2021高考數(shù)學解題技巧講義

1、第 頁2021高考數(shù)學解題技巧講義TOC o 1-3 h u HYPERLINK l _Toc6879 第1講 函數(shù)相關技巧 PAGEREF _Toc6879 2 HYPERLINK l _Toc10291 技巧1 分式函數(shù)求值域4 HYPERLINK l _Toc29646 技巧2 口算奇偶性求參數(shù)5 HYPERLINK l _Toc298 技巧3 形如f(x)=奇函數(shù)+常數(shù)7 HYPERLINK l _Toc26555 第2講 平面向量17 HYPERLINK l _Toc10887 技巧1 奔馳定理 PAGEREF _Toc10887 22 HYPERLINK l _Toc22360 技

2、巧2 三角形的四心 PAGEREF _Toc22360 25 HYPERLINK l _Toc10039 技巧3 極化恒等式 PAGEREF _Toc10039 27 HYPERLINK l _Toc10039 技巧4 等和線定理 37 HYPERLINK l _Toc21205 第3講 解三角形46 HYPERLINK l _Toc25532 技巧一 三角形的射影定理 PAGEREF _Toc25532 49 HYPERLINK l _Toc1398 技巧2 三角形的中線定理50 HYPERLINK l _Toc13288 技巧3 角平分線的定理52 HYPERLINK l _Toc3145

3、4 第4講 數(shù) 列62 HYPERLINK l _Toc18316 技巧1 等比數(shù)列前n項和規(guī)律65 HYPERLINK l _Toc29576 技巧2 單一條件口算結(jié)果66 HYPERLINK l _Toc5488 技巧3 公式法口算通項 PAGEREF _Toc5488 68 HYPERLINK l _Toc27216 技巧4 錯位相減法口算結(jié)果70 HYPERLINK l _Toc30553 技巧5 斐波那契數(shù)列72 HYPERLINK l _Toc15095 第5講 焦點三角形82 HYPERLINK l _Toc18146 技巧1 焦點三角形的周長85 HYPERLINK l _To

4、c6657 技巧2 焦點三角形的面積 PAGEREF _Toc6657 85 HYPERLINK l _Toc2672 技巧3 焦點三角形的離心率 PAGEREF _Toc2672 88 HYPERLINK l _Toc20586 第6講 離心率 PAGEREF _Toc20586 101 HYPERLINK l _Toc31382 技巧1 焦點三角形中的離心率 PAGEREF _Toc31382 103 HYPERLINK l _Toc505 技巧2 點差法中的離心率 PAGEREF _Toc505 105 HYPERLINK l _Toc11152 技巧3 漸近線與離心率 PAGEREF

5、_Toc11152 108 HYPERLINK l _Toc15165 技巧4 焦點弦與離心率 PAGEREF _Toc15165 110 HYPERLINK l _Toc17358 第7講 點差法 PAGEREF _Toc17358 123 HYPERLINK l _Toc11392 技巧1 點差法在橢圓在的應用 PAGEREF _Toc11392 125 HYPERLINK l _Toc12198 技巧2 點差法在雙曲線在的應用 PAGEREF _Toc12198 130 HYPERLINK l _Toc24879 技巧3 點差法在拋物線在的應用 PAGEREF _Toc24879 135

6、 HYPERLINK l _Toc921 第8講 外接球與內(nèi)切球 PAGEREF _Toc921 154 HYPERLINK l _Toc32636 技巧1 外接球之墻角模型 PAGEREF _Toc32636 160 HYPERLINK l _Toc2523 技巧2 外接球之漢堡模型 PAGEREF _Toc2523 162 HYPERLINK l _Toc14938 技巧3 外接球之斗笠模型 PAGEREF _Toc14938 165 HYPERLINK l _Toc7416 技巧4 外接球之折疊模型 PAGEREF _Toc7416 167 HYPERLINK l _Toc12282 技

7、巧5 外接球之切瓜模型 PAGEREF _Toc12282 170 HYPERLINK l _Toc16592 技巧6 外接球之麻花模型 PAGEREF _Toc16592 172 HYPERLINK l _Toc361 技巧7 外接球之矩形模型 PAGEREF _Toc361 173 HYPERLINK l _Toc13376 技巧8 內(nèi)切球半徑 PAGEREF _Toc13376 175第1講 函數(shù)相關技巧技巧導圖技巧詳講分式函數(shù)求值域分子分母為同類型函數(shù)（一）注意事項求值域前先求定義域，如果給出區(qū)間則不用求定義域幾個極限值（二）模式二.奇偶性常見函數(shù)的奇偶性（前提定義域關于原點對稱）?？?/p>

8、的奇函數(shù)：(式子中的均是使函數(shù)解析式有意義的范圍.) ?？嫉呐己瘮?shù)： 有對稱軸函數(shù)解不等式或比較大小比較的是兩個自變量與對稱軸距離的遠近當函數(shù)的對稱軸為x=a，則f(x1)f(x2)當函數(shù)的先增后減時，當函數(shù)的先減后增時，奇偶性的運算同性相加減的同性，異性相加減為非奇非偶同性乘除為偶函數(shù)，異性乘除為奇函數(shù)函數(shù)模型為f(x)=g(x)+k，其中g(x)為奇函數(shù)，所給區(qū)間要關于原點對稱f(x)+f(-x)=2k推導：f(x)+f(-x)=g(x)+k+g(-x)+k=g(x)-g(-x)+2k=2kf(x)max+f(x)min=2k推導 :f(x)max+f(x)min=g(x)max+k+g(

9、x)min+k=2k(奇函數(shù)的最大值與最小值成相反數(shù)）如何找kf(0)=k推導:f(0)=g(0)+k=k技巧舉證技巧1 分式函數(shù)求值域【例1】（1）（2020山西省太原市實驗中學）已知函數(shù)的取值范圍 。 （2）（2020湖南省長沙市第一中學）函數(shù)的值域為 ?！敬鸢浮浚?）【，】（2）【解析】，則其值域【，】（2）常規(guī)法：分離常數(shù)由已知:,.技巧法：t=x2,t0，則函數(shù)y=f(x)=t-1t+1,f(0)=-1,f()=1(取不到，開區(qū)間），【舉一反三】1（2019上海市普陀區(qū)曹楊第二中學函數(shù)），的值域是_；【答案】；【解析】技巧法：f(0)=32,f(2)=74故答案為：常規(guī)法：,因為,故

