立体几何的题型及解法（共9篇）
立体几何的题型及解法 篇1
反应热计算是高考热点也是难点, 考查角度较固定, 结合常见题型将解题方法总结为主要三种: 定义法、键能法和盖斯定律法.
计算能力是每一个学生应具备的基本技能, 也是高考中的必考内容, 反应热的计算就是计算中的热点之一, 也是难点之一, 题型以选择题为主, 有时也以填空题的形式出现在综合题中. 现结合例题将常见的反应热计算题型及方法总结如下:
一、定义法
根据燃烧热、中和热定义或者题中条件求算.
例1在101 kPa时, H2在1. 00 mol O2中完全燃烧, 生成2. 00 mol液态水, 放出571. 6 kJ的热量, 表示H2燃烧热的热化学方程式为_______.
解析: 燃烧热定义: 在101 kPa时, 1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量, 叫做该物质的燃烧热. 因此H2 化学计量数为1, H2O为液态, ΔH需标明“ - ”号. 因此答案为
练习1: 已知反应: ①101 kPa时, 2C ( s) + O2 ( g) = 2CO ( g) ; ΔH = -221 kJ/mol
②稀溶液中, H+ ( aq) + OH- ( aq) = H2O ( l) ; ΔH = - 57. 3 kJ / mol下列结论正确的是 ()
( A) 碳的燃烧热大于110. 5 kJ/mol
( B) ①的反应热为221 kJ/mol
( C) 稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为 - 57. 3 kJ / mol
( D) 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水, 放出57. 3 kJ热量
二、键能法
通常人们把拆开1 mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能, 键能通常用E表示, 单位kJ·mol- 1. 方法: ΔH = ∑E ( 反应物) - ∑E ( 生成物) . 如反应H2 ( g) + Cl2 ( g) = 2HCl ( g) ΔH = E ( H—H) + E ( Cl—Cl) - 2E ( H—Cl) . 为了记忆方便在处理时我们可以永远做加法, 因为吸热时ΔH为“+ ”, 放热时ΔH为“- ”, 则有ΔH =[+ E ( H—H) ]+[+ E ( Cl—Cl) ]+[- 2E ( H—Cl) ]
例2已知H—H键能为436 kJ/mol, H—N键能为391 kJ / mol, 根据热化学方程式N2 ( g) +3H2 ( g) = 2NH3 ( g) ; ΔH = - 92. 4 kJ / mol, 则N≡N的键能是 ( )
( A) 431 kJ/mol ( B) 946 kJ/mol
( C) 649 kJ/mol ( D) 869 kJ/mol
练习2: 研究表明, 化学反应的能量变化 ( ΔH) 与反应物和生成物的键能有关. 表1是部分化学键的键能数据:
已知白磷的燃烧热为2378.0 kJ/mol, 白磷完全燃烧的产物结构如图1所示, 则表1中X =_____.
三、盖斯定律法
俄国化学家盖斯从大量实验事实中总结出一条规律: 化学反应不管是一步完成还是分几步完成, 其反应热是相同的, 这就是盖斯定律. ( 可以参照物理的“位移”知识)
例如, 由图2可得ΔH = ΔH1+ ΔH2,
应用盖斯定律进行简单计算关键在于设计反应途径, 设计反应途径的方法是: 观察目标方程式 ( 即要计算反应热的方程式) 与已知方程式的联系, 对已知方程式进行叠加, 最后根据盖斯定律, 反应热也按相同的“叠加”关系进行计算, 注意: H要带“+”、“- ”号进行计算.
例3已知下列热化学方程式
当1 g液态水变成气态水时, 其热量变化为: ①放出②吸收③2. 44kJ④4. 88kJ⑤88kJ
( A) ②⑤ ( B) ①③ ( C) ②④ ( D) ②③
解析: 根据盖斯定律: 将两个热化学方程式合并, 即上面的①式 + ②式可得到: H2O ( l) = H2O ( g) , ΔH = + 44 kJ·mol- 1则1 g水由液态变成气态时热量变化为44×1 /18 = 244 kJ, 答案 ( D) .
练习3: 已知下列热化学方程式:
2Zn ( s) + O2 ( g) =2ZnO ( s) , ΔH1= - 702. 2 kJ / mol
2Hg ( l) + O2 ( g) =2HgO ( s) , ΔH2= - 181. 4 kJ / mol
由此可知热化学方程式Zn ( s) + HgO ( s) = ZnO ( s) + Hg ( l) 的反应热ΔH3为 ()
( A) -441. 8 kJ/mol ( B) -520. 8 kJ/mol
( C) -883. 6 kJ/mol ( D) -260. 4 kJ/mol
练习题答案: 1. ( A) 3. ( D) 2. 433. 75
图形认识的常见题型与解法 篇2
线段、射线、直线的意义不难理解，但应清晰、准确地把握它们的区别和联系，其性质“两点之间线段最短” “两点确定一条直线”及线段中点的应用常常成为考点.
河源与广州之间往返的某一次列车，运行途中停靠的车站依次是：河源—惠州—东莞—广州，那么要为这次列车制作的火车票有（ ）
A. 3种 B. 4种
C. 6种 D. 12种
如图1，我们用A，B，C，D四个点表示四个车站，那么以A，B，C，D为起始端点的线段条数就是河源到广州方向的车票的种数，返回时的情况是一样的. 所以这次列车制作的火车票的总数=（3+2+1）×2=12（种）.
D.
在同一平面内，不在同一直线上有3个点，过任意两个点作一条直线，则可作直线的条数为_______.
此知识点考查的是空间想象能力，同学们需想象并画出简单几何体的表面展开图或根据表面展开图判断简单几何体.
（2011福建福州）图2是一个正方体的展开图，如果正方体相对的面上标注的值相等，那么x=___，y=___.
在正方体的展开图中，不相邻的小正方形才可能相对，即2x与中间的8相对，上面的8与下面的8相对，故y与10相对. 因此2x=8，y=10.
4；10.
若干个正方体形状的积木摆成如图3所示的塔形，平放于桌面上，上面正方体的下底四个顶点是下面相邻正方体的上底各边中点，最下面的正方体棱长为1，如果塔形露在外面的面积超过7，则正方体的个数至少是（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
中间的正方体遮盖了下面的大正方体的一个面，露出的部分为4个小三角形，上面的小正方体也遮盖了中间的正方体，露出的部分为4个更小的三角形，将这些外露部分的面积相加即可. 但这样做显然比较麻烦，仔细观察不难发现，无论小正方体有几层叠加，各层朝上露出部分的总和都会是1，这样就可以方便地计算出外露面积.
B.
一个正方体的表面涂满了颜色，按图4所示将它切成27个大小相等的小立方块，设其中仅有i（1，2，3）个面涂有颜色的小立方块的个数为xi，则x1，x2，x3之间的关系为（ ）
A. x1－x2＋x3＝1 B. x1＋x2－x3＝1
立体几何解答题的类型及解法 篇3
一、空间线面位置关系的判定与证明
空间线面位置关系的判定与证明是立体几何的核心内容, 是考查空间想象能力的主要阵地, 每年必考, 通常作为解答题的第 (Ⅰ) , (Ⅱ) 问, 难度不大.解题的关键:一是要掌握线面位置关系中平行与垂直的判定和性质;二是要掌握位置关系中的转化关系, 将空间问题平面化, 使得所有空间问题的解决都在平面内完成.解题的一般途径是:根据求证想判定, 根据已知想性质, 由已知条件所得到的性质再加上已经掌握的知识, 找到满足判定所需的条件, 问题就可以解决了.
例1 (2015年江苏卷) 如图1, 在直三棱柱ABC-A1B1C1中, 已知AC⊥BC, BC=CC1, 设AB1的中点为D, B1C∩BC1=E.
求证: (Ⅰ) DE∥平面AA1C1C;
(Ⅱ) BC1⊥AB1.
