2012届高考理科数学第二轮立体几何复习教案

j.Co M
2012届高考数学二轮复习
专题六 立体几何
【重点知识回顾】
稳定中有所创新,由知识立意转为能力立意
（1） 考查重点及难点稳定：高考始终把空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直的性质与判定,以及求线面角、二面角等知识都是重点考查的内容，其中线线角、线面角、二面角的求解更是重中之重在难度上平稳过渡，始终以中等偏难为主。实行新课程的高考，命题者在求稳的同时注重创新高考创新，主要体现在命题的立意和思路上注重对学生能力的考查
（2）空间几何体中的三视图仍是高考的一个重要知识点解答题的考查形式仍要注重在一个具体立体几何模型中考查线面的关系
（3）使用，“向量”仍将会成为高考命题的热点，一般选择题、填空题重在考查向量的概念、数量积及其运算律在有些立体几何的解答题中，建立空间直角坐标系，以向量为工具，利用空间向量的坐标和数量积解决直线、平面问题的位置关系、角度、长度等问题，比用传统立体几何的方法简便快捷，空间向量的数量积及坐标运算仍是2012年高考命题的重点
（4）支持新课改，在重叠部分做文章,在知识交汇点处命题
立体几何中平行、垂直关系证明的思路清楚吗？
平行垂直的证明主要利用线面关系的转化：

线面平行的判定：


线面平行的性质：

三垂线定理（及逆定理）：

线面垂直：


面面垂直：



三类角的定义及求法
（1）异面直线所成的角θ，0°＜θ≤90°

（2）直线与平面所成的角θ，0°≤θ≤90°


（三垂线定理法：A∈α作或证AB⊥β于B，作BO⊥棱于O，连AO，则AO⊥棱l，∴∠AOB为所求。）
三类角的求法：
①找出或作出有关的角。
②证明其符合定义，并指出所求作的角。
③计算大小（解直角三角形，或用余弦定理）。
点与点，点与线，点与面，线与线，线与面，面与面间距离。
将空间距离转化为两点的距离，构造三角形，解三角形求线段的长（如：三垂线定理法，或者用等积转化法）。
如：正方形ABCD?A1B1C1D1中，棱长为a，则：
（1）点C到面AB1C1的距离为___________；
（2）点B到面ACB1的距离为____________；
（3）直线A1D1到面AB1C1的距离为____________；
（4）面AB1C与面A1DC1的距离为____________；
（5）点B到直线A1C1的距离为_____________。

你是否准确理解正棱柱、正棱锥的定义并掌握它们的性质？
正棱柱??底面为正多边形的直棱柱
正棱锥??底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面的中心。

正棱锥的计算集中在四个直角三角形中：

它们各包含哪些元素？


球有哪些性质？

（2）球面上两点的距离是经过这两点的大圆的劣弧长。为此，要找球心角！
（3）如图，θ为纬度角，它是线面成角；α为经度角，它是面面成角。


（5）球内接长方体的对角线是球的直径。正四面体的外接球半径R与内切球半径r之比为R：r＝3：1。

【典型例题】
1，空间几何体及三视图
例1．用一些棱长为1cm的小正方体码放成一个几何体，图1为其俯视图，图2为其主视图则这个几何体的体积最大是 7 cm3．


图1（俯视图） 图2（主视图）
例2.一个多面体的直观图及三视图如图所示，则多面体 的体积为 ▲ ．


例4.右图是由一些相同的小正方体构成的几何体的三视图，这些相同的小正方体共有▲ 个．5
例5．如果一个几何体的三视图如图所示(单位长度: cm), 则此几何体的表面积是 。

例 6.矩形ABCD中，AB=4，BC=3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B－AC－D，则四面体ABCD的外接球的体积为
例7.一个几何体的三视图中，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是等腰直角三角形（如图），根据图中标注的长度，可以计算出该几何体的表面积是 12+4 ．
2.平行与垂直
例8.已知：正方体 ， ，E为棱 的中点．
⑴求证： ；
⑵求证： 平面 ；⑶求三棱锥 的体积

证明：连结 ，则 // ， ∵ 是正方形，∴ ．
∵ 面 ，∴ ．
又 ，∴ 面 ．
∵ 面 ，∴ ，
∴ ．
⑵证明：作 的中点F，连结 ．
∵ 是 的中点，∴ ，
∴四边形 是平行四边形，∴ ．
∵ 是 的中点，∴ ，
又 ，∴ ．
∴四边形 是平行四边形， // ，
∵ ， ，
∴平面 面 ．
又 平面 ，∴ 面
例9. 多面体 中， ， ， ， 。
（1）求证： ；
（2）求证：
证明：（1）∵

