第1部分 单元3 多模块知识融合（三）(Word教参)-【优化指导】2025年高考数学二轮复习高中总复习·第2轮

融合点一　立体几何与不等式交汇融合 [例1] (2024·佛山模拟)在《九章算术》中记载，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱，阳马是底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑是四个面都为直角三角形的三棱锥，如图，在堑堵ABC­A1B1C1中，AC⊥BC，AA1＝2，鳖臑B1­A1C1B的外接球的体积为π，则阳马B­ACC1A1体积的最大值为(　　) A． B． C． D．4 B　解析：设AC＝x，BC＝y，鳖臑B1­A1C1B的外接球半径为r，则鳖臑B1­A1C1B的外接球的体积为r3＝，∴r＝.∵x2＋y2＋4＝(2r)2＝8，∴x2＋y2＝4.又阳马B­ACC1A1的体积为VB­ACC1A1＝×S四边形ACC1A1×BC＝×2×xy≤(x2＋y2)＝，所以阳马B­ACC1A1体积的最大值为.故选B. 训练1 如图，三棱锥P­ABC的四个顶点恰是长、宽、高分别是m，2，n的长方体的顶点，此三棱锥的体积为2，则该三棱锥外接球体积的最小值为________． 答案：π　解析：∵ 长方体的体对角线长为，三棱锥P­ABC的外接球直径是长方体的体对角线， ∴外接球的半径R＝，∴外接球的体积V＝πR3＝π×()3＝π()3. ∵VP­ABC＝×S△ABC×n＝＝2 ，∴mn＝6，∴m2＋n2≥2mn＝12，当且仅当m＝n＝时，等号成立， ∴V＝π()3≥π×43＝π，∴该三棱锥外接球体积的最小值为π. 融合点二　立体几何与导数交汇融合 [例2] (2024·马鞍山模拟)已知六棱锥的所有顶点都在半径为2的球面上，当六棱锥的体积最大时，其侧棱长为(　　) A． B．2 C． D． A　解析：由题意可知，六棱锥的底面六边形的顶点在同一个截面圆上．易知当六边形为正六边形时，其面积最大．要使六棱锥的体积最大，则该六棱锥为正六棱锥．不妨设正六边形的边长为a(0<a≤2)，六棱锥的高为h(0<h<4)，则正六边形的外接圆的半径为a.由球的性质可知，(h－2)2＋a2＝4，则a2＝4h－h2，所以正六棱锥的体积V＝×6×a2×sin 60°×h＝(4h2－h3)，设f(x)＝4x2－x3(0<x<4)，则f′(x)＝8x－3x2，当x∈(0，)时，f′(x)>0；当x∈(，4)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0，)上单调递增，在(，4)上单调递减，当x＝时，函数f(x)取最大值，即当h＝时，V取最大值，此时a2＝，所以正六棱锥的侧棱长l＝＝＝.故选A. 训练2 已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，则该圆锥体积的最大值为________． 答案：2π　解析：由题意得圆锥的母线长为3，设圆锥的底面半径为r，高为h，则h＝，所以圆锥的体积V＝πr2h＝πr2＝π·.设f(r)＝9r4－r6(r＞0)，则f′(r)＝36r3－6r5，令f′(r)＝36r3－6r5＝6r3(6－r2)＝0，得r＝，所以当0＜r＜时，f′(r)＞0，f(r)单调递增；当r＞时，f′(r)＜0，f(r)单调递减，所以f(r)max＝f()＝108，所以Vmax＝π×＝2π. 融合点三　立体几何与三角函数交汇融合 [例3] (2024·衡水模拟)如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AB＝4，AF＝1，若G是线段EF上的动点，则三棱锥C­ABG的外接球表面积的最小值是(　　) A．16π B．20π C．32π D．36π C　解析：设△ABG的外接圆半径为r，由正弦定理，得2r＝＝，当∠AGB＝时，r取得最小值为2，此时外接球半径R满足R2＝r2＋22＝8，解得R＝2或R＝－2，所以三棱锥C­ABG的外接球的最小半径为2，所以外接球表面积的最小值为4πR2＝32π.