【文档说明】2022年高考数学10个关键点解析.doc，共(58)页，6.003 MB，由小赞的店铺上传

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2022全国卷数学试题十大微专题独家解析目录1.不同构，不压轴..................................................22.函数对称性与周期性及应用...................

.....................73.新高考2卷单选压轴与和差化积公式...............................124.对数均值不等式与两道导数压轴...................................145.三角函数中

的w取值范围研究.......................................186.处理解三角形范围问题的8大视角.................................237.外接球专题........................

.............................348.抛物线的焦点弦.................................................389.2022年甲卷解析几何与蝴蝶定理..................

..................4310.与斜率和，斜率积有关的定点定值................................4911.留给中档生的机会真的不多了？..................................541.不同构，不压轴函数同构问题是当下的一个

热门问题，2022，2020,的导数问题就可以从同构角度构造恒成立.同构问题常见于指对混合函数的恒成立或零点问题中，重在观察和变形，所以技巧性较强.当然这类指对混合函数的恒成立也可用其他方法完成，在这里学习同构，更多的是提升观察与思维能力.一．基本原理解决指对混合不等式

时，常规的方法计算复杂，则将不等式变形为()()fgxfhx的结构，()fx即为外层函数，其单调性易于研究.常见变形方式：①lnxxxxee+=；②lnxxxeex−=；③lnxxx

xee−=；④()lnlnxxxxe+=；⑤lnlnxexxx−=.答题思路；1.直接变形：（1）积型：bbaealn()lnlnabxaebefxxe=（同左）；lnlnaaeebb()lnfxxx=（同右）；()lnlnln

lnaabb++()lnfxxx=+（取对数）.说明：取对数是最快捷的，而且同构出的函数，其单调性一看便知.（2）商型：bbaealnlnlnabeeab()xefxx=（同左）；lnlnaaebebxxxfln)

(=（同右）；)ln(lnlnlnbbaa−−xxxfln)(−=（取对数）.（3）和差型：bbaealnlnlnabeaebxexfx=)(（同左）；lnlnaaeebb

+xxxfln)(=（同右）.2.先凑再变形：若式子无法直接进行变形同构，往往需要凑常数、凑参数或凑变量，如两边同乘以x，同加上x等，再用上述方式变形.常见的有：①xaeaxlnlnaxaxexx；②l

n1ln()ln(1)1lnln(1)1xxxaeaaxaaeaxeaxa−−−−−−−−lnln(1)lnln(1)1ln(1)xaxexaxxex−−+−−+−=+−；③lnlnlnlog(ln)lnlnxxaxaaxaxexaexxa二．典例分

析例1.（2022全国甲卷）（公众号：凌晨讲数学）已知函数()lnxefxxxax=−+−．（1）若()0fx…,求a的取值范围；（2）证明：若()fx有两个零点1x，2x，则121xx．解析：（1）axexeaxxxexfxxx−+=−+−=lnln)(，令xetx=，则2

')1(xextx−=，于是et.于是0)(xf等价于atty−+=ln在et上恒成立，故]1,(+−ea.（2）由（1）知要使得有()fx两个零点，则min()(1)101fxfeaea==+−+假设1201xx.要证明121xx即证明2111xx，又

由于()fx在(1,)+单增，即证明211111()()()()fxffxfxx.下面构造函数1()()()(01)Fxfxfxx=−1'''2211(1)(1)()()()xxxexxe

Fxfxfxxx−+−−=+=由于(1)xxeexexexxex++=+，又函数1xyxe=在(0,1)单减，1111xxxeexee−−−−.11110xxexxeee+−−+−−=01x时'()0()FxFx

在(0,1)单调递增，而(1)(1)(1)0Fff=−=1()0()()Fxfxfx得证．例2.（2022全国新高考1卷）已知函数()e=−xfxax和()lngxaxx=−有相同的最小值.（1）求a；（2）证明：存在直线yb=，其与两条曲线()yfx=和()ygx=共有三个不同的交点，并

且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.解析：（1）()e=−xfxa，()1gxax=−①0a„时，()0fx恒成立，所以()fx在R上单调递增，即()fx没有最小值.该类情况应舍去.②0a时，()fx在(),lna−上小于0，在()ln,a+上大于0，所以(

)fx在(),lna−上单调递减，在()ln,a+上单调递增，所以()fx在lnxa=处有最小值为()lnlnfaaaa=−，所以()gx在10,a上小于0，在1,a+上大于0，所以()gx在10,a上单调递减，在1,a+上单

调递增，所以()gx在1xa=处有最小值为11lngaa=+，因为()xfxeax=−和()lngxaxx=−有相同的最小值.所以有()1lnln1lnfaaaagaa=−==+，即ln1lnaaaa−=+因为0a，所以上式等价

于1ln01aaa−−=+，令()()1ln01xhxxxx−=−+，则()()22101xhxxx+=+恒成立，所以()hx在()0,+上单调递增又因为()()10hha==且0a，所以1a=.（2）证明：由（1）()e=−xfxx，()lngxxx=−，且()

fx在(),0−上单调递减，在()0,+上单调递增，()gx在()0,1上单调递减，在()1,+上单调递增，且()()minmin1fxgx==.①1b时，此时()()minmin1fxgxb==，显然yb=

与两条曲线()yfx=和()ygx=共有0个交点，不符合题意；②1b=时，此时()()minmin1fxgxb===，yb=与两条曲线()yfx=和()ygx=共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；③1b时，首先，证明yb=与曲线()yfx=有2个交点：即证明()()Fxf

xb=−有2个零点，()()1xFxfxe==−，所以()Fx在(),0−上单调递减，在()0,+上单调递增，又因为()e0−−=bFb，()010Fb=−，()e20=−bFbb，（令()e2=−btbb，则()e20=−b

tb，()()1e20=−tbt）所以明()()Fxfxb=−在(),0−上存在且只存在1个零点，设为1x，在()0,+上存在且只存在1个零点，设为2x.其次，证明yb=与曲线和有2个交点：即证明()()Gxgxb=

−有2个零点，()()11Gxgxx==−，所以()Gx在()0,1上单调递减，在()1,+上单调递增，又因为()ee0−−=bbG，()010Gb=−，()2ln20Gbbb=−，（令()ln2bbb=−，则()1

10bb=−，()()11ln20b=−）所以()()Fxfxb=−在()0,1上存在且只存在1个零点，设为3x，在()1,+上存在且只存在1个零点，设为4x.再次，证明存在b使得23xx=：因为()()230F

xGx==，所以2233eln=−=−xbxxx，若23xx=，则2222eln−=−xxxx，即222e2ln0−+=xxx，所以只需证明e2ln0−+=xxx在()0,1上有解即可，即()e2ln=−+

xxxx在()0,1上有零点，因为1e3312e30ee=−−，()1e20=−，所以()e2ln=−+xxxx在()0,1上存在零点，取一零点为0x，令230xxx==即可，此时取00e

=−xbx则此时存在直线yb=，其与两条曲线()yfx=和()ygx=共有三个不同的交点，最后证明1402xxx+=，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列：因为()()()()()()1203040FxFxFxGxGxGx======，所以()()()100lnFxG

xFx==，又因为()Fx在(),0−上单调递减，10x，001x即0ln0x，所以10lnxx=同理，因为()()()004e==xFxGGx，又因为()Gx在()1,+上单调递增，00x即0e1x，11x，所

以04e=xx，又因为000e2ln0−+=xxx，所以01400eln2+=+=xxxxx，即直线yb=，与两条曲线()yfx=和()ygx=从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.2.函数对称性与周期性及应用一．函数的对称性：函数对称性主要有轴对称和

中心对称两种情况.函数对称性研究的是一个函数本身所具有的性质.1.轴对称:函数图象关于一条垂直于x轴的直线对称，则当函数图象上任意两个点))(,()),(,2211xfxxfx（到直线ax=的距离相等且函数值)()(21xfxf=时.我们就称

函数)(xfy=关于ax=对称.（公众号：凌晨讲数学）代数表示:(1).)()(xafxaf−=+(2).)2()(xafxf−=即当两个自变量之和为一个定值，函数值相等时,则函数图像都关于直线ax=对称.一般地，若函数)(xfy=满足)()(xbfxaf−=+，则函数

)(xfy=的图象关于直线2bax+=对称.特别地，偶函数(关于y轴对称)，)()(xfxf−=，即当横坐标到原点的距离相等(横坐标互为相反数），函数值相等.2.中心对称：函数)(xfy=上任意一点（)(,11xfx）关于点),(b

a对称的点（)(,22xfx）也在函数图像上，此时我们就称函数为关于点(ba,)对称的中心对称图像，点(ba,)为对称中心.用代数式表示：(1).bxafxaf2)()(=−++(2).bxafxf2)2()(=−+一般地,若函数)(xfy=满足cxbfxaf=−++)()(,则函数的图象

