《2022年高考數(shù)學一輪總復習 10.8 立體幾何綜合問題教案 理 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考數(shù)學一輪總復習 10.8 立體幾何綜合問題教案 理 新人教A版（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學一輪總復習 10.8 立體幾何綜合問題教案 理 新人教A版 典例精析 題型一　線面、面面平行與垂直 【例1】 如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，EF∥AB，EF⊥FB，AB＝2EF，∠BFC＝90°，BF＝FC，H為BC的中點. (1)求證：FH∥平面EDB； (2)求證：AC⊥平面EDB； (3)求二面角B－DE－C的大小【解析】方法一：(綜合法)(1)設AC與BD交于點G，則G為AC的中點.連接EG，GH，又H為BC的中點，所以GHAB.又EFAB，所以EFGH. 所以四邊形EFHG為平行四邊形. 所以EG∥FH. 而EG?平面E

2、DB，所以FH∥平面EDB. 由四邊形ABCD為正方形，有AB⊥BC， 又EF∥AB，所以EF⊥BC. 而EF⊥FB，所以EF⊥平面BFC，所以EF⊥FH， 所以AB⊥FH. 又BF＝FC，H為BC的中點，所以FH⊥BC. 所以FH⊥平面ABCD. 所以FH⊥AC. 又FH∥EG，所以AC⊥EG. 又AC⊥BD，EG∩BD＝G，所以AC⊥平面EDB. (3)EF⊥FB，∠BFC＝90°，所以BF⊥平面CDEF. 在平面CDEF內(nèi)過點F作FK⊥DE交DE的延長線于K， 則∠FKB為二面角B－DE－C的一個平面角. 設EF＝1，則AB＝2，F(xiàn)C＝，DE＝. 又EF∥DC，

3、所以∠KEF＝∠EDC. 所以sin∠EDC＝sin∠KEF＝. 所以FK＝EFsin∠KEF＝，tan∠FKB＝＝. 所以∠FKB＝60°.所以二面角B－DE－C為60°. 方法二：(向量法)因為四邊形ABCD為正方形，所以AB⊥BC. 又EF∥AB. 所以EF⊥BC，又EF⊥FB，所以EF⊥平面BFC. 所以EF⊥FH，所以AB⊥FH. 又BF＝FC，H為BC的中點，所以FH⊥BC. 所以FH⊥平面ABCD. 以H為坐標原點，為x軸正向，為z軸正向，建立如圖所示坐標系. 設BH＝1，則A(1，－2,0)，B(1,0,0)，C(－1,0,0). D(－1，－2,0)，E

4、(0，－1,1)，F(xiàn)(0,0,1). (1)設AC與BD交點為G，連接GE，GH， 則G(0，－1,0)，所以＝(0,0,1)，又＝(0,0,1)， 所以∥. GE?平面EDB，HF不在平面EDB內(nèi)， 所以FH∥平面EBD. (2) ＝(－2,2,0)，＝(0,0,1)，＝0，所以AC⊥GE. 又AC⊥BD，EG∩BD＝G，所以AC⊥平面EDB. (3) ＝(－1，－1,1)，＝(－2，－2,0)， 設平面BDE的法向量為n1＝(1，y1，z1). 則n1＝－1－y1＋z1＝0，n1＝－2－2y1＝0， 所以y1＝－1，z1＝0，即n1＝(1，－1,0). ＝(0，－2

5、,0)， ＝(1，－1,1). 設平面CDE的法向量為n2＝(1，y2，z2)， 則n2＝0，y2＝0，n2＝0, 1－y2＋z2＝0，z2＝－1， 故n2＝(1,0，－1). cos〈n1，n2〉＝＝＝， 所以〈n1，n2〉＝60°，即二面角B－DE－C為60°. 【點撥】(1)本題主要考查空間線面平行，線面垂直，面面垂直的判斷與證明，考查二面角的求法以及利用向量知識解決幾何問題的能力，同時考查空間想象能力，推理論證能力和運算能力.(2)空間角、空間的平行與垂直是高考必考內(nèi)容之一，處理方法為推理論證或借助向量知識解決分析幾何問題. 【變式訓練1】已知平面α外不共線的三點A，B，

6、C到α的距離都相等，則正確的結論是(　　) A.平面ABC必不垂直于α B.平面ABC必平行于α C.平面ABC必與α相交 D.存在△ABC的一條中位線平行于α或在α內(nèi) 【解析】選D 題型二　空間角求解 【例2】 (xx浙江)在矩形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在線段AB，AD上，AE＝EB＝AF＝FD＝4.沿直線EF將△AEF翻折成△A′EF，使平面A′EF⊥平面BEF. (1)求二面角A′－FD－C的余弦值； (2)若點M，N分別在線段FD，BC上，若沿直線MN將四邊形MNCD向上翻折，使C與A′重合，求線段FM的長. 【解析】(1)取線段EF的中點H，連接A′H，因

7、為A′E＝A′F及H是EF的中點，所以A′H⊥EF. 又因為平面A′EF⊥平面BEF，及A′H?平面A′EF，所以A′H⊥平面BEF. 如圖建立空間直角坐標系A－xyz，則A′(2,2,2)，C(10,8,0)，F(xiàn)(4,0,0)，D(10,0,0). 故＝(－2,2,2)， ＝(6,0,0). 設n＝(x，y，z)為平面A′FD的一個法向量， 所以 取z＝，則n＝(0，－2，). 又平面BEF的一個法向量m＝(0,0,1). 故cos〈n，m〉＝＝. 所以二面角的余弦值為. (2)設FM＝x，則M(4＋x,0,0)， 因為翻折后，C與A′重合，所以CM＝A′M， 故(6

