复习参考题优秀教案范文

知识点

1.空间图形（柱、锥、台、球）等表面积与体积的计算公式；

2.空间中点、直线、平面之间的位置关系；

3.用线、平面平行、垂直的判定和性质、线线角、线面角、二面角以及三垂线定理、逆定理；

教学目标

1.

能对不规则立体图形求体积求表面积。

2.掌握立体几何的基本证明方法，理解线、平面平行、垂直的判定和性质、线线角、线面角、二面角

教学重点

1.立体几何表面积及体积的计算

2.立体几何的基本证明

教学难点

1.立体几何的证明

2.线面夹角，二面角的求解

【教学建议】

1.了解直棱柱、圆锥的侧面展开图，熟背面积公式，体积公式.

2.了解基本几何体与其三视图、展开图（球除外）之间的关系

3.熟背判定定理和性质定理

4.熟记求二面角的方法

【知识导图】

教学过程

一、导入

我们都知道一棵大树它的枝干是组成大树必不可少的条件，但是要使一棵大树能够茁壮成长，根基也是相当重要的。数学学科的学习也是如此，我们有了一定的知识积累，但是更重要的是能够进行运用。在学习的前面立体几何的四讲之后，我们有了“大树的枝干”那么接下来这节课，我们将合理运用大树的“根基”让立体几何这棵大树茁壮的成长起来。

复习

1、空间几何体的结构，直观图和三视图

2、空间几何体的表面积和体积

3、空间点直线平面的关系，直线平面平行判定和性质

4、直线平面垂直判定和性质

二、知识讲解

考点1

空间几何体的结构，直观图和三视图

1、柱、锥、台、球的结构特征

（1）棱柱：定义：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体. 分类：以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱柱、四棱柱、五棱柱等。

表示：用各顶点字母，如五棱柱ABCDEA'B'C'D'E'或用对角线的端点字母，如五棱柱AD'.

几何特征：两底面是对应边平行的全等多边形；侧面、对角面都是平行四边形；侧棱平行且相等；平行于底面的截面是与底面全等的多边形. （2）棱锥

定义：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体. 分类：以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱锥、四棱锥、五棱锥等

表示：用各顶点字母，如五棱锥PA'B'C'D'E'. 几何特征：侧面、对角面都是三角形；平行于底面的截面与底面相似，其相似比等于顶点到截面距离与高的比的平方. （3）棱台：定义：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面和底面之间的部分. 分类：以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱态、四棱台、五棱台等

表示：用各顶点字母，如五棱台PA'B'C'D'E'. 几何特征：①上下底面是相似的平行多边形 ②侧面是梯形 ③侧棱交于原棱锥的顶点

（4）圆柱：定义：以矩形的一边所在的直线为轴旋转,其余三边旋转所成的曲面所围成的几何体. 几何特征：①底面是全等的圆；②母线与轴平行；③轴与底面圆的半径垂直；④侧面展开图是一个矩形. （5）圆锥：定义：以直角三角形的一条直角边为旋转轴,旋转一周所成的曲面所围成的几何体. 几何特征：①底面是一个圆；②母线交于圆锥的顶点；③侧面展开图是一个扇形. （6）圆台：定义：用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截面和底面之间的部分. 几何特征：①上下底面是两个圆；②侧面母线交于原圆锥的顶点；③侧面展开图是一个弓形. （7）球体：定义：以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的几何体

几何特征：①球的截面是圆；②球面上任意一点到球心的距离等于半径。

2、空间几何体的三视图

定义三视图：正视图（光线从几何体的前面向后面正投影）；侧视图（从左向右）、俯视图（从上向下）

注：正视图反映了物体上下、左右的位置关系，即反映了物体的高度和长度；

俯视图反映了物体左右、前后的位置关系，即反映了物体的长度和宽度；

侧视图反映了物体上下、前后的位置关系，即反映了物体的高度和宽度.

3、空.间几何体的直观图——斜二测画法

斜二测画法特点：①原来与x轴平行的线段仍然与x平行且长度不变；

②原来与y轴平行的线段仍然与y平行，长度为原来的一半.

考点2

空间几何体的表面积和体积

（1）几何体的表面积为几何体各个面的面积的和。

（2）特殊几何体表面积公式（c为底面周长，h为高，h为斜高，l为母线）

'S直棱柱侧面积ch S圆柱侧2rh

S正棱锥侧面积1ch' 2S圆锥侧面积rl

S正棱台侧面积1(c1c2)h' S圆台侧面积(rR)l

2S圆柱表2rrl S圆锥表rrl S圆台表r2rlRlR2 （3）柱体、锥体、台体的体积公式

V柱Sh V圆柱Shr2h V锥1Sh V圆锥1r2h

331'11'''V(SSSS)h(r2rRR2)h

V台(SSSS)h 圆台333

（4）球体的表面积和体积公式：V球=4R3

； S球面=4R2

3考点2 单调区间的定义

考点3空间点直线平面的关系，直线平面平行判定和性质

（1）

点与平面的关系

点A在平面内，记作A；点A不在平面内，记作A

点与直线的关系：点A的直线l上，记作：A∈l；

点A在直线l外，记作Al；

直线与平面的关系：直线l在平面α内，记作lα；直线l不在平面α内，记作lα.

