1.第三部分 跨模块融合创新题(专题微讲PPT)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考数学大二轮专题复习

该高中数学高考复习课件聚焦跨模块融合创新题，覆盖数列与函数导数、平面向量与数列、三角函数与解析几何等核心考点，依据高考评价体系分析各模块权重，归纳切线方程求解、数列求和、向量数量积等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+技法提炼+素养培养”，如2025唐山模拟题中数列与导数交汇题，通过求切线方程推导通项公式，培养数学思维与模型观念，提供错位相减、数形结合等应试技巧，助力学生掌握得分策略，教师可据此精准教学，提升复习效率。

第三部分 赢在微点 数学 大二轮 跨模块融合创新题 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 2 创新融合1　数列与函数、导数交汇 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高分技法 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 创新融合2　平面向量与数列交汇 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高分技法 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 创新融合3　三角函数与函数、导数交汇 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 创新融合4　解析几何与函数、导数交汇 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高分技法 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 创新融合5　数列与解析几何交汇 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高分技法 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 创新融合6　数列与立体几何交汇 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 ① 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 ② 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 ② 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 ② 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高分技法 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 创新融合7　解析几何与平面向量交汇 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高分技法 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 创新融合8　立体几何与解析几何交汇 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高分技法 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 本部分内容讲解结束 把握高考微点，实现素能提升，完成微练（三十八） 例1　(1)(2025·唐山模拟)设n∈N*，xn是曲线y＝x2n-1在点(1，－1)处的切线与x轴交点的横坐标，记an＝，则数列{an}的前50项和为 (　　) A． B． C． D． y′＝(2n－1)x2n-2，当x＝1时，y′＝2n－1，所以在点(1，－1)处的切线为：y－(－1)＝(2n－1)(x－1)，化简为：y＝(2n－1)x－2n，当y＝0时，x＝，即xn＝，所以an＝＝＝，化简： an＝＝1＋＝1＋(－)，则数列{an}的前50项和为：a1＋a2＋a3＋…＋a50＝50＋(－＋－＋…＋－)＝50＋＝.故选A. (2)(2025·济宁模拟)已知函数f(x)＝，g(x)＝f(x－1)＋2，则g(x)的对称中心为________；若an＝g＋g＋g＋…＋g(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为_________________． (1，2) 　an＝4n－2 函数f(x)＝的定义域为R，f(－x)＝＝＝－f(x)，由g(x)＝f(x－1)＋2，得g(x＋1)＝f(x)＋2，则g(－x＋1)＋g(x＋1)＝f(－x)＋f(x)＋2＋2＝4，因此函数g(x)图象的对称中心是(1，2)；由g(－x＋1)＋g(x＋1)＝4，得g(x)＋g(2－x)＝4，当n∈N*时，g＋g＝4，an＝g＋g＋g＋…＋g，an＝g＋g＋g＋…＋g，于是2an＝4(2n－1)，即an＝4n－2，所以数列{an}的通项公式为an＝4n－2. 