高一希望杯数学竞赛立体几何专题
希望杯全国数学邀请赛高一第一试
第八届“希望杯”全国数学邀请赛(高一)第一试班级 姓名一、选择题1、)(x f 是定义域为R 的奇函数，下列结论中正确的是--------------------------（ ）（A ）0)()(>--x f x f （B ）0)()(<--x f x f（C ）0)()(≤-⋅x f x f （D ）0)()(>-⋅x f x f2、正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AC 1与A 1B 所成角相等于------------------------（ ）（A ）300 （B ）450 （C ）600 （D ）9003、2cos 12sin 122---等于--------------------------------------------------------（ ）（A ）2sin 2cos -（B ）2sin 2cos --（C ）2sin 2cos +-（D ）2sin 2cos +4、等腰直角三角形ABC 中，AB=BC=1，M 为AC 中点，沿BM 把它折为二面角，折后A 与C 的距离为1，则二面角C-BM-A 的大小为-----------------------------（ ）（A ）300 （B ）600 （C ）900 （D ）12005、以下函数中，在区间)0,(-∞上是增函数的函数是-------------------------------（ ）（A ）)(log 5.0x y --=（B ）2)1(+-=x y （C ）21x y +=（D ）x x y -=1 6、已知},34|{Z k k M ∈π=αα=，},322|{Z k k N ∈π±π=αα=，},2|{Z k k P ∈π=αα=，则集合M 、N 、P 满足关系式------------------------（ ）（A ）)(P N M = （B ）)(P N M ⊂（C ）)(P N M ⊃ （D ）Φ=)(P N M7、一个二面角的两个面分别垂直于另一个二面角的两个面，那么这两个二面角的大小关系是-------------------------------------------------------------------------------------（ ）（A ）相等 （B ）互补 （C ）相等或互补 （D ）不能确定的8、对于任意实数t ，函数n mx x x f ++=2)(都有)2()2(t f t f -=+，则有-（ ）（A ）)4()1()2(f f f << （B ）)4()2()1(f f f <<（C ）)1()4()2(f f f << （D ）)1()2()4(f f f <<9、若函数)(1x f 和)(2x f 都是周期函数，最小正周期都是T ，对于函数+=)(1x f y )(2x f ，以下判断中，正确的是------------------------------------------（ ）（A ） 最小正周期是T （B ）有最小正周期t ，且T t <（C ）是周期函数，但可能没有最小正周期 （D ）可能是非周期函数10、5个顶点不共面的五边形叫做空间五边形，空间五边形的5条边所在直线中，互相垂直的直线对至多有-----------------------------------------------------------------（ ）（A ）5对 （B ）6对 （C ）7对 （D ）8对二、A 组填空题11、若函数22)(x x x f --=，则=+-)1()1(f f 。
数学：希望杯竞赛试题详解(61-70题)
题61 设直线n m ,都是平面直角坐标系中椭圆72x +32y =1的切线，且n m ⊥，m 、n 交于点P ，则点P 的轨迹方程是 ．（第十二届高二培训题第47题）解 设直线y =b kx +与椭圆72x +32y =1相切，则二次方程72x +()132=+b kx ，即()021*******2=-+++b kbx xk 有两个相等实根，其判别式()()()222144377210kb k b ∆=-+-=，解得22273,73k b k b +±=+= ．因此斜率为k 的椭圆的切线有两条：273k kx y +±=①，与其中每条垂直的切线也各有两条：273kk x y +±-=②；另有与x 轴垂直的切线两条：7±=x ，与其中每条垂直的切线又各有两条：3±=y ．由①、②得()kx y -2=273k +③，2273k k x y +=⎪⎭⎫ ⎝⎛+④，④式即()7322+=+k x ky ⑤．③+⑤得()()(),1101122222+=+++k y k x k即1022=+y x ⑥．又点()()()()3,7,3,7,3,7,3,7----都适合方程⑥．故点P 的轨迹方程为1022=+y x ．评析 这是一道典型的用交轨法求轨迹方程的问题．解题的关键有两个：如何设两条动切线方程与如何消去参数．当切线的斜率存在时，我们可设其方程为b kx y +=，此时出现两个参数k 与b ，由于此切线方程与椭圆的方程组成的方程组有且只有一解，故由二次方程有等根的条件得273k b +±=（这与事实一致：斜率为k 的椭圆的切线应当有两条），从而切线方程为273k kx y +±=，那么与其垂直的椭圆的切线方程就是将此切线方程中的k 换成k 1-所得方程，即273kk x y +±-=．此时突破了第一关．下面是否通过解方程组得交点轨迹的参数方程，然后再消参得所求轨迹方程呢？想象中就是非常繁琐的．上面题解中的方法充分体现了消参的灵活性，大大简化了解题过程．然而，事情到此并未结束，以上所设切线方程是以切线有斜率为前提的，是否有不存在斜率的椭圆的切线呢？于是引来了分类讨论，当然，此时只要将几个点的坐标代入所求的方程1022=+y x ，看是否适合即可．拓展 如果留心，我们会发现所求轨迹方程1022=+y x 中的10正好是已知椭圆方程72x +32y =1中的7与3的和．那么，是否将椭圆方程改为+22a x 122=by ，则所求轨迹方程就是2222b a y x +=+了呢？经研究，果真如此．于是我们得到定理1 设直线m 、n 都是椭圆+22a x 122=by 的切线，且n m ⊥，m 、n 交于点P ，则点P 的轨迹方程是2222b a y x +=+．证明 设l kx y +=为椭圆的切线,由22221y kx lx y a b =+⎧⎪⎨+=⎪⎩,得01212222222=-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+b l x b lk x b k a ，由0=∆x ，得2222k a b l +=，所以222k a b l +±=，所以两垂直切线为，222222::m y kx b a k x a n y b k k ⎧=±+⎪⎨=-±+⎪⎩另有四对：b y n a x m ±=±=:,:,①式变为2222)(k a b kx y +=-③2222)(k b a ky x +=+④．③+④得2222b a y x +=+．特殊四对垂线的交点坐标也都适合⑤，故P 点的轨迹方程为2222b a y x +=+．若将定理1中的椭圆改为双曲线，是否也有相类似的什么结论呢？为了证明定理2，先引进两个引理．引理1 若双曲线12222=-by a x 的切线的斜率k 存在，则|k |b a >．证明 对于12222=-b y a x 两边取x 的导数知,)(22'ya xb x y =∴双曲线上任意一点P （00,y x ）)0(0≠y 处切线的斜率k 有|k|=|)(0'x y |=||022y x a b①，又bay x x a b y y >∴=<|||,|||||00010，代入①得|k | b a >．引理2 如果双曲线12222=-by a x 有b a ≤，则不存在垂直切线．证明 假设双曲线存在两条垂直切线，则这两条切线必然都存在斜率，斜率分别记为1k ，2k ，由引理1P(x 0,y 0)P 1(x 0,y 1) y Ox①, ②,知|k 1|b a >,|2k |b a >,11||2221≥>=∴ab k k ,即1>1,矛盾,所以不存在垂直切线． 定理2 设直线n m ,都是双曲线)(12222b a by a x >=-的切线，且n m ⊥，n m ,交于点P ，则点P 的轨迹方程为2222b a y x -=+．证明 当一条切线的斜率不存在时，该切线必然经过双曲线实轴上的顶点，这时另一条垂直切线不存在．已知n m ,是垂直切线，所以斜率必然都存在．设l kx y +=为双曲线的切线，则由 22221y kx l x y ab =+⎧⎪⎨-=⎪⎩ 得012)1(2222222=----b l x b lk x b k a ①，由引理1知|k |b a >，所以222b k a >，所以01222≠-bk a 且0222>-b k a ．由①中0=∆x ，得2222222,b k a l b k a l -±=∴-=，两条垂直切线为222222::m y kx a k b x a n y b k k ⎧=±-⎪⎨=-±-⎪⎩变形为22222222()()y kx a k b yk x a k b⎧-=-⎪⎨+=-⎪⎩ ④+⑤得2222b a y x -=+，即为点P 的轨迹方程．将定理1、2中的椭圆、双曲线改为抛物线，我们又可以得到定理3 抛物线)0(22>=p px y 的两条互相垂直的切线n m ,的交点M 的轨迹方程为2p x -=． 证明 当其中一条切线过抛物线顶点时，另一条垂直的切线不存在，已知n m ,是垂直切线，所以斜率必然都存在．设l kx y +=是px y 22=的切线，则0≠k ，由 22y kx ly px=+⎧⎨=⎩得0)(2222=+-+l x p kl x k ，令0=∆x 得k p l 2=，故两条垂直的切线为:2:2p m y kx kx kpn y k ⎧=+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩消去参数k ，得2px -=为点M 的轨迹方程．将前面定理中的二次曲线改为圆，又得②,③,④, ⑤,①, ②,定理4 圆222)()(r b y a x =-+-的两条互相垂直的切线n m ,的交点P 的轨迹方程是2222)()(r b y a x =-+-.证明 如图，易知四边形APBO 1为正方形，所以|PO 1|=r AO 2||21=，所以点P 的轨迹是以O 1为圆心，r 2为半径的圆，其方程是2222)()(r b y a x =-+-．比较定理1和定理4，我们不难知道圆是椭圆的特殊情形，当椭圆的长轴与短轴长相等时，椭圆变成了圆．请运用上述定理完成下面的练习：1、设n m ,都是圆822=+y x 的切线，且n m ⊥，n m ,交于点P ，求点P 的轨迹与坐标轴在第一象限围成的面积．2、设直线n m ,都是椭圆+223x 1222=y 的切线，且n m ⊥，n m ,交于点P ，求动点P 到该椭圆的最近距离．3、已知双曲线13422=-y x 的一条切线)(:N n w nx y l ∈+=， （1） 求n 的最小值；（2） 过点（1，1）是否有两条垂直的切线？（3） 当n =1，1=w 时，求与l 垂直的双曲线的切线．答案：1.π4 2.313- 3.（1）1 （2）不存在 （3）1+-=x y 和1--=x y题62 已知曲线C 上任意一点到定点A （1，0）与定直线4=x 的距离之和等于5.对于给定的点()0,b B ，在曲线上恰有三对不同的点关于点B 对称，求b 的取值范围.（第十二届高二第二试第23题）解法1 令()y x P ,为曲线C 上任意一点，由题意得()54122=-++-x y x .故曲线C 的方程为()24,04165,45x x y x x ≤≤⎧⎪=⎨--<≤⎪⎩，即曲线C由两段抛物线()404:21≤≤=x x y C 和()22:165(45)C y x x =--<≤拼接而成.设()y x P ,关于点()0,b B 的对称点为()y x P ''',，则有⎩⎨⎧-='-='yy xb x 2，由于()401≤≤X C 和()245C x <≤都是关于x 轴对称的，所以，当05b <≤时，点()y x P ,与()y x P ''',同在1C 上或同在2C 上，只有唯一的情形：()y b P ,'与()y b P -,.当点P 与P '分别在1C ,2C (或2C ，1C )上时，不妨设P 在1C 上，P 'OyxO 1AB P在2C 上，则()⎪⎩⎪⎨⎧-'-='=516422x y x y ，即()()[]⎪⎩⎪⎨⎧---=-=5216422x b y xy ， 解得 ()()b x b x -='-=1032,5234.因为()40≤≤x ，54≤'<x , 所以425<≤b .但当25=b 时，得5,0='=x x ，则0,0='=y y ，这时只有一对对称点分别在1C 与2C 上，故25应当排除，因此当425<<b 时，052>-b ，关于点B 对称的点对只有()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--3524,5234b b 与()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---3524,1032b b ，(),5234 ⎝⎛-b ⎪⎪⎭⎫--3524b 与()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--3524,1032b b 是分别在1C ，2C 上的两点，于是425<<b 为所求. 解法2 设()y x P ,，由题意得()54122=-++-x y x ，化简得()24,04165,45x x y x x ≤≤⎧⎪=⎨--<≤⎪⎩为C 的方程，其图象由两段抛物线拼接而成（如图）.由抛物线的对称性，可知50<<b 时总有一对点位于同一段抛物线上且关于点B 对称.若另有两对点关于点B 对称，则每一对的两个点必分别位于两段抛物线上，故必存在曲线C 的内接矩形PQRS ，点B 随着矩形形状的改变而在x 轴上移动.设曲线C 与x 轴的右交点为M ，则当Q 、R 趋近于M 时，点B 的横坐标b 趋近于25.如图，设C 的两抛物线交于点N 、T ，则当Q 、R 分别趋近于N 、T 时，点B 的横坐标b 趋近于4.故425<<b 为所求. 评析 解决本题的关键有两步：一是求出曲线C 的方程，二是求b 的取值范围.解法1分两类情形，用代数方法求出了b 的范围，较抽象、繁琐；而解法2则从图象出发，直观地分析出问题的结果，显得简单易懂.解题过程中，我们不仅要学会常规思维，掌握解决问题的一般方法，更要注意抓住具体问题的特点，探寻解决问题的最佳方案，以不断提高我们的创新思维能力.题63 已知k ∈R ，关于x,y 的方程y 4+4y 3+(2x+2kx-kx 2)y 2+8xy+(4kx 2-2kx 3)=0表示一组曲线，其中有一条是固定的抛物线，试讨论k 值与曲线形状的关系.（第三届高二第二试第21题）解 因为当k ∈R 时，原方程表示的曲线组中有一条固定的抛物线，所以，不妨令k=0，先求出这条抛物线的方程：当k=0时，原方程化为y 4+4y 3+2xy 2+8xy=0 ，即0)2)(4(2=++x y y y ，得y=0,y=-4,x y 22-=①. 所以固定的抛物线的方程即x y 22-=.以x y 22+去除原方程的左边，得y kx y kx 4222---，于是原方程化为y kx y kx 4222---=0，即4)2()1(22-=+--k y x k .y xNPQ OSRTB M54当0≠k 时，得kk k y x 4)2()1(22-=+--②.讨论k ，可知： 当k=-1时，②表示一个圆；当k=4时，②表示两条直线；当k<0但1-≠k 时，②表示一个椭圆；当k>0但4≠k 时，②表示双曲线； 综上，可得下表： k 值 0或4 -1 大于0但不等于4 小于0但不等于-1 原方程对应的图形两条直线 及抛物线圆和抛物线双曲线和抛物线椭圆和抛物线评析 解决此题的关键是先求出固定抛物线的方程.既然已知方程对任意实数k 所表示的一组曲线中都有一固定抛物线，故可用赋值法求得，但赋值并不是盲目的，若取k=1（够特殊的了），则原方程就是0248443222234=-++-++x x xy y x xy y y ，以此求抛物线的方程，还是很困难的.可见赋值也是很有讲究的.显然k=0时，原方程最为简单.因而也最易求出固定抛物线的方程.题64 已知点)0,1(A 和直线3:=x l ，动点M 到A 的距离与到l 的距离之和为4. (1)求M 点的轨迹T ;(2)过A 作倾斜角为α的直线与T 交于P ，Q 两点,设||PQ d =，求)(αf d =的解析式.（第十二届高二培训题第78题）解法1 （1）设动点),(y x M ，则4|3|)1(22=-++-x y x ，显然4|3||1|=-+-x x ，解得40≤≤x .当30≤≤x 时，43)1(22=-++-x y x ，x y 42=∴;当43≤≤x 时，43)1(22=-++-x y x ，)4(122--=∴x y .故T 是由两条抛物线相交围成的封闭曲线.(如图1)为3，(2)两条抛物线交于点(3,23)B ，(3,23)C -，BA 的斜率故当30πα≤≤或παπ≤≤32时，直线与两条抛物线相交；当233ππα<<时，直线只与x y 42=相交.前者可由交点坐标得，后者可由弦长公式得28(0)1cos 342()()sin 3382()1cos 3f πααππαααπαπα⎧≤≤⎪+⎪⎪=<<⎨⎪⎪≤<⎪-⎩. xy OABC D E 图1解法2 （1）设点M 的坐标为),(y x ，则4|3|)1(22=-++-x y x ，化简后得T 的轨迹方程为)30(42≤≤=x x y 及)43)(4(122≤≤--=x x y ，故点M 的轨迹T是两条抛物线相交围成的封闭曲线.(2)画出点T 的轨迹，不难知道它是两条抛物线组（如图2），两条抛物线交于点)32,3(B ，)32,3(-C ，AB 的斜率为3.当233ππα<<时，直线l 只与抛物线x y 42=相交，利用弦长公式求得α2sin 4||=PQ ;当30πα≤≤时，分别过点P 、Q 作y 轴、x 轴的平行线交于点D ，过P 作BC 的垂线，垂足为M ，由题设条件知4||||=+PM PA ，4||||=+QN QA ，而||||DN PM =，所以8||||=+QD PQ ，因为αcos ||||PQ QD =，所以αcos 18||+=PQ .当23παπ≤<时，由抛物线的对称性，只须把απ-代入上式，得αcos 18||-=PQ . 综上所述, 28(0)1cos 342()()sin 3382()1cos 3f πααππαααπαπα⎧≤≤⎪+⎪⎪=<<⎨⎪⎪≤<⎪-⎩. 解法3 （1）与解法2相同. （2）当323παπ<<时，同解法2. 当30πα≤≤时，点A 是这两条抛物线的公共焦点，1=x ，7=x 分别是这两条抛物线的准线方程，过点P ，Q 作它们各自抛物线准线的垂线，垂足为M 、N .由抛物线的定义知||||PA PM =，而6||=AD ，所以αc o s ||||6PA PA +=，6||1cos PA α=+,同理可得αcos 12||+=QA ，故αcos 18||||||+=+=QA PA PQ .当παπ<≤32时，由抛物线的对称性，只须把απ-代入上式，得αcos 18||-=PQ . xyO ABC D MPQ NxyOAB C D M图2PQN综上所述,28(0)1cos 342()()sin 3382()1cos 3f πααππαααπαπα⎧≤≤⎪+⎪⎪=<<⎨⎪⎪≤<⎪-⎩. 评析 第（1）小题求动点M 的轨迹T ，这是解析几何中研究的两大主要问题之一，不过，本题中需要运用分类讨论的思想.对于第（2）小题求||PQ ，解法1运用了方程思想；解法2把||PQ 转化到直角三角形中去解决，大大减少了运算量；而解法 3则意识到点A 是两抛物线的公共焦点，运用抛物线的定义解题，更加直截了当.解法2、3都很巧妙.拓展 由本赛题答案可知轨迹为抛物线，A 为焦点,d 为焦点弦长.焦点弦长是一个十分重要的几何量，将其推广，可得定理 PQ 是过圆锥曲线θθρcos 1)(e ep -=焦点F 的弦，若PQ 的倾斜角为θ,则|cos 1|2||22θe epPQ -=①.证明 由极径的几何意义及题设，可知|)()(|||πθρθρ++=PQ|cos 12||)cos(1cos 1|22θθπθe ep e ep e ep -=+-+-=，即 |c o s 1|2||22θe epPQ -=. ① 式用处较广，请看两例：例1 PQ 是经过双曲线1222=-y x 右焦点F 的弦，若4||=PQ ，则这样的PQ 可作多少条？（97年高中联赛）解 因为1=a ，22=b ，所以32=c ，3==a ce ，2)(22==-⋅=ab c a c a c ep ，由已知及①式，得42|cos31|42==-ep α，解得32,32,0cos -=α.因为),0[πα∈，所以α有三个不同值，所以这样的弦PQ 可作3条.例2 1F 、2F 是椭圆1222=+y x 的两个焦点，过2F 作倾斜角为045的弦AB ，求AB F 1∆的面积.（98年河北重庆高中竞赛）.解 因为2=a ，1=b ，1=c ，所以22=e ，222()2c a b ep c a c a =⋅-==，045=α.将它们代入①式，解得234||=AB .又知直线AB 的方程为1-=x y ，它到点)0,1(1-F 的距离2=d ，所以34||211=⋅=∆d AB S ABF . 题65 已知定点M （-3,0），P 和Q 分别是y 轴及x 轴上的动点，且使MP ⊥PQ ，点N 在直线PQ 上，分有向线段的比为23-. （1） 求动点N 的轨迹C 的方程；（2） 过点T （-1,0）作直线l 与轨迹C 交于两点A ，B ，问在x 轴上是否存在一点D ，使 △ABD 为等边三角形；若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由.（第十五届高二培训题第80题）解 （1）设点N 的坐标为（x,y ）及点P （0，y ’）, 点Q （x ’,0）(x ’>0).由已知，得x=3x ’,y=-2y ’,即2,3''y y x x -==，由MP ⊥PQ ，得'2''''3,10)3(00x y xy y =-=-⋅---即，故2()3,23y x -=⋅即24y x =为所求点N 的轨迹C.（2）设l ：y=k(x+1)(k ≠0)，代入x y 42=，得 k 2x 2+2(k 2-2)x+k 2=0,由△=[2(k 2-2)]2-4k 2k 2=-16k 2+16>0,得|k|<1.设A （x 1,y 1）,B(x 2,y 2),则2121222(2),1,k x x x x k-+==所以2212121()4AB k x x x x =++- 22222424(2)414(1)(1)k kk k k k-=+-=+-.AB 的中点E 的坐标为（k k k 2,222-）. 假设存在点D （x 0,0）使△ABD 为等边三角形，又边AB 的中垂线方程为)2(1222k k x k k y ---=-，由D 在此中垂线上，得)2(120220kk x k k ---=-， xy OABND P Q MT1220+=k x .设d 为D 到直线l 的距离，由正三角形的条件有d AB =||23，可得 311,23,43,13,12)1)(1(32022222222=±=∴==-+=-+x k k k k k k k k k ）（即，故存在点 D （311，0），使△ABD 为等边三角形. 评析 求动点N 的轨迹方程，就是求动点N 的坐标x, y 在N 运动变化过程中始终满足的关系式f(x, y)=0.一般应首先搞清楚引起N 运动变化的因素是什么，此题中P 、Q 分别是y 轴及x 轴上的点，且使MP ⊥PQ ，这就表明，当P 在y 轴上运动时，Q 在x 轴上运动，随着P 、Q 的运动，有向线段PQ的定比分点N 也随之运动.可见，x, y 是随着P 、Q 的坐标的变化而变化的，由定比分点坐标公式，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==⎪⎩⎪⎨⎧-==yy x x y y x x 213123''''即①，如何消参？运用MP ⊥PQ ，得'2'3x y =②，①代入②，便消去了x ’, y ’,得到x y 42=为所求，问题解决了.求轨迹方程是解析几何中两类基本问题之一，方法有好多种，这里用的是参数法，用此法求轨迹方程，关键有两个：一是选择什么样的变量作为参数；二是如何消去参数，代入法及运用“三角1”是消参的最基本的方法.还应注意普通方程中变量的取值范围.第（2）小题是存在型问题，假设存在点D （x 0,0）使△ABD 为等边三角形后，中心问题就是求出x 0或判断x 0不存在.当得到1220+=kx 后，中心问题就是求出k 或判断这样的k 不存在.在求得|AB|（用k 表示）后，并未求|AD|、|BD|，并运用|AB|=|AD|=|BD|求k ，而是运用平几的知识，由点D 到AB 的距离d AB =||23，求出k.平几知识的运用，避免了烦琐的运算. 应当注意，l 与轨迹C 交于A 、B 两点，这就隐含着△>0，即|k|<1.因为求得的23±=k ∈（-1，1），故满足题设的点D 存在，否则，是不存在的. 题66 已知异面直线a 与b 所成角为θ，P 为空间一点，过点P 作直线l 使l 和a ，b 所成角相等，此等角记为(()0,90⎤ββ∈⎦，则直线l 的条数构成的集合为 .（第十五届高二培训题第38题）解 当(0,90⎤θ∈⎦时，若90β=，则l 只有1条； 当30θ= 时，若60β=，则l 有2条； 当60θ=时，若60β=，则l 有3条；当80θ=时，若60β= ，则l 有4条； 故所求的集合为}{1,2,3,4.评析 异面直线a,b 所成角为θ，则(0,90⎤θ∈⎦ ，l 和a,b 成等角(0,90⎤β∈⎦，这里的θ、β都不确定,因而有无数种情形,比如50,30;20,70θ=β=θ=β= 等等.显然，不可能也没有必要对所有情形一一加以讨论．因此，如何选择一些特殊情形来代表一般就成了解决问题的关键．直线l 的条数只能是自然数0,1,2,, 故我们只需看l 的条数有无可能是0,1,2, ．并且当我们确定60,60θ=β= 时有3条后就不必再考虑l 有3条的其他情形了．a,b 是异面直线，在a 上任取一点O ，过O 作b '∥b ，因为l 与a,b 成等角β，所以l 与a,b '也成等角β．当l 不过点O 时，过点O 作l '∥l ，因为l 与a,b '成等角β，所以l '与a,b '也成等角β．至此，问题转化为：相交直线a,b '所成角为θ，(0,90⎤θ∈⎦，过a,b '的交点O 且与a,b '成等角β(()0,90⎤β∈⎦的直线l '有几条？此时，问题已变得简单多了．拓展 将题中异面直线改为任意两直线，将β的范围扩大为0,90⎡⎤⎣⎦，我们有下面的结论１ 已知空间两直线a,b 所成的角为θ，过空间任意一点P 且与a,b 成等角β的直线为l ． 1. 若0θ=，则(1) 当0β=时, l 只有一条．(2) 当0,2π⎛⎤β∈ ⎥⎝⎦时，l 有无数条．2.若0θ≠，则(1)当02θ≤β<时, l 不存在． (2)当24θπβ=≠或2πβ=时, l 只有1条．(3)当24θπβ==或22θπ-θ<β<时, l 只有2条．(4)当22θπ-θ<β=时, l 有3条．(5)当22π-θπ<β<时, l 有4条． 如果将直线a,b 改为平面α与平面β,我们又有下面的结论2 已知平面α与平面β所成的角为θ,过空间任意一点P 且与平面,αβ成等角ϕ的直线为l ．1.若0θ=，则 (1)当2πϕ=时, l 只有一条． (2)当0,2π⎡⎫ϕ∈⎪⎢⎣⎭时，l 有无数条． 2.若0θ≠，则(1)当22π-θπ<ϕ≤时, l 不存在． (2)当0ϕ=或2π-θϕ=且2πθ≠时, l 只有1条．(3)当2θϕ=且2πθ=,或22θπ-θ<ϕ<时, l 有2条．