2022高考数学解题技巧讲义

2021高考数学解题技巧讲义第1讲函数相关技巧2技巧1分式函数求值域5技巧2口算奇偶性求参数6技巧3形如f(x)=奇函数+常数9第2讲平面向量19技巧1奔驰定理22技巧2三角形的四心26技巧3极化恒等式28第3讲解三角形39技巧一三角形的射影定理41技巧2三角形的中线定理43技巧3角平分线的定理45第4讲数列55技巧1等比数列前n项和规律58技巧2单一条件口算结果59技巧3公式法口算通项61技巧4错位相减法口算结果63技巧5斐波那数列65第5讲焦点三角形76技巧1焦点三角形的周长79技巧2焦点三角形的面积80技巧3焦点三角形的离心率82第6讲离心率95技巧1焦点三角形中的离心率98技巧2点差法中的离心率100技巧3渐近线与离心率103技巧4焦点弦与离心率106第7讲点差法119技巧1点差法在椭圆在的应用121技巧2点差法在双曲线在的应用126技巧3点差法在抛物线在的应用131第8讲外接球与内切球152技巧1外接球之墙角模型158技巧2外接球之汉堡模型159技巧3外接球之斗笠模型163技巧4外接球之折叠模型165技巧5外接球之切瓜模型168技巧6外接球之麻花模型170技巧7外接球之矩形模型171技巧8内切球半径173 第1讲函数相关技巧技巧导图技巧详讲一．分式函数求值域-----分子分母为同类型函数（一）注意事项1.求值域前先求定义域，如果给出区间则不用求定义域2.几个极限值（二）模式 二.奇偶性1.常见函数的奇偶性（前提定义域关于原点对称）2.有对称轴函数解不等式或比较大小----比较的是两个自变量与对称轴距离的远近当函数的对称轴为x=a，则f(x1)>f(x2)（1）当函数的先增后减时，（2）当函数的先减后增时，3.奇偶性的运算同性相加减的同性，异性相加减为非奇非偶同性乘除为偶函数，异性乘除为奇函数三.函数模型为f(x)=g(x)+k，其中g(x)为奇函数，所给区间要关于原点对称1.f(x)+f(-x)=2k推导：f(x)+f(-x)=g(x)+k+g(-x)+k=g(x)-g(-x)+2k=2k2.f(x)max+f(x)min=2k推导:f(x)max+f(x)min=g(x)max+k+g(x)min+k=2k(奇函数的最大值与最小值成相反数）3.如何找k---f(0)=k推导:f(0)=g(0)+k=k 技巧举证技巧1分式函数求值域【例1】（1）（2020山西省太原市实验中学）已知函数的取值范围。（2）（2020湖南省长沙市第一中学）函数的值域为。【答案】（1）【，】（2）【解析】，则其值域【，】（2）常规法：分离常数由已知:,.技巧法：t=x2,t≥0，则函数y=f(x)=t-1t+1,f(0)=-1,f(∞)=1(取不到，开区间），【举一反三】1．（2019上海市普陀区曹杨第二中学函数），的值域是________；【答案】；【解析】技巧法：f(0)=32,f(2)=74故答案为：常规法：,因为,故,故.故答案为：2．（2020广东省东莞市北师大东莞石竹附属学校）函数的值域是。【答案】，【解析】技巧法：t=x2,t≥0，则函数y=f(x)=-t+2t+2,f(0)=1,f(∞)=-1(取不到，开区间），即函数的值域是，．常规法：， ，，则，．即函数的值域是，．3.（2020陕西省西安市高新一中）函数的值域为________.【答案】【解析】技巧法：的定义域为，则y≠f(-1)=4故答案为：常规法：由题.因为的值域为,故的值域为,故的值域为.故的值域为故答案为：技巧2口算奇偶性求参数【例2】（1）（2020·福建漳州·高三其他（文））若函数是偶函数，则实数（）A．B．0C．1D．（2）（2020·河南高三月考（理））已知是奇函数，且实数满足，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】（1）C（2）D【解析】（1）技巧法：因为函数为偶函数，正弦为奇函数，所以对数为奇函数，根据常见函数可知常规法：因为是偶函数，是奇函数， 所以是奇函数，所以，所以，所以，所以，所以，故选：C.（2）因为是定义域为的奇函数，所以，可得，此时，易知在上为减函数.又因为，所以，所以.故选：D.【举一反三】1．（2020·沙坪坝·重庆南开中学高三月考（理））已知函数，则不等式的解集为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】技巧法：根据常见奇偶性函数可知f(x)为偶函数，根据对勾函数已知二次函数可知x>0函数为单调递增，则x<0函数为单调递减，，即，解得，故选：D.常规法：设，由，当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，由二次函数的性质可知，在上单调递减，在上单调递增，所以在上单调递减，在上单调递增，又，所以为偶函数.由可知，，即，解得，故选：D.2．（2020·河北桃城·衡水中学高三其他（文））若函数，则不等式的解集为（）A．B．C．D． 【答案】A【解析】技巧法：根据常见函数可知f(x)为奇函数求为单调递增则可化为所以原不等式等价于不等式.①当时，可化为，所以；②当时，可化为，所以.综上，原不等式的解集为.常规法：因为函数的定义域为，且满足，所以为上的奇函数，则可化为，因为恒成立，所以为上的增函数.所以原不等式等价于不等式.①当时，可化为，所以；②当时，可化为，所以.综上，原不等式的解集为.故选：A.3．（2020·河南罗山·高三月考（理））已知函数f(x)的图象关于y轴对称，且f(x)在(－∞，0]上单调递减，则满足的实数x的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意是偶函数，且在上单调递增，∴不等式可变为，∴，解得．故选：B． 技巧3形如f(x)=奇函数+常数【例3】（1）（2020·河南平顶山·高三月考（文））已知函数，若，则（）A．B．C．1D．2（2）（2019秋•市中区校级月考）已知，，，若的最大值为，的最小值为，则等于　　A．0B．2C．D．（3）（2020·五华·云南师大附中高三月考（文））已知函数，则（）A．2019B．2020C．4038D．4040【答案】（1）C（2）B（3）C【解析】（1）因为是奇函数，∴.故选：C.（2）函数为奇函数，，即，，即．故选：．（3）所以.故选：C【举一反三】1．（2019秋•椒江区校级期中）已知函数的最大值为，最小值为，则的值等于　　A．2B．4C．D．【答案】B【解析】设，则是奇函数，的最大值和最小值互为相反数，且的最大值为，最小值为，．故选：． 2．（2021·宁夏银川二十四中高三月考（理））若，且，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设，则，所以，则，所以.故选：B.3．已知函数f（x）=In（x+）+1，若实数a满足f（-a）=2，则f（a）等于（　　）A．1B．0C．D．【答案】B【解析】∵函数f（x）=In（x+）+1，实数a满足f（-a）=2，∴，∴，∴=-1+1=0．故选：B．4．（2020·云南师大附中高三月考（理））已知函数，则（）A．2019B．2020C．4038D．4040【答案】C【解析】，令，则，所以为奇函数，所以关于坐标原点对称，则关于成中心对称，则有，所以. 故选：C．5．（2020·全国高三月考（理））已知函数，则（）A．2B．0C．D．【答案】D【解析】设．则所以，即为奇函数，所以，所以．故选：D．技巧强化1．（2019江苏省盐城市）函数的值域为______．【答案】.【解析】技巧法：t=x2,t≥0则f(t)=3t+2018t+1,f(0)=2018,f(∞)=3故答案为.故答案为.2．函数的值域是______．【答案】【解析】技巧法：常规法：由题知,因为,所以, 所以,则因此,故答案为:.3．（2020黑龙江省哈尔滨师范大学附中）函数的值域为________.【答案】【解析】技巧法：令，则故，常规法：令，则，故，由于，∴，，∴，即函数的值域为，故答案为：.4．（2020·江西省信丰中学高三月考（文））已知函数，且，则函数的值是A．B．C．D．【答案】6【解析】技巧法：，令，得，解得，常规法：，令，其中，所以函数为奇函数，即，可得，令，得，解得 5．（2020·山西大同·高三月考（文））设函数的最大值为5，则的最小值为【答案】1【解析】技巧法：f(x)max+f(X)min=6,则f(x)的最小值为1常规法：由题可知，，设，其定义域为，又，即，由于，即，所以是奇函数，而，由题可知，函数的最大值为5，则函数的最大值为：5-3=2，由于是奇函数，得的最小值为-2，所以的最小值为：-2+3=1..6（2020·广东霞山·湛江二十一中高三月考）已知函数的最大值为M，最小值为m，则【答案】4【解析】技巧法：f(x)max+f(X)min=4常规法：设，因为，所以为奇函数，则的最大值为，最小值为，由奇函数对称性知，两者相加为0，即，∴.7．（2019·杏花岭·山西实验中学高三月考）已知函数，其中为函数的导数，则 【答案】2【解析】令，则有因为的定义域是R，所以是奇函数，所以是偶函数所以，所以故选：A8．（2019·山东任城·济宁一中高三月考）设函数，若，.【答案】-2【解析】因为，所以，因此函数为奇函数，又，所以.9．（2019·湖南娄底·高三期末（文））已知函数，其导函数为，则的值为.【答案】4【解析】函数，，，.10．（2019秋•渝中区校级月考）已知，则在区间，上的最大值最小值之和为.【答案】2 【解析】技巧法：f(0)=1,则最大值和最小值的和为2常规法：由令，可得是奇函数，可得区间，上的最大值最小值之和为0．那么在区间，上的最大值为，最小值为；在区间，上的最大值最小值之和为2．．11（2020秋•广东月考）已知函数在，上的最大值为，最小值为，则【答案】2【解析】技巧法：所给区间不管原点对称需要换元，令t=x-1,则t∈[-2,2]f(t)=(t2-1)sint+t+1t,f(0)=1,则f(x)的最大和最小值为2k=2常规法：由令，，上，可得，；那么转化为由于是奇函数可得，，的最大值与最小值之和为0，那么的最大值与最小值之和为2．．12．（2019秋•宁波期中）已知函数的最大值为，最小值为，则【答案】2【解析】，令，则，即为奇函数，图象关于原点对称，，，，且，，则．13．（2020·陕西西安·高三月考（理））已知：，：函数为奇函数，则 是成立的（）．A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】技巧法：根据常见函数可知常规法：当时，，即有，故有即为奇函数：当为奇函数时，有，即，有：∴综上，知：故选：C14．（2019·河南周口·高三月考）设函数，则使得成立的的取值范围是.【答案】【解析】，所以，为上的偶函数，又，当时，，故在上为增函数.因，由得到，故，或15．（2020·福建厦门双十中学高三月考（文））已知函数是奇函数，则的值等于. 【答案】或3【解析】技巧法：可知当时，函数的解析式为：，，当时，函数的解析式为：，，综上可得：的值等于或3.常规法：函数为奇函数，则：，即：恒成立，整理可得：，即恒成立，，当时，函数的解析式为：，，当时，函数的解析式为：，，综上可得：的值等于或3.16．若函数为奇函数,则=.【答案】【解析】由函数f（x）为奇函可得，f（﹣x）=﹣f（x）∴=，∴﹣5x（4x﹣3）（x+a）=﹣5x（4x+3）（x﹣a）∴（4a﹣3）x2=0∴4a﹣3=0即a=17.若函数是奇函数，则。【答案】【解析】技巧法:由常见函数可知a=0 常规法：由得，∴，∴.18.已知函数为偶函数，则。【答案】【解析】技巧法：由常见函数可知所以。常规法：由题意，函数为偶函数，又由函数为奇函数，所以函数为奇函数，则，得，所以，得，所以。 第2讲平面向量技巧导图技巧详讲一：奔驰定理1：奔驰定理内容---三角形的面积比等于其所对应的系数比已知是内的一点，的面积分别为，，，求证：2.推导过程证明方法一：如图延长与边相交于点则推论是内的一点，且，则 二.极化恒等式微信公众号：钻研数学2.推导过程：三．三角形的四心1.推论（1）重心：中线的交点，①是的重心②中线长度分成2：1③=（2）内心：角平分线的交点（内切圆的圆心），角平分线上的任意点到角两边的距离相等①是的内心 ②（1）外心：①是的外心②（2）垂心：高线的交点，高线与对应边垂直①是的垂心: 证明：如图为三角形的垂心，同理得，②由，得，即，所以．同理可证，．技巧举证技巧1奔驰定理【例1】是内一点，满足，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】技巧法：公共点P，三角形ABC，则常规法：是内一点，且满足， ．延长到，使得，延长到，使得，连结、、，则．是的重心，设，则，，，，．故选：．微信公众号：钻研数学技巧法注意事项1.条件一般是3个同起点的向量相加减且等于零向量，若系数有正有负则公共点在三角形外，系数都为正则公共点在三角形内2.三角形所对应的向量的找法（1）图像法：三角形顶上的向量（2）顶点法：公共点即起点，剩余3点构成三角形的三个顶点，对应的向量两个点其中一个点为公共点，另外一点则是三角形的顶点。【举一反三】1.已知所在平面内一点，满足，则与的面积的比值为（）A．B．C．D． 【答案】C【解析】技巧法,所以,即公共点为P，三角形ABC，则所对应的向量，其系数为2，为整个三角形，其所对应的系数为三个向量的系数,6，所以面积比为常规法：如图所示,,所以,即,所以,设和的中点分别为,则由可得,即,即点是的中位线上靠近点的三等分点,所以,故选:C2.（广东省深圳外国语学校2020）点是所在平面上一点，若，则与的面积之比是（）A．3B．2C．D．【答案】D【解析】技巧法：公共点为A，三角形为PCB，则与对应的向量为，则与的面积之比为常规法：点是所在平面上一点，过作，如下图所示： 由，故，所以与的面积之比为，故选：D．3.（天津市红桥区2019）已知点O是内一点，满足，，则实数m为（）A．2B．-2C．4D．-4【答案】D【解析】技巧法：，常规法：由得：设，则三点共线如下图所示：与反向共线 本题正确选项：技巧2三角形的四心【例2-1】点O是△ABC所在平面内的一点，满足，则点O是的__________心．