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■江苏省宜兴中学 王 震 不等式是高中数学的重要内容之一, 也 是高考命题的热点内容。高考全国卷客观题 一般考查不等关系、 不等式的性质、 基本不等 式和线性规划。试题一般以 中 低 档 题 为 主, 主要考查基本知识和基本思想方法。本文结 合例题 分 析 高 考 全 国 卷 中 不 等 式 的 考 查 动 向, 主要目的是帮助同学们把握高考考 查 动 向, 提升备考的针对性和备考效率。 考向一、不等式与不等关系 结合函数的单调性考查不等关系和不等 式的性质, 其题型主要为: 已 知 不 等 关 系, 判 断数的大小关系。 例 1 已知1 a > 1 b > 0 , 则( ) 。 A. a 3 > b 3 B .a > b C . b a > 1 D.1 2 a < 1 2 b 解析: 由1 a > 1 b > 0 , 可知b > a > 0 , 再结 合不等式的性质可得b 3 > a 3, 因此 A 错误; 因 为b > a > 0 , 所以 a < b , 因此 B 错误; 由 b > a > 0 , 可知b a > 1 , 因此 C正确; 因为b > a 及y= 1 2 x 为减函数, 所以 1 2 a > 1 2 b , 因 此 D错误。故选 C 。 评注: 本 题 难 度 不 大, 主 要 考 查 不 等 关 系、 不等式的性质及指数函数的单调性。 例 2 已 知 实 数 m, n 满 足 0 < n < m < 1 , 则下列结论正确的是( ) 。 A. n m > n+ 1 m+ 1 B . m+1 m > n+1 n C . m n > n m D. l o g m n < l o g n m 解析: 由0 < n < m < 1 , 可知n-m < 0 , 故n m -n+ 1 m+ 1= n-m m( m+ 1 ) < 0 , 即n m < n+ 1 m+ 1 , 所以 A 错误; 由0 < n < m < 1 , 可知 m- n > 0 , 1 - 1 m n < 0 ,所 以 m + 1 m - n+1 n = m- n 1 - 1 m n < 0 , 即 m +1 m < n+ 1 n , 所 以 B错误; 因为指数函数y=m x 为单调减函 数, 故 m n > m m , 由幂函数y= x m 为单调增函 数知 m m > n m , 故 m n > n m , 所以 C 正确; 因为 0 < n < m < 1 , 所 以 对 数 函 数 y= l o g m x, y= l o g n x 为 减 函 数, 所 以l o g m n > l o g m m =1= l o g n n > l o g n m, 所以 D错误。故选 C 。 评注: 本题具有较强的综合性, 不仅考查 了不等式的性质和函数的单调性, 还考 查 了 同学们的推理论证和运算求解等能力。 考向二、基本不等式 近几年高考全国卷主要考查利用基本不 等式求最值( 或范围) 和比较两个数的大小, 试题具有一定的综合性和灵活性。 例 3 已知正数a, b 满足a 2+ b 2= 1 , 则下列结论正确的是( ) 。 A. a+ b 的最大值是 2 B . a+ b 的最大值是 2 2 C . a b 的最大值是1 D. a- b 的最小值是- 1 解析: 由 a+ b 2 2 ≤ a 2+ b 2 2 得a+ b≤ 2, 当且仅当a= b= 2 2 时等号成立, 所以 A 正 确, B错误; 由a b≤ a 2+ b 2 2 得a b≤1 2, 当且仅 当a= b= 2 2 时等号成立, 所以 C 错误; 由正 数a, b 及a 2+ b 2= 1知0 < a < 1 , 0 < b < 1 , 所 以- 1 < - b < 0 , -1 < a- b < 1 , 所 以 D 错 误。故选 A。 评注: 本题主要 考 查 利 用 基 本 不 等 式 和 基本不等式的变形进行求最值, 以及根 据 题 3 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2 0 2 2年1 2月 全科互知