解决数列与函数、导数交汇问题的关键是理解数列的离散性与函数的连续性之间的关系． 将数列视为离散函数，研究其单调性、极值、极限等性质，再利用函数性质(如单调性、凹凸性)分析数列的递推关系或通项公式． 训练1　已知Sn为数列{an}的前n项和，S1＝5，Sn＋1－2n－5＝3Sn，n∈N*，则an＝________．记函数f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn，则曲线y＝f(x)在(1， f(1))处的切线的斜率为___________________________． 　2×3n－1　 因为Sn＋1－2n－5＝3Sn，所以Sn－2(n－1)－5＝3Sn－1(n≥2)，两式相减，得an＋1＝3an＋2(n≥2).当n＝1时，S2＝a1＋a2＝3a1＋7，由a1＝S1＝5，知a2＝17，满足a2＝3a1＋2，所以an＋1＝3an＋2(n∈N*).所以an＋1＋1＝3(an＋1)，又a1＋1＝6≠0，所以＝3，故{an＋1}是以6为首项，3为公比的等比数列，所以an＋1＝6×3n-1＝2×3n，即an＝2×3n－1.f′(x)＝a1＋2a2x＋…＋nanxn-1，则f′(1)＝a1＋2a2＋3a3＋…＋nan.因为an＝2×3n－1，所以f′(1)＝2×(1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n)－(1＋2＋3＋…＋n)，令Tn＝1×3＋ 2×32＋3×33＋…＋n×3n，则3Tn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n+1，所以－2Tn＝3＋32＋33＋…＋3n－n×3n+1＝－n×3n+1＝，所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线的斜率为f′(1)＝2Tn－＝. 训练2　已知数列{an}中，a1＝－6，＝－. (1)证明：数列是等差数列； 已知＝－，等式两边同乘n(n＋1)，得an＋1＝an－3，即an＋1－an＝－3，又因为a1＝－6，所以＝＝－2，所以数列是首项为－2，公差为－3的等差数列． (2)给定正整数m，设函数f(x)＝x＋x2＋x3＋…＋xm，求f′(－2). 由(1)知，数列的通项公式为＝－2＋(n－1)×(－3)＝1－3n.因为f(x)＝x＋x2＋x3＋…＋xm，所以f′(x)＝＋x＋x2＋…＋xm-1，则f′(x)＝－2－5x－8x2－…－(3m－1)xm-1　①，①式两边同乘x，得xf′(x)＝－2x－5x2－8x3－…－(3m－1)xm　②，②－①得，(x－ 1)f′(x)＝2＋3x＋3x2＋…＋3xm-1－(3m－1)xm＝2＋－(3m－1)xm，当x＝－2时，－3f′(－2)＝2＋－(3m－1)(－2)m＝－3m(－2)m，即f′(－2)＝m(－2)m. 例2　(1)(2025·海南模拟)类比数列，我们把一系列向量按照一定的顺序排列，可得到向量列．已知向量列{an}满足an＋1＝2an＋d，且满足a1·d＝|d|＝1，则an·d的值为 (　　) A．2n-1 B．2n－1 C．2n+1－4 D．2n an＋1·d＝(2an＋d)·d＝2an·d＋d2＝2an·d＋1，则an＋1·d＋1＝2(an·d＋1)，其中a1·d＋1＝2，则{an·d＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，则an·d＋1＝2n，则an·d＝2n－1.故选B. (2)已知向量a1，a2，…，an(n∈N*)满足ai＋1－ai＝d(i＝1，2，…，n－1)，|a1|＝1，|d|＝2，a1与d的夹角为，bn＝a1·an，数列{bn}的前n项和为Sn，则S20＝ (　　) A．120 B．180 C．210 D．420 ai＋1－ai＝d(i＝1，2，…，n－1)an＝a1＋(n－1)d，又bn＝a1·an＝a＋(n－1)a1·d，由于|a1|＝1，|d|＝2，a1与d的夹角为，故a1·d＝1×2×＝1，因此bn＝a＋(n－1)a1·d＝1＋n－1＝n，故S20＝×20×(20＋1)＝210.故选C. 数列与平面向量交汇问题一方面考查将数列的通项或前n项和与向量的坐标、模、夹角等性质结合，利用向量的线性运算(如加法、数乘、点积)研究数列的性质；另一方面考查利用向量的几何意义(如方向、模长)分析数列的递推关系或通项公式，通过向量的运算求解数列的极限、和或其他性质． 训练3　(多选题)如图，已知点E是▱ABCD的边AB的中点，Fn(n∈N*)为边BC上的一列点，连接AFn交BD于Gn，点Gn(n∈N*)满足＝an＋1·－2(2an＋3)·，其中数列{an}是首项为1的正项数列，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是 (　　) A．a3＝13 B．数列{an＋3}是等比数列 C．an＝4n－3 D．