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2019-2020年高考数学一轮复习
9.13立体几何的综合问题教案●知识梳理
1.线与线、线与面、面与面间的平行、垂直关系.
2.空间角与空间距离.
3.柱、锥、球的面积与体积.
4.平面图形的翻折,空间向量的应用.●点击双基
1.若Rt△ABC的斜边BC在平面α内,顶点A在α外,则△ABC在α上的射影是A.锐角三角形B.钝角三角形C.直角三角形D.一条线段或一钝角三角形解析当平面ABC⊥α时,为一条线段,结合选择肢,知选D.答案D
2.长方体AC1的长、宽、高分别为
3、
2、1,从A到C1沿长方体的表面的最短距离为A.1+B.2+C.3D.2解析求表面上最短距离常把图形展成平面图形.答案C
3.设长方体的对角线长为4,过每个顶点的三条棱中总有两条棱与对角线的夹角为60°,则长方体的体积是A.27B.8C.8D.16解析先求出长方体的两条棱长为
2、2,设第三条棱长为x,由22+22+x2=42x=2,∴V=2×2×2=
8.答案B
4.棱长为a的正方体的各个顶点都在一个球面上,则这个球的体积是_____________.解析易知球的直径2R=a.所以R=a.所以V=R3=a
3.答案a
35.已知△ABC的顶点坐标为A(1,1,1)、B(2,2,2)、C(3,2,4),则△ABC的面积是_____________.解析=(1,1,1),=(2,1,3),cos〈,〉==,∴sinA=.∴S=||||sinA=··=.答案●典例剖析【例1】在直角坐标系O—xyz中,=(0,1,0),=(1,0,0),=(2,0,0),=(0,0,1).
(1)求与的夹角α的大小;
(2)设n=(1,p,q),且n⊥平面SBC,求n;
(3)求OA与平面SBC的夹角;
(4)求点O到平面SBC的距离;
(5)求异面直线SC与OB间的距离.解
(1)如图,=-=(2,0,-1),=+=(1,1,0),则||==,||==.cosα=cos〈,〉===,α=arccos.n·=0,n·=
0.∵=(2,0,-1),=-=(1,-1,0),2-q=0,p=1,1-p=
0.q=2,
(3)OA与平面SBC所成的角θ和OA与平面SBC的法线所夹角互余,故可先求与n所成的角.=(0,1,0),||=1,|n|==.∴cos〈,n〉===,即〈,n〉=arccos.∴θ=-arccos.
(4)点O到平面SBC的距离即为在n上的投影的绝对值,∴d=|·|==.
(5)在异面直线SC、OB的公垂线方向上的投影的绝对值即为两条异面直线间的距离,故先求与SC、OB均垂直的向量m.设m=(x,y,1),m⊥且m⊥,则m·=0,且m·=
0.2x-1=0,x=,x+y=0,y=-.∴m=(,-,1),d′=|·|==.特别提示借助于平面的法向量,可以求斜线与平面所成的角,求点到平面的距离,类似地可以求异面直线间的距离.本题选题的目的是复习如何求平面的法向量,以及如何由法向量求角、求距离.【例2】如图,已知一个等腰三角形ABC的顶角B=120°,过AC的一个平面α与顶点B的距离为1,根据已知条件,你能求出AB在平面α上的射影AB1的长吗如果不能,那么需要增加什么条件,可以使AB1=2解在条件“等腰△ABC的顶角B=120°”下,△ABC是不能唯一确定的,这样线段AB1也是不能确定的,需要增加下列条件之一,可使AB1=2
①CB1=2;
②CB=或AB=;
③直线AB与平面α所成的角∠BAB1=arcsin;
④∠ABB1=arctan2;
⑤∠B1AC=arccos;
⑥∠AB1C=π-arccos;
⑦AC=;
⑧B1到AC的距离为;
⑨B到AC的距离为;⑩二面角B—AC—B1为arctan2等等.思考讨论本题是一个开放型题目,做这类题的思维是逆向的,即若AB1=2,那么能够推出什么结果,再回过来考虑根据这一结果能否推出AB1=
2.【例3】(xx年春季北京)如图,四棱锥S—ABCD的底面是边长为1的正方形,SD垂直于底面ABCD,SB=,
(1)求证BC⊥SC;
(2)求面ASD与面BSC所成二面角的大小;
(3)设棱SA的中点为M,求异面直线DM与SB所成角的大小.剖析本题主要考查直线与平面的位置关系等基本知识,考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.
