高三数学一轮复习 立体几何(1)教案
高三数学第一轮复习教学案---立体几何全章
高三数学第一轮复习教学案---立体几何全章（2008.7）第九章直线、平面、简单几何体知识图谱二、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)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(对于异面线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离或在坐标表示下的距离)．(3)掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理．掌握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)掌握两个平面平行的判定定理和性质定理．掌握二面角、二面角的平面角、两个平面间的距离的概念掌握两个平面垂直的判定定理和性质定理．(5)会用反证法证明简单的问题．(6)了解多面体的概念，了解凸多面体的概念．(7)了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图．(8)了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图．(9)了解正多面体的概念.(10)了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的表面积、体积公式．第一节：平面的基本性质教学目的：①知识目标：掌握平面的基本性质，会用斜二测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能力目标：能够运用平面的基本性质，进行有关推理，培养空间想能力；③情感目标：结合实际，认识学习基础知识的重要性。
教学重点、难点及其突破：本节内容是高考的基本考核内容，是为进一步学习和培养逻辑推理能力打下基础，高考中，一般不单独命题。
复习中要掌握平面基本性质的三条公理及推论，能运用它们证明共点、共线、共面问题，从而加深对性质的理解。
难点是平面基本性质的三条公理及推论，能运用它们证明共点、共线、共面问题，从而加深对性质的理解。
(精品打包)高三数学高考立体几何第一轮复习学案全国通用 第1讲教案doc
沙城中学补习班数学第一轮复习教案 编录：刘世亮第58讲：平面的性质与直线的位置关系（一）平面的概念和性质1．平面的概念：平面是没有厚薄的，可以无限延伸. 2．平面的基本性质 公理1.线的在平面内.用途：①作为判断和证明是否在平面内；②证明点在某平面内；③检验某面是否平面. 公理2两个平面的交线.用途：①判断和证明两平面是否相交；②证明点在某直线上；③证明三点共线；④证明三线共点. 公理3： 经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面.推论1:经过一条直线和直线外的一点，推论2:经过两条相交直线.推论3:经过两条平行直线 用途：①确定平面的依据，②证明两个平面重合的依据，③空间问题平面化的理论依据和具体办法.3．证明直线共面通常的方法：①先由其中两条直线确定一个平面，再证明其余的直线都在此平面内；②分别过某些点作多个平面，然后证明这些平面重合；③共面向量定理来证明. 4．异面.定义—— 判定：5．求两条异面直线所成的角，①平移法：“作（找）—证—算”.注意，范围；②向量法：设,a b 分别为异面直线,a b 的方向向量,则两异面直线所成的角||||arccos ||a b a b α=；6．两条异面直线的公垂线定义：和两条异面直线都垂直相交的直线，叫做异面直线的公垂线； 7．两条异面直线的距离：①定义：两条异面直线的公垂线在这两条异面直线间的线段的长度. ②计算方法：①公垂线法；②转化成线面距离(点面距离)；③转化成面面距离.8．公理4 ：平行于同一条直线的两条直线互相平行.9．等角定理：一个角的两边和另一个角的两边分别平行且方向相同，则这两个角相等. 推论:两条相交直线和另两条相交直线分别平行,则这两条直线所成的角相等.二、双基题目练练手1.共点的四条直线最多可以确定_______平面；互不相交的三条直线可以确定_______平面.2. 对平面α和共面的直线,m n 下列命题中真命题是 ( ) （A ）若,,m m n α⊥⊥则n α∥ （B ）若m αα∥,n ∥,则m ∥n（C ）若,m n αα⊂∥,则m ∥n （D ）若,m n 与α所成的角相等，则m ∥n3. 直线a 、b 相交于点O 且a 、b 成60°角，过点O 与a 、b 都成60°角的直线有（ ）4．下列各图是正方体或正四面体，P 、Q 、R 、S 分别是所在棱的中点，则PQ 与SR 一定是异面直线的是RR三、经典例题做一做例1.如图所示，空间四边形ABCD 中，E 、F 、G 分别在AB 、BC 、CD 上，且满足AE ∶EB =CF ∶FB =2∶1，CG ∶GD =3∶1，过E 、F 、G 的平面交AD 于H ，连接EH .1）求AH ∶HD ；（2）求证：EH 、FG 、BD 三线共点.(1)解 ∵FBCFEB AE ==2，∴EF ∥AC .EF ∥平面ACD .而EF ⊂平面EFGH EFGH ∩平面ACD =GHEF ∥GH .而EF ∥ACAC ∥GH .GDCG HD AH ==3,即AH ∶HD =3∶1. （2）证明 ∵EF ∥GH ,且31=AC EF ，41=AC GH EF ≠GH ，∴四边形EFGH 为梯形.令EH ∩FG =P ，则P ∈EH ，而EH ⊂平面ABD P ∈FG，FG ⊂平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD =BD∴P ∈BD .∴EH、FG 、BD 三线共点.例2 如图所示，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是A 1B 1，B 1C 1的中点.（1）AM 和CN2）D 1B 和CC 1是否是异面直线？说明理由.解 （1）不是异面直线.∵M 、N 分别是A 1B 1、B 1C 1的中点.∴MN ∥A 1C 1，又∵A 1A D1D ，而D 1D C 1C , ∴A 1A CC 1，∴四边形A 1ACC 1为平行四边形.∴A 1C1∥AC ，得到MN ∥AC ，∴A 、M 、N 、C 在同一个平面内，故AM 和CN 不是异面直线. （2）是异面直线.假设D 1B 与CC 1在同一个平面D 1CC 1内，则B ∈平面CC 1D 1，C ∈平面CC 1D 1.∴BC ⊂平面CC 1D 1，这与在正方体中BC ⊥平面CC 1D 1相矛盾，∴假设不成立，故D 1B 与CC 1是异面直线.例3在四棱锥P —ABCD 中，底面是边长为2的菱形，∠DAB =60°，对角线AC 与BD 交于点O ，PO ⊥平面ABCD ，PB 与平面ABCD 所成角为60°.若E 是PB 的中点，求异面直线DE 与PA 所成角的余弦值.解 取AB 的中点F ，连接EF ，DFE 为PB 中点，∴EF ∥PA∴∠DEF 为异面直线DE 与PA 所成角（或其补角）.在Rt △POB 中，∵BO =AB ·sin30°=1， 又PO ⊥OB ，∴PO =BO ·tan60°=3.Rt △AOB 中，AO =AB ·cos30°=3=OP ，∴在Rt △POA 中，PA =6，∴EF =26. 在正三角形ABD 和正三角形PDB 中，DF =DE =3， ∴cos ∠DEF =EFDE DF EF DE ·2222-+=4223462632)3(26)3(222==⨯⨯-⎪⎪⎭⎫⎝⎛+.所以异面直线DE 与PA 所成角的余弦值为42.例4.如图，E 、F 、G 、H 分别是空间四边形AB 、BC 、CD 、DA 上的点，且EH 与FG 相交于点O .B 、D 、O 三点共线.证明 ∵E ∈AB ，H ∈AD E ∈平面ABD ，H ∈平面ABD .∴EH ⊂平面ABD .EH ∩FG =O ，∴O ∈平面ABD .O ∈平面BCD∴O ∈平面ABD ∩平面BCD ，即O ∈BD B 、D 、O 三点共线.例5.在正方体AC 1中，E 是CD 的中点，连接AE 并延长与BC 的延长线交于点F ，连接BE 并延长交AD 的延长线于点G ，连接FG .FG ⊂平面ABCD 且直线FG ∥直线A 1B 1.证明 由已知得E 是CD 的中点，在正方体中，由于A ∈平面ABCD E ∈平面ABCD所以AE ⊂平面ABCD .AE ∩BC =FF ∈平面ABCD.同理G ∈平面ABCD ，所以FG ⊂平面ABCD .因为EC21AB ，故在Rt △FBA 中，CF =BC ，同理DG =AD . 又在正方形ABCD 中，BC AD ，所以CF DG ，所以四边形CFGD所以FG ∥CD .又CD ∥AB ，AB ∥A 1B 1FG ∥直线A 1B 1.。
2024届高考一轮复习数学教案(新人教B版)：空间向量与立体几何