【答案】垂【解析】，即同理可得：，点为的垂心本题正确结果：垂【例2-2】（黑龙江省哈尔滨市哈尔滨师范大学附属中学）在中，设，则动点M的轨迹必通过的（）A．垂心B．内心C．重心D．外心【答案】D【解析】设为中点，则为的垂直平分线轨迹必过的外心本题正确选项：【举一反三】1.（河北省保定市）过内一点任作一条直线，再分别过顶点作的垂线，垂足分别为，若恒成立，则点是的（）A．垂心B．重心C．外心D．内心【答案】B【解析】本题采用特殊位置法较为简单.因为过内一点任作一条直线，可将此直线特殊为过点A，则，有.如图： 则有直线AM经过BC的中点，同理可得直线BM经过AC的中点，直线CM经过AB的中点，所以点是的重心，故选B.2．（辽宁朝阳柳城高中）设点P是△ABC所在平面内一点，，则点P是△ABCA．内心B．外心C．重心D．垂心【答案】D【解析】由于点P是△ABC所在平面内一点，，同理可知,则说明点P是三角形ACB的垂心，故选D.3．设点O是三角形ABC所在平面上一点，若，则点O是三角形ABC的________心．【答案】外心【解析】由可得点到三角形各顶点的距离相等，所以点是三角形的外心故答案为外心.4．设是平面内一定点，为平面内一动点，若，则为的（）A．内心B．外心C．重心D．垂心【答案】B【解析】若可得，即为 即有，则，故O为的外心，故选B.技巧3极化恒等式【例3】（1）（2020福建省南平市）在中，若，边上中线长为3，则（）A．-7B．7C．-28D．28（2）（2020届河南省八市重点高中联盟领军）在中，，点在上，且，若，则的值是（）A．B．C．D．【答案】（1）A（2）A【解析】（1）在中，设的中点为，则.由题意知：.则故选A.（2）如图，设的中点为.因为.因为，所以.又因为，所以，，所以.故选：A.【举一反三】1.（2018•天津）如图，在平面四边形中，，，，．若点为边上的动点，则的最小值为　　 A．B．C．D．3【答案】A【解析】如图所示，以为原点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，过点做轴，过点做轴，，，，，，，，，，，，，，，设，，，，，，当时，取得最小值为．故选：． 2.（2017年新课标2）已知是边长为4的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是A．B．C．D．【答案】D【解析】则A（0，2），B（﹣2，0），C（2，0），设P（x，y），则=（﹣x，2﹣y），=（﹣2﹣x，﹣y），=（2﹣x，﹣y），所以•（+）=﹣x•（﹣2x）+（2﹣y）•（﹣2y）=2x2﹣4y+2y2=2[x2+（y﹣）2﹣3]； 所以当x=0，y=时，•（+）取得最小值为2×（﹣3）=﹣6．故选D．3．（2020届湖北省武汉市）已知等边△ABC内接于圆：x2+y2=1，且P是圆τ上一点，则的最大值是（）A．B．1C．D．2【答案】D【解析】如图所示建立直角坐标系，则，，，设，则.当，即时等号成立.故选：.技巧强化1．（2020上海市控江中学）点在△内部，且满足，则△的面积与△、△面积之和的比为________【答案】【解析】技巧法：由奔驰定理可得常规法：作，则，，.以为邻边作平行四边形，连接，交于，如图所示： ，.根据与相似得：，；，，，，的面积与、面积之和的比为．故答案为：．2．已知点P在△ABC所在的平面内，若2＋3＋4＝3，则△PAB与△PBC的面积的比值为__________．【答案】【解析】由2＋3＋4＝3，得2＋4＝3＋3，∴2＋4＝3，即4＝5.∴3．（2020届山西省太原市第五中学校）设点在的外部，且，则。【答案】3:1【解析】技巧法：有奔驰定理可得3:1常规法：连接并延长至，满足，连接并延长至，满足，连接并延长至，满足，如图所示.所以可得，，.因为，所以，即为的重心，所以可得，因为，所以而所以，同理，，所以，所以. 4．(2020·哈尔滨三模)已知O为正三角形ABC内一点，且满足，若△OAB的面积与△OAC的面积比值为3，则λ的值为。【答案】【解析】设AC、BC边的中点为E、F，则由，得∴点O在中位线EF上．∵△OAB的面积与△OAC的面积比值为3，∴点O为EF上靠近E的三等分点，∴λ＝.5．（2020届海南省全国大联考）设点是的重心，且满足，则。【答案】【解析】因为点是的重心,所以,因为,由正弦定理可得,所以,即,故,则, 则由余弦定理可得.6．若在△中,，其外接圆圆心满足，则__________.【答案】【解析】由，得为△的重心，又为外接圆圆心，所以可得△为等边三角形，故.7．已知是锐角的外心，．若，则实数______．【答案】【解析】设外接圆的半径为，∵，∴，∵，，∴，即，即，故，故，故，故答案为：．8．（2020湖北省重点高中联考协作）已知是平面上一定点，满足，，，则的轨迹一定通过的（外心、垂心、重心、内心） 【答案】B【解析】技巧法：由四心可知为垂心常规法：，，即，，，，∴与垂直，即，点P在BC的高线上，即P的轨迹过的垂心.故选：B．9．已知O，N，P在所在平面内，且，，且，则点O，N，P依次是的（填三角形的四心）【答案】外心重心垂心【解析】由题：，所以O是外接圆的圆心，取中点，，，即所在直线经过中点，与中线共线，同理可得分别与边的中线共线，即N是三角形三条中线交点，即重心，，，，，即，同理可得，即P是三角形的垂心.10．（2020河南省八市重点高中联盟）已知是半径为1的圆的一条直径，点 是圆上一动点，则的最大值等于。【答案】2【解析】，当为圆直径时取等号，11．（2020届江苏省无锡市）正方形的边长为2，圆内切于正方形，为圆的一条动直径，点为正方形边界上任一点，则的取值范围是______.【答案】【解析】由题可得：，故答案为：12．（2020届江苏省苏州市张家港市）已知正方形的边长为4，是的中点，动点在正方形的内部或其边界移动，并且满足，则的最小值是______．【答案】【解析】如图所示，由，则.动点在以为直径的半圆上，取的中点.所以又动点在以为直径的半圆上，设圆心为，半径为1.所以的最小值为.所以．故答案为： 13．（2020届江苏省沭阳县）如图所示，在中，，则的最小值是__________【答案】【解析】.设,易得.故,因为,.故当且仅当反向时取得最小值,为.故答案为：14．（2020届浙江省湖州市）正方形的边长为2，，分别为，的中点，点是以为圆心，为半径的圆上的动点，点在正方形的边上运动，则的最小值是______.【答案】【解析】易得,, 当且仅当同向时取等号.即考虑的最小值即可.当与重合时,.当与不重合时,设夹角为,由图易得当在上时取最小值为,当在时,取最大值为,故,利用向量模长不等式有,且两次“”不能同时取“=”.故此时.综上所述,的最小值是.故答案为： 第3讲解三角形技巧导图技巧详讲一．射影内容二．中线定理1.中线定理推导 2.三角形面积3.三角形的周长 一．角平分线定理1.角平分线上的点到两边的距离相等2.三角形的一个角的角平分线,这个角平分线其对边所成的两条线段与这个角的两邻边对应成比例即技巧举证技巧一三角形的射影定理【例1】（2017•新课标Ⅱ）的内角，，的对边分别为，，，若，则　　．【答案】 【解析】技巧法：由射影定理可得，，，故答案为：常规法：，由正弦定理可得，，，，，，故答案为：【举一反三】1.（2020•青岛模拟）在中，内角，，所对的边分别是，，，若，且，则B=【答案】【解析】技巧法：由射影定理可得，因为，则．常规法：因为，由正弦定理可得，，因为，所以，所以，因为，则．2（2020•安徽模拟）在中，角，，的对边分别为，，．若，，，则的面积为。【答案】【解析】技巧法：由射影定理可得，，得．，解得．则的面积．常规法：，，，即，， 解得，，解得．，解得．则的面积．3（2020•南充模拟）的内角，，的对边分别为，，，若，则内角C=。【答案】【解析】技巧法：由射影定理可得故，又，所以．常规法：由正弦定理得：，即，即，由于，故，又，所以．技巧2三角形的中线定理【例2】（2020·梅河口市第五中学高三（理））在中，，已知边上的中线，则面积的最大值为__________．【答案】.【解析】技巧法：常规法：在△ABC中，，BC边上的中线AD=3，，设AB＝c，AC＝b，平方可得9＝.化简可得，，∴bc≤36，当且仅当时成立， 故△ABC的面积S＝故答案为【举一反三】1．（2020·广东高三月考（理））在中，，已知BC边上的中线，则面积的最大值为______.【答案】微信公众号：钻研数学【解析】技巧法：常规法：中，，边上的中线长为3，，设，，平方可得：，化简可得，，可得：，故的面积．故答案为：．2．（2020·全国）在锐角三角形中，角、、的对边分别为、、，向量，，且.（1）求角；（2）若，且的面积为，求边上的中线的大小.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）因为，，，所以， 由正弦定理得.因为，所以，所以，因为，所以；（2）因为的面积为，所以，因为，，所以.在中，为的中点，，由余弦定理得.所以.技巧3角平分线的定理【例3】（2020·梅河口市第五中学）已知中，．是的角平分线，交于．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求的长．【答案】（I）；（II）.【解析】（Ⅰ）在中，，在中，因为是的角平分线，所以 （Ⅱ）法一：由题知，所以，所以法二：所以【举一反三】1．（2019·江苏）在中，，，角A的角平分线，则______.【答案】【解析】由题意，，，角的角平分线，在中，由正弦定理：，可得，则，所以，那么，则，所以．在中，由正弦定理：，所以.可得．故答案为：.2．（2020·梅河口市第五中学高一期末（文））已知中，是的角平分线，交于. （1）求的值；（2）若，求.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）在中，，在中，，因为是的角平分线，所以.（2）设，则，所以，所以，所以.3．（2019·河南高考模拟（理））在中，，，为的内角平分线，.（Ⅰ）求的值（Ⅱ）求角的大小【答案】（Ⅰ）2；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）在三角形ABD中,由正弦定理得：在三角形ACD中,由正弦定理得：因为（Ⅱ）在三角形ABD中,由余弦定理得在三角形ACD中, 由余弦定理得又解得又技巧强化1.（2020春•上饶月考）在中，角，，的对边分别是，，，且面积为，若，，则角等于【答案】【解析】技巧法：由射影定理可得所以，故，，，，故，则角．常规法：因为，由正弦定理可得，，即，因为，所以，故，，，，故，则角．2.（2020春•路南区校级月考）在中，内角，，所对的边分别为，，，且．若，的面积为，则b+c=【答案】4【解析】技巧法：由射影定理可得所以即，所以，，所以，因为，由余弦定理可得，，故．常规法：因为．由正弦定理可得，．因为，所以即，所以， ，所以，因为，由余弦定理可得，，故．3．（2019·福建高三（理））已知为等腰三角形，，边上的中线的长为7，则的面积为__________．【答案】【分析】先设等腰三角形的腰长为，进而可得底边的长，再由余弦定理列出方程，即可求出，从而可得结果.【详解】设等腰三角形的腰长为，因为，所以，由余弦定理可得：，，因为与互补，所以，即，解得，所以，所以故答案为4．（2020·本溪市燕东高级中学）已知三角形两边长分别为和，第三边上的中线长为，则三角形的外接圆半径为________.【答案】1【解析】分析：设AB=1，AC=，AD=1，D为BC边的中点，BC=2x，则BD=DC=x，由余弦定理求出cos∠ADB，cos∠ADC通过cos∠ADB=﹣cos∠ADC，代入可求BC，则可得A=90°，外接圆的直径2R=BC，从而可求结果． 详解：设AB=1，AC=，AD=1，D为BC边的中点，BC=2x，则BD=DC=x，△ABD中，由余弦定理可得cos∠ADB=，△ADC中，由余弦定理可得，cos∠ADC=，因为cos∠ADB=﹣cos∠ADC所以=﹣∴x=1∴BC=2∴AB2+AC2=BC2即A=90°∴外接圆的直径2R=BC=2，从而可得R=1故答案为：1．5．（2020·浙江省杭州第二中学高三）中，，，，则边上的中线长_______.【答案】1【解析】设，，，由余弦定理得：，所以，或（舍去），在中，，由余弦定理得：，所以.故答案为：.6．（2020·商丘市第一高级中学）在中，，．边上的中线，则_____． 【答案】【解析】技巧法：常规法：微信公众号：钻研数学设，中，，中，，,，解得：，，中，,,.故答案为： 7．（2020·新疆高三月考（理））在中，已知,，BC边上的中线，则________．【答案】【解析】如图所示，由中线长定理可得：，由余弦定理得到：，即．联立成方程组，解得：，故由可得，．故答案为：8．（2019·浙江）若锐角的面积为，则边上的中线为_________．【答案】【解析】技巧法：锐角的面积为，，， 则：，解得：，所以：，所以：，解得：．根据中线定理可得常规法：锐角的面积为，，，则：，解得：，所以：，所以：，解得：．在中，利用余弦定理：，在中，利用余弦定理：得：，解得：故答案为9．（2019·辽宁高三（理））已知△，，，是边上的中线，且，则的长为__________．【答案】【解析】取AB中点E，因为D为BC中点，所以,由余弦定理得，即10．（2020·全国高三月考（理））在中，角的平分线长，角，，则__________．【答案】.【解析】设角B的平分线为，由正弦定理得，即，得，，，． 即答案为.11．（2020·滨海县八滩中学高三）在中，，，的角平分线，则________.【答案】【解析】由正弦定理可得，所以．在中，所以，所以在中．又因为，所以．所以，所以＝，所以．12．（2020·全国）在中，，的角平分线交于点，若，，则______.【答案】【解析】在△ABC中，由余弦定理得.所以.所以.在△ABD中，由正弦定理得.故答案为：.13．（2020·安徽高三月考（理））在中，已知，，，角的平分线交边于，则______.【答案】【解析】作出图形，如下图，分别过点和点作的垂线，垂足为，因为为角的平分线，，所以，则，， 则，又，所以，即.故答案为：.第4讲数列技巧导图 技巧详讲一．等比数列前n项和规律二．单一条件口算结果-----实质考查等比或等差中项1.