高中数学全国希望杯竞赛模拟十

题91 三棱锥中，为底面内的一点，则的余弦值为_.（第九届高一第二试第20题）解法1 设在三边上的投影分别是，则由于，即，它的余弦值为.解法2 如图1，以为棱，的延长线为对角线长作长方体，设又设图1在中，PABCDEACB图2即的余弦值为.解法3 如图2，过作平面垂直于，分别交于，由已知有平面平面，从而平面，连结并延长交于，连结,显然有连结、.不妨设又在中，由得于是评析 由已知条件画出的图形，的余弦值可在中由余弦定理求得，然而，三边都不知道，这就是本题的难点之所在.如何突破？解法2根据已知这一特点，将已知三棱锥补成长方体，这样就有问题归结为解直角三角形，这就容易多了.解法3则通过过作平面与垂直，从而使得（即）、（即）、及（即）都成为直角三角形的一个内角，同样起到了化难为易的作用.解法1中用到结论,其依据是：恰为以为棱的长方体的对角线.拓展 因为又知结论，即，所以有，将三个角一般化，我们可得定理 三棱锥中，为底面内的一点，与所成的角分别是则简证 如图1，推广 是两两垂直的三条射线，与所成的角分别是则题92 有一个侧棱都是的三棱锥，顶点处的三个面角中，有两个都是，另一个是.将该棱锥的体积表示成的函数并求出当取什么值时，达到最大或最小.（第二届高一第二试第21题）解 设所给的棱锥是（定值），（变量），以所在平面为底面，作底面于，作于，连结.（如图）由三垂线定理，,于是.面，在的平分线SABCDO上. ，于是.又的面积三棱锥的体积.设，则根号内的这部分可以表示为，当时，最大，同时也最大.，即是锐角，.答：当时，最大.评析 这是一道立几、函数综合题，涉及的知识面广，方法多.破解此题的关键，一是把看成顶点，把面看成底面；二是写出函数关系式；三是求的最值.把看成顶点后，是显然的，关键是如何将高用表示.而要解决这个问题，必须知道由，可得到在底面上的射影是的平分线这一重要结论（立几中常常用到这一结论）.另外，作，由三垂线定理得，这就沟通了与之间的关系，使得用表示成为可能.求得的是较复杂的，如何求其最值也是问题之一.分析出只需求的最值是一个进步；将其变形为又是一个进步.接着换元，令，得，这是一个二次函数在(0,1)上的最值问题，太熟悉了，于是大功告成.其答案也可表示成或.该题重点考查了转化问题的能力，综合运用多种知识解决问题的能力.题93 设为正三棱锥的底面内的任意一点，过引底面的垂线与这棱锥的三个侧面所在平面分别交于三点，若正三棱锥的高为2.试求的长.（第十二届高一培训题第81题）PQAESMFDBCR解 如图，过作于，作于，作于，连结.显然、都等于这个正三棱锥的侧面与底面所成的二面角，.易知为底面正三角形的高，因为正三棱锥高为，所以有，即.评析 首先用特殊点指明解题方向：由于是正内的任意一点，故不妨使其为正的中心，则此时的与正三棱锥的顶点重合，从而为正在棱锥高的3倍，也就是6.若将此题改为选择题，则已可选出正确答案.然而，这是解答题，又该如何求呢？解决此题遇到的第一个难点就是正确地画出图形.图画出后的关键问题是如何利用正三棱锥这一条件，由于都垂直于底面，且分别在三个侧面内，故分别过在三个侧面内作底边的垂线，则为三条射影.由正三棱锥，可知，则.运用正三角形内任一点到三边距离之和为其一边上的高，设，正三棱锥的高为，则，这就得到.这里，发现也是解决问题的关键之一，它将三棱锥的高与，进而与建立了联系，从而最终解决了问题.拓展 此题就是下面定理的特殊情形.定理若是高为的正三棱锥的底面内的任意一点，过引底面的垂线与该棱锥的三个侧面所在平面分别交于三点，则.证明留给读者.题94 There are two travel projects from Beijing to Santiago, Chile: (A)Flying westward(向西) to New York, then flying southward to Santiago; (B) Flying southward from Beijing to Friemander, Australia , then flying westward to Santiago. The geographic positions of these four cities may be approximately considered as: Beijing (1200 east