（2）公理1：如果一条直线的两点在一个平面内，那么这条直线是所有的点都在这个平面内. （即直线在平面内，或者平面经过直线）

应用：检验桌面是否平；

判断直线是否在平面内

用符号语言表示公理1：Al,Bl,A,Bl

（3）公理2：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面. 推论：一直线和直线外一点确定一平面；两相交直线确定一平面；两平行直线确定一平面. 公理2及其推论作用：①它是空间内确定平面的依据 ②它是证明平面重合的依据

（4）公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线. 符号：平面α和β相交，交线是a，记作α∩β＝a. 符号语言：PABABl,Pl

公理3的作用：

①

它是判定两个平面相交的方法. ②

它说明两个平面的交线与两个平面公共点之间的关系：交线必过公共点. ③它可以判断点在直线上，即证若干个点共线的重要依据. （5）公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行

（6）空间直线与直线之间的位置关系

①

异面直线定义：不同在任何一个平面内的两条直线. ②

异面直线性质：既不平行，又不相交. ③

异面直线判定：过平面外一点与平面内一点的直线与平面内不过该店的直线是异面直线

④

异面直线所成角：直线a、b是异面直线，经过空间任意一点O，分别引直线a’∥a，b’∥b，则把直线a’和b’所成的锐角（或直角）叫做异面直线a和b所成的角。两条异面直线所成角的范围是（0°，90°]，若两条异面直线所成的角是直角，我们就说这两条异面直线互相垂直. （7）空间直线与平面之间的位置关系

直线在平面内——有无数个公共点．

三种位置关系的符号表示：aα a∩α＝A a∥α

（8）直线与平面平行的判定及其性质

线面平行的判定定理：平面外一条直线与此平面内一条直线平行,则该直线与此平面平行.

线线平行线面平行

线面平行的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行. 线面平行线线平行

考点4直线平面垂直判定和性质

（1）线面垂直判定定理和性质定理

判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直这个平面. 性质定理：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行. （2）直线与直线所成的角

①两平行直线所成的角：规定为0. ②两条相交直线所成的角：两条直线相交其中不大于直角的角，叫这两条直线所成的角. ③两条异面直线所成的角：过空间任意一点O，分别作与两条异面直线a，b平行的直线a,b，形成两条相交直线，这两条相交直线所成的不大于直角的角叫做两条异面直线所成的角. （3）直线和平面所成的角

①平面的平行线与平面所成的角：规定为0. ②平面的垂线与平面所成的角：规定为90. ③平面的斜线与平面所成的角：平面的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角. 求斜线与平面所成角的思路类似于求异面直线所成角：“一作，二证，三计算”。

在“作角”时依定义关键作射影，由射影定义知关键在于斜线上一点到面的垂线，

在解题时，注意挖掘题设中两个主要信息：（1）斜线上一点到面的垂线；（2）过斜线上的一点或过斜线的平面与已知面垂直，由面面垂直性质易得垂线. （4）二面角和二面角的平面角

①二面角的定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面. ②二面角的平面角：以二面角的棱上任意一点为顶点，在两个面内分别作垂直于．．．．．棱的两条射线，这两条射线所成的角叫二面角的平面角. ③直二面角：平面角是直角的二面角叫直二面角.

两相交平面如果所组成的二面角是直二面角，那么这两个平面垂直；反过来，如果两个平面垂直，那么所成的二面角为直二面角.

三

、例题精析

类型一

空间几何体的结构，直观图和三视图

1. 若一个几何体的三视图如图所示 a 3 a 3 （1）求侧视图的面积； （2）求几何体的表面积

a a 例题1

【解析】 (1)(2)

【总结与反思】空间几何体的三视图是高考数学中的一个必考点，考生在做此类题时首先要能够将所给的三视图进行还原原立体图形，此外必须熟记立体几何图形的表面积体积求解公式.

某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为（

）

例题2

A．215125B．2ππ22

C．215π

【答案】A 

D．225π

2[:.]【解析】由正视图与侧视图可判断出几何体为锥体，再由俯视图能够判定该几何体为圆锥的一半，且底面向上放置．所以表面积由底面半圆，侧面的一半，和轴截面的面积组成．由俯视图可得底面半圆半径r1，所以底面半圆面积S1面的一半，由正视图可得圆锥的母线l12ππr，几何体的侧面为圆锥侧2215πrlπ，2222125，所以侧面面积S2轴截面为三角形，底为2（侧视图），高为2（正视图）所以可得面积S3所以该几何体的表面积为SS1S2S3

1222，215π2. 2例题3

一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是(

) 12A.＋

22C．1＋2

【答案】D 【解析】设直观图为O′A′B′C′，建立如图所示的坐标系，按照斜二测画法的规则，在原来的平面图形中OC⊥OA，且OC＝2，BC＝1，OA＝1＋2×21＝1＋2，故其面积为×(122

B．1＋2

2D．2＋2 ＋1＋2)×2＝2＋2.【总结与反思】

1.解决有关“斜二测画法”问题时,一般在原图形中建立直角坐标系,尽

量取原图形中互相垂直的线段所在直线或图形的对称轴为坐标轴,图形

的对称中心为原点,注意两个图形中关键线段长度的关系. 2.按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的两个关系: (1)S直观图=S原图形. (2)S原图形=2

一个几何体的三视图及其尺寸(单位：cm)，如图所示，则该几何体的侧面积为 cm．

2S直观图. 例题4

[:]

【解析】通过三视图可判断出该几何体为正四棱锥，所以只需计算出一个侧面三角形的面积，乘4即为侧面积．通过三视图可得侧面三角形的底为8（由俯视图可得），高为5（左侧面的高即为正视图中三角形左腰的长度），所以面积为S115820cm2，所以侧面积为2S4S180cm2．

已知一个几何体的三视图如图所示（正方形边长为），则该几何体的体积为（ ）

例题5

A. B. C. D.

【答案】B 【解析】由三视图可知：该几何体为正方体挖去了一个四棱锥，

该几何体的体积为故选：B

【总结与反思】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽. 类型2：

空间直线平面的关系

例题1

1

例题

如图，四棱锥上一点，（1）证明：中，，为

平面的中点. ，为线段

（2）求四面体的体积.

