第八章 立体几何初步章末总结提升课件-2024-2025学年高一下学期数学人教A版（2019）必修第二册

第八章　立体几何初步 章末总结提升 人教A版 数学 必修第二册 知识网络·归纳整合 空间平行、垂直关系之间的转化 专题突破·素养提升 专题一　空间几何体的表面积和体积 1.主要考查多面体、旋转体的表面积,旋转体的侧面展开图,柱体、锥体、台体的体积,球的表面积和体积,不规则几何体常用转换法、分割法、补形法等进行求解. 2.利用公式求解表面积、体积,提高数学运算素养. 【例1】 如图所示,在边长为4的正三角形ABC中,E,F依次是AB,AC的中点, AD⊥BC,EH⊥BC,FG⊥BC,D,H,G为垂足.若将△ABC中的四边形EFGH抠掉后,剩余部分绕AD所在直线旋转180°,求形成的几何体的表面积与体积. 规律方法　1.空间几何体表面积的求法 (1)多面体的表面积是各个面的面积之和;组合体的表面积注意衔接部分的处理. (2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用. 2.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,则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解.特别地,求三棱锥体积时经常要转换顶点和底面,从而达到方便求高的目的. 变式训练1(1)[2023深圳罗湖月考]已知一个圆锥的母线长为10,高为8,则该圆锥内切球的表面积与圆锥的表面积之比为(　　) B (2)如图所示,已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1,且AA1⊥底面ABC,则三棱锥B1-ABC1的体积为(　　) A 专题二　空间中的平行与垂直关系 1.空间中的平行、垂直关系,主要有线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直).平行关系中线面平行是重点,垂直关系中线面垂直和线线垂直是重点. 2.学习空间中的平行关系和垂直关系提升逻辑推理和直观想象素养. 【例2】 [2023北京顺义期末]如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=2,EF=a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点. (1)求证:BC∥平面AEF; (2)求证:AO⊥BE; (3)若BE⊥平面AOC,求实数a的值. (1)证明 由于EF∥BC,又由EF⊂平面AEF,BC⊄平面AEF, 则有BC∥平面AEF. (2)证明 △AEF为等边三角形,O为EF的中点,则有AO⊥EF. 又平面AEF⊥平面EFCB,且平面AEF∩平面EFCB=EF,同时,AO⊂平面AEF,则有AO⊥平面EFCB, 又由BE⊂平面EFCB,则有AO⊥BE. (3)解 延长CO交BE的延长线于点D. 如图: 由于BE⊥平面AOC,且OC⊂平面AOC,则有BE⊥OC, 由于BD⊥CD,所以∠EDO=90°. 又由∠EBC=∠FCB=60°,EF∥BC,则有BE=CF. 同时,∠EBC=∠DEO=60°,则∠FOC=∠DOE=30°, 又∠OCF=∠FCB-∠BCD=60°-30°=30°,则有OF=CF. 规律方法　1.空间中的平行关系有三种:线线平行、线面平行、面面平行. (1)证明线线平行的常用方法有7种:a.利用两直线平行的定义;b.利用平行线的传递性;c.利用三角形中位线定理;d.利用平行四边形对边平行;e.利用线面平行的性质定理;f.利用线面垂直的性质定理;g.利用面面平行的性质定理. (2)证明线面平行的常用方法有3种:a.利用线面平行的定义;b.利用线面平行的判定定理;c.利用面面平行的性质. (3)证明面面平行的常用方法有3种:a.利用面面平行的定义;b.利用面面平行的判定定理;c.利用面面平行的结论:垂直于同一直线的两个平面平行. 2.空间中的垂直关系有三种:线线垂直、线面垂直、面面垂直. (1)证明线线垂直的常用方法有4种:a.利用两直线垂直的定义;b.利用线面垂直的定义;c.利用勾股定理;d.利用等腰三角形三线合一. (2)证明线面垂直的常用方法有3种:a.利用线面垂直的定义;b.利用线面垂直的判定定理;c.利用面面垂直的性质. (3)证明面面垂直的常用方法有2种:a.利用面面垂直的定义;b.利用面面垂直的判定定理. 