特训07 期中解答压轴题 （六大题型，全国期中精选，范围：6.1-8.3）-2024-2025学年高一数学期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版2019必修第二册，浙江专用）

特训07 期中解答压轴题 （六大题型，全国期中精选，范围：6.1-8.3） 目录： 题型1：平面向量及其几何应用 题型2：解三角形及其综合 题型3：复数与平面向量 题型4：复数新定义、材料题 题型5：截面、立体几何有关计算的情景应用 题型6：立体几何古代模型问题 题型1：平面向量及其几何应用 1．（23-24高一下·重庆九龙坡·期中）如图，半圆O的直径为2，A为直径延长线上一点，，B为半圆上任意一点，以为一边作等边三角形. (1)当时， ①求三角形的面积. ②若，求m、n. (2)若，求的最小值. 2．（23-24高一下·山东日照·期中）如图，已知是的外心，，，，，． (1)判断的形状，且求时的值； (2)当时， ①求的值（用含的式子表示）； ②若，求集合中的最小元素． 3．（23-24高一下·重庆·期中）对于一组向量，（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”． (1)设，且，若是向量组的“长向量”，求实数的取值范围； (2)若且，向量组是否存在“长向量”？若存在，求出正整数；若不存在，请说明理由； (3)已知均是向量组的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列满足，为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值． 题型2：解三角形及其综合 4．（24-25高一上·全国·期中）在中，角所对的边分别是，． (1)求角B的大小； (2)若，且边上的两条中线相交于点G，求的余弦值； (3)若为锐角三角形，且，记的外心和垂心分别为，连接的直线与线段都相交，求证：线段的长度为． 5．（23-24高一下·浙江·期中）在锐角中，记的内角的对边分别为，，点为的所在平面内一点，且满足． (1)若，求的值； (2)在（1）条件下，求的最小值； (3)若，求的取值范围． 6．（23-24高一下·广东佛山·期中）三角形的布洛卡点是法国数学家克洛尔于1816年首次发现．当内一点满足条件时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角，，所对边长分别为，，，记的面积为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为 (1)若．求证： ①； ②为等边三角形． (2)若，求证：． 题型3：复数与平面向量 7．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）我们可以把平面向量坐标的概念推广为“复向量”，即可将有序复数对视为一个向量，记作．类比平面向量的线性运算可以定义复向量的线性运算；两个复向量，的数量积记作，定义为；复向量的模定义为． (1)设，，求复向量与的模； (2)已知对任意的实向量与，都有，当且仅当与平行时取等号； ①求证：对任意实数a，b，c，d，不等式成立，并写出此不等式的取等条件； ②求证：对任意两个复向量与，不等式仍然成立； (3)当时，称复向量与平行．设，，，若复向量与平行，求复数z的值． 8．（23-24高一下·重庆·期中）我们知道复数有三角形式，，其中为复数的模，为辐角主值.由复数的三角形式可得出，若，，则.其几何意义是把向量绕点按逆时针方向旋转角（如果，就要把绕点按顺时针方向旋转角），再把它的模变为原来的倍. 已知圆半径为1，圆的内接正方形的四个顶点均在圆上运动，建立如图所示坐标系，设点所对应的复数为，点所对应的复数为，点所对应的复数为，点所对应的复数为. (1)若，求出，； (2)如图，若，以为边作等边，且在上方. （ⅰ）求线段长度的最小值； （ⅱ）若（，），求的取值范围. 题型4：复数新定义、材料题 9．（23-24高一下·山东临沂·期中）复数是由意大利米兰学者卡当在十六世纪首次引入，经过达朗贝尔､棣莫弗､欧拉､高斯等人的工作，此概念逐渐为数学家所接受.复数可用点表示，这个建立了直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，轴叫做实轴，轴叫做虚轴.显然，实轴上的点都表示实数；除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数.按照这种表示方法，每一个复数，有复平面内唯一的一个点和它对应，反过来，复平面内的每一个点，有唯一的一个复数和它对应.一般地，任何一个复数都可以表示成的形式，即，其中为复数的模，叫做复数的辐角，我们规定范围内的辐角的值为辐角的主值，记作.，叫做复数的三角形式. (1)设复数，，求､的三角形式； (2)设复数，，其中，求； (3)在中，已知､､为三个内角的对应边.借助平面直角坐标系及阅读材料中所给复数相关内容，证明： ①； ②，，. 注意：使用复数以外的方法证明不给分. 10．