【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）

由已知得即又，取，即的中点，连接故四边形所以

，由为中点知因为，为平行四边形，于是（2）因为PA平面ABCD，N为PC的中点，所以N到平面ABCD的距离为PA,取BC的中点E,连接AE，由AB=AC=3得AEBC,AE=，由AM//BC得M到BC的距离为，故,所以四面体N-BCM的体积为

例题1

2

例题

如图，在直角梯形ABCP中，CP//AB, CP⊥CB,AB=BC=CP=2,D是CP的中点，将PAD沿AD折起，使得PD⊥平面ABCD.

（Ⅰ）求证：平面PAD⊥平面

PCD；

（Ⅱ）若E是PC的中点,求三棱锥A-PEB的体积.

【解析】

（Ⅰ）证明：∵PD⊥底面ABCD，∴PDAD．

又由于CP//AB, CPAB，

ABBC，

∴ABCD为正方形，

ADCD．

又PDCDD，故AD平面PCD，

因为AD平面PAD，所以平面PAD平面PCD．

（Ⅱ）解： AD//BC，又BC平面PBC，

AD平面PBC，

所以AD//平面PBC，

∴点A到平面PBC的距离即为点D到平面PBC的距离．

又∵PDDC，

E是PC的中点，

DEPC．

由（Ⅰ）知AD平面PCD，所以有ADDE. 由题意得AD//BC，故BCDE．

于是，由BCPCC，可得DE平面PBC．

DE2，

PC22．

又∵AD平面PCD，

ADCP，

AD//BC ，

CPBC． SPEB1S2PBC11BCPC2，

22PEB1VAPEBVDPEBDES32．

3

例题1

3

例题

如图，己知BCD中，BCD900，BCCD1,AB平面BCD，且ADB600,E,F分别是AC,AD上的动点，AEAF==,(0<<1)

ACAD

（1）求证：不论为何值，总有EF平面ABC;

（2）若=

【解析】

(1）证明：因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥CD，

又在△BCD中，∠BCD = 90，所以，BC⊥CD，又AB∩BC＝B， 所以，CD⊥平面ABC， 又在△ACD，E、F分别是AC、AD上的动点，

且01,求三棱锥A-BEF的体积．

2AEAF(01)

ACAD 0所以，不论为何值，EF//CD,总有EF⊥平面ABC （2）

解：在△BCD中，∠BCD = 90，

BC＝CD＝1，

所以，BD＝2, 又AB⊥平面BCD，所以，AB⊥BD，

又在Rt△ABD中，ADB600,∴AB=BDtan600由（1）知EF⊥平面ABE，6

所以，三棱锥A－BCD的体积是6

24

【总结与反思】在解决线面垂直的证明题时，往往是线面垂直的性质和判定的一个混合应用过程.

例题4

如图，已知三棱锥A—BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB的中点，

D为PB的中点，且△PMB为正三角形．

(1)求证：DM∥平面APC；

(2)求证： BC⊥平面APC；

(3)若BC＝4，AB＝20，求三棱锥D—BCM的体积．

【解析】(1)由已知得，MD是△ABP的中位线，所以MD∥AP.

因为MD⊄平面APC，AP⊂平面APC，所以MD∥平面APC. (2)因为△PMB为正三角形，D为PB的中点，所以MD⊥PB所以AP⊥PB. 又因为AP⊥PC，且PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC

因为BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC. 又因为BC⊥AC，且AC∩AP＝A，所以BC⊥平面APC

(3)因为MD⊥平面PBC，所以MD是三棱锥M—DBC的高，且MD＝5，

又在直角三角形PCB中，由PB＝10，BC＝4，可得PC＝2 11于是S△BCD＝2S△BCP＝2，(12分)所以VD－BCM＝VM－DBC＝sh＝10 3【总结与反思】

垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. (3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直. (4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直

类型3：空间角

例题1

设A在平面BCD内的射影是直角三角形BCD的斜边BD的中点O，AC=BC=1，CD=

（1）AC与平面BCD所成角的大小

（2）二面角A-BC-D的正切值

（3）异面直线

AB和CD的角

【解析】

（1）如图，∵Rt△BCD中，BC=1，CD=∴BD==

∵O是Rt△BCD斜边中点，

∴OB=OC=OD=，

∵A在平面BCD内的射影是直角三角形BCD的斜边BD的中点O，

∴AO⊥平面BCD，

∴AC与平面BCD所成角为∠ACO，

∵cos∠ACO=∴∠ACO=30°，

=

∴AC与平面BCD所成角的大小为30°．

（2）由（1）得AO=

，AB=AC=1=BC，

∴△ABC是正三角形

取BC中点E，则AE⊥BC，DE⊥BC，AE=，OE=，DC=

则∠AEO是二面角A-BC-D的平面角，

tan∠AEO==

∴二面角A-BC-D的正切值为

(3)取AC的中点，连接EF,OE,OF, 因为E,F分别为中点，所以AB与CD所成的角即为EF与EO所成的角即∠OEF，所以在∆EFO中，EF=EOCD=, OF=

AC=, 所以∆EFO为等腰直角三角形，所以∠OEF=

例题2

如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为边长为2的菱形，DAB60，ADP90，面ADP面ABCD，点F为棱PD的中点. （1）在棱AB上是否存在一点E，使得AF//面PCE，并说明理由；

