1、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32.函数对称性与周期性及应用83.新高考2卷单选压轴与和差化积公式134.对数均值不等式与两道导数压轴155.三角函数中的w取值范围研究.186.处理解三角形范围问题的8大视角247.外接球专题358.抛物线的焦点弦399.2022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5011.留给中档生的机会真的不多了？551.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
2、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，则将不等式变形为的结构，即为外层函数，其单调性易于研究.常见变形方式：；.答题思路；1.直接变形：（1）积型：（同左）；（同右）； （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：（同左）；（同右）；（取对数）.（3）和差型：（同左）；（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，同加上等，再用上述方式变形.常见的有：；二典例分析例1.（2022全国甲卷）（公众
3、号：凌晨讲数学）已知函数（1）若,求的取值范围；（2）证明：若有两个零点，则解析：（1），令，则，于是.于是等价于在上恒成立，故.（2）由（1）知要使得有两个零点，则假设.要证明即证明，又由于在单增，即证明.下面构造函数由于，又函数在单减，. 时在单调递增，而 得证例2.（2022全国新高考1卷）已知函数和有相同的最小值.（1）求；（2）证明：存在直线，其与两条曲线和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），时，恒成立，所以在上单调递增，即没有最小值.该类情况应舍去.时，在上小于0，在上大于0，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处有最小值为，所以在上小于0
4、，在上大于0，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处有最小值为，因为和有相同的最小值.所以有，即因为，所以上式等价于，令，则恒成立，所以在上单调递增又因为且，所以.（2）证明：由（1），且在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且.时，此时，显然与两条曲线和共有0个交点，不符合题意；时，此时，与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；时，首先，证明与曲线有2个交点：即证明有2个零点，所以在上单调递减，在上单调递增，又因为，（令，则，）所以明在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为.其次，证明与曲线和有2个交点：即证明有2个零点，所以在上单调递减
5、，在上单调递增，又因为，（令，则，）所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为. 再次，证明存在使得：因为，所以，若，则，即，所以只需证明在上有解即可，即在上有零点，因为，所以在上存在零点，取一零点为，令即可，此时取则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列：因为，所以，又因为在上单调递减，即，所以同理，因为，又因为在上单调递增，即，所以，又因为，所以，即直线，与两条曲线和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
6、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轴的直线对称，则当函数图象上任意两个点到直线的距离相等且函数值时. 我们就称函数关于对称.（公众号：凌晨讲数学）代数表示: (1). (2). 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对称.一般地，若函数满足，则函数的图象关于直线对称.特别地，偶函数(关于轴对称)，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：函数上任意一点（）关于点对称的点（）也在函数图像上，此时我们就称函数为关于点()对称的中心对称图像，点()为对称中心. 用代数式表示：(1). (2). 一般地,若函数满足
7、,则函数的图象关于点对称.特别地，奇函数(关于原点对称)，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:对于定义域内的每一个，都存在非零常数，使得恒成立，则称函数具有周期性，叫做
8、的一个周期，则（）也是的周期，所有周期中的最小正数叫的最小正周期.2.函数周期性有关结论:设是非零常数，若对于函数定义域内的任一变量有下列条件之一成立，则函数是周期函数，且是它的一个周期.(1). (2).(3). (4).3.函数的对称性与周期性性质1. 若函数同时关于直线与轴对称，则函数必为周期函数，且.性质2. 若函数同时关于点与点中心对称，则函数必为周期函数，且.（公众号：凌晨讲数学）性质3.若函数既关于点中心对称，又关于直线轴对称，则函数必为周期函数，且.特别地：(1).若是奇函数且关于轴对称，则是周期函数，周期为_.(2).若是偶函数且关于轴对称，则是周期函数，周期为_.(3).若
