高中立體幾何教案

2012屆高考數(shù)學(xué)備考立體幾何復(fù)習(xí)教案。

專(zhuān)題四：立體幾何
階段質(zhì)量評(píng)估（四）

一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，總分60分）
1．如右圖所示，一個(gè)空間幾何體的主視圖和左視圖都是邊長(zhǎng)為的正方形，俯視圖是一個(gè)直徑為的圓，那么這個(gè)幾何體的全面積為（）
A．B．
C．D．
2．下列四個(gè)幾何體中，每個(gè)幾何體的三視圖
有且僅有兩個(gè)視圖相同的是（）

A．①②B．①③C．①④D．②④
3．如圖，設(shè)平面，垂足分別為，若增加一個(gè)條件，就能推出.
現(xiàn)有①②與所成的角相等;
③與在內(nèi)的射影在同一條直線上;④∥.
那么上述幾個(gè)條件中能成為增加條件的個(gè)數(shù)是（）
個(gè)個(gè)個(gè)個(gè)
4．已知直線和平面，則下列命題正確的是()
AB
CD
5．空間直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)關(guān)于平面的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)的坐標(biāo)是（）
A．B．C．D．
6．給定下列四個(gè)命題：
①若一個(gè)平面內(nèi)的兩條直線與另一個(gè)平面都平行，那么這兩個(gè)平面相互平行；
②若一條直線和兩個(gè)平行平面中的一個(gè)平面垂直，那么這條直線也和另一個(gè)平面垂直；
③若一條直線和兩個(gè)互相垂直的平面中的一個(gè)平面垂直，那么這條直線一定平行于另一個(gè)平面；
④若兩個(gè)平面垂直，那么一個(gè)平面內(nèi)與它們的交線不垂直的直線與另一個(gè)平面也不垂直.
其中，為真命題的是（）
A．①和②B．②和③C．③和④D．②和④
7．如圖，正四棱柱中，，則異面直線所成角的余弦值為（）
A．B．C．D．
8．如圖，已知六棱錐的底面是正六邊形，則下列結(jié)論正確的是()
A.B.
C.直線∥D.直線所成的角為45°
9．正六棱錐P－ABCDEF中，G為PB的中點(diǎn)，則三棱錐D－GAC與三棱錐P－GAC體積之比為（）
（A）1：1(B)1：2(C)2：1(D)3：2
10．如圖，在四面體中，截面是正方形，則在下列命題中，錯(cuò)誤的為（）
..∥截面
..異面直線與所成的角為
11．如圖，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2,AA1=1,則BC1與平面BB1D1D所成角的余弦值為（）
A.B.
C.D.
12．如圖，為正方體，下面結(jié)論錯(cuò)誤的是（）
（A）平面
（B）
（C）平面
（D）異面直線與所成的角為

二、填空題（本大題共4小題，每小題4分，總分16分）
13．圖2中實(shí)線圍成的部分是長(zhǎng)方體（圖1）的平面展開(kāi)圖，其中四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形．若向虛線圍成的矩形內(nèi)任意拋擲一質(zhì)點(diǎn)，它落在長(zhǎng)方體的平面展開(kāi)圖內(nèi)的概率是，則此長(zhǎng)方體的體積是。
14．已知一圓錐的底面半徑與一球的半徑相等，且全面積也相等，則圓錐的母線與底面所成角的大小為．(結(jié)果用反三角函數(shù)值表示)
15．如圖，在長(zhǎng)方形中，，，為的中點(diǎn)，為線段（端點(diǎn)除外）上一動(dòng)點(diǎn)．現(xiàn)將沿折起，使平面平面．在平面內(nèi)過(guò)點(diǎn)，作，為垂足．設(shè)，則的取值范圍是．
16．已知點(diǎn)O在二面角α－AB－β的棱上，點(diǎn)P在α內(nèi)，且∠POB＝45°．若對(duì)于β內(nèi)異于O的任意一點(diǎn)Q，都有∠POQ≥45°，則二面角α－AB－β的取值范圍是_________．

三、解答題（本大題共6小題，總分74分）
17．如圖，在長(zhǎng)方體，點(diǎn)E在棱AB上移動(dòng)，小螞蟻從點(diǎn)A沿長(zhǎng)方體的表面爬到點(diǎn)C1，所爬的最短路程為.
（1）求證：D1E⊥A1D；
（2）求AB的長(zhǎng)度；
（3）在線段AB上是否存在點(diǎn)E，使得二面角
。若存在，確定
點(diǎn)E的位置；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

18．如圖，四棱錐P—ABCD的底面ABCD是正方形，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中點(diǎn).
（Ⅰ）證明PA//平面BDE；
（Ⅱ）求二面角B—DE—C的平面角的余弦值；
（Ⅲ）在棱PB上是否存在點(diǎn)F，使PB⊥平面DEF？證明你的結(jié)論.

