|AR|=3.
(ⅰ)设P(m，n)，求R的坐标(用m，n表示)；
设R(x0，y0)，易知m≠0，
方法一　所以kAP=，kAR=，
故=，且mx0>0.
因为A(0，-1)，|AP|·|AR|=3，所以×=3，
即x0m=3，解得x0=，所以y0=，
所以R的坐标为.
解
方法二　设=λ，λ>0，则||=λ||，
又=(m，n+1)，所以|AP|·|AR|=λ||2=3，
即λ=3，所以λ=，
所以=λ=λ(m，n+1)=，又A(0，-1)，故R的坐标为.
解
(ⅱ)设O为坐标原点，Q是C上的动点，直线OR的斜率是直线OP的斜率的3倍，求|PQ|的最大值.
因为kOR==，kOP=，由kOR=3kOP，可得
=，化简得m2+n2+8n-2=0，即m2+(n+4)2=18(m≠0)，
所以点P在以N(0，-4)为圆心，3为半径的圆上(除去与y轴的交点)，
|PQ|max为点Q到圆心N的距离加上半径，
方法一　设Q(xQ，yQ)，则+=1，即=9-9，
解
所以|QN|2=+=9-9++8yQ+16=-8+8yQ+25
=-8+27≤27，当且仅当yQ=，即Q时取等号，
故|PQ|max=+3=3(+).
方法二　设Q(3cos θ，sin θ)，
所以|QN|2=(3cos θ)2+(sin θ+4)2=9cos2θ+sin2θ+8sin θ+16
=9(1-sin2θ)+sin2θ+8sin θ+16
=-8sin2θ+8sin θ+25
解
=-8+27≤27，当且仅当sin θ=，即Q时取等号，
所以|PQ|max=+3=3(+).
解
2.(2023·全国甲卷，理T20)已知直线x-2y+1=0与抛物线C：y2=2px(p>0)交于A，B两点，|AB|=4.
(1)求p；
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
由可得y2-4py+2p=0，
所以yA+yB=4p，yAyB=2p，
所以|AB|=×=4，
即2p2-p-6=0，解得p=2(负值舍去).
解
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，·=0，求△MFN面积的最小值.
由(1)知y2=4x，
所以焦点F(1，0)，显然直线MN的斜率不可能为零，
设直线MN：x=my+n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由可得y2-4my-4n=0，
所以y1+y2=4m，y1y2=-4n，
Δ=16m2+16n>0 m2+n>0，
因为·=0，=(x1-1，y1)，=(x2-1，y2)，
所以(x1-1)(x2-1)+y1y2=0，
解
即(my1+n-1)(my2+n-1)+y1y2=0，
即(m2+1)y1y2+m(n-1)(y1+y2)+(n-1)2=0，
将y1+y2=4m，y1y2=-4n代入得，
4m2=n2-6n+1，
所以4(m2+n)=(n-1)2>0，
所以n≠1，且n2-6n+1≥0，
解得n≥3+2或n≤3-2.
设点F到直线MN的距离为d，
解
所以d=，
|MN|=
=
=
=2|n-1|，
所以△MFN的面积
S=×|MN|×d=×2|n-1|×=(n-1)2，
解
而n≥3+2或n≤3-2，
所以当n=3-2时，△MFN的面积最小，
为Smin=(2-2)2=12-8=4(3-2).
解
命题热度：
本讲是历年高考命题必考的内容，属于中高档题目，具有一定的难度，主要以解答题的形式进行考查.分值约为13~17分.
考查方向：
考查重点是最值与范围问题，主要考查长度、周长、面积、角度、斜率、向量等相关的最值(范围)问题.
专题强化练
考点二　范围问题
考点一　最值问题
内容索引
考点一　最值问题
　(2025·黄山模拟)平面内，动点M(x，y)与定点F(，0)的距离和M到定直线l：x=的距离的比值是常数，记动点M的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
例1
依题意，可得=，
化简得x2+4y2=4，
即曲线E的方程为+y2=1.
解
(2)O为坐标原点，A，B为曲线E上不同两点，经过A，B两点的直线与圆x2+y2=1相切，求△OAB面积的最大值.
依题意，直线AB的斜率不可能是0，
不妨设其方程为x=my+t，
则圆x2+y2=1的圆心O(0，0)到直线x=my+t的距离d==1，即m2+1=t2，①
由
消去x，可得(m2+4)y2+2mty+t2-4=0，
由Δ=4m2t2-4(m2+4)(t2-4)>0，
可得m2-t2+4>0，
解
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
则|AB|=·
=·
=·，
将①式代入，化简得|AB|=，
解
S△OAB=×|AB|×d=2·，
设λ=m2+1，则λ≥1，
S△OAB=2·=2·，
因为λ+≥2=6，当且仅当λ=3时取等号，此时m=±， △OAB的面积的最大值为2×=1.
解
圆锥曲线中的最值问题，常见的方法有
(1)函数法：一般需要找出所求几何量的函数解析式，要注意自变量的取值范围.求函数的最值时，一般会用到配方法、基本不等式或者函数的单调性.
(2)方程法：根据题目中的等量关系建立方程，根据方程的解的条件得出目标量的不等关系，再求出目标量的最值.
(3)不变量法：在平面几何中有一些不变量的最值结果，在求最值时，可以考虑观察图形的几何特点，判断某个特殊位置满足的最值条件，然后再证明.
规律方法
跟踪演练1　已知O为坐标原点，F是抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点，M是C上一点，且|MF|=|MO|=.
(1)求C的方程；
由抛物线的定义可知F.
因为|MF|=|MO|，所以xM=.
因为|MF|=，所以+=，解得p=2，故C的方程为y2=4x.
解
(2)A，B是C上两点(A，B异于点O)，以AB为直径的圆过点O，Q为AB的中点，求直线OQ斜率的最大值.
由题意知直线AB的斜率不为0，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，其方程为x=my+t，
联立
得y2-4my-4t=0，Δ=16(m2+t)>0，则yA+yB=4m，yAyB=-4t，
因为以AB为直径的圆过点O，所以OA⊥OB，即·=0，则xAxB+yAyB=0，
即·+yAyB=0，又yAyB≠0，解得yAyB=-16=-4t，所以t=4.