(4)当2θϕ=且2πθ≠时, l 有3条．(5)当02θ<ϕ<时, l 有4条．练习1． 已知异面直线a,b 所成的角为50,P 为空间一点，则过点P 且与a,b 所成角为下列各角的直线l 分别有多少条?(1) 15；(2) 25；(3) 30；(4) 65；(5) 80；(6) 90. 2． 已知平面α与平面β所成的角为3π，P 为空间任意一点，则过点P 且与,αβ所成角为下列各角的直线l 分别有多少条? (1) 0 ；(2)9π；(3) 6π；(4) 5π；(5) 3π；(6) 23π；(7) 2π.答案 1.(1) 不存在,(2) 1条,(3) 2条,(4) 3条,(5) 4条,(6) 1条；2.(1)1条 ；(2) 4条；(3) 3条；(4) 2条；(5) 1条；(6)不存在；(7)不存在.题67 空间给定不共面的D C B A ,,,四个点，其中任意两点间的距离都不相同，考虑具有如下性质的平面α：D C B A ,,,中有三个点到α的距离相同，另一个点到α的距离是前三个点到α的距离的2倍，这样的平面α的个数是 （ ）A 、15B 、23C 、26D 、32（第三届高一第二试第6题）解 分三种情形：①D C B A ,,,四点在α的同侧，平面α可与、、、ADB ACD ABC ∆∆∆ BCD ∆中的任一个平面平行，譬如当α∥面BCD 时，A 与面BCD 的距离等于α与面BCD 的距离.这种情况下有4个平面.②D C B A ,,,中有3个点ADCFK在α的一侧，第4个点在α的另一侧.这时又有两种情形：一种是α与面BCD 平行，且A 与α的距离是α与面BCD 距离的2倍.这时有4个平面；另一种情形如图1所示，图中F E 、分别是AC AB 、的中点，K 是AD 的三等分点中靠近A 的分点，在图1的情形中，C B A ,,到平面EFK （即平面α）的距离是D 到平面EFK 距离的一半.因为EF 可以是AC AB 、的中点连线，又可以是BC AC BC AB 、、,的中点连线，所以这种情形下的平面α有1243=⨯个.③D C B A ,,,四点中，α两侧各有两点（如图2），图中的F E 、分别是CD CB 、的中点，N M 、分别是BA DA 、的三等分点中靠近B D 、的分点.容易看出：A 点到平面EFMN （平面α）的距离是D C B ,,到该平面距离的2倍.就C A ,与D B ,分别位于α两侧的情形来看，就有A 离α远，B 离α远，C 离α远，D 离α远这四种情况.又因BD AC ,异面，这样的异面直线共有3对，因此平面α有1234=⨯个.综上分析，平面α有4+4+12+12=32个.故选D .评析 此题源于一道常见题：“与四面体四个顶点距离相等的平面有 个”.不过比常见问题要复杂得多.解决此题的关键是要把所有的情形适当分类，既不能遗漏，又不能重复.解题时稍不注意就会将图1所示的第②类情形中的第二种情形遗漏掉.对于第③类情形，往往又容易疏忽，而导致不乘以3，误以为平面α只有4个.用排列组合知识解此题：第①类情形，α有14C 个；第②类情形中的第一种情形，α有14C 个，第二种情形，α有2314C C 个；第③类情形，α有!22414C C ⋅个.故所求平面α有+⋅++23141414C C C C!22414C C ⋅=4+4+12+12=32个.题68O 为空间一点，射线OA 、OB 、OC 交于点O ，∠AOB=∠BOC=60︒，∠COA=90︒，则二面角A-OB-C 的平面角的余弦函数值是________.（第五届高一第一试第15题）解 如图，在射线OB 上取点D ，过D 作DE ⊥OB 交OA 于E ，A-OB-C 作DF ⊥OB 交OC 于F ，连结EF ，则∠EDF 就是二面角的平面角.设OD=a , ∠DOC=∠DOE=60︒,∴DE=DF=3a ,OE=OF=2a . ∠EOF=90︒∴EF=22a在∆DEF 中，由余弦定理得222cos 2DE DF EFEDF DE DF+-∠=⋅⋅图2 DAB EC FM NOAC B DEF= 222(3)(3)(22)233a a a a a+-⋅⋅= 13-为所求.评析 解决此题的关键有两个：一是如何作出二面角A-OB-C 的平面角；二是如何求平面角的余弦值.上述解法运用二面角的平面角的定义作出了二面角A-OB-C 的平面角后通过解三角形求出了平面角的余弦值.这是求二面角的最基本也是最常用的方法.求二面角的大小通常要经历作、证、算三个阶段.拓展 将此题条件一般化，可得下面的推广 O 为空间一点，射线OA 、OB 、OC 交于点O ，若∠AOB=α，∠BOC=β，∠AOC=γ，二面角A-OB-C 的大小为θ，则cos cos cos cos .sin sin γαβθαβ-=证明 如图，在OB 上取点D ，使OD=a ，以点D 为垂足作D E O ⊥交OA 于点E ，DF OB ⊥交OC 于F ，连结EF ，则R t O D∆E D F ∠就是二面角A-OB-C 的平面角，即EDF ∠=θ.在中，DE=tan a α，OE=cos aα.在ODF Rt ∆中,DF=tan a β, OF=cos aβ.在DEF ∆中，由余弦定理，得cos θ=2222DE DF EF DE DF+-⋅⋅()()2222222cos tan tan ()()cos cos cos cos 2tan tan a a a a a a γαβαβαβαβ⎡⎤+-+-⎢⎥⎣⎦==cos cos cos sin sin γαβαβ-.令推广中的60αβ︒==，90γ︒=得cos θ=cos90cos60cos60sin 60sin 60︒︒︒︒︒-13=-就是本赛题的答案. 再看一个应用该推广解题的例子.例 在正方形ABCD 中，M 、N 分别是AD 、BC 的中点，沿MN 把这个正方形纸片折成以MN 为棱的二面角A-MN-C ，使折后的锐角BMC ∠的正弦值是0.6，这时二面角A-MN-C 的平面角是 （ ）A 、90︒B 、 60︒C 、45︒D 、30︒（第五届高一第二试第3题） 解 设二面角A-MN-C 的大小为θ，正方形的边长为a ，在Rt BNM ∆与Rt CNM ∆中，sin sin BMN CMN ∠=∠15=， cos cos BMN CMN ∠=∠25=，由推广得 ABCDNMOACBDEFcos cos cos cos sin sin BMC BMN CMNBMN CMNθ∠-∠⋅∠=∠⋅∠220.85501155-⋅==⋅ ，90θ︒∴=.故选A. 题69 在四面体ABCD 中，面BAC 、CAD 、DAB 都是以A 为顶点的等腰直角三角形，且腰长为a .过D 作截面DEF 交面ABC 于EF ，若EF ∥BC ，且将四面体的体积二等分，则面DEF 与面BCD 的夹角等于________.（第十三届高二第二试第19题）解 如图，取EF ，BC 的中点P ，Q ，连结AQ ，则P 在AQ 上.连结DP ，DQ.在面BCD 内过D 作直线l ∥BC ，因为EF ∥BC ，所以l ∥EF ，所以l 为面DEF 与面BCD 的交线，由已知，易得DQ ⊥BC ，DP ⊥EF ，所以DQ ⊥l ，DP ⊥l ，所以PDQ ∠就是面DEF与面BCD 的夹角.由D AEF D BCEF V V --=，可知A B C A E F S S ∆∆=21.于是212=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛AQ AP ，又易求得a AQ 22=，所以2a AP =. 易证DA ⊥AQ ，所以在DAQ Rt ∆中2tan 2AQ QDA AD ∠==，在DAP Rt ∆中，1tan 2AP PDA AD ∠==.所以()2152622tan tan 721122PDQ QDA PDA --∠=∠-∠==+⋅，所以7625arctan -=∠PDQ 为所求. 评析 这实际是一道求“无棱”二面角的大小问题，关键是找到或作出二面角的平面角.而要作出，就必须知道棱，因此，一般应通过分析，先确定并作出二面角的棱，然后再找出或作出二面角的平面角.由于二面角的平面角的两边都与棱垂直，而DQ ⊥BC ，在面BCD 内过D 作直线l ∥BC ，然后证明l 就是两平面的交线.进而证明PDQ ∠就是二面角Q l P --的平面角.这就突破了难点.关于求PDQ ∠的大小 ，也可在PDQ ∆中先求出三边后再由余弦定理求得PDQ ∠，不过，没有上述解法简单.下面介绍二面角的另一简单求法：定理 如图，ABC ∆在平面α内的射线是C AB '∆，平面ABC 与平面α所成锐二面角为θ，则A B CC AB S S ∆'∆=θcos .证明 作D C '⊥AB 于D ，连结CD ，因为D C '是CD 在平面C CD '∠α内的射影，所以由三垂线定理得CD ⊥AB ，所以就是平面ABC 与平面α所成锐二面角的平面角，所以αA CBD C ’FACBQD E Pl12cos cos 12ABC ABCAB C D SC D CDC CD S AB CD θ'∆∆'⋅''=∠===⋅.当ABC ∆的边AB 不在平面α内时，设ABC ∆在平面α内的射影是C B A '''∆，则同样可以证明ABCC B A S S ∆'''∆=θcos .运用该定理求”无棱”二面角十分方便.例 如图，已知底面边长为1，高为3的正三棱柱C B A ABC '''-，P N M 、、分别在侧棱C C B B A A '''、、上，且1='M A ，2='N B ，23='P C ,求面MNP 与面ABC 所成锐二面角θ的大小.解 由已知，易求得2=MN ，25==NP MP ，所以 46222522122=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⋅=∆MNPS ，又43=∆ABC S ，所以224643cos ===∆∆MNPABCS S θ，所以045=θ.题70 如图1，四边形ABCD 是矩形，⊥PA 面ABCD ，其中4,3==PA AB .若在PD 上存在一点E ，使得CE BE ⊥.试求AD 的范围，及有且只有一个满足条件的点时，二面角A BC E --的大小.(第十四届高二培训题第78题)解法1 如图1,过点E 作AD 的垂线,垂足为F ,连结BF .过点F 作AB 的平行线,交BC 于G ,连结EG .令a AD x EF ==,.易知EF ∥PA, ,4EF axDF AD PA =⋅= (1),4x AF a =-222222BE BF EF AB AF EF =+=++222914x a x ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭.因为CE BE ⊥,所以222CE BE BC +=.因为图1DAB ECFG PAPNMA ’B ’C ’B C222,BC a CE EF FC ==+222EF FD CD =++2221916x a x =++,所以有,2)281(182222x a x x a +-++=0182)28(222=+-+x a x a ①.由0≥∆,得05763624≥--a a ,解得34≥a .当34=a 时,方程①即.0,091242=∆=+-x x 方程①有且仅有一个实根,故存在唯一的点E .因为⊥EF 面EG BC FG BC ABCD ⊥⊥,,,所以E G F .∠是二面角F BC E --的平面角,312tan .32EF EGF GF ∠===所以1arctan 2EGF ∠=为所求.解法 2 建立空间直角坐标系(如图2),设a AD =,则)4,0,0(),0,,0(),0,,3(),0,0,3(P a D a C B ,设),,0(z y E ,则),,3(),,,3(z a y CE z y BE --=-=→→.因为 09,22=+-+=⋅∴⊥→→z ay y CE BE CE BE ①.因为,,,D E P 共线,所以ay y z z --=--004,即4az a y -=②,代入①并整理,得01444)16(222=+-+z a z a ③.由0)16(14441624≥+⨯-=∆a a ,解得34≥a 为所求AD 的范围.当34=a 时,方程③为0144192642=+-z z ,即091242=+-z z .因为0944122=⨯⨯-=∆,方程③有且仅有一个实根,故存在唯一的点E .又34=a 时,方程①为093422=+-+y z y ④,方程②为z y 334-=⑤.解④，⑤联立方程组,得23,235==z y .所以)23,235,0(E .作AD EF ⊥于F ,BC FG ⊥于G ,连结EG ,则BC EG ⊥,所以EGF ∠就是二面角A BC E --的平面角.又)0,235,3(G ,)0,235,0(F ，所以,3,253,9).0,0,3(),23,0,3(===⋅=-=→→→→→→FG EG FG EG FG EG 所以55232539.cos =⋅=⋅=∠→→→→FGEG FG EG EGF ,所以552arccos =∠EGF ,即21arctan =∠EGF 为所求.x图2D AB ECFGPy z评析 解法1为几何法,从图形上看,由于PB PA ,的长确定,又ABCD 是矩形,因此,当AD 过短时,BE 与CE 就不可能垂直,于是就有问题:如果,CE BE ⊥AD 应在什么范围内?要解决这个问题,关键是利用CE BE ⊥这一条件,随着a 的不同,EF 在变化,设x EF =后,CE BE ,便都可用x a ,表示,由222BC CE BE =+得方程①.由于方程①有解,由0≥∆求得了a 的范围.有且只有一个满足条件的点时,按常理,a 应是固定的,而,34≥a 很可能此时34=a .把34=a 代入方程①,得0=∆,方程①有且只有一个实根,这就验证了这一想法.当a 确定后,EF 也确定了,又3=FG ,,FG EF ⊥故二面角便求出了.解法2为向量法.设),,0(,z y E a AD =后,由0=⋅→→CE BE ,得0922=+-+z ay y ,按解法1的思想,必须消去y 与z 中的一个,由D E P ,,共线得4aza y -=便解决了问题. 对于求二面角A BC E --的问题,作出二面角与解法1一样,不过是用公式→→→→⋅⋅=∠FGEG FG EG EGF cos 求EGF ∠罢了.。
高中数学：希望杯竞赛试题详解(1-10题)
题1 已知y x a b b y b b a x b a ,,,,0则--=-+=<<的大小关系是 .（第十一届高二第一试第11题）解法1 b b a a b b a x ++=-+=，ab b aa b b y -+=--=.y x a b b b b a b a <∴-+>++∴<<,,0 .解法2bb a ab b a b b b b a y x ++-+=---+=，y x y x a b b a <∴<∴->+,1, . 解法3a ab b a b b a ab b b b a y x -+-++=----+=-1111 =y x yx a a b b a <∴>-∴>--+,011,0.解法4 原问题等价于比较a b b a -++与b 2的大小.由,2)(222y x y x +≥+得b a b b a a b b a 4)(2)2=-++≤-++（，b a b b a 2≤-++∴. y x b a b b a a b b a <∴<-++∴-≠+,2, .解法5 如图1，在函数x y =的图象上取三个不同的点A （a b -，a b -）、B （b ，b ）、C （b a +，b a +）由图象，显然有AB BCk k <，即)()(a b b ab b b b a b b a ----<-+-+， 即a b b b b a --<-+，亦即y x <.解法6 令()f t =tt a at f ++=)( 单调递减，而a b b ->，)()(a b f b f -<∴，即a b b b b a --<-+，y x <∴.解法7 考虑等轴双曲线)0(22>=-x a y x . 如图2，其渐近线为x y =.在双曲线上取两点图1A （b ，a b -）、B （a b +，b ）. 由图形，显然有1>ABk ，即1>-+--bb a ab b ，从而y x <.解法8 如图3.在Rt △ABC 中，∠C 为直角，BC=a ，AC=b ，BD=b ，则AB=b a +，DC=a b -. 在△ABD 中，AB-AD<BD ，即-+b a AD b <，从而-+b a AD-DC<-b DC ，即a b b b b a --<-+，故y x <.评析 比较大小是中学代数中的常见内容.其最基本的方法是作差比较法、作商比较法、利用函数的单调性.解法1通过分子有理化（处理无理式常用此法）将问题转化成比较两个分母的大小.解法2直接作商与1比较大小，顺理成章，也很简洁.要注意的是：0,>b a 时，1a a b b >⇔>；0,<b a 时，1aa b b>⇔<.此题直接作差难以确定差与0的大小，解法3对y x ,的倒数作差再与0比较大小，使得问题顺利获解，反映了思维的灵活性.解法6运用函数的单调性解题，构造一个什么样的函数是关键.我们认为构造的函数应使得y x ,恰为其两个函数值，且该函数还应是单调的（最起码在包含y x ,对应的自变量值的某区间上是单调的）.解法5与解法7分别构造函数与解几模型，将y x ,的大小关系问题转化成斜率问题加以解决，充分沟通了代数与几何之间的内在联系，可谓创新解法.解法8充分挖掘代数式的几何背景，构造平面图形，直观地使问题得到解决，这也是解决大小关系问题和证明不等式的常用方法.有人对此题作出如下解答：取,2,1==b a 则12112,23123+=-=+=-=y x，32+>10+>，.,121231y x <∴+<+可再取两组特殊值验证，都有y x <.故答案为y x <. 从逻辑上讲，取2,1==b a ，得y x <.即使再取无论多少组值（也只能是有限组值）验证，都得y x <，也只能说明y x >或y x ≥作为答案是错误的，而不能说明y x <一定是正确的,因为这不能排除x y =的可能性.因此答案虽然正确，但解法是没有根据的.当然，如果将题目改为选择题：已知yx a b b y b b a x b a ,,,,0则--=-+=<<的大小关系是（ ）图2图3A 、y x >B 、y x ≥C 、y x =D 、y x <此时用上述解法，且不用再取特殊值验证就可选D ，并且方法简单，答案一定正确. 总而言之，特殊值法在解许多选择题时显得特别简捷，那是因为选择支中的正确答案是唯一的，从而通过特殊值排除干扰支，进而选出正确答案.但特殊值法只能排除错误结论，而不能直接肯定正确答案，因此，用此法解填空题（少数特例除外）与解答题是没有根据的.当然，利用特殊值指明解题方向还是十分可取的.题2 设c b a >>N n ∈,，且11na b b c a c+≥---恒成立，则n 的最大值为 （ ） A 、2 B 、3 C 、4 D 、5（第十一届高二第一试第7题） 解法1 原式n c b c a b a c a ≥--+--⇔．mina c a c n ab bc --⎡⎤∴≤+⎢⎥--⎣⎦．而b a c a --+c b c a -- =b ac b b a --+-+b c a b b c -+--=2+b a c b --+c b b a --≥4，且当b a c b --=cb ba --，即bc a 2=+时取等号．mina c a c ab bc --⎡⎤∴+⎢⎥--⎣⎦4=．4n ∴≤．故选C ． 解法2 c b a >>，0,0,0>->->-∴c a c b b a ，已知不等式化为()()()2a c n a b b c -≤--．由()()()()22242a c a c ab bc a b b c --≥=---+-⎛⎫⎪⎝⎭，即()()()4min2=⎥⎦⎤⎢⎣⎡---c b b a c a ，故由已知得4≤n ，选C ．解法3由cb a >>，知,0,0>->->-c a c b b a ，有()⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--≤c b b a c a n 11．又()()()[]()41111112=+≥⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--+-=⎪⎭⎫⎝⎛-+--c b b a c b b a c b b a c a ，即()411min=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-+--c b b a c a ，由题意，4≤n ．故选C ．解法4 c b a >>，0,0,0>->->-∴c a c b b a ．∴已知不等式可变形为()()()2a c n a b b c -≤--．记()()()2a c k ab bc -=--，则()()[]()()()()[]()()4222=----≥---+-=c b b a c b b a c b b a c b b a k ．由题意，4≤n ．故选C ．解法5 c b a >>110,0.a b b c∴>>--于是 ()()ca cb b ac b b a -=-+-≥-+-4411．比较得4≤n ．故选C ． 评析 由已知，可得()⎪⎭⎫⎝⎛-+--≤c b b a c a n 11恒成立．根据常识“若()a f x ≤恒成立，则()min x f a ≤；若()x f a ≥恒成立，则()max a f x ≥,”()⎪⎭⎫⎝⎛-+--c b b a c a 11的最小值就是所求n 的最大值，故问题转化为求()⎪⎭⎫⎝⎛-+--c b b a c a 11的最小值，上述各种解法都是围绕这一中心的，不过采用了不同的变形技巧，使用了不同的基本不等式而已．解法1运用了2,,b a a b R a b ++≥∈“”；解法2运用了”“22⎪⎭⎫⎝⎛+≤b a ab ；解法3运用了()”“411≥⎪⎭⎫⎝⎛++b a b a ；解法4运用了()”“+∈≥+R b a ab b a ,2；解法5运用了()”“+∈+≥+R b a ba b a ,411．虽解法异彩纷呈，但却殊途同归． 此题使我们联想到最新高中数学第二册（上）P 30第8题： 已知c b a >>，求证：0111>-+-+-ac c b b a ． 证：令()0,0,>>=-=-y x y c b x b a ，则y x c a +=-．()22111111x y xya b b c c a x y x y xy x y ++∴++=+-=---++．0,0x y >>， 0111>-+-+-∴ac c b b a ． 此证法通过换元将分母中的多项式改写成单项式，使得推证更简单了．运用这一思路，又可得本赛题如下解法：设()0,0,>>=-=-y x y c b x b a ，则y x c a +=-．ca nc b b a -≥-+-11恒成立，就是y x ny x +≥+11恒成立．也就是()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++≤y x y x n 11恒成立．()411≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++y x y x 恒成立，∴由题意得4≤n ．故选C ．再看一个运用这一思想解题的例子．例 设+∈R c b a ,,，求证：2222cb a b ac a c b c b a ++≥+++++． （第二届“友谊杯”国际数学竞赛题）证明 设,,,z b a y a c x c b =+=+=+则()()0,,21>++=++z y x z y x c b a ． ()()()02222≥+-=++-+y x xy bx ay yx b a yb x a，()222a b a b x y x y+∴+≥+ ①， ()()()()222222222a b a b c a b c a b c c a b c x y z x y z x y z a b c +++++++∴++≥+≥==+++++,即 2222c b a z c y b x a ++≥++，2222c b a b a c a c b c b a ++≥+++++∴． 本赛题还可直接由下面的命题得解．命题 若021>>>>n a a a ，则()nn n a a n a a a a a a --≥-++-+--12132211111 ． 证明 021>>>>n a a a ，n n a a a a a a ---∴-13221,,, 都大于0．反复运用①式，可得: “若,(1,2,,)i i x y R i n +∈=,则22111n i ni i ni iii x x y y ===⎛⎫⎪⎝⎭≥∑∑∑,当且仅当1212nnx x x y y y ===时取等号”.故有()()22122311223111111111n n n n nn a a a a a a a a a a a a a a --+++-+++≥=----+-++--． 也可以这样证明：021>>>>n a a a ，12231,,,0n n a a a a a a -∴--->．故由柯西不等式，得()()()1223112231111()n n n na a a a a a a a a a a a --+++-+-++-⎡⎤⎣⎦---()()211111n -≥+++个()21n =-，即()()21132211)111(-≥--++-+--n a a a a a a a a n nn ．01>-n a a ，()nn n a a n a a a a a a --≥-++-+-∴-12132211111 ．由此可得本赛题的如下解法：cb a >>，,0,0>->->-∴c a c b b a ，()ca cb b ac b b a -=-+-+≥-+-∴411112．由 题意，4≤n ．故选C ． 由此命题还可直接解决第七届高二培训题第8题：设12320002001a a a a a >>>>>，并且122320002001111m a a a a a a =+++---，200116104a a n -⨯=，则m 与n 的大小关系是 ( )A 、n m <B 、n m >C 、n m ≥D 、n m ≤解12320002001a a a a a >>>>>，2001162001121042000a a a a m -⨯=-≥∴．故选C ． 题3 设实数y x n m ,,,满足a n m =+22，b y x =+22，则ny mx +的最大值为 ( )A 、21()b a + B 、2122b a + C 、222b a + D 、ab（第十一届高二培训题第5题）解法1 设,sin ,cos ααa n a m ==,sin ,cos ββb y b x ==则,)cos(sin sin cos cos ab ab ab ab ny mx ≤-=+=+βαβαβα即)(ny mx +max =ab .故选D ．解法2 b n a b m a b a n m =+⇒=+2222,又b y x =+22,+=+∴mx abny mx a b )(≤nyab 2222()()2b m n x y a +++==.2b b a a b=+⋅ny mx +∴,ab ab b =≤当且仅当x =且,y =即my nx =时取等号，max )ny mx +∴（.ab =解法3 2222222222222()2mx ny m x mxny n y m x m y n x n y +=++≤+++()()2222,m n x y ab =++=mx ny ∴+≤当且仅当my nx =时取等号，故()max mx ny +=.解法4设()(),,,,p m n q x y →→==则cos ,p q p q p q θ→→→→→→⋅=⋅⋅≤⋅222,p q p q →→→→∴⋅≤⋅()()222mx ny m n +≤+即()22,xyab +=当且仅当,p q →→共线，即my nx =时取等号，故()max mx ny +=.