【数学】2018届一轮复习苏教版（理）高考专题突破四　高考中的不等式问题学案

【数学】2018届一轮复习苏教版（理）高考专题突破四　高考中的不等式问题学案

‎1.正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC中点，E为A1C1中点，则DE与平面A1B1BA的位置关系为________.‎ 答案　平行 解析　如图取B1C1的中点为F，连结EF，DF，DE，‎ 则EF∥A1B1，DF∥B1B，‎ ‎∴平面EFD∥平面A1B1BA，‎ ‎∴DE∥平面A1B1BA.‎ ‎2.设x、y、z是空间不同的直线或平面，对下列四种情形：‎ ‎①x、y、z均为直线；②x、y是直线，z是平面；③z是直线，x、y是平面；④x、y、z均为平面.‎ 其中使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题的是________.‎ 答案　②③‎ 解析　由正方体模型可知①④为假命题；由线面垂直的性质定理可知②③为真命题.‎ ‎3.(2016·无锡模拟)如图，在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在C1D1与C1B1上，且C1E＝4，C1F＝3，连结EF，FB，DE，BD，则几何体EFC1－DBC的体积为________.‎ 答案　66‎ 解析　如图，连结DF，DC1，那么几何体EFC1－DBC被分割成三棱锥D－EFC1及四棱锥D ‎－CBFC1，那么几何体EFC1－DBC的体积为V＝××3×4×6＋××(3＋6)×6×6＝12＋54＝66.‎ 故所求几何体EFC1－DBC的体积为66.‎ ‎4.(2016·镇江模拟)设α，β，γ是三个平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件：‎ ‎①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________.(把所有正确的序号填上)‎ 答案　①或③‎ 解析　由线面平行的性质定理可知，①正确；当b∥β，a⊂γ时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确.故应填入的条件为①或③.‎ ‎5.如图，在三棱锥P－ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点.若PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.则直线PA与平面DEF的位置关系是________；平面BDE与平面ABC的位置关系是________.(填“平行”或“垂直”)‎ 答案　平行　垂直 解析　①因为D，E分别为棱PC，AC的中点，‎ 所以DE∥PA.‎ 又因为PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，‎ 所以直线PA∥平面DEF.‎ ‎②因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8，‎ 所以DE∥PA，DE＝PA＝3，EF＝BC＝4.‎ 又因为DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，‎ 所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.‎ 又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.‎ 因为AC∩EF＝E，AC⊂平面ABC，EF⊂平面ABC，‎ 所以DE⊥平面ABC，又DE⊂平面BDE，‎ 所以平面BDE⊥平面ABC.‎ 题型一　求空间几何体的表面积与体积 例1　(2016·全国甲卷)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置.‎ ‎(1)证明：AC⊥HD′；‎ ‎(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′-ABCFE的体积.‎ ‎(1)证明　由已知得AC⊥BD，AD＝CD，又由AE＝CF得＝，故AC∥EF，由此得EF⊥HD，折后EF与HD保持垂直关系，即EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.‎ ‎(2)解　由EF∥AC得＝＝.‎ 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4，‎ 所以OH＝1，D′H＝DH＝3，‎ 于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，‎ 故OD′⊥OH.‎ 由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，‎ 所以AC⊥平面DHD′，于是AC⊥OD′，‎ 又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.‎ 又由＝得EF＝.‎ 五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.‎ 所以五棱锥D′-ABCFE的体积V＝××2＝.‎ 思维升华　(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解.其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积.