2022年高中数学新人教B版必修第四册 第11章 章末综合提升 教案

这是一份2022年高中数学新人教B版必修第四册 第11章 章末综合提升 教案

11 立体几何初步 章末综合提升 [巩固层·知识整合] [提升层·题型探究] 【例1】　17世纪日本数学家们对于数学关于体积方法的问题还不了解，他们将体积公式“V＝kD3”中的常数k称为“立圆术”或“玉积率”，创用了求“玉积率”的独特方法“会玉术”，其中，D为直径，类似地，对于等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱叫做等边圆柱)、正方体也有类似的体积公式V＝kD3，其中，在等边圆柱中，D表示底面圆的直径；在正方体中，D表示棱长．假设运用此“会玉术”求得的球、等边圆柱、正方体的“玉积率”分别为k1，k2，k3，那么，k1∶k2∶k3＝(　　) A．eq \f(π,4)∶eq \f(π,6)∶1 B．eq \f(π,6)∶eq \f(π,4)∶2 C．1∶3∶eq \f(12,π) D．1∶eq \f(3,2)∶eq \f(6,π) D　[球中，V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D,2)))eq \s\UP12(3)＝eq \f(π,6)D3＝k1D3，所以k1＝eq \f(π,6)； 等边圆柱中，V＝πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D,2)))eq \s\UP12(2)·D＝eq \f(π,4)D3＝k2D3，所以k2＝eq \f(π,4)； 正方体中，V＝D3＝k3D3，所以k3＝1， 所以k1∶k2∶k3＝eq \f(π,6)∶eq \f(π,4)∶1＝1∶eq \f(3,2)∶eq \f(6,π).] 记牢常见几何体的表面积、体积公式是解决此类问题的关键.涉及古代文化背景的题目，首先读懂题意，再按题意与所学的知识联系起来，将问题转化为我们熟悉的问题后再解决. eq \o([跟进训练]) 1．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有阳马，广五尺，褒七尺，高八尺，问积几何？”其意思为：“今有底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，它的底面长、宽分别为7尺和5尺，高为8尺，问它的体积是多少？”若以上的条件不变，则这个四棱锥的外接球的表面积为(　　) A．142π平方尺 B．140π平方尺 C．138π平方尺 D．128π平方尺 C　[可以把该四棱锥补成一个长方体，长、宽分别为7尺和5尺，高为8尺，四棱锥的外接球就是长方体的外接球，其直径为eq \r(72＋52＋82)＝eq \r(138)尺，所以表面积为4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(138),2)))eq \s\UP12(2)＝138π平方尺．] 【例2】　求棱长为a的正四面体的外接球、内切球及棱切球的半径． [思路探究]　正四面体的内切球、外接球、棱切球的球心与正四面体的中心O重合，则内切球的半径为点O到各面的距离，外接球的半径为点O到各顶点的距离，棱切球的半径为点O到各棱的距离． [解]　由正四面体的对称性与球的对称性知正四面体的外接球、内切球、棱切球的球心都与正四面体的中心重合．如图所示，设正四面体A­BCD的高为AG，O为正四面体的中心，连接CG并延长交BD于点E，连接OC，OE，则外接球的半径R＝OA＝OC．由题意可得CE＝eq \f(\r(3)a,2)， 则CG＝eq \f(2,3)CE＝eq \f(\r(3)a,3)，EG＝eq \f(1,3)CE＝eq \f(\r(3)a,6)， 所以AG＝eq \r(AC2－CG2)＝eq \f(\r(6)a,3).所以OG＝eq \f(\r(6)a,3)－R. 在Rt△OCG中，OC2＝OG2＋CG2， 即R2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)a,3)－R))eq \s\UP12(2)＋eq \f(a2,3)，解得R＝eq \f(\r(6)a,4). 所以内切球的半径r＝OG＝eq \f(\r(6)a,3)－eq \f(\r(6)a,4)＝eq \f(\r(6)a,12). 棱切球的半径为OE＝eq \r(EG2＋OG2)＝eq \r(\f(a2,12)＋\f(a2,24))＝eq \f(\r(2)a,4). 常见的几何体与球的切、接问题的解决方案如下： eq \o([跟进训练]) 2．