3.3 数形结合类直观想象 课件-2026届高三数学二轮解题方法信息提取专题复习

3.3　数形结合类直观想象 数形结合是以图形为依托,梳理整合数学符号、公式,将抽象知识具象化表现、专业知识大众化转变的思想方法.在关联情境中,想象并构建相应的几何图形,用图形探索解决问题思路,往往事半功倍. 3.3　数形结合类直观想象 例1　(2024全国甲卷,理12)已知b是a,c的等差中项,直线ax+by+c=0与圆x2+y2+4y-1=0交于A,B两点,则|AB|的最小值为(　　) A.1　 　B.2　 　 C.4　 　D.2 3.3　数形结合类直观想象 [思维路径] 3.3　数形结合类直观想象 [解题过程] 因为a,b,c成等差数列,所以2b=a+c,即c=2b-a, 代入直线方程ax+by+c=0得ax+by+2b-a=0, 即a(x-1)+b(y+2)=0, 令 故直线恒过(1,-2). 设P(1,-2),将圆的方程化为标准方程,得C:x2+(y+2)2=5,则圆的半径r=. 设圆心为C,画出直线与圆的图形,由图可知,当PC⊥AB时,|AB|最小, |PC|=1,|AC|=|r|=,此时|AB|=2|AP|=2=2=4.故选C. [答案] C 3.3　数形结合类直观想象 学友聊斋 3.3　数形结合类直观想象 例2　(2023全国乙卷,理12)已知☉O的半径为1,直线PA与☉O相切于点A,直线PB与☉O交于B,C两点,D为BC的中点,若|PO|=,则的最大值为 (　　) A. B. C.1+ D.2+ 3.3　数形结合类直观想象 [思维路径] 3.3　数形结合类直观想象 [解题过程] [方法1]设∠DPO=α,由题可知α∈[0,). ∵||=,||=1,∴∠OPA=, ∴||=||cos α=cos α. 3.3　数形结合类直观想象 ①当在PO两侧时,=||||·cos(α+) =cos α·cos(α+)=cos α(cos α-sin α) =cos2α-sin αcos α=sin 2α=-sin(2α-)+. ∵α∈[0,),∴-≤2α-,∴-≤sin(2α-)<, ∴0<-sin(2α-)+≤1,∴0<≤1. 3.3　数形结合类直观想象 ②当在PO同侧时, =||·||cos(α-) =cos α·cos(α-)=cos2α+sin αcos α=sin 2α=sin(2α+)+. ∵α∈[0,),∴≤2α+,∴≤sin(2α+)≤1, ∴1≤. 综上,最大值为.故选A. 3.3　数形结合类直观想象 [方法2]由已知可得,OD⊥DP,OA⊥AP, 则O,A,P,D四点在以OP为直径的圆上. 设圆心为点M,半径r=, 以A为原点,AP,AO所在直线分别为x轴、y轴, 建立如图所示的平面直角坐标系, 则A(0,0),P(1,0),M(),设D(xD,yD),则=(-1,0),=(xD-1,yD), 所以=1-xD.显然,当点D位于点M正左方时,点D坐标为(), 取得最大值,故的最大值为.故选A. [答案] A 3.3　数形结合类直观想象 学友聊斋 3.3　数形结合类直观想象 例3　(2025新高考Ⅰ卷,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD, AB⊥AD,BC∥AD. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD; (2)设PA=AB=,BC=2,AD=1+,且点P,B,C,D均在球O的球面上. (ⅰ)证明:点O在平面ABCD内; (ⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值. 3.3　数形结合类直观想象 [思维路径] 3.3　数形结合类直观想象 [解题过程] (1)证明:∵PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD, ∴PA⊥AB.又AB⊥AD,AP,AD⊂平面ADP,AP∩AD=A,∴AB⊥平面ADP. 又AB⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面PAD. (2)(ⅰ)证明:易知PA,AB,AD两两垂直,以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示. 3.3　数形结合类直观想象 ∵AP=,AB=,BC=2,AD=+1, ∴P(0,0,),B(,0,0),C(,2,0),D(0,+1,0). ∵点O为P,B,C,D共球面的球心, 则PO=OB,CO=DO,BO=CO. 