解
又xA+xB=m(yA+yB)+8=4m2+8，所以Q(2m2+4，2m)，
当m=0时，kOQ=0；
当m≠0时，kOQ===∈∪.
故直线OQ斜率的最大值为.
解
返回
考点二　范围问题
　(2025·海口模拟)设A，B两点的坐标分别为(-1，0)，(1，0)，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积为3.
(1)求点M的轨迹方程C；
例2
设点M(x，y)，x≠±1，则kAM=，kBM=，
所以×=3，化简得x2-=1，
所以点M的轨迹方程为x2-=1(x≠±1).
解
(2)若直线l与C交于P，Q两点，且·=0(点O为坐标原点)，求|PQ|的取值范围.
当直线l的斜率不存在时，可设P(xP，yP)，Q(xP，-yP)，
则=(xP，yP)，=(xP，-yP)，将其代入双曲线方程得-=1，
又·=-=0，解得yP=±，此时|PQ|=2|yP|=；
当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0，
则3-k2≠0，Δ=12(m2-k2+3)>0.
解
由根与系数的关系得x1+x2=，x1x2=.
则·=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)
=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=(1+k2)·+km·+m2=0，
化简得3k2+3=2m2，此时Δ=6(k2+9)>0，
所以|PQ|=·
=·=·
解
=·=·，
当k=0时，此时|PQ|=；当k≠0时，此时|PQ|=·，
因为3-k2≠0，所以k2+>2=6，故>0，
因此|PQ|=·>.
综上可得|PQ|≥，故|PQ|的取值范围为[，+∞).
解
圆锥曲线中的范围问题的思路就是选用一个合适的变量(这个变量能够表达要解决的问题)建立目标函数或不等关系，然后求解.求解范围问题一定要牢记“先找不等式，有时需要找出两个量之间的关系，然后消去另一个量，保留要求的量”.不等式的来源可以是圆锥曲线的有界性、题目条件中某个量的范围等.
规律方法
跟踪演练2　我们把由半椭圆+=1(x≥0)与半椭圆+=1(x≤0)合成的曲线称作“果圆”，其中a2=b2+c2，a>b>c>0.如图，点F0，F1，F2分别是相应椭圆的焦点，A1，A2和B1，B2分别是“果圆”与x轴、y轴的交点.
(1)若△F0F1F2是边长为 1 的等边三角形，求 “果圆” 的方程；
因为△F0F1F2是边长为1的等边三角形，
所以c=，a2-b2=，b2-c2=，
所以b2=1，a2=，
故“果圆”的方程为+y2=1(x≥0)，y2+=1(x≤0).
解
(2)在(1)的条件下，P为半椭圆+=1(x≤0)上任意一点，M点的坐标为(1，0)，求|PF0|+|PF1|的最大值以及|PM|的最小值；
由(1)可知，F0，F1，F2，
设P(x0，y0)，满足+=1(x≤0)，
则|PM|==，
因为-≤x0≤0，由二次函数的性质易知，当x0=0时，|PM|取得最小值，
解
即|PM|min=.
因为|PF2|+|PF1|=2，
所以|PF0|+|PF1|=2+|PF0|-|PF2|≤2+|F0F2|，
当且仅当P，F0，F2三点共线，且F2在P，F0之间时取等号，
又|F0F2|=1，所以|PF0|+|PF1|≤2+|F0F2|=3，即|PF0|+|PF1|的最大值为3.
解
(3)当 |A1A2|>|B1B2| 时，求的取值范围.
因为a2=b2+c2，a>b>c>0，因此a2<2b2 >，
因为|A1A2|>|B1B2|，所以a+c>2b，即c>2b-a，即>2b-a，
因为a0，
所以a2-b2>(2b-a)2=4b2-4ab+a2，化简得<，
所以的取值范围为.
解
返回
专题强化练
答案
1
2
3
1.
(1)由题意得
解得a2=8，b2=6，c=，
所以C的方程为+=1.
答案
1
2
3
1.
(2)①由(1)得点F1(-，0)，
若直线l与x轴重合，则|AB|=2a=4，不符合题意；
设直线l的方程为x=my-，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得(3m2+4)y2-6my-18=0，
则Δ=72m2+72(3m2+4)=288(m2+1)>0，y1+y2=，y1y2=.
答案
1
2
3
1.
所以|AB|==·
==，可得m2=1，即m=±1.
所以直线l的斜率为±1.
②由①知直线AB的方程为x=±y-，根据对称性，只需考虑其中一种情况即可.
不妨取直线AB的方程为x-y+=0.
答案
1
2
3
1.
方法一　由题意，当过点M的直线与直线AB平行，F2在两直线之间，且与椭圆相切时，点M到直线AB的距离最大，即△MAB的面积最大.
设其直线方程为x-y+t=0(t≠)，
联立得7x2+8tx+4t2-24=0，
则Δ=64t2-28(4t2-24)=0，
即t2=14，易知t=-符合题意，直线方程为x-y-=0，
点M到直线AB距离的最大值dmax==+1.
答案
1
2
3
1.
故△MAB面积的最大值Smax=|AB|dmax=××(+1)=.
方法二　因为M在C上，故可设M(2cos α，sin α)，
则点M到直线AB的距离为
d=
=
=|sin α-2cos α-1|=|sin(α-φ)-1|，
答案
1
2
3
1.
其中φ为锐角，且tan φ=，
所以当sin(α-φ)=-1时，点M到直线AB的距离取得最大值为dmax=+1.
故△MAB面积的最大值为Smax=|AB|dmax=××(+1)=.
答案
1
2
3
2.
(1)由题意，动圆过定点P(2，0)，
当圆心不在y轴上时，设圆心T(x，y)(x≠0)，弦的中点为R(0，y)，连接RT(图略)，
则由圆的性质得|PT|2=|RT|2+22，
∴(x-2)2+y2=x2+4，
整理得y2=4x(x≠0).
当圆心在y轴上时，易得圆心坐标为(0，0)，也满足上式，
∴曲线E的方程为y2=4x.
答案
1
2
3
2.
(2)①∵直线AB的斜率不为0，
故设直线AB的方程为x=ty+1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立可得y2-4ty-4=0，
Δ=16(t2+1)>0，则y1+y2=4t，y1y2=-4，
kMA+kMB=+=+
===0.
