(江蘇專用)2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步 專題探究課4 高考中立體幾何問題的熱點題型學(xué)案
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(江蘇專用)2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步 專題探究課4 高考中立體幾何問題的熱點題型學(xué)案
專題探究課4 高考中立體幾何問題的熱點題型
熱點一 利用判定定理證明平行、垂直關(guān)系
【例1】 如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BC⊥AC,D,E分別是AB,AC的中點.
(1)求證:B1C1∥平面A1DE;
(2)求證:平面A1DE⊥平面ACC1A1.證明 (1)因為D,E分別是AB,AC的中點,所以DE∥BC,
又因為三棱柱ABC-A1B1C1中,B1C1∥BC,
所以B1C1∥DE.
又B1C1?平面A1DE,DE?平面A1DE,
所以B1C1∥平面A1DE.
(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥底面ABC,
又DE?底面ABC,所以CC1⊥DE.
又BC⊥AC,DE∥BC,所以DE⊥AC,
又CC1,AC?平面ACC1A1,且CC1∩AC=C,所以DE⊥平面ACC1A1.
又DE?平面A1DE,所以平面A1DE⊥平面ACC1A1.
【訓(xùn)練】 如圖,在四棱錐PABCD中,AD=CD=AB,AB∥DC,AD⊥CD,PC⊥平面ABCD.
(1)求證:BC⊥平面PAC;
(2)若M為線段PA的中點,且過C,D,M三點的平面與PB交于點N,求PN∶PB的值.
(1)證明 設(shè)AD=1.因為AD=CD=AB,所以CD=1,AB=2.
因為∠ADC=90°,
所以AC=,∠CAB=45°.
在△ABC中,由余弦定理得BC=,
所以AC2+BC2=AB2,所以BC⊥AC.
因為PC⊥平面ABCD,BC?平面ABCD,所以BC⊥PC.
因為PC?平面PAC,AC?平面PAC,PC∩AC=C,所以BC⊥平面PAC.
(2)解 如圖,因為AB∥DC,CD?平面CDMN,AB?平面CDMN,
所以AB∥平面CDMN.
因為AB?平面PAB,平面PAB∩平面CDMN=MN,所以AB∥MN.
在△PAB中,因為M為線段PA的中點,所以N為線段PB的中點,即PN∶PB的值為.
熱點二 利用性質(zhì)定理證明平行、垂直關(guān)系
【例2】 如圖,四棱錐P-ABCD中,AD⊥平面PAB,AP⊥AB.
(1)求證:CD⊥AP;
(2)若CD⊥PD,求證:CD∥平面PAB.
證明 (1)因為AD⊥平面PAB,AP?平面PAB,所以AD⊥AP.
又因為AP⊥AB,AB∩AD=A,AB?平面ABCD,AD?平面ABCD,
所以AP⊥平面ABCD.
因為CD?平面ABCD,所以CD⊥AP.
(2)因為CD⊥AP,CD⊥PD,且PD∩AP=P,PD?平面PAD,AP?平面PAD,
所以CD⊥平面PAD.①
因為AD⊥平面PAB,AB?平面PAB,所以AB⊥AD.
又因為AP⊥AB,AP∩AD=A,AP?平面PAD,
AD?平面PAD,
所以AB⊥平面PAD.②
由①②得CD∥AB,
因為CD?平面PAB,AB?平面PAB,
所以CD∥平面PAB.
熱點三 立體幾何中的探究性問題
【例3】 在正三棱柱ABC-A1B1C1中,點D是BC的中點,BC=BB1.
(1)若P是CC1上任一點,求證:AP不可能與平面BCC1B1垂直;
(2)試在棱CC1上找一點M,使MB⊥AB1.
(1)證明 (反證法)假設(shè)AP⊥平面BCC1B1,
∵BC?平面BCC1B1,∴ AP⊥BC.
又正三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥BC,AP∩CC1=P,AP?平面ACC1A1,CC1?平面ACC1A1,
∴BC⊥平面ACC1A1.而AC?平面ACC1A1,
∴BC⊥AC,這與△ABC是正三角形矛盾,
故AP不可能與平面BCC1B1垂直.
(2)解 M為CC1的中點.證明如下:
∵在正三棱柱ABC-A1B1C1中,BC=BB1,
∴四邊形BCC1B1是正方形.
∵M(jìn)為CC1的中點,D是BC的中點,
∴△B1BD≌△BCM,
∴∠BB1D=∠CBM,∠BDB1=∠CMB.
