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D向平面做垂線,垂足為O,連強(qiáng)OA并延長至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O在內(nèi)作OM⊥AC,交AC的反向延長線于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為,
.
當(dāng)且僅當(dāng)
. 故當(dāng)容器的高為時,容器的容積最大,其最大容積為 對學(xué)過導(dǎo)數(shù)的同學(xué)來講,三次函數(shù)的最值問題用導(dǎo)數(shù)求解是最方便的,請讀者不妨一試. 另外,本題的深化似乎與2002年全國高考文科數(shù)學(xué)壓軸題有關(guān),還請做做對照. 類似的問題是: 某企業(yè)設(shè)計一個容積為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,制造這個密閉容器的用料最。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”并沒有說明先后順序, 因而最終的比值答案一般應(yīng)為兩個, 希不要犯這種”會而不全”的錯誤. 例6 已知圓錐的側(cè)面展開圖是一個半圓,它被過底面中心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.
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(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向.
類似請思考如下問題: 一圓柱被一平面所截,截口是一個橢圓.已知橢圓的 長軸長為5,短軸長為4,被截后幾何體的最短側(cè)面母 線長為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. 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, 筆者提出這樣的問題: P, Q分別是BD,上的動點(diǎn),試求的最小值, 你能夠應(yīng)用函數(shù)方法計算嗎? 試試看. 并與如下2002年全國高考試題做以對照, 你會得到什么啟示? 如圖,正方形ABCD、ABEF的邊長都是1,而且平面ABCD、ABEF互相垂直。點(diǎn)M在AC上移動,點(diǎn)N在BF上移動,若CM=BN= (1)
求MN的長; (2)
當(dāng)為何值時,MN的長最小; (3)
當(dāng)MN長最小時,求面MNA與面MNB所成的二面角的大小。 立體幾何知識是復(fù)課耗時較多, 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, 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, 定會突破解答立幾考題的道道難關(guān). 試題詳情
2008年11月 綿陽南山中學(xué)2008年秋季高2010 級半期考試 化學(xué)試題
命題:張明盛 審核:卿明華 可能用到的相對原子質(zhì)量: H
1 O 16 Al 27 第I 卷(選擇題,共50 分) 試題詳情
遼寧省大連23中2009年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí)秘笈6: 幾何題 高考解析幾何試題一般共有4題(2個選擇題, 1個填空題, 1個解答題), 共計30分左右, 考查的知識點(diǎn)約為20個左右. 其命題一般緊扣課本, 突出重點(diǎn), 全面考查. 選擇題和填空題考查直線, 圓, 圓錐曲線, 參數(shù)方程和極坐標(biāo)系中的基礎(chǔ)知識. 解答題重點(diǎn)考查圓錐曲線中的重要知識點(diǎn), 通過知識的重組與鏈接, 使知識形成網(wǎng)絡(luò), 著重考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系, 求解有時還要用到平幾的基本知識, 這點(diǎn)值得考生在復(fù)課時強(qiáng)化. 例1 已知點(diǎn)T是半圓O的直徑AB上一點(diǎn),AB=2、OT=t (0<t<1),以AB為直腰作直角梯形,使垂直且等于AT,使垂直且等于BT,交半圓于P、Q兩點(diǎn),建立如圖所示的直角坐標(biāo)系. (1)寫出直線的方程;
(2)計算出點(diǎn)P、Q的坐標(biāo);
(3)證明:由點(diǎn)P發(fā)出的光線,經(jīng)AB反射后,反射光線通過點(diǎn)Q. 講解: 通過讀圖, 看出點(diǎn)的坐標(biāo). (1 ) 顯然, 于是 直線 的方程為; (2)由方程組 解出 、; (3), . 由直線PT的斜率和直線QT的斜率互為相反數(shù)知,由點(diǎn)P發(fā)出的光線經(jīng)點(diǎn)T反射,反射光線通過點(diǎn)Q. 需要注意的是, Q點(diǎn)的坐標(biāo)本質(zhì)上是三角中的萬能公式, 有趣嗎? 例2 已知直線l與橢圓有且僅有一個交點(diǎn)Q,且與x軸、y軸分別交于R、S,求以線段SR為對角線的矩形ORPS的一個頂點(diǎn)P的軌跡方程. 講解:從直線所處的位置, 設(shè)出直線的方程, 由已知,直線l不過橢圓的四個頂點(diǎn),所以設(shè)直線l的方程為 代入橢圓方程 得
化簡后,得關(guān)于的一元二次方程
于是其判別式 由已知,得△=0.即 ① 在直線方程中,分別令y=0,x=0,求得 令頂點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x,y),
由已知,得 代入①式并整理,得 , 即為所求頂點(diǎn)P的軌跡方程. 方程形似橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程, 你能畫出它的圖形嗎?
