届数学统考第二轮专题复习第12讲立体几何学案理含解析
浙江省高考数学二轮专题复习 第12课时 空间几何体课件 理
【例3】(2010·浙江嘉兴一中一模)在棱柱ABC-A1B1C1 中AB1∩A1B=E，F为B1C1的中点，其直观图和三视图 如下：
(1)求证：EF⊥平面A1BC； (2)求A1C与平面A1B1BA所成角的余弦值．
本题主要是通过三视图得到直观图中有关线 段的长度和位置关系，从而求出线面角．
(1)由三视图知，侧棱CC1⊥平面ABC， AC=CC1=BC=a，AC⊥BC，所以CC1⊥BC，
侧 棱 A A1 平 面 A B C， 所 以 平 面 A B C 平 面 A A1B1B， 所 以 C M 平 面 A A1B1B， 所 以 C A1M 就 是 A1C 与 平 面 A1B1B A所 成 角 的 平 面 角 ．
因 为 A C B C a， A C B C， 故 C M 2 a. 2
方法1：(1)如图所示，因为EH=BG=2=EB，所以四边 形BEHG为正方形，所以BH⊥EG.又DH⊥EF，且平 面AEFD⊥平面EBCF，则有DH⊥平面EBCF，所以 DH⊥EG，又DH∩BH=H，因此EG⊥平面BDH.
(2)取DC的中点为K，AB的中点为M，连接KM， FK，EM，则四边形FKME为矩形． 因为EM⊥AB，所以EM⊥平面ABCD， 而FK∥EM，所以FK⊥平面ABCD， 因此可得平面FDC⊥平面ABCD， 则二面角B-DC-F的余弦值为0. 方法2：(1)连接HG，由已知条件知四边形HGBE为正 方形，则可得EG⊥HB，① 又由平面AEFD⊥平面EBCF，AE⊥FE，且DH∥AE， 则DH⊥平面EBCF，所以DH⊥EG，② 由①②知EG⊥平面BDH.
【变式训练】(2011·3月台州中学模拟)BC是Rt△ABC的
斜边，AP⊥平面ABC，PD⊥BC于D点，则图中直角三
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：《立体几何第12课时》学案(苏教版必修2)
第12课时直线与平面垂直(2)学习要求1.了解直线和平面所成角的概念和范围;2.能熟练地运用直线和平面垂直的判定定理和性质定理.自学评价１. 斜线的定义: 斜足定义:斜线段定义: ２．直线和平面所成角的定义：线面角的范围：【精典范例】例1：.如图，已知AC，AB分别是平面α的垂线和斜线，C，B分别是垂足和斜足，aα，求证：a⊥BC例2.求证: 如果平面内的一条直线与这个平面的一条斜线垂直, 那么这条直线就和这条直线在这个平面内的射影垂直.已知：求证：证明：点评：上述两题是三垂线定理及其逆定理，今后在证明其它问题时可直接使用。
例３.如图, ∠BAC在平面α内, 点Pα,∠PAB=∠PAC . 求证: 点P在平面α上的射影在∠BAC的平分线上.思考：你能设计一个四个面都是直角的四面体吗?思维点拨：要证线面垂直，通常是从线线垂直来证明，而要证明线面垂直，通常又是从线线垂直来证明，即BCαa听课随笔AAPOCEFBα用心爱心专心用心爱心线线垂直和线面垂直互相转化．追踪训练1.如图，∠BCA=90°，PC⊥面ABC，则在三角形ABC，三角形PAC的边所在的直线中：(1)与PC垂直的直线有(2)与AP垂直的直线有2.若直线a与平面α不垂直，那么在平面内α与直线a垂直的直线 ( )A.只有一条B.有无数条C.是平面α内的所有直线D.不存在3.从平面外一点向平面引斜线段，如果斜线段长相等，那么它们在平面内的射影相等吗？4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，Ｐ为DD１的中点，O为底面ABCD的中心，求证：B１O⊥平面PAC点拨：使B１O垂直与平面ABC内的两条相交直线．【选修延伸】Ｒt△ABC的斜边ＢＣ在平面Ｍ内，两直角边和平面Ｍ所成的角分别是４５°和３０°，求斜边的高ＡＤ和平面Ｍ所成的角总结：要求斜线AD与平面M所成的角，找出斜线ＡＤ在平面Ｍ内的射影是关键．解题步骤：①作，②证，③求。
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。
立体几何的高考热点探究二轮复习教案(绝对经典)
立体几何的高考热点问题【高考导航】 1.立体几何初步是高考的重要内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算；2.重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力.考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法.题型分类深度解析热点一空间位置关系与几何体度量计算(教材VS高考)以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体，通过空间平行、垂直关系的论证命制，主要考查公理4及线、面平行与垂直的判定定理与性质定理，常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等.【例1】(满分12分)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.(1)证明：直线BC∥平面P AD；(2)若△PCD的面积为27，求四棱锥P－ABCD的体积.满分解答(1)证明在平面ABCD中，因为∠BAD＝∠ABC＝90°.所以BC∥AD，1分(得分点1) 又BC⊄平面P AD，AD⊂平面P AD.所以直线BC ∥平面P AD . 3分 (得分点2)(2)解 如图，取AD 的中点M ，连接PM ，CM ，由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .5分 (得分点3)因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PM ⊂平面P AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD ，7分 (得分点4)因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .8分 (得分点5)设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x ，如图，取CD 的中点N ，连接PN .则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x .因为△PCD 的面积为27， 所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2.10分 (得分点6)于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3.所以四棱锥P －ABCD 的体积V ＝13×2（2＋4）2×23＝4 3. 12分 (得分点7)❶得步骤分：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写.如第(1)问中的BC ∥AD ，第(2)问中CM⊥AD，PM⊥CM，PN＝142x等.❷得关键分：解立体几何类解答题时，一定要写清得分关键点，如第(1)问中一定要写出BC⊄平面P AD，AD⊂平面P AD两个条件，否则不能得全分.在第(2)问中，证明PM⊥平面ABCD时，一定写全三个条件，如平面P AD∩平面ABCD＝AD，PM⊥AD一定要有，否则要扣分.再如第(2)问中，一定要分别求出BC，AD及PM，再计算几何体的体积.❸得计算分：涉及体积与面积的计算，正确求得数据结果是关键，如利用面积求线段BC的长度，否则无法得分，再者PM及AD的计算失误也会扣去2分，在第(2)问的推理中，巧用第(1)问结果，借助BC∥AD，证明CM⊥AD优化解题过程.第一步：根据平面几何性质，证BC∥AD.第二步：由线面平行判定定理，证线BC∥平面P AD.第三步：判定四边形ABCM为正方形，得CM⊥AD.第四步：证明直线PM⊥平面ABCD.第五步：利用面积求边BC，并计算相关量.第六步：计算四棱锥P－ABCD的体积.【变式练习1】如图，四边形ABCD为菱形，G是AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E－ACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积.(1)证明因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD. 因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BE，且BE∩BD＝B，故AC⊥平面BED. 又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.(2)解 设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2.因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .