高考理科数学第二轮立体几何复习教案

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高中数学高考二轮复习高考中的立体几何教案

第二讲高考中的立体几何(解答题型)对应学生用书P052[必记定理]1.线面平行与垂直的判定定理、性质定理(1)异面直线所成的角：设a，b分别为异面直线a，b的方向向量，则两异面直线所成的角满足cosθ＝|a·b| |a||b|.(2)线面角设l 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的法向量，则斜线l 与平面α所成的角满足sin θ＝|l ·n ||l ||n |.(3)二面角①如图(ⅰ)，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．②如图(ⅱ)(ⅲ)，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉．[重要转化]1.三种平行关系的转化2.三种垂直关系的转化线线垂直判定定理性质定理线面垂直判定定理性质定理面面垂直[重要结论]设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．1.线线平行l∥m⇔a∥b⇔a＝k b⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.2.线线垂直l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.3.线面平行l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.4.线面垂直l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3.5.面面平行α∥β⇔μ∥v⇔μ＝k v⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4.6.面面垂直α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.[易错提醒]1.忽视线面平行判定定理的条件：证明线面平行时，忽视“直线在平面外”“直线在平面内”的条件．2.忽视线面垂直判定定理的条件：证明线面垂直时，忽视“平面内两条相交直线”这一条件．3.关注面面垂直的性质定理的条件：当题目涉及面面垂直的条件时，一般用此定理转化为线面垂直，应用时注意在面面垂直的前提下，过平面内一点，垂直于两平面交线的直线应在其中一个平面内．4.忽略异面直线的夹角与方向向量夹角的区别：两条异面直线所成的角是锐角或直角，与它们的方向向量的夹角不一定相等．5.不能区分二面角与两法向量的夹角：求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析．对应学生用书P053热点一空间位置关系的证明例1(1)[2015·陕西高三质检]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，E为棱CC1的中点．①求证：B1D1⊥AE；②求证：AC∥平面B1DE.[证明]①连接BD，则BD∥B1D1.∵四边形ABCD是正方形，。

高中数学高考二轮复习立体几何教案(全国专用)

1．(2016·课标Ⅰ，6，易)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径，若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π1．A [考向2]由三视图可知该几何体为球去掉一个18球．设球的半径为R ，则V ＝78×43πR 3＝28π3，得R ＝2.故其表面积S ＝78×4πR 2＋3×14×πR 2＝14π＋3π＝17π.2．(2016·山东，5，易)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π2．C [考向3]由三视图可知，四棱锥的底面是边长为1的正方形，半球的直径为12＋12＝2，所以四棱锥的体积为13×12×1＝13，半球的体积为12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝26π，所以此组合体的体积为13＋26π.3．(2016·课标Ⅱ，6，中)如图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( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π3．C [考向2]S 表＝πr 2＋2πr ×4＋12×2πr ×R ＝4π＋16π＋2π22＋（23）2＝28π.4．(2016·课标Ⅲ，9，易)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．814．B [考向2]由图可知，该几何体为四棱柱，S 表＝2S 底＋2S 前＋2S 侧＝2×32＋2×3×6＋2×3×32＋62 ＝18＋36＋185＝54＋18 5.5．(2016·课标Ⅲ，10，中)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) A ．4π B.9π2 C ．6π D.32π35．B [考向3]在Rt △ABC 中，设内切圆的半径为R ，则R ×(6＋8＋10)＝6×8，得R ＝2.又由AA 1＝3， ∴内切球的半径为32， ∴V 球＝43π×278＝92π.6．(2015·浙江，2，易)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3 C.323 cm 3 D.403 cm 36．C [考向3]由题意得，该几何体由一个正方体与一个正四棱锥组合而成，所以体积V ＝23＋13×22×2＝323.7．(2014·福建，2，易)某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ) A ．圆柱 B ．圆锥 C ．四面体 D ．三棱柱7．A [考向1]因为圆锥、四面体、三棱柱的正视图均可以是三角形，而圆柱无论从哪个方向看均不可能是三角形，故选A.8．(2013·四川，3，易)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )8．D [考向1]由三视图可知该几何体为一个上部为圆台、下部为圆柱的组合体，圆台的下底面和圆柱的底面恰好重合．9．(2015·课标Ⅱ，6，中)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，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A.18B.17C.16D.159．D [考向3]如图所示为正方体被一个平面截去后剩余部分的几何体．设正方体棱长为a ，∴VA A 1B 1D 1V 剩＝13×12a 2·a a 3－13×12a 2·a＝15.10．(2015·课标Ⅱ，9，中)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( ) A ．36π B ．64π C ．144π D ．256π10．C [考向2]设球的半径为r ，则V O ABC ＝13×12×r 2h ≤16r 3＝36，故r ＝6.故S 球＝4πr 2＝144π.11．(2015·课标Ⅰ，6，中)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( ) A ．14斛 B ．22斛 C ．36斛 D ．66斛。