9、是奇函数且关于轴对称，则是周期函数，周期为_.(4).若是偶函数且关于轴对称，则是周期函数，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）由于间隔的函数图象相同，所以若函数在上单调增(减)，则在上单调增(减).二典例分析1（2021新高考2卷）已知函数的定义域为R，为偶函数，为奇函数，则（）ABCD解析：因为函数为偶函数，则，可得，因为函数为奇函数，则，所以，所以，即，故函数是以为周期的周期函数
10、，因为函数为奇函数，则，故，其它三个选项未知.故选：B.2（2021全国甲卷）设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，若，则（）ABCD因为是奇函数，所以；因为是偶函数，所以令，由得：，由得：，因为，所以，令，由得：，所以由两个对称性可知，函数的周期所以故选：D3（2021全国乙卷）已知函数的定义域均为R，且若的图像关于直线对称，则（）ABCD解析：因为的图像关于直线对称，所以，因为，所以，即，因为，所以，代入得，即，所以，.因为，所以，即，所以.因为，所以，又因为，联立得，所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R，所以因为，所以.所以故选：D4（2022新高考1卷）已知函数及其导
11、函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（）ABCD解析：因为，均为偶函数，所以即，所以，则，故C正确；函数，的图象分别关于直线对称，又，且函数可导，所以，所以，所以，所以，故B正确，D错误；若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误. 故选：BC.5（2022新高考2卷）已知函数的定义域为R，且，则（）ABC0D1解析：因为，令可得，所以，令可得，即，所以函数为偶函数，令得，即有，从而可知，故，即，所以函数的一个周期为因为，所以一个周期内的由于22除以6余4，所以故选：A3.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
12、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：其实就是我们的指数乘法公式：.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； .证明：由，得.这样，若令，则上述积化和差公式可进一步抽象得：.二典例分析（公众
13、号：凌晨讲数学）典例：（2022新高考2卷）已知函数的定义域为，且，则A. B. C. D.解析：方法1.由余弦函数积化和差公式可得，考虑函数，则满足题意. 于是，周期为6，且，进一步，故选A.方法2.因为，令可得，所以，令可得，即，所以函数为偶函数，令得，即有，从而可知，故，即，所以函数的一个周期为因为，所以一个周期内的由于22除以6余4，所以故选：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.已知函数的定义域为，满足，则（ ）A. B. C. D. 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
14、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和的对数平均定义：对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：（此式记为对数平均不等式） 取等条件：当且仅当时，等号成立.只证：当时，.不失一般性，可设. 证明如下：（I） 先证：（II） 不等式构造函数，则.因为时，所以函数在上单调递减，故，从而不等式成立；（II）再证：不等式构造函数，则.因为时，所以函数在上单调递增，故，从而不等式成立；综合（I）（II）知，对，都有对数平均不等式成立，当且仅当时，等号成立.3定义：设，则，其中为对数平均数.二典
15、例分析1（2022甲卷）已知函数（1）若，求a的取值范围；（2）证明：若有两个零点，则解析：的定义域为，令,得，当单调递减，当单调递增，若,则,即所以的取值范围为（2）由题知,一个零点小于1,一个零点大于1不妨设要证,即证因为,即证因为,即证即证即证下面证明时，设，则设所以,而所以,所以，以在单调递增即,所以，令，所以在单调递减即,所以；综上, ,所以.2（2022新高考2卷）已知函数（1）当时，讨论的单调性；（2）当时，求a的取值范围；（3）设，证明：解析：（1）略（2）设，则，又，设，则，若，则，因为为连续不间断函数，故存在，使得，故在为增函数，故，故在为增函数，故，与题设矛盾.若，则，下
16、证：对任意，总有成立，证明：设，故，故在上为减函数，故即成立.由上述不等式有，故总成立，即在上为减函数，所以.当时，有，所以在上为减函数，所以.综上，.（3）取，则，总有成立，令，则，故即对任意的恒成立（对数均值不等式）.所以对任意的，有，整理得到：，故，故不等式成立.5.三角函数中的取值范围研究在三角函数图象与性质中，对整个图象的性质影响是最大的！毕竟，可以改变函数的单调区间，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，201
17、9年一卷11题，三卷12题等，所以，对的取值范围的系统研究有助于学生进一步突破三角压轴！一知求知求的问题中，我认为最好的处理方法就是换元，通过换元将对图象的影响转化为对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.例1. 已知，函数在上单调递减，求的取值范围.分析：（1）最大的增，减区间占半周期可求的范围；（2）是最大减区间的子区间.解析：，由于，故欲使得在区间递减，只需使得在递减，即可解得.2.已知最值求.例2函数，当上恰好取得5个最大值，则实数的取值范围为（ ）ABCD【答案】C3.已知对称轴求.例3.
