(共32张PPT)
高考小题突破3 等差数列、等比数列
考点一 等差、等比数列基本量的运算
例1(1)(2023全国甲,理5)设等比数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,若a1=1,S5=5S3-4,则S4=( )
C
(2)(多选题)(2023山东德州高三期中)将n2个数排成n行n列的数阵,如图所示,该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列,每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0).已知a11=3,a13=a51+1,记这n2个数的和为S,下列结论正确的是( )
a11 a12 a13 … a1n
a21 a22 a23 … a2n
a31 a32 a33 … a3n
……
an1 an2 an3 … ann
A.m=2 B.a78=15×28
C.aij=(2i+1)·2j-1 D.S=n(n+2)(2n-1)
ACD
解析 由题意a13=a11·m2=3m2,a51=a11+4m=3+4m,由a13=a51+1,
则3m2=3+4m+1,整理可得(3m+2)(m-2)=0,又m>0,所以m=2,故A正确;
对于B,a71=a11+6×2=15,a78=a71·27=15×27≠15×28,故B错误;
对于C,ai1=a11+(i-1)×2=1+2i,aij=ai1·2j-1=(1+2i)·2j-1,故C正确;
(3)(2022全国乙,文13)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d= .
2
解析 设等差数列的公差为d.由题意得2(3a1+3d)=3(2a1+d)+6,即3d=6,解得d=2.
规律方法等差数列、等比数列问题的求解策略
(1)抓住基本量,首项a1、公差d或公比q.
(2)熟悉一些结构特征,如前n项和为Sn=An2+Bn(A,B是常数)的形式的数列为等差数列,通项公式为an=p·qn-1(p,q≠0)的形式的数列为等比数列.
(3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置,所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算.
对点训练1
(1)(2023江苏如东高级中学模拟)山西大同的辽金时代建筑华严寺的大雄宝殿共有9间,左右对称分布,最中间的是明间,宽度最大,然后向两边均依次是次间、次间、梢间、尽间.每间宽度从明间开始向左右两边均按相同的比例逐步递减,且明间与相邻的次间的宽度比为8∶7.若设明间的宽度为a,则该大殿9间的总宽度为( )
D
9
考点二 等差、等比数列的性质
考向1 等差数列性质的应用
例2(1)(2023全国甲,文5)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2+a6=10, a4a8=45,则S5=( )
A.25 B.22 C.20 D.15
C
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=15,S9=99,则S6=________.
48
解析 因为等差数列{an}的前n项和为Sn,
所以S3,S6-S3,S9-S6成等差数列,
所以2(S6-S3)=S3+(S9-S6),
因为S3=15,S9=99,所以2(S6-15)=15+(99-S6),
解得S6=48.
延伸探究
解 因为数列{an},{bn}均为等差数列,其前n项和分别为Sn,Tn,
所以可设Sn=An(4n+2),Tn=An(3n-1),A≠0,
考向2 等比数列性质的应用
例3(1)(2023新高考Ⅱ,8)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S4=-5,S6=21S2,则S8=( )
A.120 B.85 C.-85 D.-120
C
(2)(2023广东广州高三联考)已知等比数列{an}满足log2a2+log2a13=1,且a5a6a8a9=16,则数列{an}的公比为( )
B
增分技巧等差数列、等比数列性质问题的求解策略
对点训练2
A
解析 ∵{an}是等比数列,∴a1+a2,a3+a4,a5+a6,a7+a8也成等比数列,
∵a1+a2=6,a3+a4=12,∴a5+a6=24,a7+a8=48,
∴数列{an}的前8项和为a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8=90.故选A.
(2)(2023山东济宁高三统考)等差数列{an}的前n项和为Sn,若S5=15, a5+a6+a7+a8+a9=35,则S14=__________.
105
120
考点三 求数列的通项公式
例4(1)(2023福建厦门外国语学校期末)南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,高阶等差数列中前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列,其前7项分别为1,2,4,7,11,16,22,则该数列的第50项为( )
A.1224 B.1225 C.1226 D.1227
C
解析 设数列{an}的前7项分别为1,2,4,7,11,16,22,
由题意可得a2-a1=1,a3-a2=2,a4-a3=3,…,a50-a49=49,
上述等式累加可得a50-a1=1+2+3+…+49= =1 225,
所以a50=a1+1 225=1 226.故选C.
160
增分技巧求数列{an}通项公式的常用方法
对点训练3
(1)已知数列{an}满足a1=1,an=n(an+1-an),则数列{an}的通项公式an=( )
A.2n-1 B.
C.n2 D.n
D
(2)(2023山东烟台模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和,Sn=14n-n2,则an=__________;若Tn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|,则T20=__________.
15-2n
218
考点四 两数列的公共项问题
例5(1)(2020新高考Ⅰ,14)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为__________.
3n2-2n
解析)数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数.并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列构成的新数列{an}为以1为首项,以6为公差的等差数列.
所以{an}的前n项和为
(2)(2023河南濮阳一中高三质检)由数列{an}和{bn}的公共项组成的数列记为{cn},已知an=3n-2,bn=2n,若{cn}为递增数列,且c3=bm=at,则m+t=_______.
28
解析 因为an=3n-2,所以a1=1,a2=4,
因为bn=2n,所以b1=2,b2=4,
因为数列{an}和{bn}的公共项组成的数列记为{cn},所以c1=a2=b2=4,
设cn=bx=ay,即cn=2x=3y-2,
bx+2=2x+2=4(3y-2)=3(4y-2)-2,
因为4y-2∈N*,所以bx+2是{cn}中的项,所以cn+1=bx+2=a4y-2.
因为cn=bx=ay,c1=a2=b2=4,所以n=1,x=2,y=2,
所以c2=b4=a6,所以n=2,x=4,y=6,
所以c3=b6=a22,所以m=6,t=22,所以m+t=28.
规律方法求两个数列公共项的两种方法
不定 方程法 列出两个项相等的不定方程,求出符合条件的项,并解出相应的通项公式
周期法 即寻找下一项:通过观察找到首项后,从首项开始向后,逐项判断,并找到规律(周期),分析相邻两项之间的关系,从而得到通项公式
对点训练4
(1)我国古代数学名著《孙子算经》载有一道数学问题:“今有物不知其数,三三数之剩二,五五数之剩二,七七数之剩二,问物几何 ”根据这一数学思想,所有被3除余2的自然数从小到大组成数列{an},所有被5除余2的自然数从小到大组成数列{bn},把{an}和{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn},则下列结论正确的是( )
A.a3+b5=c3 B.b28=c10
C.a5b2>c8 D.c9-b9=a26
B
解析 根据题意数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列,
则an=2+3(n-1)=3n-1,数列{bn}是首项为2,公差为5的等差数列,
则bn=2+5(n-1)=5n-3,数列{an}与{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn},
故数列{cn}是首项为2,公差为15的等差数列,则cn=2+15(n-1)=15n-13.
