高考数学第二轮复习 立体几何教学案.docx
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高考数学第二轮复习立体几何教学案
2021年高考数学第二轮复习立体几何教学案
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:
=
=
,从而。
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,,
,以∠BAC为例。
解:
(1)记Rt△ABC,∠BAC=900,记直角顶点A在平面上的正投影为A1,,且AA1=,则因为
,所以∠BA1C为钝角,即直角在平面内的正投影是钝角;
(2)原猜想错误。
对于△ABC,,记直角顶点A在平面上的正投影为A1,设AA1=,则
,令∠BAC=∠BA1C,则由余弦定理得:
=
,解之得:
,即当点A离平面的距离是时,∠BAC在一个平面内的正投影∠BA1C等于它本身;
若取,则,从而,
,可知∠BA1C∠BAC,即∠BAC在一个平面内的正投影∠BA1C小于它本身。
复习智略:
例3.一个几何体的三视图如右图所示,其中主视图与左视图是腰长为6的等腰直角三角形,俯视图是正方形。
(Ⅰ)请画出该几何体的直观图,并求出它的体积;
(Ⅱ)用多少个这样的几何体可以拼成一个棱长为6的正方体ABCD—A1B1C1D1?
如何组拼?
试证明你的结论;
(Ⅲ)在(Ⅱ)的情形下,设正方体ABCD—A1B1C1D1的棱CC1的中点为E,求平面AB1E与平面ABC所成二面角的余弦值.
分析:
本题的构图方式是通过三视图来给出,并且更为重视对空间几何体的认识.
解:
(Ⅰ)该几何体的直观图如图1所示,它是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.其中底面ABCD是边长为6的正方形,高PD=6,故所求体积是
(Ⅱ)依题意,正方体的体积是原四棱锥体积的3倍,故用3个这样的四棱锥可以拼成一个棱长为6的正方体,即由四棱锥D1-ABCD,D1-BB1C1C,D1-BB1A1A组成。
其拼法如图2所示.(Ⅲ)因△AB1E的边长AB1=,B1E=,AE=9,所以,而,所以平面AB1E与平面ABC所成二面角的余弦值=。
点评:
对于立体几何问题,新课标更注重将其视为认识空间的一种方式方法,因此对于立体几何问题要重点关注其构图方式,因此,我们要特别重视空间重点线面的构成方式,可以是三视图还原位直观图,也可以是折叠问题,当然也可以是直接两个面的构成.
检测评估:
1.一个水平放置的四边形的斜二测直观图是一个底角为450,,腰和上底的长均为1的等腰
梯形,那么原四边形的面积是()
A.B.C.D.
2.异面直线a,b所成的角为,空间中有一定点O,过点O有3条直线与a,b所成角都是60,则的取值可能是()
A.30B.50C.60D.90
3.下面的集合中三个元素不可能分别是长方体(一只“盒子”)的三条外对角线的长度(一条
外对角线就是这盒子的一个矩形面的一条对角线)是()
A、.B、.C、.D、.
4.在四面体ABCD中,截面AEF经过四面体的内切球的球心O,且与BC、DC、分别交于E、F,如果截面将四面体分成体积相等的两部分,设四棱锥A-BEFD与A-EFC的表面积分别为S1、S2,则必有()
A.S1S2B.S1S2C.S1=S2D.无法判断
5.在一个棱长为4的正方体内,你认为能放入几个直径为1的球()
A.64B.65C.66D.67
6.命题A:
底面为正三角形,且顶点在底面的正投影为底面中心的三棱锥是正三棱锥。
则命题A的等价命题B可以是:
底面为正三角形,且的三棱锥是正三棱锥。
7.水平桌面儿上放置着一个容积为V的密闭长方体玻璃容器ABCD—A1B1C1D1,其中装有V的水。
(1)把容器一端慢慢提起,使容器的一条棱AD保持在桌面上,这个过程中水的形状始终是柱体;
(2)在
(1)中的运动过程中,水面始终是矩形;(3)把容器提离桌面,随意转动,水面始终过长方体内的一个定点;(4)在(3)中水与容器的接触面积始终不变。
以上说法正确的是_____.
