人教B版高中数学必修第四册第11章章末综合提升课件+学案

类型1　空间几何体的表面积与体积

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．

【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．∶∶1   B．∶∶2

C．1∶3∶   D．1∶∶

D　[球中，V＝πR3＝π＝D3＝k1D3，所以k1＝；

等边圆柱中，V＝π·D＝D3＝k2D3，所以k2＝；

正方体中，V＝D3＝k3D3，所以k3＝1，

所以k1∶k2∶k3＝∶∶1＝1∶∶．]

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＝尺，所以表面积为4π×＝138π平方尺．]

类型2　与球有关的切、接问题

涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为切、接点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．

若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，则可利用4R2＝a2＋b2＋c2进行求解．

【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＝，

则CG＝CE＝，EG＝CE＝，

所以AG＝＝．所以OG＝－R．

在Rt△OCG中，OC2＝OG2＋CG2，

即R2＝＋，解得R＝．

所以内切球的半径r＝OG＝－＝．

棱切球的半径为OE＝＝＝．

2．(1)已知正方体的外接球的体积是，那么正方体的棱长是(　　)

A．2      B．    C．      D．

(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9，则三棱锥D­ABC体积的最大值为(　　)

A．12      B．18    C．24      D．54

(1)D　(2)B　[(1)根据球的体积，求得其半径r＝2，再由r＝可得棱长a为．

(2)设等边△ABC的边长为x，则x2sin 60°＝9，解得x＝6．设△ABC的外接圆半径为r，则r＝2，所以球心到△ABC所在平面的距离d＝＝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＝S△ABC×6＝×9×6＝18．]

类型3　空间中的平行关系

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．

【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＝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MAPB，∴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．

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．

类型4　空间中的垂直关系

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．

【例4】　如图，斜三棱柱ABC­A1B1C1的底面是直角三角形，∠ACB＝90°，点B1在底面ABC上的射影恰好是BC的中点，且BC＝CA＝AA1．

(1)求证：平面ACC1A1⊥平面B1C1CB；

(2)求证：BC1⊥AB1．

[证明]　(1)设BC的中点为M，连接B1M．

∵点B1在底面ABC上的射影恰好是点M，

∴B1M⊥平面ABC．

∵AC⊂平面ABC，

∴B1M⊥AC．

又∵BC⊥AC，B1M∩BC＝M，

∴AC⊥平面B1C1CB．

又∵AC⊂平面ACC1A1，

∴平面ACC1A1⊥平面B1C1CB．

(2)连接B1C．

∵AC⊥平面B1C1CB，

∴AC⊥BC1．

在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∵BC＝CC1，

∴四边形B1C1CB是菱形．∴B1C⊥BC1

又∵B1C∩AC＝C，

∴BC1⊥平面ACB1．∴BC1⊥AB1．

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．

类型5　空间中的角的求解

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)．

【例5】　如图，在Rt△AOB中，∠OAB＝30°，斜边AB＝4，Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角B­AO­C是直二面角，动点D在斜边AB上．

(1)求证：平面COD⊥平面AOB；

(2)当D为AB的中点时，求异面直线AO与CD所成角的正切值；

(3)求CD与平面AOB所成角的正切值的最大值．

[解]　(1)证明：由题意，CO⊥AO，BO⊥AO，∴∠BOC是二面角B­AO­C的平面角．

又∵二面角B­AO­C是直二面角．

∴CO⊥BO．

又∵AO∩BO＝O，∴CO⊥平面AOB．

又CO⊂平面COD．

∴平面COD⊥平面AOB．

(2)作DE⊥OB，垂足为点E，连接CE(如图)，则DE∥AO．

∴∠CDE是异面直线AO与CD所成的角．

在Rt△OCB中，CO＝BO＝2，OE＝BO＝1，

∴CE＝＝．

又DE＝AO＝，

∴在Rt△CDE中，tan∠CDE＝＝＝．

即异面直线AO与CD所成的角的正切值是．

(3)由(1)知，CO⊥平面AOB，

∴∠CDO是CD与平面AOB所成的角，

且tan∠CDO＝＝．

∴当OD最小时，tan∠CDO最大．

此时，OD⊥AB，垂足为点D，

OD＝＝，tan∠CDO＝，

即CD与平面AOB所成角的正切值的最大值是．

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．      B．－    C．      D．－

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＝AB，MQ＝CD．

设AB＝BC＝CD＝2，则PM＝．

又MN＝BD＝，NP＝AC＝，

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．]

1．(2020·新高考全国卷Ⅰ)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为(　　)

A．20°　　　B．40°　　　C．50°　　　D．90°

B　[过球心O，点A以及晷针的轴截面如图所示，其中CD为晷面，GF为晷针所在直线，EF为点A处的水平面，GF⊥CD，CD∥OB，∠AOB＝40°，

∠OAE＝∠OAF＝90°，所以∠GFA＝∠CAO＝∠AOB＝40°．故选B．]

2．(2020·全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为(　　)

A．64π      B．48π    C．36π      D．32π

A　[如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以＝2r，解得AB＝2，故OO1＝2，所以R2＝OO＋r2＝(2)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π．故选A．]

3．(2020·全国卷Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．

π　[易知半径最大的球即为该圆锥的内切球．圆锥PE及其内切球O如图所示，设内切球的半径为R，则sin∠BPE＝＝＝，所以OP＝3R，所以PE＝4R＝＝＝2，所以R＝，所以内切球的体积V＝πR3＝π，即该圆锥内半径最大的球的体积为π．]

4．(2020·全国卷Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°．

(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；

(2)设DO＝，圆锥的侧面积为π，求三棱锥P­ABC的体积．

[解]　(1)证明：由题设可知，PA＝PB＝PC，

由于△ABC是正三角形，

故可得△PAC≌△PAB，

△PAC≌△PBC．

又∠APC＝90°，

故∠APB＝90°，∠BPC＝90°．

从而PB⊥PA，PB⊥PC，故PB⊥平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC．

(2)设圆锥的底面半径为r，母线长为l．

由题设可得rl＝，l2－r2＝2．

解得r＝1，l＝．

从而AB＝．由(1)可得PA2＋PB2＝AB2，故PA＝PB＝PC＝．

所以三棱锥P­ABC的体积为

××PA×PB×PC＝××＝．