2020_2021学年新教材高中数学第8章立体几何初步章末综合提升学案含解析新人教A版必修第二册20210330243.doc
2020_2021学年新教材高中数学全一册学案含解析打包51套新人教A版必修第二册
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2020_2021学年新教材高中数学全一册学案含解析打包51套新人教a版必修第二册,文本
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立体几何初步巩固层知识整合提升层题型探究空间几何体的表面积与体积【例1】如图所示的三棱锥oabc为长方体的一角其中oa，ob，oc两两垂直，三个侧面oab，oac，obc的面积分别为1.5 cm2, 1 cm2, 3 cm2，求三棱锥oabc的体积解设oa，ob，oc的长依次为x cm，y cm，z cm，则由已知可得xy1.5，xz1，yz3.解得x1，y3，z2.将三棱锥oabc看成以c为顶点，以oab为底面易知oc为三棱锥coab的高于是voabcvcoabsoaboc1.521(cm3)空间几何体的表面积与体积的求法(1)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理.(2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.(3)求复杂几何体的体积常用割补法、等积法求解.1如图所示，已知三棱柱abcabc，侧面bbcc的面积是s，点a到侧面bbcc的距离是a，求三棱柱abcabc的体积解连接ab，ac，如图所示，这样就把三棱柱分割成了两个棱锥设所求体积为v，显然三棱锥aabc的体积是v.而四棱锥abccb的体积为sa，故有vsav，即vsa.与球有关的切、接问题【例2】(1)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为6，底面边长为4，则该球的表面积为()abcd16(2)一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，如果这个球的体积是，那么这个三棱柱的体积是()a96b16 c24d48(1)b(2)d(1)如图，设pe为正四棱锥pabcd的高，则正四棱锥pabcd的外接球的球心o必在其高pe所在的直线上，延长pe交球面于一点f，连接ae，af.由球的性质可知paf为直角三角形且aepf，又底面边长为4, 所以ae2， pe6, 所以侧棱长pa2. 设球的半径为r, 则pf2r. 由三角形相似得pa2pfpe，即442r6，解得r，所以s4r24，故选b(2)由球的体积公式可求得球的半径r2.设球的外切正三棱柱的底面边长为a，高即侧棱长，为h，则h2r4.在底面正三角形中，由正三棱柱的内切球特征，有ar2，解得a4.故此三棱柱的体积v(4)2448.与球相关问题的解题策略(1)作适当的截面(如轴截面等)时， 对于球内接长方体、正方体， 则截面一要过球心， 二要过长方体或正方体的两条体对角线，才有利于解题.(2)对于“内切”和“外接”等问题， 首先要弄清几何体之间的相互关系， 主要是指特殊的点、线、面之间的关系， 然后把相关的元素放到这些关系中来解决.2若与球外切的圆台的上、下底面半径分别为r，r，则球的表面积为_4rr法一：如图，作debc于点e.设球的半径为r1，则在rtcde中，de2r1，cerr，dcrr.由勾股定理得4r(rr)2(rr)2，解得r1，故球的表面积为s球4r4rr.法二：如图，设球心为o，球的半径为r1，连接oa，ob，则在rtaob中，of是斜边ab上的高由相似三角形的性质得of2bfafrr，即rrr，故r1，故球的表面积为s球4rr.空间点、线、面位置关系的判断与证明【例3】如图所示，正方形abcd和四边形acef所在的平面互相垂直，efac，ab，ceef1.(1)求证：af平面bde；(2)求证：cf平面bde. 证明(1)设ac与bd交于点o，连接eo，如图所示，efac，且ef1，aoac1，四边形aoef为平行四边形，afoe.oe平面bde，af平面bde，af平面bde.(2)连接fo，如图所示efco，efco1，且ce1，四边形cefo为菱形，cfeo.四边形abcd为正方形，bdac又平面acef平面abcd，且平面acef平面abcdac，bd平面acef，cfbd又bdeoo，bd，eo平面bde，cf平面bde.