2019-2020年高考数学 题根选载20 多面体向四面体寻根.doc

2019-2020年高考数学 题根选载20 多面体，向四面体寻根我国恢复高考始于1977年，可是高考数学中的立体几何试题，却是1979年开始面世。就是那道试题，向全国教育战线发出了重大信息：培养学生的空间想象能力是中学数学教育的极其重要的任务，而学好立体几何，则应从最简单的几何图形四面体开始。一.题根案例【根题】（1979，全国卷，六题）设三棱锥V-ABC中，AVB=BVC=CVA=直角求证：ABC是锐角三角形【证法1】如图1-1，作VDBC于D ，VBC中BVC=90.点D必在斜边BC上。VAVB且VAVC,VA平面VBC，故VABC.所作BCVD,BC平面VAD,从而BCAD。故ABC,ACB为锐角，同理BAC为锐角，故ABC为锐角三角形.【证法2】建立如图1-2的空间直角坐标系，设，有，故BAC为锐角，同理ABC,BCA为锐角，故ABC为锐角三角形.评注：在1979年的条件下，向量知识还远未进入中学数学。那时本题的另一标准证法是利用余弦定理，即在设ABC的3边依次为的条件下，证明每个角的余弦之值为正。可惜的是，那时能够顺利证明这道题的考生实在太少。二、理论基础1.空间不共面的4点确定一个四面体。每个四面体必定有4个顶点，6条棱和4个三角形表面。2.一个表面是正三角形，另一个顶点在此表面的射影是此正三角形中心的四面体，叫做正三棱锥。正三棱锥的3个侧面都是等腰三角形；3.侧棱与底面边长相等的正三棱锥，叫做正四面体。正四面体的每个表面都是正三角形；4.将一个长方体任意截下一个角块如图2，我们称截得四面体为“直角四面体”。直角四面体具有如下性质：（1）它的3条侧棱两两垂直，从而3个侧面也两两垂直；（2）它的底面三角形ABC必定是锐角三角形；（3）它的3组对棱都互相垂直；（4）如果它的侧棱，则它的体积。（5）如果它的3个侧面积依次为底面积为，那么。这个结论是xx年高考全国文科卷一道考题的答案，可视为勾股定理在空间的推广。（6）如果它的侧棱底面上的高为那么。以上（5），（6）两结论的证明，请参看本书题根27：“连年勾股，连年风流”。5.正方体中的四面体.如图3，依次连结正方体ABCD-EFGH的4个顶点A,C,F,H,即将原正方体分割为5个四面体。其中分别以B,D,E,G为一个顶点的四面体都是直角四面体，而6条面对角线组成的四面体ACFH，则是正四面体。图3若设正方体的棱长为则其体积为，每个直角四面体的体积都是，所以这个正四面体的体积.反之，若设正四面体ACFH的棱长为则正方体的棱长为，其体积，于是.如同边长为的正三角形面积为一样，棱长为的正四面体体积必定是.以上说明，正四面体无非是正方体的一个“零件”，同样，任何四面体都可以看成某多面体的一个“零件”.于是我们认定：多面体的根在四面体。学好空间几何，应当从学好四面体开始。三、考场精彩【题1】（xx， 全国卷，1 5题）如图4-1，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且、均为正三角形，EFAB，EF=2，则该多面体的体积为（ ）【解析】如图4-2，延长EA、FB交于G，又延长FC、ED交于H，由三角形中位线性质知：多面体EFGH是棱长为2的正四面体，其体积评注：本题是当年高考中，难倒大批考生的“大难题”。一般考生都是采用割补法作的，其计算量之大让人苦不堪言。本解看出原多面体只不过是正四面体的一个“零件”，以下的计算就简便多了。【题2】（xx.江苏卷，8题）在三棱柱中，分别是的中点，设三棱锥的体积为，三棱柱的体积为，则 .【解析】如图5，连显然面DEF是三棱锥的中截面，从而, 即。评注：在平面几何中，两相似三角形的面积比等于其相似比的平方。这一结论推广到空间：两相似三棱锥的体积比等于其相似比的立方。图5中，由于D,E,F分别是的中点，所以三棱锥A-DEF与A-BCA1可视为相似三棱锥，其相似比为。【题3】（xx年武汉市二月调考）在四面体ABCD中，三组对棱长分别相等且依次为.则此四面体ABCD的外接球的半径R为（ ）【解析】如图6，将这个四面体ABCD置于长方体AEBF-GCHD之中,那么该四面体与长方体有同一个外接球,且球半径等于该长方体的体对角线之半.设此长方体的三度（即长、宽、高度）依次为.令于是这个长方体的体对角线之长，从而所求外接球的半径.选C.评注：图6的长方体中去掉4个直角四面体后，得到一个“对角线四面体”，从长方体中分离出这个“对角线四面体”并不难，难的是将原题中的“对角线四面体”复原成长方体。是一种“逆向思维”，是破解一些难题的重要手段。【题4】（xx.