2020高考数学大一轮复习高考专题突破五高考中的立体几何问题教师用书
2020高考数学核心突破《专题5 立体几何 第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积》
专题五 第1讲1．(教材回归)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( D )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4解析 由题中三视图知该几何体是底面半径为1，高为2的半个圆柱，故其表面积S ＝2×12×π×12＋π×1×2＋2×2＝3π＋4.故选D.2．(2017·山东烟台模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是一个正三角形及其内切圆，则该几何体的体积为( A )A ．163－16π3B.163－16π3C ．83－8π3D.83－8π3解析 由三视图可知，几何体为一个棱长为4的正三棱柱去掉了一个内切圆柱．V三棱柱＝⎝⎛⎭⎫12×4×4×sin 60°×4＝16 3.在俯视图中，设内切圆半径为r ，则内切圆圆心与各顶点连接分三角形为3个全等的小三角形，由三角形面积可得12×4×4×sin 60°＝3×⎝⎛⎭⎫12×4×r ，解得r ＝233.故V 圆柱＝πr 2h ＝π×⎝⎛⎭⎫2332×4＝16π3.∴几何体的体积V ＝V 三棱柱－V 圆柱＝163－16π3.故选A.3．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( D )A.18 B.17 C.16 D.15解析 如图，由已知条件可知，截去部分是以△ABC 为底面且三条侧棱两两垂直的正三棱锥D -ABC .设正方体的棱长为a ，则截去部分的体积为16a 3，剩余部分的体积为a 3－16a 3＝56a 3.它们的体积之比为15.故选D.4．(考点聚焦)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( B )A ．1＋ 3B ．2＋3C ．1＋2 2D ．2 2解析 四面体的直观图如图所示．侧面SAC ⊥底面ABC ，且△SAC 与△ABC 均为腰长是2的等腰直角三角形，SA ＝SC ＝AB ＝BC ＝2，AC ＝2.设AC 的中点为O ，连结SO ，BO ，则SO ⊥AC ，∴SO ⊥平面ABC ，∴SO ⊥BO .又OS ＝OB ＝1，∴SB ＝2，故△SAB 与△SBC 均是边长为2的正三角形，故该四面体的表面积为2×12×2×2＋2×34×(2)2＝2＋ 3.5．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( D )A.32π3 B ．4π C ．2πD.4π3解析 正四棱柱的外接球的球心为上下底面的中心连线的中点，所以球的半径r ＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝1，球的体积V ＝4π3r 3＝4π3.故选D.6．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积是32π3，那么这个三棱柱的体积是( D )A ．963B ．163C ．24 3D ．48 3解析 如图，设球的半径为R ，由43πR 3＝32π3，得R ＝2. 所以正三棱柱的高h ＝4. 设其底面边长为a ， 则13·32a ＝2，所以a ＝43， 所以V ＝34×(43)2×4＝48 3.故选D. 7．(书中淘金)如图，在棱长为6的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在C 1D 1与C 1B 1上，且C 1E ＝4，C 1F ＝3，连接EF ，FB ，BD ，DE ，DF ，则几何体EFC 1DBC 的体积为( A )A ．66B ．68C ．70D ．72解析 如图，连接DC 1，那么几何体EFC 1-DBC 被分割成三棱锥D -EFC 1及四棱锥D -CBFC 1，那么几何体EFC 1DBC 的体积为V ＝13×12×3×4×6＋13×12×(3＋6)×6×6＝12＋54＝66.故所求几何体EFC 1DBC 的体积为66.8．(2017·湖北八校联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某多面体的三视图，则该多面体的外接球的表面积为__41π__.解析 由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥A -BCD ，将该三棱锥放在棱长为4的正方体中，E 是棱的中点，所以三棱锥A -BCD 和三棱柱EFD -ABC 的外接球相同．设外接球的球心为O ，半径为R ，△ABC 的外接圆的圆心是M ，则OM ＝2.在△ABC 中，AB ＝AC ＝25，由余弦定理得cos ∠CAB ＝AC 2＋AB 2－BC 22AC ·AB ＝20＋20－162×25×25＝35，所以sin ∠CAB ＝45，由正弦定理得2CM ＝BC sin ∠CAB ＝5，则CM ＝52.所以R ＝OC ＝OM 2＋CM 2＝412，则外接球的表面积为S ＝4πR 2＝41π.9．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为 83π m 3.解析 由三视图知该几何体由两个相同的圆锥和一个圆柱组成．其中，圆锥的底面半径和圆柱的底面半径均为1，圆锥的高均为1，圆柱的高为2.因此该几何体的体积为V ＝2×13π×12×1＋π×12×2＝83π (m 3)．10．(数学文化)我国古代数学家祖暅是著名数学家祖冲之之子，祖暅原理叙述道：“夫叠基成立积，缘幂势既同，则积不容异：”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截面面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，其最著名之处是解决了“牟合方盖”中的体积问题，其核心过程为：如图中正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，求图中四分之一的圆柱体BB 1C 1-AA 1D 1和四分之一圆柱体AA 1B 1-DD 1C 1公共部分的体积V ，若图中正方体的棱长为2，则V ＝163.(在高度h 处的截面：用平行于正方体上下底面的平面去截，记截得两圆柱体公共部分所得面积为S 1，截得正方体所得面积为S 2，截得四棱锥C 1-ABCD 所得面积S 3，S 1＝R 2－h 2，S 2＝R 2，S 3＝h 2，S 2－S 1＝S 3)解析 由题意可知，用平行于底面的平面截得的面积满足S 2－S 1＝S 3，其中S 1表示两个圆柱的公共部分的截面面积，S 2表示截得正方体的截面面积，S 3表示截得锥体的截面面积．由祖暅原理可知：正方体体积减去两个圆柱的公共部分体积等于锥体体积，即23－V ＝13×22×2，即V ＝23－13×22×2＝163.。
高考数学大一轮复习高考专题突破五高考中的圆锥曲线问题教师用书理新人教版
高考专题打破五 高考取的圆锥曲线问题教师用书 理 新人教版1．(2015 ·课标全国Ⅱ ) 已知 A ， B 为双曲线 E 的左，右极点，点 M 在 E 上，△ ABM 为等腰三角形，且顶角为 120°，则 E 的离心率为 ()A. 5B ．2C. 3D. 2答案D分析 如图，的方程为x2 y 2设双曲线E2－2＝1(＞0， ＞ 0) ，则|| ＝2 ，由双曲线的对称性， 可设点( 1，ab abABaM xy 1)在第一象限内，过作 ⊥ 轴于点 ( 1,0) ，M MN x N x∵△ ABM 为等腰三角形，且∠ ABM ＝120°， ∴|BM |＝ | AB | ＝2a ，∠ MBN ＝60°，∴ y 1＝|| ＝ | |sin ∠＝ 2 sin 60 °＝3 a ，MN BMMBN a1＝ || ＋ || ＝＋ 2 cos 60°＝ 2 . 将点(1，1) 的坐标代入x 2 y 2 22xay 2－ 2＝ 1，可得a ＝b ，∴eOBBNaa M xabca 2＋b 22，选 D. ＝ a ＝a 2 ＝2. 如图，已知椭圆 C 的中心为原点 O ，F ( －2 5， 0) 为 C 的左焦点， P 为 C 上一点，知足 | OP | ＝ | |，且 || ＝ 4，则椭圆C 的方程为 ()OF PFx 2 y 2x 2 y 2 A. 25＋ 5＝1B. 36＋ 16＝ 1x 2 y 2x 2y 2C. 30＋10＝ 1D. 45＋ 25＝ 1答案B22分析设椭圆的标准方程为x2＋ y 2＝ 1( > >0) ，焦距为 2 c ，右焦点为′，连结′，如图aba bFPF所示，因为 ( － 25，0)为C 的左焦点，因此 c ＝ 2 5.F由 | OP |＝ | OF | ＝| OF ′| 知，∠ FPF ′＝ 90°，即 FP ⊥PF ′. 在 Rt △ PFF ′中，由勾股定理，得| PF ′| ＝224 5 2 4 2| FF ′|－ | PF | ＝－ ＝ 8.由椭圆定义，得 | PF | ＋ | PF ′| ＝ 2a ＝ 4＋ 8＝ 12，222 22x 2y 2因此 a ＝ 6， a ＝36，于是 b ＝ a － c ＝ 36－ (2 5) ＝ 16，因此椭圆的方程为36＋16＝ 1.分别为椭圆 x2 y 23．(2017 ·太原质检 ) 已知， B 2＋ 2＝ 1( > >0) 的右极点和上极点，直线 y ＝A a b a bkx ( k >0) 与椭圆交于 C ，D 两点，若四边形 ACBD 的面积的最大值为 2c 2，则椭圆的离心率为()1132 A.3 B.2 C.3 D.2答案 D分析 设 C ( x ，y )( x >0) ， D ( x ， y ) ，11 12 2将 y ＝kx 代入椭圆方程可解得x 1＝abx2＝ － ab22 2，22 2，b ＋ a kb ＋ a k则| CD |＝22ab 1＋k 21＋ k | x 1－ x 2| ＝ 2 2 2 .b ＋ a kakb又点 A ( a, 0) 到直线 y ＝ kx 的距离 d 1＝ 1＋k 2，点 B (0 ， b ) 到直线 y ＝ kx 的距离 d 2＝1＋ k2，因此S 四边形 ACBD＝ 1 1| | ＋ 1 2||2dCD2dCD 11 b ＋ ak 2ab 1＋ k 2＝2(d 1＋d 2)·|CD |＝2·1＋ k 2·b 2＋ a 2k2b ＋ak＝ ab ·22 2.b ＋ a kb ＋ak令 t＝b 2＋ a 2k2，2 b2＋a 2k 2＋ 2abkk则 t ＝b 2＋ a 2k 2＝ 1＋ 2ab · b 2＋ a 2k 2＝ 1＋ 2ab · 2 1 ≤1＋ 2ab · 1＝ 2，b ＋ a 2k 2ab kb 22b当且仅当 k ＝ a k ，即 k ＝ a 时， t max2，＝因此 S 四边形 ACBD 的最大值为2ab . 由条件，有2ab ＝ 2c 2，即 2c 4＝a 2b 2＝ a 2( a 2－ c 2) ＝a 4－ a 2c 2, 2c 4＋ a 2c 2－ a 4＝ 0,2 e 4＋ e 2－ 1＝0，2122解得 e ＝ 2或 e ＝－ 1( 舍去 ) ，因此 e ＝ 2 ，应选 D.224．(2016 ·北京 ) 双曲线 x2－y2＝ 1( a ＞0， b ＞ 0) 的渐近线为正方形OABC 的边 OA ，OC 所在的a b直线，点 B 为该双曲线的焦点，若正方形的边长为 2，则＝ ________.OABC a答案 2分析设 B 为双曲线的右焦点，如下图．∵四边形 OABC 为正方形且边长为 2，∴ c ＝ | OB | ＝ 22，π又∠ AOB ＝ 4 ，b π∴ a ＝ tan 4 ＝ 1，即 a ＝ b .又 a 2＋b 2＝c 2＝ 8，∴ a ＝ 2.222 25．已知双曲线 x2－ y2＝ 1(>0， >0) 和椭圆 x ＋ y＝ 1 有同样的焦点，且双曲线的离心率是椭a ba b16 9圆离心率的两倍，则双曲线的方程为 ____________ ．答案x 2－ y 2＝ 143x 2 y 2分析由题意得，双曲线a 2－b 2＝1(a >0，b >0)的焦点坐标为(7，0) ，( － 7，0) ，c ＝7且双曲线的离心率为2× 7＝7＝ c 2＝ c 2－2＝ 3，4 2a ? a＝ ，a2 bx 2 y 2双曲线的方程为 4 － 3 ＝ 1.题型一 求圆锥曲线的标准方程x 2 y 2例 1 已知椭圆 E ：a 2＋ b 2＝ 1( a >b >0) 的右焦点为 F (3,0) ，过点 F 的直线交 E 于 A 、B 两点．若的中点坐标为 (1 ，－ 1) ，则 E 的方程为 ( )ABx 2＋ y2x2y2A.＝ 1B. ＋＝ 145 3636 27x 2 y 2 x 2 y 2C. 27＋18＝ 1D. 18＋ 9 ＝1答案 D分析设 A ( x 1，y 1) 、 B ( x 2， y 2) ，22x 1y 1a 2＋b 2＝ 1，因此 22运用点差法，x 2y 2a 2＋b 2＝ 1b 2因此直线 AB 的斜率为 k ＝ a 2，b 2设直线方程为y ＝ a 2( x － 3) ，联立直线与椭圆的方程得( a 2＋ b 2) x 2－ 6b 2x ＋ 9b 2－ a 4＝0，6b 2因此 x 1＋ x 2＝ a 2＋ b 2 ＝2，又因为 a 2－ b 2＝ 9，解得 b 2＝ 9，a 2＝ 18.思想升华求圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型，主要利用圆锥曲线的定义、 几何性质，解得标准方程中的参数，进而求得方程．22(2015 ·天津 ) 已知双曲线x2－ y 2＝ 1(a＞ 0， ＞ 0 ) 的一个焦点为(2,0) ，且双曲abbF线的渐近线与圆 ( x － 2) 2＋y 2＝ 3 相切，则双曲线的方程为()x 2 y 2x 2 y 2A. 9－13＝1B. 13－ 9 ＝1 x 22D ． x 2y 2C. －y ＝1－ ＝133答案Dx 2 y 2分析双曲线 a 2－ b 2＝ 1 的一个焦点为F (2,0) ，则 a 2＋b 2＝4，①b双曲线的渐近线方程为y ＝± a x ，2b由题意得a 2＋b2＝3，②联立①②解得 b ＝ 3， a ＝ 1，所求双曲线的方程为22yx － 3 ＝1，选D.题型二圆锥曲线的几何性质x 2y 2例 2 (1)(2015 ·湖南 ) 若双曲线 a 2－ b 2＝ 1 的一条渐近线经过点(3 ，－ 4) ，则此双曲线的离心率为 ()75 45A. 3B. 4C.3D. 3x ＝2 pt 2， 为参数， p >0) 的焦点为 F ，准线为 l . 过抛物线上(2)(2016 ·天津 ) 设抛物线( ty ＝2pt一点 A 作 l 的垂线，垂足为 B . 设 C 7p ， 0 ， AF 与 BC 订交于点 E . 若 | CF | ＝ 2| AF | ，且△ACE 2 的面积为 3 2，则 p 的值为 ________．答案(1)D(2) 6b3b分析(1) 由条件知 y ＝－ a x 过点 (3 ，－ 4) ，∴ a ＝ 4，即 3b ＝ 4a ，∴9b 2＝ 16a 2，∴9c 2－ 9a 2＝ 16a 2，225∴25a ＝ 9c ，∴ e ＝3. 应选 D.(2) 由x ＝ 2pt 2， ( p >0) 消去 t 可得抛物线方程为 y 2＝ 2px ( p >0) ，y ＝ 2ptp∴F 2，0 ，| |＝| | ＝3，ABAF2p可得 (， 2p ) ．A p易知△∽△，∴ | AE | ＝| AB |＝ 1 ，AEBFEC | FE | | FC | 2故 S＝ 3S ＝ 3×3p × 2p ×2△ ACE1△ACF11＝ 22p 2＝ 3 2，∴ p 2＝6，∵ p >0，∴ p ＝ 6.思想升华圆锥曲线的几何性质是高考考察的要点，求离心率、准线、双曲线渐近线，是常考题型，解决这种问题的要点是娴熟掌握各性质的定义，及有关参数间的联系．掌握一些常 用的结论及变形技巧，有助于提升运算能力．x 2 y 22已知椭圆 a 2＋ b 2＝ 1( a >b >0) 与抛物线 y ＝ 2px ( p >0) 有同样的焦点 F ，P ，Q 是椭圆2 2与抛物线的交点，若经过焦点，则椭圆 x2＋ y 2＝ 1( > >0) 的离心率为 ____________．PQFa ba b答案2－ 12p分析 因为抛物线 y ＝ 2px ( p >0) 的焦点 F 为 2，0 ，设椭圆另一焦点为 E .p当 x ＝ 时，代入抛物线方程得2y ＝± p ，p又因为 PQ 经过焦点 F ，因此 P 2，p 且 PF ⊥OF .p p22 因此|PE |＝ 2＋2＋ p ＝ 2p ，| PF | ＝p ， | EF | ＝ p .2c故 2a ＝ 2p ＋ p, 2c ＝ p ， e ＝2a ＝ 2－ 1. 题型三最值、范围问题若直线 l ： y ＝3x － 23过双曲线x2－ y2例 322 ＝ 1( a >0， b >0) 的一个焦点，且与双曲线的一33a b条渐近线平行．(1) 求双曲线的方程；(2) 若过点 B (0 ， b ) 且与 x 轴不平行的直线和双曲线订交于不一样的两点M ，N ， MN 的垂直均分线为 m ，求直线 m 在 y 轴上的截距的取值范围．b 3解 (1) 由题意，可得 c ＝ 2， a ＝ 3 ，因此 a 2＝ 3b 2，且 a 2 ＋b 2＝ c 2＝ 4，解得 a ＝ 3， b ＝ 1.2x2故双曲线的方程为3 － y ＝ 1.(2) 由 (1) 知 B (0,1) ，依题意可设过点 B 的直线方程为y ＝ kx ＋ 1( k ≠0) ， M ( x 1， y 1) ， N ( x 2， y 2) ．y ＝ kx ＋ 1，由2得(1 － 2 2x－ y 2＝1，3k ) x － 6kx － 6＝ 0，36因此 x 1＋ x 2＝ 1－3k 2，＝ 362 － 3k 2＝12(2 － 32k 22，＋ 24(1))>0 ? 0<< kk32 21且 1－3k ≠0? k ≠ 3.设 MN 的中点为 Q ( x 0， y 0) ，x 1＋x 23k1 2，则 x 0＝＝1－ 3k 2， y 0＝ kx 0＋ 1＝21－ 3k11 3k故直线 m 的方程为 y － 1－ 3k 2＝－ k x －1－ 3k 2 ，14即 y ＝－ k x ＋ 1－ 3k 2.4因此直线 m 在 y 轴上的截距为 1－ 3k 2，由 0<k 2<2，且 k 2≠1，33得 1－3k 2∈( －1,0) ∪(0,1) ，4因此 1－ 3k 2∈( －∞，－ 4) ∪(4 ，＋∞ ) ．故直线 m 在 y 轴上的截距的取值范围为 ( －∞，－ 4) ∪(4 ，＋∞ ) ．思想升华圆锥曲线中的最值、范围问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，经过成立函数、不等式等模型，利用二次函数法和均值不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，依据圆锥曲线几何意义求最值与范围．2222如图，曲线Γ由两个椭圆1 ：x2＋y2＝ 1(> >0) 和椭圆2： y2＋x2＝1(> >0)Ta ba bTb cb c构成，当， ， c 成等比数列时，称曲线 Γ为“猫眼”．a b(1) 若“猫眼曲线”Γ过点 (0 ，－ 2) ，且 ， ， c 的公比为2 ，求“猫眼曲线”Γ 的方Ma b2程；(2) 对于 (1) 中的“猫眼曲线” Γ，任作斜率为 k ( k ≠0) 且可是原点的直线与该曲线订交，交k OM 椭圆 T 1 所得弦的中点为M ，交椭圆 T 2 所得弦的中点为 N ，求证：为与 k 没关的定值；k ON(3) 若斜率为2的直线 l 为椭圆 T 2 的切线，且交椭圆 T 1 于点 A ，B ，N 为椭圆 T 1 上的随意一点( 点 N 与点 A ， B 不重合 ) ，求△ ABN 面积的最大值．b c2(1) 解 由题意知， b ＝ 2， a ＝ b ＝ 2 ，∴ a ＝ 2， c ＝ 1，1x 2 y 22y 22∴ T ： 4 ＋ 2 ＝ 1， T ： 2 ＋x ＝ 1.(2) 证明 设斜率为 k 的直线交椭圆 T 于点 ( ， y ) ， ( ， y ) ，11 2 21 线段 CD 的中点为 M ( x 0， y 0) ，∴ x 0＝ x 1＋x 2y 1＋ y 2， y 0＝2，222x 1y 14＋ 2＝1，由 22得x 2y 24＋ 2＝1，x －x2x ＋ x 2y －y 2 y ＋y 211 ＋ 1142＝ 0.∵ k 存在且 k ≠0，∴ x 1≠ x 2 且 x 0≠0，1 － y 20 1，故上式整理得 y· y＝－x 1 － x 2x21即 k ·k OM ＝－ 2.同理， k · k ON ＝－ 2，∴k OM 1＝ .k ON 4(3) 解 设直线l 的方程为y ＝ 2 x ＋ ，my ＝ 2x ＋m ，联立方程得y 2x 2b 2＋c 2＝1，22222 22 2整理得 ( b ＋ 2c ) x ＋ 2 2mcx ＋mc － b c ＝ 0，由2 2 2＝ 0 化简得 m ＝ b ＋ 2c ，取 l 1：y ＝2 x ＋ b 2＋ 2c 2.y ＝ 2x ＋ m ，联立方程x 2y 2 a 2＋b 2＝ 1，化简得 (b 2＋ 22)x 2＋ 2 22＋2 2－2 2＝0.amax mab a由 ＝2220 得 m ＝b ＋2a ，取 l 2：y ＝2 x － b 2＋ 2a 2，l 1， l 2 两平行线间距离d ＝b 2＋ 2c 2＋ b 2＋ 2a 2，32 3ab 2a 2－2c 2又| AB |＝b 2＋ 2a 2，1∴△ ABN 的面积最大值为S ＝ 2| AB | ·dab 2a 2－ 2c 2b 2＋ 2c 2＋ b 2＋ 2a 2.＝2＋ 2 2b a 题型四 定值、定点问题例 4(2016 ·全国乙卷 ) 设圆 x 2＋ y 2＋2x － 15＝ 0 的圆心为 A ，直线 l 过点 B (1,0)且与 x 轴不重合，l 交圆A 于 ， 两点，过B 作的平行线交于点 .C D AC ADE(1) 证明 | EA | ＋ | EB | 为定值，并写出点 E 的轨迹方程；(2) 设点 E 的轨迹为曲线 C 1，直线 l 交 C 1 于 M ，N 两点，过 B 且与 l 垂直的直线与圆 A 交于 P ，Q 两点，求四边形 MPNQ 面积的取值范围．解 (1) 因为 | AD | ＝ | AC | ，EB ∥ AC ，故∠ EBD ＝∠ ACD ＝∠ ADC ，因此 | EB | ＝ | ED | ，故| EA | ＋ | EB |＝ | EA | ＋ | ED | ＝| AD |.又圆 A 的标准方程为 ( x ＋1) 2＋ y 2＝ 16，进而 | AD | ＝ 4，因此 | EA | ＋| EB | ＝ 4.由题设得 ( － 1,0) ， (1,0) ，|| ＝ 2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为 x 2＋ y 2 ＝1( y ≠0) ． ABAB4 3(2) 当 l 与 x 轴不垂直时，设 l 的方程为 y ＝ k ( x － 1)( k ≠0) ， M ( x 1， y 1) ，N ( x 2， y 2) ．y ＝ k x － 1 ，2222由 x 2 y 2得 (4 k ＋ 3) x － 8k x ＋ 4k － 12＝ 0.8k 24k 2－ 12则 x 1＋x 2＝4k 2＋ 3， x 1 x 2＝ 4k 2＋ 3 ，2 12 k 2＋ 1因此|MN |＝1＋ k | x 1－ x 2| ＝ 4 2 ＋3 .k1过点 B (1,0) 且与 l 垂直的直线 m ： y ＝－ k ( x － 1) ， 点A 到 的距离为2 ，mk 2＋ 122224 ＋ 3因此|PQ |＝ k 24 －k 2＋ 1 ＝4k 2＋ 1.故四边形 MPNQ 的面积11＋ 1.S ＝ | MN || PQ | ＝12224k ＋ 3可适当l 与 x 轴不垂直时，四边形面积的取值范围为 (12,8 3) ．MPNQ当 l 与 x 轴垂直时，其方程为x ＝ 1， | MN |＝3， | PQ | ＝ 8，四边形 MPNQ 的面积为 12.综上，四边形面积的取值范围为 [12,8 3) ．MPNQ思想升华求定点及定值问题常有的方法有两种(1) 从特别下手，求出定值，再证明这个值与变量没关．(2) 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，进而获得定值．x 2 y 23(2016 ·北京 ) 已知椭圆 C ：a 2＋ b 2＝ 1( a ＞ b ＞ 0) 的离心率为 2 ， A ( a, 0) ， B (0 ，b) ， (0,0) ，△ 的面积为 1.OOAB(1) 求椭圆 C 的方程；(2) 设 P 是椭圆 C 上一点，直线 PA 与 y 轴交于点 M ，直线 PB 与 x 轴交于点 N . 求证：| AN | ·|BM |为定值．c3 1(1) 解 由已知 a ＝ 2 ， 2ab ＝ 1.又 a 2＝b 2＋c 2，解得 a ＝ 2， b ＝1， c ＝ 3.x 22∴椭圆方程为 4 ＋ y ＝ 1.(2) 证明 由 (1) 知， (2,0) ， (0,1) ．AB2设椭圆上一点(， 0) ，则x 02＋ 0＝ 1.P x4y0当 x0≠0时，直线 PA方程为 y＝x0－2( x－2)，－2y0令 x＝0，得 y M＝x0－2.2y0进而 | BM|＝ |1 －y M| ＝ 1＋x0－2 .y0－1直线 PB方程为 y＝x0x＋1.－x0令 y＝0，得 x N＝y0－1.x0∴|AN|＝|2－ x N|＝2＋y0－1.x02y0∴|AN|·|BM|＝2＋y0－1·1＋x0－2＝x0＋2y0－2·x0＋2y0－2 y0－1x0－ 2x20＋4y20＋4x0y0－4x0－8y0＋4＝x0y0－ x0－2y0＋24x0y0－4x0－ 8y0＋ 8＝＝ 4.x0y0－ x0－2y0＋2当 x0＝0时， y0＝－1，| BM|＝2，| AN|＝2，∴|AN|·| BM|＝4.故 | AN| ·|BM| 为定值．题型五探究性问题例 5(2015 ·广东 ) 已知过原点的动直线122－6x＋ 5＝0订交于不一样的两点A，l 与圆 C： x ＋yB.(1)求圆 C1的圆心坐标；(2)求线段 AB的中点 M的轨迹 C的方程；(3) 能否存在实数k，使得直线L： y＝ k( x－4)与曲线 C只有一个交点？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，说明原因．解 (1) 圆C1：x2＋y2－ 6x＋ 5＝ 0 化为 ( x－ 3) 2＋y2＝ 4，∴圆C1的圆心坐标为 (3,0) ．(2)设 M( x， y)，∵A，B 为过原点的直线 l 与圆 C1的交点，且 M为 AB的中点，∴由圆的性质知 MC1⊥ MO，→→∴ MC1·MO＝0.→→又∵ MC1＝(3－ x，－ y)，MO＝(－ x，－ y)，∴由向量的数目积公式得x 2－ 3x ＋y 2＝ 0.易知直线 l 的斜率存在，∴设直线 l 的方程为 y ＝mx ，当直线 l与圆 C 1 相切时， d ＝ |3 m － 0| ＝ 2，2 m ＋ 12 5解得 m ＝±.5把相切时直线l 的方程代入圆1的方程，C化简得 92＋ 25＝ 0，解得x5－ 30 ＝ .xx3当直线 l 经过圆 C 1 的圆心时， M 的坐标为 (3,0) ．又∵直线l 与圆1交于 ， 两点， 为 AB 的中点，C A BM5∴ 3<x ≤3.∴点 M 的轨迹 C 的方程为 x 2－ 3x ＋y 2＝ 0，此中 53<x ≤3.(3) 由题意知直线L 表示过定点 (4,0) ，斜率为 k 的直线，把直线 L 的方程代入轨迹 C 的方程x 2－ 3x ＋ y 2＝ 0，此中53<x ≤ 3，化简得 ( k2＋ 1) x 2－ (3 ＋ 8k 2) x ＋16k 2＝ 0，此中53<x ≤3，记 f ( x ) ＝ ( k 2＋ 1) x 2－ (3 ＋ 8k 2) x ＋ 16k 2，此中 5<x ≤3.3若直线 L 与曲线 C 只有一个交点，令f ( x ) ＝0.29322当＝ 0 时，解得 k ＝ 16，即 k ＝± 4，此时方程可化为 25x － 120x ＋144＝ 0，即 (5 x － 12)＝ 0，12 53解得 x ＝ 5 ∈ ， 3，∴ k ＝± 4知足条件．