資源簡介

2024年高考考前20天終極沖刺攻略 數學（一）（新高考新題型專用）
目 錄 contents
（一）
統計、排列組合及隨機變量及其分布（選填題）…………………………01
圓錐曲線（選填題）…………………………………………………………21
數列（選填題）………………………………………………………………44
空間立體幾何（選填題） …………………………………………………62
直線（圓）與方程（選填題）………………………………………………79
統計、排列組合及隨機變量及其分布（選填題）
年份 題號 知識點 考點
2021年I卷 8 事件的獨立性 區分獨立事件與互斥事件
9 離散型隨機變量 ①離散型隨機變量的均值與變形 ②離散型隨機變量的方差與變形
2021年II卷 6 正態分布 正態分布均值與標準差在圖像中的含義
9 離散型隨機變量 ①離散型隨機變量的均值與變形 ②離散型隨機變量的方差與標準差 ③離散型隨機變量的中位數 ④離散型隨機變量的極差
2022年I卷 5 排列組合 ①相同元素與不同元素分配問題 ②相鄰問題與不相鄰問題 ③涂色問題與定序問題 ④可重復與限制及正難則反問題
13 二項式定理 ①二項展開式中的參數及常數項問題 ②二項展開式中的系數最值 ③ 二項展開式中的系數和、各項系數和與差
2022年II卷 5 排列組合 ①相同元素與不同元素分配問題 ②相鄰問題與不相鄰問題 ③涂色問題與定序問題 ④可重復與限制及正難則反問題
13 正態分布 正態分布均值與標準差在圖像中的含義
2023年新高考1 9 離散型隨機變量 ①離散型隨機變量的均值與變形 ②離散型隨機變量的方差與標準差 ③離散型隨機變量的中位數 ④離散型隨機變量的極差
13 排列組合 ①相同元素與不同元素分配問題 ②相鄰問題與不相鄰問題 ③涂色問題與定序問題 ④可重復與限制及正難則反問題
2023年新高考2 3 排列組合 ①相同元素與不同元素分配問題 ②相鄰問題與不相鄰問題 ③涂色問題與定序問題 ④可重復與限制及正難則反問題
12 計數原理及事件的獨立性 ①區分獨立事件與互斥事件 ②計數原理先分類后分步，分類用加分步用乘
近三年，統計與排列組合在選填中占據兩個位置，考查的考點一般來說是：
排列組合的四類（①相同元素與不同元素分配問題②相鄰問題與不相鄰問題③涂色問題與定序問題④可重復與限制及正難則反問題）
2、離散型隨機變量中四組數據（①離散型隨機變量的均值與變形②離散型隨機變量的方差與標準差③離散型隨機變量的中位數④離散型隨機變量的極差）
3、二項式定理中三類（①二項展開式中的參數及常數項問題②二項展開式中的系數最值③ 二項展開式中的系數和、各項系數和與差）
4、正態分布（正態分布均值與標準差在圖像中的含義）
5、計數原理及事件的獨立性總方針（計數原理先分類后分步，分類用加分步用乘）
題干的設置一般來說在上述的五項考點中選其兩項。排列組合的四類需要認真分析（即完成目標事件可以分為幾類，每一類需要幾步可以完成，計算時分步的種數（概率）相乘，最終將幾類種數（概率）相加即為最終答案）其它幾類則需要一定的基礎和秒殺技巧便可輕松搞定。
統計與排列組合在2024新高考新題型中的考查形式依然以選擇或者填空為主（統計大題在后面有講解），以考查基本概念和核心方法為主，統計在選填中難度降低，而排列組合選填難度與以往持平，考生可適當留意常見的排列組合現象并分類，每一類總結出一個固定模板，以便此類題在高考出現時考生能做到心中有數，快速解答.
一、萬能處理二項展開式中的各項問題
Ⅰ秒殺：確定二項展開式中的參數。
根據條件列出等式，解得所要求的參數。
秒殺公式：展開式中，通項：，二項展開式的各種題型關鍵是利用通項求，=外層指數差/內層指數差。展開式中求的系數，則有。
形如：，求的系數
破解：分配系數處理
從5次結構中取3次和2次，則結果為
形如：的展開式中的系數為__________
破解：兩種括號的情況，一般形式為和
第一步：分配系數處理
所以分兩類情況：第一類情況為：
第二類情況為
故總的情況為
Ⅱ二項式系數最大問題
二項式系數具備對稱性，即（）對于大小以二次函數開口向下的圖象分析.
①當，即為奇數
則共有項，總項數為偶數.
巧記：當為奇數時，則總的二項式系數為偶數（因為從開始），既然為偶數，則最大項個數也為偶數，即為2個.
如：當，，中間項為，和
結論：當冪指數為奇數時，中項即右上標為項二項式系數相等且最大
②當，即為偶數
則共有項，總項數為奇數.
巧記：當為偶數時，則總的二項式系數為奇數（因為從開始），既然為奇數，則最大項個數也為奇數，即為1個.
如：當，，中間項為.
結論：當冪指數為偶數時，中項即右上標為項二項式系數最大。
Ⅲ解決二項式系數和的問題
一般地，若，則展開式中各項系數的和為.
①奇次項系數的和為
偶次項系數的和為
②形如的式子，求展開式的各項系數之和，只需令即可.
③形如的式子求其展開式的各項系數之和，只需令.
④二項展開式二項式系數和：；奇數項與偶數項二項式系數和相等為：。
推導：
押題分向（考察可能性極大）
形如：已知，則
（帶系數利用求導處理），令，；
兩邊求導得，，
令，.
∴
Ⅳ展開式系數最大（一道題破解所有）
正規方法：原則：系數最大的這一項，即比前一項大，也比后一項大，從而列不等式組.
①在系數符號相同的前提下，求系數的最大（最小）值只需比較兩組相鄰兩項系數的大小.
不等式組最大值為：，最小值為
②當各項系數正負相間時，求系數的最大值應在系數都為正的各項系數間構造不等式
不等式組最大值為：
求系數的最小值應在系數都為負的各項系數間構造不等式最小值為
秒殺方法：
求展開式中系數最大的項與求二次項系數最大的項是不同的，還需考慮各項系數的正負變化情況，事實上由于展開式中的各項的系數是離散型變量，因此我們可以考慮類比求數列最大項的方法，即比較第項與相鄰兩項系數的大小，根據通項構造不等式求解.技巧如下：
形如：的二項式展開式，設第項的系數為最大.
因為，所以不等式組必有解，且當和都為整數時，有兩解，且兩解分別為和，否則有一解，因此得出一個結論：
形如的二項展開式系數最大的項最多只有兩項.
注意：若系數最大的項為最后一項，則（）
形如：求展開式中系數最大的項時，因為，所以系數最大的項是最后一項.
若系數最大的項為第一項，則，即
二、排列組合問題
Ⅰ隔板法：解相同元素的組合問題
相同元素的組合問題，即有若干組元素，每組元素相同，將這些元素排成一排的計數問題
典型問題：相同小球放入不同盒中，即個相同元素分成組（每組的任務不同）的問題.
①:當每組至少含一個元素時，其不同分組分式有種，即給個元素中間的個空隙中插入個隔板.
當每組至少含一個元素時,個相同的小球放入個不同的盒中，一共有多少種放法？
題干需求個不同的盒子，只需個隔板即可
放個隔板可以將個小球分為組，那么隔板存放的位置共有多少種情況？
從圖中不難發現個小球共有個間隔，故放隔板的位置有處，從這處中任取處即可，故.
②：任意分組，可出現某些組含0個元素的情況，其不同分組分式有種，即將個元素與個相同隔板進行排序，在個位置中選個隔板.
任意分組時,個相同的小球放入個不同的盒中，一共有多少種放法？
題干需求個不同的盒子，只需個隔板即可
放個隔板可以將個小球分為組，那么隔板存放的位置共有多少種情況？
從圖中不難發現個小球及個不同的隔板擺放位置是任意的，故從這處位置中任取處安排隔板即可，故.
Ⅱ分組問題與分配問題
①：將個不同元素按照某些條件分成組，稱為分組問題.
分組問題共分為3類：不平均分組、平均分組、部分平均分組.
將個不同元素按照某些條件分配給個不同的對象，稱為分配問題.
分配問題共分為2類：定額分配、隨機分配.
區別：分組問題是組與組之間只要元素個數相同，是不區分的.而分配問題即使兩組元素個數相同，但因對象不同，仍然是可區分的，對于分配問題必須先分組后分配.
②：分組問題的常見形式及快速處理方法
1非均勻不編號分組：個不同元素分成組，每組元素數目均不相等，且不考慮各組間的順序，不管是否分完，其分法種數為：
如：6個不同的球分為3組，且每組數目不同，有多少種情況？
2均勻不編號分組：將個不同元素分成不編號的組，假定其中組元素個數相等，不管是否分盡，其分法種數為（為非均勻不編號分組的分法種數）.如果再有組均勻分組，應再除以.除的原因為：如：123456平均分成3組，可能是
也可能是或者是等，一共有種不同的組別，但這些組都是一樣的，所以除以.
如：兩兩一組，分兩組，若直接用種，但列舉出來的分別為、、再往下列舉就已經重復了.
如：、、.
如：6個不同的球分為3組，且每組數目相同，有多少種情況？
.
3非均勻編號分組：將個不同元素分成組，各組元素數目均不相等，且考慮各組間的順序，其分法種數為（為非均勻不編號分組的分法種數）
4均勻編號分組：將個不同元素分成組，各組元素數目均相等，且考慮各組間的順序，其分法種數為（為非均勻不編號分組的分法種數）.
Ⅲ相鄰問題與不相鄰問題
①相鄰問題
1、思路：對于相鄰問題，一般采用“捆綁法”解決，即將相鄰的元素看做是一個整體，在于其他元素放在一起考慮.如果設計到順序，則還應考慮相鄰元素的順序問題，再與其他元素放在一起進行計算.
2、解題步驟：
第一步：把相鄰元素看作一個整體（捆綁法），求出排列種數
第二步：求出其余元素的排列種數
第三步：求出總的排列種數
②不相鄰問題
1.思路：對于不相鄰問題一般采用“插空法”解決，即先將無要求的元素進行全排列，然后將要求不相鄰的元素插入到已排列的元素之間，最后進行計算即可
2.解題步驟：
①先考慮不受限制的元素的排列種數
②再將不相鄰的元素插入到已排列元素的空當種（插空法），求出排列種數
③求出總的排列種數
Ⅳ涂色問題與定序問題
①涂色問題
秒殺策略：涂色問題分步(乘法)、分類(加法)處理：盡可能多的找兩兩相鄰的區域，因為這些區域顏色各不相同，按乘法原理涂色，再按分類涂剩余區域，一般分用剩余顏色與不用剩余顏色。
②定序問題
定序問題作倍縮放：將題干給定的總數都看成某一個獨立的個體（不相同的），進行全排列故為，其次再將有順序要求的個元素進行全排列個，其中滿足要求的順序必為1個，則總的情況數為。
三、離散型隨機變量問題
Ⅰ均值與方差的性質
(1)．
(2)(為常數)．（3）
兩點分布、二項分布、超幾何分布的期望、方差
(1)若X服從兩點分布，則，．
(2)若X服從二項分布，即，則．
(3)若X服從超幾何分布，即時，
．
Ⅱ二項分布之概率最值問題
如果，其中，求最大值對應的值.
一般是考察與的大小關系.