19．如圖所示的長(zhǎng)方體中，底面是邊長(zhǎng)為的正方形，為與的交點(diǎn)，，
是線段的中點(diǎn)。
（Ⅰ）求證：平面；
（Ⅱ）求二面角的大小。

20．如圖，已知三棱柱ABC—A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直，AA1=AB=AC=1，，M是CC1的中點(diǎn)，N是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在A1B1上，且滿(mǎn)足
（I）證明：
（II）當(dāng)取何值時(shí)，直線PN與平面ABC
所成的角最大？并求該角最大值的正切值；
（II）若平面PMN與平面ABC所成的二面角
為45°，試確定點(diǎn)P的位置。

21．（本小題滿(mǎn)分12分）
如圖，四面體中，是的中點(diǎn)，和均為等邊三角形，．
（I）求證：平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值；
（Ⅲ）求點(diǎn)到平面的距離．

22．如圖，在中，，斜邊．可以通過(guò)以直線為軸旋轉(zhuǎn)得到，且二面角是直二面角．動(dòng)點(diǎn)在斜邊上．
（I）求證：平面平面；
（II）當(dāng)為的中點(diǎn)時(shí)，求異面直線與所成角的大??；
（III）求與平面所成角的最大值．

參考答案
一、選擇題
1.【解析】選A.。
2.【解析】選D.①三個(gè)都相同，②正視圖和側(cè)視圖相同，③三個(gè)視圖均不同，④正視圖和側(cè)視圖相同。
3.C
4.【解析】選B.對(duì)A，，
對(duì)C畫(huà)出圖形可知，對(duì)D，缺少條件。
5.C
6.D
7.D
8.D
9.【解析】選C.由于G是PB的中點(diǎn),故P－GAC的體積等于B－GAC的體積
在底面正六邊形ABCDER中
BH＝ABtan30°＝AB
而B(niǎo)D＝AB
故DH＝2BH
于是VD－GAC＝2VB－GAC＝2VP－GAC

10.【解析】選.由∥，∥，⊥可得⊥，故正確；由∥可得∥截面，故正確；異面直線與所成的角等于與所成的角，故正確；綜上是錯(cuò)誤的.

11.【解析】選D.連與交于O點(diǎn),再連BO,則為BC1與平面BB1D1D所成的角.
，，
.

12.【解析】選D．顯然異面直線與所成的角為。
二、填空題
13.【解析】向虛線圍成的矩形內(nèi)任意拋擲一質(zhì)點(diǎn)，它落在長(zhǎng)方體的平面展開(kāi)圖內(nèi)的概率是，設(shè)長(zhǎng)方體的高為x，則，所以，所以長(zhǎng)方體的體積為3。
答案：3

14.
15.【解析】此題的破解可采用二個(gè)極端位置法，即對(duì)于F位于DC的中點(diǎn)時(shí)，，隨著F點(diǎn)到C點(diǎn)時(shí)，因平面，即有，對(duì)于，又，因此有，則有，因此的取值范圍是.
答案：

16.【解析】若二面角α－AB－β的大小為銳角，則過(guò)點(diǎn)P向平面作垂線,設(shè)垂足為H.
過(guò)H作AB的垂線交于C,連PC、CH、OH，則就是所求二面角
的平面角.根據(jù)題意得，由于對(duì)于β內(nèi)異于O的任意一點(diǎn)
Q，都有∠POQ≥45°，∴，設(shè)PO=，則
又∵∠POB＝45°，∴OC=PC=，∵PC≤PH而在中應(yīng)有
PCPH,∴顯然矛盾，故二面角α－AB－β的大小不可能為銳角。
即二面角的范圍是。
若二面角α－AB－β的大小為直角或鈍角，則由于∠POB＝45°，結(jié)合圖形容易判斷對(duì)于β內(nèi)異于O的任意一點(diǎn)Q，都有∠POQ≥45°。
即二面角的范圍是。
答案：

三、解答題
17.【解析】（1）證明：連結(jié)AD1，由長(zhǎng)方體的性質(zhì)可知：
AE⊥平面AD1，∴AD1是ED1在
平面AD1內(nèi)的射影。又∵AD=AA1=1，
∴AD1⊥A1D
∴D1E⊥A1D1（三垂線定理）
（2）設(shè)AB=x，
點(diǎn)C1可能有兩種途徑，如圖甲的最短路程為
如圖乙的最短路程為
（3）假設(shè)存在，平面DEC的法向量，
設(shè)平面D1EC的法向量，則
由題意得：
解得（舍去）

18.【解析】（Ⅰ）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA、DC、DP所在直線為x軸、
y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PD=DC=2，則A（2，0，0），
P（0，0，2），E（0，1，1），B（2，2，0），
設(shè)是平面BDE的一個(gè)法向量，
則由
∵
（Ⅱ）由（Ⅰ）知是平面BDE的一個(gè)法向量，
又是平面DEC的一個(gè)法向量.
設(shè)二面角B—DE—C的平面角為，由圖可知
∴
故二面角B—DE—C的余弦值為
（Ⅲ）∵∴
假設(shè)棱PB上存在點(diǎn)F，使PB⊥平面DEF，設(shè)，
則，
由
∴
即在棱PB上存在點(diǎn)F，PB，使得PB⊥平面DEF

19.【解析】（Ⅰ）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．連接，則點(diǎn)、，
∴又點(diǎn)，，∴
∴，且與不共線，∴．
又平面，平面，∴平面．
（Ⅱ）∵，，∴平面，
∴為平面的法向量．
∵，，
∴為平面的法向量．
∴，
∴與的夾角為，即二面角的大小為．

20.解：（I）如圖，以AB，AC，AA1分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系
則2分
從而
所以…………3分
（II）平面ABC的一個(gè)法向量為
則
（※）…………5分
而
由（※）式，當(dāng)…………6分
（III）平面ABC的一個(gè)法向量為
設(shè)平面PMN的一個(gè)法向量為
由（I）得
由…………7分
解得…………9分
平面PMN與平面ABC所成的二面角為45°，
解得11分
故點(diǎn)P在B1A1的延長(zhǎng)線上，且…………12分

