高三数学复习学案：立体几何中的有关证明与综合问题 新人教A版
高中数学新人教版A版精品教案《《立体几何中的垂直关系》 复习课的教学设计与反思》
《立体几何中的垂直关系》 复习课的教学设计与反思一、教学内容解析垂直关系是直线与平面间的一种特殊位置关系，它是点、线、面位置关系中的核心概念之一。
近几年的高考中都出现了有关证明线线垂直、线面垂直、面面垂直的内容，所以本节复习课更要以高考的要求让学生掌握证明的思路、格式及书写的规范，能把定义、定理用三种语言灵活表达出来是基础，线线、线面、面面垂直的相互转化是解决有关问题的关键。
二、学习目标解析1． 识记直线、平面垂直的定义、定理，能准确的用图形语言和符号语言表达； 2． 理解线线、线面、面面垂直的相互转化；3． 能运用有关定理或性质证明直线、平面间有关垂直的问题。
三、教学方法与学法解析1、教学方法：本节课是高三第一轮复习中的《立体几何中的垂直关系》，重点是构建空间中三种垂直关系的知识网络，打通相互间的联系，提升转化与化归的能力。
2、教学手段：利用多媒体和导学案，导学案把大容量的信息提前呈现给学生，让学生提前思考，培养学生自学能力；多媒体演示使空间图形更加直观；利用黑板适当的板书弥补导学案在即时信息，反馈和信息的储存方面的不足。
3、学法指导：根据高三学生已具备了一定分析问题、解决问题的能力和积极参与意识，自主探索意识，由本节课的内容特点及学生已有的知识、能力、情感等因素定为问题探究式学法。
四、教学过程设计（一）构建知识网络直线与平面垂直的定义：如果一条直线和一个平面内的任何一条直线都垂直，那么称这条直线和这个平面垂直．平面与平面垂直的定义：两个平面相交，如果所成的二面角是 直二面角，就说这两个平面互相垂直问题1：请把下面四个定理用文字语言、图形语言、符号语言表示出来。
laα问题2：线线垂直、线面垂直、面面垂直之间有什么联系？又是通过什么进行联系的？设计意图：准确地把直线、平面垂直的定义、定理用文字语言、图形语言和符号语言表达出来，通过对它们的分析找到相互之间的联系，构建出垂直关系的知识网络。
师生活动：1 让学生把四个定理用文字语言、图形语言、符号语言表示出来，通过学生板书或投影进行批改；2 提问：线线垂直、线面垂直、面面垂直之间有什么联系？引导学生分析相互之间的关系，让学生体验构建知识网络的过程。
高考数学一轮总复习 10.8 立体几何综合问题教案 理 新人教A版
高考数学一轮总复习 10.8 立体几何综合问题教案理新人教A版典例精析题型一线面、面面平行与垂直【例1】如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EF∥AB，EF⊥FB，AB＝2EF，∠BFC＝90°，BF＝FC，H为BC的中点.(1)求证：FH∥平面EDB；(2)求证：AC⊥平面EDB；(3)求二面角B－DE－C的大小【解析】方法一：(综合法)(1)设AC与BD交于点G，则G为AC的中点.连接EG，GH，又H为BC的中点，所以GH 12AB.又EF12AB，所以EF GH.所以四边形EFHG为平行四边形. 所以EG∥FH.而EG⊂平面EDB，所以FH∥平面EDB.由四边形ABCD为正方形，有AB⊥BC，又EF∥AB，所以EF⊥BC.而EF⊥FB，所以EF⊥平面BFC，所以EF⊥FH，所以AB⊥FH.又BF＝FC，H为BC的中点，所以FH⊥BC.所以FH⊥平面ABCD. 所以FH⊥AC.又FH∥EG，所以AC⊥EG.又AC⊥BD，EG∩BD＝G，所以AC⊥平面EDB.(3)EF⊥FB，∠BFC＝90°，所以BF⊥平面CDEF.在平面CDEF内过点F作FK⊥DE交DE的延长线于K，则∠FKB为二面角B－DE－C的一个平面角.设EF＝1，则AB＝2，FC＝2，DE＝ 3.又EF∥DC，所以∠KEF＝∠EDC.所以sin∠EDC＝sin∠KEF＝23 .所以FK＝EF•sin∠KEF＝23，tan∠FKB＝BFFK＝ 3.所以∠FKB＝60°.所以二面角B－DE－C为60°.方法二：(向量法)因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥BC.又EF∥AB. 所以EF⊥BC，又EF⊥FB，所以EF⊥平面BFC.所以EF⊥FH，所以AB⊥FH.又BF＝FC，H为BC的中点，所以FH⊥BC.所以FH⊥平面ABCD.以H为坐标原点，HB为x轴正向，HF为z轴正向，建立如图所示坐标系. 设BH＝1，则A(1，－2,0)，B(1,0,0)，C(－1,0,0).D(－1，－2,0)，E(0，－1,1)，F(0,0,1). (1)设AC 与BD 交点为G ，连接GE ，GH ，则G(0，－1,0)，所以GE ＝(0,0,1)，又HF ＝(0,0,1)， 所以HF ∥GE . GE ⊂平面EDB ，HF 不在平面EDB 内，所以FH ∥平面EBD.(2) AC ＝(－2,2,0)，GE ＝(0,0,1)，AC •GE ＝0，所以AC ⊥GE.又AC ⊥BD ，EG∩BD＝G ，所以AC ⊥平面EDB.(3) BE ＝(－1，－1,1)，BD ＝(－2，－2,0)，设平面BDE 的法向量为n1＝(1，y1，z1).则BE •n1＝－1－y1＋z1＝0，BD •n1＝－2－2y1＝0，所以y1＝－1，z1＝0，即n1＝(1，－1,0).CD ＝(0，－2,0)， CE ＝(1，－1,1).设平面CDE 的法向量为n2＝(1，y2，z2)，则n2•CD ＝0，y2＝0，n2•DE ＝0, 1－y2＋z2＝0，z2＝－1，故n2＝(1,0，－1).cos 〈n1，n2〉＝|2|||121n n n n •＝12×2＝12， 所以〈n1，n2〉＝60°，即二面角B －DE －C 为60°.【点拨】(1)本题主要考查空间线面平行，线面垂直，面面垂直的判断与证明，考查二面角的求法以及利用向量知识解决几何问题的能力，同时考查空间想象能力，推理论证能力和运算能力.(2)空间角、空间的平行与垂直是高考必考内容之一，处理方法为推理论证或借助向量知识解决分析几何问题.【变式训练1】已知平面α外不共线的三点A ，B ，C 到α的距离都相等，则正确的结论是( )A.平面ABC 必不垂直于αB.平面ABC 必平行于αC.平面ABC 必与α相交D.存在△ABC 的一条中位线平行于α或在α内【解析】选D题型二 空间角求解【例2】 (2010浙江)在矩形ABCD 中，点E ，F 分别在线段AB ，AD 上，AE ＝EB ＝AF ＝23FD ＝4.沿直线EF 将△AEF 翻折成△A′EF，使平面A′EF⊥平面BEF.(1)求二面角A′－FD －C 的余弦值；(2)若点M ，N 分别在线段FD ，BC 上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使C 与A′重合，求线段FM 的长.【解析】(1)取线段EF 的中点H ，连接A′H，因为A′E＝A′F 及H 是EF 的中点，所以A′H⊥EF.又因为平面A′EF⊥平面BEF ，及A′H ⊂平面A′EF，所以A′H⊥平面BEF. 如图建立空间直角坐标系A －xyz ，则A′(2,2,22)，C(10,8,0)，F(4,0,0)，D(10,0,0). 故A F '＝(－2,2,22)， FD ＝(6,0,0).设n ＝(x ，y ，z)为平面A′FD 的一个法向量，所以⎪⎩⎪⎨⎧==++-,06,02222x z y x取z ＝2，则n ＝(0，－2，2).又平面BEF 的一个法向量m ＝(0,0,1).故cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝33. 所以二面角的余弦值为33. (2)设FM ＝x ，则M(4＋x,0,0)，因为翻折后，C 与A′重合，所以CM ＝A′M，故(6－x)2＋82＋02＝(－2－x)2＋22＋(22)2，得x ＝214，经检验，此时点N 在线段BC 上. 所以FM ＝214. 【点拨】(1)本例主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力.(2)折叠问题是立体几何中的一个重要题型，解题中要将折叠前后的图形相互联系，使得解题有章可循.【变式训练2】已知二面角α－l －β为60°，平面α内一点A 到平面β的距离为AB ＝4，则B 到平面α的距离为____________.【解析】2.题型三 线面位置探索性问题【例3】已知ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝AD ＝2.(1)求PC 与平面PBD 所成的角；(2)在线段PB 上是否存在一点E ，使PC ⊥平面ADE ？若存在，确定E 点的位置；若不存在，说明理由.【解析】如图建立空间直角坐标系D －xyz ，因为PD ＝AD ＝2，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，O(1,1,0)，B(2,2,0)，C(0，2,0)，P(0,0,2).(1)在正方形ABCD 中，OC ⊥DB.因为PD ⊥平面ABCD ，OC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥OC.又因为DB∩PD＝D ，所以OC ⊥平面PBD.所以∠CPO 为PC 与平面PBD 所成的角.因为PC ＝(0,2，－2)，PO ＝(1,1，－2)，所以cos 〈PC ，PO 〉＝||||·PO PC PO PC ＝32， 所以PC 与平面PBD 所成的角为30°.(2)假设在PB 上存在点E ，使PC ⊥平面ADE. 则PE ＝λPB .因为PB ＝(2,2，－2)，所以PE ＝(2λ，2λ，－2λ)，而AP ＝(－2,0,2)，所以AE ＝(2λ－2,2λ，2－2λ).要PC ⊥平面ADE ，即PC ⊥AE ，即PC •AE ＝8λ－4＝0，即λ＝12，所以E(1,1,1)， 所以存在点E 且E 为PB 的中点时PC ⊥平面ADE.【点拨】对于存在性问题，一般先假设存在，若能求出符合条件的解，则存在，若不能求出符合条件的解，则不存在.【变式训练3】ABCD 是直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，又SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，则平面SCD 与平面SAB 所成二面角的正切值为 . 【解析】22. 题型四 立体几何综合问题【例4】圆柱OO1内有一个三棱柱ABC －A1B1C1，三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形，且AB 是圆O 的直径.(1)求证：平面A1ACC1⊥平面B1BCC1；(2)设AB ＝AA1，在圆柱OO1内随机选取一点，记该点取自于三棱柱ABC －A1B1C1内的概率为p.①当点C 在圆周上运动时，求p 的最大值；②记平面A1ACC1与平面B1OC 所成的角为θ(0°＜θ≤90°).当p 取最大值时，求cos θ的值.【解析】(1)因为A1A ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以A1A ⊥BC.因为AB 是圆O 的直径，所以BC ⊥AC.又AC∩A1A＝A ，所以BC ⊥平面A1ACC1，而BC ⊂平面B1BCC1，所以平面A1ACC1⊥平面B1BCC1.(2)①设圆柱的底面半径为r ，则AB ＝AA1＝2r ，故三棱柱ABC －A1B1C1的体积V1＝12AC ·BC ·2r ＝AC •BC •r. 又因为AC 2＋BC2＝AB2＝4r2.所以AC ·BC≤AC2＋BC22＝2r2，当且仅当AC ＝BC ＝2r 时等号成立. 从而V 1≤2r3，而圆柱的体积V ＝πr2·2r ＝2πr3，故p ＝V1V ≤2r32πr3＝1π， 当且仅当AC ＝BC ＝2r ，即OC ⊥AB 时等号成立.所以p的最大值等于1π.②由①可知，p取最大值时，OC⊥AB.于是，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xyz(如图)，则C(r,0,0)，B(0，r,0)，B1(0，r,2r).因为BC⊥平面A1ACC1，所以BC＝(r，－r,0)是平面A1ACC1的一个法向量.设平面B1OC的法向量n＝(x，y，z)，取z＝1，得平面B1OC的一个法向量为n＝(0，－2,1)，因为0°＜θ≤90°，所以cos θ＝|cos〈n，BC〉|＝||||||BCBC••nn＝|2r5×2r|＝105.【点评】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及几何体的体积、几何概型等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力；考查数形结合思想、化归与转化思想、必然与或然思想.【变式训练4】如图1，一个正四棱柱形的密闭容器底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P.如果将容器倒置，水面也恰好过点P(图2).有下列四个命题：①正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半；②将容器侧面水平旋转时，水面也恰好过点P；③任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点P；④若往容器内再注入a升水，则容器恰好能装满.其中真命题的序号是.(写出所有真命题的序号)【解析】②④.总结提高空间向量和空间坐标系的引入，大大降低了学生对空间想象能力和推理能力的要求，因此，运用向量法解决立体几何题，是同学们需引起足够重视和彻底掌握的地方.由此，也可体会到向量法的魅力所在！。
立体几何全部教案(人教A版高中数学必修②教案)
立体几何全部教案(人教A版高中数学必修②教案)第一章：空间几何体的结构特征1.1 教学目标了解柱体、锥体、球体的定义及性质。
掌握空间几何体的结构特征，如表面积、体积等。
1.2 教学内容柱体、锥体、球体的定义及性质。
空间几何体的结构特征的计算方法。
1.3 教学步骤1. 引入新课，讲解柱体、锥体、球体的定义及性质。
3. 讲解空间几何体的结构特征的计算方法，如表面积、体积等。
1.4 课堂练习完成课本练习题，巩固所学知识。
1.5 课后作业完成课后作业，加深对空间几何体的结构特征的理解。
第二章：点、线、面的位置关系2.1 教学目标了解点、线、面的位置关系，如平行、垂直等。
掌握点、线、面的位置关系的判定方法。
2.2 教学内容点、线、面的位置关系的定义及判定方法。
2.3 教学步骤1. 引入新课，讲解点、线、面的位置关系的定义及判定方法。
2.4 课堂练习完成课本练习题，巩固所学知识。
2.5 课后作业完成课后作业，加深对点、线、面的位置关系的理解。
第三章：空间角的计算3.1 教学目标了解空间角的定义及性质。
掌握空间角的计算方法。
3.2 教学内容空间角的定义及性质。
空间角的计算方法。
3.3 教学步骤1. 引入新课，讲解空间角的定义及性质。
3.4 课堂练习完成课本练习题，巩固所学知识。
3.5 课后作业完成课后作业，加深对空间角的计算的理解。
第四章：空间向量的应用4.1 教学目标了解空间向量的定义及性质。
掌握空间向量的应用方法。
空间向量的定义及性质。
空间向量的应用方法。
4.3 教学步骤1. 引入新课，讲解空间向量的定义及性质。
4.4 课堂练习完成课本练习题，巩固所学知识。
4.5 课后作业完成课后作业，加深对空间向量的应用的理解。
第五章：立体几何中的综合问题5.1 教学目标培养学生解决立体几何综合问题的能力。
5.2 教学内容立体几何中的综合问题的解题策略。
5.3 教学步骤1. 引入新课，讲解立体几何中的综合问题的解题策略。
新人教A版必修2高中数学学案教案 ：2.2.4立体几何复习小结(2)教案
课题：4.2必修(2)立体几何复习小结(2)一、复习目标：1．了解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． 2．了解平面和平面的位置关系；掌握平面和平面平行的判定定理和性质定理．3．掌握直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理，并能运用它们进行论证和解决有关的问题；4．会用三垂线定理及其逆定理证明线线垂直，并会规范地写出解题过程。
二、例题分析： 例1．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中． (1)求证：平面A 1BD ∥平面B 1D 1C ；(2)若E 、F 分别是AA 1，CC 1的中点，求证：平面EB 1D 1∥平面FBD ． 证明：(1)由B 1B ∥DD 1，得四边形BB 1D 1D 是平行四边形， ∴B 1D 1∥BD ，又BD ⊄平面B 1D 1C ，B 1D 1⊂平面B 1D 1C ， ∴BD ∥平面B 1D 1C ． 同理A 1D ∥平面B 1D 1C ． 而A 1D ∩BD ＝D ， ∴平面A 1BD ∥平面B 1CD ．(2)由BD ∥B 1D 1，得BD ∥平面EB 1D 1．取BB 1中点G ，∴AE ∥B 1G ． 从而得B 1E ∥AG ，同理GF ∥AD ．∴AG ∥DF ． ∴B 1E ∥DF ．∴DF ∥平面EB 1D 1． ∴平面EB 1D 1∥平面FBD ．说明 要证“面面平面”只要证“线面平面”，要证“线面平行”，只要证“线线平面”，故问题最终转化为证线与线的平行．小结：例2．如图，已知M 、N 、P 、Q 分别是空间四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 的中点． 求证：(1)线段MP 和NQ 相交且互相平分；(2)AC ∥平面MNP ，BD ∥平面MNP ． 证明：(1) ∵M 、N 是AB 、BC 的中点，∴MN ∥AC ，MN ＝21AC ． ∵P 、Q 是CD 、DA 的中点，∴PQ ∥CA ，PQ ＝21CA ． ∴MN ∥QP ，MN ＝QP ，MNPQ 是平行四边形． ∴□MNPQ 的对角线MP 、NQ 相交且互相平分．(2)由(1)，AC ∥MN ．记平面MNP (即平面MNPQ )为α．显然AC ⊄α．A 1AB 1BC 1C D 1D G EFB A DCNQMNM PCBA否则，若AC ⊂α，由A ∈α，M ∈α，得B ∈α；由A ∈α，Q ∈α，得D ∈α，则A 、B 、C 、D ∈α， 与已知四边形ABCD 是空间四边形矛盾． 又∵MN ⊂α，∴AC ∥α，又AC ⊄α，∴AC ∥α，即AC ∥平面MNP ．同理可证BD ∥平面MNP ．例3．四面体ABCD 中，,,AC BD E F =分别为,AD BC 的中点，且22EF AC =， 90BDC ∠=o ，求证：BD ⊥平面ACD证明：取CD 的中点G ，连结,EG FG ，∵,E F 分别为,AD BC 的中点，∴EG12//AC =12//FG BD =，又,AC BD =∴12FG AC =，∴在EFG ∆中， 222212EG FG AC EF +==∴EG FG ⊥，∴BD AC ⊥，又90BDC ∠=o ，即BD CD ⊥，AC CD C =I ∴BD ⊥平面ACD 例2．如图P 是ABC ∆所在平面外一点，,PA PB CB =⊥平面PAB ，M 是PC 的中点，N是AB 上的点，3AN NB = （1）求证：MN AB ⊥；（2）当90APB ∠=o ，24AB BC ==时，求MN 的长。
人教A版高中数学必修教案：立体几何全部教案
人教A版高中数学必修教案：立体几何第一章教案第一章：空间几何体1.1 柱体教学目标：理解柱体的概念及其性质，掌握柱体的表面积和体积的计算方法。
教学重点：柱体的概念及其性质，柱体的表面积和体积的计算方法。
教学难点：柱体的表面积和体积的计算方法。
教学准备：教师准备柱体的实物模型，以及相关的计算工具。
教学过程：(1) 引入新课通过展示柱体的实物模型，引导学生观察和描述柱体的特征。
(2) 讲解概念解释柱体的定义，说明柱体的性质，如底面的形状和大小，高的大小等。
(3) 计算方法讲解柱体的表面积和体积的计算方法，引导学生理解和掌握这些方法。
(4) 练习给出一些柱体的具体数据，让学生计算其表面积和体积，巩固所学的计算方法。
(5) 总结总结本节课所学的柱体的概念及其性质，以及表面积和体积的计算方法。
教学反思：通过本节课的教学，学生应该能够理解和掌握柱体的概念及其性质，以及柱体的表面积和体积的计算方法。
在教学过程中，教师应该注重学生的观察和思考能力的培养，通过实物模型和计算练习，帮助学生更好地理解和掌握所学的知识。
1.2 锥体教学目标：理解锥体的概念及其性质，掌握锥体的表面积和体积的计算方法。
教学重点：锥体的概念及其性质，锥体的表面积和体积的计算方法。
教学难点：锥体的表面积和体积的计算方法。
教学准备：教师准备锥体的实物模型，以及相关的计算工具。
教学过程：(1) 引入新课通过展示锥体的实物模型，引导学生观察和描述锥体的特征。
(2) 讲解概念解释锥体的定义，说明锥体的性质，如底面的形状和大小，高的大小等。
(3) 计算方法讲解锥体的表面积和体积的计算方法，引导学生理解和掌握这些方法。
(4) 练习给出一些锥体的具体数据，让学生计算其表面积和体积，巩固所学的计算方法。
总结本节课所学的锥体的概念及其性质，以及表面积和体积的计算方法。
教学反思：通过本节课的教学，学生应该能够理解和掌握锥体的概念及其性质，以及锥体的表面积和体积的计算方法。
人教A版高三数学一轮复习立体几何学案