无论是等差还是等比数列，如果只知道一个条件是取法确定具体的数列，那么可以处理为非0的常数数列，因为非0的常数数列即是等差也是等比数列。（常数数列：每一项都是相同的）三．公式法口算通项----an=Sn-Sn-1(n≥2) 四．口算错位相减法的结果五．斐波那数列---黄金分割数列---4.数列特点：0112358132134...三个数据为一组，第一数据为偶数，第二、三个数据为奇数 技巧举证技巧1等比数列前n项和规律【例1】（2020·福建省厦门第六中学）已知等比数列的前项和（为常数），则（）A．B．C．1D．2【答案】C【解析】技巧法：常规法：∵等比数列的前项和（为常数），∴，，成等比数列，∴，解得或∵时，是常数，不成立，故舍去.故选：C【举一反三】1．（2020·安徽含山（理））已知等比数列{an}的前n项和Sn＝3n+2+3t，则t＝（）A．1B．﹣1C．﹣3D．﹣9【答案】C【解析】技巧法：Sn＝3nx9+3t,3t+9=0,t＝﹣3常规法：因为等比数列{an}的前n项和Sn＝3n+2+3t，则a1＝S1＝33+3t＝27+3t，a2＝S2﹣S1＝（34+3t）﹣（33+3t）＝54，a3＝S3﹣S2＝（35+3t）﹣（34+3t）＝162，则有（27+3t）×162＝542，解得t＝﹣3，故选：C.2．（2020·安徽屯溪一中）已知等比数列的前项和为，则的值为()A．B．C．D．【答案】C 【解析】技巧法：常规法：，，，故选C.技巧2单一条件口算结果【例2-1】（1）（2020·宁夏高三其他（文））为等差数列的前项和，若，则（）.A．-1B．0C．1D．2（2）（2020·山西省长治市第二中学校高三月考（理））已知各项为正数的等比数列满足﹐则的值为（）A．B．C．D．【答案】（1）B（2）D【解析】（1）技巧法：常规法：因为，所以，故选：B.（2）技巧法：由等比中项的性质可得，常规法：已知各项为正数的等比数列满足，由等比中项的性质可得，，由对数的运算性质可得.故选：D.【例2-2】（2020·河南）已知等差数列，的前项和分别为和，且，则（）A．B．C．D．【答案】A 【解析】技巧法：常规法：因为等差数列，的前项和分别为和，且，所以可设，，所以，，所以.故选：A【举一反三】微信公众号：钻研数学1．设是等差数列的前项和,若,则A．B．C．D．【答案】A【解析】，，选A.2．（2020·广东云浮·）在正项等比数列中，若，则（）．A．5B．6C．10D．11【答案】D【解析】技巧法：常规法：因为，且为等比数列，所以，所以.故选：D.3．（2020·浙江宁波）已知数列是等差数列，数列是等比数列，若，，则的值是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由等差中项的性质可得，，由等比中项的性质可得，， 因此，.故选：C.4．（2020·全国高三其他（理））已知数列，为等差数列，其前项和分别为，，，则（）A．B．C．D．2【答案】D【解析】技巧法：常规法：根据等差数列的性质可得，所以可设，.则，，所以.故选:D.技巧3公式法口算通项【例3】（2020·南京市秦淮中学高三其他）已知数列的前项和，则数列的通项公式为______．【答案】【解析】技巧法：常规法：当时，，当时，，又适合上式，所以，故答案为： 【举一反三】1．（2020·湖南湘潭·高考模拟（文））已知数列的前项和公式为，则数列的通项公式为___．【答案】【解析】技巧法：常规法：由题意，可知当时，；当时，.又因为不满足，所以.2．（2020·山西大同·高三一模（文））已知为数列的前项和，若，则数列的通项公式为___________.【答案】微信公众号：钻研数学【解析】常规法：为数列的前项和，①时，②①②，得：，，，数列的通项公式为. 故答案为：.技巧4错位相减法口算结果【例4】（2020·江西东湖·南昌二中高三其他（文））已知数列的前项和为，点，在函数的图象上，数列满足，（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【解析】（2）数列满足，整理得，即，所以数列是以为首项，为公比的等比数列．所以，故．①，②，①②得：，整理得．常规法：（1）数列的前项和为，点，在函数的图象上，所以，①当时，，②当时，， ①②得（首项符合通项）．故．（2）数列满足，整理得，即，所以数列是以为首项，为公比的等比数列．所以，故．①，②，①②得：，整理得．【举一反三】1．（2020·河南高三其他（文））已知数列的前项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）如果数列，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）数列的前项和为，且①．所以：②②①得：．（用技巧法口算结果，减少计算量）（2）数列，所以，所以①，②①②得：，整理得：．（用技巧法口算结果，减少计算量）2．（2019·甘肃天水·高考模拟（文））在正项等比数列{}中，且成等差数列.（1）求数列的通项公式； （2）若数列{}满足，求数列{}的前项和．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）设正项等比数列{an}的公比为(，∵∴，所以∴q＝2，(舍去)所以；（2）∵，∴，①，②①﹣②得＝，∴.（用技巧法口算结果，减少计算量）.技巧5斐波那数列【例5】（2020·吉林前郭尔罗斯县第五中学）“斐波那契”数列是由十三世纪意大利数学家斐波那契发现的．数列中的一系列数字常被人们称为神奇数．具体数列为：1，1，2，3，5，8，13，…，即从该数列的第三项开始，每个数字都等于前两个相邻数字之和．已知数列为“斐波那契”数列，为数列的前项和，若，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】常规法：因为数列为“斐波那契”数列，所以，，所以，，，，， 将以上2017个等式相加可得，，即，所以，所以，所以.故选：C.【举一反三】1．（2020·河北高三月考）数列、、、、、、、、、称为斐波那契数列，是意大利著名数学家斐波那契于年在他撰写的《算盘全书》中提出的，该数列的特点是：从第三项起，每一项都等于它前面两项的和.在该数列的前项中，偶数的个数为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由斐波那契数列的特点，可得此数列只有第项为偶数，由于，所以前项中偶数的个数为．故选：B.2．（2019·福建高三（理））斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋线”.如图，矩形是以斐波那契数为边长的正方形拼接而成的，在每个正方形中作一个圆心角为的圆弧，这些圆弧所连成的弧线就是斐波那契螺旋线的一部分.在矩形内任取一点，该点取自阴影部分的概率为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由图可知各正方形的边长为：1，1，2，3，5，8， 矩形的面积为：，阴影部分面积为：，所求概率为：故选:B技巧强化1．（2020·湖北黄州·黄冈中学高三其他（理））已知数列为等差数列，为其前项和，，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由等差数列的性质可得，.故选：B.2．（2020·甘肃高三其他（文））已知等比数列的前项和为，则a=（）A．0B．C．D．1【答案】C【解析】技巧法：a=-1因为，所以，，，，求得.故选：C．3．（2020·辽源市田家炳高级中学校高二期末（理））斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋线”，是根据斐波那契数列1，1，2，3，5，画出来的螺旋曲线.如图，白色小圆内切于边长为1 的正方形，黑色曲线就是斐波那契螺旋线，它是依次在以1，2，3，5为边长的正方形中画一个圆心角为的扇形，将其圆弧连接起来得到的.若在矩形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为矩形的边长为和5，故矩形面积；又阴影部分的面积为；故在矩形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率.故选：D.4．（2020·安徽高三月考（理））裴波那契数列（Fibonaccisequence）又称黄金分割数列，因为数学家列昂纳多·裴波那契以兔子繁殖为例子引入，故又称为“兔子数列”，在数学上裴波那契数列被以下递推方法定义：数列满足：，，现从该数列的前40项中随机抽取一项，则能被3整除的概率是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】裴波那契数列为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，观察发现前12项中，第4项，第8项，第12项都能被3整除.以此类推前40项中，第4项，第8项，第12项，第16项，第20项，第24项，第28项，第32项，第36项，第40项，共10项，能被3整除.所以能被3整除的概率为.故选A5．（2020·黑龙江哈尔滨市第六中学校高三（文））意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的问题：已知一对兔子每个月可以生一对兔子，而一对兔子出生后在第二个月就开始生小兔子.假如没有发生死亡现象，那么兔子对数依次为：，，，，，，，，，，，…… ，这就是著名的斐波那契数列，它的递推公式是，其中，.若从该数列的前项中随机地抽取一个数，则这个数是偶数的概率为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】数列第1个，第2个为奇数，故第3个为偶数，第4个，第5个为奇数，第6个为偶数.根据规律：共有偶数个，故.故选：.8．（2020·江西高三（文））意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的问题：已知一对兔子每个月可以生一对兔子，而一对兔子出生后在第二个月就开始生小兔子.假如没有发生死亡现象，那么兔子对数依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144……，这就是著名的斐波那契数列，它的递推公式是，其中，.若从该数列的前120项中随机地抽取一个数，则这个数是奇数的概率为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意可得，该数列依次每3项中，有2项是奇数，另外1项是偶数所以前120项中有80项是奇数所以这个数是奇数的概率为故选：B7．（2020·嘉祥县第一中学高三其他）设数列，均为等差数列，它们的前项和分别为，，若，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】数列，均为等差数列，它们的前项和分别为，，. .故选：.8．（2020·合肥一六八中学高三其他（理））已知数列为等差数列，且满足，则数列的前11项和为（）A．40B．45C．50D．55【答案】D【解析】因为数列为等差数列，故等价于，故可得.又根据等差数列前项和性质.故选：D.9．（2019·河南高二月考）两等差数列，的前n项和分别为，，且，则　　A．B．C．D．2【答案】C【解析】由等差数列的前项和，依题意有，所以,所以，故选C.10．(多选）（2020·福建省永泰县第一中学高三月考）斐波那契数列，又称黄金分割数列、兔子数列，是数学家列昂多·斐波那契于1202年提出的数列.斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，此数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，记该数列为，则的通项公式为（）A．B．且C． D．【答案】BC【解析】技巧法：可知选BC常规法：斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，显然，，，，，所以且，即B满足条件；由，所以所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以所以，令，则，所以，所以以为首项，为公比的等比数列，所以，所以；即C满足条件；故选：BC12．（2020·福建漳州·高三其他（文））若是等差数列的前项和，且，则__________. 【答案】2【解析】因为，所以，解得.故答案为：13．（2020·陕西渭南·（理））已知数列{an}的前n项和Sn=n(n+1)+2,其中,则an=_____.【答案】【解析】技巧法：略常规法：当n=1时，S1=a1=4，当n≥2时，由Sn=n(n+1)+2，①得Sn﹣1=(n﹣1)n+2，②①﹣②，得an=2n，其中n≥2，所以数列{an}的通项公式an=.故答案为：.14．（2020·湖北高三月考（理））设为数列的前项和，若，则____【答案】【解析】技巧法：略常规法：当时，，即，当时，，两式相减可得，即，即，故数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以.故答案为：15．（2020·浙江高三其他）已知数列的前n项和，则____________；数列的通项公式为____________．【答案】2【解析】由题意易得，当时，，而，所以．故答案为：2；．16．（2020·浙江高三月考）十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契从兔子繁殖规律中发现了“斐波那契数列”，斐波那契数列满足以下关系：，，，记其前项和为，设(为常数)，则______；______.【答案】【解析】因为斐波那契数列满足，，，∴；；；…；所以，因为．故答案为：，．17．（2020·陕西西安中学）斐波那契数列(Fibonaccisequence)，又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多斐波那契(LeonardodaFibonacci)以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.