版数学文二轮复习通用版讲义专题三 第三讲 专题提能优化思路上高度全面清障把漏补Word文件下载.docx

版数学文二轮复习通用版讲义专题三 第三讲 专题提能优化思路上高度全面清障把漏补Word文件下载.docx

《版数学文二轮复习通用版讲义专题三 第三讲 专题提能优化思路上高度全面清障把漏补Word文件下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《版数学文二轮复习通用版讲义专题三 第三讲 专题提能优化思路上高度全面清障把漏补Word文件下载.docx（16页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

[微评]　本题的求解过程中，易错之处有：

（1）不能求出△ABC的外接圆半径；

（2）想不到构造直角三角形求直三棱柱的外接球的半径，误将矩形BCC1B1的对角线看成外接球的直径.

因遗漏平行、垂直的判定定理的条件而失分

[例3]　

（2018·

重庆一中期中）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，E，F分别为AB和PD的中点．

求证：

直线AF∥平面PEC.

[证明]　设PC的中点为Q，连接EQ，FQ.

易知FQ∥DC且FQ＝CD，AE∥CD且AE＝CD，

所以AE∥FQ且AE＝FQ，

所以四边形AEQF为平行四边形，

所以AF∥EQ.

又EQ⊂平面PEC，

AF⊄平面PEC，

所以AF∥平面PEC.

[微评]　灵活构造平行关系是证明线面平行的关键，一般可通过取n等分点构造成比例的线段，从而构造平行关系．

构造法——解决与球有关的结合体问题

[例1]　在三棱锥VABC的四个面中，有两个面都是直角边为1的等腰直角三角形，另两个面都是直角边分别为1和的直角三角形，则该三棱锥的外接球的体积为________．

[解析]　（构造正方体）如图所示的棱长为1的正方体中的三棱锥VABC即满足题意，其中VA＝AB＝BC＝1，VB＝AC＝，三棱锥VABC的外接球即该正方体的外接球，故其半径为R＝，

所以该三棱锥的外接球的体积为V＝R3＝×

3＝π.

[答案]　π

[微评]　破解此类题的关键：

一是“取特殊模型”，即构造长方体或正方体模型，把不规则的空间几何体（空间线、面）放置其中去研究；

二是“用公式（用定理）”，即利用柱体、锥体的表面积与体积公式（空间线、面平行与垂直的判定定理、性质定理），即可求其表面积与体积（判断空间线、面平行与垂直关系）.

等体积法——求体积或点面距

[例2]

　如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠DAB＝60°

.EF∥AC，EA＝ED＝EF＝.

（1）求AD与BE所成的角；

（2）若BE＝，求三棱锥BCDF的体积．

[解]　

（1）如图，取AD的中点O，连接EO，BO.

因为EA＝ED，所以EO⊥AD.

因为四边形ABCD为菱形，所以AB＝AD，

又∠DAB＝60°

所以△ABD为等边三角形，

所以AB＝BD，所以BO⊥AD.

因为BO∩EO＝O，BO⊂平面BEO，EO⊂平面BEO，

所以AD⊥平面BEO，

因为BE⊂平面BEO，

所以AD⊥BE，所以AD与BE所成的角为90°

.

（2）在△EAD中，EA＝ED＝，AD＝2，EO⊥AD，

所以EO＝＝.

因为△ABD为等边三角形，

所以AB＝BD＝AD＝2，所以BO＝.

又BE＝，所以EO2＋OB2＝BE2，所以EO⊥OB.

因为AD∩OB＝O，AD⊂平面ABCD，BO⊂平面ABCD，

所以EO⊥平面ABCD.

又S△BCD＝S△ABD＝AD×

OB＝×

2×

＝，EF∥AC，

所以V三棱锥BCDF＝V三棱锥FBCD＝S△BCD×

EO＝×

＝.

[微评]　用等体积法解题的关键是把底面积及高不易求的三棱锥转化为易求的三棱锥，利用体积不变性，即可求出其体积．

函数与方程思想——解决立体几何中的最值问题

[典例]　（2017·

全国卷Ⅰ）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：

cm3）的最大值为________．

[解析]　法一：

由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ABC的边长变化时，设△ABC的边长为a（a>

0）cm，则△ABC的面积为a2，△DBC的高为5－a，则正三棱锥的高为＝，

∴25－a>

0，∴0<

a<

5，

∴所得三棱锥的体积V＝×

a2×

＝×

.

令t＝25a4－a5，则t′＝100a3－a4，由t′＝0，得a＝4，此时所得三棱锥的体积最大，为4cm3.