变式训练2如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥底面ABCD,PA⊥AD,E和F分别是CD和PC的中点,求证: (1)PA⊥底面ABCD; (2)BE∥平面PAD; (3)平面BEF⊥平面PCD. 证明 (1)因为平面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩底面ABCD=AD,PA⊂平面PAD,PA⊥AD, 所以PA⊥底面ABCD. (2)因为AB∥CD,CD=2AB,E为CD的中点,所以AB∥DE,且AB=DE. 所以四边形ABED为平行四边形,所以BE∥AD. 又因为BE⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,所以BE∥平面PAD. (3)因为AB⊥AD,且四边形ABED为平行四边形,所以BE⊥CD,AD⊥CD. 由(1)知PA⊥底面ABCD,所以PA⊥CD.又因为PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD, 所以CD⊥平面PAD,所以CD⊥PD. 因为E和F分别是CD和PC的中点, 所以PD∥EF,所以CD⊥EF. 又因为CD⊥BE,EF∩BE=E,EF,BE⊂平面BEF, 所以CD⊥平面BEF. 又CD⊂平面PCD,所以平面BEF⊥平面PCD. 专题三　空间角的求解 1.空间角包括异面直线所成的角、线面角及二面角,主要考查空间角的定义及求法,求角时要先找角,再证角,最后在三角形中求角. 2.通过找角、证角、求角,提升逻辑推理与数学运算素养. 【例3】 如图所示,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形, BA=BD= ,AD=2,PA=PD= ,E,F分别是棱AD,PC的中点. (1)求证:EF∥平面PAB. (2)若二面角P-AD-B的平面角为60°. ①求证:平面PBC⊥平面ABCD; ②求直线EF与平面PBC所成角的正弦值. (1)证明 如图所示,取PB的中点M,连接MF,AM. 因为F为PC的中点,所以MF∥BC,且MF= BC. 由已知有BC∥AD,且BC=AD, 又由于E为AD的中点,因而MF∥AE,且MF=AE, 故四边形AMFE为平行四边形,所以EF∥AM. 又AM⊂平面PAB,而EF⊄平面PAB, 所以EF∥平面PAB. (2)①证明 连接PE,BE. 因为PA=PD,BA=BD,且E为AD的中点, 所以PE⊥AD,BE⊥AD, 所以∠PEB为二面角P-AD-B的平面角. 在△PAD中,由PA=PD= ,AD=2,可解得PE=2. 在△ABD中,由BA=BD= ,AD=2,可解得BE=1. 在△PEB中,PE=2,BE=1,∠PEB=60°,故可得∠PBE=90°,即BE⊥PB. 又BC∥AD,BE⊥AD,从而BE⊥BC,又BC∩PB=B,BC,PB⊂平面PBC,因此BE⊥平面PBC. 又BE⊂平面ABCD,所以平面PBC⊥平面ABCD. 规律方法　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;(2)垂线法;(3)垂面法. 变式训练3如图,正方体的棱长为1,B'C∩BC'=O.求: (1)AO与A'C'所成角的大小; (2)AO与平面ABCD所成角的正切值; (3)平面AOB与平面AOC所成二面角的大小. 解 (1)∵A'C'∥AC, ∴AO与A'C'所成的角是∠OAC. ∵AB⊥平面BC',OC⊂平面BC', ∴OC⊥AB. 又OC⊥BO,AB∩BO=B,∴OC⊥平面ABO. 又OA⊂平面ABO,∴OC⊥OA. ∴∠OAC=30°. 即AO与A'C'所成角为30°. (2)如图,过点O作OE⊥BC于点E,连接AE. ∵平面BC'⊥平面ABCD, ∴OE⊥平面ABCD, ∴∠OAE为OA与平面ABCD所成的角. (3)由(1)知OC⊥平面AOB. 又OC⊂平面AOC, ∴平面AOB⊥平面AOC. 即平面AOB与平面AOC所成的二面角为90°. 专题四　空间翻折问题 1.翻折问题是立体几何中的热点问题,其价值在于能够很好地体现平面图形与空间图形之间的位置关系的变与不变,数量关系的变与不变. 2.通过翻折问题,提升逻辑推理和直观想象素养. 【例4】 如图1,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,且AB=AD= CD=1.现以AD为一边向梯形外作正方形ADEF,然后沿边AD将正方形ADEF折叠,使ED⊥DC,M为ED的中点,如图2. 