因為
所以要使，則.故有
⑴如果，則時取得最大值.
⑵如果，是不超過的正整數，則當和時，取得最大值.
（3）如果是不超過的非整數，則當（注意表示不超過的最大整數）時取得最大值.
四、正態分布問題
1．正態曲線及其性質
(1)正態曲線：
函數，，其中實數μ，σ(σ>0)為參數，我們稱φμ，σ(x)的圖象為正態分布密度曲線，簡稱正態曲線．
(2)正態曲線的性質：
①曲線位于x軸上方，與x軸不相交；
②曲線是單峰的，它關于直線x＝μ對稱；
③曲線在x＝μ處達到峰值；
④曲線與x軸之間的面積為1；
⑤當σ一定時，曲線的位置由μ確定，曲線隨著μ的變化而沿x軸平移，如圖甲所示；
⑥當μ一定時，曲線的形狀由σ確定，σ越大，曲線越“矮胖”，總體分布越分散；σ越小．曲線越“瘦高”．總體分布越集中，如圖乙所示：
　
甲　　　　　　　　　乙
2．正態分布
一般地，如果對于任何實數a，b(a3．正態總體三個特殊區間內取值的概率值
①P(μ－σ②P(μ－2σ③P(μ－3σ4．3σ原則
通常服從正態分布N(μ，σ2)的隨機變量X只取(μ－3σ，μ＋3σ)之間的值．
【規律方法】
1.求正態曲線的兩個方法
(1)圖解法：明確頂點坐標即可，橫坐標為樣本的均值μ，縱坐標為．
(2)待定系數法：求出μ，σ便可．
2.正態分布下2類常見的概率計算
(1)利用正態分布密度曲線的對稱性研究相關概率問題，涉及的知識主要是正態曲線關于直線x＝μ對稱，曲線與x軸之間的面積為1.
(2)利用3σ原則求概率問題時，要注意把給出的區間或范圍與正態變量的μ，σ進行對比聯系，確定它們屬于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一個．
3.正態總體在某個區間內取值概率的求解策略
(1)充分利用正態曲線對稱性和曲線與x軸之間面積為1．
(2)熟記P(μ－σ(3)注意概率值的求解轉化：
①P(X②P(X<μ－a)＝P(X≥μ＋a)；
③若b<μ，則P(X特別提醒：正態曲線，并非都關于y軸對稱，只有標準正態分布曲線才關于y軸對稱．
五：事件的獨立性
對于互斥事件要抓住如下的特征進行理解：
第一，互斥事件研究的是兩個事件之間的關系；
第二，所研究的兩個事件是在一次試驗中涉及的；
第三，兩個事件互斥是在試驗的結果不能同時出現來確定的．對立事件是互斥事件的一種特殊情況，是指在一次試驗中有且僅有一個發生的兩個事件，集合A的對立事件記作．分類討論思想是解決互斥事件中有一個發生的概率的一個重要的指導思想
典例1【2023新高考1卷】有一組樣本數據，其中是最小值，是最大值，則（ ）
A. 的平均數等于的平均數
B. 的中位數等于的中位數
C. 的標準差不小于的標準差
D. 的極差不大于的極差
【答案】BD
【解析】對于選項A：設的平均數為，的平均數為， 則， 因為沒有確定的大小關系，所以無法判斷的大小， 例如：，可得； 例如，可得； 例如，可得；故A錯誤； 對于選項B：不妨設， 可知的中位數等于的中位數均為，故B正確； 對于選項C：因為是最小值，是最大值， 則的波動性不大于的波動性，即的標準差不大于的標準差， 例如：，則平均數， 標準差， ，則平均數， 標準差， 顯然，即；故C錯誤； 對于選項D：不妨設， 則，當且僅當時，等號成立，故D正確； 故選：BD.
典例2【2023新高考全國Ⅰ卷】 某學校開設了4門體育類選修課和4門藝術類選修課，學生需從這8門課中選修2門或3門課，并且每類選修課至少選修1門，則不同的選課方案共有________種（用數字作答）．
【答案】64
【解析】（1）當從8門課中選修2門，則不同的選課方案共有種； （2）當從8門課中選修3門， ①若體育類選修課1門，則不同的選課方案共有種； ②若體育類選修課2門，則不同的選課方案共有種； 綜上所述：不同的選課方案共有種. 故答案為：64.
典例3【2023新高考全國II卷】在信道內傳輸0，1信號，信號的傳輸相互獨立．發送0時，收到1的概率為，收到0的概率為；發送1時，收到0的概率為，收到1的概率為. 考慮兩種傳輸方案：單次傳輸和三次傳輸．單次傳輸是指每個信號只發送1次，三次傳輸 是指每個信號重復發送3次．收到的信號需要譯碼，譯碼規則如下：單次傳輸時，收到的信號即為譯碼；三次傳輸時，收到的信號中出現次數多的即為譯碼（例如，若依次收到1，0，1，則譯碼為1）.
A. 采用單次傳輸方案，若依次發送1，0，1，則依次收到l，0，1的概率為
B. 采用三次傳輸方案，若發送1，則依次收到1，0，1的概率為
C. 采用三次傳輸方案，若發送1，則譯碼為1的概率為
D. 當時，若發送0，則采用三次傳輸方案譯碼為0的概率大于采用單次傳輸方案譯碼為0的概率
【答案】ABD
【解析】對于A，依次發送1，0，1，則依次收到l，0，1的事件是發送1接收1、發送0接收0、發送1接收1的3個事件的積， 它們相互獨立，所以所求概率為，A正確； 對于B，三次傳輸，發送1，相當于依次發送1，1，1，則依次收到l，0，1的事件， 是發送1接收1、發送1接收0、發送1接收1的3個事件的積， 它們相互獨立，所以所求概率為，B正確； 對于C，三次傳輸，發送1，則譯碼為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， 它們互斥，由選項B知，所以所求的概率為，C錯誤； 對于D，由選項C知，三次傳輸，發送0，則譯碼為0的概率， 單次傳輸發送0，則譯碼為0的概率，而， 因此，即，D正確. 故選：ABD
典例4【2022新高考全國Ⅱ卷】 已知隨機變量X服從正態分布，且，則____________．
【答案】或
【解析】因為，所以，因此． 故答案為：．
典例5【2022新高考全國Ⅰ卷】 的展開式中的系數為__________（用數字作答）．
【答案】-28
【解析】因為， 所以的展開式中含的項為， 的展開式中的系數為-28 故答案為：-28
預測1（2024·浙江·模擬預測）某羽毛球俱樂部，安排男女選手各6名參加三場雙打表演賽（一場為男雙，一場為女雙，一場為男女混雙），每名選手只參加1場表演賽，則所有不同的安排方法有（ ）
A．2025種 B．4050種 C．8100種 D．16200種
預測2（2024·四川·模擬預測）2023世界科幻大會在成都舉辦，主題場館以自由 擴散 無界的未來建筑形象詮釋科學與科幻主題，提取古蜀文化中神秘“古蜀之眼（黃金面具）”融入“星云”屋頂造型，建筑首層圍繞共享中庭設置了劇場 主題展區及博物館三大主題空間.現將4名志愿者安排到這三個主題空間進行志愿服務，則每個主題空間都有志愿者的不同的安排方式有（ ）
A．6種 B．18種 C．24種 D．36種
預測3（2024·四川綿陽·模擬預測）有4張分別標有數字1，2，3，4的紅色卡片和4張分別標有1，2，3，4的藍色卡片，從這8張卡片中，取出4張排成一行，如果取出的4張卡片所標的數字之和等于10，則不同的排法共有（ ）種．
A．72 B．144 C．384 D．432
預測4（2024·河南新鄉·模擬預測）已知甲、乙兩名籃球運動員在四場小組賽中的得分（單位：分）如下表：
甲 6 12 9 13
乙 8 11 7 14
則對于這兩組數據，不相同的數字特征是（ ）
A．平均數 B．中位數 C．方差 D．極差
預測5（2024·河北廊坊·模擬預測）已知某地最近天每天的最高氣溫（單位：）分別為，則天最高氣溫的第百分位數是（ ）
A．15 B．21 C． D．22
押題1在古典名著《紅樓夢》中有一道名為“茄鲞”的佳肴，這道菜用到了雞脯肉、香菌、新筍、豆腐干、果干、茄子凈肉六種原料，烹飪時要求香菌、新筍、豆腐干一起下鍋，茄子凈肉在雞脯肉后下鍋，最后還需加入精心熬制的雞湯，則烹飪“茄鲞”時不同的下鍋順序共有（ ）
A．72種 B．36 種 C．12種 D．6種
押題2下列說法中，正確的是（ ）
A．設有一個經驗回歸方程為，變量增加1個單位時，平均增加2個單位
B．已知隨機變量，若，則
C．兩組樣本數據和.若已知且，則
D．已知一系列樣本點的經驗回歸方程為，若樣本點與的殘差相等，則
押題3設，則 .
押題4從某工廠生產的零件中隨機抽取11個，其尺寸值為43，45，45，45，49，50，50，51，51，53，57（單位：mm），現從這11個零件中任取3個，則3個零件的尺寸剛好為這11個零件尺寸的平均數、第六十百分位數、眾數的概率為 ．
押題5的展開式中第3項與第8項的二項式系數相等，則的展開式中常數項為 ．（用數字作答）
名校預測
預測1：答案B
【詳解】先考慮兩對混雙的組合有種不同的方法，
余下名男選手和名女選手各有種不同的配對方法組成兩對男雙組合，兩對女雙組合，
故共有．
故選：B
預測2：答案D
【詳解】首先根據題意將志愿者分成三組有種分法，
安排到三個主題空間有種，根據分步乘法計數原理，
不同的安排方式有種.
故選：D.
預測3：答案D
【詳解】分3類：
①紅1藍1，紅4藍4，排成一排；
②紅2藍2，紅3藍3，排成一排；
③2個1選1張，2個2選1張，2個3選1張，2個4選1張，排成一排，
由分類加法計數原理，共種，
故選：D．
預測4：答案B
【詳解】A：甲的平均數為，乙的平均數為，故A錯誤；
B：將甲從小到大排列為：6,9,12,13，所以中位數為；
將乙從小到大排列為：7,8,11,14，所以中位數為，故B正確；
C：甲的方差為，
乙的方差為，
故C錯誤；
D：甲的極差為，乙的極差為，故D錯誤；
故選：B.
預測5：答案C
【詳解】將此組數據從小到大排列：，
且共有個數，因為，所以第百分位數為.
故選：C.
名師押題
押題1：答案C
【詳解】由題意可知六種原料中可以把香菌、新筍、豆腐干看成一種，即有種放法，
又茄子凈肉放在雞脯肉后，則有種放法.
故選：C
押題2：答案BC
【詳解】若有一個經驗回歸方程，隨著的增大，會減小，A錯誤；
曲線關于對稱，因為，所以，
所以，B正確；
因為，
所以，
故，C正確；
經驗回歸方程為，且樣本點與的殘差相等，
則，所以，D錯誤.
故選：BC.
押題3：答案57
【詳解】令，則，令，則，
故.
又，故.
故，則.
故答案為：57
押題4：答案
【詳解】由題意知11個零件的平均數為，
第六十百分位數的位置為，即取第7位數50，故第六十百分位數為50，
由題可知眾數為45，
所以當從11中取出3個零件共有種情況，
則3個數分別為平均數49、第六十百分位數50，眾數45共有種情況，
所以其概率為，
故答案為：.
