苏州市高三数学二轮复习示范课教案--5.立体几何二轮复习(姚进)

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。

立体几何初步【专题要点】1．在掌握直线与平面的位置关系(包括直线与直线、直线与平面、平面与平面间的位置关系)的基础上，研究有关平行和垂直的的判定依据(定义、公理和定理)、判定方法及有关性质的应用；在有关问题的解决过程中，进一步了解和掌握相关公理、定理的内容和功能，并探索立体几何中论证问题的规律；在有关问题的分析与解决的过程中提高逻辑思维能力、空间想象能力及化归和转化的数学思想的应用．2．在掌握空间角(两条异面直线所成的角，平面的斜线与平面所成的角及二面角)概念的基础上，掌握它们的求法(其基本方法是分别作出这些角，并将它们置于某个三角形内通过计算求出它们的大小)；在解决有关空间角的问题的过程中，进一步巩固关于直线和平面的平行垂直的性质与判定的应用，掌握作平行线(面)和垂直线(面)的技能；通过有关空间角的问题的解决，进一步提高学生的空间想象能力、逻辑推理能力及运算能力．3．通过复习，使学生更好地掌握多面体与旋转体的有关概念、性质，并能够灵活运用到解题过程中．通过教学使学生掌握基本的立体几何解题方法和常用解题技巧，发掘不同问题之间的内在联系，提高解题能力．4．在学生解答问题的过程中，注意培养他们的语言表述能力和“说话要有根据”的逻辑思维的习惯、提高思维品质．使学生掌握化归思想，特别是将立体几何问题转化为平面几何问题的思想意识和方法，并提高空间想象能力、推理能力和计算能力．5．使学生更好地理解多面体与旋转体的体积及其计算方法，能够熟练地使用分割与补形求体积，提高空间想象能力、推理能力和计算能力．【考纲要求】（1）掌握平面的基本性质，会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图，能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想象它们的位置关系（2）了解空两条直线的位置关系，掌握两条直线平行与垂直的判定定理和性质定理，掌握两条直线所成的角和距离的概念（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）（3）了解空间直线和平面的位置关系，掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理，理解直线和平面垂直的判定定理和性质定理，掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念，了解三垂线定理及其逆定理（4）了解平面与平面的位置关系，掌握两个平面平行的判定定理和性质定理。

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：PD FO PEF O PD E O D EF P V V V V ----++==r S r S r S PDF PEF PDE ⋅+⋅+⋅313131 BCFD O D EF O ACFE O ABC O ABD E O ABC D EF 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。

高三数学第二轮复习教案第5讲 解析几何问题的题型与方法（二）七、强化训练1、已知P 是以1F 、2F 为焦点的椭圆)0(12222>>=+b a by a x 上一点，若021=⋅PF PF 21tan 21=∠F PF ，则椭圆的离心率为 （ ）（A ）21 （B ）32 （C ）31 （D ）352、已知△ABC 的顶点A （3，－1），AB 边上的中线所在直线的方程为6x +10y －59=0，∠B 的平分线所在直线的方程为：x －4y +10=0，求边BC 所在直线的方程。

3、求直线l 2：7x －y +4=0到l 1：x +y －2=0的角平分线的方程。

4、已知三种食物P 、Q 、R 的维生素含量与成本如下表所示。

现在将xk g 的食物P 和yk g 的食物Q 及zk g 的食物R 混合，制成100k g 的混合物.如果这100k g 的混合物中至少含维生素A44 000单位与维生素B48 000单位，那么x ，y ，z 为何值时，混合物的成本最小？5、某人有楼房一幢，室内面积共180 m 2，拟分隔成两类房间作为旅游客房.大房间每间面积为18m 2，可住游客5名，每名游客每天住宿费为40元；小房间每间面积为15 m 2，可住游客3名，每名游客每天住宿费为50元.装修大房间每间需1000元，装修小房间每间需600元.如果他只能筹款8000元用于装修，且游客能住满客房，他应隔出大房间和小房间各多少间，能获得最大收益？6、已知△ABC 三边所在直线方程AB ：x －6=0，BC ：x －2y －8=0，CA ：x +2y =0，求此三角形外接圆的方程。

