2025年高考数学考前冲刺（3）倒计时6-10天（解析版）

第三辑导数（选填题）………………………01立体几何（选填题）…………………17直线与圆（选填题）…………………41圆锥曲线（选填题）…………………56数列（选填题）………………………85导数（选填题）年份题号分值题干考点2024年新高考I卷106（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设函数，则（

）A．是的极小值点B．当时，C．当时，D．当时，利用导数求函数的单调区间（不含参）；求已知函数的极值点2024年新高考I卷135（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则.两条切线平行、垂直、重合（公切线）问题；已知切线（斜率）求参数2024年新高考II卷116（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数，则（

）A．当时，有三个零点B．当时，是的极大值点C．存在a，b，使得为曲线的对称轴D．存在a，使得点为曲线的对称中心函数对称性的应用；函数单调性、极值与最值的综合应用；利用导数研究函数的零点；判断零点所在的区间2023年新高考I卷115（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数的定义域为，，则（

）．A．B．C．是偶函数 D．为的极小值点函数奇偶性的定义与判断；函数极值点的辨析2023年新高考II卷65（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（

）．A． B．eC． D．由函数在区间上的单调性求参数2023年新高考II卷115（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）若函数既有极大值也有极小值，则（

）．A．B．C． D．根据二次函数零点的分布求参数的范围；根据极值求参数2022年新高考I卷75（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）设，则（

） B． C． D．用导数判断或证明已知函数的单调性；比较指数幂的大小；比较对数式的大小2022年新高考I卷105（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是．求过一点的切线方程；求某点处的导数值2022年新高考I卷155（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数，则（

）有两个极值点B．有三个零点C．点是曲线的对称中心D．直线是曲线的切线求在曲线上一点处的切线方程（斜率）；求已知函数的极值点；利用导数研究函数的零点2022年新高考II卷145（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）曲线过坐标原点的两条切线的方程为，．求过一点的切线方程近三年新高考数学导数选填题考查情况总结1.考点：涵盖利用导数求单调区间、极值点（2024年新课标Ⅰ卷）；根据切线求参数（2024年新课标Ⅰ卷）；函数对称性、单调性与极值最值综合（2024年新课标Ⅱ卷）；函数奇偶性判断（2023年新课标Ⅰ卷）；由单调性求参数（2023年新课标Ⅱ卷）；根据极值求参数范围（2023年新课标Ⅱ卷）；用导数比较大小（2022年新课标Ⅰ卷）；求切线方程（2022年新课标Ⅰ卷、Ⅱ卷）等。2.题型：以选择题为主，分值5-6分，注重考查导数工具在研究函数性质（单调性、极值、最值等）及切线问题中的应用，对运算和逻辑推理能力要求较高。题型与分值：预计仍为选择题或填空题，分值5-6分。2.考查方向：持续考查导数与函数性质的结合，如根据函数单调性、极值情况求参数；可能增加与函数图象（如切线、零点分布）、不等式的综合；也可能出现新颖的函数形式，考查对导数知识的灵活运用和创新思维。八大常用函数的求导公式（为常数）；例：，，，，，，，导数的四则运算和的导数：差的导数：积的导数：（前导后不导前不导后导）商的导数：，复合函数的求导公式函数中，设（内函数），则（外函数）导数的几何意义导数的几何意义导数的几何意义是曲线在某点处切线的斜率直线的点斜式方程直线的点斜式方程：已知直线过点，斜率为，则直线的点斜式方程为：用导数判断原函数的单调性设函数在某个区间内可导，如果，则为增函数；如果，则为减函数.判别是极大（小）值的方法当函数在点处连续时，（1）如果在附近的左侧，右侧，则是极大值；（2）如果在附近的左侧，右侧，则是极小值.常见的指对放缩，，，常见的三角函数放缩其他放缩，，，，，，常见函数的泰勒展开式（1），其中；（2），其中；（3），其中；（4），其中；（5）；（6）；（7）；（8）．由泰勒公式，我们得到如下常用的不等式：，，，，，，，，．典例1（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则.【答案】【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为，求出，利用公切线斜率相等求出，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解.【详解】由得，，故曲线在处的切线方程为；由得，设切线与曲线相切的切点为，由两曲线有公切线得，解得，则切点为，切线方程为，根据两切线重合,所以，解得.故答案为：典例2（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）（多选）设函数，则（

）A．当时，有三个零点B．当时，是的极大值点C．存在a，b，使得为曲线的对称轴D．存在a，使得点为曲线的对称中心【答案】AD【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.【详解】A选项，，由于，故时，故在上单调递增，时，，单调递减，则在处取到极大值，在处取到极小值，由，，则，根据零点存在定理在上有一个零点，又，，则，则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确；B选项，，时，，单调递减，时，单调递增，此时在处取到极小值，B选项错误；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，即存在这样的使得，即，根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误；D选项，方法一：利用对称中心的表达式化简，若存在这样的，使得为的对称中心，则，事实上，，于是即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确.方法二：直接利用拐点结论任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，，，，由，于是该三次函数的对称中心为，由题意也是对称中心，故，即存在使得是的对称中心，D选项正确.故选：AD【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心典例3（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（

）．A． B．e C． D．【答案】C【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出．【详解】依题可知，在上恒成立，显然，所以，设，所以，所以在上单调递增，，故，即，即a的最小值为．故选：C．典例4（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）（多选）若函数既有极大值也有极小值，则（

）．A． B． C． D．【答案】BCD【分析】求出函数的导数，由已知可得在上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答.【详解】函数的定义域为，求导得，因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而，因此方程有两个不等的正根，于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确.故选：BCD典例5（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）设，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】构造函数，导数判断其单调性，由此确定的大小.【详解】方法一：构造法设，因为，当时，，当时，所以函数在单调递减，在上单调递增，所以，所以，故，即，所以，所以，故，所以，故，设，则,令，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，又，所以当时，，所以当时，，函数单调递增，所以，即，所以故选：C.方法二：比较法解：，，，①，令则，故在上单调递减，可得，即，所以；②，令则，令，所以，所以在上单调递增，可得，即，所以在上单调递增，可得，即，所以故典例6（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）（多选）已知函数，则（

）A．有两个极值点 B．有三个零点C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线【答案】AC【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.【详解】由题，，令得或，令得，所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；因，，，所以，函数在上有一个零点，当时，，即函数在上无零点，综上所述，函数有一个零点，故B错误；令，该函数的定义域为，，则是奇函数，是的对称中心，将的图象向上移动一个单位得到的图象，所以点是曲线的对称中心，故C正确；令，可得，又，当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.故选：AC.【名校预测·第一题】（山东省泰安第一中学2024-2025学年高三下学期4月月考数学试题）已知函数，其导函数记为，则（