押題5：答案84
【詳解】因為的展開式中第3項與第8項的二項式系數相等，
所以，解得，
所以二項式的展開式的通項公式為，，
令得，所以的展開式中常數項為.
故答案為：84
圓錐曲線（選填題）
年份 題號 知識點 考點
2021年I卷 5 橢圓 焦半徑積最大值問題
14 拋物線 拋物線性質及結論
2021年II卷 13 雙曲線 雙曲線性質（漸近線方程）
2022年I卷 11 拋物線 焦點弦有關結論（最值）
16 橢圓 結合三角形求弦長問題
2022年II卷 10 拋物線 焦點弦有關結論（最值）
16 橢圓 直線與橢圓相交數形結合靈活應用
2023年新高考1 5 橢圓 利用兩個橢圓離心率之間的關系求參
16 雙曲線 雙曲線與向量的綜合
2023年新高考2 10 拋物線 拋物線性質及結論
近三年，圓錐曲線在選填中占據兩個位置，考查的考點一般來說是：
橢圓（①橢圓焦長以及焦比、中垂線、焦點三角形、最值問題②橢圓中非原點向量乘積的問題、角度、中點、中垂線及廣義直徑）
2、拋物線（①拋物線焦長公式、焦點弦中垂線、最值②拋物線四大面積求算、角平分線、兩點結論、斜率和與積求定點、阿基米德三角形）
3、雙曲線（①雙曲線第一定義由定義即可得雙曲線標準方程及點P處的切線PT平分△PF1F2在點P處的內角.②以焦點弦PQ為直徑的圓必與對應準線相交，以焦點半徑PF1為直徑的圓必與以實軸為直徑的圓外切）
題干的設置一般來說在上述的三項考點中選其兩項。圓錐曲線題目中首先畫出符合要求的圖像，根據題意回想此類問題是符合哪一類小技巧，另外考生們要想靈活應用小技巧則需在有限的時間內多推導幾遍，考場中便可輕松搞定。
從近三年的全國卷的考查情況來看，本節是高考的熱點，其中標準方程和幾何性質考查比較頻繁.圓錐曲線中橢圓、拋物線、雙曲線比重相當，高考主要考查圓錐曲線定義的運用、方程的求法以及三大類的簡單幾何性質，尤其是對離心率的求解，更是高考的熱點問題，因小結論偏多，試題靈活，在各種題型中均有體現.
一、橢圓性質與結論
結論1： 橢圓第一定義
結論2：標準方程 由定義即可得到橢圓標準方程
結論3： 橢圓第二定義
結論4：點P處的切線PT平分△PF1F2在點P處的外角.
結論5：PT平分△PF1F2在點P處的外角，則焦點在直線PT上的射影H點的軌跡是以長軸為直徑的圓，除去長軸的兩個端點.
結論6：以焦點弦PQ為直徑的圓必與對應準線相離.
結論7：以焦點半徑PF1為直徑的圓必與以長軸為直徑的圓內切.
結論8：設A1、A2為橢圓的左、右頂點，則△PF1F2在邊PF2（或PF1）上的旁切圓，必與A1A2所在的直線切于A2（或A1）.
證明：
結論9：橢圓（a＞b＞0）的兩個頂點為,，與y軸平行的直線交橢圓于P1、P2時A1P1與A2P2交點的軌跡方程是.
結論10：若在橢圓上，則過的橢圓的切線方程是.
結論11：若在橢圓外 ，則過Po作橢圓的兩條切線切點為P1、P2，則切點弦P1P2的直線方程是.
結論12：AB是橢圓的不平行于對稱軸的弦，M為AB的中點，則.
結論13：若在橢圓內，則被Po所平分的中點弦的方程是
.
結論14：若在橢圓內，則過Po的弦中點的軌跡方程是
.
結論15：若PQ是橢圓（a＞b＞0）上對中心張直角的弦，則
.
結論16：若橢圓（a＞b＞0）上中心張直角的弦L所在直線方程為
,則(1) ;(2) .
結論17：過橢圓 (a＞0, b＞0)上任一點任意作兩條傾斜角互補的直線交橢圓于B,C兩點，則直線BC有定向且（常數）.
結論18：橢圓 (a＞b＞0)的左右焦點分別為F1，F 2，點P為橢圓上任意一點，則橢圓的焦點三角形的面積為，
.
結論19：若P為橢圓（a＞b＞0）上異于長軸端點的任一點,F1, F 2是焦點, , ，則.[來
結論20：橢圓（a＞b＞0）的焦半徑公式：
,( , ，).
二、拋物線性質與結論
已知拋物線， 是拋物線的焦點弦， 點 是 的中點. 垂直準線于 ，垂直準線于，垂直準線于，交拋物線于點，準線交 軸于點 . 求證：
結論1： ，
結論2：
結論3：以 為直徑的圓與準線相切；
證明： 是梯形的中位線，
結論4：；
結論5： ；
證明： ,，
，同理：得證.
結論6： 證明：由得證.
結論7：垂直平分，垂直平分
證明：由可知，由
得證，同理可證另一個.
結論8：平分，平分，平分，平分
證明：由垂直平分可證.
結論9：
證明：
.
結論10：
證明：作垂直軸于點，則
，同理可證另一個.
結論11：
證明：由可得證.
結論12：點處的切線為
證明：方法一：設點處切線方程為與聯立得
由
解這個關于的一元二次方程（它的判別式等于0）得得證.
方法二：（求導）兩邊對求導得得證.
結論13：是切線，切點為，是切線，切點為
證明：根據上面的結論得點處的切線為，點處的切線為
解的兩切線的交點為，得證.
結論14：過拋物線準線上任一點作拋物線的切線，則過兩切點的弦必過焦點，并且
證明：設點為準線上任一點，過點作拋物線的切線，切點為
兩邊對求導得
顯然，切點有兩個，分別為，則，
所以過焦點.
.
結論15：三點共線，三點共線.
證明：三點共線
同理可證三點共線.
結論16：
證明：設直線AB的方程為與拋物線聯立得：，即故（用特殊位置記憶）
結論17：
證明：根據焦比公式得，其中，
結論18：
證明：設到的距離為，則，
則
結論19：
證明：由、得證
結論20：
證明：
結論21：
證明：由得證
結論22： 證明：通過點差法處理
結論23：
證明：作垂直軸于點，在中，，同理證另一個.
結論24：
證明：
由得證
結論25：設交拋物線于點，則點是的中點
證明：∴中點橫坐標為
將代入得
∴，
所以點的橫坐標為，點是的中點.
注意：當弦不過焦點時，設交軸于點，設分別以為切點的切線相交于點,求證.
結論26：點在直線
證明：設與聯立，得
由相減得
代入得得證.
結論27：設交拋物線于點，則點是的中點
證明：∴中點橫坐標為
將代入得
∴，
所以點的橫坐標為，點是的中點.
結論28：設點在準線上的射影分別是，則垂直平分，垂直平分
從而平分，平分.
證明：方法一：，又所以垂直平分，同理可證另一個.
方法二：
，同理可證另一個.
三、雙曲線性質與結論
結論 1： 雙曲線第一定義。
結論 2：標準方程 由定義即可得雙曲線標準方程。
結論 3：雙曲線第二定義。
結論 4：點P處的切線PT平分△PF1F2在點P處的內角.
結論 5：PT平分△PF1F2在點P處的內角，則焦點在直線PT上的射影H點的軌跡是以實軸為直徑的圓，除去實軸的兩個端點.
證明：不妨設P在第一象限。作F2關于切線PT的對稱點M，由4可知M在PF1上，則，垂足H為F2M的中點，則OH=，同理可證其它情況。射影H的軌跡是以實軸為直徑的圓除去兩端點。
結論 6：以焦點弦PQ為直徑的圓必與對應準線相交.
證明： 設P，Q兩點到與焦點對應的準線的距離分別為，以PQ中點到準線的距離為，以PQ為直徑的圓的半徑為r，則，故以PQ為直徑的圓與對應準線相交。
結論 7：以焦點半徑PF1為直徑的圓必與以實軸為直徑的圓外切.
證明：如圖，兩圓圓心距為，故兩圓外切。
結論 8：設P為雙曲線上一點，則△PF1F2的內切圓必切于與P在同側的頂點.
證明：如圖，由切線長定理：，
而，與重合，故內切圓與x軸切于右頂點，同理可證P在其他位置情況。
結論 9：雙曲線（a＞0,b＞0）的兩個頂點為,，與y軸平行的直線交雙曲線于P1、P2時A1P1與A2P2交點的軌跡方程是.
結論 10：若在雙曲線（a＞0,b＞0）上，則過的雙曲線的切線方程是.
結論 11：若在雙曲線（a＞0,b＞0）外 ，則過Po作雙曲線的兩條切線切點為P1、P2，則切點弦P1P2的直線方程是.
證明：設，由10得：，因為點在直線上，且同時滿足方程，所以
結論 12：AB是雙曲線（a＞0,b＞0）的不平行于對稱軸且過原點的弦，M為AB的中點，則.
結論13：若在雙曲線（a＞0,b＞0）內，則被Po所平分的中點弦的方程是.
結論14：若在雙曲線（a＞0,b＞0）內，則過Po的弦中點的軌跡方程是.
證明：.由12可得：
結論15：若PQ是雙曲線（b＞a ＞0）上對中心張直角的弦，則.
結論16：若雙曲線（b＞a ＞0）上中心張直角的弦L所在直線方程為,則(1) ;(2) .
證明：將直線AB代入雙曲線方程中得：
，
設則，
結論 17：給定雙曲線：（a＞b＞0）, ：,則(i)對上任意給定的點,它的任一直角弦必須經過上一定點M.
(ii)對上任一點在上存在唯一的點,使得的任一直角弦都經過點.
結論 18：設為雙曲線（a＞0,b＞0）上一點，P1P2為曲線C的動弦,且弦PP1, PP2斜率存在，記為k1, k 2, 則直線P1P2通過定點的充要條件是.
結論 19：過雙曲線（a＞0,b＞o）上任一點任意作兩條傾斜角互補的直線交雙曲線于B,C兩點，則直線BC有定向且（常數）.
結論 20：雙曲線（a＞0,b＞o）的左右焦點分別為F1，F 2，點P為雙曲線上任意一點，則雙曲線的焦點角形的面積為， .
典例1【2022新高考1卷】已知O為坐標原點，點在拋物線上，過點的直線交C于P，Q兩點，則（ ）
A. C的準線為 B. 直線AB與C相切
C. D.
【答案】BCD
【解析】將點的代入拋物線方程得，所以拋物線方程為，故準線方程為，A錯誤；，所以直線的方程為， 聯立，可得，解得，故B正確； 設過的直線為，若直線與軸重合，則直線與拋物線只有一個交點， 所以，直線的斜率存在，設其方程為，， 聯立，得， 所以，所以或，， 又，， 所以，故C正確； 因為，， 所以，而，故D正確. 故選：BCD
典例2【2022新高考全國Ⅰ卷】 已知橢圓，C的上頂點為A，兩個焦點為，，離心率為．過且垂直于的直線與C交于D，E兩點，，則的周長是________________．
【答案】13
【解析】∵橢圓的離心率為，∴，∴，∴橢圓的方程為，不妨設左焦點為，右焦點為，如圖所示，∵，∴，∴為正三角形，∵過且垂直于的直線與C交于D，E兩點，為線段的垂直平分線，∴直線的斜率為，斜率倒數為， 直線的方程：，代入橢圓方程，整理化簡得到：， 判別式， ∴， ∴ ， 得， ∵為線段的垂直平分線，根據對稱性，，∴的周長等于的周長，利用橢圓的定義得到周長為. 故答案為：13.