对于A,a3+b5=(3×3-1)+(5×5-3)=30,c3=15×3-13=32,a3+b5≠c3,A错误;
对于B,b28=5×28-3=137,c10=15×10-13=137,b28=c10,B正确;
对于C,a5=3×5-1=14,b2=5×2-3=7,c8=15×8-13=107,
a5b2=14×7=98<107=c8,C错误;
对于D,c9=15×9-13=122,b9=5×9-
(2)(2023安徽十校联盟模拟)已知数列{an},{bn}的通项公式分别为an=2n, bn=2n,现从数列{an}中剔除{an}与{bn}的公共项后,将余下的项按照从小到大的顺序进行排列,得到新的数列{cn},则数列{cn}的前150项之和为( )
A.23804 B.23946 C.24100 D.24612
D
解析 因为a150=300,28=256<300,29=512>300,
所以数列{an}的前150项中包含{bn}的前8项,
又a158=316<29,
故数列{cn}的前150项包含{an}的前158项排除与{bn}公共的8项.
记数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,(共34张PPT)
解答题专项 数列求和及其综合应用
考点一 等差、等比数列的判定与证明
例1(2021全国甲,理18)已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①数列{an}是等差数列;②数列 是等差数列;③a2=3a1.
解 选①②作条件证明③:
(方法一)设 =an+b(a>0),则Sn=(an+b)2.
当n=1时,a1=S1=(a+b)2;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(an+b)2-(an-a+b)2=a(2an-a+2b).
因为{an}也是等差数列,
所以(a+b)2=a(2a-a+2b),解得b=0,
所以an=a2(2n-1),a1=a2,a2=3a2,即a2=3a1.
增分技巧1.{an}为等比(差)数列,可推出a1,a2,a3成等比(差)数列,但a1,a2,a3成等比(差)数列并不能说明{an}为等比(差)数列.
2.证明{an}不是等比(差)数列可用特值法.
对点训练1
已知数列{an}满足a1=1,4an+1=3an-n+4.
(1)证明:数列{an+n-8}是等比数列;
(2)证明:数列{an+2}不可能是等比数列.
考点二 分组转化法求和
例2(2023福建厦门等七市第一次质检)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且4Sn=(an-1)(an+3)(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)将数列{an}和{2n}中所有的项,按照从小到大的顺序排列得到一个新数列{bn},求{bn}的前50项和.
解 (1)依题意an>0,
当n=1时,4a1=4S1=(a1-1)(a1+3),解得a1=3.
由4Sn=(an-1)(an+3)(n∈N*),①
当n≥2时,有4Sn-1=(an-1-1)(an-1+3),
所以(an+an-1)(an-an-1-2)=0,
因为an+an-1>0,
所以an-an-1=2(n≥2),
所以数列{an}是首项为3,公差为2的等差数列,
所以an=2n+1.
(2)由(1)得,a50=101,又26<101<27,同时a44=89>26,
所以b50=a44,
所以b1+b2+…+b50=(a1+a2+…+a44)+(21+22+…+26)
所以{bn}的前50项和为2 150.
增分技巧1.分组转化法求和的常见类型
2.有些数列的项与项数的奇偶有关,有些数列的项有周期性,有些数列的项与三角函数值相关,求解上述条件下数列和的问题时,可以将原数列的通项公式分解转化为若干个简单数列的通项公式的和差,整体转化后求和.
对点训练2
(2021新高考Ⅰ,17)已知数列{an}满足a1=1,
(1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;
(2)求{an}的前20项和.
解 (1)(方法一)显然2n为偶数,则a2n+1=a2n+2,a2n+2=a2n+1+1,
所以a2n+2=a2n+3,即bn+1=bn+3,且b1=a2=a1+1=2,
所以{bn}是以2为首项,3为公差的等差数列,
于是b1=2,b2=5,bn=3n-1.
则bn=a2n=(a2n-a2n-1)+(a2n-1-a2n-2)+…+(a2-a1)+a1
=1+2+1+2+…+2+1+a1=n×1+2(n-1)+1=3n-1.
所以b1=2,b2=5,数列{bn}的通项公式bn=3n-1.
(2)(方法一 奇偶分类讨论)
依旧记bn=a2n,由(1)知
S20=a1+a2+a3+…+a20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+a6+…+a20)
(方法二 分组求和)
由题意知数列{an}满足a1=1,a2n=a2n-1+1,a2n+1=a2n+2,
所以a2n+1=a2n+2=a2n-1+3.
所以数列{an}的奇数项是以1为首项,3为公差的等差数列.同理,由a2n+2= a2n+1+1=a2n+3知数列{an}的偶数项是以2为首项,3为公差的等差数列.
从而数列{an}的前20项和为S20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+a6+…+a20)
考点三 裂项相消法求和
增分技巧1.裂项相消法求和的基本步骤
2.裂项原则
一般是前边裂几项,后边就裂几项,直到发现被消去项的规律为止.
3.消项规律
消项后前边剩几项,后边就剩几项,前边剩第几项,后边就剩倒数第几项.
对点训练3
(2023广东江门高三联考)已知数列{an}是等差数列,其前n项和为An, a7=15,A7=63,数列{bn}的前n项和为Bn,2Bn=3bn-3(n∈N*).
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
由已知2Bn=3bn-3,
当n=1时,2B1=3b1-3=2b1,解得b1=3,
当n≥2时,2Bn-1=3bn-1-3,
∴2Bn-2Bn-1=(3bn-3)-(3bn-1-3)=3bn-3bn-1,n∈N*,即bn=3bn-1,
∴数列{bn}构成首项为3,公比为3的等比数列,
∴bn=3n,n∈N*.
考点四 错位相减法求和
例4(12分)(2023全国甲,理17)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan.
(1)求{an}的通项公式;
增分技巧错位相减法求数列{an}的前n项和的步骤与注意事项
(1)适用条件:若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列,{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列,求数列{an·bn}的前n项和Sn.
(2)基本步骤
(3)注意事项
①在写出Sn与qSn的表达式时,应特别注意将两式“错位对齐”,以便下一步准确写出Sn-qSn;
②作差后,应注意减式中所剩各项的符号要变号.
