人教B版高中数学必修第四册第11章章末综合提升学案

这是一份人教B版高中数学必修第四册第11章章末综合提升学案，共6页。

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，体现了数学抽象核心素养．【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．eq \f(π,4)∶eq \f(π,6)∶1 B．eq \f(π,6)∶eq \f(π,4)∶2C．1∶3∶eq \f(12,π) D．1∶eq \f(3,2)∶eq \f(6,π)D　[球中，V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D,2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(π,6)D3＝k1D3，所以k1＝eq \f(π,6)；等边圆柱中，V＝πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D,2)))eq \s\up12(2)·D＝eq \f(π,4)D3＝k2D3，所以k2＝eq \f(π,4)；正方体中，V＝D3＝k3D3，所以k3＝1，所以k1∶k2∶k3＝eq \f(π,6)∶eq \f(π,4)∶1＝1∶eq \f(3,2)∶eq \f(6,π)．] 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，体现了数学中的直观想象核心素养．【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＝eq \f(\r(3)a,2)，则CG＝eq \f(2,3)CE＝eq \f(\r(3)a,3)，EG＝eq \f(1,3)CE＝eq \f(\r(3)a,6)，所以AG＝eq \r(AC2－CG2)＝eq \f(\r(6)a,3)．所以OG＝eq \f(\r(6)a,3)－R．在Rt△OCG中，OC2＝OG2＋CG2，即R2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)a,3)－R))eq \s\up12(2)＋eq \f(a2,3)，解得R＝eq \f(\r(6)a,4)．所以内切球的半径r＝OG＝eq \f(\r(6)a,3)－eq \f(\r(6)a,4)＝eq \f(\r(6)a,12)．棱切球的半径为OE＝eq \r(EG2＋OG2)＝eq \r(\f(a2,12)＋\f(a2,24))＝eq \f(\r(2)a,4)． 类型3　空间中的平行与垂直关系空间中的平行关系与垂直关系主要是指空间中线与线、线与面及面与面的平行与垂直，其中三种关系相互渗透．在解决线面、面面平行与垂直问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行与垂直”到“线面平行与垂直”，再到“面面平行与垂直”；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，这种推理过程体现了数学中的逻辑推理核心素养．【例3】　如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．(1)求证：PE⊥BC；(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；(3)求证：EF∥平面PCD．[证明]　(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD．因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC．(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD．又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD．又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，所以PD⊥平面PAB．而PD⊂平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD．(3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG．因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FG∥BC，FG＝eq \f(1,2)BC．因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DE∥BC，DE＝eq \f(1,2)BC．所以DE∥FG，DE＝FG．所以四边形DEFG为平行四边形，所以EF∥DG．又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD． 类型4　空间中的角的求解求角度问题时，无论哪种情况，最终都归结到两条相交直线所成的角的问题．求角度的解题步骤：(1)找出这个角；(2)证该角符合题意；(3)构造出含这个角的三角形，解这个三角形．线线角、线面角和二面角的求解问题，体现了数学中的数学运算核心素养．【例4】　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，所以∠BOC是二面角B­AO­C的平面角．又因为二面角B­AO­C是直二面角．所以CO⊥BO．又因为AO∩BO＝O，所以CO⊥平面AOB．又CO⊂平面COD．所以平面COD⊥平面AOB．(2)作DE⊥OB，垂足为点E，连接CE(如图)，则DE∥AO，DE＝eq \f(1,2)AO．所以∠CDE是异面直线AO与CD所成的角．在Rt△OCB中，CO＝BO＝2，OE＝eq \f(1,2)BO＝1，所以CE＝eq \r(CO2＋OE2)＝eq \r(5)．又DE＝eq \f(1,2)AO＝eq \r(3)，所以在Rt△CDE中，tan∠CDE＝eq \f(CE,DE)＝eq \f(\r(5),\r(3))＝eq \f(\r(15),3)．即异面直线AO与CD所成的角的正切值是eq \f(\r(15),3)．(3)由(1)知，CO⊥平面AOB，所以∠CDO是CD与平面AOB所成的角，且tan∠CDO＝eq \f(OC,OD)＝eq \f(2,OD)．所以当OD最小时，tan∠CDO最大．此时，OD⊥AB，垂足为点D，OD＝eq \f(OA·OB,AB)＝eq \r(3)，tan∠CDO＝eq \f(2\r(3),3)，即CD与平面AOB所成角的正切值的最大值是eq \f(2\r(3),3)．