从阅卷标准角度规范六大模块答题习惯

这是一份从阅卷标准角度规范六大模块答题习惯，共64页。试卷主要包含了三角函数大题， 记中内角，，的对边分别为，，等内容，欢迎下载使用。

从阅卷标准角度规范六大模块答题习惯
1.三角函数大题
【规律方法】
1、正弦定理、余弦定理：
正弦定理、余弦定理的作用是在已知三角形部分基本量的情况下求解其余基本量，基本思想是方程思想.正弦定理、余弦定理的另一个作用是实现三角形边角关系的互化，解题时可以把已知条件化为角的三角函数关系，也可以把已知条件化为三角形边的关系.正弦定理、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，其解题方法主要有：
（1）化边为角：
通过正弦定理和余弦定理，化边为角，如：，等，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断．此时要注意一些常见的三角等式所体现的内角关系，如：
，或等．
（2）化角为边：利用正弦定理、余弦定理化角为边，如，等，通过代数恒等变换，求出三条边之间的关系进行判断．
注意：（1）注意无论是化边还是化角，在化简过程中出现公因式不要约掉，否则会有漏掉一种形状的可能．
（2）在变形过程中要注意角A，B，C的范围对三角函数值的影响．
2、三角恒等变换综合应用的解题思路
(1)将f(x)化为asin x＋bcos x的形式；
(2)构造；
(3)和角公式逆用，得(其中φ为辅助角)；
(4)利用研究三角函数的性质；
(5)反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范．
【核心素养】
以三角形为载体，以正弦定理、余弦定理为工具，以三角恒等变换为手段考查解三角形问题是高考一类热点题型，考查核心素养主要有“逻辑推理”、“数学运算”、“数据分析”．
【引例】【2020年全国II卷】
1. 中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC.
（1）求A；
（2）若BC=3，求周长的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理角化边，配凑出的形式，进而求得；
（2）方法一：利用余弦定理可得到，利用基本不等式可求得的最大值，进而得到结果.
【详解】（1）由正弦定理可得：，
，
，.
（2）[方法一]【最优解】：余弦+不等式
由余弦定理得：，
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.
[方法二]：正弦化角（通性通法）
设，则，根据正弦定理可知，所以，当且仅当，即时，等号成立．此时周长的最大值为．
[方法三]：余弦与三角换元结合
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．由余弦定理得，即．令，得，易知当时，，
所以周长的最大值为．
【整体点评】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周长最大值的求解问题；
方法一：求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中，结合基本不等式构造不等关系求得最值.
方法二采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围进行求解最值，如果三角形是锐角三角形或有限制条件的，则采用此法解决.
方法三巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦函数求最值问题.
【温馨提醒】
1、解三角形问题的技巧：
（1）解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．
①应用正弦定理求角时容易出现增解或漏解的错误，要根据条件和三角形的限制条件合理取舍；
②求角时易忽略角的范围而导致错误，因此需要根据大边对大角，大角对大边的规则，画图进行判断．
(2)三角形解个数的判断：已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角规则进行判断．
2、三角恒等变换要遵循的“三看”原则:
一看“角”：通过看角之间的差别与联系，把角进行合理拆分，从而正确使用公式;
二看“函数名称”：看函数名称之间的差异，从而确定使用的公式，常见的有“切化弦”;
三看“结构特征”：分析结构特征，找到变形的方向，常见的有“遇到分式要通分”“整式因式分解”“二次式配方”等.
3、解三角形与三角函数综合问题的一般步骤：
第一步，转化：正确分析题意，提炼相关等式，利用等式的边角关系合理将问题转化为三角函数的问题；
第二步，用定理、公式、性质：利用正弦定理、余弦定理、二倍角公式、辅助角公式等进行三角形中边角关系的互化；
第三步，得结论：利用三角函数诱导公式、三角形内角和定理等知识求函数解析式、角、三角函数值，或讨论三角函数的基本性质等.
【好题演练】
（2021·河南中原高三模拟）
2. 在中，，，所对的角分别为，，，已知.
（1）求；
（2）若，为的中点；且，求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正弦定理得出，再由两角和的正弦公式化简得，由于，从而可求得，最后根据同角三角函数的平方关系，即可求出；
（2）法1：在中由余弦定理得出，再分别在和中，由余弦定理得出和，再由，整理化简的出边，最后根据三角形的面积公式，即可求出结果.
法2：由平面向量的加法运算法则得出，两边平方并利用平面向量的数量积运算化简得，从而可求出边，最后根据三角形的面积公式，即可求出结果.
【详解】解：（1）因为，
由正弦定理得，
因为，
所以，
因为，所以，所以，
因为，所以.
（2）法1：在中，由余弦定理得，
即，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
因为，所以，
即，
所以，
整理得，解得：或（舍去），
所以.
法2：因为为的中点，所以，
两边平方得，
即，即，解得或（舍），
所以.
（2021·全国高三专题）
3. 记中内角，，的对边分别为，，.已知，.
（1）求；
（2）点，位于直线异侧，，.求的最大值.
【答案】（1）；（2）最大值.
【解析】
【分析】（1）由已知条件可得，利用正弦定理化边为角结合
利用两角和的正弦公式展开整理可求得的值，即可得角；
（2）结合（1）化角为边可得
，即，在中由余弦定理求，利用三角恒等式变换以及三角函数的性质可得最大值.
【详解】（1）因为，
所以.
由正弦定理得：.
因为，，
所以，
所以，
所以，又因为，所以，
可得：，因为，所以；
（2）由（1）知，
由正弦定理可得，
即，
由余弦定理得



，
所以当且仅当时，取得最大值，
所以取得最大值.
（2021·肥城市教学研究中心高三）
4. 在中，内角的对边分别为，且满足.
（1）求A；
（2）若，求周长的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理得，化简得，
利用的范围可得答案；
（2）由正弦定理得，利用的范围和三角函数的性质可得答案.
【详解】（1）由正弦定理得，
因为，所以，
所以，
即，
解得，
因为，所以.
（2）由正弦定理得，
所以，
所以

