第三輯導數（選填題）………………………01立體幾何（選填題）…………………17直線與圓（選填題）…………………41圓錐曲線（選填題）…………………56數列（選填題）………………………85導數（選填題）年份題號分值題干考點2024年新高考I卷106（2024·新課標Ⅰ卷·高考真題）設函數，則（

）A．是的極小值點B．當時，C．當時，D．當時，利用導數求函數的單調區間（不含參）；求已知函數的極值點2024年新高考I卷135（2024·新課標Ⅰ卷·高考真題）若曲線在點處的切線也是曲線的切線，則.兩條切線平行、垂直、重合（公切線）問題；已知切線（斜率）求參數2024年新高考II卷116（2024·新課標Ⅱ卷·高考真題）設函數，則（

）A．當時，有三個零點B．當時，是的極大值點C．存在a，b，使得為曲線的對稱軸D．存在a，使得點為曲線的對稱中心函數對稱性的應用；函數單調性、極值與最值的綜合應用；利用導數研究函數的零點；判斷零點所在的區間2023年新高考I卷115（2023·新課標Ⅰ卷·高考真題）已知函數的定義域為，，則（

）．A．B．C．是偶函數 D．為的極小值點函數奇偶性的定義與判斷；函數極值點的辨析2023年新高考II卷65（2023·新課標Ⅱ卷·高考真題）已知函數在區間上單調遞增，則a的最小值為（

）．A． B．eC． D．由函數在區間上的單調性求參數2023年新高考II卷115（2023·新課標Ⅱ卷·高考真題）若函數既有極大值也有極小值，則（

）．A．B．C． D．根據二次函數零點的分布求參數的范圍；根據極值求參數2022年新高考I卷75（2022·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）設，則（

） B． C． D．用導數判斷或證明已知函數的單調性；比較指數冪的大小；比較對數式的大小2022年新高考I卷105（2022·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）若曲線有兩條過坐標原點的切線，則a的取值范圍是．求過一點的切線方程；求某點處的導數值2022年新高考I卷155（2022·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）已知函數，則（

）有兩個極值點B．有三個零點C．點是曲線的對稱中心D．直線是曲線的切線求在曲線上一點處的切線方程（斜率）；求已知函數的極值點；利用導數研究函數的零點2022年新高考II卷145（2022·新高考全國Ⅱ卷·高考真題）曲線過坐標原點的兩條切線的方程為，．求過一點的切線方程近三年新高考數學導數選填題考查情況總結1.考點：涵蓋利用導數求單調區間、極值點（2024年新課標Ⅰ卷）；根據切線求參數（2024年新課標Ⅰ卷）；函數對稱性、單調性與極值最值綜合（2024年新課標Ⅱ卷）；函數奇偶性判斷（2023年新課標Ⅰ卷）；由單調性求參數（2023年新課標Ⅱ卷）；根據極值求參數范圍（2023年新課標Ⅱ卷）；用導數比較大小（2022年新課標Ⅰ卷）；求切線方程（2022年新課標Ⅰ卷、Ⅱ卷）等。2.題型：以選擇題為主，分值5-6分，注重考查導數工具在研究函數性質（單調性、極值、最值等）及切線問題中的應用，對運算和邏輯推理能力要求較高。題型與分值：預計仍為選擇題或填空題，分值5-6分。2.考查方向：持續考查導數與函數性質的結合，如根據函數單調性、極值情況求參數；可能增加與函數圖象（如切線、零點分布）、不等式的綜合；也可能出現新穎的函數形式，考查對導數知識的靈活運用和創新思維。八大常用函數的求導公式（為常數）；例：，，，，，，，導數的四則運算和的導數：差的導數：積的導數：（前導后不導前不導后導）商的導數：，復合函數的求導公式函數中，設（內函數），則（外函數）導數的幾何意義導數的幾何意義導數的幾何意義是曲線在某點處切線的斜率直線的點斜式方程直線的點斜式方程：已知直線過點，斜率為，則直線的點斜式方程為：用導數判斷原函數的單調性設函數在某個區間內可導，如果，則為增函數；如果，則為減函數.判別是極大（小）值的方法當函數在點處連續時，（1）如果在附近的左側，右側，則是極大值；（2）如果在附近的左側，右側，則是極小值.常見的指對放縮，，，常見的三角函數放縮其他放縮，，，，，，常見函數的泰勒展開式（1），其中；（2），其中；（3），其中；（4），其中；（5）；（6）；（7）；（8）．由泰勒公式，我們得到如下常用的不等式：，，，，，，，，．典例1（2024·新課標Ⅰ卷·高考真題）若曲線在點處的切線也是曲線的切線，則.【答案】【分析】先求出曲線在的切線方程，再設曲線的切點為，求出，利用公切線斜率相等求出，表示出切線方程，結合兩切線方程相同即可求解.【詳解】由得，，故曲線在處的切線方程為；由得，設切線與曲線相切的切點為，由兩曲線有公切線得，解得，則切點為，切線方程為，根據兩切線重合,所以，解得.故答案為：典例2（2024·新課標Ⅱ卷·高考真題）（多選）設函數，則（

）A．當時，有三個零點B．當時，是的極大值點C．存在a，b，使得為曲線的對稱軸D．存在a，使得點為曲線的對稱中心【答案】AD【分析】A選項，先分析出函數的極值點為，根據零點存在定理和極值的符號判斷出在上各有一個零點；B選項，根據極值和導函數符號的關系進行分析；C選項，假設存在這樣的，使得為的對稱軸，則為恒等式，據此計算判斷；D選項，若存在這樣的，使得為的對稱中心，則，據此進行計算判斷，亦可利用拐點結論直接求解.【詳解】A選項，，由于，故時，故在上單調遞增，時，，單調遞減，則在處取到極大值，在處取到極小值，由，，則，根據零點存在定理在上有一個零點，又，，則，則在上各有一個零點，于是時，有三個零點，A選項正確；B選項，，時，，單調遞減，時，單調遞增，此時在處取到極小值，B選項錯誤；C選項，假設存在這樣的，使得為的對稱軸，即存在這樣的使得，即，根據二項式定理，等式右邊展開式含有的項為，于是等式左右兩邊的系數都不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在這樣的，使得為的對稱軸，C選項錯誤；D選項，方法一：利用對稱中心的表達式化簡，若存在這樣的，使得為的對稱中心，則，事實上，，于是即，解得，即存在使得是的對稱中心，D選項正確.方法二：直接利用拐點結論任何三次函數都有對稱中心，對稱中心的橫坐標是二階導數的零點，，，，由，于是該三次函數的對稱中心為，由題意也是對稱中心，故，即存在使得是的對稱中心，D選項正確.故選：AD【點睛】結論點睛：（1）的對稱軸為；（2）關于對稱；（3）任何三次函數都有對稱中心，對稱中心是三次函數的拐點，對稱中心的橫坐標是的解，即是三次函數的對稱中心典例3（2023·新課標Ⅱ卷·高考真題）已知函數在區間上單調遞增，則a的最小值為（

）．A． B．e C． D．【答案】C【分析】根據在上恒成立，再根據分參求最值即可求出．【詳解】依題可知，在上恒成立，顯然，所以，設，所以，所以在上單調遞增，，故，即，即a的最小值為．故選：C．典例4（2023·新課標Ⅱ卷·高考真題）（多選）若函數既有極大值也有極小值，則（

）．A． B． C． D．【答案】BCD【分析】求出函數的導數，由已知可得在上有兩個變號零點，轉化為一元二次方程有兩個不等的正根判斷作答.【詳解】函數的定義域為，求導得，因為函數既有極大值也有極小值，則函數在上有兩個變號零點，而，因此方程有兩個不等的正根，于是，即有，，，顯然，即，A錯誤，BCD正確.故選：BCD典例5（2022·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）設，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】構造函數，導數判斷其單調性，由此確定的大小.【詳解】方法一：構造法設，因為，當時，，當時，所以函數在單調遞減，在上單調遞增，所以，所以，故，即，所以，所以，故，所以，故，設，則,令，，當時，，函數單調遞減，當時，，函數單調遞增，又，所以當時，，所以當時，，函數單調遞增，所以，即，所以故選：C.方法二：比較法解：，，，①，令則，故在上單調遞減，可得，即，所以；②，令則，令，所以，所以在上單調遞增，可得，即，所以在上單調遞增，可得，即，所以故典例6（2022·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）（多選）已知函數，則（