3当>0 时，55①若 x ＝ 3 是方程的解， 则 f (3) ＝0? k ＝ 0? 另一根为 x ＝ 0<3，故在区间3， 3 上有且仅有一个根，知足题意；55 2 564 5 64 5 ②若 x ＝ 是方程的解， 则 f＝ 0? k ＝±? 此外一根为＝ ， < ≤3，故在区间 ， 3337x 23 3 233上有且仅有一根，知足题意；55③若 x ＝ 3 和 x ＝ 3 均不是方程的解，则方程在区间 3， 3 上有且仅有一个根，只要f 5 ·f (3)<0 ? － 2 5 <k <2 5. 故在区间5， 3 上有且仅有一个根，知足题意．37 732 52 5 3综上所述， k 的取值范围是－ ≤ k ≤或k ＝± .774思想升华 (1) 探究性问题往常采纳“一定顺推法”， 将不确立性问题明亮化． 其步骤为假定知足条件的元素 ( 点、直线、曲线或参数 ) 存在，用待定系数法设出，列出对于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素 ( 点、直线、曲线或参数 ) 存在；不然，元素 ( 点、直线、曲线或参数 ) 不存在．(2) 反证法与考证法也是求解探究性问题常用的方法．已知抛物线 C ：y 2＝ 2px ( p >0) 的焦点为 F ，A 为 C 上异于原点的随意一点， 过点 A的直线l 交C 于另一点 ，交 x 轴的正半轴于点，且有 || ＝||. 当点A 的横坐标为 3 时，B D FA FD△ ADF 为正三角形． (1) 求 C 的方程；(2) 若直线 l ∥ l ，且 l 1和 C 有且只有一个公共点E ，1①证明直线 AE 过定点，并求出定点坐标．②△ ABE 的面积能否存在最小值？若存在，恳求出最小值；若不存在，请说明原因．(1) 解 由题意知 F ( p，0) ． 2p ＋ 2t，0) ．设 D ( t, 0)( t >0) ，则 FD 的中点为 (4因为 | FA | ＝| FD | ，pp由抛物线的定义知 3＋ 2＝ t －，2解得 t ＝ 3＋ p 或 t ＝－ 3( 舍去 ) ．由 p ＋ 2t ＝ 3，解得 p ＝2. 4 因此抛物线 C 的方程为 y 2＝ 4x .(2) ①证明由 (1) 知 F (1,0) ．设 A ( x 0， y 0)( x 0y 0≠0) ， D ( x D,0)( x D >0) ．因为 | FA | ＝ | FD | ，则 | x D －1| ＝ x 0＋ 1，由 x D >0，得 x D ＝ x 0＋ 2，故 D ( x 0＋ 2,0) ，y 0故直线 AB 的斜率 k AB ＝－ 2 .因为直线 l 1 和直线 AB 平行，y 0设直线 l 1 的方程为 y ＝－ 2 x ＋ b ，代入抛物线方程得 28y － 8by ＋＝ 0，y 0y 0由题意＝6432 b22＋＝ 0，得 b ＝－ .y 0y 0y 0EEE4E4设 E( x ， y )，则 y＝－ ， x ＝ y0 y－ 4E － 0 － y 0 4 02≠4时， k AE ＝ y y 0 ＝ ， 当 y 0 y ＝ 2 2 yx E －x 04 y 0 y 0－ 42－y 0 4可得直线 的方程为y － y 0＝4y 0(－ x 0) ．2AEy 0－ 4x24y由 y＝4x ，整理可得 y ＝ y 0－ 4( x － 1) ，0 02直线 AE 恒过点 F (1,0) ．2当 y 0＝4 时，直线 AE 的方程为 x ＝ 1，过点 F (1,0) ，因此直线 AE 过定点 F (1,0) ．②解由①知直线 AE 过焦点 F (1,0) ，因此|AE |＝ 0＋1 ＋ 11| AF | ＋ | FE | ＝( x ＋ 1) x 0 ＝ x ＋ ＋ 2. 设直线 AE 的方程为 x ＝ my ＋ 1.x 0因为点 (， 0) 在直线AE 上，故 ＝x 0－ 1 .A xymy 0y 0设 B ( x 1， y 1) ．直线 AB 的方程为 y － y 0＝－ 2 ( x － x 0) ，2因为 y 0≠0，可得 x ＝－ y 0y ＋2＋ x 0，28代入抛物线方程得y ＋ y －8－ 4x 0＝ 0，8因此 y 0＋ y 1＝－ y 0，可求得 y 1＝－ y 0－ 8 ， x 1＝ 4＋ x 0＋ 4.y 0x 0因此点 B 到直线 AE 的距离为4＋ 8＋ x ＋ 4＋ my－ 1 d ＝ x 0y 021＋m4 x 0＋ 1 1＝x 0 ＝ 4x 0＋.x 0则△ ABE 的面积＝ 1×4 x 0＋1x 0＋ 1＋2 ≥16，S 2x 0x 0 当且仅当 1＝ x 0，即 x 0＝ 1 时等号成立．x 0因此△ ABE 的面积的最小值为 16.x 2 y 21． (2017 ·石家庄质检 ) 已知椭圆 E ： a 2＋ b 2 ＝ 1 的右焦点为 F ( c, 0) 且 a >b >c >0，设短轴的一个端点为 D ，原点 O 到直线 DF 的距离为 3x 轴不重合的直线与椭圆 E 订交于C ，2 ，过原点和→ →G 两点，且 | GF | ＋| CF | ＝4.(1) 求椭圆 E 的方程；(2) 能否存在过点 P (2,1) 的直线 l 与椭圆 E 订交于不一样的两点若存在，试求出直线 l 的方程；若不存在，请说明原因．解 (1)由椭圆的对称性知 →→＝ 2a ＝4，∴ a ＝2.| GF | ＋| CF |3又原点 O 到直线 DF 的距离为 2 ，bc3∴ a ＝ 2 ，∴ bc ＝ 3，又 a 2＝b 2＋c 2＝ 4， a >b >c >0，∴ b ＝ 3， c ＝ 1.x 2 y 2故椭圆 E 的方程为 4＋ 3＝1.(2) 当直线 l 与 x 轴垂直时不知足条件．→2 → →A ，B 且使得 OP ＝ 4PA ·PB 成立？故可设 A ( x 1， y 1) ， B ( x 2， y 2) ，直线 l 的方程为 y ＝k ( x － 2) ＋ 1，代入椭圆方程得 (3 ＋ 4k 2) x 2－ 8k (2 k － 1) x ＋ 16k 2－ 16k － 8＝0，∴ x 1＋x 2＝8k 2k －1， x 1x 2＝ 16k 2－ 16k － 83＋4k 23＋4k 2，1＝ 32(6 k ＋ 3)>0 ，∴ k >－ 2.→2 → →∵ OP ＝ 4PA · PB ，即 4[( x 1－ 2)( x 2－ 2) ＋ ( y 1－ 1)( y 2－ 1)] ＝5， ∴4( x 1－ 2)( x 2－ 2)(1 ＋ k 2) ＝ 5，即 4[ x 1x 2－2( x 1＋ x 2) ＋4](1 ＋ k 2) ＝5，16k 2－ 16k －8 8k 2k － 124＋ 4k 2∴4[ 3＋4 2 －2× 3＋ 4 k 2＋ 4](1 ＋k ) ＝4× 3＋4 2＝5，kk1解得 k ＝± 2，1 k ＝－ 不切合题意，舍去．21∴存在知足条件的直线l ，其方程为 y ＝ 2x .222．已知双曲线 ：x2－y2＝ 1(>0， >0) 的焦距为 3 2，此中一条渐近线的方程为x － 2 ＝C a b aby0. 以双曲线 C 的实轴为长轴，虚轴为短轴的椭圆记为 E ，过原点 O 的动直线与椭圆 E 交于 A ，B 两点．(1) 求椭圆 E 的方程；→→→2→ 2的取值范围．(2) 若点 P 为椭圆 E 的左极点， PG ＝ 2GO ，求 | GA | ＋ | GB |x 2 y 2解 (1) 由双曲线 a 2－ b 2＝ 1 的焦距为 3 2，3 22 29得 c ＝ 2 ，∴ a ＋ b ＝ 2. ①b2由题意知 a ＝ 2 ，②223由①②解得 a ＝3， b ＝ 2，2x 2 2∴椭圆 E 的方程为＋ y ＝ 1.(2) 由 (1) 知 ( －3，0) ．P→→设 G( x ， y ) ，由 PG ＝ 2GO ，0 0得 ( x 0＋ 3， y 0) ＝2( － x 0，－ y 0) ．x ＋ 3＝－ 2x ，x ＝－ 33，3∴G ( － ，0) ．即解得3y＝－ 2y ，y 0＝ 0，设 A ( x 1， y 1) ，则 B ( － x 1，－ y 1) ，→2→23 223 2 2| GA |＋| GB | ＝ ( x1＋) ＋ y 1＋ ( x 1－) ＋ y 133222222＝ 2x 1 ＋2y 1＋ 3＝ 2x 1 ＋3－ x 1＋ 3 ＝ x 12＋ 11 .32 ，又∵ x ∈[ － 3， 3] ，∴ x ∈[0,3]11112 11 20∴ 3 ≤x ＋3 ≤3，1→2→ 2 11 20∴|GA | ＋ | G B |的取值范围是 [ 3， 3]．3．(2016 ·北京顺义尖子生素质展现) 已知椭圆x 2＋ y 2＝ 1 的左极点为 A ，右焦点为 F ，过点 F43的直线交椭圆于 B ， C 两点．(1) 求该椭圆的离心率；(2) 设直线 AB 和 AC 分别与直线 x ＝ 4 交于点 M ，N ，问： x 轴上能否存在定点 P 使得 MP ⊥ NP ？若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，说明原因．解 (1) 由椭圆方程可得 a ＝ 2， b ＝ 3，进而椭圆的半焦距c ＝ a 2－ b 2＝ 1.c 1因此椭圆的离心率为 e ＝ a ＝ 2.(2) 依题意，直线 BC 的斜率不为 0，设其方程为 x ＝ty ＋ 1.x 2 y 222将其代入 4 ＋ 3 ＝ 1，整理得 (4 ＋ 3t ) y ＋ 6ty － 9＝ 0. 设 B ( x 1， y 1) ， C ( x 2，y 2) ，－ 6t－ 9因此 y 1＋ y 2＝ 4＋ 3t 2， y 1y 2＝ 4＋ 3t2.y 1易知直线 AB 的方程是 y ＝ x 1＋ 2( x ＋2) ，6y 16y 2进而可得 M (4 ，x 1＋ 2) ，同理可得 N (4 ， x 2＋2) ．假定 x 轴上存在定点 P ( p, 0) 使得 MP ⊥ NP ，→→则有 PM · PN ＝ 0.因此 ( p － 4) 2＋36y 1y 2 ＝ 0.x 1＋ 2 x 2＋2将 x ＝ty ＋ 1， x ＝ ty ＋ 1 代入上式，整理得11 2 2( p － 4) 2＋ 236y 1y 2＝ 0，t 1y 2＋ 3y 1＋y 2＋ 9yt236× －9因此 ( p － 4) ＋ t 2 － 9 ＋ 3t － 6t＋ 9 4＋ 3t 2 ＝ 0，即 ( p －4) 2－ 9＝0，解得 p ＝ 1 或 p ＝ 7.因此x 轴上存在定点(1,0) 或 (7,0)，PP使得MP⊥ NP .*4.已知椭圆x 2 y 2a 2＋b 2＝ 1( a >b >0) 的离心率为 1 2，且经过点3 P (1 ，2) ，过它的左，右焦点F 1， F 2 分别作直线l 1 与l 2，l1 交椭圆于A ，B 两点， l2 交椭圆于C ，D 两点，且l 1⊥l 2 （如下图）.(1) 求椭圆的标准方程；(2) 求四边形 ACBD 的面积 S 的取值范围．解c 1222 ＝3 2(1) 由＝ ? a ＝ 2c ，∴ a＝ 4c ， b c ，a2将点 P 的坐标代入椭圆方程得c 2＝ 1，x 2 y 2故所求椭圆方程为4＋ 3＝1.(2) 若 l 1 与 l 2 中有一条直线的斜率不存在，则另一条直线的斜率为 0，此时四边形的面积 S ＝ 6.若 l 1 与 l 2 的斜率都存在，设l 1 的斜率为 k ，则 l 2 1的斜率为－ k ，则直线 l 1 的方程为 y ＝ k ( x ＋ 1) ．设 A ( x 1， y 1) ， B ( x 2，y 2) ，y ＝k x ＋ 1 ，联立方程组x 2 y 24＋ 3＝ 1，消去 y 并整理得 (4 k 2＋ 3) x 2＋ 8k 2x ＋ 4k 2－12＝0. ①∴ x 1＋x 2＝－ 48k 24k 2－ 12k 2＋3， x 1x 2＝ 4 2＋3 ，k ∴| 1 －12 k 2＋ 1 ，＝2 xx4k ＋ 3212 k 2＋ 1∴|AB | ＝1＋ k | x 1－ x 2| ＝ 4 2＋3 ，②k注意到方程①的构造特点和图形的对称性，能够用－1k ，得 |12 k 2＋ 1取代②中的| ＝2，kCD3k ＋ 4172 1＋ k 2 2∴ S ＝2| AB | ·|CD |＝ 4k 2＋ 3 · 3k 2＋ 4，令 k2＝t ∈(0，＋∞)，72 1＋t2 6 12t2＋ 25t＋12 －6∴ S＝＝t4t＋ 3· 3t＋412t2＋ 25t＋ 12＝ 6－6≥6－6＝288，12494912t＋t＋25288当且仅当 t ＝1时等号成立，∴S∈[49，6)，综上可知，四边形的面积288∈[，6] ．ABCD S49。
2020届高考数学一轮复习：教师用书第七章 立体几何2
第七章⎪⎪⎪立体几何第四节直线、平面平行的判定及其性质1．直线与平面平行的判定定理和性质定理 平面外一条直线与此平面内则该直线与线面∵l ∴则过这条直线的任一平面与此简平∵α∴一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个线面平行∵＝∴如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交∵β∴1．(教材习题改编)已知平面α∥平面β，直线a ⊂α，有下列命题： ①a 与β内的所有直线平行； ②a 与β内无数条直线平行； ③a 与β内的任意一条直线都不垂直．其中真命题的序号是________．答案：②2．(教材习题改编)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为________．解析：连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO，在△BDD1中，点E，O分别是DD1，BD 的中点，则EO∥BD1，又因为EO⊂平面ACE，BD1⊄平面AEC，所以BD1∥平面ACE.答案：平行1．直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件．2．面面平行的判定中易忽视“面内两条相交线”这一条件．3．如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交．[小题纠偏]1．如果直线a∥平面α，那么直线a与平面α内的()A．一条直线不相交B．两条直线不相交C．无数条直线不相交D．任意一条直线都不相交解析：选D因为a∥平面α，直线a与平面α无公共点，因此a和平面α内的任意一条直线都不相交，故选D.2．设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“m∥β”是“α∥β”的() A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选B当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥β⇒/ α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m⊂α，所以m∥β.综上知，“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分条件．考点一直线与平面平行的判定与性质(题点多变型考点——多角探明)[锁定考向]平行关系是空间几何中的一种重要关系，包括线线平行、线面平行、面面平行，其中线面平行是高考热点，多出现在解答题中．常见的命题角度有：(1)证明直线与平面平行；(2)线面平行性质定理的应用．[题点全练]角度一：证明直线与平面平行1．(2018·杭二一模)如图，在三棱锥P-ABC中，PB⊥BC，AC⊥BC，点E，F，G分别为AB，BC，PC的中点．(1)求证：PB∥平面EFG；(2)求证：BC⊥EG.证明：(1)∵点F，G分别为BC，PC的中点，∴GF∥PB，∵PB⊄平面EFG，GF⊂平面EFG，∴PB∥平面EFG.(2)∵点E，F，G分别为AB，BC，PC的中点，∴EF∥AC，GF∥PB，∵PB⊥BC，AC⊥BC，∴EF⊥BC，GF⊥BC，∵EF∩GF＝F，EF⊂平面EFG，GF⊂平面EFG，∴BC⊥平面EFG，∵EG⊂平面EFG，∴BC⊥EG.角度二：线面平行性质定理的应用2.(2018·瑞安期中)已知四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外的一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH，求证：AP∥GH.证明：如图所示，连接AC交BD于点O，则点O为AC中点．连接MO，则有MO∥PA.因为PA⊂平面APGH，MO⊄平面APGH，所以MO∥平面APGH.因为MO⊂平面BDM，平面BDM∩平面APGH＝GH，所以GH∥MO，所以PA∥GH.[通法在握]证明直线与平面平行的3种方法(2018·豫东名校联考)如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E为线段AD上的任意一点(不包括A，D两点)，平面CEC1与平面BB1D交于FG.证明：FG∥平面AA1B1B.证明：在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BB1∥CC1，BB1⊂平面BB1D，CC1⊄平面BB1D，所以CC1∥平面BB1D.又CC1⊂平面CEC1，平面CEC1∩平面BB1D＝FG，所以CC1∥FG.因为BB1∥CC1，所以BB1∥FG.因为BB1⊂平面AA1B1B，FG⊄平面AA1B1B，所以FG∥平面AA1B1B.考点二平面与平面平行的判定与性质(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2018·嘉兴模拟)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，点D是BC上一点，且A1B∥平面AC1D，点D1是B1C1的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.证明：如图，连接A1C交AC1于点E，连接ED，因为四边形A1ACC1是平行四边形，所以点E为A1C的中点，因为A1B∥平面AC1D，平面A1BC∩平面AC1D＝ED，所以A1B∥ED，因为点E是A1C的中点，所以点D是BC的中点，又因为点D1是B1C1的中点，所以D1C1綊BD，所以四边形BDC1D1为平行四边形，所以BD1∥C1D.因为BD1⊄平面AC1D，C1D⊂平面AC1D，所以BD1∥平面AC1D，又因为A1B∩BD1＝B，所以平面A1BD1∥平面AC1D.[由题悟法]判定平面与平面平行的5种方法(1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；(2)面面平行的判定定理(主要方法)；(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题可用)；(4)利用平面平行的传递性，两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题可用)；(5)利用向量法，通过证明两个平面的法向量平行证得两平面平行．[即时应用]1．在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB，G，H分别是EC和FB的中点．求证：GH∥平面ABC.证明：取FC的中点I，连接GI，HI，则有GI∥EF，HI∥BC.又EF∥DB，所以GI∥BD，又GI∩HI＝I，BD∩BC＝B，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.2．如图，四边形ABCD与四边形ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点，求证：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.证明：(1)如图，连接AE，设DF与GN的交点为O，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，所以平面BDE∥平面MNG.考点三立体几何中的探索性问题(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2019·舟山诊断)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，E，F分别为AD，A1A的中点，Q是BC上一个动点，且B Q＝λQ C(λ＞0)．(1)当λ＝1时，求证：平面BEF∥平面A1D Q；(2)是否存在λ，使得BD⊥F Q？若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：当λ＝1时，Q为BC的中点，因为E是AD的中点，所以ED＝B Q，ED∥B Q，则四边形BED Q是平行四边形，所以BE∥D Q，又BE⊄平面A1D Q，D Q⊂平面A1D Q，所以BE∥平面A1D Q.因为F是A1A的中点，所以EF∥A1D，因为EF⊄平面A1D Q，A1D⊂平面A1D Q，所以EF∥平面A1D Q.又BE∩EF＝E，EF⊂平面BEF，BE⊂平面BEF，所以平面BEF ∥平面A 1D Q .(2)假设存在满足条件的λ，如图连接A Q ，BD ，F Q .因为A 1A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以A 1A ⊥BD .因为BD ⊥F Q ，A 1A ∩F Q ＝F ， 所以BD ⊥平面A 1A Q .因为A Q ⊂平面A 1A Q ，所以A Q ⊥BD .在矩形ABCD 中，由A Q ⊥BD ，得△A Q B ∽△DBA ， 所以AB AD ＝B QAB ，则AB 2＝AD ·B Q . 又AB ＝1，AD ＝2，所以B Q ＝12，则Q C ＝32，则B Q Q C ＝13，即λ＝13.[由题悟法]探索性问题的一般解题方法先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在；如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在．[即时应用]如图，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD ＝6，BC ＝4，E ，F 分别在BC ，AD 上，EF ∥AB .现将四边形ABCD 沿EF 折起，使平面ABEF ⊥平面EFDC .若BE ＝1，在折叠后的线段AD 上是否存在一点P ，且AP ―→＝λPD ―→，使得CP ∥平面ABEF ？若存在，求出λ的值，若不存在，说明理由．解：AD 上存在一点P ，使得CP ∥平面ABEF ，此时λ＝32.理由如下：当λ＝32时，AP ―→＝32PD ―→，可知AP AD ＝35，如图，过点P 作MP ∥FD 交AF 于点M ，连接EM ，PC ， 则有MP FD ＝AP AD ＝35，又BE ＝1，可得FD ＝5， 故MP ＝3，又EC ＝3，MP ∥FD ∥EC ， 故有MP 綊EC ，故四边形MPCE 为平行四边形，所以CP ∥ME ， 又ME ⊂平面ABEF ，CP ⊄平面ABEF ， 故有CP ∥平面ABEF .一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．若两条直线都与一个平面平行，则这两条直线的位置关系是( ) A ．平行 B ．相交C ．异面D ．以上都有可能解析：选D 由空间直线与平面的位置关系可知，平行于同一平面的两条直线可以平行、也可以相交、也可以异面．2．(2018·宁波模拟)在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别是AB 和BC 上的点，若AE ∶EB ＝CF ∶FB ＝1∶2，则对角线AC 和平面DEF 的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．在平面内D ．不能确定解析：选A 如图，由AE EB ＝CFFB 得AC ∥EF .又因为EF ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ，所以AC ∥平面DEF .3．(2018·绍兴期中考试)已知两个不重合的平面α，β，给定以下条件： ①α内任意不共线的三点到β的距离都相等； ②l ，m 是α内的两条直线，且l ∥β，m ∥β；③l ，m 是两条异面直线，且l ∥α，l ∥β，m ∥α，m ∥β； 其中可以判定α∥β的是( ) A ．① B ．② C ．①③D ．③解析：选C 本题宜采用逐个命题验证的方式进行判定．对于命题①，任意不共线三点可以确定一个平面，即为α，该三点到平面β的距离相等，即可得到α∥β，故①正确；对于命题②，由面面平行的判定可知，若l ，m 平行，则不一定能够推理得到α∥β，故②错误；对于命题③，由l ，m 是两条异面直线，通过平移可以在同一个平面内，则该平面与α，β都平行，由平行于同一平面的两个平面平行这一性质可知，α∥β，故③正确．所以满足条件的是①③.4．(2018·舟山二模)已知m ，n ，l 为不重合的直线，α，β，γ为不重合的平面，则下列说法正确的是( )A ．若m ⊥l ，n ⊥l ，则m ∥nB ．若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥βC ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nD ．若α∥γ，β∥γ，则α∥β解析：选D 若m ⊥l ，n ⊥l ，则m 与n 可能平行、相交或异面，故A 错误；若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能平行，可能相交，故B 错误；若m ∥α，n ∥α，则m ，n 可能平行、相交或异面，故C 错误；若α∥γ，β∥γ，利用平面与平面平行的性质与判定，可得α∥β，故D 正确．故选D.5.如图所示，在四面体ABCD 中，点M ，N 分别是△ACD ，△BCD 的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是________．解析：连接AM 并延长，交CD 于点E ，连接BN ，并延长交CD 于点F ，由重心性质可知，E ，F 重合为一点，且该点为CD 的中点E ，连接MN ，由EM MA ＝EN NB ＝12，得MN ∥AB .因此，MN ∥平面ABC 且MN∥平面ABD .答案：平面ABC 、平面ABD 二保高考，全练题型做到高考达标1．在空间中，已知直线a ，b ，平面α，则以下三个命题：①若a ∥b ，b ⊂α，则a ∥α；②若a ∥b ，a ∥α，则b ∥α；③若a ∥α，b ∥α，则a ∥b .其中真命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选A 对于①，若a ∥b ，b ⊂α，则应有a ∥α或a ⊂α，所以①是假命题；对于②，若a ∥b ，a ∥α，则应有b ∥α或b ⊂α，因此②是假命题；对于③，若a ∥α，b ∥α，则应有a ∥b 或a 与b 相交或a 与b 异面，因此③是假命题．综上，在空间中，以上三个命题都是假命题．2．设m ，n 是平面α内的两条不同直线，l 1，l 2是平面β内的两条相交直线．则α∥β的一个充分而不必要条件是( )A ．m ∥β且l 1∥αB ．m ∥l 1且n ∥l 2C ．m ∥β且n ∥βD ．m ∥β且n ∥l 2解析：选B 因为m ∥l 1，且n ∥l 2，又l 1与l 2是平面β内的两条相交直线，所以α∥β，而当α∥β时不一定推出m ∥l 1且n ∥l 2，可能异面．所以α∥β的一个充分而不必要条件是B.3．下列四个正方体图形中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，P 分别为其所在棱的中点，能得出AB ∥平面MNP 的图形的序号是( )A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④解析：选C 对于图形①，平面MNP 与AB 所在的对角面平行，即可得到AB ∥平面MNP ；对于图形④，AB ∥PN ，即可得到AB ∥平面MNP ；图形②③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行．4.