辽宁卷.12题）有4根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a的直铁条，使这6根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a的取值范围是（ ）【解析】长为a的这两根直铁条，有且仅有两种焊接方法：（1）焊接成共一端点；（2）焊接为一组对棱.如图7-1，BC=BD=a.则在BCD中，BC+BDCD,即有a1;ABC中，AB+ACBC,即有a4.于是得：1a4 （1）取CD中点M，连AM,BM.则AMCD,BMCD.且.ABM中BM+AMAB,即又BMAB+AM,即,。综合得 （2）再综合（1），（2），取交集得 ： （3）如图7-2,AD=BC=a,取BC中点M,连AM,DM,则AMBC,DMBC,且.AMD中,AM+DMAD,即 （4）最后综合（3）（4），取并集：，故选A评注：1.不是任意6条线段都能够连成四面体。它们能连成四面体的必要条件是：任一表面和中截面的3条线段都符合“任意两条之和大于第3条”。2.由两个具有公共底边的等腰三角形组成的四面体，具有等腰三角形的类似性质，即中截面ABM垂直平分其公底。这是解题中重要的隐含条件，我们不妨称这样的四面体为“等腰四面体”。【题5】（xx江西理数16题）如图8，在三棱锥中，三条棱，两两垂直，且,分别经过三条棱，作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为，则，的大小关系为 。【解析】在图8中，设取BC中点M,连AM,OM.则AOM中AOM=90.同理：于是，于是评注：本解的思路是：先写出，的解析式，再用求差比较法比较其大小四、题根拓展1.四面体，向多面体拓展【题1】（xx.全国II卷.11题）与正方体的三条棱、所在直线的距离相等的点（）（A）有且只有1个 （B）有且只有2个 （C）有且只有3个 （D）有无数个【解析】正方体有8个顶点.3条两两异面的棱占用其中6个顶点，所以我们优先考察其他两个顶点.如图9，设正方体棱长为1.显然点D,与B1到直线AB, 、所在直线的距离相等（都是1）.因而我们猜测：,直线D B1上任意一点到这3条直线的距离都相等.以下给出证明：建立如图的空间直角坐标系，则直线D B1上任意一点可记为.依次作PEAB于E,PFCC1于F,PGA1D1于G.则有.那么可见点P符合条件.所以符合题设条件的点有无穷多. 故选D.评注：根据这个分析，我们还可推出，当且仅当时，这个距离的最小值为.此时点P位于正方体的中心.2.四面体，向外接球拓展【题2】（湖北省黄冈市名校xx年高三数学模拟试题（4），12题）如图10-1，在正三棱锥SABC中，M、N分别为棱SC、BC的中点，并且AMMN，若侧棱长SA=，则正三棱锥SABC的外接球的表面积为（ ）A9 B12 C16 D32【解析】既然SABC是正三棱锥，必有SBAC（为什么？），.MN是SBC的中位线，MNSB. 已知，故SB平面SAC,故知此三棱锥为直角四面体。如图10-2，将此直角四面体补成正方体ASCD-EBFP，则此正方体与原三棱锥同一个外接球，其直径为：，半径，故所求外接球表面积（平方单位）,故选A.评注：本题是湖北省黄冈地区的传统命题。由于其构思的精妙，凡“看”不到 “直角四面体”这个隐含条件的考生，无不陷入繁杂的计算而难以自拔. 华中师大于xx和xx年主编的数学通讯特辑的第12卷中，曾连续两年推出同类型的试题是：如图10-3所示，在正三棱锥ABCD中，E、F分别是AB、BC的中点EFDE，若BC=a,则正三棱锥ABCD的体积为 ( )A.a B.a3 C.a3 D.本题答案为B,读者不妨一试。3.非特殊图形向特殊图形拓展 【例3】如图11-1.正四面体ABCD的3个顶点分别在两两互相垂直的3条射线Ox,Oy,Oz上,点E在棱CD上，则以下结论：1.OA=OB=OC; 2.ABOE; 3.OB平面ACD; 4.直线AD与OB成45角； 5.二面角D-OB-A为45.其中正确结论的序号是 【解析】显然AOBBOCCOA,OA=OB=OC;如图11-2，将原形补成正方体OAMB-CNDP, 连结OM,由ABOM且ABOC,知AB平面OCDM.但是平面OCDM,ABOE,OBAM,而AM与平面ACD有公共点A,OB与平面ACD不平行,（根据：两平行线之一与一个平面相交时，另一条亦必与该平面相交）四边形ANDM是正方形,DAM=45，而 OBAM,直线AD与OB亦成45角；连结ON,NDOB,且OB平面OCNA,NOA是二面角D-OB-A的平面角.NOA=45，即二面角D-OB-A为45，综上，题中正确结论的序号是1，2，4，5.仅有结论3是不正确的.评注：有了两两垂直的3条直线，即想到构造正方体（或长方体）。于是将原来的正四面体作为该正方体的“一个零件”，问题也就好处理了。这仍然叫做“逆向思维”。4.