21.解法一：（I）證明：連結(jié)，為等邊三角形，為的中點(diǎn)，
，和為等邊三角形，為的中點(diǎn)，，
。
在中，，
，即．
，面．
（Ⅱ）過(guò)作于連結(jié)，
平面，在平面上的射影為
為二面角的平角。
在中，
二面角的余弦值為
（Ⅲ）解：設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，
，
在中，，
而
點(diǎn)到平面的距離為．
解法二：（I）同解法一．

（Ⅱ）解：以為原點(diǎn)，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，
則
平面，平面的法向量
設(shè)平面的法向量，
由
設(shè)與夾角為，則
∴二面角的余弦值為．
（Ⅲ）解：設(shè)平面的法向量為又
設(shè)與夾角為，則
設(shè)到平面的距離為，
到平面的距離為．

22.【解析】解法一：
（I）由題意，，，
是二面角的平面角，
又二面角是直二面角，
，又，
平面，
又平面．
平面平面．
（II）作，垂足為，連結(jié)（如圖），則，
是異面直線與所成的角．
在中，，，
．
又．
在中，．
異面直線與所成角的大小為．
（III）由（I）知，平面，
是與平面所成的角，且．
當(dāng)最小時(shí)，最大，
這時(shí)，，垂足為，，，
與平面所成角的最大值為．
解法二：
（I）同解法一．
（II）建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則，，，，
，，
．
異面直線與所成角的大小為．
（III）同解法一

相關(guān)知識(shí)

2012屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)立體幾何考點(diǎn)專(zhuān)項(xiàng)教案

一名愛(ài)崗敬業(yè)的教師要充分考慮學(xué)生的理解性，高中教師要準(zhǔn)備好教案，這是老師職責(zé)的一部分。教案可以讓學(xué)生更好的消化課堂內(nèi)容，使高中教師有一個(gè)簡(jiǎn)單易懂的教學(xué)思路。高中教案的內(nèi)容具體要怎樣寫(xiě)呢？下面是小編幫大家編輯的《2012屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)立體幾何考點(diǎn)專(zhuān)項(xiàng)教案》，僅供參考，希望能為您提供參考！

立體幾何備考指導(dǎo)

立體幾何備考指導(dǎo)
立體幾何是高考的重點(diǎn)內(nèi)容之一.從近幾年高考試卷來(lái)看，題量最少的也要有一大一小兩道題.一道大題是整套試卷得分高低的關(guān)鍵，一般考查線面的平行與垂直，角度和距離的計(jì)算.本文就通過(guò)對(duì)六例高考題的分析，對(duì)立體幾何的備考談一些粗淺的建議，供大家參考.
一、線線，線面，面面位置關(guān)系問(wèn)題
立體幾何知識(shí)建立在四個(gè)公理的體系之上，因此，在復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)先整理歸納，把空間線面位置關(guān)系一體化，理解和掌握線線，線面，面面平行和垂直的判定與性質(zhì)，形成熟練的轉(zhuǎn)化推理能力.具體來(lái)說(shuō)，可分為四大塊：①平面的基本性質(zhì)（四個(gè)公理）；②線線，線面，面面的平行與垂直；③夾角；④常見(jiàn)的幾何體和球.根據(jù)每部分內(nèi)容，先理解記熟，明確條件和結(jié)論，掌握用法和用途，再通過(guò)典型例題總結(jié)解題方法，并進(jìn)行強(qiáng)化訓(xùn)練.高*考*資+源-網(wǎng)
例1（天津文）是空間兩條不同直線，是空間兩個(gè)不同平面，下面有四個(gè)命題：
①；
②；
③；
④.
其中真命題的編號(hào)是_____.（寫(xiě)出所有真命題的編號(hào)）