故选C. 训练3 如图，在长方形ABCD中，AB＝，AD＝1，点E在线段AB(端点除外)上，现将△ADE沿DE折起为△A′DE.设∠ADE＝α，二面角A′­DE­C的大小为β，若α＋β＝，则四棱锥A′­BCDE体积的最大值为(　　) A． B． C． D． A　解析：设过点A与DE垂直的线段长为a，则AE＝tan α，0<tan α<，DE＝，a＝sin α，则四棱锥A′­BCDE的高h＝a·sin β＝sin α·sin (－α)＝sin αcos α，则VA′­BCDE＝××(－tan α＋)×1×sin αcos α＝(－tan α)×sin αcos α＝(sin αcos α－sin2α)＝(sin2α＋cos 2α)－＝(sin 2α＋cos 2α)－＝sin (2α＋φ)－(其中tan φ＝)，∴四棱锥A′­BCDE体积的最大值为－＝.故选A. 融合点四　立体几何与解析几何交汇融合 三余弦定理：如图所示，斜线AB在平面内的射影为BC，则线面角的大小为α，平面内任一点D，则∠DBC＝β，这样就有：cos ∠ABD＝cos αcos β. [例4] 双曲线4x2－＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点M是双曲线右支上一点且满足MF1·MF2＝0.点N在线段F1F2上且满足F1N＝λF1F2．现将△F2MN沿着MN折成直二面角F1­MN­F2.若折叠后点F1，F2距离最小，则λ＝(　　) A． B． C． D． C　解析：如图，设∠F1MN＝θ，∠F2MN＝－θ，由三角形余弦定理可得cos ∠F1MF2＝cos θ·cos (－θ)＝sin 2θ.　 训练4 如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为平面ACC1A1上一动点，且满足D1P⊥CP，则满足条件的所有点P围成的平面区域的面积为________． 答案：　解析：由正方体的性质易知D1在平面ACC1A1上的射影为O，所以要使平面ACC1A1上一动点P满足D1P⊥CP，只需PO⊥CP即可，设O是A1C1的中点，连接OC，PO，所以点P的轨迹是以OC为直径的圆(不包括点C)，如图，而OC＝，所以满足条件的所有的点P围成的平面区域的面积为S＝π·()2＝. 融合点五　立体几何与平面几何交汇融合 [例5] (2024·临沂模拟)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝，P是直线BC1上一动点，则A1P＋PC的最小值是(　　) A.5 B．6＋ C．10 D．12＋2 A　解析：因为A1P在平面A1BC1内，PC在平面BCC1内，将两个平面铺平后转化成平面上的问题解决(如图)， A1P＋CP的最小值就是平面四边形A1C1CB内A1C的长， 在△A1C1C中，A1C1＝6，CC1＝，∠A1C1C＝90°＋45°＝135°， 由余弦定理可得A1C＝＝5.故选A. 训练5 如图，已知三棱锥P­ABC，其中PA⊥平面ABC，PA＝3，△ABC是边长为2的正三角形．已知Q为棱PA(不含端点)上的动点，若光线从点Q出发，依次经过平面PBC与平面ABC反射后重新回到点Q，则光线经过的路径长度的取值范围是(　　) A．(0，6) B．(3，6) C．(0，2) D．(3，2) B　解析：由题意可知，光线经过路线所构成的平面分别与平面PBC和平面ABC垂直，如图1，取BC的中点D，连接PD，DA，有BC⊥平面PAD，故平面PBC⊥平面PAD，且平面ABC⊥平面PAD， 　图1　 　 　　 　 图2 在平面PAD中，作点Q分别关于PD，DA的对称点Q′，Q″，如图2， ∵在Rt△PAD中AD＝，PA＝3，PD＝＝2，sin ∠APD＝＝，∴∠APD＝30°. 设PQ＝x，则Q′Q″2＝QQ′2＋QQ″2－2QQ′·QQ″·cos 120°＝3x2－18x＋36∈(9，36)，所以Q′Q″∈(3，6).故选B. 学科网（北京）股份有限公司 $$