∴
（2）令 中点为 ， 中点为 ，连结 、
∵ 是 的中位线
∴
又∵
∴
∴
∴
∵ 为正
∴
∴
又∵ ，
∴四边形 为平行四边形
∴
∴
例10．如图四边形 是菱形， 平面 ， 为 的中点. 求证：
⑴ ∥平面 ；
⑵ 平面 平面 .
解：证：设 ,连
⑴ ∵ 为菱形， ∴ 为 中点，又 为 中点。
∴ ∥
又 , ∴ ∥
⑵ ∵ 为菱形， ∴ ,
又∵ ， ∴
又 ∴ 又
∴
3.距离与角
例11．已知 所在的平面互相垂直，且ＡＢ＝ＢＣ＝ＢＤ， ，求：
⑴．直线AD与平面BCD所成角的大小；
⑵．直线AD与直线BC所成角的大小；
⑶．二面角A-BD-C的余弦值．
⑴如图，在平面ABC内，过A作AH⊥BC，垂足为H，
则AH⊥平面DBC，∴∠ADH即为直线AD与平面BCD所成的角
由题设知△AHB≌△AHD，则DH⊥BH，AH=DH，∴∠ADH=45°
⑵∵BC⊥DH，且DH为AD在平面BCD上的射影，
∴BC⊥AD，故AD与BC所成的角为90°
⑶过H作HR⊥BD，垂足为R，连结AR，则由三垂线定理知，AR⊥BD，故∠ARH为二面角A?BD?C的平面角的补角 设BC=a,则由题设知，AH=DH= ,在△HDB中，HR= a，∴tanARH= =2
故二面角A?BD?C的余弦值的大小为
【点评】:本题着眼于让学生掌握通性通法。几何法在书写上体现：“作出来、证出来、指出来、算出来、答出来”五步。斜线和平面所成的角是一个直角三角形所成的锐角，它的三条边分别是平面的垂线段、斜线段及斜线段在平面内的射影。因此求直线和平面所成的角，几何法一般先定斜足、再作垂线找射影、通过解直角三角形求解；向量法则利用斜线和射影的夹角或考虑法向量，设 为直线与平面 所成的角， 为直线的方向向量 与平面 的法向量 之间的夹角，则有 或 （如图）

特别地 时， ， ； 时， ， 或 。
⑴用两面垂直的性质作垂线，找垂足的位置作出线面角，⑵利用三垂线定理证，⑶利用对称性定义法作二面角
【变式与拓展】如图，BCD是等腰直角三角形，斜边CD的长等于点P到BC的距离，D是P在平面BCD上的射影．
⑴.求PB与平面BCD所成角；
⑵.求BP与平面PCD所成的角.
【解法】
⑴. PD⊥平面BCD，∴BD是PB在平面BCD内的射影，
∴∠PBD为PB与平面BCD所成角,BD⊥BC，
由三垂线定理得BC⊥BD，∴BP=CD，设BC=a，
则BD=a，BP=CD= a∴在Rt△BPD中，
cos∠DBP= ∴∠DBP=45°, 即PB与平面BCD所成角为45°．
⑵.过B作BE⊥CD于E，连结PE，PD⊥平面BCD得PD⊥BE，∴BE⊥平面PCD，
∴∠BPE为BP与平面PCD所成的角,在Rt△BEP中，BE= a, BP= a,∴∠BPE=30° 即BP与平面PCD所成角为30°

例12.在四棱锥P-ABCD中，已知ABCD为矩形，PA ⊥平面ABCD，设PA=AB=a，BC=2a，求二面角B-PC-D的大小

解析1.定义法 过D作DE ⊥PC于E，过E作EF ⊥PC于F，连接FD，由二面角的平面角的定义可知 是所求二面角B-PC-D的平面角。求解二面角B-PC-D的大小只需解△DEF即可