（23-24高一下·浙江·期中）在复数域中，对于正整数，满足的所有复数称为次单位根，若一个次单位根满足对任意小于的正整数，都有，则称该次单位根为次本原单位根，规定1次本原单位根为1，例如当时存在四个次单位根，因为，，因此只有两个次本原单位根，对于正整数，设次本原单位根为，则称多项式为次本原多项式，记为，规定，例如，请回答以下问题. (1)直接写出次单位根，并指出哪些是次本原单位根（无需证明）； (2)求出，并计算，由此猜想（无需证明）； (3)设所有次本原单位根在复平面内对应的点为，复平面内一点所对应的复数满足，求的取值范围. 11．（23-24高一下·湖北武汉·期中）我们把（其中）称为一元次多项式方程.代数基本定理：任何一元次复系数多项式方程（即为实数）在复数集内至少有一个复数根；由此推得，任何一元次复系数多项式方程在复数集内有且仅有个复数根（重根按重数计算）.那么我们由代数基本定理可知：任何一元次复系数多项式在复数集内一定可以分解因式，转化为个一元一次多项式的积.即，其中，为方程的根.进一步可以推出：在实系数范围内（即为实数），方程有实数根，则多项式必可分解因式.例如：观察可知，是方程的一个根，则一定是多项式的一个因式，即，由待定系数法可知，. (1)在复数集内解方程：； (2)设，其中，且. （i）分解因式：； （ii）记点是的图象与直线在第一象限内离原点最近的交点.求证：当时，. 题型5：截面、立体几何有关计算的情景应用 12．（24-25高二上·上海·期中）在棱长为1的正方体中，是的中点，分别是上的动点.考查过三点的平面截正方体所得的截面： (1)当是的中点且是的中点时，直接写出截面的周长和面积； (2)当时，若截面为六边形，求的取值范围； (3)当是的中点且截面为五边形时，是否存在点，使得截面将正方体分为体积比的两个部分，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 13．（23-24高一下·重庆·期中）炎炎夏日，上学路上若有一支冰淇淋该多么美妙啊！小明同学酷爱甜筒冰淇淋（图1），他想动手做一个甜筒模型（图2），若根据设计稿已知为直角三角形，四边形为直角梯形，，，曲线是以为圆心的四分之一圆弧，，，，，将平面图形旋转一周得到小明设计的甜筒． (1)求该甜筒的体积； (2)小明准备将矩形旋转所形成的几何体都用来盛装冰淇淋（如图2所示），该矩形内接于图形，在弧上（不与端点重合），点在线段上，与所在的直线重合，设，求： ①盛装冰淇淋容器的体积；（用表示） ②炎热的天气下，若冰淇淋融化的时间与盛装的体积满足关系，请计算这个冰淇淋完全融化需要的最长时间． (3)小明想给甜筒一些新的装饰，如果修改后的甜筒俯视图如图3所示，且通过拼装后可以变成一个正四棱锥（即俯视图可以看作一个正四棱锥的展开图），我们记侧棱的长为1，，正四棱锥的表面积记作，体积记作．求（将其表示为的形式，其中为常数）． 题型6：立体几何古代模型问题 14．（23-24高一下·浙江温州·期中）早在公元5世纪，我国数学家祖暅在求球体积时，就创造性地提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.    (1)如图一所示，在一个半径为的半球体中，挖去一个半径为的球体，求剩余部分的体积. (2)如图二，由抛物线跟线段围成一个几何形，将该几何形绕轴旋转得到一个抛物线旋转体，请运用祖暅原理求该旋转体的体积. (3)将两个底面半径为1，高为3圆柱体按如图三所示正交拼接在一起，构成一个十字型几何体.求这个十字型的体积，等价于求两个圆柱公共部分几何体的体积，请运用祖暅原理求出该公共部分几何体的体积. 15．（23-24高一下·浙江·期中）正多面体是指各个面都是全等的正多边形，并且各个多面角都是全等的多面角，又称为柏拉图多面体，因为柏拉图及其追随者对它们所作的研究而得名．自然界中有许多的柏拉图多面体，如甲烷、金刚石分子结构模型都是正四面体，氯化钠的分子结构模型是正六面体，萤石的结晶体有时是正八面体，硫化体的结晶体有时会接近正十二面体的形状……柏拉图多面体满足性质：（其中V，F和E分别表示多面体的顶点数，面数和棱数）． (1)正十二面体共有几条棱，几个顶点？ (2)如图所示的正方体中，点为正方体六个面的中心，假设几何体的体积为，正方体的体积为，求的值； (3)判断柏拉图多面体有多少种？并说明理由． 16．（22-23高一下·山西阳泉·期中）南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．其最著名之处是解决了“牟合方盖”的体积问题．如图所示，正方体，棱长为． (1)求图中四分之一圆柱体的体积； (2)在图中画出四分之一圆柱体与四分之一圆柱体的一条交线（不要求说明理由）； (3)四分之一圆柱体与四分之一圆柱体公共部分是八分之一个“牟合方盖”．