解：如圖1，，過(guò)A在平面內(nèi)作，
∵，從而m⊥n，故①對(duì).
②錯(cuò)，如圖1，n可能會(huì)平移至內(nèi).
③錯(cuò)，如圖2，n可能會(huì)在內(nèi).
④對(duì)，兩條平行直線中的一條垂直兩平行平面的一個(gè)，則另一條也垂直于另一個(gè)平面.
其中真命題的編號(hào)是①④.
點(diǎn)評(píng)：線線，線面，面面垂直與平行的判定和性質(zhì)定理，是解決此類(lèi)問(wèn)題的依據(jù)，實(shí)物的演示，構(gòu)造特例法是常用方法！
二、空間角與空間距離問(wèn)題
空間角與距離問(wèn)題，難度可大可小，主觀，客觀題都有，是高考的必考內(nèi)容，復(fù)習(xí)過(guò)程中要多加訓(xùn)練，熟練掌握，達(dá)到爐火純青的程度.
例2（安徽文）平行四邊形的一個(gè)頂點(diǎn)A在平面內(nèi)，其余頂點(diǎn)在的同側(cè)，已知其中有兩個(gè)頂點(diǎn)到的距離分別為1和2，那么剩下的一個(gè)頂點(diǎn)到平面的距離可能是：①1；②2；③3；④4.
以上結(jié)論正確的為_(kāi)____.（寫(xiě)出所有正確結(jié)論的編號(hào)）
（安徽理）多面體上，位于同一條棱兩端的頂點(diǎn)稱(chēng)為相
鄰的.如圖3，正方體的一個(gè)頂點(diǎn)A在平面內(nèi)，其余頂點(diǎn)在
的同側(cè)，正方體上與頂點(diǎn)A相鄰的三個(gè)頂點(diǎn)到的距離分別為
1，2和4.Ｐ是正方體的其余四個(gè)頂點(diǎn)的一個(gè)，則Ｐ到平面的
距離可能是：
①3；②4；③5；④6；⑤7.
以上結(jié)論正確的為_(kāi)____.（寫(xiě)出所有正確結(jié)論的編號(hào)）
解：（文）①③.如果已知兩點(diǎn)與頂點(diǎn)A相鄰，則剩下的一個(gè)頂點(diǎn)（平行四邊形的與A在一條對(duì)角線上的頂點(diǎn)）到平面的距離必定是3；如果已知兩點(diǎn)有一個(gè)與頂點(diǎn)A不相鄰，則剩下的一個(gè)頂點(diǎn)到平面的距離只能是1.
（理）①③④⑤.在2－A－1，1－A－4，2－A－4分別對(duì)應(yīng)距離為3，5，6，在3－A－4中對(duì)應(yīng)距離是7，所以選①③④⑤.
點(diǎn)評(píng)：從上面解答看，文科試題涉及兩類(lèi)問(wèn)題（借用理科試題中的定義，與頂點(diǎn)A相鄰或不相鄰），需要分類(lèi)討論，如果已知兩頂點(diǎn)與頂點(diǎn)A相鄰時(shí)，平行四邊形的兩條對(duì)角線都不與平面平行，所求距離必定是3；如果已知兩頂點(diǎn)有一個(gè)與頂點(diǎn)A不相鄰，則平行四邊形的一條對(duì)角線與平面平行，所求距離只能是1.解決了文科試題將平行四邊形特殊化為正方形，再分別使已知兩頂點(diǎn)與頂點(diǎn)A相鄰，可得到2－A－1，1－A－4，2－A－4，3－A－4組合，對(duì)應(yīng)距離可輕而易舉地寫(xiě)出來(lái).
三、簡(jiǎn)單幾何體的組合問(wèn)題
高考題中，常出現(xiàn)將兩種簡(jiǎn)單幾何體組合起來(lái)進(jìn)行考查的題型.如正方體，長(zhǎng)方體或棱錐內(nèi)接于一個(gè)球；一個(gè)球內(nèi)切于正方體，正四面體；幾個(gè)球堆壘在一起等.解答這類(lèi)題，有時(shí)直觀圖是很難畫(huà)的，我們可以通過(guò)思考加工后畫(huà)出對(duì)我們解題有幫助的，容易畫(huà)出來(lái)的立體圖或者截面圖即可.
例3（湖南卷）棱長(zhǎng)為2的正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)都在同一個(gè)球面上，若過(guò)該球球心的一個(gè)截面如圖4所示，則圖中三角形（正四面體的截面）的面積是（）.
（A）（B）（C）（D）

解：先畫(huà)出立體圖形如圖5所示，注意到截面有兩點(diǎn)在大圓上，所以截面過(guò)四面體的一條棱（不妨設(shè)為AB），又截面過(guò)球心，于是，截面過(guò)棱CD的中點(diǎn).從而可知，截面為等腰三角形，該三角形底邊是四面體的棱，長(zhǎng)為2，兩腰是四面體表面三角形的高，長(zhǎng)為.故答案為（C）.
點(diǎn)評(píng)：本題以截面形式考查空間能力.求解關(guān)鍵是要理清截面圖形與原幾何體的位置關(guān)系，然后利用面積公式求解.如果沒(méi)有抓住圖形特征，一味地設(shè)法求球的半徑容易陷入困境.
四、折疊與展開(kāi)問(wèn)題
平面圖形的折疊問(wèn)題是高考的老話(huà)題，解答這類(lèi)題應(yīng)抓住折疊前后兩個(gè)圖形中相關(guān)元素之間的大小或者位置關(guān)系.對(duì)折疊前后未發(fā)生變化的量應(yīng)放在折疊前的圖形中進(jìn)行計(jì)算，這樣做顯得直觀易懂.求解空間幾何體兩個(gè)或幾個(gè)側(cè)面上的折線長(zhǎng)之和的最小值，其方法是將側(cè)面展開(kāi)成平面圖形.
1.折疊問(wèn)題
例4（山東卷）如圖6，在等腰梯形ABCD中，AB=2DC=2，∠DAB=60°，E為AB的中點(diǎn)，將△ADE與△BEC分別沿ED，EC向上折起，使A，B重合于點(diǎn)P，則三棱錐
P－DCE的外接球的體積為（）.
（A）（B）（C）（D）
解：折疊后形成棱長(zhǎng)為1的正四面體，將正四面體的棱作為正方體的面對(duì)角線，則該正四面體的外接球就是正方體的外接球，正方體的棱長(zhǎng)為，其體對(duì)角線長(zhǎng)為，外接球的半徑為，體積是，選（C）.

點(diǎn)評(píng)：折疊以后成為正四面體需要足夠的想象能力和推理能力，再把正四面體轉(zhuǎn)化到正方體內(nèi)，從外接球處理，則是“奇思妙想”！計(jì)算自然簡(jiǎn)單，“轉(zhuǎn)化”功不可沒(méi)！
2.展開(kāi)問(wèn)題
例5（江西卷）如圖8，已知正三棱柱
的底面邊長(zhǎng)為1，高為8，一質(zhì)點(diǎn)自A點(diǎn)出發(fā)，沿著三棱柱的側(cè)面
繞行兩周到達(dá)點(diǎn)的最短路線的長(zhǎng)為_(kāi)____.
解：將正三棱柱的兩個(gè)底面剪開(kāi)，把側(cè)面沿側(cè)棱剪開(kāi)，
將側(cè)面展開(kāi)成平面圖形，如圖9所示.質(zhì)點(diǎn)繞側(cè)面兩周的行程應(yīng)是
折線與的長(zhǎng)度之和，欲求與的長(zhǎng)度之和的最小值，可在展開(kāi)圖的右邊補(bǔ)一個(gè)與之全等的展開(kāi)圖，如圖10所示.由對(duì)稱(chēng)性可知，當(dāng)處在對(duì)角線位置的兩條折線與在同一條直線上時(shí)，折線與的長(zhǎng)度之和最小.最小值為.

