资源简介

一、直观想象
　　直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用图形理解和解决数学问题的过程，在本章中，直观想象主要体现在利用空间几何体判断点、线、面的位置关系中.
培优一 空间中点、线、面的位置关系
【例1】　（1）如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（　　）
A.直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
（2）（多选）已知平面α，β，γ，直线l，m满足：α⊥γ，γ∩α＝m，γ∩β＝l，l⊥m.则下面结论正确的是（　　）
A.m⊥β　 B.l⊥α　 C.β⊥γ　 D.α⊥β
尝试解答
二、逻辑推理
　　逻辑推理是得到数学结论、构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证，是人们在数学活动中进行交流的基本思维品质，在本章中，逻辑推理主要体现在线、面位置关系的证明中.
培优二 空间中的平行与垂直
【例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.
尝试解答
【例3】　（2023·全国甲卷文18题）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.
（1）证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
（2）设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1-BB1C1C的高.
尝试解答
三、数学运算
　　数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的过程.数学运算是数学活动的基本形式，是得到数学结果的重要手段.在本章中，数学运算主要表现在计算空间几何体的体积、表面积及空间角等问题中.
培优三 柱体、锥体、台体的表面积和体积
【例4】　（1）（2024·新高考Ⅰ卷5题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（　　）
A.2π　　　　　　 B.3π
C.6π D.9π
（2）（2023·全国甲卷文10题）在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝，则该棱锥的体积为（　　）
A.1 B.
C.2 D.3
（3）（多选）如图，四边形BCC1B1是圆柱的轴截面，AA1是圆柱的一条母线，已知AB＝4，AC＝2，AA1＝3，则下列说法正确的是（　　）
A.圆柱的侧面积为2π
B.圆柱的侧面积为6π
C.圆柱的表面积为6π＋12π
D.圆柱的表面积为2π＋6π
尝试解答
培优四 空间角的求法
【例5】　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.
尝试解答
章末复习与总结
【例1】　（1）A　（2）BD　解析：（1）连接AD1（图略），则易得点M在AD1上，且AD1⊥A1D.因为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D与BD1异面且垂直.在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，所以MN∥平面ABCD.易知直线AB与平面BB1D1D成45°角，所以MN与平面BB1D1D不垂直.所以选项A正确.故选A.
（2）如图，∵α⊥γ，γ∩α＝m，l γ，l⊥m，∴l⊥α，又l β，∴α⊥β.而γ⊥β不一定成立，故m⊥β，β⊥γ不一定成立.
【例2】　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AP⊥CD.
又因为AP∩AD＝A，AP，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.
【例3】　解：（1）证明：因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以A1C⊥BC.
因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC.
因为AC∩A1C＝C，AC，A1C 平面ACC1A1，
所以BC⊥平面ACC1A1.
因为BC 平面BB1C1C，
所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
（2）如图，
取棱AA1的中点D，连接BD，CD.
因为AB＝A1B，所以AA1⊥BD.
因为BC⊥平面ACC1A1，AA1 平面ACC1A1，所以BC⊥AA1.
因为BC∩BD＝B，BC，BD 平面BCD，
所以AA1⊥平面BCD.
因为CD 平面BCD，所以AA1⊥CD.
因为AA1∥CC1，所以CD⊥CC1.
又因为CD⊥BC，BC∩CC1＝C，BC，CC1 平面BB1C1C，所以CD⊥平面BB1C1C.
因为AA1＝2，所以CD＝1.
易知AA1∥平面BB1C1C，
所以四棱锥A1-BB1C1C的高为CD＝1.
【例4】　（1）B　（2）A　（3）BC　解析：（1）设圆柱和圆锥的底面半径为r，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以2πr×＝πr×，即2＝，故r＝3，故圆锥的体积为π×9×＝3π.故选B.
（2）取棱AB的中点D，连接PD，CD.∵PA＝PB＝2，CA＝CB＝AB＝2，∴PD＝CD＝.又∵PC＝，∴PC2＝PD2＋CD2，则PD⊥DC.又∵PD⊥AB，DC，AB 平面ABC，AB∩DC＝D，∴PD⊥平面ABC，∴VP-ABC＝S△ABC·PD＝××2××＝1.故选A.
（3）因为AB＝4，AC＝2，所以BC＝＝2，即r＝，又因为AA1＝3，所以圆柱的侧面积是2πrl＝2π××3＝6π，圆柱的表面积是2πrl＋2πr2＝6π＋12π.故选B、C.
【例5】　解：（1）如图，连接AC，∵A'C'∥AC，
∴AO与A'C'所成的角就是∠OAC.
∵AB⊥平面BCC'B'，OC 平面BCC'B'，
∴OC⊥AB，
又OC⊥BO，AB∩BO＝B.
∴OC⊥平面ABO.
又OA 平面ABO，∴OC⊥OA.
在Rt△AOC中，OC＝，AC＝，
sin∠OAC＝＝，∴∠OAC＝30°.
即AO与A'C'所成角的度数为30°.
（2）如图，作OE⊥BC于E，连接AE.
∵平面BCC'B'⊥平面ABCD，平面BCC'B'∩平面ABCD＝CB，∴OE⊥平面ABCD，
∴∠OAE为OA与平面ABCD所成的角.
在Rt△OAE中，OE＝，
AE＝ ＝，∴tan∠OAE＝＝.
即AO与平面ABCD所成角的正切值为.
2 / 3(共25张PPT)
章末复习与总结
一、直观想象
　　直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，
利用图形理解和解决数学问题的过程，在本章中，直观想象主要体现
在利用空间几何体判断点、线、面的位置关系中.
培优一 空间中点、线、面的位置关系
【例1】　（1）如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1，M，N分别是
