2022年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題六第四講 思想方法與規(guī)范解答教案 理

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1、2022年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題六第四講 思想方法與規(guī)范解答教案 理 思想方法 1．轉(zhuǎn)化與化歸思想 利用轉(zhuǎn)化與化歸思想求空間幾何體的體積主要包括割補(bǔ)法和等體積法，主要適用于以下類(lèi)型： (1)不規(guī)則幾何體的體積的求解； (2)較復(fù)雜幾何體的體積的求解． [例1]　(xx年高考遼寧卷)已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A.　　　　　 B．3π C. D．6π [解析]　將三視圖還原為實(shí)物圖求體積． 由三視圖可知，此幾何體(如圖所示)是底面半徑為1，高為4的圓柱被從母線的中點(diǎn)處截去了圓柱的，所以V＝×π×12×4＝3π.

2、 [答案]　B 跟蹤訓(xùn)練 (xx年高考遼寧卷)如圖，直三棱柱ABC-A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝，AA′＝1，點(diǎn)M，N分別為A′B和B′C′的中點(diǎn)． (1)證明：MN∥平面A′ACC′； (2)求三棱錐A′-MNC的體積． (錐體體積公式V＝Sh，其中S為底面面積，h為高) 解析：(1)證明：證法一　連接AB′，AC′，如圖，由已知∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱ABC-A′B′C′為直三棱柱， 所以M為AB′的中點(diǎn)． 又因?yàn)镹為B′C′的中點(diǎn)， 所以MN∥AC′. 又MN平面A′ACC′，AC′平面A′ACC′， 所以MN∥平面A′ACC′.

3、 證法二　取A′B′的中點(diǎn)P，連接MP，NP，AB′，如圖， 因?yàn)镸，N分別為AB′與B′C′的中點(diǎn)， 所以MP∥AA′，PN∥A′C′， 所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′. 又MP∩NP＝P， 所以平面MPN∥平面A′ACC′.而MN平面MPN， 所以MN∥平面A′ACC′. (2)解法一　連接BN，如圖所示， 由題意知A′N(xiāo)⊥B′C′，平面A′B′C′∩平面B′BCC′＝B′C′， 所以A′N(xiāo)⊥平面NBC. 又A′N(xiāo)＝B′C′＝1， 故VA′-MNC＝VN－A′MC＝VN-A′BC＝VA′-NBC＝. 解法二　VA′-MNC＝VA′-NBC－

4、VM-NBC＝VA′-NBC＝. 2．函數(shù)與方程思想 (1)在空間幾何體的表面積和體積計(jì)算中，常根據(jù)條件分析列出方程，利用方程確定未知量． (2)在用空間向量的運(yùn)算解決空間線線、線面、面面的平行、垂直問(wèn)題或求空間角時(shí)運(yùn)用的主要思想就是通過(guò)列方程(組)求出未知量，得到直線的方向向量和平面的法向量，然后進(jìn)行計(jì)算． (3)涉及空間幾何體中的最值問(wèn)題常用到函數(shù)思想． [例2]　(xx年深圳模擬)如圖，直角梯形ABCD中，AB∥CD，AD⊥AB，CD＝2AB＝4，AD＝，E為CD的中點(diǎn)，將△BCE沿BE折起，使得CO⊥DE，其中垂足O在線段DE上． (1)求證：CO⊥平面ABED； (

5、2)問(wèn)∠CEO(記為θ)多大時(shí)，三棱錐CAOE的體積最大，最大值為多少． [解析]　(1)在直角梯形ABCD中， CD＝2AB，E為CD的中點(diǎn)，則AB＝DE， 又AB∥DE，AD⊥AB，可知BE⊥CD. 在四棱錐C-ABEO中，BE⊥DE，BE⊥CE，CE∩DE＝E， CE，DE平面CDE，則BE⊥平面CDE. 因?yàn)镃O平面CDE，所以BE⊥CO. 又CO⊥DE，且BE，DE是平面ABED內(nèi)的兩條相交直線． 故CO⊥平面ABED. (2)由(1)知CO⊥平面ABED， 所以三棱錐C-AOE的體積V＝S△AOE×OC＝××OE×AD×OC. 在直角梯形ABCD中，CD＝2

