第一篇：第二章立體幾何小結

第二章小結

-----本章主要問題方法總結

1、證線在面上：

⑴公理1 數學符號

⑵面面垂直的性質2 數學符號

2、確定一個平面的方法：公理2及其三個推論

公理2： 推論1 推論2 推論3

3、證點在線上的方法：公理3 數學符號

4、空間兩直線平行的證明方法：

⑴公理4 數學符號

⑵線面平行的性質定理 數學符號

⑶面面平行的性質定理 數學符號 ⑷線面垂直的性質定理 數學符號

5、證明線面平行的方法：

⑴線面平行的定義

⑵線面平行的判定理 數學符號

⑶面面平行的性質定理補充定理：兩平面平行，其中一個平面內的任意直線平行與另一個平面。

數學符號 6:、證線面相交得方法：

⑴定義法：

⑵反證法：

7、證面面平行的方法：

⑴面面平行的定義即兩個平面沒有公共點。

⑵面面平行的判定定理

數學符號

⑶面面平行的判定定理推論：一個平面內的兩相交直線分別平行于另一個平面內的兩 1 相交直線那么著兩個平面平行。

數學符號 ⑷垂直于同一條直線的兩平面平行。

數學符號

⑸平行于同一個平面兩平面平行。

數學符號

８、線面垂直的判定方法：

⑴定義法

⑵線面垂直的判定定理

數學符號

⑶兩直線平行，其中一條直線垂直一個平面另一條直線也垂直于這個平面。

數學符號 ⑷面面垂直的性質定理

數學符號

9、求空間角的問題：異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角。

一般步驟： A、找出或作出有角的圖形 B、證明它符合定義

C、計算角的大小（解三角形）

⑴求異面直線所成角兩條思維途徑：

第一條：以兩條異面直線四個頂點中的一個端點為頂點作角。

第二條：以兩條異面直線所在的兩個平面的交線上的一點為頂點作角 說明：第一條是本質，第二條是第一條的特殊情況。

⑵直線與平面所成的角

作角的關鍵：通常取斜線上某個特殊點作平面的垂線段，連接垂足和斜足，是產生線面所成角的關鍵。作垂線時常在這個面的垂面內作垂線。⑶二面角的求法： 定義法

垂面法 垂線法

回顧性練習：

練習1 如圖，三棱錐S-ABC四個面都是正三角形，已知E、F分別是棱SC、AB的中點，試求異面直線EF和SA所成的角。

SECFA

B

練習2 已知ABCD-A1B1C1D1是長方體，且ABCD是邊長為a的正方形，E是D D1的中點，O是正方形ABCD的中心，直線EO與B1D1所成的角是45度，如圖，求直線EO與BC1所成的角。

D1A1EB1C1DOA

CB

練習3 如圖 ,∠BAD＝90度的等腰三角形⊿ABD與底面正⊿CBD所在平面互相垂直，E是BC的中點，則AE與平面BCD所成的角是多少？

ABEC

練習4 如圖，在三棱錐S-ABC中，SA⊥平面ABC,AB⊥BC,DE垂直平分SC且分別交AC、SC于D、E兩點，又SA＝AB,SB＝BC.求二面角E-BD-C的大小.D

SEADBC

第二篇：高中立體幾何初步小結（定稿）

立體幾何證明初步總結

①、三個公理和三個推論：

這是判斷幾點共線（證這幾點是兩個平面的公共點）和三條直線共點（證其中兩條直線的交點在第三條直線上）的方法之一。②、證明線線平行的方法

1．平行于同一直線的兩條直線平行； 2．垂直于同一平面的兩條直線平行；

3．如果一條直線和一個平面平行，經過這條直線的平面和這個平面相交，那么這條直線就和這條直線平行；

4．如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行。5．在同一平面內的的兩條直線，可依據平面幾何的定理證明（如三角形中位線定理；平行四邊形對邊平行；平行線分線段成比例定理的逆定理等）③、證明線面平行的方法