，
因为，所以，
所以，
所以.
（2021·天津高考）
5. 在，角所对的边分别为，已知，．
（I）求a的值；
（II）求的值；
（III）求的值．
【答案】（I）；（II）；（III）
【解析】
【分析】（I）由正弦定理可得，即可求出；
（II）由余弦定理即可计算；
（III）利用二倍角公式求出的正弦值和余弦值，再由两角差的正弦公式即可求出.
【详解】（I）因为，由正弦定理可得，
，；
（II）由余弦定理可得；
（III），，
，，
所以.
（2021·南京市中华中学）
6. 在中，分别为内角的对边，且满足．
（1）求的大小；
（2）从①，②，③这三个条件中任选两个，补充在下面的问题中，并解决问题．
问题：已知___________，___________，若存在，求的面积，若不存在，请说明理由．
注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．
【解析】
【分析】（1）由正弦定理进行边角互化，再结合辅助角公式化简运算，可求出角的范围.（2）若选择条件①②，由余弦定理可计算的值，面积公式计算面积；若选择条件②③，正弦定理计算边，两角和的正弦计算，可求面积；若选择条件①③，由大边对大角可知三角形不存在.
【详解】解：（1）因为，由正弦定理可得

因为
所以即
因为
所以
因为即
（2）若选择条件①②，
由余弦定理
可得，解得，
故，
所以
若选择条件②③
由正弦定理可得，可得
所以
若选择条件①③
这样的三角形不存在，理由如下：
在三角形中，，
所以，
所以，所以
又因为
所以与矛盾
所以这样的三角形不存在




2.数列大题
【规律方法】
1. 等差（比）数列运算问题的一般方法：
（1）等差（比）数列运算问题的一般求法是设出首项和公差（公比），然后由通项公式或前项和公式转化为方程(组)求解；
（2）等差（比）数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量，，（），n，，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题.
2.数列求和的常用方法：
（1）分组求和法：
若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减；
（2）裂项相消法：
①把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和.
②常见的裂项技巧：
（i）
（ii）
（iii）
（iv）
（v）
（3）错位相减法：
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的。
【核心素养】
数列问题是高考的必考题，往往从等差数列、等比数列的定义和基本计算入手，考查的核心素养是 “数学运算”；数列的前n项和是高考重点考查的知识点，尤其错位相减法、列项抵消法是高考考查的重点，突出考查“逻辑推理”及“数学运算”的核心素养.
【2020年天津】
【引例】已知为等差数列，为等比数列，．
（1）求和的通项公式；
（2）记的前项和为，求证：；
（3）对任意的正整数，设，
求数列的前项和．
【评分展示】
（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为．
由，，可得，
从而的通项公式为．
【全求对，得2分，错一项减一分，扣至0分】
由，又，
可得，解得，
从而的通项公式为．
全求对，得2分，错一项减一分，扣至0分】
（2）证明：由（Ⅰ）可得，
故，

【求对得1分，求对及各得1分】
从而，
所以．
【作差正确并正确得出结论等1分，否则不得分】
（3）解：当为奇数时，；
当为偶数时，．
【正确分组和裂项，得2分，错一项减1分】
对任意的正整数，有，
和． ①
【裂项求和结果正确和偶数项和书写正确，得2分，错一项减1分】
由①得． ②
由①②得，
从而得．
【正确利用错位相减法求和且结果正确得2分，仅变形正确但结果错误得1分】
因此，．
所以，数列的前项和为．
【正确合并，得到正确结果得1分，否则不得分】
【评分细则】
①求对的通项公式得2分.
②求对的通项公式得2分.
③求对，得3分
④求对的结果并证出结论得1分.
⑤求对n为奇数和偶数时，得2分.
⑥求对时和时，得2分.
⑦用错位相减法求对的求和得2分.
⑧求对的前项和得1分.
【温馨提醒】
1、熟记等差、等比数列的通项公式及前n项和公式，解题时结合实际情况合理选择.如第（1）问运用了等差、等比数列的通项公式；第（2）问运用等差数列的前n项和公式.
2、第（3）问的关键有两点：一是分类分别求的通项；二是当时用裂项相消法求的和；三是当时用错位相减法求的和.
3、当时用错位相减法求的和的求法是难点，错位相减法的适用题型是求的前n项和（其中是等差数列，是以为公比的等比数列）
错位相减法求和的具体步骤是：
（1）写出，
（2）等式两边同乘等比数列的公比，即，特别要注意将两式“错项对齐”；
（3）两式相减转化为等比数列求和；
（4）两边同除，求出.
注：若等比数列的公比为参数，应分公比为1和不为1两种情况进行讨论.
【好题演练】
（2022·全国高三专题练习）
1. 已知等差数列的前项和为，，．
（1）求及；
（2）令，求数列的前项和．
【答案】（1），；（2）．
【解析】
【分析】（1）由已知可得，解方程组求出，从而可求出及；
（2）由（1）可得，然后利用分组求和与裂项相消法求
【详解】解：（1）由题意，设等差数列的公差为，
则，整理得，解得，
∴，．
（2），
∴



．
（2021·长春市高三基础教育质量监测中心）
2. 设等差数列的前项和为，若，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意列出式子求出首项和公差即可求出通项公式；
（2）利用错位相减法可求解.
【详解】（1）设数列的公差为，
由题可得，解得，所以.
（2）由（1）知，故，
①
①，②
①②得，
所以.
（2020·天津南开中学）
3. 已知是等差数列，其前项和为，是等比数列，且，，.
（1）求数列与的通项公式；
（2）记，证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，则由题意可得从而可求出，，从而可求出数列与的通项公式；
（2）由（1）可知，然后利用错位相减法可求得，从而可证得结论
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为.由，得
由条件，得方程组
解得
所以
（2）由（）得

