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2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 9.13 立體幾何的綜合問(wèn)題教案 ●知識(shí)梳理 1.線與線、線與面、面與面間的平行、垂直關(guān)系. 2.空間角與空間距離. 3.柱、錐、球的面積與體積. 4.平面圖形的翻折，空間向量的應(yīng)用. ●點(diǎn)擊雙基 1.若Rt△ABC的斜邊BC在平面α內(nèi)，頂點(diǎn)A在α外，則△ABC在α上的射影是 A.銳角三角形 B.鈍角三角形 C.直角三角形 D.一條線段或一鈍角三角形 解析：當(dāng)平面ABC⊥α?xí)r，為一條線段，結(jié)合選擇肢，知選D. 答案：D 2.長(zhǎng)方體AC1的長(zhǎng)、寬、高分別為3、2、1，從A到C1沿長(zhǎng)方體的表面的最短距離為 A.1+ B.2+ C.3 D.2 解析：求表面上最短距離常把圖形展成平面圖形. 答案：C 3.設(shè)長(zhǎng)方體的對(duì)角線長(zhǎng)為4，過(guò)每個(gè)頂點(diǎn)的三條棱中總有兩條棱與對(duì)角線的夾角為60，則長(zhǎng)方體的體積是 A.27 B.8 C.8 D.16 解析：先求出長(zhǎng)方體的兩條棱長(zhǎng)為2、2，設(shè)第三條棱長(zhǎng)為x，由22+22+x2=42x=2，∴V=222=8. 答案：B 4.棱長(zhǎng)為a的正方體的各個(gè)頂點(diǎn)都在一個(gè)球面上，則這個(gè)球的體積是_____________. 解析：易知球的直徑2R=a.所以R=a.所以V=R3= a3. 答案：a3 5.已知△ABC的頂點(diǎn)坐標(biāo)為A（1，1，1）、B（2，2，2）、C（3，2，4），則△ABC的面積是_____________. 解析：=（1，1，1），=（2，1，3），cos〈，〉==，∴sinA=.∴S=||||sinA== . 答案： ●典例剖析 【例1】 在直角坐標(biāo)系O—xyz中，=（0，1，0），=（1，0，0），=（2，0，0）， =（0，0，1）. （1）求與的夾角α的大??； （2）設(shè)n=（1，p，q），且n⊥平面SBC，求n； （3）求OA與平面SBC的夾角； （4）求點(diǎn)O到平面SBC的距離； （5）求異面直線SC與OB間的距離. 解：（1）如圖，= －=（2，0，－1），= + =（1，1，0），則||==，||==. cosα=cos〈，〉===，α=arccos. （2）∵n⊥平面SBC，∴n⊥且n⊥，即 n=0， n=0. ∵=（2，0，－1），= －=（1，－1，0）， 即n=（1，1，2）. ∴ ∴ 2－q=0， p=1， 1－p=0. q=2， （3）OA與平面SBC所成的角θ和OA與平面SBC的法線所夾角互余，故可先求與n所成的角. =（0，1，0），||=1，|n|==. ∴cos〈，n〉===，即〈，n〉=arccos.∴θ=－arccos. （4）點(diǎn)O到平面SBC的距離即為在n上的投影的絕對(duì)值， ∴d=||== . （5）在異面直線SC、OB的公垂線方向上的投影的絕對(duì)值即為兩條異面直線間的距離，故先求與SC、OB均垂直的向量m. 設(shè)m=（x，y，1），m⊥且m⊥， 則m=0，且m=0. 即 ∴ 2x－1=0， x=， x+y=0， y=－. ∴m=（，－，1），d′=||= =. 特別提示 借助于平面的法向量，可以求斜線與平面所成的角，求點(diǎn)到平面的距離，類(lèi)似地可以求異面直線間的距離.本題選題的目的是復(fù)習(xí)如何求平面的法向量，以及如何由法向量求角、求距離. 【例2】 如圖，已知一個(gè)等腰三角形ABC的頂角B=120，過(guò)AC的一個(gè)平面α與頂點(diǎn)B的距離為1，根據(jù)已知條件，你能求出AB在平面α上的射影AB1的長(zhǎng)嗎?如果不能，那么需要增加什么條件，可以使AB1=2? 