（2）当二面角D-FC-B的余弦值为1时，求直线PB与平面ABCD所成的角. 4

【解析】：（1）在棱AB上存在点E，使得AF//面PCE，点E为棱AB的中点. 理由如下：

取PC的中点Q，连结EQ、FQ，

由题意，FQ//DC且FQ故AE//FQ且AEFQ. 所以，四边形AEQF为平行四边形. 所以，AF//EQ，又EQ平面PEC，AF平面PEC，

11CD，AE//CD且AECD，

22

所以，AF//平面PEC. （2）由题意知ABD为正三角形，所以EDAB，亦即EDCD，

又ADP90，

面ABCDAD，

所以PDAD，且面ADP面ABCD，面ADP所以PD面ABCD，

由二面角的余弦值得, 所以 =，

所以a1，

由于PD面ABCD，所以PB在平面ABCD内的射影为BD，

所以PBD为直线PB与平面ABCD所成的角a，

易知在RtPBD中tanPBDPD1，从而PBD45，

BD所以直线PB与平面ABCD所成的角为45.

例题3

如图，在平行六面体

ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，

且AB＝AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝120°. (1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；

(2)求二面角B-A1D-A的正弦值．

【解析】在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E. ―→―→―→因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.如图，以{AE，AD，AA1}为正交基底，建立空间直角坐标系A­xyz. 因为AB＝AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝120°，

则A(0,0,0)，B(3，－1,0)，D(0,2，0)，E(3，0,0)，A1(0，0，3)，C1(3，1，3)．(1) ―→―→―→―→A1B＝(3，－1，－3)，AC1＝(3，1，3)．

―→―→则cos〈A1B，AC1〉＝A1B·AC1―→―→|A1B||AC1|＝3－1－31＝－. 77×71因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为. 7―→(2)可知平面A1DA的一个法向量为AE＝(3，0,0)．

设m＝(x，y，z)为平面BA1D的一个法向量，

―→―→又A1B＝(3，－1，－3)，BD＝(－3，3,0)，

―→m·AB＝0，则―→m·BD＝0，1

3x－y－3z＝0，即－3x＋3y＝0.

不妨取x＝3，则y＝3，z＝2，

所以m＝(3，3，2)为平面BA1D的一个法向量，

―→从而cos〈AE，m〉＝―→AE·m―→＝333＝. 3×44| AE||m|3设二面角B­A1D­A的大小为θ，则|cos θ|＝. 4因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cosθ＝27. 4

z7. 4因此二面角B­A1D­A的正弦值为

例题4

如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为菱形且∠DAB=60°，O为AD中点. （Ⅰ）若PA=PD，求证：平面POB⊥平面PAD；

（Ⅱ）若平面PAD⊥平面ABCD，且PA=PD=AD=2，试问在线段PC上是否存在点M，使二面角M—BO—C的大小为60°，如存在，求的值，如不存在，说错误！未找到引用源。明理由.

【解析】

(1)∵PA=PD

O为AD中点

∴PO⊥AD 又∵ABCD为菱形且∠DAB=60° ∴OB⊥AD ∵PO∩OB=O ∴AD⊥面POB，∵AD错误！未找到引用源。面PAD ∴面POB⊥面PAD

(2)∵面PAD⊥面ABCD且面PAD∩面ABCD=AD ∴PO⊥面ABCD，

以O为坐标原点，分别以OA、OB、OP为x、y、z轴

建立空间直角坐标系

z

ox

y

∴O(0,0,0)、P(0,0,错误！未找到引用源。)、B(0,错误！未找到引用源。,0)、C(-2,错误！

未找到引用源。,0) 设错误！未找到引用源。=错误！未找到引用源。(0<λ<1) ∴M(-2λ,错误！未找到引用源。λ, 错误！未找到引用源。(1-λ)) ∵平面CBO的法向量为n1=(0,0,错误！未找到引用源。) 设平面MOB的法向量为n2=(x,y,z) ∴ 取n2=(,0,错误！未找到引用源。) 错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。∵二面角M—BO—C的大小为60°

∴=

解得λ=

错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。∴存在M点使二面角M—BO—C等于60°，且=

错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。

四

、课堂运用

基础

1. 一个几何体的三视图如图，则俯视图的面积是________

2 2 1

2.如图,矩形O'A'B'C'是水平放置的一个平面图形的直观图,其中O'A'=6 cm,O'C'=2 cm,则原图形是 (

)  

A.正方形

B.矩形 C.菱形

D.一般的平行四边形

3.如图所示，正方形ABCD与直角梯形ADEF互相垂直，ADE90，AF//DE，E 所在平面F D C A B

DEDA2AF2. (Ⅰ)求证：AC//平面BEF；

（Ⅱ）求四面体BDEF的体积.

4.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60°，PA=AB=BC，E是PC的中点，

（Ⅰ）求PB和平面PAD所成的角的大小；

（Ⅱ）证明AE⊥平面PCD；

（Ⅲ）求二面角A-PD-C的正弦值.

5. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝6，AB＝4 (1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B-PD-A的大小；

(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．

答案与解析

1.【答案】2 【解析】由三视图得S=2 2.【答案】C

【解析】将直观图还原得▱OABC,如图,

因为O'D'= O'C'=2cm,所以OD=2O'D'=4cm, 因为C'D'=O'C'=2 cm,所以CD=2 cm, 所以OC= 22CD2OD2= 2(42)=6(cm),

所以OA=O'A'=6 cm=OC,故原图形为菱形.