对点训练4(共9张PPT)
专题二 数列
领航 备考路径
新课标核心考点 2020年 2021年 2022年 2023年 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷
1.等差数列模型 第14题 第15题 第17题 第17题 第3题 第7题 第20题 第18题
2.等比数列模型 第18题 第18题 第8题
3.等差数列与等比数列的交汇模型 第17题
4.数列求和问题 第16题 第17题 第18题
通览 主干知识
1.等差数列、等比数列
名师点析 (n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件,也就是在判断一个数列是等比数列时,要注意各项均不为0.
2.求数列通项公式的常用方法
(1)公式法.
(2)作差法.
(3)作商法.
(4)已知an+1-an=f(n),求an,用累加法:
an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=f(n-1)+f(n-2)+…+f(1)+a1 (n≥2,n∈N*).
3.数列求和的常用方法
裂项相消 求和法 把数列的各项分解,使得相加后项与项之间能够相互抵消,前n项和变成首尾若干少数项之和,从而求出数列的前n项和
错位相减 求和法 如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,可采用错位相减法,一般是和式两边同乘等比数列{bn}的公比,然后作差求解
拆项分组 求和法 如果一个数列的各项是由几个等差数列和等比数列的项相加减得到的,那么可以把数列的每一项拆成多个项或把数列的项重新分组,使其转化成等差数列或等比数列,然后利用等差数列、等比数列的求和公式求和
并项转化 求和法 在求数列的前n项和时,如果一个数列的项是正负交错的,尤其是当各项的绝对值又构成等差数列时,可以先将相邻的两项或几项合并,然后再利用其他相关的方法进行求和(共19张PPT)
培优拓展(二) 数列中的情境创新与数学文化
现在高考越来越重视情境命题,体现了数学应用的重要性.目前更是提出了数学要增加复杂情境的命题说法.数列与现实生活联系密切,也成为情境问题的常见命题背景.特别是数学文化问题是近年来高考命题的亮点,此类问题把数学史、数学之美、文字之美与数学思维及数学方法结合起来,可有效考查我们在新情境中对数学文化的鉴赏、对数学知识的理解和对数学方法的迁移,因此备受命题者青睐.世界数学历史上,尤其是我国浩瀚的传统文化中,有丰富的与数列有关的数学文化背景知识,这也成为命题的考点.
解决数列与数学文化相交汇问题的关键
例1《九章算术》“竹九节”问题:现有一根9节的竹子,自上而下各节的容积成等差数列,上面4节的容积共3升,下面3节的容积共4升,则第五节的容积为( )
B
解析 设竹子自上而下各节的容积分别为a1,a2,…,a9,且为等差数列,
根据题意得a1+a2+a3+a4=3,a7+a8+a9=4,
即4a1+6d=3,①
3a1+21d=4,②
例2(多选题)(2023湖南长沙雅礼中学模拟)在《算法统宗》中有这样一则故事:“三百七十八里关,初行健步不为难;次日脚痛减一半,六朝才得到其关.”则下列说法正确的是( )
A.此人第二天走了九十六里路
B.此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里
C.此人第三天走的路程占全程的
D.此人后三天共走了四十二里路
ABD
增分技巧本题只给出了原文,需认真阅读,先理解题意,转化为等比数列问题,再结合选项进行基本量的运算.
BCD
解析 对于A,a2=a1+1+1=2,a3=a2+2=4,a4=a3+3+1=8,A错误;对于B,当n为奇数时,n+1为偶数,则an+2=an+1+n+1,an+1=an+n+1,可得an+2=an+2(n+1),当n为偶数时,n+1为奇数,则an+2=an+1+n+1+1,an+1=an+n,
可得an+2=an+2(n+1),B正确;对于C,当n为奇数且n≥2时,a2=a1+1+1,a3=a2+2,a4=a3+3+1,…,an-1=an-2+n-2+1,an=an-1+n-1,
累加可得an=a1+1+1+2+3+1+…+n-2+1+n-1
=(1+1+3+1+…+n-2+1)+(2+4+…+n-1)
当n=1时也符合,当n为偶数且n≥2时,a2=a1+1+1,a3=a2+2,a4=a3+3+1,…,an-1=an-2+n-2,an=an-1+n-1+1,
累加可得an=a1+1+1+2+3+1+…+n-2+n-1+1
=(1+1+3+1+…+n-1+1)+(2+4+…+n-2)
增分技巧对于数学文化中涉及的数列模型,解题时应认真审题,从问题背景中提取相关信息并分析归纳,然后构造恰当的数列模型,再利用数列的相关知识解答,最后对实际问题作出解释,必要时进行检验.
对点训练
(1)(多选题)(2023辽宁大连模拟)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状,后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球,第二层有3个球,第三层有6个球……设各层球数构成一个数列{an},且a1=1,数列 的前n项和为Sn,则( )
A.a4=12 B.an+1=an+n+1
C. D.a100=4950
BC
解析 各层球数为1,3,6,10,15,21,…,
所以a2-a1=2,a3-a2=3,a4-a3=4,an-an-1=n(n≥2,n∈N*),
显然可得an+1=an+n+1,因此选项A不正确,选项B正确;
当n≥2,n∈N*时,an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
BD
(3)2022年北京冬奥会开幕式始于24节气倒计时,它将中国人的物候文明、传承久远的诗歌、现代生活的画面和谐统一起来.我国古人将一年分为24个节气,如图所示,相邻两个节气的日晷长变化量相同,冬至日晷长最长,夏至日晷长最短,周而复始.已知冬至日晷长为13.5尺,芒种日晷长为2.5尺,则一年中夏至到大雪的日晷长的和为__________尺.
84
解析 依题意,冬至日晷长为13.5尺,记为a1=13.5,芒种日晷长为2.5尺,记为a12=2.5,
因相邻两个节气的日晷长变化量相同,则从冬至日晷长到芒种日晷长的各数据依次排成一列得等差数列{an},n∈N*,n≤12,
因夏至与芒种相邻,且夏至日晷长最短,则夏至日晷长为a12+d=1.5,
又大雪与冬至相邻,且冬至日晷长最长,则大雪日晷长为a1+d=12.5,
显然夏至到大雪的日晷长依次排成一列是递增等差数列,首项为1.5,末项为12.5,共12项,所以一年中夏至到大雪的日晷长的和为
9(共16张PPT)
培优拓展(三) 数列中的奇、偶项问题
解数列中的奇、偶项问题,可以把一个数列分成两个新数列进行单独研究,利用新数列的特征(等差、等比数列或其他特征)求解原数列.
数列中奇、偶项问题的常见题型有:
(1)数列中连续两项和或积的问题(an+an+1=f(n)或an·an+1=f(n));
(2)通项公式中含有(-1)n的类型;
(3)含有{a2n},{a2n-1}的类型;
(4)已知条件明确的奇、偶项问题.