它是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55……在数学上，斐波那契数列以如下递推的方法定义：a1=1，a2=1，(n≥3，n∈N*)，记其前n项和为Sn，设a2019=t(t为常数)，则 ________(用t表示)，________(用常数表示).【答案】【解析】斐波那契数列满足：，，，设，则：；根据可得，所以，所以．故答案为：；．18．（2020·全国高三其他（理））已知数列的前项和为，且．（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）当时，；当时，.不适合.综上所述，；（2）由（1）可得.当时，；当时，，得， 上式下式得，，满足，因此，.19．（2020·河南高二其他（文））设等差数列的前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）设等差数列的公差为，由，得，解得，因此；（2）由题意知：，所以，则，两式相减得，因此，. 第5讲焦点三角形技巧导图技巧详讲一．技巧内容椭圆双曲线图形周长2a+2c2b21+cosθ2b21-cosθ离心率 二．技巧推导过程1.2.椭圆中焦点三角形的面积公式3.椭圆中的离心率4. 5.双曲线中焦点三角形的面积公式6.双曲线中的离心率例题举证技巧1焦点三角形的周长【例1】（2020·黑龙江）已知点分别是椭圆的左、右焦点,点在此椭圆上,则的周长等于（）A．20B．16C．18D．14【答案】C【解析】根据椭圆方程可知，根据椭圆的定义可知，的周长为，故选C.【举一反三】微信公众号：钻研数学1．（2020·西藏南木林县第一中学高三月考）若椭圆（其中a＞b＞0）的离心率为，两焦点分别为F1，F2，M为椭圆上一点，且△F1F2M的周长为16，则椭圆C的方程为（　　） A．B．C．D．【答案】D【解析】椭圆（其中a＞b＞0）的两焦点分别为F1，F2，M为椭圆上一点，且△F1F2M的周长为16，可得2a+2c=16，椭圆（其中a＞b＞0）的离心率为，可得，解得a=5，c=3，则b=4，所以椭圆C的方程为：．故选D．2．（2019·广西南宁）定义：椭圆上一点与两焦点构成的三角形为椭圆的焦点三角形，已知椭圆的焦距为，焦点三角形的周长为，则椭圆的方程是__________．【答案】【解析】设椭圆的半焦距为，由题意得，，所以，故椭圆的方程是.技巧2焦点三角形的面积【例2-1】（2020·安徽省定远中学）已知椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆上一点，且，若的面积为9，则__________．【答案】3【解析】（技巧法）（常规法）因为的面积为9，所以因为，所以即 故答案为：3【例2-2】（2020·山西大同）已知、为双曲线的左、右焦点，点P在C上，，则的面积为【答案】【解析】（技巧法）（常规法）双曲线，则，所以，则，平方得，且，由余弦定理，即，解得，则.【举一反三】1．（2020·云南陆良）已知、为双曲线C：的左、右焦点，点P在C上，∠P=，则（）A．2B．4C．6D．8【答案】B【解析】（技巧法）（常规法）由双曲线的定义得①,又,由余弦定理②，由①2-②得，故选B．2（2020·广东汕头）若椭圆上一点P与椭圆的两个焦点、的连线互相垂直，则的面积为() A．36B．16C．20D．24【答案】B【解析】（常规法）设则,即,又,故选B.3．（2020·上海普陀·高三三模）设为双曲线（）的上一点，，（为左、右焦点），则的面积等于（）A．B．C．D．【答案】C【解析】（技巧法）（常规法）双曲线，则不妨设是双曲线的右支上一点，则由双曲线的定义，得则,所以所以，即所以 所以故选：C技巧3焦点三角形的离心率【例3-1】设椭圆的左、右焦点分别为,是上的点,,,则的离心率为()A.B.C.D.【答案】D【解析】(技巧法），选D。（常规法）设，，则，即，，，选D。【例3-2】（2020·河北衡水中学）已知分别是椭圆的左、右焦点，若椭圆上存在点，使，则椭圆的离心率的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】（常规法））由椭圆上存在点，使可得以原点为圆心，以c为半径的圆与椭圆有公共点，∴， ∴，∴∴．由，∴，即椭圆离心率的取值范围为．选B．【举一反三】1．（2020·沙坪坝·重庆一中高三月考（理））已知点P在以为左，右焦点的椭圆上，在中，若，，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】2．（2020·安徽合肥·高三二模（文））记，为椭圆的两个焦点，若上存在点满足，则实数取值范围是()A．B．C．D．【答案】A【解析】（常规法）当焦点在x轴上时，a2＝m，b2＝1，m＞1， 由对称性可知当M为上下顶点时，∠F1MF2最大，因为，∴∠F1MF2，∠F1MO，所以tan∠F1MO1，即1，解得m≥2；当焦点在y轴上时，a2＝1，b2＝m，0＜m＜1，当M为左右顶点时，∠F1MF2最大，因为，∠F1MF2，∠F1MO，所以tan∠F1MO1，即1，解得0＜m，故选：A．技巧强化1．（2020·全国高三单元测试）已知F1，F2是椭圆＋＝1的两焦点，过点F2的直线交椭圆于A，B两点．在△AF1B中，若有两边之和是10，则第三边的长度为()A．6B．5C．4D．3【答案】A【解析】技巧法：△AF1B的周长公式4a=16,第三边等于16-10=6常规法：因为根据已知条件可知，椭圆＋＝1中16>9,说明焦点在x轴上，同时a=4,b=3,而过点F2的直线交椭圆于A，B两点，则点A到F2，F1的距离和为2a=8,点B到F2，F1的距离和为2a=8，结合椭圆的定义可知△AF1B的周长为4a=16.在结合三角形的周长公式可知，其中两边之和为10 ，则另一边的长度为16-10=6故选A.2．（2020·广西钦州一中）设椭圆C：(a>0，b>0)的左､右焦点分别为，，离心率为.P是C上一点，且⊥.若的面积为4，则a=（）A．1B．2C．4D．8【答案】C【解析】（技巧法）（常规法），，由椭圆定义，，由⊥得，的面积为4，则，即，，即,解得，即，故选：C.3．（2020·河南高三其他（文））椭圆的左、右焦点分别为，，椭圆上的点满足：，且，则（）A．1B．C．D．2 【答案】C【解析】设，，则，又（1），（2），（1）式平方减去（2）式得：，得：.故选：C.4．（2020·黑龙江绥化·高三其他（理））已知对任意正实数m，n，p，q，有如下结论成立：若，则有成立，现已知椭圆上存在一点P，，为其焦点，在中，，，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意得：，所以，所以，解得.故选：C5．（2020·山西临汾）已知椭圆的左，右焦点分别为，若上的点到的距离为，则△的面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】依题意知，，，所以，因为，且，所以，在△中，，因为，所以，所以△的面积为.故选：C. 6．（2020·陆川中学）已知，分别是椭圆的左、右焦点，若椭圆上存在点，使得，则该椭圆的离心率的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】（常规法）由题设可知点在以为直径端点的圆上，由此可得该圆的半径，即，也即，故应选答案A．7．（2020·全国高三一模（文））设椭圆的两焦点为，，若椭圆上存在点，使，则椭圆的离心率的最小值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】当是椭圆的上下顶点时，最大，∴，∴，∴，，，∴， 则椭圆的离心率的最小值为.故选：C.8．（2019·江西南昌十中））已知点F1，F2分别是椭圆C1和双曲线C2的公共焦点，e1，e2分别是C1和C2的离心率，点P为C1和C2的一个公共点，且，若，则e1的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】设椭圆的长半轴长为,双曲线的实半轴长为,焦点坐标为，不妨设P为第一象限的点，做出示意图如下图所示，由椭圆与双曲线的定义得，所以得，又因为，由余弦定理得，所以得所以得即，所以，因为，所以，，，所以，所以，所以，所以，故选：D. 9．（2020·伊美区第二中学）设是双曲线的两个焦点,是双曲线上的一点,且,则的面积等于（）A．B．C．24D．48【答案】C【解析】双曲线的实轴长为2,焦距为.根据题意和双曲线的定义知,所以,,所以,所以.所以.故选：C10．（2020·四川青羊·树德中学高二月考（文））设、分别为双曲线的左、右焦点，双曲线上存在一点使得，，则该双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由双曲线的定义得，又，，即， 因此，即，则，解得，（舍去），因此，该双曲线的离心率为.故选：B.11．（2020·吉林松原·高三其他（文））已知点是双曲线上一点，，分别为双曲线的左､右焦点，若的外接圆半径为4，且为锐角，则（）A．15B．16C．18D．20【答案】B【解析】（技巧法）依题意，.在三角形中，，由正弦定理得，即，由于为锐角，所以.（常规法）依题意，.在三角形中，，由正弦定理得，即，由于为锐角，所以.根据双曲线的定义得.在三角形中，由余弦定理得，即， 即，即，所以.故选：B12．（2020·陕西省丹凤中学高三一模（理））设，分别是双曲线的左右焦点.若点在双曲线上，且，则等于（）A．B．C．D．【答案】D【解析】根据题意，分别是双曲线的左、右焦点，点在双曲线上，且，.故选：D13．（2020·陕西高三其他（文））已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，点在双曲线的右支上，若，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为，所以，，，所以，所以的取值范围是.（常规法）设，，，则由余弦定理得. 又，则，解得，所以.因为，所以，，，所以，所以的取值范围是.故选：B.14．（2020·河北张家口·高三期末（理））已知双曲线的焦点为，，点为双曲线上一点，若，，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】设，，，解得，，故选D.15．（2020·全国高三一模（理））已知F1，F2是双曲线E：的左，右焦点，点M在E上，MF1与轴垂直，sin,则E的离心率为（）A．B．C．D．2【答案】A 【解析】由已知可得，故选A.16．（2019·平罗中学高三二模（理））已知，是双曲线E：的左、右焦点，点M在E上，与x轴垂直，，则双曲线E的离心率为　　A．B．C．2D．3【答案】A【解析】（常规法））与x轴垂直，，设，则，由双曲线的定义得，即，得，在直角三角形中，，即，即，即，则，则，故选A． 17．（2020·陕西西安·高三其他（理））已知椭圆的两个焦点是、，点是椭圆上一点，且，则的面积是______.【答案】4【解析】由椭圆的定义可知，，又，联立两式，可得又，所以，所以是以为直角边的直角三角形，所以的面积为.故答案为：.18．（2020·全国高二课时练习）设是椭圆上一点，分别是椭圆的左、右焦点，若，则的大小_____.【答案】【解析】 椭圆，可得，设，，可得，化简可得：，，故答案为．19．已知是椭圆的左，右焦点，点在上，且，则的面积为______．【答案】【解析】（常规法）由题意，设，，则，由余弦定理可得，，又，∴，∴的面积，故答案为：．第6讲离心率技巧导图 技巧详讲一．焦点三角形中的离心率1.椭圆（1）椭圆：设椭圆焦点三角形两底角分别为、，则(正弦定理)。微信公众号：钻研数学 2.双曲线：利用焦点三角形两底角来表示:。一．双曲线的渐进线与离心率关系直线与双曲线相交时，两个交点的位置（1）两个交点在双曲线的两支：（2）两个交点在双曲线的同一支:（3）两个交点在双曲线的左支:微信公众号：钻研数学（4）两个交点在双曲线的右支: 一．焦点弦与离心率关系，则有(为直线与焦点所在轴的夹角)。例题举证技巧1焦点三角形中的离心率【例1】(1)．已知，是双曲线：的左、右焦点，点在上，与轴垂直，，则双曲线的离心率为（）A．2B．2C．D．（2）（2020·安徽省高三三模）已知椭圆：的左右焦点分别为，，若在椭圆上存在点，使得，则椭圆的离心率的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】（1）C（2）A【解析】（1）不妨设代入双曲线方程得，.故答案选：C（2），（当且仅当时取等号），， 由椭圆定义知：，又，，，，又，离心率的取值范围为.故选：.【举一反三】1．（2020·沙坪坝区·重庆一中高三月考）已知点P在以为左，右焦点的椭圆上，在中，若，，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】中，所以故选：B2．（2020·全国高三专题练习）已知点是以、为焦点的椭圆上一点，若，，则椭圆的离心率（）A．B．C．D．【答案】A【解析】点是以、为焦点的椭圆上一点， ，，，，可得，，由勾股定理可得，即，，因此，该椭圆的离心率为.故选：A.3．（2019·辽宁沈阳市·沈阳二中高三月考（理））椭圆的离心率为，、是椭圆的两个焦点，是圆上一动点，则的最小值是（）A．B．C．D．0【答案】A【解析】椭圆的离心率为，即.，故，当时等号成立.根据余弦定理：.故选：.技巧2点差法中的离心率【例2】（1）（2020·四川外国语大学附属外国语学校）过点作直线与椭圆相交于两点，若是线段的中点，则该椭圆的离心率是（）A．B．C．D． （2）（2020·安徽省潜山第二中学）已知A，B是椭圆E：的左、右顶点，M是E上不同于A，B的任意一点，若直线AM，BM的斜率之积为，则E的离心率为A．B．C．D．【答案】（1）B（2）D【解析】（1）设，，由直线的斜率为可得，由线段的中点为可得，，由点在椭圆上可得，作差得，所以，即，所以，所以该椭圆的离心率.