5.立体几何■要点重温…………………………………………………………………………·1．几何体的三视图排列规则：俯视图放在正视图下面，侧视图放在正视图右面，“长对正，高平齐，宽相等．”由几何体的三视图确定几何体时，要注意以下几点：(1)还原后的几何体一般为较熟悉的柱、锥、台、球的组合体．(2)注意图中实、虚线，实际是原几何体中的可视线与被遮挡线．(3)想象原形，并画出草图后进行三视图还原，把握三视图和几何体之间的关系，与所给三视图比较，通过调整准确画出原几何体．[应用1]“牟合方盖”是我国古代数家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图11，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其主视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是()图11[解析]俯视图是正方形，曲线在其上面的投影恰为正方形的对角线，故选B.[答案] B2．空间几何体表面积和体积的求法几何体的表面积是各个面的面积之和，组合体的表面积应注意重合部分的处理，求几何体的体积常用公式法、割补法、等积变换法．[应用2]如图12所示，一个空间几何体的正视图和俯视图都是边长为1的正方形，侧视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的表面积为()【导号：07804184】图12A ．4πB ．3πC ．2πD ．32π[答案] D[应用3] 如图13，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，点E ，F 为P A ，PD 的中点，则平面BCFE 将四棱锥P -ABCD 所分成的上下两部分的体积的比值为________．图13[解析] 设棱锥的底面ABCD 的面积为S ，高为h ，V P -ABCD ＝13Sh ， ∵V F -BDC ＝13·S △DBC ·h 2＝13·S 2·h 2＝112Sh ，同理V P -ADB ＝13·S 2·h ＝16Sh ，由于四棱锥B -ADFE 和三棱锥B -P AD 等高，而S ADFE S P AD＝34， 所以V B -ADFE ＝34·16Sh ＝18Sh ，所以下半部分的体积为524Sh ，上半部分的体积为13Sh －524Sh ＝324Sh ，所以上下两部分体积之比为35.[答案] 353．多面体与球接、切问题的求解策略(1)涉及球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内接、外切的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，则4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．[应用4] 一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积是32π3，那么这个三棱柱的体积是( )A ．96 3B ．16 3C ．24 3D ．48 3[解析] 如图，设球的半径为R ，由43πR 3＝32π3，得R ＝2.所以正三棱柱的高h ＝4.设其底面边长为a ，则13·32a ＝2，所以a ＝43，所以V ＝34×(43)2×4＝48 3.[答案] D[应用5] 已知三棱锥A -BCD 内接于球O ，且BC ＝BD ＝CD ＝23，若三棱锥A -BCD 体积的最大值为43，则球O 的表面积为( )【导 号：07804185】A．16πB．25πC．36πD．64π[解析]如图，当三棱锥的体积最大值为43，即13×12×(23)2×32×h＝43，解得h＝4，点A在如图所示的位置时，三棱锥的体积最大，即AO′＝4，并且在如图所示的三角形中，OA＝OC＝R，OO′＝4－R，O′C＝23×33＝2，所以在直角三角形OO′C中，R2＝(4－R)2＋22，解得R＝52，球的表面积为S＝4πR2＝25π，故选B.[答案] B4．空间平行问题的转化关系平行问题的核心是线线平行，证明线线平行的常用方法有：三角形的中位线、平行线分线段成比例(三角形相似)、平行四边形等．[应用6]下列命题正确的序号是________．(1)如果a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面．(2)如果直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行．(3)如果直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，那么a∥b.(4)如果直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，那么b∥α.[答案](4)5．空间垂直问题的转化关系线线垂直线面垂直的判定线面垂直的定义线面垂直面面垂直的判定面面垂直的性质面面垂直垂直问题的核心是线线垂直，证明线线垂直的常用方法有：等腰三角形底边上的中线、勾股定理、平面几何方法等．[应用7]已知两个平面垂直，下列命题①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线；②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线；③一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面；④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面．其中正确命题的个数是()A．3 B．2C．1 D．0[答案] B6．平面图形的翻折，立体图形的展开等一类问题，要注意翻折，展开前后有关几何元素的“不变量”与“不变性”．[应用8](1)如图14(1)，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB ＝2，D、E分别为AC、BD的中点，连接AE并延长交BC于F，将△ABD 沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，如图14(2)所示．图14(1)图14(2)(1)求证：AE⊥平面BCD；(2)求平面AEF与平面ADC所成的锐二面角的余弦值；(3)在线段AF上是否存在点M使得EM∥平面ADC？若存在，请指出点M的位置；若不存在，说明理由．[解](1)证明：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC的中点，∴AD＝BD＝DC，又∠BAC ＝60°，所以三角形ABD 为等边三角形；又E 为BD 的中点，∴AE ⊥BD .因为平面ABD ⊥平面BCD ，交线为BD ，AE ⊂平面ABD ，所以AE ⊥平面BCD .(2)由AE ⊥平面BCD 可知．AE ⊥EF .由题意知EF ⊥BD ，AE ⊥BD ，故以E 为坐标原点，分别以EF 、ED 、EA 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系E -xyz .由(1)得，AB ＝BD ＝DC ＝AD ＝2，BE ＝ED ＝1，计算得AE ＝3，BC ＝23，BF ＝33，则E (0,0,0)，D (0,1,0)，B (0，－1,0)，A (0,0，3)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，0，C (3，2,0)， 则DC→＝(3，1,0)，AD →＝(0,1，－3)， 易知平面AEF 的一个法向量为ED→＝(0,1,0)． 设平面ADC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ n ·DC →＝0n ·AD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y ＝0y －3z ＝0， 令z ＝1，得y ＝3，x ＝－1，∴n ＝(－1，3，1)．cos 〈n ，ED →〉＝31×5＝155.所以平面AEF 与平面ADC 所成的锐二面角的余弦值为155(3)设AM→＝λAF →，其中λ∈[0,1]， ∵AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，－3，∴AM →＝λAF →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，－3，其中λ∈[0,1]， EM →＝EA →＋AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3λ3，0，(1－λ)3，由EM →·n ＝0，解得λ＝34∈(0,1)． 所以在线段AF 上存在点M ，使EM ∥平面ADC ，且AM ∶AF ＝3∶4.7. “转化法”求空间角(1)设两条异面直线a ，b 所成的角为θ，两条直线的方向向量分别为a ，b .因为θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，故有cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b |a ||b ||. (2)设直线l 和平面α所成的角为θ，l 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的法向量，则sin θ＝|cos 〈l ，n 〉|＝|l ·n |l ||n ||.(3)设二面角α-l -β的大小为θ，n 1，n 2是二面角α-l -β的两个半平面的法向量，则|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，两个角之间的关系需要根据二面角的取值范围 确定．[应用9] 在三棱锥P -ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝12P A ，点O ，D 分别是AC ，PC 的中点，OP ⊥底面ABC ，求直线P A 与平面PBC 所成角的正弦值．[解] ∵OP ⊥平面ABC ，OA ＝OC ，AB ＝BC ，∴OA ⊥OB ，OA ⊥OP ，OB ⊥OP .以O 为原点，射线OP 为z 轴正方向，OA 为x 轴正方向，OB 为y 轴正方向，建立空间直角坐标系O -xyz (如图)．设AB ＝a ，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0， 设OP ＝h ，则P (0,0，h )，由12P A ＝AB ，则P A ＝2a ，则P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0， 72a ，P A →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，－ 72a . 可求得平面PBC 的一个法向量为n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－1，－17， ∴cos 〈P A →，n 〉＝P A →·n |P A →| |n |＝21030， 设P A 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈P A →，n 〉|＝21030.8．求点到平面的距离的方法(1)“等积法”：求解点到面的距离常转化为锥体的高，利用三棱锥体积公式求点到平面的距离．(2)“向量法”：如图，设P 在平面α外，n 为平面α的法向量，在平面α内任取一点Q ，则点P 到平面α的距离d ＝|PQ →·n ||n |.图15[应用10] 正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是底面A 1B 1C 1D 1的中心，则点O 到平面ABC 1D 1的距离为________.【导 号：07804186】[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，C 1(0,1,1)，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1. 设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ n ·AB →＝0，n ·AD 1→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝0，－x ＋z ＝0.令z ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝0， ∴n ＝(1,0,1)，又OD 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，0， ∴O 到平面ABC 1D 1的距离d ＝|n ·OD 1→||n |＝122＝24. [答案] 24■查缺补漏…………………………………………………………………………·1．已知m ，n 为空间中两条不同的直线，α，β为空间中两个不同的平面，下列命题中正确的是( )A ．若m ∥α，m ∥β，则α∥βB ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥αC ．若m ∥α，m ∥n ，则n ∥αD ．若m ⊥α，m ∥β，则α⊥βD [对于选项A ，若m ∥α，m ∥β，则可能α，β相交，或者α∥β，所以选项A 不正确；对于选项B ，若m ⊥α，m ⊥n ，则可能n ⊂α，或n ∥α，所以选项B 不正确；对于选项C ，若m ∥α，m ∥n ，则n ⊂α，或n ∥α，所以选项C 不正确；对于选项D ，若m ⊥α，m ∥β，则由线面平行可得在平面β内存在一条直线l ，使得m ∥l ，然后由m ⊥α可得l ⊥α，进而得出α⊥β，故选D.]2. 一个四面体的顶点在空间直角坐标系O -xyz 中的坐标分别是⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，(1,1,0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，(1,0,1)，画该四面体三视图中的正视图时，以yOz 平面为投影面，则得到的正视图可以为( )A [由图可得，故选A.]3．如图16，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P ，Q 分别是AA 1，A 1D 1，CC 1，BC 的中点，给出以下四个结论：①A 1C ⊥MN ；②A 1C ∥平面MNPQ ；③A 1C 与PM 相交；④NC 与PM 异面．其中不正确的结论是( )图16A ．①B ．②C ．③D ．④B [作出过M ，N ，P ，Q 四点的截面交C 1D 1于点S ，交AB 于点R ，如图中的六边形MNSPQR ，显然点A 1，C 分别位于这个平面的两侧，故A 1C 与平面MNPQ一定相交，不可能平行，故结论②不正确．]4．如图17，格纸上小正方形的边长为1，粗线或虚线画出某几何体的三视图，该几何体的体积为()【导号：07804187】图17A．8 B．12C．18 D．24B[由题意得，根据给定的三视图可知，该几何体为如图所示的几何体，是一个三棱锥与三棱柱的组合体，其中三棱锥的体积为V1＝13×12×4×3×2＝4，三棱柱的体积为V2＝2V1＝2×4＝8，所以该几何体的体积为V＝12，故选B.]5.如图18，已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形，P A⊥平面ABC，P A＝2AB，则下列结论正确的是()图18A．PB⊥ADB．平面P AB⊥平面PBCC．直线BC∥平面P AED．直线PD与平面ABC所成的角为45°D[若PB⊥AD，则AD⊥AB，但AD与AB成60°角，A错误；平面P AB 与平面ABD垂直，所以平面P AB一定不与平面PBC垂直，B错误；BC 与AE是相交直线，所以BC一定不与平面P AE平行，C错误；直线PD与平面ABC所成角为∠PDA，在Rt△P AD中，AD＝P A，所以∠PDA＝45°，D正确．]6．设三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，∠BCA＝90°，BC＝CA＝2，若该棱柱的所有顶点都在体积为32π3的球面上，则直线B1C与直线AC1所成角的余弦值为()A．－23B．23C．－53D．53B[由已知，若棱柱的所有顶点都在球面上，则同高的长方体8个顶点也在球面上，且外接球的直径为长方体的体对角线，由球体体积可得直径为4，由于长方体底面为边长为2的正方形，故侧面的对角线为23，由余弦定理可知，直线B1C与直线AC1所成角的余弦值为12＋12－82×23×23＝23.]7．三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝15，AC＝6，PC⊥平面ABC，PC＝2，则该三棱锥外接球的表面积为()A.253πB．252πC.833πD．832πD[由题意可知，△ABC中AC边上的高为15－32＝6，球心O在底面ABC 的投影即为△ABC 的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，∴x 2＝32＋()x －62，解得x ＝564，∴R 2＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，∴外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π，故选D.]8．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为________.【导 号：07804188】5π3 [过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－π3×12×1＝5π3.]9．如图19，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，AC ＝5，AA 1＝3，M 为线段BB 1上的一动点，则过A ，M ，C 1三点的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为________．图1932＋14[由图形可知，当AM＋MC1最小时，所得截面的周长最小，如图所示把平面A1ABB1与平面C1CBB1展开成一个平面AA1C1C，则AM＋MC1最短为AC1＝32＋32＝32，所以截面的最小周长为32＋(5)2＋32＝32＋14.]10．在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝5，则V的最大值是________．323π[由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切，设球的半径为R，∵△ABC的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴△ABC的内切球半径为2，∴R≤2，又2R≤5，即R≤52，∴取交集R≤2，∴V max＝43π×23＝323π.]11．如图20，四棱锥P-ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△P AB与△P AD都是等边三角形．图20(1)证明：PB⊥CD；(2)求二面角A-PD-B的余弦值．[解](1)证明：如图，取BC的中点E，连接DE，则ADEB为正方形，过P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，连接OA ，OB ，OE ，OD ，则由△P AB 和△P AD 都是等边三角形可知P A ＝PB ＝PD ，∴OA ＝OB ＝OD ，即点O 为正方形ADEB 对角线的交点， 故OE ⊥BD ，从而OE ⊥平面PBD ，∴OE ⊥PB ，∵O 是BD 的中点，E 是BC 的中点， ∴OE ∥CD ，因此PB ⊥CD .(2)由(1)可知，OE ，OB ，OP 两两垂直，以O 为原点，OE 方向为x 轴正方向，OB 方向为y 轴正方向，OP 方向为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，设AB ＝2，则A (－2，0,0)，D (0，－2，0)，P (0,0，2)，AD→＝(2，－2，0)，AP →＝(2，0，2)， 设平面P AD 的法向量n ＝(x ，y ，z )， n ·AD →＝2x －2y ＝0，n ·AP →＝2x ＋2z ＝0， 取x ＝1，得y ＝1，z ＝－1，得n ＝(1,1，－1)，∵OE ⊥平面PBD ，设平面PBD 的法向量为m ，取m ＝(1,0,0)， 由图象可知二面角A -PD -B 的大小为锐角， ∴二面角A -PD -B 的余弦值为 cos θ＝|n·m ||n ||m |＝13＝33.12．已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1，侧面BCC 1B 1⊥底面ABC .图21(1)若M，N分别是AB，A1C的中点，求证：MN∥平面BCC1B1.(2)若三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，侧棱BB1与底面ABC所成的角为60°.问：在线段A1C1上是否存在一点P，使得平面B1CP⊥平面ACC1A1？若存在，求C1P与P A1的比值；若不存在，说明理由．[解](1)证明：连接AC1，BC1，则AN＝NC1，∵AM＝MB，∴MN∥BC1.又∵BC1⊂平面BCC1B1，∴MN∥平面BCC1B1.(2)作B1O⊥BC于O，∵面BCC1B1⊥底面ABC，∴B1O⊥面ABC.以O为原点，建立如上图所示的空间直角坐标系，则A(0，3，0)，B(－1,0,0)，C (1,0,0)B 1(0,0，3)．由AA 1→＝CC 1→＝BB 1→可求出A 1(1，3，3)，C 1(2,0，3)． 设P (x ，y ，z )，A 1C 1→＝λA 1P →， 解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ＋1，3－3λ，3，则CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ，3－3λ，3，CB 1→＝(－1,0，3)． 设平面B 1CP 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 由⎩⎨⎧n 1·CP →＝0，n 1·CB 1→＝0，解得n 1＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫3，1＋λ1－λ，1. 同理可求出平面ACC 1A 1的法向量n 2＝(3，1，－1)．由面B 1CP ⊥平面ACC 1A 1，得n 1·n 2＝0，即3＋1＋λ1－λ－1＝0解得，λ＝3，所以A 1C 1＝3A 1P ，从而C 1P ∶P A 1＝2.。
人教A版高中数学必修教案：立体几何全部教案
人教A版高中数学必修教案：立体几何全部教案第一章：绪论1.1 立体几何的概念教学目标：1. 理解立体几何的概念，掌握立体几何的研究对象和基本元素。
2. 掌握空间点、线、面的位置关系，培养空间想象能力。
教学重点：立体几何的概念，空间点、线、面的位置关系。
教学难点：立体几何的概念的理解，空间点、线、面的位置关系的应用。
教学过程：一、导入：引导学生回顾平面几何的基本概念，引出立体几何的概念。
二、新课：讲解立体几何的研究对象和基本元素，通过实物展示和图形绘制，介绍空间点、线、面的位置关系。
三、练习：学生自主完成练习题，巩固所学知识。
四、小结：总结本节课的主要内容，强调立体几何的概念和空间点、线、面的位置关系的重要性。
第二章：直线与平面2.1 直线与平面的位置关系教学目标：1. 理解直线与平面的位置关系，掌握直线与平面平行和直线与平面垂直的判定方法。
2. 培养空间想象能力和逻辑思维能力。
教学重点：直线与平面的位置关系，直线与平面平行和直线与平面垂直的判定方法。
教学难点：直线与平面平行和直线与平面垂直的判定方法的运用。
教学过程：一、导入：通过实例引入直线与平面的位置关系。
二、新课：讲解直线与平面的位置关系，介绍直线与平面平行和直线与平面垂直的判定方法。
三、练习：学生自主完成练习题，巩固所学知识。
四、小结：总结本节课的主要内容，强调直线与平面的位置关系和判定方法的重要性。
第三章：平面与平面3.1 平面与平面的位置关系教学目标：1. 理解平面与平面的位置关系，掌握平面与平面平行和平面与平面垂直的判定方法。
2. 培养空间想象能力和逻辑思维能力。
教学重点：平面与平面的位置关系，平面与平面平行和平面与平面垂直的判定方法。
教学难点：平面与平面平行和平面与平面垂直的判定方法的运用。
教学过程：一、导入：通过实例引入平面与平面的位置关系。
二、新课：讲解平面与平面的位置关系，介绍平面与平面平行和平面与平面垂直的判定方法。
三、练习：学生自主完成练习题，巩固所学知识。
2020版高考数学大一轮复习第八章立体几何高考专题突破四高考中的立体几何问题教案文含解析新人教A版