角度1 通项公式中含有(-1)n的数列求和
(1)求数列{bn}的前n项和Bn,并证明Bn+1,Bn,Bn+2是等差数列;
(2)设cn=(-1)nan+bn,求数列{cn}的前n项和Tn.
角度2 奇、偶项通项公式不同的数列求和
例2(2023新高考Ⅱ,18)已知{an}为等差数列, 记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:当n>5时,Tn>Sn.
增分技巧对于通项公式分奇、偶不同的数列{an}求Sn时,我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和,也可以把a2k-1+a2k看作一项,求出S2k,再求S2k-1 =S2k-a2k.
对点训练
(1)(2023山东聊城一模)已知数列{an}满足a1+a3=2a2, 数列{cn}满足cn=a2n-1.
①求数列{cn}和{an}的通项公式;
②求数列{an}的前n项和Sn.
(ⅰ)求数列{an},{bn}的通项公式;
(ⅱ)设数列{cn}的通项公式为cn=an+(-1)n(3bn+1),求数列{cn}的前n项和Tn.(共42张PPT)
高考小题突破4 空间几何体的结构、表面积与体积
考点一 空间几何体的结构特征
B
解析 (1)设圆锥底面半径为r1,圆锥侧面展开图半圆所在圆的半径为r2.
图①
图②
(2)(2020全国Ⅰ,理3)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )
C
增分技巧几何体的表面展开图及其应用
(1)圆锥、圆柱的侧面展开图分别为扇形和矩形,圆锥、圆柱的底面周长分别为扇形的弧长、矩形的一边长,据此建立圆锥、圆柱基本量的联系解决问题.
(2)解决多面体或旋转体的表面上与长度有关的最值问题时,一般采用转化法,即将表面展开化为平面图形,通过“化折为直”或“化曲为直”来解决,注意展开前后哪些几何量发生变化,哪些不变.
对点训练1
(1)(2023湖南郴州三模)已知圆台的上、下底面圆半径分别为5和10,侧面积为300π,AB为圆台的一条母线(点B在圆台的上底面圆周上),M为AB的中点,一只蚂蚁从点A出发,绕圆台侧面一周爬行到点M,则蚂蚁爬行所经路程的最小值为( )
A.30 B.40 C.50 D.60
C
解析 因为圆台上底面半径为5,下底面半径为10,母线长为l,
所以S=πl(10+5)=15πl=300π,解得l=20.
将圆台所在的圆锥展开如图所示,且设扇形的圆心为O.
线段M1A就是蚂蚁爬行的最短距离.
设OB=R,圆心角是α,则由题意知10π=αR,①
20π=α(20+R),②
A
考点二 空间几何体的表面积与体积
考向1 空间几何体的表面积
例2(1)(2023湖北武汉模拟)某车间需要对一个圆柱形工件进行加工,该工件底面半径为15cm,高为10cm,加工方法为在底面中心处打一个半径为rcm且和原工件有相同轴的圆柱形通孔.若要求工件加工后的表面积最大,则r的值为( )
D
解析 由题知,大圆柱表面积为2×152π+10×2×15π=750π cm2,
小圆柱侧面积为(10×2πr)cm2,上下底面积为2πr2 cm2,
所以加工后物件的表面积为750π+20πr-2πr2=800π-2π(r-5)2,
所以当r=5时,表面积最大.
(2)(2023甘肃兰州模拟)如图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分,它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体,已知正四棱台上底、下底、侧棱的长度(单位:dm)分别为2,6,4,正三棱柱各棱长均相等,则该结构表面积为( )
A
增分技巧空间几何体表面积的类型及求法
求多面体的表面积 只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形,利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积
求旋转体的表面积 可以从旋转体的形成过程及其几何体特征入手,将其展开后求表面积,但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系
求不规则几何体的表面积 通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体,先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积,再通过求和或作差,求出所给几何体的表面积
对点训练2
(1)(2023湖北华中师大一附中模拟)已知圆台的侧面积与轴截面的面积之比为 ,若上、下底面的半径分别为1和2,则母线长为____________.
2
解析 设圆台的母线长为l,高为h,则h2+(2-1)2=l2.
因为圆台上、下底面的半径分别为1和2,
(2)如图,斜三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是边长为1的正三角形,侧棱长为2, ∠A1AB=∠A1AC=45°,则该斜三棱柱的侧面积是__________.
考向2 空间几何体的体积
A
解析 (方法一)如图,作AO⊥平面PBC,设AO=h,连接OP,OB,OC,
由AP=AB=AC=2,可得OP=OB=OC,即O为△PBC的外心.
(方法二)如图,过点P作PO⊥平面ABC于点O,连接CO并延长交AB于点D,连接PD.
(2)(2023广东佛山二模)极目一号(如图1)是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器.2022年5月,“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录.“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55m,高19m,若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体,正视图如图2所示,则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积约为( )
(参考数据:9.52≈90,9.53≈857,315×1005≈316600,π≈3.14)
A.9064m3 B.9004m3 C.8944m3 D.8884m3
图1
图2
A
增分技巧求几何体体积的基本方法
(1)直接法:对于规则的几何体,可利用相关公式直接计算求解.
(2)割补法:对于不规则的几何体,可将其分割成规则的几何体,进行体积计算;也可把不规则的几何体补成规则的几何体,进行体积计算.
(3)转换法:主要用于求三棱锥(四面体)的体积,将三棱锥的顶点和底面进行转换,使其底面的面积可求(或容易求),高可求(或容易求),从而代入公式求得体积.
对点训练3
C
解析 (1)如图,甲、乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆,设圆的半径(即圆锥的母线长)为3,则圆的周长为6π,甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1,r2,高分别为h1,h2,则2πr1=4π,2πr2=2π,则r1=2,r2=1,
(2)(2023广东深圳一模)如图,一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水,若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形,则V的取值范围是
( )
A
解析 若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形,
则水最少的临界情况是水面与平面A1BD重合时;
水最多的临界情况为多面体ABCDA1B1D1,水面为B1CD1.
考点三 球的“切”“接”问题
考向1 外接球问题
例4(1)(2021天津,6)两个圆锥的底面是一个球的同一截面,顶点均在球面上,若球的体积为 ,两个圆锥的高之比为1∶3,则这两个圆锥的体积之和为( )
A.3π B.4π C.9π D.12π
B
解析 (1)如图所示,两个圆锥的底面圆圆心为D.
由题可知,两个圆锥的高之比为3∶1,则AD=3BD.
所以AB=AD+BD=4BD=4,
所以BD=1,AD=3.
因为CD⊥AB,则∠CAD+∠ACD=∠BCD+∠ACD=90°,
所以∠CAD=∠BCD.
