高中數(shù)學(xué)蘇教版第一章立體幾何初步單元測試【市一等獎】

章末知識整合eq\x(一、函數(shù)與方程思想的應(yīng)用)如圖，已知一個圓錐的底面半徑為R，高為H，在其中有一個高為x的內(nèi)接圓柱．(1)求圓柱的側(cè)面積；(2)x為何值時，圓柱的側(cè)面積最大？解析：(1)設(shè)圓柱的底面半徑為r，則它的側(cè)面積為S＝2πrx，由eq\f(r,R)＝eq\f(H－x,H)，解得：r＝R－eq\f(R,H)x，所以：S＝2πRx－eq\f(2πR,H)x2.(2)由(1)知：S＝2πRx－eq\f(2πR,H)x2＝－eq\f(2πR,H)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(H,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)πRH.∴當(dāng)x＝eq\f(H,2)時，圓柱的側(cè)面積最大．規(guī)律總結(jié)：1.函數(shù)、方程歷來都是高考考查的重點(diǎn)內(nèi)容，它可以與高中教學(xué)的多個知識點(diǎn)有機(jī)結(jié)合，已成為高考永恒的熱點(diǎn)．2．最值問題轉(zhuǎn)化成二次函數(shù)是立體幾何與代數(shù)相結(jié)合的典范，應(yīng)體會此方法的應(yīng)用技巧．?變式訓(xùn)練1．一個圓臺的上、下兩底面面積分別是π和49π，一個平行于底面的截面的面積為25π，則這個截面與上、下兩底面的距離之比是________．解析：圓臺上、下兩底面半徑比為1∶7，截面與底面的半徑比為5∶7，圓臺擴(kuò)展為圓錐，軸截面如右圖，所以h2＋h3＝6h1，h2＝4h1.所以h3＝2h1.這個截面與上、下底面的距離之比為2∶1.答案：2∶12．圓錐的底面半徑為2cm，高為4cm分析：畫出軸截面圖，在平面中解決．解析：如右圖，為圓柱和圓錐的軸截面，設(shè)所求圓柱的底面半徑為r，母線長為l，S圓柱側(cè)＝2π·lr.∵eq\f(r,2)＝eq\f(4－l,4)，∴l(xiāng)＝4－2r.∴S圓柱側(cè)＝2π·lr＝2π·r·(4－2r)＝－4π(r－1)2＋4π≤4π.∴當(dāng)r＝1時，圓柱的側(cè)面積最大且Smax＝4πcm2.eq\x(二、轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用)如下圖，已知AB是圓O的直徑，PA垂直于圓O所在的平面，C是圓周上不同于A、B的任一點(diǎn)．求證：平面PAC⊥平面PBC.分析：根據(jù)“面面垂直”的判定定理，要證明兩平面互相垂直，只要在其中一個平面中尋找一條與另一平面垂直的直線即可．證明：∵AB是圓O的直徑，∴AC⊥BC.又∵PA垂直于⊙O所在的平面，∴PA⊥BC.∵PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC.又BC?面PBC，∴平面PAC⊥平面PBC.規(guī)律總結(jié)：1.證明面面平行或垂直，通常采用如下兩種方法：①利用判定定理；②利用性質(zhì)定理．無論用哪種方法證明，都是利用轉(zhuǎn)化的思想方法，將面面關(guān)系轉(zhuǎn)化為線線關(guān)系來證明，將空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題處理，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化思想的實(shí)質(zhì)——從高維到低維、從復(fù)雜到簡單．2．運(yùn)用轉(zhuǎn)化與化歸的思想尋求解題思路時，常用如下幾種策略：(1)已知與未知的轉(zhuǎn)化．由已知想可知，由未知想需知，通過聯(lián)想，尋找解題途徑；(2)正面與反面的轉(zhuǎn)化．