关于点)2,2(cba+对称.特别地，奇函数(关于原点对称)，)()(xfxf−−=，即当横坐标到原点的距离相等(横坐标互为相反数），函数值相反.（公众号：凌晨讲数学）3.注释:对称性的作用:知一半而得全部，即一

旦函数具备对称性，则只需分析一侧的性质，便可得到整个函数的性质.(1).利用对称性求得函数在某点的函数值.(2).利用对称性可以在作图时只需作出一半的图象，然后再根据对称性作出另一半的图象.(3).对于轴对称函数，关于对称轴对称的两个单调区间单调性相反；对于中心对称函数，

关于对称中心对称的两个单调区间单调性相同.二．函数的周期性1.定义:对于()fx定义域内的每一个x，都存在非零常数T，使得()()fxTfx+=恒成立，则称函数()fx具有周期性，T叫做()fx的一个周期，则kT（,0kZk）也是()fx的周期，所有周期中的最小正数

叫()fx的最小正周期.2.函数周期性有关结论:设a是非零常数，若对于函数)(xfy=定义域内的任一变量x有下列条件之一成立，则函数)(xfy=是周期函数，且||2a是它的一个周期.(1).)()(axfaxf−=+(2).)()(xf

axf−=+(3).)(1)(xfaxf=+(4).)(1)(xfaxf−=+3.函数的对称性与周期性性质1.若函数)(xfy=同时关于直线ax=与bx=轴对称，则函数)(xfy=必为周期函数，且||2baT−=.性质2.

若函数)(xfy=同时关于点)0,(a与点)0,(b中心对称，则函数)(xfy=必为周期函数，且||2baT−=.（公众号：凌晨讲数学）性质3.若函数)(xfy=既关于点)0,(a中心对称，又关于直线bx=轴对称，则函数)(xfy=必为周期函数，且||4baT−=.特别地：(1).若)(xfy=是

奇函数且关于ax=轴对称，则)(xfy=是周期函数，周期为______.(2).若)(xfy=是偶函数且关于ax=轴对称，则)(xfy=是周期函数，周期为______.(3).若)(xfy=是奇函数且关于)0,

(a轴对称，则)(xfy=是周期函数，周期为______.(4).若)(xfy=是偶函数且关于)0,(a轴对称，则)(xfy=是周期函数，周期为______.4.周期性的应用:(1).函数周期性的作用：简

而言之“窥一斑而知全豹”，只要了解一个周期的性质，则得到整个函数的性质.(2).图像：只要做出一个周期的函数图象，其余部分的图像可利用周期性进行复制粘贴.(3).单调性：（公众号：凌晨讲数学）由于间隔)(ZkkT的函数图象相同，所以若函数)(xfy=在))(

,(Tabba−上单调增(减)，则)(xfy=在)(),,(ZkkTbkTa++上单调增(减).二．典例分析1．（2021新高考2卷）已知函数()fx的定义域为R，()2fx+为偶函数，()21fx+为奇函数，则（）A．102f−=B．()10f−=C．()20f=D．()40f=

解析：因为函数()2fx+为偶函数，则()()22fxfx+=−，可得()()31fxfx+=−，因为函数()21fx+为奇函数，则()()1221fxfx−=−+，所以，()()11fxfx−=−+，所以，()()()311fxfxfx+=−+=−，即()()4fxfx=+，故函数(

)fx是以4为周期的周期函数，因为函数()()21Fxfx=+为奇函数，则()()010Ff==，故()()110ff−=−=，其它三个选项未知.故选：B.2．（2021全国甲卷）设函数()fx的定义域为R，()1fx+为奇函数，()2fx+为偶函数，当1,2x时，

2()fxaxb=+．若()()036ff+=，则92f=（）A．94−B．32−C．74D．52因为()1fx+是奇函数，所以()()11fxfx−+=−+①；因为()2fx+是偶函数，所

以()()22fxfx+=−+②．令1x=，由①得：()()()024ffab=−=−+，由②得：()()31ffab==+，因为()()036ff+=，所以()462ababa−+++==−，令0x=

，由①得：()()()11102fffb=−==，所以()222fxx=−+．由两个对称性可知，函数()fx的周期4T=．所以91352222fff==−=．故选：D．3．（2021全国乙卷）已知函数(),()fxgx的定义域均为R，且(

)(2)5,()(4)7fxgxgxfx+−=−−=．若()ygx=的图像关于直线2x=对称，(2)4g=，则221()kfk==（）A．21−B．22−C．23−D．24−解析：因为()ygx=的图像关于直线2x=对称，所以()()22gxgx−=+

，因为()(4)7gxfx−−=，所以(2)(2)7gxfx+−−=，即(2)7(2)gxfx+=+−，因为()(2)5fxgx+−=，所以()(2)5fxgx++=，代入得()7(2)5fxfx++−=，即(

)(2)2fxfx+−=−，所以()()()()35212510fff+++=−=−，()()()()46222510fff+++=−=−.因为()(2)5fxgx+−=，所以(0)(2)5fg+=，即()01f=，所以()(2)203ff=−−=−.因为()(4)7gxfx−−

=，所以(4)()7gxfx+−=，又因为()(2)5fxgx+−=，联立得，()()2412gxgx−++=，所以()ygx=的图像关于点()3,6中心对称，因为函数()gx的定义域为R，所以()36g=因为(

)(2)5fxgx++=，所以()()1531fg=−=−.所以()()()()()()()()221123521462213101024()kfffffffffk=+++++++++=−−−−=−=故选：D4．（2022新高考1卷）已知函数()fx及其导函数(

)fx的定义域均为R，记()()gxfx=，若322fx−，(2)gx+均为偶函数，则（）A．(0)0f=B．102g−=C．(1)(4)ff−=D．(1)(2)gg−=解析：因为322fx−，(2)gx+均

为偶函数，所以332222fxfx−=+即3322fxfx−=+，(2)(2)gxgx+=−，所以()()3fxfx−=，(4)()gxgx−=，则(1)

(4)ff−=，故C正确；函数()fx，()gx的图象分别关于直线3,22xx==对称，又()()gxfx=，且函数()fx可导，所以()()30,32ggxgx=−=−，所以()(4)()3gxgxgx−==−−，所以()(2)(1)

gxgxgx+=−+=，所以13022gg−==，()()()112ggg−==−，故B正确，D错误；若函数()fx满足题设条件，则函数()fxC+（C为常数）也满足题设条件，所以无法确

定()fx的函数值，故A错误.故选：BC.5．（2022新高考2卷）已知函数()fx的定义域为R，且()()()(),(1)1fxyfxyfxfyf++−==，则221()kfk==（）A．3−B．2−C．0D．

1解析：因为()()()()fxyfxyfxfy++−=，令1,0xy==可得，()()()2110fff=，所以()02f=，令0x=可得，()()()2fyfyfy+−=，即()()fyfy=−，所以函数()fx为偶函数，令1y=得，()()()()()111fxfxfxffx++−==，即有

()()()21fxfxfx++=+，从而可知()()21fxfx+=−−，()()14fxfx−=−−，故()()24fxfx+=−，即()()6fxfx=+，所以函数()fx的一个周期为6．因为()()()210121fff=−=−=−，()()()321112ff

f=−=−−=−，()()()4221fff=−==−，()()()5111fff=−==，()()602ff==，所以一个周期内的()()()1260fff+++=．由于22除以6余4，所以()()()()()221123411213kfkffff==+++=−−−=−．故选：A．

3.新高考2卷单选压轴与和差化积公式抽象函数，函数方程大行其道是今年高考题中最靓丽的一道风景线，其中新高考2卷选择压轴题的这道函数方程问题应该是全国卷对该领域考察最深的一次！函数与方程本是难点之一，再加上很多年未曾考察，所以我估计这道题目的得分率不是很

高！但是，抽象的东西不是无源之水，它注定有一个原型，这也是我们处理函数方程的一个重要方法，例如，最常见的函数方程：)()()(yfxfyxf=+其实就是我们的指数乘法公式：)1,0(=+aaaaayxyx.所以，处理函数方程问题的一个重要手法

就是找原型.于是，2022新高考2卷这道题目也是具有原型的，它就是我们的三角函数和差化积公式，一个出现在新教材必修一226页习题！（公众号：凌晨讲数学）一．基本原理1coscos[cos()cos()]2=++−；1sinsin[cos()cos()]2=−+−−

