专题四 第四讲 数学思想方法与答题模板建构

P2P3”是“d1＝d2”的充分必要条件．
[答案] C
[点评] 本题借助平行平面的性质定理，考查了逻辑推 理及空间问题平面化的解题思想．着重考查了空间想象 能力及数形结合思想的运用．
[命题角度分析]
空间几何体在解答题中是每年必考大题之一．常见的命
题形式一般有2～3问．前两问多为证明空间线、面位置关系 (平行、垂直)，后一问多为计算问题(求面积、体积或空间 角)．题型上有时会出现探索存在性问题．
(1)证明：AD⊥平面 DEF； (2)求二面角 P－AD－B 的余弦值．
[解] (1)证明：如图，取 AD 的中点 O，连接 PO、BO， ∵四边形 ABCD 是边长为 1 的菱形，连接 BD， ∴△ABD 为等边三角形． ∴BO⊥AD.又 PA＝PD＝ 2，∴PO⊥AD. 又 PO∩BO＝O，∴AD⊥平面 POB. 又∵E、F 分别为 BC、PC 的中点，∴EF ∥BP. 而 O 为 AD 的中点，得 DE∥OB，EF∩ED＝E， ∴平面 POB∥平面 DEF， ∴AD⊥平面 DEF.
由于方程③没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点
G，使得点G到点P、C、D的距离都相等．从而，在线段 AD上不存在一个点G，使得点G到点P、B、C、D的距离 都相等．┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(12分)
⇒第一步 根据条件分析得出所需垂直关系 ⇒第二步
证明垂直关系
⇒第三步 建立适当坐标系，并写出相关点坐标
⇒第四步
求法向量并建立所需关系式
⇒第五步 化简关系式确定是否有解 ⇒第六步 得结论
[答题模板构建]
法二：(1)同法一┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(3分)
(2)(i)同法一．┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(9分) (ii)假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D 的距离都相等． 由GC＝GD，得∠GCD＝∠GDC＝45°，

又 R＝4，∴S 圆柱侧最大为 32π. 此时 S 球表－S 圆柱侧＝4π·42－32π＝32π.
[答案] 32π
[点评] 本题综合考查了圆柱的侧面积公式、球的表面积 公式．运用了函数与方程的思想，考查了学生分析问题， 解决问题的能力．
2．数形结合思想 数形结合思想包含“以形助数”和“以数辅形”两个方 面，在解题过程中，可以借助图形分析题意，寻找、确 定解题思路，图形只是辅助手段，最终还要写出完整的
(3)涉及空间几何体中的最值问题常用到函数思想．
[例1] (2011· 四川高考)如图，半径为4的
球O中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最
大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差 是________．
[解析] 法一：圆柱的轴截面如图所示，
设球的半径与圆柱的高所成的角为α，
则圆柱底面半径为4sinα，高为8cosα， ∴S圆柱侧＝2π·4sinα· 8cosα ＝32πsin2α. 当sin2α＝1时，S圆柱侧最大为32π.
此时S球表－S圆柱侧＝4π·42－32π
＝32π.
法二：设圆柱底面半径为 r，则其高为 2 R2－r2， ∴S 圆柱侧＝2πr· R2－r2＝4π r2R2－r2 2 r2＋R2－r2 ≤4π 2
2 ＝2πR 当且仅当r ＝R －r ，即r＝ R时取“＝”. 2
2 2 2 2
第4讲 数学 思想 活用数学思想 追求高效解题
方法
与答 题模 板建 构
巧用答题模板 建立答题规范
空间几何体在高考命题中涉及的常见数学思想有数形结 合思想、函数与方程思想及化归与转化思想． 1．函数与方程思想 (1)在空间几何体的表面积体积计算中，常根据条件分析列出
方程，利用方程确定未知量．
(2)在用空间向量的运算解决空间线线、线面、面面的平行、 垂直问题或求空间角时运用的主要思想就是通过列方程 (组)求出未知量，得到直线的方向向量和平面的法向量， 然后进行计算．
(2)由(1)知 PO⊥AD，BO⊥AD， 则∠POB 为所求二面角的平面角， 3 在等边三角形 ABD 中， 可得 OB＝ ，在△PAD 中， 2 可得 PO＝ 12 7 2 － ＝ ， 2 2
2
又 PB＝2，在△POB 中，由余弦定理得 7 3 ＋ －4 PO2＋OB2－PB2 4 4 21 cos∠POB＝ ＝ ＝－ ， 2PO· OB 7 7 3 2× × 2 2 21 ∴二面角 P－AD－B 的余弦值为－ . 7
从而∠CGD＝90°，即CG⊥AD，
所以GD＝CD· cos45°＝1.┄┄┄┄┄┄┄(10分) 设AB＝λ，则AD＝4－λ，AG＝AD－GD＝3－λ，(3分)
在 Rt△ABG 中， GB＝ AB2＋AG2＝ λ2＋3－λ2＝
3 9 2λ－ 2＋ ＞1， 2 2
这与 GB＝GD 矛盾．┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(11 分) 所以在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G 到点 B，C，D 的距离都 相等． 从而，在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的 距离都相等．┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(12 分)
(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A－xyz(如图)． (4分) 在平面ABCD内，作CE∥AB交AD于点E，则CE⊥AD. 在Rt△CDE中，DE＝CD· cos45°＝1， CE＝CD· sin45°＝1.