(1)证法一∵底面ABCD是正方形,∴BC⊥DC.∵SD⊥底面ABCD,∴DC是SC在平面ABCD上的射影.由三垂线定理得BC⊥SC.证法二∵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为正方形,∴可以把四棱锥S—ABCD补形为长方体A1B1C1S—ABCD,如上图,面ASD与面BSC所成的二面角就是面ADSA1与面BCSA1所成的二面角,∵SC⊥BC,BC∥A1S,∴SC⊥A1S.又SD⊥A1S,∴∠CSD为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与面BSC所成的二面角为45°.解法二如下图,过点S作直线l∥AD,∴l在面ASD上.∵底面ABCD为正方形,∴l∥AD∥BC.∴l在面BSC上.∴l为面ASD与面BSC的交线.∵SD⊥AD,BC⊥SC,∴l⊥SD,l⊥SC.∴∠CSD为面ASD与面BSC所成二面角的平面角.(以下同解法一).
(3)解法一如上图,∵SD=AD=1,∠SDA=90°,∴△SDA是等腰直角三角形.又M是斜边SA的中点,∴DM⊥SA.∵BA⊥AD,BA⊥SD,AD∩SD=D,∴BA⊥面ASD,SA是SB在面ASD上的射影.由三垂线定理得DM⊥SB.∴异面直线DM与SB所成的角为90°.解法二如下图,取AB的中点P,连结MP、DP.在△ABS中,由中位线定理得PM∥BS.∴DM与SB所成的角即为∠DMP.又PM2=,DP2=,DM2=.∴DP2=PM2+DM
2.∴∠DMP=90°.∴异面直线DM与SB所成的角为90°.●闯关训练夯实基础
1.下图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图,A、B、C是展开图上的三点,则在正方体盒子中,∠ABC的值为A.180°B.120°C.60°D.45°答案C
2.在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中,M、N分别为A1B1和BB1的中点,那么直线AM与CN所成的角为A.arccosB.arccosC.arccosD.arccos解法一∵=+,=+,∴·=(+)·(+)=·=.而||====.同理,||=.如令α为所求之角,则cosα===,∴α=arccos.应选D.解法二建立如图所示的空间直角坐标系,把D点视作原点O,分别以、、的方向为x轴、y轴、z轴的正方向,则A(1,0,0)、M(1,,1)、C(0,1,0)、N(1,1,).∴=(0,,1),=(1,0,).故·=0×1+×0+1×=,||==,||==.∴cosα===.∴α=arccos.答案D
3.图甲是一个正三棱柱形的容器,高为2a,内装水若干.现将容器放倒,把一个侧面作为底面,如图乙所示,这时水面恰好为中截面,则图甲中水面的高度为_____________.解析设正三棱柱的底面积为S,将图乙竖起得图丙,则V水=V柱-V=S·2a-(S)·2a=aS.设图甲中水面的高度为x,则S·x=aS,得x=a.答案
4.在三棱锥P—ABC中,底面是边长为2cm的正三角形,PA=PB=3cm,转动点P时,三棱锥的最大体积为.解析点P到面ABC距离最大时体积最大,此时面PAB⊥面ABC,高PD=
2.V=××4×2=.答案cm
35.把长、宽各为
4、3的长方形ABCD,沿对角线AC折成直二面角,求顶点B和顶点D的距离.解如图,作BE⊥AC于E,∵二面角B—AC—D为直二面角,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+AD2-2AD·AE·cos∠EAD=+16-2··4·=.在Rt△BDE中,BD=BE2+ED2=.培养能力
6.已知正方形ABCD的边长为1,分别取边BC、CD的中点E、F,连结AE、EF、AF,以AE、EF、FA为折痕,折叠使点B、C、D重合于一点P.
