2019-2020年高考數(shù)學第二輪復習 立體幾何教學案.doc

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2019-2020年高考數(shù)學第二輪復習 立體幾何教學案 第1課時 直線、平面、空間幾何體 考綱指要： 立體幾何在高考中占據重要的地位，考察的重點及難點是直線與直線、直線與平面、平面與平面平行的性質和判定，而查空間線面的位置關系問題，又常以空間幾何體為依托，因而要熟練掌握多面體與旋轉體的概念、性質以及它們的求積公式。 考點掃描： 1．空間兩條直線的位置關系：（1）相交直線；（2）平行直線；（3）異面直線。 2．直線和平面的位置關系：（1）直線在平面內；（2）直線和平面相交；（3）直線和平面平行。 3．兩個平面的位置關系有兩種：（1）兩平面相交；（2）兩平面平行。 4．多面體的面積和體積公式，旋轉體的面積和體積公式。 考題先知： E F D A B C P 例1．在平面幾何中，我們學習了這樣一個命題：過三角形的內心作一直線，將三角形分成的兩部分的周長比等于其面積比。請你類比寫出在立體幾何中，有關四面體的相似性質，并證之。 解：通過類比，得命題：過四面體的內切球的球心作一截面，將四面體分成的兩部分的表面積比等于其體積比。 證明：如圖，設四面體P-ABC的內切球的球心為O，過O作截面DEF交三條棱于點E、D、F，記內切圓半徑為r,則r也表示點O到各面的距離，利用體積的“割補法”知： = =，從而。 例2．（1）當你手握直角三角板，其斜邊保持不動，將其直角頂點提起一點，則直角在平面內的正投影是銳角、直角 還是鈍角？ （2）根據第（1）題，你能猜想某個角在一個平面內的正投影一定大于這個角嗎？如果正確，請證明；如果錯誤，則利用下列三角形舉出反例：△ABC中，， ，以∠BAC為例。 解：（1）記Rt△ABC，∠BAC=900，記直角頂點A在平面上的正投影為A1，，且AA1=，則因為，所以∠BA1C為鈍角，即直角在平面內的正投影是鈍角； （2）原猜想錯誤。對于△ABC， ，記直角頂點A在平面上的正投影為A1，設AA1=，則，令∠BAC=∠BA1C，則由余弦定理得： =，解之得：，即當點A離平面的距離是時，∠BAC在一個平面內的正投影∠BA1C等于它本身； 若取，則，從而， ，可知∠B A1C∠BAC，即∠BAC在一個平面內的正投影∠BA1C小于它本身。 復習智略： P A C D 圖1 1 B 圖2 1 A B C D D1 C1 B1 A1 主視圖 俯視圖 左視圖 例3．一個幾何體的三視圖如右圖所示，其中主視圖與左視圖是腰長為6的等腰直角三角形，俯視圖是正方形。 （Ⅰ）請畫出該幾何體的直觀圖，并求出它的體積； （Ⅱ）用多少個這樣的幾何體可以拼成一個棱長為6的正方體ABCD—A1B1C1D1? 如何組拼？試證明你的結論； （Ⅲ）在（Ⅱ）的情形下,設正方體ABCD—A1B1C1D1的棱CC1的中點為E, 求平面AB1E與平面ABC所成二面角的余弦值. 分析：本題的構圖方式是通過三視圖來給出，并且更為重視對空間幾何體的認識. 解：（Ⅰ）該幾何體的直觀圖如圖1所示，它是有一條側棱垂直于底面的四棱錐. 其中底面ABCD是邊長為6的正方形，高PD=6，故所求體積是 （Ⅱ）依題意，正方體的體積是原四棱錐體積的3倍，故用3個這樣的四棱錐可以拼成一個棱長為6的正方體，即由四棱錐D1-ABCD，D1-BB1C1C，D1-BB1A1A組成。其拼法如圖2所示. （Ⅲ）因△AB1E的邊長AB1=，B1E=，AE=9，所以，而，所以平面AB1E與平面ABC所成二面角的余弦值=。 點評：對于立體幾何問題，新課標更注重將其視為認識空間的一種方式方法，因此對于立體幾何問題要重點關注其構圖方式， 因此，我們要特別重視空間重點線面的構成方式，可以是三視圖還原位直觀圖，也可以是折疊問題，當然也可以是直接兩個面的構成. 