遼寧省大連23中2009年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí)秘笈7：

立體幾何

高考立體幾何試題一般共有4道(客觀題3道, 主觀題1道), 共計(jì)總分27分左右,考查的知識(shí)點(diǎn)在20個(gè)以內(nèi). 選擇填空題考核立幾中的計(jì)算型問(wèn)題, 而解答題著重考查立幾中的邏輯推理型問(wèn)題, 當(dāng)然, 二者均應(yīng)以正確的空間想象為前提. 隨著新的課程改革的進(jìn)一步實(shí)施,立體幾何考題正朝著”多一點(diǎn)思考,少一點(diǎn)計(jì)算”的發(fā)展.從歷年的考題變化看, 以多面體和旋轉(zhuǎn)體為載體的線面位置關(guān)系的論證,角與距離的探求是�？汲Ｐ碌臒衢T話題.

 

    例1  四棱錐P―ABCD的底面是邊長(zhǎng)為a的正方形，PB⊥面ABCD.

    （1）若面PAD與面ABCD所成的二面角為60°，求這個(gè)四棱錐的體積；

    （2）證明無(wú)論四棱錐的高怎樣變化，面PAD與面PCD所成的二面角恒大于90°

為從而只要算出四棱錐的高就行了.

面ABCD,

    ∴BA是PA在面ABCD上的射影.又DA⊥AB，

    ∴PA⊥DA，

    ∴∠PAB是面PAD與面ABCD所成的二面角的平面角，

      ∠PAB=60°.                

      而PB是四棱錐P―ABCD的高，PB=AB?tg60°=a,

     .                                    

（2）不論棱錐的高怎樣變化，棱錐側(cè)面PAD與PCD恒為全等三角形.

      作AE⊥DP，垂足為E，連結(jié)EC，則△ADE≌△CDE，

      是面PAD與面PCD所成的二面角的平面角.

          設(shè)AC與DB相交于點(diǎn)O，連結(jié)EO，則EO⊥AC，

                                       

      在

     故平面PAD與平面PCD所成的二面角恒大于90°.                   

    本小題主要考查線面關(guān)系和二面角的概念，以及空間想象能力和邏輯推理能力, 具有一定的探索性, 是一道設(shè)計(jì)新穎, 特征鮮明的好題.

 

（1）求證：AB­1⊥平面CED；

（2）求異面直線AB1與CD之間的距離；

（3）求二面角B1―AC―B的平面角.

講解:（1）∵D是AB中點(diǎn)，△ABC為等腰直角三角形，∠ABC=900，∴CD⊥AB又AA1⊥平面ABC，∴CD⊥AA1.

∴CD⊥平面A1B1BA  ∴CD⊥AB1，又CE⊥AB1， ∴AB1⊥平面CDE；

（2）由CD⊥平面A1B1BA  ∴CD⊥DE

∵AB1⊥平面CDE  ∴DE⊥AB1

∴DE是異面直線AB1與CD的公垂線段

∵CE=，AC=1 , ∴CD=

∴；

（3）連結(jié)B1C，易證B1C⊥AC，又BC⊥AC ,

∴∠B1CB是二面角B1―AC―B的平面角.

在Rt△CEA中，CE=，BC=AC=1,

∴∠B1AC=600

∴，  ∴,

∴  , ∴.

作出公垂線段和二面角的平面角是正確解題的前提, 當(dāng)然, 準(zhǔn)確地作出應(yīng)當(dāng)有嚴(yán)格的邏輯推理作為基石.

例3  如圖a―l―是120°的二面角，A，B兩點(diǎn)在棱上，AB=2，D在內(nèi)，三角形ABD是等腰直角三角形，∠DAB=90°，C在內(nèi)，ABC是等腰直角三角形∠ACB=

（I）                                                            求三棱錐D―ABC的體積；

（2）求二面角D―AC―B的大��；     

（3）求異面直線AB、CD所成的角.

   

  

  講解:  (1) 過(guò)D向平面做垂線，垂足為O，連強(qiáng)OA并延長(zhǎng)至E.

為二面角a―l―的平面角..

