数学预测1立体几何考题预测及方法解析

2007年高考立体几何问题预测与方法分析2006年高考立体几何问题立体几何调查形式比较平稳。 一到两个选择或填空，一个主题。 大题命题表现为“问题多，问题多”，考察角度和距离的计算，垂直和平行的证明。 调查的知识点在20分以内。 随着新课程改革的进一步实施，立体几何问题正向着“多思考，少算”的发展。 从往年问题的变化来看，多面体与以旋转体为载体的线面位置关系的论证、角与距离的探索始终是一个新话题。 对2007年高考立体几何问题进行大胆预测。预测一，判断命题的真伪例1 .设a、b为2条不同直线，设、为2个不同的平面，则为以下4个命题()若若其中正确命题的个数为() A.0个B.1个C.2个D.3个分析：注意中b可能在上中a可能在上中b/，或全部因为只有一个正确的命题，所以选择b评价：线、线面、面的垂直和平行判断与性质定理是解决这类问题的依据，实物简单示范法、特例法是解决问题的法宝预测2 .讨论截面形状剖面问题是高考立体几何问题的常见问题类型，根据剖面的“动态”性，剖面结果也有一定的偏差如图1所示例2在正方形中，超过对角线的平面与e相交，与f相交，四边形必定是平行四边形四边形可能是正方形四边形向底面ABCD内的投影必定是正方形四边形可能与平面垂直。 以上结论正确的是解析：如图1所示，四边形分别与两个平行平面相交，因此从面平行的性质定理可知相同的情况，四边形一定是平行四边形，因此要使四边形成为正方形这是不可能的，因为我们知道四边形不是正方形，所以错误的底面ABCD内的四边形的投影点分别是a、b、c、d，明确了其投影是正方形，所以e、f分别是AA1、CC1的中点时，四边形是菱形，有时候，因此对于以上的结论是正确的评价：本问题是结论开放型探索性命题，既可以直接利用条件证明，也可以先假定结论成立，追溯其具备的条件或出现矛盾来否定。 解决这类问题的关键是执行因果，是推导结论的条件预测三，探索满足关系例3.a :交叉直线，m都在平面内，而且不在平面内这三个命题b :直线，m中至少一个与平面相交c :平面与平面相交，甲成立时a .乙方是丙方的充分而不必要的条件b .乙方是丙方的必要而不充分的条件c .乙方不是丙方的充分且必要的条件d .乙方不是丙方的充分条件也不是丙方的必要条件分析：在甲成立、即交叉直线、m都在平面内且不在平面内的情况下，如果、m中的至少一条与平面交叉和平面与平面交叉 成立，则、m中的至少一条与平面交叉 .记住，a是b的充分条件，b是a的必要条件。 判别两个命题之间的关系是探讨什么样的因果关系和没有出现的因果关系预测4，动点轨迹问题例4 .如图所示，在正四角锥S-ABCD中，e是BC的中点，p点在侧面内及其边界上移动，始终保持PEAC .则可能有由可动点p的轨迹和SCD构成的相关图案。AABA中央情报局DA解析：如图所示，取CD、SC的中点f、g，连接EF、EG、FG、BD。 如果将AC和BD的交点连接o、SO，则可动点p的轨迹由中央线FG .正四角锥得到另一解：本问题可以用排除法迅速求解。 在b中p是d点这个特殊的位置，已经明确不满足PEAC的c的p点所在的轨迹与CD平行，与CF形成角，已经明确不满足PEAC的d位于中p点的轨迹与CD平行，与CF形成的角是锐角，PEAC也不满足评价：动点轨迹问题是一种比较新颖的创新命题形式，在分析几何学和立体几何学的知识交汇处强调了设计图形。 不仅可以调查立体几何点线面间的位置关系，还可以巧妙地调查求轨迹的基本方法，是表现最活跃的创新问题类型。 这种立体几何中的相关轨迹的问题，例如“直线垂直”的问题，是找出垂直于直线的平面，平面间的交线多为运动点轨迹。预测5，结论开放问题例5 .如图所示，在立方体ABCD-A1B1C1D1中，如果以p为中断面的中心，PAC投影在该立方体的各面上的可能是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ (要求：填写可能的图号)A1B1c1.c1d1.d1a.a乙组联赛c.cd.dp、二、a、c向下底面的投影分别是p向下底面的投影是AC中点，因此PAC向下底面的投影是下底面对角线AC，因此图是可能的，PAC向上底面的投影是上底面对角线A1C1，在图的情况下，另外一方面，a向侧面BC1的投影是b、c向侧面BC1的投影是其自身， 同样地，由于向PAC其他3个侧面的投影也是图的情况，因此图、图不能进行.本问题是一个多选题，相关的数学概念不多，着重考察从数学语言到图形语言的翻译，根据这两种语言提供的信息展开空间想象，放弃真伪存储，它对空间想象力和思维判断能力有着很高的要求，是近年来大学入试题型改革成功的新题型之一f.fxyz轴d.dpa.ae乙组联赛c.c预测6，探索存在性问题例6 .如图所示，在底面为菱形的四角锥PABCD中ABC=600，PA=AC=a，PB=PD=，点e位于PD上，PE:ED=2:1 .