2024春高中数学第八章立体几何初步章末素养提升课件（人教A版必修第二册）

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第八章　立体几何初步章末素养提升| 体 系 构 建 | | 核 心 归 纳 | 1．柱体、锥体、台体和球体的侧面积和体积公式2．空间中线线关系空间中两条直线的位置关系有且只有相交、平行、异面三种情况．两直线垂直有“相交垂直”与“异面垂直”两种情况．(1)证明线线平行的方法①线线平行的定义；②基本事实4：平行于同一条直线的两条直线互相平行；③线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b；④线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b；⑤面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b．(2)证明线线垂直的方法①线线垂直的定义：两条直线所成的角是直角(在研究异面直线所成的角时，要通过平移把异面直线转化为相交直线)；②线面垂直的性质：a⊥α，b⊂α⇒a⊥b；③线面垂直的性质：a⊥α，b∥α⇒a⊥b．3．空间中线面关系直线与平面之间的位置关系有且只有线在面内、线面相交、平行三种．(1)证明直线与平面平行的方法①线面平行的定义；②判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α；③平面与平面平行的性质：α∥β，a⊂α⇒a∥β．(2)证明直线与平面垂直的方法①线面垂直的定义；③判定定理2：a∥b，a⊥α⇒b⊥α；④面面平行的性质定理：α∥β，a⊥α⇒a⊥β；⑤面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β．4．空间中面面关系两个平面之间的位置关系有且只有平行、相交两种．(1)证明面面平行的方法①面面平行的定义；②面面平行的判定定理：a∥β，b∥β，a⊂α，b⊂α，a∩b＝A⇒α∥β；③线面垂直的性质定理：a⊥α，a⊥β⇒α∥β；④基本事实4的推广：α∥γ，β∥γ⇒α∥β．(2)证明面面垂直的方法①面面垂直的定义：两个平面相交所成的二面角是直二面角；②面面垂直的判定定理：a⊥β，a⊂α⇒α⊥β．| 思 想 方 法 | 化归与转化思想【思想方法解读】本章中，转化思想体现得淋漓尽致，比如求体积、距离有时要用到顶点的转化，球的切接问题要将空间几何图形转化为平面几何图形，位置关系的证明、空间角的求解转化到三角形中求解，等等．【答案】C1．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，则点B到平面D1AC的距离等于 (　　)【答案】B★与球有关的组合体中高维与低维的转化　　　　已知三棱锥A－BCD中，△ABD与△BCD是边长为2的等边三角形且二面角A－BD－C为直二面角，则三棱锥A－BCD的外接球的表面积为 (　　)【答案】D★平行、垂直关系的转化　　　　如图，已知直角梯形ABCD中，E为CD边中点，且AE⊥CD，又G，F分别为DA，EC的中点，将△ADE沿AE折叠，使得DE⊥EC．(1)求证：AE⊥平面CDE；(2)求证：FG∥平面BCD；(3)在线段AE上找一点R，使得平面BDR⊥平面DCB，并说明理由．(1)证明：由已知得DE⊥AE，AE⊥EC．因为DE∩EC＝E，所以AE⊥平面CDE．(2)证明：如图，取AB的中点H，连接GH，FH，所以GH∥BD，FH∥BC．因为GH⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，所以GH∥平面BCD．同理FH∥平面BCD，又GH∩FH＝H，所以平面FHG∥平面BCD．因为GF⊂平面FHG，所以GF∥平面BCD．(3)解：取线段AE的中点R，则平面BDR⊥平面DCB．理由如下：取线段DC的中点M，取线段DB的中点S，所以四边形MERS是平行四边形，所以RS∥ME．在△DEC中，ED＝EC，M是CD的中点，所以EM⊥DC．由(1)知AE⊥平面CDE，AE∥BC，所以BC⊥平面CDE．因为EM⊂平面CDE，所以EM⊥BC．因为BC∩CD＝C，所以EM⊥平面BCD．因为EM∥RS，所以RS⊥平面BCD．因为RS⊂平面BDR，所以平面BDR⊥平面DCB．(1)求证：CD⊥平面P′AD．(2)在线段P′D上是否存在一点Q，使得CQ∥平面BDT？若存在，指出点Q的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由．(1)证明：由△P′AD是正三角形及四边形ABCD是正方形，得P′A＝AB＝2．在△P′AB中，P′A2＋AB2＝8＝P′B2，则AB⊥P′A．在正方形ABCD中，AB⊥AD，P′A∩AD＝A，P′A，AD⊂平面P′AD，于是AB⊥平面P′AD．而CD∥AB，所以CD⊥平面PAD．