点在棱上，设过点作一个与正方体底面平行的平面，求该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积；如果令，应用祖暅原理求出八分之一“牟合方盖”的体积． ( 第 3 页 共 8 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 特训07 期中解答压轴题 （六大题型，全国期中精选，范围：6.1-8.3） 目录： 题型1：平面向量及其几何应用 题型2：解三角形及其综合 题型3：复数与平面向量 题型4：复数新定义、材料题 题型5：截面、立体几何有关计算的情景应用 题型6：立体几何古代模型问题 题型1：平面向量及其几何应用 1．（23-24高一下·重庆九龙坡·期中）如图，半圆O的直径为2，A为直径延长线上一点，，B为半圆上任意一点，以为一边作等边三角形. (1)当时， ①求三角形的面积. ②若，求m、n. (2)若，求的最小值. 【答案】(1)①；②， (2) 【分析】（1）依据已知条件先求出、和，进而求出，则①由即可求解；②法一（坐标法）：作于点M，由得，依次求出和进而求出，则以所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，求出、和即可由求出；法二（向量法）：先求得，，作于点M，接着又由数量积定义公式和投影几何意义得，，进而得，，再利用和求出和即可求解. （2）设与相交于点Q，得，过点C作直线的平行线l，作垂直l于点F，交于点E，有，设，，由余弦定理以及等面积法，结合三角恒等变换可得关于的表达式，再利用基本不等式可求得最值. 【解析】（1）当时，由条件知，，， 所以，， 所以 ，    ①三角形的面积为. ②方法一（坐标法）：作交于点M， 由①知，同理， 所以， ， 所以， 以所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系， 则，，， 因为，所以， 所以，. 方法二（向量法）：因为，，，， 所以，， 作于点M，则，， 所以， ， 所以，. 由①知，同理， 所以， ， 所以， 所以，. （2）设与相交于点Q，则且， 所以， 又，所以， 所以， 所以，过点C作直线的平行线l，作垂直l于点F，交于点E， 则，设，， 由余弦定理知， 又在中由等面积法知， 所以，所以， 又正三角形的高为，所以， 所以， 即 ， 当且仅当，即，即时，取得最小值为. 【点睛】思路点睛：对于求最小值，可先设与相交于点Q，由三点共线结合得，过点C作直线的平行线l，作垂直l于点F，交与点E，于是有，设，，接着由余弦定理得及在中由等面积法得，再由即可得，结合三角恒等变换公式可得关于的表达式，再利用基本不等式即可得最小值. 2．（23-24高一下·山东日照·期中）如图，已知是的外心，，，，，． (1)判断的形状，且求时的值； (2)当时， ①求的值（用含的式子表示）； ②若，求集合中的最小元素． 【答案】(1)为等边三角形； (2)①② 【分析】（1）借助向量的数量积公式计算即可得其夹角，即可得其形状，由题意可得的中点为，即可结合向量的线性运算得解； （2）①由题意可得、、分别为，，的等分点，借助向量的线性运算与数量积公式计算即可得；②借助一次函数的单调性逐步计算即可得. 【解析】（1），， 则，即，故为等边三角形， 由题意知的中点为，且， ，， 故； （2）①由为等边三角形，为外接圆的圆心， 故，，，， ，，， ，， 又，故、、分别为，，的等分点， ； 同理， 故； ②令， 由，故， 可以看为自变量为的一次函数， 在时取得最小值， 同理，由，在时取得最小值，， 在时取得最小值，， 故的最小值为， 即集合中的最小元素为. 3．（23-24高一下·重庆·期中）对于一组向量，（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”． (1)设，且，若是向量组的“长向量”，求实数的取值范围； (2)若且，向量组是否存在“长向量”？若存在，求出正整数；若不存在，请说明理由； (3)已知均是向量组的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列满足，为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值． 【答案】(1) (2)存在“长向量”， (3)4044 【分析】（1）根据向量模长的不等关系，解得的范围即可； （2）根据“长向量”的定义，结合三角函数的性质解不等式即可； （3）根据向量坐标代入计算，结合向量不等式得到，再设，得到向量关系，从而求得最值. 【解析】（1）由题意可得：，，， 则，解得： （2）存在“长向量”，且“长向量”为，理由如下： 由题意可得，若存在“长向量”，只需使， 因为，，，，，， 所以，故只需使 ， 当，均符合要求，故存在“长向量”，且“长向量”为. （3）由题意，得，，即， 即，同理， 三式相加并化简，得：， 即，，所以， 设，由，解得， 即 设，则依题意得：， 得， 故， ， 所以， 因为 所以， 当且仅当时等号成立， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题考查向量新定义问题.关键点是根据已学知识，理解题中“长向量”的定义，将向量坐标代入计算，再结合向量不等式得到，得到向量关系，从而求得最值. 题型2：解三角形及其综合 4．