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。

2022高考数学(理)二轮复习教案四：立体几何

2022高考数学（理）二轮复习教案四：立体几何一、高考动向：考查思维能力和空间想象能力，专门是使用向量代数方法解决立体几何几何问题的能力，以顺应几何的改革方向，高考命题侧重于直线与平面之间的各种位置关系的考查，从川卷来看，一样是三小一大，估量26分左右。

客观题仍是侧重于点线面位置关系及空间角，有可能涉及求表面积和体积问题，难度可不能太大，主观题估量向新课标靠拢。

锥体和柱体作为载体，传统法和向量法都好解决问题仍是主旋律，要紧考查线面的平行与垂直，角与距离考查可能减少，也可能显现新的题型，如开放性试题，立体几何背景下的点的轨迹问题等，试题新颖，立意巧妙，要注意训练。

二、主干知识整合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差不多步骤(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，且长度变为原先的一半；(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．差不多面积公式4．空间几何体的体积运算公式5．平行关系的转化两平面平行问题常常转化为直线与平面的平行，而直线与平面平行又可转化为直线与直线平行，因此要注意转化思想的应用，以下为三种平行关系的转化示意图．6．解决平行问题时要注意以下结论的应用(1)通过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(2)两个平面平行，其中一个平面内的任一直线必平行于另一个平面．(3)一条直线与两平行平面中的一个相交，那么它与另一个也相交．(4)平行于同一条直线的两条直线平行．(5)平行于同一个平面的两个平面平行．(6)假如一条直线与两个相交平面都平行，那么这条直线必与它们的交线平行．7．垂直关系的转化与平行关系之间的转化类似，它们之间的转化如下示意图．在垂直的相关定理中，要专门注意经历面面垂直的性质定理：两个平面垂直，在一个平面内垂直于它们交线的直线必垂直于另一个平面．当题目中有面面垂直的条件时，一样都要用此定理进行转化．8．空间向量(1)加减法和线性运算；(2)共线向量定理；(3)共面向量定理;(4)空间向量差不多定理；(5)空间两个向量的夹角；空间两向量夹角的范畴是[0，π]，即0≤〈a，b〉≤π；(6)向量的数量积；(7)空间向量的坐标运算．9．夹角运算公式(1)线线角：直线与直线所成的角为θ，如两直线的方向向量分别为a，b，则cosθ＝|cos 〈a，b〉|；(2)线面角：直线与平面所成的角为θ，如直线的方向向量为a，平面的法向量为n，则sinθ＝|cos〈a，n〉|；(3)面面角：两相交平面所成的角为θ，两平面的法向量分别为n 1和n 2，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|，其专门情形是两个半平面所成的角即二面角，也能够用那个公式解决，但要判定二面角的平面角是锐角依旧钝角的情形以决定cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|依旧cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|.10．距离公式(1)点点距：点与点的距离，以这两点为起点和终点的向量的模；(2)点线距：点M 到直线a 的距离，如直线的方向向量为a ，直线上任一点为N ，则点M 到直线a 的距离d ＝|MN →|sin 〈MN →，a 〉；(3)线线距：两平行线间的距离，转化为点线距离；两异面直线间的距离，转化为点面距离或者直截了当求公垂线段的长度；(4)点面距：点M 到平面α的距离：如平面α的法向量为n ，平面α内任一点为N ，则点M 到平面α的距离d ＝|MN →||cos 〈MN →，n 〉|＝|MN →·n ||n |；(5)线面距：直线和与它平行的平面间的距离，转化为点面距离；(6)面面距：两平行平面间的距离，转化为点面距离.三、课前热身：1. (1)[2011·山东卷] 如图12－3是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如图12－3；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如图12－3；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如图12－3.其中真命题的个数是( )图12－3A ．3B ．2C ．1D ．0（2）一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则那个平面图形的面积是( )A.12＋22 B ．1＋22C ．1＋ 2D ．2＋ 2(1)A (2)D 【解析】 (1)①能够是放倒的三棱柱，因此正确；容易判定②正确；③能够是放倒的圆柱，因此也正确．(2)如图，设直观图为O ′A ′B ′C ′，建立如图所示的坐标系，按照斜二测画法的规则，在原先的平面图形中，OC ⊥OA ，且OC ＝2，BC ＝1，OA ＝1＋2×22＝1＋2，故其面积为12×()1＋1＋2×2＝2＋ 2.2.