18、已知函数的图象在上有且仅有两条对称轴，求的取值范围.变式：图象在上有且仅有两条对称轴，求的取值范围.4.已知零点求.例4已知其中,若函数在区间内没有零点,则的取值范围是( )AB CD【答案】D5.求综合问题例5（2019全国3卷）设函数=sin（）(0)，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论：在（）有且仅有3个极大值点 在（）有且仅有2个极小值点在（）单调递增 的取值范围是)其中所有正确结论的编号是ABCD【答案】D解析：当时，在有且仅有5个零点，故正确，由，知时，令时取得极大值，正确；极小值点不确定，可能是2个也可能是3个，不正确；因此由选项可知只需判断是否正确即可得到答案，当时，若在单调
19、递增，则 ，即 ，故正确故选D练习1.（2022全国甲卷）设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（）ABCD解析：依题意可得，因为，所以，要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又，的图象如下所示：则，解得，即故选：C二 与皆不知.例6.（2022武汉二调）已知函数，且在内恰有2个极值点，且，求的取值集合_.解析：依题，欲使得在内恰有2个极值点，则需满足：，故.例7已知函数在区间上单调，且，则的最大值为A7B9C11D13解析：由题意，函数在区间上单调，则，解得，所，即，又由，则，即，解得.当时，此时，则，又由，即，解得，即，此时函数在区间上不单调，不满足题意.当时，此时，则，又
20、由，即，解得，即，此时函数在区间上是单调函数，满足题意，所以的最大值为，故选B.练习2.（2022新高考2卷）已知函数的图像关于点中心对称，则（）A在区间单调递减B在区间有两个极值点C直线是曲线的对称轴D直线是曲线的切线解析：由题意得：，所以，即，又，所以时，故对A，当时，由正弦函数图象知在上是单调递减；对B，当时，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点；对C，当时，直线不是对称轴；对D，由得：，解得或,从而得：或,所以函数在点处的切线斜率为，切线方程为：即故选：AD练习题1函数的图象在上恰有两个最大值点，则的取值范围为（ ）ABCD【答案】C2若函数在上的值域为，则的
21、最小值为（ ）ABCD【答案】A3已知函数，若函数在区间上为单调递减函数，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】B4设函数在上单调递减，则下述三个结论：在上的最大值为，最小值为；在上有且仅有4个零点；关于轴对称；其中所有正确结论的编号是（ ）ABCD【答案】A5函数（，），已知，且对于任意的都有，若在上单调，则的最大值为（ ）ABCD【答案】D6已知函数，且在区间上的最大值为.若对任意的，都有成立，则实数的最大值是（ ）ABCD解析：，所以周期，因为，且在区间上的最大值为，所以是函数图象的一条对称轴，且，即有，. 而，解得. 故. 因为任意的，都有成立，所以在上，. 令，若，即，则，成立；若
22、，即，此时，所以，而，即，解得. 即.故满足题意的实数的范围为，即实数的最大值是.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）在中，（1）求；（2）若，求周长的最大值.解析：（1）由正弦定理可得：，.（2），即.（当且仅当时取等号），解得：（当且仅当时取等号），周长，周长的最大值为.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,求面积的最大值.ii) 若为锐角三角形
23、，求的取值范围.iii) 若为锐角三角形，求的取值范围.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）的内角对边为，.（1）.求角的值；（2）.若为锐角三角形，且，求面积的取值范围解析：(1)根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以.(2)因为是锐角三角形，由（1）知，得到，故，解得.又应用正弦定理，由三角形面积公式有：.又因,故，故.故的取值范围是视角3.