7、已知椭圆x 2+2y 2=12，A 是x 轴正方向上的一定点，若过点A ，斜率为1的直线被椭圆截得的弦长为3134，求点A 的坐标。

8、已知椭圆12222=+by a x （a ＞b ＞0）上两点A 、B ，直线k x y l +=:上有两点C 、D ，且ABCD 是正方形。

立体几何在线学习讲义二、填充题典例选讲：【例1】(09江苏)设α和β为不重合的两个平面，则下列命题中真命题．．．的序号是 . ①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β； ②若α外一条直线l 与α内的一条直线平行，则l 和α平行；③设α和β相交于直线l ，若α内有一条直线垂直于l ，则α和β垂直； ④直线l 与α垂直的充分必要条件是l 与α内的两条直线垂直. 答案： ①、②解析：①、②两题考查立几中的直线、平面的垂直与平行判定的相关定理；③应为α经过平面β的一条垂线；④应为α内两条相交直线【例2】：下列关于互不相同的直线l n m ,,和平面βα,的四个命题；其中真命题是①,,,m A A l m ∉=⊂点αα 则l 与m 不共面； ②若n m n m ⊥⊥⊥,,βα，则βα⊥； ③当,m n 在平面α内射影互相垂直，则n m ⊥； ④若m l m l //,//,//,//则βαβα答案： ①、② .解析：①可运用反证法证明；②运用二面角概念判断；③可借助于长方体的相连两个侧面判断；④画图举反例。

【例3】如图，正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点E 、F ，且EF =， 则下列结论中错误．．的是 ①AC BE ⊥GMD 1C 1B 1A 1NDCBA②//EF ABCD 平面③三棱锥A BEF -的体积为定值 ④异面直线,AE BF 所成的角为定值 答案： ④解析： ①正确，易证11;AC D DBB AC BE ⊥⊥平面，从而②正确，EF ∥BD ，∴//EF ABCD 平面；③正确，可用等积法求得；④错误.【例4】（09四川）如图，已知正三棱柱111ABC A B C -的各条棱长都相等，M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成角的大小是 答案：2π解析：作AD B C ⊥，易证AD ⊥平面BC 1，所以AD BM ⊥，在正方形BCC 1B 1中，易证1B D BM ⊥；则BM ⊥平面1AB D ，1BM AB ∴⊥【例5】：若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积= 答案：π9引伸：若三棱锥的三个侧面两两垂直，且三条侧棱长分别为3，4，5，则其外接球的表面积=π50解析：可构造一个正方体，其外接球与三棱锥同外接球，∴半径23=r ，ππ942==R S填充题解题策略：①正确理解立几中文字语言、符号语言、图形语言的转换； ②建议多运用手边的书本、笔、三角板等搭建一些简单几何体； ③善于构造一些特殊的几何模型三、解答题典例选讲：【例6】如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 、G 分别是A 1A ，D 1C ，AD 的中点；求证：（1）MN//平面ABCD ；（2）MN ⊥平面B 1BG ．EABCDNA 1B 1C 1D 1MG分析：（1）取CD 的中点E ，连NE 、AE ，由N ，E 分 别为CD 1与CD 的中点可知NE ∥D 1D 且NE=12D 1D ，AM ∥D 1D 且AM=12D 1D ，∴AM ∥EN 且AM=EN ，即AMNE 为平行四边形∴MN ∥AE ，MN ⊄面ABCD 又 AE ⊂面ABCD,则MN ∥面ABCD（２）在正方形ABCD 中， G 、E 分别为AD 、DC 的中点，由平几可知AE BG ⊥，又 1BB AE ⊥, ∴1AE B BG ⊥面，由MN ∥AE ，推得MN ⊥平面B 1BG【例7】(09江苏) 如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，E 、F 分别是1A B 、1AC 的中点，点D 在11B C 上，11A D B C⊥。

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：PD FO PEF O PD E O D EF P V V V V ----++==r S r S r S PDF PEF PDE ⋅+⋅+⋅313131 BCFD O D EF O ACFE O ABC O ABD E O ABC D EF 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。

高三数学第二轮复习教案教案标题：高三数学第二轮复习教案教学目标：1. 复习高三数学的重要知识点和难点，巩固基础知识；2. 提高学生的解题能力和应试技巧；3. 培养学生的数学思维和问题解决能力。