空间几何向解析几何拓展【例4】正方体ABCD-A1B1C1D1中，M,N分别为BB1和B1C1的中点，P为平面DMN内满足到点D与平面BB1C1C等距离的动点.则点P的轨迹是（ ）A.抛物线 B.双曲线 C.椭圆 D.圆【解析】如图12，过D,M,N的长方体截面是五边形DGMNH.设P为此截面内满足轨迹条件的点.连PD,作PQ平面BB1C1C于Q,则PD=PQ.作QRMN于R,连PR，MN平面PQR, MNPR.设二面角D-MN-C的大小为. PQR中PQR=90,PQPR. 于是为常数, 即圆锥曲线的离心率.所求轨迹为椭圆.选C.评注：判断圆锥曲线的类型，需考察动点到定点与定直线的距离之比，也就是其离心率。5.投影公式之应用【例5】（xx.辽宁卷，18题）如图13，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点. （I）求证：平面PAC平面PBC; （II）若，求二面角的余弦值. 【解析】（I）已知PA平面ABC，PABC;已知AB为圆的直径，ACBC,故BC平面PAC.但BC平面PBC，平面PAC平面PBC（II）直角三角形ABC中，AC=1.AB=2,ABC=30，作CDAB于D,则.设所求二面角为,注意到PBD是PBC在平面PAB上的射影，且而，故.评注：求二面角的大小是空间几何中的难点之一。有条件时用投影公式求其余弦是一个不错的选择：如果平面与交成角，且内某图形的面积为S，其在内投影面积为，那么.小结： 1.四面体是一切多面体都存在的“零件”，所以掌握四面体，是掌握其他多面体的基础；2.掌握四面体，需首先掌握四面体的几种特殊形式，即正四面体，等腰四面体和直角四面体；3.特别留心四面体中的隐含条件：若将其置入某特殊多面体之中，极可能找到最佳的解题方法。五、题根精练1.（xx. 江苏卷，7题）.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=3cm,AA1=2cm,则四棱锥A-BB1D1D的体积为 Cm32.（xx陕西文数。8题） 若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A.2B.1C.D.3.将一个钢球置于长为的正四面体的铁丝架内,则这个钢球的最大体积为（ ）4.已知在半径为2的球面上有A、B、C、D四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD的体积的最大值为（）(A) (B) (C) (D) 5.（06江西卷第20题）.如图，在三棱锥A-BCD中，侧面ACD,ABD是全等的直角三角形AD是公共的斜边，且另一个侧面ABC是正三角形. （）求证：；（）求二面角BACD的余弦；（）在线段AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成角？若存在，确定E的位置；若不存在，说明理由.参考答案1.三棱柱ABD-A1B1D1的体积直角四面体AA1B1D1的体积故所求体积为.2.这个几何体是如图的三棱柱，底面直角三角形的面积为，高为，故其体积，选B.3.符合题设条件的球必须与四面体的6条棱都相切.根据球的对称性，只需使这个球与四面体的一组对棱相切.所以一组对棱间的距离就是这个球的直径.如图，分别取AB,CD的中点N，M.连结AMB,连MN.则MN之长即为异面棱AB,CD的距离.当四面体棱长为时，MN=1.于是这个球的最大体积是.故选B.4.B.如图，过CD作球O的大圆,设AB交此大圆面于M.连MO并延长交CD于N. 为使四面体ABCD体积最大,必须AB平面MCD,且MNCD.根据平面几何中的垂径定理,此时M,N分别弦AB,CD的中点.连OA,OD,则OA=OD=2,则此四面体的最大体积为.5. 提示：考察题设数据，这个四面体会是什么特殊多面体的一个重要“零件”？（）如解图1，将原图补成正方体HCDBAGFE，显然，符合题设的全部条件.连HD，则HDBC. 又BCAHBC平面AHD,故BCAD（不补形的做法：取BC中点H，则BCDH，BCAH，线面垂直即可）（）如解图2，取AC中点M，连BM，ABC为正三角形，BMAC，作MNAC，交AD于N，则BMN是二面角BACD的平面角，设其大小为。MNCD,N为AD中点建立如解图2的空间直角坐标系，正方体棱长为1，故有A（1,0,1）,C（1,1,0）,D（0,1,0）.AC的中点,AD的中点.于是。（）假定存在AC上一点E，使ED与面BCD成角，作EQHC于Q，连DPQ则CPE为等腰直角三角形.设PE = PC = x，则CE =；EDP中，EPD=90，EDP=30，DE=2 EP=2x；DCE中，DE2=DC2+CE2，即，CE=.故存在AC上一点E，使ED与面BCD成角.其中CE=1.