；1sincos[sin()sin()]2=++−；1cossin[sin()sin()]2=+−−.证明：由cos()coscossinsin+=−，cos()coscossin

sin−=+，得1coscos[cos()cos()]2=++−.这样，若令xxfcos)(=，则上述积化和差公式可进一步抽象得：)()(2)()(yfxfyxfyxf=−++.二．典例分析（公众号：凌晨讲数学）典例：（2022新高考2卷）已知函数)(x

f的定义域为R，且1)1(),()()()(==−++fyfxfyxfyxf，则==221)(kkfA.3−B.2−C.0D.1解析：方法1.由余弦函数积化和差公式可得，考虑函数xxf3cos2)(=，则)(xf满足题意.于是，)(xf

周期为6，且2)6(,1)5(,1)4(,2)3(,1)2(,1)1(==−=−=−==ffffff，进一步3)4()3()2()1()(221−=+++==ffffkfk，故选A.方法2.因为()()()()fx

yfxyfxfy++−=，令1,0xy==可得，()()()2110fff=，所以()02f=，令0x=可得，()()()2fyfyfy+−=，即()()fyfy=−，所以函数()fx为偶函数，令1y=得，()()()()(

)111fxfxfxffx++−==，即有()()()21fxfxfx++=+，从而可知()()21fxfx+=−−，()()14fxfx−=−−，故()()24fxfx+=−，即()()6fxfx=+，所以函数()fx的一个周期为6．因为()()()210121fff=−=−=−，()

()()321112fff=−=−−=−，()()()4221fff=−==−，()()()5111fff=−==，()()602ff==，所以一个周期内的()()()1260fff+++=．由于22除以6余4，所以()()(

)()()221123411213kfkffff==+++=−−−=−．故选：A．显然，方法1的优势相当明显！下来留一个练习，有兴趣的读者自行完成.已知函数()fx的定义域为R，满足()112f=，()(

)()()2fxyfxyfxfy++−=，则()()()()1232014ffff++++=（）A.1B.12−C.12D.1−4.对数均值不等式与两道导数压轴对数均值不等式在今年甲卷21题和新高考2卷22题中均有所涉及，我们需要注

意的是，对于对均，不仅要知道其内容，更应该学会证明，它本质上是两个函数的证明，大家要掌握下面的证明过程.一．基本原理.对均不等式的两种证明与几个重要的不等式链两个正数a和b的对数平均定义：(),(,)lnln().ababLababaab−=−=对数平均与算术平均、几何平均的

大小关系：(,)2ababLab+（此式记为对数平均不等式）取等条件：当且仅当ab=时，等号成立.只证：当ab时，(,)2ababLab+.不失一般性，可设ab.证明如下：（I）先证：(,)abLab……①（II）不等式①1lnlnln2ln(1

)abaabaabxxxbbaxbab−−−−=其中构造函数1()2ln(),(1)fxxxxx=−−，则22211()1(1)fxxxx=−−=−−.因为1x时，()0fx，所以函数(

)fx在(1,)+上单调递减，故()(1)0fxf=，从而不等式①成立；（II）再证：(,)2abLab+……②不等式②2(1)2()2(1)lnlnlnln(1)(1)(1)aabaxababxxaabbxbb−−−−=+++其中构造函数2(1)()ln,

(1)(1)xgxxxx−=−+，则22214(1)()(1)(1)xgxxxxx−=−=++.因为1x时，()0gx，所以函数()gx在(1,)+上单调递增，故()(1)0gxg=，从而不等式②成立；综合（I）（II）知，对,abR+，都有对数平均不等式(,)2ababLab

+成立，当且仅当ab=时，等号成立.3．定义：设baba,0,0，则abbababa−−+lnln2，其中babalnln−−为对数平均数.二．典例分析1．（2022甲卷）已知函数()lnxfxxaxxe−=+−．（1）若()0fx，求a的取值范围；（2）证明：若()fx有两个

零点12,xx，则121xx．解析：()fx的定义域为(0,)+，2111()e1xfxxxx=−−+1111e1e11xxxxxxxx−=−+−=+令()0fx=,得1x=，当(0

,1),()0,()xfxfx单调递减，当(1,),()0,()xfxfx+单调递增()(1)e1fxfa=+−，若()0fx,则e10a+−,即1ae+所以a的取值范围为(,1]e−+（2）由

题知,()fx一个零点小于1,一个零点大于1不妨设121xx<<要证121xx,即证121xx因为121,(0,1)xx,即证()121fxfx因为()()12fxfx=,即证()221fxfx即证1e1lneln0,(1,)xxxxxxxxx

−+−−−+即证1e11e2ln02xxxxxxx−−−−下面证明1x时，1e11e0,ln02xxxxxxx−−−设11(),eexxgxxxx=−，则11122111111()eee1ee1xxxxxgxxxxxxxx

=−−+−=−−−111e1e1eexxxxxxxxx−=−−=−设()()()22e1111,ee0xxxxxxxxxxx−==−=所以()()

1ex=,而1eex所以1ee0xxx−,所以()0gx，以()gx在(1,)+单调递增即()(1)0gxg=,所以1ee0xxxx−，令11()ln,12hxxxxx=−−2222211121(1)()102

22xxxhxxxxx−−−−=−+==，所以()hx在(1,)+单调递减即()(1)0hxh=,所以11ln02xxx−−；综上,1e11e2ln02xxxxxxx−−−−

,所以121xx.2．（2022新高考2卷）已知函数()eeaxxfxx=−．（1）当1a=时，讨论()fx的单调性；（2）当0x时，()1fx−，求a的取值范围；（3）设nN，证明：222111ln(1)1122nnn+++++++．解析：（1）略（2）设()

ee1axxhxx=−+，则()00h=，又()()1eeaxxhxax=+−，设()()1eeaxxgxax=+−，则()()22eeaxxgxaax=+−，若12a，则()0210ga=−，因为()gx为连续不间断函数，故存在()00

,x+，使得()00,xx，故()gx在()00,x为增函数，故()()00gxg=，故()hx在()00,x为增函数，故()()01hxh=−，与题设矛盾.若102a，则()()()ln11eeeeaxaxaxxxhxax++=+−=−，下证：对任意0x，总有()ln1xx+

成立，证明：设()()ln1Sxxx=+−，故()11011xSxxx−=−=++，故()Sx在()0,+上为减函数，故()()00SxS=即()ln1xx+成立.由上述不等式有()ln12eeeeee0axax

xaxaxxaxx+++−−=−，故()0hx总成立，即()hx在()0,+上为减函数，所以()()01hxh=−.当0a时，有()eee1100axxaxhxax=−+−+=，所以()hx在()0,+上为减函数，所以()()01hx

h=−.综上，12a.（3）取12a=，则0x，总有12ee10xxx−+成立，令12ext=，则21,e,2lnxttxt==，故22ln1ttt−即12lnttt−对任意的1t恒成立（

对数均值不等式）.所以对任意的*nN，有112ln1nnnnnn++−+，整理得到：()21ln1lnnnnn+−+，故()222111ln2ln1ln3ln2ln1ln1122nnnn+++−+−+++−+++()ln1n=+，故不等式成立.5.三角函数中w的取值范围研究在三角函数)

sin()(+=xAxf图象与性质中，w对整个图象的性质影响是最大的！毕竟，可以改变函数)(xf的单调区间，极值个数，零点个数等，而只能管到图象左右平移，没有那么多丰富的变式.因此，对w的取值范围的考察就是高考的热门考点之一，这部分考题呈现出综合性

较强，对学生的逻辑推理，直观想象素养要求较高，比如2016年一卷12题，2019年一卷11题，三卷12题等，所以，对w的取值范围的系统研究有助于学生进一步突破三角压轴！一．知求w知求w的问题中，我认为最好的处理方法就是换元

，通过换元将w对图象的影响转化为w对tysin=的某个动区间的影响，这样做的好处就是图象定下来了，是我们最熟悉的正弦函数，处理起来更加直观.下面我们来看一些例子.1.已知单调性求w.例1.已知0w，函数)4sin()(+=xxf在),2

(上单调递减，求w的取值范围.分析：（1）最大的增，减区间占半周期可求w的范围；（2）),2(是最大减区间的子区间.解析：)4,42(4),2(+++=xtx，由于0w，故欲使得)(xf在

区间),2(递减，只需使得tysin=在)4,42(++递减，)23,2()4,42(++即可解得.2.已知最值求w.例2．函数()2sin(0)4fxx=+，当[0,1]x上恰好取得5个最大值，则实数的

取值范围为（）A．925,44B．1927,22C．3341,44D．4150,44【答案】C3.已知对称轴求w.例3.已知函数)0)(6si

n()(+=xxf的图象在),0(上有且仅有两条对称轴，求w的取值范围.]37,34(变式：图象在],0[上有且仅有两条对称轴，求w的取值范围.4.已知零点求w.例4．已知1sin,sin,sin,,222axxbx==其中0,若函数(