3.【答案】

【解析】(Ⅰ)证明：设ACBDO，取BE中点G，连结FG,OG，

1DE////OGAF//DEOG， 2DE2AFAF所以， 因为，，所以从而四边形AFGO是平行四边形，FG//AO. 因为FG平面BEF,AO平面BEF, 所以AO//平面BEF，即AC//平面BEF （Ⅱ）解：因为平面ABCD平面ADEF，ABAD, 所以AB平面ADEF. A 因为AF//DE,ADE90,DEDA2AF2，

B F D C E 1EDAD22DEF所以的面积为， 14SDEFAB33. 所以四面体BDEF的体积4. 【答案】（1）45°（2）如下（3）

【解析】：（Ⅰ）解：在四棱锥P-ABCD中，因PA⊥底面ABCD，平面ABCD，

故PA⊥AB，又AB⊥AD，PA∩AD=A，从而AB⊥平面PAD，故PB在平面PAD内的射影为PA，

从而∠APB为PB和平面PAD所成的角，在所以PB和平面PAD所成的角的大小为45°．

（Ⅱ）证明：在四棱锥P-ABCD中，

因PA⊥底面ABCD，故CD⊥PA，

由条件CD⊥PC，PA∩AC=A，

∴CD⊥面PAC，又面PAC，

平面ABCD，

中，AB=PA，故∠APB=45°，

∴AE⊥CD，由PA=AB=BC, ∠ABC=60°，可得AC=PA，

∵E是PC的中点，∴AE⊥PC，∴PC∩CD=C，

综上得AE⊥平面PCD.

（Ⅲ）解：过点E作EM⊥PD，垂足为M，连结AM，

由（Ⅱ）知，AE⊥平面PCD，

AM在平面PCD内的射影是EM，则AM⊥PD，

因此∠AME是二面角A-PD-C的平面角，

由已知，可得∠CAD=30°，设AC=a，可得

，

，

∴，

则，

在中，sin∠AME=，

所以二面角A-PD-C的正弦值为

5.【答案】同解析

【解析】(1)证明：设AC，BD的交点为E，连接ME. 因为PD∥平面MAC，

平面MAC∩平面PDB＝ME，

所以PD∥ME. 因为底面ABCD是正方形，

所以E为BD的中点．所以M为PB的中点．

(2)取AD的中点O，连接OP，OE.因为PA＝PD，所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，OP⊂平面PAD，所以OP⊥平面ABCD. 因为OE⊂平面ABCD，所以OP⊥OE.

因为底面ABCD是正方形，所以OE⊥AD. ―→―→―→以O为原点，以OD，OE，OP为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，

则P(0,0，2)，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，

―→―→BD＝(4，－4,0)，PD＝(2,0，－2)．设平面BDP的一个法向量为n＝(x，y，z)，

―→则n·BD＝0，即－4y＝0，―→2x－2z＝0.

n·PD＝0，

4x令x＝1，得y＝1，z＝2.于是n＝(1,1，2)．

又平面PAD的一个法向量为p＝(0,1,0)，

所以cos〈n，p〉＝n·p1|n||p|＝2. 由题知二面角B-PD-A为锐角，所以二面角B-PD-A的大小为60°

(3)由题意知M－1，2，22，C(2,4,0)，

―→则MC＝3，2，－22. 设直线MC与平面BDP所成角为α，

―→―→则sin α＝|cos〈n，MC〉|＝|n·MC|―→＝269. |n||MC|所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为269.

巩固

1.如图，是一个几何体的三视图，侧视图是一个等边三角形，求a 3

2 1 1 A.

1 B. C.2 D.3

2.有一块多边形的菜地,它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示),∠ABC=45°,AB=AD=1,DC⊥BC,则这块菜地的面积为

.

13. 如图，在直角梯形ABCD中，∠B＝90°，DC∥AB，BC＝CD＝AB＝2，G为线段AB2的中点，将△ADG沿GD折起，使平面ADG⊥平面BCDG，得到几何体A－BCDG.

(1)若E，F分别为线段AC，AD的中点，求证：EF∥平面ABG；

(2)求证：AG⊥平面BCDG；

(3)求三棱锥C-ABD的体积.

4.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形．已知AB=3，AD=2，PA=2，PD=∠PAB=60°．

（Ⅰ）证明AD⊥平面PAB；

（Ⅱ）求异面直线PC与AD所成的角的正切值；

（Ⅲ）求二面角P-BD-A的正切值．

，

5. 如图，四棱锥P -ABCD的底面为菱形，

∠ABC＝60°，E是DP的中点．若AP＝PB＝2，AB＝PC＝2. (1)证明：PB∥平面ACE；

(2)求二面角A-PC-D的余弦值．

答案与解析

1.【答案】B.由三视图得，a为侧视图上的高线

2.【答案】

2+  如图①,在直观图中,过点A作AE⊥BC,垂足为E, ∵在Rt△ABE中,AB=1,∠ABE=45°,∴BE=22 . ∵四边形AECD为矩形,AD=1, ∴EC=AD=1.∴BC=BE+EC=22+1. 由此可还原原图形如图②.

图①

图②

在原图形中,A'D'=1,A'B'=2,B'C'=1, 且A'D'∥B'C',A'B'⊥B'C', ∴这块菜地的面积S= (A'D'+B'C')·A'B'= ×（1+1+）×2=2+ .

3. 【答案】

【解析】(1)证明：依题意，折叠前后CD、BG位置关系不改变，∴CD∥BG. ∵E、F分别为线段AC、BD的中点，∴在△ACD中，EF∥CD，∴EF∥BG. 又EF⊄平面ABG，BG⊂平面ABG，∴EF∥平面ABG.