‎ ‎(2)‎ 若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.‎ ‎(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.‎ ‎　正三棱锥的高为1，底面边长为2，内有一个球与它的四个面都相切(如图).求：‎ ‎(1)这个正三棱锥的表面积；‎ ‎(2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积.‎ 解　(1)底面正三角形中心到一边的距离为××2＝，‎ 则正棱锥侧面的斜高为＝.‎ ‎∴S侧＝3××2×＝9.‎ ‎∴S表＝S侧＋S底＝9＋××(2)2‎ ‎＝9＋6.‎ ‎(2)设正三棱锥P－ABC的内切球的球心为O，连结OP，OA，OB，OC，而O点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径r.‎ ‎∴VP－ABC＝VO－PAB＋VO－PBC＋VO－PAC＋VO－ABC ‎＝S侧·r＋S△ABC·r＝S表·r ‎＝(3＋2)r.‎ 又VP－ABC＝×××(2)2×1＝2，‎ ‎∴(3＋2)r＝2，‎ 得r＝＝＝－2.‎ ‎∴S内切球＝4π(－2)2＝(40－16)π.‎ V内切球＝π(－2)3＝(9－22)π.‎ 题型二　空间点、线、面的位置关系 例2　(2016·扬州模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点.‎ ‎(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；‎ ‎(2)求证：C1F∥平面ABE；‎ ‎(3)求三棱锥E－ABC的体积.‎ ‎(1)证明　在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC.‎ 因为AB⊂平面ABC，‎ 所以BB1⊥AB.‎ 又因为AB⊥BC，BC∩BB1＝B，‎ 所以AB⊥平面B1BCC1.‎ 又AB⊂平面ABE，‎ 所以平面ABE⊥平面B1BCC1.‎ ‎(2)证明　方法一　如图1，取AB中点G，连结EG，FG.‎ 因为E，F分别是A1C1，BC的中点，‎ 所以FG∥AC，且FG＝AC.‎ 因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，‎ 所以FG∥EC1，且FG＝EC1，‎ 所以四边形FGEC1为平行四边形，‎ 所以C1F∥EG.‎ 又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，‎ 所以C1F∥平面ABE.‎ 方法二　如图2，取AC的中点H，连结C1H，FH.‎ 因为H，F分别是AC，BC的中点，所以HF∥AB，‎ 又因为E，H分别是A1C1，AC的中点，‎ 所以EC1綊AH，‎ 所以四边形EAHC1为平行四边形，‎ 所以C1H∥AE，‎ 又C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A，‎ 所以平面ABE∥平面C1HF，‎ 又C1F⊂平面C1HF，‎ 所以C1F∥平面ABE.‎ ‎(3)解　因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，‎ 所以AB＝＝.‎ 所以三棱锥E－ABC的体积 V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝.‎ 思维升华　(1)①证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题.②证明C1F∥平面ABE：(ⅰ)利用判定定理，关键是在平面ABE中找(作)出直线EG，且满足C1F∥EG.(ⅱ)利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面C1HF满足面面平行，实施线面平行与面面平行的转化.‎ ‎(2)计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，不能直接用公式时，注意进行体积的转化.‎ ‎　(2016·南京模拟)如图，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点.‎ 求证：(1)平面EFG∥平面ABC；‎ ‎(2)BC⊥SA.‎ 证明　(1)由AS＝AB，AF⊥SB知F为SB中点，‎ 则EF∥AB，FG∥BC，又EF∩FG＝F，AB∩BC＝B，‎ 因此平面EFG∥平面ABC.‎ ‎(2)由平面SAB⊥平面SBC，平面SAB∩平面SBC＝SB，AF⊂平面SAB，AF⊥SB，‎ 所以AF⊥平面SBC，则AF⊥BC.‎ 又BC⊥AB，AF∩AB＝A，则BC⊥平面SAB，‎ 又SA⊂平面SAB，因此BC⊥SA.‎ 题型三　平面图形的翻折问题 例3　(2015·陕西)如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，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2.‎ ‎(1)证明：CD⊥平面A1OC；‎ ‎(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.‎ ‎(1)证明　在题图1中，连结EC，‎ 因为AB＝BC＝1，AD＝2，‎ ‎∠BAD＝，‎ AD∥BC，E为AD中点，‎ 所以BC綊ED，BC綊AE，‎ 所以四边形BCDE为平行四边形，故有CD∥BE，‎ 所以四边形ABCE为正方形，所以BE⊥AC.