【高考解碼】2021屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)(新課標(biāo))-平面幾何與空間幾何間的類(lèi)比問(wèn)題

平面幾何與空間幾何間的類(lèi)比問(wèn)題中學(xué)數(shù)學(xué)的推理論證力量是依據(jù)已知的事實(shí)和已獲得的正確數(shù)學(xué)命題，論證某一數(shù)學(xué)命題真實(shí)性的初步的推理力量．一般運(yùn)用合情推理進(jìn)行猜想，再運(yùn)用演繹推理進(jìn)行證明．類(lèi)比推理對(duì)推理論證力量的提升具有樂(lè)觀意義，尤其對(duì)平面到空間的類(lèi)比而言，一般分為三步：(1)找出兩類(lèi)對(duì)象之間可以精確?????表達(dá)的全都性；(2)用一類(lèi)對(duì)象的性質(zhì)去推斷另一類(lèi)對(duì)象的性質(zhì)；(3)驗(yàn)證猜想．【典例】在平面內(nèi)，三角形的面積為S，周長(zhǎng)為C，則它的內(nèi)切圓的半徑為r＝eq\f(2S,C).在空間中，三棱錐的體積為V，表面積為S，利用類(lèi)比推理的方法，可得三棱錐的內(nèi)切球(球面與三棱錐的各個(gè)面均相切)的半徑R＝________.【解析】r＝eq\f(2S,C)→R＝eq\f(3V,S).【答案】eq\f(3V,S)【規(guī)律感悟】本題從三角形的面積關(guān)系入手來(lái)類(lèi)比三棱錐(四周體)的體積運(yùn)算，由二維平面類(lèi)比到三維空間，必定消滅“類(lèi)比點(diǎn)”：三角形的面積→四周體的體積、三角形的周長(zhǎng)→四周體的表面積、三角形的內(nèi)切圓→四周體的內(nèi)切球等，進(jìn)而類(lèi)比出結(jié)果，由于具有猜想性，需驗(yàn)證其正確性.建議用時(shí)實(shí)際用時(shí)錯(cuò)題檔案45分鐘一、選擇題1．(2022·江西高考)eq\o(z,\s\up6(－))是z的共軛復(fù)數(shù)，若z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝2，(z－eq\o(z,\s\up6(－)))i＝2(i為虛數(shù)單位)，則z＝()A．1＋iB．－1－iC．－1＋iD．1－i【解析】設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)由z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝2，∴a＝1，∵(z－eq\o(z,\s\up6(－)))i＝2，∴－2b＝2，b＝－1，∴z＝1－i，故選D.【答案】D2．(2022·全國(guó)新課標(biāo)Ⅱ高考)設(shè)向量a，b滿足|a＋b|＝eq\r(10)，|a－b|＝eq\r(6)，則a·b＝()A．1B．2C．3D．5【解析】∵|a＋b|＝eq\r(10)，|a－b|＝eq\r(6)，∴a2＋b2＋2a·b＝10，a2＋b2－2a·b＝6，兩式相減得：4a·b＝4，∴a·b＝1.故選A.【答案】A3．(2022·北京高考)當(dāng)m＝7，n＝3時(shí)，執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的S值為()A．7B．42C．210D．840【解析】第一步：m－n＋1＝7－3＋1＝5，S＝7，k＝6；其次步：m－n＋1＝5，S＝42，k＝5；第三步：m－n＋1＝5，S＝210，k＝4，此時(shí)4<5，故選C.【答案】C4．(2022·武漢市武昌區(qū)調(diào)研)給出以下結(jié)論：①在四邊形ABCD中，若eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，則四邊形ABCD是平行四邊形；②已知三角形ABC中，a＝5，b＝8，C＝60°，則eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝20；③已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，則|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))|＝2eq\r(2)；④已知eq\o(AB,\s\up6(→))＝a＋5b，eq\o(BC,\s\up6(→))＝－2a＋8b，eq\o(CD,\s\up6(→))＝3(a－b)，則A，B，D三點(diǎn)共線．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為()A．1B．2C．3D．