必刷大题14空间向量与立体几何1．(2022·新高考全国Ⅰ改编)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为4，△A 1BC 的面积为22.(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1＝AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求平面ABD 与平面BCD 夹角的正弦值．解(1)设点A 到平面A 1BC 的距离为h ，因为直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为4，所以1A A BC V -＝13S △ABC ·AA 11111433ABC A B C V -==，又△A 1BC 的面积为22，1113A A BC A BC V S h -=△＝13×22h ＝43，所以h ＝2，即点A 到平面A 1BC 的距离为2.(2)取A 1B 的中点E ，连接AE ，则AE ⊥A 1B .因为平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，平面A 1BC ∩平面ABB 1A 1＝A 1B ，AE ⊂平面ABB 1A 1，所以AE ⊥平面A 1BC ，又BC ⊂平面A 1BC ，所以AE ⊥BC .又AA 1⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥BC .因为AA 1∩AE ＝A ，AA 1，AE ⊂平面ABB 1A 1，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，又AB ⊂平面ABB 1A 1，所以BC ⊥AB .以B 为坐标原点，分别以BC →，BA →，BB 1—→的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，由(1)知，AE ＝2，所以AA 1＝AB ＝2，A 1B ＝22.因为△A 1BC 的面积为22，所以22＝12·A 1B ·BC ，所以BC ＝2，所以A (0,2,0)，B (0,0,0)，C (2,0,0)，A 1(0，2,2)，D (1,1,1)，E (0,1,1)，则BD →＝(1,1,1)，BA →＝(0,2,0)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·BD →＝0，n ·BA →＝0，x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0，令x ＝1，得n ＝(1,0，－1)．又平面BDC 的一个法向量为AE →＝(0，－1，1)，所以cos 〈AE →，n 〉＝AE →·n |AE →|·|n |＝－12×2＝－12.设平面ABD 与平面BCD 的夹角为θ，则sin θ＝1－cos 2〈AE →，n 〉＝32，所以平面ABD 与平面BCD 夹角的正弦值为32.2.如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PA ⊥平面ABCD ，M 是PC 的中点，PA ＝AB .(1)求证：AM ⊥平面PBD ；(2)设直线AM 与平面PBD 交于O ，求证：AO ＝2OM .证明(1)由题意知，AB ，AD ，AP 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图，设PA ＝AB ＝2，则P (0,0,2)，B (2,0,0)，D (0,2,0)，C (2,2,0)，M (1,1,1)，PB →＝(2,0，－2)，PD →＝(0,2，－2)，AM →＝(1,1,1)，设平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·PB →＝2x －2z ＝0，n ·PD →＝2y －2z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,1,1)，∵AM →＝n ，∴AM ⊥平面PBD .(2)如图，连接AC 交BD 于点E ，则E 是AC 的中点，连接PE ，∵AM ∩平面PBD ＝O ，∴O ∈AM 且O ∈平面PBD ，∵AM ⊂平面PAC ，∴O ∈平面PAC ，又平面PBD ∩平面PAC ＝PE ，∴O ∈PE ，∴AM ，PE 的交点就是O ，连接ME ，∵M 是PC 的中点，∴PA ∥ME ，PA ＝2ME ，∴△PAO ∽△EMO ，∴PA ME ＝AO OM ＝21，∴AO ＝2OM .3.如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，PA ＝AB ＝2CD ＝2，∠ADC ＝90°，E ，F 分别为PB ，AB 的中点．(1)求证：CE ∥平面PAD ；(2)求点B 到平面PCF 的距离．(1)证明连接EF (图略)，∵E ，F 分别为PB ，AB 的中点，∴EF ∥PA ，∵EF ⊄平面PAD ，PA ⊂平面PAD ，∴EF ∥平面PAD ，∵AB ∥CD ，AB ＝2CD ，∴AF ∥CD ，且AF ＝CD .∴四边形ADCF 为平行四边形，即CF ∥AD ，∵CF ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，∴CF ∥平面PAD ，∵EF ∩CF ＝F ，EF ，CF ⊂平面EFC ，∴平面PAD ∥平面EFC ，CE ⊂平面EFC ，则CE ∥平面PAD .(2)解∵∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，∴AB ⊥AD ，CF ⊥AB ，又PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥CF ，又PA ∩AB ＝A ，∴CF ⊥平面PAB ，∴CF ⊥PF .设CF ＝x ，则S △AFC ＝12×1×x ＝x 2，S △PFC ＝12×5×x ＝52x ，设点A 到平面PCF 的距离为h ，由V P －AFC ＝V A －PFC ，得13×x 2×2＝13×5x 2×h ，则h ＝255.∵点F 为AB 的中点，∴点B 到平面PCF 的距离等于点A 到平面PCF 的距离，为255.4.(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD 中，AD ⊥CD ，AD ＝CD ，∠ADB ＝∠BDC ，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设AB ＝BD ＝2，∠ACB ＝60°，点F 在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．(1)证明因为AD ＝CD ，E 为AC 的中点，所以AC ⊥DE .在△ADB 和△CDB 中，因为AD ＝CD ，∠ADB ＝∠CDB ，DB ＝DB ，所以△ADB ≌△CDB ，所以AB ＝BC .因为E 为AC 的中点，所以AC ⊥BE .又BE ∩DE ＝E ，BE ，DE ⊂平面BED ，所以AC ⊥平面BED ，又AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .(2)解由(1)可知AB ＝BC ，又∠ACB ＝60°，AB ＝2，所以△ABC 是边长为2的正三角形，则AC ＝2，BE ＝3，AE ＝1.因为AD ＝CD ，AD ⊥CD ，所以△ADC 为等腰直角三角形，所以DE ＝1.所以DE 2＋BE 2＝BD 2，则DE ⊥BE .由(1)可知，AC ⊥平面BED .连接EF ，因为EF ⊂平面BED ，所以AC ⊥EF ，当△AFC 的面积最小时，点F 到直线AC 的距离最小，即EF 的长度最小．在Rt △BED 中，当EF 的长度最小时，EF ⊥BD ，EF ＝DE ·BE BD ＝32.方法一由(1)可知，DE ⊥AC ，BE ⊥AC ，所以EA ，EB ，ED 两两垂直，以E 为坐标原点，EA ，EB ，ED 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，D (0,0,1)，C (－1,0,0)，AB →＝(－1，3，0)，DB →＝(0，3，－1)．易得DF ＝12，FB ＝32，所以3DF →＝FB →.设F (0，y ，z )，则DF →＝(0，y ，z －1)，FB →＝(0，3－y ，－z )，所以3(0，y ，z －1)＝(0，3－y ，－z )，得y ＝34，z ＝34，即，34，所以CF →，34，设平面ABD 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，·AB →＝－x 1＋3y 1＝0，·DB →＝3y 1－z 1＝0，不妨取y 1＝1，则x 1＝3，z 1＝3，n ＝(3，1，3)．记CF 与平面ABD 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈CF →，n 〉|＝|CF →·n ||CF →||n |＝437.所以CF 与平面ABD 所成角的正弦值为437.方法二因为E 为AC 的中点，所以点C 到平面ABD 的距离等于点E 到平面ABD 的距离的2倍．因为DE ⊥AC ，DE ⊥BE ，AC ∩BE ＝E ，AC ，BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC .因为V D －AEB ＝V E －ADB ，所以13·12AE ·BE ·DE ＝13·S △ABD ·d 2，其中d 为点C 到平面ABD 的距离．在△ABD 中，BA ＝BD ＝2，AD ＝2，所以S △ABD ＝72，所以d ＝2217.