第6章 专题探究8 数学文化与探究创新-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（北师大版）

专题探究8数学文化与探究创新 子错题本 黑题 专题强化 限时：45min 题组1三角与向量中的创新问题 (a,b,c)∈D. 1.*(（2025·广东广州高一期中)设M是 (1)证明：“(a,b,c)∈D”是“（√a,Nb,Nc)e △ABC内一点，且AB·AC=2√5，∠BAC=30°， D”的充分不必要条件 定义f(M)=(m,n,p),其中m,n,p分别是 (2)若锐角△ABC内接于圆0，且xOA+y0B+ △MBC,△MCA,△MAB的面积，若f(M)= z0C=0,设1=(x,y,z)(x,y,2>0). (2,y),则+4的最小值是 ①若1=(3,4,5)，求S△A0B:S△A0c x Y ②证明：I∈D. A.9(3+1) B.18 C.16 D.9 2.★（多选)(2025·湖北武汉高 一月考)设O,A,B是平面上任意 三点，定义向量的运算：det(OA,OB)=0A. OB,其中OA'由OA以点0为旋转中心逆时针 旋转90°得到（若OA为零向量，规定OA也是 零向量).对平面向量a,b,c,下列说法正确 的是 ( A.det(a,b)=det(b,a) B.对任意的入∈R,det(a+入b,b)=det(a,b) C.若a,b为不共线向量，满足xa+yb=c(x, yeR),则x=det(a,c）v=dct(c,b) det(a,b),r= det(a,b) D.det(a,b)c+det(b,c)a+det(c,a)b=0 题组2复数中的创新问题 3.定义：(x)为不小于x的最小整数，设 5.**(多选)设n是正整数，当一个 y=sinx,y=cosx,y=tanx各有m个零点所需 数的n次方等于1时，称此数为n 要的整周期分别为(Tsx),（Tin),(Tmx), 次“单位根”；在复数范围内，n次单位根 若△ABC的内角正弦值之比满足sinA: 有n个，例如，1，-1，i,-i是x=1的四个根； sinB:sinC=(Tose）:(Tsinx）:（Tanx）, 则m的取值集合为 1,=,13 22 是x3=1的三个 22 4.**(2024·湖南邵阳高一期中)定义△ABC 根，则下列式子正确的是 三边长分别为a,b,c,则称三元无序数组(a, A.|w11=1 B.w2+w1+1=0 b,c)为三角形数.记D为三角形数的全集，即 C.01+w2=0 D.w2=01 数学文化与探究创新黑白题155 6.*已知z=a+bi(a,b∈R,i是虚数单位)，1,9.整(2025·江西南昌高一期末)如图①，已 z2eC,定义：D(z)=1al+1b1,D(a1,a2)= 知空间中，△A1PQ,△A2PQ,…,△AnPQ(n≥ 1z1-z21,给出下列命题： 3)是以PQ为底边的全等的等腰三角形，0为 ①对任意的z∈C,都有D(z)>0; PQ的中点。 ②若z是复数z的共轭复数，则D(z)=D(z) 恒成立； ③D(z1)=D(2)(a1,a2∈C),则a1=z2 ④对任意的名1,2，∈C,结论D(a1,3)≤ D(a1,2)+D(z2,3)恒成立. 则其中真命题是 ① ② 题组3立体几何中的创新问题 (1)求证：A1,A2,…,An这n个点共面 7.*★（2025·江苏南通高一月 (2)若多边形A1A2…An为正n边形，记以P, 考)球面与过球心的平面的交 Q,A1,A2,…,An为顶点的凸多面体为 线叫作大圆，将球面上三点用 POA-A 三条大圆弧连接起来所组成的 (i)若△APQ,△APQ,…,△AnPQ均 图形叫作球面三角形，每条大圆弧叫作球面 为正三角形，是否存在一个这样的多面体 三角形的一条边，两条边所在的半平面构成 PQA,-An,使得它的每个面都是全等的正 的二面角叫作球面三角形的一个内角.如图， 三角形？若存在，写出n的所有可能取 球O的半径R=√3，A,B,C,D为球O的球面 值，若不存在，请说明理由， 上的四点.若球面三角形ABC的三条边长均 (i)如图②，当n=5时，若△A:PQ(i= 为 3”,则此球面三角形一个内角的余弦值为 1,2,…,5)的面积为2c035,求多面体 ( PQA,-A,内切球半径的最大值 B. c D.6 (参考数据：sin -5-1 3 04 8.