檢測評估： 1． 一個水平放置的四邊形的斜二測直觀圖是一個底角為450，，腰和上底的長均為1的等腰 梯形，那么原四邊形的面積是（ ） A． B． C． D． 2．異面直線a,b所成的角為,空間中有一定點O，過點O有3條直線與a,b所成角都是60，則的取值可能是（ ） A．30 B．50 C．60 D．90 3．下面的集合中三個元素不可能分別是長方體(一只“盒子”) 的三條外對角線的長度(一條 外對角線就是這盒子的一個矩形面的一條對角線) 是( ) A、. B、. C、. D、. 4．在四面體ABCD中，截面AEF經過四面體的內切球的球心O，且與BC、DC、分別交于E、F，如果截面將四面體分成體積相等的兩部分，設四棱錐A-BEFD與A-EFC的表面積分別為S1、S2，則必有（ ） A．S1S2 B．S1S2 C．S1=S2 D．無法判斷 5．在一個棱長為4的正方體內，你認為能放入幾個直徑為1的球（ ） A．64 B．65 C．66 D．67 6．命題A：底面為正三角形，且頂點在底面的正投影為底面中心的三棱錐是正三棱錐。則命題A的等價命題B可以是：底面為正三角形，且 的三棱錐是正三棱錐。 7．水平桌面兒上放置著一個容積為V的密閉長方體玻璃容器ABCD—A1B1C1D1，其中裝有V的水。 （1）把容器一端慢慢提起，使容器的一條棱AD保持在桌面上，這個過程中水的形狀始終是柱體；（2）在（1）中的運動過程中，水面始終是矩形；（3）把容器提離桌面，隨意轉動，水面始終過長方體內的一個定點；（4）在（3）中水與容器的接觸面積始終不變。 以上說法正確的是_____. 8. 將銳角A為60，邊長a的菱形ABCD沿對角線BD折成二面角，已知，則AC、BD之間的距離的最大值和最小值 ． 9．如圖，三棱柱ABC—A1B1C1中，若E、F分別為AB、AC 的中點，平面EB1C1將三棱柱分成體積為V1、V2的兩部分，那么V1∶V2= ____ _。 10．如圖所示，球面上有四個點P、A、B、C，如果PA，PB，PC兩兩互相垂直，且PA=PB=PC=a，則這個球的表面積是 。 11.如圖所示的一組圖形為某一四棱錐S—ABCD的側面與底面， (1)請畫出四棱錐S—ABCD的示意圖，使SA⊥平面ABCD，并指出各側棱長； （2）在（1）的條件下，過A且垂直于SC的平面分別交于SB、SC、SD于E、F、G. （3）求（1）（2）的條件下，求二面角A—SC—B的大小. 圖1 12．如圖1，在多面體ABCD—A1B1C1D1中，上、下底面平行且均為矩形，相對的側面與同一底面所成的二面角大小相等，側棱延長后相交于E，F(xiàn)兩點，上、下底面矩形的長、寬分別為c，d與a，b，且a＞c，b＞d，兩底面間的距離為h。 （Ⅰ）求側面ABB1A1與底面ABCD所成二面角的大??； （Ⅱ）證明：EF∥面ABCD； （Ⅲ）在估測該多面體的體積時，經常運用近似公式V估=S中截面h來計算.已知它的體積公式是V=（S上底面+4S中截面+S下底面），試判斷V估與V的大小關系，并加以證明。 （注：與兩個底面平行，且到兩個底面距離相等的截面稱為該多面體的中截面） 點撥與全解： 1．解：由題意得原四邊形是一個上底為1，下底為，高為2的直角梯形，所以其面積等于，故選A。 2．解：過點O分別作∥a、∥b，則過點O有三條直線與a,b所成角都為60，等價于過點O有三條直線與所成角都為60，其中一條正是角的平分線。從而可得選項為 C。 ３．B　　提示：令a，b，c(a≤b≤c) 表示長方體三條邊的長度.p，q，r(p≤q≤r) 表示三個對角線的長度. 由勾股定理, 得,,. 則 ＜.經驗證, 只有不滿足這個關系. 4．解：參考例1可知：選C。 5．解：第一層放16個球；第二層在空檔中放9個球，使每個球均與底層的16個球中的4個球相切；第三層再放16個球；第四層又放9個球；第五層再放16個球，這樣共放了66個球，且五層球的高度為，故選C。 