福建省漳浦縣道周中學2020年高考數(shù)學專題復習 立體幾何教案 文

《福建省漳浦縣道周中學2020年高考數(shù)學專題復習 立體幾何教案 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《福建省漳浦縣道周中學2020年高考數(shù)學專題復習 立體幾何教案 文（18頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、福建省漳浦縣道周中學2020年高考數(shù)學專題復習 立體幾何教案 文 基礎知識點 條件 結論 線線平行 線面平行 面面平行 垂直關系 線線平行 如果a∥b，b∥c，那么a∥c 如果a∥α，aβ，β∩α=b，那么a∥b 如果α∥β，α∩γ=a，β∩γ=b，那么a∥b 如果a⊥α，b⊥α，那么a∥b 線面平行 如果a∥b，aα，bα，那么a∥α —— 如果α∥β，aα，那么α∥β —— 面面平行 如果aα，bα，cβ，dβ，a∥c，b∥d，a∩b=P，那么α∥β 如果aα，bα,a∩b=P,a∥β,b∥β，那么α∥β 如果α∥β，β∥γ，那么α

2、∥γ 如果a⊥α，a⊥β，那么α∥β 條件 結論 線線垂直 線面垂直 面面垂直 平行關系 線線垂直 二垂線定理及逆定理 如果a⊥α，bα，那么a⊥b 如果三個平面兩兩垂直，那么它們交線兩兩垂直 如果a∥b，a⊥c，那么b⊥c 線面垂直 如果a⊥b，a⊥c，bα，cα，b∩c=P，那么a⊥α —— 如果α⊥β，α∩β=b，aα,a⊥b，那么a⊥β 如果a⊥α，b∥a，那么b⊥α 面面垂直 定義（二面角等于900） 如果a⊥α，aβ，那么β⊥α —— —— 一、平行與垂直 例1、如圖，已知三棱錐中，為中點，為中點，且△為正三角

3、形。（Ⅰ）求證：∥平面； （Ⅱ）求證：平面平面； （Ⅲ）若，，求三棱錐的體積。 A B C A1 B1 C1 M N 例2. 如圖，已知三棱柱中，底面，，，，，分別是棱，中點. （Ⅰ）求證：平面； （Ⅱ）求證：平面； （Ⅲ）求三棱錐的體積． 變式1. 如圖，三棱柱中，側棱平面，為等腰直角三角形，，且，分別是的中點。 （1）求證：平面； （2）求證：平面； （3）設，求三棱錐的體積。 變式2.如圖是以正方形為底面的正四棱柱被一平面所截得的幾何體，四邊形為截面，且，,， （

4、Ⅰ）證明：截面四邊形是菱形； （Ⅱ）求幾何體的體積． 二、線面平行與垂直的性質(zhì) 例3.如圖4，在四棱錐中，平面平面，， 是等邊三角形，已知，． （1）求證：平面； （2）求三棱錐的體積． 例4、如圖，四棱錐P—ABCD中，平面ABCD，底面為 正方形，BC=PD=2，E為PC的中點， （I）求證：； （II）求三棱錐C—DEG的體積； （III）AD邊上是否存在一點M，使得平面MEG。若存在，求AM的長；否則，說明理由。 變式3. 直棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面AB

5、CD是直角梯形，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝2AD＝2CD＝2. (Ⅰ)求證：AC平面BB1C1C；(Ⅱ) A1B1上是否存一點P，使得DP與平面BCB1與平面ACB1都平行？證明你的結論. 三、三視圖與折疊問題 4 4 2 2 4 4 4 正視圖 側視圖 俯視圖 例5、如圖是一幾何體的直觀圖、正視圖、側視圖、俯視圖。 A B E P D C （1） 若為的中點，求證：面； （2） 證明：∥面； （3） 求三棱錐的體積。 例6.已知四邊形是等腰梯形，（如圖1）?，F(xiàn)將沿折起，使得（如圖

6、2），連結。 （I）求證：平面平面； （II）試在棱上確定一點，使截面把幾何體分成兩部分的體積比； （III）在點滿足（II）的情況下，判斷直線是否平行于平面，并說明理由。 圖1 圖2 變式4.一個四棱錐的直觀圖和三視圖如下圖所示，E為PD中點. （I）求證：PB//平面AEC；（II）求四棱錐的體積； （Ⅲ）若F為側棱PA上一點，且，則為何值時，平面BDF. 變式5. 如圖1所示，正的邊長為2a，CD

