数学-2024年高考考前20天终极冲刺攻略（新高考新题型专用）

目录contents统计、排列组合及随机变量及其分布（选填题）…………01圆锥曲线（选填题）…………21数列（选填题）………………44空间立体几何（选填题）…………………62直线（圆）与方程（选填题）………………79④二．几种数列求和的常用方法（1）分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．（2）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n项和．（3）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前项和即可用错位相减法求解．（4）倒序相加法：如果一个数列与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可用倒序相加法求解．三．常见的裂项技巧积累裂项模型1：等差型（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）（10）（11）（12）积累裂项模型2：根式型（1）（2）（3）（4）（5）（6）积累裂项模型3：指数型（1）（2）（3）（4）（5）（6），设，易得，于是（7）积累裂项模型4：对数型积累裂项模型5：三角型（1）（2）（3）（4），则典例1【2023新高考1卷】记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（

）A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】C【解析】方法1，甲：为等差数列，设其首项为，公差为，则，因此为等差数列，则甲是乙的充分条件；反之，乙：为等差数列，即为常数，设为，即，则，有，两式相减得：，即，对也成立，因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件，C正确.方法2，甲：为等差数列，设数列的首项，公差为，即，则，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件；反之，乙：为等差数列，即，即，，当时，上两式相减得：，当时，上式成立，于是，又为常数，因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件.故选：C典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】记为等比数列的前n项和，若，，则（

）．A．120 B．85 C． D．【答案】C【解析】方法一：设等比数列的公比为，首项为，若，则，与题意不符，所以；若，则，与题意不符，所以；由，可得，，①，由①可得，，解得：，所以．故选：C．方法二：设等比数列的公比为，因为，，所以，否则，从而，成等比数列，所以有，，解得：或，当时，，即为，易知，，即；当时，，与矛盾，舍去．故选：C．典例3【2021新高考全国Ⅰ卷】某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______.【答案】①.5②.【解析】（1）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位；故对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种不同规格；（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想，设，则，两式作差得：，因此，.故答案为：；.典例4【2021新高考全国Ⅱ卷】设正整数，其中，记．则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】对于A选项，，，所以，，A选项正确；对于B选项，取，，，而，则，即，B选项错误；对于C选项，，所以，，，所以，，因此，，C选项正确；对于D选项，，故，D选项正确.故选：ACD.预测1（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知为等差数列，，则（

）A．32 B．27 C．22 D．17预测2（2024·河北廊坊·模拟预测）已知，且数列是等比数列，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件预测3（2024·贵州贵阳·模拟预测）已知为等差数列，为其前项和，若，则（

）A．36 B．24 C．18 D．32预测4（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知等差数列的首项，公差，在中每相邻两项之间都插入个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列，下列说法正确的有（

）A． B．当时，C．当时，不是数列中的项 D．若是数列中的项，则的值可能为6预测5（2024·安徽芜湖·模拟预测）下面是关于公差的等差数列的四个命题，其中正确的有（