）A．有兩個極值點 B．有三個零點C．點是曲線的對稱中心 D．直線是曲線的切線【答案】AC【分析】利用極值點的定義可判斷A，結合的單調性、極值可判斷B，利用平移可判斷C；利用導數的幾何意義判斷D.【詳解】由題，，令得或，令得，所以在，上單調遞增，上單調遞減，所以是極值點，故A正確；因，，，所以，函數在上有一個零點，當時，，即函數在上無零點，綜上所述，函數有一個零點，故B錯誤；令，該函數的定義域為，，則是奇函數，是的對稱中心，將的圖象向上移動一個單位得到的圖象，所以點是曲線的對稱中心，故C正確；令，可得，又，當切點為時，切線方程為，當切點為時，切線方程為，故D錯誤.故選：AC.【名校預測·第一題】（山東省泰安第一中學2024-2025學年高三下學期4月月考數學試題）已知函數，其導函數記為，則（

）A． B．0 C．1 D．2【答案】D【來源】山東省泰安第一中學2024-2025學年高三下學期4月月考數學試題【分析】化簡，令，判斷該函數的奇偶性，結合奇偶性以及，求得，根據復合函數求導法則得，進而得，即，即可得解.【詳解】因為，令，則，又因為，所以函數為奇函數，所以，所以；因為，所以，即，又，所以，所以，所以．故選：D【名校預測·第二題】（廣東省深圳市高級中學2024-2025學年高三下學期試題）已知曲線的切線與曲線也相切，若該切線過原點，則．【答案】【來源】廣東省深圳市高級中學高中園2024-2025學年高三下學期第三次模擬考試數學試題【分析】根據導數的幾何意義可得曲線在點處的切線方程過原點得出切線方程為，再次利用導數的幾何意義求得的切點，再帶入點計算求參.【詳解】因為的導數為，設切點為，所以切線斜率為，所以曲線在處的切線過原點，所以，即，所以，切線為，又切線與曲線相切，設切點為，因為，所以切線斜率為，解得，所以，則，解得.故答案為：.【名校預測·第三題】（吉林省東北師范大學附屬中學2024-2025學年高三下學期試題）已知函數，若經過點且與曲線相切的直線有三條，則的取值范圍是．【答案】【來源】吉林省長春市東北師范大學附屬中學2024-2025學年高三下學期期初考試數學試題【分析】設切點坐標為，根據導數的幾何意義得到，然后將經過且與曲線相切的直線有三條轉化為與的圖象有三個交點，求導，利用函數單調性畫出大致圖象，然后列不等式求解.【詳解】，設切點坐標為，切線斜率為，當時，明顯只有一條切線，故，則，整理得，經過且與曲線相切的直線有三條，即方程有三個解，即與的圖象有三個交點，，當或時，，所以在，上單調遞增，當時，，所以在上單調遞減，因為，所以，又，，所以的大致圖象如下：所以，解得.故答案為：.【名校預測·第四題】（2025屆湖南省長沙市雅禮中學高三4月試題）當時，關于的不等式恒成立，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【來源】2025屆湖南省長沙市雅禮中學高三4月綜合自主測試（提升卷）數學試題【分析】由已知得，構造函數，利用導數判斷出的單調性，可得在時恒成立，令，利用導數求出的最大值可得答案.【詳解】由得，即，令，則，所以在上單調遞增，由，可得，，即在時恒成立，令，則，令得，當時，單調遞增，當時，單調遞減，所以，所以.故選：D.【名校預測·第五題】（遼寧省本溪市高級中學2025屆高三下學期4月月考數學試題）（多選）已知函數是定義在R上的奇函數，當時，，則下列命題正確的是（

）A．當時， B．函數有3個零點C．的解集為 D．，都有【答案】BCD【來源】遼寧省本溪市高級中學2025屆高三下學期4月月考數學試題【分析】根據函數奇偶性求解析判斷A；解方程求零點判斷B；解不等式可判斷C；利用導數求出函數的極值，可得函數值域，即可判斷D.【詳解】對于A，函數是定義在R上的奇函數，當時，，則當時，，故，A錯誤；對于B，函數是定義在R上的奇函數，故；當時，令，解得；當時，令，解得；故函數有3個零點，B正確；對于C，當時，令，解得；當時，令，解得，則，故的解集為，C正確；對于D，當時，，所以時，，單調遞減，時，，單調遞增，所以時，取最小值為，且時，，所以，即，當時，，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以時，取極大值為，且時，，時，，所以，所以，綜合以上，的值域為，所以，都有，故D正確；故選：BCD【名師押題·第一題】已知函數，若與曲線相切，則實數．【答案】【分析】設切點為，得出過該點的切線方程結合已知即可求解．【詳解】設切點為，又，則，所以切線方程為，即，所以，解得，故答案為：．【名師押題·第二題】已知函數是上的增函數，則的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由題意可得恒成立，進而分，兩種情況討論求解即可.【詳解】由，得，因為是上的增函數，則恒成立，即恒成立，當時，，此時不恒成立，不滿足題意；當時，等價于對恒成立，則，即，則，設，，則，令，得；令，得，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，則，即的最小值是.故選：C.【名師押題·第三題】已知函數恰有2個極值點，則實數a的取值范圍為.【答案】【分析】由題可得有兩個不同正根，利用分離參數法得到.令，，只需與有兩個交點，利用導數研究的單調性與極值，利用數形結合即可求解.【詳解】因為函數的定義域為，由，可得，要使函數有兩個極值點，只需有兩個不同正根，并且在的兩側的單調性相反，由得，，所以，由題意可知與有兩個不同的交點，令，則，所以當時，，函數在上單調遞增，當時，，函數在上單調遞減，所以，當時，，作出圖形如圖所示：由圖象可得實數a的取值范圍為.故答案為：.【名師押題·第四題】（多選）已知函數，則（

）A．有三個零點B．，使得點為曲線的對稱中心C．既有極大值又有極小值D．，，【答案】CD【分析】結合零點的定義分析可得當時，函數只有2個零點，即可判斷A；利用檢驗判斷B；求導，分析函數的單調性即可判斷C；舉特例判斷D.【詳解】對于B，對于A，令，解得或，當時，函數只有2個零點，故A錯誤；對于B，，則，又，要使點為曲線的對稱中心，則對，，此時，但，所以不存在，使得點為曲線的對稱中心，故B錯誤；對于C，由，則，由于，則方程有兩個不相等的實數根，設，則或時，；時，，則函數在和上單調遞增，在上單調遞減，則函數在取得極大值，在取得極小值，故C正確；對于D，當時，，此時，，故D正確.故選：CD.【名師押題·第五題】（多選）函數，則下列說法正確的是（

）A．當時，的極小值為0B．若有3個零點，，，則C．若，則為奇函數D．當時，在區間上單調遞增【答案】BD【分析】利用導數求出的極小值，即可判斷A；利用韋達定理求出的零點之和判斷B；利用奇函數的定義判斷C；利用的導函數在區間上的正負判斷D.【詳解】對于A，當時，，則，當時，，函數單調遞增；當時，，函數單調遞減；當時，，函數單調遞增；所以為的極小值，故A錯誤；對于B，由可知是其一個零點，令，令，設是的兩個根，由韋達定理得，所以，若函數的3個零點為，，，則，故B正確；對于C，令，當時，，所以函數不是奇函數，故C錯誤；對于D，，因為當時，，當時，，所以，所以，當時，在區間上單調遞增，故D正確.故選：BD.立體幾何（選填題）年份題號分值題干考點2024年新高考I卷55（2024·新課標Ⅰ卷·高考真題）已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側面積相等，且它們的高均為，則圓錐的體積為（

）A． B．C． D．圓錐表面積的有關計算、錐體體積的有關計算、圓柱表面積的有關計算2024年新高考II卷75（2024·新課標Ⅱ卷·高考真題）已知正三棱臺的體積為，，，則與平面ABC所成角的正切值為（

