备战高考数学二轮复习专题15立体几何教学案

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备战2023年新高考数学二轮专题复习课件立体几何

第三讲立体几何——大题备考【命题规律】立体几何大题一般为两问：第一问通常是线、面关系的证明；第二问通常跟角有关，一般是求线面角或二面角，有时与距离、几何体的体积有关．微专题1线面角保分题[2022·辽宁沈阳二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，P A⊥平面ABCD，P A＝2AB＝4，点M是P A的中点．(1)求证：BD⊥CM；(2)求直线PC与平面MCD所成角的正弦值．提分题例1 [2022·全国乙卷]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E 为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求线面角的答题模板巩固训练1[2022·山东泰安一模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2AD＝2，P A⊥平面ABCD，E为PD中点．(1)若P A＝1，求证：AE⊥平面PCD；(2)当直线PC与平面ACE所成角最大时，求三棱锥E-ABC的体积．微专题2二面角保分题[2022·山东临沂二模]如图，AB是圆柱底面圆O的直径，AA1、CC1为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且AB＝AA1＝2BC＝2CD，E、F分别为A1D、C1C的中点．(1)证明：EF∥平面ABCD；(2)求平面OEF与平面BCC1夹角的余弦值．提分题例2 [2022·湖南岳阳三模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，F是PD 的中点．(1)证明：PB∥平面AFC；(2)若直线P A⊥平面ABCD，AC＝AP＝2，且P A与平面AFC所成的角正弦值为√21，求7锐二面角F-AC-D的余弦值．听课笔记：AD，现例3 [2022·山东日照二模]如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝12以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点P的位置，且P A⊥CD.(1)证明：平面APC⊥平面ADC；(2)若M为PD上一点，且三棱锥D-ACM的体积是三棱锥P-ACM体积的2倍，求二面角P-AC-M的余弦值．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求二面角的答题模板巩固训练21.[2022·广东韶关二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，点S是边AB 的中点．AB＝2，AD＝4，P A＝PD＝2√2.(1)若O是侧棱PC的中点，求证：SO∥平面P AD；(2)若二面角P-AD-B的大小为2π，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．32．[2022·河北保定一模]如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝CD＝1，∠BCD ＝60°，现将DAC沿AC折起至P AC，使得PB＝√2.(1)证明：AB⊥PC；(2)求二面角A-PC-B的余弦值．微专题3探索性问题提分题例4 [2022·山东聊城三模]已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，△ADE为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.(1)求证：AP⊥BE；(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．听课笔记：【技法领悟】1．通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；否则假设不成立．2．探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．巩固训练3[2022·湖南岳阳一模]如图，在三棱锥S-ABC中，SA＝SB＝SC，BC⊥AC.(1)证明：平面SAB⊥平面ABC；(2)若BC＝SC，SC⊥SA，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°，若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由．第三讲立体几何微专题1线面角保分题解析：(1)证明：如图，连接AC，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.又P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥BD ， ∵P A ，AC ⊂平面P AC ，P A∩AC ＝A ， ∴BD ⊥平面P AC ，又CM ⊂平面P AC ， ∴BD ⊥CM .(2)易知AB ，AD ，AP 两两垂直，以点A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz . ∵P A ＝2AB ＝4，∴A (0，0，0)，P (0，0，4)，M (0，0，2)，C (2，2，0)，D (0，2，0), ∴MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－2)，MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2，－2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－4)．设平面MCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2y −2z =0n ·MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2y −2z =0，令y ＝1，得n ＝(0，1，1)．设直线PC 与平面MCD 所成角为θ，由图可知0<θ<π2，则sinθ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·PC ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||PC ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√12+12×√22+22+(−4)2＝√36.即直线PC 与平面MCD 所成角的正弦值为√36.提分题[例1] 解析：(1)证明：∵AD ＝CD ，∠ADB ＝ ∠BDC ，BD ＝BD ， ∴△ABD ≌△CBD ，∴AB ＝CB .∵E 为AC 的中点，∴DE ⊥AC ，BE ⊥AC . ∵DE∩BE ＝E ，DE ，BE ⊂平面BED ， ∴AC ⊥平面BED .∵AC ⊂平面ACD ，∴平面BED ⊥平面ACD .(2)如图，连接EF .由(1)知AC ⊥平面BED . 又∵EF ⊂平面BED ， ∴EF ⊥AC . ∴S △AFC ＝12AC ·EF .当EF ⊥BD 时，EF 的长最小，此时△AFC 的面积最小．由(1)知AB ＝CB ＝2. 又∵∠ACB ＝60°，∴△ABC 是边长为2的正三角形，∴BE ＝√3. ∵AD ⊥CD ，∴DE ＝1，∴DE 2＋BE 2＝BD 2，∴DE ⊥BE .以点E 为坐标原点，直线EA ，EB ，ED 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则E (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，√3，0)，C (－1，0，0)，D (0，0，1)，∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，√3，0)，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，0，1)，DB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3，－1)，ED⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)，EC ⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，0，0)．设DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)，则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)＋λ(0，√3，－1)＝(0，√3λ，1－λ)． ∵EF ⊥DB ， ∴EF⃗⃗⃗⃗ ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3λ，1－λ)·(0，√3，－1)＝4λ－1＝0， ∴λ＝14，∴EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)，∴CF ⃗⃗⃗⃗ ＝EF ⃗⃗⃗⃗ −EC ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)－(－1，0，0)＝(1，√34，34)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，n ·AD⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{−x +√3y =0，−x +z =0.取y ＝1，则x ＝√3，z ＝√3，∴n ＝(√3，1，√3)．设当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CF ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·CF ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||CF ⃗⃗⃗⃗⃗ |＝|√3×1+1×√34+√3×34|√3+1+3× √1+316+916＝4√37. 故当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37. [巩固训练1]解析：(1)证明：∵P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥CD ， ∵四边形ABCD 为矩形，∴AD ⊥CD ，又AD∩P A ＝A ，AD 、P A ⊂平面P AD ，∴CD ⊥平面P AD ， ∵AE ⊂平面P AD ，∴AE ⊥CD ，在△P AD 中，P A ＝AD ，E 为PD 的中点，∴AE ⊥PD ，而PD∩CD ＝D ，PD 、CD ⊂平面PCD ， ∴AE ⊥平面PCD .(2)以A 为坐标原点，分别以AB 、AD 、AP 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设AP ＝a (a ＞0)，则C (2，1，0)，P (0，0，a )，E (0，12，a2)，∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，12，a 2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，－a )，设平面ACE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +y =0n ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =12y +a 2z =0，取y ＝－a ，可得n ＝(a2，－a ，－1)．设直线PC 与平面ACE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·FC⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||FC⃗⃗⃗⃗⃗ |＝√54a 2+1·√5+a 2＝√29+20a2+5a ≤27，当且仅当a ＝√2时等号成立．即当AP ＝√2时，直线PC 与平面ACE 所成角最大，此时三棱锥E - ABC 的体积V ＝13×12×2×1×√22＝√26.微专题2 二面角保分题解析：(1)证明：取AD 的中点M ，连接EM 、MC ，∵E 为A 1D 的中点，F 为CC 1的中点，∴EM ∥AA 1，EM ＝12AA 1，又CF ∥AA 1，CF ＝12AA 1， ∴EM ∥CF ，EM ＝CF ，∴四边形EMCF 为平行四边形，∴EF ∥CM ，又EF ⊄平面ABCD ，CM ⊂平面ABCD ， ∴EF ∥平面ABCD .(2)设AB ＝AA 1＝2BC ＝2CD ＝4，∵AC ⊥BC ，∴AC ＝2√3.由题意知CA 、CB 、CC 1两两垂直，故以C 为坐标原点，分别以CA 、CB 、CC 1所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．则A 1(2√3，0，4)、O (√3，1，0)、F (0，0，2)、C (0，0，0)、D (√3，－1，0)， ∴A 1D 的中点E 的坐标为(3√32，－12，2)， ∴OF⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√3，－1，2)，EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(－3√32，12，0)，设平面OEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·EF ⃗⃗⃗⃗ =0，即{−√3x −y +2z =0−3√32x +12y =0，即{√3x +y −2z =03√3x −y =0，令x ＝√3，得n ＝(√3，9，6)，∵AC ⊥BC ，AC ⊥CC 1，BC ∩CC 1＝C ， ∴AC ⊥平面BCC 1，∴平面BCC 1的一个法向量为CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√3，0，0)，cos 〈n ，CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝n·CA ⃗⃗⃗⃗⃗|n |·|CA ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√3+81+36·2√3＝√1020， ∴平面OEF 与平面BCC 1夹角的余弦值为√1020. 提分题[例2] 解析：(1)证明：连接BD 交AC 于O ，易证O 为BD 中点，又F 是PD 的中点，所以OF ∥PB ，又OF ⊂平面AFC ，且PB 不在平面AFC 内，故PB ∥平面AFC .(2)取PC 中点为Q ，以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OQ 为z 轴建立空间直角坐标系，设OB ＝m ，则A (0，－1，0)，B (m ，0，0)，C (0，1，0)，P (0，－1，2)，D (－m ，0，0)⇒F (－m2，－12，1)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，2)，OF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－m 2，－12，1)，OC⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，1，0)，设平面AFC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由{n ⊥OF ⃗⃗⃗⃗⃗ n ⊥OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⇒{−m2x −12y +z =0y =0，令x ＝2，有n ＝(2，0，m )，由P A 与平面AFC 所成的角正弦值为√217⇒√217＝|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AP⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|＝2√4+m 2⇒m ＝√3，平面ACD 的法向量为m ＝(0，0，1)，则锐二面角F - AC - D 的余弦值为 |m·n ||m |·|n |＝√3√7＝√217.[例3] 解析：(1)证明：在梯形ABCD 中取AD 中点N ，连接CN ，则由BC 平行且等于AN 知ABCN 为平行四边形，所以CN ＝AB ，由CN ＝12AD 知C 点在以AD 为直径的圆上，所以AC ⊥CD .又AP ⊥CD ，AP∩AC ＝A, AP ，AC ⊂平面P AC ， ∴CD ⊥平面P AC ，又CD ⊂平面ADC ， ∴平面APC ⊥平面ADC .(2)取AC 中点O ，连接PO ，由AP ＝PC ，可知PO ⊥AC ，再由平面P AC ⊥平面ACD ，AC 为两面交线，所以PO ⊥平面ACD ，以O 为原点，OA 为x 轴，过O 且与OA 垂直的直线为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，令AB ＝2，则A (√3，0，0)，C (－√3，0，0)，P (0，0，1)，D (－√3，2，0)，由V P - ACM ∶V D - ACM ＝1∶2，得PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√33，23，23)，设平面ACM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由{n ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{−√33x +23y +23z =0√3x =0，取z ＝－1得x ＝0，y ＝1，所以n ＝(0，1，－1)，而平面P AC 的法向量m ＝(0，1，0)，所以cos 〈n ，m 〉＝m·n |m ||n |＝√22. 又因为二面角P - AC - M 为锐二面角，所以其余弦值为√22.[巩固训练2]1．解析：(1)证明：取线段PD 的中点H ，连接SO 、OH 、HA ，如图，在△PCD 中，O 、H 分别是PC 、PD 的中点，所以OH ∥CD 且OH ＝12CD ，所以OH ∥AS 且OH ＝AS ，所以四边形ASOH 是平行四边形，所以SO ∥AH ，又AH ⊂平面P AD ，SO ⊄平面P AD ，所以SO ∥平面P AD .(2)取线段AD 、BC 的中点E 、F ，连结PE 、EF .由点E 是线段AD 的中点，P A ＝PD 可得PE ⊥AD ，又EF ⊥AD ，所以∠PEF 是二面角P - AD － B 的平面角，即∠PEF ＝23π，以E 为原点，EA⃗⃗⃗⃗⃗ 、EF ⃗⃗⃗⃗ 方向分别为x 轴、y 轴正方向，建立如图所示坐标系，在△P AD 中，AD ＝4，P A ＝PD ＝2√2知：PE ＝2，所以P (0，－1，√3)，D (－2，0，0)，B (2，2，0)，C (－2，2，0)，所以PD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，1，－√3)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，3，－√3)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，3，－√3)，设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则{n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗=0n ·PC⃗⃗⃗⃗ =0，即{2x +3y −√3z =0−2x +3y −√3z =0，可取n ＝(0，1，√3)，设直线PD 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈PD⃗⃗⃗⃗⃗ ，n 〉|＝2·2√2＝√24，所以直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为√24.2．解析：(1)证明：在等腰梯形ABCD 中，过A 作AE ⊥BC 于E ，过D 作DF ⊥BC 于F ，因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ＝CD ＝1，∠BCD ＝60°，所以BE ＝CF ＝12CD ＝12，AE ＝DF ＝√12−(12)2＝√32，所以AC ＝BD ＝√(32)2+(√32)2＝√3， BC ＝2，所以BD 2＋CD 2＝BC 2，所以BD ⊥CD ，同理AB ⊥AC ，又因为AP ＝AB ＝1，PB ＝√2， ∴AP 2＋AB 2＝PB 2，∴AB ⊥AP又AC∩AP ＝A ，AC ，AP ⊂平面ACP ，所以AB ⊥平面ACP ，因为PC ⊂平面ACP ，所以AB ⊥PC .(2)取AC 的中点为M ，BC 的中点为N ，则MN ∥AB ，因为AB ⊥平面ACP ，所以MN ⊥平面ACP ，因为AC ，PM ⊂平面ACP ，所以MN ⊥AC ，MN ⊥PM ，因为P A ＝PC ，AC 的中点为M ，所以PM ⊥AC ，所以MN ，MC ，MP 两两垂直，所以以M 为原点，以MN 所在直线为x 轴，以MC 所在直线为y 轴，以MP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，－√32，0)，B (1，－√32，0)，C (0，√32，0)，P (0，0，12)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√32，－12)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，－√32，－12)，平面APC 的一个法向量为m ＝AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，0)，设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 {n ·PC⃗⃗⃗⃗ =√32y −12z =0n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x −√32y −12z =0，令y ＝1，则n ＝(√3，1，√3)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝√31×√7＝√217，因为二面角A - PC - B 为锐角，所以二面角A - PC - B 的余弦值为√217.微专题3 探索性问题提分题[例4] 解析：(1)证明：因为四边形ABCD 为平行四边形，且△ADE 为等边三角形，所以∠BCE ＝120°，又E 为CD 的中点，所以CE ＝ED ＝DA ＝CB ，即△BCE 为等腰三角形，所以∠CEB ＝30°.所以∠AEB ＝180°－∠AED －∠BEC ＝90°，即BE ⊥AE .又因为平面AEP ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，BE ⊂平面ABCE ，所以BE ⊥平面APE ，又AP ⊂平面APE ，所以BE ⊥AP .(2)取AE 的中点O ，连接PO ，由于△APE 为正三角形，则PO ⊥AE ，又平面APE ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，PO ⊂平面EAP ，所以PO ⊥平面ABCE ，PO ＝√3，BE ＝2√3，取AB 的中点G ，则OG ∥BE ，由(1)得BE ⊥AE ，所以OG ⊥AE ，以点O 为原点，分别以OA ，OG ，OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz ，则O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (－1，2√3，0)，P (0，0，√3)，E (－1，0，0)，则EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，0，0)，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2√3，0)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，2√3，－√3)，EP ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3), 假设存在点F ，使平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°，设PF⃗⃗⃗⃗ ＝λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－λ，2√3λ，－√3λ)，λ∈[0，1]，则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝EP ⃗⃗⃗⃗ +PF ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3)＋(－λ，2√3λ，－√3λ)＝(1－λ，2√3λ，√3−√3λ)，设平面AEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由{EF ⃗⃗⃗⃗·m =0EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0得{(1−λ)x +2√3λy +(√3，－√3λ)z =02x =0，取z ＝2λ，得m ＝(0，λ－1，2λ);由(1)知EB⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面AEP 的一个法向量，于是，cos 45°＝|cos 〈m ，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|m·EB ⃗⃗⃗⃗⃗||m |·|EB ⃗⃗⃗⃗⃗|＝2√3|λ−1|2√3·√5λ2−2λ+1＝√22，解得λ＝13或λ＝－1(舍去)，所以存在点F ，且当点F 为线段PB 的靠近点P 的三等分点时，平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°.[巩固训练3]解析：(1)证明：取AB 的中点E ，连接SE ，CE ，∵SA ＝SB ，∴SE ⊥AB ， ∵BC ⊥AC ，∴三角形ACB 为直角三角形，∴BE ＝EC ，又BS ＝SC ，∴△SEC ≌△SEB ，∴∠SEB ＝∠SEC ＝90°， ∴SE ⊥EC ，又SE ⊥AB ，AB∩CE ＝E ，∴SE ⊥平面ABC . 又SE ⊂平面SAB ，∴平面SAB ⊥平面ABC .(2)以E 为坐标原点，平行AC 的直线为x 轴，平行BC 的直线为y 轴，ES 为z 轴建立空间直角坐标系，如图，不妨设SA ＝SB ＝SC ＝2，SC ⊥SA ，则AC ＝2√2，BC ＝SC ＝2知EC ＝2√3，SE ＝1，则A (－√2，1，0)，B (√2，－1，0)，C (√2，1，0)，E (0，0，0)，S (0，0，1)， ∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√2，－2，0)，SA ⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2，1，－1)，设D (x ，y ，z )，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λCS⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)，则(x －√2，y －1，z )＝λ(－√2，－1，1)， ∴D (√2−√2λ，1－λ，λ)，BD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2λ，2－λ，λ)．设平面SAB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则{n ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =2√2x 1−2y 1=0n ·SA ⃗⃗⃗⃗ =−√2x 1+y 1−z 1=0，取x 1＝1，得n ＝(1，√2，0)，sin 60°＝|n·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，则√2−2√2λ|√3√2λ2+(2−λ)2+λ2＝√32，得λ2＋7λ＋1＝0，又∵0≤λ≤1，方程无解，∴不存在点D ，使直线BD 与平面SAB 所成的角为60°.。

