最新-2021卓越学案高考理科数学新课标一轮复习课件：第8章 立体几何 阅读与欣赏 精品

问题展示
问题 1(必修 2 P10B 组 T1)如图，长方体 ABCD-A′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 2 P59 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？
2．截面(封闭图形)的形状 显然三个问题的截面(封闭图形)分别是矩形，梯形与正方形，然而如 果问题 1 中若 EH 与 A′D′不平行，过 EH 的平面 α 将长方体 ABCD-A′B′C′D′分成两部分，试猜想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．
[分析] 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] (1)如图，在平面 A′C′内，过点 P 作 直线 EF，使 EF∥B′C′，并分别交棱 A′B′， C′D′于点 E，F.连接 BE，CF，则 EF，BE， CF 就是应画的线． (2)因为棱 BC 平行于平面 A′C′，平面 BC′与平面 A′C′交于 B′C′， 所以 BC∥B′C′.由(1)知，EF∥B′C′，所以 EF∥BC，因此
[解] (1)交线围成的四边形 EFCG 如图所示．
(2)∵平面 A1B1C1D1∥平面 ABCD， 平面 A1B1C1D1∩α＝EF， 平面 ABCD∩α＝GC， ∴EF∥GC，同理 EG∥FC.
∴四边形 EFCG 为平行四边形， 过 E 作 EM⊥D1F，垂足为 M， ∴EM＝BC＝10， ∵A1E＝4，D1F＝8， ∴MF＝4. ∴GC＝EF＝ EM2＋MF2＝ 102＋42＝ 116， ∴GB＝ GC2－BC2＝ 116－100＝4(事实上 Rt△EFM≌Rt△CGB)． 过 C1 作 C1H∥FE 交 EB1 于 H，连接 GH，则四边形 EHC1F 为平行四 边形，由题意知，B1H＝EB1－EH＝12－8＝4＝GB.
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？而且 AB＝16，在求 AF 与平面 α 所成角的问题“没有 起到作用？”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．
问题拓展 拓展 1：在长方体 ABCD-A1B1C1D1 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. 连接 E1G，F1H，EG，FH，设 A1E＝m，D1F＝n，AD＝a，AA1 ＝b.
第八章 立体几何
8．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，且全国高考和省市考卷 多次以之为背景，命制出很多脍炙人口的精典高考题，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． 通过近几年全国高考试题研究表明，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 间几何中的截面图形特征，掌握截面图形形状、性质，将成为今后备 考复习中的重点知识内容．
拓展 2：三点确定截面问题 如图，长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8， 点 E，F 分别在 A1B1，D1C1 上，A1E＝4，D1F＝8.过点 E，F，C 的平面 α 与长方体的面相交，交线围成一个四边形．
(1)在图中画出这个四边形(不必说明画法和理由)； (2)求平面 α 将长方体分成的两部分体积之比．
平面AC BE，CF 显然都与平面 AC 相交．
问题 3(2015·高考全国卷Ⅱ19 题)如图，长方体 ABCD-A1B1C1D1 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．
因为 EFGH 为矩形，∴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 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，截面是矩形．
如图，连接 AE 与 DF，因为 AA1＝8，A1E＝D1F＝4. EF＝BC＝10. 由长方体性质知 AE＝ AA12＋A1E2＝ 82＋42＝4 5<EF. 则矩形 ADFE 是“左倾”的“最大”矩形， 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＝10<AB. 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.
(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．
数学思想、方法在截面图中的渗透
1．公理指导 三个问题都是四个公理指导下的转化与化归问题，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 表现．