解：在條件“等腰△ABC的頂角B=120”下，△ABC是不能唯一確定的，這樣線段AB1也是不能確定的，需要增加下列條件之一，可使AB1=2： ①CB1=2；②CB=或AB=；③直線AB與平面α所成的角∠BAB1=arcsin；④∠ABB1=arctan2；⑤∠B1AC=arccos；⑥∠AB1C=π－arccos；⑦AC=；⑧B1到AC的距離為；⑨B到AC的距離為；⑩二面角B—AC—B1為arctan2等等. 思考討論 本題是一個(gè)開(kāi)放型題目，做這類(lèi)題的思維是逆向的，即若AB1=2，那么能夠推出什么結(jié)果，再回過(guò)來(lái)考慮根據(jù)這一結(jié)果能否推出AB1=2. 【例3】 （xx年春季北京）如圖，四棱錐S—ABCD的底面是邊長(zhǎng)為1的正方形，SD垂直于底面ABCD，SB=， （1）求證：BC⊥SC； （2）求面ASD與面BSC所成二面角的大??； （3）設(shè)棱SA的中點(diǎn)為M，求異面直線DM與SB所成角的大小. 剖析：本題主要考查直線與平面的位置關(guān)系等基本知識(shí)，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運(yùn)算能力. （1）證法一：∵底面ABCD是正方形， ∴BC⊥DC.∵SD⊥底面ABCD， ∴DC是SC在平面ABCD上的射影. 由三垂線定理得BC⊥SC. 證法二：∵底面ABCD是正方形， ∴BC⊥DC.∵SD⊥底面ABCD， ∴SD⊥BC.又DC∩SD=D， ∴BC⊥平面SDC.∴BC⊥SC. （2）解法一：∵SD⊥底面ABCD，且ABCD為正方形， ∴可以把四棱錐S—ABCD補(bǔ)形為長(zhǎng)方體A1B1C1S—ABCD，如上圖，面ASD與面BSC所成的二面角就是面ADSA1與面BCSA1所成的二面角，∵SC⊥BC，BC∥A1S，∴SC⊥A1S. 又SD⊥A1S，∴∠CSD為所求二面角的平面角. 在Rt△SCB中，由勾股定理得SC=， 在Rt△SDC中，由勾股定理得SD=1. ∴∠CSD=45， 即面ASD與面BSC所成的二面角為45. 解法二：如下圖，過(guò)點(diǎn)S作直線l∥AD， ∴l(xiāng)在面ASD上. ∵底面ABCD為正方形，∴l(xiāng)∥AD∥BC. ∴l(xiāng)在面BSC上. ∴l(xiāng)為面ASD與面BSC的交線. ∵SD⊥AD，BC⊥SC，∴l(xiāng)⊥SD，l⊥SC. ∴∠CSD為面ASD與面BSC所成二面角的平面角. （以下同解法一）. （3）解法一：如上圖，∵SD=AD=1，∠SDA=90， ∴△SDA是等腰直角三角形. 又M是斜邊SA的中點(diǎn)， ∴DM⊥SA. ∵BA⊥AD，BA⊥SD，AD∩SD=D， ∴BA⊥面ASD，SA是SB在面ASD上的射影. 由三垂線定理得DM⊥SB. ∴異面直線DM與SB所成的角為90. 解法二：如下圖，取AB的中點(diǎn)P，連結(jié)MP、DP. 在△ABS中，由中位線定理得PM∥BS. ∴DM與SB所成的角即為∠DMP. 又PM2=，DP2=，DM2=. ∴DP2=PM2+DM2.∴∠DMP=90. ∴異面直線DM與SB所成的角為90. ●闖關(guān)訓(xùn)練 夯實(shí)基礎(chǔ) 1.下圖是一個(gè)無(wú)蓋的正方體盒子展開(kāi)后的平面圖，A、B、C是展開(kāi)圖上的三點(diǎn)，則在正方體盒子中，∠ABC的值為 A.180 B.120 C.60 D.45 答案：C 2.在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD—A1B1C1D1中，M、N分別為A1B1和BB1的中點(diǎn)，那么直線AM與CN所成的角為 A.arccos B.arccos C.arccos D.arccos 解法一：∵=+，= +， ∴=（+）（+）== . 而||= == = .同理，||=. 如令α為所求之角，則cosα===，∴α=arccos.應(yīng)選D. 解法二：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，把D點(diǎn)視作原點(diǎn)O，分別以、、的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向，則A（1，0，0）、M（1，，1）、C（0，1，0）、N（1，1，）. ∴=（0，，1），=（1，0，）. 