空间平行、垂直关系的转化(1)平行、垂直关系的相互转化(2)证明空间线面平行或垂直需注意三点由已知想性质，由求证想判定适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一用定理时要先明确条件，再由定理得出相应结论3如图，在直三棱柱abca1b1c1中，a1b1a1c1，d，e分别是棱bc，cc1上的点(点d不同于点c)，且adde，f为b1c1的中点求证：(1)平面ade平面bcc1b1；(2)直线a1f平面ade.证明(1)因为abca1b1c1是直三棱柱，所以cc1平面abc又ad平面abc，所以cc1ad又因为adde，cc1，de平面bcc1b1，cc1dee，所以ad平面bcc1b1.又ad平面ade，所以平面ade平面bcc1b1.(2)因为a1b1a1c1，f为b1c1的中点，所以a1fb1c1.因为cc1平面a1b1c1，且a1f平面a1b1c1，所以cc1a1f.又因为cc1，b1c1平面bcc1b1，cc1b1c1c1，所以a1f平面bcc1b1.由(1)知ad平面bcc1b1，所以a1fad又ad平面ade，a1f平面ade，所以a1f平面ade.空间角的计算问题【例4】如图，正方体的棱长为1，bcbco，求：(1)ao与ac所成角的度数；(2)ao与平面abcd所成角的正切值；(3)平面aob与平面aoc所成角的度数解(1)acac，ao与ac所成的角就是oacab平面bc，oc平面bc，ocab，又ocbo，abboboc平面abo.又oa平面abo，ocoa在rtaoc中，oc，ac，sinoac，oac30，即ao与ac所成角的度数为30.(2)如图，作oebc于e，连接ae.平面bc平面abcd，oe平面abcd，oae为oa与平面abcd所成的角在rtoae中，oe，ae，tanoae.(3)ocoa，ocob，oaobo，oc平面aob又oc平面aoc，平面aob平面aoc即平面aob与平面aoc所成角的度数为90.空间角的求法,求空间各种角的大小一般都转化为平面角来计算，空间角的计算步骤：一作，二证，三计算.(1)求异面直线所成的角常用平移转化法(转化为相交直线的夹角).(2)求直线与平面所成的角常用射影转化法(即作垂线、找射影).(3)二面角的平面角的作法常有三种：定义法；垂线法；垂面法.4如图，在三棱锥pabc中，pa平面abc，bac90，abac，d，e分别是bc，ab的中点，acad，设pc与de所成的角为，pd与平面abc所成的角为，二面角pbca的平面角为，则，的大小关系是_d、e分别是bc、ab的中点，deac，pc与de所成的角为pca，即；pa平面abc，pd与平面abc所成的角为pda，即；过a作ahbc，垂足为h，连接ph，易证bc平面pah，pha是二面角pbca的平面角，即. abac，adah，又acad，acadah，tan tan tan ，又，.培优层素养升华【典例】图是由矩形adeb，rtabc和菱形bfgc组成的一个平面图形，其中ab1，bebf2，fbc60.将其沿ab，bc折起使得be与bf重合，连接dg，如图.图图(1)证明：图中的a，c，g，d四点共面，且平面abc平面bcge；(2)求图中的四边形acgd的面积解(1)证明：由已知得adbe，cgbe，所以adcg，故ad，cg确定一个平面，从而a，c，g，d四点共面由已知得abbe，abbc，且bebcb，故ab平面bcge.又ab平面abc，所以平面abc平面bcge.(2)如图，取cg的中点m，连接em，dm.因为abde，ab平面bcge，所以de平面bcge，故decg.由已知，四边形bcge是菱形，且ebc60，得emcg，又de平面dem，em平面dem，deeme.故cg平面dem.因此dmcg.在rtdem中，de1，em，故dm2.所以四边形acgd的面积为4.本题的空间几何体是一个由多个多边形拼接而成的三棱柱，需考虑，拼接前后图形中的线面位置关系哪些发生了变化，哪些没有改变，通过平面和空间两个方向得到线线垂直，进而判定线面垂直，再利用面面垂直的判定定理得到面面垂直.这个链式推理过程考查逻辑推理素养.通过由图形特征发现空间线面位置关系，考查直观想象素养.素养提升练如图所示，边长为2的正方形abcd所在的平面与半圆弧所在平面垂直，m是上异于c，d的点(1)证明：平面amd平面bmc；(2)当三棱锥mabc体积最大时，求平面mab与平面mcd所成二面角的正弦值解(1)由题设知，平面cmd平面abcd，且两平面的交线为cd因为bccd，bc平面abcd，所以bc平面cmd，故bcdm.因为m为上异于c，d的点，且dc为直径，所以dmcm.又bccmc，所以dm平面bmc而dm平面amd，
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