A1D，D1B的中点，则（　A　）
A
A. 直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B. 直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C. 直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D. 直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
解析：连接AD1（图略），则易得点M在AD1上，且AD1⊥A1D. 因
为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，所以A1D⊥平面ABD1，所以
A1D与BD1异面且垂直.在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，
所以MN∥平面ABCD. 易知直线AB与平面BB1D1D成45°角，所以
MN与平面BB1D1D不垂直.所以选项A正确.故选A.
（2）（多选）已知平面α，β，γ，直线l，m满足：α⊥γ，
γ∩α＝m，γ∩β＝l，l⊥m.则下面结论正确的是（　　）
A. m⊥β B. l⊥α
C. β⊥γ D. α⊥β
解析：如图，∵α⊥γ，γ∩α＝m，l γ，
l⊥m，∴l⊥α，又l β，∴α⊥β.而γ⊥β
不一定成立，故m⊥β，β⊥γ不一定成立.
BD
二、逻辑推理
　　逻辑推理是得到数学结论、构建数学体系的重要方式，是数学严
谨性的基本保证，是人们在数学活动中进行交流的基本思维品质，在
本章中，逻辑推理主要体现在线、面位置关系的证明中.
培优二 空间中的平行与垂直
【例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；
证明：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）BE∥平面PAD；
证明：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）平面BEF⊥平面PCD.
证明：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AP⊥CD.
又因为AP∩AD＝A，AP，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.
【例3】　（2023·全国甲卷文18题）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1
中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.
（1）证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
解：证明：因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以
A1C⊥BC.
因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC.
因为AC∩A1C＝C，AC，A1C 平面ACC1A1，
所以BC⊥平面ACC1A1.
因为BC 平面BB1C1C，
所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
（2）设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1-BB1C1C的高.
解：如图，取棱AA1的中点D，连接BD，CD.
因为AB＝A1B，所以AA1⊥BD.
因为BC⊥平面ACC1A1，AA1 平面ACC1A1，
所以BC⊥AA1.
因为BC∩BD＝B，BC，BD 平面BCD，
所以AA1⊥平面BCD.
因为CD 平面BCD，所以AA1⊥CD.
因为AA1∥CC1，所以CD⊥CC1.
又因为CD⊥BC，BC∩CC1＝C，BC，
CC1 平面BB1C1C，所以CD⊥平面BB1C1C.
因为AA1＝2，所以CD＝1.
易知AA1∥平面BB1C1C，
所以四棱锥A1-BB1C1C的高为CD＝1.
三、数学运算
　　数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学
问题的过程.数学运算是数学活动的基本形式，是得到数学结果的重
要手段.在本章中，数学运算主要表现在计算空间几何体的体积、表
面积及空间角等问题中.
培优三 柱体、锥体、台体的表面积和体积
【例4】　（1）（2024·新高考Ⅰ卷5题）已知圆柱和圆锥的底面半径相
等，侧面积相等，且它们的高均为 ，则圆锥的体积为（　B　）
A. 2 π B. 3 π
C. 6 π D. 9 π
解析：设圆柱和圆锥的底面半径为r，则圆锥的母线长为 ，而
它们的侧面积相等，所以2πr× ＝πr× ，即2 ＝
，故r＝3，故圆锥的体积为 π×9× ＝3 π.故选B.
B
（2）（2023·全国甲卷文10题）在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为
2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝ ，则该棱锥的体积为
（　A　）
A. 1 B.
C. 2 D. 3
A
解析：取棱AB的中点D，连接PD，CD. ∵PA＝PB＝2，CA
＝CB＝AB＝2，∴PD＝CD＝ .又∵PC＝ ，∴PC2＝
PD2＋CD2，则PD⊥DC. 又∵PD⊥AB，DC，AB 平面
ABC，AB∩DC＝D，∴PD⊥平面ABC，∴VP-ABC＝
S△ABC·PD＝ × ×2× × ＝1.故选A.
（3）（多选）如图，四边形BCC1B1是圆柱的轴截面，AA1是圆柱的
一条母线，已知AB＝4，AC＝2 ，AA1＝3，则下列说法正确
的是（　BC　）
BC
A. 圆柱的侧面积为2 π
B. 圆柱的侧面积为6 π
C. 圆柱的表面积为6 π＋12π
D. 圆柱的表面积为2 π＋6π
解析：因为AB＝4，AC＝2 ，所以BC＝ ＝
2 ，即r＝ ，又因为AA1＝3，所以圆柱的侧面积是2πrl＝
2π× ×3＝6 π，圆柱的表面积是2πrl＋2πr2＝6 π＋12π.
故选B、C.
培优四 空间角的求法
【例5】　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；
解：如图，连接AC，∵A'C'∥AC，
∴AO与A'C'所成的角就是∠OAC.
∵AB⊥平面BCC'B'，OC 平面BCC'B'，
∴OC⊥AB，
又OC⊥BO，AB∩BO＝B. ∴OC⊥平面ABO.
又OA 平面ABO，∴OC⊥OA.
在Rt△AOC中，OC＝ ，AC＝ ， sin ∠OAC＝ ＝ ，
∴∠OAC＝30°.即AO与A'C'所成角的度数为30°.
（2）AO与平面ABCD所成角的正切值.
解：如图，作OE⊥BC于E，连接AE.
∵平面BCC'B'⊥平面ABCD，平面BCC'B'∩平
面ABCD＝CB，
∴OE⊥平面ABCD，∴∠OAE为OA与平面ABCD所成的角.
在Rt△OAE中，OE＝ ，
AE＝ ＝ ，∴tan∠OAE＝ ＝ .
即AO与平面ABCD所成角的正切值为 .
谢 谢 观 看！

展开更多......

收起↑