）A．数列是等差数列 B．数列是等差数列C．数列是递增数列 D．数列是递增数列押题1：已知递增等比数列的公比为，且满足，下列情况可能正确的是（

）A． B． C． D．押题2：满足，，的数列称为卢卡斯数列，则（

）A．存在非零实数t，使得为等差数列B．存在非零实数t，使得为等比数列C．D．押题3：已知等比数列的前项和为，则（

）A． B．C．数列为单调数列 D．数列为单调数列押题4：已知等差数列的前n项和为，若，，则．押题5：已知公比为q的等比数列的单调性与函数的单调性相同，且满足，．若，则的概率为名校预测预测1：答案C【详解】因为，，得到，所以，得到，故选：C.预测2：答案B【详解】设等比数列的公比为，若，则，因为不等于0，所以，若时，无法得出，所以“”不是“”的充分条件；若“”，则，所以“”是“”的必要条件.所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B预测3：答案B【详解】等差数列中，由，得，所以.故选：B预测4：答案ABD【详解】对A，，故A正确；对B，当时，公差，此时，故B正确；对C，当时，此时，，即是数列中的项，故C错误；对D，当时，，又，故D正确.故选：ABD预测5：答案ABD【详解】设等差数列的首项为，所以，对于A，由，则，所以，即数列是等差数列为公差为的等差数列，故A正确；对于B，由，所以，则，所以数列是以公差为的等差数列，故B正确；对于C，由，可得，当时，数列不是递增数列，故C不正确；对于D，由，可得，所以，所以数列是递增数列，故D正确；故选：ABD名师押题押题1：答案BCD【详解】原数列递增等价于，或，.等价于，即.从而，或，.这意味着的范围是或，令，或，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，从而或，这表明了的范围是或.所以A错误，B正确，C正确，D正确.故选：BCD.押题2：答案BCD【详解】对A：若数列为等差数列，则有，即，由，故有恒成立，即有，无解，故不存在这样的实数，故A错误；对B：若数列为等比数列，则有，即，由，故有恒成立，即有，即，解得，此时，故存在非零实数t，使得为等比数列，故B正确；对C：由，则，即有，故C正确；对D：由，故，故，故D正确.故选：BCD.押题3：答案BC【详解】设数列的首项为，公比为，由题有，解得或，对于选项A，当，为奇数时，，所以选项A错误，对于选项B，因为，当，显然有，当时，，所以，故选项B正确，对于选项C，当时，数列是首项为，公比为的递增数列，当时，数列是首项为，公比为的递减数列，所以选项C正确，对于选项D，由选项B知，所以，当时，，此时不具有单调性，所以选项D错误，故选：BC.押题4：答案16【详解】设等差数列的公差为，则有,解得：，所以.故答案为：押题5：答案/0.25【详解】，又是方程的两根，又为单增等比数列，又，，，所求概率.故答案为：．空间立体几何（选填题）年份题号知识点考点2021年I卷12三棱柱①截面周长与面积定值问题②动点构成体积定值③动点参与的垂直问题2021年II卷10正方体动点满足要求所存在的情况2022年I卷9正方体①线与线夹角问题②线与面夹角问题2022年II卷11空间多边形体积之间的关系2023年新高考112正方体立体几何的包裹问题2023年新高考29椎体①锥体的侧面积问题②锥体的体积问题近三年，空间几何体在选填中占据一个位置，考查的考点一般来说是：空间几何体的表面积与体积（①锥体的表面积与体积②柱体的表面积与体积③组合体的表面积与体积）2、空间几何体涉及夹角与位置问题（①线与线、线与面及面与面的夹角问题②线与面平行关系③线与面垂直关系）3、动点与截面问题（①以动点为导火索求新平面图、几何体的各种参数②截面所截面积与周长定值最值问题）题干的设置一般来说在上述的三项考点中选其一项或两项。有关表面积与体积考生需熟记公式，有关截面问题考生需要掌握截面的作法，针对计算可以用几何法也可借助空间向量，对于动点完全需要利用空间向量求出轨迹方程进而求其它。从近三年的全国卷的考查情况以及新高考新题型标准来看，空间几何体是高考选填方向必不可少的一类题，类型1：正方体探究截面与动点问题，类型2：空间中线与面的位置关系。类型3：组合体表面积与体积（实际应用）问题，尤其是台体的表面积与体积，类型1相对有难度，其它两类相对简单.一、立体几何截面问题①作出空间几何体的截面1、作截面应遵循的三个原则：（1）在同一平面上的两点可引直线；（2）凡是相交的直线都要画出它们的交点；（3）凡是相交的平面都要画出它们的交线；2、作交线的方法有如下两种：（1）利用基本事实3作直线；（2）利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线。②判断截面多边形的形状判断截面多边形形状时需要注意以下几点：1、截面与几何体表面相交，交线不会超过几何体表面个数。2、不会与同一个表面有两条交线。3、与一对平行表面相交，交线平行（不一定等长）4、截面截内切球或者外接球时，区分与面相切和与棱相切之间的关系③求解截面多边形的周长求解截面多边形的周长有两个思路：（1）利用多面体展开图进行求解；（2）在各个表面确定交线，分别利用解三角形进行求解。④求解截面多边形的面积求解截面多边形的面积问题的步骤：（1）通过解三角形求得截面多边形各边的长度；（2）判断多边形的形状是否规则，若为规则图形可直接使用面积公式求解；否则可通过切割法将多边形分为多个三角形求解。⑤截面分割几何体的体积问题截面分割后的几何体易出现不规则的几何体，对此往往采用“切割法”或“补形法”进行体积的求解。⑥截面最值的相关问题截面最值问题的计算，主要由以下三种方法：1、极限法：通过假设动点运动至两端，计算最值（需注意判断是否单调）；2、坐标法：通过建系设坐标，构造对应的函数进行求解；3、化归法：通过图形转化，把立体图形转化为平面图形，寻找平面图形中的最值计算。二、垂直与平行命题判断技巧总结结论：①要证线∥面，条件为3个，其中必有《线面》 ②要证线⊥面，条件为2个，其中必有《线∥线或面∥面》 ③要证线∥线（面∥面），条件为2或3个，其中必有《两个线⊥面》 ④要证线⊥线（面⊥面），条件为2个，其中必有《⊥、∥（）》⑤要证线⊥线（面⊥面），条件为3个，其中必有《》三、空间几何体表面积与体积1、空间几何体的表面积和体积公式名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝S底h锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝eq\f(1,3)S底h台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝eq\f(1,3)(S上＋S下＋eq\r(S上S下))h球S＝4πR2V＝eq\f(4,3)πR3几何体的表面积和侧面积的注意点=1\*GB3①几何体的侧面积是指(各个)侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和．=2\*GB3②组合体的表面积应注意重合部分的处理．