(1) [2011·安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图12－4所示，则该几何体的表面积为( )图12－4A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80(2)[2011·湖南卷] 设图12－5是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )图12－5A ．92π＋12B ．92π＋18C ．9π＋42D ．36π＋18(1) C (2)B 【解析】 (1)由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如图所示)，因此该直四棱柱的表面积为S ＝2×12×(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2×1＋16×4＝48＋817.(2)由三视图可得那个几何体是由上面是一个直径为3的球，下面是一个长、宽都为3、高为2的长方体所构成的几何体，则其体积为：V ＝V 1＋V 2＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＋3×3×2＝92π＋18，故选B.【点评】我们常见的柱体一样是把底面放在水平面上，锥体也往往是把底面放在水平面上，然而柱体和锥体也能够把其侧面或者一条母线放在水平面上，也能够以其他各种可能的方式放置在空间，这时其三视图就会显现各种可能，在依照空间几何体的三视图还原空间几何体的形状时，要克服思维定势．3. [2011·辽宁卷] 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 ．1C 【解析】如图，过A 作AD 垂直SC 于D ，连接BD .由于SC 是球的直径，因此∠SAC ＝∠SBC ＝90°，又∠ASC ＝∠BSC ＝30°，又SC 为公共边，因此△SAC ≌△SBC .由于AD ⊥ SC ，因此BD ⊥SC .由此得SC ⊥平面ABD .因此V S －ABC ＝V S －ABD ＋V C －ABD ＝13S △ABD ·SC . 由于在Rt △SAC 中∠ASC ＝30°，SC ＝4，因此AC ＝2，SA ＝23，由于AD ＝SA ·CA SC ＝ 3.同理在Rt △BSC 中也有BD ＝SB ·CB SC ＝ 3. 又AB ＝3，因此△ABD 为正三角形，因此V S －ABC ＝13S △ABD ·SC ＝13×12×(3)2·sin60°×4＝3，因此选C.【点评】本题考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力．本题的难点在于对三棱锥S －ABC 的结构特点的分析判定，其中的体积分割法是求解体积问题时经常使用的技巧．4. 设m ，n 是平面α内的两条不同直线；l 1，l 2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是()A．m∥β且l1∥αB．m∥l1且n∥l2C．m∥β且n∥βD．m∥β且n∥l2【解析】B选项A作条件，由于这是两个平面中各有一条直线与另一个平面平行，是不能得到α∥β的，但α∥β却能得到选项A，故选项A是必要而不充分条件；选项B作条件，现在m，n一定是平面α内的两条相交直线(否则，依照公理4得直线l1∥l2，与已知矛盾)，这就符合两个平面平行判定定理的推论“一个平面内假如有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，则这两个平面平行”，故条件是充分的，然而在α∥β时，由于直线m，n在平面α内的位置不同，只能得到m，n与平面β平行，得不到m∥l1，n∥l2的结论，故条件是不必要的，故选项B中的条件是充分而不必要的；选项C作条件，由于m，n只是平面α内的两条不同直线，这两条直线可能相互平行，故得不到α∥β的必定结论，那个条件是不充分的，但α∥β却能得到选项C，故选项C是必要而不充分条件；选线D作条件，由n∥l2可得n∥β，如此平面α的直线m，n分别与平面β平行，由于m，n可能平行，故也得不到α∥β的必定结论，故那个条件是不充分的，当α∥β时，只能得到m∥β但得不到n∥l2，故条件也不是必要的，选项D中的条件是既不充分也不必要的．5. （辽宁理8）。

【高考二轮课程】数学理科第14讲立体几何教案

高考二轮复习第14讲立体几何适用学科高中数学适用年级高三教材版本全国通用课时说明（建议）120分钟知识点（1）平行的判定与性质;（2）垂直的判定与性质;(3)空间向量与立体几何复习目标（1）掌握直线与平面、平面与平面平行和垂直判定定理和性质定理（2）掌握空间向量运算，并能利用空间向量求空间角与距离。

复习重点（1）直线与平面、平面与平面平行判定定理和性质定理。

（2）直线与平面、平面与平面垂直判定定理和性质定理。

（3）利用空间向量求空间角与距离。

复习难点（1）理解平行判定与性质之间的逻辑关系。

（2）理解垂直判定与性质之间的逻辑关系，与平行对应定理进行区分。

（3）能熟练准确地使用符号语言对证明过程进行描述。

（4）空间向量中定比分点及动点坐标的确定，平面法向量的计算，理解空间角的向量表达形式。

一、高考回顾近几年对立体几何的考查较为稳定，一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择或填空题和一道解答题或一道解答题．选择题一般在第10～11题的位置，填空题一般在第14题的位置，多考查线面位置关系的判断，难度较小．解答题多出现在第18或19题。