(2)证明：将△ADG沿GD折起后，AG、GD位置关系不改变，∴AG⊥GD，

又平面ADG⊥平面BCDG，平面ADG∩平面BCDG＝GD，AG⊂平面AGD，∴AG⊥平面BCDG. (3)解：由已知得BC＝CD＝AG＝2，

又由(2)得AG⊥平面BCDG，即点A到平面BCDG的距离AG＝2，

∴＝＝13114·AG＝××2×2×2＝. 3234.【答案】

（Ⅰ）证明：在△PAD中，由题设PA=2，PD=可得PA2+AD2=PD2于是AD⊥PA．

在矩形ABCD中，AD⊥AB．又PA∩AB=A，

所以AD⊥平面PAB．

（Ⅱ）由题设，BC∥AD，

所以∠PCB（或其补角）是异面直线PC与AD所成的角．

在△PAB中，由余弦定理得

PB==

由（Ⅰ）知AD⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，

所以AD⊥PB，因而BC⊥PB，于是△PBC是直角三角形，故tanPCB=

所以异面直线PC与AD所成的角正切值为．

（Ⅲ）过点P做PH⊥AB于H，过点H做HE⊥BD于E，连接PE 因为AD⊥平面PAB，PH⊂平面PAB，所以AD⊥PH．又AD∩AB=A，

因而PH⊥平面ABCD，故HE为PE再平面ABCD内的射影．

由三垂线定理可知，BD⊥PE，从而∠PEH是二面角P-BD-A的平面角．

由题设可得，

PH=PA•sin60°=，AH=PA•cos60°=1，

=

BH=AB-AH=2，BD=

HE=，于是在RT△PHE中，tanPEH=，所以二面角P-BD-A的正切值为. 5.【答案】(1)证明：连接BD交AC于点F，连接EF，

∵底面ABCD为菱形，∴F为BD中点．又∵E是DP中点，

∴EF∥PB. ∵PB⊄平面ACE，EF⊂平面ACE，∴PB∥平面ACE. (2)取AB的中点Q，连接PQ，CQ，

∵底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，

∴△ABC为正三角形，∴CQ⊥AB. ∵AP＝PB＝2，AB＝PC＝2，

∴CQ＝3，且△PAB为等腰直角三角形，

∴PQ⊥AB，PQ＝1，∴PQ2＋CQ2＝CP2，∴PQ⊥CQ. 以Q为坐标原点，QA，QC，QP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标―→―→1)，CD＝(2,0,0)．

设平面APC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，

―→系，则A(1,0,0)，C(0，3，0)，P(0,0,1)，D(2，3，0)，AP＝(－1,0,1)，CP＝(0，－3，

n·AP＝0，则―→n·CP＝0，11―→

－x1＋z1＝0，即

－3y1＋z1＝0，

令y1＝1，得x1＝3，z1＝3，故n1＝(3，1，3)．

设平面DPC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，

n·CD＝0，则―→n·CP＝0，22―→2x2＝0，即

－3y2＋z2＝0，

令y2＝1，得z2＝3，故n2＝(0,1，3)．

n1·n21＋327∴cos〈n1，n2〉＝＝＝，

|n1||n2|77×2由图知二面角A-PC-D为锐角，

27∴二面角A-PC-D的余弦值为. 7

拔高

1.某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥中最长棱的长度为 (

)

A.

B. 

C. 

D.3 2. 如图，在四棱锥PABCD中，PC底面ABCD，AD∥BC，AD2BC2，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E是PD上的点．

求证：（1）AD∥平面PBC；

（2）平面EAC平面PCD．

3.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，AD//BC,∠BCD=(1)证明平面PAB平面ABCD (2)如果CD=AD+BC,二面角P-BC-A等于

PA=PB，PC=PD, ，求二面角P-CD-A的大小

4.

如图，D是AC的中点，四边形BDEF是菱形，平面BDEF平面ABC，FBD60，ABBC，ABBC2. （Ⅰ）若点M是线段BF的中点，证明：BF平面AMC；

(II)求平面AEF与平面BCF所成的锐二面角的余弦值.

答案与解析

1.【答案】B 【解析】将几何体还原在长方体中,如图.该几何体为三棱锥P-ABC,可得最长

棱为长方体的一条体对角线PB== .

2.【答案】同解析

【解析】（1）∵AD∥BC，BC平面PBC，AD平面PBC，

∴AD∥平面PBC．

（2）PC底面ABCD，AC底面ABCD，PCAC

由题意可知，AD∥BC且AD2BC2，△ABC是等腰直角三角形，

AC2BC2，CD2，CD2AC2AD2，即ACCD

又PCCDC，AC平面PCD

AC平面EAC，平面EAC平面PCD

3.【答案】

（1）取AB、CD 的中点E、F．连结PE、EF、PF，

由PA=PB、PC=PD 得PE⊥AB，PF⊥CD ∴EF为直角梯形的中位线，∠BCD=90°，

∴EF⊥CD 又PF∩EF=F

∴CD⊥平面PEF 又∵PF⊂平面PEF，得CD⊥PE 又PE⊥AB且梯形两腰AB、CD必相交

∴PE⊥平面ABCD 又由PE⊂平面PAB ∴平面PAB⊥平面ABCD 由（1）及二面角的定义知∠PFE为二面角P-CD-A的平面角

作EG⊥BC于G，连PG，

由三垂线定理得BC⊥PG，

故∠PGE为二面角P-BC-A的平面角

即∠PGE=60°，

由已知，得EF＝，(AD+BC)＝∴EF=EG，

∴Rt△PEF≌Rt△PEG．（11分）

∴∠PEF=∠PGE=60°，

故二面角P-CD-A的大小为60°．

4.【答案】同解析

【解析】（1）连接MD，FD. ,又EG=CF=

∵四边形BDEF为菱形，且FBD60，

∴DBF为等边三角形. ∵M为BF的中点，∴DMBF. ∵ABBC，ABBC2，又D是AC的中点，

∴BDAC. ∵平面BDEF平面ABCBD，平面ABC平面BDEF，AC平面ABC，

∴AC平面BDEF. 又BF平面BDEF，∴ACBF. 由DMBF，ACBF，DM∴BF平面AMC.

