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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(jié)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(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)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(cè)面水平旋轉(zhuǎn)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(jié)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!