由BE ⊥平面ABCD ，BG ⊂平面ABCD 知BE ⊥BG ，故△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得，三棱锥E －ACD 的体积V E －ACD ＝13×12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥E －ACD 的侧面积为3＋2 5.热点二 平面图形折叠成空间几何体先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向.【例2】 如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ，EF 交BD 于点H ，将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置.(1)证明：AC ⊥HD ′；(2)若AB ＝5，AC ＝6，AE ＝54，OD ′＝22，求五棱锥D ′－ABCFE 的体积.(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD ，又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD ，故AC ∥EF ，由此得EF ⊥HD ，故EF ⊥HD ′，所以AC ⊥HD ′.(2)解 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4，所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3，于是OD ′2＋OH 2＝(22)2＋12＝9＝D ′H 2，故OD ′⊥OH .由(1)知AC ⊥HD ′，又AC ⊥BD ，BD ∩HD ′＝H ，所以AC ⊥平面BHD ′，于是AC ⊥OD ′，又由OD ′⊥OH ，AC ∩OH ＝O ，所以OD ′⊥平面ABC .又由EF AC ＝DH DO 得EF ＝92.五边形ABCFE 的面积S ＝12×6×8－12×92×3＝694.所以五棱锥D ′－ABCFE 的体积V ＝13×694×22＝2322.探究提高 1.(1)利用AC 与EF 平行，转化为证明EF 与HD ′垂直；(2)求五棱锥的体积需先求棱锥的高及底面的面积，结合图形特征可以发现OD ′是棱锥的高，而底面的面积可以利用菱形ABCD 与△DEF 面积的差求解，这样就将问题转化为证明OD ′与底面垂直以及求△DEF 的面积问题了.2.解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.【变式练习2】 如图，直角三角形ABC 中，A ＝60°，沿斜边AC 上的高BD 将△ABD 折起到△PBD 的位置，点E 在线段CD 上.(1)求证：PE ⊥BD ；(2)过点D 作DM ⊥BC 交BC 于点M ，点N 为PB 的中点，若PE ∥平面DMN ，求DEDC 的值.(1)证明 ∵BD ⊥PD ，BD ⊥CD ，且PD ∩CD ＝D ，PD ，CD ⊂平面PCD ， ∴BD ⊥平面PCD .又PE ⊂平面PCD ，∴BD ⊥PE .(2)解 由题意，得BM ＝14BC .取BC 的中点F ，则PF ∥MN .又PF ⊄平面DMN ，MN ⊂平面DMN ，∴PF∥平面DMN.由条件PE∥平面DMN，PE∩PF＝P，∴平面PEF∥平面DMN，∴EF∥DM，∴DEDC＝MFMC＝13.热点三线、面位置关系中的开放存在性问题【例3】如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，P A＝PD，P A⊥AB，N是棱AD的中点.(1)求证：平面P AB⊥平面P AD.(2)求证：PN⊥平面ABCD.(3)在棱BC上是否存在动点E，使得BN∥平面DEP？并说明理由.(1)证明在矩形ABCD中，AB⊥AD，又因为AB⊥P A且P A∩AD＝A，所以AB⊥平面P AD.又因为AB⊂平面P AB，所以平面P AB⊥平面P AD.(2)证明在△P AD中，P A＝PD，N是棱AD的中点，所以PN⊥AD.由(1)知AB⊥平面P AD，且PN⊂平面P AD，所以AB⊥PN.又因为AB∩AD＝A，所以PN⊥平面ABCD.(3)解在棱BC上存在点E，使得BN∥平面DEP，此时E为BC的中点.证明如下：取BC中点E，连接PE，DE.在矩形ABCD中，ND∥BE，ND＝BE，所以四边形BNDE是平行四边形，则BN∥DE.又因为BN⊄平面DEP，DE⊂平面DEP，所以BN∥平面DEP.探究提高 1.在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本. 2.例3第(3)问是探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论.【变式练习3】如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F在棱CC1上，已知AB＝AC，AA1＝3，BC＝CF＝2.(1)求证：C1E∥平面ADF.(2)设点M在棱BB1上，当BM为何值时，平面CAM⊥平面ADF.(1)证明连接CE交AD于O，连接OF.因为CE，AD为△ABC的中线，则O为△ABC的重心，故CFCC1＝COCE＝23，故OF∥C1E，因为OF⊂平面ADF，C1E⊄平面ADF，所以C1E∥平面ADF.(2)解当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF.证明如下：因为AB＝AC，D是BC中点，故AD⊥BC，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，BB1⊂平面B1BCC1，故平面B1BCC1⊥平面ABC.又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC，AD⊂平面ABC，所以AD⊥平面B1BCC1，CM⊂平面B1BCC1，故AD⊥CM.又BM＝1，BC＝2，CD＝1，FC＝2，故△CBM≌△FCD.易证CM⊥DF，DF∩AD＝D，故CM⊥平面ADF.又CM⊂平面CAM，故平面CAM⊥平面ADF.课后练习1.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，平面P AD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD ＝60°，E，F分别是AP，AD的中点.求证：(1)直线EF∥平面PCD；(2)平面BEF⊥平面P AD.证明(1)在△P AD中，因为E，F分别是AP，AD的中点，所以EF∥PD.因为EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，所以直线EF∥平面PCD.(2)如图所示，连接BD，因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形.因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.因为平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，BF⊂平面ABCD，所以BF⊥平面P AD.又BF⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面P AD.2.如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.(1)证明：AC⊥BD；(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD.若E为棱BD上与D不重合的点，且AE ⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比.(1)证明取AC的中点O，连接DO，BO，因为AD＝CD，所以AC⊥DO.又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO .又OD ∩OB ＝O ，从而AC ⊥平面DOB ，又BD ⊂平面DOB ，故AC ⊥BD .(2)解 如图，连接EO ，由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO .在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2，又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°.由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD .故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE的体积之比为1∶1.3.如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为梯形，AD ∥BC ，CD ⊥BC ，AD ＝2，AB ＝BC ＝3，P A ＝4，M 为AD 的中点，N 为PC 上一点，且PC ＝3PN .