故选：B.（2）由题意方程可知，，设,则,，整理得：，①又，得，即，② 联立①②，得，即，解得．故选D．【举一反三】1．已知双曲线：，斜率为2的直线与双曲线相交于点、，且弦中点坐标为，则双曲线的离心率为（）A．2B．C．D．3【答案】B【解析】设、，则，，所以，所以，又弦中点坐标为，所以，，又，所以，即，所以双曲线的离心率.故选：B.2．（2020·全国高三专题）已知、是椭圆的两个焦点，满足的点总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是（）.A．B．C．D．【答案】B【解析】∵，∴，∴点在以为直径的圆上，又点在椭圆内部，∴， ∴，即，∴，即，又，∴，故选：B.3．（2020·全国高三专题练习）若，是椭圆的两个焦点，是椭圆上一点，当，且，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】依题意可知，，，，，由椭圆定义可知，.故选：C.技巧3渐近线与离心率【例3】已知圆的一条切线与双曲线有两个交点，则双曲线C的离心率的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意，圆心到直线的距离，解得，圆的一条切线与双曲线有两个交点，所以，所以，所以.故选：D. 【举一反三】1．若双曲线（，）与直线无公共点，则离心率的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】若双曲线与直线无公共点，等价为双曲线的渐近线的斜率，即，即，即，即，则，则，，离心率满足，即双曲线离心率的取值范围是，故选：A．2．已知双曲线(a>0，b>0)的右焦点为F，若过点F且倾斜角为60°的直线l与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线的离心率e的取值范围是（）A．B．(1,2),C．D．【答案】A【解析】已知双曲线的右焦点为，若过点且倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则该直线的斜率的绝对值小于等于渐近线的斜率，，离心率，，故选．3．（2020·河南新乡市·高三）已知双曲线的左、右焦点分别为、 ，过原点作斜率为的直线交的右支于点，若，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】题可知，，，，所以，可得.在中，由余弦定理可得，即，解得.双曲线的离心率为.故选：D. 技巧4焦点弦与离心率【例4】（2020·石嘴山市第三中学高三三模）已知椭圆的左右焦点分别为，过作倾斜角为的直线与椭圆交于两点，且，则椭圆的离心率=（　　）A．B．C．D．【答案】D【解析】椭圆的左右焦点分别为，过且斜率为的直线为联立直线与椭圆方程消后，化简可得因为直线交椭圆于A，B，设由韦达定理可得且，可得，代入韦达定理表达式可得即化简可得所以故选：D．【举一反三】1．（2020·河南省高三月考）倾斜角为的直线经过椭圆右焦点，与椭圆交于 、两点，且，则该椭圆的离心率为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设到右准线距离为，则，因为，则，所以到右准线距离为，从而倾斜角为，，选B.2．（2020·全国高三专题练习）已知、是双曲线(，)的左、右焦点，过作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为点，交另一条渐近线于点，且，则该双曲线的离心率为（）A．或B．或C．或D．或【答案】B【解析】（1）当时，设，则，设，由题意可知，，，，则，，，代入得， 即，解得，则，（2）当时，设，，设，则，，由题意可知，，，，则，，，则，则，代入得，即，解得，则，故选：B.3．（2019·浙江高三其他模拟）已知过双曲线的右焦点F，且与双曲线的渐近线平行的直线l交双曲线于点A，交双曲线的另一条渐近线于点B（A，B在同一象限内），满足，则该双曲线的离心率为（）A．B．C．D．2【答案】B【解析】双曲线的渐近线方程为，如图，不妨设在第一象限， 直线的方程为，与联立，得；直线与联立，得．由，得，即，得，即，则，故选：B．技巧强化1．已知倾斜角为的直线与双曲线C：（，）相交于A，B两点，是弦的中点，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为倾斜角为的直线与双曲线C：（，）相交于A，B两点，所以直线的斜率，设，则①②由①②得则因为是弦的中点，因为直线的斜率为1即所以 ，则，故选：D2．设F是双曲线的右焦点.过点F作斜率为-3的直线l与双曲线左、右支均相交.则双曲线离心率的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为双曲线的两条渐近线方程为，当过点F且斜率为-3的直线l与渐近线平行时.直线l只与双曲线右支有一个交点，数形结合可知，当渐近线的斜率满足，即时，直线l与双曲线左、右支均相交，所以.故选:C.3．（2019·黑龙江佳木斯市·佳木斯一中高三月考）已知，分别是椭圆的左、右焦点，P是此椭圆上一点，若为直角三角形，则这样的点P有（）.A．2个B．4个C．6个D．8个【答案】C【解析】由题意，则，当为椭圆短轴顶点时，，，，即，短轴顶点有2个，过或作轴垂直与椭圆相交的点在4个，都是直角三角形，因此共有6个．故选：C.4．（2020·广东广州市）已知,分别是椭圆的左,右焦点,椭圆上存在点使为钝角,则椭圆的离心率的取值范围是 A．B．C．D．【答案】A【解析】设椭圆的上顶点为，则∵椭圆上存在点，使为钝角,故答案为A5．（2020·河北石家庄市）已知椭圆，点M,N为长轴的两个端点，若在椭圆上存在点H，使,则离心率e的取值范围为A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意设，则可得：故选A．6．（2020·全国高三专题练习）椭圆C：的左焦点为F，若F关于直线x＋y＝0的对称点A是椭圆C上的点，则椭圆C的离心率为（）A．B． C．D．－1【答案】D【解析】设F（－c,0）关于直线x＋y＝0的对称点为A（m，n），则，解得m＝，n，代入椭圆方程可得化简可得e4－8e2＋4＝0，又0＜e＜1，解得e＝－1.故选：D.7．（2020·全国高三专题练习）已知椭圆（a>b>0）的左右焦点分别为F1，F2．P是椭圆上一点．PF1F2为以F2P为底边的等腰三角形，当60°<PF1F2<120°，则该椭圆的离心率的取值范围是（）A．（）B．（）C．（）D．（0）【答案】B【解析】由题意可得，即，所以，又，则，所以，则，即．故答案选B．8．（2020·广东肇庆市）已知椭圆的左右顶点分别为，是椭圆上异于的一点，若直线的斜率与直线的斜率乘积，则椭圆的离心率为（） A．B．C．D．【答案】D【解析】依题意可知.设，代入椭圆方程得.代入得，即，与对比后可得，所以椭圆离心率为.故选D.9．（2020·全国高三专题练习）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，焦距为2c，直线与双曲线的一个交点M满足，则双曲线的离心率为（）A．B．C．2D．【答案】D【解析】由题意，直线过左焦点且倾斜角为60°，∴，，∴，即∴，∴，双曲线定义有，∴离心率.11．（2020·全国）若、为椭圆：()长轴的两个端点，垂直于轴的直线与椭圆交于点、，且，则椭圆的离心率为______【答案】【解析】设、，因为，，所以，所以，所以. 故答案为：12．（2020·全国高三专题练习）已知椭圆的离心率为，过右焦点作倾斜角60°的直线交于，两点（A在第一象限），则________.【答案】【解析】因为离心率为，所以,设直线的方程代入椭圆方程：得：，又∵点在第一象限，故，所以13．（2020·全国高三专题练习）设双曲线的左、右焦点分别为、，若在双曲线的右支上存在一点，使得，则双曲线的离心率的取值范围是____.【答案】【解析】由双曲线的定义可得，又，则，，所以，.因此，双曲线的离心率的取值范围是.故答案为：.14．（2020·台州市书生中学高三其他）已知椭圆，， 分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆的下顶点，直线交椭圆于另一点，若，则椭圆的离心率为【答案】【解析】如图，点在椭圆上，所以，由，代入上式得，在，，又，所以，即，15．（2020·开鲁县第一中学）已知椭圆的左、右焦点分别为，，是椭圆上一点，是以为底边的等腰三角形，若，则该椭圆的离心率的取值范围是【答案】【解析】由题意可得 PF2=F1F2=2c，再由椭圆的定义可得PF1=2a-PF2=2a-2c．设∠PF2F1=，则，△PF1F2中，由余弦定理可得 cos= 由-1＜cosθ 可得3e2+2e-1＞0，e＞，由cosθ＜，可得2ac＜a2，e=，综上16．（2020·四川省绵阳南山中学高三）设，分别是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于，两点，且，，则椭圆的离心率为【答案】【解析】设，则由椭圆的定义，可以得到,在中，有，解得在中，有整理得，17．（2020·河北省高三）已知椭圆，，，过点的直线与椭圆交于，，过点的直线与椭圆交于，，且满足，设和的中点分别为，，若四边形为矩形，且面积为，则该椭圆的离心率为【答案】【解析】如图，不妨设，两条直线的斜率大于零时，连结， 由题意知，解得，，或，（舍），，在中，因为，所以，故此时，．设，，则，两式相减得，即，即，因此离心率，所以．18．（2020·广东省高三月考）已知是椭圆：的左焦点，经过原点的直线与椭圆交于，两点，若，且，则椭圆的离心率为【答案】【解析】设椭圆的右焦点，连接，，根据椭圆对称性可知四边形为平行四边形， 则，且由，可得，所以，则，由余弦定理可得，即，∴椭圆的离心率， 第7讲点差法技巧导图技巧详讲1.点差法适用范围（1）中点弦（2）圆锥曲线有三点P、A、B且A、B关于原点对称2.点差法在中点弦中推导过程 3点差法在对称中的推导过程微信公众号：钻研数学4.点差法在圆锥曲线中的结论 总结：小题可以直接利用结论解题，解答题需要写推导过程例题举证技巧1点差法在椭圆在的应用【例1】（1）（2020·全国高三专题练习）直线与椭圆相交于两点，若中点的横坐标为，则=（）A．B．C．D．(2)2．（2020·高密市教育科学研究院高三其他模拟）已知椭圆的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A,B两点.若AB的中点坐标为（1，-1），则G的方程为（）A．B．C．D．（3）．（2020·黑龙江哈尔滨市·哈九中高三三模（文））已知斜率为的直线与椭圆 交于，两点，线段的中点为，直线（为坐标原点）的斜率为，则（　　）A．B．C．D．（4）．（2020·全国高三专题练习）已知椭圆与直线交于A，B两点，过原点与线段AB中点所在的直线的斜率为，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．【答案】（1）C（2）D（3）B（4）B【解析】（1）设把代入得，，因为中点的横坐标为，所以，解得.故选:C（1）设，则，两式相减并化简得，即,由于且，由此可解得，故椭圆的方程为.故选：D.（3）设，，的中点，则，.因为，两点在椭圆上，所以，.两式相减得：， ，，，即，解得.故选：B（4）设，，中点坐标，代入椭圆方程中，得到，，两式子相减得到，，结合，，，且，代入上面式子得到，，故选：B.【举一反三】1．（2020·广东珠海市·高三一模）已知椭圆的右焦点为，离心率，过点的直线交椭圆于两点，若中点为，则直线的斜率为（）A．2B．C．D．【答案】C【解析】由题得.设，由题得，所以，两式相减得，所以， 所以，所以.故选：C2．（2020·安徽安庆市·高三其他模拟）已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于，两点，若的中点坐标为（1，-1），则椭圆的方程为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】设，，所以，相减得，∴，即，又∵，，所以，即，解得，又，∴．即椭圆的方程为.故选：A．3．（2020·全国高三专题练习）椭圆与直线交于 两点，过原点与线段中点的直线的斜率为，则的值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设，，由题知：，.设线段中点为，则.将代入得到.因为，故.故选：B4．（2019·北大附中深圳南山分校高三）已知椭圆，作倾斜角为的直线交椭圆于两点，线段的中点为为坐标原点，若直线的斜率为，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设，则，，两式相减，得．两点直线的倾斜角为 ，，即，①直线的斜率为②由①②可得得．故选：B．5．（2020·湖南长沙市·浏阳一中高三）已知椭圆的右焦点为，过点F的直线交E于A、B两点．若AB的中点坐标为，则椭圆E的离心率为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】令AB的中点为M，坐标为，则，因为A、B两点是直线与椭圆的交点，且焦点在x轴，所以则故选：B技巧2点差法在双曲线在的应用【例2】（1）（2020·全国高三专题练习）已知双曲线E：－＝1，直线l交双曲线于A，B两点，若线段AB的中点坐标为，则直线l的方程为（）A．4x＋y－1＝0B．2x＋y＝0C．2x＋8y＋7＝0D．x＋4y＋3＝0（2）（2020·沙坪坝区·重庆一中高三）在平面直角坐标系中，双曲线的离心率为2，其焦点到渐近线的距离为，过点的直线与双曲线交于，两点.若是的中点，则直线的斜率为（）A．2B．4C．6D．8 （3）．（2020·河南鹤壁市·鹤壁高中高三）已知直线:与双曲线:(,)交于,两点,点是弦的中点,则双曲线的离心率为()A．B．2C．D．