10、,故.故答案為：2（2020廣東省東莞市北師大東莞石竹附屬學校）函數(shù)的值域是 ?！敬鸢浮?，【解析】技巧法：t=x2,t0，則函數(shù)y=f(x)=-t+2t+2,f(0)=1,f()=-1(取不到，開區(qū)間），即函數(shù)的值域是，常規(guī)法：，則，即函數(shù)的值域是，3.（2020陜西省西安市高新一中）函數(shù)的值域為_.【答案】【解析】技巧法：的定義域為，則yf(-1)=4故答案為：常規(guī)法：由題.因為的值域為,故的值域為,故的值域為.故的值域為故答案為：技巧2 口算奇偶性求參數(shù)【例2】（1）（2020福建漳州高三其他（文）若函數(shù)是偶函數(shù)，則實數(shù)（ ）AB0C1D（2）（2020河南高三月考（理）已知是奇函數(shù)，且實

11、數(shù)滿足，則的取值范圍是（ ）ABCD【答案】（1）C（2）D【解析】（1）技巧法：因為函數(shù)為偶函數(shù)，正弦為奇函數(shù)，所以對數(shù)為奇函數(shù)，根據(jù)常見函數(shù)可知常規(guī)法：因為是偶函數(shù)，是奇函數(shù)，所以是奇函數(shù)，所以，所以，所以，所以，所以，故選：C.（2）因為是定義域為的奇函數(shù)，所以，可得，此時，易知在上為減函數(shù).又因為，所以，所以.故選：D.【舉一反三】1（2020沙坪壩重慶南開中學高三月考（理）已知函數(shù)，則不等式的解集為（ ）A B C D【答案】D【解析】技巧法：根據(jù)常見奇偶性函數(shù)可知f(x)為偶函數(shù)，根據(jù)對勾函數(shù)已知二次函數(shù)可知x0函數(shù)為單調(diào)遞增，則x9,說明焦點在x軸上，同時a=4,b=3,而過點F

12、2的直線交橢圓于A，B兩點，則點A到F2，F(xiàn)1的距離和為2a=8,點B到F2，F(xiàn)1的距離和為2a=8，結(jié)合橢圓的定義可知AF1B的周長為4a=16.在結(jié)合三角形的周長公式可知，其中兩邊之和為10，則另一邊的長度為16-10=6故選A.2（2020廣西欽州一中）設橢圓C：(a0，b0)的左右焦點分別為，離心率為.P是C上一點，且.若的面積為4，則a=（ ）A1B2C4D8【答案】C【解析】（技巧法）（常規(guī)法），由橢圓定義，由得，的面積為4，則，即，即,解得，即，故選：C.3（2020河南高三其他（文）橢圓的左、右焦點分別為，橢圓上的點滿足：，且，則（ ）A1BCD2【答案】C【解析】設，則，又（

13、1），（2），式平方減去（2）式得：，得：.故選：C.4（2020黑龍江綏化高三其他（理）已知對任意正實數(shù)m，n，p，q，有如下結(jié)論成立：若，則有成立，現(xiàn)已知橢圓上存在一點P，為其焦點，在中，則橢圓的離心率為（ ）ABCD【答案】C【解析】由題意得：，所以，所以，解得.故選：C5（2020山西臨汾）已知橢圓的左，右焦點分別為，若上的點到的距離為，則的面積為（ ）ABCD【答案】C【解析】依題意知，所以，因為，且，所以，在中，因為，所以，所以的面積為.故選：C.6（2020陸川中學）已知，分別是橢圓的左、右焦點，若橢圓上存在點，使得，則該橢圓的離心率的取值范圍是（ ）ABCD【答案】A【解析】（

14、常規(guī)法）由題設可知點在以為直徑端點的圓上，由此可得該圓的半徑，即，也即，故應選答案A 7（2020全國高三一模（文）設橢圓的兩焦點為，若橢圓上存在點，使，則橢圓的離心率的最小值為（ ）ABCD【答案】C【解析】當是橢圓的上下頂點時，最大，則橢圓的離心率的最小值為.故選：C.8（2019江西南昌十中）已知點F1，F(xiàn)2分別是橢圓C1和雙曲線C2的公共焦點，e1，e2分別是C1和C2的離心率，點P為C1和C2的一個公共點，且，若，則e1的取值范圍是（ ）ABCD【答案】D【解析】設橢圓的長半軸長為,雙曲線的實半軸長為,焦點坐標為，不妨設P為第一象限的點，做出示意圖如下圖所示，由橢圓與雙曲線的定義得，

15、所以得，又因為，由余弦定理得 ，所以得 所以得即，所以，因為，所以，所以，所以，所以，所以，故選：D.9（2020伊美區(qū)第二中學）設是雙曲線的兩個焦點,是雙曲線上的一點,且,則的面積等于（ ）ABC24D48【答案】C【解析】雙曲線的實軸長為2,焦距為.根據(jù)題意和雙曲線的定義知,所以,所以,所以.所以.故選：C10（2020四川青羊樹德中學高二月考（文）設、分別為雙曲線的左、右焦點，雙曲線上存在一點使得，則該雙曲線的離心率為（ ）ABCD【答案】B【解析】由雙曲線的定義得，又，即，因此，即，則，解得，（舍去），因此，該雙曲線的離心率為.故選：B.11（2020吉林松原高三其他（文）已知點是雙曲

16、線上一點，分別為雙曲線的左右焦點，若的外接圓半徑為4，且為銳角，則（ ）A15B16C18D20【答案】B【解析】（技巧法）依題意，.在三角形中， ，由正弦定理得，即，由于為銳角，所以.（常規(guī)法）依題意，.在三角形中， ，由正弦定理得，即，由于為銳角，所以.根據(jù)雙曲線的定義得.在三角形中，由余弦定理得，即，即，即，所以.故選：B12（2020陜西省丹鳳中學高三一模（理）設，分別是雙曲線的左右焦點.若點在雙曲線上，且，則等于（ ）ABCD【答案】D【解析】根據(jù)題意，分別是雙曲線的左、右焦點，點在雙曲線上，且，.故選：D13（2020陜西高三其他（文）已知雙曲線：（，）的左、右焦點分別為，點在雙曲