棱PC上是否存在点f，BF/平面AEC？ 证明你的结论分析器：在该图中示出了空间正交坐标系，其中，a是坐标原点，y轴和z轴分别是直线a至d，x轴是穿过a点的垂直平面PAD的直线所以呢如果设置点f是棱PC上点令得即，在f是PC中点的情况下，共面.另外，由于是BF平面AEC，因此当f为棱PC的中点时，为BF/平面AEC从给定结论中，对于应当具备的条件的探索性问题能够执行因果因素，从给定结论中追述应当具备的条件。 通过观察、实验、联想、演绎、归纳、类比、分析、综合等思路，寻找结论成立的条件预测7，最大值问题例7 .如图所示，用边长为a的正三角形的3个角切取四边形。 该四边形由两个全等的直角三角形构成，这三个四边形也全等，如图所示，将其馀的部分折叠成没有盖的正三角形的形容器，如图所示，在容器的高度为何种情况下，能够使该容器的容积最大，求出容积的最大值.设：容器的高度为x，容器底面的正三角形的边的长度为不中容器的高度为时，容器的容积为最大，其最大容积为因为目标函数是与三次函数有关的最大值的问题，所以用导数求解是最方便的。预测8，组合计数问题例8 .四面体的顶点和各棱的中点10点。 (1)从其中取三点决定一个平面，一共能决定几个平面？(2)在这十点的顶点，一共能确定几个凸角锥？分析： (1)四面体各面上的6个点只能确定同一平面，6个中点中有3对平行线，各棱上的3个点和棱外的点只能确定1个平面，可以通过间接法确定不同的平面(2)根据四面体的性质，从10点取顶点为角锥的话，只能是三角锥或者四斜锥。 各组不同面的4点决定三角锥，没有三点共线的同一面的4点和同一面的点决定四角锥，因此不考虑制约条件，可以决定四面的四点共面架空，6条棱上三点共线架空的三对平行中央线的四点共面架空。 另外，各面上的6点能够将6个不同的边形、即不在其平面上的其他4点中的1个作为第5顶点来制作四角锥，另外，能够将平行的中央线段的对作为四边形的两边来决定底面四边形，将其他6点中的1个作为第5顶点来制作四角锥可以制造不同的金字塔141，114=255个求解立体几何组合计数问题的关键是充分阐明几何概念和相关位置关系，利用排列组合知识在正面或背面求解。 分类讨论思想是考察的重点预测9，叠加问题例9 .正方形ABCD的边的长度是4，点e是边CD上的点，在将AED沿着AE折叠的位置具有平面ABCE(一)判断和证明e点的具体位置；(2)求出到点D/平面ABCE的距离。分析： (1)AC、BD与点o相交，DD为BDAC，平面ACD平面ABCE为AC、BD平面ACD，因此CDBD、CD平面BDD即CDDD，在RtCDD中为ED=ED、卡、卡、卡、卡、卡、卡、卡、卡、卡、卡、卡、卡、卡、卡、卡、卡、卡、卡、卡、卡、卡(2)法1 :取oc的中点m，连接DM、EM得到EM/BD、EM平面ACD，即EMD=900，得到DE=2、EM=、DM=、ADEM、ADDE、铿锵锵锵锵锵锵锵锵锵6法律2 :连接od，CD平面BDD，CDOD，用ADC表示od的话，222卡卡卡卡卡卡卡卡卡卡卡卡卡卡卡卡卡卡卡卡653法三：用最小角定理可以求解ADC，即从中求得折叠问题的解题点是顺序折叠前后的图形中的不变量和变化量，可以一一指出这些关系以后再使用。 例如，正题中的DE=DE、AD=AD、ADE=ADE等。武装除外- 2，0，2，4正题多解调考生的三角知识，考试结果显示，一般学生的解题中面临的主要障碍也在这里。 本问题讲的是立体几何命题与三角函数、三角知识的联系，在教学实践中指导学生分析方法，从复杂的空间图形关系抽象化对应的三角，把握“把空间问题变成平面问题，把复杂的问题变成简单的问题”的归化思想，同时把握求解折叠问题的解法规律另外，必须通过本问题教学生如何在一般图形中确立适当的空间直角坐标系。 本问题可采用的另一种建设方法是，以o点为原点，以OA线为轴，以OB线为轴，以垂直于OAB平面的线为轴的读者可以尝试一下预测10，综合问题例10 .如图所示，在矩形ABCD中AB=1BC=a，PA平面ABCD，PA=1(1)说明BC边上是否有点q、PQQD、理由(2)在BC边只有一个点q的情况下，作为PQQD，求出AD与平面PDQ所成的角的弦的值(3)在(2)条件下，求出平面PQD与平面PAB所成的角的大小.分析： (1)假设q存在，PQQDPA平面ABCDqd平面PAQQDAQ .因此，当AD2=AQ2 QD2为CQ=x时，由于BQ=a-x，因此AQ2=1 (a-x)2、qd2=1x 2ad2=(a-x )2x2=2x2-2ax a2=a 2即x2-ax 1=0=a2-4； a2即0时，方程式x2-ax 1=0存在两个点q，PQQD；a=2即=0时，方程式x2-ax 1=0有解，即只有一个q，PQQD； 在0a2情况下，方程式x2-ax 1=0没有解，即点