)12fxab=−在区间(),2内没有零点,则的取值范围是()A．10,8B．50,8C．150,,188D．1150,,848【答案】D5.求w综合问题例5．（2019全国3卷）设函数()fx=si

n（5x+）(＞0)，已知()fx在0,2有且仅有5个零点，下述四个结论：①()fx在（0,2）有且仅有3个极大值点②()fx在（0,2）有且仅有2个极小值点③()fx在（0,10）单调递增④的取值范围是[122

9510，)其中所有正确结论的编号是A．①④B．②③C．①②③D．①③④【答案】D解析：当[0,2]x时，,2555x++，∵()fx在[0,2]有且仅有5个零点，∴5265

+，∴1229510，故④正确，由5265+，知,2555x++时，令59,,5222x+=时取得极大值，①正确；极小值点不确定，可能是2个也可能是3个，②不正确；因此由

选项可知只需判断③是否正确即可得到答案，当0,10x时，(2),5510x++，若()fx在0,10单调递增，则(2)102+，即<3，∵1229510，

故③正确．故选D练习1.（2022全国甲卷）设函数π()sin3fxx=+在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（）A．513,36B．519,36C．138,63D．1319,66解析：

依题意可得0，因为()0,x，所以,333x++，要使函数在区间()0,恰有三个极值点、两个零点，又sinyx=，,33x的图象如下所示：则5323+，解得13863

，即138,63．故选：C．二．与w皆不知.例6.（2022武汉二调）已知函数)0)(sin()(+=xxf，且)(xf在)3,32(−内恰有2个极值点，且0)3()32(=+−ff，求的

取值集合_____________.解析：依题k=+−6，欲使得)(xf在)3,32(−内恰有2个极值点，则需满足：31232TT，故},26|{Zkkk++.例7．已知函数()()()si

n0fxx=+在区间72,123上单调，且14f=，304f=，则的最大值为A．7B．9C．11D．13解析：由题意，函数()sin()(0)fxx=+在区间72(,)123上单调，则27312122T

−=，解得6T，所26，即12，又由3()1,()044ff==，则34442TkT−=+，即21212244kkT++==，解得21,kkZ=+.当5k=时，此时11=，则()sin(11)fxx=+，又由()14

f=，即11()sin()144f=+=，解得4=−，即()sin(11)4fxx=−，此时函数()fx在区间72(,)123上不单调，不满足题意.当4k=时，此时9=，则()sin(9)fxx=+，又由()14f=，即9()sin()144f=+=，

解得4=，即()sin(9)4fxx=+，此时函数()fx在区间72(,)123上是单调函数，满足题意，所以的最大值为9，故选B.练习2.（2022新高考2卷）已知函数()sin(2)(0π)fxx=+的图像关于点2π,

03中心对称，则（）A．()fx在区间5π0,12单调递减B．()fx在区间π11π,1212−有两个极值点C．直线7π6x=是曲线()yfx=的对称轴D．直线32yx=−是曲线()yfx=的切线解析：由题意

得：2π4πsin033f=+=，所以4ππ3k+=，kZ，即4ππ,3kk=−+Z，又0π，所以2k=时，2π3=，故2π()sin23fxx=+．对A，当5π0,12x时，2π2

π3π2,332x+，由正弦函数sinyu=图象知()yfx=在5π0,12上是单调递减；对B，当π11π,1212x−时，2ππ5π2,322x+，由正弦函

数sinyu=图象知()yfx=只有1个极值点，由2π3π232x+=，解得5π12x=，即5π12x=为函数的唯一极值点；对C，当7π6x=时，2π23π3x+=，7π()06f=，直线7π6x=不是对称轴；对D，由2π2c

os213yx=+=−得：2π1cos232x+=−，解得2π2π22π33xk+=+或2π4π22π,33xkk+=+Z,从而得：πxk=或ππ,3xkk=+Z,所以函数()yfx=在点30,2

处的切线斜率为02π2cos13xky====−，切线方程为：3(0)2yx−=−−即32yx=−．故选：AD．练习题1．函数()2sin()(0)3fxx=+的图象在[0,1]上恰有两个最大值点，

则的取值范围为（）A．[2,4]B．9[2,)2C．1325[,)66D．25[2,)6【答案】C2．若函数()sin(0)6fxx=−在[0,]上的值域为1,12−，则的最小值为（）A

．23B．34C．43D．32【答案】A3．已知函数()sin()(0)3fxx=−，若函数()fx在区间3(,)2上为单调递减函数，则实数的取值范围是（）A．211[,]39B．511[,]69C．23[,]34D．25[,]36【答案】B4．设函数()()πsin

6fxx=−N在5π5π,126上单调递减，则下述三个结论：①()fx在π,π2上的最大值为12，最小值为1−；②()fx在0,2π上有且仅有4个零点；③()fx关于7π12x=轴对称；其中所有正确结论的编号是（）

A．①②B．①③C．②③D．①②③【答案】A5．函数()()3sinxxf=+（0，2），已知||33f=，且对于任意的Rx都有066fxfx−++−−=，若()fx在52,369上单调，则的最大值为（）

A．11B．9C．7D．5【答案】D6．已知函数()sin1(0,01)4fxAxA=+−，588ff=，且()fx在区间30,4上的最大值为2.若对任意的12,[0,]xxt，都有()()1

22fxfx成立，则实数t的最大值是（）A．34B．23C．712D．2解析：01，所以周期2T，因为588ff=，且()fx在区间30,4上的最大值为2，

所以38x=是函数()fx图象的一条对称轴，且328f=，即有21A=+，3sin184+=.而01，∴3842+=，解得23=.故2()(21)sin134fxx=++−.因为任意的12,[

0,]xxt，都有()()122fxfx成立，所以在[0,]xt上，minmax2()()fxfx.令22,34434mxt=++，若24342t+，即308t，则min22()(21)

122fx=+−=，minmax2()()fxfx成立；若2342t+，即38t，此时max()2fx=，所以min2()2fx，而2(0)2f=，∴2()2ft，即22(21)sin1342t++−，解得4in232s2t

+.即2333234484tt+.故满足题意的实数t的范围为30,4，即实数t的最大值是34.6.处理解三角形范围问题的8大视角视角1.对边对角模型对边对角模型是解三角形中最经典的题型，在三角形

中，倘若知道任意一边与该边所对角的大小，我们就可分别利用正弦定理+三角函数或者余弦定理+均值不等式的方法找到相关范围.例1.（2020年全国2卷）在ABC中，CBCBAsinsinsinsinsin222=−−（1）求A；

（2）若3=BC，求ABC周长的最大值.解析：（1）由正弦定理可得：222BCACABACAB−−=，2221cos22ACABBCAACAB+−==−()0,A，23A=.（2）222222cos9BCACABACABAAC

ABACAB=+−=++=，即()29ACABACAB+−=.22ACABACAB+（当且仅当ACAB=时取等号），()()()22223924ACABACABACABACABACAB+=+−+−=+，解得：23ACAB+（当且仅当ACAB=时取等号），

ABC周长323LACABBC=+++，ABC周长的最大值为323+.备注：关于此题第二问，标准的对边对角模型，还可以得到下列的相关问题i)若2=b,求ABC面积的最大值.2sinsinsina

bcRABC===ii)若ABC为锐角三角形，求ac的取值范围.iii)若ABC为锐角三角形，求ca−3的取值范围.相关解答比较简单，此处不再赘述.视角2.正弦定理边角转化在正弦定理中：此时，我们并非一定需要对边对角，实

际上，只要知道任意一边和一角，即可结合内角和定理得到一组边角定量关系，下面我通过例题予以分析.例2.（2019全国3卷）ABC的内角,,ABC对边为,,abc，AbCAasin2sin=+.（1）.求角B的

值；（2）.若ABC为锐角三角形，且1c=，求ABC面积的取值范围．解析：(1)根据题意sinsin2ACabA+=，由正弦定理得sinsinsinsin2ACABA+=，因为0A，故sin0A，消去sinA得s

insin2ACB+=．0B，02AC+因为故2ACB+=或者2ACB++=，而根据题意ABC++=，故2ACB++=不成立，所以2ACB+=，又因为ABC++=，代入得3B=，所以3B=.(2)因为ABC是锐角三角形

，由（1）知3B=，ABC++=得到23AC+=，故022032CC−，解得62C.又应用正弦定理sinsinacAC=，1c=，由三角形面积公式有：222sin()111sin33sinsinsin222sin4si

nABCCaASacBcBcBcCC−====22sincoscossin3321231333(sincos)4sin43tan38tan8CCCCC−==−=+.又因3,tan623CC,故3313388tan82C+，故3382ABCS.故ABCS的

取值范围是33(,)82视角3.齐次边型分式结构在这一部分中，我们经常会看到诸如：222,acbacb++等结构，这种类型当然还可利用正弦定理转化为纯角结构，所以，我们只需要做的就是消元，把三个角消成一个角，或用均值不等式，或用一元函数处理.例3.（2022新高考1卷）