由①-②得：


，
即，
而当时，.
所以.
4. 已知正项等差数列的前项和为，满足，，
（1）求数列的通项公式；
（2）若，记数列的前项和，求.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）当时，由，得，两式相减可得，从而可求出，当时，，求出，进而可出数列的通项公式；
（2）由（1）可得，从而可求出
【详解】解：（1）设等差数列的公差为，则
由，得
相减得即，
又，所以，
由，得，
解得，(舍去)
由，得；
（2）


.
（2021·山东）
5. 已知正项数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并求解.若______，求的前项和.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）；（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）由数列的关系运算化简可得，再由等差数列的知识即可得解；
（2）选条件①：由裂项相消法运算求解即可；
选条件②：由错位相减法运算求解即可；
选条件③：由等差数列的求和公式可得，再由裂项相消法即可得解.
【详解】（1）因为，
所以当时，，解得；
当时，，
又，所以两式相减得，
可得，
因为，所以，
所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，
所以；
（2）若选条件①：
则；
若选条件②：，
则，
上式两边同时乘3可得
两式相减得
，
可得；
若选条件③：由可得，
所以，
故.
3.立体几何大题
类型一 线面的位置关系与体积计算
【规律方法】
1.线线垂直、线面垂直、面面垂直的转化：
在关于垂直问题的结论中要注意线线垂直、线面垂直、面面垂直的相互转化，每一种垂直的判定都是开始转向另一种垂直，最终达到目的，线线垂直是关键.
2.利用空间向量求两个平面所成的角（或余弦值）的方法：
（1）求出平面、的法向量，
（2）设出平面、所成角为，则.
3．求空间几何体的体积的常见方法：
（1）直接法：对于规则几何体，直接利用体积公式计算即可（如本题）；
（2）等积法：对于三棱锥的“等积法”可以把任一面作为三棱锥的底面；
（3）割补法：对于不规则几何体，常通过分割法、补形法等方法，转化为规则几何体进行计算进行求解.
【核心素养】
主要考查的核心素养是数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算.
【引例】【2021·全国】（本小题满分12分）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.

（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【评分展示】
解法一(法向量法)：
（1）证明：因为，为的中点，所以，
【必须展示AO⊥BD的证明过程，仅说明“由题意可得AO⊥BD”不予给分】
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面
【必须注明平面ABD平面BCD，仅缺少此条件扣1分】
又平面，
所以；
【必须注明平面BCD，否则不予给分】
（2）取的中点，因为为正三角形，所以，
过作与交于点，则，
所以，，两两垂直，
以点为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴
建立空间直角坐标系如图所示，
【此处要证明“线线垂直”，未证明三线垂直的减一分；必须展示作辅助线的过程，仅在图中体现辅助线但过程中无体现的减1分.】
则，，，，，1，，
设，0，，则，
因为平面，故平面的一个法向量为，
【此处利用点到平面的距离的合理转化设出和的坐标.不写清点的位置关系和转化过程要减1分.】

设平面的法向量为，
又，
所以由，得，
令，则，，故，
【此处求出两个平面的法向量，若方程组错误，减2分，若方程组正确，但法向量求错减1分.】
因为二面角的大小为，
所以，
解得，所以，
【此处由两个法向量所成角求出，若计算结果错误错误但式子正确，减1分；若计算结果错误错误且式子错误，减2分.】
又，所以，
故．
【此处由三角形的面积公式和体积公式求体积，若底面面积正确但体积计算错误，减1分.】
【评分细则】
①利用三线合一证明AO⊥BD，得1分.
②利用面面垂直的性质证明AO⊥平面BCD，得2分.
③利用线面垂直的性质证明AO⊥CD，得1分.
④利用（1）结论证明三线垂直，合理建系得2分.
⑤正确写出和设出点的坐标，指出一个平面的法向量，得2分.
⑥正确求出平面的法向量，再得2分.
⑦利用二面角的余弦值求出，再得2分.
⑧正确求出体积得1分.
【温馨提醒】
1.要注意平面几何知识的应用，如本题中利用三线合一等平面几何知识得到三线垂直.
2.要注意线线垂直、线面垂直、面面垂直间的相互转化，在应用性质定理和判定定理时，要注意条件的齐全，不要遗漏.
3. 注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，如果第(1)问的结果第(2)问能用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题中，由（1）及题设证明三线垂直，再合理建立空间直角坐标系.
4.求四面体的体积时，要合理选择底面和高，如本题（1）中证得AO⊥平面BCD，所以选择三角形BCD为四面体的底面.
解法二（传统几何法）：
（1）因为AB=AD，O为BD中点，所以AO⊥BD
【必须展示AO⊥BD的证明过程，仅说明“由题意可得AO⊥BD”不予给分】
因为平面ABD平面BCD，平面ABD⊥平面BCD，平面ABD，
因此AO⊥平面BCD，
【必须注明平面ABD平面BCD，仅缺少此条件扣1分】
因为平面BCD，所以AO⊥CD
【必须注明平面BCD，否则不予给分】
(2)作EF⊥BD于F，作FM⊥BC于M，连FM…
【必须展示作辅助线的过程，仅在图中体现辅助线但过程中无体现的减1分】