2、柱体、锥体、台体侧面积间的关系（1）当正棱台的上底面与下底面全等时，得到正棱柱；当正棱台的上底面缩为一个点时，得到正棱锥，则S正棱柱侧＝ch′eq\o(←,\s\up7(c′＝c))S正棱台侧＝eq\f(1,2)(c＋c′)h′eq\o(→,\s\up7(c′＝0))S正棱锥侧＝eq\f(1,2)ch′.（2）当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，则S圆柱侧＝2πrleq\o(←,\s\up7(r′＝r))S圆台侧＝π(r＋r′)leq\o(→,\s\up7(r′＝0))S圆锥侧＝πrl.①求空间几何体表面积的常见类型及思路1、求多面体的表面积：只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积；2、求旋转体的表面积：可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系3、求不规则几何体的表面积：通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积；②空间几何体的体积1、处理空间几何体体积的基本思路（1）转：转换底面与高，将原本不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解的高；（2）拆：将一个不规则的几何体拆成几个规则的几何体，便于计算；（3）拼：将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原乘一个四棱柱，还台位锥，这些都是拼补的方法。2、求体积的常用方法（1）直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算；（2）割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算；（3）等体积法：选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面作为三棱锥的底面进行等体积变换③平移法求异面直线所成角的步骤第一步平移：平移的方法一般有三种类型：(1)利用图中已有的平行线平移；(2)利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；(3)补形平移第二步证明：证明所作的角是异面直线所成的角或其补角第三步寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之第四步取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0°＜θ≤90°，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角三、空间几何体动态问题立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；立体几何中的动点轨迹问题一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型，空间中轨迹问题的解答思路：根据已知条件确定和待求点相关的平行、垂直等关系；（2）用动点的坐标、、z表示相关点的坐标、、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；（3）根据轨迹形状即可求解出轨迹的长度等其他量.立体几何最值：1、计算多面体或旋转体的表面上的最值问题时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；2、对于几何体内部的折线的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解．空间中动线段的距离和的最值问题，可以类比平面中的距离和的最值处理利用对称性来处理于转化，另外异面直线间的公垂线段的长度可利用点到平面的距离来处理.计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；典例1【2023新高考1卷】下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A.直径为的球体B.所有棱长均为的四面体C.底面直径为，高为的圆柱体D.底面直径为，高为的圆柱体【答案】ABD【解析】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A正确；对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且，所以能够被整体放入正方体内，故B正确；对于选项C：因为正方体体对角线长为，且，所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过的中点作，设，可知，则，即，解得，且，即，故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，可知：，则，即，解得，根据对称性可知圆柱的高为，所以能够被整体放入正方体内，故D正确；故选：ABD.典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（）．A.该圆锥的体积为 B.该圆锥的侧面积为C. D.面积为【答案】AC【解析】依题意，，，所以，A选项，圆锥的体积为，A选项正确；B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；C选项，设是的中点，连接，则，所以是二面角的平面角，则，所以，故，则，C选项正确；D选项，，所以，D选项错误.故选：AC.典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（）A. B.C.D.【答案】C【解析】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．棱台上底面积，下底面积，∴．故选：C．典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（）A. B.C. D.【答案】CD【解析】设，因为平面，，则，，连接交于点，连接，易得，又平面，平面，则，又，平面，则平面，又，过作于，易得四边形为矩形，则，则，，，则，，，则，则，，，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.典例5【2021新高考全国Ⅱ卷】正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高，下底面面积，上底面面积，所以该棱台的体积.故选：D.预测1（2024·甘肃白银·模拟预测）如图，这是一件西周晚期的青铜器，其盛酒的部分可近似视为一个圆台（设上、下底面的半径分别为厘米，厘米，高为厘米），则该青铜器的容积约为（取）（