點(diǎn)評(píng)：本題考查空間中求最短路線問(wèn)題，解這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵是化空間問(wèn)題為平面問(wèn)題.
五，定義型問(wèn)題
例6（江西文）如果四棱錐的四條側(cè)棱都相等，就稱(chēng)它為“等腰四棱錐”，四條側(cè)棱稱(chēng)為它的腰，以下4個(gè)命題中，假命題是（）.
（A）等腰四棱錐的腰與底面所成的角都相等
（B）等腰四棱錐的側(cè)面與底面所成的二面角都相等或互補(bǔ)
（C）等腰四棱錐的底面四邊形必存在外接圓
（D）等腰四棱錐的各頂點(diǎn)必在同一球面上
解：由等腰四棱錐的定義可知，（A），（C），（D）正確，而等腰四棱錐的底面未確定，所以側(cè)面底邊上的高不能確定，從而側(cè)面與底面所成的角不能確定.故選（B）.
點(diǎn)評(píng)：本題考查四棱錐的概念.讀懂題中提供的信息，即“等腰四棱錐”的定義是解題的關(guān)鍵.

2012屆高考數(shù)學(xué)第二輪備考立體幾何中的空間角問(wèn)題復(fù)習(xí)

作為杰出的教學(xué)工作者，能夠保證教課的順利開(kāi)展，作為教師就需要提前準(zhǔn)備好適合自己的教案。教案可以讓學(xué)生能夠在課堂積極的參與互動(dòng)，幫助教師有計(jì)劃有步驟有質(zhì)量的完成教學(xué)任務(wù)。教案的內(nèi)容要寫(xiě)些什么更好呢？為滿(mǎn)足您的需求，小編特地編輯了“2012屆高考數(shù)學(xué)第二輪備考立體幾何中的空間角問(wèn)題復(fù)習(xí)”，歡迎閱讀，希望您能閱讀并收藏。

題型五立體幾何中的空間角問(wèn)題
(推薦時(shí)間：30分鐘)
1.如圖所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD為等邊三角形，AD＝DE＝2AB，F(xiàn)為CD的中點(diǎn)．
(1)求證：AF∥平面BCE；
(2)求證：平面BCE⊥平面CDE；
(3)求直線BF和平面BCE所成角的正弦值．

2．(2011湖南)如圖，在圓錐PO中，已知PO＝2，⊙O的直徑AB＝2，C是的中點(diǎn)，D為AC的中點(diǎn)．
(1)證明：平面POD⊥平面PAC；
(2)求二面角B—PA—C的余弦值．

答案
1．(1)證明設(shè)AD＝DE＝2AB＝2a，以A為原點(diǎn)，AC為x軸，AB為z軸，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系A(chǔ)—xyz，
則A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，
D(a，3a,0)，E(a，3a,2a)．
因?yàn)镕為CD的中點(diǎn)，
所以F32a，32a，0.
AF→＝32a，32a，0，BE→＝(a，3a，a)，BC→＝(2a,0，－a)．
因?yàn)锳F→＝12(BE→＋BC→)，AF平面BCE，
所以AF∥平面BCE.
(2)證明因?yàn)锳F→＝32a，32a，0，CD→＝(－a，3a,0)，ED→＝(0,0，－2a)，
故AF→CD→＝0，AF→ED→＝0，所以AF→⊥CD→，AF→⊥ED→.
所以AF→⊥平面CDE.又AF∥平面BCE，所以平面BCE⊥平面CDE.
(3)解設(shè)平面BCE的法向量為n＝(x，y，z)．由nBE→＝0，nBC→＝0，
可得x＋3y＋z＝0,2x－z＝0，
取n＝(1，－3，2)．
又BF→＝32a，32a，－a，
設(shè)BF和平面BCE所成的角為θ，
則sinθ＝|BF→n||BF→||n|＝2a2a22＝24.
所以直線BF和平面BCE所成角的正弦值為24.
2.方法一(1)證明如圖，連結(jié)OC，因?yàn)镺A＝OC，D是AC的中點(diǎn)，所以AC⊥OD.
又PO⊥底面⊙O，AC底面⊙O，
所以AC⊥PO.
因?yàn)镺D，PO是平面POD內(nèi)的兩條相交直線，
所以AC⊥平面POD，
而AC平面PAC，
所以平面POD⊥平面PAC.
(2)解在平面POD中，過(guò)O作OH⊥PD于H，由(1)知，平面POD⊥平面PAC，
所以O(shè)H⊥平面PAC.
又PA平面PAC，所以PA⊥OH.
在平面PAO中，過(guò)O作OG⊥PA于G，連結(jié)HG，
則有PA⊥平面OGH，從而PA⊥HG，
故∠OGH為二面角B—PA—C的平面角．
在Rt△ODA中，OD＝OAsin45°＝22.
在Rt△POD中，
OH＝POODPO2＋OD2＝2×222＋12＝105.
在Rt△POA中，
OG＝POOAPO2＋OA2＝2×12＋1＝63.
在Rt△OHG中，sin∠OGH＝OHOG＝10563＝155.
所以cos∠OGH＝1－sin2∠OGH＝1－1525＝105.
故二面角B—PA—C的余弦值為105.
方法二(1)證明如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，
P(0,0，2)，D－12，12，0.
設(shè)n1＝(x1，y1，z1)是平面POD的一個(gè)法向量，則由n1OD→＝0，nOP→＝0，
得－12x1＋12y1＝0，2z1＝0.所以z1＝0，x1＝y(tǒng)1.取y1＝1，得n1＝(1,1,0)．
設(shè)n2＝(x2，y2，z2)是平面PAC的一個(gè)法向量，則由n2PA→＝0，n2PC→＝0，
得－x2－2z2＝0，y2－2z2＝0.所以x2＝－2z2，y2＝2z2.取z2＝1，得n2＝(－2，2，1)．
因?yàn)閚1n2＝(1,1,0)(－2，2，1)＝0，所以n1⊥n2.
從而平面POD⊥平面PAC.
(2)解因?yàn)閥軸⊥平面PAB，所以平面PAB的一個(gè)法向量為n3＝(0,1,0)．
由(1)知，平面PAC的一個(gè)法向量為n2＝(－2，2，1)．
設(shè)向量n2和n3的夾角為θ，則cosθ＝n2n3|n2||n3|＝25＝105.
由圖可知，二面角B—PA—C的平面角與θ相等，
所以二面角B—PA—C的余弦值為105.