(1)求证AP⊥EF;
(2)求证平面APE⊥平面APF;
(3)求异面直线PA和EF的距离.
(1)证明如下图,∵∠APE=∠APF=90°,PE∩PF=P,∴PA⊥平面PEF.∵EF平面PEF,∴PA⊥EF.
(2)证明∵∠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,垂足为G,∵AP与面PEF垂直,PG平面PEF,∴AP⊥PG,PG⊥EF,PG是AP与EF的公垂线.在等腰Rt△PEF中,PE=PF=,∠EPF=90°,∴PG=EG=.
7.(文)如图,在四棱锥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与底面成30°角.
(1)若AE⊥PD,E为垂足,求证BE⊥PD;
(2)求异面直线AE与CD所成的角.
(1)证明以A为原点,AB、AD、AP所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,则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与底面成30°角,∴∠PDA=30°.过E作EF⊥AD,垂足为F,则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〈,〉===,∴异面直线AE与CD所成的角是arccos.(理)四棱锥P—ABCD中,PC⊥平面ABCD,PC=2,在四边形ABCD中,∠B=∠C=90°,CD∥AB,AB=4,CD=1,点M在PB上,且MB=3PM,PB与平面ABC成30°角,
(1)求证CM∥面PAD;
(2)求证面PAB⊥面PAD;
(3)求点C到平面PAD的距离.分析本题主要考查空间直角坐标系的概念、空间点和向量的坐标表示以及用向量法证明平行关系,同时考查向量研究空间图形的数学思想方法.如下图,建立空间直角坐标系O—xyz,C为坐标原点O,突破点在于求出相关的向量所对应的坐标.
(1)证明如图,建立空间直角坐标系.∵PC⊥平面ABCD,∴∠PBC为PB与平面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).设=x+y(x、y∈R),则(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)证明过B作BE⊥PA,E为垂足.∵|PB|=|AB|=4,∴E为PA的中点.∴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的单位向量n0==(2,-,1).∴CD=(1,0,0)的点C到平面PAD的距离d=|n0·|=|(2,-,1)·(1,0,0)|=.探究创新
8.(xx年北京宣武区二模题)如图,AB为圆柱OO1的母线,BD为圆柱OO1下底面直径,AB=BD=2,点C为下底面圆周⊙O上的一点,CD=
1.
(1)求三棱锥C—ABD的体积;
(2)求面BAD与面CAD所成二面角的大小;
(3)求BC与AD所成角的大小.分析本题主要考查直线、平面的位置关系,考查圆柱的有关概念,考查直线、平面所成角的概念及求法,考查空间想象能力和推理能力.解
(1)∵AB为圆柱OO1的母线,∴AB⊥下底面.∴AB为棱锥A—BCD的高.而点C在⊙O上,∴△BCD为直角三角形,∠BCD=90°.∵BD=2,CD=1,∴BC=.∴V三棱锥C—ABD=V三棱锥A—BCD=××1××2=.
(2)过B作BE⊥AD,垂足为E,过点B作BF⊥AC,垂足为点F,连结EF.由BD为底面圆的直径,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,且它们的交线为AC.∵BF平面ABC,BF⊥AC,垂足为点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与面ACD所成的二面角的平面角.由BE=AD=,AC=,AB=2,可求出BF=.∴sin∠BEF===.∵∠BEF为锐角,∴∠BEF=arcsin.故所求二面角的大小为arcsin.
(3)过点D在下底面作DG∥BC交⊙O于点G,则∠GDA为BC与AD所成的角.连结BG、AG,由BD是⊙O的直径,得GD⊥BG,则AG⊥DG,BC=GD.∴cos∠GDA===.∴∠GDA=arccos.∴所求BC与AD所成的角的大小为arccos.●思悟小结
1.利用向量解立体几何问题,要仔细分析问题特点,把已知条件用向量表示,把一些待求的量用基向量或其他向量表示,将几何的位置关系的证明问题或数量关系的运算问题转化为典型的向量运算,以算代证,以值定形.这种方法可减少复杂的空间结构分析,使得思路简捷、方法清晰、运算直接,能迅速准确地解决问题.
