高中数学解题方法之构造法(含答案)

㊀㊀解题技巧与方法㊀㊀１１６㊀例析构造法在高中数学解题中的应用例析构造法在高中数学解题中的应用Һ张文琴１㊀许零筝２㊀（１．台州市第一中学，浙江㊀台州㊀３１８０００；２．三门第二高级中学，浙江㊀台州㊀３１７１９９）㊀㊀ʌ摘要ɔ构造法是指依据题设条件㊁结论特征和性质，构造辅助内容，使其成为全新的方程㊁函数㊁图像㊁代数式等．构造法在数学解题中的应用，彻底打破了定向思维的束缚，开辟了全新的解题视角，有效提升了学生的数学解题能力．基于此，文章分析了构造法在高中数学解题中的应用价值，并针对构造法在高中数学解题中的具体应用进行了详细探究．ʌ关键词ɔ高中数学；解题能力；构造法；核心素养常规的解题思路基本上都是从已知条件向所求结论展开定向思考．但针对部分题目来说，常规的解题思路已经无法满足解题要求．此时，学生可以借助创造性的思维，根据题目中所给出的已知条件㊁结论特征等，构造辅助内容，使其成为全新的方程㊁函数㊁图像㊁代数式等，进而将已知条件和结论联系起来，形成解题思路．从构造法的内涵上来说，其中也蕴含了大量的数学思想，如：类比㊁归纳㊁转化．学生在创造性解答问题的过程中，不仅促进了数学知识的内化㊁迁移，也实现了数学思维的发展，这与数学核心素养的要求不谋而合．鉴于此，强化学生利用构造法解题，已经成为当前高中数学教学的重中之重．一㊁构造法与高中数学解题教学（一）构造法的内涵构造法在高中数学解题中尤为常见，主要思路是运用所学数学知识，以题目中的已知条件㊁所求结论作为解题出发点，通过综合性分析，构造出能够满足题目已知条件和所求结论的新形式，进而促进原有数学问题转化，使原本繁杂的数学问题变得简单㊁清晰，以便于学生迅速形成新的解题思路．鉴于构造法的内涵，其在解题中呈现出五个显著的特点：其一，构造性，主要是借助创新思维构造模型，立足于数学问题的本质，促进数学问题的简单化；其二，直观性，主要是借助已有数学知识，结合数学题目构建新的模型，形成解题思路；其三，可行性，构造法在高中数学解题中应用范围比较广，具备极强的实用性；其四，灵活性，在运用构造法解答数学问题时，学生必须具备丰厚的知识储备量，并结合自身的解题习惯，自行选择构造数学模型的类型；其五，多样性，构造法在应用时没有定式，学生可结合具体的题目要求，构造不同的解题模型．（二）构造法的应用价值首先，提高了学生的数学解题能力．构造法作为一种创造性解决问题的方法，可以使得题目中的隐藏条件变得可视化．因此，构造法的应用有效地消除了学生在解题过程中的畏难情绪，有助于强化学生的数学解题思路，使其逐渐强化解题能力．其次，提高了学生的数学思维能力．数学学科对学生的思维能力要求比较高，而学生的思维能力和解题能力之间息息相关．构造法的应用不仅促进了学生归纳㊁类比㊁转化数学思想的发展，也促进了学生数学思维能力的发展，这为学生更好地解决数学问题奠定了坚实的基础．最后，提高了学生的知识转化能力．高中数学题目极具综合性，学生在解题时，只有将各个部分的数学知识点整合起来，通过数学知识的迁移和转化，才能完成数学题目的解答．构造法的应用将代数㊁几何㊁函数等知识点整合起来，促进了数学知识的转化，使学生能灵活运用数学知识，从不同的角度思考问题㊁解决问题．二㊁构造法在高中数学解题中的具体应用（一）构造方程，解答数学问题构造方程在高中数学解题中尤为常见，主要是立足于方程与函数之间的关系，结合题目已知条件，构造方程，解答相关的数学问题．例１㊀已知（ｍ－ｎ）ｘ２－４（ｎ－ｘ）（ｘ－ｍ）＝０，求证：参数ｍ，ｘ，ｎ所构成的数列为等差数列．解析㊀这一数学题目与数列相关．如果按照传统的解题思路，那么学生所面临的求解难度比较大，甚㊀㊀㊀解题技巧与方法１１７㊀㊀至还需要大量的运算，极易出现错解的现象．