设AB＝AP＝t，则B(t,0,0)，P(0,0，t)．
由AB＋AD＝4得AD＝4－t，所以E(0,3－t,0)，C(1,3－t,0)， CD D(0,4－t,0)， ＝(－1,1,0)， PD ＝(0,4－t，－t)． (6分)
(ⅰ)设平面 PCD 的法向量为 n＝(x，y，z)，
－x＋y＝0， 由 n⊥ CD ，n⊥ PD ，得 4－ty－tz＝0.
取 x＝t，得平面 PCD 的一个法向量 n＝(t，t,4－t)．┄┄┄┄(7 分) 又 PB ＝(t,0，－t)，故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° 得 |2t2－4t| n· 1 PB |，即 2 2 cos60° ＝| ＝ ， t ＋t ＋4－t2· 2t2 2 |n|·PB | | 4 4 解得 t＝ 或 t＝4(舍去，因为 AD＝4－t＞0)，所以 AB＝ .┄┄(9 分) 5 5
[答题模板构建]
[例 3]
(2011· 福建高考)
(本小题满分 12 分)如图，四棱锥 P－ABCD 中，PA ⊥底面 ABCD.四边形 ABCD 中，AB⊥AD，AB＋AD ＝4，CD＝ 2，∠CDA＝45° . (1)求证：平面 PAB⊥平面 PAD； (2)设 AB＝AP.
(ⅰ)若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长；
[点评] 本题以锥体为载体考查线面垂直的判定及二面 角．解题中利用给出的数量关系推出位置关系是关键．
解答过程.
[例2] (2011· 江西高考)已知α1，α2，α3是三个相互平行的平
面，平面α1，α2之间的距离为d1，平面α2，α3之间的距离为 d2.直线l与α1，α2，α3分别相交于P1，P2，P3，那么“P1P2＝ P2P3”是“d1＝d2”的 A．充分不必要条件 C．充分必要条件 ( B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 )
根据条件分析得出所需垂直关系
⇒第二步
证明垂直关系 ⇒第三步 建立坐标系，求法向量后建立方程求解 ⇒第四步
假设存在并分析条件
⇒第五步 列出关系式分析，得出矛盾，求解得结论
［套用模板解题］
[例 4] (2011· 广东高考)如图， 在锥体 P－ABCD 中， ABCD 是D＝ 2，PB＝2，E，F 分别是 BC， PC 的中点．
[解析] 如图，α1∥α2∥α3，l 与 α1，α2，α3 分别 交于点 P1，P2，P3；FP3⊥α1，且 FP3 与 α2 交于 点 E， 则 FE＝d1，EP3＝d2. 根据“两平行平面与一平面相交所得的交线平 行”得 P1F∥P2E，则 P1P2 d1 ＝ ，显然“P1P2 ＝ P2P3 d2
(ⅱ)在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P、B、 C、D的距离都相等？说明理由． [解] 法一：(1)因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所 以PA⊥AB.
又AB⊥AD，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD.┄┄┄(2分)
又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.┄┄┄┄(3分)
(ⅱ)假设在线段 AD 上存在一个点 G，使得点 G 到 P，B，C，D 的距离都相等， 设 G(0，m,0)(其中 0≤m≤4－t)， 则GC ＝(1,3－t－m,0)，GD ＝(0,4－t－m,0)， GP ＝(0，－m，t)． 由|GC |＝|GD |得 12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2， 即 t＝3－m；① 由|GD |＝|GP |得(4－t－m)2＝m2＋t2.② 由①、②消去 t，化简得 m2－3m＋4＝0.③(10 分)