17、線的右支上，若，則的取值范圍是（ ）ABCD【答案】B【解析】因為，所以，所以，所以的取值范圍是.（常規(guī)法）設，則由余弦定理得.又，則，解得，所以.因為，所以，所以，所以的取值范圍是.故選：B.14（2020河北張家口高三期末（理）已知雙曲線的焦點為，點為雙曲線上一點，若，則雙曲線的離心率為（ ）ABCD【答案】D【解析】設 ， ， ，解得 ， 故選D.15（2020全國高三一模（理）已知F1，F(xiàn)2是雙曲線E：的左，右焦點，點M在E上，M F1與軸垂直，sin ,則E的離心率為（ ）ABCD2【答案】A【解析】由已知可得，故選A.16（2019平羅中學高三二模（理）已知，是雙曲線E：的左、右焦

18、點，點M在E上，與x軸垂直，則雙曲線E的離心率為ABC2D3【答案】A【解析】（常規(guī)法）與x軸垂直，設，則，由雙曲線的定義得，即，得，在直角三角形中，即，即，即，則，則，故選A17（2020陜西西安高三其他（理）已知橢圓的兩個焦點是、，點是橢圓上一點，且，則的面積是_.【答案】4【解析】由橢圓的定義可知，又，聯(lián)立兩式 ，可得又，所以，所以是以為直角邊的直角三角形，所以的面積為.故答案為：.18（2020全國高二課時練習）設是橢圓上一點，分別是橢圓的左、右焦點，若，則的大小_.【答案】【解析】橢圓，可得，設，可得，化簡可得：，故答案為19已知是橢圓的左，右焦點，點在上，且，則的面積為_【答案】【

19、解析】（常規(guī)法）由題意，設，則，由余弦定理可得，又，的面積，故答案為：第6講 離心率 技巧導圖技巧詳講焦點三角形中的離心率1.橢圓（1）橢圓：設橢圓焦點三角形兩底角分別為、，則(正弦定理)。 2.雙曲線：利用焦點三角形兩底角來表示:。雙曲線的漸進線與離心率關系直線與雙曲線相交時，兩個交點的位置兩個交點在雙曲線的兩支：兩個交點在雙曲線的同一支:兩個交點在雙曲線的左支: 兩個交點在雙曲線的右支:焦點弦與離心率關系，則有(為直線與焦點所在軸的夾角)。例題舉證技巧1 焦點三角形中的離心率【例1】(1)已知，是雙曲線：的左、右焦點，點在上，與軸垂直，則雙曲線的離心率為（ ）A2B2CD（2）（2020安

20、徽省高三三模）已知橢圓：的左右焦點分別為，若在橢圓上存在點，使得，則橢圓的離心率的取值范圍為（ ）ABCD【答案】（1）C（2）A【解析】（1）不妨設代入雙曲線方程得 ，.故答案選：C（2），（當且僅當時取等號），由橢圓定義知：，又，又，離心率的取值范圍為.故選：.【舉一反三】1（2020沙坪壩區(qū)重慶一中高三月考）已知點P在以為左，右焦點的橢圓上，在中，若，則（ ）ABCD【答案】B【解析】中，所以故選：B2（2020全國高三專題練習）已知點是以、為焦點的橢圓上一點，若，則橢圓的離心率（ ）ABCD【答案】A【解析】點是以、為焦點的橢圓上一點，可得，由勾股定理可得，即，因此，該橢圓的離心率為.

21、故選：A.3（2019遼寧沈陽市沈陽二中高三月考（理）橢圓的離心率為，、是橢圓的兩個焦點，是圓上一動點，則的最小值是（ ）ABCD0【答案】A【解析】橢圓的離心率為，即.，故，當時等號成立.根據(jù)余弦定理：.故選：.技巧2 點差法中的離心率【例2】（1）（2020四川外國語大學附屬外國語學校）過點作直線與橢圓相交于兩點，若是線段的中點，則該橢圓的離心率是（ ）ABCD（2）（2020安徽省潛山第二中學）已知A，B是橢圓E：的左、右頂點，M是E上不同于A，B的任意一點，若直線AM，BM的斜率之積為，則E的離心率為ABCD【答案】（1）B（2）D【解析】（1）設，由直線的斜率為可得，由線段的中點為可

22、得，由點在橢圓上可得，作差得，所以，即，所以，所以該橢圓的離心率.故選：B.（2）由題意方程可知，設,則 ,，整理得：，又，得，即，聯(lián)立，得，即，解得故選D【舉一反三】1已知雙曲線：，斜率為2的直線與雙曲線相交于點、，且弦中點坐標為，則雙曲線的離心率為（ ）A2BCD3【答案】B【解析】設、，則，所以，所以，又弦中點坐標為，所以，又，所以，即，所以雙曲線的離心率.故選：B.2（2020全國高三專題）已知、是橢圓的兩個焦點，滿足的點總在橢圓內(nèi)部，則橢圓離心率的取值范圍是（ ）.A B C D【答案】B【解析】，點在以為直徑的圓上，又點在橢圓內(nèi)部，即，即，又，故選：B.3（2020全國高三專題練習

23、）若，是橢圓的兩個焦點，是橢圓上一點，當，且，則橢圓的離心率為（ ）ABCD【答案】C【解析】依題意可知，由橢圓定義可知，.故選：C.技巧3 漸近線與離心率【例3】已知圓的一條切線與雙曲線有兩個交點，則雙曲線C的離心率的取值范圍是（ ）ABCD【答案】D【解析】由題意，圓心到直線的距離，解得，圓的一條切線與雙曲線有兩個交點，所以，所以，所以.故選：D. 【舉一反三】1若雙曲線（，）與直線無公共點，則離心率的取值范圍是（ ）ABCD【答案】A【解析】若雙曲線與直線無公共點，等價為雙曲線的漸近線的斜率，即，即，即，即，則，則，離心率滿足，即雙曲線離心率的取值范圍是，故選：A2已知雙曲線 (a0，b