(1)求证：MN ∥平面P AB ；(2)求点M 到平面P AN 的距离.(1)证明 在平面PBC 内作NH ∥BC 交PB 于点H ，连接AH ，在△PBC 中，NH ∥BC ，且NH ＝13BC ＝1，AM ＝12AD ＝1.又AD ∥BC ，∴NH ∥AM 且NH ＝AM ，∴四边形AMNH 为平行四边形，∴MN ∥AH ，又AH ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，∴MN ∥平面P AB .(2)解 连接AC ，MC ，PM ，平面P AN 即为平面P AC ，设点M 到平面P AC 的距离为h .由题意可得CD ＝22，AC ＝23，∴S △P AC ＝12P A ·AC ＝43，∴S △AMC ＝12AM ·CD ＝2，由V M －P AC ＝V P －AMC ，得13S △P AC ·h ＝13S △AMC ·P A ，即43h ＝2×4，∴h ＝63，∴点M 到平面P AN 的距离为63.4.如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ⊥平面PDC ，AD ∥BC ，PD ⊥PB ，AD ＝1，BC ＝3，CD ＝4，PD ＝2.(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；(2)求证：PD ⊥平面PBC ；(3)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.(1)解 如图，由已知AD ∥BC ，故∠DAP 或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角.因为AD ⊥平面PDC ，PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD .在Rt △PDA 中，由已知，得AP ＝AD 2＋PD 2＝5，故cos ∠DAP ＝AD AP ＝55.所以，异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55.(2)证明 由(1)知AD ⊥PD ，又因为BC ∥AD ，所以PD ⊥BC .又PD ⊥PB ，BC ∩PB ＝B ，所以PD ⊥平面PBC .(3)解 过点D 作DF ∥AB ，交BC 于点F ，连接PF ，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角.因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影，所以∠DFP 为直线DF和平面PBC 所成的角.由于AD ∥BC ，DF ∥AB ，故BF ＝AD ＝1.由已知，得CF ＝BC －BF ＝2.又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC .在Rt △DCF 中，可得DF ＝CD 2＋CF 2＝2 5.在Rt △DPF 中，可得sin ∠DFP ＝PD DF ＝55.所以直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55.5.如图，在长方形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为CD 的中点，F 为AE 的中点，现在沿AE 将三角形ADE 向上折起，在折起的图形中解答下列问题：(1)在线段AB 上是否存在一点K ，使BC ∥平面DFK ？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由；(2)若平面ADE ⊥平面ABCE ，求证：平面BDE ⊥平面ADE .(1)解 如图，线段AB 上存在一点K ，且当AK ＝14AB 时，BC ∥平面DFK .证明如下：设H 为AB 的中点，连接EH ，则BC ∥EH .∵AK ＝14AB ，F 为AE 的中点，∴KF ∥EH ，∴KF ∥BC ，∵KF ⊂平面DFK ，BC ⊄平面DFK ，∴BC ∥平面DFK .(2)证明 ∵在折起前的图形中E 为CD 的中点，AB ＝2，BC ＝1，∴在折起后的图形中，AE ＝BE ＝2，从而AE 2＋BE 2＝4＝AB 2，∴AE ⊥BE .∵平面ADE ⊥平面ABCE ，平面ADE ∩平面ABCE ＝AE ，BE ⊂平面ABCE ，∴BE ⊥平面ADE ，∵BE ⊂平面BDE ，∴平面BDE ⊥平面ADE .6.如图，已知正三棱锥P－ABC的侧面是直角三角形，P A＝6，顶点P在平面ABC 内的正投影为点D，D在平面P AB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G.(1)证明：G是AB的中点；(2)在图中作出点E在平面P AC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体P－DEF的体积.(1)证明因为P在平面ABC内的正投影为D，所以AB⊥PD.因为D在平面P AB内的正投影为E，所以AB⊥DE.又因为PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PED，又PG⊂平面PED，故AB⊥PG.又由已知可得，P A＝PB，所以G是AB的中点.(2)解在平面P AB内，过点E作PB的平行线交P A于点F，F即为E在平面P AC内的正投影.理由如下：由已知可得PB⊥P A，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥P A，EF⊥PC.又P A∩PC＝P，因此EF⊥平面P AC，即点F为E在平面P AC内的正投影.连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心. 由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD＝23CG.由题设可得PC⊥平面P AB，DE⊥平面P AB，所以DE∥PC，因此PE＝23PG，DE＝13PC.由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A＝6，可得DE＝2，PE＝2 2. 在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2.所以四面体P－DEF的体积V＝13×12×2×2×2＝43.。
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：PDF O PEFO PDE O DEF P V V V V ----++==r S r S r S PDF PEF PDE ⋅+⋅+⋅313131BCFD O DEF O ACFE O ABC O ABDE O ABC DEF V V V V V V ------++++==r S r S r S r S r S BCFD DEF ACFE ABC ABDE ⋅+⋅+⋅+⋅+⋅3131313131，从而21表表S S V V ABC DEF DEF P =--。
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。
【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。
立体几何二轮复习及分析 ppt课件
3.重视立体几何中的基本图形, 经典模型及经典结论 通过对高考真题的研究, 复习备考中必须重视向学生灌
输立体几何中的基本图形, 经典模型及经典结论等, 如:共底 边的两个等腰三角形折成的二面角, 连接底边上的两条中线, 既能得到二面角的平面角, 也能得到一组线面垂直;三组对边 分别相等的四面体可以“嵌入”长方体, 进一步, 正四面体可 以“嵌入”正方体; “结论“球上任意截面都是圆, 圆心与球 心的连线垂直于截面”是找多面体的外接球球心的依据等等. 考生如果熟知以上模型及结论, 那么在高考中遇到类似或相 似的题便能很快找到正确的解题思路, 即使遇到所谓的“新 题”或难度偏大的题, 如能举一反三, 依然能做到游刃有余.
分步去点不取点第一步通过正视图可以去掉ad两个点18第二步通过侧视图去掉a1b1b三个点同时出现了两个可疑中点e19第三步观察俯视图只能去掉中点e从而点f必存在从而图形变为如下图20第四步在观察正视图可知d1c1c必存在还有已知的点f在通过侧视图俯视图观察检验可知如下图的几何体21三视图与题突破训练题24通过这几个很难的三视图的讲解系统的让学生理解画出直观图的技巧不通用解法从而把三视图的题目分值稳稳的拿到手很多三棱椎四棱锥往往需要补形回正方体戒长方体再切割迚而确定椎体的各顶点最后形成空间几何体
多数都告诉了面面垂直条件，没有现成的三个垂直，建立空间
直角坐标系都要自己证明和选取，所以2018年高考仍然是考
查2小1大，一个三视图的题，再就是2卷3卷对于球体考查多，
所以我预测今年有一个与球体有联系的题，大题将以不特殊的
多面体为载体第一问直接考察线面位置关系:考察线线.线面和
面面关系的论证，第二问考查二面角的大小，主要要自己证明
三个垂直，不能看着像就随意建系设点 ，同时还要注意冷点1.