）

A．立方厘米 B．立方厘米C．立方厘米 D．立方厘米预测2（2024·四川成都·模拟预测）如图，已知在长方体中，，点为棱上的一个动点，平面与棱交于，则下列说法正确的是（

）（1）三棱锥的体积为20（2）直线与平面所成角正弦值的最大值为（3）存在唯一的点，使得平面，且（4）存在唯一的点，使截面四边形的周长取得最小值A．（1）（2）（3） B．（2）（3）（4） C．（2）（3） D．（2）（4）预测3（2024·河南信阳·模拟预测）棱长为1的正方体中，点P为上的动点，O为底面ABCD的中心，则OP的最小值为（

）A． B． C． D．预测4（2024·甘肃定西·模拟预测）在四棱锥中，底面为矩形，底面与底面所成的角分别为，且，则（

）A． B． C． D．预测5（2024·安徽·模拟预测）已知是直线，，是两个不同的平面，下列正确的命题是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则押题1：已知正方体的棱长为1，，分别为棱，上的动点，则（

）A．四面体的体积为定值 B．四面体的体积为定值C．四面体的体积最大值为 D．四面体的体积最大值为押题2：设这两个平面，是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则押题3：已知四棱锥，底面ABCD是正方形，平面，，PC与底面ABCD所成角的正切值为，点M为平面内一点（异于点A），且，则（