8、－x)2＋82＋02＝(－2－x)2＋22＋(2)2， 得x＝，經(jīng)檢驗，此時點N在線段BC上. 所以FM＝. 【點撥】(1)本例主要考查空間點、線、面位置關系，二面角等基礎知識，空間向量的應用，同時考查空間想象能力和運算求解能力.(2)折疊問題是立體幾何中的一個重要題型，解題中要將折疊前后的圖形相互聯(lián)系，使得解題有章可循. 【變式訓練2】已知二面角α－l－β為60°，平面α內(nèi)一點A到平面β的距離為AB＝4，則B到平面α的距離為____________. 【解析】2. 題型三　線面位置探索性問題 【例3】已知ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝2. (1)求PC與平

9、面PBD所成的角； (2)在線段PB上是否存在一點E，使PC⊥平面ADE？若存在，確定E點的位置；若不存在，說明理由. 【解析】如圖建立空間直角坐標系D－xyz， 因為PD＝AD＝2， 則D(0,0,0)，A(2,0,0)，O(1,1,0)，B(2,2,0)，C(0，2,0)，P(0,0,2). (1)在正方形ABCD中，OC⊥DB. 因為PD⊥平面ABCD，OC?平面ABCD，所以PD⊥OC. 又因為DB∩PD＝D，所以OC⊥平面PBD. 所以∠CPO為PC與平面PBD所成的角. 因為＝(0,2，－2)，＝(1,1，－2)， 所以cos〈，〉＝＝， 所以PC與平面PBD

10、所成的角為30°. (2)假設在PB上存在點E，使PC⊥平面ADE. 則＝λ. 因為＝(2,2，－2)，所以＝(2λ，2λ，－2λ)， 而＝(－2,0,2)，所以＝(2λ－2,2λ，2－2λ). 要PC⊥平面ADE，即PC⊥AE， 即＝8λ－4＝0，即λ＝，所以E(1,1,1)， 所以存在點E且E為PB的中點時PC⊥平面ADE. 【點撥】對于存在性問題，一般先假設存在，若能求出符合條件的解，則存在，若不能求出符合條件的解，則不存在. 【變式訓練3】ABCD是直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，又SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝，則平面SCD與平面SAB所成二面

11、角的正切值為　　　. 【解析】. 題型四　立體幾何綜合問題 【例4】圓柱OO1內(nèi)有一個三棱柱ABC－A1B1C1，三棱柱的底 面為圓柱底面的內(nèi)接三角形，且AB是圓O的直徑. (1)求證：平面A1ACC1⊥平面B1BCC1； (2)設AB＝AA1，在圓柱OO1內(nèi)隨機選取一點，記該點取自于三棱柱ABC－A1B1C1內(nèi)的概率為p. ①當點C在圓周上運動時，求p的最大值； ②記平面A1ACC1與平面B1OC所成的角為θ(0°＜θ≤90°).當p取最大值時，求cos θ的值. 【解析】(1)因為A1A⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以A1A⊥BC. 因為AB是圓O的直徑，所以BC⊥

12、AC. 又AC∩A1A＝A，所以BC⊥平面A1ACC1， 而BC?平面B1BCC1，所以平面A1ACC1⊥平面B1BCC1. (2)①設圓柱的底面半徑為r，則AB＝AA1＝2r， 故三棱柱ABC－A1B1C1的體積V1＝AC·BC·2r＝ACBCr. 又因為AC2＋BC2＝AB2＝4r2. 所以AC·BC≤＝2r2，當且僅當AC＝BC＝r時等號成立. 從而V1≤2r3，而圓柱的體積V＝πr2·2r＝2πr3，故p＝≤＝， 當且僅當AC＝BC＝r，即OC⊥AB時等號成立. 所以p的最大值等于. ②由①可知，p取最大值時，OC⊥AB. 于是，以O為坐標原點，建立空間直角坐標系

13、O－xyz(如圖)， 則C(r,0,0)，B(0，r,0)，B1(0，r,2r). 因為BC⊥平面A1ACC1， 所以＝(r，－r,0)是平面A1ACC1的一個法向量. 設平面B1OC的法向量n＝(x，y，z)， 取z＝1，得平面B1OC的一個法向量為n＝(0，－2,1)， 因為0°＜θ≤90°， 所以cos θ＝|cos〈n，〉|＝＝||＝. 【點評】本題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關系，以及幾何體的體積、幾何概型等基礎知識；考查空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力；考查數(shù)形結合思想、化歸與轉化思想、必然與或然思想. 【變式訓練4】如圖1，一個正

14、四棱柱形的密閉容器底部鑲嵌了同底的正四棱錐形實心裝飾塊，容器內(nèi)盛有a升水時，水面恰好經(jīng)過正四棱錐的頂點P.如果將容器倒置，水面也恰好過點P(圖2).有下列四個命題： ①正四棱錐的高等于正四棱柱高的一半； ②將容器側面水平旋轉時，水面也恰好過點P； ③任意擺放該容器，當水面靜止時，水面都恰好經(jīng)過點P； ④若往容器內(nèi)再注入a升水，則容器恰好能裝滿. 其中真命題的序號是　　　.(寫出所有真命題的序號) 【解析】②④. 總結提高 空間向量和空間坐標系的引入，大大降低了學生對空間想象能力和推理能力的要求，因此，運用向量法解決立體幾何題，是同學們需引起足夠重視和徹底掌握的地方.由此，也可體會到向量法的魅力所在！