由(1)知AC ⊥平面BED ，EF ⊂平面BED ，所以AC ⊥EF ，所以FC ＝FE 2＋EC 2＝72.记CF 与平面ABD 所成的角为α，则sin α＝d CF ＝437.所以CF 与平面ABD 所成角的正弦值为437.方法三如图，过点E 作EM ⊥AB 交AB 于点M ，连接DM ，过点E 作EG ⊥DM 交DM 于点G .因为DE ⊥AC ，DE ⊥BE ，AC ∩BE ＝E ，AC ，BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，又AB ⊂平面ABC ，所以DE ⊥AB ，又EM ∩DE ＝E ，EM ，DE ⊂平面DEM ，所以AB ⊥平面DEM ，又EG ⊂平面DEM ，所以AB ⊥EG ，又AB ∩DM ＝M ，AB ，DM ⊂平面ABD ，所以EG ⊥平面ABD ，则EG 的长度等于点E 到平面ABD 的距离．因为E 为AC 的中点，所以EG 的长度等于点C 到平面ABD 的距离的12.因为EM ＝AE ·sin 60°＝32，所以EG ＝DE ·EM DM ＝DE ·EM DE 2＋EM 2＝217，所以点C 到平面ABD 的距离d ＝2217.FC ＝FE 2＋EC 2＝72.记CF 与平面ABD 所成的角为α，则sin α＝d CF ＝437.所以CF 与平面ABD 所成角的正弦值为437.5．(2023·青岛模拟)如图①，在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AD ＝BC ＝CD ＝2，AB ＝4，E 为AB 的中点，以DE 为折痕把△ADE 折起，连接AB ，AC ，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列问题．(1)证明：AC ⊥DE ；(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求平面DAE 与平面AEC 夹角的余弦值．①四棱锥A －BCDE 的体积为2；②直线AC 与EB 所成角的余弦值为64.(1)证明在图①中，连接CE (图略)，因为DC ∥AB ，CD ＝12AB ，E 为AB 的中点，所以DC ∥AE ，且DC ＝AE ，所以四边形ADCE 为平行四边形，所以AD ＝CE ＝CD ＝AE ＝2，同理可证DE ＝2，在图②中，取DE 的中点O ，连接OA ，OC (图略)，则OA ＝OC ＝3，因为AD ＝AE ＝CE ＝CD ，所以DE ⊥OA ，DE ⊥OC ，因为OA ∩OC ＝O ，OA ，OC ⊂平面AOC ，所以DE ⊥平面AOC ，因为AC ⊂平面AOC ，所以DE ⊥AC .(2)解若选择①：由(1)知DE ⊥平面AOC ，DE ⊂平面BCDE ，所以平面AOC ⊥平面BCDE ，且交线为OC ，所以过点A 作AH ⊥OC 交OC 于点H (图略)，则AH ⊥平面BCDE ，因为S 四边形BCDE ＝23，所以四棱锥A －BCDE 的体积V A －BCDE ＝2＝13×23·AH ，所以AH ＝OA ＝3，所以AO 与AH 重合，所以AO ⊥平面BCDE ，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，C (－3，0,0)，E (0,1,0)，A (0,0，3)，易知平面DAE 的一个法向量为CO →＝(3，0,0)，设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为CE →＝(3，1,0)，CA →＝(3，0，3)，·CE →＝3x ＋y ＝0，·CA →＝3x ＋3z ＝0，取n ＝(1，－3，－1)，设平面DAE 与平面AEC 的夹角为θ，则cos θ＝|CO →·n ||CO →||n |＝33×5＝55，所以平面DAE 与平面AEC 夹角的余弦值为55.若选择②：因为DC ∥EB ，所以∠ACD 即为异面直线AC 与EB 所成的角，在△ADC 中，cos ∠ACD ＝AC 2＋4－44AC＝64，所以AC ＝6，所以OA 2＋OC 2＝AC 2，即OA ⊥OC ，因为DE ⊥平面AOC ，DE ⊂平面BCDE ，所以平面AOC ⊥平面BCDE ，且交线为OC ，又OA ⊂平面AOC ，所以AO ⊥平面BCDE ，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，C (－3，0,0)，E (0,1,0)，A (0,0，3)，易知平面DAE 的一个法向量为CO →＝(3，0,0)，设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为CE →＝(3，1,0)，CA →＝(3，0，3)，·CE →＝3x ＋y ＝0，·CA →＝3x ＋3z ＝0，取n ＝(1，－3，－1)，设平面DAE 与平面AEC 的夹角为θ，则cos θ＝|CO →·n ||CO →||n |＝33×5＝55，所以平面DAE 与平面AEC 夹角的余弦值为55.6.(2022·连云港模拟)如图，在三棱锥A －BCD 中，△ABC 是正三角形，平面ABC ⊥平面BCD ，BD ⊥CD ，点E ，F 分别是BC ，DC 的中点．(1)证明：平面ACD ⊥平面AEF ；(2)若∠BCD ＝60°，点G 是线段BD 上的动点，问：点G 运动到何处时，平面AEG 与平面ACD 的夹角最小．(1)证明因为△ABC 是正三角形，点E 是BC 的中点，所以AE ⊥BC ，又因为平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，AE ⊂平面ABC ，所以AE ⊥平面BCD ，又因为CD ⊂平面BCD ，所以CD ⊥AE ，因为点E ，F 分别是BC ，CD 的中点，所以EF ∥BD ，又因为BD ⊥CD ，所以CD ⊥EF ，又因为AE ∩EF ＝E ，AE ⊂平面AEF ，EF ⊂平面AEF ，所以CD ⊥平面AEF ，又因为CD ⊂平面ACD ，所以平面ACD ⊥平面AEF .(2)解在平面BCD 中，过点E 作EH ⊥BD ，垂足为H ，此时EH ∥CD ，即H 为BD 的中点，设BC ＝4，则EA ＝23，DF ＝FC ＝1，EF ＝ 3.以E 为原点，以EH ，EF ，EA 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则E (0,0,0)，A (0,0,23)，C (－1，3，0)，D (1，3，0)，设G (1，y ,0)(－3≤y ≤3)，则EA →＝(0,0,23)，AD →＝(1，3，－23)，CD →＝(2,0,0)，EG →＝(1，y ,0),设平面AEG 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 1·EA →＝23z 1＝0，n 1·EG →＝x 1＋yy 1＝0，令y 1＝－1，得n 1＝(y ，－1,0)，设平面ACD 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，2·CD →＝2x 2＝0，2·AD →＝x 2＋3y 2－23z 2＝0，令z 2＝1，得n 2＝(0,2,1)，设平面AEG 与平面ACD 的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|－2|5·y 2＋1＝25·y 2＋1，当y ＝0时，cos θ最大，此时平面AEG 与平面ACD 的夹角θ最小，故当点G 为BD 的中点时，平面AEG 与平面ACD 的夹角最小．。
高三数学一轮复习 立体几何(1)教案
江苏省徐州市贾汪区建平中学高三数学一轮复习教案：立体几何第节教学目标平面基本性质及公理直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系教学重难点平面基本性质及公理的运用直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系的判断，异面直线所成的角教学参考教材,教参,学案，优化探究授课方法自学引导，讲练结合教学辅助手段多媒体专用教室教学过程设计教学二次备课一、主干知识梳理1．平面的基本性质：公理1：文字语言描述为______________________,符号语言表示为___________________；公理2：文字语言描述为____________________,符号语言表示为___________________；公理3：推论1推论2推论32．空间两条直线的位置关系有________、_________、_________．3．公理4：_______________________________；等角定理：_____________________．4．异面直线判定定理：5.异面直线所成的角的定义： ,范围是二、基础自测自评1．棱柱的侧面是________形，棱锥的侧面是_________形，棱台的侧面是____________形．2．圆柱、圆锥、圆台的轴截面形状分别是______、_______、________．3．用符号表示“点A在直线l上，l在平面 外”为_____________________．学生课前预习师生共同回顾主干知识通过小题巩固公式的记忆及使用4．与长方体的某一条棱平行的棱有______条，与它相交的棱有_______条，与它异面的棱有_______条．5．与正方体的某条面对角线异面的棱有_______条．6．三条直线两两相交，它们可以确定的平面有________个．教学过程设计 教 学 二次备课三、典例分析【例1】例1填空题：（1）空间三条直线c b a 、、，若c b b a ////，，则由直线c b a 、、确定________个平面．（2）把下列图形中的点、线、面关系用集合符号表示出来．【例2】 如图，在长方体1111D C B A ABCD -中，P 为棱1BB 的中（1）画出由P C A ，，11三点所确定的平面α与长方体表面的交线；（2）画出平面α与平面ABCD 的交线．四、课堂小结：平面基本性质及公理直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系练习：下列说法正确的有________________．(填上正确的序号)①过直线外一点可作无数条直线与已知直线成异面直线；②过直线外一点只有一条直线与已知直线垂直；③若a c b a ⊥，//，则b c ⊥；④若c b c a ⊥⊥，，则b a //．课外作业 优化探究变式训练1教 学 小 结中国书法艺术说课教案今天我要说课的题目是中国书法艺术，下面我将从教材分析、教学方法、教学过程、课堂评价四个方面对这堂课进行设计。