）A．存在点M，使得平面B．存在点M，使得直线与所成角为C．当时，三棱锥的体积最大值为D．当时，以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长为押题4：在正方体中，为的中点，在棱上，且，则过且与垂直的平面截正方体所得截面的面积为.押题5：在直三棱柱中，，为的中点，点满足，则异面直线所成角的余弦值为．名校预测预测1：答案D【详解】依题意可得该青铜器的容积约为（立方厘米）.故选：D预测2：答案D【详解】对于（1），如图过点作垂线，垂足为，易知，在长方体中，平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，，平面，平面，所以平面，所以点到平面平面的距离等于点到平面的距离，即为，三棱锥的体积为，故（1）错误；对于（2），平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，距离为，所以当最小时即当点与点重合时，此时直线与平面所成角的正弦值最大，最大值为，故（2）正确；对于（3），若，可知点与点重合，又因为，易知与不垂直，故与不垂直，与平面不垂直，故（3）错误；对于（4），四边形的周长，周长取得最小值即最小，将平面与将平面放在同一平面内，可知最小值为，所以截面四边形的周长取得最小值，故（4）正确.综上，说法正确的有（2）（4）.故选：D.预测3：答案C【详解】由题意可得OP的最小值为点到线段的距离，在平面内过点作于点，由题意可得，，，平面，因为平面，则，因为，故，即.故选：C.预测4：答案D【详解】如图，设，因为在矩形中，，所以，因为底面，所以分别是与底面所成的角，即，所以.因为，所以，解得(负根舍去)，所以.故选：D.预测5：答案D【详解】选项A：根据给定条件有或；选项B：根据给定条件有或；选项C：根据给定条件有与的位置可能平行、相交或m在α内；选项D：因为，所以存在直线使得，又因为，所以，因为，所以.故选：D.名师押题押题1：答案BCD【详解】A：因为的面积为，到平面的距离不是定值，所以四面体的体积不是定值，故A错误；B：因为的面积为，P到矩形的距离为定值，所以到平面的距离为，则四面体的体积为，故B正确；C：当Q与重合时，取得最大值，为，当与重合时，到平面的距离d取得最大值，在正中，其外接圆的半径为，则，故四面体的体积最大值为，故C正确；D：过点作，，，设，，则，，，，，，故四面体的体积为，其最大值为，故D正确．故选：BCD押题2：答案BD【详解】对于选项A，因为，则，所以选项A错误，对于选项B，因为，由线面垂直的性质知，，所以选项B正确，对于选项C，因为，则与可能是异面直线，也可能是相交直线，所以选项C错误，对于选项D，因为，垂直同一直线的两个平面互相平行，所以选项D正确，故选：BD.押题3：答案BC【详解】对于A，假设存在点M，使得平面，由于平面，平面，则平面平面，平面平面，平面，则，由于，平面，故直线重合，即M点落在上，由于，即M落在以A为圆心，以为半径的圆面内(不包含圆)，这与M点落在上矛盾，A错误；对于B，以A为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，平面，则即为与底面所成角，故，而，故，则，结合A的分析，可取，则,由于直线与所成角范围为，故此时直线与所成角为，即存在点M，使得直线与所成角为，B正确；对于C，当时，当M位于的延长线时，的高最大为，此时面积最大，最大值为，则三棱锥的体积最大值为，C正确；对于D，当时，，以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线是以P为圆心，为半径的圆与侧面展开图的交线，如下图，由于,则,即,则，则，则，根据对称性有，故的长为，又球与底面的交线是以A为圆心，为半径的四分之一圆，故长度为，故以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长为，D错误，故选：BC押题4：答案【详解】如图所示，取，连接，易知面，而面，故，连接，且显然成立，由已知得，故，则，而，面，所以平面，且面，所以，取为的中点，，则且，，面，所以平面，因为平面，，同理可得，所以等腰梯形为所得截面，又，作，显然，则梯形的高为，所以等腰梯形的面积为．故答案为：12押题5：答案【详解】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，所以，设异面直线所成的角为，则．故答案为：.直线（圆）与方程（选填题）年份题号知识点考点2021年I卷11圆①点线距②角度最值时求其它2021年II卷11直线与圆直线与圆的位置关系2022年I卷14圆①圆与圆的位置关系②圆与圆的公切线问题2022年II卷15直线与圆①直线与圆的位置关系②线关于线对称2023年新高考16圆圆的切线问题2023年新高考29直线与圆直线与圆的位置关系近三年，直线与圆在选填中占据一个位置，考查的考点一般来说是：直线（①直线：倾斜角与斜率、斜率求算、夹角公式②平行与垂直定理及直线求法、对称、距离及最值问题）2、圆（①各种方程、直线（圆）与圆的位置关系②四点共圆、三类切线、弦长、最值）题干的设置一般来说在上述的多项考点中选其一项或两项。