(江苏专用)2021高考数学二轮复习专题二立体几何学案理
专题二 立体几何高考定位 高考对本内容的考察主要有：(1)空间概念、空间想象能力、点线面位置关系判断、外表积与体积计算等，A 级要求；(2)线线、线面、面面平行与垂直的证明，B 级要求.真 题 感 悟1.(2021·江苏卷)如下图，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________.解析 正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都是2，那么该正八面体的体积为13×(2)2×1×2＝43. 答案 432.(2021·江苏卷)在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ，AB 1⊥B 1C 1.求证：(1)AB ∥平面A 1B 1C ；(2)平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC .证明 (1)在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1.因为AB 平面A 1B 1C ，A 1B 1平面A 1B 1C ，所以AB ∥平面A 1B 1C .(2)在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ABB 1A 1为平行四边形.又因为AA 1＝AB ， 所以四边形ABB 1A 1为菱形， 因此AB 1⊥A 1B .又因为AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1，所以AB 1⊥BC .又因为A 1B ∩BC ＝B ，A 1B 平面A 1BC ，BC 平面A 1BC ，所以AB 1⊥平面A 1BC .因为AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.3.(2021·江苏卷)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，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.又因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为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，又因为AC平面ABC，所以AD⊥AC.4.(2021·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1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，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又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.因为A1C1平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又A1C1⊥A1B1，A1A平面ABB1A1，A1B1平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又B1D⊥A1F，A1C1平面A1C1F，A1F平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B 1D ⊥平面A 1C 1F .因为直线B 1D 平面B 1DE ，所以平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .考 点 整 合1.四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系.(1)直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积公式：①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)；②S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)； ③S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)； ④S 球表＝4πR 2(R 为球的半径). (2)柱体、锥体和球的体积公式：①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)； ③V 球＝43πR 3. 3.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 ∥αα∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b a ∥b .4.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 ⊥αa ∥b .(3)面面垂直的判定定理：a β，a ⊥αα⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l ，a α，a ⊥l a ⊥β.热点一 空间几何体的有关计算【例1】 (1)(2021·江苏卷)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球OO 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，那么V 1V 2的值是________.(2)(2021·徐州、连云港、宿迁三检)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥平面AB 1C 1，AA 1＝1，底面三角形ABC 是边长为2的正三角形，那么此三棱柱的体积为________.(3)(2021·南通模拟)设一个正方体与底面边长为23，侧棱长为10的正四棱锥的体积相等，那么该正方体的棱长为________.解析 (1)设球半径为R ，那么圆柱底面圆半径为R ，母线长为2R .又V 1＝πR 2·2R ＝2πR 3，V 2＝43πR 3，所以V 1V 2＝2πR 343πR 3＝32. (2)因为AA 1⊥平面AB 1C 1，AB 1平面AB 1C 1，所以AA 1⊥AB 1，又知AA 1＝1，A 1B 1＝2，所以AB 1＝22－12＝3，同理可得AC 1＝3，又知在△AB 1C 1中，B 1C 1＝2，所以△AB 1C 1的边B 1C 1上的高为h ＝3－1＝2，其面积S △AB 1C 1＝12×2×2＝2，于是三棱锥A －A 1B 1C 1的体积V 三棱锥A －A 1B 1C 1＝V 三棱锥A 1－AB 1C 1＝13×S △AB 1C 1×AA 1＝23，进而可得此三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积V ＝3V 三棱锥A －A 1B 1C 1＝3×23＝ 2. (3)由题意可得正四棱锥的高为2，体积为13×(23)2×2＝8，那么正方体的体积为8，所以棱长为2.答案 (1)32(2) 2 (3)2探究提高 (1)涉及柱、锥及其简单组合体的计算问题，要在正确理解概念的根底上，画出符合题意的图形或辅助线(面)，再分析几何体的构造特征，从而进展解题.(2)求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转换原那么是其高易求，底面放在几何体的某一面上.(3)假设所给的几何体的体积不能直接利用公式得出，那么常用转换法、分割法、补形法等方法求解.【训练1】 (1)(2021·江苏卷)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.假设它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，那么V 1V 2的值是________. (2)(2021·江苏卷)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3 cm ，AA 1＝2 cm ，那么四棱锥A －BB 1D 1D 的体积为________cm 3.(3)(2021·苏州调研)将半径为5的圆分割成面积之比为1∶2∶3的三个扇形作为三个圆锥的侧面，设这三个圆锥的底面半径依次为r 1，r 2，r 3，那么r 1＋r 2＋r 3＝________.解析 (1)设两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2和h 1，h 2，由S 1S 2＝94，得πr 21πr 22＝94，那么r 1r 2＝32.