∵∠BB1D+∠BDB1=,
∴∠CBM+∠BDB1=,∴ BM⊥B1D.
∵△ABC是正三角形,D是BC的中點,
∴AD⊥BC.
∵平面ABC⊥平面BB1C1C,平面ABC∩平面BB1C1C=BC,AD?平面ABC,
∴AD⊥平面BB1C1C.
∵BM?平面BB1C1C,∴AD⊥BM.
∵AD∩B1D=D,AD,B1D?平面AB1D,
∴BM⊥平面AB1D.
∵AB1?平面AB1D,∴MB⊥AB1.
熱點四 空間幾何體的表面積和體積
【例4】 如圖,菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O,點E,F(xiàn)分別在AD,CD上,AE=CF,EF交BD于點H,將△DEF沿EF折到△D′EF的位置.
(1)證明:AC⊥HD′;
(2)若AB=5,AC=6,AE=,OD′=2,求五棱錐D′-ABCFE的體積.
(1)證明 由已知得AC⊥BD,AD=CD,又由AE=CF得=,故AC∥EF,由此得EF⊥HD,折后EF與HD保持垂直關(guān)系,即EF⊥HD′,所以AC⊥HD′.
(2)解 由EF∥AC得==.
由AB=5,AC=6得DO=BO==4,
所以O(shè)H=1,D′H=DH=3,
于是OD′2+OH2=(2)2+12=9=D′H2,
故OD′⊥OH.
由(1)知AC⊥HD′,又AC⊥BD,BD∩HD′=H,
所以AC⊥平面DHD′,于是AC⊥OD′,
又由OD′⊥OH,AC∩OH=O,所以O(shè)D′⊥平面ABC.
又由=得EF=.
五邊形ABCFE的面積S=×6×8-××3=.
所以五棱錐D′-ABCFE的體積V=××2=.
熱點五 立體幾何模型實際應(yīng)用問題
【例5】 (2017·江蘇卷)如圖,水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱臺形玻璃容器Ⅱ的高均為32 cm,容器Ⅰ的底面對角線AC的長為10 cm,容器Ⅱ的兩底面對角線EG,E1G1的長分別為14 cm和62 cm.分別在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水,水深均為12 cm.現(xiàn)有一根玻璃棒l,其長度為40 cm.(容器厚度、玻璃棒粗細(xì)均忽略不計).
(1)將l放在容器Ⅰ中,l的一端置于點A處,另一端置于側(cè)棱CC1上,求l沒入水中部分的長度;
(2)將l放在容器Ⅱ中,l的一端置于點E處,另一端置于側(cè)棱GG1上,求l沒入水中部分的長度.
解 (1)由正棱柱的定義,
CC1⊥平面ABCD,
所以平面A1ACC1⊥平面ABCD,CC1⊥AC.
記玻璃棒的另一端落在CC1上點M處.因為AC=10,AM=40,
所以MC==30,
從而sin∠MAC=.記AM與水面的交點為P1,
過P1作P1Q1⊥AC,Q1為垂足,
則P1Q1⊥平面ABCD,故P1Q1=12,
從而AP1==16.
答:玻璃棒l沒入水中的部分的長度為16 cm.
(如果將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”,則結(jié)果為24 cm)
(2)如圖,O,O1是正棱臺的兩底面中心.
由正棱臺的定義,OO1⊥平面EFGH,所以平面E1EGG1⊥平面EFGH,O1O⊥EG.
同理,平面E1EGG1⊥平面E1F1G1H1,O1O⊥E1G1.
記玻璃棒的另一端落在GG1上點N處.
過G作GK⊥E1G1,K為垂足,則GK=OO1=32.
因為EG=14,E1G1=62,
所以KG1==24,
從而GG1===40.
設(shè)∠EGG1=α,∠ENG=β,
則sin α=sin=cos∠KGG1=.
因為<α<π,所以cos α=-.
在△ENG中,由正弦定理可得=,
解得sin β=.
因為0<β<,所以cos β=.
于是sin∠NEG=sin(π-α-β)=sin(α+β)
=sin αcos β+cos αsin β=×+×=.
記EN與水面的交點為P2,過P2作P2Q2⊥EG,Q2為垂足,則P2Q2⊥平面EFGH,
故P2Q2=12,從而EP2==20.
答:玻璃棒l沒入水中部分的長度為20 cm.