（24-25高一上·全国·期中）在中，角所对的边分别是，． (1)求角B的大小； (2)若，且边上的两条中线相交于点G，求的余弦值； (3)若为锐角三角形，且，记的外心和垂心分别为，连接的直线与线段都相交，求证：线段的长度为． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换可得得解， （2）根据余弦定理得,进而利用向量的夹角公式求解， （3）先证明垂心的性质，利用，即可利用向量模长公式，结合二倍角以及余弦定理求解. 【解析】（1）由可得,故， 由于,故，所以, 由于,故 （2）由余弦定理可得， 解得（负值舍去）， 因为即为向量与的夹角， 设，， 则， 因为，， 所以，， 故，， 所以， 故． （3）先证明：设的外心为（三角形外接圆的圆心），以线段、为邻边作平行四边形，第四个顶点为，再以，为邻边作平行四边形，它的第四个顶点为．若，则点为的垂心； 证明：由题意可知 则 因为为外心，所以 则，即 同理可得： 所以，点为的垂心得证， 因此由于为的垂心，为的外心， 故，其中， 设外接圆半径为，则, , 由于， 故由于，故 【点睛】关键点点睛：由于为的垂心，为的外心，根据欧拉定理可得，即可利用向量模长公式，结合二倍角以及余弦定理求解. 5．（23-24高一下·浙江·期中）在锐角中，记的内角的对边分别为，，点为的所在平面内一点，且满足． (1)若，求的值； (2)在（1）条件下，求的最小值； (3)若，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由正弦定理、可得，再由求出，利用向量平行四边形法则解得，得为的外心，再由正弦定理对称答案； （2）由向量的数量积公式可得，求出的范围可得的范围，从而求出最小值； （3）取的中点，由向量的加法运算可得，，再由平面向量数量积的定义可得，代入、得、，联立两式求出，再由正弦定理、基本不等式可得答案. 【解析】（1）因为， 由正弦定理得， 因为，可得，所以， 又因为，可得，所以，即， 因为，所以， 又由， 可得， 解得，即，所以为的外心， 由正弦定理有，所以； （2）因为，所以，且， ， 因为，解得， 则，则，所以， 所以， 所以； （3）如图所示：取的中点，连接，则， 所以， 同理可得， 由平面向量数量积的定义可得， 因为，所以，， 即，所以，① ，即， 所以，② 联立①②可得， 所以，， 又因为， 因为，所以，可得， 可得，当且仅当等号成立， 令，， 函数，令， ， 因为，所以， 可得，所以在上单调递增， 所以， 所以． 【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”；二是利用余弦定理实现“角化边”. 6．（23-24高一下·广东佛山·期中）三角形的布洛卡点是法国数学家克洛尔于1816年首次发现．当内一点满足条件时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角，，所对边长分别为，，，记的面积为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为 (1)若．求证： ①； ②为等边三角形． (2)若，求证：． 【答案】(1)①证明见解析，②证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）①先根据表示出三角形得面积，再在中，由余弦定理相加，再化简整理，即可得证； ②先利用作差法证明，并求出取等号的条件，再结合即可得证； （2）根据（1）得出与的等量关系，再利用余弦定理和三角形的面积公式，化简整理即可得证. 【解析】（1）①若， 则 , 所以， 在中， 分别由余弦定理得：， ，， 三式相加整理得，因为， 所以； ②由余弦定理可得， 则 ， 当且仅当且时取等号， 又，所以，所以，所以， 即当且仅当且时取等号， 即当且仅当为等边三角形时取等号， 所以，当且仅当为等边三角形时取等号， 又由①知， 所以为等边三角形. （2）由（1）得， 所以, 由， 所以， 又由余弦定理可得， 所以， 所以，所以， 由正弦定理可得 【点睛】根据表示出三角形的面积，在中，由余弦定理相加，得出与的等量关系，是解决本题的关键. 题型3：复数与平面向量 7．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）我们可以把平面向量坐标的概念推广为“复向量”，即可将有序复数对视为一个向量，记作．类比平面向量的线性运算可以定义复向量的线性运算；两个复向量，的数量积记作，定义为；复向量的模定义为． (1)设，，求复向量与的模； (2)已知对任意的实向量与，都有，当且仅当与平行时取等号； ①求证：对任意实数a，b，c，d，不等式成立，并写出此不等式的取等条件； ②求证：对任意两个复向量与，不等式仍然成立； (3)当时，称复向量与平行．设，，，若复向量与平行，求复数z的值． 【答案】(1)， (2)①证明见解析；②证明见解析 (3) 【分析】（1）根据题目中复向量的模长公式计算即可； （2）①实向量，，根据条件，即可得证； ②因为，由复数的三角不等式，分别计算即可得证； （3）②考虑①中等号成立的条件知，结合题意即可求出和的值． 