高考数学第一轮总复习100讲 第72立体几何综合问题1

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1、 精品资料g3.1072立体几何综合问题立体几何题怎么解高考立体几何试题一般共有4道(客观题3道, 主观题1道), 共计总分27分左右,考查的知识点在20个以内. 选择填空题考核立几中的计算型问题, 而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题, 当然, 二者均应以正确的空间想象为前提. 随着新的课程改革的进一步实施,立体几何考题正朝着”多一点思考,少一点计算”的发展.从历年的考题变化看, 以多面体和旋转体为载体的线面位置关系的论证,角与距离的探求是常考常新的热门话题.例1 四棱锥PABCD的底面是边长为a的正方形,PB面ABCD.(1)若面PAD与面ABCD所成的二面角为60,求这个四棱锥的体积;

2、(2)证明无论四棱锥的高怎样变化,面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90讲解:(1)正方形ABCD是四棱锥PABCD的底面, 其面积为从而只要算出四棱锥的高就行了.面ABCD,BA是PA在面ABCD上的射影.又DAAB, PADA, PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角, PAB=60. 而PB是四棱锥PABCD的高,PB=ABtg60=a, .(2)不论棱锥的高怎样变化,棱锥侧面PAD与PCD恒为全等三角形. 作AEDP,垂足为E,连结EC,则ADECDE, 是面PAD与面PCD所成的二面角的平面角. 设AC与DB相交于点O,连结EO,则EOAC, 在 故平面PAD与平面PCD

3、所成的二面角恒大于90.本小题主要考查线面关系和二面角的概念,以及空间想象能力和逻辑推理能力, 具有一定的探索性, 是一道设计新颖, 特征鲜明的好题.例2 如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC为等腰直角三角形,ACB=900,AC=1,C点到AB1的距离为CE=,D为AB的中点.(1)求证:AB1平面CED;(2)求异面直线AB1与CD之间的距离;(3)求二面角B1ACB的平面角.讲解:(1)D是AB中点,ABC为等腰直角三角形,ABC=900,CDAB又AA1平面ABC,CDAA1.CD平面A1B1BA CDAB1,又CEAB1, AB1平面CDE;(2)由CD平面A1B1BA C

4、DDEAB1平面CDE DEAB1DE是异面直线AB1与CD的公垂线段CE=,AC=1 , CD=;(3)连结B1C,易证B1CAC,又BCAC , B1CB是二面角B1ACB的平面角.在RtCEA中,CE=,BC=AC=1,B1AC=600, , , .作出公垂线段和二面角的平面角是正确解题的前提, 当然, 准确地作出应当有严格的逻辑推理作为基石.例3 如图al是120的二面角,A,B两点在棱上,AB=2,D在内,三角形ABD是等腰直角三角形,DAB=90,C在内,ABC是等腰直角三角形ACB=(I) 求三棱锥DABC的体积;(2)求二面角DACB的大小; (3)求异面直线AB、CD所成的角

5、. 讲解: (1) 过D向平面做垂线,垂足为O,连强OA并延长至E. 为二面角al的平面角.是等腰直角三角形,斜边AB=2.又D到平面的距离DO=(2)过O在内作OMAC,交AC的反向延长线于M,连结DM.则ACDM.DMO 为二面角DACB的平面角. 又在DOA中,OA=2cos60=1.且 (3)在平在内,过C作AB的平行线交AE于F,DCF为异面直线AB、CD所成的角. 为等腰直角三角形,又AF等于C到AB的距离,即ABC斜边上的高,异面直线AB,CD所成的角为arctg比较例2与例3解法的异同, 你会得出怎样的启示? 想想看. 例4在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形这个四边

6、形是由两个全等的直角三角形组成的,并且这三个四边形也全等,如图若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器,如图则当容器的高为多少时,可使这个容器的容积最大,并求出容积的最大值 图 图 讲解: 设容器的高为x则容器底面正三角形的边长为, . 当且仅当 .故当容器的高为时,容器的容积最大,其最大容积为对学过导数的同学来讲,三次函数的最值问题用导数求解是最方便的,请读者不妨一试. 另外,本题的深化似乎与2002年全国高考文科数学压轴题有关,还请做做对照. 类似的问题是:某企业设计一个容积为V的密闭容器,下部是圆柱形,上部是半球形,当圆柱的底面半径r和圆柱的高h为何值时,制造这个密闭容器的用料最省(即

7、容器的表面积最小). 例5 已知三棱锥PABC中,PC底面ABC,AB=BC,D、F分别为AC、PC的中点,DEAP于E(1)求证:AP平面BDE; (2)求证:平面BDE平面BDF;(3)若AEEP=12,求截面BEF分三棱锥PABC所成两部分的体积比讲解: (1)PC底面ABC,BD平面ABC,PCBD由AB=BC,D为AC的中点,得BDAC又PCAC=C,BD平面PAC 又PA平面、PAC,BDPA由已知DEPA,DEBD=D,AP平面BDE (2)由BD平面PAC,DE平面PAC,得BDDE由D、F分别为AC、PC的中点,得DF/AP由已知,DEAP,DEDF. BDDF=D,DE平面