“立体几何”大题的常考题型探究(课件)2023年高考数学二轮复习(全国通用)

因为平面，所以平面，所以为二面角的平面角．
因为，所以．由已知得，故．又，所以．因为 , , , , ，所以．
提分秘籍体积问题考查的本质就是点面距离，解题关键是抓住以下几种方法：
（1）等体积法（仅限三棱锥）转换顶点;
（2）顶点不变，延展或缩小底面，如四棱锥的高即同顶点的三棱锥的高，点到平面的距离可看作点到平面的距离;
设，则 , , .设平面的法向量为，则即
令，则，∴平面的一个法向量为， .∵直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，∴直线与平面所成角的正弦值等于, ，当且仅当时取等号.
∴直线与平面所成角的正弦值的最大值为 .（法二：定义法）如图2，平面，，平面 .
大题攻略03 平面与平面所成的角
例3 (2021年全国甲卷)已知直三棱柱中，侧面为正方形，，，分别为和的中点，为棱上的点， .
（1）证明： .（2）当为何值时，平面与平面所成的二面角的正弦值最小?
▶审题微“点”
切入点
（1）常规方法是几何法，不过用几何法较为复杂，根据题目条件建系是最优解法；（2）建系是常规方法，也是最优法
▶审题微“点”
切入点
（1）关键是在平面内找一条直线与平行,根据线面平行的判定定理即可证明；（2）将包装盒分割成几个规则的锥体和柱体求解
障碍点
（1）在平面内找直线与平行；（2）将不规则的几何体分割或补形成几个规则的几何体
隐蔽点
（1）平面内与平行的直线；（2）包装盒的高
[解析] （1）如图1所示，分别取，的中点，，连接，因为，为全等的正三角形，所以，， .

高中数学高考二轮复习立体几何教案

高中数学高考二轮复习立体几何教案高考点拨：立体几何专题是高考中的热点，主要考查三视图、空间几何体的体积和空间位置关系、空间角，以及空间位置关系的证明和空间角、距离的探求。

本专题主要从“空间几何体表面积或体积的求解”、“空间中的平行与垂直关系”、“立体几何中的向量方法”三个角度进行典例剖析，引领考生明确考情并提升解题技能。

突破点1：空间几何体表面积或体积的求解要点1：对于规则几何体，可以直接利用公式计算。

要点2：对于不规则几何体，可以采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可以采用等体积转换法求解。

要点3：求解旋转体的表面积和体积时，需要注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形。

突破点2：球与几何体的外接与内切要点1：正四面体与球：设正四面体的棱长为a，由正四面体本身的对称性，可知其内切球和外接球的球心相同，则内切球的半径r=a/3，外接球的半径R=a/√6.要点2：正方体与球：设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，O为其对称中心，E，F，H，G分别为AD，BC，B1C1，A1D1的中点，J为HF的中点。

正方体的内切球的半径为OJ=a/2，棱切球的半径为OG=a/√2，外接球的半径为OA1=√3a/2.回访1：几何体的表面积或体积题目：如图10-2是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为()解析：由三视图可知圆柱的底面直径为4，母线长(高)为4，所以圆柱的侧面积为2π×2×4=16π，底面积为π×2²=4π；圆锥的底面直径为4，高为2/3，所以圆锥的母线长为√(4²+(2/3)²)=4/3，所以圆锥的侧面积为π×2×4/3=8π。