Sn＝2n+2－3n－4 因为E为AB的中点，所以2＝＋，即＝－＋2，因为D，Gn，B三点共线，所以＝λ＝－λ＋2λ(λ≠0)，又＝an＋1·－2(2an＋3)，由平面向量基本定理得化简得：an＋1＝2an＋3，所以an＋1＋3＝2(an＋3)，所以{an＋3}是以a1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列，故B正确；所以an＋3＝4·2n-1＝2n+1，所以an＝2n+1－3，故C错误；则a3＝24－3＝13，故A正确；所以Sn＝(22＋23＋…＋2n+1)－3n＝－3n＝2n+2－3n－4，故D正确．故选ABD. 训练4　如图，已知点列Pn与An(an，0)满足xn＋1>xn，PnPn＋1⊥AnPn＋1且|PnPn＋1|＝|AnPn＋1|，其中n∈N*，x1＝. (1)求xn＋1与xn的关系式； (1)依题意，PnPn＋1＝，AnPn＋1＝，因为PnPn＋1⊥AnPn＋1，则PnPn＋1·AnPn＋1＝(xn＋1－xn)(xn＋1－an)＋×＝0，因为xn＋1>xn>0，则得xn＋1－an＝　(*).因为|PnPn＋1|＝|AnPn＋1|，则得(xn＋1－xn)2＋＝(xn＋1－an)2＋，将(*)式代入此式，可得(xn＋1－xn)2＝，即得(xn＋1－xn)2＝，则xn＋1－xn＝. (2)证明：2n2＋4n＋4≤x＋x＋x＋…＋x≤4n2＋6n. (2)证明：由xn＋1－xn＝，将x1＝代入，解得x2＝2.由xn＋1－xn＝可得xn＋1－＝xn，两边取平方，x＋－8＝x，即x－x＝8－<8，又xn＋1－xn＝，故(xn＋1－xn)xn＋1＝4，因xn＋1>xn>0，则4＝(xn＋1－xn)xn＋1<x－x，即4<x－x<8，故得4<x－x<8，4<x－x<8，…，4<x－x<8，将以上n个不等式左右分别相加，可得4n<x－ x<8n，即得4n＋2<x<8n＋2.下面证明：2n2＋4n＋4≤x＋x＋x＋…＋x≤4n2＋6n恒成立．当n＝1时，x＋x＝2＋8＝10，不等式成立；当n≥2时，10＋4×＋2(n－1)<10＋x＋…＋x<10＋8×＋2(n－1)，即得2n2＋4n＋4<10＋x＋…＋x<4n2＋6n，不等式成立．综上可得，2n2＋4n＋4≤x＋x＋x＋…＋x≤4n2＋6n得证． 例3　(1)(多选题)已知函数f(x)＝＋，则 (　　) A．f(x)的最小正周期为π B．f(x)的图象关于点(π，0)对称 C．f(x)在上单调递减 D．当x∈时，f(x)≥2 对于A，f(x＋π)＝＋＝－－≠f(x)，所以A错误；对于B，由f(2π－x)＝＋＝－＋≠－f(x)，可得函数f(x)的图象不关于点(π，0)对称，所以B错误；对于C，设t＝sin x＋cos x，可得sin x cos x＝，则f(x)＝＋＝转化为g(t)＝，当x∈时，x＋∈，则t＝sin x＋cos x＝sin ∈(－1，1)，又g′(t)＝＝＝<0，所以函数g(t)在(－1，1)上单调递减，又t＝sin 在上单调递增，所以由复合函数的单调性，可得函数f(x)在上单调递减，所以C正确；对于D，当x∈时，x＋∈，则t＝sin ∈(1，]， 由g′(t)<0，得g(t)在(1，]上单调递减，当x＋∈，即x∈时，函数t＝sin 单调递增，当x＋∈，即x∈时，函数t＝sin (x＋)单调递减，由复合函数的单调性，可得函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)≥f＝2，所以D正确．故选CD. (2)已知△ABC是锐角三角形，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a2－b2＝bc，则的取值范围是______________________． (2－，－1)　 由a2－b2＝bc，得a2＝b2＋bc，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A，所以b2＋bc＝b2＋c2－2bc cos A，即b＝c－2b cos A，由正弦定理得sin B＝sin C－2sin B cos A，因为C＝π－(A＋B)，所以sin C＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋cos A sin B，所以sin B＝sin A cos B－cos A sin B，即sin B＝sin (A－B). 因为△ABC是锐角三角形，所以0<A<，0<B<，所以－<A－B<.又y＝sin x在上单调递增，所以B＝A－B，故A＝2B.因为△ABC是锐角三角形，所以0<B<，0<A＝2B<，0<C＝π－3B<，所以<B<.由正弦定理得＝＝＝＝ ＝＝，令cos B＝t，因为<B<，所以t∈.y＝4t2＋2t－1＝42－在上单调递增，当t＝时，y＝1＋，当t＝时，y＝2＋，故＝∈＝(2－，－1). 训练5　(2025·全国一卷)(1)求函数f(x)＝5cos x－cos 5x在区间的最大值； (1)因为f(x)＝5cos x－cos 5x，所以f′(x)＝－5sin x＋5sin 5x.