分析:本题考查了线面位置关系中的平行与垂直的判定与证明, 解题的关键是找到线线平行与垂直, 然后转化为线面平行和线面垂直, 这样问题就迎刃而解了.
证明: (Ⅰ) 如图1, 由题意知, E为B1C的中点.
又D为AB1的中点, 因此DE∥AC.
又因为平面AA1C1C, 平面AA1C1C,
所以DE∥平面AA1C1C.
(Ⅱ ) 因为棱柱ABC -A1B1C1是直三棱柱,
所以CC1⊥平面ABC.
因为平面ABC, 所以AC⊥CC1.
又AC⊥BC, 平面BCC1B1, 平面BCC1B1, BC∩CC1=C,
所以AC⊥平面BCC1B1.
又因为平面BCC1B1, 所以BC1⊥AC.
因为BC=CC1, 所以矩形BCC1B1是正方形, 因此BC1⊥B1C.
因为AC, 平面B1AC, AC∩B1C=C, 所以BC1⊥平面B1AC.
又因为平面B1AC, 所以BC1⊥AB1.
例2 如图2, 在四棱锥P-ABCD中, PA⊥ 平面ABCD, AB =4, BC =3, AD =5, ∠DAB=∠ABC=90°, E是CD的中点, 求证:平面PCD⊥平面PAE.
分析:本题要证面面垂直, 根据面面垂直的判定, 在一个平面内找到一条直线垂直于另一个平面即可.由于本题具有过一点有两两互相垂直的三条直线, 具备建立空间直角坐标系的方便条件, 故本题也可用向量法求证.
证法一:连结AC, 如图2.
因为∠ABC=90°, AB=4, BC=3,
所以AC=5=AD.
又E为CD的中点, 所以CD⊥AE.
因为PA⊥平面ABCD, CD平面ABCD,
所以PA⊥CD.
又AE∩PA=A,
所以CD⊥平面PAE.
又平面PCD, 所以平面PCD⊥ 平面PAE.
证法二:因为PA⊥ 平面ABCD, ∠DAB=90°,
所以以A为坐标原点, AB, AD, AP所在的直线分别为x轴, y轴, z轴建立空间直角坐标系A-xyz, 如图3.设PA=t, 则A (0, 0, 0) , B (4, 0, 0) , C (4, 3, 0) , D (0, 5, 0) , E (2, 4, 0) , P (0, 0, t)
所以, 即CD⊥AE, CD⊥AP.
又AE∩AP=A, 所以CD⊥平面PAE.
又平面PCD, 所以平面PCD⊥ 平面PAE.
说明:空间向量的引入, 给立体几何的学习提供了一个有用的工具.向量具有数与形的双重性质, 一些几何问题的计算和证明, 可以通过向量的代数运算来解决, 这样可以减轻空间想象方面的压力.所以对于立体几何的解答题, 应当掌握两种解题方法, 传统的几何法和空间向量方法, 一些用几何方法不易解决的问题, 用上空间向量方法就迎刃而解了.
二、空间的角和距离的探求
空间的角和距离也是立体几何的两大核心问题, 是空间线面位置关系的定量分析, 是几何体的表面积和体积计算的必备元素, 也是高考数学必考题型, 在立体几何的解答题中, 常出现在第 (Ⅱ) , (Ⅲ) 问的位置上, 是立体几何试题中的较难的试题, 旨在考查考生的空间想象力、推理论证和运算能力.解题方法有传统的几何法和空间向量方法两种.一般文科考生用几何法求解, 文科主要考查几何体的面积、体积的计算, 或用等积法求点到面的距离;理科考生两种方法都可以用, 但是用向量法求解可能更简便一些, 理科主要考查空间的三种角及有关的距离.
运用几何法求解的方法是作图 (找图) , 证明该图形符合定义, 再把此图形归结到一个可解的三角形中, 解此三角形得到所求的角和距离.
运用空间向量法求解的方法是找到交于一点且两两互相垂直的三条直线, 建立空间直角坐标系, 设出图形上有关点的坐标, 计算有关直线的方向向量和平面的法向量, 再运用向量法求角和距离的公式通过计算求解, 然后再结合图形的具体情况确定所求的角和距离的大小.
例3 如图4, 四边形ABCD和ADPQ均是正方形, 它们所在的平面互相垂直, 动点M在线段PQ上, E, F分别为AB, BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ.
(Ⅰ) 求cosθ的最大值;
(Ⅱ) 设正方形ABCD的边长为4, 当cosθ取最大值时, 求点A到平面MEF的距离.
分析:本题主要考查异面直线所成角的概念和异面直线所成角的余弦值的最大值的求法, 考查点到平面的距离的求法.解题方法可以用几何法或向量法.
解法一: (Ⅰ ) 如图5, 取BF的中点N, 连结MN, EN, 则EN ∥AF, 所以直线EN与EM所成的角就是异面直线EM与AF所成的角.在△EMN中, 当点M与点P重合时, EM⊥AF, 所以当点M逐渐趋近于点Q时, 直线EN与EM的夹角越来越小, 此时cosθ越来越大.因此当点M与点Q重合时, cosθ取最大值.
设正方形的边长为4, 连结EQ, NQ, 在△EQN中, 由余弦定理, 得.
所以cosθ的最大值为2/5.
(Ⅱ) 法1:当cosθ取最大值时, 点M与点Q重合, 所以点A到平面MEF的距离即为点A到平面QEF的距离.
设点A到平面MEF的距离为d.
三棱锥A-QEF的体积与三棱锥Q -AEF的体积相等, 得.
因为正方形ABCD的边长为4,
法2:如图6, 分别延长FE, DA相交于R.连结QR, 则QR为平面QEF与平面ADPQ的交线.过A作AH ⊥FR于H , 连结QH.
因为平面ABCD ⊥ 平面ADPQ, 且QA⊥AD,
所以QA⊥平面ABCD.
因为平面ABCD,
所以QA⊥FR.
又QA∩AH=A,
所以FR⊥平面QAH.
又平面QEF, 所以平面QEF⊥平面QAH.
过A作AG ⊥ QH于G, 则AG ⊥ 平面QEF.
所以AG为点A到平面QEF的距离.
所以点A到平面MEF (QEF) 的距离为4/3.
说明:这是典型的几何法求距离, 一解, 二证, 三计算, 缺一不可, 对空间想象能力要求较高.
解法二: (Ⅰ) 因为正方形ABCD与ADPQ互相垂直, QA ⊥AD, 所以QA ⊥ 平面ABCD.所以QA⊥AB.
所以以A为坐标原点, AB, AD, AQ所在的直线分别为x轴, y轴, z轴建立空间直角坐标系A-xyz, 如图7.
因为正方形的边长为4,
所以点A (0, 0, 0) , E (2, 0, 0) , F (4, 2, 0) , M (0, t, 4) , 其中t∈[0, 4].
当且仅当t=0, 即点M与点Q重合时, 等号成立, 所以cosθ的最大值为2/5.
(Ⅱ) 当cosθ 取最大值时, 点M与点Q重合.
所以点M (0, 0, 4) .
设平面QEF的法向量m= (x, y, z) .
由, 得
又, 点A到平面QEF的距离为d,
所以点A到平面MEF的距离为4/3.
说明:通过本题两种解法的比较, 我们可以体会到用向量法解题的优越性.几何法求角和距离必须做到作图、证明、计算, 三点缺一不可, 尽管求点到平面的距离可以用等积法, 但是对空间想象力要求较高, 求解过程也较繁琐.用向量法求解, 经过简单的推理, 找到交于一点且两两互相垂直的三条直线, 建立适当的空间直角坐标系, 设出图形中一些点的坐标, 动点的坐标用参数表示.求出直线的方向向量和平面的法向量, 利用向量法求角和距离的公式, 进行计算求解.这样复杂的几何问题就可以用简单的代数运算来解决, 大大地减轻了空间想象力的难度.
例4 (2015 年广东卷文) 如图8, 三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直, PD=PC=4, AB=6, BC=3.