在三棱锥S -ABC 中，△ABC 是边长为6的正三角形，SA ＝SB ＝SC ＝15，平面DEFH 分别与AB ，BC ，SC ，SA 交于D ，E ，F ，H ，且D ，E 分别是AB ，BC 的中点，如果直线SB ∥平面DEFH ，那么四边形DEFH 的面积为( )A.452B.4532C ．45D ．45 3解析：选A 取AC 的中点G ，连接SG ，BG .易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ， 故AC ⊥平面SGB ，所以AC ⊥SB .因为SB ∥平面DEFH ，SB ⊂平面SAB ，平面SAB ∩平面DEFH ＝HD ，则SB ∥HD .同理SB ∥FE .又D ，E 分别为AB ，BC 的中点，则H ，F 也为AS ，SC 的中点，从而得HF 綊12AC 綊DE ，所以四边形DEFH 为平行四边形． 又AC ⊥SB ，SB ∥HD ，DE ∥AC ，所以DE⊥HD，所以四边形DEFH为矩形，其面积S＝HF·HD＝12AC·12SB＝452.5.(2018·舟山模拟)在如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB和棱AA1的中点，点M，N分别为线段D1E，C1F上的点，则与平面ABCD平行的直线MN有()A．无数条B．2条C．1条D．0条解析：选A法一：取BB1的中点H，连接FH，则FH∥C1D1，连接HE，D1H，在D1E上任取一点M，取D1E的中点O，连接OH，在平面D1HE中，作MG平行于HO，交D1H于G，连接DE，取DE的中点K，连接KB，OK，则易证得OH∥KB.过G作GN∥FH，交C1F于点N，连接MN，由于GM∥HO，HO∥KB，KB⊂平面ABCD，GM⊄平面ABCD，所以GM∥平面ABCD，同理，NG∥平面ABCD，又GM∩NG＝G，由面面平行的判定定理得，平面MNG∥平面ABCD，则MN∥平面ABCD.由于M为D1E上任意一点，故与平面ABCD平行的直线MN有无数条．故选A.法二：因为直线D1E，C1F与平面ABCD都相交，所以只需要把平面ABCD向上平移，与线段D1E的交点为M，与线段C1F的交点为N，由面面平行的性质定理知MN∥平面ABCD，故有无数条直线MN∥平面ABCD，故选A.6．(2018·金华名校统练)已知直线a，b，平面α，β，且a∥b，a⊥β，则“α⊥β”是“b ∥α”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选B因为a∥b，a⊥β，所以b⊥β，若b∥α，则α⊥β，故“α⊥β”是“b∥α”的必要条件；若α⊥β，又a⊥β，则a∥α或a⊂α，又a∥b，所以b∥α或b⊂α，故“α⊥β”不是“b∥α”的充分条件．故选B.7．正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1 cm，过AC作平行于对角线BD1的截面，则截面面积为________cm2；其周长为________cm.解析：如图所示，截面ACE ∥BD 1，平面BDD 1∩平面ACE ＝EF ，其中F 为AC 与BD 的交点，∴E 为DD 1的中点，∴S △ACE ＝12×2×32＝64 (cm 2)．∵AC ＝2，CE ＝AE ＝52， ∴其周长为AC ＋AE ＋CE ＝2＋5(cm)． 答案：642＋ 58.如图，在直三棱柱ABC -A1B 1C 1中，若BC ⊥AC ，∠BAC ＝π3，AC＝4，M 为AA 1的中点，点P 为BM 的中点，Q 在线段CA 1上，且A 1Q ＝3Q C ，则P Q 的长度为________．解析：由题意知，AB ＝8，过点P 作PD ∥AB 交AA 1于点D ， 连接D Q ，则D 为AM 中点，PD ＝12AB ＝4.又∵A 1Q Q C＝A 1DAD ＝3， ∴D Q ∥AC ，∠PD Q ＝π3，D Q ＝34AC ＝3，在△PD Q 中，由余弦定理得 P Q ＝42＋32－2×4×3×cos π3＝13. 答案：139.(2018·杭州模拟)如图所示，四棱柱ABCD -A1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点O 是底面中心，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝AA 1＝ 2.(1)证明：平面A 1BD ∥平面CD 1B 1； (2)求三棱柱ABD -A 1B 1D 1的体积． 解：(1)证明：由题设知，BB 1綊DD 1， 所以四边形BB 1D 1D 是平行四边形， 所以BD ∥B 1D 1.又因为BD ⊄平面CD 1B 1，B 1D 1⊂平面CD 1B 1， 所以BD ∥平面CD 1B 1. 因为A 1D 1綊B 1C 1綊BC ，所以四边形A 1BCD 1是平行四边形， 所以A 1B ∥D 1C .又因为A 1B ⊄平面CD 1B 1，D 1C ⊂平面CD 1B 1， 所以A 1B ∥平面CD 1B 1， 又因为BD ∩A 1B ＝B ， 所以平面A 1BD ∥平面CD 1B 1. (2)因为A 1O ⊥平面ABCD ，所以A 1O 是三棱柱ABD -A 1B 1D 1的高． 又因为AO ＝12AC ＝1，AA 1＝2，所以A 1O ＝AA 21－AO 2＝1.又因为S △ABD ＝12×2×2＝1，所以VABD -A 1B 1D 1＝S △ABD ·A 1O ＝1.10.如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是BC ，CC 1，C 1D 1，A 1A 的中点．求证：(1)BF ∥HD 1； (2)EG ∥平面BB 1D 1D ； (3)平面BDF ∥平面B 1D 1H .证明：(1)如图所示，取BB 1的中点M ，连接MH ，MC 1，易证四边形HMC 1D 1是平行四边形，∴HD 1∥MC 1.又∵MC 1∥BF ，∴BF ∥HD 1.(2)取BD 的中点O ，连接EO ，D 1O ，则OE 綊12DC ，又D 1G 綊12DC ，∴OE 綊D 1G ，∴四边形OEGD 1是平行四边形，∴GE ∥D 1O . 又GE ⊄平面BB 1D 1D ，D 1O ⊂平面BB 1D 1D ， ∴EG ∥平面BB 1D 1D . (3)由(1)知BF ∥HD 1，又BD ∥B 1D 1，B 1D 1，HD 1⊂平面B 1D 1H ，BF ，BD ⊂平面BDF ，且B 1D 1∩HD 1＝D 1，DB ∩BF ＝B ，∴平面BDF ∥平面B 1D 1H .三上台阶，自主选做志在冲刺名校1.如图所示，设正方体ABCD -A1B 1C 1D 1的棱长为a ，点P 是棱AD 上一点，且AP ＝a3，过B 1，D 1，P 的平面交平面ABCD于P Q ，Q 在直线CD 上，则P Q ＝________.解析：∵平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABCD ，而平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝P Q ，平面B 1D 1P ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥P Q .又∵B 1D 1∥BD ，∴BD ∥P Q ， 设P Q ∩AB ＝M ， ∵AB ∥CD ， ∴△APM ∽△DP Q .∴P Q PM ＝PDAP＝2，即P Q ＝2PM . 又知△APM ∽△ADB ，∴PM BD ＝AP AD ＝13，∴PM ＝13BD ，又BD ＝2a ，∴P Q ＝223a .答案：223a 2．如图，斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，D 1分别为AC ，A 1C 1上的点．(1)当A 1D 1D 1C 1等于何值时，BC 1∥平面AB 1D 1? (2)若平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，求ADDC 的值．解：(1)当A 1D 1D 1C 1＝1时，BC 1∥平面AB 1D 1.如图，连接A 1B 交AB 1于点O ，连接OD 1.由棱柱的性质知，四边形A 1ABB 1为平行四边形，所以点O 为A 1B 的中点．在△A 1BC 1中，O ，D 1分别为A 1B ，A 1C 1的中点， ∴OD 1∥BC 1.又OD 1⊂平面AB 1D 1，BC 1⊄平面AB 1D 1， ∴BC 1∥平面AB 1D 1. ∴当A 1D 1D 1C 1＝1时，BC 1∥平面AB 1D 1. (2)由已知，平面BC 1D ∥平面AB 1D 1且平面A 1BC 1∩平面BC 1D ＝BC 1，平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O .因此BC 1∥D 1O ，同理AD 1∥DC 1. ∴A 1D 1D 1C 1＝A 1O OB ，A 1D 1D 1C 1＝DC AD . 又A 1O OB ＝1，∴DC AD ＝1，即AD DC ＝1.第五节直线、平面垂直的判定及其性质1．直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义：直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l 与平面α互相垂直． (2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理： 一条直线与一个平面内的两条则该直线与此α垂直于同一个平面的两条直线一个平面过另一个平面的垂两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一(1)线面角平面的一条斜线和它在这个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，当一条直线垂直于平面时，规定它们所成的角是直角．(2)二面角以二面角的公共直线上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于公共直线的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．[小题体验]1．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β()A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥mC．若l∥β，则α∥βD．若α∥β，则l∥m解析：选A∵l⊥β，l⊂α，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确．2．(2019·嘉兴质检)已知两个平面垂直，给出下列命题：①一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线；②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线；③一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面．其中错误命题的序号是()A．①②B．①③C．②③D．①②③解析：选B在①中，根据平面与平面垂直的性质定理以及直线与平面垂直的性质定理可知，只有当这个平面的已知直线垂直于交线时，这条直线才垂直于此平面内的任意一条直线，故①错误；在②中，根据平面与平面垂直的性质定理可知，另一个平面内与交线垂直的直线有无数条，这些直线都与已知直线垂直，故②正确；在③中，根据平面与平面垂直的性质定理可知，只有这个平面内的直线垂直于交线时，它才垂直于另一个平面，故③错误．故选B.3．(教材习题改编)PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB，PC，PA，AC，BD，则一定互相垂直的平面有________对．解析：由于PD⊥平面ABCD，故平面PAD⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，平面PDA⊥平面PDC，平面PAC⊥平面PDB，平面PAB⊥平面PAD, 平面PBC⊥平面PDC，共7对．答案：71．证明线面垂直时，易忽视面内两条线为相交线这一条件．2．面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视．3．面面垂直的性质定理在使用时易忘面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误．[小题纠偏]1．已知直线a，b和平面α，且a⊥b，a⊥α，则b与α的位置关系为()A．b⊂αB．b∥αC．b⊂α或b∥αD．b与α相交解析：选C因为a⊥b，a⊥α，所以可知b⊂α或b⊄α，当b⊄α时，有b∥α.2．(教材习题改编)设m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列命题为真命题的是()A．若m⊥α，α⊥β，则m∥βB．若m∥α，m⊥β，则α⊥βC．若m⊥n，m⊥α，则n∥αD．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n解析：选B对于A，m可以在β内，故A错；对于C，n可以在α内，故C错误；对于D，m与n可以平行，故D错．考点一直线与平面垂直的判定与性质(题点多变型考点——多角探明)[锁定考向]直线与平面垂直的判定与性质是每年高考的必考内容，题型多为解答题，难度适中，属中档题．常见的命题角度有 (1)证明直线与平面垂直；(2)利用线面垂直的性质证明线线垂直．[题点全练]角度一：证明直线与平面垂直1.如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，AB ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，PD ＝AD ，E 是PB 的中点，F 是DC 上的点，且DF ＝12AB ，PH 为△PAD中AD 边上的高．求证：(1)PH ⊥平面ABCD ； (2)EF ⊥平面PAB .证明：(1)因为AB ⊥平面PAD ，PH ⊂平面PAD ，所以PH ⊥AB . 因为PH 为△PAD 中AD 边上的高，所以PH ⊥AD .因为AB ∩AD ＝A ，AB ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥平面ABCD . (2)如图，取PA 的中点M ，连接MD ，ME .因为E 是PB 的中点， 所以ME 綊12AB .又因为DF 綊12AB ，所以ME 綊DF ，所以四边形MEFD 是平行四边形，所以EF ∥MD . 因为PD ＝AD ，所以MD ⊥PA . 因为AB ⊥平面PAD ，所以MD ⊥AB . 因为PA ∩AB ＝A ，所以MD ⊥平面PAB ， 所以EF ⊥平面PAB .角度二：利用线面垂直的性质证明线线垂直2.如图，在直三棱柱ABC -A1B 1C 1中，已知AC ⊥BC ，BC ＝CC 1.设AB 1的中点为D ，B 1C ∩BC 1＝E .求证：(1)DE ∥平面AA 1C 1C ； (2)BC 1⊥AB 1.证明：(1)由题意知，E 为B 1C 的中点， 又D 为AB 1的中点，因此DE ∥AC .又因为DE ⊄平面AA 1C 1C ，AC ⊂平面AA 1C 1C ， 所以DE ∥平面AA 1C 1C .(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC⊂平面B1AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.[通法在握]判定直线和平面垂直的4种方法(1)利用判定定理；(2)利用判定定理的推论(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；(3)利用面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；(4)利用面面垂直的性质．当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面．[演练冲关]1．(2018·长兴中学适应性考试)设α，β，γ是不同的平面，m，n是不同的直线，则由下列条件能得出m⊥β的是()A．n⊥α，n⊥β，m⊥αB．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γC．m⊥n，n⊂βD．α⊥β，α∩β＝n，m⊥n解析：选A由垂直于同一直线的两个平面平行可知α∥β.因为m⊥α，所以m⊥β.2.如图，S是Rt△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC.D为斜边AC的中点．(1)求证：SD⊥平面ABC；(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.证明：(1)如图所示，取AB的中点E，连接SE，DE，在Rt△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点．∴DE∥BC，∴DE⊥AB，∵SA＝SB，∴SE⊥AB.又SE∩DE＝E，∴AB⊥平面SDE.又SD⊂平面SDE，∴AB⊥SD.在△SAC中，SA＝SC，D为AC的中点，∴SD⊥AC.又AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC.(2)由于AB＝BC，则BD⊥AC，由(1)可知，SD⊥平面ABC，又BD⊂平面ABC，∴SD⊥BD，又SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC.考点二面面垂直的判定与性质(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别为CD和PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.证明：(1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四边形ABED为平行四边形．所以BE∥AD.又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)因为AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，又AD∩PA＝A，所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF，所以CD⊥EF.又因为CD⊥BE，EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD.[由题悟法]1．证明面面垂直的2种方法(1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题．(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决．2．三种垂直关系的转化线线垂直判定性质线面垂直判定性质面面垂直[即时应用](2018·杭州七校联考)如图，斜三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为a，侧面B1C1CB⊥底面ABC，O是BC的中点，且AC1⊥BC.(1)求证：AC1⊥A1B；(2)求直线B1A与平面AOC1所成角的正切值．解：(1)证明：连接A1C，因为四边形ACC1A1是菱形，所以AC1⊥A1C.又AC1⊥BC，A1C∩BC＝C，所以AC1⊥平面A1BC，又A1B⊂平面A1BC，所以AC1⊥A1B.(2)因为AO是正三角形ABC的中线，所以BC⊥AO.又AC1⊥BC，AO∩AC1＝A，所以BC⊥平面AOC1.所以B1C1⊥平面AOC1，所以∠B1AC1就是所求的线面角．所以BC⊥C1O，又因为侧面B1C1CB⊥底面ABC，侧面B1C1CB∩底面ABC＝BC，所以C1O⊥底面ABC.因为C1O＝AO＝32a，所以AC1＝62a.所以在Rt△AB1C1中，tan∠B1AC1＝a6a2＝63.故直线B1A与平面AOC1所成角的正切值为6 3.考点三空间角的综合问题(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′-CD-B的平面角为α，则()A．∠A′DB≤αB．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤αD．∠A′CB≥α解析：选B∵A′C和BC都不与CD垂直，∴∠A′CB≠α，故C，D错误．当CA＝CB时，容易证明∠A′DB＝α.不妨取一个特殊的三角形，如Rt△ABC，令斜边AB＝4，AC＝2，BC＝23，如图所示，则CD＝AD＝BD＝2，∠BDC＝120°，设沿直线CD将△ACD折成△A′CD，使平面A′CD⊥平面BCD，则α＝90°.取CD中点H，连接A′H，BH，则A′H⊥CD，∴A′H⊥平面BCD，且A′H＝3，DH＝1.在△BDH中，由余弦定理可得BH＝7.在Rt△A′HB中，由勾股定理可得A′B＝10.在△A′DB中，∵A′D2＋BD2－A′B2＝－2＜0，可知cos∠A′DB＜0，∴∠A′DB为钝角，故排除A.综上可知答案为B.2．(2018·温州5月高三测试)如图，斜三棱柱ABC -A1B1C1，∠BAC＝90°，AB＝2AC，B1C⊥A1C1，且△A1B1C为等边三角形．(1)求证：平面A1B1C⊥平面ABC；(2)求直线BB1与平面ABC所成角的正弦值．解：(1)证明：∵AC∥A1C1，B1C⊥A1C1，∴AC⊥B1C，∵∠BAC＝90°，∴AC⊥BA，∴AC⊥B1A1.又∵B1A1∩B1C＝B1，∴AC⊥平面A1B1C，∵AC⊂平面ABC，∴平面A1B1C⊥平面ABC.(2)∵平面A1B1C⊥平面ABC，∴平面A1B1C⊥平面A1B1C1.取A 1B 1的中点D ， ∵△A 1B 1C 为等边三角形， ∴CD ⊥平面A 1B 1C 1， ∴CD ⊥平面ABC . 取AB 的中点E ， 连接DE 则BB 1∥DE ，∴∠DEC 为直线BB 1与平面ABC 所成角的平面角． 令AB ＝2AC ＝2，∵AC ⊥平面A 1B 1C ，∴∠ACA 1＝90°， ∴AA 1＝5，即DE ＝5，∵△A 1B 1C 为等边三角形，∴DC ＝3， ∴sin ∠DEC ＝DC DE ＝155，∴直线BB 1与平面ABC 所成角的正弦值为155. [由题悟法]1．立体几何中动态问题的关键点对于立体几何中的动态问题，关键是抓住变化过程中不变的位置关系和数量关系，事实上动静是相对的，以静制动是处理立体几何中动态元素的良策．2．求直线与平面所成角的步骤(1)一作：即在斜线上选取恰当的点向平面引垂线，在这一步上确定垂足的位置是关键； (2)二证：即证明所找到的角为直线与平面所成的角，其证明的主要依据是直线与平面所成角的定义；(3)三求：一般借助于解三角形的知识求解．[即时应用]1.如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点O 为线段BD 的中点，设点P 在线段CC 1上，直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤33，1B.⎣⎡⎦⎤63，1C.⎣⎡⎦⎤63，223 D.⎣⎡⎦⎤223，1解析：选B 连接A 1O ，PA 1，易知∠POA 1就是直线OP 与平面A 1BD 所成的角(或其补角)．设正方体的棱长为2，则A 1O ＝ 6.当P 点与C 点重合时，PO ＝2，A 1P ＝23，则cos∠A 1OP ＝6＋2－122×6×2＝－33，此时∠A 1OP 为钝角，所以sin α＝1－cos 2α＝63；当P 点与C 1点重合时，PO ＝A 1O ＝6，A 1P ＝22，则cos ∠A 1OP ＝6＋6－82×6×6＝13，此时∠A 1OP 为锐角，所以sin α＝1－cos 2α＝223；在∠A 1OP 从钝角到锐角逐渐变化的过程中，CC 1上一定存在一点P ，使得∠A 1OP ＝90°，此时sin α＝1.又因为63＜223，所以sin α的取值范围是⎣⎡⎦⎤63，1，故选B.2.(2018·温州模拟)在四面体ABCD 中，二面角A -BC -D 为60°，点P 为直线BC 上一动点，记直线PA 与平面BCD 所成角为θ，则( )A ．θ的最大值为60°B ．θ的最小值为60°C ．θ的最大值为30°D ．θ的最小值为30°解析：选A 过A 作AM ⊥BC ，AO ⊥平面BCD ，垂足为O ，连接OM ，则∠AMO 为二面角A -BC -D 的平面角，∴∠AMO ＝60°，在直线BC 上任取一点P ，连接OP ，AP ，则∠APO 为直线AP 与平面BCD 所成的角，即∠APO ＝θ，∵AP ≥AM ，AM ·sin 60°＝AO ，AP ·sin θ＝AO ， ∴sin θ≤sin 60°，即θ的最大值为60°. 故选A.3．(2018·宁波五校联考)如图，边长为2的正方形ABCD 中，点E 是AB 的中点，点F 是BC 的中点，将△AED ，△DCF 分别沿DE ，DF 折起，使A ，C 两点重合于点A ′，连接EF ，A ′B .(1)求证：A ′D ⊥EF ；(2)求直线A ′D 与平面EFD 所成角的正弦值．解：(1)证明：在正方形ABCD 中，有AD ⊥AE ，CD ⊥CF , 则A ′D ⊥A ′E ，A ′D ⊥A ′F , 又A ′E ∩A ′F ＝A ′， ∴A ′D ⊥平面A ′EF ，又EF ⊂平面A ′EF ，∴A ′D ⊥EF .(2)连接BD 交EF 于点G ，连接A ′G∵在正方形ABCD 中，点E 是AB 的中点，点F 是BC 的中点， ∴BE ＝BF ，DE ＝DF ， ∴点G 为EF 的中点， 且BD ⊥EF .∵正方形ABCD 的边长为2，∴A ′E ＝A ′F ＝1， ∴A ′G ⊥EF ，EF ⊥平面A ′GD ，∴A ′在面EFD 的射影在BD 上，则∠A ′DG 直线A ′D 与平面EFD 所成角， 由(1)可得A ′D ⊥A ′G, ∴△A ′DG 为直角三角形 ∵正方形ABCD 的边长为2, ∴BD ＝22，EF ＝2， ∴BG ＝22，DG ＝22－22＝322， 又A ′D ＝2，∴A ′G ＝DG 2－A ′D 2 ＝92－4＝22， ∴sin ∠A ′DG ＝A ′G DG ＝22322＝13，∴直线A ′D 与平面EFD 所成角的正弦值为13.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．设α，β为两个不同的平面，直线l ⊂α，则“l ⊥β”是“α⊥β”成立的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 依题意，由l ⊥β，l ⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l ⊂α不能推出l ⊥β.因此“l ⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件，故选A.2．(2018·东阳模拟)下列命题中错误的是( )A ．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l ，那么l ⊥γB．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC．如果平面α⊥平面β，过α内任意一点作交线的垂线，那么此垂线必垂直于βD．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β解析：选C由平面与平面垂直的性质可知，若该垂线不在平面α内，则此垂线与平面β不一定垂直．故排除C.3．(2019·绍兴一中模拟)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若α∥β，α∥γ，则β∥γ；②若α⊥β，m∥α，则m⊥β；③若m⊥α，m∥β，则α⊥β；④若m∥n，n⊂α，则m∥α.其中正确命题的序号是()A．①③B．①④C．②③D．②④解析：选A对于①，若α∥β，α∥γ，根据面面平行的性质容易得到β∥γ，故①正确；对于②，若α⊥β，m∥α，则m与β可能平行、相交或m⊂β，故②错误；对于③，若m⊥α，m∥β，则可以在β内找到一条直线n与m平行，所以n⊥α，故α⊥β，故③正确；对于④，若m∥n，n⊂α，则m与α可能平行或m⊂α，故④错误．故选A.4．已知在空间四边形ABCD中，AD⊥BC，AD⊥BD，且△BCD是锐角三角形，则必有()A．平面ABD⊥平面ADC B．平面ABD⊥平面ABCC．平面ADC⊥平面BDC D．平面ABC⊥平面BDC解析：选C∵AD⊥BC，AD⊥BD，BC∩BD＝B，∴AD⊥平面BDC，又AD⊂平面ADC，∴平面ADC⊥平面BDC.5．一平面垂直于另一平面的一条平行线，则这两个平面的位置关系是________．解析：由线面平行的性质定理知，该面必有一直线与已知直线平行．再根据“两平行线中一条垂直于一平面，另一条也垂直于该平面”得出两个平面垂直相交．答案：垂直相交二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·青岛质检)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a⊥b的是()A．a⊥α，b∥β，α⊥βB．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥βD．a⊂α，b∥β，α⊥β。