令f′(x)＝0，得sin x＝sin 5x，又x∈[0，]，所以x＝5x或x＝π－5x，所以x＝0或x＝，所以x，f′(x)，f(x)的关系如表所示： x 0 (0，) (，] f′(x) 0 大于0 0 小于0 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 因为f()＝5cos －cos ＝3，所以函数f(x)＝5cos x－cos 5x在区间[0，]的最大值为3. (2)给定θ∈(0，π)和a∈R，证明：存在y∈[a－θ，a＋θ]，使得cos y≤cos θ； (2)解法一：因为余弦函数的周期为2π，所以不妨设a∈(0，2π]，当a≤2θ时，a－θ≤θ，则θ∈[a－θ，a＋θ)， 此时存在y＝θ，使得cos y＝cos θ； 当a>2θ时，θ<a－θ≤2π－θ，作出 余弦函数的大致图象(如图所示)， 所以cos (a－θ)≤cos θ，只需要取y＝a－θ，即可得到cos y≤cos θ.综上可得，给定θ∈(0，π)和a∈R，存在y∈[a－θ，a＋θ]使得cos y≤cos θ. 解法二：因为cos (a＋θ)＋cos (a－θ)＝2cos a cos θ≤2cos θ，所以cos (a＋θ)与cos (a－θ)中必有一个小于等于cos θ.否则cos (a＋θ)>cos θ，cos (a－θ)>cos θ，这与cos (a＋θ)＋cos (a－θ)＝2cos a cos θ≤2cos θ矛盾．所以一定存在y＝a－θ或y＝a＋θ，使得 cos y≤cos θ，所以对于给定θ∈(0，π)和a∈R，存在y∈[a－θ，a＋θ]使得cos y≤cos θ. (3)设b∈R，若存在φ∈R，使得5cos x－cos (5x＋φ)≤b对x∈R恒成立，求b的最小值． (3)令h(x)＝5cos x－cos (5x＋φ)，当φ＝0时，因为h(x)＝h(－x)，h(x)＝h(x＋2π)，所以h(x)为偶函数，且2π为h(x)的周期，所以讨论h(x)在[0，π)上的情况，由(1)可知h(x)在(0，)上单调递增，在(，)上单调递减，在(，π)上单调递增，结合对称性，及h(π)＝－4，可知x∈[0，π)时h(x)≤3， 所以此时b的最小值为3.要证3为b的最小值，对于任意的φ，只需要证明h(x)的最大值不小于3，只需要证明存在x0，使得h(x0)≥3.当|x0|≤时，令y0＝5x0＋φ，则y0∈[－＋φ，＋φ].由(2)可知，取θ＝，a＝φ，可得存在y0∈[－＋φ，＋φ]使得cos y0≤cos ＝－，所以h(x0)＝5cos x0－cos (5x0＋φ)＝5cos x0－cos y0≥5×－(－)＝3，综上可得，bmin＝3. 例4　(1)(多选题)数学中很多代数问题可以转化为几何问题．例如，与相关的代数问题，可以转化为点A(x，y)与点B(a，b)之间的距离的几何问题．结合上述观点，对于函数f(x)＝＋，下列结论正确的是 (　　) A．方程f(x)＝5无解 B．方程f(x)＝6有两个解 C．f(x)的最小值为2 D．f(x)的最大值为6 f(x)＝＋＝＋，设P(x，1)，A(－2，0)，B(2，0)，则f(x)＝|PA|＋|PB|，如图，取C(2，2)，则f(x)＝|PA|＋|PB|＝|PA|＋|PC|≥|AC|＝＝2，当且仅当A，P，C三点共线时，等号成立，又当x≥2时，f(x)随x增大而增大， 故f(x)无最大值，故C正确、D错误；由5>2， 故f(x)＝5有解，故A错误；f(x)＝6，则|PA|＋|PB| ＝6>|AB|＝4， 则P的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，此时2a＝6，c＝2，即a＝3，b2＝9－4＝5，即椭圆方程为＋＝1，当y＝1时，得＝1－＝，得x2＝，即x＝±，即方程f(x)＝6有两个解，故B正确．故选BC. (2)(2024·新课标Ⅰ卷)(多选题)设计一条美丽的丝带，其造型可以看作图中的曲线C的一部分，已知C过坐标原点O，且C上的点满足：横坐标大于－2，到点F(2，0)的距离与到定直线x＝a(a<0)的距离之积为4，则 (　　) A．a＝－2 B．点(2，0)在C上 C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D．当点(x0，y0)在C上时，y0≤ 因为坐标原点O在曲线C上，所以2×|a|＝4，又a<0，所以a＝－2，所以A正确．因为点(2，0)到点F(2，0)的距离与到定直线x＝－2的距离之积为(2－2)(2＋2)＝4，所以点(2，0)在曲线C上，所以B正确．设P(x，y)(x>0，y>0)是曲线C在第一象限的点，则有(x＋2)＝4，所以y2＝－(x－2)2，令f(x)＝－(x－2)2，则f′(x)＝－－ 2(x－2)，因为f(2)＝1，且f′(2)<0，所以函数f(x)在x＝2附近单调递减，即必定存在一小区间(2－ε，2＋ε)使得f(x)单调递减，所以在区间(2－ε，2)上均有f(x)>1，所以P(x，y)的纵坐标的最大值一定大于1，所以C错误．因为点(x0，y0)在C上，所以x0>－2且(x0＋2)＝4，得y＝－(x0－2)2≤，所以y0≤|y0|≤＝，所以D正确．综上，选ABD. 