20-21 第8章 章末综合提升

[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O-ABC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12xy＝1.5，12xz＝1，12yz＝3.解得x＝1，y＝3，z＝2.将三棱锥O-ABC看成以C为顶点，以OAB为底面．易知OC为三棱锥C-OAB的高．于是V O-ABC＝V C-OAB＝13S△OAB·OC＝13×1.5×2＝1(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.[跟进训练]1．如图所示，已知三棱柱ABC-A′B′C′，侧面B′BCC′的面积是S，点A′到侧面B′BCC′的距离是a，求三棱柱ABC-A′B′C′的体积．[解]连接A′B，A′C，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A′­ABC的体积是13V.而四棱锥A′­BCC′B′的体积为13Sa，故有13V＋13Sa＝V，即V＝12Sa.与球有关的切、接问题 长为4，则该球的表面积为( )A ．443πB ．4849πC ．814πD ．16π(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323π，那么这个三棱柱的体积是( )A ．96 3B ．16 3C ．24 3D ．48 3(1)B (2)D [(1)如图，设PE 为正四棱锥P -ABCD 的高，则正四棱锥P -ABCD 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△P AF 为直角三角形且AE ⊥PF ，又底面边长为4, 所以AE ＝22， PE ＝6, 所以侧棱长P A ＝PE 2＋AE 2＝62＋(2 2 )2＝44＝211. 设球的半径为R, 则PF ＝2R . 由三角形相似得P A 2＝PF ·PE ，即44＝2R ×6，解得R ＝113，所以S ＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫1132＝484π9，故选B ． (2)由球的体积公式可求得球的半径R ＝2.设球的外切正三棱柱的底面边长为a ，高即侧棱长，为h ，则h ＝2R ＝4.在底面正三角形中，由正三棱柱的内切球特征，有13·32a ＝R ＝2，解得a ＝4 3.故此三棱柱的体积V ＝12×32×(43)2×4＝48 3.]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.[跟进训练]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________．4πRr [法一：如图，作DE ⊥BC 于点E .设球的半径为r 1，则在Rt △CDE 中，DE ＝2r 1，CE ＝R －r ，DC ＝R ＋r .由勾股定理得4r 21＝(R ＋r )2－(R －r )2，解得r 1＝Rr ，故球的表面积为S 球＝4πr 21＝4πRr .法二：如图，设球心为O ，球的半径为r 1，连接OA ，OB ，则在Rt △AOB 中，OF 是斜边AB 上的高．由相似三角形的性质得OF 2＝BF ·AF ＝Rr ，即r 21＝Rr ，故r 1＝Rr ，故球的表面积为S 球＝4πRr .]空间点、线、面位置关系的判断与证明所在的平面互相垂直，EF ∥AC ，AB ＝2，CE ＝EF ＝1.(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，∵EF ∥AC ，且EF ＝1，AO ＝12AC ＝1，∴四边形AOEF 为平行四边形，∴AF ∥OE .∵OE ⊂平面BDE ，AF ⊄平面BDE ，∴AF∥平面BDE.(2)连接FO，如图所示．∵EF∥CO，EF＝CO＝1，且CE＝1，∴四边形CEFO为菱形，∴CF⊥EO.∵四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC．又平面ACEF⊥平面ABCD，且平面ACEF∩平面ABCD＝AC，∴BD⊥平面ACEF，∴CF⊥BD．又BD∩EO＝O，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．[跟进训练]3．如图，在直三棱柱ABC-A 1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，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ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC．又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD．又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，所以AD⊥平面BCC1B1.又AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1.因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，所以CC1⊥A1F.又因为CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，所以A1F⊥平面BCC1B1.由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD．又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，所以A1F∥平面ADE.空间角的计算问题(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](1)∵A′C′∥AC，∴AO与A′C′所成的角就是∠OAC．∵AB⊥平面BC′，OC⊂平面BC′，∴OC⊥AB，又OC⊥BO，AB∩BO＝B．∴OC⊥平面ABO.又OA⊂平面ABO，∴OC⊥OA．在Rt△AOC中，OC＝22，AC＝2，sin∠OAC＝OCAC＝12，∴∠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.∵平面BC′⊥平面ABCD，∴OE⊥平面ABCD，∴∠OAE为OA与平面ABCD所成的角．在Rt△OAE中，OE＝12，AE＝12＋⎝⎛⎭⎪⎫122＝52，∴tan∠OAE＝OEAE＝55.(3)∵OC⊥OA，OC⊥OB，OA∩OB＝O，∴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：①定义法；②垂线法；③垂面法.[跟进训练]4．如图，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，AB ≠AC ，D ，E 分别是BC ，AB 的中点，AC ＞AD ，设PC 与DE 所成的角为α，PD 与平面ABC 所成的角为β，二面角P -BC -A 的平面角为γ，则α，β，γ的大小关系是________．α＜β＜γ [∵D 、E 分别是BC 、AB 的中点，∴DE ∥AC ，∴PC 与DE 所成的角为∠PCA ，即α；∵P A ⊥平面ABC ，∴PD 与平面ABC 所成的角为∠PDA ，即β；过A 作AH ⊥BC ，垂足为H ，连接PH ，易证BC ⊥平面P AH ，∴∠PHA 是二面角P -BC -A 的平面角，即γ. ∵AB ≠AC ，∴AD ＞AH ，又AC ＞AD ，∴AC ＞AD ＞AH ，∴P A AC ＜P A AD ＜P A AH ，∴tan α＜tan β＜tan γ，又∵α，β，γ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2， ∴α＜β＜γ.][培优层·素养升华]【典例】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.图①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](1)证明：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．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，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AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，又DE⊂平面DEM，EM⊂平面DEM，DE∩EM＝E.故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝3，故DM ＝2.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)当三棱锥M -ABC 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BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC ．而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ．(2)如图，将几何体补成长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，当三棱锥M-ABC体积最大时，M为CD︵的中点，即M为C1D1的中点．取AB的中点N，CD的中点H，连接MN，MH，NH，则MN⊥C1D1，MH⊥C1D1，所以∠NMH为平面MAB与平面MCD所成二面角的平面角(或其补角)．易知MH⊥HN，MN＝5，NH＝2，则sin∠NMH＝NHMN ＝25＝255.所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是255.11/11。