）A．B．1C．2D．3求線面角錐體體積的有關計算臺體體積的有關計算2023年新高考I卷125（2023·新課標Ⅰ卷·高考真題）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，高為的圓柱體正棱錐及基有關計算多面體與球體內切外接問題2023年新高考I卷145（2023·新課標Ⅰ卷·高考真題）在正四棱臺中，則該棱臺的體積為．臺體體積的有關計算2023年新高考II卷95（2023·新課標Ⅱ卷·高考真題）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（

）．該圓錐的體積為B．該圓錐的側面積為C．D．的面積為錐體體積的有關計算由二面角大小求線段長度或距離圓錐表面積的有關計算二面角的概念及辨析2023年新高考II卷145（2023·新課標Ⅱ卷·高考真題）底面邊長為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個底面邊長為2，高為3的正四棱錐，所得棱臺的體積為．正棱臺及基有關計算錐體體積的有關計算臺體體積的有關計算2022年新高考I卷85（2022·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為，且，則該正四棱錐體積的取值范圍是（

）B．C． D．由導數求函數的最值(不含參)多面體與球體內切外接問題錐體體積的有關計算球的體積的有關計算2022年新高考I卷95（2022·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）已知正方體，則（

）A．直線與所成的角為B．直線與所成的角為C．直線與平面所成的角為D．直線與平面ABCD所成的角為求異面直線所成的角求線面角2022年新高考II卷75（2022·新高考全國Ⅱ卷·高考真題）已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為和，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（

）A． B．C． D．球的表面積的有關計算多面體與球體內切外接問題2022年新高考II卷115（2022·新高考全國Ⅱ卷·高考真題）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．錐體體積的有關計算證明線面垂直近三年新高考數學立體幾何選填題考查情況總結?考點：涵蓋幾何體體積（圓柱、圓錐、棱臺、棱錐等，如2024年新課標Ⅰ卷圓錐體積、2023年新課標Ⅰ卷正四棱臺體積）、表面積（圓錐側面積等，如2023年新課標Ⅱ卷）、空間角（線面角，如2024年新課標Ⅱ卷）、球的表面積（2022年新課標Ⅱ卷）及幾何體性質綜合（如2022年新課標Ⅰ卷正四棱錐體積范圍）。?題型：以選擇題為主，分值5分，側重考查空間想象能力、公式運用及計算能力。2025年新高考立體幾何選填題高考預測?題型與分值：預計為選擇題或填空題，分值5-6分。?考查方向：延續對幾何體體積、表面積的考查，可能涉及空間角（如線面角、二面角）、球與幾何體的切接問題，或出現新穎幾何體，強化空間想象與運算求解能力的考查。平面初等幾何基礎三角形的面積公式：正方形的面積公式：長方形的面積公式：平行四邊形的面積公式：菱形的面積公式：（，為菱形的對角線）梯形的面積公式：（為上底，為下底，為高）圓的周長和面積公式：，立體幾何基礎公式所有椎體體積公式：所有柱體體積公式：球體體積公式：球體表面積公式：圓柱：圓錐：長方體（正方體、正四棱柱）的體對角線的公式已知長寬高求體對角線：已知三條面對角線求體對角線：球體問題球體體積公式：，球體表面積公式：正方體、長方體、正四棱錐的外接球問題（類型Ⅰ）球心體心，直徑體對角線已知長寬高，，求體對角線，公式為：，直棱柱的外接球問題（類型Ⅱ），其中為直棱柱的高，為底面外接圓半徑（可用正弦定理求解）墻角問題可轉化為類型Ⅰ側棱底面問題可轉化為類型Ⅱ異面直線所成角=（其中（）為異面直線所成角，分別表示異面直線的方向向量）線面角直線與平面所成角，(為平面的法向量).二面角的平面角（，為平面，的法向量）.點到平面的距離（為平面的法向量，是經過面的一條斜線，）.典例1（2024·新課標Ⅰ卷·高考真題）已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側面積相等，且它們的高均為，則圓錐的體積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】設圓柱的底面半徑為，根據圓錐和圓柱的側面積相等可得半徑的方程，求出解后可求圓錐的體積.【詳解】設圓柱的底面半徑為，則圓錐的母線長為，而它們的側面積相等，所以即，故，故圓錐的體積為.故選：B.典例2（2024·新課標Ⅱ卷·高考真題）已知正三棱臺的體積為，，，則與平面ABC所成角的正切值為（

）A． B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】解法一：根據臺體的體積公式可得三棱臺的高，做輔助線，結合正三棱臺的結構特征求得，進而根據線面夾角的定義分析求解；解法二：將正三棱臺補成正三棱錐，與平面ABC所成角即為與平面ABC所成角，根據比例關系可得，進而可求正三棱錐的高，即可得結果.【詳解】解法一：分別取的中點，則，可知，設正三棱臺的為，則，解得，如圖，分別過作底面垂線，垂足為，設，則，，可得，結合等腰梯形可得,即，解得，所以與平面ABC所成角的正切值為；解法二：將正三棱臺補成正三棱錐，則與平面ABC所成角即為與平面ABC所成角，因為，則，可知，則，設正三棱錐的高為，則，解得，取底面ABC的中心為，則底面ABC，且，所以與平面ABC所成角的正切值.故選：B.典例3（2023·新課標Ⅰ卷·高考真題）在正四棱臺中，，則該棱臺的體積為．【答案】/【分析】結合圖像，依次求得，從而利用棱臺的體積公式即可得解.【詳解】如圖，過作，垂足為，易知為四棱臺的高，

因為，則，故，則，所以所求體積為.故答案為：.典例4（2023·新課標Ⅱ卷·高考真題）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．的面積為【答案】AC【分析】根據圓錐的體積、側面積判斷A、B選項的正確性，利用二面角的知識判斷C、D選項的正確性.【詳解】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5（2022·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為，且，則該正四棱錐體積的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】設正四棱錐的高為，由球的截面性質列方程求出正四棱錐的底面邊長與高的關系，由此確定正四棱錐體積的取值范圍.【詳解】∵球的體積為，所以球的半徑,[方法一]：導數法設正四棱錐的底面邊長為，高為，則，,所以，所以正四棱錐的體積，所以，當時，，當時，，所以當時，正四棱錐的體積取最大值，最大值為，又時，，時，,所以正四棱錐的體積的最小值為，所以該正四棱錐體積的取值范圍是.故選：C.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以當且僅當取到，當時，得，則當時，球心在正四棱錐高線上，此時，，正四棱錐體積，故該正四棱錐體積的取值范圍是典例6（2022·新高考全國Ⅱ卷·高考真題）已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為和，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據題意可求出正三棱臺上下底面所在圓面的半徑，再根據球心距，圓面半徑，以及球的半徑之間的關系，即可解出球的半徑，從而得出球的表面積．【詳解】設正三棱臺上下底面所在圓面的半徑，所以，即，設球心到上下底面的距離分別為，球的半徑為，所以，，故或，即或，解得符合題意，所以球的表面積為．故選：A．

【名校預測·第一題】（廣東省深圳市高級中學2024-2025學年高三下學期第三次模擬試題）底面半徑為3的圓錐被平行底面的平面所截，截去一個底面半徑為1、高為2的圓錐，所得圓臺的側面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【來源】廣東省深圳市高級中學高中園2024-2025學年高三下學期第三次模擬考試數學試題【分析】畫出圖形，由三角形相似比得到，再由兩圓錐的側面積之差計算可得.【詳解】如圖，設截面圓的圓心為，截面圓的半徑，底面圓半徑，，由于，所以，所以，所以原圓臺的側面積為，故選：A.【名校預測·第二題】（湖南省長沙市湖南師范大學附屬中學2025屆高三下學期模擬試卷）一個圓錐的底面圓和頂點都恰好在同一個球面上，且該球的半徑為1，當圓錐的體積取最大值時，圓錐的底面半徑為（