解法5 若设mx ny k +=，则直线mx ny k +=与圆22x y b +=有公共点，于是≤()max k mx ny mx ny =+≤∴+=解法6设12,z m ni z x yi=+=-,则()()()()12,z z m ni x yi mx ny nx my i =+⋅-=++-∴1212,z z mx ny mx ny mx ny z z ⋅==+≥+∴+≤12z z =⋅==当且仅当my nx =时取等号，故()max mx ny +=．解法7 构造函数()()()222222f X m n X mx ny X x y =+++++， 则()()()220.f X mX x nX y =+++≥故()()()2222244mx ny m nxy ∆=+-++()2440,mx ny ab=+-≤即()max mx ny mx ny +∴+.ab =解法8 由2222,m n a x y b +=+=还可构造图形（如图），其中90,ACB ADB ︒∠=∠=,AC=,BC =,,BD x AD y AB ===为圆的直径，由托勒密定理,ADBC BD AC ⋅+⋅2,AB CD AB =⋅≤得,x y b ⋅+⋅≤，从而得mx ny +≤，当且仅当my nx =且0mx >时取等号．()max mx ny ∴+=评析 解法1抓住已知条件式的结构特征，运用三角代换法，合情合理，自然流畅，也是解决此类型问题的通法之一．解法2运用基本不等式222b a ab +≤将ny mx +放大为关于22n m +与22y x +的式子，再利用条件求出最大值．值得注意的是，稍不注意，就会得出下面的错误解法：()()()22222222max ,22222m n x y m x n y a b a bmx ny mx ny ++++++++≤+==∴+=．故选A ．错误的原因就在于用基本不等式求最值时未考虑等号能否取到．上述不等式取等号的条件是x a =①且y b =②，而若①，②式同时取得，则2222m n x y +=+，即,a b =这与题设矛盾！即当a b ≠时，mx ny +取不到2a b+．解法2是避免这种错误的有效方法． 由于向量与复数的模的平方是平方和形式，与已知形式一致，故解法4与解法6分别运用了构造向量与构造复数的方法，新颖而简洁．解法5设k ny mx =+后，将其看作动直线，利用该直线与定圆b y x =+22有公共点，则圆心到直线的距离小于等于半径，得ab ny mx k ≤+=，充分体现了等价转化的解题功能．解法7运用的是构造函数法．为什么构造函数()()()2222f X m n X mx ny X =+++2x +2y +呢？主要基于两点：①()f X 为非负式（值大于等于0），②由于()0≥X f ，故有0≤∆，而∆沟通了已知与未知的关系，故使问题得到解决．解法8抓住已知两条件式的特征，构造了两个有公共边的直角三角形，利用托勒密定理及圆的弦小于等于半径使问题获解，充分揭示了这一代数问题的几何背景．拓展 此题可作如下推广 若2222221212,,n n a a a p b b b q +++=+++=则()1122max n n a b a b a b +++=()1,2,,i i b i n ==时取得最大值）.证明 2222221212n n q q q a a a p a a a p p p ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=⇒+++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.q =1122a b a b ∴+++1122n n n n qab b b a bp ⎫=⋅+⋅++⋅⎪⎪⎭≤a p⎝++⎢⎥⎢⎥⎣⎦=(),22222222122221pq q p p q q p b b b a a a pq q p n n=⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⋅=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+++++++ 当且仅当()().,,2,1max 2211pq b a b a b a n i b a pqn n i i =+++∴== 时取等号，本推广实际就是由著名的Cauchy （柯西）不等式()()()222212222122211n n n n b b b a a a b a b a b a +++⋅+++≤+++ （当且仅当nn b a b a b a === 2211时取等号）直接得到的一个结论． 推广有十分广泛的应用，现举一例： 例已知123,,,,,,234,8.a b c x y z R ab c x y z +∈++=++=且求最大值．解2221232344,8a b c x yz ++=⇒++=++=22⇒+2+＝8．由推广知=≤=当且仅当===即12ax by cz ===时取等号．max∴=.24 题4 对于1≤m 的一切实数m ，使不等式221(1)x m x ->-都成立的实数x 的取值范围是＿＿＿＿（第十三届高二培训题第63题）解法1 题设等价于⎪⎩⎪⎨⎧--<>-1120122x x m x 或⎪⎩⎪⎨⎧--><-1120122x x m x 或⎩⎨⎧>-=-012012x x ，即⎪⎩⎪⎨⎧--<>-11210122x x x 或⎪⎩⎪⎨⎧-->-<-11210122x x x 或⎩⎨⎧>-=-012012x x ,所以21<<x 或113<<-x 或1=x ，即)2,13(-∈x . 解法2 已知不等式即()()01212<---x m x ，令()()121)(2---=x m x m f ，则当012≠-x ，即1±≠x 时，)(m f 是m 的一次函数，因为1≤m ，即11≤≤-m 时不等式恒成立，所以)(m f 在[]1,1-上的图象恒在m 轴的下方，故有⎩⎨⎧<+--=<+-+-=-0121)1(0121)1(22x x f x x f ，即⎩⎨⎧<->-+0202222x x x x ，解得213<<-x )1(≠x . 又当1=x 时，1)(-=m f ，适合题意，当1-=x 时，()3f m =不合题意. 故x 的取值范围是213<<-x .评析 解决本题的关键是如何根据条件构建关于x 的不等式或不等式组.解法1运用分离参数法，为了达到分离参数的目的，又对12-x 分大于0、小于0、等于0三类情形分别构建关于x 的不等式组，从而通过解不等式组解决了问题.解法2则转换思维角度，把已知不等式看成关于m 的不等式，从而将原问题转化为函数()()121)(2---=x m x m f 在[]1,1-上的图象恒在m 轴下方的问题.这种方法称为变更主元法.用此方法，使得此题的解决显得既简捷，又直观易懂.题5 当0x a <<时,不等式2)(1122≥-+x a x 恒成立,则a 的最大值是________. (第十一届高二培训题第45题)解法1 当0x a <<时, 2≥-+-x a x x x a ①,又有2)()(2222≥-+-x a x x x a ②, ②+①×2,得6)(222222≥--+-x a x ax x x a ,6)()(122222≥---+-x a x a a x a ,8)(2222≥-+x a a x a ,即2228)(11a x a x ≥-+.由282≥a ,得02a <≤,2max =∴a . 解法 2 2222)11()11()(112x a x x a x x a x --+-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+ , 又 =-+x a x 11 +a 4 (1a2)x a x x x a ---, 222)4()(112a x a x ≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+∴, 即2228)(11a x a x ≥-+, 当且仅当x a x x x a -=- 且 x a x -=11, 即 2ax = 时取等号. 2)(1122≥-+x a x 恒成立, ∴282,02a a≥<≤. 于是2max =a . 解法 3 原不等式等价于12)(1122≥-+x a x ,由 0x a <<,可知10,x >10a x >-. 由 “两个正数的平方平均值不小于它们的调和平均值”, 可知只需1)(2≥-+x a x , 即2≤a 即可, 故02a <≤, 于是2max =a .解法 422)(11x a x -+2≥ 即 2)(112222≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡--++x x a x x ①成立，又2122≥+x x恒成立， ∴a 只要满足22)(1x x a --0≥②就能使①恒成立.由②式，得2x 2)(x a -1≤，1)(≤-x a x ，012≤-+-ax x ③.由于对称轴),0(2a ax ∈=，由二次函数的性质，当),0(a x ∈时，要③式恒成立，则24002a a ∆=-≤∴<≤ 2max =∴a .解法5 设αα22sin ,cos =-=ax a a x （0x a <<），则22)(11x a x -+=α42cos 1a +α42sin 1a ==+⋅αααα44442cos sin cos sin 1a =-⋅αα2sin 1612sin 2111422aαα2sin 2sin 28422-⋅a . )22(sin 2+αα2(sin 2－1）0≤，即2－αα2sin 2sin 42≥，则αα2sin 2sin 242-1≥)12sin (2时取等号当=α，于是2228)(11a x a x ≥-+，由已知，得282,02,a a≥∴<≤2max =∴a . 解法6 设11,(0,0),X Y X Y x a x==>>-则 222X Y +≥表示在XOY 坐标系第一象限内以原点为圆心，2为半径的圆及其外部.由11,,X Y x a x==-得,aXY X Y =+又aXY X Y =+,4,22aXY XY ≥∴≥它表示双曲线24a XY =位于第一象限内的一支及其上方部分.依题意，双曲线2224(0)200XY X X Y X Y a=>+=>>与圆弧（，）相切或相离，从而282≥a，即02a <≤ 2max =∴a .解法7 运用结论“如果),,2,1(,n i R y x i i =∈+，则≥+++nn y x y x y x 2222121),()(21221*++++++n n y y y x x x 当且仅当k y x y x y x n n ==== 2211（常数）时取等号.” 0x a <<，∴0.a x ->由柯西不等式，有22222)11())(11)(11(x a x x a x -+≥-++①，由)(*得x a x -+11a 4≥②.故,)4())(11(2222a x a x ≥-+得2228)(11a x a x ≥-+，当且仅当2ax =时取等号，由282≥a，得02a <≤ 2max =∴a . 解法8 运用结论“212122311111(1),,n n n nn a a a a a a a a a a a -->>>+++≥----若则当且仅当n a a a ,,,21 成等差数列时取等号.”2222111122()(0)()x a x x a x ⎡⎤⎡⎤+=+≥⎢⎥⎢⎥---⎣⎦⎣⎦O2 xO2110x a x ⎛⎫+ ⎪--⎝⎭222160)13(a a =⎥⎦⎤⎢⎣⎡--≥.∴2228)(11a x a x ≥-+，当且仅当x a x -=，即2a x =时取等号.令282≥a，得02a <≤ 2max =∴a . 评析2)(1122≥-+x a x 恒成立，∴2)(11min22≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+x a x .故问题的实质就是求22)(11x a x -+的最小值（关于a 的式子）大于等于2的解.因而在0x a <<的条件下，如何求22)(11x a x -+的最小值成了问题的关键.解法1运用“两个互为倒数的正数的和大于等于2”, 解法2运用配方再放缩, 解法3运用均值不等式及“两个正数的平方平均值不小于它们的调和平均值”,解法5运用三角代换，解决了这一关键问题.解法4巧妙地将原问题转化为一个含参（a ）一元二次不等式恒成立，求参数的范围问题，从而运用二次函数的性质解决问题.解法6将原问题转化为解析几何问题处理.解法7、8则是运用一些现成的结论（读者可自己证明），各种解法异彩纷呈，都值得细细品味.拓展 此题可作如下推广：推广1 若1210n x x x a -<<<<<，则≥-++-+-2121221)(1)(11n x a x x x 23a n ，当且仅当a x x x n ,,,,121- 成等差数列时取等号.证明 由已知，1210n x x x a -<<<<<，则12x x -0>，23x x -0>，, 1--n x a 0>.根据柯西不等式及解法7运用的不等式（*）,有⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++-+-2121221)(1)(11n x a x x x n ≥21211111n x x x a x -⎛⎫+++≥⎪--⎝⎭2242,n n a a ⎛⎫= ⎪⎝⎭故≥-++-+-2121221)(1)(11n x a x x x 23a n . 当且仅当a x x x n ,,,,121- 成等差数列时取等号.推广2 若1210n x x x a -<<<<<，,),,,2,1(++∈=∈N k n i R b i 则++kk x b 111kk n k n k n k k a b b b x a b x x b 121111212)()()(+-+++++≥-++- ，当且仅当∑==ni ii i b ab a 1时取等号.证明 不妨设112211,,,--=-==n n x a a x x a x a ，=M ,)(11+=∑k ni i b 由已知得i a 0>且),,2,1(n i =,1a a ni i =∑=令a a c i i =，则∑=ni i c 1=111=∑=ni i a a .由均值不等式，++k i k i c b 1≥+++个k i i i Mc Mc Mc ,)1(11+++k k ik b M k 即k ik ic b 1+kn i b b b k kMc ))(1(21++++≥+ ib ⋅，则11111(1)()k nn n k i i i k i i i i b kM c k b c ++===+≥+∴∑∑∑1111()k n n k i i k i i i b b c ++==≥∑∑，即11k nki ki ib a a +=≥∑11()n k i i b +=∑， 11111()nk k i ni i k k ni ii i b b a a ++===≥⎛⎫ ⎪⎝⎭∑∑∑，当且仅当=i a ∑∑∑====⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡n i i i i n i i n i i b ab b b a 111时取等号. ∴++kk x b 111++kk x b 212kn kn x a b )(1--+ k k n a b b b 121)(++++≥ . 题6 已知()⎪⎭⎫ ⎝⎛∈=2,0,log sin πθθx x f ，设⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2cos sin θθf a ， ()θθcos sin ⋅=fb ，⎪⎭⎫⎝⎛+=θθθcos sin 2sin f c ，那么c b a 、、的大小关系是 （ ） A 、b c a ≤≤ B 、a c b ≤≤ C 、a b c ≤≤ D 、c b a ≤≤（第八届高二第一试第10题） 解法1 设p =θsin ，q =θcos .pq qp ≥+2，而()x f 是减函数，()pq fq p f ≤⎪⎭⎫ ⎝⎛+∴2，即b a ≤.2qp pq +≤ ，()2pq q p pq +≤∴，pq qp pq≤+2.()pq fq p pq f ≥⎪⎪⎭⎫⎝⎛+∴2，即b c ≥.故c b a ≤≤.选D.解法2 由题意，令6πθ=，则21sin=θ，cos 2θ=，4312cos sin +=+θθ ，23cos sin 4=θθ，233cos sin cos sin 2cos sin 2sin -=+=+θθθθθθθ，()1,021sin ∈=θ ，()x f ∴是减函数，又233234314->>+，()⎪⎭⎫⎝⎛+<<⎪⎭⎫⎝⎛+∴θθθθθθθcos sin 2sin cos sin 2cos sin f ff ，即c b a <<.故选D.评析 这是一个比较函数值大小的问题，通常利用函数的单调性.若函数()x f 单调递增（减），则当21x x <时，()()()()()2121x f x f x f x f ><，当21x x >时，()()21x f x f >()()()21x f x f <.因此解决问题的关键有两个：一是确定函数的单调性，二是确定自变量的大小关系.解法1就是这样解决问题的.因为正确答案应对一切⎪⎭⎫ ⎝⎛∈2,0πθ都正确，故又可以运用特殊值法.对⎪⎭⎫⎝⎛2,0π内的某个角不正确的选择支都是错误的，由正确选择支的唯一性，也可选出正确答案.解法2便是取特殊值6πθ=，排除了A 、B 、C 、而选D 的.当然，此题也可用作差比较法来解：⎪⎭⎫⎝⎛∈2,0πθ ，()1,0sin ∈∴θ，()x f ∴是单调减函数，0sin >θ，0cos >θ.=⋅-+=-∴θθθθθθcos sin log 2cos sin log sin sin b a01log cos sin 2cos sin log sin sin =≤⋅+θθθθθθ，b a ≤∴.又-⋅=-θθθcos sin log sin c b 01log cos sin 2cos sin log cos sin cos sin 2cos sin log cos sin 2sin log sin sin sin sin =≤+=+⋅=+θθθθθθθθθθθθθθθθθ，即c b ≤，c b a ≤≤∴.选D.题7 已知21=a ，不等式49321log <⎪⎭⎫ ⎝⎛-x a的解是 . （第三届高二第二试第13题）解 原不等式即2log 32321-⎪⎭⎫ ⎝⎛<⎪⎭⎫⎝⎛-x a. 指数函数x⎪⎭⎫⎝⎛32是减函数，21=a ，∴原不等式化为2log121->-x ，即22121121loglog-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛->x .又 对数函数logx 是减函数，2211-⎪⎭⎫⎝⎛<-∴x ，即21<-x ，解得31<<-x . 对数函数121log -x 的定义域是1≠x 的实数，∴原不等式的解是11<<-x 或31<<x .评析 此题涉及到指数不等式、对数不等式、绝对值不等式的解法.解指数不等式与对数不等式的基本方法是同底法，即先将不等式两边的指数式或对数式化成底数相同的指数式或对数式，然后根据底数所属区间是()1,0或()+∞,1，确定以该底数为底的指数函数或对数函数的单调性，再去掉底数或对数符号，转化成别的不等式.主要依据如下：⑴若01a <<,则()()()()f x g x a af xg x <⇔>；⑵若1a >,则()()()()f x g x aaf xg x <⇔<； ⑶若01a <<,则()()()()log log 0f x g x a af xg x <⇔>>；⑷若1a >,则()()()()log log 0f x g x aaf xg x <⇔<<.有时需要将常数化为指数式或对数式，其化法如下： ⑴ac ca log =（,0,0>>c a 且1≠c ）；（化为指数式）⑵log ac a c =（,0>c 且1≠c ）.（化为对数式）例如，23log32=将常数2化为3为底的指数式，233log 2=将常数2化为3为底的对数式.解指数不等式不需检验，但解对数不等式必须保证解使得对数式有意义，这点常被忽略. 若一个指数不等式的指数部分是对数式，常常采用取对数法求解. 例 不等式()x x x>lg的解集是 .（第十一届高二培训题第40题）解 两边取常用对数，得()x xlg lg2>，即0lg ,0lg 4lg ,0lg lg 4122<>->-x x x x x 或10,4lg <<∴>x x 或410>x .故所求解集是()()+∞,101,04.应当指出，两边取对数后，不等号的方向变不变，关键看取的是什么底数.如果底数大于1，则不等号方向不变，如果底数大于0且小于1，则不等号方向改变.关于绝对值不等式，主要是根据绝对值的几何意义求解.下列结论应当理解并熟记（a 为常数）.⑴()0≤<a a x 的解集是φ；⑵()0><a a x 的解集是()a a ,-； ⑶()0<>a a x 的解集是R ；⑷()0x a a >>的解集是()()+∞-∞-,,a a . 下列题目供练习： ⑴已知常数⎪⎭⎫⎝⎛∈4,0πθ，则不等式()()8103cot tan 2--->x x x θθ的解集是 .（第八届高二第一试第16题）⑵若函数()⎪⎭⎫⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=4222log log x x x f 的定义域是不等式211222log 7log 30x x ⎛⎫++≤ ⎪⎝⎭的解集，则()x f 的最小值= ；最大值= .（第十届高二第一试第23题）⑶不等式22222log 2log x x x x x x ++>的解集是 .（第九届高二培训题第23题）⑷不等式1323>--x 的解是（ ）（A ）6>x 或232<≤x （B ）6>x 或2<x （C ）6>x （D ）2<x答案 ⑴(]⎪⎭⎫⎢⎣⎡-∞-1374,52, ⑵43 ；2 ⑶⎪⎭⎫⎝⎛2,21 ⑷A题8 不等式t x x +≥-21 的解集是∅ ,实数t 的取值范围(用区间形式)是 .(第一届高二第一试第18题)解法1 由t x x +=-21两边平方并整理得012222=-++t tx x ,此方程无实根,故()084184222<+-=--=∆t t t ,22>t .又0>t ,2>∴t .故填()+∞,2.解法2 作出函数21x y -=的图象(即图中的半圆)及函数t x y +=的图象(即图中斜率为1的直线系).由题意,直线应在半圆的上方,由图象可知直线t x y +=在y 轴上的截距2>t .故填()+∞,2.解法3 由012≥-x ,得11≤≤-x .故设θcos =x ,[]πθ,0∈,则已知不等式就是t +≥θθcos sin ,即θθcos sin -≤t .⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-4sin 2cos sin πθθθ ,又⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∈⎪⎭⎫ ⎝⎛-43,44πππθ,()sin cos [1θθ∴-∈-.由题意得2>t . 故填()+∞,2.评析 这是一道蕴含着丰富数学思想方法的好题.解法1﹑2﹑3分别运用方程思想﹑数形结合思想﹑化归转换思想,从不同的角度解决了问题,体现了这道题的丰富内涵.解法2揭示了本题的几何背景.解法3的依据是:不等式t x x +≥-21 的解集是∅等价于不等式x x t -->21恒成立.有人认为不等式t x x +≥-21 的解集是∅等价于不等式x x t -->21有解,这种观点是错误的.事实上,21=t 时,不等式x x t -->21就有解(比如53=x 就是其一个解),而21=t 时,不等式t x x +≥-21即2112+≥-x x 的解集却不是∅(比如0就是它的一个解).拓展 通过上面的分析,并作进一步的研究,我们便有下面的结论 已知t 为参数, ()f x 的值域是[],a b . (1) 若()t f x ≤恒成立,则t a ≤. (2) 若()t f x ≥恒成立,则t b ≥. (3) 若()t f x ≤的解集是∅,则t b >. (4) 若()t f x ≥的解集是∅,则t a <. (5) 若()t f x ≤有解,则t b ≤. (6) 若()t f x ≥有解,则t a ≥.若将()f x 的值域改为[),a b 、(],a b 、(),a b 等，也会有相应的结论，限于篇幅，不再一一列出．根据这一结论，请回答下列问题：1.t ≥+的解集是∅，则实数t 的取值范围是 ．2.t ≤+的解集是∅，则实数t 的取值范围是 ．3.t ≥+有解，则实数t 的取值范围是 ．4.t ≤+有解，则实数t 的取值范围是 ．5.不等式213x x t ->+恒成立，则实数t 的取值范围是 ．6.不等式213x x t -<+恒成立，则实数t 的取值范围是 ． 答案 1. ()2,+∞2.(),3-∞- 3.)3,⎡-+∞⎣4.(],2-∞5.(),3-∞-6.()2,+∞题9不等式3422≥+---x x x 的解集是（ ）A 、⎥⎦⎤⎢⎣⎡++255,253B 、⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-255,253C 、⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞+⎥⎦⎤ ⎝⎛+∞-,255253,D 、⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-253,255 （第十三届高二第二试第8题）解法1 当0342≥+-x x ，即1≤x 或3≥x 时，原不等式就是,03422≥-+--x x x 即0552≤+-x x ，解得2553.255255+≤≤∴+≤≤-x x . 当2430,13x x x -+<即<<时，原不等式就是，03422≥+-+-x x x 即，0132≥+-x x 解得253-≤x 或3535322x x ++≥∴≤<，. 综上，所求解集为3555,33,,22⎡⎫⎡⎤++⎪⎢⎢⎥⎪⎣⎭⎣⎦即⎥⎦⎤⎢⎣⎡++255,253.故选A. 解法2 如图，作函数2-=x y 和342+-=x x y 的图象.要求的解集就是21y y ≥，即1y 在2y 上方时x 的区间，即图中线段AB 上的点所对应的横坐标所组成的区间[]B A x x ,.又(),1234222--=+-=x x x y 当32<<x 时，().2122--=x y 由()2212-=--x x 可解得253+=A x .当3>x 时，(),1222--=x y 由 1 3A B()2122-=--x x 可解得255+=Bx ，∴所求不等式的解集为⎥⎦⎤⎢⎣⎡++255,253，故选A.解法 3 同解法2画出图形后，可知解集为一个闭区间[]b a ,，且()3,2∈a ，对照 选择支.可知选A.解法4 当5.1=x 时，03422<+---x x x 时，故1.5不是原不等式的解，从而排除含1.5的B 、C 、D ，故选A.评析 解含绝对值的不等式，一般是先去掉绝对值符号，然后再求解.解法1正是运用分类讨论思想这样解决问题的，也是一种通法.我们知道，方程()()x g x f =的解就是函数()x f y =与()x g y =的图象交点的横坐标；若图象无交点，则方程无解.而不等式()()x g x f >的解集则是函数()x f y =的图象在()x g y =的图象上方部分的点的横坐标的集合；若()x f y =的图象都不在()x g y =的图象的上方，则不等式无解.解法2正是运用这种数形结合思想解决问题的.许多超越不等式的近似解或解的所属范围也都运用此法解决.选择题的正确答案就在选择支中，只是要求我们把它选出来而已.因此,不是非要求出答案再对照选择支选择答案不可的.基于此，解法3运用估算的方法选出了正确答案(注意：估算能力是高考明确要求要考查的能力之一).而解法4则运用特殊值排除了干扰支，进而选出了正确答案.类似这种不等式（方程）的解集是什么的选择题几乎都可用这种方法解，而且十分方便.值得注意的是，特殊值只能否定错误结论，根据正确选择支的唯一性才能肯定正确答案.另外，如何选取特殊值也是很有讲究的，读者可在解题实践中体会并加以总结.题10 不等式199920003224>-+-x x 的解集是 . （第十一届高二培训题第41题）解 设y=x x -+-3224 ，由⎩⎨⎧≥-≥-03024x x ，得定义域为[21，3].1999200010,106144410)3)(24(4)3(42422>≥∴≥-+-+=--+-+-=y x x x x x x y 即原不等式在定义域内恒成立，故所求解集为[21，3]. 评析 解无理不等式，通常是通过乘方去掉根号，化为有理不等式后再解.但从此题中不等式右边的数可以想象该有多么复杂，若将题目改为“276.571623.93224+>-+-πx x 的解集是 ”，还会有谁想通过平方化为有理不等式去解呢？显然，常规方法已难以解决问题，怎么办呢？考虑到不等式中的x ∈[21，3]，从而左边1999200010>≥，故解集就是定义域，这就启示我们，当常规思维受阻或难以奏效时，就应积极开展非常规思维，另辟蹊径，寻求解决问题的新方法.用心 爱心 专心 拓展 根据上面的分析，并加以拓广，我们可得结论 设a,b,c 是常数，若[,],()[,],()[,]x a b f x m n g x p q ∈∈∈,则 当m c >时,不等式()f x c >的解集是[,],()a b f x c ≤的解集是φ； 当n c <时, 不等式()f x c ≥的解集是φ,()f x c <的解集是[,]a b ;当n p >时, 不等式()()f x g x ≥的解集是φ, ()()f x g x <的解集是[,]a b ; 当m q >时，不等式()()f x g x >的解集是[,]a b ，()()f x g x ≤的解集是φ. 根据这一结论，不难求得下列不等式的解集：1、 2sinx+3cosx>4;2、 322163-->-x x ;3、 x x x -<-+-433)1(log 4;4、 sinx-cosx<32+x .答案：1、φ 2、[2，+∞) 3、φ 4、R。
