2024年高考考前20天終極沖刺攻略（新高考新題型專用）1

千里之行，始于足下朽木易折，金石可鏤第④二．幾種數(shù)列求和的常用主意（1）分組轉化求和法：一個數(shù)列的通項公式是由若干個等差或等比或可求和的數(shù)列組成的，則求和時可用分組求和法，分離求和后相加減．（2）裂項相消法：把數(shù)列的通項拆成兩項之差，在求和時中間的一些項可以互相抵消，從而求得前n項和．（3）錯位相減法：倘若一個數(shù)列的各項是由一個等差數(shù)列和一個等比數(shù)列的對應項之積構成的，那么求這個數(shù)列的前項和即可用錯位相減法求解．（4）倒序相加法：倘若一個數(shù)列與首末兩端等“距離”的兩項的和相等或等于同一個常數(shù)，那么求這個數(shù)列的前項和即可用倒序相加法求解．三．常見的裂項技巧堆積裂項模型1：等差型（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）（10）（11）（12）堆積裂項模型2：根式型（1）（2）（3）（4）（5）（6）堆積裂項模型3：指數(shù)型（1）（2）（3）（4）（5）（6），設，易得，于是（7）堆積裂項模型4：對數(shù)型堆積裂項模型5：三角型（1）（2）（3）（4），則典例1【2023年新高考1卷】記為數(shù)列的前項和，設甲：為等差數(shù)列；乙：為等差數(shù)列，則（

）A．甲是乙的充足條件但不是須要條件B．甲是乙的須要條件但不是充足條件C．甲是乙的充要條件D．甲既不是乙的充足條件也不是乙的須要條件【答案】C【解析】主意1，甲：為等差數(shù)列，設其首項為，公差為，則，因此為等差數(shù)列，則甲是乙的充足條件；反之，乙：為等差數(shù)列，即為常數(shù)，設為，即，則，有，兩式相減得：，即，對也成立，因此為等差數(shù)列，則甲是乙的須要條件，所以甲是乙的充要條件，C準確.主意2，甲：為等差數(shù)列，設數(shù)列的首項，公差為，即，則，因此為等差數(shù)列，即甲是乙的充足條件；反之，乙：為等差數(shù)列，即，即，，當時，上兩式相減得：，當時，上式成立，于是，又為常數(shù)，因此為等差數(shù)列，則甲是乙的須要條件，所以甲是乙的充要條件.故選：C典例2【2023年新高考全國Ⅱ卷】記為等比數(shù)列的前n項和，若，，則（

）．A．120 B．85 C． D．【答案】C【解析】主意一：設等比數(shù)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．主意二：設等比數(shù)列的公比為，因為，，所以，否則，從而，成等比數(shù)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【2023年年新高考全國Ⅰ卷】某校學生在研究民間剪紙藝術時，發(fā)現(xiàn)剪紙時常常會沿紙的某條對稱軸把紙對折，規(guī)格為的長方形紙，對折1次共可以得到，兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和，對折2次共可以得到，，三種規(guī)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(guī)格圖形的種數(shù)為______；倘若對折次，那么______.【答案】①.5②.【解析】（1）由對折2次共可以得到，，三種規(guī)格的圖形，所以對著三次的結果有：，共4種不同規(guī)格（單位；故對折4次可得到如下規(guī)格：，，，，，共5種不同規(guī)格；（2）因為每次對著后的圖形的面積都減小為本來的一半，故各次對著后的圖形，不論規(guī)格如何，其面積成公比為的等比數(shù)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(guī)格形狀種數(shù)，按照（1）的過程和結論，預測為種（證實從略），故得預測，設，則，兩式作差得：，因此，.故答案為：；.典例4【2023年年新高考全國Ⅱ卷】設正整數(shù)，其中，記．則（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】對于A選項，，，所以，，A選項準確；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選項準確；對于D選項，，故，D選項準確.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(shù)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(shù)列是等比數(shù)列，則“”是“”的（

）A．充足不須要條件 B．須要不充足條件C．充要條件 D．既不充足又不須要條件預測3（2024·貴州貴陽·模擬預測）已知為等差數(shù)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(shù)列的首項，公差，在中每相鄰兩項之間都插入個數(shù)，使它們和原數(shù)列的數(shù)一起構成一個新的等差數(shù)列，下列說法準確的有（

）A． B．當時，C．當時，不是數(shù)列中的項 D．若是數(shù)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(shù)列的四個命題，其中準確的有（

