数学（三）-2023年高考考前20天终极冲刺攻略（新高考专用）含答案.docx

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1、数学（三）-2023年高考考前20天终极冲刺攻略（新高考专用）立体几何与空间向量线线角.线面角和二面角是高考的热点，选择题.填空题皆有，解答题中第二问必考，一般为中档题，在全卷的位置相对稳定，主要考查空间想象能力.逻辑思维能力和转化与化归的应用能力.选择题和填空题一般不用空间向量法.但要理解向量基本定理的本质，感悟“基底”的思想，并运用它解决立体几何中的问题.空间向量在立体几何中的应用（1）设，则； ； ； ； .（2）设，则. 这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标.（3）两个向量的夹角及两点间的距离公式.已知，则；已知，则，或者.其中表示与两

2、点间的距离，这就是空间两点的距离公式.（4）向量在向量上的射影为.（5）设是平面的一个法向量，是内的两条相交直线，则，由此可求出一个法向量（向量及已知）.（6）利用空间向量证明线面平行：设是平面的一个法向量，为直线的方向向量，证明，（如图8-155所示）.已知直线（），平面的法向量，若，则.（7）利用空间向量证明两条异面直线垂直：在两条异面直线中各取一个方向向量，只要证明，即.（8）利用空间向量证明线面垂直：即证平面的一个法向量与直线的方向向量共线.（9）证明面面平行.面面垂直，最终都要转化为证明法向量互相平行.法向量互相垂直.（10）空间角公式.异面直线所成角公式：设，分别为异面直线，上的方

3、向向量，为异面直线所成角的大小，则.线面角公式：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为与所成角的大小，则.二面角公式：设，分别为平面，的法向量，二面角的大小为，则或（需要根据具体情况判断相等或互补），其中.（11）点到平面的距离为，为平面的法向量，则.1（2022天津统考高考真题）直三棱柱中，D为的中点，E为的中点，F为的中点(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求平面与平面所成二面角的余弦值【答案】(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，则以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，则，易知平面的一个

4、法向量为，则，故，平面，故平面.（2）解：，设平面的法向量为，则，取，可得，.因此，直线与平面夹角的正弦值为.（3）解：，设平面的法向量为，则，取，可得，则，因此，平面与平面夹角的余弦值为.2（2022浙江统考高考真题）如图，已知和都是直角梯形，二面角的平面角为设M，N分别为的中点(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析；(2)【详解】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、四边形和都是直角梯形，由平面几何知识易知，则四边形和四边形是矩形，在Rt和Rt，且，平面是二面角的平面角，则，是正三角形，由平面，得平面平面，是的中点，又平面，平面，可得，而，平面，而平

5、面（2）因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则，设平面的法向量为由，得，取，设直线与平面所成角为，3（2022全国（新高考卷）统考高考真题）如图，是三棱锥的高，E是的中点(1)证明：平面；(2)若，求二面角的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，因为是三棱锥的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，所以所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，又平面，平面，所以平面（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，因为，所以，又，所以，则，所以，所以，所以，则，设平面的法向量为，

6、则，令，则，所以；设平面的法向量为，则，令，则，所以；所以.设二面角的大小为，则，所以，即二面角的正弦值为.4（2022全国（甲卷理）统考高考真题）在四棱锥中，底面(1)证明：；(2)求PD与平面所成的角的正弦值【答案】(1)证明见解析；(2).【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于，因为，所以四边形为等腰梯形，所以，故，所以，所以，因为平面，平面，所以，又，所以平面，又因为平面，所以；（2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，则，设平面的法向量，则有，可取，则，所以与平面所成角的正弦值为.5（2022全国（乙卷理）统考高考真题）如图，四面体中，E为的中点(1)证明：平面平面；(2)

7、设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值【答案】(1)证明过程见解析(2)与平面所成的角的正弦值为【详解】（1）因为，E为的中点，所以；在和中，因为，所以，所以，又因为E为的中点，所以；又因为平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，所以，所以，当时，最小，即的面积最小.因为，所以，又因为，所以是等边三角形，因为E为的中点，所以，因为，所以,在中，所以.以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，又因为，所以，所以，设与平面所成的角的正弦值为，所以，所以与平面所成的角的正弦值为.6（2022北京统考高