1．由定義：一條直線和平面無公共點；

2．如果不在一個平面內的一條直線和平面內的一條直線平行，那么這條直線和這個平面平行；

3．兩平面平行，則其中一個平面內的一條直線必平行于另一個平面； ④、證明面面平行的方法

1．由定義：沒有公共點的兩個平面平行；

2．如果一個平面內有兩條相交直線都平行于另一個平面，則這兩個平面平行； ⑤、證明線線垂直的方法

1．定義：兩直線相交成90?角，或經過平移后相交成90?角（異面垂直）； 2．直線和平面垂直，則該直線和平面內的任一直線垂直； 3．一條直線和兩平行線中的一條垂直，也和另一條垂直；

4．平面幾何中常用的定理：菱形、正方形的對角線互相垂直；等腰三角形“三線合一”；圓的直徑所對的圓周角是直角；勾股定理。⑥、證明線面垂直的方法

1．定義：如果一條直線和平面內的任意一條直線都垂直，則這條直線和平面垂直； 2．如果一條直線和平面內的兩條相交直線都垂直，則這條直線和這個平面垂直； 3．如果兩條平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面；

4．如果兩個平面垂直，那么在第一個平面內垂直于它們交線的直線，也垂直于另一個平面；

⑦、證明面面垂直的方法

1．證明兩個平面的二面角為90?角。

2．一個平面經過另一個平面的一條垂線，則這個平面垂直于另一個平面。大策略 空間平面平行關系垂直關系 小策略平行轉化 線線平行 線面平行面面平行 垂直轉化 線線垂直 線面垂直面面垂直

二、有“心”的三角形

1．內心：內切圓圓心，是各角平分線的交點； 2．外心：外接圓圓心，是各邊垂直平分線交點；

3．重心：各邊中線交點，重心將所在中線分成兩段比值為2:1； 4．垂心：高的交點。

第三篇：立體幾何2018高考

2018年06月11日青岡一中的高中數學組卷

一．選擇題（共11小題）

1．中國古建筑借助榫卯將木構件連接起來．構件的凸出部分叫榫頭，凹進部分叫卯眼，圖中木構件右邊的小長方體是榫頭．若如圖擺放的木構件與某一帶卯眼的木構件咬合成長方體，則咬合時帶卯眼的木構件的俯視圖可以是（）

A． B． C． D．

2．已知圓柱的上、下底面的中心分別為O1，O2，過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，則該圓柱的表面積為（）A．12π B．12π C．8

π

D．10π

3．在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為棱CC1的中點，則異面直線AE與CD所成角的正切值為（）A． B． C．

D．

4．在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=成角的余弦值為（）A． B． C．

D．，則異面直線AD1與DB1所5．某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積（單位：cm3）是（）

第1頁（共23頁）

A．2 B．4 C．6 D．8

6．在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長方體的體積為（）A．8 B．6 C．8

D．8

7．設A，B，C，D是同一個半徑為4的球的球面上四點，△ABC為等邊三角形且面積為9A．12，則三棱錐D﹣ABC體積的最大值為（）B．18 C．2D．54

8．某四棱錐的三視圖如圖所示，在此四棱錐的側面中，直角三角形的個數為（）

A．1 B．2 C．3 D．4

9．某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖．圓柱表面上的點M在正視圖上的對應點為A，圓柱表面上的點N在左視圖上的對應點為B，則在此圓柱側面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長度為（）

第2頁（共23頁）

A．2 B．2 C．3 D．2

10．已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為（）A． B．

C．

D．

11．已知四棱錐S﹣ABCD的底面是正方形，側棱長均相等，E是線段AB上的點（不含端點）．設SE與BC所成的角為θ1，SE與平面ABCD所成的角為θ2，二面角S﹣AB﹣C的平面角為θ3，則（）

A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1 C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ

1二．解答題（共8小題）

12．已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，半徑為2．（1）設圓錐的母線長為4，求圓錐的體積；

（2）設PO=4，OA、OB是底面半徑，且∠AOB=90°，M為線段AB的中點，如圖．求異面直線PM與OB所成的角的大小．

13．如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F分別為AD，BC的中點，以DF為折痕把△DFC折起，使點C到達點P的位置，且PF⊥BF．（1）證明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP與平面ABFD所成角的正弦值．