(1)已知正方体的外接球的体积是eq \f(32π,3)，那么正方体的棱长是(　　) A．2eq \r(2) B．eq \f(2\r(3),3) C．eq \f(4\r(2),3) D．eq \f(4\r(3),3) (2)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9eq \r(3)，则三棱锥D­ABC体积的最大值为(　　) A．12eq \r(3) B．18eq \r(3) C．24eq \r(3) D．54eq \r(3) (1)D　(2)B　[(1)根据球的体积，求得其半径r＝2，再由r＝eq \f(\r(3)a,2)可得棱长a为eq \f(4\r(3),3). (2)设等边△ABC的边长为x，则eq \f(1,2)x2sin 60°＝9eq \r(3)，解得x＝6.设△ABC的外接圆半径为r，则r＝2eq \r(3)，所以球心到△ABC所在平面的距离d＝eq \r(42－2\r(3)2)＝2，则点D到平面ABC的最大距离d1＝d＋4＝6，所以三棱锥D­ABC体积的最大值Vmax＝eq \f(1,3)S△ABC×6＝eq \f(1,3)×9eq \r(3)×6＝18eq \r(3).] 【例3】　如图所示，四边形ABCD是平行四边形，PB⊥平面ABCD，MA∥PB，PB＝2MA．在线段PB上是否存在一点F，使平面AFC∥平面PMD？若存在，请确定点F的位置；若不存在，请说明理由． [思路探究]　假设存在满足条件的点F，由于平面AFC∥平面PMD，且平面AFPM与平面AFC、平面PMD分别交于直线AF，PM，则必有AF∥PM，又PB＝2MA，则点F是PB的中点． [解]　当点F是PB的中点时，平面AFC∥平面PMD，证明如下：如图，连接AC和BD交于点O，连接FO，那么PF＝eq \f(1,2)PB． ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴O是BD的中点．∴OF∥PD． 又OF⊄平面PMD，PD⊂平面PMD， ∴OF∥平面PMD．又MAeq \f(1,2)PB，∴PFMA． ∴四边形AFPM是平行四边形．∴AF∥PM. 又AF⊄平面PMD，PM⊂平面PMD， ∴AF∥平面PMD． 又AF∩OF＝F，AF⊂平面AFC，OF⊂平面AFC． ∴平面AFC∥平面PMD． 空间中的平行关系主要是指空间中线与线、线与面及面与面的平行，其中三种关系相互渗透．在解决线面、面面平行问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而利用性质定理时，其顺序相反，且“高维”的性质定理就是“低维”的判定定理．特别注意，转化的方法由具体题目的条件决定，不能过于呆板僵化，要遵循规律而不局限于规律． 3．如图，已知四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH，求证：AP∥GH. [证明]　连接AC交BD于O，连接MO，因为四边形ABCD为平行四边形，所以O为AC的中点，又因为M为PC的中点，所以MO∥AP， 又因为MO⊂平面BDM，PA⊄平面BDM， 所以PA∥平面BDM， 又因为PA⊂平面PAHG， 平面PAHG∩平面BDM＝GH， 所以PA∥GH. 【例4】　如图所示，在斜三棱柱A1B1C1­ABC中，底面是等腰三角形，AB＝AC，侧面BB1C1C⊥底面ABC． (1)若D是BC的中点，求证：AD⊥CC1； (2)过侧面BB1C1C的对角线BC1的平面交侧棱于点M，若AM＝MA1，求证：截面MBC1⊥侧面BB1C1C． [解]　(1)证明：因为AB＝AC，D是BC的中点， 所以AD⊥BC． 因为底面ABC⊥侧面BB1C1C，底面ABC∩侧面BB1C1C＝BC， 所以AD⊥侧面BB1C1C． 所以AD⊥CC1. (2)延长B1A1与BM的延长线交于点N，连接C1N. 因为AM＝MA1，所以NA1＝A1B1. 因为A1C1＝A1N＝A1B1，所以C1N⊥B1C1， 所以C1N⊥侧面BB1C1C． 因为C1N⊂截面MBC1， 所以截面MBC1⊥侧面BB1C1C． 空间中的垂直关系包括线与线的垂直、线与面的垂直及面与面的垂直，三种垂直关系是本章学习的核心，学习时要突出三者间的互化意识．如在证明两平面垂直时一般从现有直线中寻找平面的垂线，若这样的垂线不存在，则可通过作辅助线来解决．如有面面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，进一步转化为线线垂直． eq \o([跟进训练]) 4．