）A．數(shù)列是等差數(shù)列 B．數(shù)列是等差數(shù)列C．數(shù)列是遞增數(shù)列 D．數(shù)列是遞增數(shù)列押題1：已知遞增等比數(shù)列的公比為，且滿意，下列情況可能準確的是（

）A． B． C． D．押題2：滿意，，的數(shù)列稱為盧卡斯數(shù)列，則（

）A．存在非零實數(shù)t，使得為等差數(shù)列B．存在非零實數(shù)t，使得為等比數(shù)列C．D．押題3：已知等比數(shù)列的前項和為，則（

）A． B．C．數(shù)列為單調數(shù)列 D．數(shù)列為單調數(shù)列押題4：已知等差數(shù)列的前n項和為，若，，則．押題5：已知公比為q的等比數(shù)列的單調性與函數(shù)的單調性相同，且滿意，．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(shù)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“”的充足條件；若“”，則，所以“”是“”的須要條件.所以“”是“”的須要不充足條件.故選：B預測3：答案B【詳解】等差數(shù)列中，由，得，所以.故選：B預測4：答案ABD【詳解】對A，，故A準確；對B，當時，公差，此時，故B準確；對C，當時，此時，，即是數(shù)列中的項，故C錯誤；對D，當時，，又，故D準確.故選：ABD預測5：答案ABD【詳解】設等差數(shù)列的首項為，所以，對于A，由，則，所以，即數(shù)列是等差數(shù)列為公差為的等差數(shù)列，故A準確；對于B，由，所以，則，所以數(shù)列是以公差為的等差數(shù)列，故B準確；對于C，由，可得，當時，數(shù)列不是遞增數(shù)列，故C不準確；對于D，由，可得，所以，所以數(shù)列是遞增數(shù)列，故D準確；故選：ABD名師押題押題1：答案BCD【詳解】原數(shù)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準確，C準確，D準確.故選：BCD.押題2：答案BCD【詳解】對A：若數(shù)列為等差數(shù)列，則有，即，由，故有恒成立，即有，無解，故不存在這樣的實數(shù)，故A錯誤；對B：若數(shù)列為等比數(shù)列，則有，即，由，故有恒成立，即有，即，解得，此時，故存在非零實數(shù)t，使得為等比數(shù)列，故B準確；對C：由，則，即有，故C準確；對D：由，故，故，故D準確.故選：BCD.押題3：答案BC【詳解】設數(shù)列的首項為，公比為，由題有，解得或，對于選項A，當，為奇數(shù)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準確，對于選項C，當時，數(shù)列是首項為，公比為的遞增數(shù)列，當時，數(shù)列是首項為，公比為的遞減數(shù)列，所以選項C準確，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(shù)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(shù)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2023年年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動點參加的垂直問題2023年年II卷10正方體動點滿意要求所存在的情況2023年年I卷9正方體①線與線夾角問題②線與面夾角問題2023年年II卷11空間多邊形體積之間的關系2023年年新高考112正方體立體幾何的包裹問題2023年年新高考29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領一個位置，考查的考點普通來說是：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(shù)②截面所截面積與周長定值最值問題）題干的設置普通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控制截面的作法，針對計算可以用幾何法也可借助空間向量，對于動點徹低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：正方體探索截面與動點問題，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，其它兩類相對容易.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、作交線的主意有如下兩種：（1）利用基本領實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，然后按照性質作出交線。②判斷截面多邊形的形狀判斷截面多邊形形狀時需要注重以下幾點：1、截面與幾何體表面相交，交線不會超過幾何體表面?zhèn)€數(shù)。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(qū)別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）利用多面體展開圖舉行求解；（2）在各個表面決定交線，分離利用解三角形舉行求解。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(guī)矩，若為規(guī)矩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浮上不規(guī)矩的幾何體，對此往往采用“切割法”或“補形法”舉行體積的求解。⑥截面最值的相關問題截面最值問題的計算，主要由以下三種主意：1、極限法：通過假設動點運動至兩端，計算最值（需注重判斷是否單調）；2、坐標法：通過建系設坐標，構造對應的函數(shù)舉行求解；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＝eq\f(1,3)S底h臺體(棱臺和圓臺)S表面積＝S側＋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幾何體的表面積和側面積的注重點=1\*GB3①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\*GB3②組合體的表面積應注重重合部分的處理．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′eq\o(←,\s\up7(c′＝c))S正棱臺側＝eq\f(1,2)(c＋c′)h′eq\o(→,\s\up7(c′＝0))S正棱錐側＝eq\f(1,2)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＝2πrleq\o(←,\s\up7(r′＝r))S圓臺側＝π(r＋r′)leq\o(→,\s\up7(r′＝0))S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主意求多面體的表面積；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(guī)矩幾何體的表面積：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，或將本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(guī)矩的幾何體拆成幾個規(guī)矩的幾何體，便于計算；（3）拼：將小幾何體嵌入一個大幾何體中，如偶爾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，這些都是拼補的主意。2、求體積的常用主意（1）直接法：對于規(guī)矩的幾何體，利用相關公式直接計算；（2）割補法：把不規(guī)矩的幾何體分割成規(guī)矩的幾何體，然后舉行體積計算；或者把不規(guī)矩的幾何體補成規(guī)矩的幾何體，不認識的幾何體補成認識的幾何體，便于計算；（3）等體積法：挑選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舉行等體積變換③平移法求異面直線所成角的步驟第一步平移：平移的主意普通有三種類型：(1)利用圖中已有的平行線平移；(2)利用異常點(線段的端點或中點)作平行線平移；(3)補形平移第二步證實：證實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(tài)問題立體幾何中的動態(tài)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普通有四種，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：按照已知條件決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意的曲線方程，收拾化簡可得出動點的軌跡方程；（3）按照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，普通采用轉化的主意來舉行，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，要熟練控制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，普通采用轉化的主意舉行，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，要熟練控制多面體與旋轉體的側面展開圖的形狀；典例1【2023年新高考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準確；對于選項B：因為正方體的面向角線長為，且，所以能夠被整體放入正方體內，故B準確；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不準確；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，按照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準確；故選：ABD.典例2【2023年新高考全國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選項準確；B選項，圓錐的側面積為，B選項錯誤；C選項，設是的中點，銜接，則，所以是二面角的平面角，則，所以，故，則，C選項準確；D選項，，所以，D選項錯誤.故選：AC.典例3【2023年年新高考全國Ⅰ卷】南水北調工程緩解了北方一些地區(qū)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升高到時，增強的水量約為（）（）A. B.C.D.【答案】C【解析】依題意可知棱臺的高為(m)，所以增強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【2023年年新高考全國Ⅱ卷】如圖，四邊形為正方形，平面，，記三棱錐，，的體積分離為，則（）A. B.C. D.【答案】CD【解析】設，因為平面，，則，，銜接交于點，銜接，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準確.故選：CD.典例5【2023年年新高考全國Ⅱ卷】正四棱臺的上?下底面的邊長分離為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，銜接該正四棱臺上下底面的中央，如圖，因為該四棱臺上下底面邊長分離為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、下底面的半徑分離為厘米，厘米，高為厘米），則該青銅器的容積約為（?。?/p>