设O(x,y,z),则有 解得 即点O(0,1,0), ∴点O在平面ABCD上. 3.3　数形结合类直观想象 (ⅱ)由(ⅰ)知=(,2,0),=(0,1,-),则cos<>=. 所以直线AC与PO所成角的余弦值为. 3.3　数形结合类直观想象 学友聊斋 3.3　数形结合类直观想象 能 力 训 练 A组　基础性题组 题号 选题理由 1 考查抛物线的焦半径,需要通过抛物线的定义数形结合求解 2 考查复平面内的点关于直线对称,可利用结论求解 3 考查偶函数图象以及一元一次不等式,可根据题意作出函数的图象,数形结合求解 4 考查两个函数交点的个数,可根据题意作出函数的图象,数形结合求解 5 考查余弦函数在特定区间上的值域,数形结合求解 3.3　数形结合类直观想象 1.☆☆(2025新高考Ⅱ卷,6)设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点A在C上,过A作C的准线的垂线,垂足为B.若直线BF的方程为y=-2x+2,则|AF|=(　C　) A.3 B.4 C.5 D.6 3.3　数形结合类直观想象 [解题过程] 由直线BF的方程:y=-2x+2知F(1,0),所以=1,p=2,所以抛物线方程为y2=4x,准线方程为x=-1,所以B(-1,4),所以yA=4,代入抛物线方程得A(4,4),所以|AF|=|AB|=+xA=1+4=5,故选C. 3.3　数形结合类直观想象 2.☆☆(2025黑龙江哈尔滨二模)复数z1,z2在复平面内对应的点关于直线y=x对称,且z1=-1+i(其中i为虚数单位),则复数=(　A　) A.-1 B.1 C.i D.-i [解题过程] 因为z1=-1+i在复平面内对应的点为(-1,1),又点(-1,1)关于直线y=x对称的点为(1,-1),所以z2=1-i,所以=-1.故选A. 3.3　数形结合类直观想象 3.☆☆(2025陕西汉中三模)设f(x)为偶函数,当x∈(0,+∞)时,f(x)=x-1,则使f(x)>0的x的取值范围是(　C　) A.{x|x>1} B.{x|-1<x<0} C.{x|x<-1或x>1} D.{x|-1<x<0或x>1} [解题过程] 因为x∈(0,+∞)时,f(x)=x-1单调递增,又因为f(x)为偶函数,故可以作出f(x)的图象如图所示,由图可知,若f(x)>0,则x<-1或x>1.故选C. 3.3　数形结合类直观想象 4.☆☆☆(2024新高考Ⅰ卷,7)当x∈[0,2π]时,曲线y=sin x与y=2sin(3x-)的交点个数为(　C　) A.3 B.4 C.6 D.8 3.3　数形结合类直观想象 [解题过程] 在同一平面直角坐标系中,画出区间[0,2π]上的曲线y=sin x与y=2sin(3x-),如图所示. 由图可知,在区间[0,2π]上,曲线y=sin x与y=2sin(3x-)有6个交点. 3.3　数形结合类直观想象 5.☆☆(2025上海卷,5)函数y=cos x在[-]上的值域为　[0,1]　  [解题过程] 函数y=cos x在上的大致图象如图所示, 所以ymax=cos 0=1,ymin=cos(-)=0, 故函数y=cos x在[-]上的值域为[0,1]. 3.3　数形结合类直观想象 B组　综合性题组 题号 选题理由 1 本题可根据题意作图进行直观想象,数形结合求解 2 本题考查椭圆的几何性质、圆的方程及最值,需要借助图象数形结合求解 3 本题考查平面向量的线性运算、数量积运算,需要借助几何图形数形结合求解 4 本题考查平面向量数量积,需要作图、建系计算,数形结合求解 3.3　数形结合类直观想象 1.☆☆(2025辽宁辽阳二模)函数f(x)=ln x图象上一点P到直线y=的最短距离为(　C　) A. B. C. D. [解题过程] 设与直线y=平行且与曲线f(x)=ln x相切的直线的切点坐标为(x0,ln x0).因为f'(x)=,所以,解得x0=1,则切点坐标为(1,0).最短距离为点(1,0)到直线y=的距离,即d=. 故选C. 3.3　数形结合类直观想象 2.