6、AB＝4，AD＝， CE＝2，得OE＝CEcos θ＝2cos θ，OC＝CEsin θ＝2sin θ， V＝ sin 2θ≤， 當(dāng)且僅當(dāng)sin 2θ＝1，θ∈(0，)，即θ＝時(shí)取等號(hào)(此時(shí)OE＝

7、____． (說(shuō)明：“三棱柱繞直線OO′旋轉(zhuǎn)”包括逆時(shí)針?lè)较蚝晚槙r(shí)針?lè)较?，逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)時(shí)，OA旋轉(zhuǎn)所成的角為正角，順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)時(shí)，OA旋轉(zhuǎn)所成的角為負(fù)角．) 解析：由題意可知，當(dāng)三棱柱的一個(gè)側(cè)面在水平面內(nèi)時(shí)，該三棱柱的俯視圖的面積最大，此時(shí)俯視圖為一個(gè)矩形，其寬為×tan 30°×2＝2，長(zhǎng)為4，故S(x)的最大值為8.當(dāng)三棱柱繞OO′旋轉(zhuǎn)時(shí)，當(dāng)A點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到B點(diǎn)，B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到C點(diǎn)，C點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到A點(diǎn)時(shí)，所得三角形與原三角形重合，故S(x)的最小正周期為. 答案：8　 考情展望 高考對(duì)本專(zhuān)題的考查，各種題型都有，在選擇、填空中多考查空間幾何體的三視圖與面積、體積問(wèn)題，在解答題中考查

8、空間平行與垂直的證明與空間角的求法，也?？疾樘剿鞔嬖谛詥?wèn)題、折疊問(wèn)題等，難度中檔． 名師押題 【押題】　已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，AC∩BD＝O.將正方形ABCD沿對(duì)角線BD折起，使AC＝a，得到三棱錐ABCD，如圖所示． (1)當(dāng)a＝2時(shí)，求證：AO⊥平面BCD； (2)當(dāng)二面角ABDC的大小為120°時(shí)，求二面角ABCD的正切值． 【解析】　(1)根據(jù)題意 ，在△AOC中，AC＝a＝2，AO＝CO＝， 所以AC2＝AO2＋CO2，所以AO⊥CO. 因?yàn)锳C、BD是正方形ABCD的對(duì)角線， 所以AO⊥BD. 因?yàn)锽D∩CO＝O，CO平面BCD，BD平面

9、BCD， 所以AO⊥平面BCD. (2)由(1)知，CO⊥OD，以O(shè)為原點(diǎn)，OC，OD所在直線分別為x軸，y軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz， 則O(0，0，0)，D(0，，0)，C(，0，0)，B(0，－，0)． 設(shè)A(x0，0，z0)(x0<0)，則＝(x0，0，z0)，＝(0，，0)． 又設(shè)平面ABD的法向量為n＝(x1，y1，z1)， 則，即. 所以y1＝0，令x1＝z0，則z1＝－x0. 所以n＝(z0，0，－x0)． 因?yàn)槠矫鍮CD的一個(gè)法向量為m＝(0，0，1)，且二面角A-BD-C的大小為120°， 所以|cos 〈m，n〉|＝|cos 120°|＝，得z＝3x. 設(shè)平面ABC的法向量為l＝(x2，y2，z2)，因?yàn)椋?－，，)，＝(，，0)， 則，即 令x2＝1，則y2＝－1，z2＝. 所以l＝(1，－1，)． 設(shè)二面角A-BC-D的平面角為θ， 所以cos θ＝|cos〈l，m〉|＝||＝. 所以tan θ＝.