高中数学奥赛辅导专题-立体几何(传统方法与向量方法)
1HB高中数学奥赛辅导专题——立体几何（传统方法与向量方法）立体几何（传统方法）知识精要1． 直线与平面问题，主要是对空间中的直线与平面的位置关系、距离、角以及它们的综合问题进行研究．这些问题往往与代数、三角、组合等知识综合，因而在解题过程中，要力求做到概念清晰，方法得当，转化适时，突破得法．2． 四面体是一种最简单的多面体，它的许多性质可以用类比的思想从三角形的性质而得来．较复杂的多面体常转化为四面体问题加以解决．解决这一类问题的所常用的数学思想方法有：变换法、类比和转化、体积法、展开与对折等方法．3．解决旋转体的有关问题要注意截面的知识的应用．在解决球相切问题时，注意球心连线通过切点，球心距等于两球半径之和．因此，研究多球相切问题时，连结球心，从而转化为多面体问题．例题1 从正方体的棱和各个面上的对角线中选出k 条，使得其中任意两条线段所在直线 都是异面直线，求k 的最大值．解答 考察如图所示的正方体上的四条 线段AC ，BC1，D 1B 1， A 1D ，它们所 在直线两两都是异面直线．又若有5条 或5条以上两两异面的直线，则它们的端点相异且个数不少于10，与正方体只有8个顶点矛盾．故 K 的最大值是4． 练习1：在正方体的8个顶点、12条棱的中点、中，问共线的三点组的个数是多少 解答：两端点都为顶点的共线三点组共有872⨯=有6132⨯=个；型的共线三点组，所以总共有2831849++=例题2：已知一个平面与一个正方体的12条棱的夹角都等于α，求sin α．解答：如右图所示，平面BCD 与正方体的12条棱的夹角都 等于α，过A 作AH 垂直平 面BCD ．连DH ，则ADH α=∠．设正方 体的边长为b ，则02sin 6033DH b ==AH ==所以sin sin 3AH ADH AD α=∠==． 练习2：如图所示，正四面体ABCD 中，E 在棱AB 上，F (0)AE CFEB FDλλ==<<+∞，记()f λλλαβ=+其中λα表示E F 与AC 所成的角，λβ表示E F 与BD 所成的角，证明()0f λ'=，即()f λ为常数． 解答：因ABCD 是正四面体，故AC 垂直BD ，作EG AC 交BC 于G ，连G F ，则GEF λα=∠，且CG AE CFGB FD FD==，所以G F 平行BD ． 所以G F 垂直EG ，且EFG λβ=∠．所以()f λ为常数．例题3：三棱锥P -ABC 中，若棱P A =x ，其余棱长均为1，探讨x 是否有最值．解答：当P -ABC 为三棱锥时，x 的最小极限是P 、A 重合，取值为0，若PBC ∆绕BC 顺时针旋转，P A 变大，最大极限是P 、A 、B 、C 共面时，P A 为菱形ABPC 的3练习3：若正三棱锥底面棱长棱长均为1，探讨其侧棱否有最值．解答：若P 在底面的射影为O ,易知PO 越小，侧棱越小．故P 、O 重合时，侧棱取最小极PO 无穷大时，侧棱也无穷大．所以无最值． 例题4：在单位正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的面对角线A 1B 上存在一点P 使得AP +D 1P 最短，求AP +D 1P 的最小值． 解答：将等腰直角三角形AA 1B 沿A 1B 折起至1A A B '，使三角形1A A B '与四边形A 1BCD 1共面，联结1A D '，则1A D '的长即为AP +D 1P 的最小值，所以，1A D '==练习4：已知单位正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的对棱BB 1、D 1上有两个动点E 、F ，BE =D 1F=λ（102λ<≤）．设E F 与AB 所成的角为α，与BC 所成的角为β，求αβ+的最小值． 解答：当12λ=时，2παβ+=．不难证明()f αβλ+=是单调减函数．因此αβ+的最小值为2π．例题5：在正n 棱锥中，求相邻两侧面所成的二面角的取值范围．解答：当顶点落在底面的时候，相邻两侧面所成的二面角为π．当顶点在无穷远处的时候，正n 棱锥变为正n 棱柱，这时相邻两侧面所成的二面角为(2)n nπ-． 练习5：已知直平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的各条棱长均为3，角BAD =600，长为2的线段MN 的一个端点M 在DD 1上运动，另一端点N 在底面ABCD 上运动，求MN 的中点P 的轨迹（曲面）与共一顶点D 的三个面所围成的几何体的体积． 解答：联结DP 、DN ，在三角形MDN 为直角三角形，且DP =MN /2=1，又由已知角BAD =600，角ADC =1200，所以点P 的轨迹以点D 为球心，半径为1的1/6球面，所以其与顶点D 以及三个面围成的几何体的体积为31421639ππ⨯⨯=．立体几何（向量方法）知识精要1．证明两条直线平行，只需证明这两条直线上的向量共线（即成倍数关系）．证明两条直线平行，只需证明这两条直线上的向量的数量积等于零．2．通过法向量，把线面、面面的角转化为线线的角．从而可以利用公式cos ||||θαβαβ= 求解．3．建立空间直角坐标系．例题1如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝12PA ， 点O 、D 分别是AC 、PC 的中点，OP ⊥底面ABC ．(Ⅰ)求证OD ∥平面PAB ；(Ⅱ) 求直线OD 与平面PBC 所成角的大小．解答OP ABC OA OC AB BC ⊥== 平面，，，.OA OB OA OP OBOP ∴⊥⊥⊥ ，，()O OP z O xyz -以为原点，射线为非负轴，建立空间直角坐标系如图，,0,0,,0,,0,0AB a A B C ⎫⎛⎫⎛⎫=⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝设，则()0,0,.OP h P h =设，则()D PC 为的中点，Ⅰ 1,0,,,0,2OD h PA h ⎛⎫⎫∴==- ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭又，11 (2)OD PA OD PA OD PAB ∴=-∴∴平面∥∥()2,PA a = Ⅱ,h∴ ,OD ⎛⎫∴=⎪ ⎪⎝⎭,PBC n ⎛=- ⎝ 可求得平面的法向量cos ,OD n OD n OD n ⋅∴〈〉==⋅OD PBC θ设与平面所成的角为，sin cos ,OD n θ=〈〉= 则OD PBC ∴ 与平面所成的角为． 练习1如图，已知长方体1111ABCD A BC D -，12,1AB AA ==，直线BD 与平面11AA B B 所成的角为030，AE 垂直BD 于,E F 为11A B 的中点． （Ⅰ）求异面直线AE 与BF 所成的角；（Ⅱ）求平面BDF 与平面1AA B 所成二面角（锐角）的大小； （Ⅲ）求点A 到平面BDF 的距离解答 在长方体1111ABCD A BC D -中，以AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，1AA 所在直线为z 轴建立空间直 角坐标系如图．由已知12,1AB AA ==，可得(0,0,0),(2,0,0),(1,0,1)A B F ．又AD ⊥平面11AA B B ，从面BD 与平面11AA B B 所成的角即为30DBA ∠=又2,,1,AB AE BD AE AD =⊥==从而易得1(2E D （Ⅰ）1((1,0,1)2AE BF ==-co A E AE AE∴< 14-=即异面直线AE 、BF 所成的角为4（Ⅱ）易知平面1AA B 的一个法向量m = 设(,,)n x y z =是平面BDF 的一个法向量．(BD =- 由n BF n BD ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩ 00n BF n BD ⎧=⎪⇒⎨=⎪⎩020x x x y -+=⎧⎪⇒⎨=⎪⎩x zy=⎧⎪⇒=取(1n =∴cos ,m n m n m n <>===即平面BDF 与平面1AA B 所成二面角（锐角）大小为 （Ⅲ）点A 到平面BDF 的距离，即AB 在平面BDF 的法向量n上的投影的绝对值所以距离||cos ,d AB AB n =<> ||||||AB nAB AB n = ||||5AB n n === 所以点A 到平面BDF 5例题2 如图1，已知ABCD 是上．下底边长分别为2和6，高为3的等腰梯形，将它沿对称轴OO 1折成直二面角，如图2 （Ⅰ）证明：AC ⊥BO 1；（Ⅱ）求二面角O －AC －O 1的大小．解答（I ）证明 由题设知OA ⊥OO 1，OB ⊥OO 1．所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角，即OA ⊥OB ． 故可以O 为原点，OA 、OB 、OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图3，则相关各点的坐标是A （3，0，0），B （0，3，0），C （0，1，3）O 1（0，0，3）．从而.0333),3,3,0(),3,1,3(11=⋅+-=⋅-=-=BO BO 所以AC ⊥BO 1．（II ）解：因为,03331=⋅+-=⋅BO 所以BO 1⊥OC ，由（I ）AC ⊥BO 1，所以BO 1⊥平面OAC ，1BO 是平面OAC 的一个法向量．设),,(z y x =是0平面O 1AC 的一图11A个法向量，由,3.0,0331=⎩⎨⎧==++-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅zyzyxO取得)3,0,1(=n．设二面角O—AC—O1的大小为θ，由、1BO的方向可知=<θ，1BO>，所以COS<=cosθn，1BO.43||||1=⋅BOn即二面角O—AC—O1的大小是.43arccos练习2如图,在直三棱柱111ABC A B C-中，13,4,5,4AC BC AB AA====，点D为AB的中点(Ⅰ)求证1AC BC⊥；(Ⅱ) 求证11AC CDB平面；(Ⅲ)求异面直线1AC与1B C所成角的余弦值解答∵直三棱锥111ABC A B C-底面三边长3,4,5AC BC AB===，1,,AC BC CC两两垂直如图建立坐标系，则C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4),D(32,2,0)(Ⅰ)11(3,0,0),(0,4,4)AC BC=-=,11110,AC BC AC BC∴⋅=∴⊥(Ⅱ)设1CB与1C B的交点为E，则E(0,2,2)13(,0,2),(3,0,4)2DE AC=-=-111,//2DE AC DE AC∴=∴111,,DE CDB AC CDB⊂⊄平面平面1//AC CDB∴平面(Ⅲ)11(3,0,4),(0,4,4),AC CB=-=111111cos,||||AC CBAC CBAC CB∴<>==∴异面直线1AC与1B C5例题3 在ΔABC中，已知66cos,364==BAB，AC边上的中线BD=5，求SINA．解答以B为坐标原点，为x轴正向建立直角坐标指法，且不妨设点A位于第一象限由630sin =B ，则4,)(,3BA B B == ，设=（x ，0），则43(,6x BD += ，由条件得5)352()634(||22=++=x ，从而x=2，314-=x （舍去），故2(,3CA =- ．于是141439809498091698098||||cos =+⋅++-=⋅=CA BA A ∴1470cos 1sin 2=-=A A 练习3 在平面上给定ABC ∆，对于平面上的一点P ，建立如下的变换 :f AP 的中点为Q ，BQ 的中点为R ，CR 的中点为'P ，'()f P P =，求证 f 只有一个不动点（指P 与'P 重合的点）．解答：依提意，有12AQ AP = ，且111()224AR AB AQ AB AP =+=+ ，'1111()2248AP AC AR AC AB AP =+=+++ ，要使'P 与P 重合，应111248A P A C A B A P =++ ，得1(42)7AP AC AB =+ ，对于给定的ABC ∆，满足条件的不动点P 只有一个．例题4 如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PD ⊥底面ABCD ，E 是AB 上一点，PE ⊥EC ． 已知,21,2,2===AE CD PD 求（Ⅰ）异面直线PD 与EC的距离； （Ⅱ）二面角E —PC —D 的大小．解答 （Ⅰ）以D 为原点，、、分别 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系． 由已知可得D （0，0，0），P （0，0，)2， C （0，2，0）设),0,2,(),0)(0,0,(x B x x A 则>111).0,23,(),2,21,(),0,21,(-=-=x CE x PE x E由0=⋅⊥CE PE CE PE 得，即.23,0432==-x x 故 由CE DE CE DE ⊥=-⋅=⋅得0)0,23,23()0,21,23(， 又PD ⊥DE ，故DE 是异面直线PD 与CE 的公垂线，易得1||=，故异面直线PD 、CE 的距离为1．（Ⅱ）作DG ⊥PC ，可设G （0，Y ，Z ）．由0=⋅得0)2,2,0(),,0(=-⋅z y ,即),2,1,0(,2==y z 故可取作EF ⊥PC 于F ，设F （0，M ，N ），则 ).,21,23(n m EF --= 由0212,0)2,2,0(),21,23(0=--=-⋅--=⋅n m n m 即得， 又由F 在PC 上得).22,21,23(,22,1,222-===+-=n m m n 故 因,,PC DG PC EF ⊥⊥故平面E —PC —D 的平面角θ的大小为向量与的夹角． 故,4,22||||cos πθθ===EF DG 即二面角E —PC —D 的大小为.4π练习4如图，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ⊥侧面BB 1C 1C ，E 为棱CC 1上异于C 、C 1的一点，EA ⊥EB 1，已知AB =2，BB 1=2，BC =1，∠BCC 1=3π，求： （Ⅰ）异面直线AB 与EB 1的距离；（Ⅱ）二面角A —EB 1—A 1的平面角的正切值．解答（I ）以B 为原点，1BB 、分别为Y 、Z 轴建立 空间直角坐标系． 由于BC =1，BB 1=2，AB =2，∠BCC 1=3π，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中有B （0，0，0），A （0，0，2），B 1（0，2，0），)0,23,23(),0,21,23(1C C - 设即得由,0,),0,,23(11=⋅⊥EB EB EA a E )0,2,23()2,,23(0a a --⋅--=,432)2(432+-=-+=a a a a.,04343)02323()0,21,23()0,21,23(),(2321,0)23)(21(11EB BE EB BE E a a a a ⊥=+-=⋅⋅-⋅=⋅===--即故舍去或即得又AB ⊥面BCC 1B 1，故AB ⊥BE ． 因此BE 是异面直线AB 、EB 1的公垂线， 则14143||=+=，故异面直线AB 、EB 1的距离为1． （II ）由已知有,,1111EB A B EB ⊥⊥故二面角A —EB 1—A 1的平面角θ的大小为向量A B 与11的夹角．.22tan ,32||||cos ),2,21,23(),2,0,0(111111===--===θθ即故因A B EA A B。
希望杯试题1-10
A、2B、3C、4D、5
（第十一届高二第一试第7题）
解法1原式 ． ．而
+ ，且当 ，即 时取等号． ． ．故选 ．
解法2 ， ，已知不等式化为
．由 ，即 ，故由已知得 ，选 ．
解法3由 ，知 ，有 ．又 ，
即 ，由题意， ．故选 ．
解法4 ， ． 已知不等式可变形为
此题使我们联想到最新高中数学第二册（上）P 第8题：
已知 ，求证： ．
证：令 ，则 ．
． ，
．
此证法通过换元将分母中的多项式改写成单项式，使得推证更简单了．运用这一思路，又可得本赛题如下解法：
设 ，则 ． 恒成立，就是 恒成立．也就是 恒成立． 恒成立，
由题意得 ．故选 ．
再看一个运用这一思想解题的例子．
．记 ，
则 ．由题意， ．故选 ．
解法5 于是
．比较得 ．故选 ．
评析由已知，可得 恒成立．根据常识“若 恒成立，则 ；若 恒成立，则 ,” 的最小值就是所求n的最大值，故问题转化为求 的最小值，上述各种解法都是围绕这一中心的，不过采用了不同的变形技巧，使用了不同的基本不等式而已．解法1运用了 ；解法2运用了 ；解法3运用了 ；解法4运用了 ；解法5运用了 ．虽解法异彩纷呈，但却殊途同归．
高中数学希望杯典型例题100道（1-10）
题1已知 的大小关系是.
（第十一届高二第一试第11题）
解法1 ， .
.
解法2 ， .
解法3
= .
解法4原问题等价于比较 与 的大小.由 得 ， .
.
解法5如图1，在函数 的图象上取三个不同的点A（ ， ）、B（ ， ）、C（ ， ）.
“希望杯”数学 精选(高一)
历届“希望杯”全国数学邀请赛题精选题1、已知y x a b b y b b a x b a ,,,,0则--=-+=<<的大小关系是 .（第十一届高一第一试第11题）题2、设c b a >>N n ∈,，且11na b b c a c+≥---恒成立，则n 的最大值为 （ ） A 、2 B 、3 C 、4 D 、5 （第十一届高一第一试第7题）题3、设实数y x n m ,,,满足a n m =+22，b y x =+22，则ny mx +的最大值为 （ ）A 、21()b a +B 、2122b a + C 、222b a + D 、ab （第十一届高一培训题第5题）题4、对于1≤m 的一切实数m ，使不等式221(1)x m x ->-都成立的实数x 的取值范围是 . （第十三届高一培训题第63题） 题5、当0x a <<时,不等式2)(1122≥-+x a x 恒成立,则a 的最大值是________. (第十一届高一培训题第45题)题6、已知()⎪⎭⎫⎝⎛∈=2,0,log sin πθθx x f ，设⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2cos sin θθf a ，()θθcos sin ⋅=fb ，⎪⎭⎫⎝⎛+=θθθcos sin 2sin f c ，那么c b a 、、的大小关系是 （ ）A 、b c a ≤≤B 、a c b ≤≤C 、a b c ≤≤D 、c b a ≤≤（第八届高一第一试第10题） 题7、已知21=a ，不等式49321log <⎪⎭⎫ ⎝⎛-x a的解是 .（第三届高一第二试第13题） 题8、不等式t x x +≥-21 的解集是∅ ,实数t 的取值范围(用区间形式)是 .(第一届高一第一试第18题)题9、不等式03422≥+---x x x 的解集是 （ ）A 、⎦⎤⎢⎣⎡++255,253B 、⎦⎤⎢⎣⎡+-255,253 C 、⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞+⎥⎦⎤ ⎝⎛+∞-,255253,D 、⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-253,255 （第十三届高一第二试第8题）题10、不等式199920003224>-+-x x 的解集是 . （第十一届高一培训题第41题） 题11、使不等式x a xarccos 2>-的解是121≤<-x 的实数a 的取值范围是（ ）A 、21π-B 、3222π-C 、6522π-D 、π-21 （第十一届高一第一试第6题）题12、已知b a ,是正数，并且1996199619981998b a b a+=+，求证222≤+b a .(第十届高一培训题第74题)题13、设1x ，2x ，3x ，1y ，2y ，3y 是实数，且满足1232221≤++x x x ， 证明不等式)1)(1()1(2322212322212332211-++-++≥-++y y y x x x y x y x y x .（第十届高一第二试第22题）题14、已知0x y z >、、，并且2222222111x y z x y z++=+++， 求证：2111222≤+++++zzy y x x . （第一届备选题） 题15、求所有的正实数a ，使得对任意实数x 都有22sin 22cos ≤+xxaa（第十一届高一第二试第23题）题16、函数()()122222>-+-=x x x x x f 的最小值为 ( ) A 、-1 B 、1 C 、-2 D 、2 （第七届高一培训题第2题） 题17、已知,,x y z R +∈，且1231x y z++=，则23y z x ++的最小值是 （ ）A 、5B 、6C 、8D 、9（第十一届高一第二试第9题、高一培训题第14题） 题18、设b a y x ,,,为正实数，b a ,为常数，且1=+ybx a ,则y x +的最小值为_______. （第十一届高一培训题第36题）题19、如果1=++c b a_______．（第八届高一第一试第19题）题20、若10<<c b a 、、，并且2=++c b a ，则222c b a ++的取值范围是 （ ）A 、43⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭， B 、423⎡⎤⎢⎥⎣⎦， C 、423⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D 、4,23⎛⎫⎪⎝⎭（第九届高一第一试第10题）题21、若0,>y x ，且12=+y x ，则⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=y y x x u 411的最小值是 . （第一届高一第一试第20题）题22、已知+∈R b a ,，且1=+b a ，则1111a b ⎛⎫⎛⎫++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭的最小值是 . (第八届高一培训填空题第6题) 题23、设R y x ∈,，且221x y +≤，则xy y x ++的最大值是 ，最小值是 ．（第六届高一培训解答题第2题、第八届高一第一试第23题）题24、若223x xy 3y 20-+=，则228x 23y +的最大值是 ．（第十三届高一培训题第68题）题25、函数xxx y sin 1cos sin ++=的最大值是＿＿＿＿． （第九届高一培训题第43题）题26、函数1212y sin x cos x =+的值域是 . （第十一届高一培训题第46题） 题27、设+∈N n ，则|2001||1950||1949|-+⋯+-+-n n n 的最小值是 ．（第九届高一培训题第53题）题28、1s =+++ s 的整数部分是 （ ）A 、１９９７ Ｂ、１９９８ C 、１９９９ D 、２０００（第八届高一第二试第１０题） 题 29、求函数4803224+++-=x x x y 的最小值和取最小值时x 的值（第十三届高一培训题第81题）题30、函数223223x x x x y -+++-=的最大值是 ,最小值是 .(第十四届高一第二试第16题)题31、已知+∈R z y x 、、，求函数()222,,xy yzu x y z x y z+=++的最大值. （第九届高一培训题第61题）题32、已知a,b R ∈，且a b 10++=，则()()2223a b -+-的最小值是 .（第十届高一培训题第44题）题33、实数x ，y 满足方程94622--=+y x y x ，则y x 32-的最大值与最小值的和等于_______. （第十届高一第二试第17题） 题34、线段AB 的端点坐标是A （-1，2），B （2，-2），直线y=kx+3与线段AB 相交的充要条件是 （ ）A 、125≤≤-k B 、251≤≤k C 、125≤≤-k 且k ≠0 D 、125≥-≤k k 或 （第八届高一培训题第2题）题35、过点()1,1P 且与两条坐标轴围成面积为2的三角形的直线的条数是 . (第十届高一第一试第18题)题36、某工厂安排甲、乙两种产品的生产.已知每生产1吨甲产品需要原材料A 、B 、C 、D 的数量分别为1吨、2吨、2吨、7吨；每生产1吨乙产品需要原材料A 、B 、D 的数量分别为1吨、4吨、1吨.由于原材料的限制，每个生产周期只能供应A 、B 、C 、D 四种原材料分别为80吨、80吨、60吨、70吨.若甲、乙产品每吨的利润分别为2百万元和3百万元.要想获得最大利润，应该在每个生产周期安排生产甲产品 吨，期望的最大利润是 百万元.（第十三届高一第一试第25题） 题37、点M ()00,y x 是圆()0222>=+r r y x 内圆心以外的一点，则直线200r y y x x =+与该圆的位置关系是 （ ）（A ）相切 （B ）相交 （C ）相离 （D ）相切或相交（第七届高一第一试第5题） 题38、过圆016222=+-++y x y x 与圆0176622=+--+y x y x 的交点的直线方程是 . （第二届高一第二试第15题） 题39、若实数x 、y 适合方程014222=+--+y x y x ，那么代数式2+x y的取值范围是 . （第九届高一第一试第17题） 题40、圆()1122=-+y x 上任意一点()y x P ,都使不等式0≥++c y x 成立，则C 的取值范围是 （ ）A 、(]0,∞-B 、)+∞C 、1,)+∞D 、[1)+∞ （第七届高一第一试第10题）参考答案：1、y x < 2、C 3、D 4、)2,13(- 5、2 6、D 7、11<<-x 或31<<x 8、()+∞,2 9、A 10、[21，3] 11、B 12－14、略 15、1215≤≤-a 16、B 17、D 18、ab b a 2++ 19、23 20、C 21、82522、9 23、1-，221+ 24、16025、1 26、1,132⎡⎤⎢⎥⎣⎦27、702 28、B 29、1x =时, y 取得最小值12 30、22，2 31、22 32、18 33、24 34、D 35、3 36、13830,13100 37、C 38、()()032=-+-y x μλ，其中μλ,为参数 39、⎥⎦⎤⎢⎣⎡512,0 40、C。