转(2025·山东德州高一期末)规定：多面 体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面 角之和的差（多面体的面角的角度用孤度 制)例如，正四面体每个顶点均有3个面角， 每个面角的大小均为写，则其各个顶点的曲率 均为2T-3×写=元若正四棱锥S-ARCD的侧 面与底面的夹角的正切值为√2，则四棱锥 S-ABCD在顶点A处的曲率为 ( T 5π A. 3 B.π C. 3T D. 4 6 必修第二册·BS黑白题156因为BC2+AB2=AC2,所以BC⊥AB,根据平面知识可知AD∥BC. 又AD￠平面PBC,BCC平面PBC,所以AD∥平面PBC. (2)解：如图所示，过点D作DE⊥AC于E,再过点E作EF⊥CP于 F,连接DF,因为PA⊥平面ABCD,所以平面PAC⊥平面ABCD,而平 面PAC∩平面ABCD=AC,所以DE⊥平面PAC.又EF⊥CP,所 以CP⊥平面DEF. 根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角， 即sn∠DFE=V4 7 ,即tan LDFE=√6. 因为AD⊥DC,设AD=x,则CD=√4-x2,由等面 积法可得，DE=*√4- 2 又B=√4-)4_4 4 2,而△EFC为 等腰直角三角形，所以EF.4-子 2W5 xV4-x2 故tan∠DFE= DE 2 -=√6，解得x=√3，即AD=√3. EF 4-x2 2W2 21.（1)证明：如图，取PA的中点N,PB的中点M,连接FN,MN,GM, ,△ACD与△ABC为等腰直角三角形且 ∠ADC=90°，∠BAC=90°，不妨设AD= CD=2,..AC=AB=22,..BC=4. ,E,F分别为BC,PD的中点，FN= 2A=1,6M=B=1,且w/AD,n GM∥BC. ∠DAC=45°，∠ACB=45°，.AD∥BC,.FN∥GM,.四边形 FGMN为平行四边形，.FG∥MN. ,FG丈平面PAB,MNC平面PAB,.FG∥平面PAB. (2)解：连接DE,由(1)可知，BC=2AD,且BC∥AD,:点E为BC中 点，∴，AD=BE,则四边形ADEB为平行四边形，则AB∥DE,则直 线AB与平面PCD所成角等于直线DE与平面PCD所成角， 设点E到平面PCD距离为h,直线AB与平面PCD所成角为O, 则sin9=h DE .PA⊥平面ABCD,DCC平面ABCD,∴.PA⊥DC.又AD⊥DC,且 PA∩AD=A,PA,ADC平面PAD,∴.DC⊥平面PAD.又PDC平面 PAD,则DC⊥PD. 由(1)可知PA=AC=22,AD=2,则PD=25,.Vg-Pc= 号amA=x25x2M=25。 3, 11 则Vg-pmc=Vp-GE=3SaGE·PA= ×2x2x2-4,所 2w6 以h=25则如0 h3√5 DE223 即AB与平面PCD所成角的正弦值为？ 22.(1)证明：由题意证明如下，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面 ABCD,AB⊥AD,ABC平面ABCD,ADC平面ABCD,∴.AP⊥AB, AP⊥AD. :APC平面PAD,ADC平面PAD,AP∩AD=A,.AB⊥平面PAD. ABC平面PAB,.平面PAB⊥平面PAD. (2)(1)证明：由题意及(1)证明如下： P,B,C,D在同一个球面上，.球心到四个点的距离相等在 △BCD中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心，作出BC 和CD的垂直平分线，如图①所示，由几何知识得，O1E=AB=√2， BE=CE=A01=G01=2BC=1,0D=AD-A01=5,B01=C01= 参考答案 √2+(2)2=W3,01D=B01=C01,点01是△BCD的外心 :AP⊥AD,AP=√2，由勾股定理得，P01=√AP2+AO= √(2)2+12=3，P01=B01=C01=01D=V3,点01即为点 P,B,C,D所在球的球心O, 此时点O在线段AD上，ADC平面ABCD,点O在平面ABCD内. (i)解：由几何知识得，PO=√3，AB⊥AD,BC∥AD,AB⊥BC, 在Rt△ABC中，AB=√2，BC=2,由勾股定理得，AC=√AB+BC= √(2)2+22=√6， >D 金C ② 过点O作AC的平行线，交BC的延长线为C1,连接AC1,PC1,如图 ②，则0C,=AC=√6，直线AC与直线P0所成角即为△P0C,中 ∠POCG1或其补角. PA⊥平面ABCD,AC1C平面ABCD,PAOAC1=A,.PA⊥AC1, 在Rt△ABC1中，AB=V2,BC,=BC+CC1=2+1=3,由勾股定理 得，AC1=√AB2+BC=√(2)2+32=√I, 在Rt△APC1中，PA=V2,由勾股定理得，PC1=√PA2+AC= √(2)2+()2=13， 在△P0C1中，由余弦定理得，PC=P02+0C-2P0· OC1cos∠P0C1, 即(13)2=(3)2+(6)2-23×6cos∠P0C,解得 cos LPOC √2 2 :直线AC与直线P0所成角的余弦值为1cos∠P0C,1=3 专题探究8 数学文化与探究创新 黑题 专题强化 1.B解析：设△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,∠BAC=30°， 由病.花-加s∠BC=c=26,得c=4,S6概=宁c 2 sm∠B4C=1,若M)=(分y)则o0,n0,有Sx=5+ =分+=2(( Sw0+SauB=2+x+y=1,得x+y=2,室+7 22=18,当且仅当之华即石了时等号减立则子 x y x Y 的最小值是18. 2.BD解析：设向量a,b在平面直角坐标系中的坐标分别为a= (a,),b=(6),设a=(m9,m,则a=(o(e+受)）， m(号)）=(-m0,m0)=(-a,4),同理可得=(-， b1),所以det(a,b)=a'·b=(（-a2,a1）·(b1,b2)=-a2b1+ab2, det(b,a)=b'·a=(-b2,b1)·(a1,a2)=-a1b2+a2b1,则det(a,b)≠ det(b,a),A错；对任意的入∈R,由A选项可知，b·b'=0,当a,b不 共线时，det(a,b)=a1b2-a2b1≠0，det(a+Ab,b)=-det(b,a+Ab)= -b'·(a+入b)=-b'·a=-det(b,a)=det(a,b),B对；因为xa+yb=c, 所以cb'=xa·'+b,b=a·b,所以x=b-d(b,c a·b'det(b,a) 同理可y8c结：当6不共线时， det(a,b)' 黑白题099 由C选项可知，c=dctc,ba+eta,b,所以dct(a,b)c=dct(c, det(a,b)det(a,b) b)a+det(a,c)b=-det(b,c)a-det(c,a)b,det(a,b)c+ det(b,c)a+det(c,a)b=0,任取两个向量m,n,对任意的实数p, det(m,pn)=m'·pn=p(m'·n)=pdet(m,n),当a,b共线时，设存 在k∈R使得a=b,且det(a,b)=0,所以det(a,b)c+det(b,c)a+ det(c,a)b=det(b,c).kb+det(c,kb)b=kdet(b,c)b+kdet(c,b)b= kdet(b,c)b-kdet(b,c)b=0.综上所述，det(a,b)c+det(b,c)a+ det(c,a)b=0,D对. 3.{mlm=2n+1,其中n∈N}解析：因为函数y=sinx,y=cosx的最 小正周期均为2m,且在一个周期上，y=sinx,y=cosx各有2个零点， 因此产生m个零点所需要的整周期(T)(:)-(受)因为 函数y=tanx的最小正周期为T,且在一个周期上，y=tanx有1个零 点，因此产生m个零点所需要的整周期(Tam)=(m)=m.当m为奇 数时，(7)=(7=（空）="此时(7)：(T): (Tm)=n+1:m+ 2 2:m,由正弦定理sinA:sinB:i咖C= (Tsx）:(Tx）:(Tamx)→(Toex):(Tinx):(Tmx)=a:b:c, 所以a:6:c=m1:m:m因为+m1=m+1>m,所以存在 2 2 22 △ABC使得sinA:sinB:sinC=(Teo):(Tn:):(Tan:)成立； 当m为偶数时，(T)=(7)=（受）=受，此时(7)： ():(）分：分：m=1:12,即a6:c=112,因 为1+1=2，所以不存在△ABC使得sinA:sinB:sinC=(Ts:): (Tx):(Tmx).综上，m的值应该为正奇数. 4.(1)证明：(a,b,c)eD,则a+b>c,即(a+b)2-2Vad>(E)2, .(a+B)2>(w)2,即a+b>E, 同理可得√a+c>b,c+Wb>a,则(a,6,c)∈D成立. 