2027年高考数学一轮复习 学案练习含答案 035-主题综合 几何与代数中的创新题型（教用）

这是一份2027年高考数学一轮复习 学案练习含答案 035-主题综合 几何与代数中的创新题型（教用），共15页。试卷主要包含了新定义题型，知识交汇题型等内容，欢迎下载使用。
几何与代数中的创新型问题是近年高考的热点题型，主要有两大类:一是新定义问题；二是知识交汇问题.该种题型体现创新性要求，通过创设新颖的试题情境、题目条件、设问方式、交汇点，考查考生思维的灵活性与创造性，更深入考查数学抽象、直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养.
题型一 新定义题型
例1 球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球O的半径为R.A，B，C为球面上三点，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.设二面角C−OA−B,A−OB−C,B−OC−A的平面角分别为α ，β ，γ ，则S球面△ABC=(α+β+γ−π)R2.
（1） 若平面OAB、平面OAC、平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积；
（2） 若平面三角形ABC为直角三角形，且AC⊥BC，设∠AOC=θ1,∠BOC=θ2,∠AOB=θ3.
① 求证：csθ1+csθ2−csθ3=1；
② 延长AO与球O交于点D，若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为π4,π3，BE=λBD,λ∈(0,1]，S为AC的中点，T为BC的中点，设平面OBC与平面EST的夹角为θ ，求sinθ 的最小值及此时平面AEC截球O所得的截面圆的面积.
【解析】
（1） 若平面OAB，OAC，OBC两两垂直，则α=β=γ=π2，所以S球面△ABC=(α+β+γ−π)R2=π2R2.
（2） ① 证明：由余弦定理得AC2=R2+R2−2R2csθ1,BC2=R2+R2−2R2csθ2,AB2=R2+R2−2R2csθ3,且AC2+BC2=AB2，消去R2，可得csθ1+csθ2−csθ3=1.
② 由AD是球的直径，
得AB⊥BD,AC⊥CD，
又AC⊥BC，CD∩BC=C，CD,BC⊂ 平面BCD，所以AC⊥ 平面BCD，
又BD⊂ 平面BCD，
所以AC⊥BD，
又AB∩AC=A，AB,AC⊂ 平面ABC，
所以BD⊥ 平面ABC，
又直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为π4,π3，所以∠DAB=π4,∠DCB=π3，
不妨令R=3，
则AD=23,AB=BD=6,BC=2,AC=2.
因为AC⊥BC，AC⊥BD，BC⊥BD，
所以以C为坐标原点，CB，CA所在直线分别为x轴、y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0,0,0),A(0,2,0),B(2,0,0),D(2,0,6)，S(0,1,0),T(22,0,0)，O(22,1,62)，因为BE=λBD,λ∈(0,1]，所以E(2,0,6λ),
则CB=(2,0,0),CO=(22,1,62)，
ST=(22,−1,0),TE=(22,0,6λ).
设平面OBC的法向量为m=(x1,y1,z1)，则m⋅CB→=2x1=0,m⋅CO→=22x1+y1+62z1=0,
取z1=−2，可得m=(0,6,−2).
设平面EST的法向量为n=(x2,y2,z2)，则n⋅ST→=22x2−y2=0,n⋅TE→=22x2+6λz2=0,
取x2=23λ ，可得n=(23λ,6λ,−1).
因为θ∈[0,π2],所以当sinθ 取得最小值时，csθ 取得最大值，
csθ=|cs⟨m,n⟩|=|m⋅n||m||n|=|6λ+2|10⋅18λ2+1=25⋅3λ+118λ2+1=25⋅(3λ+1)218λ2+1=25⋅12+6λ+1218λ2+1,
令m=6λ+12,m∈(12,132],
则λ=m−126,18λ2=(m−12)22,得6λ+1218λ2+1=m(m−12)22+1=2mm2−m+94=2m+94m−1≤23−1=1,当且仅当m=32,即λ=16时取等号，则csθ 的最大值为35，所以sinθ 的最小值为1−35=105，此时点E的坐标为(2,0,66)，可得CE=(2,0,66)，易知CA=(0,2,0)，
设平面AEC的法向量为k=(x,y,z)，则k⋅CE→=2x+66z=0,k⋅CA→=2y=0,
取x=1，可得k=(1,0,−23)，又AO=(22,−1,62)，所以球心O到平面AEC的距离d=|AO⋅k||k|=526，
设平面AEC截球O所得的截面圆的半径为r，则r2=R2−d2=5326，所以截面圆的面积为πr2=5326π=5378πR2.
例2 （2025·山东滨州二模）在平面直角坐标系xOy中，设λ>0,μ>0，规定：点M(λx,μy)叫做点N(x,y)的(λ,μ)仿射对应点.已知点F的轨迹C1的方程为x2+y2=1，点F的(3,2)仿射对应点的轨迹为C2.
（1） 求轨迹C2的方程；
（2） 设A,B是曲线C1上的两点，记A,B的(3,2)仿射对应点分别为A′,B′，△OAB，△OA′B′的面积分别为S1,S2，求S2S1；
（3） 设P(x1,y1),Q(x2,y2)是曲线C2上的两点，若△OPQ的面积为62，求证：x12+x22为定值.
【解析】
（1） 设F(x0,y0)为C1上任意一点，点F的(3,2)仿射对应点为F′(x,y)，则3x0=x,2y0=y,所以x0=x3,y0=y2,
又F(x0,y0)在C1:x2+y2=1上，所以x23+y22=1，
所以轨迹C2的方程为x23+y22=1.
（2） 由题知A′(3xA,2yA),B′(3xB,2yB)，
因为OA=(xA,yA),OB=(xB,yB)，
所以S1=12|OA|⋅|OB|⋅sin⟨OA,OB⟩=
12|OA|2⋅|OB|2⋅(1−cs2⟨OA,OB⟩)=
12|OA|2⋅|OB|2⋅(1−(OA⋅OB)2|OA|2⋅|OB|2)=
12|OA|2⋅|OB|2−(OA⋅OB)2=
12(xA2+yA2)(xB2+yB2)−(xAxB+yAyB)2=
12(xAyB−xByA)2=12|xAyB−xByA|，
同理可得S2=12|3xA⋅2yB−3xB⋅2yA|=62|xAyB−xByA|，
所以S2S1=6.
（3） 证明：设P(x1,y1),Q(x2,y2)分别为P′(x′1,y′1),Q′(x′2,y′2)的(3,2)仿射对应点，
根据（2）及△OPQ的面积为62，可知△OP′Q′的面积为12，
设⟨OP′,OQ′⟩=θ ，则△OP′Q′的面积为12⋅|OP′|⋅|OQ′|⋅sinθ=12，
所以sinθ=1，
又θ∈[0,π]，所以θ=π2，
又P′(x′1,y′1),Q′(x′2,y′2)均在C1:x2+y2=1上，所以x′12+y′12=1,x′22+y′22=1，
又OP′⊥OQ′，所以x′1x′2+y′1y′2=0，所以x′12x′22=y′12y′22，所以x′12x′22=(1−x′12)(1−x′22)，所以x′12+x′22=1，
又x1=3x1′,x2=3x2′,
所以x12+x22=(3x′1)2+(3x′2)2=3(x′12+x′22)=3.故x12+x22为定值3.
题型二 知识交汇题型
例3 （2024· 新课标Ⅱ卷·19，17分）已知双曲线C：x2−y2=m(m>0),点P1(5,4)在C上，k为常数，0