8、考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，M，N分别为，AC的中点(1)求证：平面；(2)再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值条件：；条件：注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分【答案】(1)见解析(2)见解析【详解】（1）取的中点为，连接，由三棱柱可得四边形为平行四边形，而，则，而平面，平面，故平面，而，则，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，（2）因为侧面为正方形，故，而平面，平面平面，平面平面，故平面，因为，故平面，因为平面，故，若选，则，而，故平面，而平面，故，所以，而，故平面，故可建立如所示的空间直角坐标系，

9、则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角为，则.若选，因为，故平面，而平面，故，而，故，而，故，所以，故，而，故平面，故可建立如所示的空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角为，则.7（2022全国（新高考卷）统考高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为(1)求A到平面的距离；(2)设D为的中点，平面平面，求二面角的正弦值【答案】(1)(2)【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，则，解得，所以点A到平面的距离为；（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱柱中，平

10、面，由平面，平面可得，又平面且相交，所以平面，所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得，所以，所以，则,所以的中点，则，,设平面的一个法向量，则，可取，设平面的一个法向量，则，可取，则，所以二面角的正弦值为.1（2023全国校联考三模）在平面直角坐标系中，为圆上的动点，定点现将轴左侧半圆所在坐标平面沿轴翻折，与轴右侧半圆所在平面成的二面角，使点翻折至，仍在右侧半圆和折起的左侧半圆上运动，则，两点间距离的取值范围是（）ABCD2（2023重庆统考模拟预测）在直三棱柱中，点在线段上运动，E，F分别为，中点，则下列说法正确的是（）A平面B当为中点时，AP与BC成角最大C当为中点

11、时，AP与成角最小D存在点，使得3（2023上海宝山统考二模）在空间直角坐标系中,已知定点,和动点.若的面积为,以为顶点的锥体的体积为,则的最大值为()ABCD4（2023江西吉安统考一模）在正方体中，EF分别为的中点，G为线段上的动点，则异面直线与所成角的最大值为（）ABCD5（2023陕西校联考模拟预测）在四棱锥PABCD中，底面ABCD为梯形，平面PAD底面ABCD，则四棱锥PABCD外接球的表面积为（）A26B27C28D296（多选）（2023全国模拟预测）如图，正四棱锥的所有棱长均为1，E为BC的中点，M，N分别为棱PB，PC上的动点，设，则（）AAM不可能垂直于BNB的取值范围是

12、C当时，平面平面ABCDD三棱锥的体积为定值7（多选）（2023全国模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱，的中点，则（）A平面B若点为线段上一点，则直线与直线所成角的范围为C点到平面的距离为D若点为线段上一点，则的最小值为8（多选）（2023广东深圳统考二模）如图，在矩形AEFC中，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将ABE、BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则（）A三棱锥的体积为B直线PA与直线BC所成角的余弦值为C直线PA与平面PBC所成角的正弦值为D三棱锥外接球的半径为9（2023陕西宝鸡统考三模）如图，正方体棱长为2，P是线段上的一个动

13、点，则下列结论中正确的为_BP的最小值为存在P点的某一位置，使得P，A，C四点共面的最小值为以点B为球心，为半径的球面与面的交线长为10（2023四川达州统考二模）如图，、分别是正方体的棱、的中点，是上的点，平面.若，则_.11（2023四川成都石室中学校考三模）如图，在四棱雉中，四边形ABCD为菱形，AC与BD相交于点O，M为线段PD的中点.(1)求证：平面平面PAC；(2)若直线OM与平面ABCD所成角为，求平面PAD与平面PBC所成的二面角的正弦值.12（2023全国模拟预测）如图，正三棱柱中，是侧棱上一点，设平面平面.(1)证明：；(2)当为的中点时，平面与平面所成的锐二面角的大小为3