4【解析】對(duì)于①，由于eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，所以eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))，DC＝AB且DC∥AB，故四邊形ABCD為平行四邊形；對(duì)于②，eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝abcos(180°－C)＝－abcosC＝－20；對(duì)于③，|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))|＝|2eq\o(AC,\s\up6(→))|＝2|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝2eq\r(2)；對(duì)于④，由于eq\o(AB,\s\up6(→))＝a＋5b，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝a＋5b，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))，則A，B，D三點(diǎn)共線．綜上可得，①③④正確，故選C.【答案】C5．(2022·洛陽(yáng)統(tǒng)考)設(shè)復(fù)數(shù)z＝eq\f(2,－1－i)(i為虛數(shù)單位)，z的共軛復(fù)數(shù)為eq\x\to(z)，則在復(fù)平面內(nèi)ieq\x\to(z)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為()A．(1,1)B．(－1,1)C．(1，－1)D．(－1，－1)【解析】∵z＝eq\f(2,－1－i)＝－1＋i，∴ieq\x\to(z)＝i(－1－i)＝1－i，其在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為(1，－1)．故選C.【答案】C6．(2022·河南焦作二模)給出下面類(lèi)比推理命題(其中Q為有理數(shù)集，R為實(shí)數(shù)集，C為復(fù)數(shù)集)：①“若a，b∈R，則a－b＝0?a＝b”類(lèi)比推出“若a，b∈C，則a－b＝0?a＝b”；②“若a，b，c，d∈R，則復(fù)數(shù)a＋bi＝c＋di?a＝c，b＝d”類(lèi)比推出“若a，b，c，d∈Q，則a＋beq\r(2)＝c＋deq\r(2)?a＝c，b＝d”；③若“a，b∈R，則a－b>0?a>b”類(lèi)比推出“若a，b∈C，則a－b>0?a>b”．其中類(lèi)比結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是()A．0B．1C．2D．3【解析】①②正確，③錯(cuò)誤．由于兩個(gè)復(fù)數(shù)假如不全是實(shí)數(shù)，不能比較大小．【答案】C7．(2022·大慶質(zhì)檢)若兩個(gè)非零向量a，b滿足|a＋b|＝|a－b|＝2|a|，則向量a＋b與a－b的夾角為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(5π,6)D.eq\f(2π,3)【解析】由題意作圖，設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝b，eq\o(AD,\s\up6(→))＝a，結(jié)合向量的幾何意義可知∠ABD＝∠CAB＝eq\f(π,6)，故向量a＋b與a－b的夾角為eq\o(AC,\s\up6(→))與eq\o(BD,\s\up6(→))的夾角，為eq\f(2π,3)，選D.【答案】D8.(2021·山東高考)執(zhí)行兩次如圖所示的程序框圖，若第一次輸入的a的值為－1.2，其次次輸入的a的值為1.2，則第一次，其次次輸出的a的值分別為()A．0.2,0.2B．0.2,0.8C．0.8,0.2D．0.8,0.8【解析】依據(jù)輸入的a的值的不同而執(zhí)行不同的程序．由題中程序框圖可知：當(dāng)a＝－1.2時(shí)，∵a<0，∴a＝－1.2＋1＝－0.2，a<0，a＝－0.2＋1＝0.8，a>0.∵0.8<1，輸出a＝0.8.當(dāng)a＝1.2時(shí)，∵a≥1，∴a＝1.2－1＝0.2.∵0.2<1，輸出a＝0.2.【答案】C9．(猜測(cè)題)下列關(guān)于五角星的圖案構(gòu)成一個(gè)數(shù)列，該數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式是()A．a(chǎn)n＝n2－n＋1B．a(chǎn)n＝eq\f(nn－1,2)C．a(chǎn)n＝eq\f(nn＋1,2)D．a(chǎn)n＝eq\f(nn＋2,2)【解析】從題圖中觀看五角星構(gòu)成規(guī)律，n＝1時(shí)，有1個(gè)；n＝2時(shí)，有3個(gè)；n＝3時(shí)，有6個(gè)；n＝4時(shí)，有10個(gè)；…所以an＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).【答案】C10．