因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD，AO⊥CD
所以EF⊥BD，EF⊥CD，，
因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC
【必须注明，否则扣1分】
因为FM⊥BC，，
所以BC⊥平面EFM，即BC⊥ME
则为二面角E-BC-D的平面角，
【此处写出“为二面角E-BC-D的平面角”给1分.否则不得1分.】
因为，为正三角形，
所以为直角三角形
【必须展示以为直角三角形的证明过程，缺少证明过程不予给分】
因为，
从而EF=FM=，所以
平面BCD，
所以
【此处由三角形的面积公式和体积公式求体积，若底面面积正确但体积计算错误，减1分.】
【评分细则】
利用三线合一证明AO⊥BD，得1分.
②利用面面垂直的性质证明AO⊥平面BCD，得2分.
③利用线面垂直的性质证明AO⊥CD，得1分.
④作出辅助线，并用语言正确表述得1分.
⑤由线面垂直的性质和判定证明EF⊥BC，再得2分.
⑥证明为二面角E-BC-D的平面角，再得2分.
⑦利用直角三角形的性质得到为直角三角形，再得2分.
⑧正确求出体积得2分.
【温馨提醒】
1.要注意平面几何知识应用，如本题（1）中利用三线合一得到AO⊥BD，（2）中利用中线是一边的一半证明为直角三角形.
2.要注意线线垂直、线面垂直、面面垂直间的相互转化，在应用性质定理和判定定理时，要注意条件的齐全，不要遗漏.
3.要注意二面角和二面角的平面角的关系，要注意二面角的平面角的作法和证明.
4.求四面体的体积时，要合理选择底面和高，如本题（1）中证得AO⊥平面BCD，所以选择三角形BCD为四面体的底面.
【好题演练】
（2022·河北高三模拟）
1. 如图，在四棱锥中，底面是梯形，，，，.

（1）证明：平面；
（2）若，当四棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）取，中点，，连接，，，得到面面，故可先将要证平面转化为求证面即可求证；
（2）可以通过建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．
【详解】（1）取，中点，，连接，，.

由，得，，
又，
所以平面.
由，知四边形是平行四边形，则，
平面，平面，所以平面，
同理平面，且，
所以平面平面，
所以平面.
（2）由，
知四边形是以的等腰梯形.
连接，则，
又平面，所以，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
于是点在底面内的射影在上.
（在平面中，，点在以AC为直径的圆上运动）
取中点，则，
于是当底面时，四棱锥的体积最大.
如图，以为原点，分别以射线，，为，，轴的正半轴，
建立空间直角坐标系.

由题意得，，，
，.
所以，，.
设平面的法向量，
由，得，
取，则.
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
（2021·陕西高三（理））
2. 如图，四棱锥的底面是边长为6的正方形，.

（1）证明：；
（2）当四棱锥体积为时，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）分别取，的中点，，证明，可得平面，
可证，由等腰三角形的性质可得，证明三角形全等即可求证；
（2）在上取一点O，连接，使，根据已知条件证明O为正方形的中心，建立空间直角坐标系求出平面和平面的法向量，利用夹角公式即可求解.
【详解】
（1）证明：分别取，的中点，，连接，，，
∵，∴，
∵，∴，
∵，，∴平面，
∵平面，∴，
在中，∵垂直平分，∴，
∵，，∴，
∴.
（2）由（1）知，平面平面，在上取一点O，连接，使，则是四棱锥的高，
∵，解得，
∵，则，即O为正方形的中心，
以O为坐标原点，过点O且垂直于的直线为x轴，所在直线为y轴，
所在直线为z轴，建立如图所求的空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，取，
，
设平面的一个法向量，
则取

则，
设二面角的平面角为，
则，
∴二面角的正弦值为.

（2022·全国高三专题练习）
3. 如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是边长为4的正方形，，分别为，的中点.

（1）求证：平面；
（2）若为等边三角形，求三棱锥的体积.
【答案】（）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）连接，由，分别为，的中点，得，再由线面平行的判定定理即可证明所证；
（2）如图建系，利用向量法求出点到平面的距离，再由，从而得出答案.
【详解】解：
（1）证明：连接，
因为，分别为，的中点，
所以，
又因平面，
所以平面；

（2）取的中点，连接，因为为等边三角形，所以，
所以，
如图以为原点，为轴，过作平面的垂线轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
，，，
设平面的一个法向量，
则即，
令，则，，
所以，
则点到平面的距离，
又，
所以.
（2022·全国）
4. 已知四棱锥的底面是菱形，对角线、交于点，，，底面，设点满足．

（1）若三棱锥体积是，求的值；
（2）若直线与平面所成角的正弦值是，求的值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由题意知，、、两两垂直，建立空间直角坐标系，设，由 ，求得M的坐标，过作于，于，再由求解；
（2）由（1）知，求得平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为，然后由求解.
【详解】（1）因为四边形是菱形，所以，
因为底面，所以、，
所以、、两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，

设，，，
因为，所以，
于是，所以，
过作于，过作于，
所以
，
解得．
（2）由（1）知，，，
设平面的一个法向量为，
，
令，，
设直线与平面所成的角为，
所以，
解得或（舍去）．
（2021·江苏南通·高三）
5. 如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，且，，，M为的中点，平面平面，直线与平面所成角的正切值为.

（1）求四棱锥的体积；
（2）在棱上(不含端点)是否存在一点Q，使得二面角的余弦值为？若存在，请确定点Q的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，为的中点，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）先根据面面垂直，线面垂直的性质定理以及线面垂直的判定定理得到为四棱锥的高，再根据直线与平面所成角的正切值为，即可求出，最后根据椎体的体积公式即可求解；（2）先假设存在，设，再根据二面角的余弦值为以及二面角的向量求法即可判断是否存在点.
【详解】解：（1），M为的中点，
，
又平面平面，
平面，
即，
又，
平面，
故为四棱锥的高，
为直线与平面所成角，
又，
即，
四棱锥的体积为；
（2）假设存在点，建立如图所示的空间直角坐标系，

设，，
则，
则，，，
设平面和平面的法向量分别为，，
则，令，则，
，令，
则，
二面角的余弦值为，
化简得：，
又，
解得：，
即在棱上(不含端点)存在的中点Q，使得二面角的余弦值为.
【点睛】方法点睛：
立体几何体中空间角的求法：
（1）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果；
（2）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，通过计算向量夹角（两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可.