图1 图2 (1)求证:AM∥平面BEC; (2)求证:BC⊥平面BDE; (3)求点D到平面BEC的距离. (1)证明 取EC的中点N,连接MN,BN, 在△EDC中,M,N分别为ED,EC的中点, 所以MN∥CD,且MN= CD. 由已知AB∥CD,AB= CD, 所以MN∥AB,且MN=AB, 所以四边形ABNM为平行四边形,所以BN∥AM. 又因为BN⊂平面BEC,且AM⊄平面BEC, 所以AM∥平面BEC. (2)证明 在正方形ADEF中,ED⊥AD. 因为ED⊥DC,AD∩DC=D,AD,DC⊂平面ABCD, 所以ED⊥平面ABCD, 因为BC⊂平面ABCD,所以ED⊥BC. 又在直角梯形ABCD中,AB=AD=1,CD=2,故BD= ,∠BDC=45°,由余弦定理,得BC2=BD2+DC2-2BD·DCcos 45°=2,所以BC= . 在△BCD中,BD=BC= ,CD=2, 所以BD2+BC2=CD2,故BC⊥BD. 因为ED∩BD=D,ED,BD⊂平面BDE, 所以BC⊥平面BDE. 规律方法　 变式训练4如图1,等腰三角形AFA1中,FA=FA1=5,AA1=8,点B,C,D为线段AA1的四等分点,且BE∥CF∥DG.现沿BE,CF,DG折叠成图2所示的几何体,使∠BCD=60°. 图1 图2 (1)证明:AE∥平面DCFG; (2)求几何体BCD-EFG的体积. (1)证明 由AB=BC=CD=DA,可知四边形ABCD是菱形.所以AB∥DC.又AB⊄平面DCFG,DC⊂平面DCFG,所以AB∥平面DCFG.因为BE∥FC,BE⊄平面DCFG,FC⊂平面DCFG,所以BE∥平面DCFG.又AB∩BE=B,所以平面ABE∥平面DCFG.又AE⊂平面ABE,所以AE∥平面DCFG. (2)解 连接BD,GE,取FC的中点P,连接EP,GP,则BE=CP=DG= FC. 由题图1知FC⊥AA1,所以在题图2中FC⊥CD,FC⊥BC.因为CD∩BC=C,所以FC⊥平面BCD,即PC⊥平面BCD.又BE∥CP∥DG,所以几何体BCD-EPG为直三棱柱,FP⊥平面EPG. 由题图1,直角三角形ACF中,FA=5,AC=4,所以FC=3.所以CP=PF= . 由BC=CD,∠BCD=60°,知三角形BCD为正三角形,则S△BCD=S△EPG= . 所以几何体BCD-EFG的体积为VBCD-EFG=VBCD-EPG+VF-EPG 解 所得几何体是由一个圆锥挖去一个圆柱后形成的, ∵S锥表=π·DC2+π·DC·AC=4π+8π=12π, S柱侧=2π·DG·FG=2π, ∴所求几何体的表面积S=S锥表+S柱侧=12π+2π=2(6+)π. 由V圆锥=π·DC2×AD=π×22×2π, V圆柱=π·DG2×FG=π×12×π, ∴所求几何体的体积为V圆锥-V圆柱=π-π=π. A. B. C. D. 解析根据题意,圆锥的母线长l=10,高h=8. 设圆锥的底面圆半径为r,则r==6, 则圆锥的侧面积为πrl=60π,故圆锥的表面积为πrl+πr2=60π+36π=96π. 如图,△ABC是圆锥的一个轴截面,设圆锥的内切球球心为H,过点H作HM⊥AC于点M,设内切球的半径为R,则HM=HO=R. 因为CH=8-R,所以,即, 解得R=3,故内切球的表面积为4πR2=36π, 则圆锥内切球的表面积与圆锥的表面积之比为.故选B. A. B. C. D. 解析(方法一) . (方法二)取BC中点D,连接AD,则AD⊥平面BB1C1, ∴·AD=. 因为O为EF的中点,EF=a,则BE=CF=OF=EO=a. 在Rt△DEO中,DE=EO=a,则BD=BE+ED=, 在Rt△DBC中,BD=BC=1,即=1,解得a=. ②解 连接BF,由①知,BE⊥平面PBC,所以∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角.由PB=及已知,得∠ABP为直角,而MB=PB=,可得AM=, 故EF=. 又BE=1,故在Rt△EBF中,sin∠EFB=. 所以直线EF与平面PBC所成角的正弦值为. 在Rt△AOC中,OC=,AC=,sin∠OAC=, 在Rt△OAE中,OE=,AE=, ∴tan∠OAE=. 即AO与平面ABCD所成角的正切值为. (3)解 由(2)知DE⊥平面ABCD, 所以DE⊥BD.因为BD=,DE=1,所以BE=. 因为BC⊥平面BDE,所以BC⊥BE. 因为BC=,BE=,所以S△BEC=,S△BCD=1. 设点D到平面BCE的距离为h, 则S△BEC·h=S△BCD·DE,即·h=×1×1,解得h=,即点D到平面BEC的距离为. =S△BCD×CP+S△EPG×PF==2. $$