高三数学第一轮复习教学设计
高三数学第一轮复习教学设计一、教学任务及对象1、教学任务本教学设计针对的是高三数学第一轮复习，旨在帮助学生全面回顾和巩固高中数学课程内容，为高考做好充分的准备。
教学内容主要包括：函数与极限、导数与微分、积分、立体几何、解析几何、数列、概率与统计等模块。
通过本轮复习，使学生能够熟练掌握各模块的基本概念、原理和方法，形成完整的知识体系，提高解题能力和数学思维能力。
2、教学对象本教学设计的教学对象为高三学生，他们已经完成了高中数学课程的学习，具有一定的数学基础和解决问题的能力。
但由于学生的个体差异，他们在知识掌握程度、学习方法和兴趣上存在一定差异。
因此，在教学过程中，需要关注每个学生的学习情况，因材施教，提高复习效果。
在教学过程中，教师将充分调动学生的积极性，引导他们主动参与课堂讨论和练习，培养良好的学习习惯和团队合作精神。
同时，针对学生的薄弱环节，进行有针对性的辅导和训练，提高他们的数学素养和应试能力。
二、教学目标1、知识与技能（1）熟练掌握高中数学各模块的基本概念、原理和方法，形成完整的知识体系。
（2）提高数学解题能力，特别是综合应用能力的提升，能够灵活运用所学知识解决实际问题。
（3）培养数学思维能力，包括逻辑推理、空间想象、数据分析等，提高学生的数学素养。
（4）掌握一定的数学研究方法，能够对数学问题进行深入探讨和拓展。
2、过程与方法（1）通过课堂讲解、讨论、练习等多种教学活动，让学生在复习过程中主动参与，提高学习积极性。
（2）采用问题驱动的教学方法，引导学生发现问题、分析问题、解决问题，培养学生的探究精神。
（3）运用案例教学，将数学知识与实际应用相结合，提高学生的应用意识。
（4）鼓励学生进行合作学习，发挥团队协作精神，共同解决问题，提高沟通与协作能力。
3、情感，态度与价值观（1）培养学生对数学的兴趣和热情，使他们认识到数学在生活中的重要作用，增强学习数学的自信心。
（2）引导学生树立正确的价值观，将数学学习与个人发展、国家利益和社会进步相结合，激发学生的社会责任感。
高考一轮复习教案立体几何文科用十一(1)平面、空间直线(教师)
模块： 十一、立体几何课题： 1、平面、空间直线教学目标： 知道平面的含义，理解平面的基本性质，会用文字语言、图形语言、集合语方表述平面的基本性质；掌握确定平面的方法，并能运用于确定长方体的简单截面．掌握空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的各种位置关系，并能用图形、符号和集合语言予以表示．重难点： 平面的基本性质，平行线的传递性，空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的各种位置关系及其表示方法．一、 知识要点1、平面的基本性质公理1、如果一条直线的两点在一个平面内，那么这条直线上的所有点都在这个平面内． 公理2、如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，且所有这些公共点的集合是一条过这个公共点的直线．公理3、经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面．推论1、经过一条直线和直线外的一点有且只有一个平面．推论2、经过两条相交直线有且只有一个平面．推论3、经过两条平行直线有且只有一个平面．公理4、平行于同一条直线的两条直线互相平行．2、空间两直线的位置关系（1）相交——有且只有一个公共点；（2）平行——在同一平面内，没有公共点；（3）异面——不在任何．．一个平面内，没有公共点． 3、等角定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等．二、 例题精讲例1、四面体ABCD 中，E 、G 分别为BC 、AB 的中点，F 在CD 上，H 在AD 上，且有DF ∶FC=2∶3，DH ∶HA=2∶3求证：EF 、GH 、BD 交于一点．答案：证明略．例2、已知n 条互相平行的直线123,,,,n l l l l 分别与直线l 相交于点12,,,n A A A ， 求证：123,,,,n l l l l 与l 共面．例3、已知四边形ABCD 中，AB ∥CD ，四条边AB ，BC ，DC ，AD （或其延长线）分别与平面α相交于E ，F ，G ，H 四点，求证：四点E ，F ，G ，H 共线．例4、平面α平面βC =，a α⊂，且//a c ，b β⊂，b c M =，求证：直线a b 、是异面直线．例5、A 是△BCD 平面外的一点，E 、F 分别是BC 、AD 的中点，（1）求证：直线EF 与BD 是异面直线；（2）若AC ⊥BD ，AC =BD ，求EF 与BD 所成的角．答案：（1）略；（2）45︒例6、长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知AB =a ，BC =b ，AA 1=c ，且a >b ，求：（1）下列异面直线之间的距离：AB 与CC 1；AB 与A 1C 1；AB 与B 1C ．（2）异面直线D 1B 与AC 所成角的余弦值．答案：（1）;;b c 22c b bc +；（2）))((2222222c b a b a b a +++-．例7、在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是一直角梯形，90BAD ︒∠=，//AD BC ，AB BC a ==，2AD a =，且PA ⊥底面ABCD ，PD 与底面成30︒角．（1） 若AE PD ⊥，E 为垂足，求证：BE PD ⊥；（2） 求异面直线AE 与CD 所成角的余弦值．答案：（1）略；（2）4．三、 课堂练习1、在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，O 是底面ABCD 的中心，E 、F 分别是1CC 、AD 的中点，那么异面直线OE 和1FD 所成的角的余弦值等于 ．2、在空间四边形ABCD 中，E 、F 、G 、H 分别是AB 、BC 、CD 、DA 的中点，若EFGH 是正方形，则AC 与BD 满足的条件是 ．答案：垂直且相等．3、已知,a b 为不垂直的异面直线，α是一个平面，则,a b 在α上的射影可能是：（1）两条平行直线；（2）两条互相垂直的直线；（3）同一条直线；（4）一条直线及其外一点，则在上面的结论中，正确结论的编号是 ．答案：（1）（2）（4）4、已知m n 、为异面直线，m ⊂平面α，n ⊂平面β，l αβ=，则l （ ）A 、与m n 、都相交B 、与m n 、中至少一条相交C 、与m n 、都不相交D 、至多与m n 、中的一条相交答案：B5、一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有下列结论：（1）AB EF ⊥；（2）AB 与CM 成60︒；（3）EF 与MN 是异面直线；（4）//MN CD ，其中正确的是（ ）A 、（1）（2）B 、（3）（4）C 、（2）（3）D 、（1）（3）答案：D6、与正方体1111ABCD A B C D -的三条棱111AB CC A D 、、所在直线的距离相等的点（ ）A 、有且只有1个B 、有且只有 2个C 、有且只有3个D 、有无数个 答案：D四、 课后作业一、填空题1、空间中有8个点，其中有3个点在一条直线上，此外再无任何三点共线，由这8个点可以确定 条直线，最多可确定 个平面．答案：26，452、已知PA ⊥平面ABC ，90ACB ︒∠=，且PA AC BC a ===，则异面直线PB 与AC 所成角的正切值等于 ．答案：2．3、（1）若//,//a b b c ，则//a c ；（2）若,,a b b c ⊥⊥则a c ⊥；（3）若a 与b 相交，b 与c 相交，则a 与c 也相交；（4）若a 与b 异面，b 与c 异面，则a 与c 也异面．上面的四个命题中，正确命题的题号是 ．答案：（1）4、已知平面//αβ，A C α∈、，B D β∈、，直线AB 与CD 交于S ，且AS=8，BS=9，CD=34，则CS= ．