(2)解：当Q为线段P′D的中点时，CQ∥平面BDT，证明如下：如图，取P′T的中点N，连接CQ，NQ，CN，连接AC交BD于点O，连接OT，于是NQ∥TD．而TD⊂平面BDT，NQ⊄平面BDT，因此NQ∥平面BDT．依题意，T为P′A上一点，且满足P′T＝2AT，则T为NA中点．因为O为AC中点，即有OT∥CN．而TO⊂平面BDT，CN⊄平面BDT，所以CN∥平面BDT．因为CN∩NQ＝N，CN，NQ⊂平面CQN，所以平面CQN∥平面BDT．又因为CQ⊂平面CQN，则CQ∥平面BDT，所以Q为线段P′D的中点时，CQ∥平面BDT．★化归与转化思想在求解空间角中的应用(1)求异面直线PA与BC所成角的正切值；(2)求证：平面PDC⊥平面ABCD；(3)求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值．(1)解：在四棱锥P－ABCD中，因为底面ABCD是矩形，所以AD＝BC且AD∥BC．故∠PAD为异面直线PA与BC所成的角(或其补角)．又因为AD⊥PD，所以异面直线PA与BC所成角的正切值为2．(2)证明：由于底面ABCD是矩形，故AD⊥CD．又因为AD⊥PD，CD∩PD＝D，所以AD⊥平面PDC．而AD⊂平面ABCD，所以平面PDC⊥平面ABCD．(3)解：在平面PDC内，过点P作PE⊥CD交直线CD于点E，连接EB，如图．由于平面PDC⊥平面ABCD，而直线CD是平面PDC与平面ABCD的交线，故PE⊥平面ABCD．由此得∠PBE为直线PB与平面ABCD所成的角．4．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠DAB＝∠ABC＝90°，且AB＝BC＝2AD＝2，侧面PAB⊥底面ABCD，△PAB是等边三角形．(1)求证：BD⊥PC；(2)求二面角B－PC－D的大小．(1)证明：如图，取AB的中点O，连接PO，CO．因为△PAB是等边三角形，所以PO⊥AB．又因为侧面PAB⊥底面ABCD，所以PO⊥底面ABCD．又因为BD⊂平面ABCD，所以PO⊥BD．又因为AB＝BC＝2AD＝2，∠ABC＝∠DAB＝90°，所以△DAB≌△OBC．所以∠BCO＝∠ABD，所以BD⊥OC．又因为OC，PO⊂平面POC，OC∩PO＝O，所以BD⊥平面POC．又因为PC⊂平面POC，所以BD⊥PC．(2)解：如图，取PC的中点E，连接BE，DE．因为PB＝BC，所以BE⊥PC．又因为BD⊥PC，BE∩BD＝B，所以PC⊥平面BDE．所以PC⊥DE，所以∠BED是二面角B－PC－D的平面角．因为BC⊥AB，平面PAB∩平面ABCD＝AB，平面PAB⊥平面ABCD，所以BC⊥平面PAB．又因为AD∥BC，所以AD⊥平面PAB．所以BC⊥PB，AD⊥PA．即二面角B－PC－D的大小为90°．| 链 接 高 考 | 【答案】B空间几何体的表面积与体积【点评】本题主要考查了三棱锥体积的求解，换顶点的应用是求解问题的关键，属于中档题．　　　　(2022年天津)如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为 (　　)A．23 B．24C．26 D．27【答案】D【解析】如图，该组合体由直三棱柱AFD－BHC和直三棱柱AEB－DGC组成，且ABCD为正方形，设重叠后的EG与FH交点为I，作HM⊥CB于点M．【点评】本题主要考查组合体结构的认识及体积的求法，需要具备一定的直观想象能力，属于中档题．【答案】A 【点评】本题考查球的表面积求解，同时还涉及了正弦定理的运用，考查了运算求解能力，对空间想象能力要求较高，属于较难题目．　　　　(2022年乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则 (　　)A．平面B1EF⊥平面BDD1 B．平面B1EF⊥平面A1BDC．平面B1EF∥平面A1AC D．平面B1EF∥平面A1C1D【答案】A点、线、面的位置关系【解析】对于A，由于E，F分别为AB，BC的中点，则EF∥AC，又∵AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D，且BD，DD1⊂平面BDD1，∴AC⊥平面BDD1，则EF⊥平面BDD1，又∵EF⊂平面B1EF，∴平面B1EF⊥平面BDD1，选项A正确；对于B，由选项A可知，平面B1EF⊥平面BDD1，而平面BDD1∩平面A1BD＝BD，在该正方体中，试想D1运动至A1时，平面B1EF不可能与平面A1BD垂直，选项B错误；对于C，在平面ABB1A1上，易知AA1与B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，选项C错误；对于D，易知平面AB1C∥平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，故平面B1EF与平面A1C1D不可能平行，选项D错误．故选A．