苏教版（2019）必修第二册第13章 立体几何图形 章末复习提升课（共61张PPT）

(共61张PPT)
第13章　立体几何初步
章末复习提升课
01
知识网络　体系构建
02
主题串讲　综合提高
03
热考强化　素养提升
04
章末演练　轻松闯关
主题1　基本立体图形的概念
下列说法正确的是(　　)
A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形
C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点
√
【解析】　棱柱的结构特征是：有两个平面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边互相平行，这些面所围成的几何体叫作棱柱，故A错误；
四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形，B正确，
如图所示：PA⊥底面ABCD，四边形ABCD为矩形；有两个
平面互相平行,其余各面都是梯形，若侧棱的延长线不相交
于一点，则不是棱台，故C错误；
由于棱台是用平行于底面的平面截棱锥得到的，所以棱台的各侧棱延长后一定交于一点，故D错误．故选B．
此类问题的解法是主要掌握好棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台、球的概念和几何特征，以及它们的展开图的形状，从而正确的得到结 论．　
　 如图所示的组合体，其结构特征是(　　)
A．左边是三棱台，右边是圆柱
B．左边是三棱柱，右边是圆柱
C．左边是三棱台，右边是长方体
D．左边是三棱柱，右边是长方体
解析：根据三棱柱和长方体的结构特征，可知此组合体左边是三棱柱，右边是长方体．故选D．
√
主题2　空间中的共点、共线、共面问题
　 如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.
求证：(1)E，F，G，H四点共面；
(2)GE与HF的交点在直线AC上．
【证明】　(1)因为BG∶GC＝DH∶HC，
所以GH∥BD，又因为E，F分别为AB，AD的中点，
所以EF∥BD，所以EF∥GH，
所以E，F，G，H四点共面．
在四边形ABCD中，已知AB∥DC，AB，BC，DC，AD(或延长线)分别与平面α相交于点E，F，G，H.求证：E，F，G，H必在同一直线上．
证明：因为AB∥CD，
所以四边形ABCD是一个平面图形，
即AB，CD确定一个平面β，则AB β，AD β.
因为E∈AB，
所以E∈β，
因为H∈AD，所以H∈β.
又因为E∈α，H∈α，
所以α∩β＝EH.
因为DC β，G∈DC，
所以G∈β.
又因为G∈α，
所以点G在α与β的交线EH上．
同理，点F在α与β的交线EH上．
所以E，F，G，H必在同一条直线上．
主题3　平行、垂直关系
如图，已知在直角梯形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．
【解】　(1)证明：由已知得DE⊥AE，AE⊥EC.
因为DE∩EC＝E，DE，EC 平面DCE，
所以AE⊥平面CDE.
(2)证明：取AB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，GH，FH 平面FHG，
所以平面FHG∥平面BCD，
因为GF 平面FHG，
所以GF∥平面BCD.
(1)平行、垂直关系的相互转化
(2)证明空间线面平行或垂直需注意三点
①由已知想性质，由求证想判定；
②适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一；
③用定理时要先明确条件，再由定理得出相应结论．　
　 已知在四棱锥P ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，AB＝BC＝2CD，∠ABC＝60°，M是线段AB的中点．
(1)求证：CM⊥平面PAB；
(2)已知点N是线段PB的中点，试判断直线CN与平面PAD的位置关系，并证明你的判断．
解：(1)证明：连接AC.因为AB＝BC，∠ABC＝60°，所以△ABC是等边三角形，M是线段AB的中点，
所以CM⊥AB，又因为PA⊥平面ABCD，CM 平面ABCD，
所以PA⊥CM，又因为PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，
所以CM⊥平面PAB．
(2)证明：由于底面ABCD是矩形，故AD⊥CD.
又因为AD⊥PD，CD∩PD＝D，CD，PD 平面PDC，
所以AD⊥平面PDC.
而AD 平面ABCD，
所以平面PDC⊥平面ABCD.
空间角的求法
(1)找异面直线所成角的三种方法
①利用图中已有的平行线平移；
②利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；
③补形平移．
(2)线面角：求斜线与平面所成的角关键是找到斜线在平面内的射影，即确定过斜线上一点向平面所作垂线的垂足．通常是解由斜线段、垂线 段、斜线在平面内的射影所组成的直角三角形．
(3)二面角：利用几何体的特征作出所求二面角的平面角，再把该平面角转化到某三角形或其他平面图形中求解．　
　 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．
解：(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.
又侧面PAB⊥底面ABCD，侧面PAB∩底面ABCD＝AB，
所以PO⊥底面ABCD.
又BD 平面ABCD，所以PO⊥BD.
又AB＝BC＝2AD＝2，∠ABC＝∠DAB＝90°，
所以△DAB≌△OBC.
