高中数学常见难题

1、已知正三棱锥S－ABC的高SO为3，底面边长为6，过A向它所对侧面

SBC作垂线，垂足为O′，在AO′上取一点P，使AP︰PO′=8，求经过P

点且平行底面的截面的面积．

分析：本题的关键在于求出过P平行于底的截面到顶点的距离与底面到顶点的距

离之比．

解答：如图10．13，因S－ABC是正三棱锥，所以O是正三角形ABC的中心．连

结AO延工交BC于D，则D是BC的中点，故BC⊥AD，BC⊥SD，因而BC⊥平面SAD，

从而平面ASD⊥平面SBC．又AO′⊥平面SBC，故SO′在平面SAD内，因而O′在SD上，于是

由

设过P作平行于底的平面与SD的交点为O1，则

于是

故所求截面面积

2、设正三棱锥P—ABC的高为PO，M为PO的中

点，过AM作与棱BC平行的平面，将正三棱锥

截成上、下两部分，试求两部分体积之比．

分析：设过AM且平行BC的平面交平面PBC于EF（E

∈PB，F∈PC），要求两部分体积之比，只要求VP

—ABC=S△PEF︰S△PBC．

解答：如图10．14，过设AM且平行BC的平面与棱PB、PC分别交于E、F．则EF//BC．连

结AO并延长交BC于D，则D为BC的中点，连结PD交EF于G，则因A 到平面PEF的距离即为A到平面ABC的距离，所以在△PAD中，过O作PD的平行线，交AG于N．因为M为PO的中点，故|ON|=|PG|，，故，因而，故所求上下两部分体积之比为

3、四面体ABCD被平面α所截，对棱AB，CD都与α平行且与α等距，设α截得截面四边形的面积为S，对棱AB与CD的距离为h，求这个四面体ABCD的体积．分析：利用“等底、等高的两个四面体的体积相等”将四面体添加几个等体积的四面体，构成一个平行六面体来计算．

解答：过四面体ABCD的各棱分别作与其对棱平行的平面，六个平面相交得一平行六面体AC1BD1－A1CB1D（如图10．15）．此时VABCD等于平行六面体的体积V减去四个彼此等积的三棱锥的体积，这四个三棱锥分别是A－A1CD，B－B1DC，C－C1AB，D－D1AB．因为这四个三棱锥的底面积为

平行六面体底面积的，其高与平行六面体的高相等，故每一个三棱锥的体积等于于是

由于AB，CD与截面α等距，如图10．15可知K，L，M，N分别是AA1，CC1，BB1，DD1的中点，易知，而h就是平面AC1BD1与平面A1CB1D的距离，所以

说明：利用“等积”进行割补，是解决多面体体积问题的一个有效方法．

例1、已知x、y∈R＋，求证：

证明：∵

∴这三者可视为如图中AB、BC、CD三条线段的长度．

显然|AB|＋|BC|＋|CD|≥|AD|=．所以

．

评述：二次根式内是一个二次式，常构造图形，利用余弦定理证明．同法可证：

例3、函数f (x)在[0，1]上有定义，f (0)= f (1) ．如果对于任意不同的x1，x2∈[0，1]，都有|f (x

1)

－f (x

2)|<|x1－x2|．

求证：对于任意

明：不妨设0≤x1≤x2≤1．

（1）若，则．

命题成立．

（2）若，根据条件f (0)= f (1)得

|f (x2)－f(x1)|=|f (1)－f (x2)＋f (x1)－f (0)|≤| f (1)－f (x2)|＋| f (x1)－f (0)| <1－x2＋x1－0=1－(x2－x1)<．

命题同样得证．

综上命题成立．

例5、已知n≥2，证明：．

证明：（1）显然是n的增函数．

∴．

（2）

思路分析：易猜出时，，A、B、C中任两者不等时，

．

证明：我们先假定C是常量，于是A＋B=π－C也是常量．

．

显然，当A=B时，上式达到最大值．因此，只要A、B、C中任意两个不等，表达式sin A＋sin B

＋sin C就没有达到最大值．因而，当时，sin A＋sin B＋sin C取到最大值，不等式得证．

评述：不等式中含有多个变量时，我们往往固定其中部分变量，求其他变量变化时，相应表达式的最值．类似可证：△ABC中，

锐角△ABC中，tan A＋tan B＋tan C≤3．