【点评】本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查逻辑推理能力，属于中档题．　　　　(2019年北京)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个判断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．以其中的两个判断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________________．【答案】若l⊥m，l⊥α，则m∥α(若m∥α，l⊥α，则l⊥m)【解析】从三个论断中选两个作为条件，余下的一个论断作为结论，共有三种可能．其中①③⇒②，②③⇒①是正确的命题，①②⇒③是错误的命题，故可填“若l⊥m，l⊥α，则m∥α”或“若m∥α，l⊥α，则l⊥m”．【点评】本题是结论开放的填空题，解题时要有合理的分析和判断，要求推理的每一步都正确无误．　　　　(多选)(2022年新高考Ⅱ)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB，记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V1，V2，V3，则(　　)A．V3＝2V2 B．V3＝2V1C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1【答案】CD平行、垂直的证明及空间角的计算【点评】直接由体积公式计算V1，V2．连接BD交AC于点M，连接EM，FM，由V3＝VA－EFM＋VC－EFM计算出V3，依次判断选项即可．(1)证明：如图，在Rt△ABC中，作FH⊥AB，垂足为H，设AH＝x，则HB＝2－x，因为FH∥CB，所以Rt△AHF∽Rt△ABC，又因为∠BFH＝∠FBO，BF⊥AO，所以∠AOB＝∠FBH，且∠BHF＝∠OBA＝90°，所以Rt△BHF∽Rt△OBA，即AH＝1，所以H是AB的中点，F是AC的中点．又因为E是PA的中点，所以EF∥PC，同理，DO∥PC，所以EF∥DO．又因为EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO，所以EF∥平面ADO．(2)解：过点P作PM垂直FO的延长线交于点M(图略)，因为PB＝PC，O是BC中点，所以PO⊥BC．因为AB⊥BC，OF∥AB，所以OF⊥BC．又因为PO∩OF＝O，PO，OF⊂平面POF，所以BC⊥平面POF．又因为PM⊂平面POF，所以BC⊥PM．又因为BC∩FM＝O，BC，FM⊂平面ABC，所以PM⊥平面ABC，即三棱锥P－ABC的高为PM．因为∠POF＝120°，所以∠POM＝60°，【点评】本题考查了直线与平面平行的应用问题，也考查了几何体体积计算问题，是中档题．　　　　(2023年甲卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1．(1)求证：AC＝A1C；(2)若直线AA1与BB1距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．(1)证明：(方法一)取CC1的中点O，连接A1O，∵A1C⊥底面ABC，AC⊂底面ABC， ∵点A1到平面BCC1B1的距离为1，点O∈平面BCC1B1，且A1O＝1，∴A1O⊥平面BCC1B1，∴A1O⊥CC1．∵O为CC1的中点，∴A1C＝A1C1＝AC，∴AC＝A1C．(方法二)取CC1的中点O，连接A1O，∵A1C⊥底面ABC，AC⊂底面ABC，∴A1C⊥AC，∴A1C⊥A1C1，∵A1C⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，∴A1C⊥BC．∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC．∵A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面A1C1CA．∵BC⊂平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面A1C1CA．∵点A1到平面BCC1B1的距离为1，∴点A1到CC1的距离为1，∴A1O⊥CC1．∵O为CC1的中点，∴A1C＝A1C1＝AC，∴AC＝A1C．(2)解：如图，过点A作AM∥A1O交C1C的延长线于点M，连接MB1，取BB1的中点N，连接ON，则NO∥BC．由(1)知BC⊥平面A1C1CA，∴NO⊥平面A1C1CA．∴NO⊥CC1．∵A1O⊥CC1，∴CC1⊥平面A1ON．∵A1N⊂平面A1ON，∴CC1⊥A1N，∴AA1⊥A1N，∴A1N为直线AA1与BB1距离，由AM∥A1O及(1)可知AM⊥平面BCC1B1，∴∠AB1M为AB1与平面BCC1B1所成角的角．【点评】本题考查线线相等的证明，考查线面角的求法，属中档题．