鉴于此，可通过构造方程，从题目中所求结论出发，将其与题目中的已知条件结合起来，进而形成明确的证明思路：构造二次方程（ｎ－ｘ）ｔ２－（ｍ－ｎ）ｔ＋（ｘ－ｍ）＝０．观察其各项系数特点，可发现各项系数之和为零，故方程必有一根为１．又恰好该二次方程的根的判别式Δ＝０，故该二次方程有两个等根，即由根与系数的关系，得ｔ１ｔ２＝ｘ－ｍｎ－ｘ＝１，即２ｘ＝ｍ＋ｎ，所以得证．由此可见，借助构造方程的思想，从新的角度思考和分析问题，使得原本复杂的数学问题简单化，真正提升了学生的数学解题效率．（二）构造数列，解答数学问题在高中数学教学中，数列知识尤为重要．解答这一类型数学问题时，可灵活运用构造数列的方式，结合题目中相关信息和条件要求，通过替换等方式，构建新的数列，旨在简化数学问题，提升解题效率．例２㊀已知ｎ为正整数，求证：１ｎ＋１＋１ｎ＋２＋１ｎ＋３＋ ＋１３ｎ＋１＞１．解析㊀在这一题目中，已知条件非常简单，只有ｎ为正整数．鉴于此，可运用构建数列的方式寻求证明思路：令１ｎ＋１＋１ｎ＋２＋１ｎ＋３＋ ＋１３ｎ＋１＝ａｎ，则：ａｎ＋１－ａｎ＝１３ｎ＋４＋１３ｎ＋３＋１３ｎ＋２－１ｎ＋１＝１３ｎ＋４＋１３ｎ＋２－２３ｎ＋３＝２（３ｎ＋２）（３ｎ＋３）（３ｎ＋４）．因为ｎ为正整数，所以ａｎ＋１－ａｎ＞０，因此数列｛ａｎ｝为递增数列，根据ａ１＞１可得出该不等式成立．由此可见，按照常规思路很难求解此题，甚至还会在解题的过程中，由于步骤多㊁计算复杂等，导致出现错误．鉴于此，可通过构造数列，使复杂问题简单化，帮助学生顺利解题．（三）构建函数，求解数学问题在高中数学解题中，构造函数也尤为常见，其与构造方程本质相同．在解题中，可结合具体题目，构造函数，以此分析并解决数学问题．例３㊀已知ａ＜ｂ，ａ，ｂ，ｃ均为正实数，求证：ａｂ＜ａ＋ｃｂ＋ｃ．解析㊀对于这一题目，如果按照传统思路和方法进行证明，则极易陷入解题误区．鉴于此，可融入构造法，通过分析题目中已知条件，构建函数模型，形成证明思路：假设ｃ＝ｘ，将ａ＋ｃｂ＋ｃ构造成函数，即ｆ（ｘ）＝ａ＋ｘｂ＋ｘ，将ｆ（ｘ）＝ａ＋ｘｂ＋ｘ进行转化，即ｆ（ｘ）＝ａ＋ｘｂ＋ｘ＝ａ－ｂｂ＋ｘ＋１．该函数为增函数，递增区间为（０，＋ɕ）．又因为ａ，ｂ，ｃ均为正实数，因此ａｂ＜ａ＋ｃｂ＋ｃ．例４㊀已知关于ｘ的方程ｘ２－（２ａ＋１）ｓｉｎ（ｃｏｓｘ）＋１－４ａ２＝０存在唯一的实数解，求实数ａ的值．解析㊀该题目为二次方程问题．因为题目中含有参数，所以学生在解题时常常毫无头绪．鉴于此，可结合已知条件和未知参数，通过构造函数的方式，形成解题思路：构造函数ｆ（ｘ）＝ｘ２－（２ａ＋１）ｓｉｎ（ｃｏｓｘ）＋１－４ａ２．因为ｆ（－ｘ）＝ｆ（ｘ），所以该函数为偶函数．假设ｘ０为ｆ（ｘ）＝０的解，则－ｘ０也为函数ｆ（ｘ）＝０的解，即－ｘ０＝ｘ０，因此，ｘ０＝０．所以ｆ（０）＝０２－（２ａ＋１）ｓｉｎ（ｃｏｓ０）＋１－４ａ２，即（２ａ＋１）（１－２ａ－ｓｉｎ１）＝０，解得ａ＝－１２或ａ＝１＋ｓｉｎ１２．由此可见，在遇到这一类型的问题时，学生可通过对已知条件㊁所求结论的分析，构造一个新的函数关系，将所求的问题转化为函数问题，进而运用函数的相关性质进行解答．（四）构造几何图形，解答数学问题在解答数学问题时，由于部分题目难度非常大，并且已知条件复杂，因此学生在分析题目时，常常难以理清思路，导致解题陷入困境．鉴于此，可运用构造法，结合题目中已知条件，构造出直观的几何图形，进而打开解题思路．例５㊀求函数ｆ（ｘ）＝ｘ２－４ｘ＋１３＋ｘ２－１０ｘ＋２６的最小值．㊀㊀解题技巧与方法㊀㊀１１８㊀解析㊀这一题目已知条件简单，但如果按照常规思路进行解题，学生则难以形成清晰的解题思路．鉴于此，可通过构造图形的方式，将题目中的已知条件直观地呈现出来．