（浙江专用）2020版高考数学大一轮复习 第八章 立体几何与空间向量核心素养提升（八）课件

第八章立体几何与空间向量核心素养提升(八)一、截面——让立体几何内涵更丰富空间几何体中的截面问题在教材中多处出现，而浙江高考和省市考卷多次以之为背景命制出很多脍炙人口的经典高考题，因此空间几何体的截面问题已成为广大师生普遍关注的重难点之一．通过近几年浙江高考试题研究表明，以空间几何体的截面为载体，以证明平行、垂直求解空间角及距离为目标的立体几何试题已成为当今考查空间想象能力，逻辑推理能力及计算能力的热点，为此理解空间几何体中的截面图形特征，掌握截面图形形状，将成为今后备考复习中的重点知识内容．[问题1](必修2P10B组T1)如图，长方体ABCD­A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是什么？截去的几何体是什么？你能说出它们的名称吗？[问题2](必修2P59例3)如图所示的一块木料中，棱BC平行于面A′C′.(1)要经过面A′C′内的一点P和棱BC将木料锯开，应怎样画线？(2)所画的线与平面AC是什么位置关系？[思路点拨]经过木料表面A′C′内的一点P和棱BC将木料锯开，实际上是经过BC及BC外一点P作截面，也就是找出平面与平面的交线．我们可以由直线与平面平行的性质定理和公理4、公理2作出．解析过程见教材[问题3](2015·高考全国卷Ⅱ，T19)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值．显然问题1剩下的几何体与截去的几何体分别是直五棱柱和直三棱柱；问题2作为例题已作解答；问题3是2015年高考全国卷Ⅱ第19题，实际上它的背景就是以问题1与问题2为原型而命制出的经典之作，三个问题中渗透了立体几何的重要思想和方法，贯穿了点、线、面、体的位置关系和相关的度量问题，堪称立体几何之典范．(1)公理指导三个问题都是四个公理指导下的转化化归问题，即以线面平行的性质和判定为根据所作的截面(交线)问题．是对学生实际操作能力及创新意识和应用意识的考查，也是对立体几何认识的理性思维和高层次的表现．(2)截面(封闭图形)的形状三个问题的截面(封闭图形)分别是矩形，梯形与正方形，然而我们想问题1中，若EH与A′D′不平行，过EH的平面α将长方体ABCD­A′B′C′D′分成两部分，试想①分成的两部分几何体各是什么？②截面是什么图形；③几何元素之间有什么关系．(如分成的两部分的体积问题，线线角，线面角，面面角，距离等)问题2与问题3也可以提出相应的相关问题．(3)截面的存在性问题对于问题3，为什么过E，F的平面α与长方体的面相交，交线围成一个正方形时，α是“右倾”的，“左倾”行吗？为什么此时平面α的位置只与长方体的“上下”与“前后”相交，与长方体的“左右”相交吗等，因此我们探讨一下截面的存在性问题——长方体的长、宽、高与交线围成的多边形形状决定了平面α的位置倾向：如图所示，因为AA1＝8，A1E＝D1F＝4.EF＝BC＝10.由长方体性质知AE＝AA21＋A1E2＝82＋42＝45EF.则矩形ADFE是“左倾”的“最大”矩形，垂直于底面的截面EE1F1F也不是，所以只有右倾，而倾斜的程度就由交线围成一个边长为10的正方形确定．易知，当H在AB上时，此时可求得E1H＝6，即AH＝10AB.这样平面α的位置就确定了，从而确定了交线围成一个正方形，证明了满足题目要求的截面α存在的条件是AB≥10.[拓展]如图在长方体ABCD­A1B1C1D1中，E、F分别是A1B1与D1C1上的点，存在过EF的平面α与长方体的面ABCD交于HG，求四边形EFGH为矩形的条件．【解】首先由平面平行的性质可知，四边形EFGH为平行四边形，分别过E，F作EE1⊥AB，FF1⊥DC.则EE1⊥平面ABCD，FF1⊥平面ABCD.设A1E＝m，D1F＝n，AD＝a，因为EFGH为矩形，所以EG＝HF，则E1G＝F1H，设E1H＝F1G＝t，即由E1G＝F1H得AD2＋(DG－AE1)2＝AD2＋(AH－DF1)2，即(n＋t－m)2＝(m＋t－n)2，化简得m＝n或t＝0，当m＝n即A1E＝D1F时，截面是矩形，当t＝0时，即过EF与底面ABCD垂直时，截面EE1F1F(如图)是矩形．上述问题是在过E、F的平面α的条件下进行的，我们现实生活中关于长方体的截面举不胜数，下面结合数学思想和方法谈谈长方体中过对角线的特定截面问题．长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝2，AA1＝6，过BD1的平面α与长方体的面相交，若交线围成一个菱形．(1)画出这个菱形；(2)求这个菱形的面积；(3)求平面α将长方体分成的两部分体积之比．【解】(1)显然四边形A1BCD1，BC1D1A，都不是菱形，平面α与AA1的交点在AA1内部才可能使交线围成一个菱形．(如图四边形D1MBN)．(2)显然由平面平行的性质知四边形D1MBN首先为平行四边形．因为AB＝4，AD＝2，AA1＝6，设A1M＝x，则AM＝6－x.当四边形D1MBN为菱形时，MB＝MD1，则AB2＋AM2＝A1D21＋A1M2，即42＋(6－x)2＝22＋x2，解得x＝4.从而当AM＝2时，交线围成一个菱形．过M作ME⊥CC1垂足为E，则AM＝CE＝EN＝2.所以MN2＝ME2＋EN2＝AB2＋BC2＋EN2＝42＋22＋22＝24.所以MN＝26.又BD21＝AB2＋AD2＋AA21＝42＋22＋62＝56.所以BD1＝214，所以菱形D1MBN的面积为S＝12MN×BD1＝12×26×214＝421.