【解法一】过D作DE ⊥PC于E，过E作EF ⊥PC于F，连接FD，由二面角的平面角的定义可知 是所求二面角B-PC-D的平面角
在四棱锥P-ABCD中， PA ⊥平面ABCD且ABCD为矩形，∵AD⊥DC∴PD⊥DC
∵PA=a，AD=BC=2a，∴PD= ,PC= ,DE= ,CE=
同理在Rt△PBC中， ，
在Rt△EFC中,FC= , 在Rt△DFC中,DF= ,
在△DEF中由余弦定理cos =
所求二面角B-PC-D的余弦值为
解析2.垂面法　　易证面PAB⊥面PBC，过A作AM ⊥BP于M，显然AM ⊥面PBC，从而有AM ⊥PC，同法可得AN ⊥PC，再由AM与AN相交与A得PC ⊥面AMN。设面AMN交PC于Q，则 为二面角B-PC-D的平面角；再利用三面角公式可解
【解法二】略
解析3.利用三垂线求解　　把四棱锥P-ABCD补成如图的直三棱柱PAB-EDC，显然二面角E-PC-D与二面角D-PC-B互补，转化为求二面角E-PC-D。
易证面PEDA ⊥PDC，过E作EF ⊥ PD于F，显然PF ⊥面PDC，在面PCE内，过E作EG ⊥PC于G，连接GF，由三垂线得GF⊥ PC 即 为二面角E-PC-D的平面角，只需解△EFG即可

解析4.在面PDC内，分别过D、B作DE ⊥PC
于E，
BF ⊥PC于F，连接EF即可。
利用平面知识求BF、EF、DE的长度，
再利用空间余弦定理求出q 即可
【点评】.用几何法求二面角的方法比较多，常见的有：
（1）定义法, 在棱上的点分别作棱的垂线，如解析１
（2）三垂线求解 ,在棱上的点分别作棱的垂线，如解析２
（3）垂面法, 在棱上的点分别作棱的垂线，如解析３
用几何法将二面角转化为其平面角，要掌握以下三种基本做法：①直接利用定义，图(1).②利用三垂线定理及其逆定理，图 (2).最常用。③作棱的垂面，图(3).
4.空间几何中的向量方法
例13. 如下图，直棱柱ABC?A1B1C1的底面△ABC中，CA=CB=1，∠BCA=90°，棱AA1=2，M、N分别是A1B1、A1A的中点.
（1）求BN的长；
（2）求异面直线BA与1CB1的余弦值；
（3）求证：A1B⊥C1M.
【解法】：∵AC⊥BC,CC1⊥面ABC，
∴可以建立如图所示的坐标系

（1）依题意得B（0， 1，0），N（1，0，1），
∴｜ ｜= = .
（2）A1（1，0，2），B（0，1，0），C（0，0，0），B1（0，1，2），
∴ =(1,-1,2)， =（0，1，2）， ? =3，｜ ｜= ，｜ ｜= .
∴cos〈 ， 〉= = .
所以，异面直线BA与1CB1的余弦值为
（3）证明：C1（0，0，2），M（ ， ，2），
=(-1,1,-2)， =（ ， ，0），∴ ? =0，∴A1B⊥C1M.
【点评】底面有直角的直棱柱适合建立坐标系的条件，可以用两点间的距离公式，数量积的夹角公式，用坐标法求点点距、向量夹角。特别注意异面直线角的范围(0, ],而向量角的范围为[0,π]
【变式与拓展】在三棱锥S?ABC中，∠SAB=∠SAC=∠ACB=90°，AC=2，BC= ，SB= .
（1）求证：SC⊥BC；
（2）求SC与AB所成角的余弦值.

【解法一】：如下图，取A为原点，AB、AS分别为y、z轴建立空间直角坐标系，则有AC=2，BC= ，SB= ，得B（0， ，0）、S（0，0，2 ）、C（2 ， ，0）， =（2 ， ，－2 ）， =（－2 ， ，0）.

（1）∵ ? =0，∴SC⊥BC.
（2）设SC与AB所成的角为α，∵ =（0， ，0）， ? =4， =4 ，∴cosα= ，即为所求.
【解法二】：（1）∵SA⊥面ABC，AC⊥BC，AC是斜线SC在平面ABC内的射影，∴SC⊥BC.
（2）如下图，过点C作CD∥AB，过点A作AD∥BC交CD于点D，连结SD、SC，则∠SCD为异面直线SC与AB所成的角.∵四边形ABCD是平行四边形，CD= ，SA=2 ，SD= = =5，∴在△SDC中，由余弦定理得cos∠SCD= ，即为所求.