（4）（2020·全国高三专题练习）已知双曲线的中心为原点，是的焦点，过F的直线与相交于A，B两点，且AB的中点为,则的方程式为A．B．C．D．【答案】（1）C（2）C（3）D（4）B【解析】（1）依题意，设点A（x1，y1），B（x2，y2），则有两式相减得＝，即＝×.又线段AB的中点坐标是，因此x1＋x2＝1，y1＋y2＝（－1）×2＝－2，所以＝－，即直线AB的斜率为－，直线l的方程为y＋1＝，即2x＋8y＋7＝0.故选：C．（2）由题,双曲线中,又焦点到渐近线的距离,且,解得.故双曲线.设则,两式相减得.又中点, 故.故选：C（3）设点是弦的中点根据中点坐标公式可得:,两点在直线:根据两点斜率公式可得:两点在双曲线上微信公众号：钻研数学,即解得:故选:D.（4）∵kAB==1,∴直线AB的方程为y=x-3.由于双曲线的焦点为F(3,0),∴c=3,c2=9.设双曲线的标准方程为-=1(a>0,b>0),则-=1.整理,得(b2-a2)x2+6a2x-9a2-a2b2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2==2×(-12),∴a2=-4a2+4b2,∴5a2=4b2.又a2+b2=9,∴a2=4,b2=5.∴双曲线E的方程为-=1.故选B.【举一反三】1．（2019·陕西宝鸡市·高考模拟）双曲线的一条弦被点平分，那么这条弦所在的直线方程是（）A．B． C．D．【答案】C【解析】设弦的两端点，，，，斜率为，则，，两式相减得，即，弦所在的直线方程，即．故选C2．（2019·广东佛山市·佛山一中高三期中）已知双曲线C：(a>0，b>0)，斜率为1的直线与C交于两点A，B，若线段AB的中点为(4，1)，则双曲线C的渐近线方程是A．2x±y＝0B．x±2y＝0C．x±y＝0D．x±y＝0【答案】B【解析】设直线方程为，联立，消去y，得，设，因为线段AB的中点为，所以，解得，所以，所以，所以双曲线C的渐近线方程为，即，故选B.3．（2020·吉林长春市·高三月考）双曲线被斜率为的直线截得的弦的中点为则双曲线的离心率为（）A．B．C．2D．【答案】B【解析】设代入双曲线方程作差有:， 有，所以，故选：B．4．（2020·全国高三专题练习）过点P(4，2)作一直线AB与双曲线C：－y2＝1相交于A，B两点，若P为线段AB的中点，则|AB|＝（）A．2B．2C．3D．4【答案】D【解析】解法一：由题意可知，直线AB的斜率存在．设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－4)＋2.由消去y并整理，得(1－2k2)x2＋8k(2k－1)x－32k2＋32k－10＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为P(4，2)为线段AB的中点，所以x1＋x2＝－＝8，解得k＝1.所以x1x2＝＝10.所以|AB|＝·＝4.故选:D.解法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，　①.　②①－②得(x1－x2)(x1＋x2)－(y1－y2)(y1＋y2)＝0.因为P(4，2)为线段AB的中点，所以x1＋x2＝8，y1＋y2＝4.所以4(x1－x2)－4(y1－y2)＝0，即x1－x2＝y1－y2，所以直线AB的斜率k＝＝1.则直线AB的方程为y＝x－2.由消去y并整理，得x2－8x＋10＝0， 所以x1＋x2＝8，x1x2＝10.所以|AB|＝·＝4.故选：D5．（2020·全国高三专题练习）已知斜率为的直线与双曲线：(，)相交于、两点，且的中点为.则的离心率为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】设，两式做差得整理得，而，，，代入有，即可得．故选：A.技巧3点差法在抛物线在的应用【例3】（1）（2020·云南昆明市·昆明一中高三月考）已知抛物线，以为中点作的弦，则这条弦所在直线的方程为（）A．B．C．D．（2）（2020·贵州高三其他模拟）已知抛物线，倾斜角为的直线交于两点. 若线段中点的纵坐标为，则的值为（）A．B．1C．2D．4【答案】（1）A（2）C【解析】（1）设过点的直线交抛物线于、两点.若直线垂直于轴，则线段的中点在轴上，不合乎题意.所以，直线的斜率存在，由于点为线段的中点，则，由于点、在抛物线上，可得，两式作差得，所以，直线的斜率为，因此，直线的方程为，即.故选：A.（2）设直线方程为，联立得，设，则，因为线段中点的纵坐标为，所以，所以.故选：C.【举一反三】1．（2020·全国高三专题练习）直线过点与抛物线交于两点，若恰为线段的中点，则直线的斜率为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】设，，两式相减得， 即，当时，，因为点是的中点，所以，，解得：故选：A2．（2020·河北衡水市·衡水中学高三）已知直线与抛物线交于、两点，直线的斜率为，线段的中点的横坐标为，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设、，则，，两式相减得，所以，解得，得，所以，得直线，联立，得，，由韦达定理得，，所以，故选：B.技巧强化1．（2020·全国高三专题练习）已知椭圆的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交椭圆于A．B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为（） A．B．C．D．【答案】D【解析】设，则=2，=－2，，①，②①－②得，∴===，又==，∴=，又9==，解得=9，=18，∴椭圆方程为，故选：D．2．（2020·全国高三专题练习）椭圆内有一点，则以为中点的弦所在直线的斜率为　　A．B．C．D．【答案】A【解析】设以点为中点的弦所在直线与椭圆相交于点，，，，斜率为．则，，两式相减得，又，，，代入解得．故选：．3．（2020·黑龙江哈尔滨市·哈九中高三三模）已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为，直线(为坐标原点)的斜率为，则（） A．B．C．D．【答案】B【解析】设A，，则，A，代入椭圆方程得：，两式相减可得：，化简可得：，即：，故选：B4．（2020·全国高三专题练习）已知离心率为的椭圆内有个内接三角形，为坐标原点，边的中点分别为，直线的斜率分别为，且均不为0，若直线斜率之和为，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意可得，所以不妨设为.设，，，，，，，两式作差得，则，，同理可得， 所以，故选：．5．（2020·全国高三专题练习）中心为原点，一个焦点为F（0,5）的椭圆，截直线y＝3x－2所得弦中点的横坐标为，则该椭圆方程为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由已知得c＝5，设椭圆的方程为，联立得，消去y得（10a2－450）x2－12（a2－50）x＋4（a2－50）－a2（a2－50）＝0，设直线y＝3x－2与椭圆的交点坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），由根与系数关系得x1＋x2＝，由题意知x1＋x2＝1，即＝1，解得a2＝75，所以该椭圆方程为.故选：C6．（2020·全国高三专题练习）椭圆mx2＋ny2＝1与直线y＝1－x交于M，N两点，连接原点与线段MN中点所得直线的斜率为，则的值是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由得(m＋n)x2－2nx＋n－1＝0. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝，所以y1＋y2＝，所以线段MN的中点为P，.由题意知，kOP＝，所以．故选：A.7．（2020·黑龙江哈尔滨市·哈师大附中高三）已知双曲线：，斜率为2的直线与双曲线相交于点、，且弦中点坐标为，则双曲线的离心率为（）A．2B．C．D．3【答案】B【解析】设、，则，，所以，所以，又弦中点坐标为，所以，，又，所以，即，所以双曲线的离心率.故选：B.8．（2020·青海西宁市·高三二模）已知倾斜角为的直线与双曲线C：（，）相交于A，B两点，是弦的中点，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【答案】D 【解析】因为倾斜角为的直线与双曲线C：（，）相交于A，B两点，所以直线的斜率，设，则①②由①②得则因为是弦的中点，因为直线的斜率为1即所以，则，故选：D9．（2020·银川三沙源上游学校高三）已知直线:与双曲线:(，)交于，两点，点是弦的中点，则双曲线的离心率为（）A．B．2C．D．【答案】D【解析】设，因为是弦的中点，根据中点坐标公式得.直线:的斜率为，故.因为两点在双曲线上，所以，两式相减并化简得，所以，所以.故选：D 10．（2020·齐齐哈尔市第八中学校高三）已知A，B为双曲线1（a＞0，b＞0）上的两个不同点，M为AB的中点，O为坐标原点，若kAB•kOM，则双曲线的离心率为（）A．B．C．2D．【答案】D【解析】设，，则＝，＝，由可得．∴，即，则双曲线的离心率为．故选：D．11．（2020·甘肃兰州市·高三月考）过点作一直线与双曲线相交于、两点，若为中点，则()A．B．C．D．【答案】D【解析】易知直线AB不与y轴平行，设其方程为y﹣2＝k（x﹣4）代入双曲线C：，整理得（1﹣2k2）x2+8k（2k﹣1）x﹣32k2+32k﹣10＝0设此方程两实根为，，则又P（4，2）为AB的中点，所以8，解得k＝1当k＝1时，直线与双曲线相交，即上述二次方程的△＞0，所求直线AB的方程为y﹣2＝x﹣4化成一般式为x﹣y﹣2＝0．＝8，＝10|AB|||•4． 故选D．12．（2020·全国高三专题练习）已知F是抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点，过点R(2，1)的直线l与抛物线C交于A，B两点，R为线段AB的中点.若|FA|+|FB|=5，则直线l的斜率为（）A．3B．1C．2D．【答案】B【解析】由于R(2，1)为AB中点，设A(xA，yA)，B(xB，yB).根据抛物线的定义|FA|+|FB|=xA+xB+p=2×2+p=5，解得p=1，抛物线方程为y2=2x.，两式相减并化简得，即直线l的斜率为1.故选：B13．（2020·湖北武汉市·高三三模）设直线与抛物线交于，两点，若线段中点横坐标为2，则直线的斜率（）.A．2B．C．D．或2【答案】A【解析】联立直线与抛物线，消整理可得，设，，由题意，解可得，解可得或，综上可知，.故选：A14．（2020·全国高三月考（理））已知圆与抛物线相交于两点，且，若抛物线上存在关于直线对称的相异两点和，则线段的中点坐标为（） A．B．C．D．【答案】A【解析】因为关于轴对称，所以纵坐标为，横坐标为1，代入，可得.设点，.则则，，又关于直线对称.，即，，又的中点一定在直线上，.线段的中点坐标为.故选:A.15．（2020·全国高三月考）已知抛物线的焦点到准线的距离为，若抛物线上存在关于直线对称的不同两点和，则线段的中点坐标为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】因为焦点到准线的距离为，则，所以．设点，．则，则，，又，关于直线对称．，即，， 又的中点一定在直线上，．线段的中点坐标为．故选：A.16．（2020·全国高三专题练习）已知直线l过抛物线的焦点，并交抛物线C于A、B两点，，则弦AB中点M的横坐标是（）A．3B．4C．6D．8【答案】C【解析】直线l过抛物线的焦点,交抛物线C于A、B两点则其焦点坐标为,准线方程为过向准线作垂直交准线于点,过向准线作垂直交准线于点,过向准线作垂直交准线于,交轴于,如下图所示:设由抛物线定义可知,由,可知因为为的中点, 由梯形的中位线性质可知则即M的横坐标是故选:C17．（2020·河北衡水市·衡水中学高三月考）抛物线方程为，动点的坐标为，若过点可以作直线与抛物线交于两点，且点是线段的中点，则直线的斜率为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】设,由题得，所以，故选：A18．（2020·全国高三专题练习）过椭圆内的一点引一条弦，使弦被点平分，求这条弦所在的直线方程.【答案】【解析】解：设直线与椭圆的交点为，、，为的中点，又、两点在椭圆上，则，两式相减得于是 ，即，故所求直线的方程为，即．故答案为：19．（2020·全国高三专题练习）已知双曲线的中心为原点，是的焦点，过的直线与相交于、两点，且的中点为，求双曲线的方程.【答案】【解析】设双曲线的方程为(，)，由题意知，，设、则有：，，两式作差得：，又的斜率是，∴，代入得，，，∴双曲线标准方程是.20．（2020·全国高三专题练习）直线m与椭圆＋y2＝1交于P1，P2两点，线段P1P2的中点为P，设直线m的斜率为k1(k1≠0)，直线OP的斜率为k2，则k1k2的值为________.【答案】【解析】设，中点，则满足，两式相减得，整理得，即，即， .故答案为：.21．（2020·全国高三其他模拟）已知直线与椭圆相交于，两点，若中点的横坐标恰好为，则椭圆的离心率为______.【答案】【解析】设，，代入椭圆方程得，，两式作差得，整理得，因为，所以，又因为，所以，所以，所以.故答案为：.22．（2019·浙江宁波市·镇海中学高三开学考试）已知椭圆：的离心率为，△ABC的三个顶点都在椭圆r上，设△ABC三条边AB、BC、AC的中点分别为D、E、M，且三条边所在直线的斜率分别为、、且均不为0，O为坐标原点，若直线OD、OE、OM的斜率之和为2，则___________．【答案】 【解析】由椭圆：的离心率为，设，则椭圆的标准方程为：设因为边AB、BC、AC的中点分别为D、E、M，故，由在椭圆上，则，两式相减化简得：，所以即：同理得：，所以又因为故答案为：23．（2020·四川成都市·高三二模）设直线与抛物线相交于两点，若弦的中点的横坐标为则的值为___________．