6．答：側棱相等（或側棱與底面所成角相等……）。這是因為要使命題B與命題A等價，則只需保證頂點在底面上的正投影S是底面正三角形的外心即可，因此，據射影定理，得側棱長相等。 7．解：因運動過程中水始終是矩形，且水柱部分始終與空柱部分分別與中心O成中心對稱。所以（1）（2）（3）（4）均正確。　 8．解：當時，；當時，．提示：，．沿BD折起，∠AOC是二面角的平面角，BD=AB=AD=a，故OA=OC=a，d=OA．因為，所以當時，；當時，． 9.解：設三棱柱的高為h，上下底的面積為S，體積為V，則V=V1+V2＝Sh。 ∵E、F分別為AB、AC的中點， ∴S△AEF=S, V1=h(S+S+)=Sh V2=Sh-V1=Sh， ∴V1∶V2=7∶5。 10.解：如圖，設過A、B、C三點的球的截面圓半徑為r，圓心為O′，球心到該圓面的距離為d。 在三棱錐P—ABC中，∵PA，PB，PC兩兩互相垂直，且PA=PB=PC=a, ∴AB=BC=CA=a,且P在△ABC內的射影即是△ABC的中心O′。 由正弦定理，得 =2r,∴r=a。 又根據球的截面的性質，有OO′⊥平面ABC，而PO′⊥平面ABC， ∴P、O、O′共線，球的半徑R=。又PO′===a， ∴OO′=R － a=d=,(R－a)2=R2 – (a)2，解得R=a, ∴S球=4πR2=3πa2。 11．（1）畫出示意圖，其中，SA= （2）∵SC⊥平面AEFG，A又AE平面AEFG，∴AE⊥SC，∵SA⊥平面BD，又BC平面BD，∴SA⊥BC.又AB⊥BC，SA∩AB=A, ∴BC⊥平面SBC，∴AF在平面SBC上射影為EF. 由三垂線定理得∠AFE為二面角A—SC—B的平面角，易得AF= ∵AE⊥平面SBC，又SB平面SBC， ∴AE⊥SB. ∴AE=A—SC—B的大小為arcsin 12.（Ⅰ）解：過B1C1作底面ABCD的垂直平面，交底面于PQ，過B1作B1G⊥PQ，垂足為G。 如圖所示：∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，∠A1B1C1=90， ∴AB⊥PQ，AB⊥B1P. ∴∠B1PG為所求二面角的平面角.過C1作C1H⊥PQ，垂足為H.由于相對側面與底面所成二面角的大小相等，故四邊形B1PQC1為等腰梯形。 ∴PG=（b－d），又B1G=h，∴tanB1PG=（b＞d）， ∴∠B1PG=arctan，即所求二面角的大小為arctan. （Ⅱ）證明：∵AB，CD是矩形ABCD的一組對邊，有AB∥CD， 又CD是面ABCD與面CDEF的交線， ∴AB∥面CDEF。 ∵EF是面ABFE與面CDEF的交線， ∴AB∥EF。 ∵AB是平面ABCD內的一條直線，EF在平面ABCD外， ∴EF∥面ABCD。 （Ⅲ）V估＜V。 證明：∵a＞c，b＞d， ∴V－V估= =［2cd+2ab+2（a+c）（b+d）－3（a+c）（b+d）］ =（a－c）（b－d）＞0。 ∴V估＜V。 第2課時 空間向量 考綱指要： 在立體幾何中，以多面體和旋轉體為載體，空間向量為運算技巧，解決有關線面位置關系的論證，角與距離的探求。 考點掃描： 1．兩條直線所成的角和距離的概念及等角定理；（對于異面直線的距離，只要求會計算已給出公垂線時的距離）。 2．點、直線到平面的距離，直線和平面所成的角； 3．平行平面間的距離，會求二面角及其平面角； z P’ P Q y x D1 C1 B1 A1 D C B A 考題先知： 例1．如圖，設直四棱柱所有的棱長都為2，，動點P在四棱柱內部，且到頂點A的距離與它到底面ABCD的距離的平方差為2，求動點P的軌跡（曲面）的面積。 解 由題意可知，以A為坐標原點，AB、AQ（Q為CD的中點）、所在的直線分別為軸、軸、軸，建立空間直角坐標系。