典例3【2023新高考全國Ⅰ卷】設橢圓的離心率分別為．若，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】【詳解】由，得，因此，而，所以. 故選：A
典例4【202新高考全國Ⅰ卷】 已知雙曲線的左、右焦點分別為．點在上，點在軸上，，則的離心率為________．
【答案】或
【解析】方法一： 依題意，設，則， 在中，，則，故或（舍去）， 所以，，則， 故， 所以在中，，整理得， 故. 方法二: 依題意，得，令， 因為，所以，則， 又，所以，則， 又點在上，則，整理得，則， 所以，即， 整理得，則，解得或， 又，所以或（舍去），故. 故答案為：.
典例5【2023新高考全國Ⅱ卷】 已知橢圓的左、右焦點分別為，，直線與C交于A，B兩點，若面積是面積的2倍，則（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】將直線與橢圓聯立，消去可得， 因為直線與橢圓相交于點，則，解得， 設到的距離到距離，易知， 則，， ，解得或（舍去）， 故選：C.
預測1（2024·甘肅武威·模擬預測）已知雙曲線的右焦點為是的一條漸近線上位于第一象限內的一點，延長線段與的另一條漸近線交于點．若為坐標原點，，則的漸近線方程為（ ）
A． B． C． D．
預測2（2024·遼寧撫順·模擬預測）過雙曲線的左焦點作傾斜角為的直線交于兩點．若，則（ ）
A． B． C． D．
預測3（2024·四川綿陽·模擬預測）已知雙曲線的左頂點與拋物線的焦點的距離為4，且雙曲線的一條漸近線與拋物線的準線的交點坐標為，則雙曲線的焦距為（ ）
A． B． C． D．
預測4（2024·河南新鄉·模擬預測）已知直線經過橢圓的右焦點F和上頂點A，則C的長軸長為（ ）
A．4 B． C．3 D．2
預測5（2024·吉林長春·模擬預測）已知點在拋物線上，是拋物線的焦點，過點的直線與拋物線交于兩點，若，則 （ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
押題1：已知拋物線的焦點為，過點的直線交于兩點．過作直線的垂線，垂足分別為，則（ ）
A．16 B．18 C．20 D．24
押題2：已知雙曲線的左 右焦點分別為，右焦點到漸近線的距離為，過作圓的切線，交雙曲線右支于點，若，則圓的面積為（ ）
A． B． C． D．
押題3：已知橢圓，A，B為G的短軸端點，P為G上異于A，B的一點，則直線，的斜率之積為（ ）
A． B． C． D．
押題4：已知橢圓的左 右焦點分別為，上頂點為，若過且傾斜角為的直線交橢圓于兩點，則（ ）
A．的離心率為 B．
C．點到直線的距離為 D．的周長為8
押題5：已知橢圓與雙曲線有相同的左右焦點，若點是與在第一象限內的交點，且，設與的離心率分別為，則的取值范圍為 .
名校預測
預測1：答案D
【詳解】由，得，
所以，
由，得，解得或（舍去），
所以，從而的漸近線方程為．
故選：D
預測2：答案D
【詳解】設雙曲線的右焦點為,連接,
由題意可得，
設
由余弦定理可得,
即，解得，
所以，故．
故選：D
預測3：答案B
【詳解】根據題意，雙曲線的一條漸近線與拋物線的準線的交點坐標為，
即點在拋物線的準線上，又由拋物線的準線方程為，則，則拋物線的焦點為，
則雙曲線的左頂點為，即
點在雙曲線的漸近線上，則其漸近線方程為，由雙曲線的性質，可得，
則，則焦距為，
故選：B
預測4：答案A
【詳解】的斜率為，經過點，故其傾斜角為，因此,
由于，所以，所以，
故，故長軸長為,
故選：A
預測5：答案D
【詳解】由題意可得，即，
由焦點弦公式可得：.
故選：D.
名師押題
押題1：答案D
【詳解】在中，令，得，所以，即，所以，
所以的方程為，則．
設，，聯立得，即，所以，．
又，所以.
故選：D.
押題2：答案A
【詳解】如圖，因為右焦點到漸近線的距離為，故，
作于點于點，
因為與圓相切，所以，
因為，即，
在直角中，，
又點在雙曲線上，由雙曲線的定義可得：
，整理得，
因為，所以，圓的面積.
故選：A.
押題3：答案C
【詳解】設，則有，即有，
由橢圓方程不妨設短軸端點的坐標分別為、，
則.
故選：C.
押題4：答案ABD
【詳解】對A： 由題知，，所以離心率，A正確；
對B：，所以為等邊三角形，，B正確；
對C：因為直線的方程為，
所以點到直線的距離，錯誤；
對D：由題知直線為的角平分線，則點關于直線對稱，
所以的周長8，即的周長為正確.
故選：ABD
押題5：答案
【詳解】設橢圓與雙曲線的焦距，，
由題意可得：，，
，，，
，，，.
，
，設，則，
，
.
故答案為：.
數列（選填題）
年份 題號 知識點 考點
2021年I卷 16 數列 ①數列的實際應用 ②數列通項公式 ③數列三類求和
2021年II卷 12 數列 ①數列的實際應用 ②數列通項公式 ③數列三類求和
2022年I卷 無
2022年II卷 無
2023年新高考1 7 數列 等差數列通項與求和及變形
2023年新高考2 8 數列 等比數列片段和問題
近三年，數列在選填中占據一個位置，考查的考點一般來說是：
遞推關系求通項（①前后項系數為1的情況②前后項系數不為1的情況③通項與求和的關系④遞推關系中涉及指數）
2、數列求和（①裂項相消②錯位相減③分組求和④絕對值求和）
3、數列應用（①以等差數列為基礎設計的應用②以等比數列為基礎設計的應用）
題干的設置一般來說在上述的三項考點中選其一項或兩項。無論是基礎數列還是數列應用都應該利用題干信息求出通項，根據通項特征選擇求和方案，另外考生們需要多掌握應用題的突破口，多列舉幾組數據從而輕松得出通項。
從近三年的全國卷的考查情況以及新高考新題型標準來看，數列是高考選填方向必不可少的一類題，類型1：將會以等差及等比的基礎內容設置題目，類型2：將以等差等比為導火索設置實際應用題，類型3：將會以遞推關系求通項及求和考察年份問題，數列小結論偏多，試題相對簡單，此類題目熟練即可拿分.
一、數列性質與多項結論
①已知等差兩項，妙用一次函數求通項
為一次函數，斜率為公差.
形如已知、求
第一步：尋求明確點
第二步：利用快速求解通項
當數列的選擇填空題中只有一個條件時，可將數列看成常數列，即每一項均設為，（注意：如果題目中出現公差不為0或公比不為1，則慎用此法）
②秒解等差數列前項和
技巧總結
等差數列中，有奇偶有適用.
推導過程：
將換為，即可得到
③片段和秒解前項和
技巧總結
這樣的形式稱之為“片段和”
當是等差數列時：也為等差數列，且公差為.
當是等比數列時：也為等比數列，且公比為.
④秒殺和比與項比
技巧總結
結論1：若兩個等差數列與的前項和分別為，若，則
結論2：若兩個等差數列與的前項和分別為，若，則
結論3：若兩個等差數列與的前項和分別為，若，則
⑤等差片段和快速求公差
技巧總結
等差數列中若角標滿足則
結論1：
推導過程：
解得：
結論2：
推導過程：
⑥等差仍為等差
技巧總結
結論1：因此數列是等差數列，公差為數列公差的一半.
結論2：題干已知，則可秒出公差
利用等差數列通項一次函數特性可知，點在同一條直線上，從而有
結論3：若題干已知則可以秒出通項
結論1：若等差數列的項數為
則
推導過程：若有一等差數列共有,
則它的奇數項分別為則它的偶數項分別為
則奇數項之和
則偶數項之和
代入公式得，
結論2：若等差數列的項數為
則
⑦等比數列通項、求和函數特性
技巧總結
①通項公式為指數函數
②求和公式，設則上式變形為的形式.且指數函數的系數與常數項互為相反數
等比數列奇偶規律
技巧總結
結論1：若等比數列的項數為則
結論2：若等比數列的項數為
則
二、遞推關系求通項
類型Ⅰ觀察法：
已知數列前若干項，求該數列的通項時，一般對所給的項觀察分析，尋找規律，從而根據規律寫出此數列的一個通項．
類型Ⅱ公式法：
若已知數列的前項和與的關系，求數列的通項可用公式構造兩式作差求解．
用此公式時要注意結論有兩種可能，一種是“一分為二”，即分段式；另一種是“合二為一”，即和合為一個表達，（要先分和兩種情況分別進行運算，然后驗證能否統一）．
類型Ⅲ累加法：
形如型的遞推數列（其中是關于的函數）可構造：
將上述個式子兩邊分別相加，可得：
①若是關于的一次函數，累加后可轉化為等差數列求和；
②若是關于的指數函數，累加后可轉化為等比數列求和；
③若是關于的二次函數，累加后可分組求和；
④若是關于的分式函數，累加后可裂項求和．
類型Ⅳ累乘法：
形如型的遞推數列（其中是關于的函數）可構造：
將上述個式子兩邊分別相乘，可得：
有時若不能直接用，可變形成這種形式，然后用這種方法求解．
類型Ⅴ構造數列法：
㈠形如（其中均為常數且）型的遞推式：
（1）若時，數列{}為等差數列；
（2）若時，數列{}為等比數列；
（3）若且時，數列{}為線性遞推數列，其通項可通過待定系數法構造等比數列來求．方法有如下兩種：
法一：設，展開移項整理得，與題設比較系數（待定系數法）得，即構成以為首項，以為公比的等比數列．再利用等比數列的通項公式求出的通項整理可得
法二：由得兩式相減并整理得即構成以為首項，以為公比的等比數列．求出的通項再轉化為類型Ⅲ（累加法）便可求出
㈡形如型的遞推式：
⑴當為一次函數類型（即等差數列）時：
法一：設，通過待定系數法確定的值，轉化成以為首項，以為公比的等比數列，再利用等比數列的通項公式求出的通項整理可得
法二：當的公差為時，由遞推式得：，兩式相減得：，令得：轉化為類型Ⅴ㈠求出，再用類型Ⅲ（累加法）便可求出
⑵當為指數函數類型（即等比數列）時：
法一：設，通過待定系數法確定的值，轉化成以為首項，以為公比的等比數列，再利用等比數列的通項公式求出的通項整理可得
法二：當的公比為時，由遞推式得：——①，，兩邊同時乘以得——②，由①②兩式相減得，即，在轉化為類型Ⅴ㈠便可求出
法三：遞推公式為（其中p，q均為常數）或（其中p，q，r均為常數）時，要先在原遞推公式兩邊同時除以，得：，引入輔助數列（其中），得：再應用類型Ⅴ㈠的方法解決．
⑶當為任意數列時，可用通法：
在兩邊同時除以可得到，令，則，在轉化為類型Ⅲ（累加法），求出之后得．
類型Ⅵ對數變換法：
形如型的遞推式：
在原遞推式兩邊取對數得，令得：，化歸為型，求出之后得（注意：底數不一定要取10，可根據題意選擇）．
類型Ⅶ倒數變換法：