8、BDF又DE平面BDE,平面BDE平面BDF (3)设点E和点A到平面PBC的距离分别为h1和h2则 h1h2=EPAP=23, 故截面BEF分三棱锥PABC所成两部分体积的比为12或21值得注意的是, “截面BEF分三棱锥PABC所成两部分的体积比”并没有说明先后顺序, 因而最终的比值答案一般应为两个, 希不要犯这种”会而不全”的错误.例6 已知圆锥的侧面展开图是一个半圆,它被过底面中心O1且平行于母线AB的平面所截,若截面与圆锥侧面的交线是焦参数(焦点到准线的距离)为p的抛物线.(1)求圆锥的母线与底面所成的角;(2)求圆锥的全面积 讲解: (1)设圆锥的底面半径为R,母线长为l,由题意得

9、:,即,所以母线和底面所成的角为(2)设截面与圆锥侧面的交线为MON,其中O为截面与AC的交点,则OO1/AB且在截面MON内,以OO1所在有向直线为y轴,O为原点,建立坐标系,则O为抛物的顶点,所以抛物线方程为x2=2py,点N的坐标为(R,R),代入方程得R2=2p(R),得R=2p,l=2R=4p.圆锥的全面积为.将立体几何与解析几何相链接, 颇具新意, 预示了高考命题的新动向. 类似请思考如下问题: 一圆柱被一平面所截,截口是一个椭圆已知椭圆的长轴长为5,短轴长为4,被截后几何体的最短侧面母 线长为1,则该几何体的体积等于 例7 如图,几何体ABCDE中,ABC是正三角形,EA和DC都

10、垂直于平面ABC,且EA=AB=2a, DC=a,F、G分别为EB和AB的中点.(1)求证:FD平面ABC;(2)求证:AFBD; (3) 求二面角BFCG的正切值.讲解: F、G分别为EB、AB的中点,FG=EA,又EA、DC都垂直于面ABC, FG=DC, 四边形FGCD为平行四边形,FDGC,又GC面ABC, FD面ABC.(2)AB=EA,且F为EB中点,AFEB 又FGEA,EA面ABCFG面ABC G为等边ABC,AB边的中点,AGGC. AFGC又FDGC,AFFD 由、知AF面EBD,又BD面EBD,AFBD.(3)由(1)、(2)知FGGB,GCGB,GB面GCF.过G作GH

11、FC,垂足为H,连HB,HBFC.GHB为二面角B-FC-G的平面角.易求.例8 如图,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,P、Q分别是线段AD1和BD上的点,且D1PPA=DQQB=512. (1) 求证PQ平面CDD1C1; (2) 求证PQAD; (3) 求线段PQ的长. 讲解: (1)在平面AD1内,作PP1AD与DD1交于点P1,在平面AC内,作QQ1BC交CD于点Q1,连结P1Q1. , PP1QQ1 .由四边形PQQ1P1为平行四边形, 知PQP1Q1 而P1Q1平面CDD1C1, 所以PQ平面CDD1C1(2)AD平面D1DCC1, ADP1Q1,又PQP1Q1, ADP

12、Q.(3)由(1)知P1Q1 PQ,,而棱长CD=1. DQ1=. 同理可求得 P1D=.在RtP1DQ1中,应用勾股定理, 立得P1Q1=.做为本题的深化, 笔者提出这样的问题: P, Q分别是BD,上的动点,试求的最小值, 你能够应用函数方法计算吗? 试试看. 并与如下2002年全国高考试题做以对照, 你会得到什么启示?如图,正方形ABCD、ABEF的边长都是1,而且平面ABCD、ABEF互相垂直。点M在AC上移动,点N在BF上移动,若CM=BN=(1) 求MN的长;(2) 当为何值时,MN的长最小;(3) 当MN长最小时,求面MNA与面MNB所成的二面角的大小。立体几何知识是复课耗时较多

13、, 而考试得分偏底的题型. 只有放底起点, 依据课本, 熟化知识, 构建空间思维网络, 掌握解三角形的基本工具, 严密规范表述, 定会突破解答立几考题的道道难关.四、作业 同步练习g3.1072 立体几何综合(一)1、已知两条异面直线a,b所成的角为,直线l与a, l与b所成的角都等于, 则的取值范围是 ( ) (A) (B) (C) (D) 2、已知矩形ABCD的长AD=4,宽AB=3,E、F分别为AD、BC的中点,现将ABFE沿EF折成 使二面角的平面角为60,则= ( ) (A) (B) (C) (D)3、A、B两地在同一纬线上,这两地间的纬线长为pRcosa,(R是地球半径,a是两地的纬度数),则这两地间的距离为 ( ) (A)pR (B)pRcosa (C)pR-2aR (D)pR-aR4、已知正四棱锥P-ABCD的棱长为a,侧面等腰三角形的顶角为3

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