意分析求范围的问题, 题目难度不大, 属于中 档题。 例 4 若 区 间 a, b 是 关 于x 的 一 元 二次不等式 m x 2- x+ 1 < 0的解集, 则2 a+ b 的最小值为( ) 。 A. 3 + 2 2 B . 2 + 2 2 C . 6 D. 3 - 2 2 解析: 因 为 区 间 a, b 是 关 于x 的 一 元 二次不等式 m x 2- x+ 1 < 0的解集, 所以a, b 是方程 m x 2-x+1=0 的 实 数 根, 且 m > 0 。由韦 达 定 理 得 a+ b=1 m , a b=1 m , ?? ?? ?? ?? ?? ?? ?? 所 以 a+b= a b, 且a > 0 , b > 0 , 所以 a+ b a b =1 a +1 b = 1 , 所 以2 a+ b= 2 a+ b 1 a +1 b = 2 + 1 +2 a b + b a ≥ 3 + 2 2 a b ·b a = 3 + 2 2, 当且仅当b= 2 a, a+ b= a b, 即a= 1 + 2 2 , b= 1 + 2 时 等号成立, 所以2 a+ b 的最小值为3 + 2 2。 故选 A。 评注: 本题结合一元二次不等式、 韦达定 理等知识, 考查利用基本不等式求最值, 试题 难度不大, 属于中档题。 考向三、线性规划 线性规划问题主要包括: 给出约束条件, 通过确定可行域的图像, 并在可行域的 图 像 中分析目标函数, 求目标函数的最值; 在已知 不等式组中含有参数, 先根据参数的变 化 确 定可行域的变化范围, 再由目标函数的 最 值 求参数的值等情形。 例 5 若 实 数 x, y 满 足 约 束 条 件 2 x+ 1 > 0 , x+ y≤ 0 , 3 x- y- 3 ≤ 0 , ?? ?? ?? ?? ?? ?? ?? 则 z=5 x -y 的 最 大 值 为 ( ) 。 A. 9 2 B . -9 2 C . 2 D. - 3 解析: 作 出 可 行 域, 即 图 1 中 的 △A B C 区域, 不含边界 A C。 图1 要使z 越 大, 只 需 将 直 线y= 5 x- z 向下平移至B 点 即 为 最 优 解, 联 立 x+ y= 0 , 3 x- y- 3 = 0 , 解 得 x=3 4, y=-3 4, ?? ?? ?? ?? ?? ?? ?? 得B 3 4, -3 4 , 所以z= 5 x- y 的最大值为1 5 4 +3 4=9 2。故 选 A。 评注: 这道题是 目 标 函 数 为 线 性 函 数 问 题, 可转 化 为 直 线 的 纵 轴 截 距 问 题, 比 较 基 础, 解决此类问题的第一步是画出可行域, 第 二步是分析目标函数, 第三步是联立方 程 求 得最优解, 最后求得最值。 例 6 已 知 实 数 x,y 满 足 y≥ 0 , x- y≥ 0 , 2 x- y- 2 ≤ 0 , ?? ?? ?? ?? ?? ?? ?? 则t = y- 1 x+ 2 的最大值为 。 解析: 作出可行域, 如图2中的阴影部分 ( 含 边 界 ) 所 示, 联 立 x- y= 0 , 2 x- y- 2 = 0 , 解 得 x= 2 , y= 2 , 所以 B( 2 , 2 ) , t=y- 1 x+ 2表示区域内的 点与点 A( - 2 , 1 ) 连线的斜率, 当直线经过点 图2 B ( 2 , 2) 时, 斜 率 最 大 为 1 4。故答案为1 4。 评 注: 这 道 题 是 目 标 函数 为 非 线 性 函 数 问 题, 可转化过两点的直线的斜 率问题, 关键是明确定点和动点, 以及动点在 动的过程中直线的斜率的变化情况。 不等式是近年 来 高 考 命 题 的 热 点 内 容。 试题比较稳定, 主要以客观题的形式出现, 考 查内容主要是不等关系与性质、 基本不 等 式 和线性规划, 建议同学们按照以上考查 动 向 分析, 选择典型的试题进行 练 习、 思 考, 在 不 同的问题情境中把握规律, 掌握本质, 从而提 升数学解题能力。 ( 责任编辑 王福华) 4 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2 0 2 2年1 2月 全科互知