由圆柱的侧面积相等，得2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，那么h 1h 2＝23，所以V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝32. (2)关键是求出四棱锥A －BB 1D 1D 的高，连接AC 交BD 于O (图略)，在长方体中， ∵AB ＝AD ＝3，∴BD ＝32且AC ⊥BD .又∵BB 1⊥底面ABCD ，∴BB 1⊥AC .又DB ∩BB 1＝B ，∴AC ⊥平面BB 1D 1D ，∴AO 为四棱锥A －BB 1D 1D 的高且AO ＝12BD ＝322. ∵S 矩形BB 1D 1D ＝BD ×BB 1＝32×2＝62，∴V A －BB 1D 1D ＝13S 矩形BB 1D 1D ·AO ＝13×62×322＝6(cm 3). (3)由题意可得三个扇形的弧长分别为5π3，10π3，5π，分别等于三个圆锥底面圆的周长，由l ＝2πr ，那么r 1＝56，r 2＝53，r 3＝52，所以r 1＋r 2＋r 3＝56＋53＋52＝5. 答案 (1)32(2)6 (3)5 热点二 空间中的平行和垂直的判断与证明[考法1] 空间线面位置关系的判断【例2－1】(1)(2021·南京、盐城模拟)设α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，以下命题中正确的选项是________(填上所有正确命题的序号).①假设α∥β，mα，那么m∥β；②假设m∥α，nα，那么m∥n；③假设α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，那么m⊥β；④假设n⊥α，n⊥β，m⊥α，那么m⊥β.(2)(2021·镇江期末)设b，c表示两条直线，α，β表示两个平面，现给出以下命题：①假设bα，c∥α，那么b∥c；②假设bα，b∥c，那么c∥α；③假设c∥α，α⊥β，那么c⊥β；④假设cα，c⊥β，那么α⊥β.其中正确的命题是________(写出所有正确命题的序号).解析(1)由面面平行的性质可得①正确；假设m∥α，nα，那么m，n平行或异面，②错误；由面面垂直的性质定理可知③中缺少条件“mα〞，③错误；假设n⊥α，n⊥β，那么α∥β，又m⊥α，那么m⊥β，④正确.综上，命题正确的选项是①④.(2)①b和c可能异面，故①错；②可能cα，故②错；③可能c∥β，cβ，故③错；④根据面面垂直判定定理判定α⊥β，故④正确.答案(1)①④(2)④探究提高长方体(或正方体)是一类特殊的几何体，其中蕴含着丰富的空间位置关系.因此，对于某些研究空间直线与直线、直线与平面、平面与平面之间的平行、垂直关系问题，常构造长方体(或正方体)，把点、线、面的位置关系转移到长方体(或正方体)中，对各条件进展检验或推理，根据条件在某一特殊情况下不真，那么它在一般情况下也不真的原理，判断条件的真伪，可使此类问题迅速获解.[考法2] 平行、垂直关系的证明【例2－2】(2021 ·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.证明(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE平面AA1C1C，AC平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以CC 1⊥平面ABC .因为AC 平面ABC ，所以AC ⊥CC 1.又因为AC ⊥BC ，CC 1平面BCC 1B 1，BC 平面BCC 1B 1，BC ∩CC 1＝C ，所以AC ⊥平面BCC 1B 1.又因为BC 1平面BCC 1B 1，所以BC 1⊥AC .因为BC ＝CC 1，所以矩形BCC 1B 1是正方形，因此BC 1⊥B 1C .因为AC ，B 1C 平面B 1AC ，AC ∩B 1C ＝C ，所以BC 1⊥平面B 1AC .又因为AB 1平面B 1AC ，所以BC 1⊥AB 1.【例2－3】 (2021·全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点.(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)假设点M 在棱BC 上，且MC ＝2MB ，求点C 到平面POM 的距离.(1)证明 因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12ACOP 2＋OB 2＝PB 2知，OP ⊥OB . 由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 且OB ∩AC ＝O ，OB ，AC 平面ABC ，知PO ⊥平面ABC .(2)解 作CH ⊥OM ，垂足为H .又由(1)可得OP ⊥CH ，OM ∩OP ＝O ，OM ，OP 平面POM ，所以CH ⊥平面POM .故CH 的长为点C 到平面POM 的距离.由题设可知OC ＝12AC ＝2，CM ＝23BC ＝423，∠ACB ＝45°. 所以OM ＝CO 2＋CM 2－2CO ·CM ·cos 45°＝253， 又由12OM ·CH ＝12OC ·MC ·sin∠ACB ，CH ＝OC ·MC ·sin∠ACB OM ＝455.所以点C 到平面POM 的距离为455. 探究提高 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.【训练2】 (2021·苏、锡、常、镇调研)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AC ，AB ⊥PA ，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E ，F ，G ，M ，N 分别为PB ，AB ，BC ，PD ，PC 的中点.求证：(1)CE ∥平面PAD ；(2)平面EFG ⊥平面EMN .证明 (1)法一 如图1，取PA 的中点H ，连接EH ，DH .图1又因为E 为PB 的中点，所以EH ∥AB ，且EH ＝12AB .又AB ∥CD ，CD ＝12AB ， 所以EH ∥CD ，且EH ＝CD .所以四边形DCEHCE ∥DH .又DH 平面PAD ，CE 平面PAD ，因此，CE ∥平面PAD .图2法二 如图2，连接CF .因为F 为AB 的中点，所以AF ＝12AB . 又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD ，又AF ∥CD ， 所以四边形AFCDCF ∥AD .又CF 平面PAD ，AD 平面PAD ，所以CF ∥平面PAD .因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以EF ∥PA .又EF 平面PAD ，PA 平面PAD ，所以EF ∥平面PAD .因为CF ∩EF ＝F ，CF 平面CEF ，EF 平面CEF ，故平面CEF ∥平面PAD .又CE 平面CEF ，所以CE ∥平面PAD .(2)因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以EF ∥PA .又AB ⊥PA ，所以AB ⊥EF .同理可证AB ⊥FG .又EF ∩FG ＝F ，EF 平面EFG ，FG 平面EFG ，因此AB ⊥平面EFG .又M ，N 分别为PD ，PC 的中点，所以MN ∥DC ，又AB ∥DC ，所以MN ∥AB ，所以MN ⊥平面EFG .又MN 平面EMN ，所以平面EFG ⊥平面EMN .体积(1)对于规那么几何体，可直接利用公式计算.(2)对于不规那么几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解.(3)求解旋转体的外表积和体积时，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的应用.(4)求解几何体的外表积时要注意S 表＝S 侧＋S 底.V ＝13Sh ，在求解锥体体积中，不能漏掉13.3.空间中点、线、面的位置关系的判定(1)可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例.(2)可以借助长方体，在理解空间点、线、面位置关系的根底上，抽象出空间线、面的位置关系的定义.4.垂直、平行关系的根底是线线垂直和线线平行，常用方法如下：(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进展平行转换：三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进展平行转换.