4.概率与统计
【规律方法】
1、求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：
（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；
（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；
（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望．
注：（1）求出分布列后注意运用分布列的两条性质检验所求的分布列是否正确；
（2）在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算．
2、分布列性质的两个作用：
（1）利用分布列中各事件概率之和为1可求参数的值；
（2）随机变量ξ所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可求相关事件的概率．
3、对于复杂概率的计算一般要先设出事件，准确地确定事件的性质，把问题化归为古典概型、互斥事件、独立事件、独立重复试验四类事件中的某一种；其次判断事件是还是事件，确定事件至少有一个发生，还是同时发生，分别运用加法公式或乘法公式，在这里提醒考生，使用相关公式一定要指明公式成立的条件，如选用公式，要指出事件相互独立．
【核心素养】
本题主要考查相互独立事件的概率、随机变量的期望的应用、决策问题等，考查数据处理能力、运算求解能力，考查或然与必然思想，考查的核心素养是：逻辑推理、数学建模、数学运算、数据分析．
【引例】【2021·全国高考真题】某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，己知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．
（1）若小明先回答A类问题，记为小明的累计得分，求的分布列；
（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．
【评分展示】（1）由题可知，所有可能取值为，，．
；
；
．…………3分
【正确求出、、得3分，每求错一个概率，减1分．】
所以的分布列为








…………4分
【正确列表得到分布列得1分，有一个值错误，该步不得分．】
（2）由（1）知，．…………6分
【正确求出期望值得2分，若期望公式套对但计算结果错误，减1分．】
若小明先回答问题，记为小明的累计得分，则的所有可能取值为，，．
；
；
．…………9分
正确求出、、得3分，每求错一个概率，减1分．】
所以．…………11分
【正确求出期望值得2分，若期望公式套对但计算结果错误，减1分．】
因为，所以小明应选择先回答类问题．…………12分
【正确作出选择得1分，否则该步不得分．】
【评分细则】
①正确算出，，，得3分．
②列出分布列，再得1分．
③求出期望，得2分．
④正确算出，，，再得3分．
⑤求出期望，得2分．
⑥正确作出选择，再得1分．
【温馨提醒】
1、相互独立事件与互斥事件的区别：
（1）相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算式为：；
（2）互斥事件是指在同一试验中，两个事件不会同时发生，计算公式为：．
2、判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有二：
（1）独立性，即一次试验中，事件发生与不发生二者必居；
（2）重复性，即试验是独立重复地进行了n次．
3、二项分布的期望与方差：
（1）如果，则用公式，；求解，可大大减少计算量．
（2）有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，这时，可以综合应用以及求出，同样还可求出．
4、独立性检验的注意事项
①在列联表中注意事件的对应及相关值的确定，不可混淆．的观测值的计算公式很复杂，在解题中易混淆一些数据的意义，代入公式时出错，而导致整个计算结果出错．
②对判断结果进行描述时，注意对象的选取要准确无误，应是对假设结论进行的含概率的判断，而非其他．
5、某些数据的变动对中位数可能没有影响．中位数可能出现在所给数据中，也可能不在所给数据中．当一组数据中的个别数据变动较大时，可用中位数描述其集中趋势．利用频率分布直方图求中位数，一般根据中位数左边与右边小矩形面积之和相等来求．
【好题演练】
1. 据了解，现在快节奏的工作､不健康的生活方式，使人们患上“三高（高血压､高血脂､高血糖）”的几率不断升高，患病人群也日渐趋向年轻化.为提高辖区居民个人健康管理意识，了解“三高”相关知识，某社区邀请市专家协会主任医师举办“三高”专题健康知识讲座，为辖区居民解答健康疑问.讲座结束后，对参加市民举行网络问卷调查.每一位市民仅有一次参加机会，通过随机抽样，得到参加问卷调查的人的得分（满分：分）数据，统计结果如下表所示：
组别





频数





（1）求这人得分的及格率（分及以上为及格）.
（2）求这人得分的平均值（同一组数据用该组区间的中点值作为代表）.
（3）社区为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：
①得分及格的可以获赠次随机话费，得分不及格的可以获赠次随机话费；
②每次赠送的随机话费和对应的概率如下表：
赠送的随机话费（单位：元）


概率


将这人得分的及格率作为参加问卷调查及格的概率，记（单位：元）为某市民参加问卷调查获赠的话费，求的分布列及数学期望.
【答案】（1）、这人得分的及格率为.
（2）、求这人得分的平均值为分
（3）、的分布列如下：











的数学期望为
【解析】
【分析】（1）、根据参加问卷调查的人的得分统计表可知及格人数，除以总人数即可得到及格率；
（2）、结合参加问卷调查的人的得分统计表，利用每个区间的中点值乘以每个区间的概率并相加即可得到这人得分的平均值；
（3）、根据题意判断出获赠的话费的所有可能值，分别算出其对应的概率，列出的分布列，计算的数学期望为.
【详解】（1）、这人得分的及格率为：.
（2）、求这人得分的平均值为：求这人得分的平均值为：分
（3）、根据题意，获赠的话费的可能值为：，，，
得元的情况为得分不及格，;
得元的情况有一次获得元，或者2次机会都是元，;
得元的情况为两次机会，一次获得元一次获得元，;
得元的情况为两次机会，两次都获得元，;
的分布列如下：











