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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