第一问的位置，考查空间中平行或垂直关系的证明，难度中等。

第二问的位置，考查利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等偏上。

二、知识清单1.思维导图2.知识再现将本部分的基础知识进行呈现，对一轮复习的成果进行夯实，避免基础知识的遗忘。

1．直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α. (2)线面平行的性质定理：a ∥α，a ⊂β，α∩β＝b ⇒a ∥b .(3)面面平行的判定定理：a ⊂β，b ⊂β，a ∩b ＝P ，a ∥α，b ∥α⇒α∥β. (4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ⇒a ∥b . 2．直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m ⊂α，n ⊂α，m ∩n ＝P ，l ⊥m ，l ⊥n ⇒l ⊥α. (2)线面垂直的性质定理：a ⊥α，b ⊥α⇒a ∥b . (3)面面垂直的判定定理：a ⊂β，a ⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β. 3．空间向量(1)异面直线所成的夹角若异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |.(2)线面角求出平面的法向量n ，直线的方向向量a ，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n ·a ||n ||a |. (3)面面角思维求出二面角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|(4)点到面的距离先求出平面的法向量，再求出已知点与平面内任意一点连线的向量，此向量在法向量上的投影的绝对值即为所求。

[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。

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。

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 ．。

立体几何复习教案

立体几何复习教案教案：立体几何复习教学内容：立体几何的基本概念和性质复习教学目标：1.复习立体几何的基本概念，如立体图形、多面体等。

2.复习立体几何的性质，如表面积、体积等。

3.强化学生对立体几何的理解和应用能力。

教学重点：1.立体几何的基本概念的复习。

2.立体几何的性质的复习。

教学难点：对立体几何的应用能力的强化。

教学准备：教学用具：课件、多面体模型等。

教学过程：Step 1：引入立体几何的复习通过引导学生回忆立体几何的基本概念，如点、线、面、体等，并简要介绍立体几何的应用领域和重要性。

Step 2：复习立体几何的基本概念1.复习点、线、面的概念。

2.复习立体图形的概念及种类，如球体、圆柱体、锥体、棱柱体等。

3.复习多面体的概念及种类，如四面体、六面体等。

Step 3：复习立体几何的性质1.复习表面积的计算方法，并通过实例进行计算练习。

2.复习体积的计算方法，并通过实例进行计算练习。

3.复习立体几何图形的旋转、翻转和镜像等性质。

Step 4：巩固立体几何的知识进行一些小组讨论和练习题，强化学生对立体几何的理解和应用能力。

Step 5：拓展应用通过引导学生思考，在实际生活、工程等领域中应用立体几何的情况，拓展学生的思维和应用能力。

Step 6：复习总结对本堂课所学内容进行总结和复习，帮助学生巩固所学知识。

Step 7：作业布置布置一些与立体几何相关的作业，以进一步巩固学生的学习成果。

教学评价：在整个教学过程中，通过学生回答问题、小组讨论和练习题等方式进行评价，以了解学生对立体几何知识的掌握程度和应用能力的发展情况。

教学反思：通过本堂课的复习教学，学生对立体几何的基本概念和性质有了较好的理解和掌握，学生对立体几何的应用能力也有了一定的提高。

在教学过程中，可以适当引入更多的生活实例，并加强练习的设置，以进一步巩固学生的学习成果。

年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。

【教育学习文章】XX届高考理科数学第二轮立体几何复习教案

XX届高考理科数学第二轮立体几何复习教案本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址XX届高考数学二轮复习专题六立体几何【重点知识回顾】稳定中有所创新,由知识立意转为能力立意（1）考查重点及难点稳定：高考始终把空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直的性质与判定,以及求线面角、二面角等知识都是重点考查的内容，其中线线角、线面角、二面角的求解更是重中之重在难度上平稳过渡，始终以中等偏难为主。