答案
1
2
3
2.
故∠BMF=∠CMF，
故直线BM与直线CM关于x轴对称，即点B与点C关于x轴对称，
∴线段BC垂直于x轴.
答案
1
2
3
2.
②由①可知C(x2，-y2)，如图，由对称性，不妨设y2>0，
∵点A在M与C之间，∴x2>1，y2>2，
S1=×2y2×(x2-1)=(x2-1)y2=-y2，
S2=×2y2=y2，
则5S2-S1=6y2-，
令f(y)=6y-(y>2)，
答案
1
2
3
2.
则f'(y)=6-=(8-y2)，
令f'(y)>0，则2令f'(y)<0，则y>2.
则f(y)在(2，2)上单调递增，在(2，+∞)上单调递减，
f(y)max=f(2)=8，当y→+∞时，f(y)→-∞.
∴5S2-S1的取值范围为(-∞，8].
(1)因为当直线l 垂直于x轴时，将x=c代入-=1(a>0，b>0)，得y=± ，
所以|PF2|=|QF2|=，所以|PF1|=|QF1|=+2a ，
因为双曲线E的离心率为2，△PQF1的周长为16，
所以解得
所以双曲线E的标准方程为x2-=1.
答案
1
2
3
3.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x'0，y'0) ，
①因为A，B两点在双曲线E上，所以
两式相减得-=- ，
得(x1-x2)(x1+x2)=， 即·=3，
所以kOM·kAB=3(O为坐标原点)， 即y'0≠0，
答案
1
2
3
3.
因为l'是AB的垂直平分线，所以kl'·kAB=-1，
所以kOM=-3kl' ，
即=-3，化简得x0=4x'0 ，故 λ=4.
②由题意可知直线AB的斜率k存在且k≠0，k≠±，
设直线AB的方程为y=kx+m，
由
消去y并整理得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0，
答案
1
2
3
3.
则3-k2≠0，Δ=(-2km)2+4(3-k2)(m2+3)=12(3+m2-k2)>0，
即m2+3-k2>0，x1+x2=，x1x2=-，
y1+y2=k(x1+x2)+2m=k·+2m=，
于是M 点的坐标为，
kMC==.
答案
1
2
3
3.
易知kMC·kAB=-1，
所以 =- ，解得m=3-k2 ，
代入m2+3-k2>0，得+(3-k2)=(3-k2)(4-k2)>0，
得k2<3或k2>4，
由A，B在双曲线E的右支上得，x1x2=->0，得3-k2<0，即k2>3，
且x1+x2==2k>0，即k>0，
综上，k>2.
答案
1
2
3
3.
又|CM|==，
所以tan∠ACM==
=×2==.
因为k>2，所以3-k2<-1，
答案
1
2
3
3.
故-3<<0，所以∈(0，)，
所以∠ACM∈，
所以∠ACB=2∠ACM∈，故∠ACB的取值范围是.
答案
1
2
3
3.
1.(2025·贵州适应性考试)已知椭圆C：+=1(a>b>0)的离心率为，且经过点P(2，)，其左、右焦点分别为F1，F2.
(1)求C的方程.
1
2
3
答案
1
2
3
答案
由题意得
解得a2=8，b2=6，c=，
所以C的方程为+=1.
解
(2)设过F1的直线l与C交于A，B两点，且|AB|=.
①求直线l的斜率；
1
2
3
答案
1
2
3
答案
由(1)得点F1(-，0)，
若直线l与x轴重合，则|AB|=2a=4，不符合题意；
设直线l的方程为x=my-，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得(3m2+4)y2-6my-18=0，
则Δ=72m2+72(3m2+4)=288(m2+1)>0，
y1+y2=，y1y2=.
解
1
2
3
答案
所以|AB|==·
==，可得m2=1，即m=±1.
所以直线l的斜率为±1.
解
②设M为C上异于A，B的动点，求△MAB面积的最大值.
1
2
3
答案
1
2
3
答案
由①知直线AB的方程为x=±y-，根据对称性，只需考虑其中一种情况即可.
不妨取直线AB的方程为x-y+=0.
方法一　由题意，当过点M的直线与直线AB平行，F2在两直线之间，且与椭圆相切时，点M到直线AB的距离最大，即△MAB的面积最大.
设其直线方程为x-y+t=0(t≠)，
联立
解
1
2
3
答案
得7x2+8tx+4t2-24=0，
则Δ=64t2-28(4t2-24)=0，
即t2=14，易知t=-符合题意，
直线方程为x-y-=0，
点M到直线AB距离的最大值dmax==+1.
故△MAB面积的最大值Smax=|AB|dmax=××(+1)=.
解
1
2
3
答案
方法二　因为M在C上，故可设M(2cos α，sin α)，
则点M到直线AB的距离为d==
=|sin α-2cos α-1|=|sin(α-φ)-1|，
其中φ为锐角，且tan φ=，
所以当sin(α-φ)=-1时，点M到直线AB的距离取得最大值为dmax=+1.
故△MAB面积的最大值为Smax=|AB|dmax=××(+1)=.
解
1
2
3
2.(2025·河南H20联盟联考)已知动圆过定点P(2，0)，且在y轴上截得的弦长为4.动圆圆心的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
答案
1
2
3
答案
由题意，动圆过定点P(2，0)，
当圆心不在y轴上时，设圆心T(x，y)(x≠0)，弦的中点为R(0，y)，连接RT(图略)，
则由圆的性质得|PT|2=|RT|2+22，
∴(x-2)2+y2=x2+4，
整理得y2=4x(x≠0).
当圆心在y轴上时，易得圆心坐标为(0，0)，也满足上式，
∴曲线E的方程为y2=4x.
解
1
2
3
(2)设过点F(1，0)的直线交曲线E于A，B两点，过点M(-1，0)的直线MA与E的另一个交点为C，点A在M与C之间.
①证明：线段BC垂直于x轴；
答案
1
2
3
答案
∵直线AB的斜率不为0，
故设直线AB的方程为x=ty+1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立可得y2-4ty-4=0，
Δ=16(t2+1)>0，则y1+y2=4t，y1y2=-4，
kMA+kMB=+=+
===0.