例3已知雙曲線的離心率,過的直線到原點(diǎn)的距離是 (1)求雙曲線的方程; (2)已知直線交雙曲線于不同的點(diǎn)C,D且C,D都在以B為圓心的圓上,求k的值. 講解:∵(1)原點(diǎn)到直線AB:的距離. 故所求雙曲線方程為 (2)把中消去y,整理得 . 設(shè)的中點(diǎn)是,則 即 故所求k=±. 為了求出的值, 需要通過消元, 想法設(shè)法建構(gòu)的方程. 例4 已知橢圓C的中心在原點(diǎn),焦點(diǎn)F1、F2在x軸上,點(diǎn)P為橢圓上的一個動點(diǎn),且∠F1PF2的最大值為90°,直線l過左焦點(diǎn)F1與橢圓交于A、B兩點(diǎn),△ABF2的面積最大值為12. (1)求橢圓C的離心率; (2)求橢圓C的方程. 講解:(1)設(shè), 對 由余弦定理, 得
, 解出
(2)考慮直線的斜率的存在性,可分兩種情況:
i) 當(dāng)k存在時,設(shè)l的方程為………………① 橢圓方程為 由 得 . 于是橢圓方程可轉(zhuǎn)化為
………………② 將①代入②,消去得 , 整理為的一元二次方程,得 . 則x1、x2是上述方程的兩根.且 ,
也可這樣求解:
AB邊上的高
ii) 當(dāng)k不存在時,把直線代入橢圓方程得 由①②知S的最大值為 由題意得=12 所以 故當(dāng)△ABF2面積最大時橢圓的方程為:
下面給出本題的另一解法,請讀者比較二者的優(yōu)劣: 設(shè)過左焦點(diǎn)的直線方程為:…………① (這樣設(shè)直線方程的好處是什么?還請讀者進(jìn)一步反思反思.) 橢圓的方程為: 由得:于是橢圓方程可化為:……② 把①代入②并整理得: 于是是上述方程的兩根. , AB邊上的高, 從而 當(dāng)且僅當(dāng)m=0取等號,即
由題意知, 于是 .
故當(dāng)△ABF2面積最大時橢圓的方程為: 例5 已知直線與橢圓相交于A、B兩點(diǎn),且線段AB的中點(diǎn)在直線上. (1)求此橢圓的離心率; (2 )若橢圓的右焦點(diǎn)關(guān)于直線的對稱點(diǎn)的在圓上,求此橢圓的方程. 講解:(1)設(shè)A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為 得 , 根據(jù)韋達(dá)定理,得 ∴線段AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(). 由已知得 故橢圓的離心率為 . (2)由(1)知從而橢圓的右焦點(diǎn)坐標(biāo)為 設(shè)關(guān)于直線的對稱點(diǎn)為 解得 由已知得
故所求的橢圓方程為 . 例6 已知⊙M:軸上的動點(diǎn),QA,QB分別切⊙M于A,B兩點(diǎn), (1)如果,求直線MQ的方程; (2)求動弦AB的中點(diǎn)P的軌跡方程. 講解:(1)由,可得由射影定理,得 在Rt△MOQ中, , 故, 所以直線AB方程是
(2)連接MB,MQ,設(shè)由 點(diǎn)M,P,Q在一直線上,得 由射影定理得 即 把(*)及(**)消去a,并注意到,可得
適時應(yīng)用平面幾何知識,這是快速解答本題的要害所在,還請讀者反思其中的奧妙. 例7 如圖,在Rt△ABC中,∠CBA=90°,AB=2,AC=。DO⊥AB于O點(diǎn),OA=OB,DO=2,曲線E過C點(diǎn),動點(diǎn)P在E上運(yùn)動,且保持| PA |+| PB |的值不變. (1)建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系,求曲線E的方程; (2)過D點(diǎn)的直線L與曲線E相交于不同的兩點(diǎn)M、N且M在D、N之間,設(shè),
試確定實數(shù)的取值范圍. 講解: (1)建立平面直角坐標(biāo)系, 如圖所示 .