(3)根据对称性，α将长方体分成的两部分的体积之比为1∶1.空间几何体中的截面问题，展现了立体几何本身的优美，也体现了数学问题内涵的和谐和外延的奔放．独具特点的截面让空间几何体的内涵与外延有机结合，相得益彰，呈现了立体几何优美的特色，截面——让立体几何内涵更丰富．二、关注立体几何中的动态问题立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹的长度及动角的范围等；求解方法一般根据圆锥曲线的定义判断动点轨迹是什么样的曲线；利用空间向量的坐标运算求轨迹的长度等．常见题目类型(2019·金华十校高考模拟)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点M、N分别是直线CD、AB上的动点，点P是△A1C1D内的动点(不包括边界)，记直线D1P与MN所成角为θ，若θ的最小值为π3，则点P的轨迹是()A．圆的一部分B．椭圆的一部分C．抛物线的一部分D．双曲线的一部分【解析】把MN平移到平面A1B1C1D1中，直线D1P与MN所成角为θ，直线D1P与MN所成角的最小值是直线D1P与平面A1B1C1D1所成角，即原问题转化为：直线D1P与平面A1B1C1D1所成角为π3，点P在平面A1B1C1D1的投影为圆的一部分，因为点P是△A1C1D内的动点(不包括边界)，所以点P的轨迹是椭圆的一部分．故选B.【答案】B(2019·浙江名校协作体高三联考)已知平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊥AD，CD⊥AD，且AB＝1，AD＝CD＝2.ADEF是正方形，在正方形ADEF内部有一点M，满足MB，MC与平面ADEF所成的角相等，则点M的轨迹长度为()A．43B．163C．49πD．83π【解析】根据题意，以D为原点，分别以DA，DC，DE所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，如图1所示，则B(2，1，0)，C(0，2，0)，设M(x，0，z)，易知直线MB，MC与平面ADEF所成的角分别为∠AMB，∠DMC，均为锐角，且∠AMB＝∠DMC，所以sin∠AMB＝sin∠DMC⇒ABMB＝CDMC，即2MB＝MC，因此2（2－x）2＋12＋z2＝x2＋22＋z2，整理得x－832＋z2＝169，由此可得，点M在正方形ADEF内的轨迹是以点O83，0，0为圆心，半径为43的圆弧M1M2，如图2所示，易知圆心角∠M1OM2＝π3，所以lM1M2＝π3×43＝49π.故选C.【答案】C(2019·杭州市高考模拟)在等腰直角△ABC中，AB⊥AC，BC＝2，M为BC中点，N为AC中点，D为BC边上一个动点，△ABD沿AD翻折使BD⊥DC，点A在面BCD上的投影为点O，当点D在BC上运动时，以下说法错误的是()A．线段NO为定长B．|CO|∈[1，2)C．∠AMO＋∠ADB180°D．点O的轨迹是圆弧【解析】如图所示，对于A，△AOC为直角三角形，ON为斜边AC上的中线，ON＝12AC为定长，即A正确；对于B，D在M时，AO＝1，CO＝1，所以|CO|∈[1，2)，即正确；对于D，由A可知，点O的轨迹是圆弧，即D正确，故选C.【答案】C[思路点拨]求解立体几何中的轨迹问题时，首先要探究点的轨迹的形成过程，同时还要注意动点的性质以及点、线、面之间的位置关系，若动点的性质满足解析几何中圆锥曲线的定义，也可借助定义求出轨迹．巩固提高(1)(2019·台州市高考模拟)如图，在棱长为2的正四面体A­BCD中，E、F分别为直线AB、CD上的动点，且|EF|＝3.若记EF中点P的轨迹为L，则|L|等于________．(注：|L|表示L的测度，在本题，L为曲线、平面图形、空间几何体时，|L|分别对应长度、面积、体积)(2)(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)如图，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝3，将△ABD沿对角线BD向上翻折，若翻折过程中AC长度在102，132内变化，则点A所形成的运动轨迹的长度为________．【解析】(1)如图，当E为AB中点时，F分别在C，D处，满足|EF|＝3，此时EF的中点P在EC，ED的中点P1，P2的位置上；当F为CD中点时，E分别在A，B处，满足|EF|＝3，此时EF的中点P在BF，AF的中点P3，P4的位置上，连接P1P2，P3P4相交于点O，则四点P1，P2，P3，P4共圆，圆心为O，圆的半径为12，则EF中点P的轨迹L为以O为圆心，以12为半径的圆，其测度|L|＝2π×12＝π.(2)过A作AE⊥BD，垂足为E，连接CE，A′E.因为矩形ABCD中，AB＝1，BC＝3，所以AE＝32，CE＝72.所以A点的轨迹为以E为圆心，以32为半径的圆弧．∠A′EA为二面角A­BD­A′的平面角．以E为原点，以EB，EA′所在直线为x轴，y轴建立如图所示空间直角坐标系E­xyz，设∠A′EA＝θ，则A0，32cosθ，32sinθ，C－1，－32，0，所以AC＝1＋34（cosθ＋1）2＋34sin2θ＝5＋3cosθ2，所以102≤5＋3cosθ2≤132，解得0≤cosθ≤12，所以60°≤θ≤90°，所以A点轨迹的圆心角为30°，所以A点轨迹的长度为π6·32＝3π12.【答案】(1)π(2)312π