第3頁（共23頁）

14．如圖，在三棱錐P﹣ABC中，AB=BC=2（1）證明：PO⊥平面ABC；，PA=PB=PC=AC=4，O為AC的中點．

（2）若點M在棱BC上，且MC=2MB，求點C到平面POM的距離．

15．如圖，在四面體ABCD中，△ABC是等邊三角形，平面ABC⊥平面ABD，點M為棱AB的中點，AB=2，AD=2（Ⅰ）求證：AD⊥BC；

（Ⅱ）求異面直線BC與MD所成角的余弦值；（Ⅲ）求直線CD與平面ABD所成角的正弦值．，∠BAD=90°．

16．如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧的點．

（1）證明：平面AMD⊥平面BMC；

所在平面垂直，M是上異于C，D（2）在線段AM上是否存在點P，使得MC∥平面PBD？說明理由．

第4頁（共23頁）

17．如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧上異于C，D的點．

（1）證明：平面AMD⊥平面BMC；

所在平面垂直，M是（2）當三棱錐M﹣ABC體積最大時，求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值．

18．在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1． 求證：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．

19．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F分別為AD，PB的中點．（Ⅰ）求證：PE⊥BC；

（Ⅱ）求證：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求證：EF∥平面PCD．

第5頁（共23頁）

第6頁（共23頁）

2018年06月11日青岡一中的高中數學組卷

參考答案與試題解析

一．選擇題（共11小題）

1．中國古建筑借助榫卯將木構件連接起來．構件的凸出部分叫榫頭，凹進部分叫卯眼，圖中木構件右邊的小長方體是榫頭．若如圖擺放的木構件與某一帶卯眼的木構件咬合成長方體，則咬合時帶卯眼的木構件的俯視圖可以是（）

A． B． C． D．

【解答】解：由題意可知，如圖擺放的木構件與某一帶卯眼的木構件咬合成長方體，小的長方體，是榫頭，從圖形看出，輪廓是長方形，內含一個長方形，并且一條邊重合，另外3邊是虛線，所以木構件的俯視圖是A．

故選：A．

2．已知圓柱的上、下底面的中心分別為O1，O2，過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，則該圓柱的表面積為（）A．12π B．12π C．8

π

D．10π

【解答】解：設圓柱的底面直徑為2R，則高為2R，圓柱的上、下底面的中心分別為O1，O2，過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，可得：4R2=8，解得R=，第7頁（共23頁）

則該圓柱的表面積為：故選：D．

=10π．

3．在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為棱CC1的中點，則異面直線AE與CD所成角的正切值為（）A． B． C．

D．

【解答】解：以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，坐標系，設正方體ABCD﹣A1B1C1D1棱長為2，則A（2，0，0），E（0，2，1），D（0，0，0），C（0，2，0），=（﹣2，2，1），=（0，﹣2，0），設異面直線AE與CD所成角為θ，則cosθ===，sinθ==，∴tanθ=．

∴異面直線AE與CD所成角的正切值為．

故選：C．

第8頁（共23頁）

1為z軸，建立空間直角DD

4．在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=成角的余弦值為（）A． B． C．

D．，則異面直線AD1與DB1所【解答】解：以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，∵在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=，），D（0，0，0），∴A（1，0，0），D1（0，0，B1（1，1，），），=（﹣1，0，=（1，1，），設異面直線AD1與DB1所成角為θ，則cosθ=

=

=，． ∴異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為故選：C．

5．某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積（單位：cm3）是（）

第9頁（共23頁）

A．2 B．4 C．6 D．8

【解答】解：根據三視圖：該幾何體為底面為直角梯形的四棱柱．

如圖所示：故該幾何體的體積為：V=故選：C．

．

6．在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長方體的體積為（）A．8 B．6 C．8

D．8

【解答】解：長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，即∠AC1B=30°，可得BC1=可得BB1=