）A． B．0 C．1 D．2【答案】D【来源】山东省泰安第一中学2024-2025学年高三下学期4月月考数学试题【分析】化简，令，判断该函数的奇偶性，结合奇偶性以及，求得，根据复合函数求导法则得，进而得，即，即可得解.【详解】因为，令，则，又因为，所以函数为奇函数，所以，所以；因为，所以，即，又，所以，所以，所以．故选：D【名校预测·第二题】（广东省深圳市高级中学2024-2025学年高三下学期试题）已知曲线的切线与曲线也相切，若该切线过原点，则．【答案】【来源】广东省深圳市高级中学高中园2024-2025学年高三下学期第三次模拟考试数学试题【分析】根据导数的几何意义可得曲线在点处的切线方程过原点得出切线方程为，再次利用导数的几何意义求得的切点，再带入点计算求参.【详解】因为的导数为，设切点为，所以切线斜率为，所以曲线在处的切线过原点，所以，即，所以，切线为，又切线与曲线相切，设切点为，因为，所以切线斜率为，解得，所以，则，解得.故答案为：.【名校预测·第三题】（吉林省东北师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期试题）已知函数，若经过点且与曲线相切的直线有三条，则的取值范围是．【答案】【来源】吉林省长春市东北师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期期初考试数学试题【分析】设切点坐标为，根据导数的几何意义得到，然后将经过且与曲线相切的直线有三条转化为与的图象有三个交点，求导，利用函数单调性画出大致图象，然后列不等式求解.【详解】，设切点坐标为，切线斜率为，当时，明显只有一条切线，故，则，整理得，经过且与曲线相切的直线有三条，即方程有三个解，即与的图象有三个交点，，当或时，，所以在，上单调递增，当时，，所以在上单调递减，因为，所以，又，，所以的大致图象如下：所以，解得.故答案为：.【名校预测·第四题】（2025届湖南省长沙市雅礼中学高三4月试题）当时，关于的不等式恒成立，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【来源】2025届湖南省长沙市雅礼中学高三4月综合自主测试（提升卷）数学试题【分析】由已知得，构造函数，利用导数判断出的单调性，可得在时恒成立，令，利用导数求出的最大值可得答案.【详解】由得，即，令，则，所以在上单调递增，由，可得，，即在时恒成立，令，则，令得，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，所以.故选：D.【名校预测·第五题】（辽宁省本溪市高级中学2025届高三下学期4月月考数学试题）（多选）已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则下列命题正确的是（

）A．当时， B．函数有3个零点C．的解集为 D．，都有【答案】BCD【来源】辽宁省本溪市高级中学2025届高三下学期4月月考数学试题【分析】根据函数奇偶性求解析判断A；解方程求零点判断B；解不等式可判断C；利用导数求出函数的极值，可得函数值域，即可判断D.【详解】对于A，函数是定义在R上的奇函数，当时，，则当时，，故，A错误；对于B，函数是定义在R上的奇函数，故；当时，令，解得；当时，令，解得；故函数有3个零点，B正确；对于C，当时，令，解得；当时，令，解得，则，故的解集为，C正确；对于D，当时，，所以时，，单调递减，时，，单调递增，所以时，取最小值为，且时，，所以，即，当时，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以时，取极大值为，且时，，时，，所以，所以，综合以上，的值域为，所以，都有，故D正确；故选：BCD【名师押题·第一题】已知函数，若与曲线相切，则实数．【答案】【分析】设切点为，得出过该点的切线方程结合已知即可求解．【详解】设切点为，又，则，所以切线方程为，即，所以，解得，故答案为：．【名师押题·第二题】已知函数是上的增函数，则的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意可得恒成立，进而分，两种情况讨论求解即可.【详解】由，得，因为是上的增函数，则恒成立，即恒成立，当时，，此时不恒成立，不满足题意；当时，等价于对恒成立，则，即，则，设，，则，令，得；令，得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，则，即的最小值是.故选：C.【名师押题·第三题】已知函数恰有2个极值点，则实数a的取值范围为.【答案】【分析】由题可得有两个不同正根，利用分离参数法得到.令，，只需与有两个交点，利用导数研究的单调性与极值，利用数形结合即可求解.【详解】因为函数的定义域为，由，可得，要使函数有两个极值点，只需有两个不同正根，并且在的两侧的单调性相反，由得，，所以，由题意可知与有两个不同的交点，令，则，所以当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，所以，当时，，作出图形如图所示：由图象可得实数a的取值范围为.故答案为：.【名师押题·第四题】（多选）已知函数，则（

）A．有三个零点B．，使得点为曲线的对称中心C．既有极大值又有极小值D．，，【答案】CD【分析】结合零点的定义分析可得当时，函数只有2个零点，即可判断A；利用检验判断B；求导，分析函数的单调性即可判断C；举特例判断D.【详解】对于B，对于A，令，解得或，当时，函数只有2个零点，故A错误；对于B，，则，又，要使点为曲线的对称中心，则对，，此时，但，所以不存在，使得点为曲线的对称中心，故B错误；对于C，由，则，由于，则方程有两个不相等的实数根，设，则或时，；时，，则函数在和上单调递增，在上单调递减，则函数在取得极大值，在取得极小值，故C正确；对于D，当时，，此时，，故D正确.故选：CD.【名师押题·第五题】（多选）函数，则下列说法正确的是（

）A．当时，的极小值为0B．若有3个零点，，，则C．若，则为奇函数D．当时，在区间上单调递增【答案】BD【分析】利用导数求出的极小值，即可判断A；利用韦达定理求出的零点之和判断B；利用奇函数的定义判断C；利用的导函数在区间上的正负判断D.【详解】对于A，当时，，则，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；所以为的极小值，故A错误；对于B，由可知是其一个零点，令，令，设是的两个根，由韦达定理得，所以，若函数的3个零点为，，，则，故B正确；对于C，令，当时，，所以函数不是奇函数，故C错误；对于D，，因为当时，，当时，，所以，所以，当时，在区间上单调递增，故D正确.故选：BD.立体几何（选填题）年份题号分值题干考点2024年新高考I卷55（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（

）A． B．C． D．圆锥表面积的有关计算、锥体体积的有关计算、圆柱表面积的有关计算2024年新高考II卷75（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（

）A．B．1C．2D．3求线面角锥体体积的有关计算台体体积的有关计算2023年新高考I卷125（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）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，高为的圆柱体正棱锥及基有关计算多面体与球体内切外接问题2023年新高考I卷145（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台中，则该棱台的体积为．台体体积的有关计算2023年新高考II卷95（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）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（