【解析】（1）因为，所以， 所以的模为； 因为，所以， 可得的模为； （2）①设实向量，， 则，， 而， 根据已知，当且仅当与平行时取等号，即， 所以，当且仅当时等号成立； ②因为，所以， 由复数的三角不等式， 由，得，所以， 所以， 综上所知， （3）②考虑①中等号成立的条件知，结合复数的三角不等式， 复向量各分量均不为零时，其等号成立的条件是存在非负实数，使得， 根据题意，若复向量与平行， 则， 根据中等号成立的条件， 应有， 则， 结合，得，解得； 所以，所以． 8．（23-24高一下·重庆·期中）我们知道复数有三角形式，，其中为复数的模，为辐角主值.由复数的三角形式可得出，若，，则.其几何意义是把向量绕点按逆时针方向旋转角（如果，就要把绕点按顺时针方向旋转角），再把它的模变为原来的倍. 已知圆半径为1，圆的内接正方形的四个顶点均在圆上运动，建立如图所示坐标系，设点所对应的复数为，点所对应的复数为，点所对应的复数为，点所对应的复数为. (1)若，求出，； (2)如图，若，以为边作等边，且在上方. （ⅰ）求线段长度的最小值； （ⅱ）若（，），求的取值范围. 【答案】(1)， (2)①1；② 【分析】（1）由题意，根据复数的乘法运算即可求解； （2）（ⅰ）解法一：设，根据三角恒等变换化简和复数的乘法计算求出，进而表示的坐标，结合模长公式计算即可；解法二：连接，设，，求出，进而，利用换元法化简计算即可求解； （ⅱ）设，则D，利用向量的线性运算和三角恒等变换化简可得，进而求解. 【解析】（1）， . （2）（ⅰ）解法一：设，， 所表示的复数为，所表示的复数为 有， ， 故， 得 ， 其中，故线段长度的最小值为1. 解法二：连接，设，， 由可得，则， 当时， 化简得，令，. 则 . 同理可得：当时， （ⅱ）设，则，即点坐标为， 此时，，. 由（，）得： ， 即，解得， 故， ，其中， 可得. 【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 题型4：复数新定义、材料题 9．（23-24高一下·山东临沂·期中）复数是由意大利米兰学者卡当在十六世纪首次引入，经过达朗贝尔､棣莫弗､欧拉､高斯等人的工作，此概念逐渐为数学家所接受.复数可用点表示，这个建立了直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，轴叫做实轴，轴叫做虚轴.显然，实轴上的点都表示实数；除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数.按照这种表示方法，每一个复数，有复平面内唯一的一个点和它对应，反过来，复平面内的每一个点，有唯一的一个复数和它对应.一般地，任何一个复数都可以表示成的形式，即，其中为复数的模，叫做复数的辐角，我们规定范围内的辐角的值为辐角的主值，记作.，叫做复数的三角形式. (1)设复数，，求､的三角形式； (2)设复数，，其中，求； (3)在中，已知､､为三个内角的对应边.借助平面直角坐标系及阅读材料中所给复数相关内容，证明： ①； ②，，. 注意：使用复数以外的方法证明不给分. 【答案】(1)， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）直接利用复数的乘除法计算即可； （2）设，的模为，的模为，，通过题意可得，发现，从而无意义，再根据角的范围求解即可； （3）建立平面直角坐标系，根据，利用复数的向量表示，以及复数的定义列式计算即可. 【解析】（1） , ； （2）设，的模为，的模为，， 对于有，， 对于有，， 所以， 所以， ， 因为，所以无意义， 故,即的角的终边在轴上， 又，所以，即 （3）如图建立平面直角坐标系，在复平面内，过原点作的平行线， 过作的平行线，交于点，则， 所以， 即， 即 根据复数的定义，实部等于实部，虚部等于虚部，可得， 所以，， 同理，， ，， 所以，，，. 【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 10．（23-24高一下·浙江·期中）在复数域中，对于正整数，满足的所有复数称为次单位根，若一个次单位根满足对任意小于的正整数，都有，则称该次单位根为次本原单位根，规定1次本原单位根为1，例如当时存在四个次单位根，因为，，因此只有两个次本原单位根，对于正整数，设次本原单位根为，则称多项式为次本原多项式，记为，规定，例如，请回答以下问题. (1)直接写出次单位根，并指出哪些是次本原单位根（无需证明）； (2)求出，并计算，由此猜想（无需证明）； (3)设所有次本原单位根在复平面内对应的点为，复平面内一点所对应的复数满足，求的取值范围. 【答案】(1)全部的次单位根是，，，，，，，；其中是本原单位根的是，，，. (2)，，. (3) 【分析】（1）先探究一个单位根是本原单位根的充要条件，然后根据该条件给出次单位根和其中的本原单位根； （2）先证明对任意都有，再利用该结论直接得到结果； （3）利用的定义及复数的几何意义求解即可. 【解析】（1）先证明：对，次单位根是本原单位根的充要条件是和的最大公约数为1. 