階段提升課第三課立體幾何初步思維導圖·構建網絡考點整合·素養提升題組訓練一立體幾何的“折〞與“展〞

1.如圖1所示,邊長為5+QUOTE的正方形鐵片,剪去陰影局部后,剩下一個扇形和一個圓,將它們分別焊成圓錐的側面和圓錐的底面,如圖2所示,試求扇形的半徑l和圓的半徑r.并求所得圓錐的體積V.【解析】從題圖1,知在正方形中,圓與正方形兩鄰邊相切,也與扇形的弧相切;扇形的半徑等于圓錐的母線長,扇形的弧長等于圓錐的底面圓周長.觀看正方形的一條對角線,簡潔得到:l+r+QUOTEr=(5+QUOTE)×QUOTE.①由于扇形的弧長等于圓的周長,故可得l·QUOTE=2πr.②聯立①,②解得r=QUOTE,l=4QUOTE.運用勾股定理可求得圓錐的高為:h=QUOTE=QUOTE.于是V=QUOTEπr2h=QUOTEπ.2.由y=|x|和y=3所圍成的封閉圖形,分別繞y軸和x軸旋轉一周,求所得旋轉體的外表積和體積.【解析】在平面直角坐標系中畫出平面封閉圖形△OAB,如圖1所示易知AO=BO=3QUOTE,AC=BC=3.(1)如圖2所示,將△OAB繞y軸旋轉一周,表=S圓錐側+S底面=π×3×3QUOTE+π×32=9(QUOTE+1)π.V錐=QUOTEπ×32×3=9π.(2)如圖3所示,將△OAB繞x軸旋轉一周,留意到AB平行于x軸,旋轉后為圓柱面,AO,BO分別與x軸相交,旋轉后為圓錐面.S表=S圓柱側+2S圓錐側=2·π·AO1·AB+2·π·AO1·AO=18(QUOTE+2)π.V=V圓柱2V圓錐=π·AQUOTE·ABQUOTE·π·AQUOTE·AC=36π.解決立體幾何折疊與旋轉問題的關鍵將平面圖形根據肯定的規那么要求進行折疊或旋轉,得到空間幾何體,進而討論幾何體的性質或計算,是一種常見的題型.解這類問題的關鍵是要分清折疊(旋轉)變化前后的位置關系和數量關系的變與不變.題組訓練二用三棱錐體積解題的幾種類型

1.在四周體ABCD中,AB=BC=CA=14,四周體的一個高DE=12,且2CD=BC+DE,2BC=DB+CD,求四周體中心過A點的高AF的長.【解析】四周體ABCD中,BC=14,DE=12.由于2CD=BC+DE=14+12=26,所以CD=13,又2BC=DB+CD,所以BD=2BCCD=2×1413=15.正△ABC的面積S△ABC=QUOTE×142sin60°=49QUOTE,由于cos∠BCD=QUOTE=QUOTE,所以sin∠BCD=QUOTE,所以S△BDC=QUOTE×13×14×QUOTE=84.而QUOTES△BDC·AF=QUOTES△ABC·DE,即84·AF=49QUOTE×12,解得AF=7QUOTE.2.如下圖,四邊形ABCD是邊長為4的正方形,E,F分別是AB,AD的中點,GC垂直于ABCD所在平面且GC=2,求點B到平面EFG的距離.【解析】連接EF,取EF的中點O,連接GB,GO,CO,FB,GF,GE,設點B到平面EFG的距離為h.連接BD,在Rt△ABD中,BD=4QUOTE.由于E,F分別是AB,AD的中點,所以EF=2QUOTE.由GC=2,GC⊥平面ABCD,AC=4QUOTE,得OC=3QUOTE,在Rt△GOC中∠GCO=90°,由勾股定理,得GO=QUOTE=QUOTE=QUOTE.故VBEFG=QUOTE·S△EFG=QUOTEEF·GO·h,VGEFB=QUOTES△EFB·GC=QUOTEEB·AF·GC,由于VBEFG=VGEFB,即QUOTEEF·GO·h=QUOTEEB·AF·GC,所以h=QUOTE=QUOTE=QUOTE.所以點B到平面EFG的距離為QUOTE.3.如下圖,ABCDA1B1C1D1是棱長為a的正方體,E,F分別為AA1,CC1的中點,求四棱錐A1EBFD1【解析】由于ABCDA1B1C1D1是正方體,E、F分別為AA1,CC1所以EB=BF=FD1=D1E=QUOTE=QUOTE=QUOTEa.所以四棱錐A1EBFD1的底面EBFD1是菱形.連接EF,那么△EFD1≌△EFB,即QUOTE=S△EFB.由于三棱錐A1EFB與三棱錐A1EFD1等底同高,所以QUOTE=QUOTE,即QUOTE=2QUOTE.調整頂點和底面,那么有QUOTE=QUOTE,所以QUOTE=2QUOTE.由于CC1∥平面ABB1A1所以三棱錐FEBA1的高就是CC1到平面ABB1A1又△EBA1的邊EA1上的高為a,所以QUOTE=2·QUOTE·a=QUOTEa3.利用三棱錐的體積解題的關鍵與類型利用三棱錐的體積解題是立體幾何中的技巧,應用非常廣泛,而且方法簡潔.解決這個問題的關鍵是從兩個不同的角度選擇三棱錐的底和頂點,利用同一個三棱錐的體積相等列方程.一般分為以下三種類型:這類題目一般是給出一個三棱錐,我們可以直接熟悉它,應用它,往往表現為求三棱錐的高.有些題目的題設中沒有三棱錐,需要構造三棱錐,制造條件,再用三棱錐的體積解題,常用于求點到平面的距離.這類題目既要構造三棱錐,又要進行等積代換或其他變換.一般來說,這類題目有肯定難度,方法敏捷,技巧性強,常用于求多面體的體積.題組訓練三空間中的平行垂直關系