所以该几何体的表面积为S=16π+4π+8π=28π。

2．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图10-3.求截去部分体积与剩余部分体积的比值。

(新课标版)备战高考数学二轮复习专题1.5 立体几何教学案文-人教版高三全册数学教学案

专题1.5 立体几何一．考场传真1. [2017课标1，文6]如图，在以下四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，那么在这四个正方体中，直接AB与平面MNQ不平行的是A ．B．C ．D ．[答案]A2．[2017课标II，文6]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，那么该几何体的体积为A.90πB.63πC.42πD.36π[答案]B3．[2017课标3，文9]圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，那么该圆柱的体积为〔〕A ．πB ．3π4C ．π2D ．π4[答案]B[解析]如果，画出圆柱的轴截面，11,2AC AB ==，所以3r BC ==，那么圆柱的体积是223314V r h πππ==⨯⨯=⎝⎭，应选B. 4．[2017课标3，文10]在正方体1111ABCD A BC D -中，E 为棱CD 的中点，那么〔〕 A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥D ．1AE AC ⊥[答案]C[解析]根据三垂线逆定理，平面内的线垂直平面的斜线，那也垂直于斜线在平面内的射影，A.假设11A E DC ⊥，那么，很显然不成立；B.假设1A E BD ⊥，那么BD AE ⊥，显然不成立；C.假设11A E BC ⊥，那么11BC B C ⊥，成立，反过来11BC B C ⊥时，也能推出11BC A E ⊥,所以C 成立，D.假设1A E AC ⊥，那么AE AC ⊥，显然不成立，应选C.5．[2017课标1，文16]三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．假设平面SCA ⊥平面SCB ，SA =AC ，SB =BC ，三棱锥S-ABC 的体积为9，那么球O 的表面积为________． [答案]36π[解析]取SC 的中点O ，连接,OA OB ，因为,SA AC SB BC ==，所以,OA SC OB SC ⊥⊥，因为平面SAC ⊥平面SBC ，所以OA ⊥平面SBC ，设OA r =，3111123323A SBC SBC V S OA r r r r -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=，所以31933r r =⇒=，所以球的表面积为2436r ππ=6．[2017课标II ，文15]长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，那么球O 的表面积为 [答案]14π.[解析]球的直径是长方体的体对角线，所以222232114,4π14π.R S R =++=== 7．[2017课标1，文18]如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=．〔1〕证明：平面PAB ⊥平面PAD ；〔2〕假设PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，且四棱锥P-ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．8．[2017课标II ，文18]如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,01,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= 〔1〕证明：直线//BC 平面PAD ;〔2〕假设△PAD 面积为27P ABCD -的体积.9．[2017课标3，文19]如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．〔1〕证明：AC⊥BD；〔2〕△ACD是直角三角形，AB=BD．假设E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．二．高考研究[考纲解读]1.考纲要求〔1〕空间几何体①认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.②能画出简单空间图形〔长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等简易组合〕的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图.③会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.④会画某些建筑物的三视图与直观图〔在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求〕.⑤了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式〔不要求记忆公式〕.〔2〕点、直线、平面之间的位置关系①理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解如下可以作为推理依据的公理和定理：◆公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点在此平面内.◆公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面.◆公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.◆公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行.◆定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补.②以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理.理解以下判定定理：◆如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行.◆如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面平行.◆如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直.◆如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直.理解以下性质定理，并能够证明：◆如果一条直线与一个平面平行，经过该直线的任一个平面与此平面相交，那么这条直线就和交线平行.◆如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线相互平行.◆垂直于同一个平面的两条直线平行.◆如果两个平面垂直，那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直.③能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题.〔二〕空间想象能力①能根据条件做出正确的图形，根据图形想象出直观形象；能正确地分析出图形中的基本元素及其相互关系；能对图形进行分解、组合；会运用图形与图表等手段形象地揭示问题的本质.②空间想象能力是对空间形式的观察、分析、抽象的能力，主要表现为识图、画图和对图形的想象能力，识图是指观察研究所给图形中几何元素之间的相互关系；画图是指将文字语言和符号语言转化为图形语言以及对图形添加辅助图形或对图形进行各种变换；对图形的想象主要包括有图想图和无图想图两种，是空间想象能力高层次的标志.[命题规律](1) 空间几何体的三视图成为近几年高考的必考点，单独考查三视图的逐渐减少，主要考查由三视图求原几何体的面积、体积，主要以选择题、填空题的形式考查；该部分的命题通常围绕三个点展开．第一点是围绕空间几何体的三视图，设计由空间几何体的三视图判断空间几何体的形状，由其中的一个或者两个视图判断另外的视图等问题，其目的是考查对三视图的理解和空间想象能力；第二点是围绕空间几何体的表面积和体积展开，设计根据的空间几何体求空间几何体的表面积或体积的问题，其中空间几何体一般以三视图的形式给出，目的是考查空间想象能力和基本的运算求解能力；第三点是围绕多面体和球展开，设计求多面体的外接球的表面积、体积或者计算球的内接多面体的相关元素等问题，目的是考查空间想象能力、逻辑推理能力和基本的运算求解能力．〔2〕高考对空间点、线、面位置关系的考查主要有两种形式：一是对命题真假的判断，通常以选择题、填空题的形式考查，难度不大；二是在解答题中考查平行、垂直关系的证明、常以柱体、锥体为载体，难度中档偏难．该部分的命题主要在三个点展开．第一点是围绕空间点、直线、平面的位置关系展开，设计位置关系的判断、简单的角与距离计算等问题，目的是考查对该部分基础知识的掌握情况及空间想象能力，这类试题多为选择题或者填空题；第二点是围绕空间平行关系和垂直关系的证明，设计通过具体的空间几何体证明其中的平行关系、垂直关系的问题，目的是考查运用空间位置关系的相关定理、推理论证的能力及空间想象能力，这类试题多数是解答题组成部分；第三个点是围绕空间几何体的体积，设计求空间几何体的体积，求解其他几何元素等问题，目的是综合考查利用空间线面位置关系的知识综合解决问题的能力，这类试题多数是解答题的重要组成部分．〔3〕求解立体几何问题是高考的必考内容，每套试卷必有立体几何解答题，一般设2问，前一问求证平行或垂直，最后一问求体积，有时涉及探索性问题，难度不大．3．学法导航1. 空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，再确定几何体的形状，即可得到结果．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正(主)视图和俯视图为主，结合侧(左)视图进行综合考虑．2.求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和．求简单几何体的体积时假设所给的几何体为柱体、锥体或台体，那么可直接利用公式求解；求组合体的体积时假设所给定的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，那么常用转换法、分割法、补形法等进行求解；求以三视图为背景的几何体的体积时应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．3. 与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径．球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心(或“切点〞“接点〞)作出截面图．4. 解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中． 5．垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质，即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l ⊥α，a ⊂α⇒l ⊥a .6．折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口．存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾或肯定结论．一．基础知识整合1．三视图：(1)三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．画三视图的基本要求：正俯一样长，正侧一样高，俯侧一样宽，即“长对正，高平齐，宽相等〞．(2)三视图排列规那么：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图一样；侧视图放在正视图的右面，高度和正视图一样，宽度与俯视图一样．(3)画三视图时，可见的轮廓线用实线画出，被遮挡的轮廓线，用虚线画出.2．直观图：空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规那么是：〔1〕原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ’轴、y ’轴的夹角为45o〔或135o〕，z ’轴与x ’轴和y ’轴所在平面垂直；〔2〕原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行.平行于x 轴和z 轴的线段长度在直观图不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中减半.3.体积与表面积公式：柱体的体积公式：V =柱Sh ；锥体的体积公式：V =锥13Sh ；台体的体积公式：V =棱台1()3h S SS S ''++；球体的体积公式：V =球343r π.球的表面积公式：24S R π=球.棱柱、棱锥及棱台的各个面的面积之和，即为其表面积.4.空间直线、平面之间的位置关系的判定与性质：①空间直线、平面之间的位置关系：〔1〕位置关系的分类⎧⎧⎪⎨⎨⎩⎪⎩相交直线共面直线平行直线异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点〔2〕直线和平面的位置关系位置关系直线a 在平面α内直线a 与平面α相交直线a 与平面α平行公共点有无数个公共点有且只有一个公共点没有公共点符号表示a α⊂a A α= //a α图形表示〔3〕两个平面的位置关系位置关系图示表示法公共点个数两平面平行//αβ两平面相交斜交a αβ=有无数个公共点在一条直线上垂直αβ⊥a αβ=有无数个公共点在一条直线上②空间直线、平面之间的位置关系的判定与性质：〔1〕异面直线的判定： 1、定义法〔不易操作〕2、反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两直线平行或相交，由假设的条件出发，经过严密的推理，导出矛盾，从而否定假设肯定两条直线异面.此法在异面直线的判定中经常用到.3、客观题中，也可用下述结论：过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线，如图：〔2〕直线与直线平行直线和平面平行的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行.〔线面平行⇒线线平行〕{b a b a a //,,//⇒=⊂βαβα 若}面面平行的性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行.〔面面平行⇒线线平行〕{b a b a //,,//⇒==γβγαβα }公理4：平行于同一直线的两条直线互相平行 {c a c b b a ////,//⇒} 直线和平面垂直的性质：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行.{b a b a //,⇒⊥⊥αα若}〔3〕直线与直线垂直定义法：如果两条异面直线所成的角是直角，那么这两条异面直线互相垂直.如果一条直线垂直于一个平面，那么这条直线垂直于平面内的任何一条直线.〔线面垂直⇒线线垂直〕两条平行线，假设一条垂直于第三条直线，那么另一条也垂直于第三条直线.{l b la b a ⊥⇒⊥,//}〔4〕直线与平面平行：判定定理：如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行.〔线线平行⇒线面平行〕，{ααα////,,a b a b a ⇒⊂⊄若}面面平行的定义：两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面.〔面面平行⇒线面平行〕{βαβα//,//a a ⇒⊂}结论：平面外的两条平行直线，假设其中一条平行于一个平面，那么另一条必定也平行于这个平面. {αα////,//b a b a ⇒}〔5〕直线与平面垂直：定义法：如果一条直线和一个平面内的任意一条直线都垂直，我们就说直线和平面互相垂直.判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面.〔线线垂直⇒线面垂直〕{ααα⊥⇒⊥⊥=⊂⊂l b l a l O b a b a ,,,, 若}面面垂直的性质定理：如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.〔面面垂直⇒线面垂直〕{βαβαβα⊥⇒⊥⊂=⊥a b a a b ,, ，}直线和平面垂直的性质：两条平行直线，假设其中一条垂直于一个平面，那么另一条必定也垂直于这个平面.{αα⊥⇒⊥b a b a ,//}结论：一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面.{βαβα⊥⇒⊥a a ,//} 〔6〕平面与平面平行：定义法：两个平面没有公共点，称两个平面平行.判定法：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行.〔线面平行⇒面面平行〕{βαββαα////,//,,,⇒=⊂⊂b a O b a b a }，借助法：垂直于同一条直线的两个平面平行.{βαβα//,⇒⊥⊥a a }〔7〕平面与平面垂直：定义法：假设两个平面所成的二面角是直二面角，那么称这两个平面垂直.判定法：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直.〔线面垂直⇒面面垂直〕{βααβ⊥⇒⊂⊥a a ,}5.空间的角与距离〔1〕异面直线的夹角：定义：对于异面直线a 和b ，在空间任取一点P ，过P 分别作a 和b 的平行线1a 和1b ，我们把1a 和1b 所成的锐角或者叫做异面直线a 和b 所成的角.范围：(0°，90°]〔2〕斜线与平面所成的角：定义：把直线l 与其在平面α上的射影所成的锐角叫做直线l 和平面α所成的角.直线和平面所成的角的范围[0°，90°]〔3〕二面角：定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.范围为[0°，180°] 〔4〕点到直线距离和点到平面的距离点到直线的距离：①直接作直线的垂线.②求点P 到平面α内的直线a 的距离：d αa R QP第一步：过P 作PQ α⊥交平面α于点Q ，第二步：在α内过Q 作作QR a ⊥ ，垂足为R ；第三步：连结P 、R ，那么PR 即为点P 到直线a 的距离.点到平面的距离：①直接作平面的垂线； ②要作垂线，先作垂面； ③体积法〔等积法〕.二．高频考点突破考点1 ：空间几何体的三视图、表面积、体积[例1]我国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器------商鞅铜方升，其三视图如下图〔单位：寸〕，假设π取3，其体积为12.6〔立方寸〕，那么图中的x 为____________．分析：以三视图为载体考查几何体的体积,解题的关键是根据三视图想象还原几何体的形状构成,并从三视图发现几何中各元素间的位置关系及数量关系,然后在直观图中求解.在求几何体的体积时,假设给定的几何体是规那么柱体,锥体或台体,可直接利用公式求解.假设所给的几何体的体积不能直接利用公式得出,常用转换法,分割法,补形法等求解.[答案]1.6[例2]一块边长为6cm 的正方形铁皮按如图〔1〕所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，将该容器按如图〔2〕放置，假设其正视图为等腰直角三角形，那么该容器的体积为〔〕A ．3126cmB ．346cmC ．3272cmD ．392cm分析：(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．[答案]D[解析]如图〔2〕，PMN △为该四棱锥的正视图，由图〔1〕可知，6PM PN +=，且PM PN =．由PMN △为等腰直角三角形，可知32MN =，3PM =．设MN 中点为O ，那么PO ABCD ⊥平面，∴13222PO MN ==，∴()21321323218923232P ABCD V -=⨯⨯=⨯⨯=．选D ．[规律方法]1、画三视图的基本原那么是：长对正，宽相等，高平齐.在做题时也要根据这个原那么来画直观图.要根据这个原那么来验证所画直观图是否正确.2、三视图问题关键是搞清楚三视图中的每条轮廓线代表的意义，三视图中给出的尺寸在几何体中对应哪些线段的尺寸，三视图中的角度在几何体对应的角度是多少.尤其要注意图中的直角，这是一个很重要的信息.必须结合三视图弄清几何体的直观图的构成，根据三视图的信息确定直观图中相关的量，然后才能进行相关计算.3、求几何体体积问题，可以多角度、多方位地考虑问题．在求三棱锥体积的过程中，等体积转化法是常用的方法，转换底面的原那么是使其高易求，常把底面放在几何体的某一面上．4、求不规那么几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规那么几何体变为规那么几何体，易于求解．[举一反三][2018黑龙江齐齐哈尔八中三模]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，那么该几何体的体积为〔〕A. ()8123π+B. ()813π+C. ()4233π+D. ()423π+ [答案]A考点2 ：球与多面体[例3]正四棱锥P ABCD -2体积为43，那么此棱锥的内切球与外接球的半径之比为〔〕 A.1:2 B.4:5 C.1:3 D.2:5分析:此题考查的是正四棱锥的内切球与外接球的半径的计算的综合运用问题,解答时先准确的画出示意图,搞清该几何体的内切球与外接球的半径所在的几何图形,再运用所学知识进行求解.求解时先借助体积公式构建含四棱锥高的方程34231=⨯h ,求出2=h ,再依据图形建立方程214222+-=r r 和221)2(R R =+-,求出12r =与45=R ,使得问题获解. [答案]D[例4]三棱锥A BCD -的所有顶点都在球O 的球面上，AB 为球O 的直径，假设该三棱锥的体积为433，04,3,90BC BD CBD ==∠=，那么球O 的表面积为〔〕A ．11πB ．20πC ．23πD ．35π[分析]此题主要考查了球与棱锥的组合体问题、棱锥的体积和球的体积表面积等基础知识，考查考生的空间想象能力和计算能力，属于中档题.解答此题的关键是根据棱锥的体积公式求出点A 到平面BCD 的距离，再由球的截面性质求出球的半径，解答时要注意根据090CBD ∠=判断截面圆的直径，最后根据球的表面积公式得到答案.[答案]A [规律方法]1、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或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系．2、求与球有关的“切〞或者“接〞球半径时，往往用到的方法有构造法或者直接确定球心．3、球体中常常用到以下结论：设球的半径为R ，球的截面圆的半径为r ，那么球心到截面的距离为d =4、求三棱锥的体积要注意如何选取底面和顶点.因为三棱锥的每一个面都可以作为底面，每一个顶点都可以作为顶点.[举一反三][2018河北衡水武邑中学三调]在《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑(bie nao).在鳖臑M ABC -中, MA ⊥平面ABC , 2MA AB BC ===,那么该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为____．[答案]24π-[解析]由题意，MC 为球O 的直径，O O 的表面积为4π•3=12π，内切球的半径设为ｒ， ()11*22**2*233r +=，得到1r = 内切球的体积为12π- ，故结果为24π-.考点3 ：线面位置关系的命题真假判断[例5]设、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出以下四个命题：①假设m α⊥，//n α，那么m n ⊥；②假设//m n ，//n α，那么//m α；③假设//m n ，n β⊥，//m α，那么αβ⊥；④假设mn A =，//m α，//m β，//n α，//n β，那么//αβ．其中真命题的个数是〔〕A ．1B ．2C ．3D ．4分析：此题主要考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面之间的位置关系,属于易错题. 易错的地方: 对于②,要注意除了结论外另一种特殊情况:m α⊂. 其余三个都是正确的.此题综合性强,方法灵活,考查了学生的空间想象能力,要注意直线、平面之间的判定定理和性质定理以及课本例题结论的应用.[答案]C[解析]对于①,假设,n l βαβ⊂=，因为n α,所以n l ,又m α⊥,所以m l ⊥,而n l ,所以m n ⊥,正确；对于②,假设//m n ，n α，那么//m α或m α⊂,故错误；对于③,假设//m n ，n β⊥，那么m β⊥,又//m α,所以在平面α内一定存在一条直线l ,使m l ,而m β⊥,所以l β⊥,l α⊂,那么αβ⊥,正确；对于④,由面面平行的判定定理,可以判断出是正确的.故真命题有3个.选C.[规律方法]解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全移植到立体几何中．[举一反三][2018广东德清中学一模]设α，β是两个不同的平面，l 是一条直线，给出以下说法： ①假设l ⊥α，α⊥β，那么l ∥β； ②假设l ∥α，α∥β，那么l ∥β；③假设l ⊥α，α∥β，那么l ⊥β ； ④假设l ∥α，α⊥β，那么l ⊥β.其中说法正确的个数为( )A. 3B. 2C. 1D. 0[答案]C考点4 ：空间中的线、面位置关系的判定与性质[例6]如图，四棱锥ABCD P -的底面为矩形，⊥PA 底面ABCD ，F E ,分别为PC AB ,的中点，AD AB 2=.〔1〕求证：//EF 平面PAD ；〔2〕求证：PC DE ⊥.分析：〔1〕欲证//EF 平面PAD ，只要在平面PAD 内找到一条直线与EF 平行即可，记PD 中点为H ，连接FH AH ,，通过构造平行四边形AEFH ，证之即可；〔2〕欲证PC DE ⊥，只要证DE ⊥平面PAC 即可，由可知，PA DE ⊥，在平面ABCD 内，通过三角形相似证DE AC ⊥即可证明DE ⊥平面PAC .[例7]在多面体ABCDEFG 中，四边形ABCD 与ADEF 是边长均为a 的正方形，四边形ABGF 是直角梯形，AB AF ⊥，且24FA FG FH ==．〔1〕求证：平面BCG ⊥平面EHG ；〔2〕假设4a =，求四棱锥G BCEF -的体积．分析：〔1〕证明面面垂直，一般利用面面垂直判定定理，即从线面垂直出发给予证明，而线面垂直的证明往往利用线面垂直判定定理给予证明，即从线线垂直出发给予证明，而线线垂直，往往需要从两方面进行寻找与论证，一是结合平几知识，此题利用勾股定理证得HG GB ⊥，二是利用线面垂直性质定理，即先由线线垂直,DA AF DA AB ⊥⊥得线面垂直DA ⊥平面ABGH ，而//CB DA ，那么CB ⊥平面ABGF ，因此可得CB HG ⊥，最后根据线面垂直判定定理得HG ⊥平面BCG ，〔2〕求四棱锥的体积，关键是求高，。

高考数学二轮复习专题立体几何教学案(学生)

2013高考数学二轮复习精品资料专题07 立体几何教学案（学生版）【2013考纲解读】1、平面的概念及平面的表示法，理解三个公理及三个推论的内容及作用，初步掌握性质与推论的简单应用。

2、空间两条直线的三种位置关系，并会判定。

3、平行公理、等角定理及其推论，了解它们的作用，会用它们来证明简单的几何问题，掌握证明空间两直线平行及角相等的方法。

4、异面直线所成角的定义，异面直线垂直的概念，会用图形来表示两条异面直线，掌握异面直线所成角的范围，会求异面直线的所成角。

5.理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘;了解空间向量的基本定理，理解空间向量坐标的概念，掌握空间向量的坐标运算;掌握空间向量的数量积的定义及其性质，掌握用直角坐标计算空间向量数量积公式.6.了解多面体、凸多面体、正多面体、棱柱、棱锥、球的概念.掌握棱柱,棱锥的性质,并会灵活应用,掌握球的表面积、体积公式;能画出简单空间图形的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图.7.空间平行与垂直关系的论证.8. 掌握直线与平面所成角、二面角的计算方法，掌握三垂线定理及其逆定理，并能熟练解决有关问题,进一步掌握异面直线所成角的求解方法，熟练解决有关问题.9.理解点到平面、直线和直线、直线和平面、平面和平面距离的概念会用求距离的常用方法（如：直接法、转化法、向量法）.对异面直线的距离只要求学生掌握作出公垂线段或用向量表示的情况）和距离公式计算距离。