(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l ⊥α，a αl ⊥a .一、填空题积与高均保持不变，但底面半径一样的新的圆锥和圆柱各一个，那么新的底面半径为________.解析 设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r ＝7.答案 72.(2021·苏北四市调研)圆锥的母线长为10 cm ，侧面积为60π cm 2，那么此圆锥的体积为________cm 3.解析 设圆锥底面圆的半径为r ，母线为l ，那么侧面积πrl ＝10πr ＝60π，解得r ＝6，那么高h ＝l 2－r 2＝8，那么此圆锥的体积为13πr 2h ＝13π×36×8＝96π. 答案 96π 3.(2021·南京、盐城、徐州二模)平面α，β，直线m ，n ，给出以下命题：①假设m ∥α，n ∥β，m ⊥n ，那么α⊥β；②假设α∥β，m ∥α，n ∥β，那么m ∥n ；③假设m ⊥α，n ⊥β，m ⊥n ，那么α⊥β；④假设α⊥β，m ⊥α，n ⊥β，那么m ⊥n . 其中是真命题的是________(填序号).解析 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，CD ∥平面ABC 1D 1，BC ∥平面ADC 1B 1，且BC ⊥CD ，又因为平面ABC 1D 1与平面ADC 1B 1不垂直，故①不正确；因为平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，且B 1C 1∥平面ABCD ，AB ∥平面A 1B 1C 1D 1，但AB 与B 1C 1不平行，故②不正确.同理，我们以正方体的模型来观察，可得③④正确.答案 ③④4.圆锥的侧面展开图是一个圆心角为120°且面积为3π的扇形，那么该圆锥的体积等于________.解析 设圆锥的母线长为l ，底面圆半径为r ，那么侧面展开图扇形的面积为12l 2·2π3＝3π，l ＝3，弧长为2πr ＝2π3l ＝2π，故r ＝1，那么该圆锥的高为h ＝l 2－r 2＝22，体积为13πr 2h ＝22π3.答案22π35.(2021·苏、锡、常、镇调研)在边长为4的正方形ABCD内剪去四个全等的等腰三角形(如图1中阴影局部)，折叠成底面边长为2的正四棱锥S－EFGH(如图2)，那么正四棱锥S－EFGH 的体积为________.解析连接EG，HF，交点为O，正方形EFGH的对角线EG＝2，EO＝1，那么点E到线段AB 的距离为1，EB＝12＋22＝5，SO＝SE2－OE2＝5－1＝2，故正四棱锥S－EFGH的体积为1 3×(2)2×2＝43.答案4 36.(2021·天津卷)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，那么四棱锥A1－BB1D1D的体积为________.解析法一连接A1C1交B1D1于点E，那么A1E⊥B1D1，A1E⊥BB1，那么A 1E ⊥平面BB 1D 1D ，所以A 1E 为四棱锥A 1－BB 1D 1D 的高，且A 1E ＝22，矩形BB 1D 1D 的长和宽分别为2，1，故V A 1－BB 1D 1D ＝13×1×2×22＝13.法二 连接BD 1，那么四棱锥A 1－BB 1D 1D 分成两个三棱锥B －A 1DD 1与B －A 1B 1D 1，V A 1－BB 1D 1D ＝V B －A 1DD 1＋V B －A 1B 1D 1＝13×12×1×1×1＋13×12×1×1×1＝13.答案 13a 的正方体的体积和外表积分别为V 1，S 1，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，假设V 1V 2＝3π，那么S 1S 2的值为________.解析 棱长为a 的正方体的体积V 1＝a 3，外表积S 1＝6a 2，底面半径和高均为r 的圆锥的体积V 2＝13πr 3，侧面积S 2＝2πr 2，那么V 1V 2＝a 313πr 3＝3π，那么a ＝r ，所以S 1S 2＝6a 22πr2＝32π. 答案32π8.如图，在圆锥VO 中，O 为底面圆心，半径OA ⊥OB ，且OA ＝VO ＝1，那么O 到平面VAB 的距离为________.解析 由题意可得三棱锥V －AOB 的体积为V 三棱锥V －AOB＝13S △AOB ·VO ＝16.△VAB 是边长为2的等边三角形，其面积为34×(2)2＝32，设点O 到平面VAB 的距离为h ，那么V 三棱锥O －VAB ＝13S △VAB ·h ＝13×32h ＝V 三棱锥V －AOB ＝16，解得h ＝33，即点O 到平面VAB 的距离是33. 答案33二、解答题9.(2021·江苏卷)如图，在三棱锥P －ABC 中，D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，ABPA ⊥AC ，PA ＝6，BC ＝8，DF ＝5.求证：(1)直线PA ∥平面DEF ； (2)平面BDE ⊥平面ABC .证明 (1)因为D ，E 分别为棱PC ，AC 的中点，所以DE ∥PA . 又因为PA 平面DEF ，DE 平面DEF ，所以直线PA ∥平面DEF .(2)因为D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点，PA ＝6，BC ＝8，所以DE ∥PA ，DE ＝12PA ＝3，EF ＝12BCDF ＝5，故DF 2＝DE 2＋EF 2，所以∠DEF ＝90°，即DE ⊥EF .又PA ⊥AC ，DE ∥PA ，所以DE ⊥AC . 因为AC ∩EF ＝E ，AC 平面ABC ，EF 平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC .又DE 平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ABC .图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，PA ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点.(1)求证：CD ⊥AE ； (2)求证：PD ⊥平面ABE .证明 (1)在四棱锥P －ABCD 中，因为PA ⊥底面ABCD ，CD 平面ABCD ，故PA ⊥CD .因为AC ⊥CD ，PA ∩AC ＝A ， PA 平面PAC ，AC 平面PAC ，所以CD ⊥平面PAC .而AE 平面PAC ，所以CD ⊥AE .(2)由PA ＝AB ＝BC ，∠ABC ＝60°，可得AC ＝PA . 因为E 是PC 的中点，所以AE ⊥PC .由(1)知，AE ⊥CD ，且PC ∩CD ＝C ，PC ，CD 平面PCD ， 所以AE ⊥平面PCD .而PD 平面PCD ，所以AE ⊥PD . 因为PA ⊥平面ABCD ，AB 平面ABCD ，所以PA ⊥AB . 又因为AB ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，PA ，AD 平面PAD ， 所以AB ⊥平面PAD ，又PD 平面PAD ，所以AB ⊥PD .又因为AB∩AE＝A，AB平面ABE，AE平面ABE，所以PD⊥平面ABE.11.如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD.E 和F分别是CD和PC的中点.求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.证明(1)因为平面PAD∩平面ABCD＝AD.又平面PAD⊥平面ABCD，且PA⊥AD，PA平面PAD，所以PA⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以ABEDBE∥AD.又因为BE平面PAD，AD平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)因为AB⊥AD，且四边形ABEDBE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD.又因为PA∩AD＝A，PA，AD平面PAD，所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD，且CD平面PCD，又E，F分别是CD和CP的中点，所以EF∥PD，故CD⊥EF.由EF，BE在平面BEF内，且EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF.又CD平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD.。
高考数学二轮专题复习 立体几何(理)
立体几何（理）【考纲解读】1、平面的概念及平面的表示法，理解三个公理及三个推论的内容及作用，初步掌握性质与推论的简单应用。