■苏州大学附属中学 陆菊芳 立体几何是每年高考重点考查的内容之 一, 既有选择题、 填 空 题, 也 有 解 答 题。为 了 能帮助同学们更好地把握高考全国卷中立体 几何问题的命题方向, 提高高考备考的 针 对 性, 文章结合实例对高考全国卷中立体 几 何 问题的考向进行分析。 考向一、判断位置关系 例 1 已 知 在 正 方 体 A B C D ?? A1 B 1 C 1D1 中, 动点 P 在线段B D 上, 则下述 说法正确的是( ) 。 A. P C 1∥ A D1 B . P C 1⊥A1 C C . P C 1⊥平面 A1 B D D. 不存在点 P 使得P C 1∥平面 A B 1D1 图1 解析: 根 据 题 意, 作 出 图 形, 如 图 1 。对 于 选 项 A, 当 P 与 B 重 合 时, P C 1∥ A D1, 当 P 与B 不重合时, P C 1 与 A D1 不平行, 故 A 错误; 对于 选项 B , 因为 A1 C⊥B D, A1 C ⊥B C 1, B D ∩B C 1 =B, 所 以 A1 C ⊥ 平 面 B D C 1, 因为 C 1 P? 平 面 B D C 1, 所 以 P C 1⊥ A1 C, 故 B正确; 对于选项 C , 当 P 与B 重合 时, P C 1 与 B D 所 成 角 为 π 3, 所 以 P C 1 与 平 面 A1 B D 不垂直, 故 C 错误; 对于选项 D, 因 为 B 1D1∥ B D, A D1 ∥ B C 1, B 1D1 ∩A D1 = D1, B D ∩B C 1 =B, 所 以 平 面 B D C 1∥平 面 A B 1D1, 因为 P C 1?平面 B D C 1, 所以 P C 1∥ 平面 A B 1D1, 故 D 错误。故选 B 。 评注: 本题的综合性比较强, 解决该题不 仅需要 熟 练 掌 握 立 体 几 何 的 一 些 概 念 与 性 质, 还要具备很强的空间想 象 能 力。在 求 解 过程中, 由于 P 是 动 点, 所 以 在 判 断 位 置 关 系时要厘清变与不变的关系。 例 2 设m, n 是两条不同的直线, α , β是 两个不同的平面, 则下列说法正确的是( ) 。 A. 若 m⊥ α, n⊥ α, 则 m∥ n B . 若α⊥ β, m∥ α, 则 m⊥ β C . 若 m⊥ α, m⊥ n, 则n ∥ α D. 若n⊥ α, α⊥ β, 则n ∥ α 解析: 对 于 选 项 A, 若 m ⊥ α, n⊥ α, 则 m∥ n, 所以 A 正确; 对于选项 B , 若α⊥ β, m∥ α, 则 m⊥ β, 或 m / / β, 或 m? β, 或 m 与β 斜 交, 所以 B 错误; 对于选项 C , 若 m ⊥ α, m ⊥ n, 则n ∥ α, 或n? α, 所 以 C 错 误; 对 于 选 项 D, 若n⊥ α, α⊥ β, 则n ∥ α, 或n? α, 所以 D 错 误。故选 A。 评注: 该类问题涉及的元素不少, 要想正 确判断它们的位置关系, 不仅需要熟练 掌 握 立体几何必备知识, 而且对直观想象素 养 的 要求也比较高。因此, 建议同 学 们 在 解 决 此 类问题时, 可以借助长方体模型, 通过构建长 方体逐个验证选项正确与否即可。 考向二、求几何体中的数量关系 例 3 民间娱乐健身工具陀螺起源于我 国, 最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的 新石器时代遗址。图2所示的是一个陀螺的立 体结构图。