7、是AB邊上的高，E，F(xiàn)分別是AC，BC的中點。現(xiàn)將沿CD翻折，使翻折后平面ACD平面BCD（如圖2） （1）試判斷翻折后直線AB與平面DEF的位置關系，并說明理由； （2）求三棱錐C-DEF的體積。 四、立體幾何中的最值問題 例7.圖4，A1A是圓柱的母線，AB是圓柱底面圓的直徑， C是底面圓周上異于A，B的任意一點，A1A= AB=2. (1)求證: BC⊥平面A1AC； (2)求三棱錐A1-ABC的體積的最大值. 圖4 A B C A1 例8. 如圖，在交AC于 點D,現(xiàn)將 （1）當棱錐的體積最大時，求PA的長；

8、 （2）若點P為AB的中點，E為 變式6. 如圖3，已知在中，，平面ABC，于E，于F，，，當變化時，求三棱錐體積的最大值。 圖3 專題升級訓練　立體幾何（1） (時間：60分鐘　滿分：100分) 一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分) 1．下列四個幾何體中，每個幾何體的三視圖中有且僅有兩個視圖相同的是(　　)． A．①② B．①③ C．③④ D．②④ 2．用斜二測畫法畫一個水平放置的平面圖形的直觀圖為如圖所示的一個正方形，則原來的圖形是(

9、　　)． 3．在一個幾何體的三視圖中，正(主)視圖和俯視圖如圖所示，則相應的側(左)視圖可以為(　　)． 　 4．(2020·北京豐臺區(qū)三月模擬，5)若正四棱錐的正(主)視圖和俯視圖如圖所示，則該幾何體的表面積是(　　)． A．4 B．4＋4 C．8 D．4＋4 5．(2020·浙江寧波十校聯(lián)考，12)已知某幾何體的三視圖如圖所示，其中側(左)視圖是等腰直角三角形，正視圖是直角三角形，俯視圖ABCD是直角梯形，則此幾何體的體積為(　　)． A．1 B．2 C．3 D．4 6．(2020·山東濟南三月模擬，8)

10、若一個螺栓的底面是正六邊形，它的正(主)視圖和俯視圖如圖所示，則它的體積是(　　)． A．27＋12π B．9＋12π C．27＋3π D．54＋3π 7．(2020·浙江寧波模擬，13)已知一個正三棱錐的正(主)視圖為等腰直角三角形，其尺寸如圖所示，則其側(左)視圖的周長為(　　)． A．5＋ B．5＋6 C．6＋6 D．3＋12 8．長方體的三條棱長分別為1，，，則此長方體外接球的體積與面積之比為(　　)． A． B．1 C．2 D． 二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分)

11、 9．(2020·浙江寧波十校聯(lián)考，15)已知兩個圓錐有公共底面，且兩圓錐的頂點和底面圓周都在半徑為3的同一個球面上．若兩圓錐的高的比為1∶2，則兩圓錐的體積之和為__________． 10．(2020·江蘇南京二模，11)一塊邊長為10 cm的正方形鐵片按如圖所示的陰影部分裁下，然后用余下的四個全等的等腰三角形作側面，以它們的公共頂點P為頂點，加工成一個如圖所示的正四棱錐容器，當x＝6 cm時，該容器的容積為__________cm3. 11．如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝，AA1＝3，M為線段BB1上的一動點，則當AM＋MC1最小時，△AMC1

12、的面積為__________． 12．(2020·浙江湖州中學模擬，16)底面邊長為1，側棱長為2的正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的8個頂點都在球O的表面上，E是側棱AA1的中點，F(xiàn)是正方形ABCD的中心，則直線EF被球O所截得的線段長為__________． 三、解答題(本大題共4小題，共44分．解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 13．(本小題滿分10分)如圖，已知某幾何體的三視圖如下(單位：cm)． (1)畫出這個幾何體的直觀圖(不要求寫畫法)； (2)求這個幾何體的表面積及體積． 14．(本小題滿分10分)斜三棱柱ABC－A1B1C1的底面是邊長為a