2、空间两条直线的三种位置关系，并会判定。
3、平行公理、等角定理及其推论，了解它们的作用，会用它们来证明简单的几何问题，掌握证明空间两直线平行及角相等的方法。
4、异面直线所成角的定义，异面直线垂直的概念，会用图形来表示两条异面直线，掌握异面直线所成角的范围，会求异面直线的所成角。
5.理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘;了解空间向量的基本定理，理解空间向量坐标的概念，掌握空间向量的坐标运算;掌握空间向量的数量积的定义及其性质，掌握用直角坐标计算空间向量数量积公式.6.了解多面体、凸多面体、正多面体、棱柱、棱锥、球的概念.掌握棱柱,棱锥的性质,并会灵活应用,掌握球的表面积、体积公式;能画出简单空间图形的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图.7.空间平行与垂直关系的论证.8. 掌握直线与平面所成角、二面角的计算方法，掌握三垂线定理及其逆定理，并能熟练解决有关问题,进一步掌握异面直线所成角的求解方法，熟练解决有关问题.9.理解点到平面、直线和直线、直线和平面、平面和平面距离的概念会用求距离的常用方法（如：直接法、转化法、向量法）.对异面直线的距离只要求学生掌握作出公垂线段或用向量表示的情况）和距离公式计算距离.【考点预测】在2012年高考中立体几何命题有如下特点：1.线面位置关系突出平行和垂直，将侧重于垂直关系．2.多面体中线面关系论证，空间“角”与“距离”的计算常在解答题中综合出现．3.多面体及简单多面体的概念、性质、三视图多在选择题，填空题出现．4.有关三棱柱、四棱柱、三棱锥的问题，特别是与球有关的问题将是高考命题的热点．此类题目分值一般在17---22分之间，题型一般为1个选择题，1个填空题，1个解答题.【要点梳理】1.三视图：正俯视图长对正、正侧视图高平齐、俯侧视图宽相等.2.直观图:已知图形中平行于x 轴和z 轴的线段,在直观图中保持长度不变,平行于y 轴的线段平行性不变,但在直观图中其长度为原来的一半.3.体积与表面积公式:(1)柱体的体积公式:V =柱Sh ;锥体的体积公式: V =锥13Sh ;台体的体积公式: V =棱台1()3h S S ';球的体积公式: V =球343r π. (2)球的表面积公式: 24S R π=球.4.有关球与正方体、长方体、圆柱、圆锥、圆台的结合体问题，要抓住球的直径与这些几何体的有关元素的关系.5.平行与垂直关系的证明,熟练判定与性质定理.6．利用空间向量解决空间角与空间距离。
2012届高考数学二轮复习专题： 立体几何(教师版)
俯视图正(主)视图侧(左)视图EF D IA H GBC E FD AB C 侧视 图1 图2B E A ． B E B ． B EC ． B ED ． 2012届高考数学二轮复习专题： 立体几何（文理适用）第一节 空间几何体三视图和几何体的结构特征是新课标高考的必考点，几何体的表面积和体积也是高考命题的重点和热点，几乎年年出现，大多以小题出现，难度不大，大题中也有以三视图为背景条件的求面积、体积及位置关系问题。
考试要求:（1）认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构；（2）能画出简单空间图形（长方体，球，圆柱，圆锥，棱柱等简单组合体）的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二侧法画出它们的直观图；（3）会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式；（4）会画某些建筑物的视图与直观图（在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求）（5）了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）； 题型一：三视图例1（1）右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该 几何体的表面积是（ ） A ．9π B ．10π C ．11π D ．12π 点拨 识别上述三视图表示的立体图形解 从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱体组合 而成的简单几何体，其表面积为：22411221312.S ππππ=⨯+⨯⨯+⨯⨯=，故选D.易错点 对原几何体的下部分（圆柱体）的分析出错，误以为是长方体.（2）将正三棱柱截去三个角（如图，图1所示A B C ，，分别是GHI △三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（ ）点拨 侧视图和底面和HGDE 垂直，分析A 的位置 .解：在图2的右边放扇墙(心中有墙),可得答案A 易错点 对于左视图中点A 的位置分析不正确.变式与引申1（1）一个体积为 三棱柱的左视图的面积为（ ）A ．B ．8 C．D ．12（2）用若干个体积为1的正方体搭成一个几何体，其正视图、侧视图都是如图所示的图形，则这个几何体的最大体积与最小体积的差是（）.A．6 B．7 C．8 D．9题型二与球有关组合体例2如图正三棱锥的高为1，底面边长为62，内有一个球与四个面都相切. 求棱锥的表面积和球的半径.点拨解决这类题的关键是根据空间想象能力和组合体的特点画出截面图.解：如图下图过PA与球心O作截面PAE与平面PCB交于PE，与平面ABC交于AE，因△ABC是正三角形，易知AE即是△ABC中BC边上的高，又是BC边上的中线，作为正三棱锥的高PD通过球心，且D是三角形△ABC的重心，据此根据底面边长为62，即可算出1133DE AE PE====由△POF～△PED，知,1PErDEr-=∴.26,312-=-=rrr∴().362962433622132+=⨯+⨯⨯⨯=+=底侧表SSS易错点，立体几何问题转化为平面问题解决.，截面图准确画出是最关键，也是容易出错的地方。
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。
2012届高考理科数学第二轮立体几何复习教案
2012届高考理科数学第二轮立体几何复习教案2012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2012年高考命题的重点（4）支持新改，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B⊥棱于，连A，则A⊥棱l，∴∠AB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）。
如：正方形ABD—A1B11D1中，棱长为a，则：（1）点到面AB11的距离为___________；（2）点B到面AB1的距离为____________；（3）直线A1D1到面AB11的距离为____________；（4）面AB1与面A1D1的距离为____________；（）点B到直线A11的距离为_____________。
2021年高考数学(理)二轮复习精品《专题12 空间的平行与垂直》教学案(含解析)
2.以客观题形式考查有关线面平行、垂直等位置关系的命题真假判断或充要条件判断等． 3.以多面体或旋转体为载体(棱锥、棱柱为主)命制空间线面平行、垂直各种位置关系的证明题或探索 性问题，以大题形式呈现．
1．点、线、面的位置关系
【变式探究】如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，已知 AC⊥BC，BC＝CC1.设 AB1 的中点为 D，B1C∩BC1
＝E.
求证：(1)DE∥平面 AA1C1C； (2)BC1⊥AB1. 证明 (1)由题意知，E 为 B1C 的中点， 又 D 为 AB1 的中点，因此 DE∥AC. 又因为 DE⊄平面 AA1C1C，AC⊂平面 AA1C1C， 所以 DE∥平面 AA1C1C. (2)因为棱柱 ABC－A1B1C1 是直三棱柱， 所以 CC1⊥平面 ABC. 因为 AC⊂平面 ABC，所以 AC⊥CC1. 又因为 AC⊥BC，CC1⊂平面 BCC1B1，BC⊂平面 BCC1B1，BC∩CC1＝C， 所以 AC⊥平面 BCC1B1. 又因为 BC1⊂平面 BCC1B1， 所以 BC1⊥AC. 因为 BC＝CC1， 所以矩形 BCC1B1 是正方形， 因此 BC1⊥B1C. 因为 AC，B1C⊂平面 B1AC，AC∩B1C＝C， 所以 BC1⊥平面 B1AC.
BC 平面 BCD， BC BD ，
所以 BC 平面 ABD . 因为 AD 平面 ABD ，所以 BC AD .
又 AB⊥AD，
， AB 平面 ABC， BC 平面 ABC，
所以 AD⊥平面 ABC，
又因为 AC 平面 ABC，
所以 AD⊥AC.