如图，ABCD是正方形，点P在以BC为直径的半圆弧上(P不与B，C重合)，E为线段BC的中点，现将正方形ABCD沿BC折起，使得平面ABCD⊥平面BCP. (1)证明：BP⊥平面DCP； (2)若BC＝2，当三棱锥D­BPC的体积最大时，求E到平面BDP的距离． [解]　(1)证明：因为平面ABCD⊥平面BPC，ABCD是正方形， 平面ABCD∩平面BPC＝BC，所以DC⊥平面BPC． 因为BP⊂平面BPC，所以BP⊥DC． 因为点P在以BC为直径的半圆弧上，所以BP⊥PC． 又DC∩PC＝C，所以BP⊥平面DCP. (2)当点P位于eq \o(BC ,\s\up10(︵))的中点时，△BCP的面积最大， 三棱锥D­BPC的体积也最大． 因为BC＝2，所以PE＝1， 所以△BEP的面积为eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(1,2)， 所以三棱锥D­BEP的体积为eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2＝eq \f(1,3). 因为BP⊥平面DCP，所以BP⊥DP， DP＝eq \r(2\r(2)2－\r(2)2)＝eq \r(6)， △BDP的面积为eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(6)＝eq \r(3). 设E到平面BDP的距离为d， 由于VD­BEP＝VE­BDP， 则eq \f(1,3)×eq \r(3)×d＝eq \f(1,3)，得d＝eq \f(\r(3),3)， 即E到平面BDP的距离为eq \f(\r(3),3). 【例5】　如图，在三棱锥S­ABC中，SA＝SB＝AC＝BC＝2，AB＝2eq \r(3)，SC＝1. (1)画出二面角S­AB­C的平面角，并求它的度数； (2)求三棱锥S­ABC的体积． [解]　(1)取AB中点D，连接SD，CD， 因为SA＝SB＝2，AC＝BC＝2， 所以SD⊥AB，CD⊥AB， 且SD⊂平面SAB，CD⊂平面CAB， 所以∠SDC是二面角S­AB­C的平面角． 在直角三角形SDA中， SD＝eq \r(SA2－AD2)＝eq \r(22－\r(3)2)＝1， 在直角三角形CDA中， CD＝eq \r(CA2－AD2)＝eq \r(22－\r(3)2)＝1， 所以SD＝CD＝SC＝1， 所以△SDC是等边三角形， 所以∠SDC＝60°. (2)法一：因为SD⊥AB，CD⊥AB，SD∩CD＝D，所以AB⊥平面SDC，又AB⊂平面ABC， 所以平面ABC⊥平面SDC，且平面ABC∩平面SDC＝CD， 在平面SDC内作SO⊥DC于O，则SO⊥平面ABC， 即SO是三棱锥S­ABC的高． 在等边△SDC中，SO＝eq \f(\r(3),2)， 所以三棱锥S­ABC的体积 VS­ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·SO＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2eq \r(3)×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(1,2). 法二：因为SD⊥AB，CD⊥AB，SD∩CD＝D， 所以AB⊥平面SDC． 在等边△SDC中，S△SDC＝eq \f(\r(3),4)SD2＝eq \f(\r(3),4)， 所以三棱锥S­ABC的体积 VS­ABC＝VA­SDC＋VB­SDC＝eq \f(1,3)S△SDC·AB＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×2eq \r(3)＝eq \f(1,2). 1．两条异面直线所成的角 (1)一般通过平移(在所给图形内平移一条直线或平移两条直线)或补形(补形的目的仍是平移)，把异面直线所成角转化为共面直线所成角来计算． (2)平移时经常利用某些特殊点(如中点)或中位线、成比例线段来实现，补形时经常把空间图形补成熟悉的或完整的几何体(如正方体、长方体、平行六面体等)． 2．直线和平面所成的角 当直线为平面的斜线时，它是斜线与斜线在平面内的射影所成的角，通常在斜线上取一特殊点向平面作垂线找到这个锐角，然后通过解直角三角形加以求出． 3．求解二面角的平面角的步骤 一找(寻找现成的二面角的平面角)； 二作(若没有找到现成的，需要引出辅助线作出二面角的平面角)； 三求(有了二面角的平面角后，在三角形中求出该角相应的三角函数值)． eq \o([跟进训练]) 5．