14、0，求直线与平面所成角的正弦值.13（2023内蒙古包头二模）如图，四棱锥中，侧面底面ABCD，E，F分别是SC和AB的中点，(1)证明：平面SAD；(2)点P在棱SA上，当与底面所成角为时，求二面角的正弦值14（2023新疆乌鲁木齐统考三模）在中，过点作，交线段于点（如图1），沿将折起，使（如图2），点，分别为棱，的中点.(1)求证：；(2)当三棱锥的体积最大时，试在棱上确定一点，使得，并求二面角的余弦值.15（2023广东惠州统考一模）如图，在四棱台中，底面是菱形，平面(1)若点是的中点，求证：平面；(2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由1平面

15、四边形和四边形都是边长为1的正方形，且平面，点为线段的中点，点，分别为线段和上的动点（不包括端点）.若，则线段的长度的取值范围为（）ABCD2（多选）正方体的棱长为3，E，F分别是棱，上的动点，满足，则（）A与垂直B与一定是异面直线C存在点E，F，使得三棱锥的体积为D当E，F分别是，的中点时，平面截正方体所得截面的周长为3在棱长为3的正方体中，点P在平面上运动，则的最小值为_.4如图，在等腰梯形中，点为边上的一点，是一个等边三角形，现将沿着翻折至，如图.(1)在翻折过程中，求四棱锥体积的最大值；(2)当四棱锥体积最大时，求平面与平面的夹角的余弦值.5已知为等边三角形，其边长为，点为边的中点，点

16、在边上，并且，将沿折起到.(1)证明：平面平面；(2)当平面与平面成直二面角时，在线段上是否存在一点，使得平面和平面所成二面角的正切值为，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.参考答案名校预测：1B【详解】设所在平面为，圆的另一半所在平面为，若，则三点共线时，有最小值；当在圆的下端点时，取到最大值，即；若，设，在上的投影为距离为，则到面距离为，又到轴的距离为，到轴的距离为，而到轴的距离为，则，其中，故，当且仅当时成立；，当且仅当时成立；即；综上可得，故选：B2C【详解】由题意得，两两垂直，不妨令以C为原点，分别以所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.则选项A：当点P与点B重合时，由为

17、梯形的两个腰，可得相交，则直线平面位置关系为相交.判断错误；选项B：设AP与BC成角为，,由，可得当时，即两点重合时，AP与BC成角为.判断错误；选项C：设AP与成角为，由，可得又，在单调递减，则当即为中点时，AP与成角最小.判断正确；选项D：,由，解得（舍），则不存在点，使得.判断错误.故选：C3C【详解】由已知,设直线的单位方向向量为,则,所以到直线的距离,所以,则,令,则,所以,当且仅当即时等号成立,所以,即的最大值为.故选:C.4C【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体棱长为2，分别为中点，则，故，设两异面直线夹角为，其中，故，则当或时，取得最小值

18、，最小值为， 又因为在上为单调减函数，则的最大值为.故选：C.5D【详解】取中点为，取的中点为，连接，因为，平面PAD底面ABCD，平面PAD底面ABCD，平面,平面，平面，则以点为坐标原点，建立坐标系，如下图所示：设梯形外接圆的圆心为，由可得解得，则.设四棱锥PABCD外接球的球心坐标为.则球心到点与到点的距离相等，则即，故球心坐标为，半径为.四棱锥外接球的表面积为.故选：D6ACD【详解】如图，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴， 过点D且垂直于底面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，则，由，可得，选项A：，若，则，则，即，因为，所以方程无实数根，所以AM不可能垂直

19、于BN，故A正确；选项B：，故B错误；选项C：连接BD交AE于F，取BD的中点O，连接OP，则平面ABCD，因为E为BC的中点，所以由几何关系可知，因为，所以，连接MF，则，所以平面ABCD，又平面AME，所以平面平面ABCD，故C正确；选项D：因为，所以连接AC，因为，所以，则三棱锥的体积为定值，故D正确故选：ACD7ABD【详解】解法一：选项A：如图所示：连接，易知，平面即平面易知，平面，平面，平面，故选项A正确选项B：，直线与直线成角即直线与直线所成角如图所示：连接，易知为正三角形，当为的中点时，此时直线与直线所成角最大，最大值为，当与或重合时，直线与直线所成角最小，最小值为，故直线与直

