创新应用考法-从宽度、深度、开放度上激活思维

创新应用考法——从宽度、深度、开放度上激活思维一、命题“宽度”上——注重横向多元拓展■关联点：立体几何＋数列1.刻漏是中国古代用来计时的仪器，利用附有刻度的浮箭随着受水壶的水面上升来指示时间．为了使受水壶得到均匀水流，古代的科学家们发明了一种三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸(约3.3厘米)，下底宽和深度也依次递减1寸．设三个漏壶的侧面与底面所成锐二面角依次为θ1，θ2，θ3，则

(

)A．θ1＋θ3＝2θ2B．sinθ1＋sinθ3＝2sinθ2C．cosθ1＋cosθ3＝2cosθ2D．tanθ1＋tanθ3＝2tanθ2

答案：D

解析：如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，F是棱AB的中点，连接OF，过棱A1B1的中点E作EG⊥OF，垂足为G，则∠GFE就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为θ，设漏壶上口宽为a，下底宽为b，高为h，在Rt△EFG中，列，下底宽也成等差数列，所以a－b为定值．又因为三个漏壶的高h成等差数列，所以2tanθ2＝tanθ1＋tanθ3.■关联点：立体几何＋余弦定理＋三角形面积公式2．在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AA1＝3，E是BC的中点，F是棱CC1上的点，且CF

答案：A

■关联点：立体几何＋基本不等式3．已知三棱锥P-ABC的顶点都在以PC为直径的球M的球面上，PA⊥BC.若球M的表面积为48π，PA＝4，则三棱锥P－ABC的体积的最大值为

(

)答案：B

解析：因为三棱锥P-ABC的顶点都在以PC为直径的球M的球面上，所以PA⊥AC，PB⊥BC.又PA⊥BC，AC∩BC＝C，AC，BC

平面ABC，故PA⊥平面ABC.又PA∩PB＝P，PA，PB

平面PAB，故BC⊥平面PAB.又AB

平面PAB，故BC⊥AB.球M的表面积为48π，设球的半径为R，则4πR2＝48π，■关联点：立体几何＋概率4.如图，ABCDEF-A′B′C′D′E′F′为正六棱柱，若从该正六棱柱的6个侧面的12条面对角线中，随机选取两条，则它们共面的概率是_______.解析：由题意知，若两条对角线在同一个侧面，因为有6个侧面，所以共有6组；若相交且交点在正六棱柱的顶点上，因为有12个顶点，所以共有12组；若相交且交点在对角线延长线上时，如图所示，连接AD，C′D，E′D，AB′，AF′，先考虑下底面，根据正六边形性质可知EF∥AD∥BC，所以E′F′∥AD∥B′C′，且B′C′＝E′F′≠AD，故AD，C′B′共面，且AD，E′F′共面，故AF′，DE′相交，且C′D，AB′相交，故共有2组，即正六边形对角线AD所对应的有2组共面的面对角线．同理可知正六边形对角线BE，CF所对的分别有两组，共6组．故对于上底面对角线A′D′，B′E′，C′F′同样各有两组，共6组；若对面平行，一组对面中有2组对角线平行，二、命题“深度”上——强化纵向高次延伸■延伸链：等体积法求高→线面平行的判定→P的轨迹→线面垂直求距离答案：D

设三棱锥B1-A1BD的高为h，∥CD，且A1B1＝CD，则四边形A1B1CD为平行四边形，则A1D∥B1C，又A1D

平面A1BD，B1C

平面A1BD，所以B1C∥平面A1BD，即点P的轨迹为线段B1C，因为CD⊥平面BB1C1C，B1C

平面BB1C1C，所以CD⊥B1C，在Rt△B1CD中，D，P两点间距■延伸链：正四棱台的几何特征→点、线、面位置关系→二面角2.如图为延安革命纪念馆陈列的呈正四棱台的木盒子，它是以前计量粮食用的斗，其四周和底部五面合围，上部开口的中间有一斗柄，作为手提之用．该正四棱台下底面边长为38厘米，上底面边长为32厘米，侧棱长为23厘米，则斗的侧面与底面夹角的余弦值为(

)

答案：A

解析：如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，设上、下底面的中心为O1，O，设B1C1，BC的中点分别为E，H，连接EH，O1E，OH，OO1，作EF⊥OH，垂足为点F，由于侧面BB1C1C为等腰梯形，故EH⊥BC，而OH⊥BC，且O1E∥OH，EH∩OH＝H，EH，OH

平面OHEO1，故BC⊥平面OHEO1，EH

平面BB1C1C，OH

平面ABCD，则∠EHF即为平面BB1C1C与底面ABCD所成二面角的平面角，即∠EHF即为斗的侧面与底面的夹角．由题意可知O1E＝16，OH＝19，∴FH＝19－16＝3，在等腰梯形BCC1B1中，BB1＝23,则EH＝■延伸链：线面角的定义→线面垂直的判定与性质→解三角形→棱长之和3.坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形.若AB＝25m，BC＝AD＝10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角的正切值A．102m B．112mC．117m D．125m

答案：C

解析：如图，过E作EO⊥平面ABCD，垂足为O，过E分别作EG⊥BC，EM⊥AB，垂足分别为G，M，连接OG，OM.由题意得等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与底面夹角分别为∠EMO和∠EGO，因为EO⊥平面ABCD，BC