☆☆☆(2025山东滨州二模)已知椭圆C:=1和圆A:x2-2x+y2=0,P,Q分别为椭圆C和圆A上的动点,若F为椭圆C的左焦点,则|PQ|+|PF|的最小值为(　A　) A.6 B.5 C.9 D.8 3.3　数形结合类直观想象 [解题过程] 易知椭圆C:=1中,a=4,c=2, 即可得F(-2,0). 又圆A:x2-2x+y2=0的圆心为A(1,0),半径r=1. 易知椭圆右焦点F'(2,0),显然F'在圆A上,如图, 易知椭圆上一点P到圆A上任意一点Q的最小距离为 |PQ|=|PA|-r=|PA|-1, 因此可将|PQ|+|PF|的最小值转化为求|PA|+|PF|-1的最小值, 由椭圆定义可得|PA|+|PF|-1=|PA|+2a-|PF'|-1=|PA|-|PF'|+7≥-|AF'|+7=6,此时点P在(-4,0)处,使得|PQ|+|PF|的最小值为6. 故选A. 3.3　数形结合类直观想象 3.☆☆☆(2025天津卷,14)在△ABC中,D为AB中点,.记=a, =b,则用a,b表示为 b　; 若||=5,且AE⊥CB,则=　-15　.  3.3　数形结合类直观想象 [解题过程] ∵=-b+a, ∴=-b+a,则=b+a-b=a+b. ∵AE⊥CB,则=0,得(a+b)(a-b)=0, 整理得a2+3a·b-4b2=0.① 又||=5,∴(a+b)2=a2+a·b+b2=25, 整理得a2+8a·b+16b2=900.② 由①②得,a·b=-4b2+180,a2=16b2-540, ∴=(a+b)(a-b)==-=-15. 3.3　数形结合类直观想象 4.☆☆☆(2024天津卷,14)在边长为1的正方形ABCD中,E为线段CD的三等分点,CE=DE,=λ+μ,则λ+μ= 　;F为线段BE上的动点,G为线段AF的中点,则的最小值为　-　.  3.3　数形结合类直观想象 [解题过程] 如图,以B为坐标原点建立平面直角坐标系. 由题意可知点A(-1,0),B(0,0),C(0,1),D(-1,1),E(-,1), 则=(-1,0),=(0,1),=(-,1). 由=λ+μ,得(-,1)=λ(-1,0)+μ(0,1), ∴-λ=-,μ=1, ∴λ=. ∴λ+μ=+1=. 3.3　数形结合类直观想象 ∵F为线段BE上的动点,设=a,则=a(-,1)=(-a,a)(0≤a≤1). 又=(1,0),∴=(1,0)+(-a,a)=(1-a,a). 又G为线段AF的中点,∴=(a,a). 又=(0,-1), ∴=(0,-1)+(a,a)=(a,a-1), ∴=(1-a,a)·(a,a-1) =(1-a)(a)+a(a-1)=a2-a+(a-)2-, 又0≤a≤1,∴当a=1时,取得最小值,且最小值为-. 3.3　数形结合类直观想象 C组　应用性题组 题号 选题理由 1 本题利用偶函数图象性质,数形结合求解 2 本题以正方体为载体考查古典概型与排列组合,数形结合求解 3 本题考查平面向量坐标运算,可在平面直角坐标系中数形结合求解 4 本题考查新概念“十字贯穿体”圆锥和圆柱相关线段的长度,再利用平面几何相关知识求解其他线段长度,数形结合判断选项正确性 5 本题考查抛物线的定义与几何性质,数形结合求解 3.3　数形结合类直观想象 1.☆☆(2025陕西商洛三模)已知f(x)是偶函数,且f(x)在(-∞,0]上单调递增,则 (　D　) A.f(lo3)>f()>f(0.90.1) B.f(lo3)>f(0.90.1)>f() C.f(0.90.1)>f(lo3)>f() D.f(0.90.1)>f()>f(lo3) 3.3　数形结合类直观想象 [解题过程] 因为函数f(x)是偶函数,且f(x)在(-∞,0]上单调递增, 则该函数在[0,+∞)上单调递减. 因为lo3<lo1=0, 所以|lo3|=|lo3|=log23,且函数y=log2x在(0,+∞)上为增函数, 所以log23>log22>1. 因为函数y=0.9x在R上为减函数,则0<0.90.1<0.90=1, 故0<0.90.1<<log23=|lo3|,且f(lo3)=f(|lo3|)=f(log23), 所以f(0.90.1)>f()>f(log23)=f(lo3).故选D. 3.3　数形结合类直观想象 2.