(Ⅰ) 证明:BC∥平面PDA;
(Ⅱ) 证明:BC⊥PD;
(Ⅲ) 求点C到平面PDA的距离.
分析:本题是高考立体几何的文科试题, 主要考查线面的平行与垂直的证明和空间距离的探求, 方法主要采用几何法.
解: (Ⅰ ) 证明:在长方形ABCD中, BC∥AD.
又平面PDA, 平面PDA,
所以BC∥平面PDA.
(Ⅱ) 证明:取CD的中点H , 连结PH, 如图8.
因为PD=PC,
所以PH⊥CD.
又平面PDC⊥ 平面ABCD, 平面PDC∩平面ABCD=CD,
所以PH⊥平面ABCD.
又因为平面ABCD,
所以PH⊥BC.
在长方形ABCD中, BC⊥CD,
PH∩CD=H,
所以BC⊥平面PDC.
又因为平面PDC,
所以BC⊥PD.
(Ⅲ) 连结AC.
由 (Ⅱ) 知PH为三棱锥P-ADC的高.
由 (Ⅱ) 知BC⊥PD.
又因为AD∥BC,
所以AD⊥PD.
设点C到平面PDA的距离为h.
因为VC-PDA=VP-ADC,
例5 (2015 年广东卷理) 如图9, 三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直, PD =PC=4, AB=6, BC=3.点E是CD边的中点, 点F, G分别在线段AB, BC上, 且AF=2FB, CG=2GB.
(Ⅰ) 证明:PE⊥FG;
(Ⅱ) 求二面角P-AD-C的正切值;
(Ⅲ) 求直线PA与直线FG所成角的余弦值.
分析:这是高考数学立体几何理科的典型试题, 试题考查了空间的线面位置关系, 特别重视对空间角的考查, 方法上重视空间向量法的应用, 也可以用几何法求解, 一般是两种方法都可以用.通常用几何法求解试题的第 (Ⅰ) 问时, 也为用向量法解 (Ⅱ) , (Ⅲ) 问找到建立空间直角坐标系的条件, 以便顺利地用向量法求解.
解: (Ⅰ) 证明:如图10, 在 △PDC中, 点E是CD边的中点,
又PD=PC=4,
所以PE⊥CD.
因为平面PDC⊥ 平面ABCD, 平面PDC∩平面ABCD=CD, 平面PDC, 且PE⊥CD,
所以PE⊥平面ABCD.
又因为平面ABCD, 所以PE⊥FG.
(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 知PE⊥平面ABCD, 以CD的中点E为坐标原点, 以分别为x, y, z轴的正方向建立空间直角坐标系, 如图11.由已知条件知.
设平面PDA的法向量为n= (x, y, z) , 由
令z=3, 得平面PDA的一个法向量.
取平面ABCD的一个法向量m = (0, 0, 1) , 则
设θ为二面角P-AD-C的平面角, 则cosθ=cos〈n, m〉=3/4.
于是, 从而.
(Ⅲ) 由 (Ⅱ) 中得到.
所以直线PA与直线FG所成角的余弦值为.
说明:比较上述两例高考立体几何 (文, 理科) 试题发现, 文科偏重于求几何体的面积、体积和有关距离的计算, 方法基本上用几何法, 理科偏重于求空间角 (有时也求距离) , 两种方法都可以用, 一般来讲还是用向量法比较方便, 请同学们自己体会.
三、平面图形的翻折问题
平面图形的翻折问题是立体几何中的一个难点, 需要有较强的空间想象力和逻辑推理能力.解题时要画好翻折前后的两个图形, 通过研究会发现原图形中的某些元素 (如平行、垂直、夹角、线段长度等) 发生了改变, 但也有些元素不发生改变, 这些不变的元素可继续用于空间图形, 解题的关键是寻找变与不变之间的关系, 用不变的元素去求变化了的元素.
例6 如图12, 在边长为3 的正三角形ABC中, E, F, P分别为AB, AC, BC上的点, 且满足AE=FC=CP=1.将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置, 使二面角A1-EF-B成直二面角, 连结A1B, A1P, 如图13.
(1) 求证:A1E⊥平面BEP;
(2) 求直线A1E与平面A1BP所成角的大小.
分析:平面图形经过翻折转化为空间图形, 翻折前与翻折后始终在同一个平面内的元素保持不变, 翻折前后分别处于两个不同平面内的元素的位置关系和数量关系要发生改变, 需要求的是改变了的元素的位置关系和数量关系.本题要证明翻折后的线面垂直和求直线与平面所成的角, 解题的关键是找到线线垂直与线面垂直.方法可用几何法或者向量法.
解法一: (Ⅰ) 在图14中, 取BE的中点D, 连结DF.
因为AE =CF =1, DE=1,
所以AF=AD=2.
又A=60°,
所以△ADF为正三角形.
又AE=ED=1, 所以EF⊥AD (即EF⊥AB) .
所以翻折后的图13 中, 仍有A1E⊥EF, BE⊥EF.
所以∠A1EB为二面角A1-EF-B的平面角.
因为二面角A1-EF-B为直二面角, 所以A1E⊥BE.
又因为BE∩EF=E,
所以A1E ⊥ 平面BEF, 即A1E ⊥ 平面BEP.
(Ⅱ) 在图13 中, 过E作EH ⊥BP于H , 连结A1H.
由 (Ⅰ) 知A1E⊥ 平面BEP, 平面BEP, 所以A1E⊥BP.
又A1E∩EH=E,
所以BP⊥平面A1EH.
又平面A1BP,
所以平面A1BP⊥平面A1EH.
平面A1BP∩平面A1EH=A1H,
所以A1E在平面A1BP上的射影为A1H.
所以∠HA1E为直线A1E与平面A1BP所成的角.
又A1E=1,
所以直线A1E与平面A1BP所成的角为3π.
解法二: (Ⅰ ) 在图12 中, 由题意知, AE=1, AF=2, A=60°, 所以EF⊥AE, 即BE ⊥EF, AE ⊥EF, 且.
翻折后即有A1E⊥EF, BE⊥EF, 所以∠A1EB为二面角A1-EF-B的平面角.
所以∠A1EB=90°, 即A1E⊥EB.
又EB∩EF=E,
所以A1E ⊥ 平面BEF, 即A1E ⊥ 平面BEP.
(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 可知, 可以以E为原点, EB, EF, EA1分别为x轴, y轴, z轴建立空间直角坐标系E-xyz, 如图15, 则E (0, 0, 0) , A1 (0, 0, 1) , B (2, 0, 0) .
因为CF=CP, C=60°,
所以FP∥BE.所以.
设平面A1BP的法向量为n= (x, y, z) .
设直线A1E与平面A1BP所成的角为θ, 又,
所以直线A1E与平面A1BP所成的角为3/π.
例7 (2015年陕西卷) 如图16, 在直角梯形ABCD中, AD∥BC, ∠BAD=π/2, AB=BC=1, AD=2, E是AD的中点, O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置, 如图17.
(Ⅰ) 证明:CD⊥平面A1OC;
(Ⅱ) 若平面A1BE⊥ 平面BCDE, 求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.
分析:本题以平面图形的翻折问题为载体, 考查空间点线面的位置关系以及空间角的计算, 主要考查考生的识图、用图的能力及空间想象力和推理论证的能力.第 (Ⅰ) 问宜用几何法, 第 (Ⅱ) 宜用向量法, 当然也可以用几何法求解, 不过要有丰富的空间想象能力和较强的计算能力.
解: (Ⅰ) 证明:在图16中, 因为AB=BC=1, AD=2, E是AD的中点, ∠BAD=π/2, 所以BE⊥AC.
所以在图17中, BE⊥OA1, BE⊥OC,
从而BE⊥平面A1OC.
又CD∥BE,
所以CD⊥平面A1OC.
(Ⅱ) 法一:已知平面A1BE⊥平面BCDE,
又由 (Ⅰ) 知, BE⊥OA1, BE⊥OC,
所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角.