）．该圆锥的体积为B．该圆锥的侧面积为C．D．的面积为锥体体积的有关计算由二面角大小求线段长度或距离圆锥表面积的有关计算二面角的概念及辨析2023年新高考II卷145（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．正棱台及基有关计算锥体体积的有关计算台体体积的有关计算2022年新高考I卷85（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（

）B．C． D．由导数求函数的最值(不含参)多面体与球体内切外接问题锥体体积的有关计算球的体积的有关计算2022年新高考I卷95（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知正方体，则（

）A．直线与所成的角为B．直线与所成的角为C．直线与平面所成的角为D．直线与平面ABCD所成的角为求异面直线所成的角求线面角2022年新高考II卷75（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（

）A． B．C． D．球的表面积的有关计算多面体与球体内切外接问题2022年新高考II卷115（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）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．锥体体积的有关计算证明线面垂直近三年新高考数学立体几何选填题考查情况总结​考点：涵盖几何体体积（圆柱、圆锥、棱台、棱锥等，如2024年新课标Ⅰ卷圆锥体积、2023年新课标Ⅰ卷正四棱台体积）、表面积（圆锥侧面积等，如2023年新课标Ⅱ卷）、空间角（线面角，如2024年新课标Ⅱ卷）、球的表面积（2022年新课标Ⅱ卷）及几何体性质综合（如2022年新课标Ⅰ卷正四棱锥体积范围）。​题型：以选择题为主，分值5分，侧重考查空间想象能力、公式运用及计算能力。2025年新高考立体几何选填题高考预测​题型与分值：预计为选择题或填空题，分值5-6分。​考查方向：延续对几何体体积、表面积的考查，可能涉及空间角（如线面角、二面角）、球与几何体的切接问题，或出现新颖几何体，强化空间想象与运算求解能力的考查。平面初等几何基础三角形的面积公式：正方形的面积公式：长方形的面积公式：平行四边形的面积公式：菱形的面积公式：（，为菱形的对角线）梯形的面积公式：（为上底，为下底，为高）圆的周长和面积公式：，立体几何基础公式所有椎体体积公式：所有柱体体积公式：球体体积公式：球体表面积公式：圆柱：圆锥：长方体（正方体、正四棱柱）的体对角线的公式已知长宽高求体对角线：已知三条面对角线求体对角线：球体问题球体体积公式：，球体表面积公式：正方体、长方体、正四棱锥的外接球问题（类型Ⅰ）球心体心，直径体对角线已知长宽高，，求体对角线，公式为：，直棱柱的外接球问题（类型Ⅱ），其中为直棱柱的高，为底面外接圆半径（可用正弦定理求解）墙角问题可转化为类型Ⅰ侧棱底面问题可转化为类型Ⅱ异面直线所成角=（其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量）线面角直线与平面所成角，(为平面的法向量).二面角的平面角（，为平面，的法向量）.点到平面的距离（为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）.典例1（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积.【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以即，故，故圆锥的体积为.故选：B.典例2（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（

）A． B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果.【详解】解法一：分别取的中点，则，可知，设正三棱台的为，则，解得，如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，则，，可得，结合等腰梯形可得,即，解得，所以与平面ABC所成角的正切值为；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，因为，则，可知，则，设正三棱锥的高为，则，解得，取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，所以与平面ABC所成角的正切值.故选：B.典例3（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为．【答案】/【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解.【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，

因为，则，故，则，所以所求体积为.故答案为：.典例4（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）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．的面积为【答案】AC【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.【详解】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5（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】∵球的体积为，所以球的半径,[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为，高为，则，,所以，所以正四棱锥的体积，所以，当时，，当时，，所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，又时，，时，,所以正四棱锥的体积的最小值为，所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选：C.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以当且仅当取到，当时，得，则当时，球心在正四棱锥高线上，此时，，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是典例6（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．故选：A．

【名校预测·第一题】（广东省深圳市高级中学2024-2025学年高三下学期第三次模拟试题）底面半径为3的圆锥被平行底面的平面所截，截去一个底面半径为1、高为2的圆锥，所得圆台的侧面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【来源】广东省深圳市高级中学高中园2024-2025学年高三下学期第三次模拟考试数学试题【分析】画出图形，由三角形相似比得到，再由两圆锥的侧面积之差计算可得.【详解】如图，设截面圆的圆心为，截面圆的半径，底面圆半径，，由于，所以，所以，所以原圆台的侧面积为，故选：A.【名校预测·第二题】（湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2025届高三下学期模拟试卷）一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在同一个球面上，且该球的半径为1，当圆锥的体积取最大值时，圆锥的底面半径为（

）A． B． C． D．【答案】B【来源】湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2025届高三下学期模拟（一）数学试卷【分析】根据给定条件，利用球的截面圆性质及圆锥的体积公式列出函数关系，再利用导数求解.【详解】如图，根据题意，圆锥高为，底面圆半径，外接球球心为，半径，则球心到圆锥底面圆心距离，由，得，圆锥的体积，求导得，当时，，函数在上递增，当时，，函数在上递减，则当时，圆锥的体积最大，此时底面圆半径.故选：B【名校预测·第三题】（山东省泰安第一中学2024-2025学年高三下学期4月月考数学试题）已知两个正四棱锥组合成的简单几何体中，顶点，分别位于平面的两侧．其中正方形的边长为2，两个正四棱锥的侧棱长均为3．则四棱锥的外接球的表面积为．【答案】【来源】山东省泰安第一中学2024-2025学年高三下学期4月月考数学试题【分析】建立适当的空间直角坐标系，结合空间中两点距离公式即可得到球的半径，从而利用球的表面积公式得到结果.【详解】连结，交于点，连结，由正四棱锥性质可知平面，平面，所以三点共线，又四边形是正方形，可得两两垂直，且交于点.以为原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，由，在中，，则，设四棱锥的外接球球心为，连接，则，得，解得，所以四棱锥的外接球的半径的平方为，故四棱锥的外接球的表面积为.故答案为：.【名校预测·第四题】（吉林省东北师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期试题）（多选）已知边长为2的等边三角形，点均在平面的上方，，且与平面所成角分别为，则下列说法中正确的是（