高中数学竞赛希望杯试题71-80
题71 △ABC 是边长为1的正三角形，PA ⊥平面ABC ，且PA=46，A 点关于平面PBC 的对称点为A ’，求直线A ’C 与AB 所成角的余弦值.（第九届高一第二试第22题）解法1 设D 是BC 的中点，A A ’与面PBC 交于O ，由已知，O 必在PD 上.ADO ∆ ∽△PDA ，∴PDPAAD AO =.31,,'12442AD PA PD AO AA ==∴=== 又A 与A ’关于平面PBC 对称，∴A ’B=AB=1，由A ’A= A ’B=1，CA=CB=1，可得A ’C ⊥AB ，∴A ’C 与AB 所成角的余弦值为0.解法2 如图1，作’AF ，则直线A ’C 与AB 所成角的余弦值等于|cos ∠BAF|，由于两点A ’，A 关于平面PBC 对称，则该平面上任意点与A ’，A 等距离，故A ’C=AC=1.设A ’A 交面PBC 于O 点，延长PO 交BC 于E ，连结AE ，易知BC ⊥PA ，BC ⊥AO ，故BC ⊥平面PAE ，所以BC ⊥AE ，又AB=AC=BC=1，所以E 是BC 的中点，23=AE ，易求21=⋅=PE AE PA AO ，则FC=A ’A=2AO=1，由于A ’A ⊥BC ，CF ∥A ’A ，则CF ⊥BC.又由FC=CB=1，知2=BF .由AF= A ’C=1，AB=1，知AF 2+AB 2=1+1=2=BF 2，所以90BAF ∠=︒，|cos ∠BAF|=0为所求.解法3 如图2，取AC 的中点M ，设E 是BC 的中点，A ’A 交面PBC 于O 点，连结OM 、EM ，则OM ∥A ’C ，EM ∥AB ，则直线A ’C 与AB 所成角的余弦值等于|cos ∠OME|，同解法2可得A ’C=1，23=AE ，12AO =，则OM=21A ’C=21，OE=2222=-AO AE ，由ME=21AB=21，知OM 2+ME 2=21=OE 2，所以90OME ∠=︒，|cos ∠OME |=0为所求.解法4 如图3，连结A ’A 交面PBC 于O 点，连结A ’B 、A ’C ，则A ’B=AB ，A ’C=AC.V P-ABC =31S △ABC PA=162464331=⋅⋅， V A —PBC =31S △PBC AO=11328BC AO AO AO ⋅⋅==， BCAPA ’O图2E MB CAPA ’ O 图1E F又∵V P-ABC = V A —PBC ，所以162= AO 82，∴21=AO . ∵A ’O=AO ，∴A ’A=1.故三棱锥A ’—ABC 为正四面体，∴A ’C ⊥AB ，直线A ’C 与AB 所成角的余弦值0.解法5 如图4，建立空间直角坐标系A-xyz （A 为坐标原点），则A(0,0,0),C(0,1,0),P(0,0,46),B(0,21,23),易知平面PBC 交x 轴于点Q(0,0,3),由截距式得平面PBC 的方程为1643=++z y x ，即6462=++z y x ，于是平面PBC 的一个法矢量()4,6,2=→n ，由此设A A '与平面PBC 的垂足为O ()t t t 4,6,2，代入平面PBC 的方程，得246=t ，则点O 1,1246⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭.又由于A A '的中点是O ，则''11,,.22A AC ⎛∴=- ⎝⎭⎝⎭易知31,0.2AB ⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭设C A '与AB 所成的角为θ，则cos θ=''AB A CA C AB⋅'AC AB =⋅110022⎛=+⋅+⋅= ⎝⎭，即直线C A '与AB 所成角的余弦值为0. 评析 C A '与AB 显然是异面直线，其所成角的余弦值一般应通过平移将两异面直线所成的角转化为相交直线所成的角后再求.解法2、3就是通过不同途径实现这种转化的.按照解法2的思路，同样可以作G BCA ' 或ABK A '，则ABG ∠cos 或K CA 'cos ∠亦为所求.因为正四面体的对棱互相垂直，故解法1、4证明了A 'ABC 恰为正四面体，从而问题也就解决了.解法5则BCAPA ’O图3图4是运用向量知识解决问题，这也是求空间两直线所成角的常用方法.拓展 此题可作如下推广 若△ABC 中B 、C 为定角，A 角对边a 为定值，PA ⊥面ABC ，PA=l ，△ABC 的面积为S ，直线A 'C 与AB 所成角为θ，则2222224cos cos cos sin sin 4S a l B C B C S a l θ-=-⋅+.证明 因为角B 、C 及边a 为定值,故△ABC 可解,其面积S 为定值.如图5,过A 作AD ⊥BC,O 为垂足,连结PB,PC,PO.由题设知BC ⊥PO,BC ⊥面PAO.面PBC ⊥面PAO.作A 点关于直线PO 的对称点A ',则A '也是A 点关于平面PBC 的对称点,连结A 'C, A 'O.过点C 作AB 的平行线交AO 的延长线于D,则∠ A 'CD 就是A 'C 与AB 所成的角θ.又可知∠BCD=∠B,C BCA ∠=∠',二面角A '—BC—D 的平面角∠A 'OD=π-∠A 'OA,∠A 'OA=2∠POA,又OA=2S a ,由tan ∠POA=2PA al OA S=，得222222221tan 4cos '1tan 4POA S a l AOA POA S a l -∠-∠==+∠+.由三射线定理,可得()222''2224cos cos cos sin sin cos cos cos sin sin .4S a l ACD B C B C AOA B C B C S a l π-∠=+-∠=-⋅+ 运用推广,不难验证原题中直线C A '与AB 所成角的余弦值0464344643460sin 60sin 60cos 60cos cos 2222=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-= θ.题72 已知正方体的棱长为a ，它的体对角线和与它不共面的面对角线之间的最小距离等于________.(第十五届高二培训题第49题)解法1 如图1,要求1A C 与1BC 之间的最小距离.因为11111,BC A B BC B C ⊥⊥,所以1BC ⊥平面11A B CD .由1BC 与1B C 的交点O 作1OO A C '⊥于O '，则OO '⊥1BC .故OO '就是异面直线1A C 与1BC 的公垂线段，其长为所求最小距离.BDAPCOA ’图511sin OO OC ACB '=⋅∠=111A B OC A C⋅2a ==为所求. 解法2 如图2，以1C 为坐标原点，分别以直线11C D 、11C B 、1C C 为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系.设M 、N 分别是1A C 、1BC 上的点.设点M 的横坐标为x ，则易知其横坐标与立坐标分别为x ，a x -；设点N 的纵坐标为y ，则易知其横坐标与立坐标分别为,o y .即(),,M x x a x -，N (),,o y y ()0,x y a ≤≤.所以(),,NM x x y a x y =---，所以NM ===≥6a =（当且仅当[]0,3ax a =∈且12y a =∈[]0,a 时取等号）.所以所求最小距离为6a . 解法3 如图3，在已知正方体1A C 旁补上一个与其一样大小的正方体2A C .连结12A B ，2B C ,则易证12//BC B C ，所以112//BC A B C 平面， 所以1BC 与平面12A B C 间的距离，也就是点1C 到平面12A B C 的距离就是异面直线1A C 与1BC 间的距离，即为所求.设点1C 到平面12A BC 的距离为h .易求得1AC =，12A B =，2B C =.因为221212A B A CB C =+，所以2190B CA ︒∠=.所以AB CDOO ’A 1B 1C 1D 1图1图2yABCA 1B 1C 1D 1图3DA 2B 2C 2D 2221262121a C B C A S CB A =⋅⋅=∆.由C C B A C B A C V V 121211--=，即h S C B A ⋅⋅∆2131=⋅31C C B S 12∆11B A ⋅，亦即a a h a ⋅⋅=⋅⋅2221312631，得a h 66=为所求. 评析 此题就是求异面直线间的距离，其主要方法有：（1）求异面直线的公垂线段的长；（2）求两异面直线上两点间距离的最小值；（3）转化为求线面、面面间的距离.（若a ∥α,⊂bα,a 与b 异面，则a 与α的距离就是a 与b 的距离.若α∥β，a ⊂α，b ⊂β，a 、b 异面，则α、β间的距离就是a 、b 间的距离）.解法1是求公垂线段的长，作出公垂线段是关键，需要有较强的分析能力.解法2通过建立空间直角坐标系，将两异面直线上两点间的距离转化为向量的模来求，关键是正确设出两点的坐标，这里，运用了整体思想，求最小值时还用到了配方法.解法3通过补形，将两异面直线间的距离转化为线面间的距离，进而转化为点面间的距离，最后通过等积变换求得.三种解法蕴含着丰富的数学思想，全方位展示了求异面直线间距离的基本方法，值得我们细细品味.题73 点P 在ABC ∆所在的平面α外，,PA PB PC α⊥==3tan ,2PBC ∠=则A 到平面PBC 的距离的最大值是_________.（第二届高一第一试第30题）解法1 如图，作PD BC ⊥于D ，连结AD ，作A F P D ⊥于.F PA ⊥平面ABC ，,BC PD BC AD ⊥∴⊥. 于是BC ⊥平面PAD ，进而有平面PAD ⊥平面.,PBC AF PD ⊥AF ∴⊥平面PBC ，即AF 就是A 到平面PBC 的距离. 3tan ,2PBC ∠=sin PBD ∴∠=sin 263 2.13PD PB PBD ∴=∠==在直角PAD ∆中，12AF PD≤= 解法2 作法如解法1，设.P A x=3,t a n .2P B P C PB D =∠=∴易求得,2.B D DC PD ===又AB==AD ∴==ABCD FP2111224218332P ABCABC x V S PA x x -∆==-= 11142324,332A PBC PBC V S hh h -∆===又,P ABC A PBC V V --=4,h h =∴==392,62≤== 评析 首先需要理解题意：求A 到平面PBC 的距离的最大值，说明此距离一定是个变量，是什么引起它的变化呢？PB PC ==3tan ,2PBC ∠=说明PBC ∆是确定不变的，而PA 与平面ABC 的垂直关系也不变，故只有PA 的长度的变化才会引起A 到平面PBC 的距离的变化，因此，可将此距离表示为PA （设为x ）的函数，然后求其最大值.解法2成功地运用函数思想解决了问题.解法1中用到“12AF PD ≤”，其依据是下面的 定理 斜边为定值l 的直角三角形斜边上的高的最大值是12l . 证明 如图，作线段AB l =，以AB 为直径画半圆O ，则半圆上任意一点C （与A B 、不重合）与A B 、都构成C ∠为直角，l 为斜边的直角三角形.显然，当CO AB ⊥时，斜边上的高最大，为12l . 题74 如图1，ABCD-EFGH 是单位正方体，P 是AF 上的动点，则GP+PB 的最小值是 ．（第十二届高一第一试第20题）解法1 将面AFGD 绕AF 旋转，使它与面ABF 共面,此时连结BG ，BG 长即GP+PB 的最小值，在BFG ∆中，B F F G 1,B F G 13==∠=.如图2，建立直角坐标系，则BG ==.解法 2 如图1，设PF=x,在PBF ∆中由余弦定理，得22PB 2xx ==.在RtPFG ∆中，HFDE G PC BA图 1GP=所以GP PB+==表示x轴上的动点()x,0到点⎝⎭与点()0,1的距离之和.显然，当动点位于两点⎝⎭、()0,1连线段与x轴的交点时，GP PB+=解法 3 如图3，建立空间直角坐标系.则()()()()A0,1,0,F0,0,1,B0,0,0,G1,0,1.设()P0,u,v .因为A,P,F共线，所以u0v11001--=--，得v1u=-，所以()P0,u,1u-,()GP1,u,u,=--()PB0,u,u1=--,所以2GP PB GP PB2u+=+===2.表示直角坐标系uov中u轴上的动点()Q u,0到两定点11M0,,N,222⎛⎫⎛⎫-⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭的距离之和，显然，当点Q为线段MN与u轴的交点时，MQ NQ+最小,即图 345MN ==.所以G P P+的最小值为2222+=. 评析 本题等价于“已知直三棱柱ABF DCG,AB BF 1,AB BF,P -==⊥是AF 上的动点，求GP PB +的最小值.”解法1采用“铺平”的方法，转化为求铺平后B,G 两点间的距离.也可不建立直角坐标系，而在BFG ∆中由余弦定理求得BG ：因为GF 1,BF 1,GFB 135==∠=，所以GB 2=因为GP PB +是随点P 在AF 上的位置的变化而变化的，而点P 在AF 上的位置又是随PF 的长度的变化而变化的，故设PF x =，则G P P B +应为x 的函数.解法2就是运用函数思想解决立几问题的.写出函数关系式容易，但求最小值较难，这里，先将其转化为解几问题，再运用平几知识求得最小值.可见，函数思想、转化思想、立几、解几、平几知识的综合运用是解法2的精髓.解法3显示，运用空间向量，可将许多立几问题转化为向量运算问题，空间向量是解决立几问题的有力工具之一.题75 以四个全等的正三角形为面拼合成的空间图形叫正四面体.正三角形边长叫正四面体的棱长.设正四面体棱长为1.求互为异面的正三角形的中线（所在直线）间的距离.（可使用下面的结论：正四面体ABCD 中，A 到面BCD 的距离为d ，面BCD 的面积为S ，则四面体ABCD 的体积V=sd 31） （第八届高一培训解答题第3题）解 情形（1）E 、F 分别是AC 、AD 的中点，求BE 、CF 之间的距离.取AF 的中点M ，连结EM 、BM ，则EM ∥CF ，CF ∥面BEM ，故点F 到平面BEM 的距离就是CF 与BE 间的距离.∵AM=MF ，∴点A 到平面BEM 的距离就是CF 与BE 间的距离.在△BEM 中，由余弦定理，得cos EMBE BM EM BE BEM ⋅-+=∠22226143232]60cos 4112)41(1[)43()23(0222=⋅⋅⋅⋅-+-+=， ABCDMF E∴sin ∠BEM=635)61(12=-,S △BEM=1224632⋅⋅⋅=，∴V A —BEM =BEM 1S 396d ∆=，又V A —BEM = V B —AEM =96232)60sin 412121(310=⋅⋅⋅=962，.情形（2），E 、F 分别是BC 、AD 的中点，求AE 、CF 间的距离.取ED 的中点M ，连结FM 、CM ，则AE ∥FM ，AE ∥面FCM.可知点D 到平面FCM 的距离就是AE 、CF 间的距离.在△FCM 中，由余弦定理，得cos CFM ∠2222CF FM CMCF FM+-=⋅22221[()]+-+=23=， ∴sin ∠CFM=,35)32(12=- S △CMF =16535432321=⋅⋅⋅，V D —CMF =d d 48516531=， 又V D —CMF = V F —CMD =96261)30sin 43121(310=⋅⋅⋅（点F 到面CMD 的距离等于点A 到面CMD 的距离的一半）.∴d 485=962，d=1010. 综上，所求距离为1010或35. 评析 对于正四面体上的一条中线来说，其它任何面上的三条中线总有一条与其相交，另外两条与其异面，必须分两类情形分别求解，这一点很容易被忽略.按照定义，异面直线间的距离就是两异面直线的公垂线段的长.而要作出两异面直线的公垂线段往往比较困难.此时，我们可设法将问题转化，其途径主要有：（1）转化为线面距离——若,a b 异面，,a b α⊂∥α，则b 与α的距离就是,a b 间的距离. （2）转化为面面距离——若,a b 异面，,,a b αβα⊂⊂∥β，则α、β间的距离就是,a b 间的距离.而线面、面面之间的距离往往又要转化为点面距离来求——若a ∥(αβ∥),()A a A αβ∈∈,则A 到α的距离就是()a β与α的距离.ABCDM FE点面间的距离一般按照定义来求，此外还常常运用“等积法”转化为求某三棱锥的高.上述解法正是把两异面直线间的距离转化为直线与平面的距离，再转化为点到平面的距离，最后转化为三棱锥的高来求得的.可见，熟练掌握转化思想是解决此题的又一关键.题76 四面体ABCD 中，R Q P ,,分别在棱DA CD BC ,,上，且,2,2QD CQ PC BP ==,RA DR =则B A ,两点到过R Q P ,,的平面的距离之比为_____.（第十届高一培训题第38题）解法1 设点D C B A ,,,到平面PQR 的距离分别为D C B A h h h h ,,,,由于点R Q P ,,分别是直线DACD BC ,,与平面PQR的交点且,,2,2RA DR QD CQ PC BP ===所以12C B h PC h BP ==①， 21==QC QD h h C D ②，1==DRRA h h D A ③，由①、②、③得41=B A h h ，即B A ,两点到过R Q P ,,的平面的距离之比为4:1. 解法2 如图2，延长PQ 交BD 的延长线于点S ，设CQ 的中点为M ，连结PM ，则PM ∥BD 31，且PMQ ∆≌SDQ ∆，所以DS PM =，设点D B A ,,到平面PQR 的距离分别为,,,D B A h h h ，由于点S R ,分别是直线BD DA ,与平面P Q R 的交点，所以,413,1=+=+====PM PM PM DS BD DS BS DS h h DR RA h h B D D A 即41=B A h h 为所求. 解法3 如图3，连结,,PD BQ ,2,2QD CQ PC BP ==ABC P QR图1D BC AP Q R图2D SM,21,21PCQ PDQ BPQ PCQ S S S S ∆∆∆∆==∴,41BPQ PDQ S S ∆∆=∴于是41==∆∆--BPQPDQ BPQR PDQ R S S V V ，设D B A ,,三点到平面PQR 的距离分别为,,,D B A h h h 则41,41=∴===----B D BPQ R PDQ R B D PQRB PQR D h h V V h h V V ，又41,=∴=B A D A h h h h 为所求. 解法4 如图4，过点A 作AM ∥RQ 交CD 于点M ，过点M 作MN ∥PQ 交BC 于点N ，则AM ∥平面MN PQR ,∥平面PQR ，∴平面AMN ∥平面PQR .因此，N A ,两点到平面PQR 的距离相等.由作法可知，点N 是PC 的中点，设点B N A ,,到平面PQR 的距离分别为,,,B N A h h h 则41221====PC PCBP PN h h h h B N B A 为所求. 评析 按照定义，点到平面的距离是该点与该点在平面上的射影之间的距离.此题中，要作出B A ,在平面PQR 上的射影是困难的（位置难以确定，即使确定了，也难以求距离）.因此，我们需另寻他法.由于R Q P ,,都在平面PQR 上，且三点分别在DA CD BC ,,上的位置确定，又考虑到是求比值，故联想到这样一个事实：如图5，线段AB 与平面α交于点O ，AB 与平面α不垂直，若,::n m OB AO =则B A ,两点到平面α的距离之比也是n m :（可证AOA ∆’∽BOB ∆’而得该结论）.上述解法就是利用这一结论解决问题的，解法3还将两点到平面的距离比转化为两个三棱锥的体积比；解法4利用两平行平面的一个平面上的任意两点到另一个平面的距离相等.总之，转化思想在解决此题中起了关键作用.BC APQR图3D BAOB ’A ’图5α题77 在棱长为2的正四面体内任取一点P ，P 到四面体四个面的距离分别记为1PP ，2PP ，3PP ，4PP ，则=+++4321PP PP PP PP ＿＿＿＿（第三届高二第一试第16题） 解法1 将P 与正四面体的四个顶点联结，得到以P 为顶点，正四面体的各个面为底面的四个小棱锥，它们的高分别为1PP ，2PP ，3PP ，4PP , 体积的和等于原正四面体的体积.由于四个小棱锥的底面与原正四面体的底面一样，所以=+++4321PP PP PP PP 正四面体的高332)22332()2(22=⋅⋅-=. 解法2 设已知正四面体为ABCD ，由题意，可知4321PP PP PP PP +++为定值.故不妨令P 为正四面体的一个顶点A ，则P 到面ABC 、面ACD 、面ADB 的距离都是0，故4321PP PP PP PP +++就是点A 到面BCD 的距离，即正四面体的高332. 评析 由于点P 的任意性，企图将1PP ，2PP ，3PP ，4PP 一一求出（或用某个量表示出来）后再求其和是不现实的，因此，我们应改变思考方向.解法1将点P 与四面体的四个顶点连结后得到四个以点P 为顶点的小三棱锥，由其体积和等于原四面体的体积，巧妙地求出了所求之值.这种利用整体与部分之间的关系解题的分割的方法是立几中常用的方法之一.解法2则由结论的唯一确定性，运用特殊化思想，快速解决了问题.类似这种结论唯一的填空题，特殊化思想应作为解题的主要指导思想.拓展 平面几何中有这样一个定理：“正三角形内一点到各边的距离之和等于正三角形的一边上的高”.将此定理延拓到空间就是本赛题.运用解法1中的思想方法同样可以解决第五届高二第二试第17题：在三棱锥ABC S -中，侧棱SA ，SB ，SC 两两垂直，4==SB SA ，6=SC , 在三棱锥的内部有一个与三棱锥的四面体都相切的球，则此球的半径=R ＿＿＿＿.解：∵SA ，SB ，SC 两两垂直，4==SB SA ，6=SC ，∴24=AB ， 132==BC AC ，8=∆SAB S ，12==∆∆SAC SBC S S ，224=∆ABC S ，设此三棱锥的内切球的半径为R ，则CBASR S S S S V ABC SAC SBC SAB ABC S )(31∆∆∆∆-+++=16644213131)22432(31=⋅⋅⋅⋅=⋅==+=∆-SC S V R SAB SAB C ，即16)22432(31=+R ，解得722216-=R . 题78 某水准仪是封闭的正四面体,体内装有水,当正四面体的一个面放置于水平地面时, 体内水面高度为体高的12，现将它倒置，此时水的高度是体高的 ． （第十一届高一第一试第20题）解 开始平放时,上面无水部分也是正四面体,设其体积为1V ,则原四面体的体积是18V ,有水部分的体积是17V ．倒置后，有水部分与原四面体体积之比是117V 78V 8=．从而对应的高之比是2=． 评析 该题是由圆锥演变而来的．若直接求出水的高度，再求比值，运算量就大多了，先求出体积比，再求高的比，就显得很简单．些题主要运用了棱（圆）锥的一个性质：用平行于棱（圆）锥底面的平面去截棱（圆）锥，则截得棱（圆）锥与原棱（圆）锥的体积比等于截得棱（圆）锥与原棱（圆）锥的高的立方比．另外，还有下列性质：截得棱（圆）锥的高与原棱（圆）锥的高的比与对应的侧棱（母线）的比，对应的底面某边的比、对应的面上的中线、高的比，（底面半径的比，底面周长的比等）都是相等的，记作a a'；全面积的比与侧面积的比，底面积的比，对应的某个侧面的面积比也都是相等的，记作s s',且有2s a s a 2''=．以此可解决第二届高二第二试第12题：台体上、下底面面积分别是12S ,S ，平面α与底面平行，且台体被α截成体积相等的两部分．设截面面积为Ｓ,用12S ,S 表示Ｓ的结果是 ．考虑生成圆台的圆锥，设上面小圆锥的体积为0V ，圆台被截面截开的两部分体积为Ｖ，由“相似比的立方等于体积之比”，知33300000V V V 2V V ,,1,V V V V ++==∴=-+311,V1V+=+消去VV,得3321,S-=∴=.拓展对本题深入探求,可得定理平行于底面的平面把高为h的锥体分成两部分,其中小锥的高为1h,体积为1V,台体的体积为2V．现将截面平移，使小锥的高为2h，体积为2V,相应台体的体积为1V，则33312h h h+=．证明如图1，1hh=①；如图2,2hh=②．由①÷②，得12h:h=，即311322h Vh V=，则331113331212h V hh h V V h==++，所以33312h h h+=．用此定理解本赛题：因为11h h2=，所以22hh h,2h2===为所求．题79正四面体SABC，点M、E、F分别在棱SA，AB，BC上，且2===FCBFEABEMASM.过M、E、F三点的平面将四面体分成两部分，这两部分的体积比为＿＿＿＿（取较小部分与较大部分的体积之比）（第十三届高二培训题第75题）解法1如图1，易知SBME//，ACEF//. 作过M、E、F三点的平面，它和正四面体的截面是矩形MEFN，在SB上取点P使得2=PBSP，则EBFMPN-为三棱柱.P到面BEF的距离'h与S到面ABC的距离h满足31'==SBPBhh，则hh31'=，设ABCS S∆=，则222()()3BEFS EBS AB∆==，故49BEFS S∆=.因此，图1 图2图1CBFAMENPS41'93MPN EBF BEF V S h s h -∆=⋅=⋅=ABC S V -94.ABC S BEF MPN MPN S V h S h h S V -∆∆-=⋅=-⋅=2783231)'(31.则ABC S ABC S BFN SME V V V ---=+=2720)27894(，故所求的两部分体积之比20:7.解法2 如图2,作AC EQ ⊥于Q ，AC FR ⊥于R ,连结MQ ，NR , 则AC MQ ⊥，AC NR ⊥. 故NFR MEQ -为直三棱柱. 设已知正四面体棱长为1，则易求得63==QE MQ ，31=ME ，故362)3121()63(312122=⋅-⋅=∆MQE S .又易得23QR =，∴54232362=⋅=⋅=∆-QR S V MEQ NFR MEQ .易得61A =Q ， ∴NFR C MEQ MEQ A V AQ S V -∆-==⋅⋅=⋅=6482613623131， ∴3242764826482542=++=++---NFR C MEQ A NFR MEQ V V V .又易求得12S ABC V -=.∴12324324SME BFN V -=-=. 故所求两部分的体积之比为20:7. 评析 解决此题的关键有两个：一是分成的两部分到底是什么形状；二是两部分的体积如何求.解法1是先求平面MNFE 为界，靠近读者一侧部分的体积，解法2则是先求另一部分的体积.由于正四面体的体积易求，故两种解法都在求得一部分的体积后，用整体体积减去一部分的体积得另一部分的体积，减少了运算量.由于分成的两部分都不是纯粹的柱、锥体, 故两种解法又都采用化整为零的方法，将其分割成几个易求体积的几何体后再求其体积.这也是求不规则多面体体积的常用方法.题80 正四面体的侧面三角形的高线中，其“垂足”不在同一侧面上的任意两条所成角的余弦值是 ( )31)(A 21)(B 32)(C 43)(DA 图2SQBRFNC EM(第十二届高二第二试第3题)解法1 如图1，ABCD 是正四面体，设其棱长为a ，DF BE ,分别是AB DC ,边上的中线，由题意，就是要求DF BE ,所成角的余弦值.取AC 的中点AD G ,的中点H ，连成FGH ∆.易知平面FGH 和平面BCD 平行且FGH ∆∽BCD ∆，于是GH 边上的中线FK ∥BE ，故DF 和BE 所成的角就是DFK ∠.所以a BE FK 4321==.在DKH ∆中由余弦定理得20222167120cos 422)4()2(a a a a aDK =⋅⋅-+=.在DFK ∆中由余弦定理得3243232167)43()23(2cos 22222=⨯⨯-+=⋅-+=∠FKDF DKFK DF DFK .故选C .解法2 如图2，将正四面体ABCD 补成三棱柱GCH ABD -，则BE 是CD 边上的中线，又DF 是AB 边上的中线.由题意，就是要求BE 与DF 所成角的余弦值，取CG 的中点I ，连结HI BI ,.易证HI ∥DF ，所以BHI ∠就是BE 与DF 所成的角.设正四面体ABCD 的棱长为a ，则易求得a HI a BH 23,3==.BCI∆中，,2,aCI a BC ==0120=∠B C I ，由余弦定理，可求得a BI 27=.在BIH ∆中，由余弦定理，可求得32cos =∠BHI ，故选C . 解法3 如图3，设正四面体ABCD 的棱长为a ，以正ABC ∆的中心O 为原点，建立空间直角坐标系.易求得),,21,63(),,,63(),36,,(o a a B o o a F a o o D )66,,63(a o a E -.所以),36,,63(a o a -=CBFAGEKHD图1)66,21,33(a a a -=，所以=⋅EB DF ,213161222a a a =+a a 2323===. 所以32232321c 2=⋅==a a a .故选C .评析 解决此题首先得搞清题意，图中DF 与BE 所成角的余弦值应为所求.由题中“任意”二字及各个选择支都是唯一确定的值，可知不必再考虑其它情形.求异面直线所成的角，主要方法是按照定义，通过平移将异面直线所成的角转化成相交直线所成的角，其转化方法往往因题而异，有时，同一题也可通过几种方式转化.本题解法1与解法2就是用两种不同方法转化的.解法1将BE 平移至FK ，从而将问题转化为求DFK ∠cos .应当指出，取AD AC ,的中点H G ,，连结GH 后，连结AE 交GH 于K ，由E 为CD 的中点可知K 为GH 的中点，又F 为AB 的中点，故FK ∥BE .这样比原解答更为简单.解法2通过补形，将DF 平移至HI ，从而使问题转化为求BHI ∠cos ，计算十分方便.立几中往往通过解三角形求角，正弦定理、余弦定理、勾股定理是主要工具.解法3运用空间向量求异面直线所成的角，将几何问题转化为向量运算，十分简便.应当注意的是坐标系的建立要“适当”，否则会大大增加运算量.。