㊀ｆ（ｘ）＝ｘ２－４ｘ＋１３＋ｘ２－１０ｘ＋２６＝（ｘ－２）２＋（０－３）２＋（ｘ－５）２＋［０－（－１）］２．㊀图１构造平面几何图形（如图１所示），假设平面上有一点Ｐ（ｘ，０），定点Ｍ（２，３），Ｎ（５，－１）．如此，所求问题转化为求Ｐ到Ｍ，Ｎ距离的最小值．结合所学知识可知，当三点共线时，ｆ（ｘ）存在最小值，即ｆ（ｘ）ｍｉｎ＝ＭＮ＝（２－５）２＋（３＋１）２＝５．由此可见，借助构造平面图形的方式，可将原本繁杂的数学问题简单化．学生通过观察，构建已知条件和所求结论之间的关系，并运用所学知识灵活解答问题．（五）构造向量，解答数学问题在高中阶段，构造向量是一种非常重要的解题方式．在具体的高中数学解题中，可运用构造法，将不等式问题㊁函数问题等构造成向量问题，进而运用向量的相关知识进行解答．例６㊀假设函数ｙ＝２ｘ＋１＋４－ｘ，求该函数的最大值．解析㊀这是一道经典的函数问题，如果按照传统的解题思路解答问题，则会产生大量的计算步骤，极易出现计算错误．鉴于此，可借助构造法，运用向量的相关知识㊁性质进行解答．假设向量ｍ＝（２，１），向量ｎ＝（ｘ＋１，４－ｘ）．由于ｍ㊃ｎɤｍ㊃ｎ，因此ｙ＝ｍ㊃ｎɤ５．故当ｘ＝３时，函数ｙ＝２ｘ＋１＋４－ｘ存在最大值，为５．例７㊀在әＡＢＣ中，øＢＣＡ＝θ，ＣＢ＝ａ，ＣＡ＝ｂ，ＡＢ＝ｃ，试对әＡＢＣ的余弦定理进行证明．解析㊀可结合题目中的已知条件，构造向量：向量ＣＢң＝ａ，向量ＣＡң＝ｂ，向量ＡＢң＝ｃ．已知ｃ＝ａ－ｂ，则ｃ２＝ｃ㊃ｃ＝（ａ－ｂ）㊃（ａ－ｂ）＝ａ㊃ａ＋ｂ㊃ｂ－２ａ㊃ｂ＝ａ２＋ｂ２－２｜ａ｜｜ｂ｜ｃｏｓθ．即ｃ２＝ａ２＋ｂ２－２ａｂｃｏｓθ．由此可见，借助构造向量的方法，可将原本繁杂的数学问题简单化．学生从新的视角出发，根据新的思维模式，运用所学的知识思考问题㊁分析问题㊁解答问题．三㊁基于构造法解答数学问题的教学启示课堂教学实践证明，通过构造法在高中数学解题中的应用，真正实现了 化繁为简㊁由难到易 的目的．学生结合题目中的已知条件和所求问题，构造新的关系，促进所求问题的转化．可以这样说，构造法在解题中的应用不仅提升了学生的数学解题能力，也发展了学生的思维能力，更加强了学生的数学综合素养．鉴于此，教师在日常教学中，应有意识地渗透构造法，加深学生对构造法的理解，使其能掌握构造法．一方面，学生的构造意识并不是在短时间内形成的，唯有通过潜移默化地渗透，才能达到预期的目标；另一方面，虽然构造法在解题中占据一定的优势，但并不意味着构造法适用于每一道题目，因此教师在日常解题中要带领学生积极开展一题多解训练，帮助学生掌握多种解题方法，便于学生在对比中了解构造法的解题优势和具体应用，使其在日后解题中能够合理利用这一方法．结㊀语构造法在高中数学解题中尤为常见，通过构造函数㊁构造方程㊁构造数列㊁构造平面图形等手段，可将原本复杂的数学问题简单化，便于学生形成新的解题思路，从新的视角分析问题㊁解答问题．鉴于此，教师在日常教学中，应结合实际情况，有意识地渗透构造法，不断提升学生的解题能力．ʌ参考文献ɔ［１］庄素慧．基于 构造法 的高中数学解题思路探索［Ｊ］．数理化解题研究，２０２２（３１）：５５－５７．［２］张宏敏．应用构造法在高中数学中的解题策略［Ｊ］．数理天地（高中版），２０２２（１８）：４９－５１．［３］刘海杰．构造法在高中数学解题中的运用措施分析［Ｊ］．数理化解题研究，２０２２（１２）：１４－１６．［４］丁爱年．高中数学解题教学中构造法运用分析［Ｊ］．数学之友，２０２２（０４）：２５－２７．［５］张焕生．解析构造法在高中数学解题中的运用［Ｊ］．数理天地（高中版），２０２２（０２）：１４－１５．［６］刘晓妮．高中数学解题中应用构造法的总结［Ｊ］．数理化解题研究，２０２１（３１）：６５－６６．。