　如图，连接OD交BC于点G，由题意知，OD⊥BC.易得OG＝BC，

设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5－x，S△ABC＝×

2x×

3x＝3x2，

故所得三棱锥的体积V＝×

3x2×

＝x2×

＝×

令f（x）＝25x4－10x5，x∈，

则f′（x）＝100x3－50x4，

令f′（x）>

0，即x4－2x3<

0，得0<

x<

2，

则当x∈时，f（x）≤f

（2）＝80，

∴V≤×

＝4.

∴所求三棱锥的体积的最大值为4.

[答案]　4

[微评]　处理此类问题的关键是结合图形条件建立适当函数，转化为求函数的最值问题．

四面体体积的6种解法

[题根探究]

[典例]　在四面体PABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°

，PA＝PB＝PC＝4，求四面体PABC的体积．

[解]　如图，作PO⊥平面ABC，点O为垂足，

∵PA＝PB＝PC，

∴OA＝OB＝OC，

∴O为△ABC的外心，

设OB＝R，由正弦定理2R＝＝4.

在Rt△POB中，OB＝2，PB＝4，得PO＝2，

∴S△ABC＝BA·

BC·

sin∠ABC＝，

∴VPABC＝S△ABC·

PO＝2.

[考查角度]　体积问题是立体几何的基本问题，由于几何体的形状多种多样，求体积的方法也有多种，但利用公式是基本方法．

[变式应用]

[变式1]　在四面体ABCD中，若有5条棱长均为3，只有一条棱长为4，求此四面体的体积．

解：

如图，设CD＝4，其余各棱长均为3，取CD的中点E，连接AE，BE，

因为AE⊥CD，BE⊥CD，AE∩BE＝E，

所以CD⊥平面ABE，

因此VABCD＝VDABE＋VCABE

＝S△ABE·

（CE＋ED）

＝CD·

S△ABE·

BE＝AE＝＝＝.

在△ABE中，作EF⊥AB，则EF＝＝＝，从而VABCD＝CD·

S△ABE＝×

4×

AB·

EF＝×

3×

[变式2]　在四面体DABC中，三组对棱分别相等，且依次为2，2，2，求此四面体的体积．

将四面体DABC补形成长方体，使得四面体DABC的对棱分别是长方体相对面的对角线．

设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，

则解得a＝2，b＝4，c＝6，

从而VABCD＝V长方体－4V三棱锥＝abc－4×

abc＝abc＝16，此四面体的体积为16.

[变式3]　三棱锥的三条侧棱两两垂直，3个侧面与底面所成的角分别为30°

，45°

，60°

，底面面积为，求三棱锥的体积．

设三棱锥的3条侧棱长分别为a，b，c，而3个侧面面积分别为S1＝cos30°

，S2＝cos45°

，S3＝cos60°

，从而a2b2c2＝S1S2S3＝，故V＝abc＝1.

[变式4]　某工厂食堂用圆台形缸盛满食油，已知此缸上、下底面半径分别为40cm和20cm,13天后油的高度降为原来的，若每天用油量相等，剩余的油还可以用多少天？

将圆台补成圆锥，记从下至上3部分的体积分别为V1，V2，V3（如图）．此缸上、下底面半径分别为40cm、20cm,13天后油的高度降为原来的，可知三个棱锥高的比为3∶5∶6.设V1＝33a，由圆锥平行于底面的截面的性质

得：

V2＝53a－33a＝98a，V3＝63a－53a＝91a.设剩余的油还可以用x天，由题意得：

91a∶13＝98a∶x，解得x＝14，故剩余的油还可以用14天．

[变式5]　在四面体ABCD中，AB＝a，CD＝b，AB和CD的距离为d，问当棱AB和CD所成的角θ为何值时，该四面体体积有最大值，最大值是多少？

如图，过点B作BE∥CD，并使BE＝CD，则∠ABE＝θ，点D到平面ABE的距离就是AB和CD的距离d，因此V＝VABCD＝VABED＝VDBEA＝·

BE·

ABsinθ·

d＝abdsinθ.当θ＝90°

时，即当对棱AB和CD垂直时，四面体体积有最大值V＝abd.

A组——易错清零练

1．（2018·

洛阳模拟）已知球O与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O的体积为（　　）

A.π　　　　　　　　B.π

C.πD．π

解析：

选A　将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2.因为球O与正四面体的各棱都相切，所以球O为正方体的内切球，即球O的直径为正方体的棱长2，则球O的体积V＝πR3＝π，故选A.

2.

成都模拟）如图，一个三棱锥的三视图均为直角三角形．若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（　　）

A．4πB．16π

C．24πD．25π

选C　由三视图知该几何体是一个三条侧棱两两垂直的三棱锥，三条侧棱长分别为2,2,4，将该三棱锥补成一个长方体，可知该三棱锥的外接球直径就是长方体的体对角线，所以外接球直径2R＝＝2，则R＝，故该球的表面积为4πR2＝24π，故选C.