【答案】【解析】联立直线与抛物线，得，则，又，故，.故答案为：.24．（2020·全国高三月考）已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于、两点.若的中点坐标为，则椭圆的方程为______. 【答案】【解析】设，，则，，①，②，由①－②得，即所以，又，所以，即，又，解得，，所以椭圆方程为．25．（2020·江苏）椭圆与直线y＝1－x交于A，B两点，过原点与线段AB中点的直线的斜率为，则的值为________．【答案】【解析】设，线段AB的中点为则，即 ，故答案为：26．（2020·湖北黄冈市·黄冈中学高三其他模拟）已知双曲线的中心在原点，是一个焦点，过的直线与双曲线交于，两点，且的中点为，则的方程是______.【答案】【解析】由，的坐标得.设双曲线方程为，则.设，，则，，.由，得，即，∴.于是，，所以的方程为.故答案为： 27．（2020·广东广州市·高三月考）已知直线与双曲线交于两点，当两点的对称中心坐标为时，直线的方程为________.【答案】【解析】设，，则，相减得到，即，.故直线方程为：，即.故答案为：.【点睛】本题考查了双曲线中的点差法，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.28．（2020·西藏拉萨市·拉萨中学高三月考）已知双曲线上存在两点A，B关于直线对称，且线段的中点在直线上，则双曲线的离心率为_________.【答案】2【解析】点A，B关于直线对称，线段的中点在直线上所以得，设，所以将代入双曲线，则有两式相减得.∵，∴， ∴.∵点A，B关于直线对称∴，所以，即.∴双曲线的离心率为.故答案为：29．（2020·全国高三月考）过点作直线与双曲线交于，两点，若点恰为线段的中点，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】因为双曲线方程为则设,因为点恰为线段的中点则则,两式相减并化简可得即直线的斜率为2所以直线的方程为,化简可得 因为直线与双曲线有两个不同的交点所以解得且所以的取值范围为故答案为:30．（2019·云南玉溪市·高三月考）已知抛物线，焦点到准线的距离为1，若抛物线上存在关于直线对称的相异两点，，则线段的中点坐标为_________.【答案】【解析】焦点到准线的距离为1，，设，，中点，，得：，即，即故，又因为在直线上，所以，从而线段的中点坐标为.故答案为：. 第8讲外接球与内切球技巧导图技巧详讲一．二．外接球8大模型秒杀公式推导1.墙角模型(1)使用范围：3组或3条棱两两垂直；或可在长方体中画出该图且各顶点与长方体的顶点重合(2)推导过程：长方体的体对角线就是外接球的直径(3)秒杀公式：(4)图示过程 2.汉堡模型（1）使用范围：有一条侧棱垂直与底面的柱体或椎体（2）推导过程第一步：取底面的外心O1,，过外心做高的的平行且长度相等，在该线上中点为球心的位置第二步：根据勾股定理可得（3）秒杀公式：（4）图示过程3.斗笠模型（1）使用范围：正棱锥或顶点的投影在底面的外心上（2）推导过程第一步：取底面的外心O1,，连接顶点与外心，该线为空间几何体的高h第二步：在h上取一点作为球心O第三步：根据勾股定理（3）秒杀公式：（4）图示过程 4.折叠模型（1）使用范围：两个全等三角形或等腰三角形拼在一起，或菱形折叠（2）推导过程微信公众号：钻研数学第一步：过两个平面取其外心H1、H2，分别过两个外心做这两个面的垂线且垂线相交于球心O第二步：计算第三步：（3）秒杀技巧：（4）图示过程5.切瓜模型（1）使用范围：有两个平面互相垂直的棱锥（2）推导过程：第一步：分别在两个互相垂直的平面上取外心F、N，过两个外心做两个垂面的垂线，两条垂线的交点即为球心O，取BC的中点为M，连接FM、MN、OF、ON第二步：（3）秒杀公式：（4）图示过程 6.麻花模型（1）使用范围：对棱相等的三棱锥（2）推导过程：设3组对棱的长度分别为x、y、z,长方体的长宽高分别为a、b、c（1）秒杀公式：（2）图示过程7.矩形模型（1）使用范围：棱锥有两个平面为直角三角形且斜边为同一边（2）推导过程：根据球的定义可知一个点到各个顶点的距离相等该点为球心可得，斜边为球的直径（3）秒杀公式：（4）图示过程 8.鳄鱼模型（1）使用范围：适用所有的棱锥（2）推导过程：（3）秒杀公式：（4）图示过程 一．内切球的半径---等体积法1.推导过程2.秒杀公式：3.图示过程特别说明：下面例题或练习都是常规方法解题，大家可以利用模型的秒杀公式例题举证技巧1外接球之墙角模型 【例1】（2020·河南高三月考）已知长方体中，，，与平面所成角的正弦值为，则该长方体的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】作，垂足为，连接，.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以是与平面所成的平面角.又，.所以，解得.故该长方体的体对角线为.设长方体的外接球的半径为，则，解得.所以该长方体的外接球的表面积为.故选B. 【举一反三】1．（2020·全国高三专题练习）棱长为的正方体的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为正方体的外接球的直径为正方体的体对角线的长，所以，解得，所以球的表面积为：.故选：C2．（2019·绥德中学）球面上有四个点，若两两垂直，且，则该球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意可知，该球是一个棱长为4的正方体的外接球，设球的半径为，由题意可得：,据此可得：，外接球的表面积为：.本题选择D选项.技巧2外接球之汉堡模型【例2】（2020·四川泸州市·高三）已知四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，且平面，则该四棱锥外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意，四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，且平面，可把四棱锥放置在如图所示的一个长方体内， 其中长方体的长、宽、高分别为，则四棱锥的外接球和长方体的外接球表示同一个球，设四棱锥的外接球的半径为，可得，解得，所以该四棱锥外接球的表面积为.故选：C.【举一反三】1．（2020·广州市广外）各顶点都在一个球面上的正四棱柱（底面是正方形，侧棱垂直于底面）高为2，体积为8，则这个球的表面积是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为正四棱柱高为2，体积为8，所以它的底面边长是2，所以它的体对角线的长是，因此它的外接球的直径是，所以这个球的表面积是：.故选：B．2．（2020·辽宁省高三）如图，在三棱锥A﹣BCD中，BD⊥平面ADC，BD＝1，AB＝2，BC＝3，AC＝，则三棱锥A﹣BCD外接球的体积为（） A．4πB．3πC．2πD．4π【答案】D【解析】因为BD⊥平面ADC，所以，，所以，，所以，所以，所以以、、为棱的长方体与三棱锥A﹣BCD具有相同的外接球，所以该外接球的直径为，半径为，则该外接球的体积为故选：D.3．（2020·广东广州市·高三月考）在长方体中，，，点在正方形内，平面，则三棱锥的外接球表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】长方体中，平面，平面，∴，又平面，平面，∴，∵，∴平面，而平面，∴，是正方形，∴是与交点，即为的中点，也是的中点．是直角三角形，设是中点，是中点，则由可得平面（长方体中棱与相交面垂直），是的外心，三棱锥的外接球球心在直线上（线段或的延长线上）．设，则，解得， ∴外接球半径为，表面积为．故选：C．4．（2020·全国高三月考（文））三棱柱中，平面，，，，，则该三棱柱的外接球的体积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图，取中点，连交于点，，为的外接圆圆心，，，，外接圆半径为,，平面，平面， 又，点为三棱柱的外接球球心，外接球半径，外接球体积.故选：B.技巧3外接球之斗笠模型【例3】（2020·江苏南通市·高三期中）正三棱锥中，，，则该棱锥外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】正三棱锥中，，,所以,故,同理可得,,以为棱构造正方体，则该棱锥外接球即为该正方体的外接球，如图，所以，故球的表面积为,故选：C【举一反三】1．（2020·秦皇岛市抚宁区第一中学）已知正三棱锥的侧棱长为，底面边长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是________. 【答案】【解析】过点作平面于点，记球心为.∵在正三棱锥中，底面边长为6，侧棱长为，∴，∴.∵球心到四个顶点的距离相等，均等于该正三棱锥外接球的半径长，∴，.在中，，即，解得，∴外接球的表面积为.故答案为：.2．正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】正四棱锥P-ABCD的外接球的球心在它的高上，记为O，PO=AO=R，，=4-R，在Rt△中，， 由勾股定理得，∴球的表面积，故选A.技巧4外接球之折叠模型【例4】（2020·广东省高三）在三棱锥A﹣BCD中，△ABD与△CBD均为边长为2的等边三角形，且二面角的平面角为120°，则该三棱锥的外接球的表面积为（　　）A．7πB．8πC．D．【答案】D【解析】如图，取BD中点H，连接AH，CH因为△ABD与△CBD均为边长为2的等边三角形所以AH⊥BD，CH⊥BD，则∠AHC为二面角A﹣BD﹣C的平面角，即∠AHD＝120°设△ABD与△CBD外接圆圆心分别为E，F则由AH＝2可得AEAH，EHAH分别过E，F作平面ABD，平面BCD的垂线，则三棱锥的外接球一定是两条垂线的交点记为O，连接AO，HO，则由对称性可得∠OHE＝60°所以OE＝1，则R＝OA则三棱锥外接球的表面积故选：D 【举一反三】1．（2020·山东枣庄市·高三期中）已知二面角的大小为120°，且，，.若点P、A、B、C都在同一个球面上，则该球的表面积的最小值为______.【答案】【解析】设，则，设和的外心分别为、，则分别为的中点，过点分别作和所在平面的垂线，两垂线的交点为点，则为三棱锥的外心，连接，则为三棱锥外接球的半径．取的中点，连接、、，如图所示，由题意可知，，，，且，，为二面角的平面角，即，连接，平面，平面，，，四点共圆，且该圆的直径为．在中，由余弦定理知， 的外接圆直径，当时，取得最小值，为，此时该球的表面积取得最小值，为．故答案为：．2．（2020·南昌市八一中学）如图所示，三棱锥S一ABC中，△ABC与△SBC都是边长为1的正三角形，二面角A﹣BC﹣S的大小为，若S，A，B，C四点都在球O的表面上，则球O的表面积为（）A．πB．πC．πD．3π【答案】A【解析】取线段BC的中点D，连结AD，SD，由题意得AD⊥BC，SD⊥BC，∴∠ADS是二面角A﹣BC﹣S的平面角，∴∠ADS，由题意得BC⊥平面ADS，分别取AD，SD的三等分点E，F，在平面ADS内，过点E，F分别作直线垂直于AD，SD，两条直线的交点即球心O，连结OA，则球O半径R＝|OA|，由题意知BD，AD，DE，AE，连结OD，在Rt△ODE中，，OEDE， ∴OA2＝OE2+AE2，∴球O的表面积为S＝4πR2．故选：A．技巧5外接球之切瓜模型【例5】（2020·内蒙古赤峰市·高三月考）已知三棱锥中，，，，，面面，则此三棱锥的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图，，，，，，所以的外接圆的圆心为斜边的中点,，为等腰三角形.取的中点，连接，，，,,微信公众号：钻研数学又面面，面面，面，面，过点作的平行线，则球心一定在该直线上.设的外接圆的圆心为，,则点在上，连接, 由球的性质则，平面，则为矩形.在中，,则所以的外接圆的半径所以，则则所以球的半径为所以三棱锥的外接球的表面积为故选：B【举一反三】1．（2020·四川泸州市·高三一模）已知三棱锥中，平面平面，且和都是边长为2的等边三角形，则该三棱锥的外接球表面积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】如图， 由已知可得，与均为等边三角形，取中点，连接，，则，∵平面平面，则平面，分别取与的外心，过分别作两面的垂线，相交于，则为三棱锥的外接球的球心，由与均为边长为的等边三角形，可得，，，∴三棱锥A−BCD的外接球的表面积为.故选：D.技巧6外接球之麻花模型【例6】（2020·四川省眉山市彭山区第二中学）在四面体中，若，，，则四面体的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意可采用割补法，考虑到四面体ABCD的四个面为全等的三角形，所以可在其每个面补上一个以，2，为三边的三角形作为底面，且以分别x，y，z长、两两垂直的侧棱的三棱锥，从而可得到一个长、宽、高分别为x，y，z的长方体，并且x2+y2＝3，x2+z2＝5，y2+z2＝ 4，则有（2R）2＝x2+y2+z2＝6（R为球的半径），得2R2＝3，所以球的表面积为S＝4πR2＝6π．故答案为．技巧7外接球之矩形模型【例7】（2020·新疆维吾尔自治区）在四面体中，，，则四面体的外接球的表面积为()A．B．C．D．【答案】B【解析】由，，所以，可得，所以，即为外接球的球心，球的半径所以四面体的外接球的表面积为：.故选：B【举一反三】1．（2020·黑龙江省哈尔滨三中）四面体中，，平面，，，，则该四面体外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C 【解析】如图所示：由已知可得与为直角三角形，所以该几何体的外接球球心为的中点O，因为,且,所以,所以,所以四面体的外接球半径,则表面积.故答案选：C2．