思想02 融合数形结合思维以直观阐释数学关系（4大题型）-【上好课】2025年高考数学二轮复习讲练测（新高考通用）

思想02 融合数形结合思维以直观阐释数学关系 目录 01考情透视·目标导航 2 02知识导图·思维引航 3 03 知识梳理·方法技巧 5 04 真题研析·精准预测 6 05 核心精讲·题型突破 8 题型一：研究函数的零点、方程的根、图象的交点 8 题型二：解不等式、求参数范围、最值问题 9 题型三：解决以几何图形为背景的代数问题 10 题型四：解决数学文化、情境问题 11 高考命题中，以知识为载体，以能力立意、思想方法为灵魂，以核心素养为统领，兼顾试题的基础性、综合性、应用性和创新性，展现数学的科学价值和人文价值．高考试题一是着眼于知识点新颖巧妙的组合，二是着眼于对数学思想方法、数学能力的考查．如果说数学知识是数学的内容，可用文字和符号来记录和描述，那么数学思想方法则是数学的意识，重在领会、运用，属于思维的范畴，用于对数学问题的认识、处理和解决．高考中常用到的数学思想主要有分类讨论思想、数形结合思想、函数与方程思想、转化与化归思想等． 1、以形助数（数题形解）：借助形的生动性和直观性来阐述数与形之间的关系，把抽象问题具体化，把数转化为形，即以形作为手段，数作为目的解决数学问题的数学思想． 2、以数辅形（形题数解）：借助于数的精确性、规范性、严密性来阐明形的某些属性，把直观图形数量化，即以数作为手段，形作为目的解决问题的数学思想． 1．（2024年北京高考数学真题）已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（    ） A．， B．， C．， D．， 2．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 3．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 ． 4．（2024年天津高考数学真题）已知正方形的边长为1，若，其中为实数，则 ；设是线段上的动点，为线段的中点，则的最小值为 ． 5．（2024年北京高考数学真题）设函数，直线是曲线在点处的切线． (1)当时，求的单调区间. (2)求证：不经过点. (3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 6．（2024年北京高考数学真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)若直线BD的斜率为0，求t的值． 题型一：研究函数的零点、方程的根、图象的交点 【典例1-1】已知函数与有恰有四个交点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【典例1-2】如图所示，直线与曲线相切于两点，其中．若当时，，则函数在上的极大值点个数为（    ）    A． B． C． D． 【变式1-1】函数有两个极值点，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】若函数的图象与的图象恰好有四个交点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 1．（多选题）函数，关于的方程，则下列正确的是（   ） A． B．函数的单调减区间为， C．当时，则方程有4个不相等的实数根 D．若方程有3个不相等的实数根，则的取值范围是 2．若函数的图象与直线有4个交点，则实数a的取值范围是 ． 题型二：解不等式、求参数范围、最值问题 【典例2-1】已知函数，若不等式的解集为，且，且，则函数的极小值为（   ） A． B． C．0 D． 【典例2-2】设，若关于的不等式的解集中的整数解个数恰为3个，则满足条件的实数所在区间可以是（    ） A． B． C． D． 【变式2-1】已知函数和的图象与直线交点的横坐标分别为，，则（    ） A． B． C． D． 【变式2-2】已知函数，若满足的整数解恰有3个，则实数的范围为（    ） A． B． C． D． 1．不等式的解集为 . 2．若关于的不等式的解集为()，且中只有一个整数，则实数的取值范围是 ． 题型三：解决以几何图形为背景的代数问题 【典例3-1】已知抛物线C：的焦点为F，过点作直线l；的垂线，垂足为B，点P是抛物线C上的动点，则的最小值为（   ） A． B． C．14 D． 【典例3-2】正四面体的棱长为，点，是它内切球球面上的两点，为正四面体表面上的动点，当线段最长时，的最大值为（   ） A．2 B． C．3 D． 【变式3-1】已知点为三棱柱的棱上一点，经过顶点及点的平面将三棱柱分成体积相等的两部分，则的值为（    ） A．1 B． C． D． 【变式3-2】（多选题）在平面直角坐标系中，已知点和曲线上不同两点，记，则下列结论中正确的是（    ） A．若点和直线上不同两点，则的最小值为0 B．若点和椭圆上不同两点，则的最大值为0 C．