记ABC△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cossin21sin1cos2ABAB=++．（1）若2π3C=，求B；（2）求222abc+的最小值．解析：（1）由已知条件得：sin2sinsin2coscoscos2BABAAB+=+sin2coscoscos2sinsin2BAAB

AB=+−coscos(2)AAB=++cos[π()]cos[π()2]=−++−++BCBCBcos()cos[π()]=−+++−BCBC2coscosBC=−所以sincos22coscosBBBC=−，即(sincos)cos0BCB+=，由已知条件：1cos20B

+，则π2B，可得cos0B，所以1sincos2BC=−=，π6=B．2）由（1）知sincos0BC=−，则π2=−BC，πsinsin()cos2=−=−BCC，πsinsin()sin(2)cos22=+=−=−ABCC

C，由正弦定理222222222sinsincos2cossinsinabABCCcCC+++==2222(12sin)(1sin)sinCCC−+−=4222224sin5sin24sin5sinsinCCCCC+−==+−524−当且仅当22sin2C=时

等号成立，所以222abc+的最小值为425−．例4．在锐角ABC中，2AB=，则2bcb+的范围是（）A．31,2B．41,3C．43,32D．1,22在锐角ABC中，2AB=，因为02A，02C，02B

,所以022B，032B−，解得,64B，所以12sin,22B，211sin,42B，而()()sinsinsin3sin3CABBB=−−=−=，()sin3si

n+2sincos2+cossin2BBBBBBB==()22sin2cos1+2sincosBBBB=−所以()223sin34cossinsin41sinsinsin3sin4sinBBBBBBBBB=−=

−−=−，所以由正弦定理可知：32sinsinsinsin(3)sin3sin4sin22sin22sin2sin2sinBCBBBBBBbbBcBB++−+====−+−，因为211sin,42B

，所以22sin1,12B−−−，所以222sin13,2B−，即312,2bcb+.故选：A.视角4.余弦定理求角的最值余弦定理的最大特色就是齐次分式结构，同

时，xycos=在),0(x上的严格单调性保证了我们可以利用余弦函数的最值来找到角的最值.若bcacbA2cos222−+=，倘若再能找到0222=++zcybxa这样一个约束条件，代入余弦定理消

掉2a，即可得到一个均值结构，利用均值不等式即可求得最值，下面通过例题予以分析.例5.已知ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc.若222221,4cos4sin33caBbAb=+=−，则tanA的最大值为（）A．74B．73C．377D．

477解：∵222221,4cos4sin33caBbAb=+=−，∴2222224cos4sin33aBbAbc+=−，∴由正弦定理得：2222224sincos4sinsin3sin3sinABBABC+=−，即()2222224sinsinc

os4sin3sin3sinABBABC+==−，222433abc=−，则2223344abc=−，2222222223317774444cos22228888bcbcbcbcabcbcAbcbcbccbcb+−+++−====+74=（当且仅当788bccb=，即7=bc时

取等号），cosA的最小值为74.∵22sincos1AA+=，∴()22min73sin1cos1cos1164AAA=−−=−=，∴tanA的最大值为()()maxminsin37cos7AA=.例6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若2sinsinsinaAc

CbB+=，则角A的最大值为（）A．π6B．π4C．π3D．2π3解析：因为2sinsinsinaAcCbB+=，所以2222acb+=，进而可得2222abc=−2222222221()32cos22

4bcbcbcabcAbcbcbc+−−+−+===因为222232323bcbcbc+=，当且仅当3bc=时等号成立，所以233cos42bcAbc=又因为(0,)A，所以角A的最大值为6视角5.秦九韶公式秦九韶公式求范围是近年来解三角形模考试题中热门考察方向之一，相关内容是

人教版新教材的阅读内容，未来完全有可能出现在高考试题中.例7.秦九韶是我国南宋数学家，其著作《数书九章》中的大衍求一术、三斜求积术和秦九韶算法是具有世界意义的重要贡献．秦九韶把已知三边长求三角形面积的方法，用公式表示为：222222142ABCacb

Sac+−=−，其中a，b，c是ABC的内角A，B，C的对边．已知ABC中，cos2cosaAbB=−，2b=，则ABC面积的最大值为（）A．43B．83C．32D．3解析：由cos2co

saAbB=−得sincossin2cosAABB=−，2sinsincoscossinAABAB−=，即2sinsincoscossinsin()sinAABABABC=+=+=，所以2ac=，22222144422ABCaaSaa+−=−!221920

64()2499a=−−+，所以2209a=，即253a=时，()max1644293ABCS==!．故选：A．例8.已知a，b，c是ABC的内角A，B，C的对边．已知ABC中，coscos2cosco

saAaAbBB−==−，则ABC面积的最大值为（）A．43B．83C．32D．3解：ABC中，因为coscos2coscosaAaAbBB−==−，所以sincoscos,2cosscosinAAaaABbBB−==−，则2sinsincoscossi

nsin()sinAABABABC=+=+=，即2ca=，又coscosaBbAab+=，则22222222acbbcaabcc+−+−+=，即cab=，则2b=，所以22222154920164421699ABCaSaa−=−=−−+，

当2209a=时，ABC面积取得最大值为43，故选：A视角6.爪型三角形与等面积方法如图，设AM为A的平分线，则设==CAMBAM，那么有等面积可得：sin)(212sin21+==AMcbbcSABC，进一步

可得：AMcbbc+=)(cos2，于是可以看到，倘若我们知道角与角平分线AM的长度，则可得到cbbc+的转化关系，配合均值不等式就可得到一些范围问题.例9.（2022成都一诊）在ABC中，已知角2π3A=，角A的平分线

AD与边BC相交于点D，AD=2.则AB+2AC的最小值为___________.解析：,,,2ABcACbBCaAD====，依题意AD是角A的角平分线，由三角形的面积公式得1π1π12π2sin2sinsin232323cbbc+=，化简得22

cbbc+=，1112bc+=，()112222223cbABACcbcbbcbc+=+=++=++2232642cbbc+=+.当且仅当2,2cbcbbc==，2222,22,222bbbbbc+==+=+时等

号成立.故答案为：642+视角7.斯特瓦尔特定理与均值不等式基本结论：如图：当设P为ABC的BC边中点时，222241)(21BCACABAP−+=.注：该结论还可由)(21→→→+=ACABAP证得.更一般的情形即斯特瓦尔特定理，此处不再赘述，我们通过例题展示例

10.在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足sincos6bAaB=−.（1）求角B的大小；（2）若D为AC的中点，且1BD=，求ABCS的最大值.解：（1）由正弦定理及sincos6bAaB=−得sinsinsincos6BAAB=

−，由()0,A知sin0A，则31sincoscossin622BBBB=−=+，化简得sin3cosBB=，tan3B=.又()0,B，因此，3B=.（2）由13sin24ABCSacBac==，又D为AC的中点，则2BDBABC=+，等式两边平

方得22242BDBCBCBABA=++，所以2222423acBABCacacac=++=++，则43ac，当且仅当ac=时取等号，因此，ABC的面积最大值为343433=.例11．ABC内角A，B，

C的对边分别为a，b，c，已知cossin2BCbaB+=.（1）求角A的大小；（2）D是边BC上一点，且2BDDC=，2AD=，求ABC面积的最大值.解析：（1）因为cossin2BCbaB+=，由正弦定理可得sincossinsin2BCBAB+=，又sin0B，所以coss

in2BCA+=，因为ABC++=，所以coscossin222BCAA+−==，则sinsin2sincos222AAAA==，又sin02A，所以1cos22A=，因为(0)22A，，所以2

233AA==；（2）根据题意可得2212()3333ADABBDABBCABACABABAC=+=+=+−=+，所以222212144()33999ADABACABABACAC=+=++，即2222136=4()424222c

bcbcbbcbc+−+−=，所以18bc，当且仅当3,6bc==等号成立所以121393sin1823222ABCSbc==△，ABC面积的最大值为932.视角8.恒等变换型目标函数这类最值问题的特点是利用恒等变换化

简函数，它们的目标函数往往不是上面的类型，而且有点“丑”，你需要做的就是耐心美化目标函数，直到找到可以入手的结构！例12．已知在锐角ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足()1coscosaBbA+=，则2sinsinBA的取值

范围是（）A．()2,23B．()3,2C．230,3D．()2,+解析：由()1coscosaBbA+=，知()sin1cossincosABBA+=，sinsincoscossin0AABAB+−=，()sinsin0AAB+−=，()()s

insinABA−=−，因为A、0,2B，则22ππAB−−，02A−−，因为正弦函数sinyx=在,22−上单调递增，所以，ABA−=−，则2BA=，因为ABC为锐角三