又因为∠ADC=∠BDC,所以△ACD∽△CBD,
A.100π B.128π C.144π D.192π
A
解析 设外接球的半径为R,由题意得,上底面所在平面截球所得圆的半径是3,下底面所在平面截球所得圆的半径是4,
在轴截面中,设球心到上、下底面的距离分别为d1,d2,
解得R2=25符合题意.
因此球的表面积是S=4πR2=4π·25=100π.故选A.
延伸探究
解 由题意可知,正三棱锥外接球的球心位于高VM所在直线上,设为O.
增分技巧解决几何体外接球问题的基本方法
(1)由球的定义确定球心.
①正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中点.
②正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心的连线的中点.
③直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心的连线的中点.
④正棱锥的外接球的球心在其高上,具体位置可通过构造直角三角形,利用勾股定理求得.
(2)构造正方体或长方体确定球心.
①可构造正方体的情况:a.正四面体,其棱长对应正方体的面对角线长;b.三条侧棱两两垂直的正三棱锥,其底面边长对应正方体的面对角线长,侧棱长对应正方体的棱长.
②可构造长方体的情况:a.某一个顶点处的三条棱两两垂直的四面体;b.四个面都是直角三角形的三棱锥;c.相对的棱相等的三棱锥.
(3)利用性质确定球心.
对点训练4
(1)(2023全国乙,文16)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA=__________.
2
(2)(2023山东潍坊一模)在半径为1的球中作一个圆柱,当圆柱的体积最大时,圆柱的母线长为__________.
考向2 内切球问题
例5(1)(2023山西朔州模拟)如图,由4个直角三角形组成的各边长均相等的六边形是某棱锥的侧面展开图,若该六边形的面积为 ,则该棱锥的内切球半径为__________.
(2)(2023湖南郴州三模)已知三棱锥P-ABC的棱长均为4,先在三棱锥P-ABC内放入一个内切球O1,然后再放入一个球O2,使得球O2与球O1及三棱锥P-ABC的三个侧面都相切,则球O2的表面积为__________.
增分技巧几何体内切球问题的求解策略
(1)体积分割法求内切球半径.
(2)作出合适的截面(过球心、切点等),转化为平面图形求解.
(3)多球相切的问题,连接各球球心,转化为处理多面体问题.
对点训练5
(1)(2020全国Ⅱ,理15)已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为__________.
(2)如图所示的六面体由两个棱长为a的正四面体M-ABC,Q-ABC组合而成,记正四面体M-ABC的内切球为球O1,正四面体Q-ABC的内切球为球O2,则O1O2=__________;若在该六面体内放置一个球O,则球O的体积的最大值是__________.
解析 如图,取BC的中点D,连接AD.设点M在平面ABC内的射影为N,连接MN,
因为四面体M-ABC是正四面体,则N为△ABC的中心,且N在线段AD上, AD⊥BC.
此时,由对称性可知球心O即△ABC的中心N,连接MD,MD⊥BC,
过点O作OE⊥MD于点E,由于BC⊥AD,BC⊥MD,AD∩MD=D,AD,
MD 平面MAD,
故BC⊥平面MAD.又OE 平面MAD,所以BC⊥OE.
因为BC∩MD=D,BC,MD 平面MBC,故OE⊥平面MBC,则OE为球O的半径,(共77张PPT)
解答题专项 立体几何中的证明与计算
保分1 空间位置关系、空间角
考点一 空间平行与垂直的证明与应用
例1(2023全国乙,文19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,
,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)求证:EF∥平面ADO;
(2)若∠POF=120°,求三棱锥P-ABC的体积.
(2)解 连接OF,PF.
∵O,F分别为BC,AC中点,且AB⊥BC,∴OF⊥BC.
又PB=PC,O为BC中点,∴BC⊥OP.
∵OF∩OP=O,OF,OP 平面POF,∴BC⊥平面POF.
又BC 平面ABC,∴平面ABC⊥平面POF,且交线为OF.
过点P作PM⊥FO交FO延长线于点M,则PM⊥平面ABC,
即PM为三棱锥P-ABC的高.
∵∠POF=120°,∴∠POM=60°.
增分技巧空间几何体中线面位置关系的判断方法
(1)明确空间几何体的结构特征,明确其中已有的平行、垂直关系.
(2)熟练掌握线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理及性质定理,并能灵活运用.
对点训练1
如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2, AB=1,点E为棱PC的中点.证明:
(1)BE⊥DC;
(2)BE∥平面PAD;
(3)平面PCD⊥平面PAD.
证明 依题意,以点A为原点,AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).
由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).
考点二 利用向量求空间角
考向1 直线与平面所成的角
例2(2023全国甲,理18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC, ∠ACB=90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1.
(1)证明:A1C=AC;
(2)已知AA1与BB1距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.
(1)证明 ∵A1C⊥底面ABC,BC 平面ABC,∴A1C⊥BC.
∵∠ACB=90°,∴BC⊥AC.
又A1C,AC 平面ACC1A1,∴BC⊥平面ACC1A1.
∵BC 平面BCC1B1,∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.
如图,过点A1作A1O⊥CC1交CC1于点O,
又平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1,∴A1O⊥平面BCC1B1.
∵A1到平面BCC1B1的距离为1,
∴A1O=1.
∵A1C⊥平面ABC,AC 平面ABC,∴A1C⊥AC.
又A1C1∥AC,∴A1C⊥A1C1.又CC1=AA1=2,
增分技巧利用向量求线面角的方法步骤
对点训练2
(2022全国乙,理18)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.
(1)证明:平面BED⊥平面ACD;
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.
(1)证明 ∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,
∴△ABD≌△CBD,∴AB=CB.
又E为AC的中点,AD=CD,
∴DE⊥AC,BE⊥AC.
又BE∩DE=E,∴AC⊥平面BED.
又AC 平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD.
(2)解 (方法一)如图,连接EF,由(1)知AC⊥平面BED.
∴EF⊥AC,∴当△AFC的面积最小时,EF最小.
在△BDE中,若EF最小,则EF⊥BD.
∵AB=CB=2,∠ACB=60°,∴△ABC为等边三角形,
∴AC=2,BE= .
∵AD⊥CD,AD=CD,∴△ACD为等腰直角三角形,
∴DE=1.
又BD=2,∴DE2+BE2=BD2,∴BE⊥DE.
由(1)知DE⊥AC,BE⊥AC,则以E为原点,EA,EB,ED所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
∴点A(1,0,0),B(0, ,0),C(-1,0,0),D(0,0,1),E(0,0,0),
考向2 二面角
例3(12分)(2023新高考Ⅱ,20)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC, BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.