）

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，則下列說法準確的是（

）（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的中央，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離為，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，下列準確的命題是（

）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，，分離為棱，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，點滿意，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）準確；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）準確.綜上，說法準確的有（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，所以分離是與底面所成的角，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：按照給定條件有或；選項B：按照給定條件有或；選項C：按照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準確；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準確；D：過點作，，，設，，則，，，，，，故四面體的體積為，其最大值為，故D準確．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準確，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，垂直同向來線的兩個平面互相平行，所以選項D準確，故選：BD.押題3：答案BC【詳解】對于A，假設存在點M，使得平面，因為平面，平面，則平面平面，平面平面，平面，則，因為，平面，故直線重合，即M點落在上，因為，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,因為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準確；對于C，當時，當M位于的延伸線時，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準確；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，因為,則,即,則，則，則，按照對稱性有，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，銜接，易知面，而面，故，銜接，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2023年年I卷11圓①點線距②角度最值時求其它2023年年II卷11直線與圓直線與圓的位置關系2023年年I卷14圓①圓與圓的位置關系②圓與圓的公切線問題2023年年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年年新高考16圓圓的切線問題2023年年新高考29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領一個位置，考查的考點普通來說是：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）題干的設置普通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認識技巧，第二控制直線與圓及圓與圓的位置關系，對稱也是高考的重點內容，設置此類題難度普通，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，其它兩類相對容易.此類題目一定采用數(shù)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(shù)形結合求解．普通地：（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(shù)形結合（2）多與圓心聯(lián)系（3）參數(shù)方程（4）代數(shù)角度轉化成函數(shù)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(lián)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(shù)．②過兩條直線交點的直線系方程普通地，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，還有按照詳細條件取不同值的變量，稱為參變量，簡稱參數(shù)．因為參數(shù)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(jīng)過兩直線，交點的直線方程為，其中是待定系數(shù)．在這個方程中，無論取什么實數(shù)，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隨意兩點之間的距離，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，需熟練控制．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：把直線方程先化為普通式方程；（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，此點普通可以取直線上的異常點，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普通形式，且兩條直線中，的系數(shù)分離是相同的以后，才干使用此公式．圓：①：圓的標準方程，其中為圓心，為半徑．（1）倘若圓心在坐標原點，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(xiàn)了圓的幾何特點．（3）標準方程的優(yōu)點在于明確指出了圓心和半徑．由圓的標準方程可知，決定一個圓的方程，只需要a、b、r這三個自立參數(shù)，因此，求圓的標準方程常用定義法和待定系數(shù)法．②：點和圓的位置關系倘若圓的標準方程為，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：圓的普通方程當時，方程叫做圓的普通方程．為圓心，為半徑．由方程得（1）當時，方程惟獨實數(shù)解．它表示一個點．（2）當時，方程沒有實數(shù)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(shù)法求圓的方程的步驟求圓的方程常用“待定系數(shù)法”．用“待定系數(shù)法”求圓的方程的大致步驟是：（1）按照題意，挑選標準方程或普通方程．（2）按照已知條件，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、對稱全籠罩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重：異常情況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；《記憶主意》或者④正規(guī)主意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普通情形如下：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：．