（2）设线段EF的中点为N，连接DN.易证DN平面ABC.以D为坐标原点，DB，ACD，

DC，DN所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.则A(0,1,0)，1313E(,0,)，F(,0,)，B(1,0,0)，C(0,1,0). 2222∴AE(,1,12313)，EF(1,0,0)，BF(,0,)，BC(1,1,0). 222设平面AEF，平面BCF的法向量分别为m(x1,y1,z1)，n(x2,y2,z2).

13xyz021121AEm0由. 1x0EFm012解得y13z1. 2取z12，∴m(0,3,2). x2y20BCn0又由解得y23z2. 13z20x2BFn022取z21，∴n(3,3,1). ∵cosm,nmnmn11. 7771. 7∴平面AEF与平面BCF所成的锐二面角的余弦值为

五

、课堂小结

本节讲了3个重要内容：

1．

三视图与表面积及体积

2．直线与平面的位置关系

3. 空间角

（1）几何法

（2）向量法

六

、课后作业

基础

1.一个棱长为2的正方体被一个平面截去一部分后,剩余几何体的三视图如图所示,则截去的几何体是 (

)  

A.三棱锥

B.三棱柱 C.四棱锥

D.四棱柱

2如图，已知四棱锥PABCD的底面为菱形，且ABC60，E是DP中点.

（Ⅰ）证明：PB//平面ACE；

（Ⅱ）若APPB2，ABPC2，求三棱锥CPAE的体积

3.在正四面体ABCD中，求相邻两个平面所成的二面角的平面角的余弦值.

4.如下图,四梭锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,

AD//BC,PAABACAD3,BC4,M为线段AD上一点，2AMMD,N为PB的中点.

(I)证明:MN//平面PCD；

(Ⅱ)求直线PN与平面AMN所成角的正弦值.

答案与解析

1.

【答案】

B

【解析】由三视图还原几何体可知,截去的几何体是三棱柱. ACF，连接EF，

2. （Ⅰ）证明：如图，连接BD，BD∵四棱锥PABCD的底面为菱形，

∴F为BD中点，又∵E是DP中点，

∴在△BDP中，EF是中位线，∴EF//PB，

又∵EF平面ACE，而PB平面ACE，∴PB//平面ACE． （Ⅱ）解：如图，取AB的中点Q，连接PQ，CQ，

∵ABCD为菱形，且ABC60，∴△ABC为正三角形，∴CQAB，

∴CQ3，∵APPB2，ABPC2，且△PAB为等腰直角三角形，即APB90，

PQAB，且PQ1222∴PQCQCP，，∴PQCQ，

又ABCQQ，∴PQ平面ABCD, === = 2= .

3.【答案】

【解析】取CD的中点E，连接AE，BE，如下图所示：

设四面体的棱长为2，则AE=BE=所成二面角的平面角

，且AE⊥CD，BE⊥CD，则∠AEB即为相邻两侧面在△ABE中，cos∠AEB==

故正四面体（所有面都是等边三角形的三棱锥）相邻两侧面所成二面角的余弦值是

故答案为：.

4.【答案】同解析

【解析】(Ⅰ)由己知得AM1AD1,DM2, 31BC2

2取CP的中点T,连接DT,TN由N为PB中点知TN//BC,TN又AD//BC故TN//DM,四边形DMNT为平行四边形，于是MN//DT.. 因为DT平面PCD,MN平面PCD，所以MN//平面PCD. AD, （Ⅱ）取BC的中点E,连结AE,由ABAC得AEBC,从而AE且AE以AB2BE2AB2(BC2)5

2A为坐标原点，AE的方向为x轴正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系Axyz，

由题意知，A(0,0,0),P(0,0,3),M(0,1,0),B(5,2,0),N(52,1,32), PN((52,1,32),AM(0,10),AN(52,1,32). 设n(x,y,z)

为平面AMN的法向量，

y0则nAM0，即nAN05n(3,0,1)

2xy32z0，可取5故直线PN

与平面AM所成角的正cosn,PNnPNnPN31432357.

52

巩固

1. 在正方形网格中,某四面体的三视图如图所示.如

果小正方形网格的边长为1,那么该四面体最长棱的棱长为 (

)  

弦值为

A.4 

B.6 C.4 

D.2 

2.如图，四棱锥中PABCD，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，ADC90，平面PAD底面ABCD，PAPD，AD2BC. （Ⅰ）证明：平面PAD平面PCD；

（Ⅱ）若PAB是面积为

3在棱长为1的正方体A（1）求二面角（2）求平面

3的等边三角形，求四棱锥PABCD的体积.

中，

的余弦值

与地面 ABCD所成二面角的正切值

4.如图，已知四棱锥S -ABCD的

底面为菱形，SA⊥平面ABCD，∠ADC＝60°，

E，F分别是SC，BC的中点．

(1)证明：SD⊥AF；

(2)若AB＝2，SA＝4，求二面角F-AE-C的平面角的余弦值

答案与解析

1.【答案】B 【解析】 B 将该四面体还原在正方体中,为三棱锥P-ABC,如图所示,最长

棱为PA=PC2AC2 =422242 =6.  