答案：16或2725、以下命题：（1）过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；（2）某平面内的一条直线和这个平面外的一条直线是异面直线；（3）过直线外一点作该直线的垂线是唯一的；（4）如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行，则这两个角相等或互补．则其中正确的命题的题号是 ．答案：（1）（4）6、对于四面体ABCD ，下列命题正确的是 ．（1）相对棱、AB 与CD 所在的直线异面；（2）由顶点A 作四面体的高，其垂足是BDC ∆的三条高线上的交点；（3）若分别作ABC ∆和ABD ∆的边AB 上的高，则这两条高所在的直线异面；（4）分别作三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点；（5）最长棱必有某个端点，由它引出的另两条棱的长度之和大于最长棱．答案：（1）（4）（5）二、选择题7、正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -的底面边长为1，则这个棱柱的侧面对角线1E D 与1BC 所成的角是（ ）A 、90︒B 、60︒C 、45︒D 、30︒ 答案：B8、已知直线a 和平面αβ、，l αβ=，a α⊄，a β⊄，a 在αβ、内的射影分别为直线b 和c ，则b c 、的位置关系是（ ）A 、相交与平行B 、相交或异面C 、平行或异面D 、相交、平行或异面答案：D9、空间中有五个点，其中有四个点在同一个平面内，但没有任何三点共线，这样的五个点确定平面的个数最多可以是（ ）A 、4个B 、5个C 、6个D 、7个 答案：D三、解答题10、正方体1111ABCD A B C D -中，对角线1A C 与平面1BDC 交于点O ，AC BD 、交于点M ，求证：点1C O M 、、共线．11、如图，在四面体ABCD 中作截面PQR ，如PQ 、CB 的延长线交于点M ，RQ 、DB 的延长线交于点N ，RP 、DC 的延长线相交于点K ．求证：M 、N 、K 三点共线．11、长方体1111ABCD A B C D -中，12,,AB BC a A A a E H ===、分别是11A B 和1BB的中点，求：（1）EH 与1AD 所成的角；（2）11A D 与1B C 之间的距离；（3）1AC 与1B C 所成的角．答案：（1）1arccos5；（2）2a ；（3）arccos 5．。
2020届江苏省镇江市统一高考数学第一轮复习学案(解析答案版)：学案4.立体几何(1)表面积与体积
立体几何复习（1）空间几何体的表面积与体积教学目标：1.掌握锥、台、柱、球体的表面积公式及表面积的求法；2.掌握锥、台、柱、球体的体积公式及体积的求法.教学重点：掌握锥体、台体、柱体、球体的表面积与体积的计算方法，能计算简单组合体的表面积与体积，以便从量的角度认识空间几何体.教学难点：锥体、台体、柱体、球体的表面积与体积公式的应用.【知识清单】 1.空间几何体的表面积球的表面积2=4S R π球，其中R 为球的半径.2.空间几何体的体积球的体积34=3V R π球，R 为球的半径. 【例题精讲】类型1：空间几何体的表面积与侧面积例1：1.若圆锥底面半径为1，高为2，则圆锥的侧面积为 .【解析】根据圆锥底面半径、高、母线长构成一个直角三角形，所以母线长l，在根据圆锥的侧面积公式S rl π=.2.将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27πcm 3，则该圆柱的侧面积为 cm 2. 【答案】18【解析】设正方体棱长为a ，则正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为2327a a a πππ⨯==，3a =，圆柱侧面积22218S a a a πππ=⨯==.3.若圆锥的底面直径和高都与一个球的直径相等，圆锥、球的表面积分别记为， ，则12S S 的值是 .【解析】设球的直径为2R ，由题意可知，2211)S R R R πππ=+=，224S R π=，所以12S S =1S 2S )h 圆台备选题1：正三棱锥中，，D、E分别是棱SA、SB上的点，为边的中点，，则三角形CDE的面积为 .【解析】根据题意在正三棱锥中，为边的中点，故可得AB SCQ⊥平面，则AB SQ⊥，又由，故//DE AB，假设DE SQ F=，又在SCQ∆中，SC CQ SQ===CF=，故112CDES∆=⨯=.备选题2：圆锥的母线长为L，过顶点的最大截面的面积为12L2，则圆锥底面半径与母线长的比rL的取值范围是 .【答案】【解析】由题意得轴截面的顶角θ不小于π2，因为sinθ2＝rL≥sinπ4＝22，所以22≤rL<1.【思想方法归纳】圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和.(1)找准几何体中各元素间的位置关系及数量关系.(2)注意组合体的表面积问题中重合部分的处理.类型2：空间几何体的体积例2：1.已知圆锥的母线长为5cm，侧面积为215cmπ，则此圆锥的体积为3cm.S ABC-2BC=SB=Q AB SQ CDE⊥平面S ABC-Q ABSQ CDE⊥平面【答案】12π【解析】已知圆锥的母线长为5cm ，侧面积为215cm π，所以圆锥的底面周长26cm π，底面半径是3cm ，圆锥的高是4cm ，此圆锥的体积为194123ππ⨯⨯=3cm .2.如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3 cm ，AA 1＝1 cm ，则三棱锥D 1－A 1BD 的体积为 cm3.（例2-2）【答案】32【解析】∵在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3cm ，AA 1＝1 cm ，∴三棱锥11D A BD -的体积：1111113113313362D A BD B A D D A D D V V S AB cm --∆==⋅⋅=⨯⨯⨯=.3.如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在11,AA CC 上，且134AE AA =，113CF CC =，点,A C 到BD 的距离之比为3:2，则三棱锥E BCD -和F ABD -的体积比E BCDF ABDV V --= .（例2-3）【答案】32【解析】点,A C 到BD 的距离之比为3:2，所以23BCD ABD S S ∆=∆，又直四棱柱1111ABCD A B C D -中，134AE AA =，113CF CC =，所以94AE CF =， 于是1293313423BCD E BCDF ABDABD S AEV V S CF ∆--∆⋅==⨯=⋅.备选题1：在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，M ，N 分别为棱A 1B 1，A 1C 1的中点，则平面BMNC 将三棱柱分成的两部分的体积比为 . 【答案】7:5【解析】设直三棱柱ABC －A 1B 1C 1高为h ，底面积为4S ，则11111B C BMNC C B MNC M B BC V V V ---=+11111111534322233A B BC B ABC h S V Sh V hS h S Sh --=⨯⨯+=+=+⨯⋅=， 所以两部分的体积比为55(4):7:533Sh Sh Sh -=.备选题2：已知一个组合体是由圆锥与圆柱组合而成，下半部分是底面半径为1，高为4的圆柱，上半部分是底面半径为2，高为2的圆锥，则该几何体的体积为 3m . 【答案】203π【解析】由于该几何体是组合体，其中下半部分是底面半径为1，高为4的圆柱，上半部分是底面半径为2，高为2的圆锥，其体积为22120142233πππ⨯⨯+⨯⨯⨯=（3m ）.备选题3：《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年.例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在堑堵ABC －A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，若A 1A ＝AB ＝2，当阳马B －A 1ACC 1体积最大时，则堑堵ABC －A 1B 1C 1的体积为 .备选题3【答案】2【解析】由阳马的定义知，VB －A 1ACC 1＝13×A 1A ×AC ×BC ＝23AC ×BC ≤13(AC 2＋BC 2)＝13AB 2＝43，当且仅当AC ＝BC ＝2时等号成立，所以当阳马B －A 1ACC 1体积最大时，则堑堵ABC －A 1B 1C 1的体积为12×2×2×2＝2.【思想方法归纳】(1)计算柱、锥、台的体积关键是根据条件找出相应的底面积和高.(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、等体积转化法等，它们是解决一些不规则几何体体积计算常用的方法，应熟练掌握.(3)注意组合体的组成形式及各部分几何体的特征.类型3：球内接几何体相关问题例3：1.正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为23，则四面体AB 1CD 1的外接球的体积为 . 【答案】36π【解析】四面体AB 1CD 1的外接球即为正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的外接球，故正方体的外接球的直径为(23)2＋(23)2＋(23)2＝6，故V ＝43πR 3＝43π×(6÷2)3＝36π.2.