所以∠A1OC=π/2.
以O为原点, 建立空间直角坐标系如图18所示.
设平面A1BC的法向量n1= (x1, y1, z1) , 平面A1CD的法向量n2= (x2, y2, z2) , 平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ,
从而, 即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.
法二:由图16及 (Ⅰ) 可知, BC=ED=1, A1C=1.又CD⊥平面A1OC, 所以CD⊥A1C.
在图19 中分别取A1C, A1D的中点M , N, 连结BM, MN, BN, BD, 则BM⊥A1C.
因为MN∥CD, 所以MN⊥A1C.
所以∠BMN为二面角B-A1C-D的平面角.
设平面A1BC与平面A1DC的夹角为θ.
所以平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.
说明:比较第 (Ⅱ) 问的两种解法, 显然向量法是比较简单的, 我们应当熟练掌握向量法的解题技巧.
四、立体几何中的开放型探索性问题
随着新课改的深入, 立体几何试题将逐步由封闭、稳定向开放型、灵活性转变, 所以开放型探索性试题是很好的一种题型.这种问题类型很多, 为抛砖引玉, 现仅就“是否存在型”问题提供解法思考.解决与平行、垂直、夹角、距离等有关的存在性问题, 常用“肯定顺推”法, 即假设题中的数学对象 (结论) 成立, 依此为前提进行推理.若能推出正确的结果, 则假设成立, 即存在;若导出矛盾的结果, 则假设不成立, 即不存在.由于此类问题的不确定性, 用几何法求解难度较大, 建议用向量法求解.由于不确定, 可引进参数t, 通过有关向量的运算, 得到一个关于此参数t的方程.若此方程有解, 即存在;若此方程无解, 则不存在.这样就把复杂的几何问题变成简单的代数运算问题, 问题也就容易解决了.
例8 如图20, 在几何体ABCDEF中, ABCD为平行四边形, ∠ABD=90°, EB⊥ 平面ABCD, , M是BD的中点.
(Ⅰ) 求证:EM∥平面ADF.
(Ⅱ) 求二面角D-AF-B的大小.
(Ⅲ) 在线段EB上是否存在一点P, 使得CP与AF所成的角为30°?若存在, 求出BP的长度;若不存在, 请说明理由.
分析:本题中有两问都与空间角有关, 故应采用向量法求解.第 (Ⅲ) 问属于是否存在型问题, 通过引进参数t, 设出P点坐标, 并由条件CP与AF所成角为30°建立关于参数t的方程, 解方程求出P点坐标, 再由实际情况判断坐标的合理性, 确定存在与否.
解: (Ⅰ) 证明:已知EB⊥平面ABCD, AB⊥BD, 因此以B为原点, 建立如图21 所示的空间直角坐标系B-xyz.
设平面ADF的法向量为n= (x, y, z) .
又平面ADF, 所以EM ∥ 平面ADF.
(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 可知平面ADF的一个法向量是
因为EB⊥平面ABCD, 所以EB⊥BD.
又因为AB⊥BD, 所以BD⊥平面EBAF.
所以是平面EBAF的一个法向量.
因为, 又二面角D-AF-B为锐角,
所以二面角D-AF-B的大小为60°.
(Ⅲ) 假设在线段EB上存在一点P, 使得CP与AF所成的角为30°.
所以在线段EB上不存在点P, 使得CP与AF所成的角为30°.
例9 如图22, 在四棱锥A-BCED中, AC, BC, EC两两垂直且长度都为4, BD=1, EC∥BD.
(Ⅰ) 求此几何体的体积;
(Ⅱ) 求异面直线DE与AB所成角的余弦值;
(Ⅲ) 探究在ED上是否存在点Q, 使得AQ⊥BQ, 并说明理由.
分析:本题的难点是第 (Ⅲ) 问, 即存在性问题, 可以应用向量法来求解.设出点Q的坐标, 利用向量垂直与共线的条件, 建立关于点Q坐标中两个参数的方程, 并组成方程组, 若方程组有解, 点Q存在, 且该解就是点Q的坐标, 若无解, 则此点Q不存在.
解: (Ⅰ) 因为AC, BC, EC两两垂直且共点, 所以AC⊥平面BCED.
故此几何体的体积为 (40) /3.
(Ⅱ) 以C为原点, 以CA, CB, CE所在直线分别为x, y, z轴建立如图23所示的空间直角坐标系, 则A (4, 0, 0) , B (0, 4, 0) , D (0, 4, 1) , E (0, 0, 4) , 得.
又异面直线DE与AB所成角为锐角或直角, 故异面直线DE与AB所成角的余弦值为.
(Ⅲ) 假设存在满足题设的点Q, 其坐标为 (0, m, n) , 则.
因为点Q在ED上, 所以存在λ∈R (λ>0) 使得, 即 (0, m, n-4) =λ (0, 4-m, 1-n) .
故满足题设的点Q存在, 其坐标为
例10 (2015年湖北卷) 《九章算术》中, 将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马, 将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.
如图24, 在阳马P-ABCD中, 侧棱PD⊥底面ABCD, 且PD=CD, 过棱PC的中点E, 作EF⊥PB交PB于点F, 连结DE, DF, BD, BE.
(Ⅰ) 证明:PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是否为鳖臑, 若是, 写出其每个面的直角 (只需写出结论) ;若不是, 说明理由.
(Ⅱ) 若平面DEF与平面ABCD所成二面角的大小为π/3, 求的值.
分析:本题考查立体几何中四棱锥的性质, 考查几何体中线面垂直的判定与性质, 考查二面角的探求.本题的新颖之处在于:提出了一个四面体是鳖臑的定义, 并要求判断一个四面体是否为鳖臑.若是, 只要写出每个面的直角 (不需要证明) ;若不是, 则需要说明.这也是立体几何中的一个开放型探索性的新题型, 解题的关键是用线面垂直的判定与性质, 判断出四面体的四个面是否都是直角三角形, 若都是, 即为鳖臑, 只要有一个面不是, 就不是鳖臑.解题的方法仍然是几何法和空间向量法.
解法一: (Ⅰ) 因为PD⊥底面ABCD, 所以PD⊥BC.
由底面ABCD为长方形, 得BC⊥CD.
而PD∩CD=D, 所以BC⊥平面PCD.
而DE平面PCD, 所以BC⊥DE.
又因为PD=CD, 点E是PC的中点, 所以DE⊥PC.
而PC∩BC=C, 所以DE⊥平面PBC.
而平面PBC, 所以PB⊥DE.
又PB⊥EF, DE∩EF=E, 所以PB⊥ 平面DEF.
由DE⊥平面PBC, PB⊥平面DEF可知, 四面体DBEF的四个面都是直角三角形, 即四面体DBEF是一个鳖臑, 其四个面的直角分别为∠DEB, ∠DEF, ∠EFB, ∠DFB.
(Ⅱ ) 如图25, 在平面PBC内, 延长BC与FE交于点G, 则DG是平面DEF与平面ABCD的交线.由 (Ⅰ ) 知, PB ⊥ 平面DEF, 所以PB⊥DG.
又因为PD⊥底面ABCD, 所以PD⊥DG.
而PD∩PB=P, 所以DG⊥平面PBD.
所以∠BDF是平面DEF与平面ABCD所成二面角的平面角.
故当平面DEF与平面ABCD所成二面角的大小为π/3时, .
解法二: (Ⅰ) 如图26, 以D为原点, 射线DA, DC, DP分别为x, y, z轴的正半轴, 建立空间直角坐标系.
于是, 即PB⊥DE.
又已知EF⊥PB, 而DE∩EF=E, 所以PB⊥平面DEF.
由, 得, 即DE⊥PC.又易知BC⊥DE, 所以DE⊥平面PBC.
由DE⊥平面PBC, PB⊥平面DEF可知, 四面体DBEF的四个面都是直角三角形, 即四面体DBEF是一个鳖臑, 其四个面的直角分别为∠DEB, ∠DEF, ∠EFB, ∠DFB.