Җ㊀山东㊀逄锦亮㊀㊀数学成绩与解题方法息息相关,有效的解题方法可以帮助学生取得好成绩．笔者对近些年的高考题进行研究,发现高考作为一种选拔性考试,部分考题通过常规方法是无法快速完成解答的．构造法作为一种有效的解题方法,在很多数学难题的解答中发挥了重要作用．本文将简单介绍构造法,然后就构造法的应用策略进行研究．１㊀数学构造法简介一般而言,解题的过程是根据题目的已知条件探究未知条件的过程,但是并不是所有的题目都可以方便快捷地得到解决．在实际解题过程中,一些题目可以考虑越过原题目设置的障碍,创设新的辅助工具实现题目解答．构造法就是一种利用题干信息构造合适对象,通过一定步骤实现解题的过程．构造法是在对数学题干条件㊁结论的充分分析基础上,利用问题中的数量㊁条件构造熟悉模型,从而合理构成辅助解题的对象．高中数学中构造方法的类别如图１所示．图１㊀高中数学中构造方法的类别解题对于数学知识的掌握具有一定的意义,而构造法的掌握有利于锻炼学生独立思考解决问题的能力．采用构造法解决数学问题要遵循一定的原则,概括而言主要包括以下几条:１)相似性原则,观察题目与已解决过的题目之间的共同点,找到熟悉的数学模型,快速解决问题;２)直观性原则,对题目的问题进行分析,构造问题与题干之间的模型,找出隐含的问题与条件的关系,求解题目;３)等价性原则,构造与题目等价的新问题,通过解决构造的问题而解答题目．２㊀解题策略２ １㊀解题步骤通常来说采用构造法解题的步骤如下:１)分析问题;２)由问题分析题干,寻求联系,找出突破点;３)寻找题目与旧知识的相似点,构造对象;４)仔细推敲条件和结论,理清思路解决问题;５)规范作答．２ ２㊀实例解析采用构造法通常是解答难度比较大的试题,本文只介绍构造函数和构造方程这两种常用的构造方法,用这两种方法解决的题目一般是高考中常见的数学难题,也是高考命题几乎每年都有的试题类型,对大多数同学来说难度较大,也是高考的选拔性功能在数学试题中的体现,掌握合适的方法求解对于提高数学成绩效果显著．例１㊀求解s i n２５ʎc o s６５ʎ＋s i n５ʎs i n５５ʎ的值．x＝s i n２５ʎc o s６５ʎ＋s i n５ʎs i n５５ʎ,y＝c o s２５ʎs i n６５ʎ＋c o s５ʎc o s５５ʎ,x＋y＝s i n２５ʎc o s６５ʎ＋s i n５ʎs i n５５ʎ＋c o s２５ʎs i n６５ʎ＋c o s５ʎc o s５５ʎ＝s i n９０ʎ＋c o s４０ʎ＝１＋c o s５０ʎ,x－y＝s i n２５ʎc o s６５ʎ＋s i n５ʎs i n５５ʎ－co s２５ʎs i n６５ʎ－c o s５ʎc o s５５ʎ＝－s i n４０ʎ－c o s６０ʎ＝－１２－c os５０ʎ, x＋y＋x－y＝２x＝１＋c o s５０ʎ－１２－c o s５０ʎ＝１２,即x＝s i n２５ʎc o s６５ʎ＋s i n５ʎs i n５５ʎ＝１４．对题目进行分析,发现题目和三角函数的和差角公式类似,找到相似知识点,然后构造出相应的公式,从而实现了问题的求解．如何构造是难点,需要熟练掌握课本知识,并且多做练习掌握技巧．例２㊀已知a,b,c是实数,而且a＋b＋c＝０, a b c＝１,证明:a,b,c中至少有一个大于３２．构造方程x２－(a＋b)x＋a b＝x２＋c x＋１c＝０,a,b为构造的方程的两个解．那么可知Δȡ０,即Δ＝c２－４cȡ０,又有a＋b＋c＝０,a b c＝１,故可知a,b,c中至少有一个大于０．假设c＞０,则有c３－４ȡ０,进而c３ȡ４＞３３２８＞３２７８＝３２,即有c大于３２,所以a,b,c中至少有一个大于３２．该证明题看似很难,解题时很多学生无从下手,但是根据题干找出题目的相似点,就能通过构造方程实现对问题的求解．(作者单位:山东省青岛市西海岸新区第二高级中学)７１。