=

2．=8

．

=2

．

所以該長方體的體積為：2×故選：C．

第10頁（共23頁）

7．設A，B，C，D是同一個半徑為4的球的球面上四點，△ABC為等邊三角形且面積為9A．12，則三棱錐D﹣ABC體積的最大值為（）B．18 C．2D．54

【解答】解：△ABC為等邊三角形且面積為9，可得，解得AB=6，球心為O，三角形ABC 的外心為O′，顯然D在O′O的延長線與球的交點如圖： O′C==，OO′=

=2，則三棱錐D﹣ABC高的最大值為：6，則三棱錐D﹣ABC體積的最大值為：故選：B．

=18

．

8．某四棱錐的三視圖如圖所示，在此四棱錐的側面中，直角三角形的個數為（）

第11頁（共23頁）

A．1 B．2 C．3 D．4

【解答】解：四棱錐的三視圖對應的直觀圖為：PA⊥底面ABCD，AC=，CD=，可得三角形PCD不是直角三角形． PC=3，PD=2所以側面中有3個直角三角形，分別為：△PAB，△PBC，△PAD． 故選：C．

9．某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖．圓柱表面上的點M在正視圖上的對應點為A，圓柱表面上的點N在左視圖上的對應點為B，則在此圓柱側面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長度為（）

第12頁（共23頁）

A．2 B．2 C．3 D．2

【解答】解：由題意可知幾何體是圓柱，底面周長16，高為：2，直觀圖以及側面展開圖如圖：

圓柱表面上的點N在左視圖上的對應點為B，則在此圓柱側面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長度：故選：B．

10．已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為（）A． B．

C．

D．

=2．

【解答】解：正方體的所有棱中，實際上是3組平行的棱，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，如圖：所示的正六邊形平行的平面，并且正六邊形時，α截此正方體所得截面面積的最大，此時正六邊形的邊長故選：A．

明明就的最大值為：6×

=

．

11．已知四棱錐S﹣ABCD的底面是正方形，側棱長均相等，E是線段AB上的點（不含端點）．設SE與BC所成的角為θ1，SE與平面ABCD所成的角為θ2，二面角S﹣AB﹣C的平面角為θ3，則（）

A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1 C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1

第13頁（共23頁）

【解答】解：∵由題意可知S在底面ABCD的射影為正方形ABCD的中心． 過E作EF∥BC，交CD于F，過底面ABCD的中心O作ON⊥EF交EF于N，連接SN，取CD中點M，連接SM，OM，OE，則EN=OM，則θ1=∠SEN，θ2=∠SEO，θ3=∠SMO． 顯然，θ1，θ2，θ3均為銳角． ∵tanθ1=∴θ1≥θ3，又sinθ3=∴θ3≥θ2． 故選：D．，sinθ2=，SE≥SM，=，tanθ3=，SN≥SO，二．解答題（共8小題）

12．已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，半徑為2．（1）設圓錐的母線長為4，求圓錐的體積；

（2）設PO=4，OA、OB是底面半徑，且∠AOB=90°，M為線段AB的中點，如圖．求異面直線PM與OB所成的角的大小．

【解答】解：（1）∵圓錐的頂點為P，底面圓心為O，半徑為2，圓錐的母線長為4，第14頁（共23頁）

∴圓錐的體積V==

=．

（2）∵PO=4，OA，OB是底面半徑，且∠AOB=90°，M為線段AB的中點，∴以O為原點，OA為x軸，OB為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標系，P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），O（0，0，0），=（1，1，﹣4），=（0，2，0），設異面直線PM與OB所成的角為θ，則cosθ==

=

．

∴θ=arccos．

∴異面直線PM與OB所成的角的為arccos

．

13．如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F分別為AD，BC的中點，以把△DFC折起，使點C到達點P的位置，且PF⊥BF．（1）證明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP與平面ABFD所成角的正弦值．

第15頁（共23頁）

DF為折痕

【解答】（1）證明：由題意，點E、F分別是AD、BC的中點，則，由于四邊形ABCD為正方形，所以EF⊥BC． 由于PF⊥BF，EF∩PF=F，則BF⊥平面PEF．

又因為BF?平面ABFD，所以：平面PEF⊥平面ABFD．（2）在平面DEF中，過P作PH⊥EF于點H，聯結DH，由于EF為面ABCD和面PEF的交線，PH⊥EF，則PH⊥面ABFD，故PH⊥DH．