故=01+0+1=， ||==， ||==. ∴cosα===. ∴α=arccos. 答案：D 3.圖甲是一個(gè)正三棱柱形的容器，高為2a，內(nèi)裝水若干.現(xiàn)將容器放倒，把一個(gè)側(cè)面作為底面，如圖乙所示，這時(shí)水面恰好為中截面，則圖甲中水面的高度為_(kāi)____________. 解析：設(shè)正三棱柱的底面積為S，將圖乙豎起得圖丙，則V水=V柱－V=S2a－（S）2a=aS.設(shè)圖甲中水面的高度為x，則Sx=aS，得x=a. 答案： 4.在三棱錐P—ABC中，底面是邊長(zhǎng)為2 cm的正三角形，PA=PB=3 cm，轉(zhuǎn)動(dòng)點(diǎn)P時(shí)，三棱錐的最大體積為. 解析：點(diǎn)P到面ABC距離最大時(shí)體積最大，此時(shí)面PAB⊥面ABC，高PD=2. V=42= . 答案： cm3 5.把長(zhǎng)、寬各為4、3的長(zhǎng)方形ABCD，沿對(duì)角線AC折成直二面角，求頂點(diǎn)B和頂點(diǎn)D的距離. 解：如圖，作BE⊥AC于E， ∵二面角B—AC—D為直二面角，BE⊥AC， ∴BE⊥平面ADC，DE平面ADC，BE⊥DE. 在Rt△ABC中，可得BE=，AE=，在△ADE中，DE2=AE2＋AD2－2ADAE cos∠EAD=＋16－24=. 在Rt△BDE中，BD=BE2＋ED2=. 培養(yǎng)能力 6.已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，分別取邊BC、CD的中點(diǎn)E、F，連結(jié)AE、EF、AF，以AE、EF、FA為折痕，折疊使點(diǎn)B、C、D重合于一點(diǎn)P. （1）求證：AP⊥EF； （2）求證：平面APE⊥平面APF； （3）求異面直線PA和EF的距離. （1）證明：如下圖，∵∠APE=∠APF=90，PE∩PF=P，∴PA⊥平面PEF. ∵EF平面PEF，∴PA⊥EF. （2）證明：∵∠APE=∠EPF=90，AP∩PF=P，∴PE⊥平面APF.又PE平面PAE，∴平面APE⊥平面APF. （3）解：在面PEF中，作PG⊥EF，垂足為G，∵AP與面PEF垂直，PG平面PEF， ∴AP⊥PG，PG⊥EF，PG是AP與EF的公垂線.在等腰Rt△PEF中，PE=PF=，∠EPF=90，∴PG=EG=. 7.（文）如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是一直角梯形，∠BAD=90，AD∥BC，AB=BC=a，AD=2a，PA⊥底面ABCD，PD與底面成30角. （1）若AE⊥PD，E為垂足，求證：BE⊥PD； （2）求異面直線AE與CD所成的角. （1）證明：以A為原點(diǎn)，AB、AD、AP所在直線為坐標(biāo)軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則 A（0，0，0），B（a，0，0），D（0，2a，0），P（0，0，a）， =（a，0，0）（0，2a，－a）=0，又 =0， ∴⊥，⊥.∴PD⊥BE. （2）解：∵PA⊥面ABCD，PD與底面成30角，∴∠PDA=30. 過(guò)E作EF⊥AD，垂足為F，則AE=a，∠EAF=60，AF=a，EF=a， ∴E（0，a，a）. 于是=（0，a，a）.又C（a，a，0），D（0，2a，0），∴CD=（－a，a，0）. cos〈，〉===， ∴異面直線AE與CD所成的角是arccos. （理）四棱錐P—ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC=2，在四邊形ABCD中，∠B=∠C=90，CD∥AB，AB=4，CD=1，點(diǎn)M在PB上，且MB=3PM，PB與平面ABC成30角， （1）求證：CM∥面PAD； （2）求證：面PAB⊥面PAD； （3）求點(diǎn)C到平面PAD的距離. 分析：本題主要考查空間直角坐標(biāo)系的概念、空間點(diǎn)和向量的坐標(biāo)表示以及用向量法證明平行關(guān)系，同時(shí)考查向量研究空間圖形的數(shù)學(xué)思想方法. 