角形，则0202232AAA，可得64A，则3tan13A，()222sinsin22sincos22,23sinsinsintanBAAAAAAA===，故选：A.例13．在锐角ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若220c

bca+−=，则()2114sincostantanCCCA++−的取值范围为（）A．()42,9B．()8,9C．834,93+D．()234,9+解析：∵220cbca+−=，∴22acbc−=，∴22co

sbbcAbc−=，∴2cosbcAc−=，∴sin2sincossinBCAC−=，∴()sin2sincossinACCAC+−=，∴()sinsinACC−=，∴ACC−=或ACC−+=（不符合题意舍去），∴2AC=，∴()2

114sincostantanCCCA++−()coscos412sincossinsinCACCCA=++−cossinsincos44sin2sinsinCACACAC−=++()sin44sinsinsinACAAC+=++sin44

sinsinsinCAAC=++144sinsinAA=++，设sinAt=，∵ABC是锐角三角形，∴0,2A，∴0,22ABACA=−−=−−，∴,32A，∴3sin,12At=，令()134

,,12ftttt=+，则()21340,,12fttt=−，∴函数()ft在3,12t上单调递增，故()83,53ft，∴()2111834sincos444,9tantan3CCtCAt++−=++

+.故选：C．7.外接球专题一．球的截面若用一个平面去截半径为R的球O，得到的截面是一个圆：（1）若平面过球心，则截面圆是以球心O为圆心的圆；（2）若平面不过球心，如图所示，小圆圆心为'O，则⊥'O

O，记dOO='，则22dRr−=.例1．（2020全国2卷）已知△ABC是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（）A．3B．32C．1D．32【答案】C注：球的截面性质是我们处理外接球问题的根本思路!例2．（202

0全国1卷）已知,,ABC为球O的球面上的三个点，⊙1O为ABC的外接圆，若⊙1O的面积为4π，1ABBCACOO===，则球O的表面积为（）A．64πB．48πC．36πD．32π【答案】A球的截面性质告

诉我们，在计算多面体的外接球时，我们的思路是从平面到空间，先从该多面体的一个面出发，找到其外接圆圆心的位置，进一步，球心与该圆心的连线一定垂直于该平面，这样，就可找到球心和半径.二．三角形的外心:rOCOBOA===性质Aarsin

2=求解方式：.注：等边三角形的外心，直角三角形的外心，正方形，长方形的外心.三．正方体，长方体的外接球.正长体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中点四．正棱柱，直棱柱的外接球.1.基本定义：棱柱：上下底面平行且全等，侧棱平行且相等

的封闭几何体叫棱柱.直棱柱：侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱.正棱柱：底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱.正棱柱是侧棱都垂直于底面，且底面是正多边形的棱柱.2.外接球球心：直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角

形外心连线的中点.正棱柱外接球的球心是上下底面中心连线的中点。3.计算公式：设底面小圆的半径为r，棱柱高为h，则22)2(hrR+=.rhO三．典例分析例1．（2022新高考1卷）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36，且333l，

则该正四棱锥体积的取值范围是（）A．8118,4B．2781,44C．2764,43D．[18,27]解析：∵球的体积为36，所以球的半径3R=,设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，则2222lah=+，

22232(3)ah=+−,所以26hl=，2222alh=−所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936lllVShahll===−−，所以5233112449696llVll−=−=

，当326l时，0V，当2633l时，0V，所以当26l=时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为643，又3l=时，274V=，33l=时，814V=，所以正四棱锥的体积V的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是276443，.故选：C

.例2．（2022全国乙卷）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A．13B．12C．33D．22解析：设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形

ABCD对角线夹角为，则2111sin222222ABCDSACBDACBDrrr==（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最

大值为22r又22rh1+=则3222222212224322333327OABCDrrhVrhrrh−++===当且仅当222rh=即33h=时等号成立，故选：C例3．（2022新高考2卷）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都

在同一球面上，则该球的表面积为（）A．100πB．128πC．144πD．192π解析：设正三棱台上下底面所在圆面的半径12,rr，所以1233432,2sin60sin60rr==，即123,4rr==，设球心到上下底面的距离分别为12,dd，球的半径为R，所以219dR=−，2216

dR=−，故121dd−=或121dd+=，即229161RR−−−=或229161RR−+−=，解得225R=符合题意，所以球的表面积为24π100πSR==．故选：A．8.抛物线的焦点弦二．典例分析例1.（2022全国甲卷）设抛物线2:2(0)Cypxp=的焦

点为F，点(,0)Dp，过F的直线交C于,MN两点，当直线MDx⊥轴时，3MF=．（1）求C的方程；（2）设直线MD、ND与C的另一个交点分别为,AB，记直线MN、AB的倾斜角分别为,，当−取得最大值时，求直线AB

的方程.解析：（1）C的方程2:4Cyx=（2）要使−最大，则()tan−最大，且易知当直线MN的斜率为负时，−为正才能达到最大．又()tantantan1tantan−−=+设

11223344(,),(,),(,),(,)MxyNxyAxyBxy，由（1）可知(1,0),(2,0)FD则1212221212124tan44MNyyyykyyxxyy−−====−+−又,,NDB三点共线，则NDBDkk=，则24240022yyxx−−=−−，则24222200224

4yyyy−−=−−得248yy=−，即428yy−=同理由,,MDA三点共线可得318yy−=则1234124tan2()yyyyyy==+−+由题可知，直线MN斜率不为0，不妨设:1(0)MNlxmym=+由212212444404

1yymyxymyyyxmy+==−−==−=+则41tan4mm==，41tan242mm−==−则()1112tan111122mmmmmm−−−==++则可知当22m=

−时，()tan−最大，即−最大，此时AB的直线方程为33344()yyxxyy−=−+，即34344()0xyyyyy−++=又12341212888()842yyyymyyyy−−−++=+===−34128816yyyy−−==

−则AB的直线方程为442160xy+−=，即240xy+−=．例2．(2017年高考数学新课标Ⅰ卷理科)已知F为抛物线2:4Cyx=的焦点,过F作两条互相垂直的直线1l,2l,直线1l与C交于,AB两点,直线2l与C交于,DE两点,则ABDE+的是小值为()A．16B．14C．12D

．10解析：法一:设1122(,),(,)AxyBxy,3344(,),(,)DxyExy,直线1l方程为1(1)ykx=−取方程214(1)yxykx==−,得2222111240kxkxxk−−+=∴21122124kxxk−−+=−212124kk+=同理直线2l与抛

物线的交点满足22342224kxxk++=由抛物线定义可知1234||||2ABDExxxxp+=++++221222222212121224244416482816kkkkkkkk++=++=+++=当且仅当121kk=−=(或1−)时,取得等号．法二:设1l的

倾斜角为,则直线2l的倾斜角为π2+根据焦点弦长公式有:2244πsinsin2ABDE+=++()22222224416sincossincos+=+=+．故选A．法四:设点()()1122,,,AxyBxy,则()221212121224ABxxp

xxyy=++=++=++()212121224yyyy=+−+设直线1l的方程为1xmy=+()0m联立直线1l与抛物线2:4Cyx=方程消去x可得2440ymy−−=所以121244yymyy+=

=−,所以()221212122444AByyyym=+−+=+同理244DEm=+所以2248416ABDEmm+=++(当且仅当1m=时等号成立)更多结论：抛物线的正交弦性质:已知F为抛物线2:2Cypx

=()0p的焦点,过F作两条互相垂直的直线12,ll,直线1l与C交于,AB两点,直线2l与C交于,DE两点,则,ABDE的调和平均数为定值:1112ABDEp+=．于是本题可以直接利用这个性质秒杀24112ABDEpABDE+=+,所以81

6ABCDp+=．椭圆与双曲线有类似的性质,于是得到圆锥曲线的正交定值定理已知圆锥曲线C的焦点F作两条互相垂直的直线12,ll,直线1l与C交于,AB两点,直线2l与C交于,DE两点,则21122eABDEep−+=．其中e是圆锥曲线C的离心率,p是焦点到对应准线的距

离．9.2022甲卷解析几何命题背景分析一．试题呈现（2022全国甲卷）.设抛物线2:2(0)Cypxp=的焦点为F，点(),0Dp，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，3MF=．（1）求C的方程；（2）设直线,MDND与C的另一个交点分别为A，B，记直线,MN

AB的倾斜角分别为,．当−取得最大值时，求直线AB的方程．二．命题背景分析“二次曲线中的蝴蝶定理”.结论1[1]：设抛物线)0(2:2=ppxyC的弦AB过定点)0)(0,(mmM，过点M作非水平线l交C于QP,两点，若直线AP与x轴交

于定点)0,(n，直线BQAP,的斜率21,kk存在且非零，则nmkk=21.上述结论1就是2022年全国甲卷解析几何试题的命题背景，即所谓的“蝴蝶定理”！这个定理同样适用于椭圆与双曲线，下面我们通过例题予以展示.三.更多实例例1．已知椭圆2222:1(0)xyabab+=