‎ 即在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，且A1O∩OC＝O，‎ 从而BE⊥平面A1OC，又CD∥BE，‎ 所以CD⊥平面A1OC.‎ ‎(2)解　由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，‎ 又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，‎ 所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角，‎ 所以∠A1OC＝.‎ 如图，以O为原点，以OB，OC，OA所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，‎ 因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，‎ 所以B，E，‎ A1，C，‎ 得＝，＝，‎ ＝＝(－，0,0)，‎ 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夹角为θ，‎ 则得取n1＝(1,1,1)；‎ 得取n2＝(0,1,1)，‎ 从而cos θ＝|cosn1，n2|＝＝，‎ 即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.‎ 思维升华　平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况.一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.‎ ‎　(2016·苏州模拟)如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，作如图(2)折叠，折痕EF∥DC.其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后，点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.‎ ‎(1)证明：CF⊥平面MDF；‎ ‎(2)求三棱锥M－CDE的体积.‎ ‎(1)证明　因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，‎ 所以PD⊥AD.‎ 又因为ABCD是矩形，CD⊥AD，PD与CD交于点D，‎ 所以AD⊥平面PCD.‎ 又CF⊂平面PCD，‎ 所以AD⊥CF，即MD⊥CF.‎ 又MF⊥CF，MD∩MF＝M，所以CF⊥平面MDF.‎ ‎(2)解　因为PD⊥DC，PC＝2，CD＝1，∠PCD＝60°，‎ 所以PD＝，由(1)知FD⊥CF，‎ 在直角三角形DCF中，CF＝CD＝.‎ 如图，过点F作FG⊥CD交CD于点G，得FG＝FCsin 60°＝×＝，‎ 所以DE＝FG＝，故ME＝PE＝－＝，‎ 所以MD＝＝＝.‎ S△CDE＝DE·DC＝××1＝.‎ 故VM－CDE＝MD·S△CDE＝××＝.‎ 题型四　立体几何中的存在性问题 例4　(2016·邯郸第一中学研究性考试)在直棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，E，F分别是CC1，BC的中点，AE⊥A1B1，D为棱A1B1上的点.‎ ‎(1)证明：DF⊥AE.‎ ‎(2)是否存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为？若存在，说明点D的位置；若不存在，说明理由.‎ ‎(1)证明　∵AE⊥A1B1，A1B1∥AB，‎ ‎∴AE⊥AB.‎ 又∵AA1⊥AB，AA1∩AE＝A，‎ ‎∴AB⊥平面A1ACC1.‎ 又∵AC⊂平面A1ACC1，∴AB⊥AC.‎ 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A—xyz，‎ 则有A(0,0,0)，E(0,1，)，F(，，0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1).‎ 设D(x，y，z)，＝λ，且λ∈(0,1)，‎ 即(x，y，z－1)＝λ(1,0,0)，则D(λ，0,1)，‎ ‎∴＝(－λ，，－1).‎ ‎∵＝(0,1，)，‎ ‎∴·＝－＝0，∴DF⊥AE.‎ ‎(2)解　结论：存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为.‎ 理由如下：‎ 由题意知平面ABC的法向量为m＝(0,0,1).‎ 设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则 ‎∵＝(－，，)，＝(－λ，，－1)，‎ ‎∴即 令z＝2(1－λ)，则n＝(3,1＋2λ，2(1－λ)).‎ ‎∵平面DEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为，‎ ‎∴|cos〈m，n〉|＝＝，‎ 即＝，‎ 解得λ＝或λ＝(舍去)，‎ ‎∴存在满足条件的点D，此时D为A1B1的中点.‎ 思维升华　(1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在这假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设.