希望杯竞赛数学试题详解(81-90题)
高中数学希望杯典型例题100道（81-90）题81 过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱AB 、BC 的中点E 、F 作一个截面，使截面与底面ABCD 所成的角为450，则此截面的形状为 （ ）A 、 三角形或五边形B 、三角形或六边形C 、六边形D 、三角形或四边形（第六届高一第二试第5题）解 显然，必有一个截面与棱BB 1相交，此截面是三角形.设过D 1的截面与底面所成的角为θ，易求得tan θ=tan ∠D 1GD=1322<，故θ<450，又设过A 1、C 1的截面与底面所成角为θ'，则易求得tan θ'=tan ∠O 1GO=22>1,故45θ'>︒,于是另一截面应与A 1D 1、D 1C 1相交（不过其端点），形状为六边形，故选B.评析 解决此题的关键是要求具有较强的空间想象力，能够理解确定截面形状的下列方法：若截面与棱DD 1相交，则截面为五边形；若截面与棱A 1D 1、D 1C 1都相交（但不过其端点），则截面为六边形；若截面与棱A 1B 1、 B 1C 1都相交（但不过点B 1），则截面为四边形.原解答中说“为考察另一截面是否与DD 1相交，只需考虑过点D 1的截面与底面所成角θ的大小”，并在得到θ<450后，就说截面是六边形.这种理由并不充分.θ<450只能说明截面与DD 1不相交，但不能说明截面一定是六边形.事实上，当截面过A 1C 1时，截面与DD 1不相交，但截面却是四边形.拓展 根据上述解法及分析，并考虑到截面过点B 1时，截面与底面所成角为arctan 22，与截面过A 1C 1时截面与底面所成角相等，我们可得如下：结论 过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱AB 、BC 的中点E 、F 作一个截面，使截面与底面ABCD 所成的角为θ（0<θ≤2π），则当0arctan3θ<≤时，截面的形状为三角形或五边形；当arctanarctan 3θ<<当arctan θ= 当arctan 22<θ≤2π时，截面的形状为四边形. 题82 正方体1111D C B A ABCD -中，E 为AB 的中点，F 为1CC 的中点，异面直线EF 与AB CDA 1B 1C 1D 1 O 1 OE FG1AC 所成角的余弦值是（ ） A 、32 B 、322 C 、43 D 、63(第十五届高二第二试第9题)解法1 如图1，取AC 中点O ，连结OF ，则OF ∥1AC ，所以EFO ∠是EF 与1AC 所成的角，设正方体棱长为1，则21=OE ，4321412=+=OF ，23141412=++=EF，所以331cos 3EFO +-∠==，故选B. 解法 2 如图2，取正方体的面11A ABB 的中心G ，连结1GC AG 、.易证EG ∥1BB 且EG 21=1BB ，1FC ∥1BB 且1FC 21=1BB ，∴EG ∥1FC 且EG =1FC ，四边形F EGC 1为平行四边形，1GC ∥EF ，1AC G ∴∠就是EF 与1AC 所成的角.设正方体棱长为1，则易求得22=AG ，31=AC ，261=GC ，在G AC 1∆中，由余弦定理，得22211111cos 2AC GC AG AC G AC GC +-∠=⋅⋅2222⎛⎫+- ⎪==，故选B.解法3 如图3,建立空间直角坐标系.设正方体棱长为1，则⎪⎭⎫ ⎝⎛1,21,1E ，⎪⎭⎫ ⎝⎛21,1,0F ，()1,0,1A ，()0,1,01C ，所以ABCDA 1B 1C 1D 1O EF 图1ABCDA 1B 1C 1D 1GE F图2图311110,1,1,,11,,2222EF ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，()()()10,1,01,0,11,1,1AC =-=--，所以11111cos 3EF AC EF AC θ++⋅===⋅ ，故选B. 评析 运用几何法求异面直线所成的角，一般通过平移其中一条或两条，转化成相交直线所成的角，例如本题解法1将1AC 平移至OF ，解法2将EF 平移至1GC ，然后往往通过解三角形求此角（常常运用正弦定理、余弦定理、勾股定理及其逆定理）.而用向量法求异面直线所成的角，只需利用公式ba ba b a ⋅⋅=,cos ，将几何问题转化成向量运算，一般比几何法简单.题83 多面体表面上三个或三个以上平面的公共点称为多面体的顶点，用一个平面截一个n 棱柱，()N n n ∈≥,3截去一个三棱锥，剩下的多面体顶点的数目是（ ）A 、12,12+-n nB 、22,12,2,12++-n n n nC 、22,12,12++-n n nD 、22,12++n n（第四届高一第二试第10题） 解法1 n 棱柱有n 2个顶点，被平面截去一个三棱锥后，可以分以下6种情形（图1~6）在图4，图6所示的情形，还剩n 2个顶点； 在图5的情形，还剩12-n 个顶点；图1 图2 图3 图4 图5 图6在图2，图3的情形，还剩12+n 个顶点； 在图1的情形，还剩下22+n 个顶点.故选B.解法2 如图1~6，令n =4，则四棱柱共有8个顶点，截去一个三棱锥后， 在图4，图6的情形，剩下8个顶点； 在图5的情形，剩下7个顶点；在图2，图3的情形，剩下9个顶点； 在图1的情形，剩下10个顶点.说明剩下的顶点数共有4种不同情形，对照选择支，可知选B.评析 解决此题的关键是搞清楚截去1个三棱锥的情形有几种，实际上是四类情形： 1、 截面不过任何顶点（如图1），此时顶点增加了2个； 2、 截面仅过1个顶点（如图2，3），此时顶点增加了1个； 3、 截面仅过2个顶点（如图4，6），此时顶点数不增不减； 4、 截面过3个顶点（如图5），此时顶点减少了1个.解法2根据这四类情形判断顶点数有4种，便选B ，更为简捷. 拓展 将此题引申，便有下面的问题：用一平面截一个n 棱柱()N n n ∈≥,4，截去一个三棱柱，剩下的多面体的顶点数是__________，面数是_____________.分析：依题意，截面只能与侧棱平行或过一条（或2条）侧棱，故共分三类情形： 1、 截面不过侧棱，此时，顶点增加了2个，面数增加了1个； 2、 截面过一条侧棱，此时，顶点数不变，面数不变；3、 截面过两条侧棱，此时，顶点减少了2个，面数减少了1个.由于已知n 棱柱的顶点数是n 2，面数是2+n ，故填22+n 或n 2或22-n ；3+n 或 2+n 或1+n .题84 在长方体1111D C B A ABCD --中，1,,()AB a BC b CC c a b c ===>>, 过1BD 的截面的面积为S ，求S 的最小值，并指出当S 取最小值时截面的位置（即指出截面与有关棱的交点的位置）.（第五届高一第二试第22题）解 截面可能是矩形，可能是平行四边形.①截面111111,,D DBB A BCD D ABC 是矩形，它们的面积分别记为321,,S S S .则123S S S ===12,a b c S S >>== 12S S >，同理，23123,S S S S S >∴>>.1图1为求S 的最小值，不必考虑截面1111,A BCD D ABC .图1画出了截面11D DBB 的示意图. ②截面是平行四边形，有三种位置：S BRD Q BPD F BED 111;;（见图2、3、4），设它们的面积分别为654,,S S S .对于截面F BED 1，作1BD EH ⊥于H （如图5），则14BD EH S ⋅=，因为1BD 是定值，所以当EH 取最小值时，4S 有最小值4'S .当EH 是异面直线11,AA BD 的公垂线时，它有最小值.这个最小值是1A 到平面11D DBB 的距离，即是111Rt A B D ∆中斜边11D B 上的高22ba ab +.4S '∴=.同理，5S '=6S '=注意到2=>=22=>=45S S S''∴>>.再注意到63S S '=<=，可见6S '是S 的最小值，设截面S BRD 1的面积为6S '（见图6）.1图6FA 1 图5D 1F ABC DA 1B 1C 1 图2E D 1Q AB C D A 1B 1C 1图3P C 1D 1SABC DA 1B 1图4R作11BC M B ⊥于11,C BB Rt M ∆中121BC BM BB ⋅=，可知222121cb c BC BB BM +==.在11D BC ∆所在的平面内（如图7），作MN ∥11D C ，设MN 交1BD 于N ，在B M N Rt ∆中，设α=∠MBN ，则22222222ta n cb ac cb ac b c BM MN +=+⋅+=⋅=α.在平面MN B 1内，作NR ∥M B 1，设NR 交11B A 于R ，则MN R B =1.这表明截面S BRD 1与棱11B A 的交点R 满足2221c b ac R B +=，于是点R 确定了.同理，点S 在DC 上，222c b ac DS +=，这样，截面S BRD 1完全确定.评析 破解此题需解决几个关键问题：一是截面的情形到底有几种？二是每一种情形的截面面积是多少？三是这些面积的大小关系如何确定？四是S 取最小值时截面的位置如何确定？截面情形可分为两大类（矩形与平行四边形），每一类又分3种情形，先在每类情形中分别比较3个面积的大小，再比较两类中最小面积的大小，降低了难度，减少了运算量.在两类情形中分别比较321,,S S S 及456,,S S S '''的大小时，变形技巧的运用起了关键作用.在计算4S '时两次运用转化思想：E BD 1∆的边1BD 上的高→点1A 到面D D BB 11的距离→ 点1A 到11D B 的距离.在比较3S 与6S '的大小时运用了放缩法.由于61S BD '==S 最小时，点R 到1BD 的距离应是22cb bc +，而在11B BC ∆中作11BC M B ⊥，则有221cb bc M B +=.因此作MN ∥11,C D MN 交1BD 于N ，作NR ∥NR M B ,1交11B A 于R ，则221cb bc M B RN +==.由于⊥M B 1面11D BC ，所以⊥RN 面111,BD RN D BC ⊥∴，故作出的R 就是S 最小时的R .此题综合运用了分类讨论思想，化归转换思想，变形技巧，放缩法等，需要有较强的分析问C 1MBCDA 1B 1图7RAND 1题与解决问题的能力才能作出正确的解答.题85 从凸四边形ABCD 的对角线交点O 作该四边形所在平面的垂线段SO ，使3SO =，若22,S AOD S BOC V a V b --==.当S ABCD V -最小时，ABCD 的形状是＿＿＿＿.（第十四届高二培训题第67题）解 由已知，易得2AOD S a ∆=，2BOC S b ∆=.设AOB S x ∆=，COD S y ∆=（如图），则22S ABCD V a b x y -=+++.因为22A O D C O DA OB B OC S S a DO yx S OB S b∆∆∆∆====，所以22xy a b =.而2x y ab +≥=（设0,0a b >>），于是，222()a b x y a b +++≥+，当x y a b==时取等号，这时2AOD DOC S AO a aOC S y b∆∆===.同理，D O a O B b =，所以，AO OD OC OB =，即A O D OO C O B =，所以//AD BC .当x y ab ==时，2A O D DOC S AO a a OC S y b ∆∆===，2BOC DOC S BO b bOD S y a∆∆===. （1）当a b b a =，即22a b =，AOD COD S S ∆∆=时， AO BO OC OD =，所以//AB CD .此时，ABCD 的形状是平行四边形.（2）当a b b a ≠，即22a b ≠，AOD COD S S ∆∆≠时，AO BOOC OD≠，所以AB 与CD 不平行.此时，ABCD 是梯形，综上可知，当22a b =时，ABCD 是平行四边形，当22a b ≠时，ABCD 是梯形.评析 ABCD 的形状只能由已知条件推出，形状也无非是由边与角的关系决定，因此，充分利用已知条件，将其转化为四边形的边或角的关系是解题的关键.由于高为3，故V 最小时，底面ABCD 的面积最小，由于2a 与2b 为定值，故设AOB S x ∆=，COD S y ∆=，则x y +最小，为，此时，x y ab ==，这就为证得//AD BC 奠定了基础.此后便是判断AB 与CD 是否平行了，而这取决于2a 与2b 是否相等，故分类讨论，终得ABCD 为平行四边形或梯形.从另一角度看，ABCD 的形状无非是平行四边形，梯形，菱形，矩形，正方形等中的一种或几种，而每一种形状总有一组对边平行，故首先应想到证一组对边平行，也就是证对角线交点xBD 2bSAOy2a把两条对角线分成的4条线段对应成比例.题86 正三棱柱ABC —A 1B 1C 1底面的边长和高都是2cm ，过AB 作一个截面，截面与底面ABC 成600角，则截面的面积是 .（第六届高一第一试第30题）解法1 如图1，截面ABEF 是等腰梯形，D 、D 1分别为AB 、EF 的中点，则∠D 1DC 就是截面与底面ABC 所成二面角的平面角，所以∠D 1DC=600.易证面DC C 1 D 1⊥面ABC ，作D 1M ⊥DC 于M ，则D 1M ⊥面ABC ，D 1M=CC 1=2，D 1D= D 1Mcsc600=34，DM=D 1Mcot600=32，,11CDDMCD CD CM B A EF -==3223323=⋅-=EF ，∴S 截面=21()).2EF AB DD cm +==解法2 如图2，设截面与侧棱CC 1所在直线交于点D ，则)(3260cos 2cm S S ABC ABD ==∆∆，在Rt △CDM 中， ∠DMC=600，DC=3(),cot 60CMcm == 1321(),C D cm ∴=-=又91)31()()(2212====∆∆DC DC DM DR S S DAB DEF ， ∴S △DEF =91S △DAB =932cm 2,故S 截面=S △DAB - S △DEF =-32 932=)(93162cm . 评析 此题源于课本上的一道习题：“正三棱柱底面的边长是4cm ，过BC 作一个平面与底面成300的二面角，交侧棱AA ’于D ，求AD 的长和截面△BCD 的面积”.两者的区别在于竞赛题中的截面与上底面相交，而课本习题中的截面与侧棱相交.稍不注意，就会将本赛题错解为ACB EF DMB 1A 1 C 1 图1 D 1 ACB EFDMB 1A 1C 1图2R20)cos60ABC S S cm ∆==截面.事实上，cos ∠CMC 1=1CM C M =2=12=>，∴∠CMC 1<600，因此截面为梯形，而不是三角形. 拓展 将课本习题与本赛题结合起来，并将其一般化，我们便得定理 若正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面边长为a ，高为h ，过AB 作与三棱柱底面所成角为θ的截面，则截面的面积S=2sec (cos ).csc cot )(cos )3h h θθθθθ≥⎪-<⎩证明留给读者.运用该定理解本赛题：1cos cos602θ=︒=，22343a h a +=2173>，cos θ∴<S 截面=)(9316)60cot 232(60csc 231200cm =-⋅⋅. 题87 如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是AA 1的中点，则BC 1与CD 所成的角是 ，面BCD 与面CDB 1所成二面角等于 .（第十一届高二第一试第22题）解法1 如图1，由已知，易证DB 1在面BCC 1 B 1内的射影为B 1E ，因为正三棱柱的所有棱长都相等，所以B 1C ⊥BC 1，由三垂线定理得B C 1⊥DB 1，所以B C 1⊥面DCB 1，所以BC 1⊥CD ，故BC 1与CD 所成的角是900.过E 作EF ⊥DC 于F ，连结FB ，则BF 在面DCB 1内的射影为EF ，由三垂线定理得DC ⊥BF ，所以∠EFB 就是二面角B 1—DC —B 的平面角.设正三棱柱的各棱长为2，则BE=2，DB=DC=5，从而易求得△BCD 的BC 边上的高为2，由215BF=21×2×2， F图1AC BEDB 1A 1C 1 AC EDB 1A 1C 1得 BF=54，在Rt △BEF 中，410542sin ===∠BF BE EFB ，∴410arcsin=∠EFB 为所求. 解法2 取BC 的中点M ，以M 为原点，建立如图2空间直角坐标系.不妨设正三棱柱的各棱长为2，则B （0，1，0），C 1（0，-1，2），C （0，-1，0），D （3，0，1），所以1BC =（0，-2，2），CD =（3，1，1），所以1BC CD ⋅ =（0，-2，2）⋅（3，1，1）=0，所以1BC CD ⊥， 所以BC 1与CD 所成的角是900.过E 作EF ⊥DC 于F ，连结FB.设F （x, y, z ）,因为E （0，0，1）所以EF=（x, y, z-1）.由0EF CD ⋅= ，得3x+y+z-1=0①，因为BF =（x, y-1, z ），所以(,1,)BF CD x y z ⋅=-⋅10y z =+-+=，所以BF ⊥DC ，所以∠EFB 就是面BCD 与面CDB 1所成二面角的平面角.因为C(0,-1,0), D(3，0，1), F （x, y, z ）三点共线，所以011)1(00033--=---=--z y x ，得到x=3z ②，y=z-1③,解①②③得到x=532，y=52,53=-z ,所以BF =（532，52,58-），EF =（532，53,53--），所以65BF EF ⋅= ，|BF |=554，|EF |=530，所以cos ∠EFB=||||EF BF EF BF ⋅⋅=46，所以∠EFB=arccos 46,即∠EFB=arcsin410. 评析 异面直线BC 1与CD 所成的角也可以通过补形、平移，转化成相交直线所成的角，再通过解三角形求得，但比较繁.解法1的关键是从已知图形中发现D 在面BCC 1 B 1上的射影为E ，从而DB 1在面BCC 1 B 1上的射影为B 1Ｅ，由B 1C ⊥BC 1及三垂线定理得B C 1⊥DB 1，进而B C 1⊥面DCB 1，所以BC 1⊥CD.求二面角的关键是作出二面角的平面角.当二面角的两个面内各一点的连线垂直于其中一个面时，由其任一点作二面角棱的垂线，再连结垂足与另一个面内的一点，图2C C 1根据三垂线定理或其逆定理，就得到二面角的平面角，这是作二面角的平面角的最常用方法之一.运用空间向量求异面直线所成的角通常是非常简单的，此题也一样.用空间向量求二面角就不是那么的简单了.这里，作EF ⊥DC 于F ，设F 的坐标后，得0EF CD ⋅=及D 、F 、C 三点共线，得关于F 坐标的方程组，解得F 坐标后由cos ∠EFB=||||EF BF EF BF ⋅⋅ ，求得∠EFB.这体现了用空间向量求二面角的基本过程，当然作EF ⊥DC 于F 后，如果0BF CD ⋅≠，即BF 与DC 不垂直，∠EFB 就不是此二面角的平面角，此时就应另行思考.题88 如图１，设111C B A ABC -是直三棱柱，AC AB =，090=∠BAC ，Q M ,分别是1CC ，BC 的中点.P 点在11B A 上且2:1:11=PB P A .如果AB AA =1，则AM 与PQ 所成的角等于 （ ）A 、090 B 、31arccos C 、060 D 、030（第十三届高二第一试第５题）解法1 如图２，取AC 中点Ｎ，可知QN ∥BA ∥11A B ，从而N Q B A ,,,11共面，且PQ 在此平面内.111ABC A B C - 是直三棱柱，1BA A A ∴⊥，又090=∠BAC ，即AC BA ⊥，BA ∴⊥面11ACC A ，AM BA ⊥∴，AM QN ⊥.又11ACC A 是正方形，N M ,分别是1CC ，AC 的中点，AM N A ⊥∴1.AM ∴⊥平面QN B A 11.⊂PQ 平面QN B A 11，PQ AM ⊥∴.故选A.解法2 不妨设61===AA AC AB .则21=P A .如图３，在已知三棱柱下方补一个与其同样的三棱柱ABCA 1B 1C 1PM图1NA B C A 1B 1C 1PQ M图2A 1图3N ABCB 1C 1P QMA 2B 2C 2Q 2 N 2R 2R222C B A ABC -.取AC 的中点N ，连结QN ，在QN 上取一点R ，使21==PA QR ，则易证四边形PQR A 1为平行四边形.所以R A 1∥PQ .取22C B 、22C A 的中点22N Q 、，连结22N Q ，在22N Q 上取点2R ，使222Q R =，连结2AR ，则易证2AR ∥R A 1∥PQ ，所以2MAR ∠（或其补角）就是AM 与PQ 所成的角.连结2MR .易求得53=AM ，462=AR ，912=MR .因为22222AM AR MR +=，所以0290MAR ∠=.故选A.解法3 因为()()1111AM PQ AC CM PB B B BQ AC PB AC B B AC ⋅=+⋅++=⋅+⋅+⋅11111100cos 45022BQ CM PB CM B B CM BQ AC BC CC B B +⋅+⋅+⋅=++⋅⋅++⋅2011cos18000222AC AC +=⋅-=，所以AM PQ ⊥ ，即AM 与PQ 所成的角为090，故选A.解法4 以A 为坐标原点，以AB 所在直线为ox 轴，以AC 所在直线为oy 轴，以A A 1所在直线为oz 轴，建立空间直角坐标系.（如图４）设a AC AB AA ===1，则()0,0,0A ，⎪⎭⎫ ⎝⎛2,,0a a M ，⎪⎭⎫ ⎝⎛a a P ,0,3，⎪⎭⎫⎝⎛0,2,2a a Q .所以0,,2a A M a ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，,,62a a PQ a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭, 因为0,,,,0262a a a AM PQ a a ⎛⎫⎛⎫⋅=⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以AM PQ ⊥ ，故AM 与PQ 所成的角等于090.选A.评析 异面直线所成的角通常是通过平移转化成相交直线所成的角以后再求.解法2就是按照这样的思路并运用“补形”的方法，将PQ 平移至2AR ，再通过解三角形求得2MAR ∠即为所求.解法1通过证明AM 与PQ 所在的一个平面垂直，由线面垂直的性质，得PQ AM ⊥，从图4而得AM 与PQ 所成的角为090.这是从哪里想到的呢？应当说这是由选择支中有090而引发的一种思考.解法3、4则是运用向量的方法.解法3并未建立坐标系，一般地，这仅适用于结果是两向量垂直的情形.解法4才是通法，且简单易行.拓展 受解法1、3的启发，可知在题设条件下，AM 与Q B 1、Q A 1等也都成090角.若R 是Q B 1的中点，则AM 与R A 1、PR 等也成090角；若T 是Q A 1的一个三等分点，则AM 与T B 1、PT 等仍成090角，等等.仿照证法1、3，很容易证明上述结论.题89 在三棱锥ABC S -中，SA ，SB ，SC 两两垂直，则BAC ∠ （ ） A 、一定是锐角 B 、一定不是锐角 C 、一定是钝角 D 、一定是直角（第八届高二培训题第3题）解法1 设a SA =，b SB =，c SC =，则=⋅-+=∠AC AB BC AC AB BAC 2cos 22222222222222)()()(c a b a c b c a b a +⋅++-+++ 0))((22222>++=c a b a a ，故)2,0(π∈∠BAC ，选A .解法2 不妨设=SA =SB SC ，则易证=AB =BC CA ，即ABC ∆是正三角形，故BAC ∠是锐角.这说明B 、C 、D 一定错了.故选A .评析 判断一个角是锐角、直角或钝角，通常由此角的某三角函数值的符号确定.由于),0(π∈∠BAC ，若0sin >∠BAC ，则仍不能确定BAC ∠是锐角、直角还是钝角，而当0cos >∠BAC 或者0tan >∠BAC 时就可断定BAC ∠是锐角，同样地，当0cos <∠BAC 或0tan <∠BAC 时，就可断定BAC ∠是钝角，当0cos =∠BAC 或BAC ∠tan 的值不存在时，就可断定BAC ∠是直角.解法1以此为依据解决了问题.解法2根据选择支的特点，采用特殊化思想，排除了B 、C 、D ，从而选A .显得特别简捷. 此题也可用反证法的思路解：设a SA =，b SB =，c SC =.若BAC ∠是直角，则222BC AC AB =+，即222222c b c a b a +=+++.得0=a ，这与0>a 矛盾，故排除D .若BAC ∠是钝角，则必定有AB BC >，且AC BC >，即2222b a c b +>+且2222c a c b +>+，亦即c a <且b a <，而题设并无a 、b 、c 的大小限制，故排除C ，令=SA =SB SC ，则易知ABC ∆是正三角形，故BAC ∠为锐角，又排除B .故选A .