20、线所成角的范围为，故选项B正确选项C：如图所示：延长，与的延长线交于点，过点作于点，连接，过点作于点，易知平面，则，从而平面易知，故选项C错误选项D：如图所示：将与展开到一个平面内，得到如图所示的平面四边形，连接，则在平面四边形中，设交于，易知，所以，则，故选项D正确解法二： 以为坐标原点，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系选项A：，则，设平面的一个法向量为，则，取，则，则，即，又平面，平面，故选项A正确选项B：连接，易知，若为上一点，则，则，令，则，直线与直线所成角的范围为，故选项B正确选项C：易知，共面，设点到平面的距离为，则，故选项C错误选项D：若为上一点，则，故选项D正确.故选：AB

21、D.8BD【详解】由题意可得，又平面，所以平面，在中，边上的高为，所以，故A错误；对于B，在中，所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确；对于C，设点到平面的距离为，由，得，解得，所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为，故C错误；由B选项知，则，所以的外接圆的半径，设三棱锥外接球的半径为，又因为平面，则，所以，即三棱锥外接球的半径为，故D正确.故选：BD.9【详解】对于，在中，即是边长为的等边三角形，的最小值为的高，不正确；对于，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，即，即，假设P，A，C，由空间共面定理可得：，则，可得，故不存在点P，使得P，A，C四点共面，故不正确；

22、对于，将翻折到一个平面内，如图所示，为等腰直角三角形，为等边三角形，则的最小值为，又，在中，由余弦定理得：，即，故正确；对于，设点到平面的距离为，设平面，则，则，令，则，因为，所以以点为球心，为半径的球面与平面的交线是以为半径的圆，交线长为，正确.故答案为：10【详解】设，其中，因为平面，则、共面，显然、不共线，所以，存在、，使得，即，因为为空间中的一组基底，所以，解得，因此，.故答案为：.11(1)证明见解析(2).【详解】（1）因为四边形ABCD为菱形，所以O为BD的中点，又因为，所以.又，平面PAC，平面PAC，所以平面PAC，又平面PBD，所以平面平面PAC.（2）因为，O为AC的中点

23、，所以.又，平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD.因为M为线段PD的中点，O为BD的中点，所以.又因为直线OM与平面ABCD所成角为，所以直线PB与平面ABCD所成角为，即.因为，所以是等边三角形，所以，则.如图，以点O为坐标原点，以OA，OB，OP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则，所以，.设平面PAD和平面PBC的一个法向量分别为，.由得令，得.由得令，得 .因此，所以平面PAD与平面PBC所成的二面角的正弦值为.12(1)证明见解析(2)【详解】（1）解：（1）在正三棱柱中，易知，因为平面，平面，所以平面.因为平面，平面平面，所以.（2）（2）取的中点，连接，易知是正三

24、角形，所以.又三棱柱是正三棱柱，所以平面，所以以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，所在直线分别为轴轴建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，所以，.设平面的法向量为，则，即，则，令，则，所以，易知平面的一个法向量，所以.因为平面与平面所成的锐二面角的大小为30，所以，整理得，所以，设直线与平面所成角的大小为，则.13(1)证明见解析(2)【详解】（1）设M为SD的中点，连接ME，MA，因为ME是的中位线，所以，又因为，且，所以底面ABCD为平行四边形所以，又，且，故，且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面（2）因为，又，所以，故设N是DC的中点，连接SN，因为，所以，又平面平面