24、0)的右焦點為F，若過點F且傾斜角為60的直線l與雙曲線的右支有且只有一個交點，則此雙曲線的離心率e的取值范圍是（ ）AB(1,2),CD【答案】A【解析】已知雙曲線的右焦點為，若過點且傾斜角為的直線與雙曲線的右支有且只有一個交點，則該直線的斜率的絕對值小于等于漸近線的斜率，離心率，故選3（2020河南新鄉(xiāng)市高三）已知雙曲線的左、右焦點分別為、，過原點作斜率為的直線交的右支于點，若，則雙曲線的離心率為（ ）ABCD【答案】D【解析】題可知，所以，可得.在中，由余弦定理可得，即，解得.雙曲線的離心率為.故選：D.技巧4 焦點弦與離心率【例4】（2020石嘴山市第三中學高三三模）已知橢圓的左右焦點

25、分別為，過作傾斜角為的直線與橢圓交于兩點，且，則橢圓的離心率=（）ABCD【答案】D【解析】橢圓的左右焦點分別為，過且斜率為的直線為聯(lián)立直線與橢圓方程消后，化簡可得 因為直線交橢圓于A，B，設 由韋達定理可得且，可得，代入韋達定理表達式可得即化簡可得所以故選：D【舉一反三】1（2020河南省高三月考）傾斜角為的直線經(jīng)過橢圓右焦點，與橢圓交于、兩點，且，則該橢圓的離心率為（ ）ABCD【答案】B【解析】設到右準線距離為，則，因為，則，所以 到右準線距離為，從而 傾斜角為，選B. 2（2020全國高三專題練習）已知、是雙曲線(，)的左、右焦點，過作雙曲線一條漸近線的垂線，垂足為點，交另一條漸近線于

26、點，且，則該雙曲線的離心率為（ ）A或B或C或D或【答案】B【解析】（1）當時，設，則，設，由題意可知，則，代入得，即，解得，則， （2）當時，設，設，則，由題意可知，則，則，則，代入得，即，解得，則，故選：B.3（2019浙江高三其他模擬）已知過雙曲線的右焦點F，且與雙曲線的漸近線平行的直線l交雙曲線于點A，交雙曲線的另一條漸近線于點B（A，B在同一象限內(nèi)），滿足，則該雙曲線的離心率為（ ）ABCD2【答案】B【解析】雙曲線的漸近線方程為，如圖，不妨設在第一象限，直線的方程為，與聯(lián)立，得；直線與聯(lián)立，得由，得，即，得，即，則，故選：B技巧強化1已知傾斜角為的直線與雙曲線C：（，）相交于A，B

27、兩點，是弦的中點，則雙曲線的離心率為（ ）ABCD【答案】D【解析】因為傾斜角為的直線與雙曲線C：（，）相交于A，B兩點，所以直線的斜率，設，則由得則因為是弦的中點，因為直線的斜率為1即所以，則，故選：D2設F是雙曲線的右焦點.過點F作斜率為-3的直線l與雙曲線左、右支均相交.則雙曲線離心率的取值范圍為（ ）ABCD【答案】C【解析】因為雙曲線的兩條漸近線方程為，當過點F且斜率為-3的直線l與漸近線平行時.直線l只與雙曲線右支有一個交點，數(shù)形結(jié)合可知，當漸近線的斜率滿足，即時，直線l與雙曲線左、右支均相交，所以.故選:C.3（2019黑龍江佳木斯市佳木斯一中高三月考）已知，分別是橢圓的左、右焦

28、點，P是此橢圓上一點，若為直角三角形，則這樣的點P有（ ）.A2個B4個C6個D8個【答案】C【解析】由題意，則，當為橢圓短軸頂點時，即，短軸頂點有2 個，過或作軸垂直與橢圓相交的點在4個，都是直角三角形，因此共有6個故選：C.4（2020廣東廣州市）已知,分別是橢圓的左, 右焦點, 橢圓上存在點 使為鈍角, 則橢圓的離心率的取值范圍是ABCD【答案】A【解析】設橢圓的上頂點為 ，則橢圓上存在點，使為鈍角, 故答案為A5（2020河北石家莊市）已知橢圓 ，點M,N為長軸的兩個端點，若在橢圓上存在點H，使 ,則離心率e的取值范圍為ABCD【答案】A【解析】由題意 設 ，則 可得： 故選A6（20

29、20全國高三專題練習）橢圓C：的左焦點為F，若F關于直線xy0的對稱點A是橢圓C上的點，則橢圓C的離心率為（ ）ABCD1【答案】D【解析】設F（c,0）關于直線xy0的對稱點為A（m，n），則，解得m，n，代入橢圓方程可得化簡可得 e48e240，又0e1，解得e1.故選：D.7（2020全國高三專題練習）已知橢圓（ab0）的左右焦點分別為F1，F(xiàn)2P是橢圓上一點PF1F2為以F2P為底邊的等腰三角形，當60PF1F20,b0),則-=1.整理,得(b2-a2)x2+6a2x-9a2-a2b2=0.設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=2(-12),a2=-4a2+4b2,5a

30、2=4b2.又a2+b2=9,a2=4,b2=5.雙曲線E的方程為-=1.故選B.【舉一反三】1（2019陜西寶雞市高考模擬）雙曲線的一條弦被點平分，那么這條弦所在的直線方程是（ ）ABCD【答案】C【解析】設弦的兩端點，斜率為，則，兩式相減得，即，弦所在的直線方程，即故選C2（2019廣東佛山市佛山一中高三期中）已知雙曲線C：(a0，b0)，斜率為1的直線與C交于兩點A，B，若線段AB的中點為(4，1)，則雙曲線C的漸近線方程是A2xy0Bx2y0Cxy0Dxy0【答案】B【解析】設直線方程為，聯(lián)立，消去y，得，設，因為線段AB的中點為，所以，解得，所以，所以，所以雙曲線C的漸近線方程為，即