）A．四面体的体积为定值B．面积的最小值为C．四面体体积的最大值为1D．当四面体的体积最大时，其外接球的表面积为【答案】BCD【来源】吉林省长春市东北师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期期初考试数学试题【分析】由三棱锥体积公式计算即可判断A项，由三角形面积公式及范围计算即可判断B项，当取最大值且面时四面体体积取得最大值即可判断C项，当四面体体积最大时，，，两两垂直，进而借助模型（长方体外接球直径为其体对角线长）即可求得半径，进而可求得外接球表面积即可判断D项.【详解】由题意知，与是共轴的圆锥母线，如图所示，对于A项，由题意知，因为且与平面所成角为，所以点到平面的距离为定值，所以四面体ABCM的体积为定值，故A项错误；对于B项，与是共轴的圆锥母线，所以，即，当时，的面积最小，最小值为，故B项正确；对于C项，当时，的面积最大，最大值为，当所在平面旋转至与垂直时，四面体ABMN的高最长，最长值为2，所以体积的最大值为，故C项正确；对于D项，当四面体体积最大时，线段，，两两垂直，所以其外接球直径，所以外接球的表面积为，故D项正确．故选：BCD．【名校预测·第五题】（湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024-2025学年数学试题）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，，P为的中点，点满足，则下列结论正确的是（

）A．若，则四面体的体积为定值B．若，则点的轨迹为一段圆弧C．若的外心为O，则为定值2D．若且，则存在点E在线段上，使得的最小值为【答案】ABD【来源】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024-2025学年高三下学期开学检测数学试题【分析】利用平行线的性质结合给定条件判断底面积和高都是定值来处理A，利用圆的定义结合夹角求解轨迹来处理B，利用三角形外心和向量数量积的性质判断C，将三角形翻折后，利用勾股定理和余弦定理判断D即可.【详解】对于A，如图，取靠近的三等分点为，靠近的三等分点为，连接，因为，所以，令，而，则，得到，因为靠近的三等分点为，靠近的三等分点为，所以，而由直四棱柱性质得，而，由勾股定理得，在直四棱柱中，，，得到四边形是平行四边形，故，则，由题意得为的中点，则的面积是定值，而面，面，所以面，结合，由线面平行性质得到面的距离为定值，即四面体的体积为定值，故A正确，对于B，如图，在面中，过作，连接，由直四棱柱性质得面，则，而，面，故面，则，而面为菱形，则面为菱形，因为，所以，因为，所以，则，由锐角三角函数定义得，解得，由勾股定理得，因为，所以由勾股定理得，则在以为圆心，为半径的圆上运动，设该圆与交于，与交于，由三角函数定义得，则，即点的轨迹为一段圆弧，故B正确，对于C，如图，作，由题意得的外心为，故是的中点，由已知得，因为，所以，而，，故C错误，对于D，若且，此时，因为P为的中点，所以，由向量加法法则得，故，则点与点重合，此时把沿着翻折，如图，使得四点共面，此时有最小值，此时的点均为翻折过的点，因为P为的中点，所以，由勾股定理得，如图，连接，由已知得，则，由余弦定理得，解得，由直四棱柱性质得面，则，则由勾股定理得，则，故，而，则，得到，由余弦定理得，解得，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题即可.【名师押题·第一题】如图所示，一个正四棱台的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该正四棱台的体积为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】检验所给定条件，结合正四棱台的结构特征求出正四棱台的高扩底面边长，再利用台体的体积公式计算得解.【详解】设，则，正四棱台的各个侧面都为等腰梯形，上､下底面为正方形，在四边形中，过点作于点，，则，，解得，在平面中，过点作于点，则为正四棱台的高，且，因此，该正四棱台的体积为.故选：D【名师押题·第二题】如图，已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），杯口的半径为，杯底的半径为，高为，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为的球（球被完全浸没），水恰好充满水杯，则（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】求出圆台上面部分的体积，根据小球的体积恰好等于的体积求出球的半径.【详解】如图，，又放入的球的半径为，由于圆台的体积，由题可知：，则，此时小球恰好与上下底面相切；下面考虑当小球与侧棱相切时，设球心为，球的半径为，则，由于，则，则，那么，则，那么在上方，即该小球先与上下底面相切．

故选：D.【名师押题·第三题】已知正四棱台的上底面的边长为2，现有一个半球，球心为正方形的中心，且正四棱台的上底面、四条侧棱和下底面的四条边均与球相切，则该半球的表面积为.【答案】【分析】根据给定条件，利用正四棱台及半球的结构特征，结合切线的性质列式求出半球的半径，进而求出其表面积.【详解】如图，记正四棱台的上底面的中心为，过作平面于，则点在上，记半球与分别相切于点，由正四棱台和球的结构特征知，为的中点，由，得，记半球半径为，则，于是，在中，，解得，所以半球的表面积为.故答案为：【名师押题·第四题】（多选）如图，在直棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，点为的中点，动点在侧面内（包含边界），则下列结论正确的是（

）A．B．平面与平面所成角的余弦值为C．若，则点轨迹的长度为D．若点在直线上，则的最小值为【答案】ABC【分析】通过线面垂直可判断线线垂直，判断A的真假；利用投影面积法求二面角的余弦，判断B的真假；弄清点的轨迹，再求其长度，可判断C的真假；利用表面展开，转化为两点之间，直线段最短求的最小值，判断D的真假.【详解】如图1，连接，由菱形可得．再由直棱柱，可得底面．又因为底面，所以，而平面，所以平面，又因为平面，所以，故A正确；，，，所以为直角三角形，且，其在底面投影的三角形的面积为，由投影面积法可得平面和平面所成角的余弦值为，故B正确；如图2，动点在侧面内（包含边界），过作，垂足为，由直棱柱，所以平面平面，平面平面，平面，且，所以平面.而侧面，即有，由菱形边长为2，，可得，再由勾股定理得：，则点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆弧（如图3中），则由侧面正方形，可知，，可得，所以点轨迹的长度为，故C正确；由为直角三角形，且为等腰直角三角形，将与展开成一个平面图，如图4，则；由余弦定理得：，即，故的最小值为，故D错误．故选：ABC【名师押题·第五题】（多选）如图，棱长为2的正方体中，点E，F分别在棱上，且，，其中，点是平面内的一个动点（异于点），且，则（

）A．B．直线与平面所成的角的余弦值为C．当变化时，平面截正方体所得的截面周长为定值D．点为中点时，三棱锥的外接球的表面积为【答案】ACD【分析】以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，由结合空间向量的数量积即可判断A；由线面夹角的向量公式即可判断B；作出平面截正方体所得的截面，结合，，即可判断；根据球的表面积公式即可判断D．【详解】以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，设，则，所以，，所以，，，，，，因为，所以，所以，故A正确；因为，，平面，所以平面，所以平面的法向量为，则直线与平面所成的角的正弦值为，所以直线与平面所成的角的余弦值为，故B错误；取上一点，满足，则，因为，且有公共点，所以平面，又平面，平面平面，所以共线，作出平面截正方体所得的截面，由，得为等腰直角三角形，同理可得均为等腰直角三角形，，所以截面周长为为定值，故C正确；当点为中点时，，所以，，，则，所以，所以三棱锥的外接球的球心在过中点，垂直于平面的直线上，连接，因为，所以，所以四边形为平行四边形，则共面，设交点为，则，设球心为，，则，则，即，解得，半径为，表面积为，故D正确；故选：ACD．直线与圆（选填题）年份题号分值题干考点2023年新高考I卷65（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（