取√a=√6=1，c=√2，则√a,√b,√c为等腰直角三角形的三边， 但a=b=1,c=2,a+b=c,a,b,c不能为三角形的三边，故(Va,√b, c)∈D推不出(a,b,c)∈D. ∴“(a,b,c)eD”是“（√a,√b,Nc)∈D"的充分不必要条件 (2)①解：1=(3,4,5)，则30i+40i+50元=0， ,250C2=90A2+160B2+240A·0Bcos∠A0B, 160B2=90A2+250C2+300A·0Ccos∠A0C. /cos∠AOB=0, 又OA=OB=0C, fsin∠AOB=1, ∠AOB,∠AOC均为三角形内角， 4 sin∠A0c= 5 记R=0A,SAAOB:S△A0c= sin∠A0C=5:4. ②证明：由-z0元=xOi+y02,2·R2=(x2+y2+2 xycos A0B)· R.coA0B=-2-子. L40Be(0,m)-1<Y<1, 2xy 2xy (x-y)2<2<(x+y)2,.lx-yl<红<x+y,同理得1y-z<x<y+a,lx-z< y<x+z,.x,y,z可组成三角形，.IeD. 5A8D解折对于A速现-√个）-停-1.版A正 确；对于B选项，因为x3-1=(x-1)(x2+x+1)=0,而w1是x3=1的 一个根，所以ω+1+1=0，故B正确；对于C选项，= (日）八o-10放 1.√3 C错误；对于D选项，=-2+2 =w1,故D正确.故选ABD. 必修第二册·BS 6.②④解析：对于①，当z=0∈C时，D(z)=0+0=0,所以①为假命题 对于②，z=a+bi,z=a-bi,则D(z)=D(z)=1al+1bl,所以②为真命题 对于③，由于②成立，而z和z不一定相等，所以③为假命题.对于④ 依题意，D(a1,3)=1131,D(,2)=a1-21,D(23)=231,根 据复数减法的模的几何意义可知，a1-3表示复数1和3对应两点 间的距离，1z1-21表示复数a1和z2对应两点间的距离，1z2-a3|表示 复数2和3对应两点间的距离.根据三角形两边之和大于第三边可 知1a1-2+|223>1-31,当2对应的点在1和3对应的两点连 成的线段上时，1a1-21+12-31=11-1,所以D(a1,3)≤ D(a1,)+D(2,3)成立，所以④为真命题故答案为②④. 7,C解析：因为球面三角形ABC的三条边长均为5T,R=3,所以球 3 面三角形每条边所对的圆心角的大小均为号，所以四面体0ABC 为正四面体 如图，取OA的中点E,连接BE,CE,则BE⊥OA,CE⊥OA,且BE= CB=子，则LBC为二面角B-A0-C的平面角，由余弦定理可得 9.9 Cos∠BEC BE2+CE2-BC24+4-3 2BE·CE 9 3，所以此球面三角形一个 24 内角的余弦值为？ 8.D解析：如图，连接AC,BD,设AC∩BD=O,连接SO,则S0⊥平 面ABCD. 取BC的中点M,连接OM,SM,由正四棱锥的结构特征知OM⊥ BC,SM⊥BC,所以∠SMO为侧面与底面所成的角. C M B 设AB=BC=a,则OM= 2,在Rt△s0M中，tan∠SM0=S 0M2,所 以S0=√2OM= 2 2 a. 又0B=② a,所以SB=√S02+0B2=a,所以正四棱锥S-ABCD的每 个侧面均为正三角形，所以顶点A处的各面角的大小分别为牙，？ 3,3 又，该顶点处的曲率为2m-2x了7=% 326 9.(1)证明：△A1PQ,△A2PQ,…,△AnPQ(n≥3)是以PQ为底边的 全等的等腰三角形，0为PQ的中点，A,0⊥PQ,i=1,2,…,n,则对 于任意的i=2,3,,n,A10nA,0=0,A101PQ,A,01PQ,PQ1平 面A,OA:,.平面AOA:重合于过点0且垂直于PQ的平面内， A1,A2,…,An这n个点在过点0且垂直于PQ的平面内，即它们 共面. (2)解：(i)不存在，理由如下： 不妨设这些正三角形的边长都是1，则04，=5， 2,cos ZA:0A= 33 0A+0AAA344- 20A:0A+1 2XV333,其中=1,2，，且A1即A 22 黑白题100 记0=∠A,0A1,则cs9=子，0为锐角且大于牙，40<2m, c0s20=2c0s20-1=-7 2c0s40=2cs20-1=2×32-1=7 81 ÷50≠2m,否则cos40=c0s(2m-60)=cms9,但这里cs40= 81 号-cs0,而60>6x号-2，不存在整数n使得n0=2m 1 ∴.