longitude, 400 north latitude ), New York (700 west longitude , 400 north latitude ), Friemander (1200 east longitude, 300 south latitude) , Santiago(700 west longitude , 300 south latitude ).Suppose that the air lines go along the spherical distance , then the project of the shorter distance is _ (第十三届高二第一试第20题)译文:从北京前往智利的圣地亚哥,有两种旅行方案可供选择.方案(A):由北京向西飞抵纽约，再向南飞抵圣地亚哥; 方案(B):由北京向南飞抵澳大利亚的弗里曼特尔,再向西飞抵圣地亚哥.上述4个城市的地理位置可近似看作:北京(东经1200,北纬400),纽约(西经700,北纬400), 弗里曼特尔(东经1200,南纬300), 圣地亚哥(西经700,南纬300). 假设飞机航线都是球面距离,那么飞行距离较短的方案是_.解 用表示北京与纽约的球面距离, 表示纽约与圣地亚哥的球面距离, 表示北京与弗里曼特尔的球面距离, 表示弗里曼特尔与圣地亚哥的球面距离.则有:(A)方案的航程为+ ，(B)方案的航程为+ ，而向南飞是沿着经度线(球大圆)飞行，所以=. 又由余弦定理计算直线距离得.因此(R为地球半径). 同理，.于是BNFS.又和都是小于地球赤道(长)的1/2 , 所以 . 故方案(A)的航程更短些 .评析 地球表面两点间的最短距离是这两点的球面距离(过这两点及球心的平面截球面所得大圆上的劣弧的长).同一经线上两点间的弧长就是这两点间的球面距离,但同一纬线圈上两点间的劣弧长并不是这两点间的球面距离,因此,此题的关键是为何求得与,并比较其大小.当两点间的直线距离小于地球赤道长的一半时，两点间的直线距离小的，这两点间的球面距离也小.运用这一结论可简化运算.拓展 如果直接求北京与纽约间的球面距离及弗里曼特与圣地亚哥间的球面距离，又该如何求呢？我们可以运用下面的定理 设地球半径为，是纬度为的同一纬线圈上两点，这两点的经度差为，则间的球面距离.ABORO证明 设地球的球心为，所在纬度圈的圆心为，则，平面，.在中，由余弦定理得=.在中，（弧度）. .证毕. 将代入上式，便得题中的，将代入上式便得题中的，由于，又是减函数，.故方案(A)的航行路程更短些.图1ABCDP题95 如图1所示，矩形中，为上的任一点，以所在直线为轴，将旋转而成一个旋转体，求旋转体表面积的最大值，并指出当表面积最大时点位置.（第十一届高一培训题第79题）BP图2ABCDEA解法1 如图2，设到的距离是，则旋转体表面积.为求的最大值，不妨设.作关于直线的对称点，连结，则在内部或边界上，延长交于，则，所以.所以.此时与或重合.解法2 由解法1，可知只须求的最大值.设，则aP图3ABOMN-bxy，表示直角坐标系内轴上的动点到两点的距离之和（如图3）.由平几知识，显然当点位于与轴的交点处时，最小，当点由点处沿轴移向点时，越来越大，当点达到点时，达到最大，为；同样地，当点由点处沿轴移到点处时，达到最大，为.故.从而.评析 此题的难点是求的最大值.解法1在作出点关于的对称点后，反复利用三角形两边之和大于第三边突破了这一难点；解法2运用函数思想，将表示成的长的函数，而求这种无理函数的最大值无常规方法，故又将看作动点与两定点的距离之和，再利用平几知识求出了最大值.平几知识、转化思想的灵活运用是破解此题的关键.拓展 不难知道，当点为的中点时，,从而，进而旋转体表面积的取值范围是.题96 ABCD是一个正方形，M为AB上一点，N为BC上一点，且AM=BN.连DM、DN分别交对角线AC于点P、Q，剪掉MNB.求证：以DM、DN为折痕，将DA与DC重合，可以构成一个三棱锥的侧面.以线段AP、PQ、QC为边恰可构成一个内角为600的三角形. （第一届高一第二试第五题）图1NMQPDCBA解 如图1，由于AM=BN，则CN=BM.以DM、DN为折痕，使DA与DC重合.下面证明AM，MN，CN可构成一个三角形：由于AM=BNMN，CN=BMMN，所以MN为AM，MN，CN中最长的线段，又MNMB+BN=AM+CN，所以AM，MN，CN可构成一个三角形.