高三数学一轮复习备考教学设计：高考中的立体几何问题说课稿
《高考中的立体几何问题》说课稿立体几何是高中数学知识体系的重要组成部分，是培养学生空间想象能力的重要载体，是每年高考必考的重要知识点！无论是从高考的现实出发，还是从学生个人的长远发展来看，学好立体几何这一模块的内容对于学生来说都是极为重要的。
在此，我仅从高考要求、命题趋势、考纲变化、复习意义四个方面来对立体几何模块谈谈我的看法。
一、高考要求1、空间几何体（1）认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征；（2）能画出简单空间图形的三视图，能识别相应三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出他们的直观图；（3）会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表现形式；（4）了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式。
2、点、直线、平面之间的位置关系（1）理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解四个公理及推论；（2）认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理；（3）能够用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题。
3、空间向量与立体几何（1）了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示；（2）掌握空间向量的线性运算及其坐标表示；（3）掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量数量积判断向量的共线与垂直；（4）理解直线的方向向量及平面的法向量；（5）能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；（6）能用向量法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理；（7）能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用。
二、命题趋势通过分析最近5年全国卷在立体几何模块的命题可以发现如下规律：1、题型一般是两道小题一道大题（偶尔出现一道小题一道大题）；2、小题中必考内容：三视图！三视图一般与特殊的柱体、锥体、球体及相关组合体的表面积与体积结合考查；3、小题中变化的内容：直线平面平行垂直的性质判定与命题结合、球的切接几何体问题、简单的空间角的计算等。
2020届高考数学(理)大一轮复习：专题突破练(5) 立体几何的综合问题
专题突破练(5)立体几何的综合问题2.如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，A1A＝AB＝2，BC＝1，AC＝5，若规定正视方向垂直平面ACC1A1，则此三棱柱的侧视图的面积为()45C.5 D．6答案C折成四面体A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是()A．A′C⊥BDB.∠BA′C＝90°5.[2018·河南豫东、豫北十校测试]鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合，十分巧妙，原为木质结构，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称．从外表上看，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90度榫卯起来，若正四棱柱体的高为4，底面正方形的边长为1，则该鲁班锁的表面积为 ( )A.48 B ．60 C ．72 D ．846．如图所示，已知在多面体ABC －DEFG 中，AB ，AC ，AD 两两垂直，平面ABC ∥平面DEFG ，平面BEF ∥平面ADGC ，AB ＝AD ＝DG ＝2，AC ＝EF ＝1，则该多面体的体积为( )A.2 B ．4 C ．6 D ．8答案 B解析 如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，那么显然所求的多面体的体积即为该正方体体积的一半，于是所求几何体的体积为V ＝12×23＝4.选B.7.[2017·湖北黄冈中学二模]一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为2的等边三角答案 B解析 由三视图可知，该几何体是半圆锥，其展开图如图所示，则依题意，点A ，M 的最短距离，即为线段AM .∵P A ＝PB ＝2，半圆锥的底面半圆的弧长为π，∴展开图中的∠BPM ＝πPB＝π2， π5π5π答案 B解析 如图所示，为组合体的轴截面，记BO 1的长度为x ，由相似三角形的比例关系，得PO 13R＝x R，则PO 1＝3x ，圆柱的高为3R －3x ，所以圆柱的表面积为S ＝2πx 2＋2πx ·(3R －3x )＝－4πx 2＋6πRx ，则当x ＝34R 时，S 取最大值，S max ＝94πR 2.选B.9．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为正方形A 1B 1C 1D 1四边上的动点，O 为底面正方形ABCD的中心，M ，N 分别为AB ，BC 边的中点，点Q 为平面ABCD 内一点，线段D 1Q 与OP 互相平分，则满足MQ →＝λMN →的实数λ的值有( )A.0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个10. [2017·东北三省三校二模]已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1，侧棱BB 1⊥平面ABC ，AB ＝2，AC ＝3，AA 1＝14，AC ⊥BC ，将其放入一个水平放置的水槽中，使AA 1在水槽底面内，平面ABB 1A 1与水槽底面垂直，且水面恰好经过棱BB 1，现水槽底面出现一个小洞，水位下降，则在水位下降过程中，几何体露出水面部分的面积S 关于水位下降的高度h 的函数图象大致为( )答案 A1x 时，正四棱锥的体积最大，则x 为 ( )A ．0.5B ．0.8C ．0.2D ．1答案 C二、填空题13．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为棱DC的中点，则D1P与BC1所在直线所成角的余弦值等于________.10514.如图，已知球O的面上有四点A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝2，则球O的体积等于________.答案6π解析如图，以DA，AB，BC为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O的半径为R，则正方体的体对角线长即为球O的直径，所以64πR315．如图，用一个边长为2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个巢，将半径为1的球体放入其中，则球心与巢底面的距离为__________.3＋12解析 由题意知，折起后原正方形顶点间最远的距离为1，如图中的DC ；折起后原正方形顶点到底面的距离为12，如图中的BC .由图知球心与巢底面的距离OF ＝1－122＋12＝3＋12. 16.[2017·安徽黄山第二次质检]如图所示，正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱长为1，E ，F 分别是棱AA ′，CC ′的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB ′，DD ′交于点M ，N ，设BM＝x ，x ∈[0,1]．给出以下五个命题：①当且仅当x ＝0时，四边形MENF 的周长最大；17．[2017·河南洛阳月考]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝BC＝2AC＝4.(1)若点P为AA的中点，求证：平面B CP⊥平面B C P；值；若不存在，说明理由.解(1)证明：如图，以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B1(0,4,4)，C1(0,0,4)，P(2，0,2)，B(0,4,0)，→→118.719.[2018·广东韶关调研]已知四棱锥P－ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，∠ABC(2)由(1)得AE，AD，AP两两垂直，连接AM，以AE，AD，AP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.520.[2017·湖北黄冈期末]如图，在各棱长均为2的三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面A1ACC1⊥底面ABC，∠A1AC＝60°.(1)求侧棱AA与平面AB C所成角的正弦值的大小；1故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，。
2020届高考数学一轮复习：教师用书-第七章 立体几何
第七章⎪⎪⎪立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体 (1)多面体的结构特征(1)画法：常用斜二测画法． (2)规则：①原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴、y ′轴的夹角为45°(或135°)，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题体验]1．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的长为()A.5B．2 2C．3 D．2 3B1C1D1中，M，N分解析：选C在棱长为2的正方体ABCD-A别为AD，BC的中点，该几何体的直观图如图中三棱锥D1-MNB1，故通过计算可得，D1B1＝22，D1M＝B1N＝5，MN＝2，MB1＝ND1＝3，故该三棱锥中最长棱的长为3.2．(教材习题改编)如图，长方体ABCD-A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．[小题纠偏]1.如图，能推断这个几何体可能是三棱台的是()A ．A 1B 1＝2，AB ＝3，B 1C 1＝3，BC ＝4B ．A 1B 1＝1, AB ＝2，B 1C 1＝32，BC ＝3，A 1C 1＝2，AC ＝3C ．A 1B 1＝1，AB ＝2，B 1C 1＝32，BC ＝3，A 1C 1＝2，AC ＝4D ．AB ＝A 1B 1，BC ＝B 1C 1，CA ＝C 1A 1解析：选C 根据棱台是由棱锥截成的，可知A 1B 1AB ＝B 1C 1BC ＝A 1C 1AC ，故A ，B 不正确，C正确；D 项中满足这个条件的是一个三棱柱，不是三棱台，故D 不正确．2．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )解析：选B 俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B. 3．(教材习题改编)利用斜二测画法得到的 ①三角形的直观图一定是三角形； ②正方形的直观图一定是菱形； ③等腰梯形的直观图可以是平行四边形； ④菱形的直观图一定是菱形． 以上结论正确的个数是________．解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．答案：1考点一 空间几何体的结构特征(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( ) A ．圆柱 B ．圆锥C ．球体D ．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体． 2．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0B．1C．2 D．3解析：选B①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．3．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中的三棱锥C1-ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题的3个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()解析：选A由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.2．(2018·杭州模拟)已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，那么该三棱锥的侧视图可能为()解析：选B由正视图可看出长为2的侧棱垂直于底面，侧视图为直角三角形，直角边长为2，另一直角边为底边三角形的高 3.故侧视图可能为B.[由题悟法]1．已知几何体，识别三视图的技巧已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．2．已知三视图，判断几何体的技巧(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．(3)遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．[提醒]对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．[即时应用]1．(2018·沈阳教学质量监测)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是()解析：选B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B ，故选B.2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )解析：选D 由俯视图是圆环可排除A 、B 、C ，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D.考点三 空间几何体的直观图(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2018·杭州模拟)在等腰梯形ABCD 中，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．解析：画出等腰梯形ABCD 的实际图形及直观图A ′B ′C ′D ′如图所示，因为OE ＝(2)2－12＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ′＝24.所以直观图A ′B ′C ′D ′的面积为 S ′＝12×(1＋3)×24＝22.答案：22[由题悟法]原图与直观图中的“三变”与“三不变”(1)“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度改变(减半)图形改变(2)“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不变与x 轴平行的线段长度不变相对位置不变[即时应用]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 ．一般的平行四边形解析：选C 如图，在原图形OABC 中，应有OD ＝2O ′D ′＝2×22＝4 2 cm ，CD ＝C ′D ′＝2 cm.∴OC ＝OD 2＋CD 2＝(42)2＋22＝6 cm ， ∴OA ＝OC ，故四边形OABC 是菱形．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )解析：选D 几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．2．下列说法正确的是( )A ．棱柱的两个底面是全等的正多边形B ．平行于棱柱侧棱的截面是矩形C．{直棱柱}⊆{正棱柱}D．{正四面体}⊆{正三棱锥}解析：选D因为选项A中两个底面全等，但不一定是正多边形；选项B中一般的棱柱不能保证侧棱与底面垂直，即截面是平行四边形，但不一定是矩形；选项C中{正棱柱}⊆{直棱柱}，故A、B、C都错；选项D中，正四面体是各条棱均相等的正三棱锥，故正确．3．(2019·杭州四校联考)如图所示的为一个几何体的三视图，则该几何体的直观图是()解析：选A对于A，该几何体的三视图恰好与已知图形相符，故A符合题意；对于B，该几何体的正视图中，对角线是虚线，故B不符合题意；对于C，该几何体的正视图中，对角线是从左上到右下的，故C不符合题意；对于D，该几何体的侧视图中，对角线是虚线，故D不符合题意．故选A.4．(2019·台州质检)如图，网络纸上正方形小格的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体中最长棱的长度为()A．62B．6 3C．8 D．9解析：选D由三视图还原几何体如图，该几何体为三棱锥，侧棱PA⊥底面ABC，底面三角形ABC为等腰三角形，且PB＝62＋(32)2＝36，PC＝62＋(35)2＝9，则该几何体中最长棱的长度为9.故选D.5.在如图所示的直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在直角坐标系xOy中，四边形ABCO的形状为________，面积为________cm2.解析：由斜二测画法的特点知该平面图形是一个长为4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2.答案：矩形8二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·台州模拟)一个简单几何体的正视图、俯视图如图所示，则其侧视图不可能为()A．正方形B．圆C．等腰三角形D．直角梯形解析：选D该几何体是一个长方体时，其中一个侧面为正方形，A可能；该几何体是一个横放的圆柱时，B可能；该几何体是横放的三棱柱时，C可能，只有D不可能．2．如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC边中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则三条线段AB，AD，AC中()A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选B由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB＜AD＜AC.3．(2018·沈阳教学质量监测)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个凸多面体的三视图(两个矩形，一个直角三角形)，则这个几何体可能为()A．三棱台B．三棱柱C．四棱柱D．四棱锥解析：选B根据三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等，可得几何体如图所示，这是一个三棱柱．4.(2018·温州第八高中质检)如图，水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为2，且侧棱AA 1⊥平面A 1B 1C 1，正视图是边长为2的正方形，该三棱柱的侧视图面积为( )A ．4B ．2 3C ．2 2D. 3解析：选B 由题可得，该几何体的侧视图是一个长方形，其底边长是底面正三角形的高3，高为2，所以侧视图的面积为S ＝2 3.5．已知四棱锥P -ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PM ＝3，PN ＝5，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3，S △PBC ＝12×4×3＝6.所以四个侧面中面积最大的是6.6.(2018·台州模拟)如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E 为棱BB 1的中点，若用过点A ，E ，C 1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为( )解析：选C取DD1的中点F，连接AF，FC1，则过点A，E，C1的平面即为面AEC1F，所以剩余几何体的侧视图为选项C.7．(2019·义乌六校联考)图①是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥A1-AB1D1后得到的几何体，将其绕着棱DD1所在的直线逆时针旋转45°，得到如图②所示的几何体，该几何体的正视图为()解析：选B由题意可知，该几何体的正视图是长方形，底面对角线DB在正视图中的长为2，棱CC1在正视图中为虚线，D1A，B1A在正视图中为实线，故该几何体的正视图为B.8．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③直四棱柱是直平行六面体；④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④9．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12 cm ，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：1310．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________．解析：如图，图①、图②所示的分别是实际图形和直观图． 从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32，C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64. 所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64.答案：64三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．(2018·湖南东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A ．4 3B ．8 3C ．47D ．8解析：选C 设该三棱锥为P -ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，PA ＝4，则由三视图可知△ABC 是边长为4的等边三角形，故PB ＝PC ＝42，所以S △ABC ＝12×4×23＝43，S △PAB＝S △PAC ＝12×4×4＝8，S △PBC ＝12×4×(42)2－22＝47，故四个面中面积最大的为S △PBC＝47，选C.3.如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA .解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36 cm 2.(2)由侧视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2. 由正视图可知AD ＝6， 且AD ⊥PD ， 所以在Rt △APD 中， PA ＝PD 2＋AD 2＝(62)2＋62＝6 3 cm.第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式[1．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：l ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.2．(教材习题改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为3的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h ＝3，所以该几何体的体积V ＝S ·h ＝⎝⎛⎭⎫12×2×3×3＝3 3. 答案：3 33．若球O 的表面积为4π，则该球的体积为________．解析：由题可得，设该球的半径为r ，则其表面积为S ＝4πr 2＝4π，解得r ＝1.所以其体积为V ＝43πr 3＝43π.答案：43π1．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．3．易混侧面积与表面积的概念． [小题纠偏]1．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶12．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S ＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋16 2.答案：72＋16 2考点一 空间几何体的表面积(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( ) A ．8＋2 2 B ．11＋2 2 C ．14＋2 2 D ．15解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.2．(2018·浙江新高考联盟高三期初联考)如图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积等于( )A ．34＋65B ．44＋12 5C ．34＋6 3D ．32＋6 5解析：选A 由三视图知几何体底面是一个长为6，宽为2的矩形，高为4的四棱锥，所以该几何体的表面积为12×6×25＋12×6×4＋2×12×2×5＋6×2＝34＋65，故选A.3．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线是一个棱锥的三视图，则该棱锥的表面积为( )A ．6＋42＋2 3B ．8＋4 2C ．6＋6 2D ．