所以∠BCO＝∠ABD.所以BD⊥OC.
又OC，PO 平面POC，OC∩PO＝O，
所以BD⊥平面POC.
又PC 平面POC，所以BD⊥PC.
(2)如图，取PC的中点E，连接BE，DE，
因为PB＝BC，所以BE⊥PC.
又BD⊥PC，BE∩BD＝B，
所以PC⊥平面BDE.又DE 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，AD⊥AB，平面PAB∩平面ABCD＝AB，平面PAB⊥平面ABCD，
所以AD⊥平面PAB，BC⊥平面PAB.
主题5　空间图形的表面积和体积
　 如图所示，在梯形 ABCD 中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝a，BC＝2a，∠DCB＝60°，在平面 ABCD 内过点 C 作l⊥CB，以 l 为轴旋转一周．求旋转体的表面积和体积．
【解】　由题易知以 l 为轴将梯形 ABCD 旋转一周后形成的几何体如图所示，即圆柱中挖去一个倒置的且与圆柱等高的圆锥．
空间几何体表面积、体积的求法
(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．
(3)求复杂几何体的体积时，常用割补法和等体积法求解．　
1．用斜二测画法画水平放置的平面图形直观图时，下列结论中正确的个数是(　　)
①平行的线段在直观图中仍然平行；
②相等的线段在直观图中仍然相等；
③相等的角在直观图中仍然相等；
④正方形在直观图中仍然是正方形．
A．1　　　 B．2　　　
C．3　　　 D．4
√
解析：对于①，平行的线段在直观图中仍然是平行线段，所以①正确；

对于③，相等的角在直观图中不一定相等， 如直角坐标系内两个相邻的直角，在斜二测画法内是45°和135°，所以③错误；
对于④，正方形在直观图中不是正方形，是平行四边形，所以④错误； 综上，正确的命题序号是①，共1个. 故选A．
2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若α∥β，m α，n β，则m∥n
C．若α∩β＝m，n α，n⊥m，则n⊥β
D．若m⊥α，m∥n，n β，则α⊥β
√
解析：选项A错误，同时和一个平面平行的两直线不一定平行，可能相 交，可能异面；
选项B错误，两平面平行，两平面内的直线不一定平行，可能异面；
选项C错误，一个平面内垂直于两平面交线的直线，不一定和另一平面垂直，可能斜交；
选项D正确，由m⊥α，m∥n可得n⊥α，又n β，所以β⊥α，即α⊥β.故选D．
3.如图，在三棱锥S ABC中，E为棱SC的中点．若AC＝2，SA＝SB＝SC＝AB＝BC＝2，则异面直线AC与BE所成的角为(　　)
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
√
√
5．在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CD的中点，给出下列结论：①AE⊥D1F；②EF∥B1D；③AE⊥平面A1D1F.其中正确的是
(　　)
A．①② B．②③
C．①③ D．①②③
√
解析：取AB的中点G，连接A1G，则FG∥A1D1，
FG＝A1D1，则四边形GA1D1F为平行四边形，
得D1F∥A1G，在正方形AA1B1B中，
可得Rt△A1AG≌Rt△ABE，则∠AA1G＝∠BAE，
可得∠BAE＋∠A1GA＝90°，即A1G⊥AE，则AE⊥D1F，故①正确；
E在平面B1BD内，F在平面B1BD外，而B1D 平面B1BD，由异面直线的定义可得EF与B1D是异面直线，故②错误；
在正方体ABCD A1B1C1D1中，棱A1D1⊥平面AA1B1B，则A1D1⊥AE，由①知AE⊥D1F，且A1D1∩D1F＝D1，A1D1 平面A1D1F，D1F 平面A1D1F,所以AE⊥平面A1D1F，故③正确．综上，正确命题的序号是①③.故选 C．
解：(1)证明：连接AB1交A1B于点O，连接OM.如图所示．
在△B1AC中，因为M，O分别为AC，AB1的中点，
所以OM∥B1C.
又OM 平面A1BM，B1C 平面A1BM，
所以B1C∥平面A1BM.
(2)证明：因为侧棱AA1⊥底面ABC，BM 平面ABC，
所以AA1⊥BM.
因为M为棱AC的中点，AB＝BC，
所以BM⊥AC.又AA1∩AC＝A.
所以BM⊥平面ACC1A1.
所以BM⊥AC1.
因为M为棱AC的中点，AC＝2，
所以四边形DMBN是平行四边形，
所以BM∥DN.
由(2)知BM⊥平面ACC1A，
所以DN⊥平面ACC1A1.
又DN 平面AC1N，
所以平面AC1N⊥平面ACC1A1.
本部分内容讲解结束