如下圖，建立空間直角坐標(biāo)系O—xyz，C為坐標(biāo)原點(diǎn)O，突破點(diǎn)在于求出相關(guān)的向量所對(duì)應(yīng)的坐標(biāo). （1）證明：如圖，建立空間直角坐標(biāo)系. ∵PC⊥平面ABCD， ∴∠PBC為PB與平面ABC所成的角，即∠PBC=30. ∵|PC|=2，∴|BC|=2，|PB|=4. 得D（1，0，0）、B（0，2，0）、A（4，2，0）、P（0，0，2）. ∵|MB|=3|PM|， ∴|PM|=1，M（0，，）， =（0，，），=（－1，0，2），=（3，2，0）. 設(shè)=x+y（x、y∈R）， 則（0，，）=x（－1，0，2）+y（3，2，0）x=且y=， ∴= + . ∴、、共面.又∵C平面PAD，故CM∥平面PAD. （2）證明：過(guò)B作BE⊥PA，E為垂足. ∵|PB|=|AB|=4，∴E為PA的中點(diǎn). ∴E（2，，1），=（2，－，1）. 又∵=（2，－，1）（3，2，0）=0， ∴⊥，即BE⊥DA. 而B(niǎo)E⊥PA，∴BE⊥面PAD. ∵BE面PAB，∴面PAB⊥面PAD. （3）解：由BE⊥面PAD知，平面PAD的單位向量n0==（2，－，1）. ∴CD=（1，0，0）的點(diǎn)C到平面PAD的距離 d=|n0|=|（2，－，1）（1，0，0）|=. 探究創(chuàng)新 8.（xx年北京宣武區(qū)二模題）如圖，AB為圓柱OO1的母線，BD為圓柱OO1下底面直徑，AB=BD=2，點(diǎn)C為下底面圓周⊙O上的一點(diǎn)，CD=1. （1）求三棱錐C—ABD的體積； （2）求面BAD與面CAD所成二面角的大小； （3）求BC與AD所成角的大小. 分析：本題主要考查直線、平面的位置關(guān)系，考查圓柱的有關(guān)概念，考查直線、平面所成角的概念及求法，考查空間想象能力和推理能力. 解：（1）∵AB為圓柱OO1的母線，∴AB⊥下底面. ∴AB為棱錐A—BCD的高.而點(diǎn)C在⊙O上，∴△BCD為直角三角形，∠BCD=90. ∵BD=2，CD=1，∴BC=. ∴V三棱錐C—ABD=V三棱錐A—BCD=12=. （2）過(guò)B作BE⊥AD，垂足為E，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥AC，垂足為點(diǎn)F，連結(jié)EF.由BD為底面圓的直徑，得BC⊥CD. ∵AB⊥平面BCD，BC⊥CD， ∴AC⊥CD. 而AC∩BC=C， ∴CD⊥平面ABC. 而CD平面ADC， ∴平面ABC⊥平面ADC，且它們的交線為AC. ∵BF平面ABC，BF⊥AC，垂足為點(diǎn)F， ∴BF⊥平面ACD. 而B(niǎo)E⊥AD，AD平面ACD， ∴EF⊥AD.平面ABD∩平面ACD=AD， ∴∠BEF是面ABD與面ACD所成的二面角的平面角. 由BE=AD=，AC=，AB=2，可求出BF=. ∴sin∠BEF===. ∵∠BEF為銳角，∴∠BEF=arcsin. 故所求二面角的大小為arcsin. （3）過(guò)點(diǎn)D在下底面作DG∥BC交⊙O于點(diǎn)G，則∠GDA為BC與AD所成的角.連結(jié)BG、AG，由BD是⊙O的直徑，得GD⊥BG，則AG⊥DG，BC=GD. ∴cos∠GDA===. ∴∠GDA=arccos. ∴所求BC與AD所成的角的大小為arccos. ●思悟小結(jié) 1.利用向量解立體幾何問(wèn)題，要仔細(xì)分析問(wèn)題特點(diǎn)，把已知條件用向量表示，把一些待求的量用基向量或其他向量表示，將幾何的位置關(guān)系的證明問(wèn)題或數(shù)量關(guān)系的運(yùn)算問(wèn)題轉(zhuǎn)化為典型的向量運(yùn)算，以算代證，以值定形.這種方法可減少?gòu)?fù)雜的空間結(jié)構(gòu)分析，使得思路簡(jiǎn)捷、方法清晰、運(yùn)算直接，能迅速準(zhǔn)確地解決問(wèn)題. 2.線線垂直、兩異面直線的夾角、兩點(diǎn)間的距離等問(wèn)題的解決往往借助于向量坐標(biāo).正方體、長(zhǎng)方體、底面有一角為直角的直棱柱、底面為菱形的直四棱柱、四棱錐等凡能出現(xiàn)三條兩兩垂直直線的圖形，常?？紤]空間直角坐標(biāo)系. 3.