‎ ‎(2)对于探索性问题用向量法比较容易入手.一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.‎ ‎　(2016·苏州模拟)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点.‎ ‎(1)证明：B1C1⊥CE；‎ ‎(2)求二面角B1－CE－C1的正弦值；‎ ‎(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长.‎ ‎(1)证明　如图，以点A为原点，分别以AD，AA1，AB所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0).‎ 易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1，－1)，于是·＝0，所以B1C1⊥CE.‎ ‎(2)解　＝(1，－2，－1).‎ 设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，‎ 则即 消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2,1).‎ 由(1)知，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，CC1∩CE＝C，可得B1C1⊥平面CEC1，‎ 故＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量.‎ 于是cos〈m，〉＝ ‎＝＝－，从而sin〈m，〉＝，‎ 所以二面角B1－CE－C1的正弦值为.‎ ‎(3)解　＝(0,1,0)，＝(1,1,1)，设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ).‎ 可取＝(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量.‎ 设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则 sin θ＝|cos〈，〉|＝ ‎＝＝，‎ 于是＝，解得λ＝(负值舍去)，‎ 所以AM＝.‎ ‎1.(2016·连云港模拟)如图所示，已知平面α∩平面β＝l，α⊥β.A，B是直线l上的两点，C，D是平面β内的两点，且AD⊥l，CB⊥l，DA＝4，AB＝6，CB＝8.P是平面α上的一动点，且有∠APD＝∠BPC，则四棱锥P－ABCD体积的最大值是________.‎ 答案　24 解析　由题意知，△PAD，△PBC是直角三角形，‎ 又∠APD＝∠BPC，所以△PAD∽△PBC.‎ 因为DA＝4，CB＝8，所以PB＝2PA.‎ 作PM⊥AB于点M，由题意知，PM⊥β.‎ 令AM＝t(00知∠EHG是锐角，由∠EHG>30°，‎ 得tan∠EHG>tan 30°，‎ 即k>.‎ 故k的取值范围为k>.‎ ‎9.如图所示，平面ABDE⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，四边形ABDE 是直角梯形，BD∥AE，BD⊥BA，BD＝AE＝2，O，M分别为CE，AB的中点.‎ ‎(1)求证：OD∥平面ABC；‎ ‎(2)求直线CD和平面ODM所成角的正弦值；‎ ‎(3)能否在EM上找一点N，使得ON⊥平面ABDE？若能，请指出点N的位置，并加以证明；若不能，请说明理由.‎ ‎(1)证明　如图，取AC中点F，连结OF，FB.‎ ‎∵F是AC中点，O为CE中点，‎ ‎∴OF∥EA且OF＝EA.‎ 又BD∥AE且BD＝AE，‎ ‎∴OF∥DB且OF＝DB，‎ ‎∴四边形BDOF是平行四边形，∴OD∥FB.‎ 又∵FB⊂平面ABC，OD⊄平面ABC，‎ ‎∴OD∥平面ABC.‎ ‎(2)解　∵平面ABDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC＝AB，DB⊂平面ABDE，且BD⊥BA，‎ ‎∴DB⊥平面ABC.‎ ‎∵BD∥AE，∴EA⊥平面ABC.‎ 又△ABC是等腰直角三角形，且AC＝BC，‎ ‎∴∠ACB＝90°，‎ 以C为原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴，以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.‎ ‎∵AC＝BC＝4，∴C(0,0,0)，A(4，0,0)，B(0,4,0)，D(0,4,2)，E(4,0,4)，O(2,0,2)，M(2,2,0)，‎ ‎∴＝(0,4,2)，＝(－2,4,0)，＝(－2,2,2).‎ 设平面ODM的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则由n⊥，n⊥，可得 令x＝2，得y＝1，z＝1，∴n＝(2,1,1).‎ 设直线CD和平面ODM所成角为θ，‎ 则sin θ＝＝ ‎＝＝.‎ ‎∴直线CD和平面ODM所成角的正弦值为.‎ ‎(3)解　当N是EM中点时，ON⊥平面ABDE.‎ 由(2)设N(a，b，c)，‎ ‎∴＝(a－2，b－2，c)，＝(4－a，－b,4－c).‎ ‎∵点N在ME上，∴＝λ，‎ 即(a－2，b－2，c)＝λ(4－a，－b,4－c)，‎ ‎∴解得 ‎∴N(，，).‎ ‎∵＝(0,0,2)是平面ABC的一个法向量，‎ ‎∴⊥，∴＝2，解得λ＝1.‎ ‎∴＝，即N是线段EM的中点，‎ ‎∴当N是EM的中点时，ON⊥平面ABDE.‎