）A． B． C． D．【答案】B【來源】湖南省長沙市湖南師范大學附屬中學2025屆高三下學期模擬（一）數學試卷【分析】根據給定條件，利用球的截面圓性質及圓錐的體積公式列出函數關系，再利用導數求解.【詳解】如圖，根據題意，圓錐高為，底面圓半徑，外接球球心為，半徑，則球心到圓錐底面圓心距離，由，得，圓錐的體積，求導得，當時，，函數在上遞增，當時，，函數在上遞減，則當時，圓錐的體積最大，此時底面圓半徑.故選：B【名校預測·第三題】（山東省泰安第一中學2024-2025學年高三下學期4月月考數學試題）已知兩個正四棱錐組合成的簡單幾何體中，頂點，分別位于平面的兩側．其中正方形的邊長為2，兩個正四棱錐的側棱長均為3．則四棱錐的外接球的表面積為．【答案】【來源】山東省泰安第一中學2024-2025學年高三下學期4月月考數學試題【分析】建立適當的空間直角坐標系，結合空間中兩點距離公式即可得到球的半徑，從而利用球的表面積公式得到結果.【詳解】連結，交于點，連結，由正四棱錐性質可知平面，平面，所以三點共線，又四邊形是正方形，可得兩兩垂直，且交于點.以為原點，分別以的方向為軸、軸、軸的正方向建立空間直角坐標系，如圖，由，在中，，則，設四棱錐的外接球球心為，連接，則，得，解得，所以四棱錐的外接球的半徑的平方為，故四棱錐的外接球的表面積為.故答案為：.【名校預測·第四題】（吉林省東北師范大學附屬中學2024-2025學年高三下學期試題）（多選）已知邊長為2的等邊三角形，點均在平面的上方，，且與平面所成角分別為，則下列說法中正確的是（

）A．四面體的體積為定值B．面積的最小值為C．四面體體積的最大值為1D．當四面體的體積最大時，其外接球的表面積為【答案】BCD【來源】吉林省長春市東北師范大學附屬中學2024-2025學年高三下學期期初考試數學試題【分析】由三棱錐體積公式計算即可判斷A項，由三角形面積公式及范圍計算即可判斷B項，當取最大值且面時四面體體積取得最大值即可判斷C項，當四面體體積最大時，，，兩兩垂直，進而借助模型（長方體外接球直徑為其體對角線長）即可求得半徑，進而可求得外接球表面積即可判斷D項.【詳解】由題意知，與是共軸的圓錐母線，如圖所示，對于A項，由題意知，因為且與平面所成角為，所以點到平面的距離為定值，所以四面體ABCM的體積為定值，故A項錯誤；對于B項，與是共軸的圓錐母線，所以，即，當時，的面積最小，最小值為，故B項正確；對于C項，當時，的面積最大，最大值為，當所在平面旋轉至與垂直時，四面體ABMN的高最長，最長值為2，所以體積的最大值為，故C項正確；對于D項，當四面體體積最大時，線段，，兩兩垂直，所以其外接球直徑，所以外接球的表面積為，故D項正確．故選：BCD．【名校預測·第五題】（湖北省武漢市華中師范大學第一附屬中學2024-2025學年數學試題）如圖，在直四棱柱中，底面為菱形，，P為的中點，點滿足，則下列結論正確的是（

）A．若，則四面體的體積為定值B．若，則點的軌跡為一段圓弧C．若的外心為O，則為定值2D．若且，則存在點E在線段上，使得的最小值為【答案】ABD【來源】湖北省武漢市華中師范大學第一附屬中學2024-2025學年高三下學期開學檢測數學試題【分析】利用平行線的性質結合給定條件判斷底面積和高都是定值來處理A，利用圓的定義結合夾角求解軌跡來處理B，利用三角形外心和向量數量積的性質判斷C，將三角形翻折后，利用勾股定理和余弦定理判斷D即可.【詳解】對于A，如圖，取靠近的三等分點為，靠近的三等分點為，連接，因為，所以，令，而，則，得到，因為靠近的三等分點為，靠近的三等分點為，所以，而由直四棱柱性質得，而，由勾股定理得，在直四棱柱中，，，得到四邊形是平行四邊形，故，則，由題意得為的中點，則的面積是定值，而面，面，所以面，結合，由線面平行性質得到面的距離為定值，即四面體的體積為定值，故A正確，對于B，如圖，在面中，過作，連接，由直四棱柱性質得面，則，而，面，故面，則，而面為菱形，則面為菱形，因為，所以，因為，所以，則，由銳角三角函數定義得，解得，由勾股定理得，因為，所以由勾股定理得，則在以為圓心，為半徑的圓上運動，設該圓與交于，與交于，由三角函數定義得，則，即點的軌跡為一段圓弧，故B正確，對于C，如圖，作，由題意得的外心為，故是的中點，由已知得，因為，所以，而，，故C錯誤，對于D，若且，此時，因為P為的中點，所以，由向量加法法則得，故，則點與點重合，此時把沿著翻折，如圖，使得四點共面，此時有最小值，此時的點均為翻折過的點，因為P為的中點，所以，由勾股定理得，如圖，連接，由已知得，則，由余弦定理得，解得，由直四棱柱性質得面，則，則由勾股定理得，則，故，而，則，得到，由余弦定理得，解得，故D正確.故選：ABD【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵在于根據所給條件結合線面位置關系確定點的軌跡，再結合錐體體積公式，空間圖形與平面圖形的轉化解決問題即可.【名師押題·第一題】如圖所示，一個正四棱臺的上底邊長與側棱長相等，且為下底邊長的一半，一個側面的面積為，則該正四棱臺的體積為（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】檢驗所給定條件，結合正四棱臺的結構特征求出正四棱臺的高擴底面邊長，再利用臺體的體積公式計算得解.【詳解】設，則，正四棱臺的各個側面都為等腰梯形，上?下底面為正方形，在四邊形中，過點作于點，，則，，解得，在平面中，過點作于點，則為正四棱臺的高，且，因此，該正四棱臺的體積為.故選：D【名師押題·第二題】如圖，已知圓臺形水杯盛有水（不計厚度），杯口的半徑為，杯底的半徑為，高為，當杯底水平放置時，水面的高度為水杯高度的一半，若放入一個半徑為的球（球被完全浸沒），水恰好充滿水杯，則（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】求出圓臺上面部分的體積，根據小球的體積恰好等于的體積求出球的半徑.【詳解】如圖，，又放入的球的半徑為，由于圓臺的體積，由題可知：，則，此時小球恰好與上下底面相切；下面考慮當小球與側棱相切時，設球心為，球的半徑為，則，由于，則，則，那么，則，那么在上方，即該小球先與上下底面相切．

故選：D.【名師押題·第三題】已知正四棱臺的上底面的邊長為2，現有一個半球，球心為正方形的中心，且正四棱臺的上底面、四條側棱和下底面的四條邊均與球相切，則該半球的表面積為.【答案】【分析】根據給定條件，利用正四棱臺及半球的結構特征，結合切線的性質列式求出半球的半徑，進而求出其表面積.【詳解】如圖，記正四棱臺的上底面的中心為，過作平面于，則點在上，記半球與分別相切于點，由正四棱臺和球的結構特征知，為的中點，由，得，記半球半徑為，則，于是，在中，，解得，所以半球的表面積為.故答案為：【名師押題·第四題】（多選）如圖，在直棱柱中，底面是邊長為2的菱形，，，點為的中點，動點在側面內（包含邊界），則下列結論正確的是（

）A．B．平面與平面所成角的余弦值為C．若，則點軌跡的長度為D．若點在直線上，則的最小值為【答案】ABC【分析】通過線面垂直可判斷線線垂直，判斷A的真假；利用投影面積法求二面角的余弦，判斷B的真假；弄清點的軌跡，再求其長度，可判斷C的真假；利用表面展開，轉化為兩點之間，直線段最短求的最小值，判斷D的真假.【詳解】如圖1，連接，由菱形可得．再由直棱柱，可得底面．又因為底面，所以，而平面，所以平面，又因為平面，所以，故A正確；，，，所以為直角三角形，且，其在底面投影的三角形的面積為，由投影面積法可得平面和平面所成角的余弦值為，故B正確；如圖2，動點在側面內（包含邊界），過作，垂足為，由直棱柱，所以平面平面，平面平面，平面，且，所以平面.而側面，即有，由菱形邊長為2，，可得，再由勾股定理得：，則點的軌跡是以為圓心，以為半徑的圓弧（如圖3中），則由側面正方形，可知，，可得，所以點軌跡的長度為，故C正確；由為直角三角形，且為等腰直角三角形，將與展開成一個平面圖，如圖4，則；由余弦定理得：，即，故的最小值為，故D錯誤．故選：ABC【名師押題·第五題】（多選）如圖，棱長為2的正方體中，點E，F分別在棱上，且，，其中，點是平面內的一個動點（異于點），且，則（