如图，在四棱锥P －ABCD 中，△PAB 为正三角形，四边形ABCD 为正方形且边长为2，平面PAB⊥平面ABCD ，四棱锥P －ABCD 的五个顶点都在一个球面上，则这个球的表面积是 .(例3-2)【答案】283π 【解析】由题意球的半径满足R 2－1＋R 2－2＝3⇒R 2＝73，所以球的表面积是4πR 2＝28π3.3.已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为23，AB ＝2，AC ＝1，∠BAC ＝60°，则此球的表面积等于 . 【解析】20π【解析】由题意知三棱柱是直三棱柱，且底面是直角三角形，∠ACB ＝90°，设D ，D 1分别是AB ，A 1B 1的中点，O 是DD 1中点，可证O 就是三棱柱外接球球心，S △ABC ＝12×2×1×sin 60°＝32，V ＝S △ABC ·h ＝32×DD 1＝23，即DD 1＝4，OA ＝AD 2＋DO 2＝12＋22＝5， 所以S ＝4π×OA 2＝4π×(5)2＝20π.备选题1：已知正三棱柱111A B C ABC -的所有棱长都为3，则该棱柱外接球的表面积为 . 【答案】21π【解析】如图，外接球的球心为上下底面中心连线1M M 的中点，连结1A O ，11A M ，所以三角形11A M O 为直角三角形， 132M O =，113A M =()()221213322AO =+ 所以该棱柱外接球的表面积为(2214π21π⨯=.备选题2：已知P -ABC 是正三棱锥，其外接球O 的表面积为16π，且∠APO ＝∠BPO ＝∠CPO ＝30°，则三棱锥的体积为 . 934【解析】设球的半径为R ，△ABC 的外接圆圆心为O ′，则由球的表面积为16π， 可知4πR 2＝16π，所以R ＝2.设△ABC 的边长为2a ， 因为∠APO ＝∠BPO ＝∠CPO ＝30°，OB ＝OP ＝2，所以BO ′＝32R ＝3，OO ′＝OB 2－BO ′2＝1， PO ′＝OO ′＋OP ＝3.在△ABC 中，O ′B ＝23×32×2a ＝3， 所以a ＝32，所以三棱锥PABC 的体积为V ＝13×12×32×sin60°×3934【思想方法归纳】解决球与其他几何体的内切、外接问题，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径.类型4：综合应用例4：如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，其它四个侧面都是侧棱长为的中点.（1）在侧棱上找一点，使∥平面，并证明你的结论；（2）在（1）的条件下求三棱锥的体积.【解析】（1）F为VC的中点，取CD的中点为H，连结BH，HF，ABCD为正方形，E为AB 的中点，//,DH DHBE BE=∴，//H DB E∴，又//VDFH，∴平面//BHF平面VDE，//BF∴平面VDE.（2）F为VC的中点，14BDE ABCDS S∆=，18E BDF F BDE V ABCDV V V---∴==，V ABCD-为正四棱锥，V∴在平面ABCD的射影为AC的中点O.5VA=AO=∴VO=2123V ABCDV-∴=⋅E BDFV-∴=【点睛】（1）为的中点，取的中点为，由三角形中位线性质得线线平行，再由线线平行证得面面平行，即得线面平行（2）因为为正四棱锥，所以可求V到底面距离，即得F到底面距离，再根据等体积法得，最后代入锥体体积公式即可.备选题1：如图，O是圆锥底面圆的圆心，圆锥的轴截面PAB为等腰直角三角形，C为底面圆周上一点.V ABCD-ABCDE ABVC F BF VDEE BDF-F VC CD HV ABCD-E BDF F BDEV V--=（1）若弧BC 的中点为D ，求证：AC ∥平面POD ； （2）如果△PAB 的面积是9，求此圆锥的表面积.【解析】（1）证明：方法一 设BC ∩OD ＝E ，∵D 是弧BC 的中点，∴E 是BC 的中点. 又∵O 是AB 的中点，∴AC ∥OE .又∵AC ⊄平面POD ，OE ⊂平面POD ，∴AC ∥平面POD .方法二 ∵AB 是底面圆的直径，∴AC ⊥BC .∵弧BC 的中点为D ，∴OD ⊥BC . 又AC ，OD 共面，∴AC ∥OD .又AC ⊄平面POD ，OD ⊂平面POD ，∴AC ∥平面POD . （2）解：设圆锥底面半径为r ，高为h ，母线长为l ， ∵圆锥的轴截面PAB 为等腰直角三角形，∴h ＝r ，l ＝2r .由S △PAB ＝12×2r ×h ＝r 2＝9，得r ＝3，∴S 表＝πrl ＋πr 2＝πr ×2r ＋πr 2＝9(1＋2)π.备选题2：如图，矩形ABCD 所在的平面和平面ABEF 互相垂直，等腰梯形ABEF 中，AB ∥EF ，AB ＝2，AD ＝AF ＝1，∠BAF ＝60°，O ，P 分别为AB ，CB 的中点，M 为底面△OBF 的重心.（1）求证：平面ADF ⊥平面CBF ； （2）求证：PM ∥平面AFC ； （3）求多面体CD －AFEB 的体积V .【解析】（1）证明：∵矩形ABCD 所在的平面和平面ABEF 互相垂直，且CB ⊥AB ，∴CB ⊥平面ABEF ， 又AF ⊂平面ABEF ，所以CB ⊥AF ，又AB ＝2，AF ＝1，∠BAF ＝60°，由余弦定理知BF ＝3，∴AF 2＋BF 2＝AB 2，得AF ⊥BF ， 又BF ∩CB ＝B ，∴AF ⊥平面CFB ，又∵AF ⊂平面ADF ，∴平面ADF ⊥平面CBF .（2）证明：连接OM 并延长交BF 于H ，则H 为BF 的中点，又P 为CB 的中点，∴PH ∥CF ，又∵CF ⊂平面AFC ，PH ⊄平面AFC ，∴PH ∥平面AFC ， 连接PO ，则PO ∥AC ，又∵AC ⊂平面AFC ，PO ⊄平面AFC ，∴PO ∥平面AFC ， 又∵PO ∩PH ＝P ，∴平面POH ∥平面AFC ， 又∵PM ⊂平面POH ，∴PM ∥平面AFC .（3）解：多面体CD －AFEB 的体积可分成三棱锥C －BEF 与四棱锥F －ABCD 的体积之和. 在等腰梯形ABEF 中，计算得EF ＝1，两底间的距离EE 1＝32. 所以V C －BEF ＝13S △BEF ×CB ＝13×12×1×32×1＝312，V F －ABCD ＝13S 矩形ABCD ×EE 1＝13×2×1×32＝33，所以V ＝V C －BEF ＋V F －ABCD ＝5312.【课堂归纳总结】1.空间几何体表面积和体积的求法几何体的表面积是各个面的面积之和，组合体的表面积应注意重合部分的处理.空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解.(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等体积转换法、分割法、补形法等方法进行求解.2.多面体与球接、切问题的求解策略(1)涉及球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内接、外切的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，则4R2＝a2＋b2＋c2求解.【课后练习】1.已知圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为23π的扇形，则这个圆锥的高为 .【答案】【解析】由题知圆锥的底面圆周长为2323ππ⋅=，所以半径为1r=，由题意圆锥的侧面展开图是半径为3即为圆锥的母线3l=，所以圆锥的高为h.2.若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为 .【答案】3π【解析】由题意得：1:(2)22rl h rππ⋅=2l h⇒=⇒母线与轴的夹角为3π.3.如图，在长方体中，，，则三棱锥的体积为.【答案】3 【解析】4.在ABC ∆中，2AB =， 1.5BC =，120ABC ∠=，若使ABC ∆绕直线BC 旋转一周，则所形成的几何体的体积是 . 【答案】32π【解析】过A 作AD 垂直BC 于点D ，则，AD =1BD =， 2.5CD =，因此所形成的几何体的体积是213(2.51)32ππ⨯⋅⋅-=.5.已知圆柱M 的底面半径为2，高为6，圆锥N 的底面直径和母线长相等，若圆柱M 和圆锥N 的体积相同，则圆锥N 的高为 . 【答案】6【解析】设圆锥N 的底面半径为r ，则它的母线长为2r ，高为3r ，由圆柱M 与圆锥N 的体积相同，得4π×6＝13πr2×3r ，解得r ＝23，因此圆锥N 的高h ＝3r ＝6.6.现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为 .【解析】由体积相等得：22221145+28=4833r r r ππππ⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⇒=.7.如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，已知13AB AA ==，点P 在棱1CC 上，则三棱锥1P ABA -的体积为 .（第7题）【解析】三棱锥的底面积1193322ABA S ∆=⨯⨯=，点P 到底面的距离为ABC ∆的高h =，故三棱锥的体积13V Sh ==.8.