2017屆高考數(shù)學(xué)考前回扣教材-立體幾何

每個(gè)老師為了上好課需要寫(xiě)教案課件，大家應(yīng)該開(kāi)始寫(xiě)教案課件了。教案課件工作計(jì)劃寫(xiě)好了之后，才能夠使以后的工作更有目標(biāo)性！有沒(méi)有好的范文是適合教案課件？小編特地為大家精心收集和整理了“2017屆高考數(shù)學(xué)考前回扣教材-立體幾何”，大家不妨來(lái)參考。希望您能喜歡！

回扣6立體幾何
1.概念理解
(1)四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方體、平行六面體、直平行六面體、長(zhǎng)方體之間的關(guān)系.
(2)三視圖
①三視圖的正(主)視圖、側(cè)(左)視圖、俯視圖分別是從幾何的正前方、正左方、正上方觀察幾何體畫(huà)出的輪廓線.畫(huà)三視圖的基本要求：正俯一樣長(zhǎng)，俯側(cè)一樣寬，正側(cè)一樣高.
②三視圖排列規(guī)則：俯視圖放在正(主)視圖的下面，長(zhǎng)度與正(主)視圖一樣；側(cè)(左)視圖放在正(主)視圖的右面，高度和正(主)視圖一樣，寬度與俯視圖一樣.
2.柱、錐、臺(tái)、球體的表面積和體積
側(cè)面展開(kāi)圖表面積體積
直棱柱長(zhǎng)方形S＝2S底＋S側(cè)V＝S底h
圓柱長(zhǎng)方形S＝2πr2＋2πrlV＝πr2l
棱錐由若干三角形構(gòu)成S＝S底＋S側(cè)V＝13S底h