【知识网络构建】【重点知识整合】 1．空间几何体的三视图(1)正视图：光线从几何体的前面向后面正投影得到的投影图； (2)侧视图：光线从几何体的左面向右面正投影得到的投影图； (3)俯视图：光线从几何体的上面向下面正投影得到的投影图．几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图． 2．斜二测画水平放置的平面图形的基本步骤(1)建立直角坐标系，在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的Ox ，Oy ，建立直角坐标系；(2)画出斜坐标系，在画直观图的纸上(平面上)画出对应的Ox ′，Oy ′，使∠x ′Oy ′＝45°(或135°)，它们确定的平面表示水平平面；(3)画对应图形，在已知图形中平行于x 轴的线段，在直观图中画成平行于x ′轴，且长度保持不变；在已知图形中平行于y 轴的线段，在直观图中画成平行于y ′轴，且长度变为原来的一半；(4)擦去辅助线，图画好后，要擦去x 轴、y 轴及为画图添加的辅助线(虚线)． 3.体积与表面积公式:(1)柱体的体积公式:V =柱Sh ;锥体的体积公式: V =锥13Sh ; 台体的体积公式: V =棱台1()3h S SS S '';球的体积公式: V =球343r π. (2)球的表面积公式:24S R π=球. 【高频考点突破】考点一空间几何体与三视图1．一个物体的三视图的排列规则是：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧视图放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．画直观图时，与坐标轴平行的线段仍平行，与x 轴、z 轴平行的线段长度不变，与y 轴平行的线段长度减半．例1、将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为 ( )【方法技巧】该类问题主要有两种类型：一是由几何体确定三视图；二是由三视图还原成几何体．解决该类问题的关键是找准投影面及三个视图之间的关系．抓住“正侧一样高，正俯一样长，俯侧一样宽”的特点作出判断.考点二空间几何体的表面积和体积常见的一些简单几何体的表面积和体积公式：圆柱的表面积公式：S ＝2πr 2＋2πrl ＝2πr (r ＋l )(其中r 为底面半径，l 为圆柱的高)；圆锥的表面积公式：S ＝πr 2＋πrl ＝πr (r ＋l )(其中r 为底面半径，l 为母线长)；圆台的表面积公式：S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )(其中r 和r ′分别为圆台的上、下底面半径，l 为母线长)；柱体的体积公式：V ＝Sh (S 为底面面积，h 为高)；锥体的体积公式：V ＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；台体的体积公式：V ＝13(S ′＋S ′S ＋S )h (S ′、S 分别为上、下底面面积，h 为高)；球的表面积和体积公式：S ＝4πR 2，V ＝43πR 3(R 为球的半径)．例 2、如图所示，某几何体的正视图是平行四边形，侧视图和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为 ( )A．6 3 B．9 3C．12 3 D．18 3考点三球与空间几何体的“切”“接”问题1．长方体、正方体的外接球其体对角线长为该球的直径．2．正方体的内切球其棱长为球的直径．3．正三棱锥的外接球中要注意正三棱锥的顶点、球心及底面正三角形中心共线．4．正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.例3、一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的外接球的表面积为________．【方法技巧】1．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或线作截面，把空间问题化归为平面问题．2．若球面上四点P、A、B、C构成的线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC ＝c，则4R2＝a2＋b2＋c2(R为球半径)．可采用“补形”法，构造长方体或正方体的外接球去处理．例4、如图，在四面体PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC，点D，E，F，G分别是棱AP，AC，BC，PB的中点．(1)求证：DE∥平面BCP；(2)求证：四边形DEFG为矩形；(3)是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？说明理由．【方法技巧】1．证明线线平行常用的两种方法：(1)构造平行四边形；(2)构造三角形的中位线．2．证明线面平行常用的两种方法：(1)转化为线线平行；(2)转化为面面平行．3．证明直线与平面垂直往往转化为证明直线与直线垂直．而证明直线与直线垂直又需要转化为证明直线与平面垂直.例5、如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E，F分别是AP，AD的中点．求证：(1)直线EF∥平面PCD；(2)平面BEF⊥平面PAD.【方法技巧】考点六利用空间向量证明位置关系设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)．平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(1)线面平行：l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0(2)线面垂直：l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3(3)面面平行：α∥β⇔u∥v⇔u＝kv⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4(4)面面垂直α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0例6、如图，平面 PAC ⊥平面ABC ，△ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，E ，F ，O 分别为 PA ，PB ，AC 的中点，AC ＝16，PA ＝PC ＝10.(1)设G 是OC 的中点，证明：FG ∥平面BOE ； (2)证明：在△ABO 内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE .【方法技巧】1．用向量法来证明平行与垂直，避免了繁杂的推理论证而直接计算就行了．把几何问题代数化．尤其是正方体、长方体、直四棱柱中相关问题证明用向量法更简捷．但是向量法要求计算必须准确无误．2．利用向量法的关键是正确求平面的法向量．赋值时注意其灵活性．注意(0,0,0)不能作为法向量.3．向量法求二面角：求出二面角α－l －β的两个半平面α与β的法向量n 1，n 2，若二面角α－l －β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|；若二面角α－l －β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|＝－|n 1·n 2||n 1||n 2|.例7、如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长．考点八利用空间向量解决探索性问题利用空间向量解决探索性问题，它无需进行复杂繁难的作图、论证、推理，只须通过坐标运算进行判断，在解题过程中，往往把“是否存在”问题，转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，可以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．例8、如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O 落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.(1)证明：AP⊥BC；(2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角A－MC－B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．【难点探究】难点一空间几何体的表面积和体积例1、（1）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80(2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．92π＋12B ．92π＋18 C ．9π＋42 D ．36π＋18难点二球与多面体例 2、已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S －ABC 的体积为( )A ．3 3B ．2 3 C. 3 D ．1【解题规律与技巧】1．真实图形中和两坐标轴平行的线段在直观图中仍然和两坐标轴平行，在真实图形中与x 轴平行的线段在直观图中长度不变，在真实图形中和y 轴平行的线段在直观图中变为原来的一半．这种画法蕴含着一个一般的规律，在斜二测画法中，真实图形的面积和直观图的面积之比是2 2.2．空间几何体的面积有侧面积和表面积之分，表面积就是全面积，是一个空间几何体中“暴露”在外的所有面的面积，在计算时要注意区分“是侧面积还是表面积”．多面体的表面积就是其所有面的面积之和，旋转体的表面积除了球之外，都是其侧面积和底面面积之和．3．实际问题中的几何体往往不是单纯的柱、锥、台、球，往往是由柱、锥、台、球或其一部分组成的组合体，解决这类组合体体积的基本方法就是“分解”，将组合体“分解成若干部分，每部分是柱、锥、台、球或其一个部分，分别计算其体积”，然后根据组合体的结构，将整个的体积转化为这些“部分体积”的和或差．【历届高考真题】【2012年高考试题】一、选择题1.【2012高考真题新课标理7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）()A6()B9()C12()D182.【2012高考真题浙江理10】已知矩形ABCD，AB=1，BC=2。

[推荐学习]年高考数学第二轮复习立体几何教学案

2011年高考第二轮专题复习（教学案）：立体几何第1课时直线、平面、空间几何体考纲指要：立体几何在高考中占据重要的地位，考察的重点及难点是直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的性质和判定，而查空间线面的位置关系问题，又常以空间几何体为依托，因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式。

考点扫描：1．空间两条直线的位置关系：（1）相交直线；（2）平行直线；（3）异面直线。

2．直线和平面的位置关系：（1）直线在平面内；（2）直线和平面相交；（3）直线和平面平行。

3．两个平面的位置关系有两种：（1）两平面相交；（2）两平面平行。

4．多面体的面积和体积公式，旋转体的面积和体积公式。

考题先知：例1．在平面几何中，我们学习了这样一个命题：过三角形的内心作一直线，将三角形分成的两部分的周长比等于其面积比。

请你类比写出在立体几何中，有关四面体的相似性质，并证之。

解：通过类比，得命题：过四面体的内切球的球心作一截面，将四面体分成的两部分的表面积比等于其体积比。

证明：如图，设四面体P-ABC 的内切球的球心为O ，过O 作截面DEF交三条棱于点E 、D 、F ，记内切圆半径为r,则r 也表示点O 到各面的距离，利用体积的“割补法”知：PD FO PEF O PD E O D EF P V V V V ----++==r S r S r S PDF PEF PDE ⋅+⋅+⋅313131 BCFD O D EF O ACFE O ABC O ABD E O ABC D EF V V V V V V ------++++==r S r S r S r S r S BCFD DEF ACFE ABC ABDE ⋅+⋅+⋅+⋅+⋅3131313131，从而21表表S S V V ABC DEF DEF P =--。

例2．（1）当你手握直角三角板，其斜边保持不动，将其直角顶点提起一点，则直角在平面内的正投影是锐角、直角还是钝角？（2）根据第（1）题，你能猜想某个角在一个平面内的正投影一定大于这个角吗？如果正确，请证明；如果错误，则利用下列三角形举出反例：△ABC 中，2,6==AC AB ，13-=BC ，以∠BAC 为例。

高三数学一轮复习备考教学设计：高考中的立体几何问题说课稿

《高考中的立体几何问题》说课稿立体几何是高中数学知识体系的重要组成部分，是培养学生空间想象能力的重要载体，是每年高考必考的重要知识点！无论是从高考的现实出发，还是从学生个人的长远发展来看，学好立体几何这一模块的内容对于学生来说都是极为重要的。

在此，我仅从高考要求、命题趋势、考纲变化、复习意义四个方面来对立体几何模块谈谈我的看法。

一、高考要求1、空间几何体（1）认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征；（2）能画出简单空间图形的三视图，能识别相应三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出他们的直观图；（3）会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表现形式；（4）了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式。

2、点、直线、平面之间的位置关系（1）理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解四个公理及推论；（2）认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理；（3）能够用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题。

3、空间向量与立体几何（1）了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示；（2）掌握空间向量的线性运算及其坐标表示；（3）掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量数量积判断向量的共线与垂直；（4）理解直线的方向向量及平面的法向量；（5）能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；（6）能用向量法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理；（7）能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用。

二、命题趋势通过分析最近5年全国卷在立体几何模块的命题可以发现如下规律：1、题型一般是两道小题一道大题（偶尔出现一道小题一道大题）；2、小题中必考内容：三视图！三视图一般与特殊的柱体、锥体、球体及相关组合体的表面积与体积结合考查；3、小题中变化的内容：直线平面平行垂直的性质判定与命题结合、球的切接几何体问题、简单的空间角的计算等。

高三二轮复习立体几何

高三二轮复习教学案——立体几何（1）班级学号姓名一、考试内容及要求：二、典型题型1．已知直线a ，b 都在平面M 外，a ，b 在平面M 内的射影分别是直线a 1，b 1，给出下列四个命题： ①b a b a ⊥⇒⊥11②11b a b a ⊥⇒⊥③a 1与b 1相交⇒a ，b 相交④a 1与b 1平行⇒a ，b 平行其中不正确的命题有________个2．在正四面体P —ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点．给出下面三个结论： ①BC ∥平面PDF ； ②DF ⊥平面PAE ； ③平面PAE ⊥平面ABC ．其中正确的结论是________．3．已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是AB 1，BC 1的中点．那么①AA 1⊥MN ； ②A 1C 1∥MN ； ③MN ∥平面A 1B 1C 1D 1； ④MN 与A 1C 1异面．以上4个结论中，不正确的结论个数有________个·4．将边长为2正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角，则折后A 、B 、C 、D 四点所在的球的体积为___________．5．已知直线a ，b ，平面α，β，γ，则下列条件中能推出α∥β的是___________． ①a ∥α，b ∥β，a ∥b ②a ⊥γ，b ⊥γ，α⊂a ，b ⊂β③a ⊥α，b ⊥β，a ∥b ④a ⊂α，b ⊂β，a ∥α，b ∥β6．设四棱锥P —ABCD 的底面是边长为2的正方形，△PAB 为正三角形，且与底面垂直，E 是PD 的中点，面BCE 与PA 交于F(如图)· （1）求证：EF ∥AD ；（2）设M ，N 分别为AB ，BC 的中点，求证：面PMD ⊥面PAN ．7．如图．在直三棱柱ABC—A1B1C1中．E、F分别是A1B、A1C的中点，点D在B1C1上，A1D⊥B1C求证：（1）EF∥平面ABC（2）平面A1FD⊥平面BB1C1C8．如图，已知在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥面ABC,AC=BC，M，N，P，Q分别是AA1，BB1，AB，B1C1的中点．(1)求证：面PCC1⊥面MNQ；(2)求证：PC1∥面MNQ．9．在四面体ABCD中，CB=CD，A D⊥BD，点E，F分别是AB，BD的中点，求证：（1）直线EF∥平面ACD；（2）平面EFC⊥平面BCD高三二轮复习教学案——立体几何（2）班级学号姓名1．给出下面四个命题：①如果两个平面有三个不共线的公共点，那么这两个平面重合；②如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线平行；③如果两条直线都与第三条直线垂直，那么这两条直线垂直；④如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行．其中正确命题的序号是_____________．2．给出下列命题：①若平面α内的直线l垂直于平面β内的任意直线，则α⊥β；②若平面α内的任一直线都平行于平面β，则α∥β；③若平面α垂直于平面β，直线l在平面α内，则l⊥β；④若平面α平行于平面β，直线l在平面α内，则l∥β．其中正确命题的个数是________________．3．已知直线m，n和平面α，β满足：α∥β，m⊥α，m⊥n，则n与β之间的位置关系是__________________。

立体几何解答题二轮复习---教案--定稿

课题立体几何二轮复习-----解答题课型复习课授课人安静教学目标１．继续规范立体几何解答题的答题步骤；２．会用平行、垂直之间的转化证明或判断线、面位置关系．重点证明或判断线、面位置关系难点证明面面垂直教学方法教师：展示学生作业启发学生思维学生：自主探究，合作交流教学媒体PPT演示实物投影环节教学过程学生活动教师活动课前案（一）知识篇１．写出平面几何中证明下列问题的常用方法：（1）平行：（2）垂直：２．熟练掌握下面的转化关系，将自己遗忘或是不熟练的转化关系配辅助图形，写出应用形式：直线∥直线直线∥平面平面∥平面直线⊥直线直线⊥平面平面⊥平面（二）应用篇如图，在四棱锥ABCDP 中，平面PAD⊥平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分别是AP、AD的中点．（1）求证：直线EF∥平面PCD；（2）求证：平面BEF⊥平面PAD．课前根据自己对本单元内容的学习情况，自主完成课前批阅寻找易错点，课堂讲评课题引入ppt投影2007—2011年高考山东卷在立体几何内容出现解答题所考察的知识点对照、分析，明确复习方向分析解答题考察的知识点，引入课题环节教学过程学生活动教师活动课堂案（一）规范解答，查漏补缺：１．将学生课前案中出现的问题复印后，实物投影．２．根据题目中涉及的知识点，板演强化．（二）实战演练，冲刺高考：热身演练如图，在四棱锥ABCDP-中，底面ABCD是矩形，侧棱PA垂直于底面ABCD，E、F分别是AB、PC的中点．(1)求证：PDCD⊥；（2)求证：EF∥平面PAD．引申：课后思考：把四棱锥还原成长方体后，其他条件不变，选择异于课堂上出现的方法证明．学生自己批阅，交流，指出问题所在回答应用形式学生读题，分析题干条件，以及求证方向，找到解题方法，并完成证明过程回答不同的解题思路，开阔证题思路协助学生，将学生发现的问题写在投影的题中提问应用形式,并板书协助学生在ppt中添加辅助线等CBA DPFEPFEDACB环节教学过程学生活动教师活动课堂案平行探究如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D-中，已知ABDDDC21==，AD DC AB DC⊥，∥．（1）求证：11D C AC⊥；（2）在DC上是否存在一点E, 使ED1∥平面BDA1？如果存在，请确定位置并证明；如果不存在，请说明理由．变式：将条件“ABDC2=”改成“ABDC3=”、“ABDC4=”，还存在E点吗？改成“DC>AB”呢？如果存在，E点位置如何确定？垂直探究如图，在长方体1111DCBAABCD-中，点E在棱1CC的延长线上，且ABBCECCC2111===．（1）求证：ED1∥平面1ACB；（2）求证：平面⊥EBD11平面1DCB.分别由两个同学板演，其他同学独立做题思考讨论回答学生分析整体思路，并自主完成利用ppt演示动画过程学生板演结束，同学生一起评价协助学生ppt演示倾听与协作BCDA1A1D1C1BA1BED1C1B1D CA环节教学过程学生活动教师活动课堂案变式：平面CDB1与平面11DAB是否垂直？平面11EBD与平面11DBA呢？课后思考：你还能找出与题中类似的具有垂直关系的“三角形”所在的平面吗？找到后，请证明．（三）静心感悟，自我总结：学生思考回答整理本节课内容，静心反思巡视，问题个别回答课后案1、热身演练中的课后思考题；2、垂直探讨中的课后思考题．(请根据自己的学习情况，选做C组题目)A组（2011北京节选）如图，在四面体PABC中，ABPC⊥，BCPA⊥，点D、E、F、G分别是棱AP、AC、BC、PB的中点．（１）求证：DE∥平面BCP；（２）求证：四边形DEFG为矩形．课后思考直面高考课后学生独立完成学生完成上交后全批全改环节教学过程学生活动教师活动课后案B组（2011山东）如图，在四棱台1111DCBAABCD-中，DD1⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，ADAB2=，11BAAD=，BAD∠＝60°．（１）证明：BDAA⊥1；（２）证明：1CC∥平面BDA1．C组（2009浙江改编）如图，平面PAC⊥平面ABC，ABC∆是以AC为斜边的等腰直角三角形，E、F、O分别为PA、PB、AC的中点，16AC=，10PA PC==．（１）设G是OC的中点，证明：//FG平面BOE；（２）在ABO∆内是否存在一点M，使FM⊥平面BOE？并证明．课后学生独立完成学生完成上交后全批全改课后记青岛市数学高考二轮复习研讨会《高三（文）立体几何二轮复习----解答题》设计说明 1页教案 5页导学案 6页青岛一中安静二〇一二年三月三日。