在三棱錐P﹣DEF中，可以利用等體積法求PH，因為DE∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE，又因為△PDF≌△CDF，所以∠FPD=∠FCD=90°，所以PF⊥PD，由于DE∩PD=D，則PF⊥平面PDE，故VF﹣PDE=，因為BF∥DA且BF⊥面PEF，所以DA⊥面PEF，所以DE⊥EP．

設正方形邊長為2a，則PD=2a，DE=a 在△PDE中，所以故VF﹣PDE=，，第16頁（共23頁）

又因為所以PH==，=，． 所以在△PHD中，sin∠PDH=即∠PDH為DP與平面ABFD所成角的正弦值為：

14．如圖，在三棱錐P﹣ABC中，AB=BC=2（1）證明：PO⊥平面ABC；

（2）若點M在棱BC上，且MC=2MB，求點C到平面POM的距離．，PA=PB=PC=AC=4，O為AC的中點．

【解答】（1）證明：∵AB=BC=2角形，AC=4，∴AB2+BC2=AC2，即△ABC是直角三又O為AC的中點，∴OA=OB=OC，∵PA=PB=PC，∴△POA≌△POB≌△POC，∴∠POA=∠POB=∠POC=90°，∴PO⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC=0，∴PO⊥平面ABC；（2）解：由（1）得PO⊥平面ABC，PO=在△COM中，OM=S，=

．

=××=，第17頁（共23頁）

S△COM==．，設點C到平面POM的距離為d．由VP﹣OMC=VC﹣POM?解得d=，． ∴點C到平面POM的距離為

15．如圖，在四面體ABCD中，△ABC是等邊三角形，平面ABC⊥平面ABD，點M為棱AB的中點，AB=2，AD=2（Ⅰ）求證：AD⊥BC；

（Ⅱ）求異面直線BC與MD所成角的余弦值；（Ⅲ）求直線CD與平面ABD所成角的正弦值．，∠BAD=90°．

【解答】（Ⅰ）證明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC；

（Ⅱ）解：取棱AC的中點N，連接MN，ND，∵M為棱AB的中點，故MN∥BC，∴∠DMN（或其補角）為異面直線BC與MD所成角，在Rt△DAM中，AM=1，故DM=∵AD⊥平面ABC，故AD⊥AC，在Rt△DAN中，AN=1，故DN=，在等腰三角形DMN中，MN=1，可得cos∠DMN=∴異面直線BC與MD所成角的余弦值為

；

．

（Ⅲ）解：連接CM，∵△ABC為等邊三角形，M為邊AB的中點，故CM⊥AB，CM=，第18頁（共23頁）

又∵平面ABC⊥平面ABD，而CM?平面ABC，故CM⊥平面ABD，則∠CDM為直線CD與平面ABD所成角． 在Rt△CAD中，CD=在Rt△CMD中，sin∠CDM=，．

． ∴直線CD與平面ABD所成角的正弦值為

16．如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧的點．

（1）證明：平面AMD⊥平面BMC；

（2）在線段AM上是否存在點P，使得MC∥平面PBD？說明理由．

所在平面垂直，M是

上異于C，D

【解答】（1）證明：矩形ABCD所在平面與半圓弦半圓弦所在平面，CM?半圓弦

所在平面，所在平面垂直，所以AD⊥∴CM⊥AD，M是上異于C，D的點．∴CM⊥DM，DM∩AD=D，∴CD⊥平面AMD，CD?平面CMB，∴平面AMD⊥平面BMC；（2）解：存在P是AM的中點，理由：