∵|
PA |+| PB |=| CA |+| CB | y
C
A O
B ∵
∴曲線E的方程是 . (2)設(shè)直線L的方程為 , 代入曲線E的方程,得 設(shè)M1(, 則
① ② ③ i) L與y軸重合時,
ii) L與y軸不重合時, 由①得 又∵, ∵ 或 ∴0<<1 ,
∴ .
∵ 而 ∴ ∴ ∴ , ,
∴的取值范圍是 . 值得讀者注意的是,直線L與y軸重合的情況易于遺漏,應(yīng)當(dāng)引起警惕.
例8 直線過拋物線的焦點(diǎn),且與拋物線相交于A兩點(diǎn). (1)求證:; (2)求證:對于拋物線的任意給定的一條弦CD,直線l不是CD的垂直平分線.
講解: (1)易求得拋物線的焦點(diǎn). 若l⊥x軸,則l的方程為. 若l不垂直于x軸,可設(shè),代入拋物線方程整理得
. 綜上可知 . (2)設(shè),則CD的垂直平分線的方程為 假設(shè)過F,則整理得 ,. 這時的方程為y=0,從而與拋物線只相交于原點(diǎn). 而l與拋物線有兩個不同的交點(diǎn),因此與l不重合,l不是CD的垂直平分線. 此題是課本題的深化,你能夠找到它的原形嗎?知識在記憶中積累,能力在聯(lián)想中提升. 課本是高考試題的生長點(diǎn),復(fù)課切忌忘掉課本! 例9 某工程要將直線公路l一側(cè)的土石,通過公路上的兩個道口A和B,沿著道路AP、BP運(yùn)往公路另一側(cè)的P處,PA=100m,PB=150m,∠APB=60°,試說明怎樣運(yùn)土石最省工? 講解: 以直線l為x軸,線段AB的中點(diǎn)為原點(diǎn)對立直角坐標(biāo)系,則在l一側(cè)必存在經(jīng)A到P和經(jīng)B到P路程相等的點(diǎn),設(shè)這樣的點(diǎn)為M,則
|MA|+|AP|=|MB|+|BP|, 即
|MA|-|MB|=|BP|-|AP|=50, , ∴M在雙曲線的右支上. 故曲線右側(cè)的土石層經(jīng)道口B沿BP運(yùn)往P處,曲線左側(cè)的土石層經(jīng)道口A沿AP運(yùn)往P處,按這種方法運(yùn)土石最省工. 相關(guān)解析幾何的實際應(yīng)用性試題在高考中似乎還未涉及,其實在課本中還可找到典型的范例,你知道嗎? 解析幾何解答題在歷年的高考中?汲P, 體現(xiàn)在重視能力立意, 強(qiáng)調(diào)思維空間, 是用活題考死知識的典范. 考題求解時考查了等價轉(zhuǎn)化, 數(shù)形結(jié)合,
分類討論, 函數(shù)與方程等數(shù)學(xué)思想, 以及定義法, 配方法, 待定系數(shù)法, 參數(shù)法, 判別式法等數(shù)學(xué)通法. 試題詳情
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