立体几何专题复习教学设计

立体几何专题复习教学设计第一篇：立体几何专题复习教学设计立体几何专题教学设计【考情分析】立体几何主要培养学生的发展空间想像能力和推理论证能力。

立体几何是高考必考的内容，试题一般以“两小题一大题或一大题一小题”的形式出现，分值在17—22分左右。

近三年的试题中必有一个选择题是以三视图为背景，来考查空间几何体的表面积或体积。

立体几何在高考中的考查难度一般为中等，从解答题来看，立体几何大题所处的位置为前4道，有承上启下的作用。

主要考查的知识点有： 1.客观题考查的知识点：(1)判断：线线、线面、面面的位置关系；(2)计算：求角(异面直线所成角、线面角、二面角)；求距离(主要是点面距离、球面距离)；求表面积、体积；(3)球内接简单几何体(正方体、长方体、正四面体、正三棱锥、正四棱柱)(4)三视图、直观图（由几何体的三视图作出其直观图，或由几何体的直观图判断其三视图）2.主观题考查的知识点：(1)有关几何体：四棱锥、三棱锥、(直、正)三、四棱柱；(2)研究的几何结构关系：以线线、线面(尤其是垂直)为主的点线面位置关系；(3)研究的几何量：二面角、线面角、异面直线所成角、线线距、点面距离、面积、体积。

其中，解答题的第二问一般都是求一个空间角，而且都能通过传统方法（几何法）和空间向量两种方法加以解决。

【课时安排】本专题复习时间为三课时：例2．设α、β为互不重合的平面，m、n为互不重合的直线，给出下列四个命题：①若m⊥α，n⊂α，则m⊥n；②若m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，则α//β；③若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，m⊥n，则n⊥β；④若m⊥α，α⊥β，m//n，则n//β．其中所有正确命题的序号是．解决策略：培养学生善于利用身边的工具与情境（如纸笔、桌面、墙角等）构造具体模型，充分利用正方体这个有力的载体，将抽象问题具体化处理，提高他们的空间想象能力．本类题为高考常考题型，其本质实为多项选择题．主要考查空间中线面之间的位置关系，要求熟悉有关公理、定理及推论，并具备较好的空间想象能力，做到不漏选多选．基本题型三：空间中点线面位置关系的证明（解答题）例3．如图，已知在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥面ABC，AC=BC，M、N、P、Q分别是AA1、BB1、AB、B1C1的中点．（1）求证：面PCC1⊥面MNQ；（2）求证：PC1∥面MNQ．解决策略：证明或探究空间中线线、线面与面面平行与垂直的位置关系，一要熟练掌握所有判定与性质定理，梳理好几种位置关系的常见A1 B1证明方法，如证明线面平行，既可以构造线线平行，也可以构造面面M平行；二要掌握解题时由已知想性质、由求证想判定，即分析法与综合法相结合来寻找证明的思路；三要严格要求学生注意表述规范，推理严谨，避免使用一些正确但不能作为推理依据的结论．此外，要特A N P B 别注重培养学生的空间想象能力，会分析一些非常规放置的空间几何体（如侧面水平放置的棱锥、棱柱等），会画空间图形的三视图与直观图，且会把三视图、直观图还原成空间图形．基本题型四：运用空间向量证明与计算（解答题）例4.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，且PD＝AB＝a，E是PB的中点．P（1）在平面PAD内求一点F，使得EF⊥平面PBC；（2）求二面角F-PC-E的余弦值大小．解决策略：要注意培养学生对空间几何体合理建系的意识，会求平面的法向量；要求学生理解用向量判定空间线面位置关系、求解夹角与E 距离的原理，并掌握一般求解步骤．其中，线线角、线面角与二面角是本类题型中的重点考查对象，应加强训练．此外，在探究点的位置等问题中，要引导学生根据共线向量，用已知点的坐标表示未知点的坐标，根据题设通过解方程（组）来解决问题的方法．【复习建议】 A B C1．三视图是新课标新增的内容，考查形式越来越灵活，因此与三视图相关内容应重点训练。

高三数学二轮复习教学案——立体几何(2)

高三数学二轮复习教学案——立体几何（2）班级__________姓名_____________学号_________【基础训练】1. 如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上．若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．2.三棱锥P -ABC 中,三条侧棱两两垂直,且长度都为1,点E 为BC 上一点,则截面PAE 面积的最小值为_____________.3、已知a 、b 、c 是三条不重合直线，α、β、γ是三个不重合的平面，下列命题：⑴a ∥c ，b ∥c ⇒a ∥b ；⑵a ∥γ，b ∥γ⇒a ∥b ；⑶c ∥α，c ∥β⇒α∥β；⑷γ∥α，β∥α⇒γ∥β；⑸a ∥c ，α∥c ⇒a ∥α；⑹a ∥γ，α∥γ⇒a ∥α。

其中正确的命题是。

4、已知正方体ABCD －A'B'C'D'，则该正方体的体积、四棱锥C'-ABCD 的体积以及该正方体的外接球的体积之比为 _________________.5.. 如图,四棱锥P -ABCD 的底面是边长为3的正方形,侧棱PA ⊥平面ABCD ,点E 在侧棱PC 上,且BE ⊥PC ,若6=BE ,则四棱锥P -ABCD 的体积为 _________ .6. 由曲线22x y =，2||=x 围成的图形绕y 轴旋转一周所得的旋转体的体积为1V ；满足422≤+y x ，1)1(22≥-+y x ，1)1(22≥++y x 的点组成的图形绕y 轴旋转一周所得的旋转体的体积为2V ，则1V :2V = ．【典型例题】7. 已知三棱锥P —ABC 中，PC ⊥底面ABC ，AB=BC ，D 、F 分别为AC 、PC 的中点，DE ⊥AP 于E ．（1）求证：AP ⊥平面BDE ；（2）求证：平面BDE ⊥平面BDF ；（3）若AE ∶EP=1∶2，求截面BEF 分三棱锥P —ABC 所成两部分的体积比．8. 如图,四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是一个边长为2的正方形,PA⊥平面ABCD ,且24=PC ．M 是PC 的中点,在DM 上有点G ,过G 和AP作平面交平面BDM 于GH ．（1）求四棱锥P -ABCD 的体积;（2）求证:AP ∥GH ．9. 如图，在棱长均为4的三棱柱111ABC A B C -中，D 、1D分别是BC 和11B C 的中点. （1）求证：11A D ∥平面1AB D ；（2）若平面ABC ⊥平面11BCC B ，160B BC ∠= ，求三棱锥1B ABC -的体积.10. 如图一简单几何体的一个面ABC 内接于圆O ，G ,H 分别是AE ,BC 的中点,AB 是圆O 的直径，四边形DCBE 为平行四边形，且DC ⊥平面ABC ．（1）求证:GH //平面ACD ;（2）证明：平面ACD ⊥平面ADE ；（3）若AB =2，BC =1，23tan =∠EAB ，试求该几何体的体积V ．。

高考数学第二轮复习立体几何教学案

考点扫描：1．空间两条直线的位置关系：（1）相交直线；（2）平行直线；（3）异面直线。

2．直线和平面的位置关系：（1）直线在平面内；（2）直线和平面相交；（3）直线和平面平行。

3．两个平面的位置关系有两种：（1）两平面相交；（2）两平面平行。

4．多面体的面积和体积公式，旋转体的面积和体积公式。

考题先知：例1．在平面几何中，我们学习了这样一个命题：过三角形的内心作一直线，将三角形分成的两部分的周长比等于其面积比。

请你类比写出在立体几何中，有关四面体的相似性质，并证之。

解：通过类比，得命题：过四面体的内切球的球心作一截面，将四面体分成的两部分的表面积比等于其体积比。

证明：如图，设四面体P-ABC 的内切球的球心为O ，过O 作截面DEF交三条棱于点E 、D 、F ，记内切圆半径为r,则r 也表示点O 到各面的距离，利用体积的“割补法”知：PDF O PEFO PDE O DEF P V V V V ----++==r S r S r S PDF PEF PDE ⋅+⋅+⋅313131BCFD O DEF O ACFE O ABC O ABDE O ABC DEF V V V V V V ------++++==r S r S r S r S r S BCFD DEF ACFE ABC ABDE ⋅+⋅+⋅+⋅+⋅3131313131，从而21表表S S V V ABC DEF DEF P =--。