）A．B．直線與平面所成的角的余弦值為C．當變化時，平面截正方體所得的截面周長為定值D．點為中點時，三棱錐的外接球的表面積為【答案】ACD【分析】以為原點，所在直線為軸，建立空間直角坐標系，由結合空間向量的數量積即可判斷A；由線面夾角的向量公式即可判斷B；作出平面截正方體所得的截面，結合，，即可判斷；根據球的表面積公式即可判斷D．【詳解】以為原點，所在直線為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，設，則，所以，，所以，，，，，，因為，所以，所以，故A正確；因為，，平面，所以平面，所以平面的法向量為，則直線與平面所成的角的正弦值為，所以直線與平面所成的角的余弦值為，故B錯誤；取上一點，滿足，則，因為，且有公共點，所以平面，又平面，平面平面，所以共線，作出平面截正方體所得的截面，由，得為等腰直角三角形，同理可得均為等腰直角三角形，，所以截面周長為為定值，故C正確；當點為中點時，，所以，，，則，所以，所以三棱錐的外接球的球心在過中點，垂直于平面的直線上，連接，因為，所以，所以四邊形為平行四邊形，則共面，設交點為，則，設球心為，，則，則，即，解得，半徑為，表面積為，故D正確；故選：ACD．直線與圓（選填題）年份題號分值題干考點2023年新高考I卷65（2023·新課標Ⅰ卷·高考真題）過點與圓相切的兩條直線的夾角為，則（

）A．1 B．C． D．切線長；給值求值型問題；余弦定理解三角形；已知點到直線距離求參數2023年新高考II卷155（2023·新課標Ⅱ卷·高考真題）已知直線與交于A，B兩點，寫出滿足“面積為”的m的一個值．圓的弦長與中點弦2022年新高考I卷145（2022·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）寫出與圓和都相切的一條直線的方程．判斷圓與圓的位置關系；圓的公切線方程2022年新高考II卷155（2022·新高考全國Ⅱ卷·高考真題）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．由直線與圓的位置關系求參數；求點關于直線的對稱點；直線關于直線對稱問題近三年新高考數學直線與圓選填題考查情況總結?考點：涵蓋切線問題（切線長、方程，如2023年新課標Ⅰ卷）、弦長與面積（利用圓的性質求參數，如2023年新課標Ⅱ卷）、圓與圓位置關系（公切線方程，如2022年新課標Ⅰ卷）、點線對稱及位置關系求參數（如2022年新課標Ⅱ卷）。?題型：以填空題為主，分值5分，側重考查直線與圓的幾何性質、方程求解及位置關系的綜合運用，注重計算與推理能力。2025年新高考直線與圓選填題高考預測?題型與分值：預計為填空題，分值5分。?考查方向：延續對切線（方程、性質）、弦長面積的考查，可能涉及點線對稱問題，或與其他知識綜合（如幾何最值），強化幾何直觀與運算求解能力，注重對直線與圓位置關系的深度理解與應用。1.兩點間的距離公式，，2.中點坐標公式，，為的中點，則：3.三角形重心坐標公式4.直線的斜率與傾斜角的定義及其關系斜率：表示直線的變化快慢的程度；，直線遞增，，直線遞減，傾斜角：直線向上的部分與軸正方向的夾角，范圍為直線的斜率與傾斜角的關系：不存在5.兩點間的斜率公式，，6.直線的斜截式方程，其中為斜率，為軸上的截距7.直線的點斜式方程已知點，直線的斜率，則直線方程為：8.直線的一般式方程9.兩條直線的位置關系平行的條件①斜截式方程：，，②一般式方程：，，重合的條件①斜截式方程：，，②一般式方程：，，垂直的條件①斜截式方程：，，②一般式方程：，，10.點到直線的距離公式點，直線，點到直線的距離為：11.兩條平行線間的距離公式，，12.圓的標準方程，其中圓心坐標為，半徑為13.圓的一般方程（）配方可得：，圓心坐標為，半徑為14.表示圓的充要條件：15.點與圓的位置關系已知點，圓的方程為：若，點在圓內若，點在圓上若，點在圓外16.直線與圓的位置關系直線，圓代數關系，其中為聯立方程根的個數，幾何關系，其中為圓心到直線的距離17.圓上一點的切線方程18.圓與圓的位置關系設圓的半徑為，設圓的半徑為，兩圓的圓心距為若，兩圓外離，若，兩圓外切，若，兩圓內切若，兩圓相交，若，兩圓內含，若，同心圓兩圓外離，公切線的條數為4條；兩圓外切，公切線的條數為3條；兩圓相交，公切線的條數為2條；兩圓內切，公切線的條數為1條；兩圓內含，公切線的條數為0條；19.弦長公式設，，則或：20.圓上一點到圓外一點的距離的最值21.圓上一點到圓上一點的距離的最值22.圓上一點到直線距離的最值23.過圓內一點的最長弦和最短弦最長弦：直徑；最短弦：垂直于直徑典例1（2023·新課標Ⅰ卷·高考真題）過點與圓相切的兩條直線的夾角為，則（

）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】方法一：根據切線的性質求切線長，結合倍角公式運算求解；方法二：根據切線的性質求切線長，結合余弦定理運算求解；方法三：根據切線結合點到直線的距離公式可得，利用韋達定理結合夾角公式運算求解.【詳解】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·新課標Ⅱ卷·高考真題）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）【分析】根據直線與圓的位置關系，求出弦長，以及點到直線的距離，結合面積公式即可解出．【詳解】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·高考真題）寫出與圓和都相切的一條直線的方程．【答案】或或【分析】先判斷兩圓位置關系，分情況討論即可.【詳解】[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，，填一條即可[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·高考真題）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】【分析】首先求出點關于對稱點的坐標，即可得到直線的方程，根據圓心到直線的距離小于等于半徑得到不等式，解得即可；【詳解】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：【名校預測·第一題】（廣東省深圳市高級中學2024-2025學年高三下學期數學試題）已知，，若直線上存在點P，使得，則的取值范圍為.【答案】【來源】廣東省深圳市高級中學高中園2024-2025學年高三下學期第三次模擬考試數學試題【分析】根據得出點的軌跡方程，再根據直線與點的軌跡有公共點，利用圓心到直線的距離與半徑的關系求解的取值范圍.【詳解】設點，已知，，則，.因為，可得：，整理得.所以點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓.因為直線上存在點滿足條件，所以直線與圓有公共點.可得圓心到直線的距離.因為直線與圓有公共點，所以圓心到直線的距離小于等于半徑，即，則.兩邊同時平方可得，即.得.所以不等式的解集為，即的取值范圍是.故答案為：.【名校預測·第二題】（吉林省東北師范大學附屬中學2024-2025學年高三下學期數學試題）設直線被圓所截弦的中點的軌跡為，則曲線與直線的位置關系是（

）A．相交 B．相切 C．相離 D．不確定【答案】A【來源】吉林省長春市東北師范大學附屬中學2024-2025學年高三下學期期初考試數學試題【分析】求出直線恒過定點，由圓的性質可得，進而可得點的軌跡是一個以為直徑的圓，求出該圓的方程，求出圓心到直線的距離，與圓的半徑比較大小即可判斷出直線與圓的位置關系，即可求解．【詳解】由可得，所以該直線恒過定點，由圓的性質可得：，所以中點的軌跡是以為直徑的圓（去除O點），所以圓心為，半徑為，所以點的軌跡方程為：，則圓心到直線的距離，所以直線與圓的位置關系是相交．故選：A【名校預測·第三題】（貴州省貴陽市第一中學2025屆高三下學期數學試卷）已知直線：與圓：交于，兩點，則的一個充分不必要條件是（