已知底面圆的直径 A B= 1 6 c m, 圆 柱体部分的高B C= 8 c m, 圆锥部分的高C D= 6 c m, 则这个陀螺的表面积是( ) 。 A. 1 9 2 π c m 2 B . 2 5 2 π c m 2 C . 2 7 2 π c m 2 D. 3 3 6 π c m 2 图2 解析: 由题意可得圆 锥 的 母 线长 为l= 6 2+ 8 2 =1 0 , 所 以 圆锥的侧面积为 1 0×8 π=8 0 π , 圆柱的侧面积为1 6 π × 8 = 1 2 8 π , 圆柱的底面面积为 π × 8 2= 6 4 π , 所以此陀螺 的 表 面 积 为 8 0 π+1 2 8 π+6 4 π= 2 7 2 π ( c m 2) 。故选 C 。 评注: 本题结合中国传统文化, 考查圆柱 与圆锥组合体的表面积问题, 属于基础题。 5 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2 0 2 2年1 2月 全科互知
例 4 如 图 3 , 在 平 行 六 面 体 A B C D ?? A1 B 1 C 1D1 中, 以顶点 A 为端点的三条棱长 均为1 , 且 它 们 彼 此 的 夹 角 都 是 6 0 ° , 则 下 列 说法错误的是( ) 。 图3 A. A C 1= 6 B . A C 1⊥B D C . 四 边 形 B D D1 B 1 的 面积为 2 2 D. 平行六面体 A B C D ?? A1 B 1 C 1D1 的体积为 2 2 解析: 因 为 A C 1 → =A B → +A D → +A A1 →, 则 A C 1 → 2 =A B → 2 +A D → 2 +A A1 → 2 +2 A B → ·A D → + 2 A B →·A A1 →+ 2 A D →·A A1 →= 1 2+ 1 2+ 1 2+ 2 × 1 × 1 × c o s 6 0 ° + 2 × 1 × 1 × c o s 6 0 ° + 2 × 1 × 1 × c o s 6 0 ° = 6 , 故 A C 1 → = 6, 所以 A 正确; 因为 A C 1 → =A B → +A D → +A A1 →, B D → =A D → - A B →, 所以 A C 1 →·B D →= A B →+A D →+A A1 → · A D →-A B → = A B → · A D → - A B → 2 + A D → 2 - A D →·A B →+A A1 →·A D →-A A1 →·A B →= 1 × 1 × c o s 6 0 ° - 1 2 +1 2 -1×1×c o s 6 0 ° +1×1× c o s 6 0 ° - 1 × 1 × c o s 6 0 ° = 0 , 故 A C 1 →⊥B D →, 所 图4 以 B 正 确; 如 图 4 , 连 接 B D1, B 1D, 则 B D1 →=B A →+ A D →+D D1 →, B 1D → =B 1A1 → + A1D1 →+D1D →, 所 以 B D1 2 →= B A 2 →+A D 2 → +D D1 2 → +2 B A → ·A D →+ 2 A D →·D D1 2 →+ 2 B A →·D D1 →= 1 2+ 1 2 + 1 2 +2×1×1×c o s 1 2 0 °+2×1×1× c o s 6 0 °+ 2 × 1 × 1 × c o s 1 2 0 °= 2 ,即 B D1 → = 2, 同 理 B 1D → = 2, 故 四 边 形 B D D1 B 1 为矩形, 面积为1 × 1 = 1 , 所以 C 错 误; 如图5 , 过A1 作A1 E⊥平面A B C D, 易知 图5 E 在 直 线 A C 上, 过 E 作 E F⊥A B 于 F, 连 接 A1 F, 因为 A1 E⊥A B, E F⊥A B, 所以 A B ⊥ 平 面 A1 E F, 易 得 A B ⊥ A1 F,故 A F = A A1· c o s 6 0 °= 1 2, A E = A F c o s 3 0 °= 3 3 , A1 E = A A 2 1 -A E 2 = 6 3 , 故平行六面体 A B C D ?? A1 B 1 C 1D1 的 体 积 为 1 2 ×1×1× 3 2 × 2 × 6 3 = 2 2 , 所以 D 正确。