設P的坐標為，P在平面ABCD內的射影為，由題意可知 即 即點P到直線的距離為, 故點P在以為軸，底面半徑為，高為2的圓柱面上。又,所以P的軌跡為圓柱面的, 因此，所求的面積為 . 點評：以空間圖形為背景的軌跡問題，有機的將解析幾何與立體幾何結合在一起，能培養(yǎng)學生的空間想象能力與運算能力。 例2．已知直三棱柱中，,點N是的中點，求二面角的平面角的大小。 z y x B N A E F 解法1 利用平面的法向量求二面角。以為原點，以、、為、、軸建立空間直角坐標系（如圖1）。依題意，得.于是. 設為平面的法向量，則由,得， ，可取。同理可得平面的一個法向量> 由，知二面角的平面角的大小為。 評注： 若二面角的兩個平面的法向量分別為，則由可求得二面角的大小。 解法2 利用異面直線所成角求二面角。 建立空間直角坐標系同上，過A、N分別作的垂線AE、NF，垂足為E、F，則二面角的平面角大小為. 設 則， 由,有，可得，故, 由 評注 對二面角，分別過半平面內點A、B向公共棱作線段AE、BF，則由,可求得二面角的大小。 P A B C D G 復習智略： 例3． 在邊長為a的正方形ABCD所在平面外取一點P，使PA⊥平面ABCD，且PA=AB，在AC的延長線上取一點G。 （1）若CG=AC，求異面直線PG與CD所成角的大?。? （2）若CG=AC，求點C到平面PBG的距離； （3）當點G在AC的延長線上運動時（不含端點C），求二面角P-BG-C的取值范圍。 P A B C D G E H F 分析：本題如利用“幾何法”，則通過“平移變換”將異面直線角化歸為三角形的內角，由解三角形的方法求之，凡“點面距離”可利用等積法求之，至于二面角，則通過“作-證-算”三步曲求得；本題如利用“向量法”，則建立適當?shù)目臻g直角坐標系，寫出各點坐標，再根據公式而求之。 方法一：（1）過點G作GE∥CD交AD的延長線于點E，連PE，則∠PGE是異面直線PG與CD所成的角，，則由條件得GE=2a，PG=3a， cos ∠PGE=,所以異面直線PG與CD所成角等于； （2）設h,則利用等積法知，在△PBG中，PB=，PG=3a，BG=，，得，又在△CBG中，，從而由得； （3）作CF⊥AC交PG于F，作FH⊥BG交BG于H，連CH，因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AC，所以PA∥CG，得CG⊥平面ABCD，由三垂線定理得∠FHC是二面角P-BG-C的平面角，設，則由△CGF∽△AGP得， 在△CBG中，得 所以，從而 ，所以二面角P-BG-C的取值范圍是。 P A B C D G z x y 方法二：建立如圖所示的直角坐標系， 則A（0，0，O、0），B（a，0，0）， C（a，a，0），D（0，a，0），P（0，0，a）。 （1） 由條件得G（2 a ，2 a ，0）， ， 所以， 所以異面直線PG與CD所成角等于； （2）設平面PBG的法向量為因， 所以由得，即又， 所以點C到平面PBG的距離為； （3） 由條件設G（t,t,0）, 其中，平面PBG的法向量為 因，，所以由得， 即而平面CBG的法向量， 所以，因為，所以， 易知二面角P-BG-C的平面角是銳角，所以二面角P-BG-C的平面角等于，所以二面角PP-BG-C的取值范圍是。 點評:本題主要考查異面直線所成角的空間想象能力,利用體積法求點面距離的運算能力,二面角的估算能力,第(3)問有機的將函數(shù)的值域與立體幾何結合,較好地考查學生綜合分析與解決問題的能力. 檢測評估： 1.已知向量=（2，4，x），=（2，y，2），若||=6，⊥，則x+y的值是（　?。? A. －3或1　　　　　 B.3或－1　　　　　 C. －3　　　　　 D.1 2．直三棱住A1B1C1—ABC，∠BCA=，點D1、F1 分別是A1B1、A1C1的中點，BC=CA=CC1，則BD1與AF1所成角的余弦值是（ ） （A ） （B） （C） （D） 3． 