3．（2018·

陕西模拟）《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为（　　）

A．2B．4＋2

C．4＋4D．4＋6

选C　

由三视图知，该几何体是直三棱柱ABCA1B1C1，其中AB＝AA1＝2，BC＝AC＝，∠C＝90°

，其直观图如图所示，侧面为三个矩形，故该“堑堵”的侧面积S＝（2＋2）×

2＝4＋4，故选C.

4．（2018·

湖南长郡中学月考）正方体的8个顶点中，有4个恰是正四面体的顶点，则正方体与正四面体的表面积之比为________．

如图，设正方体的棱长为a，则正方体的表面积为S1＝6a2.正四面体PABC的边长为＝a，则其表面积为S2＝4×

a×

sin60°

＝2a2.所以正方体与正四面体的表面积之比为S1∶S2＝6a2∶2a2＝∶1.

答案：

∶1

B组——方法技巧练

1．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（　　）

A．6B．8

C．10D．12

选D　根据题中所给的三视图，可以还原几何体，如图所示．

该几何体可以将凸出的部分补到凹进去的地方成为一个长、宽、高分别是3,2,2的长方体，所以该几何体的体积为2×

3＝12，故选D.

2．（2018·

湖南五市十校联考）圆锥的母线长为L，过顶点的最大截面的面积为L2，则圆锥底面半径与母线长的比的取值范围是（　　）

A.B．

C.D．

选D　设圆锥的高为h，过顶点的截面的顶角为θ，则过顶点的截面的面积S＝L2sinθ，而0<

sinθ≤1，所以当sinθ＝1，即截面为等腰直角三角形时取最大值，故圆锥的轴截面的顶角必须大于或等于90°

，得L>

r≥Lcos45°

＝L，所以≤<

1.

3．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，则点B到平面D1AC的距离等于________．

如图，连接BD1，易知D1D就是三棱锥D1ABC的高，AD1＝CD1＝，AC＝2，取AC的中点O，连接D1O，则D1O⊥AC，所以D1O＝＝.

设点B到平面D1AC的距离为h，则由VBD1AC＝VD1ABC，即S△D1AC·

h＝S△ABC·

D1D，又S△D1AC＝D1O·

AC＝×

2＝，S△ABC＝AB·

BC＝×

2＝2，所以h＝.

4.如图，侧棱垂直于底面的三棱柱ABCA1B1C1的底面ABC位于平行四边形ACDE中，AE＝2，AC＝AA1＝4，∠E＝60°

，点B在线段ED上．

（1）当点B在何处时，平面A1BC⊥平面A1ABB1；

（2）点B在线段ED上运动的过程中，求三棱柱ABCA1B1C1表面积的最小值．

（1）由于三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，则AA1⊥平面ABC，

因为BC⊂平面ABC，

所以AA1⊥BC.而AA1∩AB＝A，只需BC⊥平面A1ABB1，

即AB⊥BC，就有“平面A1BC⊥平面A1ABB1”．

在平行四边形ACDE中，因为AE＝2，AC＝AA1＝4，∠E＝60°

过B作BH⊥AC于H，则BH＝.

若AB⊥BC，有BH2＝AH·

CH.

由AC＝4，得AH＝1或3.

两种情况下，B为ED的中点或与点D重合．

（2）三棱柱ABCA1B1C1的表面积等于侧面积与两个底面积之和．

显然三棱柱ABCA1B1C1其底面积和平面A1ACC1的面积为定值，只需保证侧面A1ABB1和侧面B1BCC1面积之和最小即可．

令AH＝x，则侧面A1ABB1和侧面B1BCC1面积之和等于4（AB＋BC）＝4[＋]．

其中＋可以表示动点（x,0）到定点（0，－）和（4，）的距离之和，当且仅当x＝2时取得最小值．所以三棱柱的表面积的最小值为2×

＋42＋4×

2＝4＋8＋16.

5.（2018·

石家庄模拟）如图，已知四棱锥PABCD，底面ABCD为正方形，且PA⊥底面ABCD，过AB的平面ABFE与侧面PCD的交线为EF，且满足S△PEF∶S四边形CDEF＝1∶3.

（1）证明：

PB∥平面ACE；

（2）当PA＝2AD＝2时，求点F到平面ACE的距离．

由题知四边形ABCD为正方形，

∴AB∥CD，

∵CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，

∴AB∥平面PCD.

又AB⊂平面ABFE，平面ABFE∩平面PCD＝EF，

∴EF∥AB，∴EF∥CD.

由S△PEF∶S四边形CDEF＝1∶3知E，F分别为PD，PC的中点．

如图，连接BD交AC于点G，则G为BD的中点，连接EG，则EG∥PB.