的离心率为23，半焦距为(0)cc，且1ac−=，经过椭圆的左焦点F，斜率为11(0)kk的直线与椭圆交于A，B两点，O为坐标原点．（1）求椭圆的标准方程．（2）设(1,0)R，延长AR，BR分别与椭圆交于C，D

两点，直线CD的斜率为2k，求证：12kk为定值．解析：（1）由题意，得231caac=−=解得32ac==，∴2225bac=−=，故椭圆的方程为22195xy+=．（2）设()33,Cxy，()44

,Dxy，由已知，直线AR的方程为()1111yyxx=−−，即1111xxyy−=+．由112211195xxyyxy−=++=消去x并整理，得2112115140xxyyyy−−+−=．则2113145yyyx=−−，∵10y，∴13145yyx=−，

∴1111331111114591155xxyxxyyyxx−−−=+=+=−−．∴1111594,55xyCxx−−−，同理2222594,55xyDxx−−−．()()()()()()1212211221212

211244454555595959559555yyyxyxxxkxxxxxxxx−−−−−==−−−−−−−−−()()()122121454516yxyxxx−−−=−，∵()1112ykx=+，()2122ykx=+，∴()()()()()()()11212112

1122121425425771644kxxkxxkxxkkxxxx+−−+−−===−−，∴1247kk=为定值．注：可以看到，椭圆中的蝴蝶构型在证明过程中会出现非对称韦达结构.习题1.（2018年重庆预赛）设椭圆

C的左、右顶点为,(,0)ABa,过右焦点(1,0)F作非水平直线l与椭圆C交于,PQ两点,记直线,APBQ的斜率分别为12,kk,试证:12kk为定值,并求此定值(用a的函数表示).证明：设:1lxty=+，代入椭圆方程222211xyaa+=−得2222222(

(1))2(1)(1)0atayatya−++−−−=，设1122(,),(,)PxyQxy,则2122222(1)(1)atyyata−+=−−+，2212222(1)(1)ayyata−=−−+.两式相除得1221221yytyya+=−,212121()2atyyyy−=+.由

题意知111111yykxatya==+++,222221yykxatya==−−+.从而2112121122211222(1)(1)()/2(1)(1)()/2kytyaayyayykytyaayyayy−+−+−+==++−+++.22122212

(21)(1)(1)(21)aayayayaay−++−=−+++.因为222221111121aaaaaaaa−+−−==−+++，所以1211kaka−=+.四．逆向思考：斜率之商为定值，是否恒过定点？前面我们围绕抛物线与椭圆中的“蝴蝶定理”，着力在证明斜率之商为定值

！那么倘若，已知斜率之积为定值，又会出现什么样的情形呢？此时我们主要注意，在二次曲线中，斜率乘积为定值的模型是很重要的一类，而斜率之商在一定条件下可以转化为斜率之积，于是我们可以看到，在一些问题中，斜率之商为定值是可以得到一类定点问题！下面，我通过

例题予以分析.例2．在平面直角坐标系中，已知圆()22:236Mxy++=，点()2,0N，Q是圆M上任意一点，线段NQ的垂直平分线与半径MQ相交于点P，设点P的轨迹为曲线E。（1）求曲线E的方程；（2）若()(),3,03,0AB−，设过点()9,Tm的直线,TATB

与曲线E分别交于点()()1122,,,CxyDxy，其中120,0,0myy，求证：直线CD必过x轴上的一定点。(其坐标与m无关)解析：（1）曲线E的方程为：22195xy+=。（2）点T的坐标为()9,m直线TA方程为：0

3093yxm−+=−+，即()312myx=+，直线TB方程为：03093yxm−−=−−，即()36myx=−,分别与椭圆22195xy+=联立方程组，.21=ABMNkk同时考虑到123,3xx−，解得：()()2222223803204020,,,808

02020mmmmCDmmmm−−−++++.当12xx时，直线CD方程为：()()()222222222320202020402038032080208020mmyxm

mmmmmmmmm−+−++=−−+−++++令0y=，解得：1x=.此时必过点()1,0K；当12xx=时，直线CD方程为：1x=，与x轴交点为()1,0K.综上所述，直线MN必过x轴上的一定点()1,0K.注：依题，我们

可以得到五．坎迪定理上述结果可推广到圆锥曲线中，具体形式见参考文献[2].参考文献：[1].陈学忠.对一道斜率比为定值试题的拓展探究.[J].中学数学研究.2020.02.[2].吴宏考.蝴蝶定理的妙用及变式推广.[

J].高中数学教与学.六．练习题练习1．如图，已知抛物线24yx=的焦点为F．过点(2,0)P的直线交抛物线于1122(),(,)AxyBxy两点，直线,AFBF分别与抛物线交于点,.MN（1）求12yy的值；

（2）记直线MN的斜率为1k，直线的斜率为2k，证明：12kk为定值．解析：（1）根据条件，设直线AB的方程为2xmy=+将其代入24yx=，消去x，整理得2480ymy−−=，所以128.yy=−（2）设3344(,),N(,)Mx

yxy，则221234341121222342341212344444yyyyyykxxyyyykxxyyyyyy−−−−+===−−−+−．设直线AM的方程为1xny=+．将其代入24yx=，消去x，整理得2440.yny−−=所以134.y

y=−同理可得244yy=−，故112121223412444kyyyyyykyyyy++===−−+−+．由（1）得122kk=为定值．练习2.设抛物线2:2(0)Cypxp=的焦点为F，点(),0Dp，过F的直线交C于M，N两点．当直线

MD垂直于x轴时，3MF=．（1）求C的方程；（2）设直线,MDND与C的另一个交点分别为A，B，记直线,MNAB的倾斜角分别为,．当−取得最大值时，求直线AB的方程．解析：（1）抛物线的准线为2px=−，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时=32pMFp+=，所以2p=，所以抛物

线C的方程为24yx=.（2）设222231241234,,,,,,,4444yyyyMyNyAyBy，直线:1MNxmy=+，由214xmyyx=+=

可得2440ymy−−=，120,4yy=−，12221212444MNyykyyyy−==+−，34223434444AByykyyyy−==+−，112:2xMDxyy−=+，代入抛物线方程可得()1214280xyyy−−−=，130,8yy

=−，所以322yy=，同理可得412yy=，所以()34124422MNABkkyyyy===++又因为直线MN、AB的倾斜角分别为,，所以tantan22MNABkk===，若要使−最

大，则0,2，设220MNABkkk==，则()2tantan112tan11tantan1241222kkkkkk−−====+++，当且仅当12kk=即22k=时，等号成立，所以当−最大时，22ABk=，设

直线:2ABxyn=+，代入抛物线方程可得24240yyn−−=，34120,4416yynyy=−==−，所以4n=，所以直线:24ABxy=+.10.与斜率和，斜率积有关的定点定值一.基本结论：设),(00yxP为椭圆)0(12222=+bab

yax上的定点，AB是椭圆上一条动弦，直线PBPAAB,,的斜率分别为21,,kkk；（1）若2221abkk=，则有000,0xykx−=，（2）若2221abkk，则直线AB过定点，（3）若021=+kk，则有02020,0yaxbky=

，（4）若021+kk，则直线AB过定点.证明：设),(),,(2211yxByxA，直线AB的方程为mkxy+=，则=−++=0222222bayaxbmkxy0)(2)(22222222=−+++bmaxkmaxakb，2222222122222122222

2)(,2,0)(4bakbmaxxbakkmaxxmbakba+−=+−=+−+=，（1）txbmkxxbmkxtxbyxbytkkPBPA=−+−+=−−=22112211，221212()()()()0ktxxkmbxxmb−+−++−=2222222222

22()2()()()0ambakmktkmbmbakbakb−−−+−+−=++等式两边同除以)(bm−，化简得2222222()()2()()0ktambakmmbakb−+−+−+=2222222222222320akmakbamtabtakmakmbma

kbb+−−−++−−=tabtabm2222−+=，所以直线AB过定点−+btabtab2222,0．（2）12121212PAPBybybkxmbkxmbkktttxxxx−−+−+−+=+=

+==+−+txxxxbmk2121))((2()()2(2)22tmbtmbkyxmbytbxtxbmbb++==+−=+2bxtyb=−=−所以直线AB过定点),2(btb−−．（3）设),(),,(2211yxFyxE，直线AE的方程为00)(yxxky+−

=，直线AF的方程为)(0xxky−−=．令00kxym−=，联立方程=++−=1)(222200byaxyxxky，整理得02)(222222222=−+++bamakmxaxbak，则0222220021222

222210)()(,xbkabkxyaxbkabamaxx+−−=+−=解得，同理0222220022)()(xbkabkxyax+−+=．则直线EF的斜率为0022121201212)(2yxabxxxxkkxxxyykEF=−+−=