故∠BMF=∠CMF，
证明
1
2
3
答案
故直线BM与直线CM关于x轴对称，即点B与点C关于x轴对称，
∴线段BC垂直于x轴.
证明
1
2
3
②记△FBC的面积为S1，△MFC的面积为S2，求5S2-S1的取值范围.
答案
1
2
3
答案
由①可知C(x2，-y2)，如图，由对称性，不妨设y2>0，
∵点A在M与C之间，∴x2>1，y2>2，S1=×2y2×(x2-1)=(x2-1)y2=-y2，
S2=×2y2=y2，则5S2-S1=6y2-，
令f(y)=6y-(y>2)，
则f'(y)=6-=(8-y2)，
令f'(y)>0，则2解
1
2
3
答案
令f'(y)<0，则y>2.
则f(y)在(2，2)上单调递增，在(2，+∞)上单调递减，
f(y)max=f(2)=8，当y→+∞时，f(y)→-∞.
∴5S2-S1的取值范围为(-∞，8].
解
3.(2025·郴州模拟)已知双曲线E：-=1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为2，过F2的直线l与双曲线E交于P，Q两点，当直线l垂直于x轴时，△PQF1的周长为16.
(1)求双曲线E的标准方程；
1
2
3
答案
思维创新
1
2
3
答案
因为当直线l 垂直于x轴时，将x=c代入-=1(a>0，b>0)，得y=± ，
所以|PF2|=|QF2|=，所以|PF1|=|QF1|=+2a ，
因为双曲线E的离心率为2，△PQF1的周长为16，
所以解得
所以双曲线E的标准方程为x2-=1.
解
(2)与x轴不重合的直线l'过点N(x0，0)(x0≠0)，双曲线E上存在两点A，B关于l'对称，且AB的中点M的横坐标为x'0.
①若x0=λx'0，求实数λ的值；
1
2
3
答案
1
2
3
答案
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x'0，y'0) ，
因为A，B两点在双曲线E上，所以
两式相减得-=- ，
得(x1-x2)(x1+x2)=， 即·=3，
所以kOM·kAB=3(O为坐标原点)， 即y'0≠0，
解
1
2
3
答案
因为l'是AB的垂直平分线，所以kl'·kAB=-1，
所以kOM=-3kl' ，
即=-3，化简得x0=4x'0 ，故 λ=4.
解
②若A，B为双曲线E右支上两个不同的点，l'过点C(0，4)，求∠ACB的取值范围.
1
2
3
答案
1
2
3
答案
由题意可知直线AB的斜率k存在且k≠0，k≠±，
设直线AB的方程为y=kx+m，
由
消去y并整理得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0，
则3-k2≠0，Δ=(-2km)2+4(3-k2)(m2+3)=12(3+m2-k2)>0，
即m2+3-k2>0，x1+x2=，
解
1
2
3
答案
x1x2=-，y1+y2=k(x1+x2)+2m=k·+2m=，
于是M 点的坐标为，
kMC==.
易知kMC·kAB=-1，
所以 =- ，解得m=3-k2 ，
解
1
2
3
答案
代入m2+3-k2>0，得+(3-k2)=(3-k2)(4-k2)>0，
得k2<3或k2>4，
由A，B在双曲线E的右支上得，x1x2=->0，得3-k2<0，即k2>3，
且x1+x2==2k>0，即k>0，
综上，k>2.
又|CM|==，
解
1
2
3
答案
所以tan∠ACM==
=×2==.
因为k>2，所以3-k2<-1，故-3<<0，所以∈(0，)，
所以∠ACM∈，
所以∠ACB=2∠ACM∈，故∠ACB的取值范围是.
解
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2026年高考数学复习专题课件★★
三角函数的图象与性质
1.(2025·全国Ⅰ卷，T4)已知点(a，0)(a>0)是函数y=2tan的图象的一个对称中心，则a的最小值为
A. B.
C. D.
探究真题 明确方向
√
y=2tan的对称中心的横坐标满足x-=，k∈Z，即x=+，k∈Z，
所以y=2tan的图象的对称中心是，k∈Z，
即a=+，k∈Z，
又a>0，则当k=0时，a最小，最小值是.
解析
2.(2025·天津，T8)f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0，-π<φ<π)，在上单调递增，且x=为它的一条对称轴，是它的一个对称中心，当x∈时，f(x)的最小值为
A.- B.-
C.1 D.0
√
设f(x)的最小正周期为T，
根据题意有m，k∈Z，
由正弦函数的对称性可知-=(n∈N)，又ω>0，
即=，∴ω=4n+2(n∈N)，
又f(x)在上单调递增，则≥-=，∴≥，0<ω≤2，
解析
∴ω=2，则m，k∈Z，
∵φ∈(-π，π)，∴当k=0，m=1时，φ=，
∴f(x)=sin，
又当x∈时，2x+∈，
由正弦函数的单调性可知当2x+=，即x=时，f(x)min=sin =-.
解析
3.(多选)(2024·新课标Ⅱ卷，T9)对于函数f(x)=sin 2x和g(x)=sin，下列说法中正确的有
A.f(x)与g(x)有相同的零点
B.f(x)与g(x)有相同的最大值
C.f(x)与g(x)有相同的最小正周期
D.f(x)与g(x)的图象有相同的对称轴
√
√
A选项，令f(x)=sin 2x=0，
解得x=，k∈Z，即为f(x)的零点，
令g(x)=sin=0，
解得x=+，k∈Z，即为g(x)的零点，
显然f(x)，g(x)零点不同，A选项错误；
B选项，显然f(x)max=g(x)max=1，B选项正确；
C选项，根据周期公式，f(x)，g(x)的最小正周期均为=π，C选项正确；
解析
D选项，根据正弦函数的性质，f(x)的对称轴满足2x=kπ+，k∈Z，
解得x=+，k∈Z，
g(x)的对称轴满足2x-=kπ+，k∈Z，
解得x=+，k∈Z，
显然f(x)，g(x)图象的对称轴不同，D选项错误.
解析
4.(2023·新课标Ⅰ卷，T15)已知函数f(x)=cos ωx-1(ω>0)在区间[0，2π]上有且仅有3个零点，则ω的取值范围是　　　　.