2.【答案】同解析

【解析】（Ⅰ）∵平面PAD∴CD平面PAD

又∵CD平面PCD

∴平面PAD底面ABCD，平面PAD底面ABCDAD，CDAD

平面PCD （Ⅱ）如图，设AD的中点为E，连接PE，BE

∵PA∴PEPD

AD

底面ABCD，平面PAD底面ABCDAD

∵平面PAD∴PE底面ABCD

∵PAB是面积为∴PA3的等边三角形

ABPB2 ∵E是AD的中点，AD//BC，ADC900，AD2BC

∴四边形BCDE为矩形，AEB900

∴AEBPEB，故PEAE

2PA2 2∴PAE是等腰直角三角形，故AEPE∴在直角三角形AEB中有BE∴BCBEAB2AE22

2,AD22,BC2

1(ADBC)CD3 2∴直角梯形ABCD的面积为∴VPABCD1SABCDPE2 3

3.【答案】；

【解析】（1）取,连接A由定义法知为面的二面角，有余弦定理有COS（2）取DB的中点O,由三垂线定理得，

为平面与地面

ABCD所成二面角，所以

4.【答案】同解析

【解析】

(1)证明：由四边形ABCD为菱形，∠ADC＝60°，可得△ABC为正三角形，因为F为BC的中点，所以AF⊥BC，

又BC∥AD，所以AF⊥AD. 因为SA⊥平面ABCD，AF⊂平面ABCD，所以SA⊥AF. 又SA⊂平面SAD，AD⊂平面SAD，且SA∩AD＝A，

所以AF⊥平面SAD，又SD⊂平面SAD，所以AF⊥SD. (2)由(1)知AF，AD，AS两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0,0)，B(3，－1,0)，C(3，1,0)，D(0,2,0)，S(0,0,4)，E以AE＝―→31，AF＝(3，0,0)．

2，2，2―→―→31，F(3，0,0)，所2，2，2m·AE＝0，设平面AEF的一个法向量为m＝(x，y，z)，则―→m·AF＝0，31x＋y＋2z＝0，2因此2

3x＝0，

取z＝－1，则m＝(0,4，－1)．连接BD，则BD⊥AC，又BD⊥SA，

SA∩AC＝A，所以BD⊥平面AEC，

―→―→故BD为平面AEC的一个法向量，易得BD＝(－3，3,0)．

―→―→m·BD4×3251＝＝，由于二面角F-AE-C的平面角为锐角，―→1717×12|m|·|BD|所以cos〈m，BD〉＝251所以所求二面角的平面角的余弦值为.

17

拔高

1.如果某四棱锥的三视图如图所示,那么该四棱锥的四个侧面中是直角三角形的有 (

)  

A.1个

B.2个

C.3个

D.4个

2．在矩形ABCD所在平面的同一侧取两点E,F，使DE且AF，若

ABAF3，AD4，DE1. （1）求证：ADBF；

F （2）取BF的中点G，求证DF//平面AGC；

（3）求多面体ABF-DCE的体积.

A B E D C 13．如图，在四棱锥P

-

ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD.E为2棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°. (1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；

(2)若二面角P -

CD -

A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．

4．如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D -

AF -

E与二面角C -

BE -

F都是60°. (1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；

(2)求二面角E -

BC -

A的余弦值．

答案与解析

1.【答案】D 由三视图可得直观图是四棱锥,底面是正方形,有一侧棱垂直

于底面,则四棱锥的四个侧面都是直角三角形,故选D； 2.【答案】同解析

【解析】(1)四边形ABCD是矩形，ADAB

，又AF,AFAD，AFABA，

AD平面ABF，BF在平面ABF内，ADBF OG//DF，OG在平面AGC内，(2)连结AC,BD交于点O，则OG是BDF的中位线，所以DF//平面AGC （3）VABFDCEVFABCDVEFCDVFABCDVFECD3.【答案】同解析

【解析】（(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行．

延长AB，DC，相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点．理由如下：

由已知，BC∥ED，且BC＝ED，

所以四边形BCDE是平行四边形，

从而CM∥EB. 11134331414

332

又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，

所以CM∥平面PBE. (说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)

(2)易知PA⊥平面ABCD.由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，

所以CD⊥平面PAD，

从而CD⊥PD，

所以∠PDA是二面角P -

CD -

A的平面角，

所以∠PDA＝45°. 设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2. 过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH. 因为PA⊥平面ABCD，

所以PA⊥CE，

于是CE⊥平面PAH，

所以平面PCE⊥平面PAH. 过A作AQ⊥PH于点Q，则AQ⊥平面PCE，

所以∠APH是PA与平面PCE所成的角．

在Rt△AEH中，∠AEH＝45°，AE＝1，

所以AH＝2. 232在Rt△PAH中，PH＝PA2＋AH2＝，

2AH1所以sin∠APH＝＝. PH34.【答案】同解析

【解析】(1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，又DF∩FE＝F，所以AF⊥平面EFDC.

又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.

(2)过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF. →→以G为坐标原点，GF的方向为x轴正方向，|GF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G -

xyz. 由(1)知∠DFE为二面角D -

AF -

E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝3，可得A(1，4，0)，B(－3，4，0)，E(－3，0，0)，D(0，0，3)．

由已知得，AB∥EF，所以AB∥平面EFDC. 又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF.

由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C -

BE -

F的平面角，故∠CEF＝60°，从而可得C(－2，0，3)，

→→→→所以EC＝(1，0，3)，EB＝(0，4，0)，AC＝(－3，－4，3)，AB＝(－4，0，0)．

设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则

→EC＝0，x＋3z＝0，n·即

→4y＝0，EB＝0，n·所以可取n＝(3，0，－3)．

→AC＝0，m·设m＝(x1，y1，z1)是平面ABCD的法向量，则

→AB＝0，m·同理可取m＝(0，3，4)，

n·m219则cos〈n，m〉＝＝－，

|n||m|19219结合图形得，二面角E -

BC -

A的余弦值为－. 19