(2022·廣東高考)對(duì)任意復(fù)數(shù)ω1，ω2，定義ω1]，其中eq\x\to(ω2)是ω2的共軛復(fù)數(shù)，對(duì)任意復(fù)數(shù)z1，z2，z3，有如下四個(gè)命題：①(z1＋z2)*z3＝(z1]()A．1B．2C．3D．4【解析】由于ω1]，對(duì)于①，(z1＋z2)*z3＝(z1＋z2)eq\x\to(z3)＝z1eq\x\to(z3)＋z2eq\x\to(z3)＝(z1]＝z1eq\x\to(z2)＋z1eq\x\to(z3)＝(z1])eq\x\to(z3)＝z1eq\x\to(z2)eq\x\to(z3)，而z1])＝z1eq\x\to(z2z3)，明顯不成立；對(duì)于④，由于z1]，而z2]，明顯不肯定成立．故選B.【答案】B二、填空題11．已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，∠BAD＝120°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊BC，DC上，BC＝3BE，DC＝λDF.若eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝1，則λ的值為_(kāi)_______．【解析】如圖由題意知eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,λ)eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,λ)eq\o(AB,\s\up6(→))，由(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up6(→)))(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,λ)eq\o(AB,\s\up6(→)))＝1，得(eq\f(1,3λ)＋1)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\f(1,λ)eq\o(AB,\s\up6(→))2＝1，∴(eq\f(1,3λ)＋1)|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AD,\s\up6(→))|cos120°＋eq\f(1,3)|eq\o(AD,\s\up6(→))|2＋eq\f(1,λ)|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＝1解之得λ＝2.【答案】212．(2022·安徽高考改編)如圖所示，程序框圖(算法流程圖)的輸出結(jié)果是________．【解析】由題中程序框圖(算法流程圖)知：x＝1，y＝1，z＝2；x＝1，y＝2，z＝3；x＝2，y＝3，z＝5；x＝3，y＝5，z＝8；x＝5，y＝8，z＝13；x＝8，y＝13，z＝21；x＝13，y＝21，z＝34；x＝21，y＝34，z＝55>50，跳出循環(huán)．故輸出結(jié)果是55.【答案】5513．(創(chuàng)新題)對(duì)于命題：若O是線段AB上一點(diǎn)，則有|eq\o(OB,\s\up6(→))|·eq\o(OA,\s\up6(→))＋|eq\o(OA,\s\up6(→))|·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0.將它類(lèi)比到平面的情形是：若O是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，則有S△OBC·eq\o(OA,\s\up6(→))＋S△OCA·eq\o(OB,\s\up6(→))＋S△OBA·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，將它類(lèi)比到空間的情形應(yīng)當(dāng)是：若O是四周體ABCD內(nèi)一點(diǎn)，則有________．【解析】將平面中的相關(guān)結(jié)論類(lèi)比到空間，通常是將平面中的圖形的面積類(lèi)比為空間中的幾何體的體積，因此依題意可知：若O為四周體ABCD內(nèi)一點(diǎn)，則有VO－BCD·eq\o(OA,\s\up6(→))＋VO－ACD·eq\o(OB,\s\up6(→))＋VO－ABD·eq\o(OC,\s\up6(→))＋VO－ABC·eq\o(OD,\s\up6(→))＝0.【答案】VO－BCD·eq\o(OA,\s\up6(→))＋VO－ACD·eq\o(OB,\s\up6(→))＋VO－ABD·eq\o(OC,\s\up6(→))＋VO－ABC·eq\o(OD,\s\up6(→))＝0.14．若復(fù)數(shù)z＝a2－1＋(a＋1)i(a∈R)是純虛數(shù)，則eq\f(1,z＋a)的虛部為_(kāi)_______．【解析】由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2