图2
【教师讲评】1.本题条件中边角关系较多,要注意结合图形标注分析.由题意易知△ABD,△ACD是全等的等边三角形,从而△BCD和△ABC都是以BC为底边的等腰三角形.所以可通过证明BC⊥平面ADE来实现线线垂直的证明.
2.利用勾股定理证明AE⊥DE,于是得AE⊥平面BCD,由此建立空间直角坐标系,由 可确定F点的坐标,求出两个半平面的法向量,利用公式求解二面角.要注意要求的是二面角的正弦值,所以在求得两个法向量夹角的余弦值后,不要忘记转化.
增分技巧利用向量求二面角的方法步骤
对点训练3
(12分)(2022新高考Ⅰ,19)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为 .
(1)求A到平面A1BC的距离;
(2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值.
(2)连接AB1交A1B于点E,如图.
∵AA1=AB,∴AB1⊥A1B.
又平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,
∴AB1⊥平面A1BC.
保分2 空间距离、折叠与探究性问题
例1(2023山东济南一模)如图,四棱锥P-ABCD中,△ABD是等边三角形, PA=PB=PD,BC=CD.
(1)证明 如图,连接AC,交BD于点O,连接PO,由AD=AB,CD=BC,AC=AC,
可得△ABC≌△ADC,所以∠BAC=∠DAC.
又AO=AO,所以△AOB≌△AOD,所以BO=DO,
即O为BD中点.在等腰三角形PBD中,可得BD⊥OP.
在等腰三角形BCD中,BD⊥OC.
又OP∩OC=O,OP,OC 平面POC,
所以BD⊥平面POC.因为PC 平面POC,
所以BD⊥PC.
增分技巧求点到平面的距离的四步骤
对点训练1
(2023山东菏泽一模)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD⊥CD,AD∥BC, AD=CD=2,BC=3,A1C1与B1D1交于点E,G为棱BB1上一点,且BB1=3BG,点C1到平面A1BD的距离为 .
(1)判断AG是否在平面AED1内,并说明理由;
(2)求平面AD1E与平面AA1D1夹角的余弦值.
解 (1)不在.以A为坐标原点,过点A作与AD垂直的直线为x轴,AD,AA1所在的直线分别为y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
考点二 折叠问题
考向1 翻折中的位置关系问题
例2如图1,已知正方形ABCD的边长为4,E,F分别为线段AD,BC的中点,将正方形ABCD沿EF折成如图2所示,且∠DEA=60°,点M在线段AB上(包含端点)运动,连接AD.
(1)若M为AB的中点,直线MF与平面ADE的交点为O,试确定点O的位置,并证明直线OD∥平面EMC;
(2)点H为AE的中点,求证:DH⊥平面ABFE.
图1
图2
(1)解 因为直线MF 平面ABFE,故点O在平面ABFE内,也在平面ADE内,
所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线,即直线AE上.
如图所示,延长EA,FM交于点O,连接OD.
因为AO∥BF,M为AB的中点,所以△OAM≌△FBM,所以OM=FM,
连接DF交CE于点N,连接MN,则N为线段DF的中点,所以MN∥OD.
又OD 平面EMC,MN 平面EMC,所以OD∥平面EMC.
(2)证明 由已知可得EF⊥AE,EF⊥DE.又EA∩DE=E,且EA,DE 平面ADE,
所以EF⊥平面ADE.因为EF 平面ABFE,所以平面ABFE⊥平面ADE.
因为∠DEA=60°,DE=AE,所以△ADE为等边三角形,则DH⊥AE.
而平面ABFE⊥平面ADE,平面ABFE∩平面ADE=AE,DH 平面ADE,
所以DH⊥平面ABFE.
对点训练2
(2023河南开封二模)如图1,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠BAD=90°, AD=CD= AB,将△ACD沿AC折起(如图2).在图2所示的几何体D-ABC中,
(1)若平面ACD⊥平面ABC,求证:AD⊥BC;
(2)设P为BD的中点,记P到平面ACD的距离为h1,P到平面ABC的距离为h2,求证: 为定值,并求出此定值.
图1
图2
考向2 翻折中的空间角问题
例3(2023湖南岳阳二模)在△ABC中,∠ACB=45°,BC=3,过点A作AD⊥BC,交线段BC于点D(如图1),沿AD将△ABD折起,使∠BDC=90°(如图2),点E,M分别为棱BC,AC的中点.
图1
图2
(1)证明 ∵CD⊥AD,CD⊥BD,AD∩BD=D,AD,BD 平面ABD,
∴CD⊥平面ABD.
又AB 平面ABD,
∴CD⊥AB.
又M,E分别为棱AC,BC的中点,
∴ME∥AB,∴CD⊥ME.
以点D为坐标原点,DB,DC,DA所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
增分技巧解决翻折问题的关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变.一般地,位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变,而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化.对于不变的关系应在平面图形中处理,而对于变化的关系则要在立体图形中解决.
对点训练3
(2023江苏苏州高三期末)如图1,在长方形ABCD中,已知AB=2,BC=1,E为CD中点,F为线段EC上(端点E,C除外)的动点,过点D作AF的垂线分别交AF,AB于O,K两点.现将△DAF折起,使得DK⊥AB(如图2).
(1)证明:平面ABD⊥平面ABC;
(2)求直线DF与平面ABC所成角的最大值.
图1
图2
(1)证明 因为AF⊥OK,AF⊥OD,OD,OK 平面ODK,OD∩OK=O,
所以AF⊥平面ODK.
因为DK 平面ODK,所以AF⊥DK.
又DK⊥AB,AB,AF 平面ABC,AB∩AF=A,
所以DK⊥平面ABC.
因为DK 平面ABD,所以平面ABD⊥平面ABC.
(2)解 连接FK,由(1)可知,直线DF与平面ABCF所成角为∠DFK,记∠DFK=θ.
在题图1中,因为DK⊥AF,所以∠DFA+∠FDK=90°.
又因为∠FDA=∠FDK+∠ADK=90°,所以∠DFA=∠ADK.
因为∠FDA=∠DAK=90°,所以△FDA∽△DAK.
考点三 空间中的探索性问题
考向1 位置关系中的探索性问题
(1)求直线PC与平面PBD所成角的正弦值.
(2)线段PB上是否存在一点M,使得CM⊥平面PBD 若存在,请指出点M的位置;若不存在,请说明理由.
(2)(方法一)不存在点M.理由如下:
假设存在满足条件的点M(如图).
(方法二)不存在点M,理由如下:
假设存在满足条件的点M,
由CM⊥平面PBD,PB 平面PBD,BD 平面PBD,得CM⊥PB,且CM⊥BD.