探讨高中数学圆锥曲线解题中构造法的应用高中数学是学生学习数理知识的重要阶段，而圆锥曲线是数学中的重要内容之一。

圆锥曲线是指在平面上的某个点和一条不过这个点的定直线之间的距离的比例是一个常数的点的轨迹。

圆锥曲线有椭圆、双曲线、抛物线等种类，它们在数学中有着重要的应用和意义。

高中数学圆锥曲线的解题中，构造法是非常重要的解题方法之一。

本文将探讨高中数学圆锥曲线解题中构造法的应用。

我们来了解一下圆锥曲线的构造法。

圆锥曲线的构造法主要是利用圆锥曲线的定义和基本性质，通过构造曲线的一些特殊点或者曲线的一些性质来解题。

椭圆的构造法主要是通过焦点和给定点的连线与椭圆的交点来构造椭圆曲线的。

双曲线的构造法主要是通过双曲线的渐近线和焦点与双曲线的交点来构造双曲线曲线的。

抛物线的构造法主要是通过抛物线的焦点和直线的焦距来构造抛物线曲线的。

通过这些构造法，可以更好地理解和解决圆锥曲线的相关问题。

构造法还可以培养学生的数学建模能力和解决问题的能力。

在解题的过程中，通过构造曲线的一些特殊点或者曲线的一些性质来解题，可以培养学生的观察、分析和解决问题的能力。

在解椭圆的问题时，可以通过构造椭圆的渐近线和焦点的位置来解题；在解双曲线的问题时，可以通过构造双曲线的渐近线和渐近线的交点来解题；在解抛物线的问题时，可以通过构造抛物线的焦点和法线的交点来解题。

通过构造法解题，可以培养学生的数学建模思维和解决问题的能力，提高学生的综合素质和学习能力。

高中数学圆锥曲线解题中构造法是非常重要的解题方法之一。

通过构造曲线的一些特殊点或者曲线的一些性质来解题，可以更好地理解和解决圆锥曲线的相关问题，提高解题的效率和准确性；可以帮助学生更好地理解圆锥曲线的相关性质和定理，提高数学学习的效果和成绩；可以培养学生的数学建模能力和解决问题的能力，提高学生的综合素质和学习能力。