高考专题突破四高考中的立体几何问题题型一平行、垂直关系的证明例1如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)直线A1F∥平面ADE.证明(1)∵三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC.∵AD⊂平面ABC，∴AD⊥CC1.又∵AD⊥DE，DE∩CC1＝E，DE，CC1⊂平面BCC1B1，∴AD⊥平面BCC1B1.∵AD⊂平面ADE，∴平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)∵△A1B1C1中，A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，∴A1F⊥B1C1.∵CC1⊥平面A1B1C1，A1F⊂平面A1B1C1，∴A1F⊥CC1.又∵B1C1∩CC1＝C1，B1C1，CC1⊂平面BCC1B1，∴A1F⊥平面BCC1B1.又∵AD⊥平面BCC1B1，∴A1F∥AD.∵A1F⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，∴直线A1F∥平面ADE.思维升华 (1)平行问题的转化利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性质定理时，其顺序正好相反．在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用．(2)垂直问题的转化在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫．应用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题．跟踪训练1(2018·北京)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．(1)求证：PE⊥BC；(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；(3)求证：EF∥平面PCD.证明(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC.(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊂平面ABCD ， 所以AB ⊥平面PAD ， 又PD ⊂平面PAD ， 所以AB ⊥PD .又因为PA ⊥PD ，PA ∩AB ＝A ，PA ，AB ⊂平面PAB ， 所以PD ⊥平面PAB . 又PD ⊂平面PCD ， 所以平面PAB ⊥平面PCD .(3)如图，取PC 的中点G ，连接FG ，DG .因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点， 所以FG ∥BC ，FG ＝12BC ，因为四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， 所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形， 所以EF ∥DG .又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ， 所以EF ∥平面PCD .题型二 立体几何中的计算问题例2如图，在多面体ABCA 1B 1C 1中，四边形ABB 1A 1是正方形，△A 1CB 是等边三角形，AC ＝AB ＝1，B 1C 1∥BC ，BC ＝2B 1C 1.(1)求证：AB1∥平面A1C1C；(2)求多面体ABCA1B1C1的体积．(1)证明如图，取BC的中点D，连接AD，B1D，C1D，∵B1C1∥BC，BC＝2B1C1，∴BD∥B1C1，BD＝B1C1，CD∥B1C1，CD＝B1C1，∴四边形BDC1B1，CDB1C1是平行四边形，∴C1D∥B1B，C1D＝B1B，CC1∥B1D，又B1D⊄平面A1C1C，C1C⊂平面A1C1C，∴B1D∥平面A1C1C.在正方形ABB1A1中，BB1∥AA1，BB1＝AA1，∴C1D∥AA1，C1D＝AA1，∴四边形ADC1A1为平行四边形，∴AD∥A1C1.又AD⊄平面A1C1C，A1C1⊂平面A1C1C，∴AD∥平面A1C1C，∵B1D∩AD＝D，B1D，AD⊂平面ADB1，∴平面ADB1∥平面A1C1C，又AB1⊂平面ADB1，∴AB1∥平面A1C1C.(2)解在正方形ABB1A1中，A1B＝2，∵△A1BC是等边三角形，∴A1C＝BC＝2，∴AC2＋AA21＝A1C2，AB2＋AC2＝BC2，∴AA1⊥AC，AC⊥AB.又AA1⊥AB，∴AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥CD，易得CD⊥AD，又AD∩AA1＝A，∴CD⊥平面ADC1A1.易知多面体ABCA1B1C1是由直三棱柱ABD－A1B1C1和四棱锥C－ADC1A1组成的，直三棱柱ABD －A 1B 1C 1的体积为12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1×1＝14， 四棱锥C －ADC 1A 1的体积为13×22×1×22＝16，∴多面体ABCA 1B 1C 1的体积为14＋16＝512.思维升华 (1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．跟踪训练2(2019·阜新调研)如图，已知多面体PABCDE 的底面ABCD 是边长为2的菱形，PA ⊥底面ABCD ，ED ∥PA ，且PA ＝2ED ＝2.(1)证明：平面PAC ⊥平面PCE ；(2)若∠ABC ＝60°，求三棱锥P －ACE 的体积． (1)证明 如图，连接BD ，交AC 于点O ， 设PC 的中点为F ，连接OF ，EF .易知O 为AC 的中点， 所以OF ∥PA ，且OF ＝12PA .因为DE ∥PA ，且DE ＝12PA ，所以OF ∥DE ，且OF ＝DE ， 所以四边形OFED 为平行四边形，所以OD ∥EF ，即BD ∥EF .因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥BD .因为四边形ABCD 是菱形， 所以BD ⊥AC .因为PA ∩AC ＝A ，PA ，AC ⊂平面PAC ， 所以BD ⊥平面PAC .因为BD ∥EF ，所以EF ⊥平面PAC . 因为EF ⊂平面PCE ， 所以平面PAC ⊥平面PCE . (2)解 因为∠ABC ＝60°，所以△ABC 是等边三角形，所以AC ＝2. 又PA ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥AC .所以S △PAC ＝12PA ×AC ＝2.因为EF ⊥平面PAC ，所以EF 是三棱锥E －PAC 的高． 易知EF ＝DO ＝BO ＝3，所以三棱锥P －ACE 的体积V 三棱锥P －ACE ＝V 三棱锥E －PAC ＝13S △PAC ×EF ＝13×2×3＝233.题型三 立体几何中的探索性问题例3如图，梯形ABCD 中，∠BAD ＝∠ADC ＝90°，CD ＝2，AD ＝AB ＝1，四边形BDEF 为正方形，且平面BDEF ⊥平面ABCD .(1)求证：DF ⊥CE ；(2)若AC 与BD 相交于点O ，那么在棱AE 上是否存在点G ，使得平面OBG ∥平面EFC ？并说明理由．(1)证明 连接EB .∵在梯形ABCD 中，∠BAD ＝∠ADC ＝90°，AB ＝AD ＝1，DC ＝2，∴BD ＝2，BC ＝2， ∴BD 2＋BC 2＝CD 2， ∴BC ⊥BD .又∵平面BDEF ⊥平面ABCD ，平面BDEF ∩平面ABCD ＝BD ，BC ⊂平面ABCD ， ∴BC ⊥平面BDEF ，∴BC ⊥DF .又∵正方形BDEF 中，DF ⊥EB ，且EB ，BC ⊂平面BCE ，EB ∩BC ＝B ， ∴DF ⊥平面BCE .又∵CE ⊂平面BCE ，∴DF ⊥CE .(2)解 在棱AE 上存在点G ，使得平面OBG ∥平面EFC ，且AG GE ＝12.理由如下：连接OG ，BG ，在梯形ABCD 中，∠BAD ＝∠ADC ＝90°，AB ＝1，DC ＝2， ∴AB ∥DC ，∴AO OC ＝AB DC ＝12.又∵AG GE ＝12，∴OG ∥CE .又∵正方形BDEF 中，EF ∥OB ，且OB ，OG ⊄平面EFC ，EF ，CE ⊂平面EFC ， ∴OB ∥平面EFC ，OG ∥平面EFC . 又∵OB ∩OG ＝O ，且OB ，OG ⊂平面OBG ， ∴平面OBG ∥平面EFC .思维升华对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．跟踪训练3(2018·全国Ⅲ)如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC.(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．(1)证明由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，又DM⊂平面CMD，故BC⊥DM.因为M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，BC，CM⊂平面BMC，所以DM⊥平面BMC.又DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(2)解当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.证明如下：连接AC，BD，交于点O.因为ABCD为矩形，所以O为AC的中点．连接OP，因为P为AM的中点，所以MC∥OP.又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.1.如图所示，直角梯形ACDE与等腰直角三角形ABC所在平面互相垂直，F为BC的中点，∠BAC ＝∠ACD＝90°，AE∥CD，DC＝AC＝2AE＝2.(1)求证：平面BCD ⊥平面ABC ； (2)求证：AF ∥平面BDE .证明 (1)∵平面ABC ⊥平面ACDE ，平面ABC ∩平面ACDE ＝AC ，CD ⊥AC ，CD ⊂平面ACDE ， ∴DC ⊥平面ABC .又DC ⊂平面BCD ，∴平面BCD ⊥平面ABC .(2)如图，取BD 的中点P ，连接EP ，FP ，则PF ∥DC ，PF ＝12DC ，∵EA ∥DC ，EA ＝12DC ，∴EA ∥PF ，EA ＝PF ，∴四边形AFPE 是平行四边形， ∴AF ∥EP ，∵AF ⊄平面BDE ，EP ⊂平面BDE ， ∴AF ∥平面BDE .2.如图所示，平面ABCD ⊥平面BCE ，四边形ABCD 为矩形，BC ＝CE ，点F 为CE 的中点．(1)证明：AE ∥平面BDF ；(2)点M 为CD 上任意一点，在线段AE 上是否存在点P ，使得PM ⊥BE ？若存在，确定点P 的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．(1)证明连接AC交BD于点O，连接OF.∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC的中点．又F为EC的中点，∴OF∥AE.又OF⊂平面BDF，AE⊄平面BDF，∴AE∥平面BDF.(2)解当点P为AE的中点时，有PM⊥BE，证明如下：取BE的中点H，连接DP，PH，CH.∵P为AE的中点，H为BE的中点，∴PH∥AB.又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P，H，C，D四点共面．∵平面ABCD⊥平面BCE，且平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊥BC，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面BCE.又BE⊂平面BCE，∴CD⊥BE，∵BC＝CE，且H为BE的中点，∴CH⊥BE.又CH∩CD＝C，且CH，CD⊂平面DPHC，∴BE⊥平面DPHC.又PM⊂平面DPHC，∴PM⊥BE.3．(2018·江苏)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.求证：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.证明(1)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B.又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.4．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝BB1，AB1∩A1B＝E，D为AC上的点，B1C∥平面A1BD.(1)求证：BD⊥平面A1ACC1；(2)若AB＝1，且AC·AD＝1，求三棱锥A－BCB1的体积．(1)证明如图，连接ED，∵平面AB 1C ∩平面A 1BD ＝ED ，B 1C ∥平面A 1BD ，∴B 1C ∥ED ，∵E 为AB 1的中点，∴D 为AC 的中点，∵AB ＝BC ，∴BD ⊥AC ，①由A 1A ⊥平面ABC ，BD ⊂平面ABC ，得A 1A ⊥BD ，②又AC ∩A 1A ＝A ，AC ，A 1A ⊂平面A 1ACC 1，∴BD ⊥平面A 1ACC 1.(2)解 由AB ＝1，得BC ＝BB 1＝1，由(1)知AD ＝12AC ， 又AC ·AD ＝1，∴AC 2＝2，∴AC 2＝2＝AB 2＋BC 2，∴AB ⊥BC ，∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝12， ∴1A BCB V －＝1B ABC V －＝13S △ABC ·BB 1 ＝13×12×1＝16.5．(2019·呼伦贝尔联考)如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝12AB ＝2，E 为AC 的中点，将△ACD 沿AC 折起，使折起后的平面ACD 与平面ABC 垂直，如图2.在图2所示的几何体D －ABC 中：(1)求证：BC ⊥平面ACD ；(2)点F 在棱CD 上，且满足AD ∥平面BEF ，求几何体F －BCE 的体积．(1)证明 ∵AC ＝AD 2＋CD 2＝22，∠BAC ＝∠ACD ＝45°，AB ＝4，∴在△ABC 中，BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ×AB ×cos45°＝8，∴AB 2＝AC 2＋BC 2＝16，∴AC ⊥BC ，∵平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥平面ACD .(2)解 ∵AD ∥平面BEF ，AD ⊂平面ACD ，平面ACD ∩平面BEF ＝EF ，∴AD ∥EF ，∵E 为AC 的中点，∴EF 为△ACD 的中位线，由(1)知，V F －BCE ＝V B －CEF ＝13×S △CEF ×BC ， S △CEF ＝14S △ACD ＝14×12×2×2＝12，∴V F －BCE ＝13×12×22＝23.6.如图，在底面是菱形的四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，∠ABC ＝60°，AA 1＝AC ＝2，A 1B ＝A 1D ＝22，点E 在A 1D 上．(1)证明：AA 1⊥平面ABCD ；(2)当A 1E ED为何值时，A 1B ∥平面EAC ，并求出此时直线A 1B 与平面EAC 之间的距离． (1)证明 因为四边形ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°，所以AB ＝AD ＝AC ＝2，在△AA 1B 中，由AA 21＋AB 2＝A 1B 2，知AA 1⊥AB ，同理AA 1⊥AD ，又AB ∩AD ＝A ，AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以AA 1⊥平面ABCD .(2)解 当A 1E ED ＝1时，A 1B ∥平面EAC .证明如下：如图，连接BD 交AC 于点O ，当A 1E ED ＝1，即点E 为A 1D 的中点时，连接OE ，则OE ∥A 1B ，又A 1B ⊄平面EAC ，OE ⊂平面EAC ， 所以A 1B ∥平面EAC .直线A 1B 与平面EAC 之间的距离等于点A 1到平面EAC 的距离，因为E 为A 1D 的中点，所以点A 1到平面EAC 的距离等于点D 到平面EAC 的距离， V D －EAC ＝V E －ACD ，设AD 的中点为F ，连接EF ，则EF ∥AA 1，且EF ＝1，所以EF ⊥平面ACD ，可求得S △ACD ＝3， 所以V E －ACD ＝13×1×3＝33.又AE ＝2，AC ＝2，CE ＝2，所以S △EAC ＝72， 所以13S △EAC ·d ＝33(d 表示点D 到平面EAC 的距离)， 解得d ＝2217，所以直线A 1B 与平面EAC 之间的距离为2217.。
高考数学一轮复习 几何证明选讲教学案 理 新人教A版选
选考部分选修4—1 几何证明选讲考纲要求1．了解平行线截割定理，会证明并应用直角三角形射影定理．2．会证明并应用圆周角定理、圆的切线的判定定理及性质定理．3．会证明并应用相交弦定理、圆内接四边形的判定定理与性质定理、切割线定理．1．平行线等分线段定理定理如果一组平行线在一条直线上截得的线段____，那么在其他直线上截得的线段也____．推论1 经过三角形一边的中点与另一边平行的直线必__________．推论2 经过梯形一腰的中点，且与底边平行的直线__________．2．平行线分线段成比例定理定理三条平行线截两条直线，所得的________成比例．推论平行于三角形一边的直线截其他两边(或两边的延长线)所得的________成比例．3．相似三角形的判定及性质(1)相似三角形的判定定义______相等，对应边成比例的两个三角形叫做相似三角形．相似三角形对应边的比值叫做相似比(或相似系数)．预备定理平行于三角形一边的直线和其他两边(或两边的延长线)相交，所构成的三角形与原三角形相似．判定定理1 对于任意两个三角形，如果一个三角形的两个角与另一个三角形的______对应相等，那么这两个三角形相似．简述为：两角对应相等，两三角形相似．判定定理2 对于任意两个三角形，如果一个三角形的两边和另一个三角形的两边对应______，并且夹角相等，那么这两个三角形相似．简述为：两边对应______且夹角相等，两三角形相似．引理如果一条直线截三角形的两边(或两边的延长线)所得的对应线段________，那么这条直线平行于三角形的第三边．判定定理3 对于任意两个三角形，如果一个三角形的三条边和另一个三角形的三条边对应______，那么这两个三角形相似．简述为：三边对应______，两三角形相似．(2)两个直角三角形相似的判定定理①如果两个直角三角形有一个锐角对应____，那么它们相似．②如果两个直角三角形的两条直角边对应______，那么它们相似．③如果一个直角三角形的斜边和一条直角边与另一个直角三角形的斜边和一条直角边对应______，那么这两个直角三角形相似．(3)相似三角形的性质定理①相似三角形对应高的比、对应中线的比和对应角平分线的比都等于______；②相似三角形周长的比等于______；③相似三角形面积的比等于________________；④相似三角形外接圆(或内切圆)的直径比、周长比等于相似比，外接圆(或内切圆)的面积比等于______________．4．直角三角形的射影定理直角三角形斜边上的高是两直角边在斜边上射影的______；两直角边分别是它们在斜边上射影与斜边的________．5．圆周角定理(1)圆周角定理圆上一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的____．(2)圆心角定理圆心角的度数等于______________．推论1 同弧或等弧所对的圆周角____；同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧也____．推论2 半圆(或直径)所对的圆周角是____；90°的圆周角所对的弦是____．6．圆内接四边形的性质与判定定理性质定理1 圆的内接四边形的对角____．性质定理2 圆内接四边形的外角等于它的____．判定定理如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点____．推论如果四边形的一个外角等于它的内角的对角，那么这个四边形的四个顶点____．7．圆的切线的性质及判定定理性质定理圆的切线垂直于经过切点的____．推论1 经过圆心且垂直于切线的直线必经过____．推论2 经过切点且垂直于切线的直线必经过____．判定定理经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的____．8．弦切角定理弦切角等于它所夹的弧所对的______．9.与圆有关的其他性质定理(1)相交弦定理圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的____相等．(2)割线定理从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的____相等．(3)切割线定理从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的________．(4)切线长定理从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的____．1．在△ABC 中，D ，E 分别为AB ，AC 上的点，且DE ∥BC ，△ADE 的面积是2 cm 2，梯形DBCE 的面积为6 cm 2，求DE ∶BC 的值．2．如图，已知在△ABC 中，∠ACB ＝90°，CD ⊥AB 于D ，AC ＝6，DB ＝5，求AD 的长．3．如图，已知圆O 的两弦AB ，CD 相交于点P ，PA ＝PB ＝4，PC ＝14PD ，且∠APC ＝π3，求圆O 的半径．4．如图所示，过⊙O外一点P作一条直线与⊙O交于A，B两点．已知PA＝2，点P到⊙O的切线长PT＝4，求弦AB的长．5．AF是圆O的直径，B，C是圆上两点，AB与AC的延长线分别交过点F的切线于点D，E.求证：(1)B ，C ，D ，E 四点共圆； (2)AB ·AD ＝AC ·AE .一、平行线分线段成比例定理的应用【例1】 如图，在△ABC 中，D 为BC 中点，E 在CA 上且AE ＝2CE ，AD ，BE 相交于点F ，求AF FD ，BF FE.方法提炼1．在解答与比例问题有关的题目时，可通过构造平行线，结合平行线分线段成比例定理去证明．2．作平行线的方法：(1)利用中点作出中位线可得平行关系；(2)利用已知线段的比例关系，作相关线段的平行线．解题中要注意观察图形特点，巧添辅助线，对解题可起到事半功倍的效果．提醒：对于乘积式，有时需要转化为比例式，再借助于上述方法去解决．请做演练巩固提升3二、射影定理的应用【例2】如图，圆O的直径AB＝10，弦DE⊥AB，垂足为点H，且AH＜BH，DH＝4.(1)求AH的长；(2)延长ED至点P，过P作圆O的切线，切点为C，若PC＝25，求PD的长．方法提炼1．在使用直角三角形射影定理时，要学会将“乘积式”转化为相似三角形中的“比例式”．2．通过作垂线构造直角三角形是解答与直角三角形有关问题的常用方法．请做演练巩固提升1三、相似三角形的性质与判定定理的应用【例3】 (2012辽宁高考)如图，⊙O和⊙O′相交于A，B两点，过A作两圆的切线分别交两圆于C ，D 两点，连接DB 并延长交⊙O 于点E .证明：(1)AC ·BD ＝AD ·AB ； (2)AC ＝AE . 方法提炼证明三角形相似时，应根据条件，结合图形选择恰当的方法．一般的思考顺序是：先找两对内角对应相等；若只有一个角对应相等，再判定这个角的两邻边是否对应成比例；若无角对应相等，就需证明三边对应成比例．一般地，证明等积式成立时，可先将其化成比例式，再考虑利用平行线分线段成比例定理证明或相似三角形的性质证明其成立．要特别注意，三角形相似具有传递性．请做演练巩固提升4四、圆周角、弦切角和圆的切线问题【例4】 如图，已知PA 与圆O 相切于点A ，经过点O 的割线PBC 交圆O 于点B ，C ，∠APC 的平分线分别交AB ，AC 于点D ，E .(1)证明：∠ADE ＝∠AED ； (2)若AC ＝AP ，求PC PA的值．方法提炼1．圆周角定理及其推论与弦切角定理及其推论多用于推出角的关系，从而证明三角形全等或相似，进而可求得线段或角的大小．2．涉及圆的切线问题时要注意弦切角的转化；关于圆周上的点，常作直径(或半径)或向弦(弧)两端画圆周角或作弦切角．请做演练巩固提升6五、相交弦定理、切割线定理的应用【例5】如图，已知⊙O的割线PAB交⊙O于A，B两点，割线PCD经过圆心，若PA ＝3，AB＝4，PO＝5，求⊙O的半径．方法提炼1．应用相交弦定理、切割线定理要抓住以下几个关键内容：线段成比例与相似三角形的性质、圆的切线及其性质、与圆有关的相似三角形等．2．相交弦定理为圆中证明等积式和有关计算提供了有力的方法和工具，应用时一方面要熟记定理的等积式的结构特征，另一方面在与定理相关的图形不完整时，要用辅助线补齐相应部分．在实际应用中，见到圆的两条相交弦就要想到相交弦定理；见到两条割线就要想到割线定理；见到切线和割线时就要想到切割线定理．请做演练巩固提升2六、四点共圆的判定【例6】如图，△ABC是直角三角形，∠ABC＝90°.以AB为直径的圆O交AC于点E，点D是BC边的中点，连接OD交圆O于点M.(1)求证：O，B，D，E四点共圆；(2)求证：2DE2＝DM·AC＋DM·AB.方法提炼1．证明四点共圆的方法：(1)若一个四边形的对角互补，则四点共圆；(2)证明多点共圆时，若它们在一条线段的同侧，可证明它们对此线段的张角相等，也可证明它们与某一定点的距离相等．2．圆内接四边形的重要结论有：(1)内接于圆的平行四边形是矩形；(2)内接于圆的菱形是正方形；(3)内接于圆的梯形是等腰梯形．请做演练巩固提升5“四定理”(相交弦定理、割线定理、切割线定理、切线长定理)的应用【典例】 (10分)如图，AB是⊙O的直径，C，F为⊙O上的点，CA是∠BAF的平分线，过点C作CD⊥AF交AF的延长线于D点，CM⊥AB，垂足为点M.(1)求证：DC是⊙O的切线；(2)求证：AM·MB＝DF·DA.规范解答：(1)连接OC，∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠OAC.又∵CA是∠BAF的平分线，∴∠DAC＝∠OAC.∴∠DAC＝∠OCA.(3分)∴AD∥OC.又CD⊥AD，∴OC⊥CD，即DC是⊙O的切线．(5分)(2)∵CA是∠BAF的平分线，∠CDA＝∠CMA＝90°，∴CD＝CM.(8分)由(1)知DC2＝DF·DA，又CM2＝AM·MB，∴AM·MB＝DF·DA.(10分)答题指导：(1)由于“四定理”与圆有关，且其结论是线段的关系，因而在与圆有关的问题中，或在特殊的几何图形中，常结合三角形及其相似等知识来证明线段相等或等比例线段问题．(2)判定切线通常有三种方法：①和圆有唯一一个公共点的直线是圆的切线；②和圆心距离等于半径的直线是圆的切线；③过半径外端且和半径垂直的直线是圆的切线．(3)已知圆的切线时，第一要考虑过切点和圆心的连线得直角；第二应考虑弦切角定理；第三涉及线段成比例或线段的积时要考虑切割线定理．1．