連接BD交AC于O，取AM的中點P，連接OP，可得MC∥OP，MC?平面BDP，OP?平面BDP，第19頁（共23頁）

所以MC∥平面PBD．

17．如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧上異于C，D的點．

（1）證明：平面AMD⊥平面BMC；

（2）當三棱錐M﹣ABC體積最大時，求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值．

所在平面垂直，M是

【解答】解：（1）證明：在半圓中，DM⊥MC，∵正方形ABCD所在的平面與半圓弧∴AD⊥平面BCM，則AD⊥MC，∵AD∩DM=D，∴MC⊥平面ADM，∵MC?平面MBC，∴平面AMD⊥平面BMC．（2）∵△ABC的面積為定值，∴要使三棱錐M﹣ABC體積最大，則三棱錐的高最大，此時M為圓弧的中點，建立以O為坐標原點，如圖所示的空間直角坐標系如圖 ∵正方形ABCD的邊長為2，∴A（2，﹣1，0），B（2，1，0），M（0，0，1），則平面MCD的法向量=（1，0，0），設平面MAB的法向量為=（x，y，z）

第20頁（共23頁）

所在平面垂直，則=（0，2，0），=（﹣2，1，1），由?=2y=0，?=﹣2x+y+z=0，令x=1，則y=0，z=2，即=（1，0，2），則cos＜，＞=

=

=，則面MAB與面MCD所成二面角的正弦值sinα=

=

．

18．在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1． 求證：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．

【解答】證明：（1）平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥A1B1，?AB∥平面A1B1C；

（2）在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，?四邊形ABB1A1是菱形，⊥AB1⊥A1B．

第21頁（共23頁）

在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1?AB1⊥BC． ∴

?AB1⊥面A1BC，且AB1?平面ABB1A1?平面ABB1A1⊥平面A1BC．

19．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F分別為AD，PB的中點．（Ⅰ）求證：PE⊥BC；

（Ⅱ）求證：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求證：EF∥平面PCD．

【解答】證明：（Ⅰ）PA=PD，E為AD的中點，可得PE⊥AD，底面ABCD為矩形，可得BC∥AD，則PE⊥BC；

（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一個公共點P，且AB∥CD，在平面PAB內過P作直線PG∥AB，可得PG∥CD，即有平面PAB∩平面PCD=PG，由平面PAD⊥平面ABCD，又AB⊥AD，可得AB⊥平面PAD，即有AB⊥PA，PA⊥PG；

同理可得CD⊥PD，即有PD⊥PG，可得∠APD為平面PAB和平面PCD的平面角，第22頁（共23頁）

由PA⊥PD，可得平面PAB⊥平面PCD；

（Ⅲ）取PC的中點H，連接DH，FH，在三角形PCD中，FH為中位線，可得FH∥BC，FH=BC，由DE∥BC，DE=BC，可得DE=FH，DE∥FH，四邊形EFHD為平行四邊形，可得EF∥DH，EF?平面PCD，DH?平面PCD，即有EF∥平面PCD．

第23頁（共23頁）

第四篇：教案 立體幾何

【教學過程】 *揭示課題 9 立體幾何 *復習導入

一、點線面的位置關系 點與直線的位置關系：A?a　A?a 2.點與面的位置關系： A??　A?? 3.直線與直線的位置關系：平行 相交 異面 4直線與平面的位置關系： 在平面內 相交平行