是等腰直角三角形，斜邊AB=2.又D到平面的距離DO=

（2）過(guò)O在內(nèi)作OM⊥AC,交AC的反向延長(zhǎng)線于M,連結(jié)DM.則AC⊥DM.∴∠DMO  為二面角D―AC―B的平面角. 又在△DOA中，OA=2cos60°=1.且

  （3）在平在內(nèi)，過(guò)C作AB的平行線交AE于F，∠DCF為異面直線AB、CD所成的角.  為等腰直角三角形，又AF等于C到AB的距離，即△ABC斜邊上的高,

異面直線AB,CD所成的角為arctg

    比較例2與例3解法的異同, 你會(huì)得出怎樣的啟示? 想想看.

 

    例4

 

 

 

 

                        圖①                        圖②

 

   講解:  設(shè)容器的高為x．則容器底面正三角形的邊長(zhǎng)為,

       

                .

    當(dāng)且僅當(dāng) .

故當(dāng)容器的高為時(shí)，容器的容積最大，其最大容積為

對(duì)學(xué)過(guò)導(dǎo)數(shù)的同學(xué)來(lái)講，三次函數(shù)的最值問(wèn)題用導(dǎo)數(shù)求解是最方便的，請(qǐng)讀者不妨一試. 另外，本題的深化似乎與2002年全國(guó)高考文科數(shù)學(xué)壓軸題有關(guān)，還請(qǐng)做做對(duì)照. 類似的問(wèn)題是:

    某企業(yè)設(shè)計(jì)一個(gè)容積為V的密閉容器，下部是圓柱形，上部是半球形，當(dāng)圓柱的底面半徑r和圓柱的高h(yuǎn)為何值時(shí)，制造這個(gè)密閉容器的用料最�。慈萜鞯谋砻娣e最�。�.

   例5 已知三棱錐P―ABC中，PC⊥底面ABC，AB=BC，

D、F分別為AC、PC的中點(diǎn)，DE⊥AP于E．

    （1）求證：AP⊥平面BDE；                

（2）求證：平面BDE⊥平面BDF；

（3）若AE∶EP=1∶2，求截面BEF分三棱錐

P―ABC所成兩部分的體積比．

講解:  (1）∵PC⊥底面ABC，BD平面ABC，∴PC⊥BD．

由AB=BC，D為AC的中點(diǎn)，得BD⊥AC．又PC∩AC=C，∴BD⊥平面PAC． 又PA平面、PAC，∴BD⊥PA．由已知DE⊥PA，DE∩BD=D，∴AP⊥平面BDE．

  （2）由BD⊥平面PAC，DE平面PAC，得BD⊥DE．由D、F分別為AC、PC的中點(diǎn)，得DF//AP．

由已知，DE⊥AP，∴DE⊥DF. BD∩DF=D，∴DE⊥平面BDF．

又DE平面BDE，∴平面BDE⊥平面BDF．

  （3）設(shè)點(diǎn)E和點(diǎn)A到平面PBC的距離分別為h1和h2．則

           h1∶h2=EP∶AP=2∶3,

    

    故截面BEF分三棱錐P―ABC所成兩部分體積的比為1∶2或2∶1

值得注意的是, “截面BEF分三棱錐P―ABC所成兩部分的體積比”并沒(méi)有說(shuō)明先后順序, 因而最終的比值答案一般應(yīng)為兩個(gè), 希不要犯這種”會(huì)而不全”的錯(cuò)誤.

例6  已知圓錐的側(cè)面展開圖是一個(gè)半圓，它被過(guò)底面中心O1且平行于母線AB的平面所截，若截面與圓錐側(cè)面的交線是焦參數(shù)（焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離）

為p的拋物線.

（1）求圓錐的母線與底面所成的角；

（2）求圓錐的全面積．

    講解: （1）設(shè)圓錐的底面半徑為R，母線長(zhǎng)為l，

由題意得：,

即,

所以母線和底面所成的角為

（2）設(shè)截面與圓錐側(cè)面的交線為MON，其中O為截面與

AC的交點(diǎn)，則OO1//AB且

在截面MON內(nèi)，以O(shè)O1所在有向直線為y軸，O為原點(diǎn)，建立坐標(biāo)系，則O為拋物的頂點(diǎn)，所以拋物線方程為x2=－2py，點(diǎn)N的坐標(biāo)為（R，－R），代入方程得

R2=－2p（－R），得R=2p，l=2R=4p.

∴圓錐的全面積為.