的数学期望为
2. 已知表1和表2是某年部分日期天安门升旗时刻表
表1：某年部分日期的天安门广场升旗时刻表
日期
升旗时刻
日期
升旗时刻
日期
升旗时刻
日期
升旗时刻
1月1日
7:36
4月9日
5:46
7月9日
4:53
10月8日
6:17
1月21日
7:31
4月28日
5:19
7月27日
5:07
10月26日
6:36
2月10日
7:14
5月16日
4:59
8月14日
5:24
11月13日
6:56
3月2日
6:47
6月3日
4:47
9月2日
5:42
12月1日
7:16
3月22日
6:16
6月22日
4:46
9月20日
5:59
12月20日
7:31
表2：某年2月部分日期的天安门广场升旗时刻表
日期
升旗时刻
日期
升旗时刻
日期
升旗时刻
2月1日
7:23
2月11日
7:13
2月21日
6:59
2月3日
7:22
2月13日
7:11
2月23日
6:57
2月5日
7:20
2月15日
7:08
2月25日
6:55
2月7日
7:17
2月17日
7:05
2月27日
6:52
2月9日
7:15
2月19日
7:02
2月28日
6:49
（1）从表1的日期中随机选出一天，试估计这一天的升旗时刻早于7:00的概率；
（2）甲，乙两人各自从表2的日期中随机选择一天观看升旗，且两人的选择相互独立. 记为这两个人中观看升旗的时刻早于7:00的人数，求的分布列和数学期望；
（3）将表1和表2中的升旗时刻华为分数后作为样本数据（如7:31化为）.记表2中所有升旗时刻对应数据的方差为，表1和表2中所有升旗时刻对应数据的方差为，判断与的大小. （只需写出结论）
【答案】（1）；（2）X的分布列见解析，；（3）.
【解析】
【分析】（1）记事件A为“从表1的日期中随机选出天,这一天的升旗时刻早于7:00”,利用古典概型的概率公式直接计算即可；
（2）列举出X可能的取值，分别求概率，写出分布列，求出数学期望即可；
（3）由题目数据分布的离散程度分析可知：.
【详解】（1）记事件A为“从表1的日期中随机选出天,这一天的升旗时刻早于7:00”,在表1的20个日期中,有15个日期的升旗时刻早于7:00，所以.
（2）X可能的取值为0,1,2.
记事件B为“从表2的日期中随机选出一天,这天的升旗时刻早于7:00，则， .
所以；；
.
所以X的分布列为：
X
0
1
2
P



所以
（3）由题目数据分布的离散程度分析可知：.
3. 从2020年起，浙江和上海将全面建立起新的高考制度，新高考规定：语文、数学和英语是考生的必考科目，考生还需要从物理、化学、生物、历史、地理和政治六个科目中选取三个科目作为选考科目，则称该学生的选考方案确定；否则，称该学生选考方案待确定．例如：学生甲选择物理、化学和生物三个选考科目，则学生甲的选考方案确定，物理、化学和生物为其选考方案．
某校为了解高一年级名学生选考科目的意向，随机选取名学生进行了一次调查，统计选考科目人数如下表：

选考方案
确定情况
物理
化学
生物
历史
地理
政治
男生
确定的有
人







待确定的有人






女生
确定的有人







待确定的
人






（1）估计该学校高一年级选考方案确定的学生中选考生物的学生有多少人？
（2）将列联表填写完整，并通过计算判断能否有的把握认为历史与性别有关？

选历史
不选历史
总计
选考方案确定的男生



选考方案确定的女生



总计



（3）从选考方案确定的名男生中随机行列选出名，设随机变量，求的分布列及数学期望．
附：，











【答案】（1）392；（2）列联表见解析，有的把握认为选历史与性别有关；（3）分布列见解析，．
【解析】
【分析】（1）由数据知，60人中选考方案确定的学生中选考生物的学生有人，由此能求出该学校高一年级选考方案确定的学生中选考生物的学生人数；
（2）根据数据完成列联表，计算，结合独立性检验的性质进行判断即可；
（3）由数据知，选考方案确定的男生中有8人选择物理、化学和生物，有4人选择物理、化学和历史，有2人选择物理、化学和地理，有2人选择物理、化学和政治，的可能取值为0，1，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和．
【详解】解：（1）由题可知，选考方案确定的男生中确定选考生物的学生有8人，
选考方案确定的女生中确定选考生物的学生有20人，
则该学校高一年级选考方案确定的学生中选考生物的学生有人；
（2）列联表为：

选历史
不选历史
总计
选考方案确定的男生
4
12
16
选考方案确定的女生
16
4
20
总计
20
16
36
由列联表中数据得，，
所以有的把握认为选历史与性别有关．
（3）由数据可知，选考方案确定的男生中有8人选择物理、化学和生物：
有4人选择物理、化学和历史：有2人选择物理、化学和地理：
有2人选择物理、化学和政治，由已知的取值为0，1．
，
，
所以的分布列为

0
1



．
4. 甲、乙两队进行排球比赛，每场比赛采用“5局3胜制”（即有一支球队先胜3局即获胜，比赛结束）．比赛排名采用积分制，积分规则如下：比赛中，以或取胜的球队积3分，负队积0分；以取胜的球队积2分，负队积1分，已知甲、乙两队比赛，甲每局获胜的概率为．
（1）甲、乙两队比赛1场后，求甲队的积分的概率分布列和数学期望；
（2）甲、乙两队比赛2场后，求两队积分相等的概率．
【答案】（1）分布列见解析，；（2）
【解析】
【分析】（1）随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，再由独立事件的概率公式求得每个的取值所对应的概率即可得分布列，然后由数学期望的计算公式，得解；
（2）设第场甲、乙两队积分分别为，，则，，2，由两队积分相等，可推出，再分四种情况，并结合独立事件的概率公式，即可得解．
【详解】（1）随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，
，
，
，
，
所以的分布列为

0
1
2
3





所以数学期望．
（2）记“甲、乙比赛两场后，两队积分相等”为事件，
设第场甲、乙两队积分分别为，，则，，2，
因两队积分相等，所以，即，则，
所以（A）

．
5. 调味品品评师的重要工作是对各种品牌的调味品进行品尝、分析、鉴定、研发，周而复始、反复对比对调味品品评师考核测试的一种常用方法如下：拿出n瓶外观相同但品质不同的调味品让他品尝，要求其按品质优劣为它们排序；经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这n瓶调味品，并重新按品质优劣为它们排序，称这个过程为一轮测试，根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评分．
现设，分别以表示第一次排序为1，2，3，4的四种调味品在第二次排序时的序号，并令，则X是对两次排序的偏离程度的一种描述（如：若第二次排序的序号为1，3，2，4，则）．
（1）假设的排列等可能为1，2，3，4的各种排列，求随机变量X的分布列和数学期望；
（2）某调味品品评师在相继进行的三轮测试中，都有，则
①假设各轮测试相互独立，试按（1）的结果，计算出现这种情况的概率；
②请你判断该调味品品评师的品味鉴别能力如何，并说明理由．
【答案】（1）分布列见解析，数学期望为5；（2）①；②确实有良好的鉴别能力，证明见解析．
【解析】
【分析】（1）先分析的取值集合，然后通过列举法得到的排列，由此得到对应取值时的概率，即可求解分布列和数学期望；
（2）①根据以及独立重复试验的概率公式求得结果；
②将所求概率与比较大小，由此作出判断即可.
【详解】（1）因为在1，2，3，4中奇数与偶数各两个，所以中奇数的个数等于中偶数的个数，
即与同为奇数或同为偶数．
所以必为偶数．
又因为X的值非负，且其值不大于8，故X的取值的集合为．
列举出1，2，3，4的排列如下：