故选 C 。 评注: 本 题 的 综 合 性 较 强, 有 一 定 的 难 度, 属于中档偏难的试题。对 于 斜 棱 柱 的 角 和距离问题, 如果能用向量法进行求解 就 尽 量用向量法求解。 考向三、多面体内切球或外接球问题 例 5 若一个圆锥的侧面展开图是一 个半圆, 则该圆锥的内切球的表面积和 圆 锥 的侧面积的比为( ) 。 A. 2 ∶ 3 B . 3 ∶ 2 C . 1 ∶ 2 D. 3 ∶ 4 解析: 设圆锥的底面半径为r, 母线长为 l , 圆锥的高为h, 内切球的半径为 R, 其轴截 面如图6所示。设 O 为内切球的球心, 因为 圆锥的 侧 面 展 开 图 是 一 个 半 圆, 所 以 π l= 2 π r, 得l = 2 r, 即 P A=P B= 2 r, 所以 P D= P B 2-B D 2 = 4 r 2- r 2 = 3 r, 所以 P O= P D - O D = 3r - R。 因 为 △P O E ∽ △P B D, 所以P O P B =O E B D, 所 以 3 r-R 2 r =R r , 图6 得 R = 3 3r, 所 以 圆 锥 的 内 切 球的表面积和圆锥的侧面积的 比为4 π R 2∶π r l= 4 π ·1 3 r 2∶ 2 π r 2= 2 ∶ 3 。故选 A。 评注: 这是一道典型的内切球问题, 试题 难度不大。在解决三角形内 切 圆 的 半 径 时, 可以用相似三角形, 也可以用等面积法。 例 6 已知 A, B 两点都在以P C 为直 径的球O 的球面上, A B⊥B C, A B=B C= 4 , 若球O 的体积为3 6 π , 则异面直线 P B 与A C 所成角的余弦值为( ) 。 A. 1 0 5 B . 1 5 5 C . 3 3 D. 6 3 解析: 如 图 7 , 取 A C 的 中 点 为 M, 连 接 6 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2 0 2 2年1 2月 全科互知
M O。由 A B⊥B C 知 M 是△A B C 的外心, 则 O M⊥ 平 面 A B C。又 B C=B A, 所 以 B M ⊥ A C, 由S=4 3 π R 3= 3 6 π得R= 3 , 即O C= 3 , 又 B C= B A= 4 , 所以 M C=M A=M B= 2 2。因 为 M, O 分 别 是 A C, P C 的 中 点, 所 以 P A∥ O M, P A= 2 O M, O M= O C 2-M C 2 = 1 。 图7 以 M 为原点, M C, M B, M O 所在直线分别为x 轴, y 轴, z 轴, 建立如图 7 所示的 空间直角坐标系 M?? x y z, 则 A( - 2 2, 0 , 0 ) , P( -2 2, 0 , 2 ) , B ( 0 , 2 2, 0) , P B → = ( 2 2, 2 2, - 2 ) , 与 A C → 平行的向量n=( 1 , 0 , 0) , 所 以 c o s??n, P B →?? = n·P B → n · P B → = 2 2 8 + 8 + 4 = 1 0 5 , 即异面直线 P B 与A C 所 成角的余弦值为 1 0 5 。故选 A。 评注: 解决空间角问题, 大多时候通过建 立空间 直 角 坐 标 系, 用 空 间 向 量 进 行 求 解。 本题利用空间向量可快速解决问题, 大 大 提 高解题效率。 