形如（為常數且）的遞推式：兩邊同除于，轉化為形式，化歸為型求出的表達式，再求；
還有形如的遞推式，也可采用取倒數方法轉化成形式，化歸為型求出的表達式，再求．
類型Ⅷ形如型的遞推式：
用待定系數法，化為特殊數列的形式求解．方法為：設，比較系數得，可解得，于是是公比為的等比數列，這樣就化歸為型．
總之，求數列通項公式可根據數列特點采用以上不同方法求解，對不能轉化為以上方法求解的數列，可用歸納、猜想、證明方法求出數列通項公式
三、數列求和
一．公式法
（1）等差數列的前n項和，推導方法：倒序相加法．
（2）等比數列的前n項和，推導方法：乘公比，錯位相減法．
（3）一些常見的數列的前n項和：
①；
②；
③；
④
二．幾種數列求和的常用方法
（1）分組轉化求和法：一個數列的通項公式是由若干個等差或等比或可求和的數列組成的，則求和時可用分組求和法，分別求和后相加減．
（2）裂項相消法：把數列的通項拆成兩項之差，在求和時中間的一些項可以相互抵消，從而求得前n項和．
（3）錯位相減法：如果一個數列的各項是由一個等差數列和一個等比數列的對應項之積構成的，那么求這個數列的前項和即可用錯位相減法求解．
（4）倒序相加法：如果一個數列與首末兩端等“距離”的兩項的和相等或等于同一個常數，那么求這個數列的前項和即可用倒序相加法求解．
三．常見的裂項技巧
積累裂項模型1：等差型
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
（7）
（8）
（9）
（10）
（11）
（12）
積累裂項模型2：根式型
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
積累裂項模型3：指數型
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6），設，易得，
于是
（7）
積累裂項模型4：對數型
積累裂項模型5：三角型
（1）
（2）
（3）
（4），
則
典例1【2023新高考1卷】記為數列的前項和，設甲：為等差數列；乙：為等差數列，則（ ）
A．甲是乙的充分條件但不是必要條件
B．甲是乙的必要條件但不是充分條件
C．甲是乙的充要條件
D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件
【答案】C
【解析】方法1，甲：為等差數列，設其首項為，公差為， 則， 因此為等差數列，則甲是乙的充分條件； 反之，乙：為等差數列，即為常數，設為， 即，則，有， 兩式相減得：，即，對也成立， 因此為等差數列，則甲是乙的必要條件， 所以甲是乙的充要條件，C正確. 方法2，甲：為等差數列，設數列的首項，公差為，即， 則，因此為等差數列，即甲是乙的充分條件； 反之，乙：為等差數列，即， 即，， 當時，上兩式相減得：，當時，上式成立， 于是，又為常數， 因此為等差數列，則甲是乙的必要條件， 所以甲是乙的充要條件. 故選：C
典例2【2023新高考全國Ⅱ卷】 記為等比數列的前n項和，若，，則（ ）．
A．120 B．85 C． D．
【答案】C
【解析】方法一：設等比數列的公比為，首項為， 若，則，與題意不符，所以； 若，則，與題意不符，所以； 由，可得，，①， 由①可得，，解得：， 所以． 故選：C． 方法二：設等比數列的公比為， 因為，，所以，否則， 從而，成等比數列， 所以有，，解得：或， 當時，，即為， 易知，，即； 當時，， 與矛盾，舍去． 故選：C．
典例3【2021新高考全國Ⅰ卷】某校學生在研究民間剪紙藝術時，發現剪紙時經常會沿紙的某條對稱軸把紙對折，規格為的長方形紙，對折1次共可以得到，兩種規格的圖形，它們的面積之和，對折2次共可以得到，，三種規格的圖形，它們的面積之和，以此類推，則對折4次共可以得到不同規格圖形的種數為______；如果對折次，那么______.
【答案】①. 5 ②.
【解析】（1）由對折2次共可以得到，，三種規格的圖形，所以對著三次的結果有：，共4種不同規格（單位； 故對折4次可得到如下規格：，，，，，共5種不同規格； （2）由于每次對著后的圖形的面積都減小為原來的一半，故各次對著后的圖形，不論規格如何，其面積成公比為的等比數列，首項為120,第n次對折后的圖形面積為，對于第n此對折后的圖形的規格形狀種數，根據（1）的過程和結論，猜想為種（證明從略），故得猜想， 設， 則， 兩式作差得： ， 因此，. 故答案為：；.
典例4【2021新高考全國Ⅱ卷】 設正整數，其中，記．則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】對于A選項，，， 所以，，A選項正確； 對于B選項，取，，， 而，則，即，B選項錯誤； 對于C選項，， 所以，， ， 所以，，因此，，C選項正確； 對于D選項，，故，D選項正確. 故選：ACD.
預測1（2024·海南省直轄縣級單位·模擬預測）已知為等差數列，，則（ ）
A．32 B．27 C．22 D．17
預測2（2024·河北廊坊·模擬預測）已知，且數列是等比數列，則“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分又不必要條件
預測3（2024·貴州貴陽·模擬預測）已知為等差數列，為其前項和，若，則（ ）
A．36 B．24 C．18 D．32
預測4（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知等差數列的首項，公差，在中每相鄰兩項之間都插入個數，使它們和原數列的數一起構成一個新的等差數列，下列說法正確的有（ ）
A． B．當時，
C．當時，不是數列中的項 D．若是數列中的項，則的值可能為6
預測5（2024·安徽蕪湖·模擬預測）下面是關于公差的等差數列的四個命題，其中正確的有（ ）
A．數列是等差數列 B．數列是等差數列
C．數列是遞增數列 D．數列是遞增數列
押題1：已知遞增等比數列的公比為，且滿足，下列情況可能正確的是（ ）
A． B． C． D．
押題2：滿足，，的數列稱為盧卡斯數列，則（ ）
A．存在非零實數t，使得為等差數列
B．存在非零實數t，使得為等比數列
C．
D．
押題3：已知等比數列的前項和為，則（ ）
A． B．
C．數列為單調數列 D．數列為單調數列
押題4：已知等差數列的前n項和為，若，，則 ．
押題5：已知公比為q的等比數列的單調性與函數的單調性相同，且滿足，．若，則的概率為
名校預測
預測1：答案C
【詳解】因為，，得到，
所以，得到，
故選：C.
預測2：答案B
【詳解】設等比數列的公比為，
若，則，因為不等于0，
所以，若時，無法得出，
所以“”不是“”的充分條件；
若“”，則，
所以“”是“”的必要條件.
所以“”是“”的必要不充分條件.
故選：B
預測3：答案B
【詳解】等差數列中，由，得，
所以.
故選：B
預測4：答案ABD
【詳解】對A，，故A正確；
對B，當時，公差，此時，故B正確；
對C，當時，此時，，即是數列中的項，故C錯誤；
對D，當時，，又，故D正確.
故選：ABD
預測5：答案ABD
【詳解】設等差數列的首項為，所以，
對于A，由，則，所以，即數列是等差數列為公差為的等差數列，故A正確；
對于B，由，所以，則，所以數列是以公差為的等差數列，故B正確；
對于C，由，可得，當時，數列不是遞增數列，故C不正確；
對于D，由，可得，所以，所以數列是遞增數列，故D正確；
故選：ABD
名師押題
押題1：答案BCD
【詳解】原數列遞增等價于，或，.
等價于，即.
從而，或，.
這意味著的范圍是或，
令，或，則，
當時，，單調遞增，
當時，，單調遞減，
從而或，
這表明了的范圍是或.
所以A錯誤，B正確，C正確，D正確.
故選：BCD.
押題2：答案BCD
【詳解】對A：若數列為等差數列，則有，
即，由，
故有恒成立，即有，無解，
故不存在這樣的實數，故A錯誤；
對B：若數列為等比數列，則有，
即，由，
故有恒成立，即有，
即，解得，此時，
故存在非零實數t，使得為等比數列，故B正確；
對C：由，
則，
即有，故C正確；
對D：由，
故，
故
，故D正確.
故選：BCD.
押題3：答案BC
【詳解】設數列的首項為，公比為，
由題有，解得或，
對于選項A，當，為奇數時，，所以選項A錯誤，
對于選項B，因為，當，顯然有，當時，
，所以，故選項B正確，
對于選項C，當時，數列是首項為，公比為的遞增數列，
當時，數列是首項為，公比為的遞減數列，所以選項C正確，
對于選項D，由選項B知，所以，
當時，，此時不具有單調性，所以選項D錯誤，
故選：BC.
押題4：答案16
【詳解】設等差數列的公差為，
則有,解得：，
所以.
故答案為：
押題5：答案/0.25
【詳解】，又是方程的兩根，
又為單增等比數列，
又，
，
，
所求概率.
故答案為：．
空間立體幾何（選填題）
年份 題號 知識點 考點
2021年I卷 12 三棱柱 ①截面周長與面積定值問題 ②動點構成體積定值 ③動點參與的垂直問題
2021年II卷 10 正方體 動點滿足要求所存在的情況
2022年I卷 9 正方體 ①線與線夾角問題 ②線與面夾角問題
2022年II卷 11 空間多邊形 體積之間的關系
2023年新高考1 12 正方體 立體幾何的包裹問題
2023年新高考2 9 椎體 ①錐體的側面積問題 ②錐體的體積問題
近三年，空間幾何體在選填中占據一個位置，考查的考點一般來說是：
空間幾何體的表面積與體積（①錐體的表面積與體積②柱體的表面積與體積③組合體的表面積與體積）
2、空間幾何體涉及夾角與位置問題（①線與線、線與面及面與面的夾角問題②線與面平行關系③線與面垂直關系）
3、動點與截面問題（①以動點為導火索求新平面圖、幾何體的各種參數②截面所截面積與周長定值最值問題）
題干的設置一般來說在上述的三項考點中選其一項或兩項。有關表面積與體積考生需熟記公式，有關截面問題考生需要掌握截面的作法，針對計算可以用幾何法也可借助空間向量，對于動點完全需要利用空間向量求出軌跡方程進而求其它。
從近三年的全國卷的考查情況以及新高考新題型標準來看，空間幾何體是高考選填方向必不可少的一類題，類型1：正方體探究截面與動點問題，類型2：空間中線與面的位置關系。類型3：組合體表面積與體積（實際應用）問題，尤其是臺體的表面積與體積，類型1相對有難度，其它兩類相對簡單.