在高中数学的教学中，应该重视圆锥曲线解题中构造法的应用，加强学生对构造法的理解和掌握，提高学生的数学解题能力和综合素质。

高中数学必修二第八章立体几何初步考点题型与解题方法单选题1、下列说法中正确的是（）A．如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行B．平面α内△ABC的三个顶点到平面β的距离相等，则α与β平行C．α//β，a//α，则a//βD．a//b，a//α，b⊄α，则b//α答案：D分析：根据线面关系，逐一判断每个选项即可.解：对于A选项，如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的无数条直线平行，而不是任意的直线平行，故错误；对于B选项，如图1，D，E，F，G分别为正方体中所在棱的中点，平面DEFG设为平面β，易知正方体的三个顶点A，B，C到平面β的距离相等，但△ABC所在平面α与β相交，故错误；对于选项C，a可能在平面β内，故错误；对于选项D，正确.故选：D.2、已知直三棱柱ABC−A1B1C1的各顶点都在同一球面上，且该棱柱的体积为√3，AB=2，AC=1，∠BAC=60°，则该球的表面积为（）A．4πB．4√2πC．8πD．32π答案：C解析：利用三棱柱ABC −A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为√3，AB =2，AC =1，∠BAC =60°，求出AA 1，再求出ΔABC 外接圆的半径，即可求得球的半径，从而可求球的表面积. ∵三棱柱ABC −A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面， 棱柱的体积为√3，AB =2，AC =1，∠BAC =60°， ∴12×2×1×sin60°×AA 1=√3，∴AA 1=2∵BC 2=AB 2+AC 2−2AB ⋅ACcos60°=4+1−2=3，∴BC =√3. 设ΔABC 外接圆的半径为R ，则BCsin60°=2R ，∴R =1.∴外接球的半径为√1+1=√2，∴球的表面积等于4π×(√2)2=8π. 故选：C.小提示：本小题主要考查根据柱体体积求棱长，考查几何体外接球有关计算，属于基础题.3、牟合方盖是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，该方法不直接给出球体的体积，而是先计算牟合方盖的体积.刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积关系为V 牟V 球=4π，并且推理出了“牟合方盖”的八分之一的体积计算公式，即V 牟8=r 3−V 方盖差，从而计算出V 球=43πr 3.如果记所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V ，则V 方差盖:V =（ ） A ．√22B ．1C ．√2D ．2√2 答案：C分析：计算出V 方盖差，V ，即可得出结论.由题意，V 方盖差=r 3−18V 牟=r 3−18×4π×43×π×r 3=13r 3， 所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V 正=13×r ×r ×r 2−(√2r 2)2=√26r 3， ∴V 方盖差V 正=13r 3√2r 36=√2，故选：C ．4、已知圆锥的底面半径为R ，高为3R ，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（ ） A ．2πR 2B ．94πR 2C ．83πR 2D ．πR 2答案：B分析：根据圆柱的表面积公式以及二次函数的性质即可解出．设圆柱的底面半径为r，圆柱的高为ℎ，所以在轴截面三角形中，如图所示：由相似可得，rR =3R−ℎ3R，所以，ℎ=3R−3r，即圆柱的全面积为S=2πr2+2πrℎ=2πr2+2πr(3R−3r)=2π(−2r2+3rR)=2π[−2(r−34R)2+98R2]≤9π4R2，当且仅当r=34R时取等号．故选：B．5、如图所示的是平行四边形ABCD所在的平面，有下列表示方法：①平面ABCD；②平面BD；③平面AD；④平面ABC；⑤AC；⑥平面α.其中不正确的是（）A．④⑤B．③④⑤C．②③④⑤D．③⑤答案：D解析：根据平面的表示方法判断．③中AD不为对角线，故错误；⑤中漏掉“平面”两字，故错误.故选：D.6、如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，BD=2，DE=1，点P在线段EF上.给出下列命题：①存在点P，使得直线DP//平面ACF；②存在点P，使得直线DP⊥平面ACF；,1]；③直线DP与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是[√55④三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面面积是9π.8其中所有真命题的序号（）A．①③B．①④C．①②④D．①③④答案：D分析：当点P是线段EF中点时判断①；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，推理导出矛盾判断②；利用线面角的定义转化列式计算判断③；求出△ACF外接圆面积判断④作答.