13、的正三角形，側棱長等于b，一條側棱AA1與底面相鄰兩邊AB，AC都成45°角． (1)求這個三棱柱的側面積； (2)求這個三棱柱的體積． 15．(本小題滿分12分)(2012·安徽安慶二模，18)如圖，幾何體ABC－EFD是由直三棱柱截得的，EF∥AB，∠ABC＝90°，AC＝2AB＝2，CD＝2AE＝. (1)求三棱錐D－BCE的體積； (2)求證：CE⊥DB． 16．(本小題滿分12分)(2020·河北邯鄲一模，19)已知四棱錐E－ABCD的底面為菱形，且∠ABC＝60°，AB＝EC＝2，AE＝BE＝，O為AB的中點． (1)求證：EO⊥平面ABCD； (2)求點D

14、到平面AEC的距離． 1．下圖是一個幾何體的直觀圖及它的三視圖(其中正(主)視圖為直角梯形，俯視圖為正方形，側(左)視圖為直角三角形，尺寸如圖所示)． (1)求四棱錐P－ABCD的體積； (2)若G為BC的中點，求證：AE⊥PG. 2．有一根長為3π cm，底面半徑為2 cm的圓柱形鐵管，用一段鐵絲在鐵管上纏繞2圈，并使鐵絲的兩個端點落在圓柱的同一母線的兩端，則鐵絲的最短長度為多少？ 3．如圖，AA1，BB1為圓柱OO1的母線，BC是底面圓O的直徑，D，E分別是AA1，CB1的中點，DE⊥平面CBB1. (1)證明：DE∥平面ABC； (2)求四棱錐C－ABB

15、1A1與圓柱OO1的體積比． 4．如圖所示，平面ABCD⊥平面ABEF，ABCD是正方形，ABEF是矩形，且AF=AD=2，G是EF的中點． (1)求證：平面AGC⊥平面BGC； (2)求三棱錐A－GBC的體積． 5．已知正四面體ABCD(圖1)，沿AB，AC，AD剪開，展成的平面圖形正好是(圖2)所示的直角梯形A1A2A3D(梯形的頂點A1，A2，A3重合于四面體的頂點A)． (1)證明：AB⊥CD； (2)當A1D＝10，A1A2＝8時，求四面體ABCD的體積． 6．如圖，已知三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=AC=AB，N為AB上一點，AB=4

16、AN，M，D，S分別為PB，AB，BC的中點． (1)求證：PA∥平面CDM； (2)求證：SN⊥平面CDM. 7．如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側棱與底面垂直，∠ABC=90°，AB=BC=BB1=2，M，N分別是AB，A1C的中點． (1)求證：MN∥平面BCC1B1； (2)求證：MN⊥平面A1B1C； (3)求三棱錐M－A1B1C的體積． 8．一個多面體的直觀圖和三視圖如圖所示，其中M，G分別是AB，DF的中點． (1)求證：CM⊥平面FDM； (2)在線段AD上(含A，D端點)確定一點P，使得GP∥平面FMC，并給出證明． 參考答案

17、1．解：(1)由幾何體的三視圖可知，底面ABCD是邊長為4的正方形，PA⊥面ABCD，PA∥EB，且PA＝4，BE＝2，AB＝AD＝CD＝CB＝4，所以VP－ABCD＝PA·S正方形ABCD＝×4×4×4＝. (2)證明：連接BP. 因為＝＝，∠EBA＝∠BAP＝90°， 所以△EBA∽△BAP，所以∠PBA＝∠AEB， 所以∠PBA＋∠BAE＝∠BEA＋∠BAE＝90°， 所以PB⊥AE. 由題易證BC⊥平面APEB， 所以BC⊥AE. 又因為PB∩BC＝B， 所以AE⊥平面PBC， 因為PG?平面PBC，所以AE⊥PG. 2．解：把圓柱側面及纏繞其上的鐵絲展開，在平面

18、上得到矩形ABCD(如圖)，由題意知BC＝3π cm，AB＝4π cm，點A與點C分別是鐵絲的起、止位置，故線段AC的長度即為鐵絲的最短長度．AC＝＝5π(cm)， 故鐵絲的最短長度為5π cm. 3．(1)證明：連接EO，OA. ∵E，O分別為B1C，BC的中點， ∴EO∥BB1. 又DA∥BB1，且DA=EO=BB1. ∴四邊形AOED是平行四邊形， 即DE∥OA.又DE平面ABC，AO?平面ABC，∴DE∥平面ABC. (2)解：由題意知DE⊥平面CBB1，且由(1)知DE∥OA， ∴AO⊥平面CBB1，∴AO⊥BC， ∴AC=AB.因BC是底面圓O的直徑，得