一直角三角形的两条直角边之比是1∶3，求它们在斜边上的射影比．2．如图，PT切⊙O于点T，PA交⊙O于A，B两点，且与直径CT交于点D，CD＝2，AD ＝3，BD＝6，求PB的长．3．如图，已知在梯形ABCD中，AB∥CD，过D与BC平行的直线交AB于点E，∠ACE＝∠ABC，求证：AB·CE＝AC·DE.4．如图，△ABC内接于⊙O，过点A的直线交⊙O于点P，交BC的延长线于点D，且AB2＝AP·AD.(1)求证：AB＝AC；(2)如果∠ABC＝60°，⊙O的半径为1，且P为弧AC的中点，求AD的长．5．在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＞CD，K，M分别在AD，BC上，∠DAM＝∠CBK，求证：C，D，K，M四点共圆．»AC的中点，BD交AC于E.6．如图，⊙O是△ABC的外接圆，D是(1)求证：CD2＝DE·DB；(2)若CD＝23，O到AC的距离为1，求⊙O的半径R.参考答案基础梳理自测知识梳理1．相等 相等 平分第三边 平分另一腰 2．对应线段 对应线段3．(1)对应角 两个角 成比例 成比例 成比例 成比例 成比例 (2)①相等 ②成比例 ③成比例 (3)①相似比 ②相似比 ③相似比的平方 ④相似比的平方4．比例中项 比例中项5．(1)一半 (2)它所对弧的度数 相等 相等 直角 直径 6．互补 内角的对角 共圆 共圆 7．半径 切点 圆心 切线 8．圆周角9．(1)积 (2)积 (3)比例中项 (4)夹角 基础自测1．解：△ADE ∽△ABC ，利用面积比等于相似比的平方可得DE ∶BC ＝1∶2.2．解：在Rt△ABC 中，∠ACB ＝90°，CD ⊥AB ，∴AC 2＝AB ·AD . 设AD ＝x ，则AB ＝x ＋5，又AC ＝6， ∴62＝x (x ＋5)，即x 2＋5x －36＝0. 解得x ＝4(舍去负值)，∴AD ＝4.3．解：如图所示，取CD 中点E ，连接AO ，OP ，OE ，由相交弦定理可得AP ×PB ＝CP ×PD ＝4CP 2，可得CP ＝2，PD ＝8，则PE ＝3.又由∠APC ＝π3，可得∠OPE ＝π6.则OP ＝23，OA ＝OP 2＋PA 2＝27.4．解：由切割线定理，得PT 2＝PA ·PB ， 所以PB ＝8.故AB ＝6. 5．证明：(1)连接BF ，∵AF 是圆O 的直径，DE 与圆O 切于点F ， ∴AF ⊥DE .又点B 在圆O 上，∴∠ABF ＝90°，∠AFB ＝∠D . 又∠AFB ＝∠ACB ， ∴∠ACB ＝∠D .而∠ACB 是四边形BDEC 的一个外角， ∴B ，C ，D ，E 四点共圆．(2)由(1)知，∠ACB ＝∠D ，∠ABC ＝∠E . ∴△ABC ∽△AED . ∴AB AC ＝AEAD，即AB ·AD ＝AC ·AE . 考点探究突破【例1】 解：过点D 作DG ∥AC 且交BE 于点G ，因为点D 为BC 的中点， 所以EC ＝2DG . 因为AE ＝2CE ，所以AE DG ＝41.从而AF FD ＝AE DG ＝41，所以GF FE ＝14.因为BG ＝GE ，所以BF FE ＝32.【例2】 解：(1)由于AB 为圆O 的直径，DE ⊥AB ，DH ＝4，故由射影定理DH 2＝AH ·BH ＝(AB －AH )·AH ，即16＝(10－AH )·AH ，∴AH 2－10AH ＋16＝0. ∴AH ＝2或AH ＝8. ∵AH ＜BH ，∴AH ＝2.(2)PC 切圆O 于点C ，PC 2＝PD ·PE ，(25)2＝PD ·(PD ＋8)，解得PD ＝2.【例3】 证明：(1)由AC 与⊙O ′相切于A ，得∠CAB ＝∠ADB ， 同理∠ACB ＝∠DAB ，所以△ACB ∽△DAB ， 从而AC AD ＝ABBD，即AC ·BD ＝AD ·AB .(2)由AD 与⊙O 相切于A ，得∠AED ＝∠BAD . 又∠ADE ＝∠BDA ，得△EAD ∽△ABD ，从而AE AB ＝ADBD，即AE ·BD ＝AD ·AB .结合(1)的结论，AC ＝AE .【例4】 (1)证明：∵PA 是切线，AB 是弦，∴∠BAP ＝∠C .又∵∠APD ＝∠CPE ，∴∠BAP ＋∠APD ＝∠C ＋∠CPE .∵∠ADE ＝∠BAP ＋∠APD ，∠AED ＝∠C ＋∠CPE ， ∴∠ADE ＝∠AED .(2)解：由(1)知∠BAP ＝∠C ， 又∵∠APC ＝∠BPA ，∴△APC ∽△BPA .∴PC PA ＝CA AB.∵AC ＝AP ，∴∠APC ＝∠C . ∴∠APC ＝∠C ＝∠BAP .由三角形内角和定理可知，∠APC ＋∠C ＋∠CAP ＝180°， ∵BC 是圆O 的直径，∴∠BAC ＝90°.∴∠APC ＋∠C ＋∠BAP ＝180°－90°＝90°.∴∠C ＝∠APC ＝∠BAP ＝13×90°＝30°.在Rt△ABC 中，1tan C ＝CA AB ，即1tan 30°＝CAAB，∴CA AB ＝3.∴PC PA ＝CAAB＝ 3. 【例5】 解：设圆O 的半径为R ，由PA ·PB ＝PC ·PD ，得3×(3＋4)＝(5－R )(5＋R )，解得R ＝2. 【例6】 证明：(1)连接BE ，则BE ⊥EC .又D 是BC 的中点， ∴DE ＝BD .又∵OE ＝OB ，OD ＝OD ， ∴△ODE ≌△ODB .∴∠OBD ＝∠OED ＝90°. ∴O ，B ，D ，E 四点共圆． (2)延长DO 交圆于点H .由(1)易得DE 2＝DM ·DH ＝DM ·(DO ＋OH ) ＝DM ·DO ＋DM ·OH ，∴DE 2＝DM ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12AC ＋DM ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB .∴2DE 2＝DM ·AC ＋DM ·AB . 演练巩固提升1．解：如图，在直角三角形ABC 中，∠ACB ＝90°，BC ∶AC ＝1∶3，作CD ⊥AB 于D ，由射影定理得BC 2＝BD ·AB ，AC 2＝AD ·AB ，则BC2AC2＝BDAD＝19，故它们在斜边上的射影的比是1∶9.2．解：由相交弦定理，得DC·DT＝DA·DB，则DT＝9. 由切割线定理，得PT2＝PB·PA，即(PB＋BD)2－DT2＝PB(PB＋AB)．又BD＝6，AB＝AD＋BD＝9，∴(PB＋6)2－92＝PB(PB＋9)，得PB＝15.3．证明：∵AB∥CD，DE∥BC，∴四边形BEDC是平行四边形．∴DE＝BC.∵∠ACE＝∠ABC，∠EAC＝∠BAC，∴△ACE∽△ABC.∴BCCE＝ABAC.∴ABAC＝DECE，即AB·CE＝AC·DE.4．解：(1)证明：连接BP.∵AB 2＝AP ·AD ，∴AB AP ＝AD AB. 又∵∠BAD ＝∠PAB ， ∴△ABD ∽△APB . ∴∠ABC ＝∠APB . ∵∠ACB ＝∠APB ，∴∠ABC ＝∠ACB .∴AB ＝AC . (2)由(1)知AB ＝AC . ∵∠ABC ＝60°，∴△ABC 是等边三角形． ∴∠BAC ＝60°.∵P 为弧AC 的中点，∴∠ABP ＝∠PAC ＝12∠ABC ＝30°.∴∠BAP ＝90°. ∴BP 是⊙O 的直径．∴BP ＝2.∴AP ＝12BP ＝1.在Rt△PAB 中，由勾股定理得AB ＝3，∴AD ＝AB 2AP＝3.5．证明：在四边形ABMK 中， ∵∠DAM ＝∠CBK ，∴A ，B ，M ，K 四点共圆． 连接KM ，有∠DAB ＝∠CMK ，∵∠DAB ＋∠ADC ＝180°， ∴∠CMK ＋∠KDC ＝180°. 故C ，D ，K ，M 四点共圆．6．解：(1)证明：连接OD ，OC ，由已知∠ABD ＝∠CBD ，又∵∠ECD＝∠ABD，∴∠CBD＝∠ECD. 又∵∠BDC＝∠EDC，∴△BCD∽△CED.∴DECD＝CDDB，即CD2＝DE·DB.(2)∵D是»AC的中点，∴OD⊥AC，垂足为F.在Rt△CFO中，OF＝1，OC＝R，CF＝OC2－OF2＝R2－1，在Rt△CFD中，DC2＝CF2＋DF2，∴(23)2＝(R2－1)＋(R－1)2.整理得R2－R－6＝0，R＝3.。
新教材2022版高考人教A版数学一轮复习学案：高考大题专项(四) 立体几何Word版含答案
高考大题专项(四)立体几何考情分析从近五年的高考试题来看,立体几何是历年高考的重点,约占整个试卷的15%,通常以一大两小的模式命题,以中、低档难度为主.简单几何体的表面积与体积,点、线、面位置关系的判定与证明以及空间角的计算是考查的重点内容,前者多以客观题的形式命题,后者主要以解答题的形式命题考查.着重考查推理论证能力和空间想象能力,而且对数学运算的要求有加强的趋势.转化与化归思想贯穿整个立体几何的始终.必备知识1.证明线线平行和线线垂直的常用方法(1)证明线线平行常用的方法:①利用平行公理,即证两直线同时和第三条直线平行;②利用平行四边形进行平行转换;③利用三角形的中位线定理证线线平行;④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上的中线即高线的性质;②勾股定理;③线面垂直的性质: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,即l⊥α,a⊂α⇒l⊥a.2.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直.(4)证明面面垂直,需转化为证明线面垂直,进而转化为证明线线垂直.3.求几何体的表面积或体积(1)对于规则几何体,可直接利用公式计算.对于某些三棱锥,有时可采用等体积转换法求解.(2)对于不规则几何体,可采用割补法求解.(3)求解旋转体的表面积和体积时,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,要注意应用这些轴截面.4.解决平面图形的翻折问题,关键是抓住平面图形翻折前后的不变性,即两条直线的平行与垂直关系以及相关线段的长度、角度等的不变性.5.空间中的角的计算,可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算,也可以构建空间角,把角的计算归结为平面图形中的角的计算.利用空间向量解题的一般步骤是:(1)观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;(2)写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;(3)设出相应平面的法向量,利用两向量垂直数量积为零列出方程组求出法向量;(4)将空间位置关系转化为向量关系;(5)根据定理结论求出相应的角和距离.突破1空间中的位置关系与表面积、体积【例题】(2020安徽高三三模)如图,边长为2的等边三角形ABC所在平面与菱形A1ACC1所在平面互相垂直,且BC∥B1C1,BC=2B1C1,A1C=√3AC1.(1)求证:A1B1∥平面ABC;(2)求多面体ABC-A1B1C1的体积.解题心得处理体积问题的思路(1)“转”:指的是转换底面与高,将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面,或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高;(2)“拆”:指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体,便于计算;(3)“拼”:指的是将小几何体嵌入一个大几何体中,如将一个三棱锥复原成一个三棱柱,将一个三棱柱复原成一个四棱柱,这些都是拼补的方法.对点训练如图,五边形ABSCD中,四边形ABCD为长方形,三角形SBC为边长为2的正三角形,将三角形SBC沿BC折起,使得点S在平面ABCD上的射影恰好在AD上.(1)当AB=√2时,证明:平面SAB⊥平面SCD;(2)当AB=1时,求四棱锥S-ABCD的侧面积.突破2空间角和距离题型一空间中的位置关系与异面直线所成的角【例1】在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面四边形ABCD为直角梯形,AD∥BC,AD⊥AB,PA=AD=2,AB=BC=1,Q为PD的中点.(1)求证:PD⊥BQ;(2)求异面直线PC与BQ所成角的余弦值.解题心得用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系.(2)确定异面直线上两个点的坐标,从而确定异面直线的方向向量.(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值.(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值.注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别:当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,这个角就是异面直线所成的角;当异面直线的方向向量的夹角为钝角时,其补角才是异面直线所成的角.对点训练1(2020上海杨浦高三二模)如图,线段OA和OB是以P为顶点的圆锥的底面的两条互相垂直的半径,点M是母线PB的中点,已知OA=OM=2.(1)求该圆锥的体积;(2)求异面直线OM与AP所成角的余弦值.题型二空间的位置关系与线面角【例2】(2020内蒙古北重三中高三期中)如图,菱形ABCD与等边三角形BCE所在平面互相垂直,FD⊥平面ABCD,BC=2,FD=√3.(1)证明:EF∥平面ABCD;(2)若∠CBA=60°,求直线EF与平面AFB所成角的正弦值.解题心得求线面角可以用几何法,即“先找,后证,再求”,也可以通过平面的法向量来求.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”:第一,破“建系关”,构建恰当的空间直角坐标系;第二,破“求坐标关”,准确求解相关点的坐标;第三,破“求法向量关”,求出平面的法向量;第四,破“应用公式关”.对点训练2(2020辽宁高三三模(理))如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为菱形,AB=BD=2,BB1=2,BD与AC相交于点E,A1D与AD1相交于点O.(1)求证:AC⊥平面BB1D1D;(2)求直线OB与平面OB1D1所成的角的正弦值.题型三空间中的位置关系与二面角【例3】(2020山东烟台龙口一中诊测)如图,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A,B外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DC∥EB,DC=EB=1,AB=4.(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;(2)当C点为半圆的中点时,求二面角D-AE-B的平面角的余弦值.解题心得如图,设平面α,β的法向量分别为n1,n2,二面角的平面角为θ(0≤θ<π),则|cosθ|=|cos<n1,n2>|=|n1·n2|,结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.|n1||n2|对点训练3(2020四川攀枝花高三调研)如图所示,在三棱锥P-ABQ中,PB⊥平面ABQ,BA=BQ=BP,D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,AQ=2BD,PD与EQ交于点G,PC与FQ交于点H,连接GH.(1)求证:AB∥GH;(2)求二面角D-GH-E的平面角的余弦值.题型四空间中的位置关系与空间距离【例4】如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是边长为2的正三角形,AA1=2√6,D是CC1的中点,E是A1B1的中点.(1)证明:DE∥平面A1BC;(2)求点A到平面A1BC的距离.解题心得求解点到平面的距离可直接转化为求向量在平面的法向量上的投影向量的长度.如图,设点P 在平面α外,点O 是点P 在平面α上的射影,n 为平面α的法向量,在平面α内任取一不同于点O 的点Q ,则点P 到平面α的距离PO=|PQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |.对点训练4(2020福建高三模拟)如图,四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为矩形,点E 在线段PA 上,PC ∥平面BDE.(1)请确定点E 的位置,并说明理由.(2)若△PAD 是等边三角形,AB=2AD ,平面PAD ⊥平面ABCD ,四棱锥P-ABCD 的体积为9√3,求点E 到平面PCD 的距离.突破3立体几何中的创新综合问题题型一折叠与展开问题【例1】(2019全国3,理19)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.解题心得折叠问题的关键有二:①画好两个图——折叠前的平面图和折叠后的立体图;②分析好两个关系——折叠前后哪些位置关系和数量关系发生了变化,哪些没有改变.一般地,在同一半平面内的几何元素之间的关系是不变的.涉及两个半平面内的几何元素之间的关系是要变化的.分别位于两个半平面内但垂直于折叠棱的直线翻折后仍然垂直于折叠棱.对点训练1(2020陕西汉中龙岗学校高三模考)如图1,在边长为4的正方形ABCD中,E是AD的中点,F是CD的中点,现将三角形DEF沿EF翻折成如图2所示的五棱锥P-ABCFE.(1)求证:AC∥平面PEF;(2)若平面PEF⊥平面ABCFE,求直线PB与平面PAE所成角的正弦值.题型二范围与最值问题【例2】(2020江苏天一中学高三模拟)给出两块相同的正三角形铁皮(如图1,图2),(1)要求用其中一块剪拼成一个三棱锥模型,另一块剪拼成一个正三棱柱模型,使它们的全面积都与原三角形的面积相等,①请设计一种剪拼方法,分别用虚线标示在图1、图2中,并作简要说明;②试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小.(2)设正三角形铁皮的边长为a,将正三角形铁皮的三个角切去三个全等的四边形,再把它的边沿虚线折起(如图3),做成一个无盖的正三角形底铁皮箱,当箱底边长为多少时,箱子容积最大?最大容积是多少?解题心得求解立体几何的最值问题主要应用代数中的有关函数知识或不等式有关知识求解.解题的关键是恰当地引入参变量(一元或二元),建立目标函数,然后由表达式的特点求最值;如果应用几何法求解,要明确空间几何体的结构特征以及形成规律,要正确实施空间向平面的转化.对点训练2(2020广东普宁华美实验学校高三月考)如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的点,PO垂直于圆O所在的平面,且PO=OB=1.(1)若D为线段AC的中点,求证:AC⊥平面PDO;(2)求三棱锥P-ABC体积的最大值;(3)若BC=√2,点E在线段PB上,求CE+OE的最小值.题型三开放与探索问题【例3】(2020天津北辰二模)已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,△PAD是正三角形,CD⊥平面PAD,E,F,G,O分别是PC,PD,BC,AD的中点.(1)求证:PO⊥平面ABCD;(2)求平面EFG与平面ABCD的夹角的大小;(3)线段PA上是否存在点M,使得直线GM与平面EFG所成角为π,若存在,求线段PM的6长度;若不存在,说明理由.解题心得1.先假设题中的数学对象存在(或结论成立),然后在这个前提下进行逻辑推理,若由此导出矛盾,则否定假设;否则,给出肯定结论.2.空间向量很适合解决这类探索性问题,解题时无需进行复杂的作图、论证、推理,只需把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解”,即通过坐标运算进行判断,这就是计算推理法.对点训练3(2020黑龙江大庆中学高三期末)在如图所示的几何体中,四边形ABCD是菱形,ADNM是矩形,平面ADNM⊥平面ABCD,∠DAB=60°,AD=2,AM=1,E为AB的中点.(1)求证:AN∥平面MEC;?若存在,求出AP的长;若不(2)在线段AM上是否存在点P,使二面角P-EC-D的大小为π3存在,请说明理由.高考大题专项(四)立体几何突破1空间中的位置关系与表面积、体积例题(1)证明∵四边形A1ACC1是菱形,∴AC∥A1C1.∵AC⊂平面ABC,A1C1⊄平面ABC,∴A1C1∥平面ABC,同理得,B1C1∥平面ABC.∵A1C1,B1C1在平面A1B1C1中,且A1C1∩B1C1=C1,∴平面ABC∥平面A1B1C1.∵A1B1⊂平面A1B1C1,∴A 1B 1∥平面ABC.(2)解∵∠ACB 与∠A 1C 1B 1满足AC ∥A 1C 1,BC ∥B 1C 1,且两个角的对应边方向相同,∴∠A 1C 1B 1=∠ACB=60°,∵A 1C 1=AC=2,2B 1C 1=BC=2,则B 1C 1=1,∴S △A 1B 1C 1=12×1×2×√32=√32.在菱形A 1ACC 1中,∵A 1C=√3AC 1,∴∠ACC 1=60°,S 菱形A 1ACC 1=2×√34×22=2√3.∵平面ABC ⊥平面ACC 1,取AC 的中点M ,连接BM ,C 1M ,∴BM ⊥平面ACC 1,C 1M ⊥平面ABC.由(1)知,平面ABC ∥平面A 1B 1C 1,∴C 1M ⊥平面A 1B 1C 1,∴点B 到平面A 1B 1C 1的距离为C 1M=√3. 又点B 到平面A 1ACC 1的距离为BM=√3,连接BC 1,则V=V B -A 1B 1C 1+V B -A 1ACC 1=13×√32+2√3×√3=52.对点训练(1)证明作SO ⊥AD ,垂足为O ,依题意得SO ⊥平面ABCD ,∴SO ⊥AB ,SO ⊥CD ,又AB ⊥AD ,∴AB ⊥平面SAD ,则AB ⊥SA ,AB ⊥SD.利用勾股定理得SA=√SB 2-AB 2=√4-2=√2,同理可得SD=√2. 在△SAD 中,AD=2,SA=SD=√2,∴SA ⊥SD ,∴SD ⊥平面SAB.又SD ⊂平面SCD ,∴平面SAB ⊥平面SCD. (2)解由(1)中可知AB ⊥SA ,同理CD ⊥SD ,∵AB=CD=1,SB=SC=2,则由勾股定理可得SA=SD=√3,∴S △SBC =√34×BC 2=√34×22=√3,S △SAB =S △SCD =12CD ×SD =12×1×√3=√32,在△SAD 中,SA=SD=√3,AD=2,则AD 边上高h=√(√3)2-1=√2, ∴S △SAD =12AD ×h=12×2×√2=√2.四棱锥S-ABCD 的侧面积S=S △SAB +S △SBC +S △SCD +S △SAD =√3+√32+√32+√2=2√3+√2.突破2 空间角和距离例1(1)证明由题意知,在四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥平面ABCD ,底面四边形ABCD 为直角梯形,AD ⊥AB ,以A 为原点,分别以AB ,AD ,AP 为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系, 则A (0,0,0),B (1,0,0),C (1,1,0),D (0,2,0),P (0,0,2).因为Q 为PD 的中点,所以Q (0,1,1),所以PD⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2),BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,1),所以PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0+2-2=0, 所以PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即PD ⊥BQ. (2)解由(1)得PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,-2),PC⃗⃗⃗⃗⃗ ·BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =-1+1-2=-2,|PC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√6,|BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3,cos <PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ >=|PC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||PC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | =√23,所以异面直线PC 与BQ 所成角的余弦值为√23.