故将DA与DC重合后，面DAM，面DMN，面DNC恰构成一个三棱锥的侧面.图2SPP1DQNMA(C)如图2，在棱锥D-A(C)MN中，AP在面ADM内，PQ在面DMN内，QA在面DAN内.AP-PQ-QA(C)形成封闭折线构成APQ，所以AP，PQ，QC可构成APQ的三条边.现在只须证PAQ=600.由于棱锥底面AMNBMN（三边对应相等），MAN=900，又DAM=900，DA(C)N=900，AP为DAM的平分线，AQ为DAN的平分线.作PP1DA于P1，过P1作P1SAN交AQ于S，则PP1S=900，P1A=P1P=P1S，所以PA=SA=SP，即PSA为正三角形，所以PAQ=600.评析 这是一个典型的折叠问题，解决此类问题的关键是要搞清楚折叠前的各种量在折叠后是否发生了变化，并画出正确的图形，再根据图形寻求解题的路子.第小题的核心是证明线段AM、MN、CN可以构成一个三角形.上述证法是证明了最长的线段MN比两条较短的线段CN与AM的和小，故三条线段能构成一个三角形.其实，因为AM=BN，所以CN=BM.而BN、MN、BM显然构成BMN，故AM、MN、CN当然也能构成三角形 .第小题要证明线段AP、PQ、QC为边可构成一个三角形是很容易的，难就难在要证明此三角形的一个内角是60 0，到底哪一个内角是600？这在直观图上是不易看出的 .瞎猜一通，将会浪费大量时间，且不易得到证明.怎么办呢？我们可以用图1中的三条线段AP、PQ、QC为边画一个三角形，量出一个最接近600的角（若不明显，还可将图1中M、N的位置适当移动后再如此操作），然后再去证明，这是一个有效的方法.要证明PAQ=60O也并非易事.一般来说，是通过解PAQ，求得PAQ=600.这就需要知道PAQ的三边或一些边与角.我们可以设正方形的边长为1，AM=BN=x，设ADP=，则APD=1800-450-=1350-，sin =,在APD中， ， ，类似地可在DCQ中设CDQ=，则CQ可用的三角函数表示出来，再得PQ=-AP-CQ.然后再用余弦定理，应当说是可以得到PAQ=600的，但是太繁了！于是上面的解法抓住DAM=DAN=MAN=900，作PP1DA于P1，作P1SAN交AQ于S，又由AP、AQ分别是RtDAM，RtDAN的平分线，得到P1AP、P1PS、P1SA为全等的等腰直角三角形，得AP=PS=SA，故PAQ=600.这就有效地避免了繁琐的运算.这也启示我们，当常规思路（比如通过解三角形求角）难以奏效时，应当改变思考方向，寻求新的解法.题97 正的边长为，用任意直线截与两边交于，将沿折起作成二面角，由此可形成四棱锥，求此四棱锥的最大体积，并证明之. （第十二届高二培训题第77题）DABCGFHE解 由棱锥的体积公式，可知（1）当固定时，折起与平面垂直时，所成四棱锥有最大体积，此时，的高即为棱锥的高.（2）当高固定时，所有的直线皆以与为圆心，为半径的圆相切，由此可知棱锥的体积要最大，必须四边形的面积最大，有最小面积.因而只要考虑与平行的这些直线.（3）设交于，记，则=，四棱锥的体积为.（4）由，当且仅当，即时取等号.所以.评析 此题解法中的4个步骤恰好解决了本题的4个关键问题：（1）当固定时，折成什么样的二面角体积最大？（2）当高固定时，处于什么样的位置时底面积最大？认识到底面的面积最大时的面积最小也是至关重要的.（3）在认识了必须与平行，设后，如何将表示成的函数？（4）如何求（3）中函数的最小值？这种高与底面积都在变化，即影响体积的两个量都在变化时，先固定一个变量再加以分析的方法在解一些较为复杂的多元函数问题时常常用到，我们应细心体会，并能在实践中自如操作.拓展 将此题略加变动，我们便得下面的定理 若D是边长为的正的边上的动点，将沿折起作成二面角，则由此形成的三棱锥的体积的最大值是.证明 如图，设，则.ABCDH=.在中，由余弦定理，求得.作于，则，所以.显然，若固定，则当沿折成直二面角时三棱锥的体积最大，此时，就是此三棱锥的高.故.令，则易证在上单调递减，所以=图1.题98 给定一个三角形纸片（如图1），你能否用它为原料剪拼成一个正三棱柱（正三棱柱的全面积等于原三角形的面积）？说明你的方法.这里“剪拼”的意思是：依直线剪裁，边对边拼接. （第十四届高二第二试第22题）图2NMQPFECBA解 可以剪拼成一个正三棱柱，下面分两步证明：（1）设是最大角之一，取中点，过作的垂线，垂足一定在内.