31、，故選B.3（2020吉林長春市高三月考）雙曲線被斜率為的直線截得的弦的中點為則雙曲線的離心率為（ ）ABC2D【答案】B【解析】設代入雙曲線方程作差有:，有，所以，故選：B4（2020全國高三專題練習）過點P(4，2)作一直線AB與雙曲線C：y21相交于A，B兩點，若P為線段AB的中點，則|AB|（ ）A2B2C3D4【答案】D【解析】解法一：由題意可知，直線AB的斜率存在設直線AB的斜率為k，則直線AB的方程為yk(x4)2.由消去y并整理，得(12k2)x28k(2k1)x32k232k100.設A(x1，y1)，B(x2，y2)因為P(4，2)為線段AB的中點，所以x1x28，解得k1

32、.所以x1x210.所以|AB|4.故選:D.解法二：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則 ，.得(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0.因為P(4，2)為線段AB的中點，所以x1x28，y1y24.所以4(x1x2)4(y1y2)0，即x1x2y1y2，所以直線AB的斜率k1.則直線AB的方程為yx2.由消去y并整理，得x28x100，所以x1x28，x1x210.所以|AB|4.故選：D5（2020全國高三專題練習）已知斜率為的直線與雙曲線：(，)相交于、兩點，且的中點為.則的離心率為（ ）ABCD【答案】A【解析】設，兩式做差得整理得，而，代入有，即可得故選：A.技巧3

33、點差法在拋物線在的應用【例3】（1）（2020云南昆明市昆明一中高三月考）已知拋物線，以為中點作的弦，則這條弦所在直線的方程為（ ）ABCD（2）（2020貴州高三其他模擬）已知拋物線，傾斜角為的直線交于兩點.若線段中點的縱坐標為，則的值為（ ）AB1C2D4【答案】（1）A（2）C【解析】（1）設過點的直線交拋物線于、兩點.若直線垂直于軸，則線段的中點在軸上，不合乎題意.所以，直線的斜率存在，由于點為線段的中點，則，由于點、在拋物線上，可得，兩式作差得，所以，直線的斜率為，因此，直線的方程為，即.故選：A.（2）設直線方程為，聯(lián)立得，設，則，因為線段中點的縱坐標為，所以，所以.故選：C.【舉

34、一反三】1（2020全國高三專題練習）直線過點與拋物線交于兩點，若恰為線段的中點，則直線的斜率為（ ）ABCD【答案】A【解析】設，兩式相減得，即，當時，因為點是的中點，所以，解得： 故選：A2（2020河北衡水市衡水中學高三）已知直線與拋物線交于、兩點，直線的斜率為，線段的中點的橫坐標為，則（ ）ABCD【答案】B【解析】設、，則，兩式相減得，所以，解得，得，所以，得直線，聯(lián)立，得，由韋達定理得，所以，故選：B.技巧強化1（2020全國高三專題練習）已知橢圓的右焦點為F(3，0)，過點F的直線交橢圓于AB兩點若AB的中點坐標為(1，1)，則E的方程為（ ）ABCD【答案】D【解析】設，則=2

35、，=2， ， 得，=，又=，=，又9=，解得=9，=18，橢圓方程為，故選：D2（2020全國高三專題練習）橢圓內(nèi)有一點，則以為中點的弦所在直線的斜率為ABCD【答案】A【解析】設以點為中點的弦所在直線與橢圓相交于點，斜率為則，兩式相減得，又，代入解得故選：3（2020黑龍江哈爾濱市哈九中高三三模）已知斜率為的直線與橢圓交于，兩點，線段的中點為，直線(為坐標原點)的斜率為，則（ ）ABCD【答案】B【解析】設A，則，A，代入橢圓方程得：，兩式相減可得：，化簡可得：，即：，故選：B4（2020全國高三專題練習）已知離心率為的橢圓內(nèi)有個內(nèi)接三角形，為坐標原點，邊的中點分別為，直線的斜率分別為，且均

36、不為0，若直線斜率之和為，則（ ）ABCD【答案】C【解析】由題意可得，所以不妨設為.設，兩式作差得，則，同理可得，所以，故選：5（2020全國高三專題練習）中心為原點，一個焦點為F（0,5）的橢圓，截直線y3x2所得弦中點的橫坐標為，則該橢圓方程為（ ）ABCD【答案】C【解析】由已知得c5，設橢圓的方程為，聯(lián)立得，消去y得（10a2450）x212（a250）x4（a250）a2（a250）0，設直線y3x2與橢圓的交點坐標分別為（x1，y1），（x2，y2），由根與系數(shù)關系得x1x2，由題意知x1x21，即1，解得a275，所以該橢圓方程為.故選：C6（2020全國高三專題練習）橢圓mx

37、2ny21與直線y1x交于M，N兩點，連接原點與線段MN中點所得直線的斜率為，則的值是（ ）A B C D 【答案】A【解析】由得(mn)x22nxn10.設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1x2，所以y1y2，所以線段MN的中點為P，.由題意知，kOP，所以故選：A.7（2020黑龍江哈爾濱市哈師大附中高三）已知雙曲線：，斜率為2的直線與雙曲線相交于點、，且弦中點坐標為，則雙曲線的離心率為（ ）A2BCD3【答案】B【解析】設、，則，所以，所以，又弦中點坐標為，所以，又，所以，即，所以雙曲線的離心率.故選：B.8（2020青海西寧市高三二模）已知傾斜角為的直線與雙曲線C：（，）相交于

38、A，B兩點，是弦的中點，則雙曲線的離心率為（ ）ABCD【答案】D【解析】因為傾斜角為的直線與雙曲線C：（，）相交于A，B兩點，所以直線的斜率，設，則由得則因為是弦的中點，因為直線的斜率為1即所以，則，故選：D9（2020銀川三沙源上游學校高三）已知直線:與雙曲線:(，)交于，兩點，點是弦的中點，則雙曲線的離心率為（ ）AB2CD【答案】D【解析】設，因為是弦的中點，根據(jù)中點坐標公式得.直線:的斜率為，故.因為兩點在雙曲線上，所以，兩式相減并化簡得，所以，所以.故選：D10（2020齊齊哈爾市第八中學校高三）已知A，B為雙曲線1（a0，b0）上的兩個不同點，M為AB的中點，O為坐標原點，若kA