对点训练1解(1)由题可得PB=4,OP=2√3,故体积V=13Sh=13π×22×2√3=8√33π.(2)以点O 为坐标原点,以OA 为x 轴正半轴,OB 为y 轴正半轴,OP 为z 轴正半轴建立空间直角坐标系,则O (0,0,0),M (0,1,√3),A (2,0,0),P (0,0,2√3),所以OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,√3),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,2√3),设异面直线OM 与AP 所成的角为θ,则cos θ=|OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=62×4=34,故异面直线OM 与AP 所成角的余弦值为34.例2(1)证明如图,过点E 作EH ⊥BC 于点H ,连接EH ,∴EH=√3.∵平面ABCD ⊥平面BCE ,EH ⊂平面BCE ,平面ABCD ∩平面BCE 于BC , ∴EH ⊥平面ABCD. ∵FD ⊥平面ABCD ,FD=√3,∴FD EH ,∴四边形EHDF 为平行四边形,∴EF ∥HD.∵EF ⊄平面ABCD ,HD ⊂平面ABCD ,∴EF ∥平面ABCD. (2)解连接HA.由(1)得H 为BC 中点,又∠CBA=60°,∴△ABC 为等边三角形,∴HA ⊥BC.分别以HB ,HA ,HE 为x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.则B (1,0,0),F (-2,√3,√3),E (0,0,√3),A (0,√3,0).BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,√3,√3),BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,0),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,√3,0),设平面ABF 的法向量为n =(x ,y ,z ). 由{n ·BF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-3x +√3y +√3z =0,-x +√3y =0,令y=1,得n =(√3,1,2).设直线EF 与平面ABF 所成的角为α,则sin α=|cos <EF⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=√4228,即直线EF 与平面ABF 所成角的正弦值为√4228. 对点训练2(1)证明∵底面ABCD 为菱形,∴AC ⊥BD.∵棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1为直棱柱,∴DD 1⊥平面ABCD. ∵AC ⊂平面ABCD ,∴AC ⊥DD 1. ∵AC ⊥BD ,AC ⊥DD 1,BD ∩DD 1=D , ∴AC ⊥平面BB 1D 1D. (2)解如图,取B 1D 1中点F ,连接EF ,以E 为坐标原点,EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ 分别为x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示空间直角坐标系.∵AE=√3,BE=1,则B (0,1,0),B 1(0,1,2),D 1(0,-1,2),A (√3,0,0),O √32,-12,1,故OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-√32,32,-1,D 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),OB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-√32,32,1, 设平面OB 1D 1的法向量为n =(x ,y ,z ),有{D 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,OB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,{2y =0,-√32x +32y +z =0, 令x=2,则y=0,z=√3,得n =(2,0,√3).又n ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2√3,|n |=√7,|OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2, 设直线OB 与平面OB 1D 1所成的角为θ,∴sin θ=|cos <n ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|√32×√7|=√217.故直线OB 与平面OB 1D 1所成的角的正弦值为√217.例3(1)证明∵AB 是圆O 的直径,∴AC ⊥BC ,∵DC ⊥平面ABC ,BC ⊂平面ABC ,∴DC ⊥BC.又DC ∩AC=C ,∴BC ⊥平面ACD ,∵DC ∥EB ,DC=EB , ∴四边形DCBE 是平行四边形,∴DE ∥BC ,∴DE ⊥平面ACD ,又DE ⊂平面ADE ,∴平面ACD ⊥平面ADE.(2)解当C 点为半圆的中点时,AC=BC=2√2,以C 为原点,以CA ,CB ,CD 为坐标轴建立空间坐标系如图所示,则D (0,0,1),E (0,2√2,1),A (2√2,0,0),B (0,2√2,0),∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2√2,2√2,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√2,0),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√2,0,-1),设平面DAE 的法向量为m =(x 1,y 1,z 1),平面ABE 的法向量为n =(x 2,y 2,z 2), 则{m ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2√2x 1-z 1=0,2√2y 1=0,由{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-2√2x 2+2√2y 2=0,z 2=0,令x 1=1,得m =(1,0,2√2),令x 2=1,得n =(1,1,0).∴cos <m ,n >=m ·n|m ||n |=3×√2=√26.∵二面角D-AE-B 的平面角是钝角, ∴二面角D-AE-B 的平面角的余弦值为-√26.对点训练3(1)证明因为D ,C ,E ,F 分别是AQ ,BQ ,AP ,BP 的中点,所以EF ∥AB ,DC ∥AB ,所以EF ∥DC , 又EF ⊄平面PCD ,DC ⊂平面PCD , 所以EF ∥平面PCD ,又EF ⊂平面EFQ ,平面EFQ ∩平面PCD=GH ,所以EF ∥GH. 又EF ∥AB ,所以AB ∥GH.(2)解在△ABQ 中,AQ=2BD ,AD=DQ ,所以∠ABQ=90°.又PB ⊥平面ABQ ,所以BA ,BQ ,BP 两两垂直.以B 为坐标原点,分别以BA ,BQ ,BP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设BA=BQ=BP=2,则E (1,0,1),F (0,0,1),Q (0,2,0),D (1,1,0),C (0,1,0),P (0,0,2),所以EQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,-1),FQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-1),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-1,2),CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,2), 设平面EFQ 的一个法向量为m =(x 1,y 1,z 1), 由{m ·EQ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·FQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-x 1+2y 1-z 1=0,2y 1-z 1=0,取y 1=1,得m =(0,1,2).设平面PDC 的一个法向量为n =(x 2,y 2,z 2), 由{n ·DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-x 2-y 2+2z 2=0,-y 2+2z 2=0.取z 2=1,得n =(0,2,1). 所以cos <m ,n >=m ·n|m ||n |=45,因为二面角D-GH-E 的平面角为钝角,所以二面角D-GH-E 的平面角的余弦值为-45. 例4(1)证明如图,取A 1B 的中点F ,连接FC ,FE.因为E ,F 分别是A 1B 1,A 1B 的中点,所以EF ∥BB 1,且EF=12BB 1.又在平行四边形BB 1C 1C 中,D 是CC 1的中点,所以CD ∥BB 1,且CD=12BB 1,所以CD ∥EF ,且CD=EF.所以四边形CFED 是平行四边形,所以DE ∥CF.因为DE ⊄平面A 1BC ,CF ⊂平面A 1BC ,所以DE ∥平面A 1BC. (2)解(方法1)等体积法因为BC=AC=AB=2,AA 1=2√6,三棱柱ABC-A 1B 1C 1为直三棱柱, 所以V 三棱锥A 1-ABC =13S △ABC ×AA 1=13×√34×22×2√6=2√2.又在△A 1BC 中,A 1B=A 1C=2√7,BC=2,BC 边上的高h=√A 1B 2-(12BC)2=3√3,所以S △A 1BC =12BC ·h=3√3.设点A 到平面A 1BC 的距离为d ,则V 三棱锥A -A 1BC =13S △A 1BC ×d=13×3√3×d=√3d. 因为V 三棱锥A 1-ABC =V 三棱锥A -A 1BC ,所以2√2=√3d ,解得d=2√63,所以点A 到平面A 1BC 的距离为2√63. (方法2)向量法由题意知,三棱柱ABC-A 1B 1C 1是正三棱柱.取AB 的中点O ,连接OC ,OE.因为AC=BC ,所以CO ⊥AB.又平面ABC ⊥平面ABB 1A 1,平面ABC ∩平面ABB 1A 1=AB ,所以CO ⊥平面ABB 1A 1.因为O 为AB 的中点,E 为A 1B 1的中点,所以OE ⊥AB ,所以OC ,OA ,OE 两两垂直.如图,以O 为坐标原点,以OA ,OE ,OC 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则C (0,0,√3),A (1,0,0),A 1(1,2√6,0),B (-1,0,0).则BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2√6,0),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3). 设平面A 1BC 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{n ·BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以{x +√6y =0,x +√3z =0, 令x=√6,则y=-1,z=-√2.所以n =(√6,-1,-√2)为平面A 1BC 的一个法向量.而BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0),所以点A 到平面A 1BC 的距离d=|BA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n ||n |=√6×2√6+1+2=2√63.对点训练4解(1)连接AC 交BD 于点M ,如图,∵PC ∥平面BDE ,平面PAC ∩平面BDE=EM ,∴PC ∥EM.∵M 为AC 的中点,∴E 为PA 的中点.(2)∵△PAD 是等边三角形,平面PAD ⊥平面ABCD ,∴以AD 中点O 为原点,OA 为x 轴,在平面ABCD 中,过点O 作AB 的平行线为y 轴,以OP 为z 轴,建立空间直角坐标系,设AD=m ,则AB=2m ,∵四棱锥P-ABCD 的体积为9√3,∴13m·2m·√m 2-(m 2)2=9√3,解得m=3.∴A 32,0,0,P 0,0,3√32,E 34,0,3√34,D -32,0,0,C-32,6,0.PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =34,0,-3√34,PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-32,6,-3√32,PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-32,0,-3√32,设平面PCD 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,{-32x +6y -3√32z =0,-32x -3√32z =0,取x=√3,得n =(√3,0,-1),∴E 到平面PCD 的距离d=|PE⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=3√322=3√34.突破3 立体几何中的创新综合问题例1(1)证明由已知得AD ∥BE ,CG ∥BE ,所以AD ∥CG ,故AD ,CG 确定一个平面,从而A ,C ,G ,D 四点共面.由已知得AB ⊥BE ,AB ⊥BC ,故AB ⊥平面BCGE.又因为AB ⊂平面ABC , 所以平面ABC ⊥平面BCGE. (2)解作EH ⊥BC ,垂足为H.因为EH ⊂平面BCGE ,平面BCGE ⊥平面ABC ,所以EH ⊥平面ABC.由已知,菱形BCGE 的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=√3.以H 为坐标原点,HC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz ,则A (-1,1,0),C (1,0,0),G (2,0,√3),CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,0). 设平面ACGD 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{CG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{x +√3z =0,2x -y =0.所以可取n =(3,6,-√3).又平面BCGE 的法向量可取为m =(0,1,0),所以cos <n ,m >=n ·m|n ||m |=√32. 因此二面角B-CG-A 的大小为30°.对点训练1(1)证明∵E ,F 分别为AD ,CD 的中点,∴EF ∥AC.又EF ⊂平面PEF ,AC ⊄平面PEF , ∴AC ∥平面PEF. (2)解取EF 的中点O ,并分别连接OP ,OB.由题知,OP ⊥EF ,OB ⊥EF.又平面PEF ⊥平面ABCFE ,平面PEF ∩平面ABCFE=EF ,PO ⊂平面PEF , ∴PO ⊥平面ABCFE.又AB=4,∴PF=AE=PE=2,EO=OP=OF=√2,OB=3√2.分别以OE ,OB ,OP 为x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,则O (0,0,0),P (0,0,√2),B (0,3√2,0),E (√2,0,0),A (2√2,√2,0),∴BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3√2,√2),EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2,√2,0),EP⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2,0,√2). 设平面PAE 的一个法向量n =(x ,y ,z ),则{√2x +√2y =0,-√2x +√2z =0,取x=1,则y=-1,z=1,所以n =(1,-1,1).设直线PB 与平面PAE 所成的角为θ,则sin θ=|cos <BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n ||BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=2√3015.故直线PB 与平面PAE 所成角的正弦值为2√3015.例2解(1)①如图1,沿正三角形三边中点连线折起,可拼得一个正三棱锥.如图2,正三角形三个角上剪出三个相同的四边形,其较长的一组邻边边长为三角形边长的14,有一组对角为直角,余下部分按虚线折起,可成一个缺上底的正三棱柱,而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱锥的上底.②依上面剪拼方法,有V柱>V锥.推理如下:设给出正三角形铁皮的边长为2,那么,正三棱锥与正三棱柱的底面都是边长为1的正三角形,其面积为√34 .则h锥=√1-(23×√32)2=√63,h柱=12tan30°=√36.V柱-V锥=(ℎ柱-13ℎ锥)×√34=√36−√69×√34=3-2√224>0,所以V柱>V锥.(2)设箱底边长为x,则箱高为h=√33×a-x2(0<x<a),箱子的容积为V(x)=12x2×sin60°×h=18ax2-18x3(0<x<a).由V'(x)=14ax-38x2=0,解得x1=0(舍),x2=23a,且当x∈(0,23a)时,V'(x)>0;当x∈(23a,a)时,V'(x)<0,所以当x=23a时,箱子容积最大,且V(23a)=18a×(23a)2−18×(23a)3=a354.对点训练2(1)证明连接OC,在△AOC中,因为OA=OC,D为AC的中点,所以AC⊥OD.又PO 垂直于圆O所在的平面,所以PO⊥AC.因为DO∩PO=O,所以AC⊥平面PDO.(2)解因为点C在圆O上,所以当CO⊥AB时,C到AB的距离最大,且最大值为1.又AB=2,所以△ABC 面积的最大值为12×2×1=1.又因为三棱锥P-ABC 的高PO=1,故三棱锥P-ABC 体积的最大值V=13×1×1=13.(3)解在△POB 中,PO=OB=1,∠POB=90°,所以PB=√12+12=√2.同理PC=√2,所以PB=PC=BC.在三棱锥P-ABC 中,将侧面BCP 绕PB 旋转至平面BC'P ,使之与平面ABP 共面,如图所示.当O ,E ,C'共线时,CE+OE 取得最小值.又因为OP=OB ,C'P=C'B ,所以OC'垂直平分PB ,即E 为PB 中点.从而OC'=OE+EC'=√22+√62=√2+√62, 即CE+OE 的最小值为√2+√62.例3(1)证明因为△PAD 是正三角形,O 是AD 的中点,所以PO ⊥AD.又因为CD ⊥平面PAD ,PO ⊂平面PAD ,所以PO ⊥CD. AD ∩CD=D ,AD ,CD 在平面ABCD 中, 所以PO ⊥平面ABCD.(2)解如图,因为G 为BC 的中点,所以OG ⊥AD.以O 点为原点分别以OA ,OG ,OP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.则O (0,0,0),A (2,0,0),G (0,4,0),P (0,0,2√3),E (-1,2,√3),F (-1,0,√3),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,0),EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,-√3),设平面EFG 的法向量为m =(x ,y ,z ), 所以{EF⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,EG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,即{-2y =0,x +2y -√3z =0,令z=1,则m =(√3,0,1),又平面ABCD 的法向量n =(0,0,1),设平面EFG 与平面ABCD 的夹角为θ,所以cos θ=|m ·n ||m ||n |=√(√3)+1×1=12.所以平面EFG 与平面ABCD 的夹角大小为π3.(3)解不存在点M ,使得直线GM 与平面EFG 所成角为π6.假设线段PA 上存在点M ,使得直线GM 与平面EFG 所成角为π6,设PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,λ∈[0,1],GM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =GP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =GP ⃗⃗⃗⃗⃗ +λPA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,由(2)得PA⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-2√3),GP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-4,2√3),所以GM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2λ,-4,2√3(1-λ)),所以sin π6=|cos <GM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,m >|=√32√4λ-6λ+7,整理得2λ2-3λ+2=0,Δ<0,方程无解,所以在线段PA 上不存在点M 使得直线GM 与平面EFG 所成角为π6. 对点训练3(1)证明连接BN 与CM 交于点F ,连接EF ,NC.由已知可得四边形BCNM 是平行四边形,所以F 是BN 的中点.因为E 是AB 的中点,所以AN ∥EF. 又EF ⊂平面MEC ,AN ⊄平面MEC , 所以AN ∥平面MEC. (2)解不存在点P ,使二面角P-EC-D 的大小为π3.由于四边形ABCD 是菱形,∠DAB=60°,E 是AB 的中点,可得DE ⊥AB.又四边形ADNM 是矩形,平面ADNM ⊥平面ABCD ,所以DN ⊥平面ABCD , 以DE ,DC ,DN 为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系D-xyz ,则E (√3,0,0),C (0,2,0),P (√3,-1,h ),h ∈[0,1],CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-2,0),EP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,h ), 设平面PEC 的法向量为n 1=(x ,y ,z ). 则{CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,EP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,则{√3x -2y =0,-y +ℎz =0,令y=√3h ,则n 1=(2h ,√3h ,√3),又平面ECD的法向量n2=(0,0,1),所以cos<n1,n2>=n1·n2|n1||n2|=√3√7ℎ+3=12,解得h=3√77,因为3√77>1,故在线段AM上不存在点P,使二面角P-EC-D的大小为π3.。
统编通用版高考数学全套电子教案.2.4立体几何复习小结(1)教案新人教A版必修2
.