直线与圆有关定值与最值需考生需熟悉技巧，其次掌握直线与圆及圆与圆的位置关系，对称也是高考的重点内容，设置此类题难度一般，用心研究必能夺分。从近三年的全国卷的考查情况以及新高考新题型标准来看，直线与圆是高考选填方向必不可少的一类题，类型1：圆上的动点到定直线的最值问题。类型2：圆的三类切线。类型3：对称及阿波罗尼斯圆，尤其是阿波罗尼斯圆，考生需从多方面认识，类型3相对有难度，其它两类相对简单.此类题目一定采用数形结合.一、圆的取值范围与最值问题涉及与圆有关的最值，可借助图形性质，利用数形结合求解．一般地：（1）形如的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题．（2）形如的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题．（3）形如的最值问题，可转化为曲线上的点到点（a，b）的距离平方的最值问题解决圆中的范围与最值问题常用的策略：（1）数形结合（2）多与圆心联系（3）参数方程（4）代数角度转化成函数值域问题二、直线的交点坐标与距离公式①：直线的交点求两直线与的交点坐标，只需求两直线方程联立所得方程组的解即可．若有，则方程组有无穷多个解，此时两直线重合；若有，则方程组无解，此时两直线平行；若有，则方程组有唯一解，此时两直线相交，此解即两直线交点的坐标．求两直线的交点坐标实际上就是解方程组，看方程组解的个数．②过两条直线交点的直线系方程一般地，具有某种共同属性的一类直线的集合称为直线系，它的方程叫做直线系方程，直线系方程中除含有以外，还有根据具体条件取不同值的变量，称为参变量，简称参数．由于参数取法不同，从而得到不同的直线系．过两直线的交点的直线系方程：经过两直线，交点的直线方程为，其中是待定系数．在这个方程中，无论取什么实数，都得不到，因此它不能表示直线．③两点间的距离公式两点间的距离公式为．此公式可以用来求解平面上任意两点之间的距离，它是所有求距离问题的基础，点到直线的距离和两平行直线之间的距离均可转化为两点之间的距离来解决．另外在下一章圆的标准方程的推导、直线与圆、圆与圆的位置关系的判断等内容中都有广泛应用，需熟练掌握．④：点到直线的距离公式点到直线的距离为．（1）点到直线的距离为直线上所有的点到已知点的距离中最小距离；（2）使用点到直线的距离公式的前提条件是：把直线方程先化为一般式方程；（3）此公式常用于求三角形的高、两平行线间的距离及下一章中直线与圆的位置关系的判断等．⑤两平行线间的距离本类问题常见的有两种解法：①转化为点到直线的距离问题，在任一条直线上任取一点，此点到另一条直线的距离即为两直线之间的距离；②距离公式：直线与直线的距离为．（1）两条平行线间的距离，可以看作在其中一条直线上任取一点，这个点到另一条直线的距离，此点一般可以取直线上的特殊点，也可以看作是两条直线上各取一点，这两点间的最短距离；（2）利用两条平行直线间的距离公式时，一定先将两直线方程化为一般形式，且两条直线中，的系数分别是相同的以后，才能使用此公式．圆：①：圆的标准方程，其中为圆心，为半径．（1）如果圆心在坐标原点，这时，圆的方程就是．有关图形特征与方程的转化：如：圆心在x轴上：；圆与y轴相切时：；圆与x轴相切时：；与坐标轴相切时：；过原点：（2）圆的标准方程圆心为，半径为，它显现了圆的几何特点．（3）标准方程的优点在于明确指出了圆心和半径．由圆的标准方程可知，确定一个圆的方程，只需要a、b、r这三个独立参数，因此，求圆的标准方程常用定义法和待定系数法．②：点和圆的位置关系如果圆的标准方程为，圆心为，半径为，则有（1）若点在圆上（2）若点在圆外（3）若点在圆内③：圆的一般方程当时，方程叫做圆的一般方程．为圆心，为半径．由方程得（1）当时，方程只有实数解．它表示一个点．（2）当时，方程没有实数解，因而它不表示任何图形．（3）当时，可以看出方程表示以为圆心，为半径的圆．④：用待定系数法求圆的方程的步骤求圆的方程常用“待定系数法”．用“待定系数法”求圆的方程的大致步骤是：（1）根据题意，选择标准方程或一般方程．（2）根据已知条件，建立关于或的方程组．（3）解方程组，求出或的值，并把它们代入所设的方程中去，就得到所求圆的方程．三、对称全覆盖①点关于线对称的点的求算点关于直线的对称点为②线关于点对称的直线求算直线关于点对称的直线为③线关于线对称的直线方程求算直线关于直线对称直线为其中注意：特殊情况Ⅰ：点关于直线对称的点坐标为．点关于直线对称的点坐标为．直线关于直线对称的直线方程为．直线关于直线对称的直线方程为．Ⅱ：点关于直线对称的点坐标为．点关于直线对称的点坐标为．直线关于直线对称的直线方程为；直线关于直线对称的直线方程为；《记忆方法》或者④正规方法点关于直线成轴对称问题（所有对称都可以转化为点关于线对称）由轴对称定义知，对称轴即为两对称点连线的“垂直平分线”利用“垂直”“平分”这两个条件建立方程组，就可求出对顶点的坐标一般情形如下：设点关于直线的对称点为，则有，可求出、．⑤万能对称原理（曲线关于直线对称的原理）曲线（或直线）关于直线的对称曲线（或直线）的方程为：．