例14.如图，在四棱锥 中，底面ABCD是正方形，侧棱 底面ABCD，
，E是PC的中点，作 交PB于点F.
（1）证明 平面 ；
（2）证明 平面EFD；
（3）求二面角 的大小．

【解法】：如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点.设

⑴证明：连结AC，AC交BD于G.连结EG.
依题意得
底面ABCD是正方形， 是此正方形的中心，
故点G的坐标为 且
. 这表明 .
而 平面EDB且 平面EDB， 平面EDB。
⑵证明：依题意得 。又
故
, 由已知 ，且 所以 平面EFD.
(3)解：设点F的坐标为 则
从而 所以
由条件 知， 即 解得
点F的坐标为 且
,即 ，
故 是二面角 的平面角.
∵ 且

,
所以，二面角C?PC?D的大小为
【点评】考查空间向量数量积及其坐标表示，运用向量数量积判断向量的共线与垂直，用向量证明线线、线面、面面的垂直与平行关系。
【变式与拓展】如图，已知矩形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，
E、F分别是AB、PC的中点．
（1）求证：EF∥平面PAD；
（2）求证：EF⊥CD；
（3）若?PDA＝45?，求EF与平面ABCD所成的角．
证明：如图，建立空间直角坐标系A－xyz，
设AB＝2a，BC＝2b，PA＝2c，则：A(0, 0, 0)，
B(2a, 0, 0)，C(2a, 2b, 0)，D(0, 2b, 0)，
P(0, 0, 2c)∵ E为AB的中点，F为PC的中点
∴ E (a, 0, 0)，F (a, b, c)
(1)∵ ＝(0, b, c)， ＝(0, 0, 2c)， ＝(0, 2b, 0)
∴ ＝12 (→ AP ＋→ AD ) ∴ 与 、 共面
又∵ E ? 平面PAD∴ EF∥平面PAD．
(2)∵ → CD ＝(-2a, 0, 0 )
∴→ CD ?→ EF ＝(-2a, 0, 0)?(0, b, c)＝0 ∴ CD⊥EF．

(3)若?PDA＝45?，则有2b＝2c，即 b＝c，∴ → EF ＝(0, b, b)，
→ AP ＝(0, 0, 2b) ∴ cos ?→ EF ，→ AP ?＝2b22b?2b ＝22
∴ ?→ EF ，→ AP ?＝ 45?
∵ → AP ⊥平面AC，∴ → AP 是平面AC的法向量
∴ EF与平面AC所成的角为：90?－?→ EF ，→ AP ?＝ 45?．
例15.如图，在正四棱柱 中，已知 ， 、 分别为 、 上的点，且
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）求点 到平面 的距离.
解：(Ⅰ)以 为原点，以 、 、 的正向分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系，则

于是
且
平面
（Ⅱ）由(Ⅰ)知， 为平面 的一个法向量，
向量 在 上的射影长即为 到平面 的距离，设为 ，于是

故点 到平面 的距离为
例16.如图，在四棱锥P?ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB=3，BC=1，PA=2，E为PD的中点．
（Ⅰ）求直线AC与PB所成角的余弦值；
（Ⅱ）在侧面PAB内找一点N，使NE⊥面PAC，
并求出N点到AB和AP的距离．

解：方法一、（1）设AC∩BD=O，连OE，则OE//PB，
∴∠EOA即为AC与PB所成的角或其补角.
在△AOE中，AO=1，OE=

∴
即AC与PB所成角的余弦值为 .
（2）在面ABCD内过D作AC的垂线交AB于F，则 .
连PF，则在Rt△ADF中
设N为PF的中点，连NE，则NE//DF，
∵DF⊥AC，DF⊥PA，∴DF⊥面PAC，从而NE⊥面PAC.
∴N点到AB的距离 ，N点到AP的距离
方法二、（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，
则A、B、C、D、P、E的坐标为A（0，0，0）、
B（ ，0，0）、C（ ，1，0）、D（0，1，0）、
P（0，0，2）、E（0， ，1），
从而
设 的夹角为θ，则

∴AC与PB所成角的余弦值为 .
（Ⅱ）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为（x，O，z），则 ，由NE⊥面PAC可得，
∴
即N点的坐标为 ，从而N点到AB、AP的距离分别为1， .

【模拟演练】
一、选择
1．已知正方体外接球的体积是 ，那么正方体的棱长为（ ）
A． B． C． D．
2．一个几何体的三视图如图所示，已知侧视图是一个等腰三角形, 根据图中尺寸(单位: ),可知这个几何体的体积是（ ）

A. B. C. D.

4．已知、 是不重合的直线， 、 、 是两两不重合的平面，给出下列命题：①若 则 ；②若 ， 则 ;③若 ， ；④若 其中真命题的序号为（ ）
A ①②B ①③C ①④D ②④
5.　在正三棱锥 中， 分别为 、 的中点，若 与 所成的角为 ，则 与 所成的角为（ ）
　A. 　B. C. D.