二、線面平行的判定定理

1.線線平行：平行于同一條直線的兩條直線互相平行

2.線面平行：如果平面外的一條直線和這個平面內的一條直線平行，那么這條直線就和這個平面平行

3.面面平行：如果一個平面內有兩條相交直線分別平行于另一個平面，那么這兩個平面互相平行

三、線面平行的性質定理

1.線線平行：如果一個角的兩邊和另一個角的兩邊分別平行并且方向相同，那么這兩個角相等

2.線面平行：如果一條直線和一個平面平行，并且經過這條直線的平面和這個面相交，那么這條直線和交線平行

3.面面平行：如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行

四、線面垂直的判定定理

1.線面垂直：如果一條直線與一個平面內的兩條相交直線垂直，那么這條直線與這個平面垂直

2.面面垂直：如果一個平面經過另一個平面的一條垂線，那么這兩個平面互相垂直

五、線面垂直性質定理

1.線面垂直：如果兩條直線垂直于同一個平面，那么這兩條直線平行

2.面面垂直：如果兩個平面互相垂直，那么在一個平面內垂直于它們交線的直線垂直于另一個平面

六、柱、錐、球 1.棱柱、圓柱

S側=底面周長?高V體=底面面積?高2.棱錐、圓錐

1底面周長?母線2 1V體=底面積?高3S側?3.球

S表=4?r243 V體=?r3*練習講解 復習題A組 *歸納小結

本章立體幾何部分概念偏多，需要著重分辨判定定理與性質定理的適用范圍，將點線面位置關系化為最簡單的線線判斷，由此可提高位置判定的速度，能夠更加地熟練運用各大定理。

第五篇：高中立體幾何

高中立體幾何的學習

高中立體幾何的學習主要在于培養空間抽象能力的基礎上，發展學生的邏輯思維能力和空間想象能力。立體幾何是中學數學的一個難點，學生普遍反映“幾何比代數難學”。但很多學好這部分的同學，又覺得這部分很簡單。那么,怎樣才能學好立體幾何呢?我這里談談自己的認識。

一．空間想象能力的提高。

開始學習的時候，首先要多看簡單的立體幾何題目，不能從難題入手。自己動手畫一些立體幾何的圖形，比如教材上的習題，輔導書上的練習題，不看原圖，自己先畫。畫出來的圖形很可能和給出的圖不一樣，這是好事，再對比一下，那個圖更容易解題。

二．邏輯思維能力的培養。

培養邏輯思維能力，首先是牢固掌握數學的基礎知識，其次掌握必要的邏輯知識和邏輯思維。

1.加強對基本概念理解。

數學概念是數學知識體系的兩大組成部分之一，理解與掌握數學概念是學好數學，提高數學能力的關鍵。

對于基本概念的理解，首先要多想。比如對異面直線的理解，兩條直線不在同一個平面是簡單的定義，如何才能不在同一個平面呢，第一是把同一個[平面上的直線離開這個平面，或者用兩支筆來比劃，這樣直觀上有了異面直線的概念，然后想在數學上怎么才能保證兩條直

線不在一個平面，那些條件能保證兩條直線不在一個平面。我們多去想想，就可以知道，只要直線不平行，并且不相交，那么就異面，對于不平行的條件，在平面幾何中我們已經知道，如何能保證不相交呢，想象延長線等手段能不能得到證明呢，如果不能，那么把其中一條直線放在一個平面，看另外一條直線和這個平面是否平行，這樣我們對異面直線的概念就比較容易掌握。

這在立體幾何“簡單幾何體”部分的學習中顯得尤為突出，本章節中涉及大量的基本概念，掌握概念的合理性，嚴謹性，辨析相近易混的概念。如：正四面體與正三棱錐、長方體與直平行六面體、軸截面與直截面、球面與球等概念的區別和聯系。

2.加強對數學命題理解，學會靈活運用數學命題解決問題。

對數學的公理，定理的理解和應用，突出反映在題目的證明和計算上。需要避免證明中出現邏輯推理不嚴密，運用定理、公理、法則時言非有據，或以主觀臆斷代替嚴密的科學論證，書寫格式不合理，層次不清，數學符號語言使用不當，不合乎習慣等。

（1）重視定理本身的證明。我們知道，定理本身的證明思路具有示范性，典型性，它體現了基本的邏輯推理知識和基本的證明思想的培養,以及規范的書寫格式的養成。做到不僅會分析定理的條件和結論,而且能掌握定理的內容,證明的思想方法,適用范圍和表達形式.特別是進入高中學習以后所涉及到的一些新的證題的思想方法,如新教材上的立體幾何例題:“過平面外一點與平面內一點的直線,和平面內不經過該點的直線是異面直線.”此定理的證明就采用了反證法,那么反

證法的證題思想就需要去體會,一般步驟,書寫格式,注意要點等.并配以適當的訓練,以初步掌握應用反證法證明立體幾何題.(2)提高應用定理分析問題和解決問題的能力.這常常體現在遇到一個幾何題以后,不知從何下手.對于習題，我們首先需要知道：要干什么（要求的結論是什么），那些條件能滿足要求，這樣一步一步往前找條件。當然這要根據具體情況，需要多看習題，我反對題海，但必要的練習是不可以缺少的。