(如果將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”,則結(jié)果為20 cm)
探究提高 立體幾何中的實際應(yīng)用問題常以幾何體的表面積、體積為載體,借助于公式計算或三角函數(shù)、基本不等式、導(dǎo)數(shù)等為工具,抽象為函數(shù)模型進(jìn)行求解,解答過程中要注意變量的實際意義.
一、必做題
1.(2018·蘇北四市一模) 已知圓錐的底面直徑與高都是2,則該圓錐的側(cè)面積為________.
解析 ∵圓錐的底面直徑與高都是2,
∴母線長為=,
∴圓錐的側(cè)面積為πrl=π.
答案 π
2.(2018·南京模擬)已知α,β是兩個不同的平面,l,m是兩條不同的直線,l⊥α,m?β.給出下列命題:
①α∥β?l⊥m;②α⊥β?l∥m;③m∥α?l⊥β;④l⊥β?m∥α.
其中正確的命題是________(填寫所有正確命題的序號).
解析 若l⊥α,α∥β,則l⊥β,又m?β,則l⊥m,故①正確;若l⊥α,α⊥β,則l∥β或l?β,又m?β,則l與m可能平行、相交或異面,故②錯誤;若l⊥α,m∥α,則l⊥m,又m?β,則l與β可能平行、相交或l?β,故③錯誤;若l⊥α,l⊥β,則α∥β,又m?β,則m∥α,故④正確.綜上,正確的命題是①④.
答案?、佗?
3.(2018·蘇州一模)在一個長方體的三條棱長分別為3、8、9,若在該長方體上面鉆一個圓柱形的孔后其表面積沒有變化,則圓孔的半徑為________.
解析 設(shè)半徑為r,
∵在一個長方體的三條棱長分別為3、8、9,在該長方體上面鉆一個圓柱形的孔后其表面積沒有變化,
∴減少的2個圓的面積=圓柱的側(cè)面積,
∴2πr2=2πr×3(此處只考慮高為3的情況,另外兩種情況下圓柱不存在),
解得r=3.
∴圓孔的半徑為3.
答案 3
4.(2018·常州一模) 以一個圓柱的下底面為底面,并以圓柱的上底面圓心為頂點作圓錐,若所得的圓錐底面半徑等于圓錐的高,則圓錐的側(cè)面積與圓柱的側(cè)面積之比為________.
解析 設(shè)圓錐的底面半徑為 r,由題意圓錐底面半徑等于圓錐的高,
可知圓錐的側(cè)面積為πr·r=πr2.
圓柱的側(cè)面積為2πr·r=2πr2.
所以圓錐的側(cè)積面與圓柱的側(cè)面積之比為πr2∶2πr2=.
答案
5.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點E是棱BC的中點,點F是棱CD上的動點,當(dāng)=________時,D1E⊥平面AB1F.
解析 如圖,連接A1B,則A1B是D1E在平面ABB1A1內(nèi)的射影.
∵AB1⊥A1B,∴D1E⊥AB1,
又∵D1E⊥平面AB1F?D1E⊥AF.
連接DE,則DE是D1E在底面ABCD內(nèi)的射影,
∴D1E⊥AF?DE⊥AF.
∵ABCD是正方形,E是BC的中點,
∴當(dāng)且僅當(dāng)F是CD的中點時,DE⊥AF,
即當(dāng)點F是CD的中點時,D1E⊥平面AB1F,
∴=1時,D1E⊥平面AB1F.
答案 1
6.(2018·蘇州一模)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,F(xiàn)為棱BB1的中點,M為線段AC1的中點.
求證:(1)直線MF∥平面ABCD;
(2)平面AFC1⊥平面ACC1A1.
證明 (1)延長C1F交CB的延長線于點N,連接AN.因為F是BB1的中點,
所以F為C1N的中點,B為CN的中點.又M是線段AC1的中點,
故MF∥AN.又MF?平面ABCD,AN?平面ABCD,
∴MF∥平面ABCD.
(2)連BD,由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1 ,
可知A1A⊥平面ABCD,又∵BD?平面ABCD,∴A1A⊥BD.
∵四邊形ABCD為菱形,∴AC⊥BD.又∵AC∩A1A=A,
AC,A1A?平面ACC1A1,∴BD⊥平面ACC1A1.
在四邊形DANB中,DA∥BN且DA=BN,所以四邊形DANB為平行四邊形,
故NA∥BD,∴NA⊥平面ACC1A1,
又因為NA?平面AFC1,
∴平面AFC1⊥ACC1A1.