(Ⅱ) 由PD⊥平面ABCD, 所以是平面ABCD的一个法向量.
由 (Ⅰ) 知, PB⊥ 平面DEF, 所以是平面DEF的一个法向量.
若平面DEF与平面ABCD所成二面角的大小为π/3, 则, 解得.
立体几何的题型及解法 篇4
一、选择题
对选择题的解答应该注意三点：
（一）要注意审好题
因为做好选择题的前提和基础就是审好题。进行审题的三个方面：
1.审要求。对于单选题，一般的要求则是选择最符合题意的一项，要求的应选项必须准确、客观，表述不能有歧义。但是值得注意的是不选的项不一定都有错误。对于多选题，它通常有两个或者两个以上的正确选项，不选的那个一定不正确，或者答案本身正确，但是与材料没有联系。
2.审题干，它要求一定要准确无误地把握题干的内容，一定要全部明白题干的规定性，一定把握“关键词语”这一题目的主要内容。
3.审问题。在问题中常常有一些关键性的词语，比如单选题中的“前提”“中心内容”“关键”“说到底”“基本特点”“显著特点”“本质”“根本点”等等。多选题中的“表明”“说明”“原因”“结果”“理解正确”“启示”“启迪”等。
在解答选择题时，只要把这些问题的问法做到准确无误地把握，那么，选择的目的就会十分明确。
（二）要注意分析好选项
要做好选择题，至为关键的一点就是把选项分析好、分析到位。分析选项要抓住两个方面：
1.把选项的全部内涵做到认真、完整地把握，这一点十分重要，稍有不慎，就会出现片面。
2.其二是把题肢与题干的关系进行严密细致地分析：
①分析二者之间的关系有否必然，如果有，就必须选择，如若没有，就干脆放弃。
②分析题肢在条件、范围等方面与题干要求是否符合，如果符合，就必须选择，如若不符，就干脆放弃。
③分析题肢与题干之间的关系是否直接，如果直接就必须选择，如果是间接，就干脆放弃。
（三）要注意分析不选项
要剔除不选项，必须有一个正当的理由。这时运用排除法就最适合，因为运用此法最为关键的就是确定不选项的情况。常见的不选情况有两个方面：
1.错误的选项不选，比如关键的字词错误、句子的一半错误、关系颠倒等。
2.不符合题目要求选项不选，比如供选的题肢过宽、供选的题肢过窄、与所给材料无关、所答非所问等。
二、简答题
对简答题的解答要求做到三点：
（一）认真审题
审题必须做到对所给材料进行认真阅读，通过阅读，完整地把握题目的中心内容和要求，这里强调的是完整。假如简答题是直言式的，审题时一定要牢牢把握问题的关键。假如简答题是材料式、图表式或者漫画式的，在审题时，我们必须学会在提炼中，不仅对其问题的中心内容和层次能牢牢把握，而且还要对命题的真实意图进行细细揣摩。另外在审题时，还要注意题目中的要求有无结合材料、分别说明等字眼。
（二）构思答案
答案的构思，离不开构建知识体系这一基础，更需要把问题的要求和课标的要求作为依据。要做到问什么，就回答什么，因为是简答题，所以没有必要对问题展开深入细致的论述。答案的构思，还需要运用自己头脑中既有的课文中的观点，对问题进行多方位思考，这里需要强调的是，不要仅仅局限于某一方面，因为局限于某一方面，特容易走向片面。
（三）规范答题
解答问题千万要注意以下八个方面：
1.内容要尽可能完整；
2.表述要尽可能准确；
3.条理必须清清楚楚；
4.回答一定要简明扼要；
5.书写规范；
6.不乱写乱画；
7.有多少个观点就分多少个自然段；
8.有多少个问题就要分多少个自然段。
三、辨析题
对辨析题的解答要求做到三点：
（一）弄清要求
对辨析题的解答要求有两点，即“辨”和“析”，就是说，对辨析题的中的观点，要辨别出是否正确，并分析出为什么正确，如果是错误的，要分析出其原因所在，并加以改正；要辨别出是否全面，并分析出为什么不全面，如果不全面，要怎样加以补充。这类题其实就是将“辨”与“析”有机地结合在一起。所以，在答题时，教师要多提醒学生，不要只辨别不分析，也不要只分析正确的原因，不分析错误的原因。
（二）总结类型
只要将近年的中考政治辨析题稍作归纳与总结，就不给发现辨析题有如下四种类型：1.观点是正确的。2.观点是错误的。3.观点正误交杂在一起的。4.观点只有部分是正确的（或前对后错的，或前错后对的）。
我们再归纳总结一下它们的展示形式，也会发现大约能够分为三类：1.直言式的。2.材料式的。3.漫画式的。从这些辨析题揣测一下其发展的方向，大抵都不能跳出四种类型和三种形式的巧妙结合。
（三）掌握方法
在解答辨析题时，首先要做的就是给题分层次，然后再对其做逐层的分析。分析一定要从多方面、多角度，切忌单向思维。比如，对正确的观点，分析的角度是“为什么”；对错误的观点，分析的角度是“正确的观点是什么”“为什么”；对正确观点和错误观点交杂在一起的分析角度是“在怎样的情况之下才是正确的”“在怎样的情况下就是不正确的”“如何补充才能够完整”等等。
四、观察与思考题
对观察与思考题的解答方法要分三步：
（一）审题必须做到全方位
审题时，要注意以下三个方面，即审材料、审问题、审要求。所谓审材料就是把握材料的层次、关键词语和主要内容。所谓审问题就是为了避免答非所问，而紧紧把握问题的条件、范围、以及其他方面规定性的要求。所谓审要求就是根据近几年的观察思考题比较灵活、形式多样、要求各异的特点，为了避免答错方向，把题目的要求审清。
（二）组织和构思答案一定做到多角度
在组织和构思答案时，一定要准确切入，找全要点，可以围绕知识体系一层一层地分析材料，从多个方面对答案进行组织和构思。
（三）问题类型不同，要求解法各异
观察与思考题的类型比较多，且每类题型都各具特点，但最为常见的有三类，即文字类、图表类、漫画类。所以在答题时，一定要在把握一般方法的基础上，根据不同类型的问题，采用不同的方法。
五、图表题
图表题也是一种新兴的综合性题型，它考查的是学生获取信息整合处理信息的能力。这类试题包括提示语、表格材料、表脚注、解答要求和设问等五个部分，可以说问题的答案就在于对各种文字和非文字信息源的准确解读。所以，把握图表题的特点，了解其新的变化，掌握解题的思路和方法，对于提高学生图表题的能力极其重要。解答这类试题，从思路上看要做到“三读”：即读图表、读注文、读设问。“三比”：即纵向比较、横向比较、表与文之间的比较。“三到”：即从数字到术语、从现象到本质、从理论到实际。只有这样才能使自己的中考成绩脱颖而出。
立体几何的题型及解法 篇5
一、什么是二次型
含n个变量x1, x2，…，xn的二次齐次多项式f (x1, x2，…，xn)=a11x12+2a12x1x2+2a13x1x3+…+2a1nx1xn+a22x22+2a23x2x3+…+2a2nx2xn+…+annx2n称为x1, x2，…，xn的一个n元二次型函数，简称二次型。而二次型矩阵表为：
设aij (i, j=1, 2，…，n;i≤j)均为实常数，称关于n个实变量x1, x2，…，xn的二次齐次多项式函数
为一个n元实二次型，简称为n元二次型。
令aij=aji，则2aijxixj=aijxixj+ajixjxi，再令矩阵A=(aij) n×n, x=(x1, x2，…，xn) T，则A为实对称矩阵，且可将二次型写成
称此式右端为二次型的矩阵表达式，称实对称矩阵A为二次型f的矩阵，并称A的秩为二次型f的秩.