在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，且AB＝BC＝CD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为(　　) A．eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2) C．eq \f(\r(3),2) D．－eq \f(\r(3),2) A　[如图，分别取BC，CD，AD，BD的中点M，N，P，Q，连接MN，NP，MP，PQ，MQ， 则MN∥BD，NP∥AC，所以∠PNM即为异面直线AC和BD所成的角(或其补角)． 又由题意得PQ⊥MQ，PQ＝eq \f(1,2)AB，MQ＝eq \f(1,2)CD． 设AB＝BC＝CD＝2，则PM＝eq \r(2). 又MN＝eq \f(1,2)BD＝eq \r(2)，NP＝eq \f(1,2)AC＝eq \r(2)， 所以△PNM为等边三角形，所以∠PNM＝60°， 所以异面直线AC与BD所成角为60°，其余弦值为eq \f(1,2).] [培优层·素养升华] 【例题】　如图，直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点． (1)证明：MN∥平面C1DE； (2)求点C到平面C1DE的距离． [思路探究]　(1)连接B1C，ME，可得四边形MNDE为平行四边形，进而得出MN∥DE，可证MN∥平面C1DE. (2)由已知可证DE⊥平面C1CE，过点C作CH⊥C1E于点H，则DE⊥CH，进而可证CH⊥平面C1DE，计算可得CH的长，从而得所求距离． [解]　(1)证明：如图所示，连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝eq \f(1,2)B1C． 又因为N为A1D的中点，所以ND＝eq \f(1,2)A1D． 由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED． 又MN⊄平面C1DE，所以MN∥平面C1DE. (2)如图所示，过点C作C1E的垂线，垂足为H. 由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离．由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝eq \r(17)，故CH＝eq \f(4\r(17),17). 从而点C到平面C1DE的距离为eq \f(4\r(17),17). 本题属中档题，难度不大，考查了线面平行的证明及点面距离的计算，充分体现了直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养. eq \o([素养提升练]) 如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点． (1)求证：PE⊥BC； (2)求证：平面PAB⊥平面PCD； (3)求证：EF∥平面PCD． [证明]　(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD． 因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC． (2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD． 又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD． 又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，所以PD⊥平面PAB． 所以平面PAB⊥平面PCD． (3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG. 因为F，G分别为PB，PC的中点， 所以FG∥BC，FG＝eq \f(1,2)BC． 因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点， 所以DE∥BC，DE＝eq \f(1,2)BC． 所以DE∥FG，DE＝FG. 所以四边形DEFG为平行四边形，所以EF∥DG. 又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD． 空间几何体的表面积与体积与球有关的切、接问题空间中的平行关系空间中的垂直关系空间中的角的求解