）A．1 B．C． D．切线长；给值求值型问题；余弦定理解三角形；已知点到直线距离求参数2023年新高考II卷155（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值．圆的弦长与中点弦2022年新高考I卷145（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）写出与圆和都相切的一条直线的方程．判断圆与圆的位置关系；圆的公切线方程2022年新高考II卷155（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）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．由直线与圆的位置关系求参数；求点关于直线的对称点；直线关于直线对称问题近三年新高考数学直线与圆选填题考查情况总结​考点：涵盖切线问题（切线长、方程，如2023年新课标Ⅰ卷）、弦长与面积（利用圆的性质求参数，如2023年新课标Ⅱ卷）、圆与圆位置关系（公切线方程，如2022年新课标Ⅰ卷）、点线对称及位置关系求参数（如2022年新课标Ⅱ卷）。​题型：以填空题为主，分值5分，侧重考查直线与圆的几何性质、方程求解及位置关系的综合运用，注重计算与推理能力。2025年新高考直线与圆选填题高考预测​题型与分值：预计为填空题，分值5分。​考查方向：延续对切线（方程、性质）、弦长面积的考查，可能涉及点线对称问题，或与其他知识综合（如几何最值），强化几何直观与运算求解能力，注重对直线与圆位置关系的深度理解与应用。1.两点间的距离公式，，2.中点坐标公式，，为的中点，则：3.三角形重心坐标公式4.直线的斜率与倾斜角的定义及其关系斜率：表示直线的变化快慢的程度；，直线递增，，直线递减，倾斜角：直线向上的部分与轴正方向的夹角，范围为直线的斜率与倾斜角的关系：不存在5.两点间的斜率公式，，6.直线的斜截式方程，其中为斜率，为轴上的截距7.直线的点斜式方程已知点，直线的斜率，则直线方程为：8.直线的一般式方程9.两条直线的位置关系平行的条件①斜截式方程：，，②一般式方程：，，重合的条件①斜截式方程：，，②一般式方程：，，垂直的条件①斜截式方程：，，②一般式方程：，，10.点到直线的距离公式点，直线，点到直线的距离为：11.两条平行线间的距离公式，，12.圆的标准方程，其中圆心坐标为，半径为13.圆的一般方程（）配方可得：，圆心坐标为，半径为14.表示圆的充要条件：15.点与圆的位置关系已知点，圆的方程为：若，点在圆内若，点在圆上若，点在圆外16.直线与圆的位置关系直线，圆代数关系，其中为联立方程根的个数，几何关系，其中为圆心到直线的距离17.圆上一点的切线方程18.圆与圆的位置关系设圆的半径为，设圆的半径为，两圆的圆心距为若，两圆外离，若，两圆外切，若，两圆内切若，两圆相交，若，两圆内含，若，同心圆两圆外离，公切线的条数为4条；两圆外切，公切线的条数为3条；两圆相交，公切线的条数为2条；两圆内切，公切线的条数为1条；两圆内含，公切线的条数为0条；19.弦长公式设，，则或：20.圆上一点到圆外一点的距离的最值21.圆上一点到圆上一点的距离的最值22.圆上一点到直线距离的最值23.过圆内一点的最长弦和最短弦最长弦：直径；最短弦：垂直于直径典例1（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（

）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.【详解】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·新课标Ⅱ卷·高考真题）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）【分析】根据直线与圆的位置关系，求出弦长，以及点到直线的距离，结合面积公式即可解出．【详解】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·高考真题）写出与圆和都相切的一条直线的方程．【答案】或或【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.【详解】[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，，填一条即可[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·高考真题）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】【分析】首先求出点关于对称点的坐标，即可得到直线的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；【详解】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：【名校预测·第一题】（广东省深圳市高级中学2024-2025学年高三下学期数学试题）已知，，若直线上存在点P，使得，则的取值范围为.【答案】【来源】广东省深圳市高级中学高中园2024-2025学年高三下学期第三次模拟考试数学试题【分析】根据得出点的轨迹方程，再根据直线与点的轨迹有公共点，利用圆心到直线的距离与半径的关系求解的取值范围.【详解】设点，已知，，则，.因为，可得：，整理得.所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.因为直线上存在点满足条件，所以直线与圆有公共点.可得圆心到直线的距离.因为直线与圆有公共点，所以圆心到直线的距离小于等于半径，即，则.两边同时平方可得，即.得.所以不等式的解集为，即的取值范围是.故答案为：.【名校预测·第二题】（吉林省东北师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期数学试题）设直线被圆所截弦的中点的轨迹为，则曲线与直线的位置关系是（

）A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定【答案】A【来源】吉林省长春市东北师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期期初考试数学试题【分析】求出直线恒过定点，由圆的性质可得，进而可得点的轨迹是一个以为直径的圆，求出该圆的方程，求出圆心到直线的距离，与圆的半径比较大小即可判断出直线与圆的位置关系，即可求解．【详解】由可得，所以该直线恒过定点，由圆的性质可得：，所以中点的轨迹是以为直径的圆（去除O点），所以圆心为，半径为，所以点的轨迹方程为：，则圆心到直线的距离，所以直线与圆的位置关系是相交．故选：A【名校预测·第三题】（贵州省贵阳市第一中学2025届高三下学期数学试卷）已知直线：与圆：交于，两点，则的一个充分不必要条件是（

）A． B． C． D．【答案】A【来源】贵州省贵阳市第一中学2025届高三下学期月考（六）（3月）数学试卷【分析】由几何法求弦长的充要条件时的取值范围，再求其真子集即可.【详解】的充要条件是：圆心，到的距离，即，故的充分不必要条件是的真子集.故选：A．【名校预测·第四题】（湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024-2025学年数学试题）设，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点P，点P到直线的距离为d，则d的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】A【来源】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024-2025学年高三下学期开学检测数学试题【分析】根据直线方程求出定点的坐标，判断两直线的交点的轨迹为圆，利用点到直线的距离公式判断直线与圆相切，即可求出的取值范围【详解】动直线过定点，动直线即过定点.因为，所以直线与直线垂直，又直线的斜率一定存在，点在以为直径的圆上（去除点），圆心为，半径，圆心到直线的距离为所以圆与直线相切（切点不是点），的最小值为0；圆的直径，且点到直线的距离为，所以，即的取值范围为.故选：A.【名校预测·第五题】（湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2025届高三下数学试卷）（多选）已知圆，直线（其中为参数），则下列选项正确的是（