共有种排列，在等可能假定下，可得
．
故随机变量X的分布列为
X
0
2
4
6
8
P





数学期望为．
（2）①因为．
将三轮比赛都有的概率记作P，由于三轮测试相互独立，根据（1）的分布列和独立试验可得．
②由于是一个很小的数，表明仅凭随机猜测得到三轮测试都有的结果的可能性非常小，
我们认为该调味品品评师确实有良好的鉴别能力，不是随机猜测得出来的．



5.解析几何
【规律方法】
1、圆锥曲线中的最值问题：
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：
（1）几何法：
通过利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；
（2）代数方法：
把要求最值几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
2、圆锥曲线中证明问题常见的有：
（1）位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；
（2）数量关系方面的，如存在定值、恒成立等．
在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接证明法，但有时也会用到反证法．
3、求解直线或圆锥曲线过定点问题的基本思路是：
把直线或圆锥曲线方程中的变量看成常数，把方程的一端化为零，将方程转化为以参数为主变量的方程，这个方程对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或圆锥曲线所过的定点．
4、求定值问题常用的方法有两种:
（1）从特殊值入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
（2）直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定值．
5、存在性问题：
解决直线与圆锥曲线位置关系的存在性问题，往往是先假设所求的元素存在，然后再推理论证，检验说明假设是否正确，其解题步骤为：
（1）先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组)；
（2）解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在；若无解则不存在；
（3）得出结论.
6、探索性问题：
此类问题一般分为探究条件、探究结论两种：
（1）若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；
（2）若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．
【核心素养】
本题考查椭圆的标准方程和性质（离心率），圆锥曲线中的定点定值问题，属综合题，难度较大，其中设而不求的思想是处理相交问题的最基本方法，试题难度较大．考查的核心素养主要有：逻辑推理、数学运算、分类讨论.
【引例】【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知椭圆的离心率为，且过点A（2，1）．
（1）求C的方程；
（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
【评分展示】（1）由题设得，，.…………….2分
【正确列出两式得2分，每错一个式子减1分.】
解得，．
所以的方程为．.……………………3分
【正确得到椭圆的标准方程得1分，、中错误一个该步不得分.】
（2）设，．
若直线与轴不垂直，设直线的方程为，
代入得．
于是．①.…………………………….5分
【正确联立并写出根与系数的关系得2分，化简式子正确但、错误，减1分.】
由知，故，.
可得．
将①代入上式可得．
整理得．.…………………………….7分
【正确运用数量积为0和根与系数的关系并化简正确得2分，若只有化简结果错误，减1分.】
因为不在直线上，所以，故，．
于是的方程为.
所以直线过点..…………………………….8分
【正确将式子化成点斜式方程并得到直线过定点得1分，否则该步不得分.】
若直线与轴垂直，可得.
由得.
又，可得.解得（舍去），.
此时直线过点.
令为的中点，即..…………………………….10分
【正确得到直线不存在斜率时的情况得2分，正确得到点而错误，减1分.】
若与不重合，则由题设知是的斜边，故.
若与重合，则.
综上，存在点，使得为定值..…………………………….12分
【正确讨论D、P的位置关系并有总结性结论得2分，忘记讨论D、P的位置关系，减1分.】
【评分细则】
①正确列出两式得2分.
②正确得到椭圆的标准方程得1分.
③正确联立并写出根与系数的关系得2分.
④正确将式子化成点斜式方程并得到直线过定点得1分.
⑤正确得到直线不存在斜率时的情况得2分.
⑥正确讨论D、P的位置关系并有总结性结论得2分.
【温馨提醒】
1、直线的设法技巧：
在解决直线和圆锥曲线的位置关系时，往往需要利用曲线方程和直线方程联立建立一元二次方程，设直线方程也很考究，不同形式的直线方程直接关系到计算量的大小.若直线经过的定点在纵轴上，一般设为斜截式方程便于运算，即“定点落在纵轴上，斜截式帮大忙”；若直线经过的定点在横轴上，一般设为可以减小运算量，即“直线定点落横轴，斜率倒数作参数”.
2、圆锥曲线常用的二级结论：
（1）圆锥曲线的“中点弦”：
①在椭圆中，以点为中点的弦所在直线的斜率为；
②在双曲线中，以点为中点的弦所在直线的斜率为；
③在抛物线中，以点为中点的弦所在直线的斜率为；
（2）椭圆的焦点三角形：
椭圆上的点P(x0，y0)与两焦点构成的△PF1F2叫做焦点三角形．如图所示，设∠F1PF2＝θ.

