高考數(shù)學第二輪復習立體幾何教學案

2023年高考第二輪專題復習（教學案）：立體幾何第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(jù)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?？键c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(nèi)；（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：EFEFDABCP解：通過類比，得命題：過四面體的內(nèi)切球的球心作一截面，將四面體分成的兩局部的外表積比等于其體積比。證明：如圖，設四面體P-ABC的內(nèi)切球的球心為O，過O作截面DEF交三條棱于點E、D、F，記內(nèi)切圓半徑為r,那么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，那么直角在平面內(nèi)的正投影是銳角、直角還是鈍角？（2）根據(jù)第（1）題，你能猜測某個角在一個平面內(nèi)的正投影一定大于這個角嗎？如果正確，請證明；如果錯誤，那么利用以下三角形舉出反例：△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=，那么因為，所以∠BA1C為鈍角，即直角在平面內(nèi)的正投影是鈍角；（2）原猜測錯誤。對于△ABC，，記直角頂點A在平面上的正投影為A1，設AA1=，那么，令∠BAC=∠BA1C，那么由余弦定理得：=，解之得：，即當點A離平面的距離是時，∠BAC在一個平面內(nèi)的正投影∠BA1C假設取，那么，從而，，可知∠BA1C∠BAC，即∠BAC在一個平面內(nèi)的正投影∠BA1復習智略：PACD圖11B圖21ABCDD1C1B1A1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?PACD圖11B圖21ABCDD1C1B1A1主視圖俯視圖左視圖分析：此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AB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，可以是三視圖復原位直觀圖，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：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，那么的取值可能是（）A．30B．50C．60D．903．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(jīng)過四面體的內(nèi)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局部，設四棱錐A-BEFD與A-EFC的外表積分別為S1、S2，那么必有（）A．S1S2B．S1S2C．S1=S25．在一個棱長為4的正方體內(nèi)，你認為能放入幾個直徑為1的球（）A．64B．65C．66D．676．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。那么命題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（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(nèi)的一個定點；（4）在（3）中水與容器的接觸面積始終不變。以上說法正確的選項是_____.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，那么AC、BD之間的距離的最大值和最小值．9．如圖，三棱柱ABC—A1B1C1中，假設E、F分別為AB、AC的中點，平面EB1C1將三棱柱分成體積為V1、V2的兩局部，那么V1∶V2=____10．如以下圖，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，那么這個球的外表積是?！狝BCD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112．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圖1（Ⅰ）求側面ABB1A1與底面ABCD所成二面角的大小；（Ⅱ）證明：EF∥面ABCD；（Ⅲ）在估測該多面體的體積時，經(jīng)常運用近似公式V估=S中截面·hV=（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，應選A。2．解：過點O分別作∥a、∥b，那么過點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,,.那么＜.經(jīng)歷證,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，應選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，那么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(jù)射影定理，得側棱長相等。7．解：因運動過程中水始終是矩形，且水柱局部始終與空柱局局部別與中心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，那么V=V1+V2＝Sh?！逧、F分別為AB、AC的中點，∴S△AEF=S,V1=h(S+S+)=ShV2=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(nèi)的射影即是△ABC的中心O′。由正弦定理，得=2r,∴r=a。又根據(jù)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，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arcsin12.（Ⅰ）解：過B1C1作底面ABCD的垂直平面，交底面于PQ，過B1作B1G⊥PQ，垂足為如以下圖：∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，∠A1B1C1=90°，∴AB⊥PQ，AB⊥B1P.∴∠B1PGC1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(nèi)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?？键c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；zPzP’PQyxD1C1B1A1DCBA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(nèi)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(nèi)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。zyzyxBNAEF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，那么由,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：假設二面角的兩個平面的法向量分別為，那么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，那么二面角的平面角大小為.設那么，由,有，可得，故,由評注對二面角，分別過半平面內(nèi)點A、B向公共棱作線段AE、BF，那么由,可求得二面角的大小。PPABCDG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）假設CG=AC，求異面直線PG與CD所成角的大小；（2）假設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。PABCDGEHF分析：此題如利用“幾何法”，那么通過“平移變換”將異面直線角化歸為三角形的內(nèi)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，那么通過PABCDGEHF方法一：（1）過點G作GE∥CD交AD的延長線于點E，連PE，那么∠PGE是異面直線PG與CD所成的角，，那么由條件得GE=2a，PG=3a，cos∠PGE=,所以異面直線PG與CD所成角等于；（2）設h,那么利用等積法知，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，那么由△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。PAPABCDGzxy那么A（0，0，O、0），B（a，0，0），C（a，a，0），D（0，a，0），P（0，0，a）。由條件得G（2a，2a，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；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:此題主要考察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,較好地考察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），假設||=6，⊥，那么x+y的值是（）A.－3或或－1C.－2．直三棱住A1B1C1—ABC，∠BCA=，點D1、F1分別是A1B1、A1C1的中點，BC=CA=CC1，那么BD1與AF（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(nèi)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()AB1CD4．已知四個命題，其中正確的命題是 （）①假設直線l//平面，那么直線l的垂線必平行平面；②假設直線l與平面相交，那么有且只有一個平面，經(jīng)過l與平面垂直；③假設一個三棱錐每兩個相鄰側面所成的角都相等，那么這個三棱錐是正三棱錐；④假設四棱柱的任意兩條對角線都相交且互相平分，那么這個四棱柱為平行六面體．A．① B．② C．③ D．④5．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，那么動點C的軌跡是（）A6．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，那么向量，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(nèi)，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?．ACACBPEF圖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，那么AB中點P的軌跡是。ABCDGP11．已知在四面體ABCD中，=a，=b，=c，G∈平面ABC．那么G為△ABC的重心的充分必要條件是(aABCDGP12．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?。唬á螅┣簏cB到平面CMN的距離.點撥與全解：1.解：由題知或；應選A2．連結D1F1，那么D1F∵BC∴D1F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。應選A。3．解：過點M作MM′⊥EF,那么MM′⊥平面BCF∵∠MBE=∠MBC∴BM′為∠EBC為角平分線，∴∠EBM′=45°,BM′=,從而MN=，應選A。4．可證它們它們都是平行四邊形，從而命題④正確。應選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。ABCDABCDA18．解析：建立坐標系如圖，A1A1B1C1D1ABCDExyz，，，，，，，。不難證明為平面BC1D的法向量，∵?！郉1E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，那么，，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(nèi)，于是空間的問題轉化為平面問題。取EF的中點O，過O作那么、確定平面,yxOP圖21yxOP圖21yxOPyxOPyxOPyxOP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，那么，即，代入①消去、，得，于是得到的是橢圓②夾在內(nèi)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，那么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．那么，，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.如以下圖建立空間直角坐標系O－xyz.那么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