我们记，则全部的次单位根是. 设，考虑： 若和的最大公约数，则，从而不是本原单位根. 若不是本原单位根，设，，则由可知是的倍数， 设为和的最大公约数，则是的倍数，而和没有大于1的公约数，故是的倍数， 所以由可知，得. 这就得到结论：对，次单位根是本原单位根的充要条件是和的最大公约数为1. 下面回到原题，考虑. 此时，全部的次单位根是，依次列出即是： ，，，，，，，. 根据上面的结论，其中是本原单位根的是，即，，，. （2）对，我们考虑全体次单位根. 每个均可表示为，其中是正奇数，. 则，所以是次单位根. 又因为，且和的最大公约数为1，故是次本原单位根. 而时，是1次本原单位根，故每个次单位根都对应一个次本原单位根，这里. 另一方面，根据刚才证明的，每个和每个次本原单位根都对应一个次单位根. 这就表明全体次单位根事实上遍历了所有次本原单位根，其中. 所以. 这就直接推出，且 ，. （3）根据第1小问得到的结论，全部的次本原单位根是. 故. 再根据的定义，知. 根据第2小问的结论有. 故. 在的条件下，有，从而在复平面上对应的点可在圆上自由转动. 而代表和在复平面上代表的点之间的距离，也就是圆上一点到点的距离， 从而根据几何意义可知最小距离是，最大距离是. 所以所求的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对复数的三角表示的灵活运用，这是研究单位根的关键. 11．（23-24高一下·湖北武汉·期中）我们把（其中）称为一元次多项式方程.代数基本定理：任何一元次复系数多项式方程（即为实数）在复数集内至少有一个复数根；由此推得，任何一元次复系数多项式方程在复数集内有且仅有个复数根（重根按重数计算）.那么我们由代数基本定理可知：任何一元次复系数多项式在复数集内一定可以分解因式，转化为个一元一次多项式的积.即，其中，为方程的根.进一步可以推出：在实系数范围内（即为实数），方程有实数根，则多项式必可分解因式.例如：观察可知，是方程的一个根，则一定是多项式的一个因式，即，由待定系数法可知，. (1)在复数集内解方程：； (2)设，其中，且. （i）分解因式：； （ii）记点是的图象与直线在第一象限内离原点最近的交点.求证：当时，. 【答案】(1)、 (2)（i）；（i）证明见解析 【分析】（1）结合题意，观察可得是方程的一个根，借助待定系数法计算即可得； （2）（i）结合题意，观察可得是方程的一个根，借助待定系数法计算即可得；（ii）借助所得因式分解，构造函数，借助二次函数的性质及韦达定理可得函数必有两个不同零点、，且满足. 【解析】（1）观察可知，是方程的一个根， 则一定是多项式的一个因式， 即， 即有，解得， 即， 令，则， 即该方程的根为：、； （2）（i）观察可知，是方程的一个根， 则一定是多项式的一个因式， 即， 则有，即， 即； （ii）令，即， 即， 设，由， 有，故函数必有两个不同零点， 设，且，则，故， 又， 故，则方程的根有、、，且， 故的图象与直线在第一象限内离原点最近的交点的横坐标为，即. 【点睛】关键点点睛：最后小问关键点在于借助所得因式分解，构造函数，借助二次函数的性质可得函数必有两个不同零点、，且满足. 题型5：截面、立体几何有关计算的情景应用 12．（24-25高二上·上海·期中）在棱长为1的正方体中，是的中点，分别是上的动点.考查过三点的平面截正方体所得的截面： (1)当是的中点且是的中点时，直接写出截面的周长和面积； (2)当时，若截面为六边形，求的取值范围； (3)当是的中点且截面为五边形时，是否存在点，使得截面将正方体分为体积比的两个部分，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)周长为，面积为； (2) (3)存在，或 【分析】（1）根据题意做出截面，即可得到截面周长和面积； （2）找到两个临界情况，由此得出的取值范围； （3）根据（2）的进行分类，做出可能的图，分别设的长，由线段成比例分别表示出线段的长，用线段长表示出其中一个解得立体图形的体积，然后解方程得到的长，即可得出的值. 【解析】（1）作图：取中点，连接这六个点即可得到截面， 由图可知截面是边长为的正六边形， ∴周长为，面积为； （2）分别找出截面为六边形的两种临界情况，分别如下图所示： 情况①         ∵为中点，∴，即， ∵， ∴， 情况② ∵为中点，∴，即， ∵， ∵，即 ∴， 故 （3）（1）如图，截面与相较于点，延长相较于点，连接交与点， 设（），∵，∴， ∵为中点，∴， 延长相交于点，延长相交于点， ∵为中点，∴， 又∵，∴， ∵，∴， 正方体被截得的其中一个多面体体积为， 则， ， 整理得，解得， ∵，∴， 即， （2）如图： ∵点为中点，∴， ∵点G为中点，∴， 设（），则， 又∵，即，∴， ∵，即，∴， ∵，即，∴ 其中一个多面体体积为 则 化简得，即 ∴或，∵， ∴， 即 综上所述，这样的点存在，或 【点睛】思路点睛，本题讨论的是正方体被平面所截的截面以及截得的两个立体图形的体积.解题的关键是数形结合，通过作图找到特殊点，从而解决（2）的范围；由（2）的思路，同样做出可能得图像，利用三棱柱的体积来求多面体体积，从而解得的值. 