[2，3)
因为0≤x≤2π，
所以0≤ωx≤2ωπ，
令f(x)=cos ωx-1=0，
则cos ωx=1有3个根，
令t=ωx，则cos t=1有3个根，其中t∈[0，2ωπ]，
结合余弦函数y=cos t的图象性质可得4π≤2ωπ<6π，
故2≤ω<3.
解析
5.(2023·新课标Ⅱ卷，T16)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)，如图，A，B是直线y=与曲线y=f(x)的两个交点，若|AB|=，则f(π)=　　　　.
-
设A，B，
由|AB|=可得x2-x1=，
由sin x=可知，
x=+2kπ，k∈Z或x=+2kπ，k∈Z，
由图可知，
ωx2+φ-(ωx1+φ)=-=，
即ω(x2-x1)=，所以ω=4.
解析
因为f =sin=0，
所以+φ=kπ，k∈Z，
即φ=-+kπ，k∈Z.
所以f(x)=sin，k∈Z，
所以f(x)=sin或f(x)
=-sin，
解析
又因为f(0)<0，
所以f(x)=sin，
所以f(π)=sin=-.
解析
命题热度：
本讲是历年高考命题必考的内容，属于中档题，主要题型为选择题或填空题，分值约为5~6分.
考查方向：
一是考查三角函数图象变换，考查根据给出的两个三角函数确定变换的方法以及根据给出的变换方法确定参数值的问题；二是考查三角函数的图象，考查根据给出的三角函数图象确定函数解析式中的参数，根据给出的情境确定三角函数图象等问题；三是考查三角函数的性质，考查根据三角函数解析式研究三角函数的单调性、对称性、周期性等性质.
考点二　三角函数的图象与解析式
考点一　三角函数的图象变换
内容索引
专题强化练
考点三　三角函数的性质
考点一　三角函数的图象变换
　(1)已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)的最小正周期为π，且过点，若将f(x)图象上所有点的纵坐标变为原来的，横坐标不变，再向左平移个单位长度得到g(x)的图象，则g(x)等于
A.sin B.sin
C.sin D.sin
例1
√
因为函数f(x)的最小正周期为π，ω>0，
所以T==π，
则ω=2，故f(x)=2sin(2x+φ)，
又函数f(x)过点，故f =2sin=0，
即-+φ=kπ，k∈Z，解得φ=kπ+，k∈Z，
由|φ|<得φ=-，故f(x)=2sin.
解析
将f(x)图象上所有点的纵坐标变为原来的，横坐标不变，
得到y=sin的图象，
再向左平移个单位长度得到g(x)=sin=sin的图象.
解析
(2)(2025·湖州模拟)已知函数f(x)=acos ωx(a≠0，ω>0)，将函数y=f(x)的图象向左平移个单位长度后得到函数y=g(x)的图象，若关于x的方程g(x)
=0在上有且仅有两个不相等的实数根，则实数ω的取值范围是
A. B.
C. D.
√
由题意得g(x)=acos ω=acos，
若x∈，则ωx+∈，
∵g(x)=0在上有且仅有两个不相等的实数根，
∴≤ω+<，
解得≤ω<4，
即实数ω的取值范围是.
解析
三角函数图象平移问题的处理策略
(1)看平移要求：确定由哪一个函数的图象平移得到哪一个函数的图象，这是判断移动方向的关键.
(2)看左右移动方向：左“+”右“-”.
(3)看移动单位：在函数y=Asin(ωx+φ)的图象中，周期变换和相位变换都是沿x轴方向进行的，所以ω和φ之间有一定的关系，要知道φ是初相，再经过ω的放缩，最后移动的单位长度是(注意先移后缩和先缩后移的区别).
规律方法
跟踪演练1　(1)(2025·南京模拟)把函数y=cos x图象上所有点的横坐标变为原来的(纵坐标不变)，再将图象上所有的点向右平移个单位长度，得到函数y=f(x)的图象，则f(x)等于
A.cos B.cos
C.cos D.cos
√
把函数y=cos x图象上所有点的横坐标变为原来的(纵坐标不变)后得到y
=cos 2x的图象，再将图象上所有的点向右平移个单位长度后得到的函数图象的解析式为y=cos 2=cos.
解析
(2)(2025·太原模拟)将函数f(x)=sin(2x+θ)的图象先向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度后，所得的图象经过点，则θ等于
A.- B.
C.- D.
√
将函数f(x)=sin(2x+θ)的图象先向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度后，得到的函数图象的解析式为
g(x)=sin+1=sin+1，
当x=时，g=sin+1=2，即sin=1，
则+θ=+2kπ，其中k∈Z，解得θ=-+2kπ，k∈Z，
又-<θ<，所以θ=-.
解析
返回
考点二　三角函数的图象与解析式
　(1)(2025·湖南省沅澧共同体模拟)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象如图所示，图象与x轴的一个交点为M，与y轴的交点为N，最高点P(1，A)，且满足NM⊥NP.若将f(x)的图象向左平移1个单位长度得到的图象对应的函数为g(x)，则g(-2)等于
A. B.0
C. D.-
例2
√
由题意知，函数f(x)的最小正周期T满足=xM-xP=-1=，解得T=6，
所以ω==，
则f(x)=Asin，
由f(x)的图象与x轴的一个交点为M得×+φ=kπ(k∈Z)，
则φ=-+kπ(k∈Z)，
解析
因为|φ|<，所以φ=，
即f(x)=Asin，
则f(0)=Asin=，
所以f(x)的图象与y轴的交点为N，
则=，=，
因为NM⊥NP，所以·=-=0，解得A=-(舍去)或A=，
解析
所以f(x)=sin，
又将f(x)的图象向左平移1个单位长度得到的图象对应的函数为g(x)，
则g(x)=sin=cosx，
所以g(-2)=cos=-.