再换个角度思考：若C 对或D 对，则B 也对，故C 、D 都不对.又由直觉可知BAC ∠可以为锐角（比如当=SA =SB SC时）故B 又不对，从而选A .题90 图1是以4个腰长为1的等腰直角三角形为侧面的棱锥，其中的四个直角是,,,PBC APB APD ∠∠∠ PDC ∠，求棱锥的高.（第十届高一第二试第22题）解法1 如图2，连AC BD ,交于O ，连PO ，在A P B ∆和APD ∆中，由于90,A P B A P D ∠=∠=1,1,P A P D P B P A ====A P B ∆∴≌APD ∆，从而2==AD AB ，并且PAD PAB ∠=∠①.同理，由题设1,1====DP CD BP CB ，可得CD CB =，并且P C B P C D ∠=∠②.由①、②知A P C ,,都在BD 的中垂面上，∴作⊥PH 面ABCD，则H必在AC上.设z OH y BO x PO h PH ====,,,，则可得2221,x y PB +== 222222222222222222221,1,,2(),2().CO y CB AH PA PH h x z h AB BO OA y z AH CP PH CH h CO z +===-=-=+==+=++==+=++从中消去CO 与z ，可得22222211h x x h h x -=--=--+，由此消去x ，得01324=+-h h ，解之，得215-=h 为所求. 解法2 如图2，连BD AC ,交于O ，连PO ，由题设条件易知⊥AP 面⊥BD PBD ,面PAC ，所以CO PO PO AP =⊥,(POB Rt ∆≌COB Rt ∆).作AC PH ⊥于H ，则h PH =为棱锥的高，PCO APH POA ∠=∠=∠2.又cos sin APH PAH h∠=∠=，故212cos 1s in h A P H P C O -=∠-=∠，在APC ∆中，由正弦定理，得PAH PCPCO PA ∠=∠sin sin ，即01,22112=-+=-h h h h ，得215-=h （另一负值舍去）为所求.解法3 如图2，易证APC ∆≌CDA ∆（三边对应相等），⊥BD 面APC ，设所求的高为h ，由CDA P APC D V V --=，即h S DO S CDA APC ⋅=⋅∆∆3131，得h DO =，在A P ORt ∆中，21h AH -=，又OAPH ⊥，故AHOH h ⋅=2，得)(,12222AH OH OH OC PO hh OH +==-=，得2221hh OC -=，在COD Rt ∆中有，222DO OC CD +=，于是22211h h h +-=，即42310,h h -+=解得h =为所求.解法4 原题等价于命题：“已知ABCD 中，2,1==AD AB .沿对角线AC 折成直二面角D AC B --（图4），且1=BD ，求点B 到平面ACD 的距离”.在图4中，分别过D B ,作AC 的垂线DF BE ,，F E ,分别为垂足.设α=∠BAC ，则,sin α==DF BE αcos =AE ；又设β=∠DAC ，作B G A D ⊥于G ，连结EG ，则E G A D ⊥.所以c o s c o s c os A G A E A G BAD AB AB AEαβ∠==⋅=，得βαc o s c o s 45cos 0⋅=，于是αβcos 2cos =，故1cos cos AF AD βα==.由异面直线上两点距离公式得2222EF DF BE BD ++=，得22112sin (cos )cos ααα=+-ααα242s in1s i ns in2-+=，01sin 3sin 24=+-αα，得215s i n,215s i n -=⋅=∴-=ααAB BE 为所求. 评析 这是本届比赛的压轴题，看似简单，实际上并不容易.解决此题的关键是要发现四面体PACB 与PACD 关于平面PAC 对称，PAC ∆与DAC ∆全等，并充分利用对称与全等的性质，再借助其他定理，建立数学模型使问题得到解决.其中解法1引进了多个未知量铺路搭桥，并逐个消去得所求，这是一种常用的数学方法，用F A BCGDE图4起来自然流畅.把三棱锥不同的面当作底面，所得体积总相等，由此，可求点面距离（或棱锥的高）.解法3以此轻松地解决了问题.这也是求点面距离或棱锥高的常用方法.受解法3的启示，解法4将问题转化为一个等价的较易解决的命题后再行处理，这也是化难为易的常用手段.此题还有多种解法，读者可自行研究，不再赘述.。
第六届希望全国数学邀请赛(高一)第一试
第六届“希望杯”全国数学邀请赛(高一)第一试班级 姓名一、选择题1、已知集合},1|{R x x x A ∈-≠=，},2|{R x x x B ∈≠=，则B A Y 写成区间形式为----------------------------------------------------------------------------------------------（ ）（A ）),2()1,(+∞--∞Y（B ）)2,1(- （C ）),(+∞-∞（D ）),2()2,1()1,(+∞---∞Y Y 2、正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1各面的对角线中与AD 1成600的条数是-----------（ ） （A ）4 （B ）6 （C ）8 （D ）103、若⎩⎨⎧=为无理数为有理数x x x f ,0 ,1)(，则)]([x f f 的值-----------------------------------（ ）（A ） 等于1 （B ）等于0（C ）可能为1，也可能为0（D ）可能是0，1以外的数 4、设}03|{2=-+=px x x M ，}0|{23=+-=rx qx x x N ，},,{r q p S =，且}3{-=N M I ，}1,0,3,2{--=N M Y ，则S 为-------------------------------------（ ）（A ）}6,5,2{-- （B ）}6,5,2{ （C ）}6,2,5{- （D ）}6,5,2{-5、将锐角A 为600，边长为a 的菱形ABCD 沿对角线BD 折成二面角θ，已知]120,60[οο∈θ，则AC 、BD 之间的距离d 的最值为-------------------------------（ ）（A ）23max a d =，4min a d = （B ）43max a d =，43min a d = （C ）43max a d =，4min a d = （D ）23max a d =，43min a d = 6、将225)12(lg log 5-化简后，结果是-----------------------------------------------------（ ）（A ）51lg （B ）5lg （C ）51lg 2 （D ）5lg 2 7、已知1cos sin =⋅βα，则)sin(βα+的值-----------------------------------------（ ）（A ） 不确定，可在]1,0[内取值（B ）不确定，可在]1,1[-内取值（C ）确定，等于1（D ）确定，等于1 或 18、已知方程02=+x x 的实根为a ，x x -=2log 2的实根为b ，x x =21log 的实根为c ，则c b a ,,的大小关系是-------------------------------------------------------------（ ）（A ）a c b >> （B ）a b c >> （C ）c b a >> （D ）c a b >>9、)(x f 是定义在R 上的奇函数，它的最小正周期为2，则)1995()1994()3()2()1(f f f f f +++++Λ等于-----------------------------------（ ）（A ）1或0 （B ）1或 1 （C ）0 （D ）110、已知直二面角βα--l ，直线⊂a 平面α，直线⊂b 平面β，且a 与l 不垂直，b 与l 不垂直，那么------------------------------------------------------------------------（ ）（A ）a 与b 可能垂直，但不可能平行（B ）a 与b 可能垂直，也可能平行（C ）a 与b 不可能垂直，但可能平行（D ）a 与b 不可能垂直，但不可能平二、A 组填空题11、若2log =x a ，3log =x b ，4log =x c ，则=x abc log 。
高一希望杯数学竞赛试题
高一希望杯数学竞赛试题一、选择题（每题5分，共30分）1. 已知函数\( f(x) = 2x^2 + 3x - 5 \)，求\( f(-2) \)的值。
A. 3B. -1C. 1D. -32. 若\( a \)和\( b \)是方程\( x^2 - 4x + 3 = 0 \)的两个根，则\( a + b \)的值为多少？A. 1B. 2C. 3D. 43. 一个圆的半径为5，求其面积。
A. 25πB. 50πC. 75πD. 100π4. 已知\( \sin 30^\circ = \frac{1}{2} \)，求\( \cos 30^\circ \)的值。
A. \( \frac{\sqrt{3}}{2} \)B. \( \frac{\sqrt{2}}{2} \)C. \( \frac{\sqrt{6}}{3} \)D. 15. 若\( \log_{10} 100 = 2 \)，求\( \log_{10} 0.01 \)的值。
A. -1B. -2C. 1D. 26. 一个等差数列的首项为2，公差为3，求第10项的值。
A. 32B. 35C. 38D. 41二、填空题（每题4分，共20分）1. 一个直角三角形的两条直角边分别为3和4，其斜边的长度是______。
2. 已知\( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} = 5 \)，且\( xy = 12 \)，求\( x - y \)的值。
3. 将\( 3x^2 - 6x + 2 \)分解因式，结果为______。
4. 一个正六边形的内角为______度。
5. 若\( \log_{2}8 = 3 \)，求\( \log_{4}8 \)的值。
三、解答题（每题25分，共50分）1. 解不等式：\( |x - 3| < 2 \)。
2. 证明：对于任意正整数\( n \)，\( 1^3 + 2^3 + ... + n^3 = \frac{n^2(n + 1)^2}{4} \)。
高一数学竞赛培训《立体几何部分》
高一上期数学竞赛培训资料（9）
——立体几何部分（1）
一、知识要点——空间几何体的三视图、表面积、体积
1、空间几何体的直观图画法——斜二测画法。
2、空间几何体的三视图画法——长对正、宽相等、高平齐。
3、空间几何体的表面积计算公式、体积的计算公式。
二、题型示例：
1、设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，2和a，且长为a的棱与长为2的棱异面，则a的取值范围是()
A．(0，2) B．(0，3) D．(1，3)
2、一个几何体的三视图如图1－3．
3、某三棱锥的三视图如图1－4()
－4
A．28＋6 5 B．30＋65C．56＋12 5 D．60＋12 5
4、某几何体的三视图如下左图所示，该几何体的表面积是
5(单位：m)3.
6、一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是()
A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱
7、某几何体的三视图如下图所示，则它的体积为()
A．12πB．45πC．57πD．81π
题图）8题图）
8、已知某几何体的三视图如上图所示，则该几何体的体积为()
A. 8π
3B．3π C.
10π
3D．6π
9、某几何体的正视图和侧视图均如图1－1所示，则该几何体的俯视图不可能
．．．是()
10、网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为()
A．6 B．9 C．12 D．18。
希望杯竞赛数学试题详解(91-100题)
高中数学希望杯典型例题100道（91-100）题91 三棱锥P ABC -中，90APB BPC CPA D ∠=∠=∠=︒，为底面ABC 内的一点，45,60APD BPD ∠=︒∠=︒，则CPD ∠的余弦值为______.（第九届高一第二试第20题）解法1 设D 在PA PB PC 、、三边上的投影分别是E F G 、、，则由于45,APD ∠=︒60BPD ∠=︒，1cos 45,cos 60.2PE PD PD PF PD PD ∴=︒==︒= 2222,PE PF PG PD ++= 12PG PD ∴=，即60CPD ∠=︒，它的余弦值为12.解法2 如图1，以P A P B P C、、为棱，PD 的延长线为对角线长作长方体AFCP GEHB -，设,45,,.PA x APD PA AE AE PA x =∠=︒⊥∴== 又设,PB y = 60,,BPD PB BE ∠=︒⊥2,cos 45PAPE y ∴===︒222.x y PC GE ∴====∴在Rt PEC ∆中，1cos ,2PCCPE PE ∠==== 即CPD ∠的余弦值为12. 解法3 如图2，过D 作平面α垂直于PD ，分别交PA PB PC 、、于A B C '''、、，由已知有90,A PB B PC C PA C P '''''''∠=∠=∠=︒∴⊥平面,PA B A B ''''⊂平面PA B ''，,C P A B '''∴⊥从而A B ''⊥平面PDC '，连结C D '并延长交A B ''于E ，连结PE ,显然有,.A B PE A B C E '''''⊥⊥连结A D'、B D'.不妨设1,PD =45A P D A P D '∠=∠=︒902.PD A A P ''∠=︒∴=又B PD BPD'∠=∠60,=︒90,PDB '∠=︒ 2.PB '∴=在Rt A B P ''∆中，A B ''==由,PE A B A P B P ''''⋅=⋅得图1ABD CP F G EH PABCDEA’C’B’图2A PB P PE A B ''⋅===''ED ∴===于是1tan tan 60,cos cos .2PD DPC PED DPC CPD DPC ED '''∠=∠==∠=︒∴∠=∠= 评析 由已知条件画出的图形，CPD ∠的余弦值可在CPD ∆中由余弦定理求得，然而，三边都不知道，这就是本题的难点之所在.如何突破？解法2根据已知90APB BPC CPA ∠=∠=∠=︒这一特点，将已知三棱锥补成长方体，这样就有45,60cos .CPAPD APE BPD BPE CPD CPE CPD PE∠=∠=︒∠=∠=︒∠=∠∠=，，问题归结为解直角三角形，这就容易多了.解法3则通过过D 作平面与PD 垂直，从而使得APD ∠（即A PD '∠）、BPD ∠（即B PD '∠）、及CPD ∠（即C PD '∠）都成为直角三角形的一个内角，同样起到了化难为易的作用.解法1中用到结论2222PE PF PG PD ++=,其依据是：PD 恰为以PE PF PG 、、为棱的长方体的对角线.拓展 因为222211cos cos 45,cos cos 60,24APD BPD ∠=︒=∠=︒=又知结论 1cos 2CPD ∠=，即21cos 4CPD ∠=，所以有222cos cos cos 1APD BPD CPD ∠+∠+∠=，将三个角一般化，我们可得定理 三棱锥P ABC -中，90,APB BPC CPA D ∠=∠=∠=︒为底面ABC 内的一点，PD 与PA AB PC 、、所成的角分别是αβγ、、，则222cos cos cos 1.αβγ++=简证 如图1，222222cos cos cos PA PB PC PD PD PD αβγ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++=++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222PA PB PC PD ++= 221.PD PD==推广 P A P B P C 、、是两两垂直的三条射线，PD 与PA PB PC 、、所成的角分别是αβγ、、，则222cos cos cos 1.αβγ++= 题92 有一个侧棱都是l 的三棱锥，顶点处的三个面角中，有两个都是α，另一个是x .将该棱锥的体积V 表示成x 的函数并求出当x 取什么值时，V 达到最大或最小.（第二届高一第二试第21题）解 设所给的棱锥是α=∠=∠===-ASB ASC l SC SB SA ABC S ,,（定值），x BSC =∠（变量），以BSC ∆所在平面为底面，作⊥AO 底面于O ，作SB OD ⊥于D ，连结AD .（如图）由三垂线定理，SB AD ⊥,于是αc o s c o s ⋅=∠⋅=l A S D SA SD .⊥∠=∠AO BSA ASC , 面BSC ，O ∴在BSC ∠的平分线上.2,xOSD x BSC =∠∴=∠ . ,OD SB ⊥ cos cos cos 2SD l SO x OSD α⋅∴==∠，于是2cos cos 12cos cos 22222222x l x l l SO SA AO αα-⋅=⋅-=-=.又BSC ∆的面积∴=∠⋅⋅=,s in 21s in 212x l B S C SB SC P 三棱锥BS C A -的体积2sin cos 4sin 612cos cos 1sin 61312223223xx l x x l AO P V ⋅-=-⋅⋅=⋅⋅=αα. 设)0(2sin 2>=y y x，则根号内的这部分可以表示为αα222sin 44)(cos 4)1(4)(y y y y y y f +-=--=，当2sin )4(2sin 422αα=--=y 时，)(y f 最大，同时V 也最大.2sin ,2sin 22α=∴=y x y ，即2,2s i n 2s i n 22x x α=是锐角，2sin arcsin2,2sin arcsin 2,2sin 2sin),,0(αααπα===∴∈x x x . 答：当2sin arcsin2α=x 时，V 最大.评析 这是一道立几、函数综合题，涉及的知识面广，方法多.破解此题的关键，一是把A 看成顶点，把面SBC 看成底面；二是写出函数关系式)(x f V =；三是求V 的最值.把A 看成顶点后，x l S h S V SBC SBC sin 21,312=⋅=∆∆是显然的，关键是如何将高h 用x 表示.而要解决这个问题，必须知道由ASC ASB ∠=∠，可得到AS 在底面BSC 上的射影是BSC ∠的平分线这一重要结论（立几中常常用到这一结论）.另外，作SB OD ⊥，由三垂线定理得SB AD ⊥，这就沟通了AO 与x l ,,α之间的关系，使得AO 用x l ,,α表示成为可能.求得的2sin cos 4sin 612223xx l V α-=是较复杂的，如何求其最值也是问题之一.分析出SABCDO只需求2s i nc o s 4s i n )(222xx x g α-=的最值是一个进步；将其变形为2sin cos 4)2sin 1(2sin 4)(2222x x x x g α--=又是一个进步.接着换元，令y x=2sin 2，得α22s in 44)()(y y y f x g +-==，这是一个二次函数在(0,1)上的最值问题，太熟悉了，于是大功告成.其答案也可表示成2sin 2arccos 22α-或αα2sin 2sin arctan 2-.该题重点考查了转化问题的能力，综合运用多种知识解决问题的能力.题93 设M 为正三棱锥S ABC -的底面ABC 内的任意一点，过M 引底面的垂线与这棱锥的三个侧面所在平面分别交于P,Q,R 三点，若正三棱锥的高为2.试求MP MQ MR ++的长.（第十二届高一培训题第81题）解 如图，过M 作MD BC ⊥于D ，作ME AC ⊥于E ，作M F A B⊥于F ，连结P D ,Q E ,R F .显然PDM ∠、QEM ∠、RFM ∠都等于这个正三棱锥的侧面与底面所成的二面角α，MP MQ MR MDtan ME tan ∴++=α+αMFtan (MD ME MF)tan +α=++α.易知M D M E ++为底面正三角形的高h ，因为正三棱锥高为h 2'=，所以有h t a n 1h 3'α=，h tan 3h α='=6，即MP MQ MR 6++=.评析 首先用特殊点指明解题方向：由于M 是正ABC ∆内的任意一点，故不妨使其为正ABC ∆的中心，则此时的P,Q,R 与正三棱锥的顶点S 重合，从而MP MQ MR ++为正在棱锥高的3倍，也就是6.若将此题改为选择题，则已可选出正确答案.然而，这是解答题，又该如何求呢？解决此题遇到的第一个难点就是正确地画出图形.图画出后的关键问题是如何利用正三棱锥这一条件，由于MP MQ MR ++都垂直于底面，且P,Q,R 分别在三个侧面内，故分别过P,Q,R 在三个侧面内作底边的垂线PD,QE,RF ，则MD,ME,MF 为三条射影.由正三棱锥，可知PDM QEM RFM ∠=∠=∠=α，则MP MQ MR (MD ME MF)tan ++=++α.运用正三角P QAESMF D BCR形内任一点到三边距离之和为其一边上的高，设MD ME MF h ++=，正三棱锥的高为h 2'=，则h tan 1h 3'α=，这就得到MP MQ MR 3h ++='=6.这里，发现h tan 1h 3'α=也是解决问题的关键之一，它将三棱锥的高h 2'=与MD ME MF ++，进而与MP MQ MR ++建立了联系，从而最终解决了问题.拓展 此题就是下面定理的特殊情形.定理 若M 是高为h 的正三棱锥S ABC -的底面内的任意一点，过M 引底面的垂线与该棱锥的三个侧面所在平面分别交于P,Q,R 三点，则MP MQ MR 3h ++=.证明留给读者.题94 There are two travel projects from Beijing to Santiago, Chile: (A)Flying westward(向西) to New York, then flying southward to Santiago; (B) Flying southward from Beijing to Friemander, Australia , then flying westward to Santiago. The geographic positions of these four cities may be approximately considered as: Beijing (1200 east longitude, 400 north latitude ), New York (700 west longitude , 400 north latitude ), Friemander (1200 east longitude, 300 south latitude) , Santiago(700 west longitude , 300 south latitude ).Suppose that the air lines go along the spherical distance , then the project of the shorter distance is ________(第十三届高二第一试第20题)译文:从北京前往智利的圣地亚哥,有两种旅行方案可供选择.方案(A):由北京向西飞抵纽约，再向南飞抵圣地亚哥; 方案(B):由北京向南飞抵澳大利亚的弗里曼特尔,再向西飞抵圣地亚哥.上述4个城市的地理位置可近似看作:北京(东经1200,北纬400),纽约(西经700,北纬400), 弗里曼特尔(东经1200,南纬300), 圣地亚哥(西经700,南纬300). 假设飞机航线都是球面距离,那么飞行距离较短的方案是_______.解 用BN d 表示北京与纽约的球面距离, NS d 表示纽约与圣地亚哥的球面距离, BF d 表示北京与弗里曼特尔的球面距离, FS d 表示弗里曼特尔与圣地亚哥的球面距离.则有:(A)方案的航程为BN d + NS d ， (B)方案的航程为BF d + FS d ，而向南飞是沿着经度线(球大圆)飞行，所以NS d =BF d . 又由余弦定理计算直线距离得)170cos 1()40cos (2)]70120(360cos[)40cos (2)40cos (202000020202-=+--=R R R BN 022085sin )40cos (4⋅=R .因此0085sin 40cos 2⋅=R BN (R 为地球半径). 同理，0085sin 30cos 2⋅=R FS .于是BN<FS.又BN d 和FS d 都是小于地球赤道(长)的1/2 , 所以BN d <FS d . 故方案(A)的航程更短些 . 评析 地球表面两点间的最短距离是这两点的球面距离(过这两点及球心的平面截球面所得大圆上的劣弧的长).同一经线上两点间的弧长就是这两点间的球面距离,但同一纬线圈上两点间的劣弧长并不是这两点间的球面距离,因此,此题的关键是为何求得BN d 与FS d ,并比较其大小.当两点间的直线距离小于地球赤道长的一半时，两点间的直线距离小的，这两点间的球面距离也小.运用这一结论可简化运算.拓展 如果直接求北京与纽约间的球面距离BN d '及弗里曼特与圣地亚哥间的球面距离FS d '，又该如何求呢？我们可以运用下面的定理 设地球半径为R ，B A 、是纬度为⎪⎭⎫⎝⎛<≤20πϕϕ的同一纬线圈上两点，这两点的经度差为()πθθ≤<0，则B A 、间的球面距离⎪⎭⎫⎝⎛-=2sincos 21arccos 22θϕR d AB . 证明 设地球的球心为O ，B A 、所在纬度圈的圆心为'O ，则ϕ=∠=∠''OBO OAO，θ=∠B AO '，⊥'OO 平面AB O '，''AO OO ⊥∴，B O OO ''⊥，ϕcos ''R B O A O ==∴.在ABO '∆中，由余弦定理得θϕϕcos cos 2cos 222222R R AB -==()θϕcos 1cos 222-R =2sincos 4222θϕR .在OAB ∆中，222222224cos sin 2cos 12cos sin 22R R AOB R θϕθϕ-∠==-，⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∠∴2sin cos 21arccos 22θϕAOB （弧度）. ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∴2sin cos 21arccos 22θϕR d AB .证毕.将0170,40==θϕ代入上式，便得题中的BN d '，将0170,30==θϕ代入上式便得题中的FS d '，由于03040>，0222285sin 30cos 2185sin 40cos 21->-∴，又x arccos 是减函数，()()020220285sin 30cos21arccos 85sin 40cos 21arccos ->-∴，FS BN d d ''<∴.故方案(A)的航行路程更短些.AB O ’R O题95 如图1所示，矩形ABCD 中，P b AD a AB ,,==为CD 上的任一点，以AB 所在直线为轴，将PAB ∆旋转而成一个旋转体，求旋转体表面积的最大值，并指出当表面积最大时P 点位置.（第十一届高一培训题第79题）解法1 如图2，设P l PB l PA ,,21==到AB 的距离是b ，则旋转体表面积)(21l l b S +=π.为求21l l +的最大值，不妨设PC PD ≤.作B 关于直线CD 的对称点'B ，连结DB DB PB AB ,,,'''，则P 在D AB '∆内部或边界上，延长AP 交'DB 于E ，则≤+'PB PA 'EB PE PA ++=++≤+=''EB DE AD EB AE 'DB AD +，所以DB AD DB AD PB PA +=+≤+'.