答案：（ 1） 2a,
7 a ; （2）
14 a,
2
2
44
O
A′
C
3．在正方体 ABCD- A1B1C1D1 中，求证： A1C⊥平面 BC1 D. 分析： A1C在上底面 ABCD的射影 AC⊥ BD, A1 C在右侧面的射影 D1 C⊥ C1D, 所以 A1C⊥ BD, A 1C⊥ C1D, 从而有 A1C⊥平面 BC1D. 课后作业 1、阅读本章知识内容，从中体会知识的发展过程，理会问题解决的思 想方法；
直线与直线平行
直线与平面平行
平面与平面平行
直线与直线垂直
直线与平面垂直
平面与平面垂直
4、观察和推理是认识世界的两种重要手段，两者相辅相成，缺一不可。 （三）应用举例，深化巩固
1、 P.73 A 组第 1 题
2、 P.74 A 组第 6、8 题
（四）、课堂练习 ：
1．选择题
P
（ 1）如图 BC是 Rt ⊿ ABC的斜边，过 A 作⊿ ABC所在平面 垂线 AP，连 PB、 PC，过 A
D1 A1
D A
，P
C1 B1
C B
2、 P.76 B 组第 2 题。 课后记：
学习，易于识记；同时凸现数学知识的发展和联系。 3 情态与价值 学生通过知识的整合、梳理，理会空间点、线面间的位置关系及其互相联系，进一步
培养学生的空间想象能力和解决问题能力。 二、课程重点、难点
重点：各知识点间的网络关系； 难点：在空间如何实现平行关系、垂直关系、垂直与平行关系之间的转化。 三、课程设计 （一）知识回顾，整体认识 1、本章知识回顾 （1）空间点、线、面间的位置关系； （2）直线、平面平行的判定及性质； （3）直线、平面垂直的判定及性质。 2、本章知识结构框图
人教A版【新教材】高中数学必修第二册第八章立体几何初步小结及复习教学设计
《空间中平行关系证明》教学设计一、内容分析空间直线与平面的平行关系和证明是立体几何的基本任务，通过本节课对知识点的复习与梳理，为学生构建完整的知识体系。
特别是采用了“执果索因”法以后，让学生能更好的找到了证明空间中平行关系的实质即为线线平行，空间想象能力得到较大的提高。
二、学情分析1.由于这是复习课，学生已经系统学习了立体几何的知识，本节课就是让学生更深入地对空间中几何图形的平行位置和数量关系进行推理和计算；2.学生在学习过程中将会遇到一些问题：不能很好地使用直观图来表示立体图形、不能准确的做出辅助线、证明过程书写不规范等等。
三、教学目标1.认知目标：熟知空间中关于平行关系的公理定理，能流利运用自己的语言正确表述出线与面、面与面平行的相互转化。
2.能力目标：能从空间图形中正确识别出线与面的平行关系，并能依照相关公理定理进行证明。
3.情感、态度、价值观目标：通过相关题目训练，对数学公理、定理等相关科学结论的发现过程有所认识，学会数学证明的基本思想方法，进一步感受数学的逻辑美。
四、核心素养1.逻辑推理：归纳空间中平行关系判定定理和性质定理，线线、线面、面面之间的相互转化。
2.直观想象：空间中几何体的点、线、面的位置关系。
五、教学重难点重点：培养空间想象能力，明确证明空间中的平行关系的一般思想方法，并会应用。
难点：在证明的过程中做辅助线或辅助平面。
六、教学过程设计（一）复习引入（PK 游戏）1.平行于同一平面的两条直线平行。
（ ）2.若直线a 与平面α内无数条直线平行，则α//a 。
（ ）3.若平面βα，都与平面γ相交，且交线平行，则βα//。
（ ）4.如果一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行。
（ ）（二）知识结构：（三）合作探究设计意图：使学生更明确本节课的主题----三个平行的关系；通过知识点的复习与梳理，为学生构建完整的知识体系。
（四）经典例题（课本P170，第11题）11、如图，在四面体A-BCD 中，M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且AQ=3QC 。
(新教材)人教A版高中数学必修第二册学案 立体几何导学案含含配套练习答案
8．1基本立体图形第1课时棱柱、棱锥、棱台的结构特征考点学习目标核心素养棱柱的结构特征理解棱柱的定义，知道棱柱的结构特征，并能识别直观想象棱锥、棱台的结构特征理解棱锥、棱台的定义，知道棱锥、棱台的结构特征，并能识别直观想象应用几何体的平面展开图能将棱柱、棱锥、棱台的表面展开成平面图形直观想象问题导学预习教材P97－P100的内容，思考以下问题：1．空间几何体的定义是什么？2．空间几何体分为哪几类？3．常见的多面体有哪些？4．棱柱、棱锥、棱台有哪些结构特征？1．空间几何体的定义及分类(1)定义：如果只考虑物体的形状和大小，而不考虑其他因素，那么由这些物体抽象出来的空间图形就叫做空间几何体．(2)分类：常见的空间几何体有多面体与旋转体两类．2．空间几何体类别定义图示多面体由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体．围成多面体的各个多边形叫做多面体的面；两个面的公共边叫做多面体的棱；棱与棱的公共点叫做多面体的顶点旋转体一条平面曲线(包括直线)绕它所在平面内的这条定直线旋转所形成的曲面叫做旋转面，封闭的旋转面围成的几何体叫做旋转体．这条定直线叫做旋转体的轴3.棱柱、棱锥、棱台的结构特征结构特征及分类图形及记法棱柱结构特征(1)有两个面(底面)互相平行(2)其余各面都是四边形(3)相邻两个四边形的公共边都互相平行记作棱柱ABCDEFA′B′C′D′E′F′分类按底面多边形的边数分为三棱柱、四棱柱…续表结构特征及分类图形及记法棱锥结构特征(1)有一个面(底面)是多边形(2)其余各面(侧面)都是有一个公共顶点的三角形记作棱锥S-ABCD 分类按底面多边形的边数分为三棱锥、四棱锥……棱台结构特征(1)上下底面互相平行，且是相似图形(2)各侧棱延长线相交于一点(或用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间那部分多面体叫做棱台)记作棱台ABCD-A′B′C′D′分类由三棱锥、四棱锥、五棱锥……截得的棱台分别为三棱台、四棱台、五棱台……(1)棱柱、棱锥、棱台的关系在运动变化的观点下，棱柱、棱锥、棱台之间的关系可以用下图表示出来(以三棱柱、三棱锥、三棱台为例)．(2)各种棱柱之间的关系 ①棱柱的分类棱柱⎩⎪⎨⎪⎧直棱柱⎩⎪⎨⎪⎧正棱柱（底面为正多边形）一般的直棱柱斜棱柱②常见的几种四棱柱之间的转化关系判断(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)棱柱的侧面都是平行四边形．( )(2)用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫棱台． ( ) (3)将棱台的各侧棱延长可交于一点．( ) 答案：(1)√ (2)× (3)√下面多面体中，是棱柱的有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：选D.根据棱柱的定义进行判定知，这4个都满足. 下面四个几何体中，是棱台的是( )解析：选C.A 项中的几何体是棱柱．B 项中的几何体是棱锥；D 项中的几何体的棱AA ′，BB′，CC′，DD′没有交于一点，则D项中的几何体不是棱台；很明显C项中的几何体是棱台．在三棱锥A-BCD中，可以当作棱锥底面的三角形的个数为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选D.每个面都可作为底面，有4个．下列说法正确的有________．(填序号)①棱锥的侧面为三角形，且所有侧面都有一个公共点；②棱台的侧面有的是平行四边形，有的是梯形；③棱台的侧棱所在直线均相交于同一点．解析：棱锥是由棱柱的一个底面收缩为一个点而得到的几何体，因而其侧面均是三角形，且所有侧面都有一个公共点，故①对．棱台是棱锥被平行于底面的平面所截后，截面与底面之间的部分，因而其侧面均是梯形，且所有的侧棱延长后均相交于一点(即原棱锥的顶点)，故②错，③对．因而正确的有①③.答案：①③棱柱的结构特征下列关于棱柱的说法：①所有的面都是平行四边形；②每一个面都不会是三角形；③两底面平行，并且各侧棱也平行；④被平面截成的两部分可以都是棱柱．其中正确说法的序号是__________．【解析】①错误，棱柱的底面不一定是平行四边形；②错误，棱柱的底面可以是三角形；③正确，由棱柱的定义易知；④正确，棱柱可以被平行于底面的平面截成两个棱柱，所以正确说法的序号是③④.【答案】③④棱柱结构特征的辨析技巧(1)扣定义：判定一个几何体是否是棱柱的关键是棱柱的定义．①看“面”，即观察这个多面体是否有两个互相平行的面，其余各面都是四边形；②看“线”，即观察每相邻两个四边形的公共边是否平行．(2)举反例：通过举反例，如与常见几何体或实物模型、图片等不吻合，给予排除．1．下列命题中正确的是()A．有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B．棱柱中互相平行的两个面叫棱柱的底面C．棱柱的侧面都是平行四边形，而底面不是平行四边形D．棱柱的侧棱都相等，侧面是平行四边形解析：选D.由棱柱的定义可知，选D.2．如图所示的三棱柱ABC-A1B1C1，其中E，F，G，H是三棱柱对应边上的中点，过此四点作截面EFGH，把三棱柱分成两部分，各部分形成的几何体是棱柱吗？如果是，是几棱柱，并用符号表示；如果不是，请说明理由．解：截面以上的几何体是三棱柱AEF-A1HG，截面以下的几何体是四棱柱BEFC-B1HGC1.棱锥、棱台的结构特征下列关于棱锥、棱台的说法：①用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台；②棱台的侧面一定不会是平行四边形；③棱锥的侧面只能是三角形；④由四个面围成的封闭图形只能是三棱锥；⑤棱锥被平面截成的两部分不可能都是棱锥．其中正确说法的序号是________．【解析】①错误，若平面不与棱锥底面平行，用这个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分不是棱台．②正确，棱台的侧面一定是梯形，而不是平行四边形．③正确，由棱锥的定义知棱锥的侧面只能是三角形．④正确，由四个面围成的封闭图形只能是三棱锥．⑤错误，如图所示四棱锥被平面截成的两部分都是棱锥．所以正确说法的序号为②③④.【答案】②③④判断棱锥、棱台形状的两种方法(1)举反例法结合棱锥、棱台的定义举反例直接判断关于棱锥、棱台结构特征的某些说法不正确．(2)直接法棱锥棱台定底面只有一个面是多边形，此面即为底面两个互相平行的面，即为底面看侧棱相交于一点延长后相交于一点1．棱台不具有的性质是()A．两底面相似B．侧面都是梯形C．侧棱长都相等D．侧棱延长后相交于一点解析：选C.由棱台的概念(棱台的产生过程)可知A，B，D都是棱台具有的性质，而侧棱长不一定相等．2．下列说法中，正确的是()①棱锥的各个侧面都是三角形；②有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的几何体是棱锥；③四面体的任何一个面都可以作为棱锥的底面；④棱锥的各侧棱长相等．A．①②B．①③C．②③D．②④解析：选B.由棱锥的定义，知棱锥的各侧面都是三角形，故①正确；有一个面是多边形，其余各面都是三角形，如果这些三角形没有一个公共顶点，那么这个几何体就不是棱锥，故②错；四面体就是由四个三角形所围成的封闭几何体，因此以四面体的任何一个面作底面的几何体都是三棱锥，故③正确；棱锥的侧棱长可以相等，也可以不相等，故④错．空间几何体的平面展开图(1)水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示，如图是一个正方体的平面展开图(图中数字写在正方体的外表面上)，若图中的“2”在正方体的上面，则这个正方体的下面是()A．1 B．9C．快D．乐(2)如图是三个几何体的侧面展开图，请问各是什么几何体？【解】(1)选 B.由题意，将正方体的展开图还原成正方体，“1”与“乐”相对，“2”与“9”相对，“0”与“快”相对，所以下面是“9”．(2)题图①中，有5个平行四边形，而且还有两个全等的五边形，符合棱柱的特点；题图②中，有5个三角形，且具有共同的顶点，还有一个五边形，符合棱锥的特点；题图③中，有3个梯形，且其腰的延长线交于一点，还有两个相似的三角形，符合棱台的特点，把侧面展开图还原为原几何体，如图所示：所以①为五棱柱，②为五棱锥，③为三棱台．多面体展开图问题的解题策略(1)绘制展开图：绘制多面体的平面展开图要结合多面体的几何特征，发挥空间想象能力或者是亲手制作多面体模型．在解题过程中，常常给多面体的顶点标上字母，先把多面体的底面画出来，然后依次画出各侧面，便可得到其平面展开图．(2)由展开图复原几何体：若是给出多面体的平面展开图，来判断是由哪一个多面体展开的，则可把上述过程逆推，同一个几何体的平面展开图可能是不一样的，也就是说，一个多面体可有多个平面展开图．1.某同学制作了一个对面图案均相同的正方体礼品盒，如图所示，则这个正方体礼品盒的平面展开图应该为()解析：选A.其展开图是沿盒子的棱剪开，无论从哪条棱剪开，剪开的相邻面在展开图中可以不相邻，但未剪开的相邻面在展开图中一定相邻．相同的图案是盒子上相对的面，展开后不能相邻．2．根据如图所示的几何体的表面展开图，画出立体图形．解：如图是以四边形ABCD为底面，P为顶点的四棱锥．其图形如图所示．1．下面的几何体中是棱柱的有()A．3个B．4个C．5个D．6个解析：选C.棱柱有三个特征：(1)有两个面相互平行．(2)其余各面是四边形．(3)侧棱相互平行．本题所给几何体中⑥⑦不符合棱柱的三个特征，而①②③④⑤符合，故选C.2．下面图形中，为棱锥的是()A．①③B．③④C．①②④D．①②解析：选C.根据棱锥的定义和结构特征可以判断，①②是棱锥，③不是棱锥，④是棱锥．故选C.3．有一个多面体，共有四个面围成，每一个面都是三角形，则这个几何体为()A．四棱柱B．四棱锥C．三棱柱D．三棱锥解析：选D.根据棱锥的定义可知该几何体是三棱锥．4．一个棱柱有10个顶点，所有的侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为__________cm.解析：因为棱柱有10个顶点，所以棱柱为五棱柱，共有五条侧棱，所以侧棱长为60 5＝12(cm)．答案：125．画一个三棱台，再把它分成：(1)一个三棱柱和另一个多面体．(2)三个三棱锥，并用字母表示．解：画三棱台一定要利用三棱锥．(1)如图①所示，三棱柱是棱柱A′B′C′AB″C″，另一个多面体是B′C′C″B″BC.(2)如图②所示，三个三棱锥分别是A′ABC，B′A′BC，C′A′B′C.[A基础达标]1．下列说法正确的是()A．棱柱的底面一定是平行四边形B．棱锥的底面一定是三角形C．棱锥被平面分成的两部分不可能都是棱锥D．棱柱被平面分成的两部分可能都是棱柱解析：选D.棱柱和棱锥的底面可以是任意多边形，故选项A、B均不正确；可沿棱锥的侧棱将其分割成两个棱锥，故C错误；用平行于棱柱底面的平面可将棱柱分割成两个棱柱．2．具备下列条件的多面体是棱台的是()A ．两底面是相似多边形的多面体B ．侧面是梯形的多面体C ．两底面平行的多面体D ．两底面平行，侧棱延长后交于一点的多面体解析：选D.由棱台的定义可知，棱台的两底面平行，侧棱延长后交于一点． 3．如图，能推断这个几何体可能是三棱台的是( )A ．A 1B 1＝2，AB ＝3，B 1C 1＝3，BC ＝4B ．A 1B 1＝1，AB ＝2，B 1C 1＝1.5，BC ＝3，A 1C 1＝2，AC ＝3 C ．A 1B 1＝1，AB ＝2，B 1C 1＝1.5，BC ＝3，A 1C 1＝2，AC ＝4D ．AB ＝A 1B 1，BC ＝B 1C 1，CA ＝C 1A 1解析：选C.根据棱台是由棱锥截成的进行判断．选项A 中A 1B 1AB ≠B 1C 1BC ，故A 不正确；选项B 中B 1C 1BC ≠A 1C 1AC ，故B 不正确；选项C 中A 1B 1AB ＝B 1C 1BC ＝A 1C 1AC，故C 正确；选项D 中满足这个条件的可能是一个三棱柱，不是三棱台．故选C.4．一个棱锥的各棱长都相等，那么这个棱锥一定不是( ) A ．三棱锥 B ．四棱锥 C ．五棱锥D ．六棱锥解析：选D.由题意可知，每个侧面均为等边三角形，每个侧面的顶角均为60°，如果是六棱锥，因为6×60°＝360°，所以顶点会在底面上，因此不是六棱锥．5．下列图形中，不能折成三棱柱的是( )解析：选C.C 中，两个底面均在上面，因此不能折成三棱柱，其余均能折成三棱柱． 6．四棱柱有________条侧棱，________个顶点．解析：四棱柱有4条侧棱，8个顶点(可以结合正方体观察求得)． 答案：4 87．一个棱台至少有________个面，面数最少的棱台有________个顶点，有________条棱． 解析：面数最少的棱台是三棱台，共有5个面，6个顶点，9条棱． 答案：5 6 98．在下面的四个平面图形中，是侧棱都相等的四面体的展开图的为__________．(填序号)解析：由于③④中的图组不成四面体，只有①②可以．答案：①②9．根据下列关于空间几何体的描述，说出几何体的名称：(1)由6个平行四边形围成的几何体；(2)由7个面围成的几何体，其中一个面是六边形，其余6个面都是有一个公共顶点的三角形；(3)由5个面围成的几何体，其中上、下两个面是相似三角形，其余3个面都是梯形，并且这些梯形的腰延长后能相交于一点．解：(1)这是一个上、下底面是平行四边形，4个侧面也是平行四边形的四棱柱．(2)这是一个六棱锥．(3)这是一个三棱台．10．画出如图所示的几何体的表面展开图．解：表面展开图如图所示：(答案不唯一)[B能力提升]11．五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱共有对角线()A．20条B．15条C．12条D．10条解析：选D.如图，在五棱柱ABCDE A1B1C1D1E1中，从顶点A出发的对角线有两条：AC1，AD1，同理从B，C，D，E点出发的对角线均有两条，共有2×5＝10(条)．