6＋22＋4 3解析：选A 由三视图可知该棱锥为如图所示的四棱锥P -ABCD ，S △PAB ＝S △PAD ＝S △PDC ＝12×2×2＝2，S △PBC ＝12×22×22×sin 60°＝23，S 四边形ABCD ＝22×2＝42，故该棱锥的表面积为6＋42＋2 3.[谨记通法]几何体的表面积的求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理．考点二 空间几何体的体积(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2018·金华高三期末考试)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.223B.233C.423D.433解析：选D 由三视图可知该几何体是一个以俯视图为底面的四棱锥，其直观图如图所示．底面ABCD 的面积为2×2＝4，高PO ＝3，故该几何体的体积V ＝13×4×3＝433.2．(2018·宁波十校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于________，表面积等于________．解析：如图，由三视图可知该几何体是底面半径为2，高为3的圆柱的一半，故该几何体的体积为12×π×22×3＝6π，表面积为2×12×π×22＋4×3＋π×2×3＝10π＋12.答案：6π 12＋10π[由题悟法]有关几何体体积的类型及解题策略1．(2018·杭州高级中学模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．1 B.32 C.12D.34解析：选C 由题可得，该几何体是一个四棱锥，底面是上下底边分别为1和2，高为1的直角梯形，又四棱锥的高为1.所以该几何体的体积为V ＝13×12×(1＋2)×1×1＝12.2．(2019·台州高三适考)如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为________，几何体中最长棱的长是________．解析：由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中的三棱锥M -A 1B 1N ，如图所示，M 是棱AB 上靠近点A 的一个三等分点，N 是棱C 1D 1的中点，所以VM -A 1B 1N ＝13×12×2×2×2＝43.又A 1B 1＝2，A 1N ＝B 1N ＝22＋12＝5，A 1M ＝22＋⎝⎛⎭⎫232＝2103，B 1M ＝22＋⎝⎛⎭⎫432＝2133，MN ＝22＋22＋⎝⎛⎭⎫132＝733，所以该几何体中最长棱的长是733. 答案：437333.(2018·温州高三一模)如图，一个简单几何体的三视图的正视图与侧视图都是边长为1的正三角形，其俯视图的轮廓为正方形，则该几何体的体积为________，表面积为________．解析：如图，还原三视图为正四棱锥，易得正四棱锥的高为32，底面积为1，体积V ＝13×1×32＝36；易得正四棱锥侧面的高为⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫122＝1，所以表面积S ＝4×12×1×1＋1＝3.答案：363 考点三 与球有关的切、接问题(题点多变型考点——多角探明) [锁定考向]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变．常见的命题角度有： (1)球与柱体的切、接问题； (2)球与锥体的切、接问题．[题点全练]角度一：球与柱体的切、接问题1.如图，已知球O 是棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的内切球，则平面ACD 1截球O 的截面面积为( )A.66π B.π3 C.π6D.33π 解析：选C 平面ACD 1截球O 的截面为△ACD 1的内切圆．因为正方体的棱长为1，所以AC ＝CD 1＝AD 1＝2，所以内切圆的半径r ＝22×tan 30°＝66， 所以S ＝πr 2＝π×16＝16π.2．(2018·金华一模)一个圆柱的轴截面是正方形，在圆柱内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记球O 的体积为V 1，圆柱内除了球之外的几何体体积为V 2，则V 1V 2的值为________．解析：如图，设圆柱的底面半径为r ，则圆柱的高为2r ，球O 的半径为r ，∴球O 的体积V 1＝43πr 3，圆柱内除了球之外的几何体体积 V 2＝πr 2×2r －43πr 3＝23πr 3， ∴V 1V 2＝43πr 323πr 3＝2. 答案：2角度二：球与锥体的切、接问题3．(2018·绍兴质检)四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为6的正方形，且PA ＝PB ＝PC ＝PD ，若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切，则该四棱锥的高是( )A ．6B ．5 C.92D.94解析：选D 过点P 作PH ⊥平面ABCD 于点H .由题知，四棱锥P -ABCD 是正四棱锥，内切球的球心O 应在四棱锥的高PH 上．过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图，其中PE ，PF 是斜高，M 为球面与侧面的一个切点．设PH ＝h ，易知Rt △PMO ∽Rt △PHF ，所以OM FH ＝PO PF ，即13＝h －1h 2＋32，解得h ＝94. 4．(2018·嘉兴一模)如图是某几何体的三视图，正视图是等边三角形，侧视图和俯视图为直角三角形，则该几何体外接球的表面积为( )A.20π3 B ．8π C ．9πD.19π3解析：选D 如图，该几何体为三棱锥A -BCD ，设三棱锥外接球的球心为O ，O 1，O 2分别为△BCD ，△ABD 的外心，依题意得，OO 1＝36AB ＝33，O 1D ＝12CD ＝52，∴球的半径R ＝OO 21＋O 1D 2＝ 1912，∴该几何体外接球的表面积S ＝4πR 2＝19π3. [通法在握]解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：[演练冲关]1．一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为( )A ．20π B.205π3C ．5πD.55π6解析：选D 由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r ＝1，其高h ＝1，∴球半径为R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫h 22＝1＋14＝52，∴该球的体积V ＝43πR 3＝43×⎝⎛⎭⎫523π＝55π6.2．(2018·镇海期中)一个棱长为6的正四面体纸盒内放一个正方体，若正方体可以在纸盒内任意转动，则正方体体积的最大值为________．解析：由题可得，要使正方体可以在纸盒内任意转动，则只需该正方体在正四面体的内接球内即可．因为正四面体的棱长为6，所以其底面正三角形的高为33，正四面体的高为26，则该正四面体的内球的半径为62，设该正方体的边长为a ，要满足条件，则3a ≤6，即a ≤ 2.所以正方体的最大体积为V ＝a 3≤2 2.答案：2 2一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·浙江名校联考)“某几何体的三视图完全相同”是“该几何体为球”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B 由题可得，球的三个视图都是圆，所以三视图完全相同；三视图完全相同的几何体除了球，还有正方体，所以是必要不充分条件．2．(2018·长兴中学适应性测试)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．64B ．72C ．80D ．112解析：选C 由题可得，该几何体是一个棱长为4的正方体与一个底面是边长为4的正方形，高为3的四棱锥的组合体，所以其体积为V ＝43＋13×42×3＝80.3．(2019·杭二月考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．π＋33B ．2π＋33C ．2π＋ 3D ．π＋ 3解析：选A 由三视图知，该几何体的上半部分是一个三棱锥，下半部分是一个圆柱．由题图中的数据知V 圆柱＝π×12×1＝π，三棱锥垂直于底面的侧面是边长为2的等边三角形，故其高即为三棱锥的高，故三棱锥的高为3，由于三棱锥底面为一等腰直角三角形，且斜边长为2，因此两直角边长都是2，则底面三角形的面积是12×2×2＝1，故V 三棱锥＝13×1×3＝33，故该几何体的体积为π＋33. 4．(2018·嘉兴模拟)如图是一个几何体的三视图，若它的体积是33，则a ＝________，该几何体的表面积为________．解析：由题可得，该几何体是一个水平放置的三棱柱，其底面是一个底边长为2、高为a 的等腰三角形，高为3.因为其体积为33，所以V ＝12×2a ×3＝3a ＝33，解得a ＝ 3.所以该几何体的表面积为S ＝2×12×2×3＋2×3×3＝23＋18.答案：3 23＋185．(2018·丽水模拟)若三棱锥P -ABC 的最长的棱PA ＝2，且各面均为直角三角形，则此三棱锥的外接球的体积是________，表面积是________．解析：如图，根据题意，可把该三棱锥补成长方体，则该三棱锥的外接球即该长方体的外接球，易得外接球的半径R ＝12PA ＝1，所以该三棱锥的外接球的体积V ＝43×π×13＝43π，表面积S ＝4πR 2＝4π.答案：43π 4π二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3解析：选A 设圆台较小底面半径为r ， 则另一底面半径为3r .由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7.2．(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π解析：选B 设圆柱的轴截面的边长为x ， 则x 2＝8，得x ＝22，∴S 圆柱表＝2S 底＋S 侧＝2×π×(2)2＋2π×2×2 2 ＝12π.故选B.3．(2018·温州十校联考)已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是( )A ．4 B.163 C ．8D.323解析：选B 由题可得，该几何体是一个底面为长方形的四棱锥，所以其体积为V ＝13×4×2×2＝163.4．(2018·兰州实战考试)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为( )。
2020高考数学大一轮复习第七章立体几何教师用书文
第七章⎪⎪⎪ 立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体(1)简单旋转体的结构特征：①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到； ②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到． (2)简单多面体的结构特征：①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形； ②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形． 2．直观图(1)画法：常用斜二测画法． (2)规则：①原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴、y ′轴的夹角为45°(或135°)，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图． (2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题体验]1．若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为( )A．2,2 3 B．22，2C．4,2 D．2,4解析：选D 由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为23，故底面边长为4，故选D．2．(教材习题改编)如图，长方体ABCDA′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．[小题纠偏]1．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )解析：选B 俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B．2．(教材习题改编)利用斜二测画法得到的①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形．以上结论正确的个数是________．解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．答案：1考点一空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( )A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．2．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选B ①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．3．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C1ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题3个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2017·东北四市联考)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P是线段CD的中点，则三棱锥PA1B1A的侧视图为( )解析：选D 如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥PA1B1A，B(C)点均消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D．2．(2015·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )A．1 B． 2C． 3 D．2解析：选C 根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥VABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1．所以四棱锥中最长棱为VD．连接BD，易知BD＝2，在Rt△VBD中，VD＝VB2＋BD2＝3．[由题悟法]1．已知几何体，识别三视图的技巧已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．2．已知三视图，判断几何体的技巧(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．(3)遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．[提醒] 对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．[即时应用]1．(2016·××市教学质量监测)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )解析：选B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B ，故选B ．2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )解析：选D 由俯视图是圆环可排除A 、B 、C ，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D ．考点三 空间几何体的直观图重点保分型考点——师生共研[典例引领]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________．解析：如图，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． 而四边形AECD 为矩形，AD ＝1，由此可还原原图形如图在原图形中，A ′D ′＝1，A ′B ′＝2，B ′C ′＝22＋1，且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′， ∴这块菜地的面积S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22．答案：2＋22[由题悟法]原图与直观图中的“三变”与“三不变”(1)“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度改变减半图形改变(2)“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不变与x 轴平行的线段长度不变相对位置不变[即时应用]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 ．一般的平行四边形解析：选C 如图，在原图形OABC 中，应有OD ＝2O ′D ′＝2×22＝42 cm ，CD ＝C ′D ′＝2 cm ．∴OC ＝OD 2＋CD 2＝22＋22＝6 cm ，∴OA ＝OC ，故四边形OABC 是菱形．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )解析：选D 几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．2．下列说法正确的是( )A．棱柱的两个底面是全等的正多边形B．平行于棱柱侧棱的截面是矩形C．{直棱柱}⊆{正棱柱}D．{正四面体}⊆{正三棱锥}解析：选D 因为选项A中两个底面全等，但不一定是正多边形；选项B中一般的棱柱不能保证侧棱与底面垂直，即截面是平行四边形，但不一定是矩形；选项C中{正棱柱}⊆{直棱柱}，故A、B、C都错；选项D中，正四面体是各条棱均相等的正三棱锥，故正确．3．某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是( )A．三棱锥B．四棱锥C．四棱台D．三棱台解析：选A 因为正视图和侧视图都为三角形，可知几何体为锥体，又因为俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥．4．在如图所示的直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为 2 cm，则在直角坐标系xOy中，四边形ABCO的形状为________，面积为________cm2．解析：由斜二测画法的特点知该平面图形是一个长为4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2．答案：矩形85．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图，ABCDA1B1C1D1，如图，当选择的4个点是B1，B，C，C1时，可知①正确；当选择的4个点是B，A，B1，C时，可知②正确；易知③不正确．答案：①②二保高考，全练题型做到高考达标1．已知底面为正方形的四棱锥，其中一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的( )解析：选C 根据三视图的定义可知A、B、D均不可能，故选C．2．如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC边中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选B 由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB＜AD＜AC．3．(2016·××市教学质量监测)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个凸多面体的三视图(两个矩形，一个直角三角形)，则这个几何体可能为( )A．三棱台B．三棱柱C ．四棱柱D ．四棱锥解析：选B 根据三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等，可得几何体如图所示，这是一个三棱柱．4．(2016·淄博一模)把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，形成的三棱锥A BCD 的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )A ．22 B ．12 C ．24D ．14解析：选D 由正视图与俯视图可得三棱锥A BCD 的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为22，所以侧视图的面积为S ＝12×22×22＝14． 5．已知四棱锥P ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P ABCD 的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PM ＝3，PN ＝5，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3， S △PBC ＝12×4×3＝6．所以四个侧面中面积最大的是6． 6．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点． 其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④7．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm ．解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C ． 在Rt △ABC 中，AC ＝12 cm ，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：138．已知正四棱锥V ABCD 中，底面面积为16，一条侧棱的长为211，则该棱锥的高为________． 解析：如图，取正方形ABCD 的中心O ，连结VO ，AO ，则VO 就是正四棱锥V ABCD 的高．因为底面面积为16，所以AO ＝22． 因为一条侧棱长为211．所以VO ＝VA 2－AO 2＝44－8＝6． 所以正四棱锥V ABCD 的高为6． 答案：69．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________． 解析：如图，图①、图②所示的分别是实际图形和直观图． 从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32， C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64． 所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64．10．已知正三棱锥V ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积．解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．(2017·湖南省东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A ．4 3B ．8 3C ．47D ．8解析：选C 设该三棱锥为P ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，PA ＝4，则由三视图可知△ABC 是边长为4的等边三角形，故PB ＝PC ＝42，所以S △ABC ＝12×4×23＝43，S △PAB ＝S △PAC ＝12×4×4＝8，S △PBC ＝12×4×22－22＝47，故四个面中面积最大的为S △PBC ＝47，选C ．3．如图，在四棱锥P ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA ．解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36 cm 2．(2)由侧视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝62． 由正视图可知AD ＝6， 且AD ⊥PD ， 所以在Rt△APD 中，PA ＝PD 2＋AD 2＝22＋62＝6 3 cm ．第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式2．空间几何体的表面积与体积公式[小题体验]1．(2016·全国甲卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h ．由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：l ＝22＋32＝4，S 表＝πr 2＋ch＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π． 2．(教材习题改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为3的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h ＝3，所以该几何体的体积V ＝S ·h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×3×3＝33． 答案：3 33．正三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥A B 1DC 1的体积为________． 解析：在正三棱柱ABC A1B 1C 1中，∵AD ⊥BC ，AD ⊥BB 1，BB 1∩BC ＝B ，∴AD ⊥平面B 1DC 1． ∴VA B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×12×2×3×3＝1．答案：11．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．3．易混侧面积与表面积的概念． [小题纠偏]1．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶12．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S ＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋162．答案：72＋16 2考点一 空间几何体的表面积基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．(易错题)(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2．又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B ．2．