25、，平面SDC，平面底面，所以平面连接，在中，所以是正三角形，在中，所以，所以，即因为两两互相垂直，故以为坐标原点，以向量为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系在中，由余弦定理得过点P作，因为平面，所以底面，因为，所以与相似，因为，所以设P的坐标为，则，故，设底面ABCD的法向量为，当PF与底面ABCD所成角为时，与所成角为故，即，解得所以设平面的法向量为，则，即取，可得，所以为平面的一个法向量，设平面PAF的法向量为，则，即，取，可得，所以为平面的一个法向量，故所以二面角的正弦值为14(1)证明见解析(2)【详解】（1）在中，分别为，的中点，则，折叠前，则折叠后，又，即，且，平面，又平面，而

26、，.（2）由（1）可知，两两垂直.设，则，令解得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，有最大值，即当，时，取最大.以为坐标原点，以，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，设，由得，而，则，设平面的一个法向量，则即，令，则，所以，由题意可知平面的一个法向量，则，二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.15(1)证明见解析(2)存在；【详解】（1）方法一：连接，由已知得，且，所以四边形是平行四边形，即，又平面平面，所以平面方法二：连接，由已知得，且，即，又平面平面所以平面（2）取中点，连接，由题易得是正三角形，所以，即，由于平面，分别以为轴，建立如图空间直角坐标系，假设点存在，设

27、点的坐标为，设平面的法向量，则，即，可取，又平面的法向量为，所以，解得：，由于二面角为锐角，则点在线段上，所以，即故上存在点，当时，二面角的余弦值为名师押题:1D【详解】解：因为平面四边形和四边形都是边长为1的正方形，且平面，所以以点E为坐标原点，建立空间直角坐标系，如下图所示，则，设，所以，又，所以，即，整理得，所以，又，所以，故选：D.2ACD【详解】如图建立空间直角坐标系，设，则，A：由题可得，所以,所以，即，故A正确；B：当E，F为中点时，所以，B，D，F，E四点共面，此时与不是异面直线，故B错误；C：由，可得，则，由于，故C正确；D：直线与分别交于，连接分别交，于点M，N，则五边形为

28、平面截正方体所得的截面，因为E，F分别是，的中点，所以易得，故可得，因为，所以，可得，同理可得，所以五边形的周长为，故D正确.故选：ACD.3【详解】如下图所示设与平面交于点，易知，平面，由平面，所以，又，面，所以平面，面，所以，同理可证，由，面，所以平面.因为，所以，又因为,所以.倍长至，则，故点是点关于平面的对称点.那么有，.所以.如下图，以为原点，分别为轴、轴、轴建系，则，即.所以，即的最小值为.故答案为：.4(1)(2)【详解】（1）依题意可知：三角形是边长为的等边三角形，高为，四边形是边长为的菱形，且，在翻折过程中，当平面平面时，四棱锥体积取得最大值，且最大值为.（2）设的中点为，连

29、接，当平面平面时，四棱锥体积取得最大值，由于平面平面平面，所以平面，由于平面，所以，连接，则三角形是等边三角形，所以，由于平面平面平面，所以平面.以为原点建立如图所示空间直角坐标系，平面的法向量为，设平面的法向量为，则，故可设，设平面与平面的夹角为，则.5(1)证明见解析；(2)存在，P为线段BC的中点.【详解】（1）因为，于是在折后，平面，因此平面，又平面BCDE ，所以平面平面BCDE.（2）由（1）知，为二面角的平面角，而平面与平面成直二面角 即有，则两两互相垂直，以E为坐标原点，分别以所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，则，因为点P在线段BC上，则令， ，因此，由（1）

30、知，平面，即平面的法向量，设平面的法向量，则，令，则，设平面和平面所成二面角为，则，于是，解得，所以存在符合条件的点P，满足条件，点P为线段BC的中点.直线与圆1.高考对直线方程的考查比较稳定，考查内容.频率.题型难度均变化不大，备考时应熟练掌握直线的倾斜角与斜率.直线方程的求法.两条直线的位置关系.距离公式.对称问题等，特别要重视直线方程的求法.两条直线的位置关系以及点到直线的距离公式这三个考点.2.高考对直线与圆.圆与圆的位置关系的考查比较稳定，考查内容.频率.题型难度均变化不大，但命题形式上比较灵活，备考时应熟练掌握相关题型与方法，除了直线与圆.圆与圆的位置关系的判断外，还特别要重视直线