二、二次型的解法
用配比法化二次型为标准型的要点是用完全平方公式和两数平法差公式逐步消去非平方项并构造新的平方项.具体而言：
(1)如果二次型中含x1的平方项和交叉项，则把含x1的交叉项集中，按x1配成平方项，对其他变量也做类似处理，直到都配成平方项为止.
(2)如果二次型中交叉，但不含x1的平方项，则作可逆线变换x1=y1-yj，使二次型出现平方项，再按上面的方法配方.
三、二次型的正定和负定性
1. 二次型正定判别法
二次型为正定的充要条件是下列条件之一成了：一是f的标准形中的n个系数全为正，二是正惯性指数p=n，三是对称矩阵的特征值权大于0，四是对称矩阵A的各阶顺序主子全大于0.
有二次型f (x)=xTAx，它的秩为r，有两个满秩线性变换x=C1y和x=C2z, f经上述两个满秩线性变换化成的标准形分别为
则d1, d2，…，dr中正(负)数的个数与k1, k2，…，kr中正(负)数的个数相等.
我们这样认为：称f的标准形中系数为正的平方项的个数为f的正惯性指数，称f的标准形中系数为负的平方项的个数为f的负惯性指数，由惯性定理可见，f的标准形虽然不唯一，但的正惯性指数p及负惯性指数r-p(其中r为f的秩)却是由f本身唯一确定的.它们不随满秩线性变换的不同而改变.因此，f的规范形中系数为1的平方项的个数及系数为-1的平方项的个数也是由f本身唯一确定的，从这个意义上讲，可以说二次型的规范形是唯一的.
假设定义(正定、半正定、负定、半负定及不定二次型)设有n元二次型f (x)=xTAx (A为实对称矩阵)，如果对任意n维非零向量x，都有：
(1) f (x)>0，则称f为正定二次型，并称实对称矩阵A为正定矩阵;
(2) f (x)≥0，且x≠0，使f (x)=0，则称f为半正定二次型，并称实对称矩阵A为半正定矩阵;
(3) f (x)<0，则称f为负定二次型，并称实对称矩阵A为负定矩阵;
(4) f (x)≤0，则称f为半负定二次型，并称实对称矩阵A为半负定矩阵.
2. 二次型负定判别法
二次型为负定的充要条件是下列条件之一成立：一是f的标准形中的n个系数全为负.二是负惯性指数p=n，三是对称矩阵的特征值全小于0，四是对称矩阵A的个阶顺序主子式中，偶数阶全大于0，奇数阶全小于0.
摘要：线性代数中的二次型在当今社会各个领域都有广泛的运用, 关于二次型的问题也是高等数学学习和研究生考试的重点和难点。由于二次型问题与线性代数知识存在着密切的联系, 分析和研究二次型问题的题型和解法对深入学习线性代数具有重要的基础作用。本文以高等数学试题中提供的关于二次型问题为例探讨了二次型题型的一般类型, 以及相应的解法, 为高校学生学习线性代数提供一些参考。
关键词：线性代数,二次型,题型,解法
参考文献
[1]刘三阳, 王世儒等.高等数学辅导[J].西安:西安电子科技大学, 2010, (06) .
[2]张禾瑞.高等代数[J].北京:高等教育出版社, 2009, (05) .
[3徐仲.理工科线性代数[J].西安:西北工业大学, 2007, (01) .
立体几何的题型及解法 篇6
高考文综历史情景式选择题的特点是, 通过材料设置新情景, 将考察内容置于特定的历史背景下, 要求考生根据材料提供的信息, 并结合所学知识和方法, 对问题作出准确的判断。
二、解法举例
例1 (2008年高考文科综合全国卷Ⅱ第14题) :冯桂芬在《校邠庐抗议》中提出:“以中国之伦常名教为原本, 辅以诸国富强之术。”下列人物中, 其主张与冯桂芬的观点相似的是 ()
A.龚自珍
B.洪仁玕
C.李鸿章
D.严复
解析:本题考查的是学生对洋务运动师夷长技以维护封建统治的理解。其中关键句是:“以中国之伦常名教为原本, 辅以诸国富强之术。”其内涵是指利用西方先进的科学技术, 维护中国的封建专制制度。由于龚自珍、洪仁玕都是新思想萌发的代表, 严复是戊戌变法时期《国闻报》的创办者, 李鸿章是洋务派代表, 故正确答案为C项。
对策:考生在答题时先要全面阅读题干材料, 寻找能反映试题关键信息的语句, 并理解其内涵, 然后再联系教材中的知识点有针对性地得出选项。
例2 (2008年高考文科综合全国卷Ⅱ第20题) :在英国, 1811年从事农业、林业和渔业的劳动力占劳动力总数的l/3, 1831年占1/4, 1851年降至l/5以下。出现这种现象的根本原因是 ()
A.城市化进程加速 B.农业机械化的实现
C.对外移民的增加 D.工业化的快速推进
解析:本题考查的是英国工业革命。相关数据说明在英国从事农业、林业和渔业的劳动力占劳动力总数的比例在不断下降;关键时间1811年、1831年、1851年说明英国工业革命不断进行进而完成;工业革命极大地提高了英国的社会生产力, 使得从事第一产业的人不断减少。由于推动社会经济发展的根本原因只能是社会生产力, 故正确答案应为D项。
对策:考生应先根据题干给出的时间, 联系此时间对应的历史事件或历史背景;而后根据数据找出变化 (上升或下降) 的规律;最后再结合历史事件或历史背景进行判断。
例3 (2008年高考文科综合全国卷Ⅱ第22题) :韩国建立后, 仿效欧美政治体制, 经济发展迟缓。20世纪60年代初, 军人集团执掌政权后实行威权政治, 经济高速发展。进入90年代后, 韩国确立了政党政治。这反映出在韩国 ()
A.只有威权政治才能干预经济
B.欧美式政治体制不适合发展经济
C.经济发展与推行政党政治必须同步
D.民主体制的确立需要相应的经济基础
解析:此题本质上考查的是经济基础与上层建筑之间的关系。通过阅读题干材料, 考生可以得知, 题干所表述的是韩国随着经济的发展, 民主政治制度得以确立的史实。考生结合经济基础决定上层建筑的理论, 经过推理可以得出下列结论:民主体制的确立需要相应的经济基础。由于A、B项表述错误, C项又太绝对, 故正确答案为D项。
对策:考生应掌握辩证唯物主义和历史唯物主义的知识;要读懂材料各层之间的关系;综合理解材料, 并和有关理论相对照。
例4 (2009年高考文科综合全国卷Ⅱ第12题) :关于中国姓氏起源, 唐人柳芳说:“氏于国, 则齐鲁秦吴;氏于谥, 则文武成宣……氏于事, 则巫乙匠陶。”由此类推, 王、侯、公孙等姓氏应源自 ()
A.族号 B.邑号
C.爵号 D.官名
解析:本题考查的是中国姓氏的起源。通过阅读题干, 考生可以知道, 中国姓氏起源于春秋战国时的封国、帝王的谥号及当时人们所从事的职业等。根据这一规律, 由于王、侯、公孙等是周朝分封诸侯的爵号, 其也是中国姓氏起源之一, 故正确答案为C项。
立体几何的题型及解法 篇7
题型一:关于平均速度有关规律的应用。
例1:物体由屋顶自由下落, 落地前最后2m历时0.2s, 求屋顶高度。
解析 :如图1所示, 最后2m历时0.2s, 可求出AB段的平均速度为 10m/s。
这也是AB段中点时刻C的瞬时速度。
转变研究对象, 来看OC段, 这是一段自由落体运动, C点是该段的末状态 , vC=gtOC,
tOC=1 (s) ,
对整个过程而言, tOB=tOC+tCB= 1.1 ( s ) ,
所以, 屋顶高度
6.05 (m) 。
题型二:等时间间隔的问题。
相关规律:相邻两个等时间间隔内的位移之差为定值。即△s=aT2。
例2:如图2, 房檐滴水, 每隔相等时间积成一滴下落, 当第1滴落地时, 第5滴刚要下落, 现观察到第3、4两滴水相距0.3m, 问房檐多高?
