导学案数学第八章阶段提升课

阶段提升课题型一空间几何体的表面积、体积1.解题步骤:计算空间几何体的表面积和体积,首先要准确确定几何体的基本量,如球的半径,几何体的棱长、高等,然后准确代入相关的公式计算.2.注意事项:(1)结合几何体的特点,能用割补(分割或补形,转化为易计算的几何体)法.(2)灵活运用等积法进行转换.(3)特别是特殊的柱、锥、台,要注意其中矩形、梯形及直角三角形等重要的平面图形的作用.3.核心素养:数学运算、直观想象、逻辑推理.【典例1】(1)已知一个直棱柱与一个斜棱柱的底面多边形全等,且它们的侧棱长也相等.若直棱柱的体积和侧面积分别为V1和S1,斜棱柱的体积和侧面积分别为V2和S2,则()A.V1SB.V1SC.V1SD.V1S1【解析】选A.设棱柱的底面周长为c,底面面积为S,侧棱长为l,斜棱柱的高为h,则V1S1=S·lc·l=Sc,而V2=S·h,斜棱柱各侧面的高均不小于于是,有V2S2<S·ℎc·(2)已知等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱)的表面积为S,则其内接正四棱柱的体积为__________.

【解析】如图所示,设圆柱OO1为等边圆柱,正四棱柱ABCDA1B1C1D1是圆柱OO1的内接正四棱柱.设等边圆柱的底面半径为r,则高h=2r.因为S=S侧+2S底=2πrh+2πr2=6πr2,所以r=S6π.又正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底边AB=2rsin45°=2r所以正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积为V=S底·h=(2r)2·2r=4r3=4S6π3=S6πS故该圆柱的内接正四棱柱的体积为S6π答案:S(3)已知三棱锥ABCD的表面积为S,其内有半径为r的内切球O(球O与三棱锥ABCD的每个面都相切,即球心O到三棱锥ABCD每个面的距离都为r),则三棱锥ABCD的体积为________.

【解析】连接AO,BO,CO,DO(图略),则三棱锥ABCD被分割成为四个小三棱锥:OABC,OABD,OACD,OBCD,并且这四个小三棱锥的顶点都为O,高都为r,底面分别为△ABC,△ABD,△ACD,△BDC.故有:VABCD=VOABC+VOABD+VOACD+VOBCD=13S△ABC·r+13S△ABD·r+13S△ACD·r+13S△BCD·r=13(S△ABC+S△ABD+S△ACD+S△BCD答案:13【总结升华】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.题型二空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直关系1.问题类型:证明直线与直线、直线与平面、平面与平面平行与垂直.2.解题关键:空间想象能力.3.核心素养:直观想象、逻辑推理.【典例2】如图所示,在正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N,E分别是AA1,AC,AB的中点,求证:(1)平面MEN∥平面A1BC;(2)A1C⊥C1D;(3)平面A1EC⊥平面A1CD.【证明】(1)因为M,N,E分别是AA1,AC,AB的中点,所以MN∥A1C,ME∥A1B.所以MN∥平面A1BC,ME∥平面A1BC,又因为MN∩ME=M,所以平面MEN∥平面A1BC.(2)因为BC⊥平面CDD1C1,C1D⊂平面CDD1C1,所以BC⊥C1D.又在平面CDD1C1中,C1D⊥CD1,BC∩CD1=C,所以C1D⊥平面BCD1A1,又因为A1C⊂平面BCD1A1,所以A1C⊥C1D.(3)连接A1D,取A1D中点F,取A1C中点O,连接AF,OF,OE,则AF⊥A1D.因为CD⊥平面A1AD,AF⊂平面A1AD,所以AF⊥CD,又CD∩A1D=D,所以AF⊥平面A1CD,因为OF∥CD且OF=12CDEA∥CD且EA=12CD所以OF∥EA且OF=EA,所以四边形OFAE为平行四边形,所以OE∥AF,所以OE⊥平面A1CD,又EO⊂平面A1EC,所以平面A1EC⊥平面A1CD.【补偿训练】如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)若P点是线段AM的中点,求证:MC∥平面PBD.【证明】(1)矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直,所以AD⊥半圆弧CD所在平面,因为CM⊂半圆弧CD所在平面,所以CM⊥AD;又M是CD上异于C,D的点,所以CM⊥DM;又DM∩AD=D,DM,AD⊂平面AMD,所以CM⊥平面AMD;又CM⊂平面BMC,所以平面AMD⊥平面BMC.(2)由P是AM的中点,连接BD交AC于点O,连接OP,DP,如图所示由中位线定理得MC∥OP;又MC⊄平面BDP,OP⊂平面BDP,所以MC∥平面PBD.【总结升华】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①由已知想性质,由求证想判定.②适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一.③用定理时要先明确条件,再由定理得出相应结论.题型三空间角1.问题类型:异面直线所成的角、直线与平面所成的角以及二面角.2.解题关键:把空间角转化为平面角.3.核心素养:解决空间角是对点、直线、平面所组成空间图形的位置关系进行定性分析和定量计算,考查了数学运算、逻辑推理、直观想象的核心素养.【典例3】如图,正方体的棱长为1,B'C∩BC'=O,求:(1)AO与A'C'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.【解析】(1)因为A'C'∥AC,所以AO与A'C'所成的角就是∠OAC.因为AB⊥平面BCC'B',OC⊂平面BCC'B',所以OC⊥AB,又OC⊥BO,AB∩BO=B.所以OC⊥平面ABO.又OA⊂平面ABO,所以OC⊥OA.在Rt△AOC中,OC=22,AC=2sin∠OAC=OCAC=1所以∠OAC=30°,即AO与A'C'所成角的度数为30°.(2)如图,作OE⊥BC于E,连接AE.因为平面BCC'B'⊥平面ABCD,所以OE⊥平面ABCD,所以∠OAE为OA与平面ABCD所成的角.在Rt△OAE中,OE=12,AE=12+(所以tan∠OAE=OEAE=5(3)因为OC⊥平面AOB.又因为OC⊂平面AOC,所以平面AOB⊥平面AOC.即平面AOB与平面AOC所成角的度数为90°.题型四折叠问题1.解题关键:平面图形与空间图形之间的位置关系的变与不变、数量关系的变与不变;2.核心素养:翻折是立体几何中的热点问题,能够充分考查直观想象与逻辑推理等核心素养.【典例4】图①是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图②.(1)证明:图②中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图②中的四边形ACGD的面积.【解析】(1)由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由题意得AB⊥BE,AB⊥BC,且BE∩BC=B,BE,BC⊂平面BCGE,故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)取CG的中点M,连接EM,DM.因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,又CG,EM⊂平面BCGE,故DE⊥CG,DE⊥EM.由四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°,得EM⊥CG,又DE∩EM=E,DE,EM⊂平面DEM,故CG⊥平面DEM.又DM⊂平面DEM,因此DM⊥CG.在Rt△DEM中,DE=1,EM=3,故DM=2.又CG=BF=2,所以四边形ACGD的面积为S=2×2=4.【总结升华】平面图形折叠问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量,一般情况下,线段的长度是不变量,而位置关系往往会发生变化,抓住不变量是解决问题的突破口.(2)在解决问题时,要综合考虑折叠前后的图形,既要分析折叠后的图形,也要分析折叠前的图形.【真题1】(2023·新高考Ⅰ卷)在正四棱台ABCDA1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=2,则该棱台的体积为____________.