若点和圆上不同两点，，则的最大值为 D．若点和双曲线右支上不同两点，则的最小值为 1．（多选题）已知曲线：，若直线与的交点的可能个数的集合记为，则（    ） A．关于轴对称 B． C． D．“”的充要条件是“” 2．已知空间单位向量，，，，，则的最大值是 ． 题型四：解决数学文化、情境问题 【典例4-1】对于勾股定理的证明，我国历史上有多位数学家创造了利用面积出入相补证明勾股定理的不同的证法，如后汉时期的赵爽､三国时期的刘徽､清代的梅文鼎､华蘅芳等.如图是华蘅芳证明勾股定理时构造的图形，其中为直角三角形，分别以为边长作3个正方形，通过出入相补证明两个较小的正方形面积之和等于大正方形面积，从而可以证明勾股定理.若，以中点为圆心作圆，使得三个正方形的所有顶点只有2个在圆外，则满足题意的一个圆的标准方程为 . 【典例4-2】窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一.在新春来临之际， 许多地区人们为了达到装点环境、渲染气氛， 寄托辞旧迎新、接福纳祥的愿望， 设计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花 (如左图). 已知正方形 的边长为 4，中心为，四个半圆的圆心均在正方形 各边的中点 (如右图). 若点 位于半圆弧 的中点， 的值为 ; 若点 在四个半圆的圆弧上运动，则 的取值范围是    【变式4-1】年月，欧内斯特·卢瑟福在《哲学》杂志上发表论文.在这篇论文中，他描述了用粒子轰击厚的金箔时拍摄到的运动情况.在进行这个实验之前，卢瑟福希望粒子能够通过金箔，就像子弹穿过雪一样，事实上，有极小一部分粒子从金箔上反弹.如图显示了卢瑟福实验中偏转的粒子遵循双曲线一支的路径，则该双曲线的离心率为 ；如果粒子的路径经过点，则该粒子路径的顶点距双曲线的中心 cm. 【变式4-2】在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转后所得三条曲线与围成的（如图阴影区域），为与其中两条曲线的交点．若，下面四个结论： ①开口向上的抛物线的方程为； ②； ③直线截第一象限花瓣的弦长的最大值为； ④阴影区域的面积大于， 上述结论中所有正确的序号是 ． 1．《九章算术》第五章“商功”问题十七：今有羡除【注】，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺.问积几何？大意是：今有墓道（如图②，平面平面），下宽（长）6尺，上宽（长）1丈（1丈尺），深（与距离）3尺，末端宽（长）8尺，无深，长（与距离）7尺.它的体积是 立方尺. 【注】羡除：墓道，此处是指三面为等腰梯形，其他两侧面为三角形的五面体. 2．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体的棱长为，则勒洛四面体的体积的取值范围是 . 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 / 35 学科网(北京)股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 思想02 融合数形结合思维以直观阐释数学关系 目录 01考情透视·目标导航 2 02知识导图·思维引航 3 03 知识梳理·方法技巧 4 04 真题研析·精准预测 5 05 核心精讲·题型突破 12 题型一：研究函数的零点、方程的根、图象的交点 12 题型二：解不等式、求参数范围、最值问题 19 题型三：解决以几何图形为背景的代数问题 23 题型四：解决数学文化、情境问题 32 高考命题中，以知识为载体，以能力立意、思想方法为灵魂，以核心素养为统领，兼顾试题的基础性、综合性、应用性和创新性，展现数学的科学价值和人文价值．高考试题一是着眼于知识点新颖巧妙的组合，二是着眼于对数学思想方法、数学能力的考查．如果说数学知识是数学的内容，可用文字和符号来记录和描述，那么数学思想方法则是数学的意识，重在领会、运用，属于思维的范畴，用于对数学问题的认识、处理和解决．高考中常用到的数学思想主要有分类讨论思想、数形结合思想、函数与方程思想、转化与化归思想等． 1、以形助数（数题形解）：借助形的生动性和直观性来阐述数与形之间的关系，把抽象问题具体化，把数转化为形，即以形作为手段，数作为目的解决数学问题的数学思想． 2、以数辅形（形题数解）：借助于数的精确性、规范性、严密性来阐明形的某些属性，把直观图形数量化，即以数作为手段，形作为目的解决问题的数学思想． 1．（2024年北京高考数学真题）已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【解析】对任意给定，则，且， 可知，即， 再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域， 如图阴影部分所示，其中， 可知任意两点间距离最大值， 阴影部分面积. 