又EG⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，

∴PB∥平面ACE.

（2）∵PA＝2，AD＝AB＝1，

∴AC＝，AE＝PD＝，

∵PA⊥平面ABCD，∴CD⊥PA，

又CD⊥AD，AD∩PA＝A，

∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD.

在Rt△CDE中，CE＝＝.

在△ACE中，由余弦定理知cos∠AEC＝＝，∴sin∠AEC＝，

∴S△ACE＝·

AE·

CE·

sin∠AEC＝.

设点F到平面ACE的距离为h，连接AF，则VFACE＝×

h＝h.

∵DG⊥AC，DG⊥PA，AC∩PA＝A，∴DG⊥平面PAC.

∵E为PD的中点，

∴点E到平面ACF的距离为DG＝.

又F为PC的中点，∴S△ACF＝S△ACP＝，

∴VEACF＝×

由VFACE＝VEACF，得h＝，得h＝，

∴点F到平面ACE的距离为.

C组——创新应用练

1．某几何体的一条棱长为，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a＋b的最大值为（　　）

A．2B．2

C．4D．2

选C　本题可以以长方体为载体，设该几何体中棱长为的棱与此长方体的体对角线重合，则此棱各射影分别为相邻三面的对角线，其长度分别为，a，b，设长方体的各棱长分别为x，y，z，则有⇒a2＋b2＝8.所以≥2⇒a＋b≤4，当且仅当a＝b＝2时取“＝”，故a＋b的最大值为4.

昆明模拟）古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成．一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分（看成一个简单的组合体）的体积为（　　）

A．63πB．72π

C．79πD．99π

选A　由三视图得，凿去部分是一个半球与一个圆柱的组合体，其中半球的半径为3，体积为×

π×

33＝18π，圆柱的底面半径为3，高为5，体积为π×

32×

5＝45π.所以凿去部分的体积为18π＋45π＝63π.故选A.

沈阳质检）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，且BD⊥CD，AB＝BD＝CD，点P在棱AC上运动，设CP的长度为x，若△PBD的面积为f（x），则f（x）的图象大致是（　　）

选A　

如图，作PQ⊥BC于Q，作QR⊥BD于R，连接PR，则由鳖臑的定义知PQ∥AB，QR∥CD，PQ⊥QR.

设AB＝BD＝CD＝1，CP＝x（0≤x≤1），则＝＝，

即PQ＝，又＝＝＝，

所以QR＝，

所以PR＝＝

＝，

又由题知PR⊥BD，

所以f（x）＝＝，结合选项知选A.

长春模拟）已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，则该圆锥体积的最大值为________．

由题意得圆锥的母线长为3，设圆锥的底面半径为r，高为h，则h＝，所以圆锥的体积V＝πr2h＝πr2＝π.设f（r）＝9r4－r6（r>

0），则f′（r）＝36r3－6r5，令f′（r）＝36r3－6r5＝6r3（6－r2）＝0，得r＝，所以当0<

r<

时，f′（r）>

0，f（r）单调递增，当r>

时，f′（r）<

0，f（r）单调递减，所以f（r）max＝f（）＝108，所以Vmax＝π×

＝2π.

2π

5．（2018·

惠州模拟）某三棱锥的三视图如图所示，且图中的三个三角形均为直角三角形，则xy的最大值为________．

将三视图还原为如图所示的三棱锥PABC，其中底面ABC是直角三角形，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，BC＝2，PA2＋y2＝102，

（2）2＋PA2＝x2，

所以xy＝x

＝x≤＝64，

当且仅当x2＝128－x2，即x＝8时取等号，因此xy的最大值是64.

64

6．（2019届高三·

湖北七市（州）联考）

《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将底面为直角三角形的直棱柱称为堑堵，将底面为矩形的棱台称为刍童．在如图所示的堑堵ABMDCP与刍童ABCDA1B1C1D1的组合体中，AB＝AD，A1B1＝A1D1.

直线BD⊥平面MAC；

（2）若AB＝1，A1D1＝2，MA＝，三棱锥AA1B1D1的体积V′＝，求该组合体的体积．

由题可知ABMDCP是底面为直角三角形的直棱柱，

∴AD⊥平面MAB，∴AD⊥MA，

又MA⊥AB，AD∩AB＝A，

∴MA⊥平面ABCD，

∴MA⊥BD，又AB＝AD，

∴四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC，

又MA∩AC＝A，

∴BD⊥平面MAC.

（2）设刍童ABCDA1B1C1D1的高为h，

则三棱锥AA1B1D1的体积V′＝×

h＝，∴h＝，

故该组合体的体积V＝×

1×

1＋×

（12＋22＋）×

＝＋＝.