因为PA⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,所以PA⊥BC.
因为BC⊥AB,且PA∩AB=A,PA 平面PAB,AB 平面PAB,
所以BC⊥平面PAB.又PB 平面PAB,所以BC⊥PB.
若存在满足条件的点M,则点M必与点B重合.
又BC与BD不垂直,所以线段PB上不存在满足条件的点M.
增分技巧立体几何中探索性问题的求解策略
(1)探索性问题的一般解法:
①可先猜后证,即先观察并尝试给出条件再证明.
②首先假设结论成立,然后把这个假设作为已知条件,与题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算.在推理论证和计算无误的前提下,若得到一个合理的结论,则说明假设成立;若得到一个不合理的结论,则说明假设不成立.
(2)涉及在线段上是否存在符合某条件的点的问题,可以先根据条件猜测点的位置,特别注意特殊位置关系和极端情形的应用.
(3)可借助空间直角坐标系将动点用坐标(含参数)表示出来,然后根据已知条件建立关于参数的方程(组),由此解决探索性问题.
对点训练4
(2023湖北黄冈模拟)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,AB=AC=AA1=2, M为AB的中点,N为B1C1的中点,P是BC1与B1C的交点.
(1)证明:A1C⊥BC1.
(2)在线段A1N上是否存在点Q,使得PQ∥平面A1CM 若存在,请确定点Q的位置;若不存在,请说明理由.
(2)解 以点A为原点,AC,AB,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
考向2 与空间角有关的探索性问题
例5(2023重庆模拟)如图,在八面体PABCDQ中,四边形ABCD是边长为2的正方形,平面PAD∥平面QBC,二面角P-AB-C与二面角Q-CD-A的大小都是30°, AP=CQ= ,PD⊥AB.
(1)证明:平面PCD∥平面QAB.
(2)设G为△QBC的重心,在棱PA上是否存在点S,使得SG与平面ABCD所成角的正弦值为 若存在,求S到平面ABCD的距离;若不存在,请说明理由.
(1)证明 因为ABCD为正方形,所以AB⊥AD.又PD⊥AB,AD∩PD=D,AD,PD 平面PAD,所以AB⊥平面PAD,
所以∠PAD为二面角P-AB-C的平面角,即∠PAD=30°.
又平面PAD∥平面QBC,AB∥CD,
所以CD⊥平面QBC,即∠QCB为二面角Q-CD-A的平面角,即∠QCB=30°.
如图建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0).
因为AB⊥平面PAD,AB 平面ABCD,
因为PC 平面QAB,AQ 平面QAB,所以PC∥平面QAB.
又AB∥CD,CD 平面QAB,AB 平面QAB,所以CD∥平面QAB.
因为PC∩CD=C,PC,CD 平面PCD,
所以平面PCD∥平面QAB.
增分技巧与空间向量有关的探索性问题主要有两类:一类是探究线面的位置关系;另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.处理原则是:先建立空间直角坐标系,引入参数(有些是题中已给出),设出关键点的坐标,然后探究这样的点是否存在,或参数是否满足要求,从而作出判断.
对点训练4
(2023浙江强基联盟统测)如图所示的几何体是一个半圆柱,点P是半圆弧
上一动点(点P与点A,D不重合),AB=AD=4.
(1)证明:DP⊥PB;
(2)若点P在平面ABCD的射影为点H,设 的中点为E点,当点P运动到某个位置时,平面PBD与平面CDE的夹角为45°,求此时DH的长度.
(1)证明 连接AP,在半圆柱中,
AB⊥平面PAD,PD 平面PAD,所以AB⊥PD.
因为AD是直径,所以PD⊥PA.又AP,AB 平面PAB,AP∩AB=A,
所以PD⊥平面PAB.又PB 平面PAB,所以PD⊥PB.
(2)解 依题意可知,以线段AD的中点O为坐标原点,以OA,Oy,OE所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,(共10张PPT)
专题三 立体几何
领航 备考路径
新课标核心考点 2020年 2021年 2022年 2023年 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷
1.空间几何体的表面积与体积 第13题 第3题 第5题 第4题 第11题 第14题 第9题
第14题
2.球的切、接问题 第16题 第8题 第7题 第12题
3.空间位置关系的判断与证明 第20题 第20题 第12题 第20题 第10题 第19题 第20题 第18题 第20题
4.空间角与距离 第4题 第20题 第4题 第20题 第20题 第19题 第9题 第19题 第20题 第18题 第20题
通览 主干知识
1.空间几何体的表面积与体积公式
球的表面积的大小恰好是球的大圆面积大小的4倍
名师点析1.圆柱、圆锥、圆台的体积公式之间的关系
2.柱体、锥体、台体的体积公式之间的关系
2.线面、面面平行的判定及性质定理
(1)线面平行的判定定理:a α,b α,a∥b a∥α;
(2)线面平行的性质定理:a∥α,a β,α∩β=b a∥b;
(3)面面平行的判定定理:a α,b α,a∥β,b∥β,a∩b=P α∥β;
(4)面面平行的性质定理:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b a∥b.
3.线面、面面垂直的判定及性质定理
(1)线面垂直的判定定理:m α,n α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n l⊥α;
(2)线面垂直的性质定理:a⊥α,b⊥α a∥b;
(3)面面垂直的判定定理:a β,a⊥α β⊥α;
(4)面面垂直的性质定理:α⊥β,α∩β=l,a α,a⊥l a⊥β.
4.利用空间向量证明平行、垂直
设直线l的方向向量为a=(a1,b1,c1),平面α,β的法向量分别为μ=(a2,b2,c2),v=(a3,b3,c3).则有:
(1)线面平行
l∥α a⊥μ a·μ=0 a1a2+b1b2+c1c2=0.
(2)线面垂直
l⊥α a∥μ a=kμ a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2.
(3)面面平行
α∥β μ∥v μ=λv a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3.
(4)面面垂直
α⊥β μ⊥v μ·v=0 a2a3+b2b3+c2c3=0.
公式两边都有绝对值,所以两角相等或互补
名师点析利用空间向量求空间角时,一定要注意角的取值范围.对于二面角,要注意题目条件是否明确是锐角还是钝角,如果没有说明,则结合图形特点判断.若求两个不平行平面的夹角,则取直角或锐角.
6.利用空间向量求点到平面的距离
如图所示,已知AB为平面α的一条斜线段,n为平面α的法向量,则点B到平面α的距离为 .(共12张PPT)
培优拓展(四) 立体几何中的动态、最值问题
立体几何中的“动态问题”是指空间图形中的某些点、线、面的位置是不确定的,是可变的一类开放性问题.因其某些点、线、面位置的不确定,往往成为学生进行常规思考、转化的障碍.主要包括空间中动点的轨迹判断,求轨迹的长度及动角的范围,判断动点、动线、动面的位置关系等.