实行新课程的高考，命题者在求稳的同时注重创新高考创新，主要体现在命题的立意和思路上注重对学生能力的考查（2）空间几何体中的三视图仍是高考的一个重要知识点解答题的考查形式仍要注重在一个具体立体几何模型中考查线面的关系（3）使用，“向量”仍将会成为高考命题的热点，一般选择题、填空题重在考查向量的概念、数量积及其运算律在有些立体几何的解答题中，建立空间直角坐标系，以向量为工具，利用空间向量的坐标和数量积解决直线、平面问题的位置关系、角度、长度等问题，比用传统立体几何的方法简便快捷，空间向量的数量积及坐标运算仍是XX年高考命题的重点（4）支持新课改，在重叠部分做,在知识交汇点处命题立体几何中平行、垂直关系证明的思路清楚吗？平行垂直的证明主要利用线面关系的转化：线面平行的判定：线面平行的性质：三垂线定理（及逆定理）：线面垂直：面面垂直：三类角的定义及求法（1）异面直线所成的角θ，0°＜θ≤90°（2）直线与平面所成的角θ，0°≤θ≤90°（三垂线定理法：A∈α作或证AB⊥β于B，作Bo⊥棱于o，连Ao，则Ao⊥棱l，∴∠AoB为所求。

）三类角的求法：①找出或作出有关的角。

②证明其符合定义，并指出所求作的角。

③计算大小（解直角三角形，或用余弦定理）。

点与点，点与线，点与面，线与线，线与面，面与面间距离。

将空间距离转化为两点的距离，构造三角形，解三角形求线段的长（如：三垂线定理法，或者用等积转化法）。

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。

【公开课教案】《高三立体几何综合复习》教学设计

《高三立体几何综合复习》教学设计一、教材分析立体几何是高中数学的重要概念之一。

最近几年高考对立体几何的要求发生了很大的变化，注重空间的平行与垂直关系的判定，淡化空间角和空间距离的考查，因此立体几何的难度和以往相比有大幅度的降。

因此依据考试说明的要求在高三复习中制定以下目标：1.高度重视立体几何基础知识的复习，扎实地掌握基本概念、定理和公式等基础知识。

2.复习过程中指导学生通过网络图或框图主动建构完整的知识体系，尤其要以线线、线面、面面三种位置关系形成网络，能够熟练地转化和迁移。

3.重视模型复习，强化学生的“想图、画图、识图、解图”的能力，重视图形语言、文字语言、符号语言转化的训练。

尤其重视对所画的立体图形、三视图与真实图形思维理解上的一致性。

4.在完成解答题时，要重视培养学生规范书写，注意表述的逻辑性及准确性，要注意训练学生思考的严谨性，在计算相关量时应做到“一作、二证、三算”。

做好本节课的复习，对学生系统地掌握直线和平面的知识乃至于创新能力的培养都具有重要的意义。

二、学情分析在传统的高中数学立体几何的学习中，采取的基本方法：面面俱到的知识点整理，典型的例题解答，课堂的跟踪训练，灌输解题规律，这种模式由于缺乏新意，学生思维难以兴奋，发散性思维受到抑制，创新意识逐渐消弱，学习的效果可想而知。

因此立体几何的学习只有深入到学科知识的内部，充分调动学生的思维，触及学生的兴奋点，这样才能达到高效学习的目的。

三、设计思想在新课程理念下，在立体几何教学中我进行了研究性学习的尝试，所谓研究性学习就是应用研究性学习的理念、方法去指导立体几何，学生在教师的引导下尽可能地采取自主性、探究性的学习方式，不仅要注意基础知识的学习，更应该关注自身综合素质、创新意识的提高。

让学生在教师的引导下，充分地动手、动口、动脑，掌握学习的主动权。

四、媒体手段利用电子白板，幻灯片课件，几何画板软件。

让学生分组自己动手利用几何画板绘制立体图形，分组讨论得出结论，充分调动学生的学习的积极性主动性，自主的发现问题，找到解决问题的方法。

(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。

2019-2020年高考数学二轮专题复习立体几何教案

2019-2020年高考数学二轮专题复习立体几何教案一、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，高为，则侧面积．若长方体的长、宽、高分别是a、b、c，则其表面积．（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，底面半径为r，那么圆柱的侧面积，此时圆柱底面面积.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，则侧面积，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个全等的等腰三角形．如果正棱锥的周长为，斜高为，则它的侧面积．（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，斜高是，那么它的侧面积是．（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，母线长为，那么它的侧面积是．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，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和高的积，即．其中底面半径是，高是的圆柱的体积是．（2）如果一个锥体（棱锥、圆锥）的底面积是，高是，那么它的体积是．其中底面半径是，高是的圆锥的体积是，就是说，锥体的体积是与其同底等高柱体体积的．（3）如果台体（棱台、圆台）的上、下底面积分别是，高是，那么它的体积是．其中上、下底半径分别是，高是的圆台的体积是221π()3V r Rr R h=++圆台．（4）球的体积公式：.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。

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。