13．（23-24高一下·重庆·期中）炎炎夏日，上学路上若有一支冰淇淋该多么美妙啊！小明同学酷爱甜筒冰淇淋（图1），他想动手做一个甜筒模型（图2），若根据设计稿已知为直角三角形，四边形为直角梯形，，，曲线是以为圆心的四分之一圆弧，，，，，将平面图形旋转一周得到小明设计的甜筒． (1)求该甜筒的体积； (2)小明准备将矩形旋转所形成的几何体都用来盛装冰淇淋（如图2所示），该矩形内接于图形，在弧上（不与端点重合），点在线段上，与所在的直线重合，设，求： ①盛装冰淇淋容器的体积；（用表示） ②炎热的天气下，若冰淇淋融化的时间与盛装的体积满足关系，请计算这个冰淇淋完全融化需要的最长时间． (3)小明想给甜筒一些新的装饰，如果修改后的甜筒俯视图如图3所示，且通过拼装后可以变成一个正四棱锥（即俯视图可以看作一个正四棱锥的展开图），我们记侧棱的长为1，，正四棱锥的表面积记作，体积记作．求（将其表示为的形式，其中为常数）． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）分别求出圆锥，圆台和半球的体积，相加得到答案； （2）①表达出各边长，求出，； ②表达出，变形得到，换元后得到，利用基本不等式求出最值，得到答案； （3）作出辅助线，利用锥体体积公式和表面积相关计算得到，，表达出. 【解析】（1）由题意得绕旋转一周得到的图形为圆锥，该圆锥的体积为， 直角梯形绕旋转一周得到的图形为圆台，圆台的高为， 此圆台的上底面面积为，下底面面积为， 故圆台体积为， 以为圆心的四分之一圆弧经过旋转得到的为半球，半球半径为， 故半球的体积为， 综上，到小明设计的甜筒体积； （2）①由题意得，，， 过点作⊥于点，则， 故， 故，故， 又，故， 故， 故， 故 ，， ②炎热的天气下，若冰淇淋融化的时间， ， 其中 ， 令，则， ， 由基本不等式得，当且仅当，即时，等号成立， 故， 故 （3）由题意得， 如图，取的中点，连接，则平分， 故，， 则， 正四棱锥的高设为， 则， 故， 故 . 【点睛】关键点点睛：本题表达出后，利用三角恒等变换变形为，结合基本不等式求出最值. 题型6：立体几何古代模型问题 14．（23-24高一下·浙江温州·期中）早在公元5世纪，我国数学家祖暅在求球体积时，就创造性地提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.    (1)如图一所示，在一个半径为的半球体中，挖去一个半径为的球体，求剩余部分的体积. (2)如图二，由抛物线跟线段围成一个几何形，将该几何形绕轴旋转得到一个抛物线旋转体，请运用祖暅原理求该旋转体的体积. (3)将两个底面半径为1，高为3圆柱体按如图三所示正交拼接在一起，构成一个十字型几何体.求这个十字型的体积，等价于求两个圆柱公共部分几何体的体积，请运用祖暅原理求出该公共部分几何体的体积. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据球的体积公式计算可得； （2）利用祖暅原理求出图二中阴影部分旋转得到的几何体的体积，而抛物线旋转体是由圆柱减去刚刚的几何体的体积，从而得解； （3）首先证明“牟合方盖”的体积公式，利用公式计算可得. 【解析】（1）依题意该几何体的体积. （2）图1阴影部分是由长方形（长为，宽为）和抛物线围成， 图2阴影部分是由半径为3的半圆和直径为3的圆围成的，    将图1绕轴旋转一周可得一圆柱挖去中间的部分的几何体记为， 将图2以小圆的直径为轴旋转一周可得一个半球挖去一个小球的几何体记为， 将两个几何体放在同一水平面上，用与圆柱下底面或与半球大圆距离为的平面截两个几何体，可得截面都为圆环，纵截面图如下，    几何体的截面面积为， 几何体的截面面积为，又两几何体等高， 由祖暅原理可得两几何体的体积相等，结合（1）可知几何体的体积， 而由抛物线跟线段围成一个几何形， 将该几何形绕轴旋转得到一个抛物线旋转体，是由一个圆柱（底面半径为，高为）减去几何体， 所以所求的体积. （3）首先证明“牟合方盖”的体积公式为（为圆柱的底面半径）： “牟合方盖”是一个正方体被两个圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时的两圆柱体的公共部分， 计算其体积的方法是将原来的“牟合方盖”平均分为八份，取它的八分之一（如图四）． 记正方形的边长为，设，过点作平面平行于平面． 又，由勾股定理有， 故此正方形面积是． 如果将图四的几何体放在棱长为的正方体内（如图五），不难证明图五中与图四等高处阴影部分的面积等于． （如图六）设此棱锥顶点到平行于底面的截面的高度为，不难发现对于任何高度，此截面面积必为，      由棱锥， 由祖暅原理图五中“牟合方盖”外部的体积等于棱锥 所以图四中几何体体积为， 所以“牟合方盖”的体积为． 又圆柱的底面半径为， 所以两个圆柱公共部分几何体的体积为. 【点睛】关键点点睛：本题关键是将不规则的几何体转化为熟悉的、规则的几何体. 15．（23-24高一下·浙江·期中）正多面体是指各个面都是全等的正多边形，并且各个多面角都是全等的多面角，又称为柏拉图多面体，因为柏拉图及其追随者对它们所作的研究而得名．