故选：C. 2．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【解析】如图，底面为正方形， 当相邻的棱长相等时，不妨设， 分别取的中点，连接， 则，且，平面， 可知平面，且平面， 所以平面平面， 过作的垂线，垂足为，即， 由平面平面，平面， 所以平面， 由题意可得：，则，即， 则，可得， 所以四棱锥的高为. 故选：D. 3．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 ． 【答案】 【解析】令，即，令 则，令得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增，， 因为曲线与在上有两个不同的交点， 所以等价于与有两个交点，所以. 故答案为： 4．（2024年天津高考数学真题）已知正方形的边长为1，若，其中为实数，则 ；设是线段上的动点，为线段的中点，则的最小值为 ． 【答案】 【解析】解法一：因为，即，则， 可得，所以； 由题意可知：， 因为为线段上的动点，设， 则， 又因为为中点，则， 可得 ， 又因为，可知：当时，取到最小值； 解法二：以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示， 则， 可得， 因为，则，所以； 因为点在线段上，设， 且为中点，则， 可得， 则， 且，所以当时，取到最小值为； 故答案为：；. 5．（2024年北京高考数学真题）设函数，直线是曲线在点处的切线． (1)当时，求的单调区间. (2)求证：不经过点. (3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 【解析】（1）， 当时，；当，； 在上单调递减，在上单调递增. 则的单调递减区间为，单调递增区间为. （2），切线的斜率为， 则切线方程为， 将代入则， 即，则，， 令， 假设过，则在存在零点. ，在上单调递增，， 在无零点，与假设矛盾，故直线不过. （3）时，. ，设与轴交点为， 时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾. 由（2）知.所以， 则切线的方程为， 令，则. ，则， ，记， 满足条件的有几个即有几个零点. ， 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减； 因为， ， 所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点， 综上所述，有两个零点，即满足的有两个. 6．（2024年北京高考数学真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)若直线BD的斜率为0，求t的值． 【解析】（1）由题意，从而， 所以椭圆方程为，离心率为； （2）直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾， 从而设，， 联立，化简并整理得， 由题意，即应满足， 所以， 若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设， 所以，在直线方程中令， 得， 所以， 此时应满足，即应满足或， 综上所述，满足题意，此时或. 题型一：研究函数的零点、方程的根、图象的交点 【典例1-1】已知函数与有恰有四个交点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意知为分段函数，在时为函数，在时为绝对值函数. ①如果，则，与只有一个交点，不符合题意； ②如果，则函数为双刀函数，在时单调递增，此时位于轴下方，与只有一个交点，不符合题意； ③如果，则函数为对勾函数，在第一象限的最小值为，绝对值函数与轴相交于点，此时经过点. 如果经过点，即，解得，即当时，恰好与有三个交点. 要使得存在四个交点，则，解得，画出图象如图所示，满足题意. 故选：B. 【典例1-2】如图所示，直线与曲线相切于两点，其中．若当时，，则函数在上的极大值点个数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 根据图象，可分别作出斜率为的另外三条切线：，切点分别为， 如图所示：当时，；当时，； 设，则， 在上单调递增，在上单调递减， 有，和三个极大值点. 故选：D. 【变式1-1】函数有两个极值点，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由，得， 因为有两个极值点， 所以有两个不等的正根， 即有两个不等的正根， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 所以， 当时，，当时，， 所以的大致图象如图所示， 由图可知当时，与的图象有两个不同的交点， 所以当时，有两个极值点. 