这类题目常涉及函数与方程思想的综合应用，如通过函数性质和方程理论解决最值与范围问题，以及定点定值问题．解题时，常用数形结合方法，利用几何图形直观理解问题，并结合函数和解析几何的代数方法求解．同时，设而不求的思想在处理曲线交点问题时尤为重要，通过根与系数的关系或“点差法”简化计算．此外，函数思想和方程思想也是关键，可将解析几何问题转化为函数问题，利用导数或不等式求解最值，或通过联立方程利用判别式和根与系数的关系解决位置关系问题． 训练6　(2025·广东二模)已知以下事实：反比例函数y＝(k≠0)的图象是双曲线，两条坐标轴是其两条渐近线． (1)(ⅰ)直接写出函数y＝的图象C0的实轴长； (1)(ⅰ)由题意可知双曲线y＝的实轴在y＝x上，联立解得或即双曲线y＝的两顶点为，，故实轴长为2a＝＝2. (ⅱ)将曲线C0绕原点顺时针转，得到曲线C，直接写出曲线C的方程； (ⅱ)将曲线C0绕原点顺时针转，得到曲线C，曲线C的方程为x2－y2＝1. (2)已知点A是曲线C的左顶点．圆E：(x－1)2＋(y－1)2＝r2(r>0)与直线l：x＝1交于P，Q两点，直线AP，AQ分别与双曲线C交于M，N两点．试问：点A到直线MN的距离是否存在最大值？若存在，求出此最大值以及此时r的值；若不存在，说明理由． (2)设A(－1，0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，如图，显然直线MN的斜率存在，设MN：y＝kx＋m，联立C：x2－y2＝1得(1－k2)x2－2kmx－(m2＋1)＝0，所以Δ＝4(m2＋1－k2)>0，x1＋x2＝，x1x2＝－　①，因为AM： y＝(x＋1)，令x＝1，则yP＝，同理，yQ＝　②，依题意得yP＋yQ＝2　③，由①②③得，－2k＋2m＝－m2＋2km－k2，所以(m－k)(m－k＋2)＝0，即m＝k或m＝k－2，若m＝k，则MN：y＝k(x＋1)过点A，不合题意；若m＝k－2，则MN：y＝k(x＋1)－2，所以MN恒过点G(－1，－2)，所以dmax＝|AG|＝2.当且仅当MN⊥AG，即k＝0时取得，此时MN方程为y＝－2，结合x2－y2＝1，解得N(，－2)，yQ＝－(－1)，r＝1－yQ＝，综上所述，点A到直线MN距离的最大值为2，此时圆E的半径为. 例5　(2024·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C：x2－y2＝m(m>0)，点P1(5，4)在C上，k为常数，0<k<1.按照如下方式依次构造点Pn(n＝2，3，…)：过Pn－1作斜率为k的直线与C的左支交于点Qn－1，令Pn为Qn－1关于y轴的对称点，记Pn的坐标为(xn，yn). (1)若k＝，求x2，y2； 将点P1(5，4)的坐标代入C的方程，得52－42＝m，解得m＝9，所以C：x2－y2＝9. (1)过点P1(5，4)且斜率k＝的直线方程为y＝(x－5)＋4，与C的方程联立，消去y化简可得x2－2x－15＝0，即(x－5)(x＋3)＝0，所以点Q1的横坐标为－3，将x＝－3代入直线方程，得y＝0，因此Q1(－3，0)，从而P2(3，0)，即x2＝3，y2＝0. (2)证明：数列{xn－yn}是公比为的等比数列； (2)由题意，Pn(xn，yn)，Pn＋1(xn＋1，yn＋1)，Qn(－xn＋1，yn＋1).设过点Pn(xn，yn)且斜率为k的直线为ln：y＝k(x－xn)＋yn，将ln的方程与C的方程联立，消去y化简可得(1－k2)x2＋(2k2xn－2kyn)x－(kxn－yn)2－9＝0，由根与系数的关系，得－xn＋1＋xn＝－，所以xn＋1＝＋xn＝ .又Qn(－xn＋1，yn＋1)在直线ln上，所以yn＋1＝k(－xn＋1－xn)＋yn＝－kxn＋1－kxn＋yn.从而xn＋1－yn＋1＝xn＋1＋kxn＋1＋kxn－yn＝(1＋k)xn＋1＋kxn－yn＝(1＋k)·＋kxn－yn＝·(xn－yn)，易知xn－yn≠0，所以数列{xn－yn}是公比为的等比数列． (3)设Sn为△PnPn＋1Pn＋2的面积，证明：对任意正整数n，Sn＝Sn＋1. (3)由(2)知，数列{xn－yn}是首项为x1－y1＝5－4＝1，公比为的等比数列．令t＝，由0<k<1可知t>1，则xn－yn＝tn-1，又x－y＝9，所以xn＋yn＝＝，可得xn＝，yn＝.所以 Pn，Pn＋1(，)，Pn＋2.所以直线PnPn＋1的方程为x－xn＝(y－yn)，即(9＋t2n-1)x－(9－t2n-1)y－9tn-1(1＋t)＝0.易知点Pn＋2到直线PnPn＋1的距离d＝＝. 又|PnPn＋1|＝＝，则Sn＝·|PnPn＋1|·d＝＝，即Sn为定值，所以Sn＝Sn＋1. 将数列的通项或前n项和与几何图形(如直线、圆、圆锥曲线)的性质结合，利用几何图形的性质(如距离、斜率、面积)研究数列的性质．利用解析几何的方法(如坐标法、参数方程)求解数列的通项或前n项和，通过几何图形的性质分析数列的极限、单调性等． 