12．一个三棱锥，如果它的底面是直角三角形，那么它的三个侧面()A．至多有一个是直角三角形B．至多有两个是直角三角形C．可能都是直角三角形D．必然都是非直角三角形解析：选C.注意到答案特征是研究侧面最多有几个直角三角形，这是一道开放性试题，需要研究在什么情况下侧面的直角三角形最多．在如图所示的长方体中，三棱锥AA1C1D1的三个侧面都是直角三角形．13．长方体ABCD-A1B1C1D1的长、宽、高分别为3，2，1，从A到C1沿长方体的表面的最短距离为________．解析：结合长方体的三种展开图不难求得AC1的长分别是：32，25，26，显然最小值是3 2.答案：3 214．如图，已知长方体ABCD-A1B1C1D1.(1)这个长方体是棱柱吗？如果是，是几棱柱？为什么？(2)用平面BCEF把这个长方体分成两部分，各部分几何体的形状是什么？解：(1)是棱柱．是四棱柱．因为长方体中相对的两个面是平行的，其余的每个面都是矩形(四边形)，且每相邻的两个矩形的公共边都平行，符合棱柱的结构特征，所以是棱柱．(2)各部分几何体都是棱柱，分别为棱柱BB1FCC1E和棱柱ABF A1DCED1.[C拓展探究]15．如图，在一个长方体的容器中装有少量水，现在将容器绕着其底部的一条棱倾斜，在倾斜的过程中：(1)水面的形状不断变化，可能是矩形，也可能变成不是矩形的平行四边形，对吗？(2)水的形状也不断变化，可以是棱柱，也可能变为棱台或棱锥，对吗？(3)如果倾斜时，不是绕着底部的一条棱，而是绕着其底部的一个顶点，试着讨论水面和水的形状．解：(1)不对，水面的形状就是用一个与棱(倾斜时固定不动的棱)平行的平面截长方体时截面的形状，因而是矩形，不可能是其他非矩形的平行四边形．(2)不对，水的形状就是用与棱(将长方体倾斜时固定不动的棱)平行的平面将长方体截去一部分后，剩余部分的几何体是棱柱，水比较少时，是三棱柱，水多时，可能是四棱柱；但不可能是棱台或棱锥．(3)用任意一个平面去截长方体，其截面形状可以是三角形，四边形，五边形，六边形，因而水面的形状可以是三角形，四边形，五边形，六边形；水的形状可以是棱锥，棱柱，但不可能是棱台．第2课时圆柱、圆锥、圆台、球、简单组合体的结构特征考点学习目标核心素养圆柱、圆锥、圆台、球的概念理解圆柱、圆锥、圆台、球的定义，知道这四种几何体的结构特征，能够识别和区分这些几何体直观想象简单组合体的结构特征了解简单组合体的概念和基本形式直观想象旋转体中的计算问题会根据旋转体的几何体特征进行相关运算直观想象、数学运算问题导学预习教材P101－P104的内容，思考以下问题：1．常见的旋转体有哪些？是怎样形成的？2．这些旋转体有哪些结构特征？它们之间有什么关系？3．这些旋转体的侧面展开图和轴截面分别是什么图形？1．圆柱、圆锥、圆台和球的结构特征(1)圆柱的结构特征定义以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体图示及相关概念轴：旋转轴叫做圆柱的轴底面：垂直于轴的边旋转而成的圆面侧面：平行于轴的边旋转而成的曲面母线：无论旋转到什么位置，平行于轴的边柱体：圆柱和棱柱统称为柱体■名师点拨(1)圆柱有无数条母线，它们平行且相等．(2)平行于底面的截面是与底面大小相同的圆，如图1所示．(3)过轴的截面(轴截面)都是全等的矩形，如图2所示．(4)过任意两条母线的截面是矩形，如图3所示．(2)圆锥的结构特征定义以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体图示及相关概念轴：旋转轴叫做圆锥的轴底面：垂直于轴的边旋转而成的圆面侧面：直角三角形的斜边旋转而成的曲面母线：无论旋转到什么位置，不垂直于轴的边锥体：圆锥和棱锥统称为锥体(1)圆锥有无数条母线，它们有公共点即圆锥的顶点，且长度相等．(2)平行于底面的截面都是圆，如图1所示．(3)过轴的截面是全等的等腰三角形，如图2所示．(4)过任意两条母线的截面是等腰三角形，如图3所示．(3)圆台的结构特征定义用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分图示及相关概念轴：圆锥的轴底面：圆锥的底面和截面侧面：圆锥的侧面在底面和截面之间的部分母线：圆锥的母线在底面与截面之间的部分台体：圆台和棱台统称为台体■名师点拨(1)圆台有无数条母线，且长度相等，延长后相交于一点．(2)平行于底面的截面是圆，如图1所示．(3)过轴的截面是全等的等腰梯形，如图2所示．(4)过任意两条母线的截面是等腰梯形，如图3所示．(4)球的结构特征定义以半圆的直径所在直线为旋转轴，旋转一周形成的曲面叫做球面，球面所围成的旋转体叫做球体，简称球图示及相关概念球心：半圆的圆心半径：半圆的半径直径：半圆的直径■名师点拨(1)球心和截面圆心的连线垂直于截面．(2)球心到截面的距离d与球的半径R及截面圆的半径r有如下关系：r＝R2－d2.2．简单组合体(1)概念由简单几何体组合而成的几何体叫做简单组合体．(2)两种构成形式①由简单几何体拼接而成；②由简单几何体截去或挖去一部分而成．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)直角三角形绕一边所在直线旋转得到的旋转体是圆锥．()(2)夹在圆柱的两个平行截面间的几何体是一圆柱．()(3)半圆绕其直径所在直线旋转一周形成球．()(4)圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面．()答案：(1)×(2)×(3)×(4)√下列几何体中不是旋转体的是()解析：选D.由旋转体的概念可知，选项D不是旋转体．过圆锥的轴作截面，则截面形状一定是()A．直角三角形B．等腰三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形答案：B可以旋转得到如图的图形的是()解析：选A.题图所示几何体上面是圆锥，下面是圆台，故平面图形应是由一个直角三角形和一个直角梯形构成．指出图中的几何体是由哪些简单几何体构成的．解：①是由一个圆锥和一个圆柱组合而成的；②是由一个圆柱和两个圆台组合而成的；③是由一个三棱柱和一个四棱柱组合而成的．圆柱、圆锥、圆台、球的概念(1)给出下列说法：①圆柱的底面是圆面；②经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；③圆台的任意两条母线的延长线可能相交，也可能不相交；④夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体．其中说法正确的是________．(2)给出以下说法：①球的半径是球面上任意一点与球心所连线段的长；②球的直径是球面上任意两点间所连线段的长；③用一个平面截一个球，得到的截面可以是一个正方形；④过圆柱轴的平面截圆柱所得截面形状是矩形．其中正确说法的序号是________．【解析】(1)①正确，圆柱的底面是圆面；②正确，如图所示，经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；③不正确，圆台的母线延长相交于一点；④不正确，圆柱夹在两个平行于底面的截面间的几何体才是旋转体．(2)根据球的定义知，①正确；②不正确，因为球的直径必过球心；③不正确，因为球的任何截面都是圆面；④正确．【答案】(1)①②(2)①④(1)判断简单旋转体结构特征的方法①明确由哪个平面图形旋转而成；②明确旋转轴是哪条直线．(2)简单旋转体的轴截面及其应用①简单旋转体的轴截面中有底面半径、母线、高等体现简单旋转体结构特征的关键量；②在轴截面中解决简单旋转体问题体现了化空间图形为平面图形的转化思想．判断下列各命题是否正确．(1)一直角梯形绕下底所在直线旋转一周，所形成的曲面围成的几何体是圆台；(2)圆锥、圆台中过轴的截面是轴截面，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形；(3)到定点的距离等于定长的点的集合是球．解：(1)错误．直角梯形绕下底所在直线旋转一周所形成的几何体是由一个圆柱与一个圆锥组成的简单组合体，如图所示．(2)正确．(3)错误．应为球面．简单组合体的结构特征如图所示的几何体是由下面哪一个平面图形旋转而形成的()【解析】该几何体自上而下由圆锥、圆台、圆台、圆柱组合而成，故应选A.【答案】 A[变条件、变问法]若将本例选项B中的平面图形旋转一周，试说出它形成的几何体的结构特征．解：①是直角三角形，旋转后形成圆锥；②是直角梯形，旋转后形成圆台；③是矩形，旋转后形成圆柱，所以旋转后形成的几何体如图所示．通过观察可知，该几何体是由一个圆锥、一个圆台和一个圆柱自上而下拼接而成的．不规则平面图形旋转形成几何体的结构特征的分析策略(1)分割：首先要对原平面图形适当分割，一般分割成矩形、梯形、三角形或圆(半圆或四分之一圆)等基本图形．(2)定形：然后结合圆柱、圆锥、圆台、球的形成过程进行分析．已知AB是直角梯形ABCD中与底边垂直的腰，如图所示．分别以AB，BC，CD，DA所在的直线为轴旋转，试说明所得几何体的结构特征．解：(1)以AB 边所在的直线为轴旋转所得旋转体是圆台，如图①所示．(2)以BC 边所在的直线为轴旋转所得旋转体是一个组合体：下部为圆柱，上部为圆锥，如图②所示．(3)以CD 边所在的直线为轴旋转所得旋转体为一个组合体：上部为圆锥，下部为圆台，再挖去一个小圆锥，如图③所示．(4)以AD 边所在的直线为轴旋转所得旋转体是一个组合体：一个圆柱上部挖去一个圆锥，如图④所示．旋转体中的计算问题如图所示，用一个平行于圆锥SO 底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3 cm ，求圆台O ′O 的母线长．【解】 设圆台的母线长为l cm ，由截得的圆台上、下底面面积之比为1∶16，可设截得的圆台的上、下底面的半径分别为r cm ，4r cm.过轴SO 作截面，如图所示，则△SO ′A ′∽△SOA ，SA ′＝3 cm. 所以SA ′SA ＝O ′A ′OA ，所以33＋l ＝r 4r ＝14.解得l ＝9，即圆台O ′O 的母线长为9 cm.解决旋转体中计算问题的方法用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质(与底面全等或相似)，同时结合旋转体中的轴截面(经过旋转轴的截面)的几何性质，利用相似三角形中的相似比，列出相关几何变量的方程(组)而解得．。
届高三数学大一轮复习 几何证明选讲学案 理 新人教A版
第十三章 选修系列4 学案73 几何证明选讲(一)相似三角形的判定及有关性质导学目标： 1.了解平行线等分线段定理和平行线分线段成比例定理；2.掌握相似三角形的判定定理及性质定理；3.理解直角三角形射影定理．自主梳理1．平行线等分线段定理如果一组平行线在一条直线上截得的线段相等，那么在任一条(与这组平行线相交的)直线上截得的线段也相等．2．平行线分线段成比例定理两条直线与一组平行线相交，它们被这组平行线截得的对应线段__________． 推论1 平行于三角形一边的直线截其他两边(或________________)，所得的对应线段__________．推论2 平行于三角形的一边，并且和其他两边________的直线所截得的三角形的三边与原三角形的三边对应________．推论3 三角形的一个内角平分线分对边所得的两条线段与这个角的两边对应成比例． 3．相似三角形的判定判定定理1 对于任意两个三角形，如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似．简述为：两角对应________的两个三角形相似．判定定理2 对于任意两个三角形，如果一个三角形的两边和另一个三角形的两边对应成比例，并且夹角相等，那么这两个三角形相似．简述为：两边对应成比例且____________相等的两个三角形相似．判定定理3 对于任意两个三角形，如果一个三角形的三条边和另一个三角形的三条边对应成比例，那么这两个三角形相似．简述为：三边对应成比例的两个三角形相似．4．相似三角形的性质(1)相似三角形对应高的比、对应中线的比和对应角平分线的比都等于相似比； (2)相似三角形周长的比等于相似比；(3)相似三角形面积的比等于相似比的平方． 5．直角三角形射影定理直角三角形一条直角边的平方等于该直角边在____________与斜边的______，斜边上的高的________等于两条直角边在斜边上的射影的乘积．自我检测1．如果梯形的中位线的长为6 cm ，上底长为4 cm ，那么下底长为________cm .2．如图，在△ABC 中，ED∥BC，EF∥BD，则下列四个结论正确的是(填序号)________． ①AF FD ＝ED BC ；②AF FD ＝CD AD ；③AF FD ＝AD DC ；④AF FD ＝AB AE.3．如图，在Rt △ABC 中，∠ACB＝90°，CD⊥AB 于点D ，CD ＝2，BD ＝3，则AC ＝________.4．如图所示，在△ABC 中，AD 是∠BAC 的平分线，AB ＝5 cm ，AC ＝4 cm ，BC ＝7 cm ，则BD ＝________cm .第4题图 第5题图5．(2011·陕西)如图，∠B＝∠D，AE⊥BC，∠ACD＝90°，且AB ＝6，AC ＝4，AD ＝12，则BE ＝________.探究点一 确定线段的n 等分点例1 已知线段PQ ，在线段PQ 上求作一点D ，使PD∶DQ＝2∶1.变式迁移1 已知△ABC，D 在AC 上，AD∶DC＝2∶1，能否在AB 上找到一点E ，使得线段EC 的中点在BD 上．探究点二 平行线分线段成比例定理的应用例2 在△ABC 的边AB 、AC 上分别取D 、E 两点，使BD ＝CE ，DE 的延长线交BC 的延长线于点F.求证：DF EF ＝ACAB.变式迁移2 如图，已知AB∥CD∥EF，AB ＝a ，CD ＝b(0<a<b)，AE∶EC＝m∶n(0<m<n)，求EF.探究点三相似三角形的判定及性质的应用例3如图，已知梯形ABCD中，AB∥CD，过D与BC平行的直线交AB于点E，∠ACE ＝∠ABC，求证：AB·CE＝AC·DE.变式迁移3 如图，已知▱ABCD中，G是DC延长线上一点，AG分别交BD和BC于E、F 两点，证明AF·AD＝AG·BF.1．用添加平行辅助线的方法构造使用平行线等分线段定理与平行线分线段成比例定理的条件．特别是在使用平行线分线段成比例定理及推论时，一定要注意对应线段，对应边．2．利用平行线等分线段定理将某线段任意等分，需要过线段的一个端点作辅助线，在作图时要注意保留作图痕迹．3．在证明两个或两个以上的比例式相等时，需要找第三个比例式与它们都相等，可考虑利用平行线分线段成比例定理或推论，也可以考虑用线段替换及等比定理，由相等的传递性得出结论．4．判定两个三角形相似，根据题设条件选择使用三角形相似的判定定理．(满分：75分)一、填空题(每小题5分，共40分)1．如图所示，l 1∥l 2∥l 3，下列比例式正确的有________(填序号)． (1)AD DF ＝CE BC ；(2)AD BE ＝BC AF ；(3)CE DF ＝AD BC ；(4)AF DF ＝BE CE.2．如图所示，D 是△ABC 的边AB 上的一点，过D 点作DE∥BC 交AC 于E.已知AD DB ＝23，则S △ADES 四边形BCED＝__________________________________________.3．如图，在四边形ABCD 中，EF∥BC，FG∥AD，则EF BC ＋FGAD＝________.4．在直角三角形中，斜边上的高为6，斜边上的高把斜边分成两部分，这两部分的比为3∶2，则斜边上的中线的长为________．5．(2010·苏州模拟)如图，在梯形ABCD 中，AD∥BC，BD 与AC 相交于点O ，过点O 的直线分别交AB ，CD 于E ，F ，且EF∥BC，若AD ＝12，BC ＝20，则EF ＝________.6．如图所示，在△ABC 中，AD⊥BC，CE 是中线，DC ＝BE ，DG⊥CE 于G ，EC 的长为4，则EG ＝________.7．(2010·天津武清一模)如图，在△ABC 中，AD 平分∠BAC，DE∥AC，EF∥BC，AB ＝15，AF ＝4，则DE ＝________.8．如图所示，BD 、CE 是△ABC 的中线，P 、Q 分别是BD 、CE 的中点，则PQBC＝________.二、解答题(共35分)9．(11分)如图所示，在△ABC 中，∠CAB＝90°，AD⊥BC 于D ，BE 是∠ABC 的平分线，交AD 于F ，求证：DF AF ＝AEEC.10．(12分)如图，△ABC 中，D 是BC 的中点，M 是AD 上一点，BM 、CM 的延长线分别交AC 、AB 于F 、E.求证：EF∥BC.11．(12分)(2010·苏州模拟)如图，在四边形ABCD 中，AC 与BD 相交于O 点，直线l 平行于BD 且与AB ，DC ，BC ，AD 及AC 的延长线分别相交于点M ，N ，R ，S 和P ，求证：PM·PN＝PR·PS.学案73 几何证明选讲(一)相似三角形的判定及有关性质自主梳理2．成比例 两边的延长线 成比例 相交 成比例 3．相等 夹角 5.斜边上的射影 乘积 平方 自我检测 1．8 2.③ 3.2133解析 由射影定理：CD 2＝AD·BD.∴AD＝43，∴AC＝CD 2＋AD 2＝4＋169＝2133.4.359解析 ∵AB AC ＝BD DC ＝54，∴BD＝359cm .5．4 2解析 ∵AC＝4，AD ＝12，∠ACD＝90°，∴CD 2＝AD 2－AC 2＝128， ∴CD＝8 2.又∵AE⊥BC，∠B＝∠D，∴△ABE∽△ADC，∴AB AD ＝BECD，∴BE＝AB·CD AD ＝6×8212＝4 2.课堂活动区例1 解题导引 利用平行线等分线段定理可对线段任意等分，其作图步骤为：首先作出辅助射线，然后在射线上依次截取任意相同长度的n 条线段，最后过辅助线上的各等分点作平行线，确定所求线段的n 等分点．