19、CA⊥AB.而AA1⊥CA，AA1∩AB=A，∴CA⊥平面AA1B1B，即CA為四棱錐的高． 設圓柱高為h，底面半徑為r， 則V柱=πr2h，V錐=h(r)·(r)=hr2， ∴V錐∶V柱=. 4．(1)證明：∵G是矩形ABEF的邊EF的中點， ∴AG＝BG＝＝2， 從而得：AG2＋BG2＝AB2，∴AG⊥BG. 又∵平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，且BC⊥AB， ∴BC⊥平面ABEF.∵AG?平面ABEF，∴BC⊥AG. ∵BC∩BG＝B，∴AG⊥平面BGC， ∵AG?平面AGC， ∴平面AGC⊥平面BGC. (2)解：由(1)得：BC⊥

20、平面ABEF， ∴CB是三棱錐A－GBC的高， 而S△ABG＝×2×2＝4， ∴VA－GBC＝VC－ABG＝×4×4＝. 5．(1)證明：在四面體ABCD中， ∵?AB⊥平面ACD?AB⊥CD. (2)解：在題圖2中作DE⊥A2A3于E. ∵A1A2=8， ∴DE=8. 又∵A1D=A3D=10， ∴EA3=6，A2A3=10+6=16. 又A2C=A3C，∴A2C=8. 即圖1中AC=8，AD=10， 由A1A2＝8，A1B＝A2B得題圖1中AB＝4. ∴S△ACD＝＝DE·A3C＝×8×8＝32. 又∵AB⊥面ACD， ∴VB－ACD＝×32×4＝.

21、6．證明：(1)在三棱錐P－ABC中，因為M，D分別為PB，AB的中點，所以MD∥PA. 因為MD?平面CMD，PA平面CMD，所以PA∥平面CMD. (2)因為M，D分別為PB，AB的中點，所以MD∥PA. 因為PA⊥平面ABC，所以MD⊥平面ABC， 又SN?平面ABC，所以MD⊥SN. 在△ABC中，連接DS，因為D，S分別為AB，BC的中點， 所以DS∥AC且DS＝AC. 又AB⊥AC，所以∠ADS＝∠BAC＝90°. 因為AC＝AB，所以AC＝AD， 所以∠ADC＝45°，因此∠CDS＝45°. 又AB＝4AN，所以DN＝AD＝AC， 即DN＝DS，故SN⊥CD

22、. 又MD∩CD＝D，所以SN⊥平面CMD. 7．(1)證明：連接BC1，AC1.由題知點N在AC1上且為AC1的中點．∵M是AB的中點， ∴MN∥BC1. 又∵MN平面BCC1B1，∴MN∥平面BCC1B1. (2)證明：∵三棱柱ABC－A1B1C1中，側棱與底面垂直， ∴四邊形BCC1B1是正方形， ∴BC1⊥B1C，∴MN⊥B1C. 連接A1M，由∠ABC=∠MAA1=90°，BM=AM，BC=AA1得△AMA1≌△BMC.∴A1M=CM.又N是A1C的中點，∴MN⊥A1C. ∵B1C與A1C相交于點C，∴MN⊥平面A1B1C. (3)解：由(2)知MN是三棱錐M

23、－A1B1C的高．在直角△MNC中，，，∴. 又，∴=MN·=. 8．證明：由三視圖可得直觀圖為直三棱柱且底面ADF中AD⊥DF，DF=AD=a. (1)∵FD⊥平面ABCD，CM?平面ABCD， ∴FD⊥CM. 在矩形ABCD中，CD=2a，AD=a，M為AB中點，DM=CM=a，∴CM⊥DM. ∵FD?平面FDM，DM?平面FDM，F(xiàn)D∩DM=D，∴CM⊥平面FDM. (2)點P在A點處． 證明：取DC中點S，連接AS，GS，GA， ∵G是DF的中點，∴GS∥FC. 又AS∥CM，AS∩AG=A， ∴平面GSA∥平面FMC.而GA?平面GSA， ∴GP∥平面FM

24、C. 參考答案 一、選擇題 1．D　解析：圖①的三種視圖均相同；圖②的正(主)視圖與側(左)視圖相同；圖③的三種視圖均不相同；圖④的正(主)視圖與側(左)視圖相同． 2．A　解析：由直觀圖可知，在直觀圖中多邊形為正方形，對角線長為，所以原圖形為平行四邊形，位于y軸上的對角線長為2，故選A. 3．D　解析：由題目所給的幾何體的正(主)視圖和俯視圖，可知該幾何體為半圓錐和三棱錐的組合體，如圖所示： 可知側(左)視圖為等腰三角形，且輪廓線為實線，故選D. 4．B 5．D　解析：由三視圖可得該幾何體是四棱錐，記為棱錐P－ABCD，且PD⊥底面ABCD. 從而此幾何體的體積為×