训练7　已知点P1(2，1)在抛物线C：x2＝2py(p>0)上，按照如下方法依次构造点Pn(n＝2，3，4，…)，过点Pn－1作斜率为－的直线与抛物线C交于另一点Qn－1，作点Qn－1关于y轴的对称点Pn，记Pn的坐标为(xn，yn). (1)求抛物线C的方程； (1)因为点P1(2，1)在抛物线C：x2＝2py上，则22＝2p×1，解得p＝2，所以抛物线C的方程为x2＝4y. (2)求数列{xn}的通项公式，并求数列的前n项和Tn； (2)由P1(2，1)可知x1＝2，y1＝1，因为点Pn (xn， yn)在抛物线C：x2＝4y上，则yn＝，且 Qn－1(－xn，yn)，过Pn－1， n≥2，且斜 率为－的直线Pn－1Qn－1：y－＝－(x－xn－1)，联立方程 消去y可得(x－xn－1)(x＋xn－1＋2)＝0，解得x＝xn－1或x＝－xn－1－2，所以－xn＝－xn－1－2，可得xn＝xn－1＋2，所以数列{xn}是以首项为2，公差为2的等差数列，所以xn＝2＋2(n－1)＝2n，又yn＝＝＝n2，所以＝＝，所以Tn＝(1－＋－＋－＋…＋－)＝(1＋－－)＝－－. (3)求△PnPn＋1Pn＋2(n∈N*)的面积． (3)由(2)可知：Pn(2n，n2)，Pn＋1(2n＋2，(n＋1)2)，Pn＋2(2n＋4，(n＋2)2)，直线PnPn＋2的方程为y－n2＝(x－2n)＝(n＋1)(x－2n)，即(n＋1)x－y－n2－2n＝0，点Pn＋1到直线PnPn＋2的距离为d＝＝，|PnPn＋2|＝＝4，所以△PnPn＋1Pn＋2(n∈N*)的面积为S＝|PnPn＋2|d＝2. 例6　(1)已知正四面体ABCD中，AB＝1，P1，P2，…，Pn在线段AB上，且|AP1|＝|P1P2|＝…＝|Pn－1Pn|＝|PnB|，过点P1作平行于直线AC和BD 的平面，该平面截正四面体ABCD的截面面积为an，则an＝________．若bn＝，则数列{anbn}的最大项为________． 　 由题意得|AP1|＝|P1P2|＝|P2P3|＝…＝|PnB|＝，如图①，取BD中点O，连接AO，CO，在正四面体ABCD中，△ABD，△BCD均为等边三角形，则AO⊥BD，CO⊥BD，且AO∩CO＝O，AO， CO⊂平面AOC，所以BD⊥平面AOC， 又AC⊂平面AOC，所以BD⊥AC， 如图②，过点P1作P1E∥AC交BC于点E，过E点作EG∥BD，交CD于点G，过点P1作P1F∥BD交AD于点F，连接FG，则P1F⊥P1E，故四边形P1FGE为截面，且四边形P1FGE为矩形， 由相似知识可知|AP1|＝|P1F|＝，|EP1|＝， 故an＝|PF1|·|EP1|＝·＝.因为an＝ ，bn＝，可得anbn＝·＝，令f(x)＝(x≥1)，则f′(x)＝ ＝，而ln 2>ln ＝，当x≥3时， 6－(6x－5)ln 2<0，可知f(x)＝在[3，＋∞)上 单调递减，即当n≥3时，数列{anbn}单调递减，anbn≤a3b3＝，且a1b1＝，a2b2＝，所以数列{anbn}的最大项为. (2)(多选题)已知三棱锥A­BCD的棱长均为6，其内有n个小球，球O1与三棱锥A­BCD的四个面都相切，球O2与三棱锥A­BCD的三个面和球O1都相切，如此类推，…，球On与三棱锥A­BCD的三个面和球On－1都相切(n≥2，且n∈N*)，球On的表面积为Sn，体积为Vn，则 (　　) A．V1＝π B．S3＝ C．数列{Vn}是公比为的等比数列 D．数列{Sn}的前n项和为8π 如图所示，AO是三棱锥A­BCD的高，O是三角形BCD的中心，设三棱锥A­BCD的棱长均为a，所以OB＝×a＝a，AO＝＝＝a.O1是三棱锥A­BCD 的内切球的球心，O1在AO上，设三棱 锥A­BCD的外接球半径为R，球On的半 径为rn，则由O1B2＝OO＋OB2，得R2＝＋，得R＝a.所以r1＝AO－AO1＝a－a＝a，又a＝6， 所以r1＝，所以V1＝πr＝π·＝π.故A 不正确；在AO上取点E，使得EO1＝r1＝a， 则AE＝AO－2r1＝a－a＝a， 即E为AO的中点，则球O2与球O1相切于E，过E作与底面BCD平行的平面，分别与AB，AC，AD交于B1，C1，D1，则球O2是三棱锥A­B1C1D1的内切球，因为E为AO的中点，所以三棱锥 A­B1C1D1的棱长是三棱锥A­BCD的棱长的一半， 所以内切球O2的半径r2＝r1，以此类推，所以{rn} 是首项为，公比为的等比数列，所以rn＝×＝，r3＝，S3＝4πr＝4π＝，故B正确； 所以Vn＝πr，＝＝＝， 即数列{Vn}是公比为的等比数列，故C正确；Sn＝4πr＝4π·＝，S1＋S2＋…＋Sn＝6π(1＋＋＋…＋)＝ 6π·＝8π，故D正确． 数列与立体几何的交汇命题常涉及数列的通项公式、求和公式与立体几何中的表面积、体积、空间位置关系等知识的结合．这类题目可能结合数列、立体几何、函数、不等式等知识，考查综合应用能力．重点在于将立体几何问题转化为数列问题，或将数列问题转化为几何问题，通过转化简化问题. 训练8　如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1顶点处有一质点Q，点Q每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次，若质点Q的初始位置位于点A处，记点Q移动n次后仍在底面ABCD上的概率为Pn. (1)求P2； (1)依题意，每一个顶点有3个相邻的顶点，其中两个在同一底面．