故选：D 【变式1-2】若函数的图象与的图象恰好有四个交点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】当时，，可得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增，且， 当时，，可得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，且， 当时，；当时，， 函数的图象，如图所示， 要使得函数与的图象有4个交点，则， 所以实数的取值范围为. 故选：C. 1．（多选题）函数，关于的方程，则下列正确的是（   ） A． B．函数的单调减区间为， C．当时，则方程有4个不相等的实数根 D．若方程有3个不相等的实数根，则的取值范围是 【答案】ABD 【解析】当时，，在上是减函数，且渐近线为轴和直线，. 当时，，， 当时，，在上增函数，当时，，在上是减函数， 所以，函数图象如图所示： A. ，选项A正确. B.函数的单调减区间为，，选项B正确. C. 当时，可化为或， 函数的图象如图所示： 由图可知，直线与有两个交点，直线与有4个交点，故方程有6个不相等的实数根，选项C错误. D. 若方程有3个不相等的实数根，即与共有3个不相等的实数根. 因为有两个不相等实数根，所以有且仅有一根，且不为， 所以直线与有1个交点，由图象可知时满足题意，选项D正确. 故选：ABD. 2．若函数的图象与直线有4个交点，则实数a的取值范围是 ． 【答案】 【解析】因为函数的图象与直线有4个交点， 所以方程有4个不同实根， 即有4个不同实根. 设，， 则. 令，得；令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 又因为， 所以有2个不同实根0与1. 令，得. 设， 则， . 令，得；令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则，且时， 作出函数的草图： 所以当时，直线与函数的图象没有交点； 当或时，直线与函数的图象有1个交点； 当时，直线与函数的图象有2个交点. 令，得， 设， 则，. 令，得；令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则，且时，. 作出函数的草图： 所以当时，直线与函数的图象没有交点； 当或时，直线与函数的图象有1个交点； 当时，直线与函数的图象有2个交点. 综上可得：当时，函数的图象与直线有4个交点. 故答案为：. 题型二：解不等式、求参数范围、最值问题 【典例2-1】已知函数，若不等式的解集为，且，且，则函数的极小值为（   ） A． B． C．0 D． 【答案】B 【解析】由得，为二次函数且图象开口向上. 若，则，函数在上单调递增，不符合题意； 若，方程有两个不等实根， 不妨设，当单调递增， ，单调递减，，单调递增， 若使的解集为，且，则的大致图象如图所示： 则m，n为函数的两个零点，且为函数的极大值点， 所以或， 当时，， ，则不是函数的极值点，不符合题意； 当时，， 令，则或，所以为极小值点. 所以的极小值为. 故选：B 【典例2-2】设，若关于的不等式的解集中的整数解个数恰为3个，则满足条件的实数所在区间可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】原不等式等价于，不妨设不等式的解集为， 作出函数的图象如图所示， 易知当，此时不等式的解集不只有三个整数解， 要满足题意需， 又，所以， 则，， 此时还需，整理得， 此时C正确，其余选项错误. 故选：C. 【变式2-1】已知函数和的图象与直线交点的横坐标分别为，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】作出函数和的图象以及直线的图象，如图， 由函数和的图象与直线交点的横坐标分别为，， 结合图象可知，A错误； 由题意知，也即， 由于函数和互为反函数， 二者图象关于直线对称，而为和的图象与直线的交点， 故关于对称，故，B错误； 由，故，C错误； 因为，故， 结合，即得，D正确， 故选：D 【变式2-2】已知函数，若满足的整数解恰有3个，则实数的范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】得，所以满足的整数解恰有3个，等价于函数的图象在直线下方的部分有3个整点. 如图，当直线的斜率m满足时满足题意，其中 所以，，所以. 故选：A 1．不等式的解集为 . 【答案】 【解析】设，则不等式为：，即， 令， 则， 令得，（舍负） t 0 0 0 0 递增 递减 ，. 与在同一坐标系中的图像如下： 由图像可得的解为，即，所以 所以不等式的解集为. 故答案为：. 2．若关于的不等式的解集为()，且中只有一个整数，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【解析】由，得， 设，，由题设原不等式有唯一整数解， 即在直线下方，，   在递减，在递增， 故，恒过定点， 结合函数图像得，即． 