−−=为定值．二．典例分析例1.（2022新高考1卷）．已知点(2,1)A在双曲线2222:1(1)1xyCaaa−=−上，直线l交C于P，Q两点，直线,APAQ的斜率之和为0．（1）求l的斜率；（2）若tan22PAQ=，求PAQ△的面积．解析：（1）因

为点(2,1)A在双曲线2222:1(1)1xyCaaa−=−上，所以224111aa−=−，解得22a=，即双曲线22:12xCy−=易知直线l的斜率存在，设:lykxm=+，()()1122,,,PxyQxy，联立2212ykxmxy=+−=可得，()2221

24220kxmkxm−−−−=，所以，2121222422,2121mkmxxxxkk++=−=−−，()()22222216422210120mkmkmk=++−−+．所以由0APBPkk+=可得，212111022yyxx−−

+=−−，即()()()()122121210xkxmxkxm−+−+−+−=，即()()()1212212410kxxmkxxm+−−+−−=，所以()()2222242124102121mmkkmkmkk++−−−−−=−−，化简得，()2844410kkmk

+−++=，即()()1210kkm+−+=，所以1k=−或12mk=−，当12mk=−时，直线():21lykxmkx=+=−+过点()2,1A，与题意不符，舍去，故1k=−．（2）不妨设直线,PAPB的倾斜角为,2，因为0A

PBPkk+=，所以π+=，由（1）知，212220xxm=+，当,AB均在双曲线左支时，2PAQ=，所以tan222=，即22tantan20+−=，解得2tan2=（负值舍去）此时PA与双曲线

的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；当,AB均在双曲线右支时，因为tan22PAQ=，所以()tan22−=，即tan222=−，即22tantan20−−=，解得tan2=（负值舍去），于是，直线():221

PAyx=−+，直线():221PByx=−−+，联立()2222112yxxy=−+−=可得，()232122104202xx+−+−=，因为方程有一个根为2，所以10423Px−=，Py=4253−，

同理可得，10423Qx+=，Qy=4253−−．所以5:03PQxy+−=，163PQ=，故PAQ△的面积为116221622339=．例2.（2020新高考卷）已知椭圆C：22221(0)xyabab+=的离心率为22，且过点()2,1A

．（1）求C的方程：（2）点M，N在C上，且AMAN⊥，ADMN⊥，D为垂足．证明：存在定点Q，使得DQ为定值．解析：（1）由题意可得：2222222411caababc=+==+，解得：22

26,3abc===，故椭圆方程为：22163xy+=.（2）设点()()1122,,,MxyNxy，若直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为：ykxm=+，代入椭圆方程消去y并整理得：()22212k4260xkmxm+++−=，可得122412kmxx

k+=−+，21222612mxxk−=+，因为AMAN⊥，所以·0AMAN=，即()()()()121222110xxyy−−+−−=，根据1122,kxmykxmy=+=+,代入整理可得：()()

()()22121212140xxkmkxxkm++−−++−+=，所以()()()22222264k121401212mkmkmkmkk−++−−−+−+=++，整理化简得()()231210kmk

m+++−=，因为2,1A（）不在直线MN上，所以210km+−，故23101kmk++=，，于是MN的方程为2133ykx=−−()1k，所以直线过定点直线过定点21,33P−.当

直线MN的斜率不存在时，可得()11,Nxy−，由·0AMAN=得：()()()()111122110xxyy−−+−−−=，得()1221210xy−+−=，结合2211163xy+=可得：2113840xx−+=，解

得：123x=或22x=（舍）.此时直线MN过点21,33P−.令Q为AP的中点，即41,33Q，若D与P不重合，则由题设知AP是RtADP的斜边，故12223DQAP==，若D与P重合，则12DQAP=，故

存在点41,33Q，使得DQ为定值.例3．（2017全国1卷）已知椭圆12222=+byax，四点12(1,1),(0,1)PP，331,2P−，431,2P中恰有三点在椭圆上

．（1）求椭圆的方程：（2）设直线l不经过点2P且与椭圆交于BA,两点，若直线BPAP22与直线的斜率之和为1−，证明：l过定点．解析：（1）由条件知1P不在椭圆上，易得椭圆方程为1422=+yx．（2）①当直线l的斜率不存在时，设1211),,(),,(,:−=−=

−−+−=+−=mmymykkymBymAmxlAAPBPAAA，得2=m，此时直线l过椭圆右顶点，无两个交点，故不满足．②当直线l斜率存在时，设),(),,(),1(:2211yxByxAmmkxyl+=因为=++

=1422yxmkxy0)1(48)41(222=−+++mkmxxk所以222122141)1(4,418kmxxkkmxx+−=+−=+所以12212121121211()()PAPByyxkxmxxkxmxkkxxxx−−+−++−+=+=12121

22(1)()kxxmxxxx+−+=1122)1(4)1(822−=+−+=−−−=mkmkmmkmk又121−−=kmm，此时kmk16)14(1622=−+=，存在k使得0所以直线l的方程为)2(112−=+

−−=xkykkxy，)1,2(−过定点l．11.留给中档生的机会真的不多了？2022年高考数学的难度是让人难忘的！这其中尤以新高考1卷难度最高，考完过后，很多人惊呼这套题目“一个能打的都没有”，简直是中档生的收割机！时至今日，关于这套题目的讨论已经很多了，但本文还是想从一些角度再度来

分析为何这套题目会让大家觉得“很难”，以及经历过2022高考后，我们的初高中的数学学习与高三备考复习该走向何方？一．2022年新高考1卷为何很难？这一部分，我想从数据部分与个别题目角度入手，来分析题目为何“很难”？首先，我们看到2021年与2022年两年

新高考1卷选题填的知识点分布：由表可得：2022年新高考1卷在立体几何，解析几何，函数与导数三大板块的分值比重进一步增大！二．这套试卷为何成了中档生收割机？就我个人的经验，我将中档生总结为这几个特点：1.重刷题，重套路，轻思考，轻总结.刷题是

提高数学成绩的重要前提，但中等生在这块经常忽视对题目的深度思考，比如我们刷题过程中有些类似的题目缺少探究其本质进而总结出更一般的规律，这样的后果就是喜欢就题论题，刷过的类型就可以很顺利的解决，陌生的问题则显得浮躁，很难静心思考，比如我们的18题.久而久之

，就形成一种“喜旧不喜新”的特质，一般像20题这样的题目很难拿到高分.2.立体几何，解析几何，函数与导数是中档生面前的三座大山！3.勇猛有余，细心不足.我见过很多这样的学生，做题速度不差，但是做完后就是东错一点，西错一点，计算的细心程度不够！4.“顺风龙，逆风虫”：

中等生的考场状态跟试题有很大的关系，如果一套题目很平稳，多数都是他做过的类型，可能就会超常发挥，个别难题也能思考的出.但是倘若不顺，就会心浮气躁，会的也做错，总之，心力不够强！3.留给中档生的机会真的

不多了？经过前面的分析，我们自然回到文章的主题，留给中等生的机会真的不多了？当然不是！我们完全有机会来改变这一切！第1.当然就是在一轮复习或者高一，高二新课学习中“打到三座大山”!在立体几何，解析几何，函

数与导数的学习中，我们要务必打起十足的精神，这三部分内容分别分布在高一，高二的四个学期，新课学习中我们就要打好基础.立体几何部分不要过早的涉及向量法，应该先培养空间想象力，我们看到选填部分的很多立体几何问题（外接球）对想象力要求是很高的，切记，过早的涉及向量方法不合适！解析几何部分则要敢

于动笔运算，实际上，近年来的解析几何对运算的要求已经从量过渡到质，要能算还要会算，但都要算，这部分都是需要通过做题来积淀的！第2，平时练习要敢于打“逆风战”，中等生在高一，高二的学习中有畏难情结.这些恰恰是培养战力的关键之笔.

而在高三复习中，我们应该适当地进行一些测试，这样的测试试卷具有明显的“新意”.同时，每次考试完要复盘自己的“考场状态”，不仅是知识层面，更要反思总结“心态”层面，真正练就一颗强大的心！第3，重视思考，这个要从小学开始培

养！特别是在初中阶段，切莫过早的进入刷题模式，毕竟高中的很多学习习惯都是初中养成的，多思考，善总结，这个要从初中开始培养，这对理科学习是至关重要的.第4，要敢于向自己的弱点说不，特别是高三复习中，对于每次考试中自己的失分点，都要说不，其实高三

一年的复习，我们真的可以做到“面面俱到”，但是，作为考生的你能否做到如此呢，我们不需要额外增加多少负担，只是要认真去纠正自己的不足，这就落实到练习的订正与消化，你可以做一个自己的错题统计表，有效地管理好自己的“错误”！