所以当点Q在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为，在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为，又因为P1＝，所以P2＝×＋×＝. (2)(ⅰ)求证：数列是等比数列； (2)(ⅰ)证明：因为Pn＋1＝Pn＋(1－Pn)＝Pn＋，所以Pn＋1－＝Pn＋－＝Pn－＝.又因为P1＝，所以P1－＝－＝≠0，所以数列是首项为，公比为的等比数列． (ⅱ)求(iPi). (ⅱ)因为Pn－＝×＝×，所以Pn＝×＋，所以iPi＝×i＋.设ai＝i，则(iai)＝1×＋2×＋3×＋…＋n×，则(iai)＝1×＋2×＋3×＋…＋n×，所以(iai) ＝1×＋1×＋1×＋1×＋…＋1×－n×，所以(iai)＝×－n×＝－×－n×，所以(iai)＝－ ×.又因为＝n＝，所以(iPi)＝－×＋. 例7　已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，以焦点和短轴端点为顶点的四边形的面积为16. (1)求E的方程； (1)设椭圆E的焦距为2c，依题意又a2＝b2＋c2，所以则E的方程为＋＝1. (2)已知点M(0，－1)，M1(1，1)，MMn＋1＝＋(n∈N*)，∥，且·＝2(O为坐标原点) (ⅰ)证明：点Nn在同一个圆上； (2)(ⅰ)证明：设Mn(an，bn)，则由题意可知(an＋1，bn＋1＋1)＝(an，bn＋1)＋(1，2)，所以故{an}是公差为1的等差数列，{bn}是公差为2的等差数列，由已知a1＝1，b1＝1，所以 所以Mn(n，2n－1)，即有＝(n，2n－1)，设Nn(xn，yn)，则＝(xn，yn)，因为∥，且·＝2，所以有故yn≠0，且＝，消去n得x＋y－4xn＋2yn＝0，即(xn－2)2＋(yn＋1)2＝5，所以点Nn在同一个圆(x－2)2＋(y＋1)2＝5上. (ⅱ)将(ⅰ)中的圆向左平移2个单位长度，向上平移1个单位长度得到一个新圆，已知P(x0，y0)是该圆上的任意一点，过点P作该圆的切线，设切线与E交于C，D两点，求·的取值范围． (ⅱ)将圆(x－2)2＋(y＋1)2＝5向左平移2个单位长度，向上平移1个单位长度得到的圆的方程为x2＋y2＝5，设Q(x，y)是切线上除P点外的任意一点，则＝(x－x0，y－y0)，＝(x0，y0)，因为QP⊥OP，所以·＝(x－x0，y－y0)·(x0，y0)＝0，结合x＋y＝5可得，切线PQ的方程为x0x＋ y0y＝5，联立整理得(2x＋y)x2－20x0x＋50－16y＝0，因为<2，故圆x2＋y2＝5在椭圆内部，故Δ>0，xC＋xD＝，xCxD＝，所以yCyD＝·＝＝ ，所以·＝xCxD＋yCyD＝＝＝，因为x∈[0，5]，所以∈，故·的取值范围是. 解析几何与平面向量的交汇命题主要考查方向包括：向量的线性运算、数量积运算在解析几何中的应用，如利用向量解决直线与圆锥曲线的位置关系、轨迹问题、最值问题等．这类题目常结合圆锥曲线的性质，通过向量的坐标运算或几何意义来简化问题. 训练9　如图，在平面直角坐标系xOy中，O是矩形ABCD边AB的中点，|AB|＝2，|CB|＝2，＝λ，＝λ，0<λ<1，直线AE与BF交于点P，双曲线K：－y2＝1. (1)证明：点P在K上； (1)设P(x，y)，由题意，得A(－，0)，B(，0)，C(，2)，D(－，2)，则＝(0，2)，＝(2，0).由＝λ，得E(，2λ).由＝λ，得F(＋2λ，2)，所以直线AE：y＝(x＋)，直线BF：y＝(x－)，两式相乘，得y2＝(x2－3)，即－y2＝1， (2)已知K的右焦点为F′，直线PO与K的左支的交点为Q，直线PF′与K的右支的另一个交点为M，直线QF′与K的右支的交点为N，证明：直线MN过定点． (2)依题意，得F′(2，0)，如图，设P(x0，y0)， M(x1，y1)，N(x2，y2)，则Q(－x0，－y0).由题 意，得直线MN的斜率存在且不为0，设MN： x＝my＋n，联立 得(m2－3)y2＋2mny＋n2－3＝0.由题意，知m2－3≠0，Δ>0.由根与系数的关系，得y1＋y2＝，y1y2＝.又直线PM：x＝y＋2，代入－y2＝1，并注意到－y＝1，化简，得(7－4x1)y2＋4(x1－2)y1y＋y＝0，所以y0y1＝，所以y0＝，同理，得－y0＝，所以0＝＋，即0＝(7－4x2)y1＋(7－4x1)y2，所以7(y1＋y2)＝4(my2＋n)y1＋ 4(my1＋n)y2，也即(7－4n)(y1＋y2)＝8my1y2，所以(7－4n)·＝8m·，整理，得(7n－12)m＝0.因为m≠0，所以n＝，即MN：x＝my＋，所以直线MN过定点. 