(2015·福建高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋22．3．某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为( )A ．12 5B ．24 2C ．24D ．12 3解析：选A 由三视图得， 这是一个正四棱台，由条件知斜高h ＝22＋12＝5， 侧面积S ＝＋52×4＝125．[谨记通法] 几何体的表面积的求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理，如“题组练透”第1题．考点二 空间几何体的体积重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．13＋23π B ．13＋23π C ．13＋26π D ．1＋26π而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π．2．(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A ．18B ．17C ．16D ．15解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56．所以V 1V 2＝1656＝15．[由题悟法]有关几何体体积的类型及解题策略[即时应用]1．(2016·西安质检)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为( )A ．43 B ．52 C ．73D ．3解析：选A 根据几何体的三视图，得该几何体是下部为直三棱柱，上部为三棱锥的组合体，如图所示．则该几何体的体积是V 几何体＝V 三棱柱＋V 三棱锥＝12×2×1×1＋13×12×2×1×1＝43． 2．(2017·云南省统检)如图是底面半径为1，高为2的圆柱被削掉一部分后剩下的几何体的三视图，则被削掉的那部分的体积为( )A ．π＋23B ．5π－23C ．5π3－2D ．2π－23解析：选B 由三视图可知，剩下部分的几何体由半个圆锥和一个三棱锥组成， 其体积V ＝13×12×π×12×2＋13×12×2×1×2＝π3＋23，∴被削掉的那部分的体积为π×12×2－⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋23＝5π－23． 3．(2016·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm 2，体积是________cm 3．解析：由三视图知该几何体是一个组合体，左边是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm,4 cm,2cm ，右边也是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm ，2 cm ，4 cm ．几何体的表面积为(2×2＋2×4＋2×4)×2×2－2×2×2＝72(cm 2)， 体积为2×2×4×2＝32(cm 3)． 答案：72 32考点三 与球有关的切、接问题题点多变型考点——多角探明 [锁定考向]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变． 常见的命题角度有：(1)正四面体的内切球与四棱锥的外接球； (2)直三棱柱的外接球；(3)正方体(长方体)的内切、外接球．[题点全练]角度一：正四面体的内切球与四棱锥的外接球1．(2017·长春模拟)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________． 解析：设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π．答案：63π角度二：直三棱柱的外接球2．已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A ．3172B ．210C ．132D ．310AM ＝12BC ＝52，OM ＝12解析：选C 如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M ．又AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋62＝132．角度三：正方体(长方体)的内切、外接球3．如图，已知球O 是棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的内切球，则平面ACD 1截球O的截面面积为( )A ．66π B ．π3C ．π6D ．33π 解析：选C 平面ACD 1截球O 的截面为△ACD 1的内切圆．因为正方体的棱长为1，所以AC ＝CD 1＝AD 1＝2，所以内切圆的半径r ＝22×tan 30°＝66， 所以S ＝πr 2＝π×16＝16π．[通法在握]“切”“接”问题处理的注意事项(1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[演练冲关]1．(2017·××市综合测试)一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为( )A ．20πB ．205π3C ．5πD ．55π6解析：选D 由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r ＝1，其高h ＝1，∴球半径为R ＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫h 22＝1＋14＝52，∴该球的体积V ＝43πR 3＝43×⎝ ⎛⎭⎪⎫523π＝55π6．棱锥的外接球表面积为( )A ．253πB ．252πC ．833πD ．832π解析：选D 由题可知，△ABC 中AC 边上的高为15－32＝6，球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC 的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，∴x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝546，∴R 2＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，∴外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π，故选D ．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( ) A ．163πB ．323πC ．16πD ．24π解析：选B 设球的半径为R ，因为表面积是16π，所以4πR 2＝16π，解得R ＝2．所以体积为43πR 3＝32π3．2．(2016·××市质量检测(二))几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A ．323B ．16－2π3C ．403D ．16－8π3解析：选C 该几何体可视为长方体挖去一个四棱锥所得，所以其体积为2×2×4－13×2×2×2＝403．故选C ．3．(2016·全国乙卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π解析：选A 由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2．因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π．故选A ．4．(2016·北京高考)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．解析：由题意知该四棱柱为直四棱柱，其高为1，其底面为上底长为1，下底长为2，高为1的等腰梯形，所以该四棱柱的体积为V ＝＋2×1＝32．答案：325．(2015·天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3．解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为V ＝13π×12×1×2＋π×12×2＝83π．答案：83π二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3解析：选A 设圆台较小底面半径为r ， 则另一底面半径为3r ．由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7．2．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为( ) A ．6 B ．8 C ．12D ．24解析：选C 由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′． 由题意，得13×6×34×22×h ＝23，∴h ＝1， ∴斜高h ′＝12＋32＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12．故选C ．3．(2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．13＋2π B ．13π6C ．7π3D ．5π2解析：选B 由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝136π．4．(2017·××市实战考试)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为( )A ．32π B ．32C ．3πD ．3解析：选A 由题意得，该几何体为四棱锥，且该四棱锥的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，其半径为32，故体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝32π，故选A ． 5．(2016·山西省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为37，则侧视图中线段的长度x 的值是( )A ．7B ．27C ．4D ．5其体积V ＝13×32＋32解析：选C 分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ABCD ，故×4×CP ＝37，∴CP ＝7，∴x ＝32＋72＝4，故选C ．6．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V 1，直径为4的球的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________．解析：由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V 1＝8π－8π3＝16π3，V 2＝4π3×23＝32π3，V 1∶V 2＝1∶2． 答案：1∶27．(2016·××市第二次质量检测)已知球O 的内接圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则球O 的表面积为________．解析：由题意可得，球心在轴截面正方形的中心，则外接球的半径R ＝12＋12＝2，该球的表面积为4πR 2＝8π．答案：8π8．(2016·四川高考)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．BD ＝23，设O 为解析：由正视图知三棱锥的形状如图所示，且AB ＝AD ＝BC ＝CD ＝2，BD 的中点，连接OA ，OC ，则OA ⊥BD ，OC ⊥BD ，结合正视图可知AO ⊥平面BCD ．又OC ＝CD 2－OD 2＝1，∴V 三棱锥A BCD ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×23×1×1＝33． 答案：339．(2017·武汉调研)已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为4，底面边长为22，则该球的表面积为________．解析：如图，正四棱锥P ABCD 的外接球的球心O 在它的高PO 1上，设球的半径为R ，所以R ＝52，所以球因为底面边长为22，所以AC ＝4．在Rt △AOO 1中，R 2＝(4－R )2＋22，的表面积S ＝4πR 2＝25π．答案：25π10．如图，在四边形ABCD 中，∠DAB ＝90°，∠ADC ＝135°，AB ＝5，CD ＝22，AD ＝2，求四边形ABCD 绕AD 旋转一周所成几何体的表面积及体积．解：由已知得：CE ＝2，DE ＝2，CB ＝5，S 表面＝S 圆台侧＋S 圆台下底＋S 圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×22＝(60＋42)π，V ＝V 圆台－V圆锥＝13(π·22＋π·52＋22·52π2)×4－13π×22×2＝1483π．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2017·广西质检)高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为( )。
(教师用书)2020届高考数学第一轮复习 第七篇 立体几何细致讲解练 理 新人教A版
第七篇立体几何第1讲空间几何体的结构及其三视图和直观图[最新考纲]1．认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．2．能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简单组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图．3．会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．4．会画某些建筑物的三视图与直观图(在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求).知识梳理1．多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等且平行的多边形．(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形．(3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．2．旋转体的结构特征(1)圆锥可以由直角三角形绕其任一直角边旋转得到．(2)圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到．(3)球可以由半圆面或圆面绕直径旋转得到．3．空间几何体的三视图空间几何体的三视图是用正投影得到，这种投影下与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是完全相同的，三视图包括正视图、侧视图、俯视图．4．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．辨析感悟1．对棱柱、棱锥、棱台的结构特征的认识(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．(×)(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．(×)(3)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分．(√)2．对圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征的认识(4)夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是圆柱．(×)(5)上下底面是两个平行的圆面的旋转体是圆台．(×)(6)用一个平面去截一个球，截面是一个圆面．(√)3．对直观图和三视图的画法的理解(7)在用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中∠A＝45°.(×)(8)(教材习题改编)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三个视图均相同．(×)[感悟·提升]1．两点提醒一是从棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的定义入手，借助几何模型强化空间几何体的结构特征．如(1)中例如；(2)中例如.二是图形中与x轴、y轴、z轴都不平行的线段可通过确定端点的办法来解，即过端点作坐标轴的平行线段，再借助所作的平行线段来确定端点在直观图中的位置．如(7)．2．一个防范三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．如(8)中正方体与球各自的三视图相同，但圆锥的不同．学生用书第106页考点一空间几何体的结构特征【例1】给出下列四个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )．A．0 B．1 C．2 D．3解析①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误．当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥．如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．答案 B规律方法 (1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定．(2)通过举反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．【训练1】给出下列四个命题：①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；④若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．其中错误的命题的序号是________．解析认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故①③都不准确，②中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故也不正确，④平行六面体的两个相对侧面也可能与底面垂直且互相平行，故④也不正确．答案①②③④考点二由空间几何体的直观图识别三视图【例2】(2013·新课标全国Ⅱ卷)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为( )．审题路线在空间直角坐标系中画出四面体⇒以zOx平面为投影面⇒可得正视图．解析在空间直角坐标系中，先画出四面体O－ABC的直观图，如图，设O(0,0,0)，A(1,0,1)，B(1,1,0)，C(0,1,1)，将以O，A，B，C为顶点的四面体被还原成一正方体后，由于OA⊥BC，所以该几何体以zOx平面为投影面的正视图为A.答案 A规律方法空间几何体的三视图是分别从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，再确定几何体的形状，即可得到结果．【训练2】(2014·济宁一模)点M，N分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱A1B1，A1D1的中点，用过A，M，N和D，N，C1的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体如图1，则该几何体的正视图，侧视图、俯视图依次为图2中的( )．A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．②④③解析由正视图的定义可知；点A，B，B1在后面的投影点分别是点D，C，C1，线段AN在后面的投影面上的投影是以D为端点且与线段CC1平行且相等的线段，即正视图为正方形，另外线段AM在后面的投影线要画成实线，被遮挡的线段DC1要画成虚线，正视图为②；同理可得侧视图为③，俯视图为④.答案 B考点三由空间几何体的三视图还原直观图【例3】(1)(2013·四川卷)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )．(2)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )．解析(1)由于俯视图是两个圆，所以排除A，B，C，故选D.(2)A，B的正视图不符合要求，C的俯视图显然不符合要求，答案选D.答案(1)D (2)D学生用书第107页规律方法图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．【训练3】若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )．解析所给选项中，A，C选项的正视图、俯视图不符合，D选项的侧视图不符合，只有选项B符合．答案 B1．棱柱、棱锥要掌握各部分的结构特征，计算问题往往转化到一个三角形中进行解决．2．旋转体要抓住“旋转”特点，弄清底面、侧面及展开图形状．3．三视图画法：(1)实虚线的画法：分界线和可见轮廓线用实线，看不见的轮廓线用虚线；(2)理解“长对正、宽平齐、高相等”．易错辨析7——三视图识图不准致误【典例】(2012·陕西卷)将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为( )．[错解] 选A或D.[错因] 致错原因是根据提示观测位置确定三视图时其实质是正投影，将几何体中的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线为虚线，错选A或D都是没有抓住看到的轮廓线在面上的投影位置，从而导致失误．[正解] 还原正方体后，将D1，D，A三点分别向正方体右侧面作垂线，D1A的射影为C1B，且为实线，B1C被遮挡应为虚线．故选B.[答案] B[防范措施] 空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图．因此在分析空间几何体的三视图问题时，就要抓住正投影，结合具体问题和空间几何体的结构特征进行解答．【自主体验】(2014·东北三校模拟)如图，多面体ABCD－EFG的底面ABCD为正方形，FC＝GD＝2EA，其俯视图如下，则其正视图和侧视图正确的是( )．解析注意BE，BG在平面CDGF上的投影为实线，且由已知长度关系确定投影位置，排除A，C选项，观察B，D选项，侧视图是指光线从几何体的左面向右面正投影，则BG，BF的投影为虚线，故选D.答案 D对应学生用书P307基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．一个棱柱是正四棱柱的条件是( )．A．底面是正方形，有两个侧面是矩形B．底面是正方形，有两个侧面垂直于底面C．底面是菱形，具有一个顶点处的三条棱两两垂直D．每个侧面都是全等矩形的四棱柱解析A，B两选项中侧棱与底面不一定垂直，D选项中底面四边形不一定为正方形，故选C.答案 C2．(2014·福州模拟)沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )．解析给几何体的各顶点标上字母，如图1.A，E在侧投影面上的投影重合，C，G在侧投影面上的投影重合，几何体在侧投影面上的投影及把侧投影面展平后的情形如图2所示，故正确选项为B(而不是A)．答案 B3．下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是( )．A ．①②B ．①③C ．①④D ．②④解析 正方体的三视图都是正方形，不合题意；圆锥的正视图和侧视图都是等腰三角形，俯视图是圆，符合题意；三棱台的正视图和侧视图、俯视图各不相同，不合题意；正四棱锥的正视图和侧视图都是三角形，而俯视图是正方形，符合题意，所以②④正确． 答案 D4．(2013·汕头二模)如图，某简单几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，且其体积为π4，则该几何体的俯视图可以是( )．解析 若该几何体的俯视是选项A ，则其体积为1，不满足题意；由正视图、侧视图可知俯视图不可能是B 项；若该几何体的俯视图是选项C ，则其体积为12，不符合题意；若该几何体的俯视图是选项D ，则其体积为π4，满足题意．答案 D 5.已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为( )．解析空间几何体的正视图和侧视图的“高平齐”，故正视图的高一定是2，正视图和俯视图“长对正”，故正视图的底面边长为2，根据侧视图中的直角说明这个空间几何体最前面的面垂直于底面，这个面遮住了后面的一个侧棱，综合以上可知，这个空间几何体的正视图可能是C.答案 C二、填空题6．利用斜二测画法得到的以下结论，正确的是________(写出所有正确的序号)．①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④圆的直观图是椭圆；⑤菱形的直观图是菱形．解析①正确；由原图形中平行的线段在直观图中仍平行可知②正确；但是原图形中垂直的线段在直观图中一般不垂直，故③错；④正确；⑤中原图形中相等的线段在直观图中不一定相等，故错误．答案①②④7．一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的________(填入所有可能的几何体前的编号)．①三棱锥；②四棱锥；③三棱柱；④四棱柱；⑤圆锥；⑥圆柱．解析显然，三棱锥、圆锥的正视图可以是三角形；三棱柱的正视图也可以是三角形(把三棱柱放倒，使一侧面贴在地面上，并让其底面面对我们，如图所示)；只要形状合适、摆放适当(如一个侧面正对着观察者的正四棱锥)，四棱锥的正视图也可以是三角形(当然，不是任意摆放的四棱锥的正视图都是三角形)，即正视图为三角形的几何体完全有可能是四棱锥；不论四棱柱、圆柱如何摆放，正视图都不可能是三角形(可以验证，随意摆放的任意四棱柱的正视图都是四边形，圆柱的正视图可以是圆或四边形)．综上所述，应填①②③⑤.答案①②③⑤8. 如图，用斜二测画法得到四边形ABCD是下底角为45°的等腰梯形，其下底长为5，一腰长为2，则原四边形的面积是________．解析作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，则AE＝BF＝AD cos 45°＝1，∴CD＝EF＝3.将原图复原(如图)，则原四边形应为直角梯形，∠A ＝90°，AB ＝5，CD ＝3，AD ＝22，∴ S 四边形ABCD ＝12×(5＋3)×22＝8 2. 答案 8 2三、解答题9．如图所示的是一个零件的直观图，试画出这个几何体的三视图． 解 这个几何体的三视图如图．10．如图是一个几何体的正视图和俯视图． (1)试判断该几何体是什么几何体； (2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积； (3)求出该几何体的体积． 解 (1)正六棱锥．(2)其侧视图如图：其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，∴该平面图形的面积S ＝12 3a ·3a ＝32a 2.(3)V ＝13×6×34a 2×3a ＝32a 3.能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、选择题1．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是( )． A ．球 B ．