☆☆(2025甘肃庆阳三模)已知正方体的棱长为1,若从该正方体的8个顶点中任取4个,则这4个点可以构成体积为的四面体的概率为(　A　) A. B. C. D. [解题过程] 设正方体为ABCD-A1B1C1D1,则满足体积为的四个顶点只有“A,C,B1,D1”和“B,D,A1,C1”两种情况,故所求概率P=.故选A. 3.3　数形结合类直观想象 3.☆☆☆(2025黑龙江齐齐哈尔三模)已知O为坐标原点,在扇形AOB中, =(5,0),=(3,4),C为劣弧AB的中点,则=(　B　) A.(4,3) B.(2) C.(2,1) D.(4,2) [解题过程] 由题设,易知扇形AOB的半径为r=5且cos∠AOB=. 又C为劣弧AB的中点, 则∠AOB=2∠AOC∈(0,), 所以cos∠AOB=2cos2∠AOC-1, 所以cos∠AOC=,则sin∠AOC=. 由C(rcos∠AOC,rsin∠AOC),则C(2).故选B. 3.3　数形结合类直观想象 4.☆☆☆☆(2025湖北十堰四月调研,多选题)素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法,其水平反映了绘画者的空间造型能力.“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型.如图,这是某同学绘制“十字贯穿体”的素描作品,该“十字贯穿体”是由一个圆锥和一个圆柱“垂直贯穿”构成的多面体,圆锥的两条母线与圆柱相切,其中一个切点为A,圆柱侧面的母线平行于圆锥的底面,D为圆锥的顶点,圆锥的一条母线与圆柱的侧面交于B,C两点,且B为圆柱侧面上到圆锥底面距离最大的点,圆锥的母线长为8-8,其底面圆的半径为8-4,圆柱的半径为-1, 3.3　数形结合类直观想象 下列结论正确的有(　ACD　) A.DA=+1 B.BD=BC C.点C到圆锥底面的距离为2+1 D.点B到圆锥底面的距离为2-1 3.3　数形结合类直观想象 [解题过程] 对于A,过点A,D作轴截面,A,A'为圆锥的母线与圆柱的切点,DG为圆锥的高,E,F为DG与圆柱的交点,如图, 由题意可知OA=-1,DH=8(-1),GH=8-4, 则DG==4. 因为△DGH∽△DAO,根据相似三角形对应边成比例, 可得,所以OD==2, 所以OG=DG-OD=4-2=2. 由可得,AD=+1,故A选项正确; 3.3　数形结合类直观想象 对于C,点C到圆锥底面的距离即点F到圆锥底面的距离,因为OF=OA=-1, OG=2,所以FG=OG-OF=2-(-1)=2+1,故C选项正确; 对于D,点B到圆锥底面的距离即点E到圆锥底面的距离, 因为OE=OA=-1,OG=2, 所以EG=OG+OE=2+(-1)=2-1,故D选项正确; 对于B,过点D,B,C作截面,如图所示,易得. 已知OD=2,OE=-1,EF=2OA=2(-1), 则≠1,故B选项错误. 故选ACD. 3.3　数形结合类直观想象 5.☆(2025北京卷,11)抛物线y2=2px(p>0)的顶点到焦点的距离为3,则p= 　6　.  [解题过程] 因为抛物线的顶点到焦点的距离为,故=3,故p=6. 3.3　数形结合类直观想象 D组　创新性题组 题号 选题理由 1 本题考查方程图象,可借助特殊点利用排除法,数形结合求解 2 本题关键在于找到截面,转化为平面几何,数形结合求最值 3 本题以三棱锥为载体考查距离关系,可借助图象计算,数形结合求解 4 本题考查公共部分几何体的体积,可依据题意进行图形分析,利用公式计算,数形结合求解 3.3　数形结合类直观想象 1.☆☆(2025甘肃金昌三模)下列可以作为方程x3+y3=3xy的图象的是 (　B　) [解题过程] 根据题意,对于方程x3+y3=3xy,当x<0,y<0时,x3+y3<0,而此时3xy>0,所以方程不成立,因此该方程在第三象限不会有图象.故选B. 3.3　数形结合类直观想象 2.☆☆☆☆(2025福建泉州三模)如图,已知Rt△SAB是圆锥SO的轴截面,C,D分别为SA,SB的中点,过点C且与直线SA垂直的平面截圆锥,截口曲线Γ是抛物线的一部分.若P在Γ上,则的最大值为(　C　) A. B.1 C. D. 3.3　数形结合类直观想象 [解题过程] 如图,过点O作EF⊥AB,交底面圆于E,F两点,连接SO,DO,CO. 设SA=SB=2,则AB==2,DC=AB=, 所以当DP最大时,最大. 由圆锥的性质得SO⊥底面AEBF, 因为EF⊂底面AEBF,所以SO⊥EF. 