故答案为： 题型三：解决以几何图形为背景的代数问题 【典例3-1】已知抛物线C：的焦点为F，过点作直线l；的垂线，垂足为B，点P是抛物线C上的动点，则的最小值为（   ） A． B． C．14 D． 【答案】D 【解析】由l：得， 由，得，，所以直线，过定点． 所以点的中点坐标为，连接AM， 则，由题意知点B在以AM为直径的圆上， 所以点B的轨迹方程为（不包含点）， 记圆的圆心为， 过点P，N分别作准线的垂线，垂足分别为D，H， 则， 当且仅当P，D，N，H四点共线且点Q在P，N之间时等号同时成立， 所以的最小值为． 故选：D. 【典例3-2】正四面体的棱长为，点，是它内切球球面上的两点，为正四面体表面上的动点，当线段最长时，的最大值为（   ） A．2 B． C．3 D． 【答案】C 【解析】设正四面体的内切球球心为，为的中心，为的中点，连接，，则在上，连接，则． 因为正四面体的棱长为3，所以，所以. 设内切球的半径为，则，，解得， 当为内切球的直径时最长，此时，， ， 因为为正四面体表面上的动点，所以当为正四体的顶点时，最长，的最大值为，所以的最大值为． 故选：C. 【变式3-1】已知点为三棱柱的棱上一点，经过顶点及点的平面将三棱柱分成体积相等的两部分，则的值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【解析】过作∥，交于点， 则∥， 连接，则平面即为过顶点及点的平面，如图所示： 设三棱柱的底面面积为，高为； 设， 则， 又因为， 所以两三角形的相似比为， 由相似三角形的性质可知， 易知，侧棱交于延长线上一点， 所以几何体为三棱台， 设三棱台体积为，三棱柱的体积为， 则有， 又因为 ， 又因为， 所以， 所以， ， 令， 则有， 解得， 所以， 所以， 解得. 故选：B. 【变式3-2】（多选题）在平面直角坐标系中，已知点和曲线上不同两点，记，则下列结论中正确的是（    ） A．若点和直线上不同两点，则的最小值为0 B．若点和椭圆上不同两点，则的最大值为0 C．若点和圆上不同两点，，则的最大值为 D．若点和双曲线右支上不同两点，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】对于选项A，如图1，2， ．故A正确； 对于选项B，，（三点共线时取等号）．故B错误； 对于选项C，如图3， 可知圆，圆心为，又，故为圆直径，连接，则， 因为，, 且, 所以：， 又，（时取等号）． ．故C正确； 对于选项D，如图4，可知点是双曲线的左焦点， 设右焦点为．由双曲线的定义，得，即（当点在线段上时取等号）．故D正确． 故选：ACD 1．（多选题）已知曲线：，若直线与的交点的可能个数的集合记为，则（    ） A．关于轴对称 B． C． D．“”的充要条件是“” 【答案】ABD 【解析】当时，曲线的方程为，表示为圆心在原点、半径为1的上半圆； 当时，曲线的方程为，表示为焦点在轴、对称中心在原点的双曲 线的轴下方的部分，其渐近线方程为； 对于A，设点在曲线上，点关于轴对称的点为， 因为，所以曲线关于轴对称，故A正确； 对于B，时，直线恒过定点，如图， 当，或时，曲线与直线只有1个交点， 当，曲线与直线有2个交点，所以，故B正确； 对于C，当时，直线恒过定点点， 当曲线与直线相切时， 圆心到直线的距离为，解得， 当，或，或时，曲线与直线只有1个交点， 当时，曲线与直线没有交点； 当时，曲线与直线有2个交点； 所以，故C错误； 对于D， 时，直线恒过定点点， 当曲线与直线相切时， 圆心到直线的距离为，解得， 当直线过时，得， 当直线过时，得， 若曲线与直线有2个交点时， 则，或， 若曲线与直线有1个交点时， 则，或 ，或， 当时，曲线与直线没有交点； 当直线与曲线相切时，联立方程 得， 可得，解得， 当，或时， 直线与曲线有2个交点， 当，或时， 直线与曲线有1个交点， 当时，曲线与直线没有交点； 所以当直线与曲线与有2个交点、与 有1个交点时，，或； 当直线与曲线有1个交点、与 有2个交点时，，或， 综上所述，时，曲线：与直线交点个数为3个， 故D正确. 故选：ABD. 2．已知空间单位向量，，，，，则的最大值是 ． 【答案】 【解析】因为空间向量，，，是单位向量， 所以把向量，，，平移到以为起点，终点在半径为的球面上，如图： 由，得，所以，同理， 令，则，， 根据，两边同时平方解得，， 所以绕向量所在直线旋转一周得圆锥的侧面，绕向量所在直线旋转一周得圆锥的侧面， 因为， 所以，则， 观察图形得当旋转到平面内时，向量与的夹角最小， 令此最小角为，则， 则， ， 所以的最大值是， 故答案为：. 题型四：解决数学文化、情境问题 【典例4-1】对于勾股定理的证明，我国历史上有多位数学家创造了利用面积出入相补证明勾股定理的不同的证法，如后汉时期的赵爽､三国时期的刘徽､清代的梅文鼎､华蘅芳等.