数学北师大版（2019）必修第二册：阶段提升课 第六课　立体几何初步 学案与作业

数学北师大版（2019）必修第二册：阶段提升课 第六课　立体几何初步 学案与作业

阶段提升课 第六课 立体几何初步 思维导图·构建网络 考点整合·素养提升 题组训练一 空间几何体的结构特征、直观图 1.下列说法正确的是( ) A.有两个平面互相平行,其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 B.四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形 C.有两个平面互相平行,其余各面都是梯形的多面体是棱台 D.棱台的各侧棱延长后不一定交于一点 【解析】选 B.A 错误,如图 1;B 正确,如图 2,其中底面 ABCD 是矩形,可 证明∠PAB,∠PCB 都是直角,这样四个侧面都是直角三角形;C 错误,如 图 3;D 错误,由棱台的定义知,其侧棱必相交于同一点. 2.下列结论正确的是( ) A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥 B.以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边旋转形成的曲面所 围成的几何体是圆锥 C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则此棱锥可能是六棱锥 D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线 【解析】选 D.A 错误,如图 1 所示,由两个结构相同的三棱锥叠放在一 起构成的几何体,各面都是三角形,但它不是棱锥;B 错误,如图 2,若 △ABC 不是直角三角形或是直角三角形,但旋转轴不是直角边所在直线, 所得的几何体都不是圆锥; C 错误,若六棱锥的所有棱长都相等,则底面多边形是正六边形;由几何 图形知,若以正六边形为底面,侧棱长必然要大于底面边长;D 正确. 3. 如 图 , 四 边 形 ABCD 是 一 水 平 放 置 的 平 面 图 形 的 斜 二 测 直 观 图,AB∥CD,AD⊥CD,且 BC 与 y 轴平行,若 AB=6,CD=4,BC=2 ,则原平面 图形的实际面积是________. 【解析】由斜二测直观图的作图规则知,原平面图形是直角梯形,且 AB,CD 的 长 度 不 变 , 仍 为 6 和 4, 高 BC=4 , 故 所 求 面 积 S= ×(4+6)×4 =20 . 答案:20 1.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. 2.解决本类题目的技巧:三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几 何模型,有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念 类的命题进行辨析. 3.用斜二测画法画直观图要掌握水平长不变,垂线长减半,直角画 45°(或 135°). 题组训练二 共点、共线、共面问题 1.如图所示,空间四边形 ABCD 中,E,F 分别为 AB,AD 的中点,G,H 分别在 BC,CD 上,且 BG∶GC=DH∶HC=1∶2. 求证:(1)E,F,G,H 四点共面; (2)GE 与 HF 的交点在直线 AC 上. 【证明】(1)因为 BG∶GC=DH∶HC, 所以 GH∥BD,又 E,F 分别为 AB,AD 的中点, 所以 EF∥BD,所以 EF∥GH, 所以 E,F,G,H 四点共面. (2)因为 G,H 不是 BC,CD 的中点,所以 EF≠GH. 又 EF∥GH,所以 EG 与 FH 不平行,则必相交, 设交点为 M. ⇒M∈平面 ABC 且 M∈平面 ACD ⇒M 在平面 ABC 与平面 ACD 的交线上⇒M∈AC. 所以 GE 与 HF 的交点在直线 AC 上. 2.在四面体 ABCD 中,E,H 分别是线段 AB,AD 的中点,F,G 分别是线段 CB,CD 上的点,且 = = .求证: (1)四边形 EFGH 是梯形; (2)AC,EF,HG 三条直线相交于同一点. 【证明】(1)如图,连接 BD, 因为 E,H 分别是边 AB,AD 的中点, 所以 EH∥BD,且 EH= BD. 又因为 = = .所以 FG∥BD,且 FG= BD, 所以 EH∥FG 且 EH≠FG, 故四边形 EFGH 是梯形. (2)由(1)知 EF,HG 相交,设 EF∩HG=K, 因为 K∈EF,EF⊂平面 ABC, 所以 K∈平面 ABC.