（2020·重庆一中高三）已知四面体满足：，，则四面体外接球的表面积为_______.【答案】【解析】因为，，所以，，所以△△均为直角三角形，取斜边的中点，连接、，如图： 易得，所以点为该四面体外接球的球心，所以球的半径，故其表面积.故答案为：.技巧8内切球半径【例8】（2020·全国）正四面体的外接球与内切球的表面积比为（）A．B．C．D．不确定【答案】A【解析】如图，正四面体的中心即为外接球与内切球的球心，设正四面体的棱长为，可得，，又，，，，．所以故选：【举一反三】微信公众号：钻研数学1．（2020·北京）如图所示，球内切于正方体．如果该正方体的棱长为a，那么球的体积为（） A．B．C．D．【答案】D【解析】因为球内切于正方体，所以球的半径等于正方体棱长的，所以球的半径为，所以球的体积为，故选：D.2．（2020·山西大同一中）已知直三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC为等边三角形，若该棱柱存在外接球与内切球，则其外接球与内切球表面积之比为（）A．25︰1B．1︰25C．1︰5D．5︰1【答案】D【解析】设点是三棱柱外接球和内切球的球心，点是底面等边三角形的中心，点是底边的中点，连结，，，，设底面三角形的边长为，则，，因为三棱锥内切球与各面都相切，所以三棱柱的高是内切球的直径，底面三角形内切圆的直径也是三棱柱内切球的直径，所以，即三棱柱内切球的半径，，所以，即三棱柱外接球的半径，所以内切球的表面积为，外接球的表面积，所以三棱柱外接球和内切球表面积的比值为故选：D 3．（2020·江苏无锡市第六高级中学）正三棱柱有一个半径为的内切球，则此棱柱的体积是（）.A．B．C．D．【答案】B【解析】∵正三棱柱有一个半径为的内切球，则正三棱柱的高为cm，底面正三角形的内切圆的半径为cm，设底面正三角形的边长为cm,则，解得cm，∴正三棱柱的底面面积为cm2，故此正三棱柱的体积V＝cm3．故选：B．技巧强化1．（2020·江苏镇江市·高三期中）直三棱柱的所有顶点都在同一球面上，且，，，则该球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】如图所示，直三棱柱的所有顶点都在同一球面上，且，，，可将直三棱柱补成长方体，其中，，长方体的对角线 ，即为球的直径，则球的半径为.球的表面积为.故选:A.2．（2020·江西高三其他模拟）在三棱锥中，，，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】在中，，即，又，∴为等边三角形根据题意，有如下示意图：如图，设的外接圆的圆心为，连接，，，连接PH.由题意可得，且，.∴由上知：且，又，∴，由，平面ABC.设O为三棱锥外接球的球心，连接，，OC过O作，垂足为D，则外接球的半径R满足，，，代入解得，即有， ∴三棱锥外接球的表面积为.故选：A.3．（2020·四川泸州市·高三）已知四棱锥中，平面，底面是边长为2的正方形，且，则该四棱锥外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意，四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，且平面，可把四棱锥放置在如图所示的一个长方体内，其中长方体的长、宽、高分别为，则四棱锥的外接球和长方体的外接球表示同一个球，设四棱锥的外接球的半径为，可得，解得，所以该四棱锥外接球的表面积为.故选：C.4．（2020·四川宜宾市·高三）已知点P，A，B，C在同一个球的球表面上，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PB=，BC=，PC=，则该球的表面积为（）A．6πB．8πC．12πD．16π【答案】A【解析】如图，三棱锥 补体在长方体中，三棱锥的外接球就是补体后长方体的外接球，长方体的外接球的直径，即，则该球的表面积.故选：A5．（2020·江西赣州市·高三）四面体中，底面，，，则四面体的外接球表面积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图，在四面体中，底面，，，可得，补形为长方体，则过一个顶点的三条棱长分别为1，1，，则长方体的对角线长为， 则三棱锥的外接球的半径为1．其表面积为．故选：B．6．（2020·全国高三专题练习））平行四边形中，，且，沿将四边形折起成平面平面，则三棱锥外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意，平面平面，又因为平面平面，平面，，可得平面，因为四边形为平行四边形，所以，同理平面，所以、均为，设中点为，连、，则，其中为三棱锥外接球半径，则，，则，故三棱锥外接球的表面积为.故选：C.7．（2020·湖北省鄂州高中高三月考）张衡(78年~139年)是中国东汉时期伟大的天文学家､文学家､数学家.他的数学著作有《算罔论》，他曾经得出结论：圆周率的平方除以十六等于八分之五. 已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点，，若线段的最小值为，利用张衡的结论可得该正方体的外接球的表面积为（）A．30B．C．D．36【答案】C【解析】设正方体的棱长为，正方体的内切球半径为，正方体的外接球半径满足：，则.由题意知：，则，，该正方体的外接球的表面积为，又因为圆周率的平方除以十六等于八分之五，即，所以，所以外接球的表面积为.故选：C.8．（2020·江苏南京市第二十九中学高三期中）已知直三棱柱的顶点都在球上，且，，，则此直三棱柱的外接球的表面积是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】如图所示：设点为外接圆的圆心，因为，所以，又， 所以是等边三角形，所以，又直三棱柱的顶点都在球上，所以外接球的半径为，所以直三棱柱的外接球的表面积是，故选：C9．（2020·全国高三专题练习）已知三棱柱(侧棱底面，底面是正三角形)内接于球O，与底面所成的角是45°.若正三棱柱的体积是，则球O的表面积是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】易知是与底面所成的角，则．故由，得．设，则，解得．所以球的半径，所以球的表面积．故选：A．10．（2020·甘肃省民乐县第一中学高三）在四棱锥中，，，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】如图，取的两个三等分点、，连接、、， 设，连接、.则，，又，，所以，四边形为平行四边形，，为的中点，所以，，由勾股定理可得，则，在中，，，，，又，则为等边三角形，，则是的外接圆的圆心.因为，为的中点，，，，，，，，又，，平面，且.设为三棱锥外接球的球心，连接、、，过作，垂足为，则外接球的半径满足，设，则，解得， 从而，故三棱锥外接球的表面积为.故选：D.11．（2020·天津红桥区·高三期中）已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是（）A．10B．20C．24D．32【答案】C【解析】因为正四棱柱高为4，体积为16，所以正四棱柱的底面积为，正四棱柱的底面的边长为，正四棱柱的底面的对角线为，正四棱柱的对角线为，而球的直径等于正四棱柱的对角线，即，,故选：C12．（2020·河南洛阳市·高三月考）我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱（侧棱垂直于底面的三棱柱）称之为“堑堵”．如图，三棱柱为一个“堑堵”，底面是以为斜边的直角三角形且，，点在棱上，且，当的面积取最小值时，三棱锥的外接球表面积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】解法一：由“堑堵”的定义可知，为直角三角形， 故，易知，又，，所以平面，而平面，于是得．设，，则，则，，，由，得，整理得，所以，所以，当且仅当，即时的面积取得最小值18．此时．设三棱锥的外接球半径为，因为，，故线段为外接球的直径，故所求外接球的表面积．故选：D．解法二：令，则，，，又因为平面，所以，又．所以平面，所以． 的面积当且仅当时，取最小值，此时，．在三棱锥中，因为，取中点为，则，故为三棱锥的外接球的球心，所以为外接球直径，．故选：D．13．（2020·山西高三月考）已知正三棱柱的体积为54，，记三棱柱的外接球为球，则外接球的表面积是__________．【答案】【解析】因为正三棱柱的底面积，底面外接圆半径，所以正三棱柱的高，所以外接球的半径，则，故答案为：．14．（2020·济南市·山东省实验中学高三月考）在三棱锥中，侧棱底面且则该三棱锥的外接球的体积为__________． 【答案】【解析】在中，由余弦定理可知：因为，所以是顶角为钝角的等腰三角形，设的外接圆的直径为，由正弦定理可知：，因为侧棱底面，，所以三棱锥的外接球的直径为，由勾股定理可知：，所以三棱锥的外接球的半径为：，所以三棱锥的外接球的体积为：故答案为：15．（2020·湖南怀化市·高三期中）如图所示，在三棱锥中，，，，则三棱锥的外接球的表面积为______. 【答案】【解析】由题意知：在中，根据余弦定理有：，，，∴中有，即为等边三角形，若为中点，连接，可得，而，则在中有，∴，又且，即面，又由面知：面面，∴三棱锥的外接球球心：在中，过三等份点作的垂线与 的垂直平分线的交点即为球心，所以令外接球半径为R，，则：，解得，所以由球的表面积，故答案为：.16．（2020·广东肇庆市·高三月考）鳖臑（biēnào）出自《九章算术·商功》：“斜解立方，得两重堵．斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑．”鳖臑是我国对四个面均为直角三角形的三棱锥的古称．如图，三棱锥是一个鳖臑，其中，，，且，过点B向AC引垂线，垂足为E，过E作CD的平行线，交AD于点F，连接BF．设三棱锥的外接球的表面积为，三棱锥的外接球的表面积为，则________．【答案】．【解析】，，，则平面，平面，∴，又，，∴平面，平面，∴，．又，∴，，又，∴三棱锥可补形成以为棱的一个长方体，其外接球的直径的平方等于的平方和，而由，则是三棱锥外接球的直径．∵，∴，，，，，，∴， ，，∴．故答案为：．17．（2020·上海市松江二中高三期中）若体积为8的正方体的各个顶点均在一球面上，则该球的体积为______.【答案】【解析】因为正方体的体积为8，故棱长为2，因此正方体的体对角线的长为，故正方体外接球的直径为，所以半径为，故球的体积为，故答案为：.18．（2020·江苏南通市·高三期中）在我国古代数学名著《九章算术》中，把两底面为直角三角形的直棱柱称为“堑堵”，已知三棱柱是一个“堑堵”，其中，，，则这个“堑堵”的外接球的表面积为________.【答案】【解析】因为，所以，所以，所以可将三棱柱补成一个长方体，如图：则该长方体的对角线长等于这个“堑堵”的外接球的直径，所以，所以.所以外接球的表面积为.故答案为： 19．（2020·合肥市第六中学高三期中）在长方体中，，，点在正方形内，平面，则三棱锥的外接球表面积为______.【答案】【解析】如图所示：平面，连接，又为正方形，点为正方形对角线的交点，则是等腰直角三角形，是直角顶点，设是中点，则是的外心，取是中点，则，而平面，平面，三棱锥的外接球的球心在直线上，由已知可计算，，在的延长线上，设，则由得，解得，， 外接球表面积：．故答案为：．20．（2020·湖南高三开学考试）在四面体中，平面，，，，则该四面体的外接球的表面积为________.【答案】【解析】在中，因为，，可得的外圆球直径为，又由球的性质，可得，所以球的表面积为.故答案为：.21．（2020·全国高三月考）我国古代数学名著《九章算术》中将正四棱锥称为方锥.已知某方锥各棱长均为2，则其内切球的体积为______.【答案】【解析】如图，设方锥底面的中心为，则在中，，所以，在中，，所以方锥的体积为，设方锥内切球的半径为，而方锥的表面积为，由等体积法可得， 解得，体积为.故填：.22．（2020·江西南昌市·南昌十中）已知在三棱锥中，，，，则当点到平面的距离最大时，三棱锥外接球的表面积为_____．【答案】【解析】当点到平面的距离最大时，平面平面,设，分别为，的外心，为三棱锥外接球的球心，连结，，设交于，由面面垂直的性质定理可知平面，在中，，，所以, 所以，，的外接圆直径为，所以，所以，的外接圆直径为，所以，在中，，所以三棱锥外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为.故答案为：23．（2021·福建省福州第一中学高三期中）三棱锥中，，，面的面积为，则此三棱锥外接球的表面积为___．【答案】【解析】如图，，，，则，，又由面的面积为，则的高为，且根据余弦定理，可得，，可得，，即， ，明显地，当球内有一条边能同时对应两个面的三角形的直角，则该边必为球的直径，所以，，所以，三棱锥外接球的表面积为故答案为：24．（2020·福建福州市·高三期中）在三棱锥中，平面垂直平面，，，则三棱锥外接球的表面积为_________.【答案】【解析】如图，过点在面内作交的外接圆于点，平面垂直平面，两平面的交线为，，面，面，的外接圆直径为，，而，中，，，，设底面的外接圆半径为，则，球的半径设为，则有，球的表面积为故答案为：25．（2020·全国高三其他模拟）在三棱锥中，平面，，，，若三棱锥的体积为，则此三棱锥的外接球的表面积为______【答案】【解析】设三棱锥外接球的半径为、球心为，的外心为、外接圆的半径为，连接， 过作平行线交于，连接，，如图所示，则，，，所以为的中点.在中，由正弦定理得，解得.在中，由余弦定理，可得，得.所以.因为，所以.连接，又，所以四边形为平行四边形，，所以.所以该三棱锥的外接球的表面积.故答案为：.26．（2020·全国高三专题练习）设，，，为球的球面上的四个点，满足，.若四面体的表面积为，则球的表面积为______.【答案】【解析】由题意知，是等边三角形，，是等腰三角形， .所以，即，所以，则的中点到，，，四点的距离均为，所以球的表面积为.故答案为：．