解析 : 本题为等时间间隔的问题, 而且初速度为零。
相关规律:从起点开始, 每段等时间间隔内的位移之比为:
1∶3∶5∶7∶9……
经作图发现, 0.3m为第二段位移, 房檐高度h与第二段位移s之比为
题型三:几段加速度不同的匀变速直线运动相连接的问题。
例3:在平直的公路上, 一辆车从静止以1m/s2的加速度行使了一段后接着做了一段匀速运动, 紧接着又以大小为4m/s2的加速度匀减速直至停下, 总位移1440m, 共历时100s, 求匀速运动的速度与时间。
解析:这是一段匀加速运动接匀速运动再接匀减速运动的过程, 若用方程求解, 必然要分三个过程, 但若用图象法, 则可以统一为几何问题求解。
如图3, 总位移对应整个梯形面积, s=v1 (t + t2) / 2,
1440 = v1 (100 + t2) / 2。
代入 (1) 式可得v1 = 16 (m/s) , t2 = 80 (s) 。
题型四:匀变速运动几段位移相连接, 套叠的问题。
例4:一列火车由静止从车站出发做匀加速直线运动, 一位观察者站在这列火车第一节车厢的前端, 经过10秒第一节车厢全部通过, 则第九节车厢通过观察者需要的时间是多长?
解析:本题的隐含条件是每节车厢长度相等, 最后要求的是第九节车厢通过的时间。
设每节车厢长L, 火车加速度为a,
第1节车厢通过:
前8节车厢通过:
前9节车厢通过:
可得:
例5:如图4把物体做初速度为零的匀加速直线运动的总位移分成等长的三段, 按从开始到最后的顺序, 经过这三段位移的平均速度的比是多少?
解析:最后的问题似乎将人的注意力集中到0A, AB, BC三段, 但注意到平均速度
0A段: 2as=vA2-02,
0B段; 2as=vB2-02,
0C段: 2as=vC2-02,
vA∶vB∶vC=1:
立体几何的题型及解法 篇8
高中数学教材人教A版选修2 - 1第三章开始引入的问题是: 一块均匀的正三角形面的钢板质量为500 kg, 在它的顶点处分别受力这块钢板在这些力的作用下将会怎样运动? 这三个力至少为多大时, 才能提起这块钢板? 然后在3. 2立体几何中的向量方法中以例3形式呈现问题并解决问题 ( 注: 2013年6月印版的例3与引入问题有一些数字改动: 钢板质量为50 kg, 力的大小为200 N) .
2. 教材解法评析
教材如图3. 2 - 6所示建立空间直角坐标系而解决问题 ( 具体解法见教材) . 下面对教材的解法进行几点评析:
( 1) 教材中建立空间直角坐标系的方法不是最好的. 坐标系的建立方法是不唯一的, 原则上是任意的, 不会影响到最终结果; 但通常为了简化运算, 我们要恰当建系. 怎样才算恰当呢? 通常要尽量利用已知中现有或隐含的垂直关系以及图形的对称关系进行建系, 使尽量多的点落在坐标轴上. 笔者认为本例最好的建系方法应是以正三角形一边为一轴, 且以其中点为原点, 竖直方向为z轴, 进行建系.
( 2) 单位向量的引入未能起到简化运算作用, 无理式运算结果应化简. 教材引入力方向上的单位向量, 这是学生难以想到的. 引入单位向量的本意应是简化运算, 但在本例中未能起到显著的简化作用. 另外教材中是怎样解方程组得到, 十分令人费解, 可能是为了方便代入后面的二次方程吧. 笔者认为应是简洁性是数学的基本特征, 运算结果能化简的应化简. 另外几何中若题设的正方体棱长, 正方形或正三角形边长不影响题解结果, 为了简化运算, 通常可以设其为1单位, 若题设中还出现中点, 也可以设棱长或边长为2单位. 例如本题宜设正三角形的边长为2长度单位.
( 3) 三个力的坐标的计算方法类似, 本质无区别, 但有细节处理须注意. 教材在求出力的坐标. 题设是三个力同它相邻的三角形的两边之间的夹角都为60°, 因此三个力坐标的计算方法是类似的, 但有细节处理须注意: 题意是力与三角形边的夹角, 转化为两向量的夹角时必须注意两向量的起点, 否则向量的夹角可能不同. 本例中学生很容易误认为的夹角仍为60°, 这样不可能计算出正确的结果.
( 4) 合力的作用点不能由合力的 ( 向量) 坐标确定. 教材在求出合力坐标后, 有这样一句话: “这说明, 作用在钢板上的合力方向向上, 大小为作用点为O. ”其中对力作用点的位置确定是准确的, 但其理由不应是合力的向量坐标. 笔者认为本例中合力的作用点可以直观观察, 不需理由; 或从力的平衡、图形的对称上理解, 也不需证明; 严格的证明需要物理上的力矩等概念来推理计算. 向量和力是有区别的: 向量是自由的, 可以进行任意平移; 力是众多向量中的一种, 是有一定物理意义的向量. 大小、方向和作用点是力的三要素, 表示力的有向线段一般不能随意平移: 只研究力的大小和方向时可以平移, 这不改变力的性质, 但要关注力的作用效果或力的作用点时, 不能平移, 否则可能改变力的性质.
3. 本例的其他解法
教材在题后给出探究: 不建立坐标系, 如何解决这个问题? 下面给出四种解法:
解法2 ( 向量法) : 以AB, AC, 方向上的单位向量{ e1, e1, e1} 为空间的一个基底, 则由题意有
即合力方向为竖直方向, 显然向上, 作用点为O. ( 下略)
解法3 ( 向量法) : 以AB, AC, 方向上的单位向量{ e1, e1, e1} 为空间的一个基底, 则由题意可以把力的起点分别沿BA, CA方向平移至B1, C1使三力的终点重合于力的终点E, 易知此时E - AB1C1是正四面体,
即合力方向为竖直方向, 显然向上. ( 下略)
解法4 ( 综合法) : 由相关物理知识, 显然合力方向向上, 作用点为O, 三个力在水平面上的合力为零, 因此只需算出每个力向上的分力即可, 设三角形ABC的中心为O, 力的终点为E, 由∠EAB = ∠EAC = 60°, 易知点E在底面ABC上的射影G在AO上, 作GF⊥AB于F, 则AE = 200, AF = 100, 即力同理可得其他两力在向上方向的分力大小也为 ( 下略) .
所以三力向上方向的合力大小为
解法5 ( 向量法) : 由题意易知表示三力的有向线段均落在一个正四面体D - ABC的侧棱上. ( 可以把三个力的起点平移至点D处) 所以三个力两两夹角均为600, 显然合力方向向上, 作用点为O, 合力大小 为:
( 下略)
4. 解法评析
( 1) 教材解法 ( 解法1, 坐标法) 以直角坐标形式表示三个力, 再进行向量运算而求出三个力的坐标及它们的合力, 结果不仅能求出合力的大小, 而且能从合力的坐标直接看出合力的方向; 其他解法只能求出合力大小, 合力方向还需另外计算或回到图形中或用相关物理知识来确定. 合力的作用点只能直观观察.
( 2) 前四种解法本质一致, 都是把力 ( 向量) 进行分解.解法1是解法2的特殊情形, 即解法1中取正交基底, 从而可把向量用坐标表示; 而解法2取的是斜交基底, 更具一般性, 实质上是空间向量基本定理的具体运用. 因为正交基底的特殊性, 使解法1在运算上较解法2快. 解法2, 3相同之处是都取斜交基底, 但解法3结合运用了几何推理, 从而使向量的运算变得非常简单. 解法4仍是把向量进行分解, 但只关注向上方向的分解, 结合几何推理, 运算也较快. 解法5不再对向量进行分解, 而是充分利用题设的特殊性 ( 也有几何推理成分, 其本质是空间三个不共面向量加法的平行六面体法则) , 直接求向量大小 ( 模) , 运算快得几乎心算几秒就完成.