所以)(,)(222max max 21b a b b S DB AD l l ++=+=+π.此时P 与D 或C 重合.解法2 由解法1，可知只须求PB PA +的最大值.设x PD =，则=+-=PB PA x a PC,2=，表示直角坐标系x o y 内x 轴上的动点))(,(a x o o x P ≤≤到两点),(),,(b a B b o A -的距离之和（如图3）.由平几知识，显然当点P 位于AB 与x 轴的交点M 处时，PB PA +最小，当点P 由点M 处沿x 轴移向点O 时，PB PA +越来越大，当点P 达到点O 时，PB PA +达到最大，为22b a b ++；同样地，当点P 由点M 处沿x 轴移到点),(o a N 处时，PB PA +达到最大，为22ba b ++.故22max )(b a b PB PA ++=+.从而)(222max b a b b S ++=π.评析 此题的难点是求PB PA +的最大值.解法1在作出点B 关于DC 的对称点'B 后，反复利用三角形两边之和大于第三边突破了这一难点；解法2运用函数思想，将PB PA +表示成DP 的长x 的函数，而求这种无理函数的最大值无常规方法，故又将PB PA +看作动点B ’P图2ABCDE A ’图3 图1ABCDP))(,(a x o o x P ≤≤与两定点),(),,(b aB b o A -的距离之和，再利用平几知识求出了最大值.平几知识、转化思想的灵活运用是破解此题的关键.拓展 不难知道，当点P 为DC 的中点时，22m i n 4)(b a PB PA +=+,从而22m i n 4b a b S +=π，进而旋转体表面积的取值范围是2(b ππ⎡⎤+⎣⎦. 题96 ABCD 是一个正方形，M 为AB 上一点，N 为BC 上一点，且AM=BN.连DM 、DN分别交对角线AC 于点P 、Q ，剪掉△MNB.求证：①以DM 、DN 为折痕，将DA 与DC 重合，可以构成一个三棱锥的侧面.②以线段AP 、PQ 、QC 为边恰可构成一个内角为600的三角形.（第一届高一第二试第五题） 解 ①如图1，由于AM=BN ，则CN=BM.以DM 、DN DA 与DC 重合.下面证明AM ，MN ，CN AM=BN <MN ，CN=BM<MN ，所以MN 为AM ，MN ，CN MN<MB+BN=AM+CN ，所以AM ，MN ，CN 可构成一个三角形.故将DA 与DC 重合后，面DAM ，面DMN ，面DNC 锥的侧面.②如图2，在棱锥D-A(C)MN 中，AP 在面ADM 内，PQ 在面DMN QA 在面DAN 内.AP-PQ-QA(C)形成封闭折线构成△APQ ，所以AP ，QC 可构成△APQ 的三条边.现在只须证∠PAQ=600.由于棱锥底面△AMN ≌△BMN （三边对应相等），∴∠MAN=900，又∠DAM=900，∠DA(C)N=900，AP 为∠DAM 的平分线，AQ 为∠DAN 的平分线.作PP 1⊥DA 于P 1，过P 1作P 1S ∥AN 交AQ 于S ，则∠PP 1S=900，P 1A=P 1P=P 1S ，所以PA=SA=SP ，即△PSA 为正三角形，所以∠PAQ=600.评析 这是一个典型的折叠问题，解决此类问题的关键是要搞清楚折叠前的各种量在折叠后是否发生了变化，并画出正确的图形，再根据图形寻求解题的路子.第①小题的核心是证明线段AM 、MN 、CN 可以构成一个三角形.上述证法是证明了最长的线段MN 比两条较短的线段CN 与AM 的和小，故三条线段能构成一个三角形.其实，因为AM=BN ，所以CN=BM.而BN 、MN 、BM 显然构成△BMN ，故AM 、MN 、CN 当然也能构成三角形 .第②小题要证明线段AP 、PQ 、QC 为边可构成一个三角形是很容易的，难就难在要证明此三角形的一个内角是60 0，到底哪一个内角是600？这在直观图上是不易看出的 .瞎猜一通，将会浪费大量时间，且不易得到证明.怎么办呢？我们可以用图1中的三条线段AP 、PQ 、QC 为边画一个三角形，量出一个最接近600的角（若不明显，还可将图1中M 、N 的位置适当移动后再如此操作），然后再去证明，这是一个有效的方法.要证明∠PAQ=60O也并非易事.一般来说，是通过解△PAQ ，求得∠PAQ=600.这就需要知道△PAQ 的三边或一些边与角.我们可以设正方形的边长为1，AM=BN=x ，设∠ADP=θ，则∠APD=1800-450-θ=1350-θ，sin θ=21xx DM AM +=,在△APD 中，)135sin(sin 0θθ-=ADAP ，)135sin(sin 0θθ-=AP ，类似地可在△DCQ 中设∠CDQ=ϕ，则CQ 可用ϕ的三角函数表示出来，再得PQ=2-AP-CQ.然后再用余弦定理，应当说是可以得到∠PAQ=600的，但是太繁了！于是上面的解法抓住∠DAM=∠DAN=∠MAN=900，作PP 1⊥DA 于P 1，，作P 1S ∥AN 交AQ 于S ，又由AP 、AQ 分别是Rt ∠DAM ，Rt ∠DAN 的平分线，得到△P 1AP 、△P 1PS 、△P 1SA 为全等的等腰直角三角形，得AP=PS=SA ，故∠PAQ=600.这就有效地避免了繁琐的运算.这也启示我们，当常规思路（比如通过解三角形求角）难以奏效时，应当改变思考方向，寻求新的解法.题97 正ABC ∆的边长为a ，用任意直线l 截ABC ∆与两边交于F E 、，将ABC ∆沿l 折起作成二面角，由此可形成四棱锥ABEF C -，求此四棱锥的最大体积，并证明之.（第十二届高二培训题第77题）解 由棱锥的体积公式sh V 31=，可知 （1）当l 固定时，CEF ∆折起与平面ABEF 垂直时，所成四棱锥有最大体积，此时，CEF ∆的高CD 即为棱锥的高.（2）当高CD h =固定时，所有的直线l 皆以与C 为圆心，h 为半径的圆相切，由此可知棱锥的体积要最大，必须四边形 ABEF 的面积S 最大，CEF ∆有最小面积.因而只要考虑 与AB 平行的这些直线l .（3）设EF ∥CG AB CG AB ,,⊥交EF 于H ，记a CG x x CH 230,=<<=，则EF = x 32，四棱锥ABEF C -的体积为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2222439332434331x a x x a x V . （4）由⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=222222224322127143271x a x x a x V 212714322⨯≤⎪⎭⎫ ⎝⎛-x a 63232222216271221271343432a a xa x a x ⨯=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⨯⨯=⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+-+，当且仅当=22x -243a 2x ，即⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛<=a x a x 232时取等号.所以3max 363a V =.评析 此题解法中的4个步骤恰好解决了本题的4个关键问题：（1）当l 固定时，折成什么样的二面角体积最大？（2）当高CD h =固定时，l 处于什么样的位置时底面积最大？认识到底面ABEF 的面积最大时CEF ∆的面积最小也是至关重要的.DBCGF H Ell（3）在认识了l 必须与AB 平行，设x CH =后，如何将V 表示成x 的函数？ （4）如何求（3）中函数)(x f V =的最小值？这种高与底面积都在变化，即影响体积V 的两个量都在变化时，先固定一个变量再加以分析的方法在解一些较为复杂的多元函数问题时常常用到，我们应细心体会，并能在实践中自如操作.拓展 将此题略加变动，我们便得下面的定理 若D 是边长为a 的正ABC ∆的BC 边上的动点，将ACD ∆沿AD 折起作成二面角，则由此形成的三棱锥ABD C -的体积的最大值是3483a . 证明 如图，设()a x x CD <<=0，则x a BD -=. ()︒∆-⋅=60sin 21x a a S ABD =()43x a a -.在ACD ∆中，由 余弦定理，求得22a ax x AD +-=.作AD CH ⊥于H ，则==⋅+-=⋅∆ACD S CH a ax x CH AD 222121 4360sin 21axax =︒，所以CH =显然，若ABD ∆固定，则当ACD ∆沿AD 折成直二面角时三棱锥ABD C -的体积最大，此时，CH 就是此三棱锥的高.故()()⋅=+--=+-⋅-⋅=⋅=∆-8823433131222222a aax x x a x a a ax x ax x a a CH S V ABD ABDC()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+--+-=+-+--222222222228aax x aax x a aa ax x a ax x a .令=+-22a ax x ⎪⎪⎭⎫⎝⎛≥a t t 23，则易证⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-t t a a V ABD C 228在⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡∞+,23a 上单调递减，所以m ax )(ABD C V -= 32248323238a a a a a =⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-.题98 给定一个三角形纸片（如图1），你能否用它为原料剪拼成一个正三棱柱（正三棱柱的全面积等于原三角形的面积）？说明你的方法.这里“剪拼”的意思是：依直线剪裁，边对边拼接.（第十四届高二第二试第22题）ABCDHaaxx a -解 可以剪拼成一个正三棱柱，下面分两步证明：（1）设A ∠是最大角之一，取AC AB 、中点F E 、F E 、作BC 的垂线，垂足N M 、一定在BC 内.过A 作的平行线PQ ，分别交两垂线于点Q P 、.由BME ∆AQE ∆，CNF ∆≌APF ∆，可见矩形MNPQ 可由ABC ∆拼而成（如图2）.（2）设矩形MNPQ 中，NP MN ≤，以MN 为边，向内作正MNT ∆，T 与MN 的距离等于NP MN <23,故T 在矩形MNPQ 内.过T 作MN 的平行线RS ，如图3剪拼，即成一个正三棱柱.证毕.评析 正三棱柱的三个侧面是全等的矩形，两底面是全等的正三角形，将正三角形平分后又能拼成矩形，三个全等的侧面矩形总有一边等于底面正三角形的边长.因此，意识到任何一个矩形都可按图3那样剪拼成一个正三棱柱是破解此题的关键之一.在此基础上，如何将任何一个正三角形剪拼成矩形又是一个关键问题，运用平几知识很容易解决这一问题.拓展 对此题作进一步研究，可得命题1 一个三角形可剪拼成任意形状的等积三角形.证明 设已知三角形为ABC ∆，各边长分别为c b a ,,，所求三角形为'''C B A ∆，各边长为'a ，'b ，'c .1、不妨设c b a ≥≥，'''c b a ≥≥.我们先将ABC ∆剪拼成一个边长为2a的矩形MNPQ （如图2）. 2、将矩形MNPQ 剪拼成一组对边长为2'a 的平行四边形.若22'aa >，将矩形MNPQ 作如图4的处理，FE 、分别为PQ MN 、的中点，4''a EM =（倘若EQ a EM >=4''，我们就将矩形MNPQ 截成两个全等的矩形EFQM 与EFPN ，如图5，将E F Q M 接到EFPN ，重复这个操作，直至EQ a <4'），延长E M '交PN 于'N ，''P Q 过F 且平行于''N M ，易知可拼成平行四边形''''Q P N M 且2'''a N M =. 若22'a a <，仍作图5处理，直至MN a >2'（矩形在竖直方向的边长）为止，再进行上述操作.3、因为'''''''11'''22A B C M N P Q a c S S a h ∆>==，所以h c >'（h 为平行四边形的高）.如图6，F E 、分别是''''P N Q M 、的中点，过E 的直线交''Q P 于'A ，交''N M 于'B ，且'''c B A =（由前所证，这样的''B A 存在）连接F A '并延长交''N M 于'C .如图7，若'A 在''P Q 的延长线上，可先将''N FC ∆剪拼到''P FA ∆，再将''A EQ ∆剪拼到''B EM ∆，'A 在''Q P 的延长线上，同理可得.因为在剪拼的过程中，面积始终不变，所以当''c a 、确定时'b 也唯一确定，故'''C B A ∆ 即为所求三角形.命题2 一个三角形可剪拼成任意形状的等积多边形.把要求的多边形看成有限个三角形的组合，设为n ∆∆∆∆,,3,2,1 ，则++=∆∆∆21S S S A B Cn S ∆+ .将ABC ∆底边分成n 份，长度比为n S S S S ∆∆∆∆::::321 ，再依端点将ABC ∆剪成n 个面积依次为n S S S ∆∆∆、、、 21的三角形.由命题1，依次将面积为n S S S ∆∆∆、、、 21的三角形剪拼成n ∆∆∆∆,,3,2,1 .最后将n ∆∆∆∆,,3,2,1 拼起来即得所求多边形.命题3 一个多边形可剪拼成任意形状的等积多边形. 将命题扩展到空间，又得命题4 一个多面体可切拼成任意形状的等积多面体.题99 设在空间给出了20个点.其中某些点涂黄色，其余点涂红色.已知在任何一个平面上的同种颜色的点不会超过三个.求证：存在一个四面体，它的四个顶点同色，并且至少有一个侧面内不含另一种颜色的点.（第一届高一第二试第四题）解 因为20=n ，这20个点涂红、黄两种颜色，所以至少有四个点是同色的.由于任一平面上同色点不会超过三个，所以上述四个同色点不共面，组成四个顶点同色的四面体.于是可知，四个顶点同色的四面体必定存在.由于点数有限（20个），其中四个顶点同色的四面体只能有有限个，所以可选取其中一个体积最小者.这个体积最小的四个顶点同色的四面体即合要求——其中至少有一个侧面内不含另一种颜色的点，如若不然,若它的四个面内都有涂另一种颜色的点,则这四个点必不共面，将形成一个体积更小的四个顶点同色的四面体，于是会产生矛盾.故命题得证.评析 这是最简单、形象、直观的染色——点的染色问题.将空间20个点染成黄色、红色（任何平面上不同色点不超过3个）后，要求证明具有某种性质的对象（四个顶点同色，且至少有一个侧面内不含另一种颜色的点的四面体）存在，这类问题的证明，通常要用到抽屉原理，重叠原理等组合学中的基本原理，或利用奇数偶性分析，有时还用到构造法、递归法、数学归纳法等数学方法.本题中利用抽屉原理，立即证得四个顶点同色的四面体的存在性.再在存在的有限个四顶点同色的四面体中取一个体积最小的，再用反证法证明这个体积最小的四面体就是四个顶点同色，并且至少有一个侧面内不含另一种颜色的点的四面体.题100 用四个边长分别为 a ， b ， c (a>b>c>0)的锐角三角形可以拼成一个四面体.把拼成的任何一个四面体的各棱用红、黄、蓝三色染色，每条棱染一色，每种色染两条棱，考虑一切经过这样染色的四面体，如果经过适当转动，两个染色四面体完全重合，并且重合的对应棱同色时，称这样的两个四面体是同一染色类.问：所有这样的染色四面体可分为几种染色类？（第四届高一第2试第22题）解：所构成的四面体对棱长度相等，图中AB=CD,AC=BD,BC=AD .从四面体外部看，任何一个表面三角形三条边都包含 a ， b ， c 三种长度，按它们的配置顺序看，可分为两类：一类是边长为 a ， b ， c 的三边按顺时针方向排布，另一类是按逆时针方向排布.如果有两个四面体分别属于这两类，那么无论如何转动，这两个四面体都不会重合.因此，只要把 a ， b ， c 三边顺时针方向排布的染色四面体的染色类数弄清楚了，就可以把这个数乘以2，得到全部染色类的数目.以下设 a ， b ， c 顺次按顺时针方向排布，按染色方法可分成三种不同方式：①三组对棱对应同色，即图中 AB 与 CD 、 AC 与 BD 、 BC 与 AD 同色.容易看出，只要一个顶点处的三条棱所占的三种颜色确定后，整个四面体的染色也就确定了.这种方式下，有⨯⨯321=6类.②恰有一组对棱同色，设长为 a 的对棱同色，另外两组对棱对应异色.当长为 a 的这组对棱的颜色确定后，不论另外四条棱怎样染色（但要使另外两组对棱对应异色），都可以经过适当旋转，使这样染色的两个四面体重合，且对应棱同色，也就是说：长为 a 的对棱同色时，可划分为3个染色类.同理，长为 b ，长为 c 的对棱同色也是这样，在这种染色方式下，共可划分为3⨯3=9类.③任何两条对棱都异色，这时有且仅有一个三角形，它的三边是三种不同颜色，设∆ABC 中， BC 染了红色， AC 染了黄色， AB 染了蓝色这时，只要 AD 染色确定后，整个四面体的染色就确定了. AD 可染黄色，也可染蓝色.这样形成的两个染色四面体不同类.因此，这种染色方式下，A B CD3212=12类.有⨯⨯⨯(6+12)2=54种.综上分析，考虑到a,b,c按逆时针方向排布的四面体，共有9+⨯评析显然不是所有染色四面体经过适当转动后两个四面体都能完全重合且重合的对应棱是同色的，于是必须对所有染色四面体进行分类.染色问题的本质就是分类.分类应注意既不能重复又不能遗漏.要做到这一点，分类标准必须一致.因此，如何分类？分哪几类？分类以后怎么办？就成了解决问题的关键.由于本题中的四面体的任何一个表面三角形三边都包含 a， b， c三种长度，故可按其配置顺序分为两类：一类是边长为 a， b， c的三边按顺时针方向排布，另一类是按逆时针方向排布.认识分属这两类的两个四面体都不会是同一染色类也是十分重要的，在此基础上，我们只须把 a， b， c顺时针方向排布的染色四面体的染色类数弄清楚了，而 a， b， c按逆时针方向排布的染色四面体的染色类数与其相同，故问题也就解决了.于是又对 a， b， c按顺时针方向排布时按染色方法分为三类，并逐一求出同一染色类数，便最终解决了问题.。
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高一数学竞赛（立体几何）专题一、有关概念、性质、定理
1．平面
平面的基本性质：掌握三个公理及推论，会说明共点、共线、共面问题。
2. 空间直线.
（1）. 空间直线位置关系三种：相交、平行、异面. 相交直线：共面有且仅有一个公共点；平行直线：共面没有公共点；异面直线：不同在任一平面内，无公共点
[注]：①两条异面直线在同一平面内射影一定是相交的两条直线.（×）（也可能两条直线平行，也可能是点和直线等）②直线在平面外，指的位置关系是平行或相交③若直线a、b异面，a平行于平面α，b与α的关系是相交、平行、在平面α内.④两条平行线在同一平面内的射影图形是一条直线或两条平行线或两点.⑤在平面内射影是直线的图形一定是直线.（×）（射影不一定只有直线，也可以是其他图形）
⑥在同一平面内的射影长相等，则斜线长相等.（×）（并非是从平面外一点
．．向这个平面所引的垂线段和斜线段）⑦b
a,是夹在两平行平面间的线段，若b
a=，则b
a,的位置关系为相交或平行或异面.
⑧异面直线判定定理：过平面外一点与平面内一点的直线和平面内不经过该点的直线是异面直线.（不在任何一个平面内的两条直线）
（2）. 平行公理：平行于同一条直线的两条直线互
相平行.
等角定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等（如右图）. （直线与直线所成角]90,0[︒︒∈θ）
推论：如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成锐角（或直角）相等.
空间两条直线垂直的情况：相交（共面）垂直和异面垂直.
[注]：21,l l 是异面直线，则过21,l l 外一点P ，过点P 且与21,l l 都平行平面有一个或没有，但与21,l l 距离相等的点在同一平面内. （1L 或2L 在这个做出的平面内不能叫1L 与2L 平行的平面）
3. 直线与平面平行、直线与平面垂直.
（1）. 空间直线与平面位置分三种：相交、平行、在平面内.
（2）. 直线与平面平行判定定理：如果平面外一条直线和这个平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行.（“线线平行⇒线面平行”）
[注]：①直线a 与平面α内一条直线平行，则a ∥α. （×）（平面外一条直线）②直线a 与平面α内一条直线相交，则a 与平面α相交. （×）（平面外一条直线）③若直线a 与平面α平行，则α内必存在无数条直线与a 平行. （√）（不是任意一条直线，可利用平行的传递性证之）④两条平行线中一条平行于一个平面，那么另一条也平行于这个平面. （×）（可能在此平面内）⑤平行于同一个平面的两直线平行.（×）（两直线可能相交或者异面） ⑥直线l 与平面α、β所成角相等，则α∥β.（×）（α、β可能相交）
（3）. 直线和平面平行性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行.（“线面平行⇒线线
平行”）
（4）. 直线与平面垂直是指直线与平面任何一条直线垂直，过一点有且只有一条直线和一个平面垂直，过一点有且只有一个平面和一条直线垂直. 4. 平面平行与平面垂直.
（1）. 空间两个平面的位置关系：相交、平行.
（2）. 平面平行判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行.（“线面平行⇒面面平行”）
推论：垂直于同一条直线的两个平面互相平行；平行于同一平面的两个平面平行.
[注]：一平面内的任一直线平行于另一平面.
（3）. 两个平面平行的性质定理：如果两个平面平行同时和第三个平面相交，那么它们交线平行.（“面面平行⇒线线平行”）
（4）. 两个平面垂直判定一：两个平面所成的二面角是直二面角，则两个平面垂直.
两个平面垂直判定二：如果一条直线与一个平面垂直，那么经过这条直线的平面垂直于这个平面.（“线面垂直⇒面面垂直”）
（5）. 两个平面垂直性质定理：如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线也垂直于另一个平面.
推论：如果两个相交平面都垂直于第三平面，则它们交线垂直于第三平面.
简证：如图，在平面内过O 作OA 、OB 分别垂直于21,l l ，
因为ααββ⊥⊂⊥⊂OB PM OA PM ,,,则OB PM OA PM ⊥⊥,.所以结论成立 5. 棱柱. 棱锥
P
α
β
θ
M A
B O
（1）. 棱柱. 棱柱具有的性质：
①棱柱的各个侧面都是平行四边形，所有的侧棱都相等；直棱柱的各个侧．．．面都是矩形．．．．．；正棱柱的各个侧面都是全等的矩形．．．．．.②棱柱的两个底面与平行于底面的截面是对应边互相平行的全等．．多边形.③过棱柱不相邻的两条侧棱的截面都是平行四边形.
（2）. 棱锥：棱锥是一个面为多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形.
[注]：①一个三棱锥四个面可以都为直角三角形.②一个棱柱可以分成等体积的三个三棱锥；所以棱柱棱柱3V S h V ==.
c.特殊棱锥的顶点在底面的射影位置：
①棱锥的侧棱长均相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形的外心. ②棱锥的侧棱与底面所成的角均相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形的外心.
③棱锥的各侧面与底面所成角均相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形内心.
④棱锥的顶点到底面各边距离相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形内心.
⑤三棱锥有两组对棱垂直，则顶点在底面的射影为三角形垂心.
⑥三棱锥的三条侧棱两两垂直，则顶点在底面上的射影为三角形的垂心. ⑦每个四面体都有外接球，球心0是各条棱的中垂面的交点，此点到各顶点的距离等于球半径；
⑧每个四面体都有内切球，球心I 是四面体各个二面角的平分面的交点，到各面的距离等于半径.
（3）. 球：
a.球的截面是一个圆面.
①球的表面积公式：24R S π=.②球的体积公式：33
4R V π=.
附：①圆柱体积：h r V 2π=（r 为半径，h 为高）
②圆锥体积：h r V 23
1π=（r 为半径，h 为高）
③锥体体积：Sh V 3
1=（S 为底面积，h 为高）
（1）. ①内切球：当四面体为正四面体时，设边长为a ，a h 36
=
，24
3a S =底，2
43a S =
侧，得
R a R a a a ⋅⋅+⋅=⋅2224331433643
a a a R 4
6
34233
4/42=⋅=
=⇒. 注：球内切于四面体：h S R S 3
13R S 3
1V 底底侧ACD B ⋅=⋅+⋅⋅⋅=-。
②外接球：球外接于正四面体，可如图建立关系式. 二、例题解析
1．已知m ,l 是异面直线，给出以下四个命题：
①一定存在平面α过m 且与l 平行． ②一定存在平面α与m ,l 都垂直． ③一定存在平面α过m 且与l 垂直．
④一定存在平面α与m , l 的距离都相等． 其中错误的命题个数是（ ）
(A) 1 . (B) 2 . (C) 3 . (D) 4 . 2、
O
R
以上都是正方体的表面展开图，还原成正方体后，其中有两个完全一样的是-（ ）
（A ）（1）与（2） （B ）（1）与（3） （C ）（2）与（4） （D ）（3）与（4） 3、平面α⊥平面β，直线a ∥α，a 与β成45︒角，直线b ∥β，b 与α成45︒角，则直线a 与b 所成的角的大小为 。
4、正方体每个面上正方形的对角线叫做正方体的面对角线。
在正方体ABCD-A
1B 1C 1D 1中，与BD 1垂直的面对角线的条数是-------------------------------------（ ）
（A ）0 （B ）3 （C ）6 （D ）9 5、如图所示是一个5⨯4⨯4的长方体，上面有2⨯1⨯4，2⨯1⨯5，3⨯1⨯4的穿透的洞，剩下部分的体积为
----------------------------------（ ）
（A ）50 （B ）54 （C ）56 （D ）58 6、矩形ABCD 中，AB=4，BC=3，PA ⊥平面ABCD ，PA=1，则P 点到BD 的距离等于 。
7、在一个正方体中取四个顶点作为一个四面体的顶点，在这样的一个四面体中，直
角
三
角
形
最
多
有
----------------------------------------------------------------------------（ ）
（A ）1个
（B ）2个 （C ）3个
（D ）4个
8、在正四面体ABCD 中，△ABC 和△ACD 的中心分别为M 和N ，且MN=1，这个四面体的高为 。
9、在棱长为3的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 为棱AA 1上一点，且A 1E=1，F 为截面A 1BD 内一动点，则AF+FE 的最小值等于 。
10．定点P 不在△ABC 所在平面内，过P 作平面α，使△ABC 的三个顶点到α的距离相等，这样的平面共有
（ ）
（Ａ）１个（Ｂ）２个（Ｃ）３个（Ｄ）４个
11．已知球的两个平行截面的面积分别为5π和8π，它们位于球
心的同一侧且相距是1，那么这个球的半径是( )
A.4
B.3
C.2
D.5
12．在三棱锥P—ABC中，底面是边长为2 cm的正三角形，PA＝PB ＝3 cm，转动点P时，三棱锥的最大体积为．
B，D，0
60，C，，C，13/5，D，6，10，D，B，
36
2。