证明：设是曲线上的任意一点，它关于l的对称点为，则于是①∵与关于直线对称．∴②②代入①，得，此即为曲线的方程．四、最值问题Ⅰ求直线上一点到两定点的距离之差的最大值的方法当两点在直线的两侧时，可以在直线上找到一点,使得最大.理由如下：作点关于直线的对称点,连接并延长交于点，连接,则点即为所求点，此时最大.且若在直线上取不同于点的点,连接,则.在中，（三角形中两边之差小于第三边）即②求直线上一点到两定点的距离之和的最小值的方法当两点在直线的同侧时，可以在直线上找到一点,使得最小.理由如下：作点关于直线的对称点,连接交于点，连接,则点即为所求点，此时最小.且若在直线上取不同于点的点,连接,则.在中，（三角形中两边之和大于第三边）即Ⅱ形如：若是定圆上的一动点，则求和这两种形式的最值思路1：几何法①的最值，设，圆心到直线的距离为由即可解得两个值，一个为最大值，一个为最小值②的最值：即点与原点连线的斜率，数形结合可求得斜率的最大值和最小值思路2：代数法①的最值，设，与圆的方程联立，化为一元二次方程，由判别式等于，求得的两个值，一个为最大值，一个为最小值.②的最值：设，则，与圆的方程联立，化为一元二次方程，由判别式等于，求得的两个值，一个为最大值，一个为最小值.五、圆的三类切线问题第一类：求过圆上一点的圆的切线方程的方法正规方法：第一步：求切点与圆心的连线所在直线的斜率第二步：利用垂直关系求出切线的斜率为第三步：利用点斜式求出切线方程注意：若则切线方程为，若不存在时，切线方程为秒杀方法：①经过圆上一点的切线方程为②经过圆上一点的切线方程为③经过圆上一点的切线方程为第二类：求过圆外一点的圆的切线方程的方法方法一：几何法第一步：设切线方程为，即，第二步：由圆心到直线的距离等于半径长，可求得，切线方程即可求出方法二:代数法第一步：设切线方程为，即，第二步：代入圆的方程，得到一个关于的一元二次方程，由可求得，切线方程即可求出注意：过圆外一点的切线必有两条，当上面两种方法求得的只有一个时，则另一条切线的斜率一定不存在，可得数形结合求出.第三类：求斜率为且与圆相切的切线方程的方法方法一：几何法第一步：设切线方程为，即第二步：由圆心到直线的距离等于半径长，可求得，切线方程即可求出.方法二:代数法第一步：设切线方程为，第二步：代入圆的方程，得到一个关于的一元二次方程，由可求得，切线方程即可求出方法三：秒杀方法已知圆的切线的斜率为，则圆的切线方程为已知圆的切线的斜率为，则圆的切线方程为六、阿波罗尼斯圆考点阿氏圆是指：平面上的一个动点到两个定点的距离的比值等于，且的点的轨迹称之为阿氏圆。即：，如下图所示：Ⅰ：证明方法一：初中知识证明：前提基础：知识点1：内角平分线定理及逆定理若是的角平分线，则有：。即“两腰之比”等于“两底边之比”。其逆定理也成立：即，则有：AD是∠BAC的角平分线。知识点2：外角平分线定理及其逆定理若是外角的角平分线，则有。即“两腰之比”等于“两底边之比”。其逆定理也成立：即，则有：是外角的角平分线。证明如下：①如上图，根据阿氏圆的定义：当点位于图中点位置时有：，当点位于图中点位置时有：，所以有：，所以是的角平分线，当点位于图中点位置时有：，所以有：，所以是的角平分线，又故，所以动点是在以为直线的圆上。②由上述过程，我们可以更进一步推导出阿氏圆的直径，设定点间距离，∵，∴∵∴ ∴同理，∵ ∴∵∴∴∴直径。证明方法二：高中解析几何建立直角坐标系，如下图所示以定直线所在直线为轴，点为坐标原点，建立平面直角坐标系，设，则，，设，则，即，两边平方，整理得：，又，配方得：由圆的方程可知：此方程表示是以为圆心，为半径的圆。Ⅱ：阿氏圆常用于解决形如：类线段最值问题：其中是动点，是定点，且动点在阿氏圆上运动,我们总结出更加一般的解题步骤，使这种题变成套路题，直接秒杀。类问题解题步骤：运用：动点在圆上运动，两线段(带系数)相加求最小值。形如：的最小值(为系数)，原理：构造共边共角相似，转移带系数的边，利用两点间线段最短求最小值，解题步骤：第一步:计算出动点所在圆的半径r；第二步：在题中寻找：(相似比)，若找不到，则需要将系数k提到括号外边再寻找相似比；比如，找不到相似比为3:5时，需要经过如下变形：,对带系数的线段PA去寻找相似比为5:3。第三步：利用共边共角模型，在第2步:定边所在的三角形中构造共边共角相似模型，此时定边与动点构成一个三角形(此步非常重要，是核心)；第四步：利用相似转移带系数的边；第五步：由两点间线段最短求最小值。Ⅲ:其他结论①当时，在圆内，在圆外，当时，在圆外，在圆内，②③过点作圆的切线,则分别为的内，外角平分线.典例1【2023新高考1卷】过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（）A.1 B. C. D.【答案】B【解析】方法一：因为，即，可得圆心，半径，过点作圆C的切线，切点为，因为，则，可得，则，，即为钝角，所以；法二：圆的圆心，半径，过点作圆C的切线，切点为，连接，可得，则，因为且，则，即，解得，即为钝角，则，且为锐角，所以；方法三：圆的圆心，半径，若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意；若切线斜率存在，设切线方程为，即，则，整理得，且设两切线斜率分别为，则，可得，所以，即，可得，则，且，则，解得.故选：B.典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值______．【答案】（中任意一个皆可以）【解析】设点到直线的距离为，由弦长公式得，所以，解得：或，由，所以或，解得：或．故答案为：（中任意一个皆可以）．典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】写出与圆和都相切的一条直线的方程________________．【答案】或或【解析】[方法一]：显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为，于是，故①，于是或，再结合①解得或或，所以直线方程有三条，分别为，，[方法二]：设圆的圆心，半径为，圆的圆心，半径，则，因此两圆外切，由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；又由方程和相减可得方程，即为过两圆公共切点的切线方程，又易知两圆圆心所在直线OC的方程为，直线OC与直线的交点为，设过该点的直线为，则，解得，从而该切线的方程为填一条即可[方法三]：圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，当切线为l时，因为，所以，设方程为O到l的距离，解得，所以l的方程为，当切线为m时，设直线方程为，其中，，由题意，解得，当切线为n时，易知切线方程为，故答案为：或或.典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是________．【答案】【解析】解：关于对称的点的坐标为，在直线上，所以所在直线即为直线，所以直线为，即；圆，圆心，半径，依题意圆心到直线的距离，即，解得，即；故答案为：典例5【2021新高考全国Ⅱ卷】已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（）A.若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B.若点A在圆C内，则直线l与圆C相离C.若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D.若点A在直线l上，则直线l与圆C相切【答案】ABD【解析】圆心到直线l的距离，若点在圆C上，则，所以，则直线l与圆C相切，故A正确；若点在圆C内，则，所以，则直线l与圆C相离，故B正确；若点在圆C外，则，所以，则直线l与圆C相交，故C错误；若点在直线l上，则即，所以，直线l与圆C相切，故D正确.故选：ABD.预测1（2024·辽宁抚顺·模拟预测）已知直线与圆相交于两点，为坐标原点，则的面积为（

