内容正文:
一、命题“宽度”上——注重横向多元拓展
二、命题“深度”上——强化纵向高次延伸
三、命题“开放度”上——探究多渠道解决问题
目
录
01
02
03
2
■关联点:立体几何+数列
一、命题“宽度”上——注重横向多元拓展
A.θ1+θ3=2θ2 B.sin θ1+sin θ3=2sin θ2
C.cos θ1+cos θ3=2cos θ2 D.tan θ1+tan θ3=2tan θ2
答案:D
■关联点:立体几何+余弦定理+三角形面积公式
答案:A
■关联点:立体几何+基本不等式
答案:B
■关联点:立体几何+概率
解析:由题意知,若两条对角线在同一个侧面,因为有6个侧面,所以共有6组;若相交且交点在正六棱柱的顶点上,因为有12个顶点,所以共有12组;若相交且交点在对角线延长线上时,如图所示,连接AD,C′D,E′D,AB′,AF′,
■延伸链:等体积法求高―→线面平行的判定―→P的轨迹―→线面垂直求距离
二、命题“深度”上——强化纵向高次延伸
答案:D
■延伸链:正四棱台的几何特征―→点、线、面位置关系―→二面角
答案:A
■延伸链:线面角的定义―→线面垂直的判定与性质―→解三角形―→棱长之和
A.102 m B.112 m
C.117 m D.125 m
答案:C
■延伸链:四棱柱特征―→截面问题―→三棱锥的外接球―→确定直径最小值情况―→线面位置关系―→外接球直径
■延伸链:正三棱柱的性质―→线面垂直的判定与性质定理―→体积最大转化为点E到平面ABC的距离最大―→截面问题―→求值
■开放类型:条件限定,途径开放
1.已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:
①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:____________.
答案:②③⇒①(或①③⇒②,写出一个即可)
三、命题“开放度”上——探究多渠道解决问题
解析:已知l,m是平面α外的两条不同直线,
由①l⊥m与②m∥α,不能推出③l⊥α,因为l可以与α平行,也可以相交不垂直;由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α;
由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.
故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.
■开放类型:条件限定,目标开放
■开放类型:条件限定,结论开放
■开放类型:条件限定,目标开放
1.刻漏是中国古代用来计时的仪器,利用附有刻度的浮箭随着受水壶的水面上升来指示时间.为了使受水壶得到均匀水流,古代的科学家们发明了一种三级漏壶,壶形都为正四棱台,自上而下,三个漏壶的上口宽依次递减1寸(约3.3厘米),下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面所成锐二面角依次为θ1,θ2,θ3,则( )
解析: 如图,在正四棱台ABCDA1B1C1D1中,O为正方形ABCD的中心,F是棱AB的中点,连接OF,过棱A1B1的中点E作EG⊥OF,垂足为G,则∠GFE就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角,记为θ,设漏壶上口宽为a,下底宽为b,高为h,
在Rt△EFG中,GF=,tan θ=.因为自上而下三个漏壶的上口宽成等差数列,下底宽也成等差数列,所以a-b为定值.又因为三个漏壶的高h成等差数列,所以2tan θ2=tan θ1+tan θ3.
2.在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中,底面ABCD是边长为2的正方形,侧棱AA1=3,E是BC的中点,F是棱CC1上的点,且CF=CC1,过A1作平面α,使得平面α∥平面AEF,则平面α截直四棱柱ABCDA1B1C1D1所得截面图形的面积为( )
A. B.
C.3 D.
解析:如图,取B1C1的中点M,在BB1上取一点H,使得B1H=BB1,连接A1M,HM,A1H,则A1M∥AE,HM∥EF,A1M∩HM=M,AE∩EF=E,A1M,HM⊂平面A1HM,AE,EF⊂平面AEF,∴平面AEF∥平面A1HM,
即过点A1平行于平面AEF的平面截四棱柱ABCDA1B1C1D1的图形是三角形A1HM,其中B1H=BB1=1,A1H=,A1M=,MH=.∴由余弦定理得cos∠MA1H==.∴sin∠MA1H=,S△A1MH=A1M·A1Hsin∠MA1H=,故选A.
3.已知三棱锥PABC的顶点都在以PC为直径的球M的球面上,PA⊥BC.若球M的表面积为48π,PA=4,则三棱锥PABC的体积的最大值为( )
A. B.
C. D.32
解析:因为三棱锥PABC的顶点都在以PC为直径的球M的球面上,所以PA⊥AC,PB⊥BC.又PA⊥BC,AC∩BC=C,AC,BC⊂平面ABC,故PA⊥平面ABC.又PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB,故BC⊥平面PAB.又AB⊂平面PAB,故BC⊥AB.球M的表面积为48π,设球的半径