證實：設是曲線上的隨意一點，它關于l的對稱點為，則于是①∵與關于直線對稱．∴②②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主意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,銜接并延伸交于點，銜接,則點即為所求點，此時最大.且若在直線上取不同于點的點,銜接,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主意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,銜接交于點，銜接,則點即為所求點，此時最小.且若在直線上取不同于點的點,銜接,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(shù)形結合可求得斜率的最大值和最小值思路2：代數(shù)法①的最值，設，與圓的方程聯(lián)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(lián)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主意正規(guī)主意：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重：若則切線方程為，若不存在時，切線方程為秒殺主意：①經(jīng)過圓上一點的切線方程為②經(jīng)過圓上一點的切線方程為③經(jīng)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主意主意一：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，切線方程即可求出主意二:代數(shù)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重：過圓外一點的切線必有兩條，當上面兩種主意求得的惟獨一個時，則另一條切線的斜率一定不存在，可得數(shù)形結合求出.第三類：求斜率為且與圓相切的切線方程的主意主意一：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.主意二:代數(shù)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，切線方程即可求出主意三：秒殺主意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：證實主意一：初中知識證實：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。證實如下：①如上圖，按照阿氏圓的定義：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。證實主意二：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，收拾得：，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,我們總結出越發(fā)普通的解題步驟，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(shù))相加求最小值。形如：的最小值(為系數(shù))，原理：構造共邊共角相似，轉移帶系數(shù)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(shù)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(jīng)過如下變形：,對帶系數(shù)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(此步異常重要，是核心)；第四步：利用相似轉移帶系數(shù)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，②③過點作圓的切線,則分離為的內，外角平分線.典例1【2023年新高考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】主意一：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，銜接，可得，則，因為且，則，即，解得，即為鈍角，則，且為銳角，所以；主意三：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，收拾得，且設兩切線斜率分離為，則，可得，所以，即，可得，則，且，則，解得.故選：B.典例2【2023年新高考全國Ⅱ卷】已知直線與交于A，B兩點，寫出滿意“面積為”的m的一個值______．【答案】（中隨意一個皆可以）【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：（中隨意一個皆可以）．典例3【2023年年新高考全國Ⅰ卷】寫出與圓和都相切的一條直線的方程________________．【答案】或或【解析】[主意一]：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，分離為，，[主意二]：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[主意三]：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【2023年年新高考全國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【2023年年新高考全國Ⅱ卷】已知直線與圓，點，則下列說法準確的是（）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準確；若點在圓C內，則，所以，則直線l與圓C相離，故B準確；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準確.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(shù)，，），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，，動點滿意，得到動點的軌跡是曲線．則下列說法準確的是（）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，切點分離為，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．則下列結論準確的是（

）

A．當時，點的坐標為B．的最大值為4C．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，則下列結論準確的有（

）A．的最大值為2B．曲線的方程為C．圓與曲線有兩個交點D．若，分離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(shù)．下列說法中準確的是（

）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，則下列結論準確的有（

）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準確；B選項，當時，，因為，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