解析
(2)已知函数f(x)=Acos(ωx-φ)的部分图象如图所示，将y=f(x)图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，再将所得函数图象向左平移个单位长度，得到函数y=g(x)的图象，则g(x)的解析式为
A.g(x)=2cos
B.g(x)=2cos
C.g(x)=2sin 2x
D.g(x)=2cos 2x
√
由图象可知A=2，=，
则f(x)图象的一个最低点为，
f(x)的最小正周期T=，则ω==3，
f =2cos=-2，
即-φ=π+2kπ(k∈Z)，
所以φ=-2kπ(k∈Z)，
解析
又因为|φ|<，所以φ=，
所以f(x)=2cos，
将y=f(x)图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，得到y=2cos的图象，
再将所得函数图象向左平移个单位长度，
得到y=2cos=2cos 2x的图象，
故g(x)=2cos 2x.
解析
由三角函数的图象求解析式y=Asin(ωx+φ)+B(A>0，ω>0)中参数的值
(1)最值定A，B：根据给定的函数图象确定最值，设最大值为M，最小值为m，则M=A+B，m=-A+B，解得B=，A=.
(2)T定ω：由周期公式T=，可得ω=.
(3)特殊点定φ：代入特殊点求φ，一般代入最高点或最低点，代入中心点时应注意是上升趋势还是下降趋势.
规律方法
跟踪演练2　(1)(2025·北京海淀区模拟)已知函数y=sin(ωx+φ)(ω>0)的部分图象如图所示.若A，B，C，D四点在同一个圆上，则ω等于
A.1 B.
C.π D.
√
连接BC交x轴于点E，如图，
由于A，B，C，D四点在同一个圆上，
且A，D和B，C均关于点E对称，
故E为圆心，故AE=BE，
AE=T=，BE==，
故=，解得ω=.
解析
(2)如图所示，将函数f(x)=3sin ωx(ω>0)的图象向右平移得到g(x)=3sin(ωx-φ)(0<φ<π)的图象，其中P和P1分别是f(x)图象上相邻的最高点和最低点，点B，A分别是f(x)，g(x)图象的一个对称中心，若AP⊥AP1，=15，
则g(x)的解析式为　　　　 　.
g(x)=3sin
将函数f(x)=3sin ωx(ω>0)的图象向右平移个单位长度得g(x)=3sin(ωx-φ)
(0<φ<π)的图象，
由于B，A分别是f(x)，g(x)图象的一个对称中心，结合图象可知AB=.
=AB×3×2=15，故AB==5，
由于AP⊥AP1，所以BP1=BP=AB=5，
设f(x)的最小正周期为T，则T==4，故T==16，
解得ω=，φ=5ω=，故g(x)=3sin.
解析
返回
考点三　三角函数的性质
　(1)(多选)(2025·长沙模拟)已知函数f(x)=2sin2x+sin，则下列说法正确的是
A.f(x)的最小正周期为2π
B.f(x)的图象关于点对称
C.f(x)在区间上的值域为
D.若f(x)的图象向右平移φ(φ>0)个单位长度后所得图象关于y轴对称，则φ
的最小值为
例3
√
√
√
因为f(x)=2sin2x+sin=2·+sin 2xcos+cos 2xsin
=-cos 2x-sin 2x+cos 2x=-
=-sin，
对于A选项，函数f(x)的最小正周期T==π，A错误；
解析
对于B选项，因为f =-sin π=，故f(x)的图象关于点对称，B正确；
对于C选项，当0所以f(x)=-sin∈，
故f(x)在区间上的值域为，C正确；
解析
对于D选项，若f(x)的图象向右平移φ(φ>0)个单位长度后所得图象关于y轴对称，
即函数y=-sin=-sin为偶函数，
故-2φ=kπ+(k∈Z)，解得φ=--(k∈Z)，
因为φ>0，故当k=-1时，φ取得最小值，D正确.
解析
(2)(2025·清远质检)已知函数f(x)=sin πωx-cos πωx(ω>0)在[0，1]内恰有3个最值点和3个零点，则实数ω的取值范围是
A. B.
C. D.
√
因为f(x)=sin πωx-cos πωx=2sin(ω>0)，
且当0≤x≤1时，-≤πωx-≤πω-，
因为函数f(x)在[0，1]内恰有3个最值点和3个零点，
所以≤πω-<3π，解得≤ω<.
解析
研究三角函数的性质，首先化函数为f(x)=Asin(ωx+φ)+B的形式，然后结合正弦函数y=sin x的性质求f(x)的性质，此时有两种思路：一种是根据y=sin x的性质求出f(x)的性质，然后判断各选项；另一种是由x的值或范围求得t=ωx+φ的范围，然后由y=sin t的性质判断各选项.
规律方法
跟踪演练3　(1)(2025·烟台模拟)已知函数f(x)=sin(ω>0)在上单调递增，且其图象关于点对称，则f 等于
A.- B.-
C. D.
√
由函数f(x)=sin(ω>0)在上单调递增，得≥2
=π，
解得0<ω≤2，由f(x)的图象关于点对称，得ω-=kπ，k∈Z，
解得ω=3k+，k∈Z，于是k=0，ω=，f(x)=sin，
所以f =sin=sin=.
解析
(2)(多选)(2025·石家庄模拟)已知函数f(x)=tan(ωx+φ)的图象经过点(0，-)，g(x)=f(x)-1的零点之间距离的最小值为2，则
A.f(2)=
B.f(x)的单调递增区间为(k∈Z)
C.f(x)的图象关于点(k∈Z)对称
D.f(x)=sin(0≤x≤5)的解集为
√
√
由已知得，f(x)的最小正周期为2，所以ω=，
因为函数f(x)=tan (ωx+φ)的图象经过点(0，-)，
所以tan φ=-，因为-<φ<，
所以φ=-，
所以f(x)=tan，
则f(2)=tan=-，所以A错误；
解析
当且仅当-+kπ解得2k-所以f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，所以B正确；
令x-=k·(k∈Z)，得x=k+(k∈Z).
所以f(x)的图象关于点(k∈Z)对称，所以C正确；
解析
因为f(x)=sin=sin=sin(0≤x≤5)，
可得sin=tan=，
即sin=0，
所以sin=0或cos=1，
而当cos=1时，sin=0，
解析
故只需sin=0，
则-=mπ(m∈Z)，解得x=2m+(m∈Z)，
因为0≤x≤5，故x∈，
因此，f(x)=sin(0≤x≤5)的解集为，所以D错误.