圓錐扇形S＝πr2＋πrlV＝13πr2h

棱臺(tái)由若干個(gè)梯形構(gòu)成S＝S上底＋S下底＋S側(cè)V＝13(S＋SS′＋S′)h

圓臺(tái)扇環(huán)S＝πr′2＋π(r＋r′)l＋πr2V＝13π(r2＋rr′＋r′2)h

球S＝4πr2S＝43πr3

3.平行、垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化示意圖
(1)
(2)線線垂直????判定性質(zhì)線面垂直????判定性質(zhì)面面垂直
(3)兩個(gè)結(jié)論
①a⊥αb⊥αa∥b
②a∥ba⊥αb⊥α
4.用向量求空間角
(1)直線l1，l2夾角θ有cosθ＝|cos〈l1，l2〉|(其中l(wèi)1，l2分別是直線l1，l2的方向向量).
(2)直線l與平面α的夾角θ有sinθ＝|cos〈l，n〉|(其中l(wèi)是直線l的方向向量，n是平面α的法向量).
(3)平面α，β夾角θ有cosθ＝|cos〈n1，n2〉|，則α—l—β二面角的平面角為θ或π－θ(其中n1，n2分別是平面α，β的法向量).
1.混淆“點(diǎn)A在直線a上”與“直線a在平面α內(nèi)”的數(shù)學(xué)符號(hào)關(guān)系，應(yīng)表示為A∈a，aα.
2.在由三視圖還原為空間幾何體的實(shí)際形狀時(shí)，根據(jù)三視圖的規(guī)則，空間幾何體的可見(jiàn)輪廓線在三視圖中為實(shí)線，不可見(jiàn)輪廓線為虛線.在還原空間幾何體實(shí)際形狀時(shí)一般是以正(主)視圖和俯視圖為主.
3.易混淆幾何體的表面積與側(cè)面積的區(qū)別，幾何體的表面積是幾何體的側(cè)面積與所有底面面積之和，不能漏掉幾何體的底面積；求錐體體積時(shí)，易漏掉體積公式中的系數(shù)13.
4.不清楚空間線面平行與垂直關(guān)系中的判定定理和性質(zhì)定理，忽視判定定理和性質(zhì)定理中的條件，導(dǎo)致判斷出錯(cuò).如由α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易誤得出m⊥β的結(jié)論，就是因?yàn)楹鲆暶婷娲怪钡男再|(zhì)定理中mα的限制條件.
5.注意圖形的翻折與展開(kāi)前后變與不變的量以及位置關(guān)系.對(duì)照前后圖形，弄清楚變與不變的元素后，再立足于不變的元素的位置關(guān)系與數(shù)量關(guān)系去探求變化后的元素在空間中的位置與數(shù)量關(guān)系.
6.幾種角的范圍
兩條異面直線所成的角0°α≤90°
直線與平面所成的角0°≤α≤90°
二面角0°≤α≤180°
兩條相交直線所成的角(夾角)0°α≤90°
直線的傾斜角0°≤α180°
兩個(gè)向量的夾角0°≤α≤180°
銳角0°α90°
7.空間向量求角時(shí)易忽視向量的夾角與所求角之間的關(guān)系，如求解二面角時(shí)，不能根據(jù)幾何體判斷二面角的范圍，忽視向量的方向，誤以為兩個(gè)法向量的夾角就是所求的二面角，導(dǎo)致出錯(cuò).
1.如圖是一個(gè)多面體三視圖，它們都是斜邊長(zhǎng)為2的等腰直角三角形，則這個(gè)多面體最長(zhǎng)一條棱長(zhǎng)為()
A.2B.3C.23D.32
答案B
解析由三視圖可知，幾何體是一個(gè)三棱錐，底面是一個(gè)斜邊長(zhǎng)為2的等腰直角三角形，一條側(cè)棱與底面垂直，且這條側(cè)棱的長(zhǎng)度為1，這樣在所有棱中，連接與底面垂直的側(cè)棱的頂點(diǎn)與底面的另一銳角頂點(diǎn)的側(cè)棱最長(zhǎng)，長(zhǎng)度是12＋22＝3.故選B.
2.將長(zhǎng)方體截去一個(gè)四棱錐，得到的幾何體如圖所示，則該幾何體的側(cè)(左)視圖為()
答案D
解析在被截去的四棱錐的三條可見(jiàn)棱中，兩條為長(zhǎng)方體的面對(duì)角線，它們?cè)谟覀?cè)面上的投影與右側(cè)面(長(zhǎng)方形)的兩條邊重合，另一條為體對(duì)角線，它在側(cè)面上的投影與右側(cè)面的對(duì)角線重合，對(duì)照各圖，只有D符合.
3.某幾何體的三視圖(單位：cm)如圖所示，則該幾何體的體積是()
A.72cm3B.90cm3C.108cm3D.138cm3
答案B
解析該幾何體為一個(gè)組合體，左側(cè)為三棱柱，右側(cè)為長(zhǎng)方體，如圖所示.
V＝V三棱柱＋V長(zhǎng)方體＝12×4×3×3＋4×3×6＝18＋72＝90(cm3).
4.直三棱柱ABC—A1B1C1的直觀圖及三視圖如圖所示，D為AC的中點(diǎn)，則下列命題是假命題的是()
A.AB1∥平面BDC1
B.A1C⊥平面BDC1
C.直三棱柱的體積V＝4
D.直三棱柱的外接球的表面積為43π
答案D
解析由三視圖可知，直三棱柱ABC—A1B1C1的側(cè)面B1C1CB是邊長(zhǎng)為2的正方形，底面ABC是等腰直角三角形，AB⊥BC，AB＝BC＝2.連接B1C交BC1于點(diǎn)O，連接OD.在△CAB1中，O，D分別是B1C，AC的中點(diǎn)，∴OD∥AB1，∴AB1∥平面BDC1.故A正確.
直三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥BD.又AB＝BC＝2，D為AC的中點(diǎn)，∴BD⊥AC，∴BD⊥平面AA1C1C.∴BD⊥A1C.
又A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1B，
∴A1B1⊥平面B1C1CB，∴A1B1⊥BC1.
∵BC1⊥B1C，且A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面A1B1C.
∴BC1⊥A1C，∴A1C⊥平面BDC1.故B正確.
V＝S△ABC×C1C＝12×2×2×2＝4，∴C正確.
此直三棱柱的外接球的半徑為3，其表面積為12π，D錯(cuò)誤.故選D.
5.如圖，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，M，N分別為棱BC和棱CC1的中點(diǎn)，則異面直線AC和MN所成的角為()
A.30°B.45°C.60°D.90°
答案C
解析由中點(diǎn)M，N可知MN∥AD1，由△D1AC是正三角形可知∠D1AC＝60°，所以異面直線AC和MN所成的角為60°.
6.已知m，n表示兩條不同直線，α表示平面，下列說(shuō)法正確的是()
A.若m∥α，n∥α，則m∥n
B.若m⊥α，nα，則m⊥n
C.若m⊥α，m⊥n，則n∥α
D.若m∥α，m⊥n，則n⊥α
答案B