考向四、证明和求解其他线面位置关系 和数量关系 例 7 如图8 , 在四棱锥 P ?? A B C D 中, 底面 A B C D 是矩形, A B= 2 A D= 2 , P A⊥平 面 A B C D, E 为P D 的中点。 ( 1 ) 若 P A= 1 , 求证: A E⊥平面 P C D; ( 2 ) 当直线 P C 与平面A C E 所成角最大 时, 求三棱锥 E ?? A B C 的体积。 图8 解析: ( 1 ) 因 为 P A ⊥ 平 面 A B C D, C D?平面 A B C D, 所以 P A⊥C D。因 为 四 边 形 A B C D 为矩形, 所以 A D⊥ C D。又 A D ∩ P A = A, A D, P A ? 平 面 P A D, 所 以 C D ⊥ 平 面 P A D。 因为 A E ? 平 面 P A D, 所 以 C D ⊥A E。 在 △P A D 中, P A=A D= 1 , E 为P D 的中点, 所以 A E⊥P D。又 P D ∩C D =D, P D, C D ?平面 P C D, 所以 A E⊥平面 P C D。 ( 2 ) 以A 为原点, A B, A D, A P 所在直线 分别为 x 轴, y 轴, z 轴, 建立如图 9 所 示 的 空间直角坐标系 A ?? x y z。 图9 设 A P= a( a > 0 ) , 由题意 可 得 C( 2 , 1 , 0 ) , P( 0 , 0 , a) , E 0 , 1 2, a 2 , 所以 A C →=( 2 , 1 , 0 ) , A E →= 0 , 1 2, a 2 , P C →=( 2 , 1 , - a) 。 设平面A C E 的一个法向量为n=( x, y, z) , 则 A C →· n= 0 , A E →· n= 0 , 即 2 x+ y= 0 , 1 2 y+a 2 z= 0 , 令y= - a, 得x=a 2, z= 1 , 所以n= a 2, - a, 1 。 设直线 P C 与平面 A C E 所成角为θ, 则 s i n θ = c o s ?? n, P C →?? = | n·P C → | | n | · | P C → | = a 5 4 a 2+ 1· 5 + a 2 = 2 2 9 + 2 0 a 2+ 5 a 2 ≤2 7, 当且仅当a= 2时, 等号成立。 所以符合题意的三棱锥 E ?? A B C 的体积 为V=1 3×1 2× 2 × 1 × 2 2 = 2 6 。 评注: 此类问题的第一问主要是证明位置 关系, 考查立体几何的基本知识; 第二问主要 根据几何体的部分线面位置关系及数量关系, 求解其他线面位置关系, 再通过建立合适的空 间直角坐标系, 利用向量工具, 将几何问题转 化为代数问题, 最终求得几何体中的空间数量 关系。第二问是最值问题, 可以借助基本不等 式、 二次函数、 导数等知识进行解决。 立体几何是每 年 高 考 重 点 考 查 的 内 容, 在复习备考立体几何内容的过程中, 建 议 同 学们做到以下四点: 一是重视立体几何 中 一 些基本概念本质的理解, 了解概念、 公式的来 龙去脉; 二是正确理解数学符号并规范 使 用 数学符号; 三是养成规范解答问题的习惯; 四 是勤于思考, 多动手实践, 积 累 解 题 经 验, 从 而提高解题能力。 ( 责任编辑 王福华) 7 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2 0 2 2年1 2月 全科互知