31、与圆相交所得弦长及相切所得切线的问题.一.圆的有关概念和方程1.定义：在平面上到定点的距离等于定长的点的轨迹是圆2.圆的标准方程：设圆心的坐标，半径为，则圆的标准方程为：3.圆的一般方程：圆方程为（1）的系数相同（2）方程中无项（3）对于的取值要求：4.确定圆的方程的方法和步骤；确定圆的方程主要方法是待定系数法，大致步骤为(1)根据题意，选择标准方程或一般方程；(2)根据条件列出关于a，b，r或D.E.F的方程组；(3)解出a.b.r或D.E.F代入标准方程或一般方程.5.点与圆的位置关系点和圆的位置关系有三种.圆的标准方程，点M(x0，y0)(1)点在圆上：；(2)点在圆外：；(3)点在圆内

32、：.二.直线与圆的位置关系1.直线与圆位置关系的判定：相切，相交，相离，位置关系的判定有两种方式：（1）几何性质：通过判断圆心到直线距离与半径的大小得到直线与圆位置关系，设圆的半径为，圆心到直线的距离为，则： 当时，直线与圆相交 当时，直线与圆相切 当时，直线与圆相离（2）代数性质：可通过判断直线与圆的交点个数得到直线与圆位置关系，即联立直线与圆的方程，再判断解的个数.设直线：，圆：，则：消去可得关于的一元二次方程，考虑其判别式的符号 ，方程组有两组解，所以直线与圆相交 ，方程组有一组解，所以直线与圆相切 ，方程组无解，所以直线与圆相离2.直线与圆相交：弦长计算公式：3.直线与圆相切：（1）如

33、何求得切线方程：主要依据两条性质：一是切点与圆心的连线与切线垂直；二是圆心到切线的距离等于半径三.方法技巧1.是有关直线被圆截得的弦长问题，在解题的过程中，熟练应用圆中的特殊三角形，即半弦长.弦心距和圆的半径构成的直角三角形，借助于勾股定理求得结果.首先将圆的一般方程转化为标准方程，得到圆心坐标和圆的半径的大小，之后应用点到直线的距离求得弦心距，借助于圆中特殊三角形，利用勾股定理求得弦长.2.求与圆有关的轨迹问题时，根据题设条件的不同常采用以下方法：直接法：直接根据题目提供的条件列出方程.定义法：根据圆.直线等定义列方程.几何法：利用圆的几何性质列方程.代入法：找到要求点与已知点的关系，代入已

34、知点满足的关系式等.1（2022全国（新高考卷）统考高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（）A0.75B0.8C0.85D0.9【答案】D【详解】设，则，依题意，有，且，所以，故，故选：D2（2022北京统考高考真题）若直线是圆的一条对称轴，则（）ABC1D【答案】A【详解】由题可知圆心为，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即，解得故选：A3（2022全国（新高考卷）统考高考真题）设点，若直线关于对称的直

35、线与圆有公共点，则a的取值范围是_【答案】【详解】解：关于对称的点的坐标为，在直线上，所以所在直线即为直线，所以直线为，即；圆，圆心，半径，依题意圆心到直线的距离，即，解得，即；故答案为：4（2022全国（甲卷文）统考高考真题）设点M在直线上，点和均在上，则的方程为_【答案】【详解】方法一：三点共圆点M在直线上，设点M为，又因为点和均在上，点M到两点的距离相等且为半径R，解得，的方程为.故答案为：方法二：圆的几何性质由题可知，M是以（3，0）和（0，1）为端点的线段垂直平分线 y=3x-4与直线的交点(1,-1)., 的方程为.故答案为：5（2022天津统考高考真题）若直线与圆相交所得的弦长为

