第一部分 第三板块 层级(四) 创新性考法(课件PPT)-【新高考方案】2023高考数学（文科）二轮复习专题增分方略（老教材）

强化批判性思维——让你领人一步 [典例]　设点P1，P2，…，Pn为平面α内的n个点，在平面α内的所有点中，若点P到点P1，P2，…，Pn的距离之和最小，则称点P为点P1，…，Pn的一个“中位点”，有下列命题：①A，B，C三个点共线，C在线段AB上，则C是A，B，C的中位点；②直角三角形斜边的中点是该直角三角形三个顶点的中位点；③若四个点A，B，C，D共线，则它们的中位点存在且唯一；④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点． 其中是真命题的序号是 (　 ) A．②④ B．①② C．①④ D.①③④ [新新点拨] 新考法 本题考查新定义问题的应用 新思路 由题意及几何性质找反例，或由中位点的定义及点线位置关系逐个证明 [解析]　若三个点A，B，C共线，C在线段AB上，根据两点之间线段最短，则C是A，B，C的中位点，故①正确；举一个反例，如边长为3,4,5的直角三角形ABC，此直角三角形的斜边的中点到三个顶点的距离之和为5＋2.5＝7.5，而直角顶点到三个顶点的距离之和为7，所以直角三角形斜边的中点不是该直角三角形三个顶点的中位点；故②错误；若四个点A， B，C，D共线，则它们的中位点是中间两点线段上的任意一个点，故它们的中位点存在但不唯 一，故③错误；如图，在梯形ABCD中，对角线的交点O，P是任 意一点，则根据三角形两边之和大于第三边得PA＋PB＋PC＋PD ≥AC＋BD＝OA＋OB＋OC＋OD，所以梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点．故④正确．①④正确． [答案]　C [新新点拨] 新考法 椭圆与圆柱交汇 新思路 本题中的几何体显然是非常规几何体，没有直接计算的体积公式，但可以将两个相同的该几何体拼成一个圆柱体进行计算，核心需求是求出相应的高及底面半径，但若通过从上底面的最高点补齐构造圆柱解题会更简单 [针对训练] (2022·长沙开学考试)如图，在六面体ABCFEDG中，BG⊥平面ABC，平面ABC∥平面FEDG，AF∥BG，FE∥GD，∠FGD＝90°，AB＝BC＝BG＝2，四边形AEDC是菱形，则六面体ABCFEDG的体积为________． 巧用逆向思维——让你高人一筹 [典例]　如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M， N，P分别是AA1，CC1，C1D1的中点，Q是线段D1A1上的动点，则 下列命题：①不存在点Q，使PQ∥平面MBN；②三棱锥B-CNQ的 体积是定值；③直线B1D⊥平面PMN；④经过C，A，B，N四点的球的表面积为9π.其中正确的是________． [新新点拨] 新考法 空间几何体中线面位置关系与表面积、体积、动点问题交汇 新思路 假设存在Q是D1A1的中点，由线面平行可判断①，由VB-CNQ＝VQ-CNB即可判断②，证明MN⊥B1D、PN⊥B1D，即可判断③，构造长方体，求出体对角线的长，可求出球的表面积，可判断④ 由正方体的性质可得A1C1⊥B1D1，BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以BB1⊥A1C1，又BB1∩B1D1＝B1，BB1，B1D1⊂平面DBB1D1，所以A1C1⊥平面DBB1D1，又B1D⊂平面DBB1D1，所以A1C1⊥B1D，又A1C1∥MN，所以MN⊥B1D，同理可证PN⊥平面ADC1B1，B1D⊂平面ADC1B1，所以PN⊥B1D，PN∩MN＝N，PN，MN⊂平面PMN，所以B1D⊥平面PMN，故③正确；当Q是D1A1的中点时，PQ∥A1C1，分别取BB1，DD1的中点E，F，构造长方体MADF-EBCN，则经过C、A、B、N四点的球即为长方体MADF-EBCN的外接球，设所求外接球的直径为2R，则长方体MADF-EBCN的体对角线即为所求的球的直径，即(2R)2＝AB2＋BC2＋CN2＝4＋4＋1＝9，所以经过C、A、B、N四点的球的表面积为4πR2＝9π，故④正确． [答案]　②③④ [针对训练] 把边长为1的实心正六面体磁性几何魔方ABCD-A1B1C1D1按图方式 分成12块：(1)取6条面上的对角线AC，AB1，AD1，C1B，C1D， C1A1；(2)考虑以立方体中心为顶点，上述6条对角线及12条棱之一 为对边的三角形；(3)这18个三角形把立方体切成了12块，每块是 一个四面体，每个四面体有两条棱是立方体的棱；(4)每个四面体仅通过其上立方体的棱和其它四面体连接．则在此玩具所有可能的形状中，其上两点之间空间距离的最大值为________． “课时验收评价”见“课时验收评价(六)” (单击进入电子文档) 18 [针对训练] (2022·邯郸模拟)已知正三棱柱ABC-A1B1C1，各棱长均为2，且点P为棱CC1上一动点，则下列结论正确的是 (