平面ABCD，所以EO⊥BC.因为EG⊥BC，EO，EG

平面EOG，EO∩EG＝E，所以BC⊥平面EOG.因为OG

平面EOG，所以BC⊥OG.同理可得OM⊥BM.又BM⊥BG，故四边形OMBG是矩形．又EF＝AB－5－5＝25－5－5＝15.所有棱长之和为2×25＋2×10＋15＋4×8＝117m．故选C.■延伸链：四棱柱特征→截面问题→三棱锥的外接球→确定直径最小值情况→线面位置关系→外接球直径4．在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝3，点P为侧棱DD1上一点，过A，C两点作垂直于BP的截面，以此截面为底面，以B为顶点作棱锥，则该棱锥的外接球的表面积的取值范围是________．解析：如图所示，当点P与点D重合时，过A，C与BP垂直的截面为平面ACC1A1，此时外接球的表面积最大，最大值为11π.当P与点D1重合时，过A，C与BP垂直的截面为平面ACM，设AC∩BD＝E，连接EM，因为BD1⊥平面ACM，EM

平面ACM，所以BD1⊥EM.所以∠BEM＋∠EBD1＝90°.因为∠MBD1＋∠EBD1＝90°，所以∠MBD1＝∠BEM.所以△EBM∽△BB1D1.■延伸链：三棱柱的性质→线面垂直证线线垂直→△PBC面积最小，P为AA1的中点→建系求解法向量5.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝2，A1A＝A1B＝A1C＝2，∠BAC＝90°，E是BC的中点，F是线段A1C1上一点．(1)求证：AB⊥EF；(2)设P是棱AA1上的动点(不包括边界)，当△PBC的面积最小时，求直线PC1与平面AA1B1B所成角的正弦值．解：(1)证明：连接A1E，AE，EC1.∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，E是BC的中点，∴AE⊥BC.∵A1A＝A1B＝A1C＝2，E是BC的中点，∴A1A2＝AE2＋A1E2.∴AE⊥A1E.∵AE∩BC＝E，AE，BC

平面ABC，∴A1E⊥平面ABC.∵AB

平面ABC，∴A1E⊥AB.∵在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1∥AC，AB⊥AC，∴AB⊥A1C1.∵A1E∩A1C1＝A1，A1E，A1C1

平面A1C1E，∴AB⊥平面A1C1E.∵EF

平面A1C1E，∴AB⊥EF.(2)连接PE，由(1)可知A1E⊥BC，AE⊥BC.∵AE∩A1E＝E，AE，A1E

平面AA1E，∴BC⊥平面AA1E.∵PE

平面AA1E，∴BC⊥PE.即PE⊥A1A时，PE最小．∴P是AA1的中点．令x＝1，则y＝－1，z＝－1，即m＝(1，－1，－1)．

设直线PC1与平面AA1B1B所成的角为θ，三、命题“开放度”上——探究多渠道解决问题■开放类型：条件限定，途径开放1．已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：____________.答案：②③

①(或①③

②，写出一个即可)解析：已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③

①或①③

②.■开放类型：条件限定，目标开放2.如图，一个棱长为6分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水(没有盛满)，若将该容器任意放置均不能使容器内水平面呈三角形，写出V的一个可能取值为________．答案：37(答案不唯一)所以V的取值范围是(36,180)．■开放类型：条件多余，选择求解3.(2023·潍坊期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，AC∩BD＝O，底面四边形ABCD为菱形，AB＝2，∠ABC＝60°，异面直线PD与AB所成的角为60°.试在①PA⊥BD，．②PC⊥AB，③PA＝PC三个条件中选两个条件，使得PO⊥平面ABCD成立，请说明选择理由，并求出平面PAB与平面PCD所成角的余弦值解：选择条件①③.理由如下：若选择条件②，利用反证法．由PO⊥平面ABCD，AB

平面ABCD，得PO⊥AB，又PC⊥AB，PO∩PC＝P，所以AB⊥平面PAC，又AC

平面PAC，所以AB⊥AC，由菱形的性质可得BD⊥AC，所以AB∥BD，与AB∩BD＝B矛盾．故不选择条件②.由底面ABCD为菱形，得BD⊥AC.又BD⊥PA，PA∩AC＝A，且PA，AC

平面PAC，所以BD⊥平面PAC.又PO

平面PAC，所以BD⊥PO，因为PA＝PC，AO＝CO，所以PO⊥AC，又BD∩AC＝O，所以PO⊥平面ABCD.■开放类型：条件开放，目标明确4．(2022·北京高考)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．(1)求证：MN∥平面BCC1B1；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：AB⊥MN；条件②：BM＝MN.解：(1)证明：如图，设点P为AB的中点，连接PN，PM，因为N为AC的中点，所以PN为△ABC的中位线，所以PN∥BC.又M为A1B1的中点，所以PM∥BB1.因为BB1∩BC＝B，PM∩PN＝P，BB1，BC

平面BCC1B1，PM，PN

平面MPN，所以平面BCC1B1∥平面MPN.又MN

平面MPN，所以MN∥平面BCC1B1.(2)因为侧面BCC1B1为正方形，所以CB⊥BB1.又因为平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，且平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，所以CB⊥平面ABB1A1，而AB

平面ABB1A1，所以CB⊥AB.选条件①：取BC的中点D，连接DN,B1D.由