）A．圆的半径 B．直线与圆相交C．直线不可能将圆的周长平分 D．直线被圆截得的最短弦长为【答案】BD【来源】湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2025届高三下学期模拟（一）数学试卷【分析】对于A，根据条件得到圆心为，半径为，即可求解；对于B，根据条件可得直线过定点，且定点在圆内，即可求解；对于C，当直线过圆心时，直线平分圆，即可求解；对于D，当时，直线被圆截得的弦长最短，由弦长公式，即可求解.【详解】对于选项A，由，得到，所以圆圆心为，半径为，所以选项A错误，对于选项B，由，得到，由，得到，所以直线过点，又，所以点在圆内，故直线与圆相交，则选项B正确，对于选项C，当直线过点，即时，直线平分圆的周长，所以选项C错误，对于选项D，当时，圆心到直线的距离最大，直线被圆截得的弦长最短，此时弦长为，所以选项D正确，故选：BD.【名师押题·第一题】已知过原点的直线与圆相交于两点，若，则直线的方程为．【答案】【分析】先由弦长、半径求出弦心距，再分斜率存在和不存在两种情况设出直线方程，结合点到直线的距离公式列式求解即可.【详解】圆的圆心，半径直线截圆所得弦长，则弦心距当过原点的直线斜率不存在时，的方程为，圆心到直线的距离为1，不符合题意要求；当过原点的直线斜率存在时，的方程可设为，由，可得，此时的方程为综上，直线的方程为.故答案为：.【名师押题·第二题】若圆被直线所截得的弦长为10，过点作圆的切线，其中一个切点为，则的值为.【答案】【分析】利用垂径定理来求弦长，得用勾股定理来求切线长，即可解决问题.【详解】由弦长为，结合垂径定理可得：，解得，结合已知点，可得：所以，故答案为：.【名师押题·第三题】已知点，圆上一动点P，以线段PF为直径的圆交轴于A，B两点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出圆心的轨迹方程，再利用动点到圆上的点的取值范围的求法，求出，注意排除特殊位置.【详解】设，，由为的中点，可得，即，又在圆上，则可得，即，即圆心的轨迹是以为圆心，为半径的圆，而，则的范围为，即，又当时，圆心，半径为，此时圆与轴相切，不符合题意，此时.故的范围为.故选：B.【名师押题·第四题】已知圆与圆相交于两点，则四边形的面积等于.【答案】9【分析】法一：准确画图，可得四边形是边长为3正方形，进而求得其面积；法二：将两圆方程做差求相交弦方程，再应用弦心距、半径与弦长关系即可求得，利用两点间距离公式求得，进而求得四边形的面积.【详解】由已知，圆，圆，圆心，半径，圆心，半径，法一：如图，准确画图，容易发现四边形是边长为3正方形，其面积为9；法二：将两圆方程相减，可得公共弦所在直线的方程为：到距离为，所以，即，又，所以，四边形的面积.故答案为：9.【名师押题·第五题】已知，，点P满足，当取到最大值时，的面积为（

）．A． B． C． D．【答案】D【分析】由可得点P轨迹方程，然后由直线与圆D相切时，最大，可得答案.【详解】设，由得，即，则点P轨迹为的圆心为，半径为的圆.当直线与圆D相切时，最大，则．又，，所以．又，所以．故选：D．圆锥曲线（选填题）年份题号分值题干考点2024年新高考I卷116（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（

）B．点在C上C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D．当点在C上时，由方程研究曲线的性质求平面轨迹方程2024年新高考I卷125（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设双曲线的左右焦点分别为，过作平行于轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为．求双曲线的离心率2024年新高考II卷55（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知曲线C：（），从C上任意一点P向x轴作垂线段，为垂足，则线段的中点M的轨迹方程为（

）（）B．（）C．（）D．（）求平面轨迹方程轨迹问题--椭圆2024年新高考II卷106（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（

）A．l与相切B．当P，A，B三点共线时，C．当时，D．满足的点有且仅有2个直线与抛物线交点相关问题切线长根据抛物线方程求焦点或准线2023年新高考I卷55（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）设椭圆的离心率分别为．若，则（

）A． B．C． D．由椭圆的离心率求参数2023年新高考I卷165（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为．利用定义解决双曲线中焦点三角形问题求双曲线的离心率2023年新高考II卷55（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（

）．A． B．C． D．根据直线与椭圆的位置关系求参数椭圆中三角形的面积2023年新高考II卷105（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（

）．A．B．C．以MN为直径的圆与l相切D．为等腰三角形求直线与抛物线的交点坐标与抛物线焦点弦有关的几何性质抛物线定义的理解根据焦点或准线写出抛物线的标准方程2022年新高考I卷115（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（

）A．C的准线为B．直线AB与C相切C．D．判断直线与抛物线的位置关系求直线与抛物线相交所得弦的弦长根据抛物线方程求焦点或准线2022年新高考I卷165（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是．椭圆中焦点三角形的周长问题根据离心率求椭圆的标准方程2022年新高考II卷105（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（