在處理某一問題，按照習(xí)慣思維方式從正面思考而遇到困難，甚至不可能時，用逆向思維的方法去解決，往往能達(dá)到事半功倍的效果；(3)數(shù)與形的轉(zhuǎn)化．?dāng)?shù)形結(jié)合其實(shí)質(zhì)是將抽象的數(shù)學(xué)語言與直觀的圖形相結(jié)合，可以使許多概念和關(guān)系直觀而形象，有利于解題途徑的探求；(4)一般與特殊的轉(zhuǎn)化，特殊問題的解決往往是比較容易的，可以利用特殊中內(nèi)含的本質(zhì)聯(lián)系，通過歸納演繹，得出一般結(jié)論，從而使問題得以解決；(5)復(fù)雜與簡單的轉(zhuǎn)化．把一個復(fù)雜的、陌生的問題轉(zhuǎn)化為簡單的、熟悉的問題來解決，這是數(shù)學(xué)解題的一條重要原則．?變式訓(xùn)練3．已知圓柱的高為5π，底面半徑為2eq\r(3)，軸截面為矩形A1ABB1，在母線AA1上有一點(diǎn)P，且PA＝π，在母線BB1上取一點(diǎn)Q，使B1Q＝2π，則圓柱側(cè)面上P、Q兩點(diǎn)間的最短距離為________．解析：如圖甲，沿圓柱的母線AA1剪開得矩形(如圖乙)，過點(diǎn)P作PE∥AB交BB1于點(diǎn)E，令PA＝a，B1Q＝b，則PE＝AB＝eq\f(1,2)·2πR＝πR＝2eq\r(3)π，QE＝h－a－b＝2π.∴PQ＝eq\r(PE2＋QE2)＝eq\r(（πR）2＋（h－a－b）2)＝4π.答案：4π4．如右下圖，兩個全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB且AM＝FN，求證：MN∥平面BCE.證明：方法一過點(diǎn)M作MP⊥BC，NQ⊥BE，P、Q為垂足(如下圖)，連接PQ.∵M(jìn)P∥AB，NQ∥AB，∴MP∥NQ.又NQ＝eq\f(\r(2),2)BN＝eq\f(\r(2),2)CM＝MP.∴MPQN是平行四邊形．∴MN∥PQ.又PQ?平面BCE，而MN?平面BCE，∴MN∥平面BCE.方法二過點(diǎn)M作MG∥BC，交AB于點(diǎn)G(如右圖)，連接NG，∵M(jìn)G∥BC，BC?平面BCE，MG?平面BCE，∴MG∥平面BCE.又eq\f(BG,GA)＝eq\f(CM,MA)＝eq\f(BN,NF)，∴GN∥AF∥BE.同樣可證明GN∥平面BCE.又MG∩NG＝G.∴平面MNG∥平面BCE.又MN?平面MNG，∴MN∥平面BCE.eq\x(三、整體思想的應(yīng)用)一個長方體的全面積為11，十二條棱長度之和為24，求這個長方體的一條對角線長．解析：要求長方體對角線長，只要求長方體的一個頂點(diǎn)上的三條棱的長即可．設(shè)此長方體的長、寬、高分別為x、y、z，對角線長為l，則由題意得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2（xy＋yz＋zx）＝11，,4（x＋y＋z）＝24.))由4(x＋y＋z)＝24得x＋y＋z＝6，從而由長方體對角線性質(zhì)得：l＝eq\r(x2＋y2＋z2)＝eq\r(（x＋y＋z）2－2（xy＋yz＋zx）)＝eq\r(62－11)＝5.規(guī)律總結(jié)：1.整體性思維就是在探究數(shù)學(xué)問題時，應(yīng)研究問題的整體形式、整體結(jié)構(gòu)或?qū)栴}的數(shù)的特征、形的特征、結(jié)構(gòu)特征作出整體性處理．整體思維的含義很廣，根據(jù)問題的具體要求，需對代數(shù)式作整體變換，或整體代入，也可以對圖形作整體處理．2．整體思想方法在代數(shù)式的化簡與求值、解方程(組)、幾何證明等方面都有廣泛的應(yīng)用，整體代入、疊加疊乘處理、整體運(yùn)算、整體設(shè)元、整體處理、幾何中的補(bǔ)形(體)等都是整體思想方法在解數(shù)學(xué)問題中的具體運(yùn)用．?變式訓(xùn)練5．如右下圖，長方體三個面的對角線長分別是a、b、c，求長方體對角線AC′的長．解析：設(shè)長方體的長、寬、高分別為x、y、z，由題意得：對角線AC′＝eq\r(x2＋y2＋z2)，而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝c2，①,x2＋z2＝b2，②,y2＋z2＝a2.③))由①、②、③得：x2＋y2＋z2＝eq\f(a2＋b2＋c2,2)，所以對角線：AC′＝eq\r(x2＋y2＋z2)＝eq\f(1,2)eq\r(2（a2