正方形ABCD邊長為2，E、F分別是AB和CD的中點，將正方形沿EF折成直二面角(如圖)，M為矩形AEFD內一點，如果∠MBE=∠MBC，MB和平面BCF所成角的正切值為，那么點M到直線EF的距離為( ) A B 1 C D 4．已知四個命題，其中正確的命題是 （ ） ①若直線l //平面，則直線l 的垂線必平行平面； ②若直線l與平面相交，則有且只有一個平面，經過l 與平面垂直； ③若一個三棱錐每兩個相鄰側面所成的角都相等，則這個三棱錐是正三棱錐； ④若四棱柱的任意兩條對角線都相交且互相平分，則這個四棱柱為平行六面體． A．① B．② C．③ D．④ 5． 平面上的斜線AB交于點B，過定點A的動直線AC與AB垂直，且交于點C，則動點C的軌跡是（ ） A A． 一條直線 B.一個圓 C.一個橢圓 D.雙曲線的一支 6．有以下命題：①如果向量與任何向量不能構成空間向量的一組基底，那么的關系是不共線；②為空間四點，且向量不構成空間的一個基底，那么點一定共面；③已知向量是空間的一個基底，則向量，也是空間的一個基底。其中正確的命題是 。 7．平行四邊形的一個頂點A在平面內，其余頂點在的同側，已知其中有兩個頂點到的距離分別為1和2 ，那么剩下的一個頂點到平面的距離可能是：①1； ②2； ③3； ④4； 以上結論正確的為______________。（寫出所有正確結論的編號） 8．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，點E為棱AB的中點。求：D1E與平面BC1D所成角的大?。ㄓ糜嘞抑当硎荆? 9．A C B P E F 圖 如圖，已知邊長為的正三角形中，、分別為和的中點，面，且，設平面過且與平行。 求與平面間的距離？ 10．設異面直線、成角，它們的公垂線段為且，線段AB的長為4，兩端點A、B分別在、上移動，則AB中點P的軌跡是 。 A B C D G P 11．已知在四面體ABCD中，= a，= b，= c，G∈平面ABC．則G為△ABC的重心的充分必要條件是(a+b+c)； 12．在三棱錐S—ABC中，△ABC是邊長為4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA=SC=2，M、N分別為AB、SB的中點. （Ⅰ）證明：AC⊥SB； （Ⅱ）求二面角N—CM—B的大??； （Ⅲ）求點B到平面CMN的距離. 點撥與全解： 1.解：由題知或；故選A 2．連結D1F1，則D1F1， ∵BC ∴D1F1 設點E為BC中點，∴D1F1BE，∴BD1∥EF1，∴∠EF1A或其補角即為BD1與AF1所成的角。由余弦定理可求得。故選A。 3． 解： 過點M作MM′⊥EF,則MM′⊥平面BCF ∵∠MBE=∠MBC ∴BM′為∠EBC為角平分線， ∴∠EBM′=45,BM′=,從而MN=，故選A。 4．可證它們它們都是平行四邊形，從而命題④正確。故選D。 5．利用手中的實物可判斷A正確。 6．對于①“如果向量與任何向量不能構成空間向量的一組基底，那么的關系一定共線”；所以①錯誤。②③正確。 A B C D A1 7．如圖，B、D到平面的距離為1、2，則D、B的中點到平面的距離為，所以C到平面的距離為3；B、C到平面的距離為1、2，D到平面的距離為，則，即，所以D到平面的距離為1；C、D到平面的距離為1、2，同理可得B到平面的距離為1；所以選①③。 8．解析：建立坐標系如圖， A1 B1 C1 D1 A B C D E x y z 則、，， ，，，，， ，，。 不難證明為平面BC1D的法向量， ∵ 。 ∴ D1E與平面BC1D所成的角的余弦值為。 9．解：設、、的單位向量分別為、、，選取{，，}作為空間向量的一組基底。