人教A版2019必修第二册复习课第3课时立体几何初步优秀课件

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第3课时　立体几何初步知识梳理·构建体系专题归纳·核心突破 知识梳理·构建体系知识网络要点梳理1.简单几何体的表面积与体积有哪些?请完成下表:2.空间中的平行关系有哪些?怎样判断这些平行关系?请完成下表:3.空间中的垂直关系有哪些?怎样判断这些垂直关系?请完成下表:【思考辨析】 判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号内画“√”,错误的画“×”.(1)若直线l与平面α内的无数条直线都垂直,则l⊥α.( × )(2)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线,则α⊥β.( × )(3)若平面α⊥平面β,直线a⊥β,则a∥α.( × )(4)若直线a⊥平面α,直线b⊥α,则a∥b.( √ )(5)棱柱即是两个底面全等且其余各面都是矩形的多面体.( × )(6)通过圆台侧面上一点,有无数条母线.( × )(7)过圆锥的高的三等分点作平行于底面的截面,它们把圆锥的侧面分成的三部分的面积之比为1∶3∶5.( √ )(8)棱柱的所有的侧面都是长方形或正方形.( × )(9)棱柱的侧面的个数与底面的边数相等.( √ )(10)足球的表面无法展成平面图形.( √ )专题归纳·核心突破专题一　平行、垂直关系的证明【例1】 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PA⊂平面PAD,平面PAD⊥底面ABCD,且PA垂直于这两个平面的交线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,而且四边形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,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BE∩EF=E,所以CD⊥平面BEF.又因为CD⊂平面PCD,所以平面BEF⊥平面PCD.【变式训练1】 如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱DD1的中点.(1)证明:平面ADC1B1⊥平面A1BE;(2)在棱C1D1上是否存在一点F,使B1F∥平面A1BE?并证明你的结论.(1)证明:因为ABCD-A1B1C1D1为正方体,所以B1C1⊥平面ABB1A1.因为A1B⊂平面ABB1A1,所以B1C1⊥A1B.又因为A1B⊥AB1,B1C1∩AB1=B1,所以A1B⊥平面ADC1B1.因为A1B⊂平面A1BE,所以平面ADC1B1⊥平面A1BE.(2)解:当F为C1D1的中点时,可使B1F∥平面A1BE.证明如下:如图,取C1D1的中点F,连接EF,B1F,所以EF∥B1O且EF=B1O,所以四边形B1OEF为平行四边形.所以B1F∥OE.又因为B1F⊄平面A1BE,OE⊂平面A1BE,所以B1F∥平面A1BE.专题二　求点到平面的距离(1)证明:EB⊥FD;(2)求点B到平面FED的距离.(2)解:如图,在平面BEC内过点C作CH⊥ED于点H,连接FH,则由FC⊥平面BED可得ED⊥平面FCH.解:如图所示,连接PA,PB.由题意知△SAC,△ACB是直角三角形,且SA⊥AC,BC⊥AC.分别取AB,AC的中点E,F,连接PF,EF,PE,则EF∥BC,PF∥SA.所以EF⊥AC,PF⊥AC.因为PF∩EF=F,所以AC⊥平面PEF.专题三　折叠问题(1)证明:由已知可得,∠BAC=90°,即BA⊥AC.又BA⊥AD,且AC∩AD=A,所以AB⊥平面ACD.又AB⊂平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.【变式训练3】 如图,在矩形A1BCD中,A1B=2A1D,E是A1B的中点,沿DE将△A1DE折起,使点A1到点A的位置.(1)如果二面角A-DE-C是直二面角,求证:AB=AC;(2)如果AB=AC,求证:平面ADE⊥平面BCDE.证明:(1)如图,过点A作AM⊥DE于点M,则AM⊥平面BCDE,∴AM⊥BC.又AD=AE,∴M是DE的中点.取BC中点N,连接MN,AN,则MN⊥BC.∵AM∩MN=M,∴BC⊥平面AMN,∴AN⊥BC.又N是BC中点,∴AB=AC.(2)取BC的中点N1,连接AN1.∵AB=AC,∴AN1⊥BC.取DE的中点M1,连接M1N1,AM1(图略),则M1N1⊥BC.又AN1∩M1N1=N1,∴BC⊥平面AM1N1,∴AM1⊥BC.又M1是DE的中点,AD=AE,∴AM1⊥DE.又DE与BC是平面BCDE内的相交直线,∴AM1⊥平面BCDE.∵AM1⊂平面ADE,∴平面ADE⊥平面BCDE.考点一　空间几何体的表面积和体积1.(2020·全国Ⅰ高考)已知A,B,C为球O的球面上的三个点,☉O1为△ABC的外接圆.若☉O1的面积为4π,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为(　　)A.64π B.48π C.36π D.32π答案:A 2.(2020·全国Ⅰ高考)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为(　　)解析:如图,设正四棱锥的高为h,底面边长为a,侧面三角形底边上的高为h',答案:C 答案:C 4.(2020·全国Ⅲ高考)已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为　　　　　. 解析:如图所示,∵∠B1C1D1=∠B1A1D1=∠BAD=60°,且B1C1=C1D1,∴△B1C1D1为等边三角形.∴B1D1=2.考点二　空间中点、直线、平面之间的位置关系6.(2020·山东高考)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为(　　) A.20° B.40° C.50° D.90°解析:由题意知,如图,圆O为赤道所在的大圆.圆O1是在点A处与赤道所在平面平行的晷面.O1C为晷针所在的直线.直线OA在圆O所在平面的射影为直线OB,点B在圆O上,则∠AOB=40°,∴∠COA=50°.又∠CAO=90°,∴∠OCA=40°.∴晷针与点A处的水平面所成角为40°,故选B.答案:B7.(2020·全国Ⅱ高考改编)(多选题)下列四个命题中真命题有(　　)A.两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内B.过空间中任意三点有且仅有一个平面C.若空间两条直线不相交,则这两条直线平行D.若直线l⊂平面α,直线m⊥平面α,则m⊥l解析:对于A,如图,可设l1与l2相交,这两条直线确定的平面为α;若l3与l1相交,则交点B在平面α内,同理,l3与l2的交点A也在平面α内,所以AB⊂α,即l3⊂α,故A为真命题;对于B,若三点共线,则过这三个点的平面有无数个,B为假命题;对于C,空间中两条直线相交、平行或异面,C为假命题;对于D,若直线m⊥平面α,则m垂直于平面α内所有直线,∵直线l⊂平面α,∴直线m⊥直线l,故D为真命题.答案:AD8.(2020·全国Ⅰ高考)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心, △ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,∠APC=90°.(1)证明:由题设可知,PA=PB=PC.由于△ABC是正三角形,故可得△PAC≌△PAB,△PAC≌△PBC.又∠APC=90°,故∠APB=90°,∠BPC=90°.从而PB⊥PA,PB⊥PC,故PB⊥平面PAC,所以平面PAB⊥平面PAC.(2)解:设圆锥的底面半径为r,母线长为l.9.(2020·全国Ⅲ高考)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.证明:(1)当AB=BC时,EF⊥AC;(2)点C1在平面AEF内.证明:(1)如图,连接BD,B1D1.因为AB=BC,所以四边形ABCD为正方形,故AC⊥BD.又因为BB1⊥平面ABCD,于是AC⊥BB1.所以AC⊥平面BB1D1D.由于EF⊂平面BB1D1D,所以EF⊥AC.(2)如图,在棱AA1上取点G,使得AG=2GA1,连接GD1,FC1,FG.