8.将锐角A为60°,边长a的菱形ABCD沿对角线BD折成二面角,已知,则AC、BD之间的距离的最大值和最小值.
9.如图,三棱柱ABC—A1B1C1中,若E、F分别为AB、AC的中点,平面EB1C1将三棱柱分成体积为V1、V2的两部分,那么V1∶V2=_____。
10.如图所示,球面上有四个点P、A、B、C,如果PA,PB,PC两两互相垂直,且PA=PB=PC=a,则这个球的表面积是。
11.如图所示的一组图形为某一四棱锥S—ABCD的侧面与底面,
(1)请画出四棱锥S—ABCD的示意图,使SA⊥平面ABCD,并指出各侧棱长;
(2)在
(1)的条件下,过A且垂直于SC的平面分别交于SB、SC、SD于E、F、G.
(3)求
(1)
(2)的条件下,求二面角A—SC—B的大小.
12.如图1,在多面体ABCD—A1B1C1D1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c,d与a,b,且a>c,b>d,两底面间的距离为h。
(Ⅰ)求侧面ABB1A1与底面ABCD所成二面角的大小;
(Ⅱ)证明:
EF∥面ABCD;
(Ⅲ)在估测该多面体的体积时,经常运用近似公式V估=S中截面·h来计算.已知它的体积公式是V=(S上底面+4S中截面+S下底面),试判断V估与V的大小关系,并加以证明。
(注:
与两个底面平行,且到两个底面距离相等的截面称为该多面体的中截面)
点拨与全解:
1.解:
由题意得原四边形是一个上底为1,下底为,高为2的直角梯形,所以其面积等于,故选A。
2.解:
过点O分别作∥a、∥b,则过点O有三条直线与a,b所成角都为60,等价于过点O有三条直线与所成角都为60,其中一条正是角的平分线。
从而可得选项为
C。
3.B 提示:
令a,b,c(a≤b≤c)表示长方体三条边的长度.p,q,r(p≤q≤r)表示三个对角线的长度.由勾股定理,得,,.
则<.经验证,只有不满足这个关系.
4.解:
参考例1可知:
选C。
5.解:
第一层放16个球;第二层在空档中放9个球,使每个球均与底层的16个球中的4个球相切;第三层再放16个球;第四层又放9个球;第五层再放16个球,这样共放了66个球,且五层球的高度为,故选C。
6.答:
侧棱相等(或侧棱与底面所成角相等……)。
这是因为要使命题B与命题A等价,则只需保证顶点在底面上的正投影S是底面正三角形的外心即可,因此,据射影定理,得侧棱长相等。
7.解:
因运动过程中水始终是矩形,且水柱部分始终与空柱部分分别与中心O成中心对称。
所以
(1)
(2)(3)(4)均正确。
8.解:
当时,;当时,.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.因为,所以当时,;当时,.
9.解:
设三棱柱的高为h,上下底的面积为S,体积为V,则V=V1+V2=Sh。
∵E、F分别为AB、AC的中点,
∴S△AEF=S,
V1=h(S+S+)=Sh
V2=Sh-V1=Sh,
∴V1∶V2=7∶5。
10.解:
如图,设过A、B、C三点的球的截面圆半径为r,圆心为O′,球心到该圆面的距离为d。
在三棱锥P—ABC中,∵PA,PB,PC两两互相垂直,且PA=PB=PC=a,
∴AB=BC=CA=a,且P在△ABC内的射影即是△ABC的中心O′。
由正弦定理,得=2r,∴r=a。
又根据球的截面的性质,有OO′⊥平面ABC,而PO′⊥平面ABC,
∴P、O、O′共线,球的半径R=。
又PO′===a,
∴OO′=R-a=d=,(R-a)2=R2–(a)2,解得R=a,
∴S球=4πR2=3πa2。
11.
(1)画出示意图,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上射影为EF.
由三垂线定理得∠AFE为二面角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的大小为arcsin
12.(Ⅰ)解:
过B1C1作底面ABCD的垂直平面,交底面于PQ,过B1作B1G⊥PQ,垂足为G。
如图所示:
∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1,∠A1B1C1=90°,
∴AB⊥PQ,AB⊥B1P.