取EF中点G，连DG，令AC∩BD=O，连FO，如图，在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，则DO//GF且DO=GF，即四边形DGFO是平行四边形，即有DG//FO，而FO⊂平面ACF，DG⊄平面ACF，于是得DG//平面ACF，当点P与G重合时，直线DP//平面ACF，①正确；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，而FO⊂平面ACF，则DP⊥FO，又DG//FO，从而有DP⊥DG，在Rt△DEF中，∠DEF=90∘，DG是直角边EF上的中线，显然在线段EF上不存在点与D连线垂直于DG，因此，假设是错的，即②不正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，则线段EF上的动点P在平面ABCD上的射影在直线BD上，于是得∠PDB是直线DP与平面ABCD所成角的，在矩形BDEF中，当P与E不重合时，∠PDB=∠DPE，sin∠PDB=sin∠DPE=DEDP =√DE2+EP2=√1+EP2，而0<EP≤2，则√55≤sin∠PDB<1，当P与E重合时，∠PDB=π2，sin∠PDB=1，因此，√55≤sin∠PDB≤1，③正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，BF⊥BD，BF⊂平面BDEF，则BF⊥平面ABCD，BC=√2，在△ACF中，AF=CF=√BC2+BF2=√3，显然有FO⊥AC，sin∠FAC=FOAF =√BO2+BF2AF=√2√3，由正弦定理得△ACF外接圆直径2R=CFsin∠FAC =√2，R=2√2，三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面是△ACF的外接圆，其面积为πR2=9π8，④正确，所以所给命题中正确命题的序号是①③④.故选：D小提示：名师点评两个平面互相垂直，则一个平面内任意一点在另一个平面上的射影都在这两个平面的交线上.7、边长为5 cm的正方形EFGH是圆柱的轴截面，则从E点沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离是（）A．10cm B．5√2cmC．5√π2+1cm D．52√π2+4cm答案：D分析：将圆柱展开，根据题意即可求出答案.圆柱的侧面展开图如图所示，展开后E′F=12×2π×52=52π(cm)，∴E′G=√52+(5π2)2=52√π2+4(cm)，即为所求最短距离．8、下面四个选项中一定能得出平面α/⁄平面β的是（）A．存在一条直线a，a//α，a//βB．存在一条直线a，a⊂α，a//βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//α答案：D分析：对于A，B，C，举出符合条件的特例即可判断；对于D，过直线a作平面γ∩β=c，再证c//α即可. 如图，ABCD−A1B1C1D1是长方体，平面ABCD为平面α，平面ABB1A1为平面β，对于A，直线C1D1为直线a，显然a//α，a//β，而α与β相交，A不正确；对于B，直线CD为直线a，显然a⊂α，a//β，而α与β相交，B不正确；对于C，直线CD为直线a，直线A1B1为直线b，显然a⊂α，b⊂β，a//β，b//α，而α与β相交，C不正确；对于D，因a，b是异面直线，且a⊂α，b⊂β，过直线a作平面γ∩β=c，如图，则c//a，并且直线c与b必相交，而c⊄α，于是得c//α，又b//α，即β内有两条相交直线都平行于平面α，⁄平面β.因此，平面α/多选题9、(多选题)下列说法中，正确的结论有（）A．如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等B．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的锐角(或直角)相等C．如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补D．如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线互相平行答案：BD分析：由等角定理可判断A的真假；根据直线夹角的定义可判断B的真假；举反例可判断C的真假；由平行公理可判断D的真假.对于选项A：如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，故选项A错误；对于选项B：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的锐角或直角相等，故选项B正确；对于选项C：如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，这两个角的关系不确定，既可能相等也可能互补，也可能既不相等，也不互补.反例如图，在立方体中，∠A1D1C1与∠A1BC1满足A1D1⊥A1B，C1D1⊥C1B，但是∠A1D1C1=π2，∠A1BC1=π3，二者不相等也不互补.故选项C错误；对于选项D：如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线平行，故选项D正确.故选：BD.10、矩形ABCD中，AB=2，BC=1，将此矩形沿着对角线BD折成一个三棱锥C−BDA，则以下说法正确的有（）A．三棱锥C−BDA的体积最大值为2√515B．当二面角C−BD−A为直二面角时，三棱锥C−BDA的体积为2√515C．当二面角C−BD−A为直二面角时，三棱锥C−BDA的外接球的表面积为5πD．