高考数学二轮：专题复习教学案：专题二立体几何

江苏新高考高考对本专题内容的考察一般是“一小一大 ”，小题主要考察体积和表面积的计算问题，而大题主要证明线线、线面、面面的平行与垂直问题，其考察形式单一，难度一般.第 1 课时立体几何中的计算 (基础课 ) [常考题型打破 ]空间几何体的表面积与体积 [必备知识 ]空间几何体的几组常用公式(1) 柱体、锥体、台体的侧面积公式：① S 柱侧＝ ch(c 为底面周长， h 为高 )；②S 锥侧＝ 1 c h ′(c 为底面周长， h ′为斜高 )； 2③ S 台侧＝ 1 (c ＋ c ′)h ′(c ， c 分别为上下底面的周长， h ′为斜高 )．2(2) 柱体、锥体、台体的体积公式： ① V 柱体＝ Sh( S 为底面面积， h 为高 )；1 ② V 锥体＝3Sh(S 为底面面积， h 为高 )；1③ V 台＝ 3( S ＋ S S ′＋ S ′)h(不要求记忆 )． (3) 球的表面积和体积公式：① S 球＝ 4πR 2(R 为球的半径 )；② V 球＝43πR 3(R 为球的半径 )．[题组练透 ]1．现有一个底面半径为 3 cm ，母线长为 5 cm 的圆锥状实心铁器，将其高温融化后铸成一个实心铁球 (不计消耗 )，则该铁球的半径为 ________cm.分析：由于圆锥底面半径为 3 cm ，母线长为 5 cm ，所以圆锥的高为52－ 32＝ 4 cm ，其体积为 1π×32× ＝12π3，设铁球的半径为 r ，则 4πr 3＝ 12π，所以该铁球的半径是 3cm.34 cm 3 9答案：392．(2017 苏·锡常镇二模 )已知直四棱柱底面是边长为 2 的菱形，侧面对角线的长为 23，则该直四棱柱的侧面积为 ________．分析：由题意得，直四棱柱的侧棱长为32－ 22＝ 2 2，所以该直四棱柱的侧面积为 S＝ cl＝ 4×2×2 2＝ 16 2.答案：16 23．(2017 南·通、泰州一调 )如图，在正四棱柱 ABCD -A1B1C1 D1中，AB＝3 cm， AA1＝ 1 cm，则三棱锥 D 1-A1BD 的体积为 _______cm3.分析：三棱锥 D 1-A1BD 的体积等于三棱锥B-A1D 1D 的体积，由于三棱锥B-A1D1D 的高等于 AB，△ A1D1D 的面积为矩形AA1D 1D 的面积的1，所以三棱锥B-A1 D1D 的体积是正2四棱柱 ABCD -A1B1C1D 1的体积的1，所以三棱锥D1-A1BD 的体积等于123 66×3 ×1＝ .2答案：324.以下图是一个直三棱柱 ( 以 A1B1C1为底面 )被一个平面所截获得的几何体，截面为 ABC，已知 A1B1＝ B1C1＝ 1，∠ A1B1C1＝ 90°，A1A＝ 4，B1B＝ 2，C1C＝ 3，则此几何体的体积为 ________．分析：在 A1A 上取点 A2，在 C1C 上取点 C2，使 A1A2＝ C1C2＝ BB1，连结 A2B，BC2， A2C2，∴V＝ V A1B1 C1- A2 BC2＋VB- A2 ACC 211×＋× 2×23＝×1×1×2＋2＝ .2322答案：325．设甲，乙两个圆柱的底面积分别为S1， S2，体积分别为V 1， V2.若它们的侧面积相等且V1＝3，则S1的值是 ________．V22S2分析：设甲，乙两个圆柱的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则有 2πr1h1＝ 2πr2h2，即 r1h1＝ r2h2，又V 1πr12h1，∴V1＝r1r13，则S1r129＝2V2，∴ ＝＝r2＝ . V 2πr2h2r2r22S24答案：94[方法概括 ]求几何体的表面积及体积的解题技巧(1) 求几何体的表面积及体积问题，能够多角度、多方向地考虑，熟记公式是重点所在．求三棱锥的体积，等体积转变是常用的方法，转变原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．(2)求不规则几何体的体积，常用切割或补形的思想，将不规则几何体转变为规则几何体以易于求解．多面体与球的切接问题[必备知识 ]解决球与其余几何体的切、接问题(1)解题的重点：认真察看、剖析，弄清有关元素的地点关系和数目关系．(2)选准最正确角度作出截面：要使这个截面尽可能多地包括球、几何体的各样元素以及表现这些元素之间的关系，达到空间问题平面化的目的．(3) 认识球与正方体组合的 3 种特别截面：(4)熟记 2 个结论：①设小圆O1半径为 r， OO 1＝ d，则 d2＋ r2＝ R2；∠AO1B∠ AOB②若 A， B 是圆 O1上两点，则 AB＝ 2rsin＝ 2Rsin.22[题组练透 ]1．(2017 江·苏高考 )如图，在圆柱 O1O2内有一个球 O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为 V 1，球 O 的体积为 V2，则V1的V2值是 ________．分析：设球 O 的半径为R，由于球 O 与圆柱 O1O2的上、下底面及母线均相切，所以圆V1πR2·2R3柱的底面半径为R、高为 2R，所以＝＝.V243πR32答案：322． (2017 全·国卷Ⅲ改编 )已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为________．分析：设圆柱的底面半径为22－12333πr，则 r＝ 12＝，所以圆柱的体积V＝×π×1＝4. 44答案：3π43．已知矩形ABCD的极点都在半径为 2 的球O 的球面上，且AB＝ 3，BC＝3，过点D 作DE垂直于平面ABCD ，交球O 于E，则棱锥E-ABCD的体积为________．分析：以下图，BE过球心O，∴DE＝42－ 32－32＝2，1∴V E -ABCD＝3×3× 3×2＝ 2 3.答案：2 34．(2017 ·京、盐城一模南) 将矩形ABCD绕边AB旋转一周获得一个圆柱，AB＝3，BC ＝ 2，圆柱上底面圆心为O，△ EFG 为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥O-EFG 体积的最大值是________．分析：由于将矩形ABCD 绕边 AB 旋转一周获得一个圆柱， AB＝ 3， BC＝ 2，圆柱上底面圆心为O，△ EFG 为下底面圆的一个内接直角三角形，所以三棱锥 O-EFG 的高为圆柱的高，即高为AB，所以当三棱锥 O-EFG 体积取最大值时，△EFG 的面积最大，当 EF 为直径，且 G 在 EF 的垂直均分线上时， (S△EFG )max＝1×4×2＝ 4, 211×4×3＝ 4.所以三棱锥 O-EFG 体积的最大值 ( V O-EFG )max＝×(S△EFG )max×AB＝33答案：4[方法概括 ]多面体与球的切接问题的解题技巧方法解读合适题型解答时第一要找准切点，经过作截面来解截面法决．假如内切的是多面体，则作截面时主要球内切多面体或旋转体抓住多面体过球心的对角面来作第一确立球心地点，借助外接的性质——球结构直角三心到多面体的极点的距离等于球的半径，寻求球心究竟面中心的距离、半径、极点究竟正棱锥、正棱柱的外接球角形法面中心的距离结构成直角三角形，利用勾股定理求半径因正方体、长方体的外接球半径易求得，故三条侧棱两两垂直的三棱锥，补形法将一些特别的几何体补形为正方体或长方从正方体或长方体的八个顶体，即可借助外接球为同一个的特色求解点中选用点作为极点构成的三棱锥、四棱锥等平面图形的翻折问题[必备知识 ]将平面图形沿此中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，把这种问题称为平面图形的翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的重点．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．解决这种问题就是要据此研究翻折此后的空间图形中的线面关系和几何量的胸怀值，这是化解翻折问题难点的主要方法．[题组练透 ]2π1． (2017 南·通三模 )已知圆锥的侧面睁开图是半径为3，圆心角为的扇形，则这个圆3锥的高为 ________．3，圆心角为 2πl ＝ 3，分析：由于圆锥的侧面睁开图是半径为3 的扇形，所以圆锥的母线长设圆锥的底面半径为r ，则底面周长2π 2 22πr ＝ 3× ，所以 r ＝ 1，所以圆锥的高为3 －1 ＝2 2.3答案：2 22． (2017 ·京考前模拟南 )如图，正△ ABC 的边长为 2， CD 是 AB 边上的高， E ， F 分别为边 AC 与 BC 的中点，现将△ ABC 沿 CD 翻折，使平面 ADC ⊥平面 DCB ，则棱锥 E-DFC 的体积为 ________．11 32＝ 3 ， E 到平面 DFC 的距离 h 等于 1 1 分析： S △ DFC ＝ S △ABC ＝××AD ＝ .4442422V E -DFC ＝ 1△3 .×S DFC ×h ＝243答案：3243.(2017 全·国卷Ⅰ )如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为 5 cm ，该纸片上的等边三角形 ABC 的中心为 O.D ，E ，F 为圆 O 上的点， △DBC ，△ ECA ，△FAB 分别是以 BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以 BC ， CA ， AB 为折痕折起△ DBC ，△ ECA ，△ FAB ，使得 D ， E ， F 重合，获得三棱锥．当△ ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积 (单位：cm 3)的最大值为 ________．分析：法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ ABC 的边长变化时，设△ ABC 的边长为 a(a>0)cm ，则△ ABC 的面积为3 23 4 a ，△ DBC 的高为 5－ 6 a ，则正三棱锥的高为5－ 3a 2 －225－ 5 33a ＝3a ，66∴25－53 3 a>0，∴ 0<a<5 3，∴所得三棱锥的体积1 × 3 25 3 a ＝ 345 35.V ＝ 4 a × 25－3 12 × 25a －3a3令 t ＝ 25a4－ 53 3a 5，3 25 34则 t ′＝ 100a － 3 a ，由 t ′＝ 0，得 a ＝ 4 3，此时所得三棱锥的体积最大，为4 15 cm 3.法二：如图，连结 OD 交 BC 于点 G ，由题意知，OD ⊥ BC.易得 OG3＝6BC ，设 OG ＝ x ，则 BC ＝ 2 3x ，DG ＝ 5－ x ，S △ ABC ＝ 12×2 3x ×3x ＝ 3 3x 2，故所得三棱锥的体积 V ＝1 ×3 3 x 2× － x 2－ x 2 ＝ 3 x 2× 25－ 10x ＝ 3345× 25x － 10x .令 f( x)＝ 25x 4－ 10x 5， x ∈ 0，52，则 f ′(x)＝ 100x 3－ 50x 4，令 f ′(x)>0，即 x 4－2x 3 <0，得 0<x<2，5则当 x ∈ 0， 2 时， f(x)≤f(2) ＝ 80， ∴ V ≤ 3× 80＝4 15.∴所求三棱锥的体积的最大值为4 15.答案： 4 15[方法概括 ]解决翻折问题需要掌握的两个重点点(1) 解决与翻折有关的问题的重点是搞清翻折前后的变化量和不变量．一般状况下，折线同一侧的，线段的长度是不变量，地点关系可能会发生变化，抓住两个“不变性 ”．①与折线垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；②与折线平行的线段，翻折前后平行关系不改变．(2)解决问题时，要综合考虑翻折前后的图形，既要剖析翻折后的图形，也要剖析翻折前的图形．[课时达标训练 ][A组——抓牢中档小题 ]1．已知正方体 ABCD - A1B1C1D1的棱长为 1，点 E 是棱 B1B 的中点，则三棱锥 B1-ADE 的体积为 ________．11111.分析： VB 1-ADE ＝ VD- AEB1＝ S△ AEB1·DA ＝× × ×1×1＝123322答案：1122．若两球表面积之比是4∶ 9，则其体积之比为 ________．分析：设两球半径分别为r1， r2，由于4πr12∶ 4πr22＝ 4∶ 9，所以 r ∶ r ＝ 2∶ 3，所以两球体积之比为4 3 43＝r13＝23＝ 8∶ 27.π ∶πr23123 r13r2答案： 8∶ 273．(2017 天·津高考 )已知一个正方体的全部极点在一个球面上，若这个正方体的表面积为 18，则这个球的体积为 ________．分析：设正方体的棱长为a，则 6a2＝ 18，得 a＝ 3，设该正方体外接球的半径为R，则 2R＝ 3a＝ 3，得 R＝3，所以该球的体积为4π3＝4π27＝9π.2 3R3×829答案：2π4．已知圆锥的母线长为10 cm，侧面积为2，则此圆锥的体积为 ________cm3. 60π cm分析：设圆锥底面圆的半径为r，母线长为l，则侧面积为πrl＝ 10πr＝ 60π，解得 r＝ 6，则圆锥的高 h＝ l2－ r2＝ 8，则此圆锥的体积为1πr2h＝1π×36×8＝ 96π.33答案： 96π5． (2017 扬·州期末 )若正四棱锥的底面边长为22(单位： cm)，侧面积为 8(单位： cm )，则它的体积为________(单位： cm3 )．分析：由于正四棱锥的底面边长为2，侧面积为8，所以底面周长1c＝ 8， ch′＝ 8，所2以斜高 h′＝ 2，正四棱锥的高为 h＝3，所以正四棱锥的体积为12433×2×3＝3.4 3答案：6．设棱长为 a 的正方体的体积和表面积分别为V1，S1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1＝ 3，则 S 1的值为 ________．V 2πS 2分析：由题意知， V ＝ a 3，S ＝ 6a 2，V ＝13，S ＝ 2πr 2，由 V 1＝ 3得， a3＝ 3，得 a1 12 3πr2V 2 π 13ππr3＝ r ，进而 S 1＝ 6 ＝3 2. S 22π π答案：32π7.(2017 苏·北三市三模 )如图，在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1 中，已知 AB＝AA 1＝3，点 P 在棱 CC 1 上，则三棱锥P-ABA 1 的体积为 ________．19分析：三棱锥的底面积 S △ABA 1＝ 2×3×3＝ 2，点 P 究竟面的距离为△ ABC 的高 h ＝ 2 － 3 2 ＝ 3 3VP-ABA 1＝ 1 S △32，故三棱锥的体积329 3ABA 1×h ＝ 4 .答案：9348． (2017 无·锡期末 )已知圆锥的侧面睁开图为一个圆心角为2π3π的扇形， 3 ，且面积为则该圆锥的体积等于 ________．分析：设圆锥的母线为 l ，底面半径为 r ，由于 3π＝ 1πl 2，所以 l ＝ 3，所以 πr ×3＝ 3π，3221 22 2π所以 r ＝ 1，所以圆锥的高是3 － 1 ＝ 2 2，所以圆锥的体积是3×π×1 ×2 2＝3 .答案：22π39．(2017 徐·州古邳中学摸底 )表面积为 24π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为 ________．分析：设圆柱的高为 h ，底面半径为 r ，则圆柱的表面积 S ＝ 2πr 2＋ 2πrh ＝ 24π，即 r 2＋ rh ＝ 12，得 rh ＝ 12－ r 2，223∴ V ＝ πr h ＝ πr(12 － r )＝ π (12r － r )，令 V ′＝ π(12－ 3r 2)＝ 0，得 r ＝ 2，∴函数 V ＝ πr 2h 在区间 (0,2] 上单一递加，在区间 [2，＋ ∞)上单一递减，∴ r ＝ 2 时， V 最大，r 1 此时 2h＝ 12－ 4＝ 8，即 h＝ 4，h＝2.答案：1 210．三棱锥P-ABC 中， PA⊥平面ABC， AC⊥ BC， AC＝ BC＝ 1， PA＝ 3，则该三棱锥外接球的表面积为________．分析：把三棱锥 P-ABC 看作由平面截一个长、宽、高分别为1、 1、3的长方体所得的一部分 (如图 ).易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球．又长方体的体对角线长为12＋ 12＋32＝5，故外接球半径为5，表面积为 4π×52＝ 5π. 22答案： 5π11．已知正三棱锥P-ABC 的体积为22，底面边长为2，则侧棱 PA 的长为 ________．3分析：设底面正三角形ABC 的中心为 O，又底面边长为 2，故 OA＝2 3，由 V P-ABC＝31·S△ABC，得221PO×32＝26，所以 PA＝22＝ 2.PO3＝4×2， PO3PO＋AO33答案：212． (2017 苏·州期末 )一个长方体的三条棱长分别为3,8,9，若在该长方体上边钻一个圆柱形的孔后其表面积没有变化，则圆孔的半径为________．分析：圆柱两底面积等于圆柱的侧面积．孔的打法有三种，所以有三种状况：①孔高为 3，则 2πr 2＝ 2πr×3，解得 r＝3；②孔高为8，则 r＝ 8；③孔高为 9，则 r＝ 9.而实质状况是，当 r＝ 8， r＝ 9 时，由于长方体有个棱长为3，所以受限制不可以打，所以只有①切合．答案：313.以下图，在体积为9 的长方体 ABCD -A1B1C1D1中，对角线 B1D与平面 A1BC1交于点 E ，则四棱锥 E-A1B1C1D1的体积 V＝ ________.分析：连结 B1D1交 A1C1于点 F ，连结 BD ， BF ，则平面 A1BC1∩平面 BDD 1B1＝BF ，由于 E∈平面 A1BC1， E∈平面 BDD 1B1，所以 E∈ BF .由于 F 是 A1C1的中点，所以 BF 是中线，又1FE1 B1F 綊 BD，所以EB＝，22故点 E 到平面 A1B1C1D 1的距离是 BB1的1，所以四棱锥E- A1B1C1D1的体积 V＝1×S 四边形3311V 长方体 ABCD -A1B1C1 D1＝ 1.A1B1C1D1× BB 1＝39答案：114．半径为 2 的球 O 中有一内接正四棱柱(底面是正方形，侧棱垂直底面 )．当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是________．分析：依题意，设球的内接正四棱柱的底面边长为a 、高为h ，则有16＝ 2a 2＋ h 2≥2 2ah ，即 4ah ≤16 2，该正四棱柱的侧面积S ＝ 4ah ≤16 2，当且仅当h ＝ 2a ＝ 2 2时取等号．因此，当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是4π×22－ 162＝ 16( π－2)．答案： 16( π－2)[B 组 —— 力求难度小题 ]1．已知三棱锥 S-ABC 所在极点都在球 O 的球面上，且 SC ⊥平面 ABC ，若 SC ＝ AB ＝AC ＝1，∠ BAC ＝ 120 °，则球 O 的表面积为 ________．分析： ∵ AB ＝ AC ＝ 1，∠ BAC ＝ 120°，∴ BC ＝ 12＋ 12－ 2×1×1×－ 1＝ 3，2∴三角形 ABC 的外接圆直径2r ＝3 ＝ 2，sin 120°∴ r ＝ 1.∵ SC ⊥平面 ABC ， SC ＝ 1，2SC 25 ∴该三棱锥的外接球半径 R ＝ r ＋2 ＝ 2 ，2∴球 O 的表面积 S ＝ 4πR ＝ 5π.2.(2017 南·京三模 )如图，在直三棱柱 ABC- A 1B 1C 1 中， AB ＝ 1，BC ＝2，BB 1＝ 3，∠ ABC ＝ 90°，点 D 为侧棱 BB 1 上的动点．当 AD ＋ DC 1 最小时，三棱锥 D-ABC 1 的体积为 ________．