39、BkOM，則雙曲線的離心率為（ ）ABC2D【答案】D【解析】設，則，由可得 ，即，則雙曲線的離心率為故選：D11（2020甘肅蘭州市高三月考）過點作一直線與雙曲線相交于、兩點，若為中點，則( )ABCD【答案】D【解析】易知直線AB不與y軸平行，設其方程為y2k（x4）代入雙曲線C：，整理得（12k2）x2+8k（2k1）x32k2+32k100設此方程兩實根為，則又P（4，2）為AB的中點，所以8，解得k1當k1時，直線與雙曲線相交，即上述二次方程的0，所求直線AB的方程為y2x4化成一般式為xy208，10|AB|4故選D12（2020全國高三專題練習）已知F是拋物線C：y2=2px(p

40、0)的焦點，過點R(2，1)的直線l與拋物線C交于A，B兩點，R為線段AB的中點.若|FA|+|FB|=5，則直線l的斜率為（ ）A3B1C2D【答案】B【解析】由于R(2，1)為AB中點，設A(xA，yA)，B(xB，yB).根據(jù)拋物線的定義|FA|+|FB|=xA+xB+p=22+p=5，解得p=1，拋物線方程為y2=2x.，兩式相減并化簡得，即直線l的斜率為1.故選：B13（2020湖北武漢市高三三模）設直線與拋物線交于，兩點，若線段中點橫坐標為2，則直線的斜率（ ）.A2BCD或2【答案】A【解析】聯(lián)立直線與拋物線，消整理可得，設，由題意，解可得，解可得或，綜上可知，.故選：A14（2

41、020全國高三月考（理）已知圓與拋物線相交于兩點，且，若拋物線上存在關于直線對稱的相異兩點和，則線段的中點坐標為（ ）ABCD【答案】A【解析】因為關于軸對稱，所以縱坐標為，橫坐標為1，代入，可得.設點，.則則，又關于直線對稱.，即，又的中點一定在直線上，.線段的中點坐標為.故選:A.15（2020全國高三月考）已知拋物線的焦點到準線的距離為，若拋物線上存在關于直線對稱的不同兩點和，則線段的中點坐標為（ ）ABCD【答案】A【解析】因為焦點到準線的距離為，則，所以設點，則，則，又，關于直線對稱，即，又的中點一定在直線上，線段的中點坐標為故選：A.16（2020全國高三專題練習）已知直線l過拋物

42、線的焦點，并交拋物線C于A、B兩點，則弦AB中點M的橫坐標是（ ）A3B4C6D8【答案】C【解析】直線l過拋物線的焦點, 交拋物線C于A、B兩點則其焦點坐標為,準線方程為 過向準線作垂直交準線于點,過向準線作垂直交準線于點,過向準線作垂直交準線于,交軸于,如下圖所示:設 由拋物線定義可知,由,可知因為為的中點,由梯形的中位線性質(zhì)可知 則即M的橫坐標是 故選:C17（2020河北衡水市衡水中學高三月考）拋物線方程為，動點的坐標為，若過點可以作直線與拋物線交于兩點，且點是線段的中點，則直線的斜率為（ ）ABCD【答案】A【解析】設,由題得，所以，故選：A18（2020全國高三專題練習）過橢圓內(nèi)的

43、一點引一條弦，使弦被點平分，求這條弦所在的直線方程 .【答案】【解析】解：設直線與橢圓的交點為，、，為的中點，又、兩點在橢圓上，則，兩式相減得于是，即，故所求直線的方程為，即故答案為：19（2020全國高三專題練習）已知雙曲線的中心為原點，是的焦點，過的直線與相交于、兩點，且的中點為，求雙曲線的方程 .【答案】【解析】設雙曲線的方程為(，)，由題意知，設、則有：，兩式作差得：，又的斜率是，代入得，雙曲線標準方程是.20（2020全國高三專題練習）直線m與橢圓y21交于P1，P2兩點，線段P1P2的中點為P，設直線m的斜率為k1(k10)，直線OP的斜率為k2，則k1k2的值為_.【答案】【解析

44、】設，中點，則滿足，兩式相減得，整理得，即，即，.故答案為：.21（2020全國高三其他模擬）已知直線與橢圓相交于，兩點，若中點的橫坐標恰好為，則橢圓的離心率為_.【答案】【解析】設，代入橢圓方程得，兩式作差得，整理得，因為，所以，又因為，所以，所以，所以.故答案為：.22（2019浙江寧波市鎮(zhèn)海中學高三開學考試）已知橢圓：的離心率為，ABC的三個頂點都在橢圓r上，設ABC三條邊AB、BC、AC的中點分別為D、E、M，且三條邊所在直線的斜率分別為、且均不為0，O為坐標原點，若直線OD、OE、OM的斜率之和為2，則_【答案】【解析】由橢圓：的離心率為，設 ，則 橢圓的標準方程為： 設 因為邊AB

45、、BC、AC的中點分別為D、E、M，故 ，由 在橢圓上，則 ，兩式相減化簡得： ，所以即： 同理得：，所以又因為 故答案為：23（2020四川成都市高三二模）設直線與拋物線相交于兩點，若弦的中點的橫坐標為則的值為_【答案】【解析】聯(lián)立直線與拋物線，得，則，又，故，.故答案為：.24（2020全國高三月考）已知橢圓的右焦點為，過點的直線交橢圓于、兩點.若的中點坐標為，則橢圓的方程為_.【答案】【解析】設，則，由得，即所以，又，所以，即，又，解得，所以橢圓方程為25（2020江蘇）橢圓與直線y1x交于A，B兩點，過原點與線段AB中點的直線的斜率為，則的值為_【答案】【解析】設，線段AB的中點為則，