∴∠B1PG为所求二面角的平面角.过C1作C1H⊥PQ,垂足为H.由于相对侧面与底面所成二面角的大小相等,故四边形B1PQC1为等腰梯形。
∴PG=(b-d),又B1G=h,∴tanB1PG=(b>d),
∴∠B1PG=arctan,即所求二面角的大小为arctan.
(Ⅱ)证明:
∵AB,CD是矩形ABCD的一组对边,有AB∥CD,
又CD是面ABCD与面CDEF的交线,
∴AB∥面CDEF。
∵EF是面ABFE与面CDEF的交线,
∴AB∥EF。
∵AB是平面ABCD内的一条直线,EF在平面ABCD外,
∴EF∥面ABCD。
(Ⅲ)V估<V。
证明:
∵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课时空间向量
考纲指要:
在立体几何中,以多面体和旋转体为载体,空间向量为运算技巧,解决有关线面位置关系的论证,角与距离的探求。
考点扫描:
1.两条直线所成的角和距离的概念及等角定理;(对于异面直线的距离,只要求会计算已给出公垂线时的距离)。
2.点、直线到平面的距离,直线和平面所成的角;
3.平行平面间的距离,会求二面角及其平面角;
考题先知:
例1.如图,设直四棱柱所有的棱长都为2,,动点P在四棱柱内部,且到顶点A的距离与它到底面ABCD的距离的平方差为2,求动点P的轨迹(曲面)的面积。
解由题意可知,以A为坐标原点,AB、AQ(Q为CD的中点)、所在的直线分别为轴、轴、轴,建立空间直角坐标系。
设P的坐标为,P在平面ABCD内的射影为,由题意可知即即点P到直线的距离为,
故点P在以为轴,底面半径为,高为2的圆柱面上。
又,所以P的轨迹为圆柱面的,因此,所求的面积为.
点评:
以空间图形为背景的轨迹问题,有机的将解析几何与立体几何结合在一起,能培养学生的空间想象能力与运算能力。
例2.已知直三棱柱中,
点N是的中点,求二面角的平面角的大小。
解法1利用平面的法向量求二面角。
以为原点,以、、为、、轴建立空间直角坐标系(如图1)。
依题意,得
.于是
.
设为平面的法向量,则由,得,
,可取。
同理可得平面的一个法向量>
由
,知二面角的平面角的大小为。
评注:
若二面角的两个平面的法向量分别为,则由
可求得二面角的大小。
解法2利用异面直线所成角求二面角。
建立空间直角坐标系同上,过A、N分别作的垂线AE、NF,垂足为E、F,则二面角的平面角大小为.
设
则
,
由,有
,可得,故
由
评注对二面角,分别过半平面内点A、B向公共棱作线段AE、BF,则由
可求得二面角的大小。
复习智略:
例3.在边长为a的正方形ABCD所在平面外取一点P,使PA⊥平面ABCD,且PA=AB,在AC的延长线上取一点G。
(1)若CG=AC,求异面直线PG与CD所成角的大小;
(2)若CG=AC,求点C到平面PBG的距离;
(3)当点G在AC的延长线上运动时(不含端点C),求二面角P-BG-C的取值范围。
分析:
本题如利用“几何法”,则通过“平移变换”将异面直线角化归为三角形的内角,由解三角形的方法求之,凡“点面距离”可利用等积法求之,至于二面角,则通过“作-证-算”三步曲求得;本题如利用“向量法”,则建立适当的空间直角坐标系,写出各点坐标,再根据公式而求之。
方法一:
(1)过点G作GE∥CD交AD的延长线于点E,连PE,则∠PGE是异面直线PG与CD所成的角,,则由条件得GE=2a,PG=3a,
cos∠PGE=,所以异面直线PG与CD所成角等于;
(2)设h,则利用等积法知,在△PBG中,PB=,PG=3a,BG=,,得,又在△CBG中,,从而由得;
(3)作CF⊥AC交PG于F,作FH⊥BG交BG于H,连CH,因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AC,所以PA∥CG,得CG⊥平面ABCD,由三垂线定理得∠FHC是二面角P-BG-C的平面角,设,则由△CGF∽△AGP得,
在△CBG中,得
所以
,从而
,所以二面角P-BG-C的取值范围是。
方法二:
建立如图所示的直角坐标系,
则A(0,0,O、0),B(a,0,0),
C(a,a,0),D(0,a,0),P(0,0,a)。
(1)由条件得G(2a,2a,0),
,
所以
,
所以异面直线PG与CD所成角等于;
(2)设平面PBG的法向量为因,
所以由得
,即又,
所以点C到平面PBG的距离为
;
(3)由条件设G(t,t,0),其中,平面PBG的法向量为
因,,所以由得
,
即而平面CBG的法向量,
所以
,因为,所以
,
易知二面角P-BG-C的平面角是锐角,所以二面角P-BG-C的平面角等于,所以二面角PP-BG-C的取值范围是。
点评:
本题主要考查异面直线所成角的空间想象能力,利用体积法求点面距离的运算能力,二面角的估算能力,第(3)问有机的将函数的值域与立体几何结合,较好地考查学生综合分析与解决问题的能力.