不存在题目要求的多面体PQA1-An,使得它的每个面都是全等 的正三角形 (i)如图，作OM⊥A1A2,垂足为M,连接OM,PM,作OH⊥PM,垂足 为H, 由已知可得M为A1A2中点，PA1=PA2,多边形A1A2A3A4A5为正五边 形，.A1421PM,A1A210M. 又，'PM∩OM=M,PM,OMC平面POM,∴.A1A2⊥平面POM. OHC平面POM,∴.0H⊥A1A2· 又OH⊥PM,PM∩A1A2=M,PM,A1A2C平面PA1A2,.OH⊥平面 PA1A2,.OH为0到平面PA1A2的距离. 由对称性可知，多面体PQA1-A5内切球球心为O,∴.OH为多面体 PQA1-A5内切球半径. 若△APQ(i=1,2,…,5)的面积为2cos 号，则号0A,xP0=04,× 0P=2a号，由正五边形的性质可知0M=04,Xs亏，0Wx0P= 2amr2号，0n-.ow0P-owx0p OMxOP √OMx0P PM JoM+0P≤V2ox0n π 当0刚=0P时原等号”0=m号=1-220-15-含5 T 8 4,多面体PQA1一-4，内切球半径的最大值为+5 1+ 全书综合检测 1 1.D解析：由am(m-x)=-tmx=3得amx=弓，：x是第二象限 tan x=sinx=1 角， cox3'解得csx=-310 10 （sin2x+cos2x=1, 2.B解析：因为e为单位向量，则1eI=1,则a在e上的投影向量 为1ale(a,o）·后=8as子e=4e e 3.C解析：由题意，扇形BAB的圆心角a=45°=牙，且∠BAC= 60°，4C=3,所以AB=AB=6,所以S前形B=2a·MB=2×4× 1π、 36-2,且sae=Sac=2 XACXFG=号x3x35-95, 1 2,所以 阴影部分的面积为S时6+5一行 4.D解析：要使小球全部在水面下，且水没有溢出容器，只需小球的体 积不大于容器剩余的容积，由题意知小球体积为V=子πR,容器剩 4 余的容积为=mx2x1=4,由子≤4得R≤方。 3 5.A解析：由0°<a<90°可得33°<a+33<123°，且c0s(33°+)=5， 参考答案 则(3+a(-专又a(5-a=n0 (33°+a)]=c0s(33°+a),cos(147°-a)=cos[180°-(33°+a)]= -cos(33°+a),所以tan(33°+a）sin(57°-a）-cos(147°-&)= cos(33+cas(30+a）+eos(33°+a)=im(330+a)+oms(33°+a）= sin(33°+a) 437 5+5=5 8A解折：如图建立平面直角坐标系，则4(0，.0)，B(4,0),E(, ）c(?）设P》,则亦-(，，店=（4,0，所以 耐·应=4，曲于e【分2]，所以当点P与点E或点F重合 「191 时，A·A最小，最小值为-2，当点P与点G或点H重合时，A.A应 最大，最大值为18，所以A币.A店∈[-2,18]. yt 7.B解析：因为b=√2 asin B,由正弦定理得sinB=√2 sin Asin B. 又血0，则血4：汽因为4为悦角，所以心A有 2由余弦定理 可知a2=b2+c2-2 bccos A=b2+c2-√2bc①.由等面积法可知 子女血4宁，吗=，会台②将代A@,则合 2a2 a 2bc √2bc √2bc √2 2a2 2e-ae）2r+e2)-22c2242)-2w2 6e2万4222当且仅当6=6时取等号，则的最大 为②+1 2 8.D解扬：由题图可知，)的周期为T:2四6，所以CD=子-3， 4c-业.c-(-V两所以折度直二面角时， √AC2+BC=√2M+9=√5，解得M=√3，所以fx)= 5m(号p）,所以o)=5sne-号me=子因为0<e<， 3 所以=刀或瓜又因为函数f代x)在y轴右侧附近单调递减，所以 6 6 5π φ26 9.ACD解析：因为z1=(1-i)(2-i)=2-i-2i+i2=1-3i,z2=iz1=i(1 3i)=3+i,所以2=3-i,2的虚部为1,1≠2,1z11=121=√10 故ACD正确，B错误 10.ACD解析：对于A,根据棱柱的定义可知AA'∥CC,故A正确； 对于B,由于底面ABCDEF为正六边形，则直线EF与AB相交，所以 直线EF与平面ABB'A'不平行，故B错误； 对于C,由于B'C∥BC,而直线AB与BC相交，所以直线AB与B'C 异面，故C正确； 对于D,由于棱柱的上下两个底面互相平行，点A'和C都在上底面， 故点A'和C到下底面的距离相等，故D正确. 1.ABD解折：对于A远项，因为+=分，则/八)+() 黑白题101