36、，则_【答案】【详解】圆的圆心坐标为，半径为，圆心到直线的距离为，由勾股定理可得，因为，解得.故答案为：.6（2022全国（乙卷文理）统考高考真题）过四点中的三点的一个圆的方程为_【答案】或或或【详解】方法一：圆的一般方程依题意设圆的方程为，（1）若过，则，解得，所以圆的方程为，即；（2）若过，则，解得，所以圆的方程为，即；（3）若过，则，解得，所以圆的方程为，即；（4）若过，则，解得，所以圆的方程为，即；故答案为：或 或 或方法二：【最优解】圆的标准方程（三点中的两条中垂线的交点为圆心） 设 （1）若圆过三点，圆心在直线，设圆心坐标为， 则，所以圆的方程为；（2）若圆过三点， 设圆心坐标为，

37、则，所以圆的方程为；（3）若圆过 三点，则线段的中垂线方程为，线段 的中垂线方程 为，联立得 ，所以圆的方程为；（4）若圆过三点，则线段的中垂线方程为， 线段中垂线方程为 ，联立得，所以圆的方程为故答案为：或 或 或7（2022全国（新高考卷）统考高考真题）写出与圆和都相切的一条直线的方程_【答案】或或【详解】方法一：显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为，于是，故，于是或，再结合解得或或，所以直线方程有三条，分别为，填一条即可方法二：设圆的圆心，半径为，圆的圆心，半径，则，因此两圆外切，由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；又由方程和相减可得方程，即为过两圆公共切点的切线方程，又易

38、知两圆圆心所在直线OC的方程为，直线OC与直线的交点为，设过该点的直线为，则，解得，从而该切线的方程为填一条即可方法三：圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，当切线为l时，因为，所以，设方程为O到l的距离，解得，所以l的方程为，当切线为m时，设直线方程为，其中，由题意，解得，当切线为n时，易知切线方程为，故答案为：或或.1（2023新疆乌鲁木齐统考三模）已知直线与轴和轴分别交于A，两点，以点A为圆心，2为半径的圆与轴的交点为（在点A右侧），点在圆上，当最大时，的面积为（）AB8CD2（2023全国模拟预测）已知点在圆上，点，若的最小值为，则过

39、点A且与圆C相切的直线方程为（）A或B或C或D或3（2023湖南铅山县第一中学校联考二模）已知点为直线上的动点，若在圆上存在两点，使得，则点的横坐标的取值范围为（）ABCD4（2023安徽校联考三模）已知是定义在上的奇函数，其图象关于点对称，当时，若方程的所有根的和为6，则实数k的取值范围是（）ABCD5（多选）（2023全国模拟预测）已知动点M到点的距离等于2，动点M的轨迹为，直线l：，则（）Al可能是的切线Bl与可能没有公共点Cl与可能有两个公共点D上的点到l的距离的最大值为46（多选）（2023山东青岛统考模拟预测）圆与轴相切于点，与轴正半轴交于、两点，且，则（）A圆的标准方程为B圆关于

40、直线对称C经过点与圆相交弦长最短的直线方程为D若是圆上一动点，则的最大值为7（多选）（2023江苏校联考模拟预测）已知点在圆：上，点，则（）A点到直线的距离的最小值是B的取值范围是C的取值范围是D当为直角三角形时，其面积为38（2023全国模拟预测）已知直线：与圆C：交于A，B两点，若直线AC与BC的斜率分别为，且，则_.9（2023天津校联考二模）为圆上任意一点，点到直线与到直线的距离之和与点的位置无关，则的取值范围是_.10（2023河南开封统考三模）已知点P在圆上，点当最小时，_11（2023内蒙古赤峰统考二模）已知抛物线与圆，过圆心的直线与抛物线和圆分别交于，其中，在第一象限，在第四象限，则最小值是_.12（2023全国模拟预测）已知分别为圆与圆上的两个动点，为直线上一点，则的最小值为_13（2023全国校联考模拟预测）已知直线l：与圆C：相切，则满足条件的直线l的条数为_14（2023全国模拟预测）已知直线：（）与圆：（为负整数）相交于，两点，且，则_，_15