检测评估:
1.已知向量=(2,4,x),=(2,y,2),若||=6,⊥,则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=,点D1、F1分别是A1B1、A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BD1与AF1所成角的余弦值是()
(A)(B)(C)(D)
3.正方形ABCD边长为2,E、F分别是AB和CD的中点,将正方形沿EF折成直二面角(如图),M为矩形AEFD内一点,如果∠MBE=∠MBC,MB和平面BCF所成角的正切值为,那么点M到直线EF的距离为()
AB1CD
4.已知四个命题,其中正确的命题是()
①若直线l//平面,则直线l的垂线必平行平面;
②若直线l与平面相交,则有且只有一个平面,经过l与平面垂直;
③若一个三棱锥每两个相邻侧面所成的角都相等,则这个三棱锥是正三棱锥;
④若四棱柱的任意两条对角线都相交且互相平分,则这个四棱柱为平行六面体.
A.①B.②C.③D.④
5.平面上的斜线AB交于点B,过定点A的动直线AC与AB垂直,且交于点C,则动点C的轨迹是()A
A.一条直线B.一个圆C.一个椭圆D.双曲线的一支
6.有以下命题:
①如果向量与任何向量不能构成空间向量的一组基底,那么的关系是不共线;②为空间四点,且向量不构成空间的一个基底,那么点一定共面;③已知向量是空间的一个基底,则向量,也是空间的一个基底。
其中正确的命题是。
7.平行四边形的一个顶点A在平面内,其余顶点在的同侧,已知其中有两个顶点到的距离分别为1和2,那么剩下的一个顶点到平面的距离可能是:
①1;②2;③3;④4;以上结论正确的为______________。
(写出所有正确结论的编号)
8.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点E为棱AB的中点。
求:
D1E与平面BC1D所成角的大小(用余弦值表示)
9.如图,已知边长为的正三角形中,、分别为和的中点,面,且,设平面过且与平行。
求与平面间的距离?
10.设异面直线、成角,它们的公垂线段为且,线段AB的长为4,两端点A、B分别在、上移动,则AB中点P的轨迹是。
11.已知在四面体ABCD中,=a,=b,=c,G∈平面ABC.则G为△ABC的重心的充分必要条件是(a+b+c);
12.在三棱锥S—ABC中,△ABC是边长为4的正三角形,平面SAC⊥平面ABC,SA=SC=2,M、N分别为AB、SB的中点.
(Ⅰ)证明:
AC⊥SB;
(Ⅱ)求二面角N—CM—B的大小;
(Ⅲ)求点B到平面CMN的距离.