一、立體幾何截面問題
①作出空間幾何體的截面
1、作截面應遵循的三個原則：（1）在同一平面上的兩點可引直線；（2）凡是相交的直線都要畫出它們的交點；（3）凡是相交的平面都要畫出它們的交線；
2、作交線的方法有如下兩種：（1）利用基本事實3作直線；（2）利用線面平行及面面平行的性質定理去尋找線面平行及面面平行，然后根據性質作出交線。
②判斷截面多邊形的形狀
判斷截面多邊形形狀時需要注意以下幾點：
1、截面與幾何體表面相交，交線不會超過幾何體表面個數。
2、不會與同一個表面有兩條交線。
3、與一對平行表面相交，交線平行（不一定等長）
4、截面截內切球或者外接球時，區分與面相切和與棱相切之間的關系
③求解截面多邊形的周長
求解截面多邊形的周長有兩個思路：（1）利用多面體展開圖進行求解；（2）在各個表面確定交線，分別利用解三角形進行求解。
④求解截面多邊形的面積
求解截面多邊形的面積問題的步驟：（1）通過解三角形求得截面多邊形各邊的長度；（2）判斷多邊形的形狀是否規則，若為規則圖形可直接使用面積公式求解；否則可通過切割法將多邊形分為多個三角形求解。
⑤截面分割幾何體的體積問題
截面分割后的幾何體易出現不規則的幾何體，對此往往采用“切割法”或“補形法”進行體積的求解。
⑥截面最值的相關問題
截面最值問題的計算，主要由以下三種方法：
1、極限法：通過假設動點運動至兩端，計算最值（需注意判斷是否單調）；
2、坐標法：通過建系設坐標，構造對應的函數進行求解；
3、化歸法：通過圖形轉化，把立體圖形轉化為平面圖形，尋找平面圖形中的最值計算。
二、垂直與平行命題判斷
技巧總結
結論：①要證線∥面，條件為3個，其中必有《線面》
②要證線⊥面，條件為2個，其中必有《線∥線或面∥面》
③要證線∥線（面∥面），條件為2或3個，其中必有《兩個線⊥面》
④要證線⊥線（面⊥面），條件為2個，其中必有《⊥、∥（）》
⑤要證線⊥線（面⊥面），條件為3個，其中必有《》
三、空間幾何體表面積與體積
1、空間幾何體的表面積和體積公式
名稱 幾何體 表面積 體積
柱體(棱柱和圓柱) S表面積＝S側＋2S底 V＝S底h
錐體(棱錐和圓錐) S表面積＝S側＋S底 V＝S底h
臺體(棱臺和圓臺) S表面積＝S側＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h
球 S＝4πR2 V＝πR3
幾何體的表面積和側面積的注意點
①幾何體的側面積是指(各個)側面面積之和，而表面積是側面積與所有底面面積之和．
②組合體的表面積應注意重合部分的處理．
2、柱體、錐體、臺體側面積間的關系
（1）當正棱臺的上底面與下底面全等時，得到正棱柱；當正棱臺的上底面縮為一個點時，得到正棱錐，
則S正棱柱側＝ch′ S正棱臺側＝(c＋c′)h′S正棱錐側＝ch′.
（2）當圓臺的上底面半徑與下底面半徑相等時，得到圓柱；當圓臺的上底面半徑為零時，得到圓錐，
則S圓柱側＝2πrl S圓臺側＝π(r＋r′)lS圓錐側＝πrl.
①求空間幾何體表面積的常見類型及思路
1、求多面體的表面積：只需將它們沿著棱“剪開”展成平面圖形，利用求平面圖形面積的方法求多面體的表面積；
2、求旋轉體的表面積：可以從旋轉體的形成過程及其幾何特征入手，將其展開后求表面積，但要搞清它們的底面半徑、母線長與對應側面展開圖中的邊長關系
3、求不規則幾何體的表面積：通常將所給幾何體分割成基本的柱體、錐體、臺體，先求出這些基本的柱體、錐體、臺體的表面積，再通過求和或作差，求出所給幾何體的表面積；
②空間幾何體的體積
1、處理空間幾何體體積的基本思路
（1）轉：轉換底面與高，將原本不容易求面積的底面轉換為容易求面積的底面，或將原來不容易看出的高轉換為容易看出并容易求解的高；
（2）拆：將一個不規則的幾何體拆成幾個規則的幾何體，便于計算；
（3）拼：將小幾何體嵌入一個大幾何體中，如有時將一個三棱錐復原成一個三棱柱，將一個三棱柱復原乘一個四棱柱，還臺位錐，這些都是拼補的方法。
2、求體積的常用方法
（1）直接法：對于規則的幾何體，利用相關公式直接計算；
（2）割補法：把不規則的幾何體分割成規則的幾何體，然后進行體積計算；或者把不規則的幾何體補成規則的幾何體，不熟悉的幾何體補成熟悉的幾何體，便于計算；
（3）等體積法：選擇合適的底面來求幾何體的體積，常用于求三棱錐的體積，即利用三棱錐的任一個面作為三棱錐的底面進行等體積變換
③平移法求異面直線所成角的步驟
第一步平移：平移的方法一般有三種類型：(1)利用圖中已有的平行線平移；(2)利用特殊點(線段的端點或中點)作平行線平移；(3)補形平移
第二步證明：證明所作的角是異面直線所成的角或其補角
第三步尋找：在立體圖形中，尋找或作出含有此角的三角形，并解之
第四步取舍：因為異面直線所成角θ的取值范圍是0°＜θ≤90°，所以所作的角為鈍角時，應取它的補角作為異面直線所成的角
三、空間幾何體動態問題
立體幾何中的動態問題主要包括：空間動點軌跡的判斷，求解軌跡的長度及動角的范圍等問題；
立體幾何中的動點軌跡問題一般有四種，即線段型，平面型，二次曲線型，球型，空間中軌跡問題的解答思路：
根據已知條件確定和待求點相關的平行、垂直等關系；
（2）用動點的坐標、、z表示相關點的坐標、、，然后代入點的坐標所滿足的曲線方程，整理化簡可得出動點的軌跡方程；
（3）根據軌跡形狀即可求解出軌跡的長度等其他量.
立體幾何最值：
1、計算多面體或旋轉體的表面上的最值問題時，一般采用轉化的方法來進行，即將側面展開化為平面圖形，即“化折為直”或“化曲為直”來解決，要熟練掌握多面體與旋轉體的側面展開圖的形狀；
2、對于幾何體內部的折線的最值，可采用轉化法，轉化為兩點間的距離，結合勾股定理求解．
空間中動線段的距離和的最值問題，可以類比平面中的距離和的最值處理利用對稱性來處理于轉化，另外異面直線間的公垂線段的長度可利用點到平面的距離來處理.計算多面體或旋轉體的表面上折線段的最值問題時，一般采用轉化的方法進行，即將側面展開化為平面圖形，即“化折為直”或“化曲為直”來解決，要熟練掌握多面體與旋轉體的側面展開圖的形狀；
典例1【2023新高考1卷】下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內的有（ ）
A. 直徑為的球體
B. 所有棱長均為的四面體
C. 底面直徑為，高為的圓柱體
D. 底面直徑為，高為的圓柱體
【答案】ABD
【解析】對于選項A：因為，即球體的直徑小于正方體的棱長， 所以能夠被整體放入正方體內，故A正確； 對于選項B：因為正方體的面對角線長為，且， 所以能夠被整體放入正方體內，故B正確； 對于選項C：因為正方體體對角線長為，且， 所以不能夠被整體放入正方體內，故C不正確； 對于選項D：因為，可知底面正方形不能包含圓柱的底面圓， 如圖，過的中點作，設， 可知，則， 即，解得， 且，即， 故以為軸可能對稱放置底面直徑為圓柱， 若底面直徑為的圓柱與正方體的上下底面均相切，設圓柱的底面圓心，與正方體的下底面的切點為， 可知：，則， 即，解得， 根據對稱性可知圓柱的高為， 所以能夠被整體放入正方體內，故D正確； 故選：ABD.
典例2【2023新高考全國Ⅱ卷】 已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，，，點C在底面圓周上，且二面角為45°，則（ ）．
A. 該圓錐的體積為 B. 該圓錐的側面積為
C. D. 面積為
【答案】AC
【解析】依題意，，，所以， A選項，圓錐的體積為，A選項正確； B選項，圓錐的側面積為，B選項錯誤； C選項，設是的中點，連接， 則，所以是二面角的平面角， 則，所以， 故，則，C選項正確； D選項，，所以，D選項錯誤. 故選：AC.
典例3【2022新高考全國Ⅰ卷】南水北調工程緩解了北方一些地區水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔時，相應水面的面積為；水位為海拔時，相應水面的面積為，將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔上升到時，增加的水量約為（）（ ）
A. B. C. D.
【答案】 C
【解析】依題意可知棱臺的高為(m)，所以增加的水量即為棱臺的體積． 棱臺上底面積，下底面積， ∴ ． 故選：C．
典例4【2022新高考全國Ⅱ卷】 如圖，四邊形為正方形，平面，，記三棱錐，，的體積分別為，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】 設，因為平面，，則， ，連接交于點，連接，易得， 又平面，平面，則，又，平面，則平面， 又，過作于，易得四邊形為矩形，則， 則，， ，則，，， 則，則，，，故A、B錯誤；C、D正確.故選：CD.
典例5【2021新高考全國Ⅱ卷】 正四棱臺的上 下底面的邊長分別為2，4，側棱長為2，則其體積為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】作出圖形，連接該正四棱臺上下底面的中心，如圖， 因為該四棱臺上下底面邊長分別為2，4，側棱長為2， 所以該棱臺的高， 下底面面積，上底面面積， 所以該棱臺的體積. 故選：D.
預測1（2024·甘肅白銀·模擬預測）如圖，這是一件西周晚期的青銅器，其盛酒的部分可近似視為一個圓臺（設上、下底面的半徑分別為厘米，厘米，高為厘米），則該青銅器的容積約為（取）（ ）

A．立方厘米 B．立方厘米
C．立方厘米 D．立方厘米
預測2（2024·四川成都·模擬預測）如圖，已知在長方體中，，點為棱上的一個動點，平面與棱交于，則下列說法正確的是（ ）
（1）三棱錐的體積為20
（2）直線與平面所成角正弦值的最大值為
（3）存在唯一的點，使得平面，且
（4）存在唯一的點，使截面四邊形的周長取得最小值
A．（1）（2）（3） B．（2）（3）（4） C．（2）（3） D．（2）（4）
預測3（2024·河南信陽·模擬預測）棱長為1的正方體中，點P為上的動點，O為底面ABCD的中心，則OP的最小值為（ ）
A． B． C． D．
預測4（2024·甘肅定西·模擬預測）在四棱錐中，底面為矩形，底面與底面所成的角分別為，且，則（ ）
A． B． C． D．
預測5（2024·安徽·模擬預測）已知是直線，，是兩個不同的平面，下列正確的命題是（ ）
A．若，，則 B．若，，則
C．若，，則 D．若，，則
押題1：已知正方體的棱長為1，，分別為棱，上的動點，則（ ）
A．四面體的體積為定值 B．四面體的體積為定值
C．四面體的體積最大值為 D．四面體的體積最大值為
押題2：設這兩個平面，是兩條不同的直線，則下列命題為真命題的是（ ）
A．若，則 B．若，則
C．若，則 D．若，則
押題3：已知四棱錐，底面ABCD是正方形，平面，，PC與底面ABCD所成角的正切值為，點M為平面內一點（異于點A），且，則（ ）
A．存在點M，使得平面
B．存在點M，使得直線與所成角為
C．當時，三棱錐的體積最大值為
D．當時，以P為球心，為半徑的球面與四棱錐各面的交線長為
押題4：在正方體中，為的中點，在棱上，且，則過且與垂直的平面截正方體所得截面的面積為 .
押題5：在直三棱柱中，，為的中點，點滿足，則異面直線所成角的余弦值為 ．
名校預測
預測1：答案D
【詳解】依題意可得該青銅器的容積約為（立方厘米）.故選：D
預測2：答案D
【詳解】對于（1），如圖過點作垂線，垂足為，易知，
在長方體中，平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，
，平面，平面，所以平面，
所以點到平面平面的距離等于點到平面的距離，即為，
三棱錐的體積為，
故（1）錯誤；
對于（2），平面，所以點到平面的距離等于點到平面的距離，距離為，
所以當最小時即當點與點重合時，
此時直線與平面所成角的正弦值最大，最大值為，故（2）正確；
對于（3），若，可知點與點重合，又因為，易知與不垂直，
故與不垂直，與平面不垂直，故（3）錯誤；
對于（4），四邊形的周長，周長取得最小值即最小，
將平面與將平面放在同一平面內，可知最小值為，
所以截面四邊形的周長取得最小值，故（4）正確.