2.线线垂直、两异面直线的夹角、两点间的距离等问题的解决往往借助于向量坐标.正方体、长方体、底面有一角为直角的直棱柱、底面为菱形的直四棱柱、四棱锥等凡能出现三条两两垂直直线的图形,常常考虑空间直角坐标系.
3.在综合问题中,首先要注意是否构建直角坐标系,能较易建立直角坐标系的,尽量建立直角坐标系.其次要注意向量运算与基本性质相结合的论述,这是今后的方向,可以“形到形”,可以“数到形”,注意数形结合,向量方法与传统方法各有千秋,相得益彰.必须熟练掌握向量的基本知识和技能,尤其提出如下几点
(1)怎样选择应用基底(不设直角坐标系)和建立直角坐标系及坐标系建立技巧;
(2)法向量的应用对处理角和距离的重要性;
(3)怎样用向量解决立体几何中的几大常见题型;
(4)准确判断是否选用向量处理问题,明确向量解题的缺点;
(5)空间向量是怎样由平面向量拓展而来的.●教师下载中心教学点睛要给学生归纳、总结,使学生系统地掌握线线、线面、面面的位置关系,特别是平行与垂直的判定与性质,通过对照,深刻理解异面直线所成的角、斜线与平面所成的角、二面角的平面角,理解点到面的距离、异面直线的距离.通过解题总结证明立体几何问题的常见方法,注意培养学生的空间想象能力.拓展题例【例1】已知直线a∥α,且a与α间的距离为d,a在α内的射影为a′,l为平面α内与a′平行的任一直线,则a与l之间的距离的取值范围是A.[d,+∞)B.(d,+∞)C.(0,d]D.{d}解析如图,在a上任取一点P作PO⊥a′,垂足为O,过O作OA⊥l,垂足为A,连结PA.则PA⊥l,PA⊥a,故PA就是a与l之间的距离.在Rt△POA中,PAPO=d,选B.答案B【例2】如图,已知底面半径为r的圆柱被一个平面所截,剩下部分母线长的最大值为a,最小值为b,那么圆柱被截后剩下部分的体积是__________.解析两个相同的几何体倒立一个,对应合缝,恰好形成一个圆柱体.答案πr2(a+b)【例3】(xx年北京西城区一模题)如图,正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长均为2,P是侧棱AA1上任意一点.
(1)求证B1P不可能与平面ACC1A1垂直;
(2)当BC1⊥B1P时,求线段AP的长;
(3)在
(2)的条件下,求二面角C—B1P—C1的大小.
(1)证明连结B1P,假设B1P⊥平面ACC1A1,则B1P⊥A1C
1.由于三棱柱ABC—A1B1C1为正三棱柱,∴AA1⊥A1C
1.∴A1C1⊥侧面ABB1A
1.∴A1C1⊥A1B1,即∠B1A1C1=90°.这与△A1B1C1是等边三角形矛盾.∴B1P不可能与平面ACC1A1垂直.
(2)解取A1B1的中点D,连结C1D、BD、BC1,则C1D⊥A1B1,又∵AA1⊥平面A1B1C1,∴AA1⊥C1D.∴C1D⊥平面ABB1A
1.∴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)解连结B1C,交BC1于点O,则BC1⊥B1C.又BC1⊥B1P,∴BC1⊥平面B1CP.过O在平面CPB1上作OE⊥B1P,交B1P于点E,连结C1E,则B1P⊥C1E,∴∠OEC1是二面角C—B1P—C1的平面角.由于CP=B1P=,O为B1C的中点,连结OP,∴PO⊥B1C,OP·OB1=OE·B1P.∴OE=.∴tan∠OEC1==.∴∠OEC1=arctan.故二面角C—B1P—C1的大小为arctan.
(2)∵n⊥平面SBC,∴n⊥且n⊥,即即n=(1,1,2).∴∴即∴。