24、齐次边型分式结构在这一部分中，我们经常会看到诸如：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）记的内角，的对边分别为，已知（1）若，求；（2）求的最小值解析：（1）由已知条件得： 所以，即，由已知条件：，则，可得，所以，2）由（1）知，则，由正弦定理 当且仅当时等号成立，所以的最小值为 例4在锐角中，则的范围是（）ABCD在锐角中，因为，,所以，解得，所以，而，所以，所以由正弦定理可知：，因为，所以，所以，即.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
25、式结构，同时，在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，倘若再能找到这样一个约束条件，代入余弦定理消掉，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.已知中，角的对边分别为.若，则的最大值为（）ABCD解：，由正弦定理得：，即，则，（当且仅当，即时取等号），的最小值为.，的最大值为.例6在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c若，则角A的最大值为（）ABCD解析：因为，所以，进而可得因为，当且仅当时等号成立，所以又因为，所以角A的最大值为视角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
26、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：，其中，是的内角，的对边已知中，则面积的最大值为（）ABCD解析：由得，即，所以，所以，即时，故选：A例8.已知，是的内角，的对边已知中，则面积的最大值为（）ABCD解：中，因为，所以，则，即，又，则，即，则，所以，当时，面积取得最大值为，故选：A视角6.爪型三角形与等面积方法如图，设为的平分线，则设，那么有等面积可得：，进一步可得：，于是可以看到，倘若我们知道角与角平分线的长度，则可得
27、到的转化关系，配合均值不等式就可得到一些范围问题.例9.（2022成都一诊）在中，已知角，角的平分线AD与边BC相交于点D，AD=2.则AB+2AC的最小值为_.解析：，依题意是角的角平分线，由三角形的面积公式得，化简得，.当且仅当，时等号成立.故答案为：视角7.斯特瓦尔特定理与均值不等式基本结论：如图：当设为的边中点时，.注：该结论还可由证得.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.在中，角、所对的边分别为、，且满足.（1）求角的大小；（2）若为的中点，且，求的最大值.解：（1）由正弦定理及得，由知，则，化简得，.又，因此，.（2）由，又为的中点，则，等式两边平方
28、得，所以，则，当且仅当时取等号，因此，的面积最大值为.例11内角，的对边分别为，已知.（1）求角的大小；（2）是边上一点，且，求面积的最大值.解析：（1）因为，由正弦定理可得，又，所以，因为，所以，则，又，所以，因为，所以；（2）根据题意可得，所以，即，所以，当且仅当 等号成立所以，面积的最大值为.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已知在锐角中，角、所对的边分别为、，且满足，则的取值范围是（）ABCD解析：由，知，因为、，则，因为正弦函数在上单调递增
29、，所以，则，因为为锐角三角形，则，可得，则，故选：A.例13在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c若，则的取值范围为（）ABCD解析：，或（不符合题意舍去），设，是锐角三角形，令，则，函数在上单调递增，故，.故选：C7.外接球专题一球的截面若用一个平面去截半径为的球，得到的截面是一个圆：（1）若平面过球心，则截面圆是以球心为圆心的圆；（2）若平面不过球心，如图所示，小圆圆心为，则，记，则.例1（2020全国2卷）已知ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16，则O到平面ABC的距离为（ ）ABC1D【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
30、!例2（2020全国1卷）已知为球的球面上的三个点，为的外接圆，若的面积为，则球的表面积为（ ）ABCD【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: .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叫棱柱.直棱柱：侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱.正棱柱
31、：底面是正多边形的直叫做正棱柱.正棱柱是都垂直于底面，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，棱柱高为，则.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，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（）ABCD解析： 球的体积为，所以球的半径,设正四棱锥的底面边长为，高为，则，,所以，所以正四棱锥的体积，所以，当时，当时，所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，又时，时，所以正四棱锥的体积的最小值为，所以该正四棱锥体
32、积的取值范围是. 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（）ABCD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（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面积最大值为又则当且仅当即时等号成立，故选：C例3（2022新高考2卷）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）ABCD解析：设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心
33、到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为故选：A8.抛物线的焦点弦二典例分析例1.（2022全国甲卷）设抛物线的焦点为，点，过的直线交于两点，当直线轴时，（1）求的方程；（2）设直线、与的另一个交点分别为，记直线、的倾斜角分别为，当取得最大值时，求直线的方程.解析：（1）的方程（2）要使最大，则最大，且易知当直线的斜率为负时，为正才能达到最大又设，由（1）可知则又三点共线，则，则，则得，即 同理由三点共线可得则由题可知，直线斜率不为，不妨设由则，则则可知当时，最大，即最大，此时的直线方程为，即又则的直线方程为，即例2(2017年高考数学新课标卷理科)
34、已知为抛物线的焦点,过作两条互相垂直的直线,直线与交于两点,直线与交于两点,则的是小值为()ABCD解析：法一:设,直线方程为 取方程,得 同理直线与抛物线的交点满足 由抛物线定义可知 当且仅当(或)时,取得等号 法二:设的倾斜角为,则直线的倾斜角为 根据焦点弦长公式有: 故选A 法四:设点,则 设直线的方程为 联立直线与抛物线方程消去可得 所以,所以 同理 所以(当且仅当时等号成立)更多结论：抛物线的正交弦性质:已知为抛物线的焦点,过作两条互相垂直的直线,直线与交于两点,直线与交于两点,则的调和平均数为定值: 于是本题可以直接利用这个性质秒杀 ,所以 椭圆与双曲线有类似的性质,于是得到圆锥曲