当二面角C−BD−A不是直二面角时，三棱锥C−BDA的外接球的表面积小于5π答案：ABC分析：求出点C到平面ABD的最大距离即可计算棱锥的最大体积判断选项A，B；求出三棱锥C−BDA的外接球的半径即可判断选项C，D作答.过C作CE⊥BD于E，在平面DBA内过E作BD的垂线EG，则∠CEG为二面角C−BD−A的平面角，如图，平面CEG⊥平面DBA，过C作CF⊥EG于F，则CF⊥平面DBA，在直角△BCD中，∠BCD=90∘，BC=1,CD=2,CE=BC⋅CDBD =2√55，显然CF≤CE，当且仅当点E与F重合时取“=”，即点C到平面ABD距离的最大值为CE=2√55，而S△DBA=12AB⋅AD=1，则三棱锥C−BDA的体积最大值为13CE⋅S△DBA=2√515，A正确；当CF取最大值2√55时，CF⊂平面BCD，又CF⊥平面DBA，则平面BCD⊥平面DBA，即二面角C−BD−A为直二面角，三棱锥C−BDA的体积为2√515，B正确；取BD中点O，连接AO，CO，显然有AO=CO=12BD=BO=DO，于是得点A，B，C，D在以O为球心，AO=√52为半径的球面上，显然，无论二面角C−BD−A如何变化，点A，B，C，D都在上述的球O上，其表面积为5π，C正确，D不正确.故选：ABC11、如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则下列四个命题正确的是（）A．两条异面直线D1C和BC1所成的角为π4B．直线BC与平面ABC1D1所成的角等于π4C．点D到面ACD1的距离为√33D．三棱柱AA1D1−BB1C1外接球半径为√32答案：BCD分析：对于A：根据异面直线的求法易得：异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C；对于B：可证B1C⊥平面ABC1D1，则直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1；对于C：根据等体积转换V D−ACD1=V D1−ACD，求点D到面ACD1的距离；对于D：三棱柱AA1D1−BB1C1的外接球即为正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球，直接求正方体外接球的半径即可．连接AC、AD1∵AB∥C1D1且AB=C1D1，则四边形ABC1D1为平行四边形，∴异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C∵AC=AD1=D1C，则△ACD1为正三角形，即∠AD1C=π3A不正确；连接B1C在正方形BB1C1C中，BC1⊥B1C∵AB⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C∴AB⊥B1CAB∩BC1=B，则B1C⊥平面ABC1D1∴直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1=π4 B正确；根据等体积转换可知：V D−ACD1=V D1−ACD即13×ℎ×12×√2×√2×√32=13×1×12×1×1，则ℎ=√33C正确；三棱柱AA1D1−BB1C1的外接球即为正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球则外接球的半径即为正方体ABCD−A1B1C1D1体对角线的一半，即R=√32 D正确；故选：BCD．填空题12、一个圆锥的母线长为20，母线与轴的夹角为60∘，则圆锥的高为________．答案：10分析：利用圆锥的几何性质可求得该圆锥的高.由题意可知，该圆锥的高为ℎ=20cos60∘=10.所以答案是：10.13、若将两个半径为1的铁球熔化后铸成一个球，则该球的半径为______．答案：√23分析：根据球的体积等于两个半径为1的球的体积之和即可求其半径．设大球的半径为r，则根据体积相同，可知43π+43π=43πr3，则r3=2，解得r=√23.所以答案是：√23．14、已知一三角形ABC用斜二测画法画出的直观图是面积为√3的正三角形A′B′C′(如图)，则三角形ABC中边长与正三角形A′B′C′的边长相等的边上的高为______．答案：2√6分析：根据面积公式求出三角形的边长，以及高，利用斜二测画法的原理还原出原三角形的高，并求出答案. 设正三角形A′B′C′的边长为a，∵S△A′B′C′=√34a2=√3∴a=2，DC′=√3O′C′=√6∴O′C=2√6所以答案是：2√6.解答题15、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1C1与B1D1交于点O1，求证：(1)直线A1B∥平面ACD1；(2)直线BO1∥平面ACD1．答案：(1)证明见解析(2)证明见解析分析：(1)根据题意，先证得四边形A1D1CB是平行四边形，从而证得A1B∥D1C，即可证得线面垂直；(2)连接BD，交AC于O，连接D1O，只需证明O1B∥D1O，即可证得线面垂直；（1）证明：直线A1B在平面ACD1外，因为A1D1∥BC，A1D1=BC，所以四边形A1D1CB是平行四边形，所以A1B∥D1C，而D1C是平面ACD1内的直线，根据判定定理可知，直线A1B∥平面ACD1．（2）证明：如图，连接BD，交AC于O，连接D1O，易知D1O1∥OB，D1O1=OB，则四边形D1O1BO是平行四边形，所以O1B∥D1O，所以D1O在平面ACD1上，根据判定定理可知，O1B∥平面ACD1．。