自然界中有许多的柏拉图多面体，如甲烷、金刚石分子结构模型都是正四面体，氯化钠的分子结构模型是正六面体，萤石的结晶体有时是正八面体，硫化体的结晶体有时会接近正十二面体的形状……柏拉图多面体满足性质：（其中V，F和E分别表示多面体的顶点数，面数和棱数）． (1)正十二面体共有几条棱，几个顶点？ (2)如图所示的正方体中，点为正方体六个面的中心，假设几何体的体积为，正方体的体积为，求的值； (3)判断柏拉图多面体有多少种？并说明理由． 【答案】(1)正十二面体共有条棱，个顶点 (2) (3)柏拉图多面体只有种，理由见解析 【分析】（1）根据正十二面体有个面，求出每个面为正五边形，进而可得出答案； （2）分别求出正方体和正八面体的体积即可得解； （3）假多面体每一个面都是正边形，每一个顶点处有条棱，根据每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点，得出，代入得，再分情况判断即可. 【解析】（1）根据柏拉图多面体满足性质：， 正十二面体有个面，即，则， 设正十二面体每一个面都是正边形，每一个顶点处有条棱， 因为多边形至少有条边，而再每个顶点处至少有条棱， 则， 由于每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点， 则有，即， 所以，所以， 所以，即， 由，得， 当，即时，，符合题意， 当，即时，（舍去）， 当，即时，（舍去）， 当，即时，（舍去）， 综上所述，，， 此时， 即正十二面体共有条棱，个顶点； （2）设正方体的棱长为，则， 几何体所有棱长为，是正八面体， 所以， 所以； （3）假多面体每一个面都是正边形，每一个顶点处有条棱， 因为多边形至少有条边，而再每个顶点处至少有条棱， 则， 由于每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点， 则有， 代入可得，即， 当时，， 这与矛盾， 所以中至少有一个等于， 若，则， 由于，则， 因此，则，对应， 所以存在正四面体，正八面体，正二十面体； 若，则， 由于，则， 因此，则，对应， 所以存在正四面体，正六面体，正十二面体 综上所述，柏拉图多面体只有种. 【点睛】关键点点睛：假多面体每一个面都是正边形，每一个顶点处有条棱，根据每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点，得出，代入得，是解决第三问得关键. 16．（22-23高一下·山西阳泉·期中）南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．其最著名之处是解决了“牟合方盖”的体积问题．如图所示，正方体，棱长为． (1)求图中四分之一圆柱体的体积； (2)在图中画出四分之一圆柱体与四分之一圆柱体的一条交线（不要求说明理由）； (3)四分之一圆柱体与四分之一圆柱体公共部分是八分之一个“牟合方盖”．点在棱上，设过点作一个与正方体底面平行的平面，求该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积；如果令，应用祖暅原理求出八分之一“牟合方盖”的体积． 【答案】(1) (2)作图见解析 (3)面积为，体积为 【分析】（1）根据圆柱体体积公式求得结果； （2）观察图形，交线是一条直线，作出图像即可得到； （3）截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形，求出此正方形的面积，再构造底面边长为，高为的正四棱锥， 根据祖暅原理，八分之一“牟合方盖”的体积等于正方体的体积减去该正四棱锥体积.. 【解析】（1）因为正方体的棱长为， 所以四分之一圆柱体的体积为：． （2）如图： 曲线是所求的一条交线． （3）如图：截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形． 因为，所以，而正方体的棱长为，因此， 所以，因此正方形的面积为， 即该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积为． 用平行于八分之一“牟合方盖”底面， 且到“牟合方盖”底面的距离为的平面去截八分之一“牟合方盖”， 所得截面的面积为． 所得截面如图： 正方体的棱长为为底面的中心， 把正方体去掉正四棱锥后剩下的部分的底面与“牟合方盖”底面放到同一平面上， 则八分之一“牟合方盖”与所得几何体都夹在平面与平面之间， 则用平行于八分之一“牟合方盖”底面，且到“牟合方盖”底面的距离为的平面去截所得几何体， 截面为图中的阴影部分，且面积为， 因此八分之一“牟合方盖”的体积为， 所以当时，八分之一“牟合方盖”的体积为． 【点睛】思路点睛：本题提出了一个新的几何体的定义，要求新的几何体的体积需要转换为常见几何体体积来求解，本题关键在于由截面面积构建出一个正方体扣除正四棱锥后剩下的部分与所求立体图形像对应，从而解决问题. 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