將立體幾何與解析幾何相鏈接, 頗具新意, 預(yù)示了高考命題的新動(dòng)向. 類似請(qǐng)思考如下問(wèn)題:

     一圓柱被一平面所截，截口是一個(gè)橢圓．已知橢圓的

長(zhǎng)軸長(zhǎng)為5，短軸長(zhǎng)為4，被截后幾何體的最短側(cè)面母     

線長(zhǎng)為1，則該幾何體的體積等于          ．

 

   例7 如圖，幾何體ABCDE中，△ABC是正三角形，EA和DC都垂直于平面ABC，且EA=AB=2a， DC=a，F(xiàn)、G分別為EB和AB的中點(diǎn).

    
   
    
    
    
    
    
    （2）求證：AF⊥BD；
     (3) 求二面角B―FC―G的正切值.
    講解: ∵F、G分別為EB、AB的中點(diǎn)，
    ∴FG=EA，又EA、DC都垂直于面ABC,  FG=DC，
        ∴四邊形FGCD為平行四邊形，∴FD∥GC，又GC面ABC，
        ∴FD∥面ABC.
    （2）∵AB=EA，且F為EB中點(diǎn)，∴AF⊥EB  ①  又FG∥EA，EA⊥面ABC
    ∴FG⊥面ABC ∵G為等邊△ABC，AB邊的中點(diǎn)，∴AG⊥GC.
    ∴AF⊥GC又FD∥GC，∴AF⊥FD  ② 
    由①、②知AF⊥面EBD，又BD面EBD，∴AF⊥BD.
        （3）由（1）、（2）知FG⊥GB，GC⊥GB，∴GB⊥面GCF.
    過(guò)G作GH⊥FC，垂足為H，連HB，∴HB⊥FC.
    ∴∠GHB為二面角B-FC-G的平面角.
    易求.
        例8  如圖，正方體ABCD―A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，P、Q分別是線段AD1和BD上的點(diǎn)，且
    D1P∶PA=DQ∶QB=5∶12.
     
    (1) 求證PQ∥平面CDD1C1；
     
     
     (2) 求證PQ⊥AD；
     
     
     (3) 求線段PQ的長(zhǎng). 
    講解: 
（1）在平面AD1內(nèi)，作PP1∥AD與DD1交于點(diǎn)P1，在平面AC內(nèi)，作
    QQ1∥BC交CD于點(diǎn)Q1，連結(jié)P1Q1.
        ∵ ,    
∴PP1QQ1 .?
    由四邊形PQQ1P1為平行四邊形,   知PQ∥P1Q1? ?
    而P1Q1平面CDD1C1，  所以PQ∥平面CDD1C1?
    （2）AD⊥平面D1DCC1，    ∴AD⊥P1Q1，?
    又∵PQ∥P1Q1，   ∴AD⊥PQ.?
    （3）由（1）知P1Q1 PQ,
    ，而棱長(zhǎng)CD=1.     ∴DQ1=.  同理可求得 P1D=.
    在Rt△P1DQ1中，應(yīng)用勾股定理, 立得
    P1Q1=.?
    做為本題的深化, 筆者提出這樣的問(wèn)題: P, Q分別是BD,上的動(dòng)點(diǎn),試求的最小值, 你能夠應(yīng)用函數(shù)方法計(jì)算嗎? 試試看. 并與如下2002年全國(guó)高考試題做以對(duì)照, 你會(huì)得到什么啟示?
    如圖，正方形ABCD、ABEF的邊長(zhǎng)都是1,而且平面ABCD、ABEF互相垂直。點(diǎn)M在AC上移動(dòng)，點(diǎn)N在BF上移動(dòng)，若CM=BN=
    （1）      
求MN的長(zhǎng)；
    （2）      
當(dāng)為何值時(shí)，MN的長(zhǎng)最�。�
    （3）      
當(dāng)MN長(zhǎng)最小時(shí)，求面MNA與面MNB所成的二面角的大小。
     
     
     
     
     
     
     
     
     
     
     
     
     
    立體幾何知識(shí)是復(fù)課耗時(shí)較多, 而考試得分偏底的題型. 只有放底起點(diǎn), 依據(jù)課本, 熟化知識(shí), 構(gòu)建空間思維網(wǎng)絡(luò), 掌握解三角形的基本工具, 嚴(yán)密規(guī)范表述, 定會(huì)突破解答立幾考題的道道難關(guān).
     
     
     
     
    
				
	
    
		
    


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