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2013屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)熱點 專題二 高考中解答題的審題方法探究3 立體幾何 理

上傳人:ca****in 文檔編號:144388343 上傳時間:2022-08-27 格式:DOC 頁數(shù):5 大?。?52KB
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1、 "2013屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)熱點 專題二 高考中解答題的審題方法探究3 立體幾何 理 " 主要題型:高考中的立體幾何題目是很成熟的一種類型,常??疾椤捌叫小薄ⅰ按怪薄眱纱笞C明及“空間角”的計算問題,解題方法上表現(xiàn)為傳統(tǒng)方法與向量方法:傳統(tǒng)方法優(yōu)勢表現(xiàn)為計算簡單,過程簡潔,但是對概念的理解要求深刻、透徹;向量方法更多的體現(xiàn)是作為一種工具,且有固定的“解題套路”,但是要有準(zhǔn)確建立空間直角坐標(biāo)系及較強的運算能力. 【例5】? (2012·福建)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中AA1=AD=1,E為CD中點. (1)求證:B1E⊥AD1; (2)在棱AA1上是否存在一點P,使

2、得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的長;若不存在,說明理由; (3)若二面角A-B1E-A1的大小為30°,求AB的長. [審題路線圖] 長方體ABCD-A1B1C1D1, ?建立空間直角坐標(biāo)系, ?求出向量與的坐標(biāo), ?利用·=0證明結(jié)論:B1E⊥AD. ?假設(shè)存在點P(0,0,z0)求, ?設(shè)平面B1AE的法向量n=(x,y,z),求n, ?利用n·=0,證明n⊥,可得出結(jié)論DP∥平面B1AE. ?由n⊥求出z0,即得AP的長. ?確定平面A1B1E、AB1E的法向量. ?利用二面角的平面角的度數(shù)即可得到關(guān)于|AB|的方程,從而求得|AB|的值. [規(guī)范解答]

3、 (1)以A為原點,,,的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖).設(shè)AB=a,則A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1), E,B1(a,0,1),(2分) 故=(0,1,1),=,=(a,0,1),=. ∵·=-×0+1×1+(-1)×1=0, ∴B1E⊥AD1.(4分) (2)假設(shè)在棱AA1上存在一點P(0,0,z0), 使得DP∥平面B1AE,此時=(0,-1,z0). 又設(shè)平面B1AE的法向量n=(x,y,z). ∵n⊥平面B1AE,∴n⊥,n⊥,得 取x=1,則y=-,z=-a,得平面B1AE的一個法向量n=.(6分) 要使

4、DP∥平面B1AE只要n⊥,有-az0=0,解得z0=. 又DP?平面B1AE,∴存在點P,滿足DP∥平面B1AE,此時AP=.(8分) (3)連接A1D,B1C,由長方體ABCD-A1B1C1D1及AA1=AD=1,得AD1⊥A1D. ∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C. 又由(1)知B1E⊥AD1,且B1C∩B1E=B1, ∴AD1⊥平面DCB1A1,∴是平面A1B1E的一個法向量,此時=(0,1,1).(10分) 設(shè)與n所成的角為θ, 則cos θ== . ∵二面角A-B1E-A1的大小為30°, ∴|cos θ|=cos 30°,即=. 解得a=2,即AB的長為2

5、.(13分) 搶分秘訣,(1)利用“線線?線面?面面”三者之間的相互轉(zhuǎn)化證明有關(guān)位置關(guān)系問題:①由已知想未知,由求證想判定,即分析法與綜合法相結(jié)合來找證題思路;②利用題設(shè)條件的性質(zhì)適當(dāng)添加輔助線(或面)是解題的常用方法之一.(2)空間角的計算,主要步驟:一作,二證,三算,若用向量,那就是一證、二算.(3)點到平面的距離:①直接能作點到面的垂線求距離;②利用“三棱錐體積法”求距離;③利用向量求解,點P到平面α的距離為=)(N為P在面α內(nèi)的射影,M∈α,n是α的法向量). [押題4] 如圖,已知正三棱柱ABCA1B1C1的各棱長都是4,E是BC的中點,動點F在側(cè)棱CC1上,且不與點C重合.

6、 (1)當(dāng)CF=1時,求證:EF⊥A1C; (2)設(shè)二面角CAFE的大小為θ,求tan θ的最小值. 【押題4】 圖1 法一 過E作EN⊥AC于N,連接EF. (1)證明 如圖1,連接NF、AC1,由直棱柱的性質(zhì)知,底面ABC⊥側(cè)面A1C, 又底面ABC∩側(cè)面A1C=AC,且EN?底面ABC,所以EN⊥側(cè)面A1C,又A1C?平面A1C1,∴EN⊥A1C NF為EF在側(cè)面A1C內(nèi)的射影, 在Rt△CNE中,CN=CEcos 60°=1. 則由==得NF∥AC1, 又AC1⊥A1C,故NF⊥A1C,又NF∩NE=N. 圖2 ∴A1C⊥平面NEF,又EF?平面N

7、EF. ∴EF⊥A1C. (2)解 如圖2,連接AF,過N作NM⊥AF于M,連接ME. 由(1)知EN⊥AF,又MN∩EN=N, ∴AF⊥面MNE,∴AF⊥ME. 所以∠EMN是二面角CAFE的平面角,即∠EMN=θ. 設(shè)∠FAC=α,則0°<α≤45°. 在Rt△CNE中,NE=EC·sin 60°=, 在Rt△AMN中,MN=AN·sin α=3sin α, 故tan θ==. 又0°<α≤45°,∴0

8、角坐標(biāo)系,連接EF,AF,則由已知可得A(0,0,0),B(2,2,0),C(0,4,0),A1(0,0,4),E(,3,0),F(xiàn)(0,4,1), 于是=(0,-4,4),E=(-,1,1).則·E=(0,-4,4)·(-,1,1)=0-4+4=0, 故EF⊥A1C. (2)解 設(shè)CF=λ(0<λ≤4),平面AEF的一個法向量為m=(x,y,z),則由(1)得F(0,4,λ). A=(,3,0),A=(0,4,λ),于是由m⊥A,m⊥A可得 即取m=(λ,-λ,4). 又由直三棱柱的性質(zhì)可取側(cè)面A1C的一個法向量為n=(1,0,0),于是由θ為銳角可得cos θ==, sin θ=, 所以tan θ== . 由0<λ≤4,得≥, 即tan θ≥ =. 故當(dāng)λ=4,即點F與點C1重合時,tan θ取得最小值. 5

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