■江苏省泰州市姜堰区罗塘高级中学 刘 洪 立体几何是高中数学的核心内容, 是培 育同学们直观想象素养的绝佳素材, 也 是 每 年高考必考的内容。文章通过对近年来高考 全国卷对立体几何解答题的命题进行 研 究, 结合实例分析其命题动向, 目的是帮助 同 学 们把握高考命题动向, 提高高考备考的 针 对 性和有效性, 从而提高解题能力。 一、建立空间直角坐标系的策略 1 . 基于线面垂直关系建立空间直角坐标系 例 1 如图1 , 在三棱柱 A B C ?? A1 B 1 C 1 中, B A=B C= 2 , ∠A B C= 1 2 0 ° , A A1=A1 C = 4 , ∠A1A B= 6 0 ° 。 ( 1 ) 证明: A1 B⊥平面 A B C; 图1 ( 2 ) 若 B P → = 2 3B B 1 →, 求二面 角 P ?? A1 C ?? A 的 正 弦值。 解 析: ( 1) 在 △A1A B 中, 由 余 弦 定 理 得 A1 B = A A1 2+A B 2- 2 ×A A1×A B× c o s ∠A1A B = 1 6 + 4 - 2 × 2 × 4 ×1 2 = 2 3, 所以 A1 B 2 +A B 2 = A A 2 1, 所 以 A1 B ⊥ A B。 又 因 为 A1 B 2+B C 2=A1 C 2, 所 以 A1 B⊥B C。又 因 为 A B∩B C=B, 所以 A1 B⊥平面 A B C。 ( 2 ) 由 ( 1 ) 知 A1 B⊥ 平 面 A B C, 过 点 B 作B Q⊥平面 A B A1, 以 B 为原点, B A, B Q, B A1 所在直线分别为 x 轴, y 轴, z 轴, 建立 图2 空间直角坐标系 B ?? x y z, 如 图 2 所 示, 则 A1 0 , 0 , 2 3 , C ( - 1 , 3, 0) , A ( 2 , 0 , 0) , P -4 3, 0 , 4 3 3 , 所 以 P A1 →= 4 3, 0 , 2 3 3 ,A1 C → = ( - 1 , 3, - 2 3) , A1A →=( 2 , 0 , - 2 3) 。 设平面P A 1 C 的法向量为n 1=( x 1, y 1, z 1) , 则 n 1·P A1 →=4 3 x 1+ 2 3 3 z 1= 0 , n 1·A1 C →=- x 1+ 3 y 1- 2 3 z 1= 0 , ?? ?? ?? ?? ?? ?? ?? 令 x 1 = 3, 得 y 1 = -3 , z 1 = -2 , 所 以 n 1 = 3, - 3 , - 2 。 设平 面 A 1 C A 的 法 向 量 为n 2 =( x 2, y 2, z 2) , 则 n 2· A 1 A →= 2 x 2- 23 z 2= 0 , n 2· A 1 C →=- x 2+ 3 y 2- 23 z 2= 0 , 令 x 2= 3, 得y 2= 3 , z 2= 1 , 所以n 2= 3, 3 , 1 。 设二面角 P ?? A 1 C ?? A 的平面角为θ , 则有 c o s θ = n 1· n 2 n 1 · n 2 = 8 4 × 1 3 =2 1 3 1 3 , 所以s i n θ= 1 - c o s 2 θ= 3 1 3 1 3 , 即二面角 P ?? A 1 C ?? A 的正弦值为 3 1 3 1 3 。 评注: 本题考查了立体几何中的线面垂直 的判定和二面角的求解问题, 主要目的是考查 同学们的空间想象能力和逻辑推理能力。对于 立体几何中角的计算问题, 往往可以利用空间 向量法, 通过求解平面的法向量, 利用向量的夹 角公式求解即可。 2 . 基于底面直角建立空间直角坐标系 例 2 如图3 , 在三棱锥P ?? A B C 中, A C ⊥ B C, 平面 P A C⊥平面 A B C, P A=P C=A C = 2 , B C= 4 , E, F 分别是 P C, P B 的中点, 记 平面 A E F 与平面 A B C 的交线为直线l 。 ( 1 ) 求证: 直线l ⊥平面 P A C; 图3 ( 2 ) 若直线l 上存在一点 Q( 与 B 都在 A C 的同侧) , 且 直 线 P Q 与 直 线 E F 所 成 的 角为 π 4, 求 平 面 P B Q 与 平 面 A E F 所 成 锐 二 面 角 的 余 弦 值。 8 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2 0 2 2年1 2月 全科互知