同理 K∈平面 ACD. 又平面 ABC∩平面 ACD=AC, 所以 K∈AC,故 EF 和 HG 的交点在直线 AC 上. 所以 AC,EF,HG 三条直线相交于同一点. 1.证明空间三点共线问题,通常证明这些点都在两个面的交线上,即先 确定出某两点在某两个平面的交线上,再证第三点是两个平面的公共 点,则此点必在两个平面的交线上. 2.证明共面问题,一般有两种证法:一是由某些元素确定一个平面,然 后证明其余元素在这个平面内;二是分别由不同元素确定若干个平面, 然后证明这些平面重合. 3.证明三线共点问题,先证两条直线交于一点,再证明第三条直线经过 这点,把问题转化为证明点在直线上的问题. 题组训练三 平行与垂直问题 1. 在 三 棱 柱 ABC-A1B1C1 中 ,AA1⊥ 底 面 ABC, 且 △ABC 为 正 三 角 形,AA1=AB=6,D 为 AC 的中点. (1)求证:直线 AB1∥平面 BC1D; (2)求证:平面 BC1D⊥平面 ACC1A1; (3)求三棱锥 C-BC1D 的体积. 【解析】(1)连接 B1C 交 BC1 于点 O,连接 OD,BD,则点 O 为 B1C 的中点. 因为 D 为 AC 中点,得 DO 为△AB1C 的中位线, 所以 AB1∥OD. 因为 OD⊂平面 BC1D,AB1⊄平面 BC1D, 所以直线 AB1∥平面 BC1D. (2)因为 AA1⊥底面 ABC,BD⊂平面 ABC,所以 AA1⊥BD.因为底面△ABC 是 正三角形,D 是 AC 的中点,所以 BD⊥AC.因为 AA1∩AC=A,所以 BD⊥平面 ACC1A1,因为 BD⊂平面 BC1D,所以平面 BC1D⊥平面 ACC1A1. (3)由(2)知,在△ABC中,BD⊥AC,BD=BCsin ∠DCB=3 ,所以S△BCD= ×3 ×3 = . 所以 = = × ×6=9 . 2. 如 图 , 已 知 正 方 形 ABCD 和 矩 形 ACEF 所 在 的 平 面 互 相 垂 直,AB=2,AF= ,M 为 EF 的中点.求证: (1)平面 ABF∥平面 DCE; (2)AM∥平面 BDE; (3)AM⊥平面 BDF. 【证明】(1)由正方形 ABCD 和矩形 ACEF 可得, AB∥CD,AF∥CE,因为 AB∩AF=A,CD∩CE=C. AB⊂平面 ABF,AF⊂平面 ABF,CD⊂平面 DCE,CE⊂平面 DCE, 所以平面 ABF∥平面 DCE. (2)设 AC∩BD=O,连接 OE,如图, 因为四边形 ABCD 为正方形,所以 O 为 AC 的中点, 又矩形 ACEF,M 为 EF 的中点, 所以 EM∥OA,且 EM=OA, 所以四边形 OAME 为平行四边形, 所以 AM∥OE,又 AM⊄平面 BDE,OE⊂平面 BDE, 所以 AM∥平面 BDE. (3)因为正方形 ABCD,所以 BD⊥AC, 又因为平面 ABCD⊥平面 ACEF,平面 ABCD∩平面 ACEF=AC,BD⊂平面 ABCD, 所以 BD⊥平面 ACEF,因为 AM⊂平面 ACEF, 所以 BD⊥AM,在矩形 ACEF 中,O 为 AC 中点,M 为 EF 的中点,AF= . 所以 AO= AC= × = . 连接 MO,OF,所以 AFMO 为正方形,所以 OF⊥AM, 而 BD⊂平面 BDF,OF⊂平面 BDF,BD∩OF=O, 所以 AM⊥平面 BDF. 1.平行问题的转化 利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定 问题时,一般遵循从“低维”到“高维”的转化,即从“线线平行”到 “线面平行”再到“面面平行”;而应用性质定理时,其顺序正好相反. 在实际的解题过程中,判定定理和性质定理一般要相互结合,灵活运 用. 2.垂直问题的转化 在空间垂直关系中,线面垂直是核心,已知线面垂直,既可为证明线线 垂直提供依据,又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫.应用面面 垂直的性质定理时,一般需作辅助线,基本作法是过其中一个平面内一 点作交线的垂线,从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题,进而可转 化为线线垂直问题. 题组训练四 空间角的求法 1.如图所示,三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面是边长为 2 的正三角形且侧棱垂 直于底面,侧棱长是 ,D 是 AC 的中点. (1)求证:B1C∥平面 A1BD; (2)求二面角 A1-BD-A 的大小; (3)求直线 AB1 与平面 A1BD 所成角的正弦值. 