解析
返回
专题强化练
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C A D A B D C C
题号 9 10 11 12 13 14 15 16
答案 AC BD ACD [-4，8] BD
一、单项选择题
1.(2025·汕头模拟)要得到函数y=sin 2x的图象，只要将函数y=sin的图象
A.向右平移个单位长度
B.向左平移个单位长度
C.向右平移个单位长度
D.向左平移个单位长度
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
答案
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
答案
将函数y=sin的图象向右平移个单位长度得到函数y=sin=sin 2x的图象.
解析
1
2
3
4
5
6
7
8
2.(2025·杭州模拟)“φ=-+kπ(k∈Z)”是“函数y=tan(x+φ)的图象关于点对称”的
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
9
10
11
12
13
14
15
16
答案
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
答案
若函数y=tan(x+φ)的图象关于点对称，则+φ=(k∈Z)，
解得φ=-+(k∈Z)，
因为是的真子集，
所以“φ=-+kπ(k∈Z)”是“函数y=tan(x+φ)的图象关于点对称”的充分不必要条件.
解析
3.(2025·苏北七市调研)已知函数f(x)=sin 2x-2cos2x的图象关于直线x=x0对称，则tan 2x0等于
A. B.-
C. D.-
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答案
因为f(x)=sin 2x-2cos2x =sin 2x-cos 2x-1
=2-1=2sin-1，
因为函数f(x)=sin 2x-2cos2x的图象关于直线x=x0对称，
所以2x0-=kπ+，k∈Z，
所以2x0=kπ+，k∈Z，
所以tan 2x0=tan=tan=-，k∈Z.
解析
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4.(2025·湖北省鄂东南联盟模拟)已知函数f(x)=sin的图象向左平移个单位长度后，得到的图象关于y轴对称，则满足条件且|ω|最小的ω的值为
A.3 B.-3
C.15 D.2
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答案
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答案
由题设，函数y=sin=sin为偶函数，
所以-=+kπ，k∈Z，得ω=15+12k，k∈Z，
要|ω|最小，取k=-1，得ω=3.
解析
5.(2025·漳州质检)已知f(x)=sin，若f(x)在区间(0A. B.
C. D.
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答案
画出函数f(x)的部分图象如图所示，
因为0又因为f(x)在区间(0所以解得解析
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答案
6.函数f(x)=2sin(ωx+φ)的图象如图所示.已知A，B，将f(x)的图象向右平移2个单位长度，得到函数g(x)的图象，则g(x)的解析式为
A.g(x)=2sin
B.g(x)=2sin
C.g(x)=-2sin
D.g(x)=-2sin
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答案
由题意可知f(x)的周期T满足
=-=2，得T=4，
即=4，得ω=，
所以f(x)=2sin，
因为点B是f(x)图象上的一个点，
所以f =2sin=2，sin=1，
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答案
则+φ=+2kπ，k∈Z，即φ=+2kπ，k∈Z，
又0<φ<，所以φ=，
所以f(x)=2sin，
将f(x)的图象向右平移2个单位长度，
得到函数g(x)=2sin
=-2sin的图象.
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答案
7.(2023·全国甲卷)函数y=f(x)的图象由函数y=cos的图象向左平移个单位长度得到，则y=f(x)的图象与直线y=x-的交点个数为
A.1 B.2
C.3 D.4
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答案
因为y=cos的图象向左平移个单位长度所得图象对应的函数为y=cos=cos=-sin 2x，
所以f(x)=-sin 2x，
而y=x-显然过与(1，0)两点，
作出y=f(x)与y=x-的大致图象如图所示，
考虑2x=-，2x=，2x=，
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答案
即x=-，x=，x=处f(x)与y=x-的大小关系，
当x=-时，f =-sin=-1，y=×-=-<-1；
当x=时，f =-sin=1，y=×-=<1；
当x=时，f =-sin=1，
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答案
y=×-=>1.
所以由图可知，f(x)的图象与直线y=x-的交点个数为3.
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答案
8.已知函数f(x)=asin x+cos x，x∈，若存在x1≠x2，使得f(x1)=f(x2)，则实数a的取值范围是
A.(-∞，1] B.[，+∞)
C.(1，) D.[1，]
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答案
若存在x1≠x2，使得f(x1)=f(x2)，等价于函数f(x)在上不是单调函数，
易知f '(x)=acos x-sin x，
若函数f(x)在上单调递增，则f '(x)≥0在上恒成立，
即acos x-sin x≥0，
所以a≥=tan x在上恒成立，
则a≥；
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答案
同理，若函数f(x)在上单调递减，则f'(x)≤0在上恒成立，得a≤1，
即若函数f(x)在上不单调，则1解析
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答案
二、多项选择题
9.(2025·荆州质检)已知函数f(x)=sin+sin，则
A.函数f 为偶函数
B.f(x)的最大值为2
C.f(x)在区间上单调递增
D.曲线y=f(x)关于点，k∈Z对称
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答案
f(x)=sin+sin=(sin x+cos x)+(sin x-cos x)=sin x.
对于A，设g(x)=f =sin=-cos x，
函数g(x)的定义域关于原点对称，由g(-x)=-cos(-x)=-cos x=g(x)，可得函数g(x)=f 为偶函数，故A正确；
对于B，由于y=sin x的最大值为1，因此f(x)max=×1=，故B错误；
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答案
对于C，当x∈时，y=sin x单调递增，故f(x)=sin x在上单调递增，故C正确；
对于D，由于曲线y=sin x关于点(kπ，0)，k∈Z对称，因此曲线y=f(x)关于点(kπ，0)，k∈Z对称，故D错误.
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答案
10.(2025·湖北八校协作体联考)已知函数f(x)=sin 2x，若将f(x)的图象向右平移个单位长度后，再把所得曲线上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数g(x)的图象，则下列说法正确的是
A.g(x)=sin
B.g(x)的图象关于点中心对称
C.g(x)的图象关于直线x=对称
D.g(x)的图象与f(x)的图象在[0，2π]内有4个交点
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答案
对于A，将f(x)的图象向右平移个单位长度后，
可得f =sin 2=sin，
进而可得g(x)=sin，故A错误；
对于B，g=sin=0，故B正确；
对于C，g=sin=≠±1，故直线x=不是g(x)图象的对称轴，故C错误；
对于D，分别作出f(x)与g(x)在[0，2π]内的图象，可知有4个交点，故D正确.