）A． B． C． D．【答案】A【來源】貴州省貴陽市第一中學2025屆高三下學期月考（六）（3月）數學試卷【分析】由幾何法求弦長的充要條件時的取值范圍，再求其真子集即可.【詳解】的充要條件是：圓心，到的距離，即，故的充分不必要條件是的真子集.故選：A．【名校預測·第四題】（湖北省武漢市華中師范大學第一附屬中學2024-2025學年數學試題）設，過定點A的動直線和過定點B的動直線交于點P，點P到直線的距離為d，則d的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】A【來源】湖北省武漢市華中師范大學第一附屬中學2024-2025學年高三下學期開學檢測數學試題【分析】根據直線方程求出定點的坐標，判斷兩直線的交點的軌跡為圓，利用點到直線的距離公式判斷直線與圓相切，即可求出的取值范圍【詳解】動直線過定點，動直線即過定點.因為，所以直線與直線垂直，又直線的斜率一定存在，點在以為直徑的圓上（去除點），圓心為，半徑，圓心到直線的距離為所以圓與直線相切（切點不是點），的最小值為0；圓的直徑，且點到直線的距離為，所以，即的取值范圍為.故選：A.【名校預測·第五題】（湖南省長沙市湖南師范大學附屬中學2025屆高三下數學試卷）（多選）已知圓，直線（其中為參數），則下列選項正確的是（

）A．圓的半徑 B．直線與圓相交C．直線不可能將圓的周長平分 D．直線被圓截得的最短弦長為【答案】BD【來源】湖南省長沙市湖南師范大學附屬中學2025屆高三下學期模擬（一）數學試卷【分析】對于A，根據條件得到圓心為，半徑為，即可求解；對于B，根據條件可得直線過定點，且定點在圓內，即可求解；對于C，當直線過圓心時，直線平分圓，即可求解；對于D，當時，直線被圓截得的弦長最短，由弦長公式，即可求解.【詳解】對于選項A，由，得到，所以圓圓心為，半徑為，所以選項A錯誤，對于選項B，由，得到，由，得到，所以直線過點，又，所以點在圓內，故直線與圓相交，則選項B正確，對于選項C，當直線過點，即時，直線平分圓的周長，所以選項C錯誤，對于選項D，當時，圓心到直線的距離最大，直線被圓截得的弦長最短，此時弦長為，所以選項D正確，故選：BD.【名師押題·第一題】已知過原點的直線與圓相交于兩點，若，則直線的方程為．【答案】【分析】先由弦長、半徑求出弦心距，再分斜率存在和不存在兩種情況設出直線方程，結合點到直線的距離公式列式求解即可.【詳解】圓的圓心，半徑直線截圓所得弦長，則弦心距當過原點的直線斜率不存在時，的方程為，圓心到直線的距離為1，不符合題意要求；當過原點的直線斜率存在時，的方程可設為，由，可得，此時的方程為綜上，直線的方程為.故答案為：.【名師押題·第二題】若圓被直線所截得的弦長為10，過點作圓的切線，其中一個切點為，則的值為.【答案】【分析】利用垂徑定理來求弦長，得用勾股定理來求切線長，即可解決問題.【詳解】由弦長為，結合垂徑定理可得：，解得，結合已知點，可得：所以，故答案為：.【名師押題·第三題】已知點，圓上一動點P，以線段PF為直徑的圓交軸于A，B兩點，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出圓心的軌跡方程，再利用動點到圓上的點的取值范圍的求法，求出，注意排除特殊位置.【詳解】設，，由為的中點，可得，即，又在圓上，則可得，即，即圓心的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，而，則的范圍為，即，又當時，圓心，半徑為，此時圓與軸相切，不符合題意，此時.故的范圍為.故選：B.【名師押題·第四題】已知圓與圓相交于兩點，則四邊形的面積等于.【答案】9【分析】法一：準確畫圖，可得四邊形是邊長為3正方形，進而求得其面積；法二：將兩圓方程做差求相交弦方程，再應用弦心距、半徑與弦長關系即可求得，利用兩點間距離公式求得，進而求得四邊形的面積.【詳解】由已知，圓，圓，圓心，半徑，圓心，半徑，法一：如圖，準確畫圖，容易發現四邊形是邊長為3正方形，其面積為9；法二：將兩圓方程相減，可得公共弦所在直線的方程為：到距離為，所以，即，又，所以，四邊形的面積.故答案為：9.【名師押題·第五題】已知，，點P滿足，當取到最大值時，的面積為（

）．A． B． C． D．【答案】D【分析】由可得點P軌跡方程，然后由直線與圓D相切時，最大，可得答案.【詳解】設，由得，即，則點P軌跡為的圓心為，半徑為的圓.當直線與圓D相切時，最大，則．又，，所以．又，所以．故選：D．圓錐曲線（選填題）年份題號分值題干考點2024年新高考I卷116（2024·新課標Ⅰ卷·高考真題）設計一條美麗的絲帶,其造型可以看作圖中的曲線C的一部分.已知C過坐標原點O.且C上的點滿足:橫坐標大于，到點的距離與到定直線的距離之積為4，則（

）B．點在C上C．C在第一象限的點的縱坐標的最大值為1D．當點在C上時，由方程研究曲線的性質求平面軌跡方程2024年新高考I卷125（2024·新課標Ⅰ卷·高考真題）設雙曲線的左右焦點分別為，過作平行于軸的直線交C于A，B兩點，若，則C的離心率為．求雙曲線的離心率2024年新高考II卷55（2024·新課標Ⅱ卷·高考真題）已知曲線C：（），從C上任意一點P向x軸作垂線段，為垂足，則線段的中點M的軌跡方程為（

）（）B．（）C．（）D．（）求平面軌跡方程軌跡問題--橢圓2024年新高考II卷106（2024·新課標Ⅱ卷·高考真題）拋物線C：的準線為l，P為C上的動點，過P作的一條切線，Q為切點，過P作l的垂線，垂足為B，則（

）A．l與相切B．當P，A，B三點共線時，C．當時，D．滿足的點有且僅有2個直線與拋物線交點相關問題切線長根據拋物線方程求焦點或準線2023年新高考I卷55（2023·新課標Ⅰ卷·高考真題）設橢圓的離心率分別為．若，則（

）A． B．C． D．由橢圓的離心率求參數2023年新高考I卷165（2023·新課標Ⅰ卷·高考真題）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．利用定義解決雙曲線中焦點三角形問題求雙曲線的離心率2023年新高考II卷55（2023·新課標Ⅱ卷·高考真題）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．根據直線與橢圓的位置關系求參數橢圓中三角形的面積2023年新高考II卷105（2023·新課標Ⅱ卷·高考真題）設O為坐標原點，直線過拋物線的焦點，且與C交于M，N兩點，l為C的準線，則（

）．A．B．C．以MN為直徑的圓與l相切D．為等腰三角形求直線與拋物線的交點坐標與拋物線焦點弦有關的幾何性質拋物線定義的理解根據焦點或準線寫出拋物線的標準方程2022年新高考I卷115（2022·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）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．判斷直線與拋物線的位置關系求直線與拋物線相交所得弦的弦長根據拋物線方程求焦點或準線2022年新高考I卷165（2022·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）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．橢圓中焦點三角形的周長問題根據離心率求橢圓的標準方程2022年新高考II卷105（2022·新高考全國Ⅱ卷·高考真題）已知O為坐標原點，過拋物線焦點F的直線與C交于A，B兩點，其中A在第一象限，點，若，則（