）A．直线的斜率为B．C．D．抛物线定义的理解求直线与抛物线的交点坐标数量积的坐标表示已知两点求斜率2022年新高考II卷165（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为．根据弦长求参数由弦中点求弦方程或斜率近三年新高考数学圆锥曲线选填题考查情况总结​考点：涵盖求圆锥曲线方程（椭圆、双曲线、抛物线）、离心率计算、轨迹方程、直线与圆锥曲线位置关系（弦长、面积、交点性质），涉及定义、几何性质及代数运算（如2024年新课标Ⅰ卷求轨迹方程、Ⅱ卷直线与抛物线交点；2023年新课标Ⅰ卷椭圆离心率、Ⅱ卷椭圆中直线与椭圆关系；2022年新课标Ⅰ卷抛物线性质、Ⅱ卷椭圆弦长）。​题型：以选择题为主，分值5-6分，侧重考查圆锥曲线基本性质与直线和曲线综合问题的分析能力。2025年新高考圆锥曲线选填题高考预测​题型与分值：预计为选择题或填空题，分值5-6分。​考查方向：延续离心率、轨迹方程、直线与圆锥曲线位置关系的考查，可能强化双曲线渐近线、抛物线焦点弦性质，或与几何最值、参数范围结合，注重定义和性质的综合运用。点关于线对称的一般性结论点(x,y)关于直线Ax+By+C=0的对称点坐标为直径端点圆的方程若圆的直径端点，则圆的方程为解析几何中的切线方程①过圆上任意一点的切线方程为②过椭圆上任意一点的切线方程为③过双曲线上任意一点的切线方程为④设QUOTEPx0,y0Px0,y0为抛物线QUOTEy2=2pxy2=2px解析结合中的切点弦方程平面内一点引曲线的两条切线，两切点所在直线的方程叫做曲线的切点弦方程①圆的切点弦方程为②椭圆的切点弦方程为③双曲线的切点弦方程为④抛物线的切点弦方程为 ⑤二次曲线的切点弦方程为相切的条件①椭圆与直线相切的条件是②双曲线与直线相切的条件是斜率关系若A、B、C、D是圆锥曲线(二次曲线)上顺次四点,则四点共圆(常用相交弦定理)的一个充要条件是:直线AC、BD的斜率存在且不等于零,并有,(,分别表示AC和BD的斜率)常见不等式已知椭圆方程为，两焦点分别为，，设焦点三角形中，则()椭球体积椭圆绕Ox坐标轴旋转所得的旋转体的体积为纵坐标之和y=kx+m与椭圆相交于两点，则纵坐标之和为渐近线围成的四边形面积过双曲线上任意一点作两条渐近线的平行线，与渐近线围成的四边形面积为帕斯卡定理如果一个六边形内接于一条二次曲线(椭圆、双曲线、抛物线)，那么它的三对对边的交点在同一条直线上斜率定值过原点的直线与椭圆的两个交点和椭圆上不与左右顶点重合的任一点构成的直线斜率乘积为定值推论1：椭圆上不与左右顶点重合的任一点与左右顶点构成的直线斜率乘积为定值推论2：过椭圆上一点做斜率互为相反数的两条直线交椭圆于A、B两点，则直线AB的斜率为定值椭圆和双曲线的结论汇总椭圆双曲线标准方程焦点焦点焦半径为离心率，为点的横坐标.为离心率，为点的横坐标.焦半径范围为椭圆上一点，为焦点.为双曲线上一点，为焦点.通径过焦点与长轴垂直的弦称为通径.通径长为过焦点与实轴垂直的弦称为通径.通径长为如图，直线过焦点与椭圆相交于两点.则的周长为.（即）如图，直线过焦点与双曲线相交于两点.则.焦点弦倾斜角为的直线过焦点与椭圆相交于两点.焦点弦长.最长焦点弦为长轴，最短焦点弦为通径.倾斜角为的直线过焦点与双曲线相交于两点.焦点弦长.与数量关系直线过焦点与椭圆相交于两点，则.直线过焦点与双曲线相交于两点，则.已知点是椭圆上一点，坐标原点，则.已知点是双曲线上一点，坐标原点，则.焦三角形如图，是椭圆上异于长轴端点的一点，已知，，，则（1）；（2）离心率.如图，是双曲线上异于实轴端点的一点，已知，，，则（1）；（2）离心率.垂径定理如图，已知直线与椭圆相交于两点，点为的中点，为原点，则.如图，已知直线与双曲线相交于两点，点为的中点，为原点，则.（注：直线与双曲线的渐近线相交于两点，其他条件不变，结论依然成立）周角定理如图，已知点椭圆长轴端点（短轴端点），是椭圆上异于的一点，则.推广：如图，已知点是椭圆上关于原点对称的两点，是椭圆上异于的一点，若直线的斜率存在且不为零，如图，已知点双曲线实轴端点，是双曲线上异于的一点，则.推广：如图，已知点是双曲线上关于原点对称的两点，是双曲线上异于的一点，若直线的斜率存在且不为零，.直线过焦点与椭圆相交于两点，点，则（即）.直线过焦点与双曲线相交于两点，点，则（即）.切线方程已知点是椭圆上一点，则椭圆在点处的切线方程为.已知点是双曲线上一点，则双曲线在点处的切线方程为.补充结论11．过定点（定点在双曲线外且不在渐近线上）的直线与双曲线交点个数问题：设斜率为的直线过定点，双曲线方程为，过点与双曲线相切时的斜率为.（1）当时，直线与双曲线有两个交点，且这两交点在双曲线的两支上；（2）当时，直线与双曲线只有一个交点；（3）当时，直线与双曲线有两个交点，且这两交点在双曲线的同一支上；（4）当时，直线与双曲线只有一个交点；（5）当时，直线与双曲线没有交点.2．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，则.3．点是双曲线上任意一点，则点到双曲线的渐近线的距离之积为定值.4．点是双曲线上任意一点，过点作双曲线的渐近线的平行线分别与渐近线相交于两点，为原点，则平行四边形的面积为定值.抛物线的结论如图，抛物线方程为，准线与轴相交于点，过焦点的直线与抛物线相交于，两点，为原点，直线的倾斜角为.1．2．焦半径：，，.3．焦点弦：.4．的数量关系：，.5．三角形的面积.6．以焦点弦为直径的圆与准线相切；以焦半径为直径的圆与轴相切.7．直线的斜率之和为零（），即.8．点三点共线；点三点共线.9．如图，点是抛物线，为原点，若，则直线过定点.补充结论21.已知椭圆（a＞b＞0），O为坐标原点，P、Q为椭圆上两动点，且.则（1）;（2）|OP|2+|OQ|2的最大值为;（3）的最小值是.2.与共轭的双曲线方程为，①它们有公共的渐近线；②四个焦点都在以原点为圆心，C为半径的圆上；③。3.与有相同焦点的双曲线方程为4.与有相同焦点的椭圆方程为：5.与有相同焦点的双曲线方程为：6.与有相同离心率的双曲线方程为：①焦点在轴上时：②焦点在轴上时：7.与有相同的渐近线方程为：；典例1（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）（多选）设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（

）A． B．点在C上C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D．当点在C上时，【答案】ABD【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求，故可判断A的正误，结合曲线方程可判断B的正误，利用特例法可判断C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误.【详解】对于A：设曲线上的动点，则且，因为曲线过坐标原点，故，解得，故A正确.对于B：又曲线方程为，而，故.当时，，故在曲线上，故B正确.对于C：由曲线的方程可得，取，则，而，故此时，故在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误.对于D：当点在曲线上时，由C的分析可得，故，故D正确.故选：ABD.【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理.典例2（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设双曲线的左右焦点分别为，过作平行于轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为．【答案】【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出，结合双曲线第一定义求出，即可得到的值，从而求出离心率.【详解】由题可知三点横坐标相等，设在第一象限，将代入得，即，故，，又，得，解得，代入得，故，即，所以.故答案为：典例3（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知曲线C：（），从C上任意一点P向x轴作垂线段，为垂足，则线段的中点M的轨迹方程为（

