高考数学一轮复习总教案：10.8　立体几何综合问题.doc

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1、10.8立体几何综合问题典例精析题型一线面、面面平行与垂直【例1】 如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EFAB，EFFB，AB2EF，BFC90°，BFFC，H为BC的中点.(1)求证：FH平面EDB；(2)求证：AC平面EDB；(3)求二面角BDEC的大小.来源:来源:【解析】方法一：(综合法)(1)设AC与BD交于点G，则G为AC的中点.连接EG，GH，又H为BC的中点，所以GHAB.又EFAB，所以EFGH.来源:来源:所以四边形EFHG为平行四边形. 所以EGFH.而EG平面EDB，所以FH平面EDB.由四边形ABCD为正方形，有ABBC，又EFAB，所以

2、EFBC.而EFFB，所以EF平面BFC，所以EFFH，所以ABFH.又BFFC，H为BC的中点，所以FHBC.所以FH平面ABCD. 所以FHAC.又FHEG，所以ACEG.又ACBD，EGBDG，所以AC平面EDB.(3)EFFB，BFC90°，所以BF平面CDEF.在平面CDEF内过点F作FKDE交DE的延长线于K，则FKB为二面角BDEC的一个平面角.设EF1，则AB2，FC，DE.又EFDC，所以KEFEDC.所以sinEDCsinKEF.所以FKEFsinKEF，tanFKB.所以FKB60°.所以二面角BDEC为60°.方法二：(向量法)因为四边形A

3、BCD为正方形，所以ABBC.又EFAB. 所以EFBC，又EFFB，所以EF平面BFC.所以EFFH，所以ABFH.又BFFC，H为BC的中点，所以FHBC.所以FH平面ABCD.以H为坐标原点，为x轴正向，为z轴正向，建立如图所示坐标系.设BH1，则A(1，2,0)，B(1,0,0)，C(1,0,0).D(1，2,0)，E(0，1,1)，F(0,0,1).(1)设AC与BD交点为G，连接GE，GH，则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内，所以FH平面EBD.(2) (2,2,0)，(0,0,1)，0，所以ACGE.又ACBD，E

4、GBDG，所以AC平面EDB.(3) (1，1,1)，(2，2,0)，设平面BDE的法向量为n1(1，y1，z1).则n11y1z10，n122y10，所以y11，z10，即n1(1，1,0).(0，2,0)， (1，1,1).设平面CDE的法向量为n2(1，y2，z2)，则n20，y20，n20, 1y2z20，z21，故n2(1,0，1).cosn1，n2，来源:所以n1，n260°，即二面角BDEC为60°.【点拨】(1)本题主要考查空间线面平行，线面垂直，面面垂直的判断与证明，考查二面角的求法以及利用向量知识解决几何问题的能力，同时考查空间想象能力，推理论证能力和运

5、算能力.(2)空间角、空间的平行与垂直是高考必考内容之一，处理方法为推理论证或借助向量知识解决分析几何问题.【变式训练1】已知平面外不共线的三点A，B，C到的距离都相等，则正确的结论是()A.平面ABC必不垂直于B.平面ABC必平行于C.平面ABC必与相交D.存在ABC的一条中位线平行于或在内【解析】选D题型二空间角求解【例2】 (2010浙江)在矩形ABCD中，点E，F分别在线段AB，AD上，AEEBAFFD4.沿直线EF将AEF翻折成AEF，使平面AEF平面BEF.(1)求二面角AFDC的余弦值；(2)若点M，N分别在线段FD，BC上，若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折，使C与A重合，求

6、线段FM的长.【解析】(1)取线段EF的中点H，连接AH，因为AEAF及H是EF的中点，所以AHEF.又因为平面AEF平面BEF，及AH平面AEF，所以AH平面BEF.如图建立空间直角坐标系Axyz，则A(2,2,2)，C(10,8,0)，F(4,0,0)，D(10,0,0).故(2,2,2)， (6,0,0).设n(x，y，z)为平面AFD的一个法向量，所以取z，则n(0，2，).又平面BEF的一个法向量m(0,0,1).故cosn，m.所以二面角的余弦值为.(2)设FMx，则M(4x,0,0)，因为翻折后，C与A重合，所以CMAM，故(6x)28202(2x)222(2)2，得x，经检验，