如图是华蘅芳证明勾股定理时构造的图形，其中为直角三角形，分别以为边长作3个正方形，通过出入相补证明两个较小的正方形面积之和等于大正方形面积，从而可以证明勾股定理.若，以中点为圆心作圆，使得三个正方形的所有顶点只有2个在圆外，则满足题意的一个圆的标准方程为 . 【答案】（答案不唯一，形如的方程都可以） 【解析】如图，点， ， 线段的中点到三个正方形顶点的距离最大为，其次为， 所以以中点为圆心作圆，使得三个正方形的所有顶点只有2个在圆外的圆方程为 ， 取得该圆的一个标准方程为. 故答案为：（答案不唯一，形如的方程都可以）. 【典例4-2】窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一.在新春来临之际， 许多地区人们为了达到装点环境、渲染气氛， 寄托辞旧迎新、接福纳祥的愿望， 设计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花 (如左图). 已知正方形 的边长为 4，中心为，四个半圆的圆心均在正方形 各边的中点 (如右图). 若点 位于半圆弧 的中点， 的值为 ; 若点 在四个半圆的圆弧上运动，则 的取值范围是    【答案】 【解析】当位于半圆弧中点时，，而，所以，， ． 以为建立平面直角坐标系，如图， 由已知， 因此半圆弧的方程为（在直线上方的部分）， 在半圆弧（包括端点）上，则， ， ， 又，所以， 由对称轴，当在半圆弧（包括端点） 上时，， 同理当在半圆弧（包括端点）上时有，在半圆弧（包括端点） 上时有， 综上，， 故答案为：；． 【变式4-1】年月，欧内斯特·卢瑟福在《哲学》杂志上发表论文.在这篇论文中，他描述了用粒子轰击厚的金箔时拍摄到的运动情况.在进行这个实验之前，卢瑟福希望粒子能够通过金箔，就像子弹穿过雪一样，事实上，有极小一部分粒子从金箔上反弹.如图显示了卢瑟福实验中偏转的粒子遵循双曲线一支的路径，则该双曲线的离心率为 ；如果粒子的路径经过点，则该粒子路径的顶点距双曲线的中心 cm. 【答案】 【解析】由题意可知双曲线的一条渐近线方程为， 即可得，因此离心率为； 设双曲线的方程为，将代入计算可得， 解得； 所以该粒子路径的顶点距双曲线的中心cm. 故答案为：；； 【变式4-2】在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转后所得三条曲线与围成的（如图阴影区域），为与其中两条曲线的交点．若，下面四个结论： ①开口向上的抛物线的方程为； ②； ③直线截第一象限花瓣的弦长的最大值为； ④阴影区域的面积大于， 上述结论中所有正确的序号是 ． 【答案】①②④ 【解析】由题意，开口向右的抛物线方程为，顶点在原点，焦点为, 将其逆时针旋转后得到的抛物线开口向上，焦点为，则其方程为，即，故①正确； 对于B，根据①项分析，由可解得，或，即，代入可得， 由图象对称性，可得，故，即②正确； 对于C，如图，设直线与第一象限花瓣分别交于点, 由，解得，由，解得, 即得, 则弦长为：， 由图知，直线经过点时取最大值4，经过点时取最小值0， 即在第一象限部分满足，不妨设，则，且， 代入得，，（） 由此函数的图象知，当时，取得最大值为，即③错误； 对于④，根据对称性，每个象限的花瓣形状大小相同，故可以先求部分面积的近似值. 如图， 在抛物线上取一点，使过点的切线与直线平行， 由可得切点坐标为，因， 则点到直线的距离为， 于是，由图知，半个花瓣的面积必大于， 故原图中的阴影部分面积必大于，故④正确. 故选：①②④ 1．《九章算术》第五章“商功”问题十七：今有羡除【注】，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺.问积几何？大意是：今有墓道（如图②，平面平面），下宽（长）6尺，上宽（长）1丈（1丈尺），深（与距离）3尺，末端宽（长）8尺，无深，长（与距离）7尺.它的体积是 立方尺. 【注】羡除：墓道，此处是指三面为等腰梯形，其他两侧面为三角形的五面体. 【答案】84 【解析】如图，连接FC，FB，所求体积为四棱锥和三棱锥体积之和， 故答案为：84. 2．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体的棱长为，则勒洛四面体的体积的取值范围是 . 【答案】 【解析】勒洛四面体的体积介于正四面体的体积和正四面体的外接球的体积之间， 正四面体底面面积为，底面所在圆的半径为， 正四面体的高为， 正四面体的体积， 设正四面体的外接球半径为，则由题意得： ，解得， 正四面体的外接球的体积为， 勒洛四面体的体积满足， 即勒洛四面体的体积的取值范围是. 故答案为： 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 / 35 学科网(北京)股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$