46、即， 故答案為：26（2020湖北黃岡市黃岡中學高三其他模擬）已知雙曲線的中心在原點，是一個焦點，過的直線與雙曲線交于，兩點，且的中點為，則的方程是_.【答案】【解析】由，的坐標得.設雙曲線方程為，則.設，則，.由，得，即，.于是，所以的方程為.故答案為：27（2020廣東廣州市高三月考）已知直線與雙曲線交于兩點，當兩點的對稱中心坐標為時，直線的方程為_.【答案】【解析】設，則， 相減得到，即，.故直線方程為：，即.故答案為：.【點睛】本題考查了雙曲線中的點差法，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.28（2020西藏拉薩市拉薩中學高三月考）已知雙曲線上存在兩點A，B關于直線對稱，且線段的中點

47、在直線上，則雙曲線的離心率為_.【答案】2【解析】點A，B關于直線對稱，線段的中點在直線上所以得，設，所以將代入雙曲線，則有兩式相減得.，.點A，B關于直線對稱，所以，即.雙曲線的離心率為.故答案為：29（2020全國高三月考）過點作直線與雙曲線交于，兩點，若點恰為線段的中點，則實數(shù)的取值范圍是_.【答案】【解析】因為雙曲線方程為則設,因為點恰為線段的中點則則,兩式相減并化簡可得 即直線的斜率為2所以直線的方程為 ,化簡可得因為直線與雙曲線有兩個不同的交點所以解得且所以的取值范圍為故答案為: 30（2019云南玉溪市高三月考）已知拋物線，焦點到準線的距離為1，若拋物線上存在關于直線對稱的相異兩

48、點，則線段的中點坐標為_.【答案】【解析】焦點到準線的距離為1，設，中點，得：，即，即故，又因為在直線上，所以，從而線段的中點坐標為.故答案為：.第8講 外接球與內(nèi)切球 技巧導圖技巧詳講外接球8大模型秒殺公式推導1.墻角模型使用范圍：3組或3條棱兩兩垂直；或可在長方體中畫出該圖且各頂點與長方體的頂點重合推導過程：長方體的體對角線就是外接球的直徑秒殺公式：圖示過程2.漢堡模型（1）使用范圍：有一條側(cè)棱垂直與底面的柱體或椎體（2）推導過程第一步：取底面的外心O1,，過外心做高的的平行且長度相等，在該線上中點為球心的位置第二步：根據(jù)勾股定理可得（3）秒殺公式：（4）圖示過程3.斗笠模型（1）使用范圍

49、：正棱錐或頂點的投影在底面的外心上（2）推導過程第一步：取底面的外心O1,，連接頂點與外心，該線為空間幾何體的高h第二步：在h上取一點作為球心O第三步：根據(jù)勾股定理（3）秒殺公式：（4）圖示過程4.折疊模型使用范圍：兩個全等三角形或等腰三角形拼在一起，或菱形折疊推導過程 第一步：過兩個平面取其外心H1、H2，分別過兩個外心做這兩個面的垂線且垂線相交于球心O第二步：計算第三步：（3）秒殺技巧：（4）圖示過程5.切瓜模型（1）使用范圍：有兩個平面互相垂直的棱錐（2）推導過程：第一步：分別在兩個互相垂直的平面上取外心F、N，過兩個外心做兩個垂面的垂線，兩條垂線的交點即為球心O，取BC的中點為M，連接

50、FM、MN、OF、ON第二步：（3）秒殺公式：（4）圖示過程6.麻花模型（1）使用范圍：對棱相等的三棱錐（2）推導過程：設3組對棱的長度分別為x、y、z,長方體的長寬高分別為a、b、c秒殺公式：圖示過程 7.矩形模型（1）使用范圍：棱錐有兩個平面為直角三角形且斜邊為同一邊（2）推導過程：根據(jù)球的定義可知一個點到各個頂點的距離相等該點為球心可得，斜邊為球的直徑（3）秒殺公式：（4）圖示過程 鱷魚模型使用范圍：適用所有的棱錐推導過程：（3）秒殺公式：（4）圖示過程內(nèi)切球的半徑等體積法推導過程秒殺公式：圖示過程特別說明：下面例題或練習都是常規(guī)方法解題，大家可以利用模型的秒殺公式例題舉證技巧1 外接球

51、之墻角模型【例1】（2020河南高三月考）已知長方體中，與平面所成角的正弦值為，則該長方體的外接球的表面積為（ ）ABCD【答案】B【解析】作，垂足為，連接，.因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以是與平面所成的平面角.又，.所以，解得.故該長方體的體對角線為.設長方體的外接球的半徑為，則，解得.所以該長方體的外接球的表面積為.故選B.【舉一反三】1（2020全國高三專題練習）棱長為的正方體的外接球的表面積為（ ）ABCD【答案】C【解析】因為正方體的外接球的直徑為正方體的體對角線的長，所以，解得，所以球的表面積為：.故選：C2（2019綏德中學）球面上有四個點，若兩兩垂直，且，則該球的

52、表面積為（ ）ABCD【答案】D【解析】由題意可知，該球是一個棱長為4的正方體的外接球，設球的半徑為，由題意可得：,據(jù)此可得：，外接球的表面積為：.本題選擇D選項.技巧2 外接球之漢堡模型【例2】（2020四川瀘州市高三）已知四棱錐中，四邊形是邊長為2的正方形，且平面，則該四棱錐外接球的表面積為（ ）ABCD【答案】C【解析】由題意，四棱錐中，四邊形是邊長為2的正方形，且平面，可把四棱錐放置在如圖所示的一個長方體內(nèi)，其中長方體的長、寬、高分別為，則四棱錐的外接球和長方體的外接球表示同一個球，設四棱錐的外接球的半徑為，可得，解得，所以該四棱錐外接球的表面積為.故選：C.【舉一反三】1（2020廣

53、州市廣外）各頂點都在一個球面上的正四棱柱（底面是正方形，側(cè)棱垂直于底面）高為2，體積為8，則這個球的表面積是（ ）ABCD【答案】B【解析】因為正四棱柱高為2，體積為8，所以它的底面邊長是2，所以它的體對角線的長是，因此它的外接球的直徑是，所以這個球的表面積是：.故選：B2（2020遼寧省高三）如圖，在三棱錐ABCD中，BD平面ADC，BD1，AB2，BC3，AC，則三棱錐ABCD外接球的體積為（ ）A4B3C2D4【答案】D【解析】因為BD平面ADC，所以，所以，所以，所以，所以以、為棱的長方體與三棱錐ABCD具有相同的外接球，所以該外接球的直徑為，半徑為，則該外接球的體積為故選：D.3（2