25、×2×2＝4. 6．C　解析：該螺栓是由一個正六棱柱和一個圓柱組合而成的， V總＝V正六棱柱＋V圓柱＝×32×6×2＋π×12×3＝27＋3π. 7．A　解析：由正(主)視圖可知正三棱錐的底邊長為6，高為3，從而可得側棱長為.而側(左)視圖是一個三角形，三條邊分別是底面正三角形的高、側棱和側面等腰三角形底邊上的高，其長度依次為3，和2，故側(左)視圖的周長為5＋. 8．D 二、填空題 9．16π　解析：設兩圓錐的高分別為h,2h，圓錐的底面圓半徑為r，則r2＝2h2. 又球的半徑R＝＝3，則h＝2. 故兩圓錐的體積之和為V＝πr2(2h＋h)＝πr2h＝2πh3＝16π. 1

26、0．48 11．　解析：將直三棱柱沿側棱A1A剪開，得平面圖形如圖所示，A′C1為定長，當A，M，C1共線時AM＋MC1最短，此時AM＝，MC1＝2. 又在原圖形中AC1＝，易知∠AMC1＝120°， ∴＝××2×sin 120°＝. 12．　解析：O，E，F(xiàn)三點在平面ACC1A1內(nèi)，且矩形ACC1A1的外接圓是球的一個大圓． 又EF∥A1C，設A到直線A1C的距離為d，則＝，得d＝，故圓心O到直線EF的距離為. 又球的半徑為，故直線EF被球O所截得的線段長為2＝. 三、解答題 13．解：(1)這個幾何體的直觀圖如圖所示． (2)這個幾何體可看成是正方體AC1及直三棱

27、柱B1C1Q－A1D1P的組合體． 由PA1＝PD1＝，A1D1＝AD＝2，可得PA1⊥PD1. 故所求幾何體的表面積S＝5×22＋2×2×＋2××()2＝22＋4(cm2)． 所求幾何體的體積V＝23＋×()2×2＝10(cm3)． 14．解：(1)由題可知AA1⊥BC，S側＝SBCC1B1＋2SABB1A1＝(1＋)ab. (2)設O為A1在平面ABC內(nèi)的射影，則由題可知O在∠BAC的平分線上，可得AO＝(b·cos 45°)÷cos 30°＝b，則斜三棱柱的高A1O＝b，所以三棱柱的體積V＝·＝. 15．(1)解：BC2＝AC2－AB2＝3?BC＝. 幾何體ABC－EFD是

28、由直三棱柱截得，由圖可知DC⊥平面ABC， ∴DC⊥AB. 又∵∠ABC＝90°，∴AB⊥BC.∴AB⊥平面BDC. 又EF∥AB，∴EF⊥平面BCD. 故VD－BCE＝VE－BCD＝S△BCD·EF＝××××1＝. (2)證明：連接CF. 依題意???EF⊥BD.① 又在Rt△BCF和Rt△CDB中， ＝＝，＝＝?＝ ?Rt△BCF∽Rt△CDB?∠BDC＝∠BCF?∠BDC＋∠DCF＝∠BCF＋∠DCF＝90°?CF⊥BD.② 由①②?BD⊥平面CEF. 又CE?平面CEF，∴BD⊥CE. 16．(1)證明：連接CO. ∵AE＝EB＝，AB＝2，∴△AEB為等腰直角三角形． ∵O為AB的中點，∴EO⊥AB，EO＝1. 又∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°， ∴△ACB是等邊三角形，∴CO＝. 又EC＝2，∴EC2＝EO2＋CO2，∴EO⊥CO. 又CO?平面ABCD，EO平面ABCD，∴EO⊥平面ABCD. (2)解：設點D到平面AEC的距離為h. ∵AE＝，AC＝EC＝2，∴S△AEC＝. ∵S△ADC＝，E到平面ACB的距離EO＝1，VD－AEC＝VE－ADC， ∴S△AEC·h＝S△ADC·EO，∴h＝， ∴點D到平面AEC的距離為.