分析：在直三棱柱 ABC-A 1B 1C 1 中，BB 1⊥平面 ABC ，所以 BB 1⊥ AB ，又由于∠ ABC ＝ 90°，即 BC ⊥ AB ，又 BC ∩BB 1＝ B ，所以 AB ⊥平面 BB 1C 1 C,由于 AB ＝ 1，BC ＝ 2，点 D 为侧棱 BB 1 上的动点，所以侧面睁开，当 AD ＋ DC 1 最小时， BD＝ 1，所以 S △ BDC 1＝ 1×BD ×B 1C 1＝ 1，所以三棱锥 D-ABC 1 的体积为 1×S △ BDC 1×AB ＝ 1 .23 3 答案：133．设四周体的六条棱的长分别为1,1,1,1， 2和 a ，且长为 a 的棱与长为 2的棱异面，则 a 的取值范围是 ________．分析：以下图， AB ＝2，CD ＝ a ，设点 E 为 AB 的中点，则 ED ⊥AB ，EC ⊥ AB ，则 ED ＝22＝2 2 AD－ AE ，同理 EC ＝2.由构成三角形的2条件知 0＜ a＜ED ＋ EC ＝2，所以 0＜ a＜ 2.答案： (0，2)4.如图，已知 AB 为圆 O 的直径， C 为圆上一动点， PA⊥圆 O 所在的平面，且 PA＝ AB＝ 2，过点 A 作平面α⊥ PB，分别交 PB，PC 于 E ， F ，当三棱锥P-AEF 的体积最大时， tan∠BAC＝ ________.分析：∵ PB⊥平面 AEF ，∴AF ⊥ PB.又 AC⊥ BC， AP⊥ BC，∴ BC⊥平面 PAC，∴ AF ⊥ BC，∴ AF ⊥平面 PBC，∴∠ AFE ＝90°.设∠ BAC＝θ，在 Rt △PAC 中，AF ＝AP·AC＝2×2cos θ＝2cos θ，PC 2 1＋ cos2θ1＋ cos2θ在 Rt △PAB 中， AE ＝ PE＝ 2，∴EF ＝ AE2－AF 2，112∴ V P-AEF＝AF ·EF ·PE ＝AF· 2－AF · 266＝2242· －2226· 2AF－AF ＝6AF －＋ 1≤，∴当 AF ＝ 1 时， V P-AEF获得最大值62，此时 AF ＝2cos θ＝ 1，∴ cos θ＝1， sin θ＝2，∴ tan θ＝ 2.61＋ cos2θ33答案：2第 2 课时平行与垂直(能力课) [常考题型打破]线线、线面地点关系的证明[例 1] (2017 ·苏高考江 )如图，在三棱锥 A-BCD 中， AB⊥AD ，BC⊥BD ，平面 ABD ⊥平面 BCD ，点 E，F (E 与 A，D 不重合 )分别在棱 AD， BD 上，且 EF ⊥ AD. 求证： (1)EF ∥平面 ABC；(2)AD ⊥AC.[证明 ] (1)在平面 ABD 内，由于AB⊥ AD ， EF ⊥ AD，所以 EF ∥ AB.又由于 EF ?平面 ABC， AB?平面 ABC，所以 EF ∥平面 ABC .(2)由于平面 ABD⊥平面 BCD，平面 ABD ∩平面 BCD＝ BD ，BC?平面 BCD， BC⊥ BD ，所以 BC⊥平面 ABD .由于 AD?平面 ABD，所以 BC⊥ AD .又 AB⊥ AD， BC∩AB＝ B， AB?平面 ABC， BC?平面 ABC ，所以 AD ⊥平面 ABC.又由于 AC?平面 ABC，所以 AD ⊥AC .[方法概括 ]立体几何证明问题的注意点(1)证明立体几何问题的主要方法是定理法，解题时一定依照定理建立的条件进行推理．如线面平行的判断定理中要求此中一条直线在平面内，另一条直线一定说明它在平面外；线面垂直的判断定理中要求平面内的两条直线一定是订交直线等，假如定理的条件不完好，则结论不必定正确．(2)证明立体几何问题，重要密联合图形，有时要利用平面几何的有关知识，所以需要多画出一些图形协助使用．[变式训练 ]1．(2017 ·锡常镇一模苏 )如图，在斜三棱柱 ABC-A1B1C1中，侧面 AA1C1C 是菱形， AC1与 A1C 交于点 O， E 是棱 AB 上一点，且 OE∥平面 BCC1B1.(1)求证： E 是 AB 的中点；(2)若 AC 1⊥A1B，求证： AC1⊥ BC.证明： (1)连结 BC1，由于OE ∥平面BCC1B1， OE ?平面 ABC1，平面BCC1B1∩平面 ABC1＝ BC1，所以 OE ∥ BC1 .由于侧面AA1C1C 是菱形， AC 1∩A1C＝ O，所以 O 是 AC1中点，所以AE＝AO＝ 1，E 是 AB 的中点 . EB OC1(2)由于侧面 AA1C1C 是菱形，所以 AC1⊥ A1C,又 AC1⊥ A1B， A1C∩A1B＝A1， A1C?平面 A1BC， A1B?平面 A1BC，所以 AC1⊥平面A1BC,由于 BC ? 平面 A 1BC ，所以 AC 1⊥ BC.2． (2017 ·苏州模拟 ) 在以下图的空间几何体ABCDPE 中，底面ABCD 是边长为 4 的正方形， PA ⊥平面 ABCD ，PA ∥ EB ，且 PA ＝ AD ＝ 4，EB ＝2.(1) 若点 Q 是 PD 的中点，求证： AQ ⊥平面 PCD ；(2) 证明： BD ∥平面 PEC .证明： (1)由于 PA ＝ AD ， Q 是 PD 的中点，所以AQ ⊥ PD.又 PA ⊥平面 ABCD ，所以 CD ⊥PA.又 CD ⊥ DA ， PA ∩DA ＝ A ，所以 CD ⊥平面 ADP .又由于 AQ ? 平面 ADP ，所以 CD ⊥AQ ，又 PD ∩CD ＝D ，所以 AQ ⊥平面 PCD .(2) 取 PC 的中点 M ，连结 AC 交 BD 于点 N ，连结 MN ，ME ，1在△ PAC 中，易知 MN ＝ 2PA ， MN ∥ PA ，1 又PA ∥ EB ， EB＝2PA ，所以 MN ＝EB ，MN ∥EB ，所以四边形 BEMN 是平行四边形，所以EM ∥ BN.又 EM ? 平面 PEC ，BN ?平面 PEC ，所以 BN ∥平面 PEC ，即 BD ∥平面 PEC.两平面之间地点关系的证明[例 2](2017 ·京模拟南 )如图，直线 PA 垂直于圆 O 所在的平面，△ABC 内接于圆 O ，且 AB 为圆 O 的直径， M 为线段 PB 的中点， N 为线段 BC 的中点．求证： (1)平面 MON ∥平面 PAC ；(2) 平面 PBC ⊥平面 MON .[证明 ] (1)由于 M ， O ， N 分别是 PB ， AB ， BC 的中点，所以 MO ∥ PA ， NO ∥ AC ，又 MO ∩NO ＝ O ，PA ∩AC ＝ A ，所以平面MON ∥平面 PAC.(2)由于 PA⊥平面 ABC， BC?平面 ABC ，所以 PA⊥ BC.由(1)知，MO ∥PA，所以 MO ⊥ BC.连结 OC，则 OC＝ OB，由于 N 为 BC 的中点，所以 ON ⊥BC .又 MO ∩ON＝ O， MO?平面 MON ，ON?平面 MON ，所以 BC⊥平面 MON .又 BC?平面 PBC，所以平面PBC⊥平面 MON .[方法概括 ]1.证明面面平行依照判断定理，只需找到一个面内两条订交直线与另一个平面平行即可，进而将证明面面平行转变为证明线面平行，再转变为证明线线平行.2.证明面面垂直常用面面垂直的判断定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转变为证明线面垂直，一般先从现有直线中找寻，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或增添协助线解决.[变式训练 ]1． (2017 ·锡期末无 )在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形， AP⊥平面 PCD ， E， F 分别为 PC， AB 的中点．求证：(1)平面 PAD⊥平面 ABCD ；(2)EF ∥平面 PAD.证明： (1)由于 AP⊥平面 PCD ， CD?平面 PCD，所以 AP⊥ CD，由于四边形ABCD 为矩形，所以AD ⊥ CD,又由于 AP∩AD＝ A， AP?平面 PAD， AD?平面 PAD，所以 CD ⊥平面 PAD，由于 CD ?平面 ABCD ，所以平面PAD⊥平面 ABCD .(2)连结 AC， BD 交于点 O，连结 OE ， OF ，由于四边形ABCD 为矩形，所以O 点为 AC 的中点，由于 E 为 PC 的中点，所以 OE ∥PA，由于 OE ?平面 PAD， PA?平面 PAD，所以 OE ∥平面 PAD,同理可得： OF ∥平面 PAD，又由于 OE ∩OF ＝ O，所以平面OEF ∥平面 PAD,由于 EF ?平面 OEF ，所以 EF ∥平面 PAD.2.(2016 江·苏高考 )如图，在直三棱柱 ABC-A1B1 C1中，D，E 分别为 AB，BC 的中点，点 F 在侧棱 B1B 上，且 B1D⊥ A1F， A1C1⊥ A1B1.求证： (1)直线 DE ∥平面 A1C1F；(2)平面 B1DE ⊥平面 A1C1F.证明： (1)在直三棱柱ABC -A1B1C1中， A1C1∥ AC.在△ ABC 中，由于D， E 分别为 AB， BC 的中点，所以 DE ∥AC ，于是 DE ∥ A1C1.又由于 DE ?平面 A1C1F， A1C1?平面 A1C1F，所以直线DE∥平面 A1C1F .(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中， A1A⊥平面 A1B1C1.由于 A1C1?平面 A1B1C1，所以 A1A⊥ A1C1.又由于 A1C1⊥ A1B1， A1A?平面 ABB1A1， A1B1?平面 ABB1A1， A1A∩A1B1＝ A1，所以 A1C1⊥平面 ABB1A1.由于 B1D?平面 ABB1A1，所以 A1C1⊥ B1D .又由于 B1D ⊥ A1F， A1C1?平面 A1C1F， A1F?平面 A1 C1F， A1C1∩A1F ＝A1，所以 B1D ⊥平面 A1C1F.由于直线B1D ?平面 B1DE ，所以平面B1DE ⊥平面 A1C1F .空间线面地点关系的综合问题[例 3] (2017 ·北三市模拟苏 )如图， AB 为圆 O 的直径，点 E ，F 在圆 O上，且 AB∥ EF ，矩形 ABCD 所在的平面和圆 O 所在的平面相互垂直．(1)求证：平面 AFC ⊥平面 CBF .(2)在线段 CF 上能否存在一点 M，使得 OM ∥平面 ADF ？并说明理由．[解 ] (1)证明：∵平面 ABCD ⊥平面 ABEF ，CB⊥ AB，平面 ABCD ∩平面 ABEF ＝ AB，∴CB⊥平面 ABEF .∵AF ?平面 ABEF ，∴ AF ⊥ CB.又 AB 为圆 O 的直径，∴AF ⊥ BF .又 BF ∩CB＝ B，∴AF ⊥平面 CBF .∵AF ?平面 AFC ，∴平面 AFC ⊥平面 CBF .(2)当 M 为 CF 的中点时， OM ∥平面 ADF .证明以下：取 CF 中点 M ，设 DF 的中点为N，连结 AN，MN ，则MN綊1C D，又 AO 綊1C D，则 MN 綊 AO，22∴四边形MNAO 为平行四边形，∴OM ∥ AN，又 AN ?平面 DAF ， OM ?平面 DAF ，∴OM ∥平面 DAF .[方法概括 ]与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤[变式训练 ]1.如图，四边形ABCD 是矩形，平面ABCD ⊥平面 BCE，BE ⊥ EC.(1) 求证：平面AEC⊥平面 ABE；BF(2) 点 F 在 BE 上，若 DE ∥平面 ACF ，求BE的值．解： (1)证明：∵四边形ABCD 为矩形，∴ AB⊥ BC，∵平面 ABCD ⊥平面 BCE，∴AB⊥平面 BCE，∴ CE⊥ AB.又∵ CE⊥ BE， AB∩BE＝ B，∴CE⊥平面 ABE，又∵ CE?平面 AEC ，∴平面AEC ⊥平面 ABE .(2)连结 BD 交 AC 于点 O，连结 OF .∵DE ∥平面 ACF ， DE?平面 BDE ，平面 ACF ∩平面 BDE ＝OF .∴DE ∥ OF ，又在矩形 ABCD 中， O 为 BD 中点，∴F 为 BE 中点，即BFBE＝12.2．如图，在矩形ABCD 中， E， F 分别为 BC， DA 的中点．将矩形ABCD 沿线段 EF折起，使得∠DFA＝ 60°.设 G 为 AF 上的点．(1)试确立点 G 的地点，使得 CF ∥平面 BDG ；(2)在 (1)的条件下，证明： DG⊥ AE .解： (1)当点 G 为 AF 的中点时， CF ∥平面 BDG .证明以下：由于 E， F 分别为 BC， DA 的中点，所以 EF ∥ AB∥ CD.连结 AC 交 BD 于点 O，连结 OG，则 AO＝ CO.又G为 AF的中点，所以 CF ∥OG.由于 CF ?平面 BDG ，OG ?平面 BDG .所以 CF ∥平面 BDG .(2)由于 E，F 分别为 BC， DA 的中点，所以EF ⊥ FD ，EF ⊥ FA .又 FD ∩FA＝F，所以EF ⊥平面ADF ，由于 DG?平面 ADF，所以 EF ⊥DG.由于 FD ＝FA，∠ DFA ＝ 60°，所以△ ADF 是等边三角形，DG⊥ AF ，又 AF∩EF＝F，所以 DG ⊥平面 ABEF .由于 AE ?平面 ABEF ，所以 DG ⊥AE .[课时达标训练]1.如图，在三棱锥 V-ABC 中， O， M 分别为 AB， VA 的中点，平面VAB⊥平面 ABC ，△ VAB 是边长为 2 的等边三角形， AC⊥ BC 且 AC＝ BC.(1)求证： VB ∥平面 MOC ；(2)求线段 VC 的长．解： (1)证明：由于点O，M 分别为 AB， VA 的中点，所以 MO ∥VB.又 MO ?平面 MOC ， VB?平面 MOC ，所以 VB ∥平面 MOC .(2)由于 AC＝ BC， O 为 AB 的中点， AC⊥ BC， AB＝ 2，所以OC⊥AB，且 CO＝ 1.连结 VO，由于△ VAB 是边长为 2 的等边三角形，所以 VO ＝ 3.又平面 VAB⊥平面 ABC， OC⊥ AB，平面 VAB∩平面 ABC＝ AB， OC?平面ABC，所以 OC⊥平面 VAB，所以 OC⊥ VO，所以 VC ＝OC2＋ VO 2＝ 2.2.(2017 南·通二调 )如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中， AC⊥ BC，A1B与 AB1交于点 D， A1C 与 AC1交于点 E.求证： (1)DE ∥平面 B1BCC1；(2)平面 A1BC⊥平面 A1ACC1.证明： (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形 A1ACC1为平行四边形．又 E 为 A1C 与 AC1的交点，所以E为A1C的中点.同理， D 为 A1B 的中点，所以DE ∥ BC.又 BC?平面 B1BCC 1， DE ?平面 B1BCC1，所以 DE ∥平面 B1BCC1.(2) 在直三棱柱 ABC-A1B1C1中， AA1⊥平面 ABC，又BC?平面 ABC，所以 AA 1⊥ BC.又 AC⊥ BC， AC∩AA1＝ A， AC?平面 A1ACC 1， AA1?平面 A1ACC1，所以 BC⊥平面A1ACC 1.由于 BC?平面 A1BC，所以平面A1BC⊥平面 A1ACC1.3.(2017南·京三模)如图，在三棱锥A-BCD中， E，F分别为棱BC，CD上的点，且BD∥平面AEF .(1)求证： EF ∥平面 ABD ；(2)若 BD ⊥ CD ， AE⊥平面 BCD ，求证：平面 AEF ⊥平面 ACD .证明： (1)由于 BD ∥平面 AEF ，BD?平面 BCD，平面 AEF ∩平面 BCD＝ EF ，所以BD ∥EF .由于 BD ?平面 ABD ，EF ?平面 ABD，所以EF ∥平面 ABD .(2) 由于 AE⊥平面 BCD， CD ?平面 BCD ，所以 AE⊥CD.由于 BD ⊥CD ， BD∥ EF ，所以CD ⊥ EF ，又 AE∩EF ＝E，AE?平面 AEF ，EF ?平面 AEF ，所以 CD ⊥平面 AEF .又 CD ?平面 ACD ，所以平面 AEF ⊥平面 ACD.4.在四棱锥P-ABCD 中， PA⊥底面 ABCD ， AB∥ CD ，AB⊥ BC，AB＝BC＝ 1， DC ＝ 2，点 E 在 PB 上．(1)求证：平面 AEC⊥平面 PAD；(2)当 PD ∥平面 AEC 时，求 PE∶ EB 的值．解： (1)证明：在平面ABCD 中，过 A 作 AF ⊥ DC 于 F ，则 CF ＝ DF ＝ AF ＝ 1，∴∠ DAC＝∠ DAF ＋∠ FAC＝ 45°＋ 45°＝ 90°，即 AC⊥ DA.又 PA⊥平面 ABCD ， AC?平面 ABCD ，∴ AC⊥ PA.∵PA?平面 PAD， AD ?平面 PAD，且 PA∩AD＝ A，∴AC⊥平面 PAD.又 AC?平面 AEC ，∴平面 AEC ⊥平面 PAD.(2)连结 BD 交 AC 于 O，连结 EO.∵PD∥平面 AEC ， PD ?平面 PBD，平面 PBD∩平面 AEC ＝ EO，∴PD∥EO，则 PE∶ EB＝DO∶OB.又△ DOC ∽△ BOA，∴DO∶ OB＝DC ∶ AB＝ 2∶ 1，∴PE∶ EB 的值为 2.5.(2017 扬·州考前调研 )如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为梯形，CD∥ AB， AB＝ 2CD ， AC 交 BD 于 O，锐角△ PAD 所在平面⊥底面 ABCD ， PA⊥ BD，点 Q 在侧棱 PC 上，且 PQ＝ 2QC.求证： (1)PA∥平面 QBD ；(2)BD ⊥AD.证明： (1)连结 OQ,由于 AB∥ CD ，AB＝ 2CD，所以 AO＝ 2OC，又 PQ＝ 2QC，所以 PA∥ OQ，由于 OQ ?平面 QBD ， PA?平面 QBD ，所以 PA∥平面 QBD .(2)在平面 PAD 内过 P 作 PH ⊥AD 于 H，由于侧面PAD⊥底面 ABCD ，平面 PAD ∩平面 ABCD ＝AD ， PH ?平面 PAD ，所以 PH ⊥平面 ABCD ，又 BD?平面 ABCD，所以 PH⊥BD.又 PA⊥ BD，且 PA∩PH ＝ P， PA?平面 PAD， PH ?平面 PAD，所以 BD ⊥平面 PAD，又 AD?平面 PAD，所以 BD⊥AD.6.如图，在多面体 ABCDFE 中，四边形 ABCD 是矩形，四边形 ABEF为等腰梯形，且 AB∥EF ， AF ＝ 2， EF ＝ 2AB＝ 4 2，平面 ABCD ⊥平面 ABEF .(1)求证： BE⊥DF ；(2)若 P 为 BD 的中点，试问：在线段 AE 上能否存在点 Q，使得 PQ∥平面 BCE？若存在，找出点 Q 的地点；若不存在，请说明原因．解： (1)证明：如图，取 EF 的中点 G，连结 AG，由于 EF ＝ 2AB ，所以 AB＝ EG ，又 AB∥ EG，所以四边形 ABEG 为平行四边形，所以 AG∥ BE ，且AG＝BE＝AF＝2.1在△ AGF 中， GF＝2EF ＝2 2，AG＝AF＝2，所以 AG2＋ AF 2＝ GF 2，所以 AG⊥ AF .由于四边形ABCD 为矩形，所以AD ⊥ AB，又平面 ABCD ⊥平面 ABEF ，且平面 ABCD ∩平面 ABEF ＝ AB， AD?平面 ABCD ，所以 AD ⊥平面 ABEF ，又 AG?平面 ABEF ，所以 AD ⊥ AG.由于 AD ∩AF ＝ A，所以 AG⊥平面 ADF .由于 AG∥BE ，所以 BE ⊥平面 ADF .由于 DF ?平面 ADF ，所以 BE⊥ DF .(2)存在点 Q，且点 Q 为 AE 的中点，使得 PQ∥平面 BCE .证明以下：连结AC，由于四边形ABCD 为矩形，所以 P 为 AC 的中点．在△ ACE 中，由于点P， Q 分别为 AC， AE 的中点，所以 PQ∥ CE.又 PQ?平面 BCE， CE ?平面 BCE ，高考数学二轮：专题复习教教案：专题二立体几何所以 PQ∥平面 BCE .21 / 21。