）A．直線的斜率為B．C．D．拋物線定義的理解求直線與拋物線的交點坐標數量積的坐標表示已知兩點求斜率2022年新高考II卷165（2022·新高考全國Ⅱ卷·高考真題）已知直線l與橢圓在第一象限交于A，B兩點，l與x軸，y軸分別交于M，N兩點，且，則l的方程為．根據弦長求參數由弦中點求弦方程或斜率近三年新高考數學圓錐曲線選填題考查情況總結?考點：涵蓋求圓錐曲線方程（橢圓、雙曲線、拋物線）、離心率計算、軌跡方程、直線與圓錐曲線位置關系（弦長、面積、交點性質），涉及定義、幾何性質及代數運算（如2024年新課標Ⅰ卷求軌跡方程、Ⅱ卷直線與拋物線交點；2023年新課標Ⅰ卷橢圓離心率、Ⅱ卷橢圓中直線與橢圓關系；2022年新課標Ⅰ卷拋物線性質、Ⅱ卷橢圓弦長）。?題型：以選擇題為主，分值5-6分，側重考查圓錐曲線基本性質與直線和曲線綜合問題的分析能力。2025年新高考圓錐曲線選填題高考預測?題型與分值：預計為選擇題或填空題，分值5-6分。?考查方向：延續離心率、軌跡方程、直線與圓錐曲線位置關系的考查，可能強化雙曲線漸近線、拋物線焦點弦性質，或與幾何最值、參數范圍結合，注重定義和性質的綜合運用。點關于線對稱的一般性結論點(x,y)關于直線Ax+By+C=0的對稱點坐標為直徑端點圓的方程若圓的直徑端點，則圓的方程為解析幾何中的切線方程①過圓上任意一點的切線方程為②過橢圓上任意一點的切線方程為③過雙曲線上任意一點的切線方程為④設QUOTEPx0,y0Px0,y0為拋物線QUOTEy2=2pxy2=2px解析結合中的切點弦方程平面內一點引曲線的兩條切線，兩切點所在直線的方程叫做曲線的切點弦方程①圓的切點弦方程為②橢圓的切點弦方程為③雙曲線的切點弦方程為④拋物線的切點弦方程為 ⑤二次曲線的切點弦方程為相切的條件①橢圓與直線相切的條件是②雙曲線與直線相切的條件是斜率關系若A、B、C、D是圓錐曲線(二次曲線)上順次四點,則四點共圓(常用相交弦定理)的一個充要條件是:直線AC、BD的斜率存在且不等于零,并有,(,分別表示AC和BD的斜率)常見不等式已知橢圓方程為，兩焦點分別為，，設焦點三角形中，則()橢球體積橢圓繞Ox坐標軸旋轉所得的旋轉體的體積為縱坐標之和y=kx+m與橢圓相交于兩點，則縱坐標之和為漸近線圍成的四邊形面積過雙曲線上任意一點作兩條漸近線的平行線，與漸近線圍成的四邊形面積為帕斯卡定理如果一個六邊形內接于一條二次曲線(橢圓、雙曲線、拋物線)，那么它的三對對邊的交點在同一條直線上斜率定值過原點的直線與橢圓的兩個交點和橢圓上不與左右頂點重合的任一點構成的直線斜率乘積為定值推論1：橢圓上不與左右頂點重合的任一點與左右頂點構成的直線斜率乘積為定值推論2：過橢圓上一點做斜率互為相反數的兩條直線交橢圓于A、B兩點，則直線AB的斜率為定值橢圓和雙曲線的結論匯總橢圓雙曲線標準方程焦點焦點焦半徑為離心率，為點的橫坐標.為離心率，為點的橫坐標.焦半徑范圍為橢圓上一點，為焦點.為雙曲線上一點，為焦點.通徑過焦點與長軸垂直的弦稱為通徑.通徑長為過焦點與實軸垂直的弦稱為通徑.通徑長為如圖，直線過焦點與橢圓相交于兩點.則的周長為.（即）如圖，直線過焦點與雙曲線相交于兩點.則.焦點弦傾斜角為的直線過焦點與橢圓相交于兩點.焦點弦長.最長焦點弦為長軸，最短焦點弦為通徑.傾斜角為的直線過焦點與雙曲線相交于兩點.焦點弦長.與數量關系直線過焦點與橢圓相交于兩點，則.直線過焦點與雙曲線相交于兩點，則.已知點是橢圓上一點，坐標原點，則.已知點是雙曲線上一點，坐標原點，則.焦三角形如圖，是橢圓上異于長軸端點的一點，已知，，，則（1）；（2）離心率.如圖，是雙曲線上異于實軸端點的一點，已知，，，則（1）；（2）離心率.垂徑定理如圖，已知直線與橢圓相交于兩點，點為的中點，為原點，則.如圖，已知直線與雙曲線相交于兩點，點為的中點，為原點，則.（注：直線與雙曲線的漸近線相交于兩點，其他條件不變，結論依然成立）周角定理如圖，已知點橢圓長軸端點（短軸端點），是橢圓上異于的一點，則.推廣：如圖，已知點是橢圓上關于原點對稱的兩點，是橢圓上異于的一點，若直線的斜率存在且不為零，如圖，已知點雙曲線實軸端點，是雙曲線上異于的一點，則.推廣：如圖，已知點是雙曲線上關于原點對稱的兩點，是雙曲線上異于的一點，若直線的斜率存在且不為零，.直線過焦點與橢圓相交于兩點，點，則（即）.直線過焦點與雙曲線相交于兩點，點，則（即）.切線方程已知點是橢圓上一點，則橢圓在點處的切線方程為.已知點是雙曲線上一點，則雙曲線在點處的切線方程為.補充結論11．過定點（定點在雙曲線外且不在漸近線上）的直線與雙曲線交點個數問題：設斜率為的直線過定點，雙曲線方程為，過點與雙曲線相切時的斜率為.（1）當時，直線與雙曲線有兩個交點，且這兩交點在雙曲線的兩支上；（2）當時，直線與雙曲線只有一個交點；（3）當時，直線與雙曲線有兩個交點，且這兩交點在雙曲線的同一支上；（4）當時，直線與雙曲線只有一個交點；（5）當時，直線與雙曲線沒有交點.2．如圖，是雙曲線的焦點，過點作垂直雙曲線的其中一條漸近線，垂足為，為原點，則.3．點是雙曲線上任意一點，則點到雙曲線的漸近線的距離之積為定值.4．點是雙曲線上任意一點，過點作雙曲線的漸近線的平行線分別與漸近線相交于兩點，為原點，則平行四邊形的面積為定值.拋物線的結論如圖，拋物線方程為，準線與軸相交于點，過焦點的直線與拋物線相交于，兩點，為原點，直線的傾斜角為.1．2．焦半徑：，，.3．焦點弦：.4．的數量關系：，.5．三角形的面積.6．以焦點弦為直徑的圓與準線相切；以焦半徑為直徑的圓與軸相切.7．直線的斜率之和為零（），即.8．點三點共線；點三點共線.9．如圖，點是拋物線，為原點，若，則直線過定點.補充結論21.已知橢圓（a＞b＞0），O為坐標原點，P、Q為橢圓上兩動點，且.則（1）;（2）|OP|2+|OQ|2的最大值為;（3）的最小值是.2.與共軛的雙曲線方程為，①它們有公共的漸近線；②四個焦點都在以原點為圓心，C為半徑的圓上；③。3.與有相同焦點的雙曲線方程為4.與有相同焦點的橢圓方程為：5.與有相同焦點的雙曲線方程為：6.與有相同離心率的雙曲線方程為：①焦點在軸上時：②焦點在軸上時：7.與有相同的漸近線方程為：；典例1（2024·新課標Ⅰ卷·高考真題）（多選）設計一條美麗的絲帶,其造型可以看作圖中的曲線C的一部分.已知C過坐標原點O.且C上的點滿足:橫坐標大于，到點的距離與到定直線的距離之積為4，則（

