2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 9.13 立體幾何的綜合問題教案.doc
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 9.13 立體幾何的綜合問題教案.doc
2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 9.13 立體幾何的綜合問題教案
●知識梳理
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.長方體AC1的長、寬、高分別為3、2、1,從A到C1沿長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)長方體的對角線長為4,過每個(gè)頂點(diǎn)的三條棱中總有兩條棱與對角線的夾角為60,則長方體的體積是
A.27 B.8 C.8 D.16
解析:先求出長方體的兩條棱長為2、2,設(shè)第三條棱長為x,由22+22+x2=42x=2,∴V=222=8.
答案:B
4.棱長為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上的投影的絕對值,
∴d=||== .
(5)在異面直線SC、OB的公垂線方向上的投影的絕對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)開放型題目,做這類題的思維是逆向的,即若AB1=2,那么能夠推出什么結(jié)果,再回過來考慮根據(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,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)無蓋的正方體盒子展開后的平面圖,A、B、C是展開圖上的三點(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_____________.
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,底面是邊長為2 cm的正三角形,PA=PB=3 cm,轉(zhuǎn)動點(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、寬各為4、3的長方形ABCD,沿對角線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BE⊥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??;
(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B作BE⊥AD,垂足為E,過點(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BE⊥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題,要仔細(xì)分析問題特點(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)系的證明問題或數(shù)量關(guān)系的運(yùn)算問題轉(zhuǎn)化為典型的向量運(yùn)算,以算代證,以值定形.這種方法可減少復(fù)雜的空間結(jié)構(gòu)分析,使得思路簡捷、方法清晰、運(yùn)算直接,能迅速準(zhǔn)確地解決問題.
2.線線垂直、兩異面直線的夾角、兩點(diǎn)間的距離等問題的解決往往借助于向量坐標(biāo).正方體、長方體、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題型;
(4)準(zhǔn)確判斷是否選用向量處理問題,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),通過對照,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.通過解題總結(jié)證明立體幾何問題的常見方法,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;(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.