高三数学高考二轮复习教案、考案(3)立体几何(精品) 教案

立体几何初步【专题要点】1．在掌握直线与平面的位置关系(包括直线与直线、直线与平面、平面与平面间的位置关系)的基础上，研究有关平行和垂直的的判定依据(定义、公理和定理)、判定方法及有关性质的应用；在有关问题的解决过程中，进一步了解和掌握相关公理、定理的内容和功能，并探索立体几何中论证问题的规律；在有关问题的分析与解决的过程中提高逻辑思维能力、空间想象能力及化归和转化的数学思想的应用．2．在掌握空间角(两条异面直线所成的角，平面的斜线与平面所成的角及二面角)概念的基础上，掌握它们的求法(其基本方法是分别作出这些角，并将它们置于某个三角形内通过计算求出它们的大小)；在解决有关空间角的问题的过程中，进一步巩固关于直线和平面的平行垂直的性质与判定的应用，掌握作平行线(面)和垂直线(面)的技能；通过有关空间角的问题的解决，进一步提高学生的空间想象能力、逻辑推理能力及运算能力．3．通过复习，使学生更好地掌握多面体与旋转体的有关概念、性质，并能够灵活运用到解题过程中．通过教学使学生掌握基本的立体几何解题方法和常用解题技巧，发掘不同问题之间的内在联系，提高解题能力．4．在学生解答问题的过程中，注意培养他们的语言表述能力和“说话要有根据”的逻辑思维的习惯、提高思维品质．使学生掌握化归思想，特别是将立体几何问题转化为平面几何问题的思想意识和方法，并提高空间想象能力、推理能力和计算能力．5．使学生更好地理解多面体与旋转体的体积及其计算方法，能够熟练地使用分割与补形求体积，提高空间想象能力、推理能力和计算能力．【考纲要求】（1）掌握平面的基本性质，会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图，能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想象它们的位置关系（2）了解空两条直线的位置关系，掌握两条直线平行与垂直的判定定理和性质定理，掌握两条直线所成的角和距离的概念（对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离）（3）了解空间直线和平面的位置关系，掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理，理解直线和平面垂直的判定定理和性质定理，掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念，了解三垂线定理及其逆定理（4）了解平面与平面的位置关系，掌握两个平面平行的判定定理和性质定理。

(完整word版)高三数学二轮专题复习教案设计――立体几何

高三数学二轮专题复习教案――立体几何一、本章知识结构：二、重点知识回顾1、空间几何体的结构特征（1）棱柱、棱锥、棱台和多面体棱柱是由满足下列三个条件的面围成的几何体：①有两个面互相平行；②其余各面都是四边形；③每相邻两个四边形的公共边都互相平行；棱柱按底面边数可分为：三棱柱、四棱柱、五棱柱等．棱柱性质：①棱柱的各个侧面都是平行四边形，所有的侧棱都相等；②棱柱的两个底面与平行于底面的截面是对应边互相平行的全等多边形.③过棱柱不相邻的两条侧棱的截面都是平行四边形.棱锥是由一个底面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形所围成的几何体．棱锥具有以下性质：①底面是多边形；②侧面是以棱锥的顶点为公共点的三角形；③平行于底面的截面和底面是相似多边形，相似比等于从顶点到截面和从顶点到底面距离的比．截面面积和底面面积的比等于上述相似比的平方．棱台是棱锥被平行于底面的一个平面所截后，截面和底面之间的部分．由棱台定义可知，所有侧棱的延长线交于一点，继而将棱台还原成棱锥．多面体是由若干个多边形围成的几何体．多面体有几个面就称为几面体，如三棱锥是四面体．（2）圆柱、圆锥、圆台、球分别以矩形的一边，直角三角形的一直角边，直角梯形垂直于底边的腰所在的直线，半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周而形成的几何体叫做圆柱、圆锥、圆台、球圆柱、圆锥和圆台的性质主要有：①平行于底面的截面都是圆；②过轴的截面（轴截面）分别是全等的矩形、等腰三角形、等腰梯形；③圆台的上底变大到与下底相同时，可以得到圆柱；圆台的上底变小为一点时，可以得到圆锥．2、空间几何体的侧面积、表面积（1）棱柱侧面展开图的面积就是棱柱的侧面积，棱柱的表面积就是它的侧面积与两底面面积的和．因为直棱柱的各个侧面都是等高的矩形，所以它的展开图是以棱柱的底面周长与高分别为长和宽的矩形．如果设直棱柱底面周长为c，高为h，则侧面积S ch=侧．若长方体的长、宽、高分别是a、b、c，则其表面积2() S ab bc ca=++表．（2）圆柱的侧面展开图是一个矩形．矩形的宽是圆柱母线的长，矩形的长为圆柱底面周长．如果设圆柱母线的长为l，底面半径为r，那么圆柱的侧面积2πS rl=侧，此时圆柱底面面积2πS r=底.所以圆柱的表面积222π2π2π()S S S rl r r r l=+=+=+侧底．（3）圆锥的侧面展开图是以其母线为半径的扇形．如果设圆锥底面半径为r，母线长为l，则侧面积πS rl=侧，那么圆锥的表面积是由其侧面积与底面面积的和构成，即为2πππ()S S S rl r r r l=+=+=+侧底．（4）正棱锥的侧面展开图是n个全等的等腰三角形．如果正棱锥的周长为c，斜高为h'，则它的侧面积12S ch'=侧．（5）正棱台的侧面积就是它各个侧面积的和．如果设正棱台的上、下底面的周长是c c'，，斜高是h'，那么它的侧面积是12S ch'=侧．（6）圆台侧面展开图是以截得该圆台的圆锥母线为大圆半径，圆锥与圆台的母线之差为小圆半径的一个扇环．如果设圆台的上、下底面半径分别为r r'，，母线长为l，那么它的侧面积是π()S r r l'=+侧．圆台的表面积等于它的侧面积与上、下底面积的和，即2222π()πππ() S S S S r r l r r r r r l rl''''=++=+++=+++侧上底下底．（7）球的表面积24πS R =，即球的表面积等于其大圆面积的四倍． 3、空间几何体的体积（1）柱体（棱柱、圆柱）的体积等于它的底面积S 和高h 的积，即V Sh=柱体．其中底面半径是r ，高是h 的圆柱的体积是2πV r h=圆柱．（2）如果一个锥体（棱锥、圆锥）的底面积是S ，高是h ，那么它的体积是13V Sh=锥体．其中底面半径是r ，高是h 的圆锥的体积是21π3V r h=圆锥，就是说，锥体的体积是与其同底等高柱体体积的13．（3）如果台体（棱台、圆台）的上、下底面积分别是S S '，，高是h，那么它的体积是1()3V S S h=+台体．其中上、下底半径分别是r R ，，高是h 的圆台的体积是221π()3V r Rr R h=++圆台．（4）球的体积公式：334R V π=.4、中心投影和平行投影（1）中心投影：投射线均通过投影中心的投影。

2012届高考数学二轮复习专题：立体几何(教师版)

俯视图正(主)视图侧(左)视图EF D IA H GBC E FD AB C 侧视图1 图2B E A ． B E B ． B EC ． B ED ． 2012届高考数学二轮复习专题：立体几何（文理适用）第一节空间几何体三视图和几何体的结构特征是新课标高考的必考点，几何体的表面积和体积也是高考命题的重点和热点，几乎年年出现，大多以小题出现，难度不大，大题中也有以三视图为背景条件的求面积、体积及位置关系问题。

考试要求:（1）认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构；（2）能画出简单空间图形（长方体，球，圆柱，圆锥，棱柱等简单组合体）的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二侧法画出它们的直观图；（3）会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式；（4）会画某些建筑物的视图与直观图（在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求）（5）了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）；题型一：三视图例1（1）右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（） A ．9π B ．10π C ．11π D ．12π 点拨识别上述三视图表示的立体图形解从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱体组合而成的简单几何体，其表面积为：22411221312.S ππππ=⨯+⨯⨯+⨯⨯=，故选D.易错点对原几何体的下部分（圆柱体）的分析出错，误以为是长方体.（2）将正三棱柱截去三个角（如图，图1所示A B C ，，分别是GHI △三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（）点拨侧视图和底面和HGDE 垂直，分析A 的位置 .解：在图2的右边放扇墙(心中有墙),可得答案A 易错点对于左视图中点A 的位置分析不正确.变式与引申1（1）一个体积为三棱柱的左视图的面积为（）A ．B ．8 C．D ．12（2）用若干个体积为1的正方体搭成一个几何体，其正视图、侧视图都是如图所示的图形，则这个几何体的最大体积与最小体积的差是（）.A．6 B．7 C．8 D．9题型二与球有关组合体例2如图正三棱锥的高为1，底面边长为62，内有一个球与四个面都相切. 求棱锥的表面积和球的半径.点拨解决这类题的关键是根据空间想象能力和组合体的特点画出截面图.解：如图下图过PA与球心O作截面PAE与平面PCB交于PE，与平面ABC交于AE，因△ABC是正三角形，易知AE即是△ABC中BC边上的高，又是BC边上的中线，作为正三棱锥的高PD通过球心，且D是三角形△ABC的重心，据此根据底面边长为62，即可算出1133DE AE PE====由△POF～△PED，知,1PErDEr-=∴.26,312-=-=rrr∴().362962433622132+=⨯+⨯⨯⨯=+=底侧表SSS易错点，立体几何问题转化为平面问题解决.，截面图准确画出是最关键，也是容易出错的地方。

高考数学立体几何备考复习教案

高考数学立体几何备考复习教案一、教学目标1. 知识与技能：使学生掌握立体几何的基本概念、性质和定理，提高空间想象能力。

2. 过程与方法：通过复习，使学生掌握立体几何的解题方法，提高解题能力。

3. 情感态度与价值观：激发学生学习立体几何的兴趣，培养学生的创新意识。

二、教学内容1. 立体几何的基本概念：点、线、面的位置关系，空间向量。

2. 立体几何的性质：平行公理，空间向量的运算律。

3. 立体几何的定理：平行线、异面直线、线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定与性质。

4. 立体几何的计算：体积、表面积、角、距离的计算。

5. 立体几何的综合应用：空间几何体的结构特征，几何体的运动变化。

三、教学重点与难点1. 教学重点：立体几何的基本概念、性质和定理，立体几何的计算方法。

2. 教学难点：立体几何的综合应用，空间想象能力的培养。

四、教学方法1. 采用讲解、示范、练习、讨论、探索相结合的方法，引导学生掌握立体几何的基本概念、性质和定理。

2. 通过案例分析、几何画板演示等手段，培养学生的空间想象能力。

3. 组织学生进行合作学习，提高学生的解题能力。

五、教学评价1. 课堂表现：观察学生在课堂上的参与程度、提问回答等情况，了解学生的学习状态。

2. 练习与作业：检查学生完成的练习和作业，评估学生的掌握程度。

3. 考试成绩：定期进行立体几何的测试，分析学生的成绩，了解学生的学习效果。

教案第一课时：立体几何的基本概念1. 教师讲解立体几何的基本概念，如点、线、面的位置关系，空间向量。

2. 学生通过案例分析，理解并掌握基本概念。

第二课时：立体几何的性质1. 教师讲解立体几何的性质，如平行公理，空间向量的运算律。

2. 学生通过几何画板演示，直观地理解立体几何的性质。

第三课时：立体几何的定理1. 教师讲解立体几何的定理，如平行线、异面直线、线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定与性质。

2. 学生通过案例分析，掌握立体几何的定理。

数学高考专题复习课教案

数学高考专题复习课教案一、教学目标。

1. 知识目标，复习高考数学中的重点知识点，包括函数、导数、不等式、平面向量、立体几何等内容。

2. 能力目标，提高学生的数学解题能力，培养学生的逻辑思维和数学建模能力。

3. 情感目标，激发学生学习数学的兴趣，增强学生的自信心，培养学生的坚韧不拔的学习态度。

二、教学重点和难点。

1. 教学重点，重点复习高考数学中的常见题型和解题技巧，帮助学生掌握解题方法。

2. 教学难点，帮助学生理解和掌握数学中的抽象概念和思维方法，提高解题能力。

三、教学内容。

1. 函数。

a. 函数的概念和性质。

b. 函数的图像和性质。

c. 函数的运算和复合函数。

d. 函数的应用题。

2. 导数。

a. 导数的定义和性质。

b. 导数的计算和应用。

c. 函数的极值和最值。

d. 函数的图像和导数的关系。

3. 不等式。

a. 不等式的基本性质。

b. 一元一次不等式和一元二次不等式的解法。

c. 不等式组的解法。

d. 不等式在几何问题中的应用。

4. 平面向量。

a. 平面向量的概念和性质。

b. 平面向量的运算和应用。

c. 平面向量的数量积和向量积。

d. 平面向量在几何问题中的应用。

5. 立体几何。

a. 空间直角坐标系和空间向量。

b. 空间中的点、直线和平面。

c. 空间几何体的性质和计算。

d. 空间几何问题的解法。

四、教学方法。

1. 理论讲解，通过教师讲解和板书展示，系统地介绍各个知识点的概念、性质和解题方法。

2. 例题演练，选择典型的高考题目，进行详细的解题分析和演示，让学生掌握解题技巧。

3. 课堂练习，布置一定数量的课堂练习题，让学生在课堂上进行练习和讨论，及时发现和纠正错误。

4. 课后作业，布置大量的课后作业，包括选择题、填空题、解答题和证明题，巩固学生的知识点和解题能力。

五、教学评价。

1. 课堂表现，通过课堂练习和讨论，评价学生的课堂表现和学习态度。

2. 作业完成情况，检查学生的课后作业完成情况，及时发现和纠正错误。