过作的平行线，分别交两垂线于点.由，可见矩形可由剪拼而成（如图2）.图3TSMNRQP（2）设矩形中，以为边，向内作正，与的距离等于,故在矩形内.过作的平行线，如图3剪拼，即成一个正三棱柱.证毕.评析 正三棱柱的三个侧面是全等的矩形，两底面是全等的正三角形，将正三角形平分后又能拼成矩形，三个全等的侧面矩形总有一边等于底面正三角形的边长.因此，意识到任何一个矩形都可按图3那样剪拼成一个正三棱柱是破解此题的关键之一.在此基础上，如何将任何一个正三角形剪拼成矩形又是一个关键问题，运用平几知识很容易解决这一问题.拓展 对此题作进一步研究，可得命题1 一个三角形可剪拼成任意形状的等积三角形.图4FMNEQQPPNM证明 设已知三角形为，各边长分别为，所求三角形为，各边长为，.1、不妨设，.我们先将剪拼成一个边长为的矩形（如图2）.图5FEQQFPNM2、将矩形剪拼成一组对边长为的平行四边形.若，将矩形作如图4的处理，分别为的中点，（倘若，我们就将矩形截成两个全等的矩形与，如图5，将接到，重复这个操作，直至），延长交于，过且平行于，易知可拼成平行四边形且.若，仍作图5处理，直至（矩形在竖直方向的边长）为止，再进行上述操作.图6FMNEQPCAB3、因为，所以（为平行四边形的高）.如图6，分别是的中点，过的直线交于，交于，且（由前所证，这样的存在）连接并延长交于.FEBQAPCNM图7如图7，若在的延长线上，可先将剪拼到，再将剪拼到，在的延长线上，同理可得.因为在剪拼的过程中，面积始终不变，所以当确定时也唯一确定，故即为所求三角形.命题2 一个三角形可剪拼成任意形状的等积多边形.把要求的多边形看成有限个三角形的组合，设为，则.将底边分成份，长度比为，再依端点将剪成个面积依次为的三角形.由命题1，依次将面积为的三角形剪拼成.最后将拼起来即得所求多边形.命题3 一个多边形可剪拼成任意形状的等积多边形.将命题扩展到空间，又得命题4 一个多面体可切拼成任意形状的等积多面体.题99 设在空间给出了20个点.其中某些点涂黄色，其余点涂红色.已知在任何一个平面上的同种颜色的点不会超过三个.求证：存在一个四面体，它的四个顶点同色，并且至少有一个侧面内不含另一种颜色的点.（第一届高一第二试第四题）解 因为，这20个点涂红、黄两种颜色，所以至少有四个点是同色的.由于任一平面上同色点不会超过三个，所以上述四个同色点不共面，组成四个顶点同色的四面体.于是可知，四个顶点同色的四面体必定存在.由于点数有限（20个），其中四个顶点同色的四面体只能有有限个，所以可选取其中一个体积最小者.这个体积最小的四个顶点同色的四面体即合要求其中至少有一个侧面内不含另一种颜色的点，如若不然,若它的四个面内都有涂另一种颜色的点,则这四个点必不共面，将形成一个体积更小的四个顶点同色的四面体，于是会产生矛盾.故命题得证.评析 这是最简单、形象、直观的染色点的染色问题.将空间20个点染成黄色、红色（任何平面上不同色点不超过3个）后，要求证明具有某种性质的对象（四个顶点同色，且至少有一个侧面内不含另一种颜色的点的四面体）存在，这类问题的证明，通常要用到抽屉原理，重叠原理等组合学中的基本原理，或利用奇数偶性分析，有时还用到构造法、递归法、数学归纳法等数学方法.本题中利用抽屉原理，立即证得四个顶点同色的四面体的存在性.再在存在的有限个四顶点同色的四面体中取一个体积最小的，再用反证法证明这个体积最小的四面体就是四个顶点同色，并且至少有一个侧面内不含另一种颜色的点的四面体.题100 用四个边长分别为， 的锐角三角形可以拼成一个四面体.把拼成的任何一个四面体的各棱用红、黄、蓝三色染色，每条棱染一色，每种色染两条棱，考虑一切经过这样染色的四面体，如果经过适当转动，两个染色四面体完全重合，并且重合的对应棱同色时，称这样的两个四面体是同一染色类.问：所有这样的染色四面体可分为几种染色类？（第四届高一第2试第22题）ABCD解：所构成的四面体对棱长度相等，图中.从四面体外部看，任何一个表面三角形三条边都包含，三种长度，按它们的配置顺序看，可分为两类：一类是边长为，的三边按顺时针方向排布，另一类是按逆时针方向排布.如果有两个四面体分别属于这两类，那么无论如何转动，这两个四面体都不会重合.因此，只要把，三边顺时针方向排布的染色四面体的染色