易知， ===， 設是平面的一個法向量，則， ，即， 直線與平面間的距離= 10，解 如圖1，AB的中點P過EF的中點O且與、平行的平面內，于是空間的問題轉化為平面問題。 取EF的中點O，過O作 則 、確定平面, y x O P 圖2 1 y x O P y x O P y x O P y x O P y x O P y x O P y x O P 且A在內的射影必在上，B在內的射影必在上，AB的中點P必在H ,如圖1所示。 又 易得 , 現(xiàn)求線段在移動時，其中點P的軌跡。以的平分線為軸，O為原點，建立直角坐標系，如圖2所示。不妨設。在中， ①。設的中點P的坐標為，則，即，代入①消去、，得，于是得到的是橢圓②夾在內的弧，在另外的情形中，同樣得到橢圓②的其余弧，故點P的軌跡是EF的中垂面上以O為中心的橢圓。 11．證明：必要性：連AG交BC于D，則D平分BC，且G分所成的比為2∶1，從而 ， ， 故． 充分性：設D分所成的比為p，G分所成的比為q． 則， ， 于是， = 因(a+b+c)，故， 解得q =2，p = 1，于是G為△ABC的重心． 12。解：（Ⅰ）取AC中點O，連結OS、OB. ∵SA=SC，AB=BC， ∴AC⊥SO且AC⊥BO. ∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面 ABC=AC ∴SO⊥面ABC，∴SO⊥BO. 如圖所示建立空間直角坐標系O－xyz. 則A（2，0，0），B（0，2，0），C（－2，0，0）， S（0，0，2），M(1，，0)，N(0，，). ∴=（－4，0，0），=（0，2，－2）， ∵=（－4，0，0）（0，2，－2）=0， ∴AC⊥SB. （Ⅱ）由（Ⅰ）得=（3，，0），=（－1，0，）.設n=（x，y，z）為平面CMN的一個法向量， n=3x+y=0， 則 取z=1，則x=，y=-， n=－x+z=0， ∴n=(，－，1)， 又=(0，0，2)為平面ABC的一個法向量， ∴cos==. ∴二面角N－CM－B的大小為arccos. （Ⅲ）由（Ⅰ）（Ⅱ）得=（－1，，0），n=（，－，1）為平面CMN的一個法向量， ∴點B到平面CMN的距離d==. 8.如圖，在底面是菱形的四棱錐P—ABCＤ中，∠ABC=600，PA=AC=a，PB=PD=,點E在PD上，且PE:ED=2:1. （1）證明PA⊥平面ABCD； （2）求以AC為棱，EAC與DAC為面的二面角的大小； （3）在棱PC上是否存在一點F，使BF//平面AEC？證明你的結論. ８．證明： （Ⅰ） 因為底面ABCD是菱形，∠ABC=60， 所以AB=AD=AC=a， 在△PAB中， 由PA2+AB2=2a2=PB2 知PA⊥AB. 同理，PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD. （Ⅱ）解 作EG//PA交AD于G， 由PA⊥平面ABCD. 知EG⊥平面ABCD.作GH⊥AC于H，連結EH， 則EH⊥AC，∠EHG即為二面角的平面角. 又PE : ED=2 : 1，所以 從而 （Ⅲ）解法一 以A為坐標原點，直線AD、AP分別為y軸、z軸，過A點垂直平面PAD的直線為x軸，建立空間直角坐標系如圖.由題設條件，相關各點的坐標分別為 所以 設點F是棱PC上的點，則 令 得 解得 即 時， 亦即，F(xiàn)是PC的中點時，、、共面. 又 BF平面AEC，所以當F是棱PC的中點時，BF//平面AEC. 解法二 當F是棱PC的中點時，BF//平面AEC，證明如下， 證法一 取PE的中點M，連結FM，則FM//CE. ① 由 知E是MD的中點. 連結BM、BD，設BDAC=O，則O為BD的中點. 所以 BM//OE. ② 由①、②知，平面BFM//平面AEC. 又 BF平面BFM，所以BF//平面AEC. 證法二 因為 所以 、、共面. 又 BF平面ABC，從而BF//平面AEC.