7、此时点N在线段BC上.所以FM.【点拨】(1)本例主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力.(2)折叠问题是立体几何中的一个重要题型，解题中要将折叠前后的图形相互联系，使得解题有章可循.【变式训练2】已知二面角l为60°，平面内一点A到平面的距离为AB4，则B到平面的距离为_.【解析】2.题型三线面位置探索性问题【例3】已知ABCD是正方形，PD平面ABCD，PDAD2.(1)求PC与平面PBD所成的角；(2)在线段PB上是否存在一点E，使PC平面ADE？若存在，确定E点的位置；若不存在，说明理由.【解析】如图建立空间直角坐

8、标系Dxyz，因为PDAD2，则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，OCDB.因为PD平面ABCD，OC平面ABCD，所以PDOC.又因为DBPDD，所以OC平面PBD.所以CPO为PC与平面PBD所成的角.因为(0,2，2)，(1,1，2)，所以cos，所以PC与平面PBD所成的角为30°.(2)假设在PB上存在点E，使PC平面ADE. 则.因为(2,2，2)，所以(2，2，2)，而(2,0,2)，所以(22,2，22).要PC平面ADE，即PCAE，即840，即，所以E(1,1,1)

9、，所以存在点E且E为PB的中点时PC平面ADE.【点拨】对于存在性问题，一般先假设存在，若能求出符合条件的解，则存在，若不能求出符合条件的解，则不存在.【变式训练3】ABCD是直角梯形，ABCBAD90°，又SA平面ABCD，SAABBC1，AD，则平面SCD与平面SAB所成二面角的正切值为.【解析】.题型四立体几何综合问题【例4】圆柱OO1内有一个三棱柱ABCA1B1C1，三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形，且AB是圆O的直径.(1)求证：平面A1ACC1平面B1BCC1；(2)设ABAA1，在圆柱OO1内随机选取一点，记该点取自于三棱柱ABCA1B1C1内的概率为p.当点C在圆周

10、上运动时，求p的最大值；记平面A1ACC1与平面B1OC所成的角为(0°90°).当p取最大值时，求cos 的值.【解析】(1)因为A1A平面ABC，BC平面ABC，所以A1ABC.因为AB是圆O的直径，所以BCAC.又ACA1AA，所以BC平面A1ACC1，而BC平面B1BCC1，所以平面A1ACC1平面B1BCC1.(2)设圆柱的底面半径为r，则ABAA12r，故三棱柱ABCA1B1C1的体积V1AC·BC·2rACBCr.又因为AC2BC2AB24r2.所以AC·BC2r2，当且仅当ACBCr时等号成立.从而V12r3，而圆柱的体积Vr2

11、·2r2r3，故p，当且仅当ACBCr，即OCAB时等号成立.所以p的最大值等于.由可知，p取最大值时，OCAB.来源:于是，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz(如图)，则C(r,0,0)，B(0，r,0)，B1(0，r,2r).因为BC平面A1ACC1，所以(r，r,0)是平面A1ACC1的一个法向量.设平面B1OC的法向量n(x，y，z)，取z1，得平面B1OC的一个法向量为n(0，2,1)，因为0°90°，所以cos |cosn，|.来源:【点评】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及几何体的体积、几何概型等基础知识；考查空间

12、想象能力、推理论证能力、运算求解能力；考查数形结合思想、化归与转化思想、必然与或然思想.来源:【变式训练4】如图1，一个正四棱柱形的密闭容器底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P.如果将容器倒置，水面也恰好过点P(图2).有下列四个命题：正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半；将容器侧面水平旋转时，水面也恰好过点P；任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点P；若往容器内再注入a升水，则容器恰好能装满.其中真命题的序号是.(写出所有真命题的序号)【解析】.总结提高空间向量和空间坐标系的引入，大大降低了学生对空间想象能力和推理能力的要求，因此，运用向量法解决立体几何题，是同学们需引起足够重视和彻底掌握的地方.由此，也可体会到向量法的魅力所在！