7.已知三棱柱ABC—A1B1C1的側(cè)棱垂直于底面，各頂點(diǎn)都在同一球面上，若該棱柱的體積為3，AB＝1，AC＝1，∠BAC＝60°，則此球的表面積等于________.
答案52π3
解析由題意得三棱柱底面為正三角形，設(shè)側(cè)棱長(zhǎng)為h，則h3412＝3h＝4，因?yàn)榍蛐臑樯舷碌酌嬷行倪B線的中點(diǎn)，所以R2＝22＋(33)2＝133，因此球的表面積等于4πR2＝4π133＝523π.
8.已知長(zhǎng)方體ABCD—A′B′C′D′，E，F(xiàn)，G，H分別是棱AD，BB′，B′C′，DD′中點(diǎn)，從中任取兩點(diǎn)確定的直線中，與平面AB′D′平行的有________條.
答案6
解析如圖，連接EG，EH，F(xiàn)G，∵EH綊FG，
∴EFGH四點(diǎn)共面，由EG∥AB′，EH∥AD′，EG∩EH＝E，AB′∩AD′＝A，
可得平面EFGH與平面AB′D′平行，∴符合條件的共有6條.
9.α，β是兩平面，AB，CD是兩條線段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一個(gè)條件，就能得出BD⊥EF，現(xiàn)有下列條件：①AC⊥β；②AC與α，β所成的角相等；③AC與CD在β內(nèi)的射影在同一條直線上；④AC∥EF.
其中能成為增加條件的序號(hào)是________.
答案①③
解析由題意得，AB∥CD，∴A，B，C，D四點(diǎn)共面.
①中，∵AC⊥β，EFβ，∴AC⊥EF，又∵AB⊥α，EFα，
∴AB⊥EF，∵AB∩AC＝A，∴EF⊥平面ABCD，
又∵BD平面ABCD，∴BD⊥EF，故①正確；
②中，由①可知，若BD⊥EF成立，
則有EF⊥平面ABCD，則有EF⊥AC成立，
而AC與α，β所成角相等是無(wú)法得到EF⊥AC的，故②錯(cuò)誤；
③中，由AC與CD在β內(nèi)的射影在同一條直線上，
可知面EF⊥AC，由①可知③正確；
④中，仿照②的分析過(guò)程可知④錯(cuò)誤，
故填①③.
10.如圖，ABCD—A1B1C1D1為正方體，下面結(jié)論：
①BD∥平面CB1D1；②AC1⊥BD；③AC1⊥平面CB1D1；④異面直線AD與CB1所成角為60°.
錯(cuò)誤的有________.(把你認(rèn)為錯(cuò)誤的序號(hào)全部寫(xiě)上)
答案④
解析①BD∥B1D1，利用線面平行的判定可推出BD∥平面CB1D1；
②由BD⊥平面ACC1可推出AC1⊥BD；
③AC1⊥CD1，AC1⊥B1D1可推出AC1⊥平面CB1D1；
④異面直線AD與CB1所成角為45°，錯(cuò)誤.
11.如圖，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝3，D、E分別是AC1和BB1的中點(diǎn)，則直線DE與平面BB1C1C所成的角為_(kāi)_______.
答案π6
解析如圖，取AC中點(diǎn)F，連接FD，F(xiàn)B.則DF∥BE，DF＝BE，∴DE∥BF，∴BF與平面BB1C1C所成的角為所求的角，∵AB＝1，BC＝3，AC＝2，∴AB⊥BC，又AB⊥BB1，∴AB⊥平面BB1C1C，作GF∥AB交BC于點(diǎn)G，則GF⊥平面BB1C1C，∴∠FBG為直線BF與平面BB1C1C所成的角，由條件知BG＝12BC＝32，GF＝12AB＝12，
∴tan∠FBG＝GFBG＝33，∴∠FBG＝π6.
12.如圖所示，在四棱錐P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊長(zhǎng)都相等，M是PC上的一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿(mǎn)足________時(shí)，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫(xiě)一個(gè)你認(rèn)為是正確的條件即可)
答案DM⊥PC(或BM⊥PC，答案不唯一)
解析∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
又∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥BD，
又AC∩PA＝A，
∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.
∴當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時(shí)，
即有PC⊥平面MBD，
而PC平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.
13.在四棱錐P—ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC與BD的交點(diǎn)M恰好是AC中點(diǎn)，又PA＝AB＝4，∠CDA＝120°，點(diǎn)N在線段PB上，且PN＝2.
(1)求證：BD⊥PC；
(2)求證：MN∥平面PDC；
(3)求二面角A—PC—B的余弦值.
(1)證明因?yàn)椤鰽BC是正三角形，M是AC中點(diǎn)，
所以BM⊥AC，即BD⊥AC，
又因?yàn)镻A⊥平面ABCD，BD平面ABCD，
PA⊥BD，又PA∩AC＝A，
所以BD⊥平面PAC，
又PC平面PAC，所以BD⊥PC.
(2)證明在正三角形ABC中，BM＝23，
在△ACD中，因?yàn)镸為AC中點(diǎn)，DM⊥AC，
所以AD＝CD，又∠CDA＝120°，所以DM＝233，
所以BM∶MD＝3∶1，在等腰直角三角形PAB中，
PA＝AB＝4，PB＝42，所以BN∶NP＝3∶1，
BN∶NP＝BM∶MD，所以MN∥PD，
又MN平面PDC，PD平面PDC，
所以MN∥平面PDC.
(3)解因?yàn)椤螧AD＝∠BAC＋∠CAD＝90°，
所以AB⊥AD，分別以AB，AD，AP為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，所以B(4，0，0)，C(2，23，0)，D(0，433，0)，P(0，0，4).
由(1)可知，DB→＝(4，－433，0)為平面PAC的一個(gè)法向量，
PC→＝(2，23，－4)，PB→＝(4，0，－4)，
設(shè)平面PBC的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，
則nPC→＝0，nPB→＝0，即2x＋23y－4z＝0，4x－4z＝0.
令z＝3，則平面PBC的一個(gè)法向量為n＝(3，3，3)，
設(shè)二面角A—PC—B的大小為θ，
則cosθ＝nDB→|n||DB→|＝77.
所以二面角A—PC—B的余弦值為77.