）A． B．2 C． D．4预测2（2024·辽宁葫芦岛·模拟预测）已知为圆上动点，直线和直线（，）的交点为，则的最大值是（

）A． B． C． D．预测3（2024·辽宁·模拟预测）设直线系（其中0，m，n均为参数，，），则下列命题中是真命题的是（

）A．当，时，存在一个圆与直线系M中所有直线都相切B．存在m，n，使直线系M中所有直线恒过定点，且不过第三象限C．当时，坐标原点到直线系M中所有直线的距离最大值为1，最小值为D．当，时，若存在一点，使其到直线系M中所有直线的距离不小于1，则预测4（2024·全国·模拟预测）已知直线与圆，点，则下列命题中是假命题的是（

）.A．若点在圆外，则直线与圆相离 B．若点在圆内，则直线与圆相交C．若点在圆上，则直线与圆相切 D．若点在直线上，则直线与圆相切预测5（2024·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，，动点满足，得到动点的轨迹是曲线．则下列说法正确的是（）A．曲线的方程为B．若直线与曲线相交，则弦最短时C．当三点不共线时，若点，则射线平分D．过A作曲线的切线，切点分别为，则直线的方程为押题1：如图，在平面直角坐标系中，已知点，是线段上的动点，点与点关于直线对称．则下列结论正确的是（

）

A．当时，点的坐标为B．的最大值为4C．当点在直线上时，直线的方程为D．正弦的最大值为押题2：已知点为圆：上的动点，点的坐标为，，设点的轨迹为曲线，为坐标原点，则下列结论正确的有（

）A．的最大值为2B．曲线的方程为C．圆与曲线有两个交点D．若，分别为圆和曲线上任一点，则的最大值为押题3：已知R，为坐标原点，函数．下列说法中正确的是（

）A．当时，若的解集是，则B．当时，若有5个不同实根，则C．当时，若，曲线与半径为4的圆有且仅有3个交点，则D．当时，曲线与直线所围封闭图形的面积的最小值是33押题4：已知圆，则下列结论正确的有（

）A．若圆和圆外离，则B．若圆和圆外切，则C．当时，圆和圆有且仅有一条公切线D．当时，圆和圆相交押题5：已知直线与圆交于，两点，则的最小值为．名校预测预测1：答案A【详解】设点到直线的距离为，则，又，所以．故选：A预测2：答案A【详解】由、，有，故，对有，故过定点，对有，故过定点，则中点为，即，，则，故点在以为直径的圆上，该圆圆心为，半径为，又在原，该圆圆心为，半径为，又，则.故选：A.预测3：答案ABD【详解】A选项，当，时，，设圆为，则圆心到直线的距离，故与总相切，A正确；B选项，当时，，由于，故直线恒过，若时，直线为，若时，直线的斜率为，故直线不过