35、线的正交定值定理 已知圆锥曲线的焦点作两条互相垂直的直线,直线与交于两点,直线与交于两点,则 其中是圆锥曲线的离心率,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）. 设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点当直线MD垂直于x轴时，（1）求C的方程；（2）设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线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11：设抛物线的弦过定点，过点作非水平线交于两点，若直线与轴交于定点，直线的斜率存在且非零，则.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
36、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已知椭圆的离心率为，半焦距为，且，经过椭圆的左焦点，斜率为的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点（1）求椭圆的标准方程（2）设，延长，分别与椭圆交于，两点，直线的斜率为，求证：为定值解析：（1）由题意，得解得，故椭圆的方程为（2）设，由已知，直线的方程为，即由消去并整理，得则，同理，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）设椭圆的左、右顶点为, 过右焦点作非水平直线与椭圆交于两点, 记直线的斜率分别为, 试证: 为定值, 并求此定值(用的函数表示)
37、.证明：设，代入椭圆方程得，设 , 则，. 两式相除得, .由题意知, . 从而 . . 因为，所以 .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，点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径相交于点，设点的轨迹为曲线。（1）求曲线的方程；（2
38、）若，设过点的直线与曲线分别交于点，其中，求证：直线必过轴上的一定点。(其坐标与无关)解析：（1）曲线的方程为：。（2）点的坐标为直线方程为：，即，直线方程为：，即, 分别与椭圆联立方程组，同时考虑到，解得：.当时，直线方程为：令，解得：. 此时必过点；当时，直线方程为：，与轴交点为.综上所述，直线必过轴上的一定点.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，已知抛物线的焦点为过点的直
39、线交抛物线于两点，直线分别与抛物线交于点（1）求的值；（2）记直线的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值解析：（1）根据条件，设直线的方程为将其代入，消去，整理得，所以（2）设，则设直线的方程为将其代入，消去，整理得所以同理可得，故由（1）得为定值练习2. 设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点当直线MD垂直于x轴时，（1）求C的方程；（2）设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线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，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时，所以，所以抛物线C的方程为.（2）设，直线，由可得，代入抛物线方程可得，所以，同理可得，所
40、以又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，若要使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以当最大时，设直线，代入抛物线方程可得，所以，所以直线.10.与斜率和，斜率积有关的定点定值一.基本结论：设为椭圆上的定点，是椭圆上一条动弦，直线的斜率分别为；（1）若，则有，（2）若，则直线过定点，（3）若，则有，（4）若，则直线过定点.证明：设，直线的方程为，则，（1），等式两边同除以，化简得，所以直线过定点（2） 所以直线过定点（3）设，直线的方程为，直线的方程为令，联立方程，整理得，则，同理则直线的斜率为为定值二典例分析例1.（2022新高考1卷）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线
41、的斜率之和为0（1）求l的斜率；（2）若，求的面积解析：（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线易知直线l的斜率存在，设，联立可得，所以，所以由可得，即，即，所以，化简得，即，所以或，当时，直线过点，与题意不符，舍去，故（2）不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，当均在双曲线左支时，所以，即，解得（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；当均在双曲线右支时，因为，所以，即，即，解得（负值舍去），于是，直线，直线，联立可得，因为方程有一个根为，所以，同理可得，所以，故的面积为例2.（2020新高考卷）已知椭圆C：的离心率为，且过点（1）求的方程：（2）点，在
42、上，且，为垂足证明：存在定点，使得为定值解析：（1）由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.（2）设点，若直线斜率存在时，设直线的方程为：，代入椭圆方程消去并整理得：，可得，因为，所以，即，根据,代入整理可得：， 所以，整理化简得，因为不在直线上，所以，故，于是的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线的斜率不存在时，可得，由得：，得，结合可得：， 解得：或（舍）.此时直线过点.令为的中点，即，若与不重合，则由题设知是的斜边，故，若与重合，则，故存在点，使得为定值.例3（2017全国1卷）已知椭圆，四点，中恰有三点在椭圆上（1）求椭圆的方程：（2）设直线不经过点且与椭圆交于两点，若直线的斜率之和
43、为，证明：过定点解析：（1）由条件知不在椭圆上，易得椭圆方程为（2）当直线的斜率不存在时，设，得，此时直线过椭圆右顶点，无两个交点，故不满足当直线斜率存在时，设因为所以所以又，此时，存在使得所以直线的方程为，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
44、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
45、，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
46、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
47、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”！