例8　已知椭圆C：＋＝1，直线x＝4上有一动点P，过点P作椭圆C的切线PA，PB，A，B为切点． (1)证明：直线AB过定点Q； (1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(4，t)，故直线PA的方程为＋＝1，直线PB的方程为＋＝1，又PA，PB均过点P，即所以直线AB的方程为x＋y＝1，过定点Q(1，0). (2)过点Q的直线交C于M，N两点，将坐标平面沿x轴折成一个直二面角，求△MNQ面积的最大值． (2)翻折前，设M(x3，y3)，N(x4，y4)，直线MN的方程为x＝my＋1，联立椭圆方程可得(m2＋2)y2＋2my－3＝0，y3＋y4＝，y3y4＝；翻折后：以椭圆中心O为坐标原点，分别以O与椭圆C的下顶点，右顶点和上顶点连线为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系．则设M(0， x3，y3)，N(－y4，x4，0)，Q(0，1，0)，有＝(0，x3－1，y3)，＝(－y4，x4－1，0)，cos ∠MQN＝＝，易知∠MQN∈，故sin ∠MQN＝＝，所以S△MNQ＝||||sin∠MQN＝－(m2＋1)·y3y4·＝·＝·＝ ×，令＝u∈(0，]，则S△MNQ＝≤，当u＝，即m＝±1时取最大值． 立体几何与解析几何的交汇命题常涉及几何体的表面积、体积、空间位置关系，以及解析几何中的直线、圆锥曲线等知识． (1)利用坐标系将几何问题转化为代数运算，通过解析几何的方法求解． (2)几何法：从几何视角入手，借助立体几何中的线线、线面、面面平行与垂直的性质与判定定理，通过论证找到交点位置． 训练10　如图①，已知抛物线E：x2＝2y的焦点为F，准线为l，过点F的动直线m与E交于A，B两点(其中点A在第一象限)，以AB为直径的圆与准线l相切于点C，D为弦AB上任意一点，现将△ACB沿CD折成直二面角A′­CD­B，如图②. 　 (1)证明：cos ∠A′CB＝cos ∠A′CD·cos ∠BCD； (1)过A′作A′O′⊥CD，垂足为O′，过O′作O′E⊥BC，垂足为E，如图，因为平面A′CD⊥平面ABC，且平面A′CD∩平面ABC＝CD，A′O⊂平面A′CD，可得A′O′⊥平面ABC，由BC⊂平面ABC，可得 A′O′⊥BC，且O′E∩A′O′＝O′，O′E，A′O′⊂平面 A′O′E，可得BC⊥平面A′O′E，由A′E⊂平面 A′O′E，可得BC⊥A′E，则cos ∠A′CB＝，cos ∠A′CD＝，cos ∠BCD＝，所以cos ∠A′CB＝cos ∠A′CD·cos ∠BCD. (2)当∠A′CB最小时， (ⅰ)求A′，B两点间的最小距离； (2)因为以AB为直径的圆与准线l相切于点C，可知AC⊥BC，则∠A′CD＝∠ACD＝－∠BCD，由(1)可得：cos ∠A′CB＝cos ∠A′CD·cos ∠BCD＝cos ·cos ∠BCD＝sin ∠BCD·cos ∠BCD＝sin 2∠BCD≤，当且仅当sin 2∠BCD＝1，即∠BCD＝时，等号成立，所以当∠BCD＝时，∠A′CB最小． (ⅰ)因为A′O′⊥平面ABC，BO′，CD⊂平面ABC，则A′O′⊥BO′，A′O′⊥CD，即AO′⊥CD，在Rt△ACO′中，则|CO′|＝|AO′|＝|AC|＝|A′O′|，在△BCO′中，由余弦定理可得|BO′|2＝|BC|2＋|CO′|2－2|BC|·|CO′|cos ∠BCO′，则|BO′|2＝|BC|2＋|AC|2－2|BC|×|AC|×＝|BC|2＋|AC|2－|BC|·|AC|， 在Rt△A′BO′中，则|A′B|2＝|BO′|2＋|A′O′|2＝|BC|2＋|AC|2－|BC|·|AC|＋|AC|2＝|BC|2＋|AC|2－|BC|·|AC|，在Rt△ABC中，则|AB|2＝|BC|2＋|AC|2，可得|A′B|2＝|AB|2－|BC|·|AC|，由题意可知，焦点F，准线l：y＝－，直线m的斜率存在，且直线m与抛物线必相交，设直线m：y＝kx＋，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程消去y可得x2－2kx－1＝0， 则x1＋x2＝2k，x1·x2＝－1，可得|AB|＝＝2(k2＋1)，当k＝0时，|AB|取到最小值2，根据对称性可知|BC|＝|AC|＝，可得|A′B|2＝|AB|2－|BC|·|AC|＝2；当k≠0时，则|AB|>2，且|BC|≠|AC|，由基本不等式可得|BC|·|AC|<＝，则|A′B|2＝|AB|2－|BC|·|AC|>|AB|2－|AB|2＝|AB|2>2；综上所述：|A′B|2的最小值为2，当且仅当|AB|＝2，|BC|＝|AC|时，等号成立，所以A′，B两点间的最小距离为. (ⅱ)当A′，B两点间的距离最小时，在三棱锥A′­BCD内部放一圆柱，使圆柱底面在面BCD上，求圆柱体积的最大值． (ⅱ)由(ⅰ)可知：当A′，B两点间的距离最小时，则|AB|＝2，|BC|＝|AC|＝，可知D为AB中点，且D与O′重合，因为|BD|＝|CD|＝1，|BC|＝，设△BCD的内切圆半径为R，由等面积法可得：×1×1＝(1＋1＋)R，解得R＝，设圆柱的底面半径为r，高为h，则＝，可得h＝1 －＝1－(2＋)r，所以圆柱的体积V＝πr2h＝π[r2－(2＋)r3]，令f(r)＝r2－(2＋)r3，0<r<，则f′(r)＝2r－3(2＋)r2＝r[2－3(2＋)r]，当0<r<时，f′(r)>0；当<r<时，f′(r)<0；可知f(r)在内单调递增，在内单调递减，则f(r)≤f＝，所以圆柱体积的最大值为π. $