①当P为短轴端点时，θ最大．
②S＝|PF1||PF2|sinθ＝b2tan＝c|y0|，当|y0|＝b时，即点P为短轴端点时，S取最大值，最大值为bc.
③焦点三角形的周长为2(a＋c)．
④4c2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cosθ.
（3）抛物线的焦点弦：
设AB是过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则：
①x1x2＝，y1y2＝－p2；
②若A在第一象限，B在第四象限，则|AF|＝，|BF|＝，
弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝(α为弦AB的倾斜角)；
③＋＝；
④以弦AB为直径的圆与准线相切；
⑤以AF或BF为直径的圆与y轴相切；
⑥过焦点弦的端点的切线互相垂直且交点在准线上；
⑦通径：过焦点与对称轴垂直的弦长等于2p.　 　
（4）椭圆和双曲线的通径：
焦点弦中通径(垂直于长轴的焦点弦)最短，弦长lmin＝.
【好题演练】
（2021·南京市第二十九中学高三模拟）
1. 已知椭圆的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，过椭圆左焦点作不与轴重合的直线与椭圆C相交于M，N两点，直线的方程为：，过点作垂直于直线m交直线于点E．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）①求证线段必过定点P，并求定点P的坐标；
②点O为坐标原点，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）①证明见解析； ；②
【解析】
【分析】（1）椭圆的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，列出方程，求解，，得到椭圆的标准方程．
（2）①设直线方程：，，，，，，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理求解直线方程，然后得到定点坐标．
②由（1）中，利用弦长公式，求解三角形的面积表达式，然后求解最大值即可．
【小问1详解】
由题意可得：
，所以，．
故椭圆的标准方程为．
【小问2详解】
证明：
①由题意知， ，
设直线方程：，，，，，，
联立方程，得，
所以，，所以，
又，所以直线方程为：，
令，则．
所以直线过定点．
②由（1）中，所以，
又，
所以，
令，，则，
令 ，当时， ，
故在，上单调递增，
则在，上单调递减，
即在，上单调递减，
所以时，．
（2021·全国高三模拟）
2. 已知椭圆的离心率为，两焦点与短轴两顶点围成的四边形的面积为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）我们称圆心在椭圆上运动，半径为的圆是椭圆的“卫星圆”，过原点作椭圆的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆于，两点，若直线，的斜率存在，记为，．
①求证：为定值；
②试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）；（2）①，②．
【解析】
【分析】（1）依题意列方程组，，即可求解；
（2）①设椭圆的“卫星圆”的圆心为，由切线条件得，，化简即可求得为定值；②设由题意得，由于，所以，根据距离公式即可求得结果．
【详解】（1）依题意得，，，解得
所以椭圆的标准方程为
（2）①直线，的方程分别为，设椭圆的“卫星圆”的圆心为
因为直线，为“卫星圆”的两条切线，则，
化简得，
所以，为方程的两根，故
又因为，所以，故为定值；
②设，
由 ，
则

由于，所以，
得
所以为定值．
（2021·抚顺市第二中学高三模拟）
3. 抛物线：在第一象限上一点，过作抛物线的切线交轴于点，过作的垂线交抛物线于，（在第四象限）两点，交于点．

（1）求证：过定点；
（2）若，求的最小值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）设，求得切线的方程，由此求得点坐标，进而求得直线的方程，由此判断出所过定点.
（2）联立直线的方程和抛物线方程，由此求得点的纵坐标，由求得的取值范围.结合点到直线距离公式求得，进而可化简求得的最小值.
【详解】（1）设，，
所以切线的方程为，
令，解得.
，
所以直线的方程为，
所以直线过定点.
（2）由（1）得直线的方程为，
由消去得，
由于在第四象限，所以由求根公式得.
依题意，即
，
解得.
原点到直线的距离为，
到直线的距离为，
所以，
令，则，
.
对函数，在上递增.
所以当，即时，取得最小值为.
也即的最小值为.
【点睛】解题过程中，中的参数贯穿始终，带着参数去运算，结合参数来求解取值范围.
（2021·云南五华高三模拟）
4. 已知抛物线：，是坐标原点，是的焦点，是上一点，，．
（1）求的标准方程；
（2）设点在上，过作两条互相垂直的直线，，分别交于，两点（异于点）．证明：直线恒过定点．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）由题可知,代入抛物线，,求出p的值,即可得到抛物线方程；
（2）设直线的方程为，，，利用化简可得或，代入直线方程即可得证.
【详解】（1）由，，可得，
代入：．
解得或（舍），从而：．
（2）由题意可得，直线的斜率不为0，设直线的方程为，
设，，
由，得，从而，
且，．
又，
，
∵
∴，
故，
整理得．
即，
从而或，即或．
若，则，过定点，与点重合，不符合：
若，则，过定点．
综上，直线过异于点的定点．
（2021·吉林长春高三模拟）
5. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，为坐标原点，点在椭圆上，且满足，.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知过点且不与轴重合的直线与椭圆交于两点，在轴上是否存在定点，使得. 若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）由题设条件可得，即，结合余弦定理以及，可得解；
（2）转化为，用点坐标表示斜率可得
，将直线和椭圆联立，结合韦达定理即得解.
【详解】（1）由知，
在△中，，
，
解得，
所以椭圆；
（2）假设存在点满足条件，设直线方程为，
设，
消去有，
，
.
因为，
所以，即，
解得.
所以存在，使得.
6.函数与导数
【规律方法】
1､确定函数单调区间的步骤：
（1）确定函数的定义域；
（2）求；
（3）解不等式>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
（4）解不等式0在（a，b）上成立”是“f（x）在
（a，b）上单调递增”的充分不必要条件.
2､确定函数单调区间的步骤：
（1）求；
（2）求方程=0的根；
（3）列表检验在=0的根的附近两侧的符号；
（4）下结论.
注：若函数f（x）在点处取得极值，则，且在该点左､右两侧的导数值符号相反.
3､导数法求给定区间上函数的最值问题的一般步骤：
（1）求函数f（x）的导数；
（2）求f（x）在给定区间上的单调性和极值；
（3）求f（x）在给定区间上的端点值；
（4）将f（x）的各极值与f（x）的端点值进行比较，确定f（x）的最大值与最小值.
4､利用导数证明不等式的方法：
利用导数证不等式，先构造函数，然后利用函数的单调性､值域､最值证明，有时也结合换元法､放缩法（如用参数范围，函数或式子的有界性，基本不等式等进行放缩）.主要有：
（1）移项法：证明不等式f（x）>g（x）（f（x）0（f（x）-g（x）