7.(2018·南通、揚(yáng)州、泰州聯(lián)考)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PC⊥平面PAD,AB∥CD,CD=2AB=2BC,M,N分別是棱PA,CD的中點.
(1)求證:PC∥平面BMN;
(2)(一題多解)求證:平面BMN⊥平面PAC.
證明 (1)設(shè)AC∩BN=O,連接MO,AN,
因為AB=CD,AB∥CD,N為CD的中點,
所以AB=CN,且AB∥CN,
所以四邊形ABCN為平行四邊形,
所以O(shè)為AC的中點,
又M為PA的中點,所以MO∥PC.
又因為MO?平面BMN,PC?平面BMN,
所以PC∥平面BMN.
(2)法一 因為PC⊥平面PDA,AD?平面PDA,所以PC⊥AD.
由(1)同理可得四邊形ABND為平行四邊形,
所以AD∥BN,
所以BN⊥PC,
因為BC=AB,所以平行四邊形ABCN為菱形,
所以BN⊥AC.
因為PC∩AC=C,PC,AC?平面PAC,
所以BN⊥平面PAC.
因為BN?平面BMN,所以平面BMN⊥平面PAC.
法二 連接PN,因為PC⊥平面PDA,PA?平面PDA,
所以PC⊥PA.
因為PC∥MO,所以PA⊥MO.
又PC⊥PD.
因為N為CD的中點,所以PN=CD,
由(1)得AN=BC=CD,所以AN=PN,
又因為M為PA的中點,所以PA⊥MN,
因為MN∩MO=M,MN,MO?平面BMN,所以PA⊥平面BMN.
因為PA?平面PAC,所以平面PAC⊥平面BMN.
二、選做題
8.如圖,在三棱錐ABCD中,∠BCD=90°,BC=CD=1,AB⊥平面BCD,∠ADB=60°,E,F(xiàn)分別是AC,AD上的動點,且==λ(0<λ<1).
(1)求證:不論λ為何值時,總有平面BEF⊥平面ABC;
(2)當(dāng)λ為何值時,平面BEF⊥平面ACD?
(1)證明 因為AB⊥平面BCD,
CD?平面BCD,所以AB⊥CD.
因為CD⊥BC,且AB∩BC=B,
所以CD⊥平面ABC.
又因為==λ(0<λ<1),
所以不論λ為何值,恒有EF∥CD.
所以EF⊥平面ABC,又EF?平面BEF,
所以不論λ為何值,恒有平面BEF⊥平面ABC.
(2)解 由(1)知,BE⊥EF.
因為平面BEF⊥平面ACD,平面BEF∩平面ACD=EF,BE?平面BEF,
所以BE⊥平面ACD,所以BE⊥AC.
因為BC=CD=1,∠BCD=90°,∠ADB=60°,所以BD=,AB=tan 60°=,
所以AC==.
由AB2=AE·AC,得AE=,
所以λ==.
故當(dāng)λ=時,平面BEF⊥平面ACD.
9.如圖(1),在邊長為3的正三角形ABC中,E,F(xiàn),P分別為AB,AC,BC上的點,且滿足AE=FC=CP=1.將△AEF沿EF折起到△A1EF的位置,使平面A1EF⊥平面EFCB,連接A1B,A1P,如圖(2)所示.
(1)若Q為A1B的中點,求證:PQ∥平面A1EF;
(2)求證:A1E⊥EP.
證明 (1)如圖①,
取A1E的中點M,連接QM,MF.
在△A1BE中,Q,M分別為A1B,A1E的中點,所以QM∥BE,且QM=BE.
因為==,
所以PF∥BE,且PF=BE,
所以QM∥PF,且QM=PF.
所以四邊形PQMF為平行四邊形,
所以PQ∥FM.
又因為FM?平面A1EF,且PQ?平面A1EF,所以PQ∥平面A1EF.
(2)如圖②,
取BE的中點D,連接DF.
因為AE=CF=1,DE=1,
所以AF=AD=2,又∠A=60°,即△ADF是正三角形.
又因為AE=ED=1,
所以EF⊥AD.
所以在圖②中有A1E⊥EF.
因為平面A1EF⊥平面EFCB,平面A1EF∩平面EFCB=EF,A1E?平面A1EF,
所以A1E⊥平面EFCB.
又EP?平面EFCB,所以A1E⊥EP.
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