）A．（） B．（）C．（） D．（）【答案】A【分析】设点，由题意，根据中点的坐标表示可得，代入圆的方程即可求解.【详解】设点，则，因为为的中点，所以，即，又在圆上，所以，即，即点的轨迹方程为.故选：A典例4（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）（多选）抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（

）A．l与相切B．当P，A，B三点共线时，C．当时，D．满足的点有且仅有2个【答案】ABD【分析】A选项，抛物线准线为，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，三点共线时，先求出的坐标，进而得出切线长；C选项，根据先算出的坐标，然后验证是否成立；D选项，根据抛物线的定义，，于是问题转化成的点的存在性问题，此时考察的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设点坐标进行求解.【详解】A选项，抛物线的准线为，的圆心到直线的距离显然是，等于圆的半径，故准线和相切，A选项正确；B选项，三点共线时，即，则的纵坐标，由，得到，故，此时切线长，B选项正确；C选项，当时，，此时，故或，当时，，，，不满足；当时，，，，不满足；于是不成立，C选项错误；D选项，方法一：利用抛物线定义转化根据抛物线的定义，，这里，于是时点的存在性问题转化成时点的存在性问题，，中点，中垂线的斜率为，于是的中垂线方程为：，与抛物线联立可得，，即的中垂线和抛物线有两个交点，即存在两个点，使得，D选项正确.方法二：（设点直接求解）设，由可得，又，又，根据两点间的距离公式，，整理得，，则关于的方程有两个解，即存在两个这样的点，D选项正确.故选：ABD典例5（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为．【答案】/【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到关于的表达式，从而利用勾股定理求得，进而利用余弦定理得到的齐次方程，从而得解.方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得，，将点代入双曲线得到关于的齐次方程，从而得解；【详解】方法一：依题意，设，则，在中，，则，故或（舍去），所以，，则，故，所以在中，，整理得，故.方法二:依题意，得，令，因为，所以，则，又，所以，则，又点在上，则，整理得，则，所以，即，整理得，则，解得或，又，所以或（舍去），故.故答案为：.【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定理得到关于的齐次方程，从而得解.典例6（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）（多选）设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（

）．A． B．C．以MN为直径的圆与l相切 D．为等腰三角形【答案】AC【分析】先求得焦点坐标，从而求得，根据弦长公式求得，根据圆与等腰三角形的知识确定正确答案.【详解】A选项：直线过点，所以抛物线的焦点，所以，则A选项正确，且抛物线的方程为.B选项：设，由消去并化简得，解得，所以，B选项错误.C选项：设的中点为，到直线的距离分别为，因为，即到直线的距离等于的一半，所以以为直径的圆与直线相切，C选项正确.D选项：直线，即，到直线的距离为，所以三角形的面积为，由上述分析可知，所以，所以三角形不是等腰三角形，D选项错误.故选：AC.

【名校预测·第一题】（山东省泰安第一中学2024-2025学年高三下学期4月月考数学试题）已知抛物线的焦点为，，是抛物线上两点，且，弦的中点在的准线的射影为，则的最小值为（

）A． B． C． D．2【答案】C【来源】山东省泰安第一中学2024-2025学年高三下学期4月月考数学试题【分析】由抛物线定义对线段进行转化，再由中位线得到线段，解三角形得到线段，由基本不等式得到取值范围，从而得到最值.【详解】设、，，在准线的射影分别为，如图所示，根据抛物线的定义，可知，，在梯形中，有，在中，，又∵，∴，当且仅当时取等号，∴，故的最小值为.故选：C【名校预测·第二题】（浙江省杭州学军中学2024-2025学年高三下学期3月月考数学试题）已知双曲线的左、右焦点分别为，，A是双曲线C的左顶点，以为直径的圆与双曲线C的一条渐近线交于P，Q两点，且，则双曲线C的离心率为（

）A． B． C． D．2【答案】D【来源】浙江省杭州学军中学2024-2025学年高三下学期3月月考数学试题【分析】根据已知条件分别表示出点A、P、Q的坐标，代入可得b与a的关系式，再由及离心率公式可求得结果.【详解】依题意，易得以为直径的圆的方程为.又由双曲线，易得双曲线C的渐近线方程为.当时，如图，设，则.联立，解得或，所以，.又因为，所以轴.所以，.所以，所以.因为，所以.同理，当时，亦可得.故双曲线C的离心率为.故选：D.【名校预测·第三题】（湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024-2025数学试题）设为双曲线的一个实轴顶点，为的渐近线上的两点，满足，，则的渐近线方程是．【答案】【来源】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024-2025学年高三下学期开学检测数学试题【分析】由角平分线定理，结合余弦定理，求得，再求的正切值，进而即可求得渐近线方程.【详解】根据题意，作图如下：

依题意，为的角平分线，且，设，由角平分线定理可得：，则；在中，由余弦定理；在中，由余弦定理可得，，即，解得.故，，所以的渐近线方程是．故答案为：.【点睛】方法点睛：求双曲线的渐近线方程，常见有三种方法：①直接求出，从而得解；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，从而得解；③求得其中一个渐近线的倾斜角（或斜率），从而得解.【名校预测·第四题】（贵州省贵阳市第一中学2025届高三下学期数学试卷）（多选）在平面直角坐标系中，已知抛物线：的焦点为，直线与交于，两点，是上异于顶点的动点，则下列结论正确的是（

）A．若过点，则为钝角B．若，则的斜率为C．若，则点的纵坐标为1时，最小D．若四边形为平行四边形，则过定点【答案】AC【来源】贵州省贵阳市第一中学2025届高三下学期月考（六）（3月）数学试卷【分析】联立直线与抛物线方程利用向量数量积的符号可判断A正确，由可得坐标间的关系，联立解方程组可得B错误，利用抛物线定义以及几何关系可得C正确，根据四边形为平行四边形并结合韦达定理，利用向量表示解方程可得D正确.【详解】易知焦点，对于A，若过点，可设直线方程为，，，联立抛物线方程可得，可得，，所以，所以为钝角，即A正确；对于B，由，可得过点，由题意可得，所以，结合，，可得，可得的斜率为，即B错误；对于C，易知是抛物线的准线与轴的交点，作与准线垂直，垂足为，如图所示：由抛物线的定义可得，所以．又在中，，且，因此当取得最大值时，满足题意，此时斜率存在且与抛物线相切．设的方程为，代入抛物线方程可得，所以，即，解得，此时，因此