綜上，說法正確的有（2）（4）.
故選：D.
預測3：答案C
【詳解】由題意可得OP的最小值為點到線段的距離，
在平面內過點作于點，
由題意可得，，，平面，
因為平面，則，因為，
故，即.
故選：C.
預測4：答案D
【詳解】如圖，設，
因為在矩形中，，所以，
因為底面，
所以分別是與底面所成的角，即，
所以.
因為，
所以，解得(負根舍去)，
所以.
故選：D.
預測5：答案D
【詳解】選項A：根據給定條件有 或；
選項B：根據給定條件有 或；
選項C：根據給定條件有與的位置可能平行、相交或m在α內；
選項D：因為，所以存在直線使得，
又因為，所以，因為，所以.
故選：D.
名師押題
押題1：答案BCD
【詳解】A：因為的面積為，到平面的距離不是定值，
所以四面體的體積不是定值，故A錯誤；
B：因為的面積為，P到矩形的距離為定值，
所以到平面的距離為，則四面體的體積為，故B正確；
C：當Q與重合時，取得最大值，為，
當與重合時，到平面的距離d取得最大值，
在正中，其外接圓的半徑為，則，
故四面體的體積最大值為，故C正確；
D：過點作，，，
設，，則，，
，，，，
故四面體的體積為，其最大值為，故D正確．
故選：BCD
押題2：答案BD
【詳解】對于選項A，因為，則，所以選項A錯誤，
對于選項B，因為，由線面垂直的性質知，，所以選項B正確，
對于選項C，因為，則與可能是異面直線，也可能是相交直線，所以選項C錯誤，
對于選項D，因為，垂直同一直線的兩個平面互相平行，所以選項D正確，
故選：BD.
押題3：答案BC
【詳解】對于A，假設存在點M，使得平面，
由于平面，平面，則平面平面，
平面平面，平面，則，
由于，平面，故直線重合，
即M點落在上，由于，即M落在以A為圓心，以為半徑的圓面內(不包含圓)，
這與M點落在上矛盾，A錯誤；
對于B，以A為坐標原點，所在直線為軸建立空間直角坐標系，
平面，則即為與底面所成角，
故，而，故，
則，
結合A的分析，可取，則,
由于直線與所成角范圍為，故此時直線與所成角為，
即存在點M，使得直線與所成角為，B正確；
對于C，當時，當M位于的延長線時，的高最大為，
此時面積最大，最大值為，則三棱錐的體積最大值為，C正確；
對于D，當時，，
以P為球心，為半徑的球面與四棱錐各面的交線是以P為圓心，
為半徑的圓與側面展開圖的交線，如下圖，
由于,則,即,
則，則，
則，根據對稱性有，
故的長為，
又球與底面的交線是以A為圓心，為半徑的四分之一圓，故長度為，
故以P為球心，為半徑的球面與四棱錐各面的交線長為，D錯誤，
故選：BC
押題4：答案
【詳解】
如圖所示，取，連接，易知面，
而面，故，連接，且顯然成立，
由已知得，故，則，
而，面，
所以平面，且面，所以，
取為的中點，，則且，
，面，
所以平面，因為平面，，同理可得，
所以等腰梯形為所得截面，
又，
作，顯然，則梯形的高為，
所以等腰梯形的面積為．
故答案為：12
押題5：答案
【詳解】如圖，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，
則，
所以，
設異面直線所成的角為，則．
故答案為：.
直線（圓）與方程（選填題）
年份 題號 知識點 考點
2021年I卷 11 圓 ①點線距 ②角度最值時求其它
2021年II卷 11 直線與圓 直線與圓的位置關系
2022年I卷 14 圓 ①圓與圓的位置關系 ②圓與圓的公切線問題
2022年II卷 15 直線與圓 ①直線與圓的位置關系 ②線關于線對稱
2023年新高考1 6 圓 圓的切線問題
2023年新高考2 9 直線與圓 直線與圓的位置關系
近三年，直線與圓在選填中占據一個位置，考查的考點一般來說是：
直線（①直線：傾斜角與斜率、斜率求算、夾角公式②平行與垂直定理及直線求法、對稱、距離及最值問題）
2、圓（①各種方程、直線（圓）與圓的位置關系②四點共圓、三類切線、弦長、最值）
題干的設置一般來說在上述的多項考點中選其一項或兩項。直線與圓有關定值與最值需考生需熟悉技巧，其次掌握直線與圓及圓與圓的位置關系，對稱也是高考的重點內容，設置此類題難度一般，用心研究必能奪分。
從近三年的全國卷的考查情況以及新高考新題型標準來看，直線與圓是高考選填方向必不可少的一類題，類型1：圓上的動點到定直線的最值問題。類型2：圓的三類切線。類型3：對稱及阿波羅尼斯圓，尤其是阿波羅尼斯圓，考生需從多方面認識，類型3相對有難度，其它兩類相對簡單.此類題目一定采用數形結合.
一、圓的取值范圍與最值問題
涉及與圓有關的最值，可借助圖形性質，利用數形結合求解．一般地：
（1）形如的最值問題，可轉化為動直線斜率的最值問題．
（2）形如的最值問題，可轉化為動直線截距的最值問題．
（3）形如的最值問題，可轉化為曲線上的點到點（a，b）的距離平方的最值問題
解決圓中的范圍與最值問題常用的策略：
（1）數形結合
（2）多與圓心聯系
（3）參數方程
（4）代數角度轉化成函數值域問題
二、直線的交點坐標與距離公式
①：直線的交點
求兩直線與的交點坐標，只需求兩直線方程聯立所得方程組的解即可．若有，則方程組有無窮多個解，此時兩直線重合；若有，則方程組無解，此時兩直線平行；若有，則方程組有唯一解，此時兩直線相交，此解即兩直線交點的坐標．
求兩直線的交點坐標實際上就是解方程組，看方程組解的個數．
②過兩條直線交點的直線系方程
一般地，具有某種共同屬性的一類直線的集合稱為直線系，它的方程叫做直線系方程，直線系方程中除含有以外，還有根據具體條件取不同值的變量，稱為參變量，簡稱參數．由于參數取法不同，從而得到不同的直線系．
過兩直線的交點的直線系方程：經過兩直線，交點的直線方程為，其中是待定系數．在這個方程中，無論取什么實數，都得不到，因此它不能表示直線．
③兩點間的距離公式
兩點間的距離公式為．
此公式可以用來求解平面上任意兩點之間的距離，它是所有求距離問題的基礎，點到直線的距離和兩平行直線之間的距離均可轉化為兩點之間的距離來解決．另外在下一章圓的標準方程的推導、直線與圓、圓與圓的位置關系的判斷等內容中都有廣泛應用，需熟練掌握．
④：點到直線的距離公式
點到直線的距離為．
（1）點到直線的距離為直線上所有的點到已知點的距離中最小距離；
（2）使用點到直線的距離公式的前提條件是：把直線方程先化為一般式方程；
（3）此公式常用于求三角形的高、兩平行線間的距離及下一章中直線與圓的位置關系的判斷等．
⑤兩平行線間的距離
本類問題常見的有兩種解法：①轉化為點到直線的距離問題，在任一條直線上任取一點，此點到另一條直線的距離即為兩直線之間的距離；②距離公式：直線與直線的距離為．
（1）兩條平行線間的距離，可以看作在其中一條直線上任取一點，這個點到另一條直線的距離，此點一般可以取直線上的特殊點，也可以看作是兩條直線上各取一點，這兩點間的最短距離；
（2）利用兩條平行直線間的距離公式時，一定先將兩直線方程化為一般形式，且兩條直線中，的系數分別是相同的以后，才能使用此公式．
圓：①：圓的標準方程
，其中為圓心，為半徑．
（1）如果圓心在坐標原點，這時，圓的方程就是．有關圖形特征與方程的轉化：如：圓心在x軸上：；圓與y軸相切時：；圓與x軸相切時：；與坐標軸相切時：；過原點：
（2）圓的標準方程圓心為，半徑為，它顯現了圓的幾何特點．
（3）標準方程的優點在于明確指出了圓心和半徑．由圓的標準方程可知，確定一個圓的方程，只需要a、b、r這三個獨立參數，因此，求圓的標準方程常用定義法和待定系數法．
②：點和圓的位置關系
如果圓的標準方程為，圓心為，半徑為，則有
（1）若點在圓上
（2）若點在圓外
（3）若點在圓內
③：圓的一般方程
當時，方程叫做圓的一般方程．為圓心，為半徑．
由方程得
（1）當時，方程只有實數解．它表示一個點．
（2）當時，方程沒有實數解，因而它不表示任何圖形．
（3）當時，可以看出方程表示以為圓心，為半徑的圓．
④：用待定系數法求圓的方程的步驟
求圓的方程常用“待定系數法”．用“待定系數法”求圓的方程的大致步驟是：
（1）根據題意，選擇標準方程或一般方程．
（2）根據已知條件，建立關于或的方程組．
（3）解方程組，求出或的值，并把它們代入所設的方程中去，就得到所求圓的方程．
三、對稱全覆蓋
①點關于線對稱的點的求算
點關于直線的對稱點為
②線關于點對稱的直線求算
直線關于點對稱的直線為
③線關于線對稱的直線方程求算
直線關于直線對稱直線為其中
注意：特殊情況
Ⅰ：點關于直線對稱的點坐標為．
點關于直線對稱的點坐標為．
直線關于直線對稱的直線方程為．
直線關于直線對稱的直線方程為．
Ⅱ：點關于直線對稱的點坐標為．
點關于直線對稱的點坐標為．
直線關于直線對稱的直線方程為；
直線關于直線對稱的直線方程為；
《記憶方法》或者
④正規方法
點關于直線成軸對稱問題（所有對稱都可以轉化為點關于線對稱）
由軸對稱定義知，對稱軸即為兩對稱點連線的“垂直平分線”利用“垂直”“平分”這兩個條件建立方程組，就可求出對頂點的坐標一般情形如下：設點關于直線的對稱點為，則有
，可求出、．
⑤萬能對稱原理（曲線關于直線對稱的原理）
曲線（或直線 ）關于直線的對稱曲線（或直線 ）的方程為：．
證明：設是曲線上的任意一點，它關于l的對稱點為，則
于是 ①
∵與關于直線對稱．
∴ ②
②代入①，得，此即為曲線的方程．
四、最值問題
Ⅰ求直線上一點到兩定點的距離之差的最大值的方法
當兩點在直線的兩側時，可以在直線上找到一點,使得最大.
理由如下：作點關于直線的對稱點,連接并延長交于點，連接,則點即為所求點，此時最大.且
若在直線上取不同于點的點,連接,則.在中，（三角形中兩邊之差小于第三邊）即
②求直線上一點到兩定點的距離之和的最小值的方法
當兩點在直線的同側時，可以在直線上找到一點,使得最小.