教学重点：1. 高考数学中的重要知识点，如函数、三角函数、数列与数学归纳法等；2. 高考数学中的常见难题类型，如证明题、应用题等；3. 解题思路和方法的灵活运用。

教学难点：1. 高考数学中的难点知识点，如概率与统计、向量等；2. 高考数学中的复杂问题的解题方法；3. 解题过程中的思维拓展和创新。

教学准备：1. 教材：高中数学教材（根据学校教学大纲选择相应章节）；2. 复习资料：高考数学复习资料、习题集等；3. 多媒体设备：投影仪、电脑等。

教学过程：一、复习知识点1. 复习函数的性质和图像特征，包括函数的定义域、值域、单调性、奇偶性等；2. 复习三角函数的基本概念和性质，如正弦、余弦、正切函数的周期性、图像特征等；3. 复习数列与数学归纳法的基本概念和定理，如等差数列、等比数列的通项公式、求和公式等。

二、解题技巧讲解1. 解题方法的灵活运用，如利用函数的性质进行证明题的解答；2. 解题思路的培养，如通过画图、列方程等方法解决应用题；3. 解题过程中的注意事项，如注意题目中的条件限制、合理利用已知信息等。

三、典型例题分析1. 选取高考历年真题中的典型例题进行分析和解答；2. 引导学生分析解题思路和方法，培养学生的问题解决能力；3. 对解题过程中的常见错误和易错点进行讲解和指导。

四、综合练习1. 提供一定数量的综合练习题，涵盖高考数学各个知识点和题型；2. 指导学生合理安排解题时间，培养解题的快速和准确性；3. 对学生的解题过程进行指导和点评，帮助学生发现问题并加以改进。

五、课堂小结与作业布置1. 对本节课的内容进行小结和回顾，强调重要知识点和解题技巧；2. 布置相关的课后作业，鼓励学生独立思考和解答问题；3. 鼓励学生积极参与数学竞赛和讨论，提高数学学习的兴趣和动力。

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。

《高三立体几何综合复习》教学设计一、教材分析立体几何是高中数学的重要概念之一。

最近几年高考对立体几何的要求发生了很大的变化，注重空间的平行与垂直关系的判定，淡化空间角和空间距离的考查，因此立体几何的难度和以往相比有大幅度的降。

因此依据考试说明的要求在高三复习中制定以下目标：1.高度重视立体几何基础知识的复习，扎实地掌握基本概念、定理和公式等基础知识。

2.复习过程中指导学生通过网络图或框图主动建构完整的知识体系，尤其要以线线、线面、面面三种位置关系形成网络，能够熟练地转化和迁移。

3.重视模型复习，强化学生的“想图、画图、识图、解图”的能力，重视图形语言、文字语言、符号语言转化的训练。

尤其重视对所画的立体图形、三视图与真实图形思维理解上的一致性。

4.在完成解答题时，要重视培养学生规范书写，注意表述的逻辑性及准确性，要注意训练学生思考的严谨性，在计算相关量时应做到“一作、二证、三算”。

做好本节课的复习，对学生系统地掌握直线和平面的知识乃至于创新能力的培养都具有重要的意义。

二、学情分析在传统的高中数学立体几何的学习中，采取的基本方法：面面俱到的知识点整理，典型的例题解答，课堂的跟踪训练，灌输解题规律，这种模式由于缺乏新意，学生思维难以兴奋，发散性思维受到抑制，创新意识逐渐消弱，学习的效果可想而知。

因此立体几何的学习只有深入到学科知识的内部，充分调动学生的思维，触及学生的兴奋点，这样才能达到高效学习的目的。

三、设计思想在新课程理念下，在立体几何教学中我进行了研究性学习的尝试，所谓研究性学习就是应用研究性学习的理念、方法去指导立体几何，学生在教师的引导下尽可能地采取自主性、探究性的学习方式，不仅要注意基础知识的学习，更应该关注自身综合素质、创新意识的提高。

让学生在教师的引导下，充分地动手、动口、动脑，掌握学习的主动权。

四、媒体手段利用电子白板，幻灯片课件，几何画板软件。

让学生分组自己动手利用几何画板绘制立体图形，分组讨论得出结论，充分调动学生的学习的积极性主动性，自主的发现问题，找到解决问题的方法。