( 3) 解法4从几何角度揭示问题的本质: 求正三棱台的高. 解法5从向量角度揭示问题的本质: 求平行六面体的对角线长. 两者都可揭示: 当三力的合力刚好与钢板的重力平衡时, 表示三力的有向线段和三角形ABC的三边形成正四面体的各棱; 当三力的合力小于钢板的重力时, 把表示三力的有向线段终点相连, 它们和正三角形钢板的三边形成正三棱台 ( 若把三力平移至终点合为一点, 则终点和平移后的三个起点形成正四面体的顶点, 正四面体的棱长小于正三角形ABC的边长) ; 当三力的合力大于钢板的重力时, 三力必交于一点D, D - ABC形成正四面体, 三力的终点和D也形成一个较小的倒置的正四面体.
5. 结 语
教材在最后有总结: 解决立体几何中的问题, 可用三种方法: 综合方法、向量方法、坐标方法. 并提问: 你能说出它们各自的特点吗?
综合法可能要添加一些辅助线, 对较多的几何定义、定理、公理要能熟练运用, 对空间的想象能力和逻辑推理能力要求较高, 突破综合法难点需要平时注意积累基本图形的特征, 比如正方体、正四面体等, 并掌握一些添加辅助线的基本方法; 具体到本例, 要熟悉: 斜线与平面一个角的两边夹角相等, 则斜线在平面的射影为角的平分线. 向量方法有固定的形式, 即选好基底后, 把其他向量均用基底表示再利用向量的运算解决问题, 其中基底的选取及向量回路的选择较自由而显得有难度, 且用向量计算长度有时运算量较大, 对运算能力要求较高, 突破向量法难点需要根据题设特点选好基底 ( 通常要知道基底三向量的夹角和长度) , 准确地找到向量回路从而快速地把其他向量用基底表示, 或通过设系数, 再解方程求出系数; 具体到本例, 已知夹角, 还需引入单位向量或设参数才能确定基底, 解法3注意运用向量回路, 计算就简单些, 解法5就是基底选得好, 使运算更快. 另外向量法必须向量参与运算, 因此向量的相关运算要熟悉, 特别是向量的夹角要注意向量的起点. 坐标法是向量法的特殊情形, 也有固定的形式, 即恰当建立空间直角坐标系, 然后求出相关点坐标, 进而求出向量坐标, 最后用向量的坐标运算解决问题, 其中坐标系的建立可能有难度, 对解方程组等代数运算能力要求较高, 突破坐标法难点需要根据题设恰当建立坐标系 ( 充分利用已知或隐含的垂直关系及图形的对称性) , 然后据条件算出相关点或向量的坐标, 平时须多加练习, 提高运算的速度和准确度; 具体到本例, 没有三垂直关系, 建系显得有点难, 更难的是相关的坐标需要复杂的运算.
立体几何的题型及解法 篇9
关键词：立体几何；解题；思想方法；策略；规律
在2008年湖南省高考数学试题中，立体几何的解答题很有代表性，是一道高质量的测试题.该题的解法不少于四种，涉及一些重要的解题思想和策略. 本文通过分析与比较，提炼出这些思想或策略，有助于加深我们对立体几何解题特点和规律的认识，从而为立体几何解题教学重心的调整指明方向.
[?] 试题及解法
如图1所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60°，E是CD的中点，PA⊥底面ABCD，PA=2.
（1）证明：平面PBE⊥平面PAB；
（2）求平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小.
解：（1）由于解法简单，故略去. 下面给出（2）的四种解法.
解法1——求法向量夹角. 这是最常用的解法之一. 解题思路大致如下.
以A点为原点，以AB为x轴，以AP为z轴，建立直角坐标系（见图2）. 根据已知条件， 向量，，的坐标很容易得到. 我们知道△BCD是边长为1的等边三角形，所以，我们不难求得向量的坐标. 然后，利用向量的数量积及相互垂直向量之间的关系，不难分别求得平面BPE和平面APD的法向量n和m的坐标. 之后，通过计算这两个法向量的数量积，就可以求得两个法向量夹角的余弦，进而就可得到二面角的大小.
解法2——构造平面角.解题思路大致如下.
要作出它的一个平面角，首先就要作出二面角的棱. 为此，延长AD和BE交于点F，连接PF，得到二面角的棱（见图3）. 作出线段AD的中点G，连接BG，则容易证明 BG垂直于平面PAD. 过点G引棱BF的垂线，垂足为H. 连接BH，则不难证明∠GHB就是所要求的平面角. 我们不难利用解三角形的办法求得它的大小，进而得到相应二面角的大小.
解法3——平移二面角的一个面. 解题思路大致如下.
首先过D作BE的平行线DF，则容易证明F是AB的中点，且DF⊥AB. 取AP的中点G，连接FG，则容易证明平面FDG与平面BEP平行. 故所求的二面角等于平面FDG和AGD所成的二面角. 此时，很容易作出这个二面角的一个平面角. 具体做法是，过F作AD的垂线，垂足为H. 则不难证明FH垂直于平面AGD. 再过点H作GD的垂线，垂足为K，连接FK，则不难证明∠HKF就是所要求的平面角（见图4）. 当然，我们不难利用解三角形的方法求得该角的大小.
解法4——分别作两个平面的垂线，并使这两条垂线相交. 解题思路如下.
具体做法是，过点A作PB的垂线，垂足为G，则利用结论（1），不难证明AG垂直于平面PBE. 然后，过点B作AD的垂线，垂足为F，则不难证明BF垂直于平面PAD. 连接PF. 过点G作BF的平行线交PF于H，则不难证明GH也垂直于平面PAD. 连接AH（见图5），则我们不难利用解三角形的方法求得∠AGH的大小，进而得到二面角的大小.
[?] 解法的分析与比较
解法1是一种常用的解法. 这一方法包含两个转化：把几何问题转化为代数问题；把求二面角大小的问题转化为求法向量的夹角问题. 这是“问题是可以转化的”这一解题思想的直接体现.
解法2也是一种常见的解法.这种解法包含两个“关卡”. 本题中，由于已知图形中并没有画出二面角的棱，所以，要想作出二面角的一个平面角，首先就要作出它的棱. 为此，必须首先弄清相关直线与直线、直线与平面之间的位置关系. 而这取决于解题者的观察能力和空间想象能力，所以是解答本题的第一个“关卡”. 另外，就二面角的平面角的构造而言，由于不是在棱上任取一点构造出来的，而是借助于特殊的点或线间接地确定的（其目的是确保该角的大小不难求得），这样一来，作图的难度就大大增加. 这是解答本题的第二个“关卡”. 这种作图方法采用的策略是“利用特殊点或线间接定位”的策略.
解法3与解法2类似，都是先作出一个平面角，然后利用解三角形的方法求得其大小. 同时，平面角的构造方法也相同：利用特殊点间接地确定平面角. 当然，通过构造二面角的平面角来解决问题其实也是一种转化——把二面角转化为平面角进行处理. 这两种方法之间的差异是：解法2是先作出二面角的棱，然后构造二面角；而解法3是首先平移其中的一个面或构造一个面的平行平面，从而构造出一个与原二面角大小相等的新二面角.后者体现了“图形是可以移动的”解题信念.
解法4与解法1有异曲同工之妙. 都把面面夹角的问题转化为线线夹角的问题. 不同的是，在求垂线之间的夹角时，解法1采用的是向量法，且不必作出法向量；而解法4先分别构造出两个面的垂线，且保证这两条垂线经过原图中的特殊点，同时成为一个三角形的两边（只有这样，解题者才能使用解三角形的方法求出其夹角的大小）. 如此一来，由于这两条垂线的限制条件多，结果导致构造辅助线或辅助图形难度增大. 解法4中的作图体现了“辅助图形往往是可以构造的”这一解题信念.