理由如下：作點關于直線的對稱點,連接交于點，連接,則點即為所求點，此時最小.且
若在直線上取不同于點的點,連接,則.在中，（三角形中兩邊之和大于第三邊）即
Ⅱ形如：若是定圓上的一動點，則求和這兩種形式的最值
思路1：幾何法
①的最值，設，圓心到直線的距離為由即可解得兩個值，一個為最大值，一個為最小值
②的最值：即點與原點連線的斜率，數形結合可求得斜率的最大值和最小值
思路2：代數法
①的最值，設，與圓的方程聯立，化為一元二次方程，由判別式等于，求得的兩個值，一個為最大值，一個為最小值.
②的最值：設，則，與圓的方程聯立，化為一元二次方程，由判別式等于，求得的兩個值，一個為最大值，一個為最小值.
五、圓的三類切線問題
第一類：求過圓上一點的圓的切線方程的方法
正規方法：
第一步：求切點與圓心的連線所在直線的斜率
第二步：利用垂直關系求出切線的斜率為
第三步：利用點斜式求出切線方程
注意：若則切線方程為，若不存在時，切線方程為
秒殺方法：
①經過圓上一點的切線方程為
②經過圓上一點的切線方程為
③經過圓上一點的切線方程為
第二類：求過圓外一點的圓的切線方程的方法
方法一：幾何法
第一步：設切線方程為，即，
第二步：由圓心到直線的距離等于半徑長，可求得，切線方程即可求出
方法二:代數法
第一步：設切線方程為，即，
第二步：代入圓的方程，得到一個關于的一元二次方程，由可求得，切線方程即可求出
注意：過圓外一點的切線必有兩條，當上面兩種方法求得的只有一個時，則另一條切線的斜率一定不存在，可得數形結合求出.
第三類：求斜率為且與圓相切的切線方程的方法
方法一：幾何法
第一步：設切線方程為，即
第二步：由圓心到直線的距離等于半徑長，可求得，切線方程即可求出.
方法二:代數法
第一步：設切線方程為，
第二步：代入圓的方程，得到一個關于的一元二次方程，由可求得，切線方程即可求出
方法三：秒殺方法
已知圓的切線的斜率為，則圓的切線方程為
已知圓的切線的斜率為，則圓的切線方程為
六、阿波羅尼斯圓考點
阿氏圓是指：平面上的一個動點到兩個定點的距離的比值等于，且的點的軌跡稱之為阿氏圓。即：，如下圖所示：
Ⅰ：證明方法一：初中知識證明：
前提基礎：
知識點1：內角平分線定理及逆定理
若是的角平分線，則有：。即“兩腰之比”等于“兩底邊之比”。
其逆定理也成立：即，則有：AD是∠BAC的角平分線。
知識點2：外角平分線定理及其逆定理
若是外角的角平分線，則有。即“兩腰之比”等于“兩底邊之比”。
其逆定理也成立：即，則有：是外角的角平分線。
證明如下：
①如上圖，根據阿氏圓的定義：
當點位于圖中點位置時有：，當點位于圖中點位置時有：，
所以有：，所以是的角平分線，
當點位于圖中點位置時有：，
所以有：，所以是的角平分線，又
故，所以動點是在以為直線的圓上。
② 由上述過程，我們可以更進一步推導出阿氏圓的直徑，設定點間距離，
∵，∴∵∴ ∴
同理，∵ ∴∵∴∴
∴直徑。
證明方法二：高中解析幾何建立直角坐標系，如下圖所示
以定直線所在直線為軸，點為坐標原點，建立平面直角坐標系，設，則，，設，則，即，兩邊平方，整理得：
，又，配方得：
由圓的方程可知：此方程表示是以為圓心，為半徑的圓。
Ⅱ：阿氏圓常用于解決形如：類線段最值問題：其中是動點，是定點，且動點在阿氏圓上運動,我們總結出更加一般的解題步驟，使這種題變成套路題，直接秒殺。
類問題解題步驟：
運用：動點在圓上運動，兩線段(帶系數)相加求最小值。
形如：的最小值 (為系數)，
原理：構造共邊共角相似，轉移帶系數的邊，利用兩點間線段最短求最小值，
解題步驟：
第一步: 計算出動點所在圓的半徑r；
第二步：在題中尋找：(相似比)，若找不到，則需要將系數k提到括號外邊再尋找相似比；比如，找不到相似比為3:5時，需要經過如下變形：
,對帶系數的線段PA去尋找相似比為5:3。
第三步：利用共邊共角模型，在第2步:定邊所在的三角形中構造共邊共角相似模型，此時定邊與動點構成一個三角形(此步非常重要，是核心)；
第四步：利用相似轉移帶系數的邊；
第五步：由兩點間線段最短求最小值。
Ⅲ:其他結論
①當時，在圓內，在圓外，當時，在圓外，在圓內，
②
③過點作圓的切線,則分別為的內，外角平分線.
典例1【2023新高考1卷】過點與圓相切的兩條直線的夾角為，則（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】B
【解析】方法一：因為，即，可得圓心，半徑， 過點作圓C的切線，切點為， 因為，則， 可得， 則， ， 即為鈍角， 所以； 法二：圓的圓心，半徑， 過點作圓C的切線，切點為，連接， 可得，則， 因為 且，則， 即，解得， 即為鈍角，則， 且為銳角，所以； 方法三：圓的圓心，半徑， 若切線斜率不存在，則切線方程為，則圓心到切點的距離，不合題意； 若切線斜率存在，設切線方程為，即， 則，整理得，且 設兩切線斜率分別為，則， 可得， 所以，即，可得， 則， 且，則，解得. 故選：B.
典例2【2023新高考全國Ⅱ卷】 已知直線與交于A，B兩點，寫出滿足“面積為”的m的一個值______．
【答案】（中任意一個皆可以）
【解析】設點到直線的距離為，由弦長公式得， 所以，解得：或， 由，所以或，解得：或． 故答案為：（中任意一個皆可以）．
典例3【2022新高考全國Ⅰ卷】寫出與圓和都相切的一條直線的方程________________．
【答案】 或或
【解析】[方法一]： 顯然直線的斜率不為0，不妨設直線方程為， 于是， 故①，于是或， 再結合①解得或或， 所以直線方程有三條，分別為，， [方法二]： 設圓的圓心，半徑為， 圓的圓心，半徑， 則，因此兩圓外切， 由圖像可知，共有三條直線符合條件，顯然符合題意； 又由方程和相減可得方程， 即為過兩圓公共切點的切線方程， 又易知兩圓圓心所在直線OC的方程為， 直線OC與直線的交點為， 設過該點的直線為，則，解得， 從而該切線的方程為填一條即可 [方法三]： 圓的圓心為，半徑為， 圓的圓心為，半徑為， 兩圓圓心距為，等于兩圓半徑之和，故兩圓外切， 如圖， 當切線為l時，因為，所以，設方程為 O到l的距離，解得，所以l的方程為， 當切線為m時，設直線方程為，其中，， 由題意，解得， 當切線為n時，易知切線方程為， 故答案為：或或.
典例4【2022新高考全國Ⅱ卷】 設點，若直線關于對稱的直線與圓有公共點，則a的取值范圍是________．
【答案】
【解析】解：關于對稱的點的坐標為，在直線上， 所以所在直線即為直線，所以直線為，即； 圓，圓心，半徑， 依題意圓心到直線的距離， 即，解得，即； 故答案為：
典例5【2021新高考全國Ⅱ卷】 已知直線與圓，點，則下列說法正確的是（ ）
A. 若點A在圓C上，則直線l與圓C相切 B. 若點A在圓C內，則直線l與圓C相離
C. 若點A在圓C外，則直線l與圓C相離 D. 若點A在直線l上，則直線l與圓C相切
【答案】ABD
【解析】圓心到直線l的距離， 若點在圓C上，則，所以， 則直線l與圓C相切，故A正確； 若點在圓C內，則，所以， 則直線l與圓C相離，故B正確； 若點在圓C外，則，所以， 則直線l與圓C相交，故C錯誤； 若點在直線l上，則即， 所以，直線l與圓C相切，故D正確. 故選：ABD.
預測1（2024·遼寧撫順·模擬預測）已知直線與圓相交于兩點，為坐標原點，則的面積為（ ）
A． B．2 C． D．4
預測2（2024·遼寧葫蘆島·模擬預測）已知為圓上動點，直線和直線（，）的交點為，則的最大值是（ ）
A． B． C． D．
預測3（2024·遼寧·模擬預測）設直線系（其中0，m，n均為參數，，），則下列命題中是真命題的是（ ）
A．當，時，存在一個圓與直線系M中所有直線都相切
B．存在m，n，使直線系M中所有直線恒過定點，且不過第三象限
C．當時，坐標原點到直線系M中所有直線的距離最大值為1，最小值為
D．當，時，若存在一點，使其到直線系M中所有直線的距離不小于1，則
預測4（2024·全國·模擬預測）已知直線與圓，點，則下列命題中是假命題的是（ ）.
A．若點在圓外，則直線與圓相離 B．若點在圓內，則直線與圓相交
C．若點在圓上，則直線與圓相切 D．若點在直線上，則直線與圓相切
預測5（2024·全國·模擬預測）在平面直角坐標系中，，動點滿足，得到動點的軌跡是曲線．則下列說法正確的是（ ）
A．曲線的方程為
B．若直線與曲線相交，則弦最短時
C．當三點不共線時，若點，則射線平分
D．過A作曲線的切線，切點分別為，則直線的方程為
押題1：如圖，在平面直角坐標系中，已知點，是線段上的動點，點與點關于直線對稱．則下列結論正確的是（ ）

A．當時，點的坐標為
B．的最大值為4
C．當點在直線上時，直線的方程為
D．正弦的最大值為
押題2：已知點為圓：上的動點，點的坐標為，，設點的軌跡為曲線，為坐標原點，則下列結論正確的有（ ）
A．的最大值為2
B．曲線的方程為
C．圓與曲線有兩個交點
D．若，分別為圓和曲線上任一點，則的最大值為
押題3：已知R，為坐標原點，函數．下列說法中正確的是（ ）
A．當時，若的解集是，則
B．當時，若有5個不同實根，則
C．當時，若，曲線與半徑為4的圓有且僅有3個交點，則
D．當時，曲線與直線所圍封閉圖形的面積的最小值是33
押題4：已知圓，則下列結論正確的有（ ）
A．若圓和圓外離，則
B．若圓和圓外切，則
C．當時，圓和圓有且僅有一條公切線
D．當時，圓和圓相交
押題5：已知直線與圓交于，兩點，則的最小值為 ．
名校預測
預測1：答案A
【詳解】設點到直線的距離為，
則，
又，
所以．
故選：A
預測2：答案A
【詳解】由、，
有，故，
對有，故過定點，
對有，故過定點，
則中點為，即，
，則，
故點在以為直徑的圓上，該圓圓心為，半徑為，
又在原，該圓圓心為，半徑為，
又，則.
故選：A.
預測3：答案ABD
【詳解】A選項，當，時，，
設圓為，則圓心到直線的距離，故與總相切，A正確；
B選項，當時，，
由于，故直線恒過，
若時，直線為，
若時，直線的斜率為，
故直線不過第三象限，
所以存在m，n，使直線系M中所有直線恒過定點，且不過第三象限，B正確；
C選項，當時，，
坐標原點到直線系M的距離為，
當當時，，
坐標原點到直線系M的距離為
其中，
故，C錯誤.
D選項，當，時，，
點到直線系M中所有直線的距離，
化簡得恒成立，
由于，
若，解得，
當時，

展開更多......

收起↑