如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的正四边形的中心为.为圆上的点分别是以为底边的等腰三角形.沿线剪开后，别以为折痕折起，使得重合，得到四棱锥记该四棱锥的体积，表面积分别是，当，则 .（第8题）【解析】，则四棱锥的高，所以体积，所以9.如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 .O 4cm ABCD O ,,,E F G H O ,,,EAB FBC GCD HDA ∆∆∆∆,,,AB BC CD DA ,,,AB BC CD DA ,,,EAB FBC GCD HDA ∆∆∆∆,,,E F G H ,V S 2AB =VS=2AB =h =13V Sh ==44316S =+⨯=V S =【答案】【解析】由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于，所以该多面体的体积为【点睛】：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决.10.设直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有顶点都在同一个球面上，且球的表面积是40π，AB ＝AC ＝AA 1，∠BAC ＝120°，则此直三棱柱的高是 . 【答案】2 2【解析】设AB ＝AC ＝AA 1＝x ，在△ABC 中，∠BAC ＝120°，则由余弦定理可得BC ＝3x . 由正弦定理，可得△ABC 外接圆的半径为r ＝x ， ∵球的表面积是40π，∴球的半径为R ＝10.设△ABC 外接圆的圆心为O ′，球心为O ，在Rt △OBO ′中，有221()102x x +=，解得x ＝22，即AA 1＝22，即此直三棱柱的高是2 2.11.如图，已知四棱锥P －ABCD 的底面是边长为2的菱形，∠BCD ＝60°，点E 是BC 边 的中点，AC ，DE 交于点O ，PO ＝23，且PO ⊥平面ABCD . （1）求证：PD ⊥BC ；（2）在线段AP 上找一点F ，使得BF ∥平面PDE ， 并求此时四面体PDEF 的体积.【解析】（1）由题可得△BCD 为正三角形，E 为BC 中点，故DE ⊥BC . 又PO ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，则PO ⊥BC ，而DE ∩PO ＝O ，,DE PO ⊂平面PDE ，所以BC ⊥平面PDE .又PD ⊂平面PDE ，故PD ⊥BC . （2）取AP 中点为F ，再取PD 中点为G ，连结FG . 则FG 为△PAD 中位线，故FG ＝∥ 12AD ， 又BE ＝∥ 12AD ，所以FG ＝∥BE ，于是四边形BFGE 为平行四边形， 因此BF ∥EG .又BF ⊄平面PDE ，EG ⊂平面PDE ，所以BF ∥平面PDE . 由（1）知，BC ⊥平面PDE .则有BC ⊥PE ，BC ⊥DE ，而BC ∥FG ，故FG ⊥PE ，FG ⊥DE ，且DE ∩PE ＝E ，所以FG ⊥平面PDE . 于是四面体PDEF 的体积为V=13S △PDE ·FG ＝13×12×23×3×1＝1.另解（等体积转化）：因为BF //面PDE ，则B ，F 两点到平面PDE 的距离相等， 所以四面体PDEF 的体积等于四面体PDEB ， 因为PO ⊥平面ABCD ，所以V P-BDE =13·PO ·S △BDE =1.12.如图，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B .（1）试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； （2）求棱锥E －DFC 的体积；（3）在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？如果存在，求出BPBC的值；如果不存在，请说明理由.【解析】（1）AB ∥平面DEF ，理由如下：在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 的中点，得EF ∥AB . 又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF .∴AB ∥平面DEF .（2）∵AD ⊥CD ，BD ⊥CD ，将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B ，∴AD ⊥BD ，∴AD ⊥平面BCD .取CD 的中点M ，这时EM ∥AD ，∴EM ⊥平面BCD ，EM ＝1.V E －DFC ＝13×1()2BDC S ×EM ＝13×12×12×2×23×1＝33. （3）在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE .证明如下：在线段BC 上取点P ，使BP ＝BC3，过P 作PQ ⊥CD 于Q .∵AD ⊥平面BCD ，PQ ⊂平面BCD ，∴AD ⊥PQ .又∵AD ∩CD ＝D ，∴PQ ⊥平面ACD ， ∴DQ ＝DC 3＝233，∴tan ∠DAQ ＝DQ AD ＝2332＝33，∴∠DAQ ＝30°，在等边△ADE 中，∠DAQ ＝30°，∴AQ ⊥DE ，∵PQ ⊥平面ACD ，DE ⊂平面ACD ，∴PQ ⊥DE ，AQ ∩PQ ＝Q ，∴DE ⊥平面APQ ，∴AP ⊥DE .此时BP ＝BC 3，∴BP BC ＝13.13.如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm ，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为cm ，容器Ⅱ的两底面对角线EG ，E 1G 1的长分别为14cm 和62cm. 分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm. 现有一根玻璃棒l ，其长度为40cm.（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）（1）将l 放在容器Ⅰ中，l 的一端置于点A 处，另一端置于侧棱CC 1上，求l 没入水中部分的长度；（2）将l 放在容器Ⅱ中，l 的一端置于点E 处，另一端置于侧棱GG 1上，求l 没入水中部分的长度.【解析】（1）由正棱柱的定义，1CC ⊥平面ABCD ，所以平面11A ACC ⊥平面ABCD ，1CC AC ⊥.记玻璃棒的另一端落在1CC 上点M 处.因为40AC AM ==，所以30MC ==，从而 3sin 4MAC =∠，记AM 与水面的焦点为1P ，过1P 作P 1Q 1⊥AC ， Q 1为垂足，则 P 1Q 1⊥平面 ABCD ，故P 1Q 1=12，从而 AP 1=1116sin P MACQ =∠. ( 如果将“没入水中部分冶理解为“水面以上部分冶，则结果为24cm) （2）如图，O ，O 1是正棱台的两底面中心.由正棱台的定义，OO 1⊥平面 EFGH ， 所以平面E 1EGG 1⊥平面EFGH ，O 1O ⊥EG . 同理，平面 E 1EGG 1⊥平面E 1F 1G 1H 1，O 1O ⊥E 1G 1.记玻璃棒的另一端落在GG 1上点N 处. 过G 作GK ⊥E 1G ，K 为垂足， 则GK =OO 1=32. 因为EG = 14，E 1G 1= 62，所以KG 1= 6214242-=，从而140GG ===.设1,,EGG ENG αβ==∠∠则114sin sin()cos 25KGG KGG απ=+==∠∠. 因为2απ<<π，所以3cos 5α=-. 在ENG △中，由正弦定理可得4014sin sin αβ=，解得7sin 25β=. 因为02βπ<<，所以24cos 25β=. 于是，sin sin()sin()NEG αβαβ=π--=+∠42473sin cos cos sin ()53525255αβαβ=+=⨯+-⨯=.记EN 与水面的交点为P 2，过 P 2作P 2Q 2⊥EG ，Q 2为垂足，则 P 2Q 2⊥平面 EFGH ，故P 2Q 2=12，从而EP 2=2220sin P NEGQ =∠.答：（1）玻璃棒l 没入水中部分的长度为16cm.（2）玻璃棒l 没入水中部分的长度为20cm.(如果将“没入水中部分冶理解为“水面以上部分冶，则结果为20cm)【点睛】空间几何体的考察，主要集中体积、表面积的计算和空间距离的距离，其实这些计算最后都得归结为平面中基本图形中的长度的计算，因此解三角形就是必要的工具.14.如图，圆柱体木材的横截面半径为1 dm ，从该木材中截取一段圆柱体，再加工制作成直四棱柱1111A B C D ABCD -，该四棱柱的上、下底面均为等腰梯形，分别内接于圆柱的上、下底面，下底面圆的圆心O 在梯形ABCD 内部，AB ∥CD ，DAB ∠=60°，1AA AD =，设DAO θ∠=. （1）求梯形ABCD 的面积；（2）当sin θ取何值时，四棱柱1111A B C D ABCD -的体积最大？并求出最大值. （注：木材的长度足够长）【解析】（1）由条件可得，2cos AD θ=， 所以梯形的高sin 603h AD θ==. 又2cos(60)AB θ=-，2cos(120)CD θ=-， 所以梯形ABCD 的面积为12cos(60)2cos(120)3cos 2S θθθ⎡⎤=-+-⨯⎣⎦ cos(60)cos(60)3cos θθθ⎡⎤=--+⨯⎣⎦(2sin 60sin )θθ=3sin 22θ=（2dm ）.