）A． B．點在C上C．C在第一象限的點的縱坐標的最大值為1 D．當點在C上時，【答案】ABD【分析】根據題設將原點代入曲線方程后可求，故可判斷A的正誤，結合曲線方程可判斷B的正誤，利用特例法可判斷C的正誤，將曲線方程化簡后結合不等式的性質可判斷D的正誤.【詳解】對于A：設曲線上的動點，則且，因為曲線過坐標原點，故，解得，故A正確.對于B：又曲線方程為，而，故.當時，，故在曲線上，故B正確.對于C：由曲線的方程可得，取，則，而，故此時，故在第一象限內點的縱坐標的最大值大于1，故C錯誤.對于D：當點在曲線上時，由C的分析可得，故，故D正確.故選：ABD.【點睛】思路點睛：根據曲線方程討論曲線的性質，一般需要將曲線方程變形化簡后結合不等式的性質等來處理.典例2（2024·新課標Ⅰ卷·高考真題）設雙曲線的左右焦點分別為，過作平行于軸的直線交C于A，B兩點，若，則C的離心率為．【答案】【分析】由題意畫出雙曲線大致圖象，求出，結合雙曲線第一定義求出，即可得到的值，從而求出離心率.【詳解】由題可知三點橫坐標相等，設在第一象限，將代入得，即，故，，又，得，解得，代入得，故，即，所以.故答案為：典例3（2024·新課標Ⅱ卷·高考真題）已知曲線C：（），從C上任意一點P向x軸作垂線段，為垂足，則線段的中點M的軌跡方程為（

）A．（） B．（）C．（） D．（）【答案】A【分析】設點，由題意，根據中點的坐標表示可得，代入圓的方程即可求解.【詳解】設點，則，因為為的中點，所以，即，又在圓上，所以，即，即點的軌跡方程為.故選：A典例4（2024·新課標Ⅱ卷·高考真題）（多選）拋物線C：的準線為l，P為C上的動點，過P作的一條切線，Q為切點，過P作l的垂線，垂足為B，則（

）A．l與相切B．當P，A，B三點共線時，C．當時，D．滿足的點有且僅有2個【答案】ABD【分析】A選項，拋物線準線為，根據圓心到準線的距離來判斷；B選項，三點共線時，先求出的坐標，進而得出切線長；C選項，根據先算出的坐標，然后驗證是否成立；D選項，根據拋物線的定義，，于是問題轉化成的點的存在性問題，此時考察的中垂線和拋物線的交點個數即可，亦可直接設點坐標進行求解.【詳解】A選項，拋物線的準線為，的圓心到直線的距離顯然是，等于圓的半徑，故準線和相切，A選項正確；B選項，三點共線時，即，則的縱坐標，由，得到，故，此時切線長，B選項正確；C選項，當時，，此時，故或，當時，，，，不滿足；當時，，，，不滿足；于是不成立，C選項錯誤；D選項，方法一：利用拋物線定義轉化根據拋物線的定義，，這里，于是時點的存在性問題轉化成時點的存在性問題，，中點，中垂線的斜率為，于是的中垂線方程為：，與拋物線聯立可得，，即的中垂線和拋物線有兩個交點，即存在兩個點，使得，D選項正確.方法二：（設點直接求解）設，由可得，又，又，根據兩點間的距離公式，，整理得，，則關于的方程有兩個解，即存在兩個這樣的點，D選項正確.故選：ABD典例5（2023·新課標Ⅰ卷·高考真題）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】/【分析】方法一：利用雙曲線的定義與向量數積的幾何意義得到關于的表達式，從而利用勾股定理求得，進而利用余弦定理得到的齊次方程，從而得解.方法二：依題意設出各點坐標，從而由向量坐標運算求得，，將點代入雙曲線得到關于的齊次方程，從而得解；【詳解】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：.【點睛】關鍵點睛：雙曲線過焦點的三角形的解決關鍵是充分利用雙曲線的定義，結合勾股定理與余弦定理得到關于的齊次方程，從而得解.典例6（2023·新課標Ⅱ卷·高考真題）（多選）設O為坐標原點，直線過拋物線的焦點，且與C交于M，N兩點，l為C的準線，則（

）．A． B．C．以MN為直徑的圓與l相切 D．為等腰三角形【答案】AC【分析】先求得焦點坐標，從而求得，根據弦長公式求得，根據圓與等腰三角形的知識確定正確答案.【詳解】A選項：直線過點，所以拋物線的焦點，所以，則A選項正確，且拋物線的方程為.B選項：設，由消去并化簡得，解得，所以，B選項錯誤.C選項：設的中點為，到直線的距離分別為，因為，即到直線的距離等于的一半，所以以為直徑的圓與直線相切，C選項正確.D選項：直線，即，到直線的距離為，所以三角形的面積為，由上述分析可知，所以，所以三角形不是等腰三角形，D選項錯誤.故選：AC.

【名校預測·第一題】（山東省泰安第一中學2024-2025學年高三下學期4月月考數學試題）已知拋物線的焦點為，，是拋物線上兩點，且，弦的中點在的準線的射影為，則的最小值為（

）A． B． C． D．2【答案】C【來源】山東省泰安第一中學2024-2025學年高三下學期4月月考數學試題【分析】由拋物線定義對線段進行轉化，再由中位線得到線段，解三角形得到線段，由基本不等式得到取值范圍，從而得到最值.【詳解】設、，，在準線的射影分別為，如圖所示，根據拋物線的定義，可知，，在梯形中，有，在中，，又∵，∴，當且僅當時取等號，∴，故的最小值為.故選：C【名校預測·第二題】（浙江省杭州學軍中學2024-2025學年高三下學期3月月考數學試題）已知雙曲線的左、右焦點分別為，，A是雙曲線C的左頂點，以為直徑的圓與雙曲線C的一條漸近線交于P，Q兩點，且，則雙曲線C的離心率為（

）A． B． C． D．2【答案】D【來源】浙江省杭州學軍中學2024-2025學年高三下學期3月月考數學試題【分析】根據已知條件分別表示出點A、P、Q的坐標，代入可得b與a的關系式，再由及離心率公式可求得結果.【詳解】依題意，易得以為直徑的圓的方程為.又由雙曲線，易得雙曲線C的漸近線方程為.當時，如圖，設，則.聯立，解得或，所以，.又因為，所以軸.所以，.所以，所以.因為，所以.同理，當時，亦可得.故雙曲線C的離心率為.故選：D.【名校預測·第三題】（湖北省武漢市華中師范大學第一附屬中學2024-2025數學試題）設為雙曲線的一個實軸頂點，為的漸近線上的兩點，滿足，，則的漸近線方程是．【答案】【來源】湖北省武漢市華中師范大學第一附屬中學2024-2025學年高三下學期開學檢測數學試題【分析】由角平分線定理，結合余弦定理，求得，再求的正切值，進而即可求得漸近線方程.【詳解】根據題意，作圖如下：

依題意，為的角平分線，且，設，由角平分線定理可得：，則；在中，由余弦定理；在中，由余弦定理可得，，即，解得.故，，所以的漸近線方程是．故答案為：.【點睛】方法點睛：求雙曲線的漸近線方程，常見有三種方法：①直接求出，從而得解；②只需要根據一個條件得到關于的齊次式，轉化為的齊次式，從而得解；③求得其中一個漸近線的傾斜角（或斜率），從而得解.【名校預測·第四題】（貴州省貴陽市第一中學2025屆高三下學期數學試卷）（多選）在平面直角坐標系中，已知拋物線：的焦點為，直線與交于，兩點，是上異于頂點的動點，則下列結論正確的是（

）A．若過點，則為鈍角B．若，則的斜率為C．若，則點的縱坐標為1時，最小D．若四邊形為平行四邊形，則過定點【答案】AC【來源】貴州省貴陽市第一中學2025屆高三下學期月考（六）（3月）數學試卷【分析】聯立直線與拋物線方程利用向量數量積的符號可判斷A正確，由可得坐標間的關系，聯立解方程組可得B錯誤，利用拋物線定義以及幾何關系可得C正確，根據四邊形為平行四邊形并結合韋達定理，利用向量表示解方程可得D正確.【詳解】易知焦點，對于A，若過點，可設直線方程為，，，聯立拋物線方程可得，可得，，所以，所以為鈍角，即A正確；對于B，由，可得過點，由題意可得，所以，結合，，可得，可得的斜率為，即B錯誤；對于C，易知是拋物線的準線與軸的交點，作與準線垂直，垂足為，如圖所示：由拋物線的定義可得，所以．又在中，，且，因此當取得最大值時，滿足題意，此時斜率存在且與拋物線相切．設的方程為，代入拋物線方程可得，所以，即，解得，此時，因此