【解析】(1)设 AB1 与 A1B 相交于点 P,连接 PD,则 P 为 AB1 的中点,因为 D 为 AC 的中点,所以 PD∥B1C. 又因为 PD⊂平面 A1BD,B1C⊄平面 A1BD, 所以 B1C∥平面 A1BD. (2)由题知,平面 ACC1A1⊥平面 ABC,平面 ACC1A1∩平面 ABC=AC,又因为 BD ⊥AC,则 BD⊥平面 ACC1A1,所以 BD⊥A1D,BD⊥AD,所以∠A1DA 就是二面角 A1-BD-A 的平面角. 因为 AA1= ,AD= AC=1, 则 tan∠A1DA= = , 所以∠A1DA= , 即二面角 A1-BD-A 的大小是 . (3)作 AM⊥A1D 于 M.由(2)知,BD⊥平面 ACC1A1. 因为 AM⊂平面 ACC1A1,所以 BD⊥AM. 因为 A1D∩BD=D,所以 AM⊥平面 A1BD. 连接 MP,易知∠APM 就是直线 AB1 与平面 A1BD 所成的角. 因为 AA1= ,AD=1, 所以在 Rt△AA1D 中,∠A1DA= , 所以 AM=1×sin 60°= ,AP= AB1= , 所以 sin ∠APM= = = ,所以直线 AB1 与平面 A1BD 所成角的正弦值 为 . 2. 在 四 棱 锥 P-ABCD 中 , 底 面 ABCD 是 矩 形 . 已 知 AB=3,AD=2,PA=2,PD=2 , ∠PAB=60°. (1)证明:AD⊥平面 PAB; (2)求异面直线 PC 与 AD 所成的角的正切值的大小; (3)求二面角 P-BD-A 的正切值的大小. 【解析】(1)在△PAD 中,由题设 PA=2,AD=2,PD=2 ,可得 PA2+AD2=PD2, 于是 AD⊥PA. 在矩形 ABCD 中,AB⊥AD, 又 PA∩AB=A,所以 AD⊥平面 PAB. (2)由题设,知 BC∥AD,所以∠PCB(或其补角)是异面直线 PC 与 AD 所成 的角. 在△PAB 中,由余弦定理得 PB= = . 由(1)知,AD⊥平面 PAB,PB⊂平面 PAB, 所以 AD⊥PB,所以 BC⊥PB, 所以△PBC 是直角三角形,故 tan∠PCB= = . 故异面直线 PC 与 AD 所成的角的正切值的大小为 . (3)如图所示,过点 P 作 PH⊥AB 于 H,过点 H 作 HE⊥BD 于 E,连接 PE. 因为 AD⊥平面 PAB,PH⊂平面 PAB, 所以 AD⊥PH.又 AD∩AB=A, 所以 PH⊥平面 ABCD, 故 HE 为 PE 在平面 ABCD 内的射影, 所以 BD⊥PE. 从而∠PEH 是二面角 P-BD-A 的平面角. 由题设可得 PH=PA·sin 60°= , AH=PA·cos 60°=1,BH=AB-AH=2, BD= = , 由 Rt△BEH∽Rt△BAD 知 = , 所以 HE= . 所以 tan∠PEH= = . 故二面角 P-BD-A 的正切值的大小为 . 1.求异面直线所成的角常用平移转化法(转化为相交直线的夹角). 2.求直线与平面所成的角常用射影转化法(即作垂线、找射影). 3.二面角的平面角的作法常有三种:(1)定义法:根据平面角的概念直 接作,如二面角的棱是两个等腰三角形的公共底边,就可以取棱的中 点;(2)垂面法:过二面角棱上一点作棱的垂面,则垂面与二面角的两个 半平面的交线所成的角就是二面角的平面角或其补角;(3)垂线法:过 二面角的一个半平面内一点 A 作另一个半平面的垂线,再从垂足 B 向二 面角的棱作垂线,垂足为 C,这样二面角的棱就垂直于这两个垂线所确 定的平面 ABC,连接 AC,则 AC 也与二面角的棱垂直,∠ACB 就是二面角的 平面角或其补角,这样就把问题归结为解一个直角三角形,是求解二面 角最基本、最重要的方法. 题组训练五 折叠与探索性问题 1.如图①,在 Rt△ABC 中,∠C=90°,D,E 分别为 AC,AB 的中点,点 F 为线 段 CD 上的一点.将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1F⊥CD,如图 ②. (1)求证:DE∥平面 A1CB; (2)求证:A1F⊥BE; (3)线段 A1B 上是否存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ?说明理由. 【解析】(1)因为 D,E 分别为 AC,AB 的中点, 所以 DE∥BC. 