【解析】在等腰梯形ACC1A1中,AC=22,A1C1=2,AA1=2,则h=62,所以V=13(S+S'+SS')h=13(1+4+1×4)×答案:7【溯源】(教材P116练习T1)正六棱台的上、下底面边长分别是2cm和6cm,侧棱长是5cm,求它的表面积.【解析】如图,在正六棱台ABCDEFA1B1C1D1E1F1中,因为A1B1=2cm,AB=6cm,AA1=5cm,所以侧面的梯形ABB1A1的高即正六棱台斜高为52-(所以梯形ABB1A1的面积为12×(2+6)×21=421(cm2故正六棱台的侧面积为2421(cm2);由图可知该正六棱台的上底面积为6个边长为2cm的等边三角形组成,所以该正六棱台的上底面积为6×12×2×2×sin60°=63(cm2同理下底面积为6×12×6×6×sin60°=543(cm2所以该正六棱台的表面积是2421+603(cm2).[点评]教材练习是已知正六棱台的上、下底面边长和侧棱长,求正六棱台的表面积,真题变化为已知正四棱台的上、下底面边长和侧棱长,求正四棱台的体积,是教材练习题的完美变式.【真题2】(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCDA1B1C1D1,则()A.直线BC1与DA1所成的角为90°B.直线BC1与CA1所成的角为90°C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°【命题意图】本题考查空间中异面直线所成角与线面角的求法,考查空间想象能力与思维能力,考查运算求解能力.【解析】选ABD.如图,连接B1C,BC1,DA1,因为DA1∥B1C,所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角,因为四边形BB1C1C为正方形,则B1C⊥BC1,故直线BC1与DA1所成的角为90°,A正确;连接A1C,因为A1B1⊥平面BB1C1C,BC1⊂平面BB1C1C,则A1B1⊥BC1,因为B1C⊥BC1,A1B1∩B1C=B1,所以BC1⊥平面A1B1C,又A1C⊂平面A1B1C,所以BC1⊥CA1,故B正确;连接A1C1,B1D1,BD,设A1C1∩B1D1=O,连接BO,因为BB1⊥平面A1B1C1D1,C1O⊂平面A1B1C1D1,则C1O⊥B1B,因为C1O⊥B1D1,B1D1∩B1B=B1,所以C1O⊥平面BB1D1D,所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角,设正方体棱长为1,