三棱锥 C ．正方体 D ．圆柱解析 球的正视图、侧视图和俯视图均为圆，且形状相同、大小相等；三棱锥的正视图、侧视图和俯视图可以为全等的三角形；正方体的正视图、侧视图和俯视图可以为形状相同、大小相等的正方形；圆柱的正视图、侧视图均为矩形，俯视图为圆． 答案 D2．一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a 的正方形，则原平面四边形的面积等于( )．A.24a2 B．22a2 C.22a2 D.223a2解析根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则，可以得出一个平面图形的面积S与它的直观图的面积S′之间的关系是S′＝24S，本题中直观图的面积为a2，所以原平面四边形的面积等于a224＝22a2.答案 B二、填空题3.如图所示，E，F分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E 在该正方体的面上的正投影可能是________(填序号)．解析由正投影的定义，四边形BFD1E在面AA1D1D与面BB1C1C上的正投影是图③；其在面ABB1A1与面DCC1D1上的正投影是图②；其在面ABCD与面A1B1C1D1上的正投影也是②，故①④错误．答案②③三、解答题4．已知正三棱锥V－ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图；(2)求出侧视图的面积．解(1)直观图如图所示：(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.学生用书第108页第2讲空间几何体的表面积与体积[最新考纲]1．了解球体、柱体、锥体、台体的表面积的计算公式．2．了解球体、柱体、锥体、台体的体积计算公式.知识梳理1．柱、锥、台和球的侧面积和体积(1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各面面积之和．(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形；它们的表面积等于侧面积与底面面积之和．辨 析 感 悟1．柱体、锥体、台体与球的面积(1)圆柱的一个底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS .(×) (2)设长方体的长、宽、高分别为2a ，a ，a ，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为3πa 2.(×)2．柱体、锥体、台体的体积(3)(教材练习改编)若一个球的体积为43π，则它的表面积为12π.(√)(4)(2013·浙江卷改编)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积等于24 cm 3.(√)(5)在△ABC 中，AB ＝2，BC ＝3，∠ABC ＝120°，使△ABC 绕直线BC 旋转一周所形成的几何体的体积为9π.(×)3．柱体、锥体、台体的展开与折叠(6)将圆心角为2π3，面积为3π的扇形作为圆锥的侧面，则圆锥的表面积等于4π.(√)(7)(2014·青州模拟改编)将边长为a 的正方形ABCD 沿对角线AC 折起，使BD ＝a ，则三棱锥D －ABC 的体积为312a 3.(×) [感悟·提升]两点注意一是求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解．二是几何体展开、折叠问题，要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系.学生用书第109页考点一空间几何体的表面积【例1】(2014·日照一模)如图是一个几何体的正视图和侧视图，其俯视图是面积为82的矩形．则该几何体的表面积是( )．A．8 B．20＋8 2C．16 D．24＋8 2解析由已知俯视图是矩形，则该几何体为一个三棱柱，根据三视图的性质，俯视图的矩形宽为22，由面积82，得长为4，则该几何体的表面积为S ＝2×12×2×2＋22×4＋2×2×4＝20＋8 2. 答案 B规律方法 (1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理． (3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．【训练1】 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．解析如图所示：该几何体为长为4，宽为3，高为1的长方体内部挖去一个底面半径为1，高为1的圆柱后剩下的部分．∴S表＝(4×1＋3×4＋3×1)×2＋2π×1×1－2π×12＝38.答案38考点二空间几何体的体积【例2】(1)(2013·新课标全国Ⅰ卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．A．16＋8π B．8＋8πC．16＋16π D．8＋16π(2)(2014·福州模拟)如图所示，已知三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1－ABC1的体积为 ( )．A.312B.34C.612D.64解析 (1)由三视图可知该几何体由长方体和圆柱的一半组成．其中长方体的长、宽、高分别为4,2,2，圆柱的底面半径为2、高为4.所以V ＝2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π.故选A.(2)三棱锥B 1－ABC 1的体积等于三棱锥A －B 1BC 1的体积，三棱锥A －B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312. 答案 (1)A (2)A规律方法 (1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．【训练2】 如图所示，已知E ，F 分别是棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱A 1A ，CC 1的中点，求四棱锥C 1－B 1EDF 的体积．解 法一 连接A 1C 1，B 1D 1交于点O 1，连接B 1D ，EF ， 过O 1作O 1H ⊥B 1D 于H .∵EF ∥A 1C 1，且A 1C 1⊄平面B 1EDF ，EF ⊂平面B 1EDF .∴A 1C 1∥平面B 1EDF .∴C 1到平面B 1EDF 的距离就是A 1C 1到平面B 1EDF 的距离． ∵平面B 1D 1D ⊥平面B 1EDF ，且平面B 1D 1D ∩平面B 1EDF ＝B 1D ， ∴O 1H ⊥平面B 1EDF ， 即O 1H 为棱锥的高． ∵△B 1O 1H ∽△B 1DD 1， ∴O 1H ＝B 1O 1·DD 1B 1D ＝66a .O 1H ＝13·12·2a ·3a ·66a ＝16a 3. 法二 连接EF ，B 1D .设B 1到平面C 1EF 的距离为h 1，D 到平面C 1EF 的距离为h 2，则h 1＋h 2＝B 1D 1＝2a . 由题意得，＝13·S △C 1EF ·(h 1＋h 2)＝16a 3.考点三 球与空间几何体的接、切问题【例3】 (1)(2013·福建卷)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是______________．(2)(2013·辽宁卷)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为A.3172B ．210 C.132D ．310审题路线 (1)正方体内接于球⇒正方体的体对角线长等于球的直径⇒求得球的半径⇒代入球的表面积公式(注意只算球的表面积)．(2)BC 为过底面ABC 的截面圆的直径⇒取BC 中点D ，则球心在BC 的垂直平分线上，再由对称性求解．解析 (1)由三视图知，棱长为2的正方体内接于球，故正方体的体对角线长为23，即为球的直径．所以球的表面积为S ＝4π·⎝⎛⎭⎪⎫2322＝12π. (2)因为在直三棱柱中AB ＝3，AC ＝4，AA 1＝12，AB ⊥AC ，所以BC ＝5，且BC 为过底面ABC 的截面圆的直径，取BC 中点D ，则OD ⊥底面ABC ，则O 在侧面BCC 1B 1内，矩形BCC 1B 1的对角线长即为球的直径，所以2r ＝122＋52＝13，即r ＝132.答案 (1)12π (2)C学生用书第110页规律方法 关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．【训练3】 (2013·新课标全国Ⅰ卷)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为 ( )． A.500π3 cm 3B.866π3cm 3C.1 372π3 cm 3D.2 048π3cm 3解析 作出该球的轴截面，如图所示，依题意BE ＝2 cm ，AE ＝CE ＝4 cm ，设DE ＝x ，故AD ＝2＋x ，因为AD 2＝AE 2＋DE 2，解得x ＝3(cm)，故该球的半径AD ＝5 cm ，所以V ＝43πR 3＝500π3(cm 3)．答案 A考点四 几何体的展开与折叠问题【例4】 (1)如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD 中，AC 与BD 相交于O ，剪去△AOB ，将剩余部分沿OC ，OD 折叠，使OA ，OB 重合，则以A ，B ，C ，D ，O 为顶点的四面体的体积为________．(2)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝4，BC ＝CC1＝3.P是BC1上一动点，则CP＋PA1的最小值为________(其中PA1表示P，A1两点沿棱柱的表面距离)．解析 (1)折叠后的四面体如图所示．OA ，OC ，OD 两两相互垂直，且OA ＝OC ＝OD ＝22，体积V ＝13 S △OCD ·OA ＝13×12×(22)3＝823. (2)由题意知，把面BB 1C 1C 沿BB 1展开与面AA 1B 1B 在一个平面上，如图所示，连接A 1C 即可． 则A 1、P 、C 三点共线时，CP ＋PA 1最小， ∵∠ACB ＝90°，AC ＝4，BC ＝C 1C ＝3， ∴A 1B 1＝AB ＝42＋32＝5，∴A 1C 1＝5＋3＝8， ∴A 1C ＝82＋32＝73.故CP ＋PA 1的最小值为73.答案 (1)823(2)73规律方法 (1)有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变．(2)研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．【训练4】 如图为一几何体的展开图，其中ABCD 是边长为6的正方形，SD ＝PD ＝6，CR ＝SC ，AQ ＝AP ，点S ，D ，A ，Q 共线，点P ，D ，C ，R 共线，沿图中虚线将它们折叠起来，使P ，Q ，R ，S 四点重合，则需要________个这样的几何体，可以拼成一个棱长为6的正方体．解析 由题意知，将该展开图沿虚线折叠起来以后，得到一个四棱锥P －ABCD (如图所示)， 其中PD ⊥平面ABCD ，因此该四棱锥的体积V ＝13×6×6×6＝72，而棱长为6的正方体的体积V ＝6×6×6＝216，故需要21672＝3个这样的几何体，才能拼成一个棱长为6的正方体．答案 31．对于基本概念和能用公式直接求出棱柱、棱锥、棱台与球的表面积的问题，要结合它们的结构特点与平面几何知识来解决．2．求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．3．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.方法优化5——特殊点在求解几何体的体积中的应用【典例】 (2012·山东卷)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________．[一般解法] 三棱锥D 1－EDF 的体积即为三棱锥F －DD 1E 的体积．因为E ，F 分别为AA 1，B 1C 上的点，所以在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中△EDD 1的面积为定值12，F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以＝13×12×1＝16.[优美解法] E 点移到A 点，F 点移到C 点，则＝＝13×12×1×1×1＝16. [答案] 16。
2020高考数学核心突破《专题5 立体几何 第3讲 空间向量及其在立体几何中的应用》
专题五 第3讲1．如图，已知△ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将△ACD 翻折成△A ′CD ，所成二面角A ′-CD -B 的平面角为α，则( B )A ．∠A ′DB ≤α B ．∠A ′DB ≥αC ．∠A ′CB ≤αD ．∠A ′CB ≥α解析 若CD ⊥AB ，则∠A ′DB 为二面角A ′-CD -B 的平面角，即∠A ′DB ＝α.若CD 与AB 不垂直，在△ABC 中，过A 作CD 的垂线交线段CD 或CD 的延长线于点O ，交于BC 于E ，连结A ′O ，则∠A ′OE 为二面角A ′-CD -B 的平面角，即∠A ′OE ＝α，∵AO ＝A ′O ，∴∠A ′AO ＝α2.又A ′D ＝AD ，∴∠A ′AD ＝12∠A ′DB .而∠A ′AO 是直线A ′A 与平面ABC 所成的角，由线面角的性质知∠A ′AO <∠A ′AD ，则有α<∠A ′DB .综合有∠A ′DB ≥α，故选B.2．如图，在三棱锥A -BCD 中，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，点M ，N 分别为AD 和BC 的中点，则异面直线AN, CM 所成的角的余弦值是 78.解析 连接DN ，取DN 的中点H ，连接HM ，由N ，M ，H 均为中点，知|cos ∠HMC |即为所求．因为AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，又M ，N 为AD ，BC 的中点，所以CM ⊥AD ，AN ⊥BC ，所以CM ＝CD 2－MD 2＝22，AN ＝AC 2－NC 2＝22，MH ＝12AN ＝2，HC ＝NC 2＋NH 2＝3，则cos ∠HMC ＝CM 2＋MH 2－HC 22CM ·MH ＝78.故异面直线AN ，CM 所成角的余弦值为78.3．已知e 1，e 2是空间单位向量，e 1·e 2＝12.若空间向量b 满足b·e 1＝2，b·e 2 ＝52，且对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，则x 0＝__1__，y 0＝__2__，|b |＝ 22 .解析 ∵e 1，e 2是单位向量，e 1·e 2＝12，∴cos 〈e 1，e 2〉＝12，又∵0°≤〈e 1，e 2〉≤180°，∴〈e 1，e 2〉＝60°.不妨把e 1，e 2放到空间直角坐标系Oxyz 的平面xOy 中，设e 1＝(1,0,0)，则e 2＝⎝⎛⎭⎫12，32，0，再设OB →＝b ＝(m ，n ，r )，由b·e 1＝2，b·e 2＝52，得m ＝2，n ＝3，则b＝(2，3，r )．而x e 1＋y e 2是平面xOy 上任一向量，由|b －(x e 1＋y e 2)|≥1知点B (2，3，r )到平面xOy 的距离为1，故可得r ＝1，则b ＝(2，3，1)，∴|b |＝2 2.又由|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1，知x 0e 1＋y 0e 2＝(2，3，0)，解得x 0＝1，y 0＝2.4．如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为 25.解析 如图，建立空间直角坐标系Axyz ，设AB ＝2，QM ＝m (0≤m ≤2)，则F (2,1,0)，E (1,0,0)，M (0，m,2)(0≤m ≤2).AF →＝(2,1,0)，ME →＝(1，－m ，－2)， cos θ＝|cos 〈AF →，ME →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AF →·ME →|AF →|·|ME →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－m 5·m 2＋5＝|m －2|5m 2＋25.设y ＝(m －2)25m 2＋25，则y ′＝2(m －2)(5m 2＋25)－(m －2)2·10m (5m 2＋25)2＝(m －2)[(10m 2＋50)－(m －2)·10m ](5m 2＋25)2＝(m －2)(50＋20m )(5m 2＋25)2.当0<m <2时，y ′<0，∴y ＝(m －2)25m 2＋25在(0,2)上单调递减．∴当m ＝0时，y 取最大值， 此时cos θ取最大值，(cos θ)max ＝|0－2|5×02＋25＝25. 5．如图，在直三棱柱ADE -BCF 中，平面ABFE 和平面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的中点，O 为DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .解析 由题意，AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，F (1,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎫12，12，12.(1)OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →＝(－1,0,0)， 所以OM →·BA →＝0，所以OM →⊥BA →.因为棱柱ADE -BCF 是直三棱柱，所以AB ⊥平面BCF ，所以BA →是平面BCF 的一个法向量， 且OM ⊄平面BCF ，所以OM ∥平面BCF . (2)设平面MDF 与平面EFCD 的法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．因为DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，DC →＝(1,0,0)， 由n 1·DF →＝n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1，令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12.同理可得n 2＝(0,1,1)． 因为n 1·n 2＝0，所以平面MDF ⊥平面EFCD .6．(教材回归)如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为梯形，PD ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，AD ＝AB ＝1，BC ＝ 2.(1)求证：平面PBD ⊥平面PBC ；(2)设H 为CD 上一点，满足CH →＝2HD →，若直线PC 与平面PBD 所成的角的正切值为63，求二面角H -PB -C 的余弦值．解析 (1)证明：由AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝1，可得BD ＝ 2. 又BC ＝2，所以CD ＝2，所以BC ⊥BD .因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥BC ，又PD ∩BD ＝D ， 所以BC ⊥平面PBD ， 所以平面PBD ⊥平面PBC .(2)由(1)可知∠BPC 为PC 与平面PBD 所成的角， 所以tan ∠BPC ＝63，所以PB ＝3，PD ＝1. 由CH →＝2HD →及CD ＝2，可得CH ＝43，DH ＝23.以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系．则B (1,1,0)，P (0,0,1)，C (0,2,0)，H ⎝⎛⎭⎫0，23，0. 设平面HPB 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧HP →·n ＝0，HB →·n ＝0，即⎩⎨⎧－23y 1＋z 1＝0，x 1＋13y 1＝0，取y 1＝－3，则n ＝(1，－3，－2)． 设平面PBC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧PB →·m ＝0，BC →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－z 2＝0，－x 2＋y 2＝0，取x 2＝1，则m ＝(1,1,2)． 又cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝－217， 故观察图形知二面角H -PB -C 的余弦值为217. 7．(母题营养)如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1-AC -B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点．若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E的长．解析 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2，2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎝⎛⎭⎫1，12，1，N (1，－2,1)．(1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量.MN →＝⎝⎛⎭⎫0，－52，0，由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)． 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010， 于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010.所以二面角D 1-AC -B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]， 则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)． 又n ＝(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量， 由已知，得cos 〈NE →，n 〉＝NE →·n |NE →|·|n |＝1(－1)2＋(λ＋2)2＋12＝13，整理得λ2＋4λ－3＝0， 又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2. 所以，线段A 1E 的长为7－2.8．如图，在四棱锥S -ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AD ∥BC ，AD ⊥平面SCD ，AD ＝DC ＝2，BC ＝1，SD ＝2，∠SDC ＝120°.(1)求SC 与平面SAB 所成角的正弦值；(2)求平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值．解析 如图，在平面SCD 中，过点D 作DC 的垂线交SC 于E ，以D 为原点，DA ，DC ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．则有D (0,0,0)，S (0，－1，3)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，B (1,2,0)． (1)设平面SAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∵AB →＝(－1,2,0)，AS →＝(－2，－1，3)，AB →·n ＝0，AS →·n ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－2x －y ＋3z ＝0，取y ＝3，得n ＝(23，3，5)． 又SC →＝(0,3，－3)，设SC 与平面SAB 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈SC →，n 〉|＝2323×210＝1020，故SC 与平面SAB 所成角的正弦值为1020. (2)设平面SAD 的法向量为m ＝(a ，b ，c )， ∵DA →＝(2,0,0)，DS →＝(0，－1，3)，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝0，－b ＋3c ＝0，取b ＝3，得m ＝(0，3，1)．∴cos 〈n ，m 〉＝n·m|n|·|m|＝8210×2＝105， 故平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值是105.9．(数学文化)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P -ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝CD ，过棱PC 的中点E ，作EF ⊥PB 交于点F ，连结DE ，DF ，BD ，BE .(1)证明：PB ⊥平面DEF 试判断四面体DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DCBC的值．解析 (1)如图，以D 为原点，射线DA ，CD ，DP 分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设PD ＝DC ＝1，BC ＝λ，则D (0,0,0)，P (0,0,1)，B (λ，1,0)，C (0,1,0)，PB →＝(λ，1，－1)， 因为点E 是PC 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎫0，12，12，DE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，12， 于是PB →·DE →＝0，即PB ⊥DE . 又已知EF ⊥PB ，而DE ∩EF ＝E ， 所以PB ⊥平面DEF .因PC →＝(0,1，－1)，DE →·PC →＝0，所以DE ⊥PC ， 所以DE ⊥平面PBC .由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形， 即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB . (2)由PD ⊥平面ABCD ，知DP →＝(0,0,1)是平面ABCD 的一个法向量． 由(1)知，PB ⊥平面DEF ，所以BP →＝(－λ，－1,1)是平面DEF 的一个法向量．若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，则cos π3＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪BP →·DP →|BP →|·|DP →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1λ2＋2＝12， 解得λ＝2，所以DC BC ＝1λ＝22.故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC ＝22.10．(考点聚焦)如图，在四棱锥P -ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长． 解析 以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)． (1)因为AD ⊥平面P AB ，所以AD →是平面 P AB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)． 因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)，设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33， 所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，Q 是线段BP 上的动点，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2 设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910. 当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010. 因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为|BP |＝12＋22＝5，所以|BQ |＝25|BP |＝255.。