【变式探究】如图，在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，D，E 分别为 AB，BC 的中点，点 F 在侧棱 B1B 上，
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第12讲立体几何高考年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2020证明线面垂直,求二面角的余弦值·T18证明线面平行、面面垂直，求线面角的正弦值·T20点面的位置关系,求二面角的正弦值·T192019证明线面平行,求二面角的正弦值·T18证明线面垂直,求二面角的正弦值·T17翻折问题，证明四点共面、面面垂直,求二面角的大小·T192018翻折问题，证明面面垂直，求线面角的正弦值·T18证明线面垂直,给出二面角求线面角的正弦值·T20证明面面垂直,求二面角的正弦值·T191。
［2020·全国卷Ⅱ］如图M4—12-1,已知三棱柱ABC—A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;(2）设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.图M4—12-12.[2020·全国卷Ⅰ]如图M4—12-2，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三DO.角形,P为DO上一点,PO=√66（1）证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B-PC-E的余弦值。
图M4—12-23.［2019·全国卷Ⅲ]如图M4—12—3,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.①②图M4-12—3平行、垂直关系的证明1如图M4—12-4，在四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD为平行四边形,E为侧棱PD的中点,O为AC与BD的交点。
（1)求证：OE∥平面PBC;,求证：(2）若平面PAD⊥平面ABCD，AC=4,AB=5，sin∠ABC=45AC⊥PD。
图M4-12-4【规律提炼】（1)证明平行与垂直时，主要是考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理的运用,考查转化与化归思想,考查空间想象能力,求解时注意条件书写的完整性.（2）证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法:①线面平行的性质定理;②三角形中位线法；③平行四边形法。
证明线线垂直的常用方法:①等腰三角形三线合一；②勾股定理的逆定理;③线面垂直的性质定理;④菱形的对角线互相垂直。
测题如图M4-12-5，在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是菱形，AC 与BD相交于点O,EF∥AB，AB=2EF，平面BCF⊥平面ABCD,BF=CF,点G为BC的中点.(1)求证：OG∥平面EFCD;(2)求证：AC⊥平面ODE.图M4-12-5利用空间向量求角与距离2［2020·全国卷Ⅲ]如图M4-12-6,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上，且2DE=ED1，BF=2FB1。
(1）证明：点C1在平面AEF内；(2）若AB=2，AD=1，AA1=3,求二面角A—EF-A1的正弦值。
图M4—12-63[2020·浙江卷］如图M4-12—7，在三棱台ABC-DEF中，平面ACFD⊥平面ABC,∠ACB=∠ACD=45°，DC=2BC.（1)证明：EF⊥DB;（2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.图M4-12-7【规律提炼】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是:（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）求出相应平面的法向量;(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。
测题1。
如图M4-12—8,在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB=90°，CA=CB=CC1=1，D是棱BB1上一点,P是C1D的延长线与CB的延长线的交点,且AP∥平面A1CD。
（1)求证:BD=B1D；(2)求二面角C—A1D-C1的正弦值；(3）若点E在线段AP上,且直线A1E与平面A1CD所成的角的,求线段AE的长。
正弦值为√147图M4—12—82。
如图M4—12-9,已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为2，。
∠B1BA=π3(1)证明：B1C⊥AC1；（2)若平面ABB1A1⊥平面ABC，M为A1C1的中点,求B1C与平面AB1M所成角的余弦值.图M4—12—9利用空间向量解决探索性问题4如图M4-12-10①,在平面五边形ABCDE中，四边形ABCD 是梯形,AD∥BC，AD=2BC=2√2,AB=√3,∠ABC=90°，△ADE是等边三角形。
现将△ADE沿AD折起，连接EB,EC,得到如图②所示的几何体。
(1）若点M是ED的中点,求证:CM∥平面ABE。
（2）若EC=3,在棱EB上是否存在点F,使得二面角E-AD—F的余弦值为2√23若存在，求EFEB的值;若不存在,请说明理由。
图M4—12—10【规律提炼】对于立体几何中的探索性问题、存在性问题,借助空间向量，使几何问题代数化,可降低思维难度.对于存在性问题，解题的策略一般为先假设存在,然后转化为“封闭型"问题求解判断，若不出现矛盾，则肯定存在;若出现矛盾,则否定存在;对于折叠问题，要注意折叠前后的位置关系与数量关系，一般情况下，折线同侧的关系不变,两侧的关系往往发生变化.测题1.如图M 4—12—11,已知矩形ADEF 和菱形ABCD 所在的平面互相垂直，其中AF=1,AD=2，∠ADC=π3,点N 为AD 的中点.(1)试问在线段BE 上是否存在点M ，使得直线AF ∥平面MNC ？若存在，求出BM ME的值；若不存在,请说明理由。
(2)求二面角N-CE-D 的正弦值。
图M 4-12—112.如图M 4—12—12，由直三棱柱ABC —A 1B 1C 1和四棱锥D-BB 1C 1C 构成的几何体中,∠BAC=90°,AB=2，BC=CC 1=4，C 1D=CD=2√5,平面CC 1D ⊥平面ACC 1A 1。
（1)求证:A 1C 1⊥DC.（2）在线段BC 上（含端点）是否存在点P,使直线DP 与平面DBB 1所成角的正弦值为√33?若存在，求BP BC的值；若不存在,说明理由.图M 4-12—12第12讲 立体几何真知真题扫描1。
解:（1）证明：因为M ，N 分别为BC ,B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1,所以AA 1∥MN.因为△A 1B 1C 1是正三角形,所以B 1C 1⊥A 1N 。
又B 1C 1⊥MN ,所以B 1C 1⊥平面A 1AMN ，所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F.(2）由已知得AM ⊥BC 。
以M 为坐标原点，MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向，｜MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M —xyz ,则AB=2，AM=√3.连接NP ,则四边形AONP 为平行四边形，故PM=2√33,E (2√33,13,0)。
由（1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC 。
作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC.设Q (a ，0,0）,则NQ=√4-(2√33-a)2,B 1(a,1,√4-(2√33-a)2)，故B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2√33—a ，-23，—√4-(2√33-a)2，｜B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√103。
又n=(0,-1,0）是平面A 1AMN 的一个法向量,所以sin (π2-<n,B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >)=cos〈n ,B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=n ·B 1E⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n|·|B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√1010，所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为√1010.2。
解：（1)证明：设DO=a ，由题设可得PO=√66a ，AO=√33a ，AB=a , PA=PB=PC=√22a 。
因此PA 2+PB 2=AB 2，从而PA ⊥PB ， 又PA 2+PC 2=AC 2,故PA ⊥PC ， 所以PA ⊥平面PBC 。
(2)以O 为坐标原点，OE ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为y 轴正方向,|OE ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O —xyz 。
由题设可得E （0,1,0)，A （0，-1，0)，C —√32，12,0,P 0,0，√22.所以EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-√32，—12，0，EP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，-1，√22。
设m=(x ，y ，z )是平面PCE 的法向量,则{m ·EP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·EC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-y +√22z =0,-√32x -12y =0,可取m=-√33,1，√2。
由（1)知AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，1，√22是平面PCB 的一个法向量,记n=AP⃗⃗⃗⃗⃗ ,故cos 〈n ,m>=n ·m|n|·|m|=2√55,所以二面角B —PC-E 的余弦值为2√55.3。
解：（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）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）,AC⃗⃗⃗⃗⃗ =（2,-1,0）。
设平面ACGD 的法向量为n=(x ,y ,z ),则{CG⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AC⃗⃗⃗⃗⃗ ·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。