54、020廣東廣州市高三月考）在長方體中，點在正方形內(nèi)，平面，則三棱錐的外接球表面積為（ ）ABCD【答案】C【解析】長方體中，平面，平面，又平面，平面，平面，而平面，是正方形，是與交點，即為的中點，也是的中點是直角三角形，設是中點，是中點，則由可得平面（長方體中棱與相交面垂直），是的外心，三棱錐的外接球球心在直線上（線段或的延長線上）設，則，解得，外接球半徑為，表面積為故選：C4（2020全國高三月考（文）三棱柱中，平面，則該三棱柱的外接球的體積為（ ）ABCD【答案】B【解析】如圖，取中點，連交于點， ，為的外接圓圓心，外接圓半徑為,，平面，平面，又，點為三棱柱的外接球球心，外接球半徑，外接球

55、體積.故選：B.技巧3 外接球之斗笠模型【例3】（2020江蘇南通市高三期中）正三棱錐中，則該棱錐外接球的表面積為（ ）ABCD【答案】C【解析】正三棱錐中，,所以,故,同理可得, ,以為棱構(gòu)造正方體，則該棱錐外接球即為該正方體的外接球，如圖，所以，故球的表面積為,故選：C【舉一反三】1（2020秦皇島市撫寧區(qū)第一中學）已知正三棱錐的側(cè)棱長為，底面邊長為6，則該正三棱錐外接球的表面積是_.【答案】【解析】過點作平面于點，記球心為.在正三棱錐中，底面邊長為6，側(cè)棱長為，.球心到四個頂點的距離相等，均等于該正三棱錐外接球的半徑長，.在中，即，解得，外接球的表面積為.故答案為：.2正四棱錐的頂點都在

56、同一球面上，若該棱錐的高為4，底面邊長為2，則該球的表面積為（ ）ABCD【答案】A【解析】正四棱錐P-ABCD的外接球的球心在它的高上，記為O，PO=AO=R，=4-R，在Rt中，由勾股定理得，球的表面積，故選A.技巧4 外接球之折疊模型【例4】（2020廣東省高三）在三棱錐ABCD中，ABD與CBD均為邊長為2的等邊三角形，且二面角的平面角為120，則該三棱錐的外接球的表面積為（）A7B8CD【答案】D【解析】如圖，取BD中點H，連接AH，CH因為ABD與CBD均為邊長為2的等邊三角形所以AHBD，CHBD，則AHC為二面角ABDC的平面角，即AHD120設ABD與CBD外接圓圓心分別為E

57、，F(xiàn)則由AH2可得AEAH，EHAH分別過E，F(xiàn)作平面ABD，平面BCD的垂線，則三棱錐的外接球一定是兩條垂線的交點記為O，連接AO，HO，則由對稱性可得OHE60所以OE1，則ROA則三棱錐外接球的表面積 故選：D【舉一反三】1（2020山東棗莊市高三期中）已知二面角的大小為120，且，.若點P、A、B、C都在同一個球面上，則該球的表面積的最小值為_.【答案】【解析】設，則，設和的外心分別為、，則分別為的中點，過點分別作和所在平面的垂線，兩垂線的交點為點，則為三棱錐的外心，連接，則為三棱錐外接球的半徑取的中點，連接、，如圖所示，由題意可知，且，為二面角的平面角，即，連接，平面，平面，四點共圓

58、，且該圓的直徑為在中，由余弦定理知， 的外接圓直徑， 當時，取得最小值，為，此時該球的表面積取得最小值，為故答案為：2（2020南昌市八一中學）如圖所示，三棱錐S一ABC中，ABC與SBC都是邊長為1的正三角形，二面角ABCS的大小為，若S，A，B，C四點都在球O的表面上，則球O的表面積為（ ）ABCD3【答案】A【解析】取線段BC的中點D，連結(jié)AD，SD，由題意得ADBC，SDBC，ADS是二面角ABCS的平面角，ADS，由題意得BC平面ADS，分別取AD，SD的三等分點E，F(xiàn)，在平面ADS內(nèi)，過點E，F(xiàn)分別作直線垂直于AD，SD，兩條直線的交點即球心O，連結(jié)OA，則球O半徑R|OA|，由題

59、意知BD，AD，DE，AE，連結(jié)OD，在RtODE中，OEDE，OA2OE2+AE2，球O的表面積為S4R2故選：A技巧5 外接球之切瓜模型【例5】（2020內(nèi)蒙古赤峰市高三月考）已知三棱錐中，面面，則此三棱錐的外接球的表面積為（ ）ABCD【答案】B【解析】如圖，所以的外接圓的圓心為斜邊的中點,，為等腰三角形.取的中點，連接，, 又 面面，面面，面，面，過點作的平行線，則球心一定在該直線上.設的外接圓的圓心為，,則點在上，連接,由球的性質(zhì)則，平面，則為矩形.在中，,則所以的外接圓的半徑 所以，則 則 所以球的半徑為 所以三棱錐的外接球的表面積為 故選：B【舉一反三】1（2020四川瀘州市高三

60、一模）已知三棱錐中，平面平面，且和都是邊長為2的等邊三角形，則該三棱錐的外接球表面積為（ ）ABCD【答案】D【解析】如圖，由已知可得，與均為等邊三角形，取中點，連接，則，平面平面，則平面，分別取與的外心，過分別作兩面的垂線，相交于，則為三棱錐的外接球的球心，由與均為邊長為的等邊三角形，可得，三棱錐ABCD的外接球的表面積為.故選：D.技巧6 外接球之麻花模型【例6】（2020四川省眉山市彭山區(qū)第二中學）在四面體中，若，則四面體的外接球的表面積為（ ）ABCD【答案】C【解析】由題意可采用割補法，考慮到四面體ABCD的四個面為全等的三角形，所以可在其每個面補上一個以，2，為三邊的三角形作為底面