点拨与全解:
1.解:
由题知或;故选A
2.连结D1F1,则D1F1,
∵BC∴D1F1
设点E为BC中点,∴D1F1BE,∴BD1∥EF1,∴∠EF1A或其补角即为BD1与AF1所成的角。
由余弦定理可求得。
故选A。
3.解:
过点M作MM′⊥EF,则MM′⊥平面BCF
∵∠MBE=∠MBC∴BM′为∠EBC为角平分线,
∴∠EBM′=45°,BM′=,从而MN=,故选A。
4.可证它们它们都是平行四边形,从而命题④正确。
故选D。
5.利用手中的实物可判断A正确。
6.对于①“如果向量与任何向量不能构成空间向量的一组基底,那么的关系一定共线”;所以①错误。
②③正确。
7.如图,B、D到平面的距离为1、2,则D、B的中点到平面的距离为,所以C到平面的距离为3;B、C到平面的距离为1、2,D到平面的距离为,则,即,所以D到平面的距离为1;C、D到平面的距离为1、2,同理可得B到平面的距离为1;所以选①③。
8.解析:
建立坐标系如图,
则、,,
,,,,,
,,。
不难证明为平面BC1D的法向量,
∵
。
∴D1E与平面BC1D所成的角的余弦值为。
9.解:
设、、的单位向量分别为、、,选取{,,}作为空间向量的一组基底。
易知,
===,
设是平面的一个法向量,则,
,即
,
直线与平面间的距离=
10,解如图1,AB的中点P过EF的中点O且与、平行的平面内,于是空间的问题转化为平面问题。
取EF的中点O,过O作
则、确定平面,
y
x
O
P
图2
1
y
x
O
P
且A在内的射影必在上,B在内的射影必在上,AB的中点P必在H,如图1所示。
又
易得,
现求线段在移动时,其中点P的轨迹。
以的平分线为轴,O为原点,建立直角坐标系,如图2所示。
不妨设。
在中,①。
设的中点P的坐标为,则
,即
,代入①消去、,得,于是得到的是椭圆②夹在内的弧,在另外的情形中,同样得到椭圆②的其余弧,故点P的轨迹是EF的中垂面上以O为中心的椭圆。
11.证明:
必要性:
连AG交BC于D,则D平分BC,且G分所成的比为2∶1,从而
,
,
故
.
充分性:
设D分所成的比为p,G分所成的比为q.
则
,
,
于是,
=
因(a+b+c),故
,
解得q=2,p=1,于是G为△ABC的重心.
12。
解:
(Ⅰ)取AC中点O,连结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.
如图所示建立空间直角坐标系O-xyz.
则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,).设n=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量,
·n=3x+y=0,
则取z=1,则x=,y=-,
·n=-x+z=0,
∴n=(,-,1),
又=(0,0,2)为平面ABC的一个法向量,
∴cos
∴二面角N-CM-B的大小为arccos.
(Ⅲ)由(Ⅰ)(Ⅱ)得=(-1,,0),n=(,-,1)为平面CMN的一个法向量,
∴点B到平面CMN的距离d==.
8.如图,在底面是菱形的四棱锥P—ABCD中,∠ABC=600,PA=AC=a,PB=PD=,点E在PD上,且PE:
ED=2:
1.
(1)证明PA⊥平面ABCD;
(2)求以AC为棱,EAC与DAC为面的二面角的大小;
(3)在棱PC上是否存在一点F,使BF//平面AEC?
证明你的结论.
8.证明:
(Ⅰ)因为底面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,连结EH,
则EH⊥AC,∠EHG即为二面角的平面角.
又PE:
ED=2:
1,所以
从而
(Ⅲ)解法一以A为坐标原点,直线AD、AP分别为y轴、z轴,过A点垂直平面PAD的直线为x轴,建立空间直角坐标系如图.由题设条件,相关各点的坐标分别为
所以
设点F是棱PC上的点,
则
令得
解得即时,
亦即,F是PC的中点时,、、共面.
又BF平面AEC,所以当F是棱PC的中点时,BF//平面AEC.
解法二当F是棱PC的中点时,BF//平面AEC,证明如下,
证法一取PE的中点M,连结FM,则FM//CE.①
由知E是MD的中点.
连结BM、BD,设BDAC=O,则O为BD的中点.
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.
证法二
因为
所以、、共面.
又BF平面ABC,从而BF//平面AEC.
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