1.如下圖,四邊形ABCD是平行四邊形,PB⊥平面ABCD,MA∥PB,PB=2MA.在線段PB上是否存在一點F,使平面AFC∥平面PMD?假設存在,請確定點F的位置;假設不存在,請說明理由.【解析】當點F是PB的中點時,平面AFC∥平面PMD,證明如下:如圖,連接BD交AC于點O,連接FO,那么PF=QUOTEPB.由于四邊形ABCD是平行四邊形,∥PD.又OF?平面PMD,PD?平面PMD,所以OF∥平面PMD.又MAQUOTEPB,所以PFMA.所以四邊形AFPM是平行四邊形.所以AF∥PM.又AF?平面PMD,PM?平面PMD.所以AF∥平面PMD.又AF∩OF=F,AF?平面AFC,OF?平面AFC.所以平面AFC∥平面PMD.【補償訓練】在正方體ABCDA1B1C1D1中,E,F,G,H分別為BC,CC1,C1D1,A1(1)BF∥HD1.(2)EG∥平面BB1D1D.(3)平面BDF∥平面B1D1H.【證明】由畫圖.(1)取BB1的中點M,連接C1M易證HMC1D1是平行四邊形,所以HD1∥MC1,又由可得四邊形MBFC1是平行四邊形,所以MC1∥BF,所以BF∥HD1.(2)取BD的中點O,連接OE,D1O,那么OEQUOTEDC,又D1GQUOTEDC,所以OED1G,所以OEGD1是平行四邊形,所以GE∥D1O.又D1O?平面BB1D1D,EG?平面BB1D1D,所以EG∥平面BB1D1D.(3)由(1)知D1H∥BF,又BD∥B1D1,B1D1,HD1?平面HB1D1,BF,BD?平面BDF,且B1D1∩HD1=D1,BD∩BF=B,所以平面BDF∥平面B1D1H.2.如下圖,在三棱錐ABCD中,AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F,G分別為AC,DC,AD的中點.求證:EF⊥平面BCG.【證明】由得,△ABC≌△DBC.因此AC=DC.又G為AD的中點,那么CG⊥AD;同理,BG⊥∩BG=G,因此AD⊥平面BCG.由題意知,EF為△DAC的中位線,所以EF∥⊥平面BCG.此題條件不變,證明:平面BCG⊥平面ACD.【證明】由得,△ABC≌△DBC,因此AC=DC.又G為AD的中點,那么CG⊥AD;同理,BG⊥AD,CG∩BG=G,因此AD⊥平面BCG.由于AD?平面ACD,所以平面BCG⊥平面ACD.面面平行判定的落腳點是線面平行,因此把握線面平行的判定方法是必要的,判定線面平行的兩種方法:(1)利用線面平行的判定定理.(2)利用面面平行的性質,即當兩平面平行時,其中一平面內的任始終線平行于另一平面.(1)利用面面平行的判定定理.(2)面面平行的傳遞性(α∥β,β∥γ?α∥γ).(3)利用線面垂直的性質(l⊥α,l⊥β?α∥β).(1)線面垂直定義(一般不易驗證任意性).(2)線面垂直的判定定理(a⊥b,a⊥c,b?α,c?α,b∩c=M?a⊥α).(3)平行線垂直平面的傳遞性質(a∥b,b⊥α?a⊥α).(4)面面垂直的性質(α⊥β,α∩β=l,a?β,a⊥l?a⊥α).(5)面面平行的性質(a⊥α,α∥β?a⊥β).(6)面面垂直的性質(α∩β=l,α⊥γ,β⊥γ?l⊥γ).題組訓練四求(做)空間角

1.在三棱錐ABCD中,E,F,G分別是AB,AC,BD的中點,假設AD與BC所成的角是60°,那么∠FEG為.

【解析】如圖,連接EF,EG,由于E,F,G分別是AB,AC,BD的中點,所以EF∥BC,EG∥AD,又AD與BC所成的角是60°,所以∠FEG=60°或∠FEG=120°.答案:60°或120°2.在圖(1)等邊三角形ABC中,AB=2,E是線段AB上的點(除點A外),過點E作EF⊥AC于點F,將△AEF沿EF折起到△PEF(點A與點P重合,如圖(2)),使得∠PFC=60°.(1)求證:EF⊥PC.(2)試問,當點E在線段AB上移動時,二面角PEBC的大小是否為定值?假設是,求出這個二面角的平面角的正切值,假設不是,請說明理由.【解析】(1)由于EF⊥PF,EF⊥FC,又由PF∩FC=F,所以EF⊥平面PFC.又由于PC?平面PFC,所以EF⊥PC.(2)由(1)知,EF⊥平面PFC,所以平面BCFE⊥平面PFC,作PH⊥FC,那么PH⊥平面BCFE,作HG⊥BE,連接PG,那么BE⊥PG,所以∠PGH是這個二面角的平面角,設AF=x,那么0<x≤1,由于∠PFC=60°,所以FH=QUOTE,PH=QUOTEx,易求GH=QUOTEx,所以tan∠PGH=QUOTE