（2）设四棱柱1111A B C D ABCD -的体积为V ，因为12cos AA AD θ==， 所以123sin 22cos 6sin (1sin )2A V S A θθθθ=⋅⨯==-.设sin t θ=，因为060θ︒<<，所以0t ⎛∈ ⎝，所以23()6(1)6()V t t t t t =-=-+，0t ⎛∈ ⎝.由2()6(31)18(V t t t t '=-+=-+-，令()0V t '=，得t ，()V t 与()V t '的变化情况列表如下：由上表知，()V t在t =时取得极大值，即为最大值，且最大值V =答：当sin θ=时，四棱柱1111A B C D ABCD -3dm .【备选提高题】1.各棱长都为2的正四棱锥与正四棱柱的体积之比为m ，则m 的值为 . 【答案】12【解析】法一：正四棱柱的体积为8，底面积为4，故体积为3，所6，即6m =. 方法二：设正四棱锥与正四棱柱的高分别为12,h h .因为正四棱锥与正四棱柱的底面积相同，所以体积之比为121332h h ==.2.将一个半径为2的圆分成圆心角之比为1:2的两个扇形，且将这两个扇形分别围成圆锥的侧面，则所得体积较小的圆锥与较大圆锥的体积之比为 . 【答案】1【解析】因为圆分成圆心角之比为1：2的两个扇形，所以两个扇形圆心角分别为123lπ=和243l π=.1223r ππ=和2423r ππ=，解得123r =，243r =.13h ==， 2h ==.所以21112222114313r h v v r h πππ⋅===3.已知一球与一个正三棱柱的三个侧面及两个底面都相切.若该球的体积为4π3，则该三棱柱的体积是 . 【答案】6 3【解析】由体积得球半径R ＝1，三棱柱的高为2，底面边长为2 3.V ＝34(2 3)2×2＝6 3.4.在三棱锥P ABC -中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE -的体积为1V ， 三棱锥P ABC -的体积为2V ，则12V V = . 【答案】14【解析】因为213C PAB PAB V V S h -∆==，121111323224E ABD DAB PAB h h V V S S V -∆∆==⋅=⨯⨯=，所以1214V V =.5.如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 为PD 上一点，且2PE ED =.设三棱锥P ACE -的体积为1V ，三棱锥P ABC -的体积为2V ，则12:V V = .【答案】23【解析】因为2PE ED =，所以三棱锥E ACD -的体积是三棱锥P ACD -体积的13，所以三棱锥P ACE -的体积是P ACD -体积的23.因为三棱锥P ABC -与三棱锥P ACD -体积相等，所以12:V V =23.6.在三棱锥D －ABC 中，AB ＝BC ＝DB ＝DC ＝1，当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为________. 【答案】7π3【解析】在三棱锥D －ABC 中，当且仅当AB ⊥平面BCD 时，三棱锥体积达到最大， 此时，设外接球的半径为R ，外接球的球心为O ，点F 为△BCD 的中心， 则有R 2＝OB 2＝OF 2＋BF 2＝221()2+＝712，所以表面积S ＝4πR 2＝7π3.7.已知三棱锥P －ABC 内接于球O ，PA ＝PB ＝PC ＝2，当三棱锥P －ABC 的三个侧面的面积之和最大时，球O 的表面积为 . 【答案】12π【解析】由于三条侧棱相等，根据三角形面积公式可知，当PA ，PB ，PC 两两垂直时，侧面积之和最大.此时PA ，PB ，PC 可看成正方体一个顶点的三条侧棱，其外接球直径为正方体的体对角线，即4R 2＝3·22＝12，故球的表面积为4πR 2＝12π.8.已知正四面体P ABC -的棱长均为a ，O 为正四面体P ABC -的外接球的球心，过点O 作平行于底面ABC 的平面截正四面体P ABC -，得到三棱锥111P A B C -和三棱台111ABC A B C -，那么三棱锥111P A B C -的外接球的表面积为 . 【答案】22732a π 【解析】设底面ABC ∆的外接圆半径为r ，则2sin3a r π=，所以r .， 设正四面体的外接球半径为R，则222))R R =+-，∴R =.3:4=，所以三棱锥111P A B C -的外接球的表面积为2223274)()432a ππ⨯⨯=.。
高三数学立体几何专题复习教案
（解题思想方法归纳）
问题一： 证明线线平行
1．证明两直线 、 平行，若直线 和直线 共面时，则可以用平面几何中常用的一些方法（如证明 和 是一个平行四边形的一组对边）证明它们无公共点。
在立体几何中一般还有以下几种思路：
①根据公理4
②根据“线面平行Байду номын сангаас的性质定理
③根据“线面垂直”的性质定理，若直线 和 都与平面 垂直，则 // 。
②利用中位法。如给出异面直线AB和CD，连接AC、AD、BC，然后再分别取这三条线段的中点E、F、G，连接EF、EG、FG得到△EFG，则∠FEG就是所求角或所求角的补角。这种方法优点是作异面直线所成角比较容易，但缺点是△EFG中有一边GF的长度不容易求。
3．向量方法：
转化成求两个向量的夹角（即等于所求的异面直线所成的角或其补角的大小）
2．向量方法：
①转化为证明向量共线。
②根据共面向量定理。
③证明向量与平面的法向量相互垂直。
问题三： 证明面面平行
1．传统几何方法：
①根据两个平面平行的定义
②根据两个平面平行的判定定理
③垂直于同一条直线的两个平面平行
④平行于同一平面的两个平面平行
2．思维过程：
线线平行 线面平行 面面平行
线线平行 线面垂直 面面平行
问题八： 求平面的斜线与平面所成角
1．传统几何方法：
①转化为求斜线与它在平面内的射影所成的角，通过直角三角形求解。
②利用三面角定理（即最小角定理） 求 。
2．向量方法：设 为平面 的法向量，直线 与平面 所成的角为 ，则
问题九： 求二面角
1．作出二面角的平面角并通过解三角形计算。作平面角常用方法如下：
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江苏省徐州市贾汪区建平中学高三数学一轮复习教案：立体几
何
第节
教学目标平面基本性质及公理
直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系
教学重难点
平面基本性质及公理的运用
直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系的判断，异面直线所成的角
教学参考教材,教参,学案，优化探究
授课方法自学引导，讲练结合教学辅助手段多媒体
专用教室
教学过程设计教学二次备课
一、主干知识梳理
1．平面的基本性质：
公理1：文字语言描述为______________________,符号语言表示为___________________；
公理2：文字语言描述为____________________,符号语言表示为___________________；
公理3：
推论1 推论2 推论3 2．空间两条直线的位置关系有________、_________、_________．
3．公理4：_______________________________；等角定理：_____________________．4．异面直线判定定理：
5.异面直线所成的角的定义： ,范围是
二、基础自测自评
1．棱柱的侧面是________形，棱锥的侧面是_________形，棱台的侧面是____________形．
2．圆柱、圆锥、圆台的轴截面形状分别是______、_______、________．
3．用符号表示“点A在直线l上，l在平面 外”为_____________________．
学生课前预习
师生共同回顾
主干知识
通过小题巩固公式的记忆及使用
4．与长方体的某一条棱平行的棱有______条，与它相交的棱有_______条，与它异面的棱有_______条．
5．与正方体的某条面对角线异面的棱有_______条．
6．三条直线两两相交，它们可以确定的平面有________个．
教学过程设计
教 学 二次备课 三、典例分析
【例1】
例1填空题：
（1）空间三条直线c b a 、、，若c b b a ////，，则由直线c b a 、、确定________个平面．
（2）把下列图形中的点、线、面关系用集合符号表示出来．
【例2】 如图，在长方体1111D C B A ABCD -中，P 为棱1BB 的中
（1）画出由P C A ，，11三点所确定的平面α与长方体表面的交线；
（2）画出平面α与平面ABCD 的交线．
四、课堂小结：平面基本性质及公理
直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系
练习：
下列说法正确的有________________．(填上正确的序号)
①过直线外一点可作无数条直线与已知直线成异面直线；
②过直线外一点只有一条直线与已知直线垂直；
③若a c b a ⊥，//，则b c ⊥；
④若c b c a ⊥⊥，，则b a //．
课外作业
优化探究变式训练1 教 学 小 结。