又SO∩AB=O,SO,AB⊂平面SAB, 所以EF⊥平面SAB. 因为SA⊂平面SAB,所以EF⊥SA. 因为C,O分别是SA,AB的中点, 所以CO∥SB,则CO⊥SA. 3.3　数形结合类直观想象 因为CO∩EF=O,CO,EF⊂平面CEF,所以SA⊥平面CEF,则平面CEF为截面. 因为D,O为SB,AB的中点, 所以OD∥SA, 所以OD⊥平面CEF. 因为OP⊂平面CEF,所以OD⊥OP, 所以DP=, 则当OP最大时,DP最大. 3.3　数形结合类直观想象 如图为截面的平面图, 以C为原点,CO为x轴,过点C垂直CO向上的方向为y轴正方向建立平面直角坐标系,CO=1,OE=OF=,O(1,0),则抛物线方程为y2=2x. 设P(,a),a∈[-],则|OP|=, 所以|OP|max=, 则此时DP=. 故选C. 3.3　数形结合类直观想象 3.☆☆☆☆(2025江西九江二模,多选题)如图,在三棱锥A-BCD中,AD⊥平面BCD,BD⊥CD,AD=BD=CD=1,P为其表面上一点,P与四个顶点A,B,C,D的距离分别为d1,d2,d3,d4, 则下列命题正确的有(　ACD　) A.若d1=d2=d3=d4,则点P不存在 B.若d1=d4,d2=d3,则点P存在且唯一 C.若d2+d3=,则d1+d4的最小值为1 D.的最小值为 3.3　数形结合类直观想象 [解题过程] 设△ABC的外心为O, 因为d1=d2=d3, 则若点P存在,则必在过点O且与平面ABC垂直的直线上, 而该直线与三棱锥表面交于点D,O, 当P,D重合时,d4=0,不满足题意; 当P,O重合时,d1=d2=d3=,d4=,d1=d2=d3≠d4,不满足题意. 故点P不存在,故A正确; 因为d1=d4,d2=d3,则P为线段AD的中垂面与线段BC的中垂面的交线与表面的交点,如图,有两个点P1,P2,故B错误; 3.3　数形结合类直观想象 若点P在平面BCD上,|PB|+|PC|=>|BC|=, 故点P在以B,C为焦点,为长轴长的椭圆上,即2a=,2c=. 而|DB|+|DC|=2<2a,故点D在椭圆内,在空间中将该椭圆绕BC旋转一周得到椭球面,则椭球面上任一点Q都有|QB|+|QC|=, 而|AB|+|AC|=2>2a,故点A在椭球面外,因此AD与椭球面必有交点, 根据两点之间线段距离最短,故d1+d4的最小值为1,故C正确; 3.3　数形结合类直观想象 如图,以D为坐标原点,DB,DC,DA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),D(0,0,0), 设P(x,y,z),则=4x2-2x+1+4y2-2y+1+4z2-2z+1. ①若点P在坐标平面上,由对称性,不妨设P∈平面ACD, 则x=0,0≤y≤1,0≤z≤1,0≤y+z≤1, 此时 =4y2-2y+4z2-2z+3=4(y-)2+4(z-)2+, 当且仅当y=,z=,即P(0,)时取等号; 3.3　数形结合类直观想象 ②若点P∈平面ABC,平面ABC的法向量为n=(1,1,1), 由n·=0,得x+y+z=1,且0≤x≤1,0≤y≤1,0≤z≤1, 消去x整理得=8(y2+z2+yz-y-z)+5=8[(y+z)2-(y+z)-yz]+5. 因为yz≤()2, 则≥6(y+z)2-8(y+z)+5=6(y+z-)2+, 当且仅当y=z=,即P()时取等号. 综上,,故D正确. 故选ACD. 3.3　数形结合类直观想象 4.☆☆☆(2025江西上饶二模)如图,球被平面截下的一部分叫作球缺,截面叫作球缺的底面,垂直于截面的直径被截下的线段长叫作球缺的高,球缺是旋转体,球缺的体积公式是V=πh2(3R-h).已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则该正方体与以A为球心,为半径的球的公共部分的体积为  　.  3.3　数形结合类直观想象 [解题过程] 依题意,正方体与以A为球心,为半径的球的公共部分是球体的,去掉3个不含点A的正方体的面所在平面截球所得球缺的, 球的体积V球=)3=, 高为-1的球缺体积V球缺=π(-1)2[3-(-1)]=π(4-5), 所以所求公共部分的体积为V=V球-3×V球缺=-()π=. 3.3　数形结合类直观想象 $