在綜合問(wèn)題中，首先要注意是否構(gòu)建直角坐標(biāo)系，能較易建立直角坐標(biāo)系的，盡量建立直角坐標(biāo)系.其次要注意向量運(yùn)算與基本性質(zhì)相結(jié)合的論述，這是今后的方向，可以“形到形”，可以“數(shù)到形”，注意數(shù)形結(jié)合，向量方法與傳統(tǒng)方法各有千秋，相得益彰. 必須熟練掌握向量的基本知識(shí)和技能，尤其提出如下幾點(diǎn)： （1）怎樣選擇應(yīng)用基底（不設(shè)直角坐標(biāo)系）和建立直角坐標(biāo)系及坐標(biāo)系建立技巧； （2）法向量的應(yīng)用對(duì)處理角和距離的重要性； （3）怎樣用向量解決立體幾何中的幾大常見(jiàn)題型； （4）準(zhǔn)確判斷是否選用向量處理問(wèn)題，明確向量解題的缺點(diǎn)； （5）空間向量是怎樣由平面向量拓展而來(lái)的. ●教師下載中心 教學(xué)點(diǎn)睛 要給學(xué)生歸納、總結(jié)，使學(xué)生系統(tǒng)地掌握線線、線面、面面的位置關(guān)系，特別是平行與垂直的判定與性質(zhì)，通過(guò)對(duì)照，深刻理解異面直線所成的角、斜線與平面所成的角、二面角的平面角，理解點(diǎn)到面的距離、異面直線的距離.通過(guò)解題總結(jié)證明立體幾何問(wèn)題的常見(jiàn)方法，注意培養(yǎng)學(xué)生的空間想象能力. 拓展題例 【例1】 已知直線a∥α，且a與α間的距離為d，a在α內(nèi)的射影為a′，l為平面α內(nèi)與a′平行的任一直線，則a與l之間的距離的取值范圍是 A.［d，+∞） B.（d，+∞） C.（0，d］ D.mzebxcnn0 解析：如圖，在a上任取一點(diǎn)P作PO⊥a′，垂足為O，過(guò)O作OA⊥l，垂足為A，連結(jié)PA.則PA⊥l，PA⊥a，故PA就是a與l之間的距離.在Rt△POA中，PA>PO=d，選B. 答案：B 【例2】 如圖，已知底面半徑為r的圓柱被一個(gè)平面所截，剩下部分母線長(zhǎng)的最大值為a，最小值為b，那么圓柱被截后剩下部分的體積是__________. 解析：兩個(gè)相同的幾何體 倒立一個(gè)，對(duì)應(yīng)合縫，恰好形成一個(gè)圓柱體. 答案：πr2（a+b） 【例3】 （xx年北京西城區(qū)一模題）如圖，正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱長(zhǎng)均為2，P是側(cè)棱AA1上任意一點(diǎn). （1）求證：B1P不可能與平面ACC1A1垂直； （2）當(dāng)BC1⊥B1P時(shí)，求線段AP的長(zhǎng)；（3）在（2）的條件下，求二面角C—B1P—C1的大小. （1）證明：連結(jié)B1P，假設(shè)B1P⊥平面ACC1A1，則B1P⊥A1C1. 由于三棱柱ABC—A1B1C1為正三棱柱， ∴AA1⊥A1C1. ∴A1C1⊥側(cè)面ABB1A1. ∴A1C1⊥A1B1， 即∠B1A1C1=90. 這與△A1B1C1是等邊三角形矛盾. ∴B1P不可能與平面ACC1A1垂直. （2）解：取A1B1的中點(diǎn)D，連結(jié)C1D、BD、BC1， 則C1D⊥A1B1，又∵AA1⊥平面A1B1C1， ∴AA1⊥C1D.∴C1D⊥平面ABB1A1. ∴BD是BC1在平面ABB1A1上的射影. ∵BC1⊥B1P，∴BD⊥B1P.∴∠B1BD=90－∠BB1P=∠A1B1P. 又A1B1=B1B=2，∴△BB1D≌△B1A1P，A1P=B1D=1.∴AP=1. （3）解：連結(jié)B1C，交BC1于點(diǎn)O，則BC1⊥B1C.又BC1⊥B1P，∴BC1⊥平面B1CP. 過(guò)O在平面CPB1上作OE⊥B1P，交B1P于點(diǎn)E，連結(jié)C1E，則B1P⊥C1E， ∴∠OEC1是二面角C—B1P—C1的平面角. 由于CP=B1P=，O為B1C的中點(diǎn)，連結(jié)OP， ∴PO⊥B1C，OPOB1=OEB1P.∴OE=.∴tan∠OEC1==. ∴∠OEC1=arctan. 故二面角C—B1P—C1的大小為arctan.