又因为 DE⊄平面 A1CB,BC⊂平面 A1CB, 所以 DE∥平面 A1CB. (2)由已知得 AC⊥BC 且 DE∥BC, 所以 DE⊥AC. 所以 DE⊥A1D,DE⊥CD.所以 DE⊥平面 A1DC. 而 A1F⊂平面 A1DC,所以 DE⊥A1F. 又因为 A1F⊥CD,CD∩DE=D, 所以 A1F⊥平面 BCDE.所以 A1F⊥BE. (3)线段 A1B 上存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ.理由如下: 如图,分别取 A1C,A1B 的中点 P,Q, 连接 PQ,则 PQ∥BC. 又因为 DE∥BC,所以 DE∥PQ. 所以平面 DEQ 即为平面 DEP. 由(2)知,DE⊥平面 A1DC,所以 DE⊥A1C. 又因为 P 是等腰三角形 DA1C 底边 A1C 的中点, 所以 A1C⊥DP.所以 A1C⊥平面 DEP,即 A1C⊥平面 DEQ. 故线段 A1B 上存在点 Q,使得 A1C⊥平面 DEQ. 2.如图所示,在平行四边形 ABCD 中,已知 AD=2AB=2a,BD= a,AC∩BD=E, 将其沿对角线 BD 折成直二面角. 求证:(1)AB⊥平面 BCD; (2)平面 ACD⊥平面 ABD. 【证明】(1)在△ABD 中 AB=a,AD=2a,BD= a, 所以 AB2+BD2=AD2,所以∠ABD=90°, 所以 AB⊥BD. 又因为平面 ABD⊥平面 BCD, 平面 ABD∩平面 BCD=BD,AB⊂平面 ABD, 所以 AB⊥平面 BCD. (2)因为折叠前四边形 ABCD 是平行四边形, 且 AB⊥BD,所以 CD⊥BD.因为 AB⊥平面 BCD, 所以 AB⊥CD. 又因为 AB∩BD=B,所以 CD⊥平面 ABD. 又因为 CD⊂平面 ACD,所以平面 ACD⊥平面 ABD. 1.解决探究性问题一般要采用执果索因的方法,假设求解的结果存在, 从这个结果出发,寻找使这个结论成立的充分条件,如果找到了符合题 目结果要求的条件,则存在;如果找不到符合题目结果要求的条件(出 现矛盾),则不存在. 2.解决折叠问题一般要抓住折叠前后的变量与不变量.一般情况下,在 折线同侧的量,折叠前后不变,“跨过”折线的量,折叠前后可能会发 生变化,这是解决这类问题的关键.在解题时仔细审视从平面图形到立 体图形的几何特征的变化情况.注意相应的点、直线、平面间的位置关 系,线段的长度、角度的变化情况. 题组训练六 空间几何体的表面积与体积 1.轴截面为正方形的圆柱的侧面积与全面积的比是( ) A.1∶2 B.2∶3 C.1∶3 D.1∶4 【解析】选 B.设圆柱的底面圆半径为 r,母线长为 l,依题意得 l=2r,而 S 侧=2πrl, S 全=2πr2+2πrl,所以 S 侧∶S 全=2πrl∶(2πr2+2πrl)=2∶3. 2.四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是边长为 6 的正方形,且 PA=PB=PC=PD, 若一个半径为 1 的球与此四棱锥所有面都相切,则该四棱锥的高是 ( ) A.6 B.5 C. D. 【解析】选 D.由题意,四棱锥 P-ABCD 是正四棱锥,球的球心 O 在四棱锥 的高 PH 上.过正四棱锥的高作组合体的轴截面,如图所示,其中 PE,PF 是 斜 高 ,A′ 为 球 面 与 侧 面 的 切 点 . 设 PH=h, 由 几 何 体 可 知,Rt△PA′O∽Rt△PHF,所以 = ,即 = ,解得 h= . 3.(2020·天津高考)若棱长为 2 的正方体的顶点都在同一球面上, 则该球的表面积为( ) A.12π B.24π C.36π D.144π 【解题指南】求出正方体的体对角线的一半,即为球的半径,利用球的 表面积公式,即可得解. 【解析】选 C.这个球是正方体的外接球,其半径等于正方体的体对角线 的一半,设外接球的半径为 R, 则 R= =3, 所以,这个球的表面积为 S=4πR2=4π×32=36π. 1.几何体的表面积及体积的计算是现实生活中经常能够遇到的问题, 在计算中应注意各数量之间的关系及各元素之间的位置关系,特别是 特殊的柱、锥、台体,要注意其中矩形、梯形及直角三角形等重要的平 面图形的应用. 2.求解与球有关的“切”“接”问题的规律:(1)“切”的处理,首先 要找准切点,通过作截面来解决,截面过球心.(2)“接”的处理,抓住 外接的特点,即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径. 关闭 Word 文档返回原板块