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答案
11.(2025·安徽A10联盟质检)由函数g(x)，h(x)相加后得到的函数，具有优美的图象和性质，称为“优生成函数”.已知g(x)=2sin x，h(x)=|sin 2x|，其优生成函数记为f(x)，则
A.f(x)的图象关于直线x=-对称
B.f(x)在区间上先增后减
C.f(x)的值域为
D.f(x)在区间[0，10π]上有11个零点
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答案
易知“优生成函数”为f(x)=2sin x+|sin 2x|，
因为f(-π-x)=2sin(-π-x)+|sin(-2π-2x)|=2sin x+|sin 2x|=f(x)，
所以f(x)的图象关于直线x=-对称，故A正确；
显然f(x+2π)=2sin(x+2π)+|sin(2x+4π)|=2sin x+|sin 2x|=f(x)，
所以2π是函数f(x)的一个周期，所以f(x)在区间上的单调性与在区间上的单调性相同，设x∈，则f(x)=2sin x-sin 2x，
求导得f'(x)=2cos x-2cos 2x=-4cos2x+2cos x+2=-2(cos x-1)(2cos x+1)>0，
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答案
故f(x)在区间上单调递增，即f(x)在区间上单调递增，故B错误；
由f(x)的图象关于直线x=-对称及2π是函数f(x)的一个周期知，
只需考查x∈时f(x)的值域，
因为f =-2+0=-2，f(0)=0+0=0，
f(x)在区间上单调递增，
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答案
故当x∈时，-2≤f(x)≤0，
当x∈时，f(x)=2sin x+sin 2x，
求导得f'(x)=2cos x+2cos 2x=2(2cos x-1)(cos x+1)，当00，
当所以f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，
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答案
故当x∈时，0综上，f(x)的值域为，故C正确；
易知f(x)在区间[0，10π]上的零点分别为0，π，2π，…，9π，10π，共11个，故D正确.
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答案
三、填空题
12.(2025·南京模拟)函数f(x)=cos 2x-6cos x+1的值域为　　　　.
[-4，8]
f(x)=cos 2x-6cos x+1=2cos2x-6cos x，
设t=cos x，则t∈[-1，1]，
易知二次函数y=2t2-6t=2-在[-1，1]上单调递减，
当t=-1时，ymax=8，
当t=1时，ymin=-4，故函数f(x)的值域为[-4，8].
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答案
13.(2025·安徽皖南八校模拟)已知函数f(x)=2sin ωx与g(x)=2cos ωx(ω>0)的图象上任意3个相邻的交点构成直角三角形，则ω=　　　.
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答案
如图所示，设函数f(x)=2sin ωx(ω>0)与g(x)=2cos ωx的交点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，
由2sin ωx=2cos ωx得tan ωx=1，
所以ωx1=，ωx2=，ωx3=，
则y1=y3=2sin=，y2=-，
由对称性和已知可得△ABC为等腰直角三角形，
所以点B到直线AC的距离为AC，即y1-y2=(x3-x1)，解得ω=.
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答案
14.已知函数f(x)=3sin-2cos2+1，把函数f(x)的图象向左平移个单位长度，得到函数g(x)的图象.若x1，x2是关于x的方程g(x)=a在内的两根，则cos(x1+x2)的值为　　　　　　.
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答案
f(x)=3sin-2cos2+1
=3sin-cos
=sin，
其中sin φ=，cos φ=，
因为把函数f(x)的图象向左平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，
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答案
所以g(x)=f =sin=sin，
当x∈时，2x-φ∈[-φ，π-φ]，
因为x1，x2是关于x的方程g(x)=a在内的两根，
所以有= x1+x2=+φ，
因此cos(x1+x2)=cos=-sin φ=-.
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答案
15.(多选)(2025·合肥模拟)已知函数f(x)=sin x|cos x|+cos x|sin x|，则下列说法正确的是
A.f(x)的周期为
B.f(x)的图象关于直线x=对称
C.f(x)在[0，π]上恰有3个零点
D.若f(ωx)(ω>0)在上单调递增，则ω的最大值为
思维创新
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答案
①当x∈(k∈Z)时，
f(x)=sin xcos x+cos xsin x=2sin xcos x=sin 2x，
②当x∈(k∈Z)时，
f(x)=sin x(-cos x)+cos xsin x=0，
③当x∈(k∈Z)时，
f(x)=sin x(-cos x)+cos x(-sin x)=-2sin xcos x=-sin 2x，
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答案
④当x∈(k∈Z)时，
f(x)=sin xcos x+cos x(-sin x)=0，
因此，f(x)=k∈Z，
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答案
所以函数f(x)的图象，如图所示.
A选项，因为f
=sin+cos
=cos x|sin x|-sin x|cos x|≠f(x)，故A错误；
B选项，由图象可知f(x)的图象关于直线x=对称，故B正确；
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答案
C选项，由f(x)的函数解析式以及函数图象可知，
当x∈时，f(x)≥0，
当x∈时，f(x)=0，当x=π时，f(x)=0，所以f(x)在[0，π]上有无数个零点，故C错误；
D选项，由ω>0，0≤x≤，得0≤ωx≤，
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答案
因为f(ωx)(ω>0)在上单调递增，所以由f(x)的图象可知0<≤，解得0<ω≤，
则ω的最大值为，故D正确.
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答案
16.(2025·玉溪模拟)直线y=与函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0)的图象的交点为A1，A2，A3，…，An(1≤i=，|AiAj|max=，则f =　　　　.
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答案
由题意中的|AiAj|max=，
而x∈，区间长度刚好是5-=，
说明区间的端点刚好是第一个交点A1与最后一个交点An的横坐标，
而|AiAj|min=，说明是如图中|A1A2|=，
再由sin x=在(0，2π)中的两个角之间的最小距离是-=，现在相当于把正弦函数中缩小到，即满足×=，解得ω=，
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答案
而根据图象对称性，可知函数的最高点的横坐标为x=+×=，
代入得f =sin=sin=1，
则+φ=+2kπ，k∈Z，解得φ=-+2kπ，k∈Z，
所以f(x)=sin=sin，k∈Z，
即f =sin=sin=.
解析
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