第20课时 立体几何(3)

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1、第20课时立体几何（3）★高考趋势★立体几何中开放探索型问题是高考中经常出现的题型主要有：命题组合探索型，结论探索型，条件探索型，信息迁移型，以及图形翻折，几何体切接，三视图等问题。这些问题往往难度较大能够很好的培养学生的应用能力和创新能力，因此在高考命题中倍受青睐。一　基础再现1.有一个三棱锥和一个四棱锥，棱长都相等，将它们一个侧面重叠后，还有几个暴露面____________________?2．如图所示的几何体是从一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的，现用一个平面去截这个几何体，若这个平面垂直于圆柱底面所在的平面，那么所截得的图形可能是图中的__3.

2、设棱锥M—ABCD的底面是正方形，且MA＝MD，MA⊥AB，如果ΔAMD的面积为1，试求能够放入这个棱锥的最大球的半径.4.（山东卷）如图，在四棱锥中，平面平面，，是等边三角形，已知，．ABCMPDO（Ⅰ）设是上的一点，证明：平面平面；（Ⅱ）求四棱锥的体积．二、范例分析：ABCMNA1B1C1（第15题）例1．如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，M，N分别为A1B，B1C1的中点．（1）求证BC∥平面MNB1；（2）求证平面A1CB⊥平面ACC1A1．ks5u例2：在四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，E为P

3、D的中点，PA＝2AB＝2．（Ⅰ）求四棱锥P－ABCD的体积V；（Ⅱ）若F为PC的中点，求证PC⊥平面AEF；（Ⅲ）求证CE∥平面PAB．例3：如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，点D是棱BC的中点，求证：(1)AD⊥C1D；(2)A1B∥平面ADC1．例4、为圆的直径，点、在圆上，且，矩形所在的平面和圆所在的平面互相垂直，且，.（1）求证：平面；（2）设的中点为，求证：平面；（3）设平面将几何体分成的两个锥体的体积分别为，，求．例5：在正三角形ABC中，E、F分别是AB、AC边上的点，满足（如图1）.将△AEF沿EF折起到的位置，使二面角A1－EF－B成直二面角，连结A1B、A1C.

4、（如图2）（1）求证：A1E⊥平面BEC；（2）求四棱锥A1BCFE的体积。（3）在BE上是否存在一点M，使CM⊥平面BEA1若存在指出M点位置，不存在说明理由。三、巩固训练：1.设m，n是两条不同的直线，a，b，g是两个不同的平面，有下列四个命题：①Þa∥g；②Þm⊥b；③Þa⊥b；④Þm∥a．其中真命题的是(填上所有真命题的序号)．2、如图四边形是菱形，平面，为的中点.求证：BACDPQO⑴∥平面；⑵平面平面.3、如图，直四棱柱中，四边形是梯形，//上的一点。（1）求证：;（2）若平面交于点,求证：4、如图，已知三棱锥A—BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB中点，D为PB中点，且

5、△PMB为正三角形。（1）求证：DM∥平面APC；（2）求证：平面ABC⊥平面APC；（3）若BC=4，AB=20，求三棱锥D—BCM的体积。第20课时立体几何（3）　感悟解答1.解析：有5个暴露面.如图所示，过V作VS′∥AB，则四边形S′ABV为平行四边形，有∠S′VA=∠VAB=60°，从而ΔS′VA为等边三角形，同理ΔS′VD也是等边三角形，从而ΔS′AD也是等边三角形，得到以ΔVAD为底，以S′与S重合.这表明ΔVAB与ΔVSA共面，ΔVCD与ΔVSD共面，故共有5个暴露面.2.（1）（3）3.解析：∵AB⊥AD，AB⊥MA，∴AB⊥平面MAD，由此，面MAD⊥面AC.记E是AD

6、的中点，从而ME⊥AD.∴ME⊥平面AC，ME⊥EF，设球O是与平面MAD、AC、平面MBC都相切的球.不妨设O∈平面MEF，于是O是ΔMEF的内心.设球O的半径为r，则r＝，设AD＝EF＝a,∵SΔAMD＝1.∴ME＝.MF＝,则r＝≤＝-1，当且仅当a＝，即a＝时，等号成立.∴当AD＝ME＝时，满足条件的球最大半径为-1.4.（Ⅰ）证明：在中，由于，，，所以．故．又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，故平面平面．（Ⅱ）解：过作交于，由于平面平面，所以平面．因此为四棱锥的高，又是边长为4的等边三角形．因此．在底面四边形中，，，所以四边形是梯形，在中，斜边边上的高为，此即为梯形的高

7、，所以四边形的面积为．故．二、范例分析：ABCMNA1B1C1（第15题）例1．如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，M，N分别为A1B，B1C1的中点．（1）求证BC∥平面MNB1；（2）求证平面A1CB⊥平面ACC1A1．ks5u答案：（1）因BC∥B1C1，………………………………………………2分且B1C1平面MNB1，………………………………4分BC平面MNB1，故BC∥平面MNB1．……………