角度1 求动点的轨迹(长度)
例1在矩形ABCD中,E是AB的中点,AD=1,AB=2,将△ADE绕DE顺时针旋转90°得到△A'DE,设A'C的中点为M,在此过程中动点M形成的轨迹长度为__________.
解析 如图,设AC的中点为M0,△ADE绕DE顺时针旋转90°,此时平面A'DE⊥平面ABCD,取CD中点P,CE中点Q,连接PQ,MP,MQ,取PQ中点N,连接MN,M0P,M0Q,M0N.
又MP∩MQ=M,所以平面MPQ∥平面A'DE.又平面A'DE⊥平面ABCD,
故平面MPQ⊥平面ABCD.又平面MPQ∩平面ABCD=PQ,MN⊥PQ,
故MN⊥平面ABCD.
又M0N 平面ABCD,所以MN⊥M0N.
规律方法立体几何中空间动点轨迹的判断或求轨迹的长度,一般是根据线、面平行,线、面垂直的判定定理和性质定理,结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹(还可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程).
角度2 求取值范围或最值问题
例2(1)在空间直角坐标系O-xyz中,正四面体P-ABC的顶点A,B分别在x轴、y轴上移动.若该正四面体的棱长是2,则|OP|的取值范围是( )
A
解析 (1)如图所示,若固定正四面体P-ABC的位置,则原点O在以AB为直径的球面上运动,
(2)(2023河北沧州模拟)已知某圆锥的内切球的体积为 ,则该圆锥的表面积的最小值为__________.
32π
规律方法解决与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题,一般可以从三方面着手:
一是从问题的几何特征入手,充分利用其几何性质去解决;
二是利用空间几何体的侧面展开图;
三是找出问题中的代数关系,建立目标函数,利用代数方法求目标函数的最值.(共25张PPT)
培优拓展(五) 立体几何中的截面、交线问题
空间几何体的截面问题是高考命题的热点,它是空间问题转化为平面问题的纽带,也是考查空间想象能力的最佳切入点.确定空间几何体的截面关键是寻找这个平面与几何体表面的交线.
平面截几何体有三种基本方式:横截、纵截和斜截.考查较多的是旋转体的轴截面和正方体中的斜截面.常见的几种截面图如下:
1.正方体的斜截面
方式 横截 竖截 斜截
正六面体 正方形 正方形/矩形 如上图所示
2.圆柱体的基本截面
方式 横截 竖截 斜截
圆柱体 圆形 矩形 如上图③④⑤所示
考点一 确定截面形状
角度1 直接法
例1在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为BB1的中点,画出过点A1,C1,P的截面.
解 因为此三点在几何体的棱上,且两两在一个平面内,直接连接A1P,A1C1,C1P就得到截面A1C1P.
增分技巧若截面上的点都在几何体的棱上,且两两在同一个平面内,可借助基本事实“如果一条直线上的两个点在一个平面内,那么这条直线在这个平面内”,可直接连线作截面.
角度2 平行线法
【例2】如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P是棱AB上的动点(P不与A,B重合),过A1,C1,P三点作正方体的截面,若截面把正方体分成体积之比为7∶25的两部分,则该截面的周长为( )
D
解析 如图所示,过点P作PQ∥A1C1,交BC于点Q,则四边形PQC1A1就是过点A1,C1,P的截面,且PB=BQ.
增分技巧若截面与几何体的两个平行平面相交,或者截面上有一条直线与几何体的某一个表面平行,可以借助于两个性质:(1)如果一条直线平行于一个平面,经过这条直线的平面与这个平面相交,那么这条直线就和交线平行;(2)如果两个平面平行,第三个平面和它们相交,那么两条交线平行,利用平行线法作截面.
角度3 延长线法
例3(2023河北唐山二模)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别为棱AB,BC的中点,过点D1,E,F作该正方体的截面,则截面形状为___________,周长为__________.
五边形
解析 连接EF并延长交DC的延长线于点N,连接D1N交CC1于点Q,连接QF,延长FE交DA的延长线于点M,连接D1M交AA1于点P,连接EP,顺次连接D1,Q,F,E,P,
则五边形D1QFEP即为平面D1EF截正方体ABCD-A1B1C1D1的截面多边形,如图.
由题意,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,
则AE=BE=BF=1,∠AEM=∠BEF=45°,
故△AME为等腰直角三角形,则AM=1.
增分技巧若截面上的点中至少有两个在一个几何体的一个表面上,可以借助基本事实“如果一条直线上的两个点在一个平面内,那么这条直线在这个平面内”,用作延长线的方法确定平面.
对点训练1
(多选题)如图,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E为A1D1的中点,F为CC1上的一个动点,设由点A,E,F构成的平面为α,则( )
BCD
解析 如图,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,延长AE与z轴交于点P,连接PF与y轴交于点M,则平面α由平面AEF扩展为平面APM.由此模型可知选项A错误,D正确.
对点训练2
(2023广东茂名二模)如图所示,正三棱锥P-ABC,底面边长为2,点Р到平面ABC的距离为2,点M在平面PAC内,且点M到平面ABC的距离是点P到平面ABC距离的 ,过点M作一个平面,使其平行于直线PB和AC,则这个平面与三棱锥表面交线的总长为( )
B
解析 因为三棱锥P-ABC为正三棱锥,所以△ABC为等边三角形且边长为2,即AB=AC=BC=2.
因为三棱锥P-ABC为正三棱锥,因此过点P作底面ABC的垂线于点O,则点O为△ABC的中心.
过点B作AC的垂线于点H.由△ABC为等边三角形,
考点二 球与多面体的交线问题
例4(2020新高考Ⅰ,16)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2, ∠BAD=60°.以D1为球心, 为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为__________.
名师点析解决本题要认真分析图形,分析出侧面上曲线的类型.用平面去截球面,截面一定是圆.由于四棱柱的面不是无限大的,所以得到的曲线只能是圆弧,求圆弧的长可以用大圆,也可以用小圆,具体的操作可以用几何推理的办法,也可以用代数推理的方法.
对点训练3
已知正三棱台ABC-A1B1C1的上、下底面边长分别为2和5,侧棱长为3,则以下底面的一个顶点为球心,半径为2的球面与此正三棱台的表面的交线长为__________.
2π
解析 由题意不妨令下底面为△ABC,
则△ABC是边长为5的等边三角形,
侧面均为全等的等腰梯形,
在四边形ABB1A1中,AB=5,A1B1=2,AA1=BB1=3,