解 在线段PQ 上求作点D ，使PD∶DQ＝2∶1，就是要作出线段PQ 上靠近Q 点的一个三等分点，通过线段PQ 的一个端点作辅助射线，并取线段的三等分点，利用平行线等分线段定理确定D 点的位置．作法：①作射线PN.②在射线PN 上截取PB ＝2a ，BC ＝a. ③连接CQ.④过点B 作CQ 的平行线，交PQ 于D. ∴点D 即为所求的点． 变式迁移1解 假设能找到，如图，设EC 交BD 于点F ，则F 为EC 的中点， 作EG∥AC 交BD 于G. ∵EG∥AC，EF ＝FC ，∴△EGF≌△CDF，且EG ＝DC ，∴EG 綊12AD ，△BEG∽△BAD，∴BE BA ＝EG AD ＝12，∴E 为AB 的中点． ∴当E 为AB 的中点时，EC 的中点在BD 上．例2 解题导引 证明线段成比例问题，一般有平行的条件可考虑用平行线分线段成比例定理或推论，也可以用三角形相似或考虑用线段替换等方法．证明 作EG∥AB 交BC 于G ，如图所示，∵△CEG∽△CAB， ∴EG AB ＝CE AC ，即AC AB ＝CE EG ＝DB EG ， 又∵DB EG ＝DF EF ，∴DF EF ＝AC AB .变式迁移2 解 如图，过点F 作FH∥EC，分别交BA ，DC 的延长线于点G ，H ，由EF∥AB∥CD 及FH∥EC，知AG ＝CH ＝EF ，FG ＝AE ，FH ＝EC.从而FG∶FH＝AE∶EC ＝m∶n.由BG∥DH，知BG∶DH＝FG∶FH＝m∶n. 设EF ＝x ，则得(x ＋a)∶(x＋b)＝m∶n.解得x ＝mb －nan －m ，即EF ＝mb －nan －m.例3 解题导引 有关两线段的比值的问题，除了应用平行线分线段成比例定理外，也可利用相似三角形的判定和性质求解．解题中要注意观察图形特点，巧添辅助线，对解题可起到事半功倍的效果．证明 方法一 ∵AB∥CD， ∴EA CD ＝AF CF ，即EA AF ＝CD CF .① ∵DE∥BC， ∴AF AC ＝AE AB ，即EA AF ＝AB AC.② 由①②得CD CF ＝ABAC，③∵∠FDC＝∠ECF，∠DEC＝∠FEC， ∴△EFC∽△ECD. ∴CD CF ＝DE CE.④ 由③④得AB AC ＝DECE，即AB·CE＝AC·DE.方法二 ∵AB∥CD，DE∥BC， ∴BEDC 是平行四边形． ∴DE＝BC.∵∠ACE＝∠ABC，∠EAC＝∠BAC，∴△AEC∽△ACB.∴BC CE ＝ABAC.∴AB AC ＝DECE，即AB·CE＝AC·DE. 变式迁移3 证明 因为四边形ABCD 为平行四边形， 所以AB∥DC，AD∥BC.所以△ABF∽△GCF，△GCF∽△GDA. 所以△ABF∽△GDA.从而有AF AG ＝BFAD ，即AF·AD＝AG·BF.课后练习区 1．(4)解析 由平行线分线段成比例定理可知(4)正确． 2.421解析 由AD DB ＝23知，AD AB ＝25，S △ADE S △ABC ＝425，故S △ADE S 四边形BCED ＝421.3．1解析 ∵EF∥BC，∴EF BC ＝AFAC ，又∵FG∥AD，∴FG AD ＝CFAC，∴EF BC ＋FG AD ＝AF AC ＋CF AC ＝ACAC＝1. 4.562解析 设斜边上的两段的长分别为3t,2t ，由直角三角形中的射影定理知：62＝3t·2t，解得t ＝6(t>0，舍去负根)，所以斜边的长为56，故斜边上的中线的长为562.5．15解析 ∵AD∥BC，∴OB OD ＝BC AD ＝2012＝53，∴OB BD ＝58，∵OE∥AD，∴OE AD ＝OB BD ＝58，∴OE＝58AD ＝58×12＝152，同理可求得OF ＝38BC ＝38×20＝152，∴EF＝OE ＋OF ＝15. 6．2解析 连接DE ，因为AD⊥BC，所以△ADB 是直角三角形，则DE ＝12AB ＝BE ＝DC.又因为DG⊥CE 于G ，所以DG 平分CE ，故EG ＝2.7．6解析 设DE ＝x ，∵DE∥AC， ∴BE 15＝x x ＋4，解得BE ＝15x x ＋4. ∴BD DC ＝BE EA ＝BE 15－BE ＝x 4. 又∵AD 平分∠BAC，∴BD DC ＝BA AC ＝15x ＋4＝x4，解得x ＝6. 8.14解析 连接DE ，延长QP 交AB 于N ， 则⎩⎪⎨⎪⎧NP ＝12ED ＝14BC ，NP ＋PQ ＝12BC.得PQ ＝14BC.9．证明 由三角形的内角平分线定理得，在△ABD 中，DF AF ＝BDAB，①在△ABC 中，AE EC ＝ABBC，②(3分)在Rt △ABC 中，由射影定理知，AB 2＝BD·BC， 即BD AB ＝ABBC.③(6分) 由①③得：DF AF ＝ABBC ，④(9分)由②④得：DF AF ＝AEEC.(11分)10．证明 延长AD 至G ，使DG ＝MD ，连接BG 、CG. ∵BD＝DC ，MD ＝DG ，∴四边形BGCM 为平行四边形．(4分) ∴EC∥BG，FB∥CG， ∴AE AB ＝AM AG ，AF AC ＝AM AG ， ∴AE AB ＝AFAC，(8分) ∴EF∥BC.(12分)11．证明 ∵BO∥PM， ∴PM BO ＝PAOA ，(2分) ∵DO∥PS， ∴PS DO ＝PA OA ，∴PM BO ＝PSDO .(4分) 即PM PS ＝BODO ，由BO∥PR 得PR BO ＝PCCO.(6分) 由DO∥PN 得PN OD ＝PCCO.(8分)∴PR BO ＝PN DO ，即PR PN ＝BO DO ， ∴PR PN ＝PMPS.∴PM·PN＝PR·PS.(12分)。
高三数学复习教案-立体几何中的有关证明与综合问题
例 1． 已知斜三棱柱 ABC-A ’B’C’的底面是 C' 直角三角形，∠ C=90°，侧棱与底面所成的角
A' B'
为 α（ 0° <α<90°）， B’在底面上的射影 D 落
在 BC 上。 （ 1）求证： AC ⊥面 BB’C’C。
C D
（2）当 α为何值时， AB’⊥BC’，且使得 D 恰为 BC 的中点。
C
ABCD、ABEF的边长都是 1，而且平面 ABCD、
ABEF互相垂直。点 M在 AC上移动，点 N 在 D
BF上移动，若 CM=BNa= 0 a 2 .
MB
E
（Ⅰ）求 MN 的长；
N
（Ⅱ）当 a 为何值时， MN 的长最小； A
F
（Ⅲ）当 MN 的长最小时，求面 MNA 与面 MNB 所成的二面角 的大小。
（ 2）由（ 1 ）的证明可知： DE⊥ 面 PBC 。所以， BEC 就是二面角 B DE C 的平面角。
∵ 面 PDC⊥底面 ABCD，交线为 DC ， 又平面 ABCD 内的直线 CB⊥ DC 。
∴ CB⊥面 PDC 。 又 PC 面 PDC ， ∴ CB⊥ PC。 在 Rt ECB 中， tan BEC BC 2 。
tan 令 tan
BAC tan ACD ABD
x1
x2
2
，解得： 1 x 3
1。 3 2 ，与 x
1交集非空。
∴ 满足条件的点 Q存在。
点评 本题将立体几何与代数融为一体，不仅要求学生有一定的空间想象 力，而且，作好问题的转化是解决此题的关键。
例 5． 如图所示：正四棱锥
P
P ABCD 中 ， 侧 棱 PA 与 底 面
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立体几何中的有关证明与综合问题例1． 已知斜三棱柱ABC-A ’B ’C ’的底面是直角三角形，∠C=90°，侧棱与底面所成的角为α（0°<α<90°），B ’在底面上的射影D 落在BC 上。
（1）求证：AC ⊥面BB ’C ’C 。
（2）当α为何值时，AB ’⊥BC ’，且使得D 恰为BC 的中点。
讲解：（1）∵ B ’D ⊥面ABC ，AC ⊂面ABC ，∴ B ’D ⊥AC ，又AC ⊥BC ，BC ∩B ’D=D ， ∴ AC ⊥面BB ’C ’C 。
（2）由三垂线定理知道：要使AB ’⊥BC ’，需且只需AB ’在面BB ’C ’C 内的射影B ’C ⊥BC ’。
即四边形BB ’C ’C 为菱形。
此时，BC=BB ’。
因为B ’D ⊥面ABC ，所以，BD B '∠就是侧棱B ’B 与底面ABC 所成的角。
由D 恰好落在BC 上，且为BC 的中点，所以，此时BD B '∠=︒60。
即当α=︒60时，AB ’⊥BC ’，且使得D 恰为BC 的中点。
例2． 如图：已知四棱锥ABCD P -中，底面四边形为正方形，侧面PDC 为正三角形，且平面PDC ⊥底面ABCD ，E 为PC 中点。
（1）求证：平面EDB ⊥平面PBC ； （2）求二面角C DE B --的平面角的正切值。
讲解：（1）要证两个平面互相垂直，常规的想法是：证明其中一个平面过另一个平面的一条垂线。
首先观察图中已有的直线，不难发现，由于侧面PDC 为正三角形，所以，PC DE ⊥，那么我们自然想到：是否有PBC DE 面⊥？这样的想法一经产生，证明它并不是一件困难的事情。
∵ 面PDC ⊥底面ABCD ，交线为DC ，∴ DE 在平面ABCD 内的射影就是DC 。
在正方形ABCD 中，DC ⊥CB ， ∴ DE ⊥CB 。
又C BC PC =⋂，PBC BC PC 面⊂,， ∴ DE ⊥PBC 面。
ACC'又⊂DE 面EDB ，∴ 平面EDB ⊥平面PBC 。
（2）由（1）的证明可知：DE ⊥PBC 面。
所以，BEC ∠就是二面角CDE B --的平面角。
∵ 面PDC ⊥底面ABCD ，交线为DC ，又平面ABCD 内的直线CB ⊥ DC 。
∴ CB ⊥面PDC 。
又⊂PC 面PDC ， ∴ CB ⊥PC 。
在Rt ECB ∆中，2tan ==∠CEBCBEC 。
点评：求二面角的平面角，实际上是找到棱的一个垂面，事实上，这个垂面同时垂直于二面角的两个半平面。
例3．如图：在四棱锥ABCD S -中，SA ⊥平面ABCD ，∠2π=∠=ADC BAD ，a AD AB 2==，a CD =，E 为SB 的中点。
（1）求证：//CE 平面SAD ； （2）当点E 到平面SCD 的距离为多少时，平面SBC 与平面SAD 所成的二面角为︒45？讲解：题目中涉及到平面SBC 与平面SAD 所成的二面角，所以，应作出这两个平面的交线（即二面角的棱）。
另一方面，要证//CE 平面SAD ，应该设法证明CE 平行于面SAD 内的一条直线，充分利用中点（中位线）的性质，不难发现，刚刚做出的二面角的棱正好符合要求。
（1）延长BC 、AD 交于点F 。
在FAB ∆中，∠2π=∠=ADC BAD ，所以，AB 、CD 都与AF 垂直，所以，CD//AB ，所以，CDF ∆∽BAF ∆。
又a AB 2=，a CD =，所以，点D 、C 分别为线段AF 、BF 的中点。
又因为E 为SB 的中点，所以，EC 为SBC ∆的中位线，所以，EC//SF 。
又SAD EC 面⊄，SAD SF 面⊂，所以，//CE 平面SAD 。
（2）因为：SA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以，AB ⊥SA 。
又AB ⊥AF ，A SA AF =⋂，所以，AB ⊥面SAF 。
过A 作AH ⊥SF 于H ，连BH ，则BH ⊥SF ，所以，BHA ∠就是平面SBC 与平面SAD 所成的二面角的平面角。
在Rt BHA ∆中，要使BHA ∠=︒45，需且只需AH=AB=a 2。
此时，在∆SAF 中，()aa a SA AFAHSF SA 42422⋅+=⋅=，所以，a SA 334=。
在三棱锥S-ACD 中，设点A 到面SCD 的距离为h ，则h=a ADSA SA AD SD SA AD CD SD SADCAD S SA S SCD ACD 4142222=+⋅=⋅=⋅⋅⋅=⋅∆∆因为AB//DC ，所以，AB//面SCD 。
所以，点A 、B 到面SCD 的距离相等。
又因为E 为SB 中点，所以，点E 到平面SCD 的距离就等于点B 到面SCD 距离的一半，即8142=h 。
点评：探索性的问题，有些采用先猜后证的方法，有些则是将问题进行等价转化，在转化的过程中不断探求结论。
例4．如图，已知⊥PA 面ABC ，BCAD ⊥于D ，1===AD CD BC 。
（1）令x PD =，θ=∠BPC ，试把θtan 表示为x 的函数，并求其最大值；（2）在直线PA 上是否存在一点Q ，使得BAC BQC ∠>∠？讲解 （1）为寻求θtan 与x 的关系，首先可以将θ转化为PBD PCD ∠-∠。
∵ ⊥PA 面ABC ，BC AD ⊥于D ， ∴ BD PD ⊥。
∴ 2tan ,tan xBD PD PBD x DC PD PCD ==∠==∠。
∴ θtan ()2212tan 2+=⋅+-=∠-∠=x x x x x x PBD PCD 。
∵ AD 为PD 在面ABD 上的射影。
∴ 1=>AD PD ，即1>x 。
AP∴ θtan 422212122=≤+=+=xx x x。
即θtan 的最大值为42，等号当且仅当2=x 时取得。
（2）由正切函数的单调性可知：点Q 的存在性等价于：是否存在点Q 使得tan BAC BQC ∠>∠tan 。
()31tan tan =∠-∠=∠ABD ACD BAC 。
令θtan 22+=x x 31>，解得：21<<x ，与1>x 交集非空。
∴ 满足条件的点Q 存在。
点评 本题将立体几何与代数融为一体，不仅要求学生有一定的空间想象力，而且，作好问题的转化是解决此题的关键。
例5． 如图所示：正四棱锥ABCD P -中，侧棱PA 与底面ABCD 所成角的正切值为26。
（1）求侧面PAD 与底面ABCD 所成二面角的大小；（2）若E 是PB 中点，求异面直线PD 与AE 所成角的正切值；（3）在侧面PAD 上寻找一点F ，使得EF ⊥侧面PBC 。
试确定点F 的位置，并加以证明。
讲解： （1）连BD AC ,交于点O ，连PO ，则PO ⊥面ABCD ，∴ ∠PAO 就是PA 与底面ABCD 所成的角， ∴ tan ∠PAO=26。
设AB=1，则PO=AO •tan ∠PAO =23。
设F 为AD 中点，连FO 、PO ，则OF ⊥AD ，所以，PF ⊥AD ，所以，PFO ∠就是侧面PAD 与底面ABCD 所成二面角的平面角。
B在Rt PFO ∆中，3tan ==∠FOPOPFO ， ∴ 3π=∠PFO 。
即面PAD 与底面ABCD 所成二面角的大小为3π （2）由（1）的作法可知：O 为BD 中点，又因为E 为PD 中点，所以，EO =//PD 21。
∴ EOD ∠就是异面直线PD 与AE 所成的角。
在Rt PDO ∆中，2522=+=PO OD PD 。
∴ 45=EO 。
由BD AO ⊥，PO AO ⊥可知：⊥AO 面PBD 。
所以，EO AO ⊥。
在Rt AOE ∆中，5102tan ==∠EO AO AEO 。
∴ 异面直线PD 与AE 所成的角为5102arctan。
（3）对于这一类探索性的问题，作为一种探索，我们首先可以将条件放宽一些，即先找到面PBC 的一条垂线，然后再平移到点E 即可。
为了达到上述目的，我们可以从考虑面面垂直入手，不难发现：PBC PFO 面面⊥。
延长FO 交BC 于点G ，连接PG 。
设H 为PG 中点，连接GH EH ,。
∵ 四棱锥ABCD P -为正四棱锥且F 为AD 中点，所以，G 为BC 中点， ∴ PG BC ⊥，FG BC ⊥。
∴ PFG BC 面⊥。
∴ 面PBC ⊥PFG 面。
∵ PG PF =，3π=∠PFO ，∴ PFG ∆为正三角形。
∴ PG FH ⊥，∴ PBC FH 面⊥。
取AF 中点为K ，连EK ，则由FK HE //及FK HE =得四边形HEKF 为平行四边形，所以，FH KE //。
∴PBC KE 面⊥。
点评 开放性问题中，“退一步去想”（先只满足部分条件）、“将命题加强”往往是找到解题的突破口的方法。
1．（2000年全国高考题）如图，已知平行六面体ABCD-1111D C B A 的底面ABCD 是菱形，且CB C 1∠=BCD ∠= 60。
（I ）证明：C C 1⊥BD ；（II ）假定CD=2，C C 1=23，记面BD C 1为α，面CBD 为β，求二面角 βα--BD 的平面角的余弦值；（III ）当1CC CD的值为多少时，能使⊥C A 1平面BD C 1？请给出证明。
[答案与提示：（Ⅰ）略；（Ⅱ）33；（Ⅲ）1CC CD=1。
2．（2002年全国高考）如图：正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1，而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直。
点M 在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若CM=BN=a ()20<<a . （Ⅰ）求MN 的长；（Ⅱ）当a 为何值时，MN 的长最小；（Ⅲ）当MN 的长最小时，求面MNA 与面MNB 所成的二面角α的大小。
[答案与提示：（Ⅰ）21222+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=a MN ()20<<a ；（Ⅱ）22=a 时，MN 的长最小，为22；（Ⅲ）⎪⎭⎫⎝⎛-31arccos ] 3．（2002年北京高考）如图：在多面体1111D C B A ABCD -中，上、下底面平行且均为矩形，相对的侧面与同一底面所成的二面角大小相等，侧棱延长后相交于E 、F 两点，上下底面矩形的长、宽分别为d c 、与b a 、，且d b c a >>,，两底面间的C DM B ENA F距离为h 。
（1）求侧面11A ABB 与底面ABCD 所成二面角的大小；（2）证明：ABCD EF 面//（3）在估测该多面体的体积时，经常运用近似公式h S V ⋅=中截面估来计算。
已知它的体积公式是()下底面中截面上底面S S S hV ++=46。