7．已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC=BC，M、N分别是A1B1，AB的中点，P点在线段 上，则 与平面 的位置关系是 （ ）
A．垂直
B．平行
C．相交但不垂直
D． 要依P点的位置而定


11. 如图所示，设地球半径为 ，点 在赤道上， 为地心，点 在北纬30°的纬线（ 为其圆心）上，且点 ， ， 共面，点 、 、 共线 若 ，则异面直线 与 所成角的正弦值为（ ）
A. B.
C. D.

二、填空
13.已知一个正四棱柱内接于球，该正四棱柱高为3，体积为24，则这个球的表面积是 。
14．若直线l与平面?所成角为 ，直线a在平面内，且与直线l异面，则直线l与直线a所成的角的取值范围是 。
三解答题
17．（本题满分12分）
如图所示，在四棱锥 中，底面 为平行四边形， ， 平面 ，点 是 的中点。
（1）求证：平面 平面 ；
（2）求证： 。

18. （本小题满分12分）
如图所示，矩形 中，G是对角线AC，BD的交点， ，，F为CE上的点，且 ，连接FG.
⑴求证： ；
⑵求证： // ；
⑶求三棱锥 的体积.
19．如图,四棱锥 的底面为直角梯形，
ABCD, 。　
(Ⅰ)求证:
(Ⅱ)求二面角 的大小　
专题训练答案
1．B 解析：由正方体对角线得到直径可知， ，所以棱长为 。
2.A 解析：由三视图可知该几何体的底面是底边为6，高是4的等腰三角形，该几何体的高为5，所以 。

4．D解析：①只有、 相交才正确，所以①错误；②正确；③l还需与 、 的交线垂直，错误；④由平面与平面平行的性质定理可知正确，选D.
5．C 解析：由正三棱锥 的对应棱互相垂直，得 。取 的中点 ，连 ，则 ，所以△ 是直角三角形， 与 所成的角为 ，就是∠ ＝ ，从而∠ ＝ ，即 与 所成的角为 ，故选C。

7．B 解析：由题设知B1M∥AN且B1M=AN，四边形ANB1M是平行四边形，
故B1N∥AM，B1N∥AMC1平面．又C1M∥CN，得CN∥平面AMC1，则平面B1NC∥AMC1， 平面AMC1，∴ ∥平面B1NC。
11.C 解析：分别以 所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系 ，易得A（0，R，0），B（R，0，0），C（0， ，D（0，0，R）， 所以 ， 故选C。
13. 解析：正四棱柱高为3，体积为24，底面积为8，正方形边长为2 ，正四棱柱的对角线长即球的直径为5，∴ 球的半径为 ，球的表面积是 。
14． ；解析：因为直线l是平面的斜线，斜线与平面所成的角，是这条斜线和这个平面内的直线所成的一切角中最小的角，故a与l所成的角大于或等于 ；又因为异面直线所成的角不大于 .
17、证明：（1） 平面 ， 平面 ， 。 2分
又 ， 平面 ， 平面 ，
平面 ， 平面 ， 平面 平面 。 6分

（2）连结 交 于点 ，并连结 ， 四边形 为平行四边形
∴ 为 的中点， 又 为 的中点。 8分
∴在 中 为中位线， ， 平面 ，
平面 ， ， 。 12分
18、解：（1）证明：∵ ，
∴ ，∴ ， 2分
又∵ ，∴ ， 4分
又∵
∴ .， ， 。 5分
⑵证明：∵ ，∴ ，又
∴ 是 的中点，又易知 是 的中点，
∴在△ 中， ，又 ，
∴ . 9分
⑶由⑵知 且 ， .
∴ ∴ ，
又∵ ，∴ ，∴在 中， 。
∴在 ，
∴在 。 12分
解析：（Ⅰ）如图，建立坐标系，

则 ， ， ， ， ，
， ， ，
， 　 2分
， ，又 ， 平面 　 6分
（Ⅱ）设平面 的法向量为 ，
则 ， ，
又 ， ，
解得
。 8分
平面 的法向量取为 ，
， 。　
二面角 的大小为 。　 12分


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