高考数学大一轮复习高考专题突破四高考中的立体几何问题教师用书文苏教版
高考专题突破四 高考中的立体几何问题1.正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为BC 中点，E 为A 1C 1中点，则DE 与平面A 1B 1BA 的位置关系为________. 答案 平行解析 如图取B 1C 1的中点为F ，连结EF ，DF ，DE ，则EF ∥A 1B 1，DF ∥B 1B ， ∴平面EFD ∥平面A 1B 1BA ， ∴DE ∥平面A 1B 1BA .2.设x 、y 、z 是空间不同的直线或平面，对下列四种情形：①x 、y 、z 均为直线；②x 、y 是直线，z 是平面；③z 是直线，x 、y 是平面；④x 、y 、z 均为平面.其中使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题的是________. 答案 ②③解析 由正方体模型可知①④为假命题；由线面垂直的性质定理可知②③为真命题. 3.(2016·无锡模拟)如图，在棱长为6的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在C 1D 1与C 1B 1上，且C 1E ＝4，C 1F ＝3，连结EF ，FB ，DE ，BD ，则几何体EFC 1－DBC 的体积为________.答案 66解析 如图，连结DF ，DC 1，那么几何体EFC 1－DBC 被分割成三棱锥D －EFC 1及四棱锥D －CBFC 1，那么几何体EFC 1－DBC 的体积为V ＝13×12×3×4×6＋13×12×(3＋6)×6×6＝12＋54＝66.故所求几何体EFC 1－DBC 的体积为66.4.如图，在四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 为正方形，E 、F 分别为侧棱VC 、VB 上的点，且满足VC ＝3EC ，AF ∥平面BDE ，则VB FB＝________.答案 2解析 连结AC 交BD 于点O ，连结EO ，取VE 的中点M ，连结AM ，MF ，∵VC ＝3EC ，∴VM ＝ME ＝EC ，又AO ＝CO ，∴AM ∥EO ，又EO ⊂平面BDE ，∴AM ∥平面BDE ，又AF ∥平面BDE ，AM ∩AF ＝A ，∴平面AMF ∥平面BDE ，又MF ⊂平面AMF ，∴MF ∥平面BDE ，又MF ⊂平面VBC ，平面VBC ∩平面BDE ＝BE ，∴MF ∥BE ，∴VF ＝FB ，∴VBFB＝2.5.如图，在三棱锥P －ABC 中，D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点.若PA ⊥AC ，PA ＝6，BC ＝8，DF ＝5.则直线PA 与平面DEF 的位置关系是________；平面BDE 与平面ABC 的位置关系是________.(填“平行”或“垂直”)答案 平行 垂直解析 ①因为D ，E 分别为棱PC ，AC 的中点， 所以DE ∥PA .又因为PA ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ， 所以直线PA ∥平面DEF .②因为D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点，PA ＝6，BC ＝8， 所以DE ∥PA ，DE ＝12PA ＝3，EF ＝12BC ＝4.又因为DF ＝5，故DF 2＝DE 2＋EF 2， 所以∠DEF ＝90°，即DE ⊥EF . 又PA ⊥AC ，DE ∥PA ，所以DE ⊥AC .因为AC ∩EF ＝E ，AC ⊂平面ABC ，EF ⊂平面ABC ， 所以DE ⊥平面ABC ，又DE ⊂平面BDE ， 所以平面BDE ⊥平面ABC .题型一 求空间几何体的表面积与体积例1 (2016·全国甲卷)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ，EF 交BD 于点H ，将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置.(1)证明：AC ⊥HD ′；(2)若AB ＝5，AC ＝6，AE ＝54，OD ′＝22，求五棱锥D ′-ABCFE 的体积.(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD ，又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD，故AC ∥EF ，由此得EF ⊥HD ，折后EF 与HD 保持垂直关系，即EF ⊥HD ′，所以AC ⊥HD ′.(2)解 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4， 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3，于是OD ′2＋OH 2＝(22)2＋12＝9＝D ′H 2， 故OD ′⊥OH .由(1)知AC ⊥HD ′，又AC ⊥BD ，BD ∩HD ′＝H ， 所以AC ⊥平面DHD ′，于是AC ⊥OD ′，又由OD ′⊥OH ，AC ∩OH ＝O ，所以OD ′⊥平面ABC . 又由EF AC ＝DH DO 得EF ＝92.五边形ABCFE 的面积S ＝12×6×8－12×92×3＝694.所以五棱锥D ′-ABCFE 的体积V ＝13×694×22＝2322.思维升华 (1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解.其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积.(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.正三棱锥的高为1，底面边长为26，内有一个球与它的四个面都相切(如图).求：(1)这个正三棱锥的表面积；(2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积.解 (1)底面正三角形中心到一边的距离为13×32×26＝2，则正棱锥侧面的斜高为12＋22＝ 3.∴S 侧＝3×12×26×3＝9 2.∴S 表＝S 侧＋S 底＝92＋12×32×(26)2＝92＋6 3.(2)设正三棱锥P －ABC 的内切球的球心为O ，连结OP ，OA ，OB ，OC ，而O 点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径r .∴V P －ABC ＝V O －PAB ＋V O －PBC ＋V O －PAC ＋V O －ABC ＝13S 侧·r ＋13S △ABC ·r ＝13S 表·r ＝(32＋23)r .又V P －ABC ＝13×12×32×(26)2×1＝23，∴(32＋23)r ＝23，得r ＝2332＋23＝232－2318－12＝6－2.∴S 内切球＝4π(6－2)2＝(40－166)π.V 内切球＝43π(6－2)3＝83(96－22)π.题型二 空间点、线、面的位置关系例2 (2016·扬州模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点.(1)求证：平面ABE ⊥平面B 1BCC 1； (2)求证：C 1F ∥平面ABE ； (3)求三棱锥E －ABC 的体积. (1)证明 在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥底面ABC .因为AB ⊂平面ABC ， 所以BB 1⊥AB .又因为AB ⊥BC ，BC ∩BB 1＝B ，所以AB ⊥平面B 1BCC 1. 又AB ⊂平面ABE ，所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.(2)证明 方法一 如图1，取AB 中点G ，连结EG ，FG . 因为E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点， 所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC .因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1， 所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1， 所以四边形FGEC 1为平行四边形， 所以C 1F ∥EG .又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ， 所以C 1F ∥平面ABE .方法二 如图2，取AC 的中点H ，连结C 1H ，FH . 因为H ，F 分别是AC ，BC 的中点，所以HF ∥AB ， 又因为E ，H 分别是A 1C 1，AC 的中点， 所以EC 1綊AH ，所以四边形EAHC 1为平行四边形， 所以C 1H ∥AE ，又C 1H ∩HF ＝H ，AE ∩AB ＝A ， 所以平面ABE ∥平面C 1HF ， 又C 1F ⊂平面C 1HF ， 所以C 1F ∥平面ABE .(3)解 因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ， 所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3. 所以三棱锥E －ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33. 思维升华 (1)①证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题.②证明C 1F ∥平面ABE ：(ⅰ)利用判定定理，关键是在平面ABE 中找(作)出直线EG ，且满足C 1F ∥EG .(ⅱ)利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面C 1HF 满足面面平行，实施线面平行与面面平行的转化.(2)计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，不能直接用公式时，注意进行体积的转化.(2016·南京模拟)如图，在三棱锥S －ABC 中，平面SAB ⊥平面SBC ，AB ⊥BC ，AS ＝AB .过A 作AF ⊥SB ，垂足为F ，点E ，G 分别是棱SA ，SC 的中点.求证：(1)平面EFG ∥平面ABC ； (2)BC ⊥SA .证明 (1)由AS ＝AB ，AF ⊥SB 知F 为SB 中点， 则EF ∥AB ，FG ∥BC ，又EF ∩FG ＝F ，AB ∩BC ＝B ， 因此平面EFG ∥平面ABC .(2)由平面SAB ⊥平面SBC ，平面SAB ∩平面SBC ＝SB ，AF ⊂平面SAB ，AF ⊥SB ， 所以AF ⊥平面SBC ，则AF ⊥BC .又BC ⊥AB ，AF ∩AB ＝A ，则BC ⊥平面SAB ， 又SA ⊂平面SAB ，因此BC ⊥SA . 题型三 平面图形的翻折问题例3 (2015·陕西)如图1，在直角梯形 ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到图2中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1BCDE .(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1BCDE 的体积为362，求a 的值. (1)证明 在题图1中，连结EC ， 因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，∠BAD ＝π2，AD ∥BC ，E 为AD 中点，所以BC 綊ED ，BC 綊AE ，所以四边形BCDE 为平行四边形，故有CD ∥BE ， 所以四边形ABCE 为正方形，所以BE ⊥AC ， 即在题图2中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC ，且A 1O ∩OC ＝O ， 从而BE ⊥平面A 1OC ，又CD ∥BE ， 所以CD ⊥平面A 1OC .(2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 且平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，又由(1)知，A 1O ⊥BE ，所以A 1O ⊥平面BCDE ， 即A 1O 是四棱锥A 1BCDE 的高， 由题图1知，A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2， 从而四棱锥A 1BCDE 的体积为V ＝13×S ×A 1O ＝13×a 2×22a ＝26a 3， 由26a 3＝362，得a ＝6. 思维升华 平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况.一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.(2016·苏州模拟)如图(1)，四边形ABCD 为矩形，PD ⊥平面ABCD ，AB ＝1，BC＝PC ＝2，作如图(2)折叠，折痕EF ∥DC .其中点E ，F 分别在线段PD ，PC 上，沿EF 折叠后，点P 叠在线段AD 上的点记为M ，并且MF ⊥CF .(1)证明：CF ⊥平面MDF ； (2)求三棱锥M －CDE 的体积.(1)证明 因为PD ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ， 所以PD ⊥AD .又因为ABCD 是矩形，CD ⊥AD ，PD 与CD 交于点D ， 所以AD ⊥平面PCD .又CF ⊂平面PCD ，所以AD ⊥CF ，即MD ⊥CF . 又MF ⊥CF ，MD ∩MF ＝M ，所以CF ⊥平面MDF . (2)解 因为PD ⊥DC ，PC ＝2，CD ＝1，∠PCD ＝60°，所以PD ＝3，由(1)知FD ⊥CF ， 在直角三角形DCF 中，CF ＝12CD ＝12.如图，过点F 作FG ⊥CD 交CD 于点G ，得FG ＝FC sin 60°＝12×32＝34，所以DE ＝FG ＝34，故ME ＝PE ＝3－34＝334， 所以MD ＝ME 2－DE 2＝3342－342＝62. S △CDE ＝12DE ·DC ＝12×34×1＝38. 故V M －CDE ＝13MD ·S △CDE ＝13×62×38＝216.题型四 立体几何中的存在性问题例4 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，平面BMD 1N 与棱CC 1，AA 1分别交于点M ，N ，且M ，N 均为中点.(1)求证：AC ∥平面BMD 1N .(2)若AD ＝CD ＝2，DD 1＝22，O 为AC 的中点.BD 1上是否存在动点F ，使得OF ⊥平面BMD 1N ？若存在，求出点F 的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.(1)证明 连结MN .因为M ，N 分别为CC 1，AA 1的中点，所以AN ＝12AA 1，CM ＝12CC 1.又因为AA 1∥CC 1，且AA 1＝CC 1， 所以AN ∥CM ，且AN ＝CM ，所以四边形ACMN 为平行四边形，所以AC ∥MN . 因为MN ⊂平面BMD 1N ，AC ⊄平面BMD 1N ， 所以AC ∥平面BMD 1N .(2)解 当点F 满足D 1F ＝3BF 时，OF ⊥平面BMD 1N ，证明如下： 连结BD ，则BD 经过点O ，取BD 1的中点G ，连结OF ，DG ，又D 1F ＝3BF ， 所以OF 为三角形BDG 的中位线，所以OF ∥DG . 因为BD ＝22＝DD 1，且G 为BD 1的中点， 所以BD 1⊥DG ，所以BD 1⊥OF .因为底面ABCD 为正方形，所以AC ⊥BD . 又DD 1⊥底面ABCD ，所以AC ⊥DD 1， 又BD ∩DD 1＝D ，所以AC ⊥平面BDD 1， 又OF ⊂平面BDD 1，所以AC ⊥OF . 由(1)知AC ∥MN ，所以MN ⊥OF .又MN，BD1是平面四边形BMD1N的对角线，所以它们必相交，所以OF⊥平面BMD1N.思维升华对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在这假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设.(2016·镇江模拟)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知DC＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC.(1)求证：D1C⊥AC1；(2)问在棱CD上是否存在点E，使D1E∥平面A1BD.若存在，确定点E位置；若不存在，说明理由.(1)证明在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，连结C1D，∵DC＝DD1，∴四边形DCC1D1是正方形，∴DC1⊥D1C.又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D，∴AD⊥平面DCC1D1，又D1C⊂平面DCC1D1，∴AD⊥D1C.∵AD⊂平面ADC1，DC1⊂平面ADC1，且AD∩DC1＝D，∴D1C⊥平面ADC1，又AC1⊂平面ADC1，∴D1C⊥AC1.(2)解假设存在点E，使D1E∥平面A1BD.连结AD1，AE，D1E，设AD1∩A1D＝M，BD∩AE＝N，连结MN，∵平面AD1E∩平面A1BD＝MN，要使D1E∥平面A1BD，可使MN∥D1E，又M是AD1的中点，则N是AE的中点.又易知△ABN≌△EDN，∴AB＝DE.即E是DC的中点.综上所述，当E是DC的中点时，可使D1E∥平面A1BD.1.(2016·连云港模拟)如图所示，已知平面α∩平面β＝l，α⊥β.A，B是直线l上的两点，C，D是平面β内的两点，且AD⊥l，CB⊥l，DA＝4，AB＝6，CB＝8.P是平面α上的一动点，且有∠APD＝∠BPC，则四棱锥P－ABCD体积的最大值是________.答案24 3解析由题意知，△PAD，△PBC是直角三角形，又∠APD＝∠BPC，所以△PAD∽△PBC.因为DA＝4，CB＝8，所以PB＝2PA.作PM⊥AB于点M，由题意知，PM⊥β.令AM＝t(0<t<6)，则PA2－t2＝4PA2－(6－t)2，所以PA 2＝12－4t .所以PM ＝12－4t －t 2，即为四棱锥P －ABCD 的高， 又底面ABCD 为直角梯形，S ＝12×(4＋8)×6＝36.所以V ＝13×36×12－4t －t 2＝12－t ＋2＋16≤12×12＝24 3.2.(2016·南京模拟)已知α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，l ⊥α，m ⊂β.给出下列命题：①α∥β⇒l ⊥m ；②α⊥β⇒l ∥m ；③m ∥α⇒l ⊥β；④l ⊥β⇒m ∥α. 其中正确的命题是________.(填写所有正确命题的序号) 答案 ①④解析 若l ⊥α，α∥β，则l ⊥β，又m ⊂β，则l ⊥m ，故①正确；若l ⊥α，α⊥β，则l ∥β或l ⊂β，又m ⊂β，则l 与m 可能平行、相交或异面，故②错误；若l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，又m ⊂β，则l 与β可能平行、相交或l ⊂β，故③错误；若l ⊥α，l ⊥β，则α∥β，又m ⊂β，则m ∥α，故④正确.综上，正确的命题是①④.3.(2016·苏州模拟)如图，ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，连结BD ，AC 1，B 1D 1，CD 1，B 1C ，现有以下几个结论：①BD ∥平面CB 1D 1；②AC 1⊥平面CB 1D 1；③CB 1与BD 为异面直线.其中所有正确结论的序号为________. 答案 ①②③解析 由题意可知，BD ∥B 1D 1， 又B 1D 1⊂平面CB 1D 1，BD ⊄平面CB 1D 1， 所以BD ∥平面CB 1D 1，①正确； 易知AC 1⊥B 1D 1，AC 1⊥B 1C ， 又B 1D 1∩B 1C ＝B 1，所以AC 1⊥平面CB 1D 1，②正确； 由异面直线的定义可知③正确.4.(2016·泰州二模)如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E、F分别是AB、CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出四个结论：①DF⊥BC；②BD⊥FC；③平面DBF⊥平面BFC；④平面DCF⊥平面BFC.在翻折过程中，可能成立的结论是________.(填写结论序号)答案②③解析因为BC∥AD，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直，则①错误；设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，可使条件满足，所以②正确；当点P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以③正确；因为点D的射影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立，即④错误.故答案为②③.5.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是棱BC的中点，点F是棱CD上的动点，当CFFD＝______时，D1E⊥平面AB1F.答案 1解析如图，连结A1B，则A1B是D1E在平面ABB1A1内的射影.∵AB1⊥A1B，∴D1E⊥AB1，又∵D1E⊥平面AB1F⇒D1E⊥AF.连结DE，则DE是D1E在底面ABCD内的射影，∴D1E⊥AF⇒DE⊥AF.∵ABCD是正方形，E是BC的中点，∴当且仅当F是CD的中点时，DE⊥AF，即当点F是CD的中点时，D1E⊥平面AB1F，∴CFFD＝1时，D1E⊥平面AB1F.6.(2016·连云港模拟)如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC，点E是BC上一点，且平面BB1C1C⊥平面AB1E.(1)求证：AE⊥BC；(2)求证：A1C∥平面AB1E.证明(1)过点B在平面BB1C1C内作BF⊥B1E，∵平面BB1C1C⊥平面AB1E，平面BB1C1C∩平面AB1E＝B1E，∴BF⊥平面AB1E.∵AE⊂平面AB1E，∴BF⊥AE.又在直三棱柱ABC—A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，∴BB1⊥AE.∵BB1∩BF＝B，∴AE⊥平面BB1C1C，∵BC⊂平面BB1C1C，∴AE⊥BC.(2)连结A1B，设A1B∩AB1＝G，连结GE，∵AE ⊥BC ，AB ＝AC ，∴BE ＝CE ， 又A 1G ＝BG ，∴GE 是△A 1BC 的中位线， ∴GE ∥A 1C .∵GE ⊂平面AB 1E ，A 1C ⊄平面AB 1E ， ∴A 1C ∥平面AB 1E .7.(2016·南通、扬州、泰州联考)如图，在四棱锥P —ABCD 中，PC ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，CD ＝2AB ＝2BC ，M ，N 分别是棱PA ，CD 的中点.(1)求证：PC ∥平面BMN ； (2)求证：平面BMN ⊥平面PAC . 证明 (1)设AC ∩BN ＝O ，连结MO ，AN ，因为AB ＝12CD ，AB ∥CD ，N 为CD 的中点，所以AB ＝CN ，且AB ∥CN ， 所以四边形ABCN 为平行四边形， 所以O 为AC 的中点， 又M 为PA 的中点， 所以MO ∥PC .又因为MO ⊂平面BMN ，PC ⊄平面BMN ， 所以PC ∥平面BMN .(2)方法一 因为PC ⊥平面PDA ，AD ⊂平面PDA ，所以PC ⊥AD . 由(1)同理可得，四边形ABND 为平行四边形， 所以AD ∥BN ，所以BN ⊥PC ，因为BC ＝AB ，所以平行四边形ABCN 为菱形， 所以BN ⊥AC .因为PC ∩AC ＝C ，所以BN ⊥平面PAC . 因为BN ⊂平面BMN ，所以平面BMN ⊥平面PAC . 方法二 连结PN ，因为PC ⊥平面PDA ，PA ⊂平面PDA ，所以PC ⊥PA .因为PC ∥MO ，所以PA ⊥MO .又PC ⊥PD .因为N 为CD 的中点，所以PN ＝12CD ，由(1)得AN ＝BC ＝12CD ，所以AN ＝PN ，又因为M 为PA 的中点，所以PA ⊥MN ， 因为MN ∩MO ＝M ，所以PA ⊥平面BMN . 因为PA ⊂平面PAC ，所以平面PAC ⊥平面BMN .8.(2016·北京东城区一模)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，点O 是对角线AC 与BD 的交点，AB ＝2，∠BAD ＝60°，M 是PD 的中点.(1)求证：OM ∥平面PAB ； (2)求证：平面PBD ⊥平面PAC .(3)当三棱锥C －PBD 的体积等于32时，求PA 的长. (1)证明 因为在△PBD 中，O ，M 分别是BD ，PD 的中点，所以OM ∥PB . 又OM ⊄平面PAB ，PB ⊂平面PAB ， 所以OM ∥平面PAB .(2)证明 因为底面ABCD 是菱形，所以BD ⊥AC . 因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥BD .又AC ∩PA ＝A ，所以BD ⊥平面PAC . 又BD ⊂平面PBD ， 所以平面PBD ⊥平面PAC .(3)解 因为底面ABCD 是菱形，且AB ＝2，∠BAD ＝60°，所以S △BCD ＝ 3. 又V C －PBD ＝V P －BCD ，三棱锥P －BCD 的高为PA ， 所以13×3·PA ＝32，解得PA ＝32.9.(2016·盐城测试)如图，已知三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，平面BCC ′B ′⊥底面ABC ，BB ′⊥AC ，底面ABC 是边长为2的等边三角形，AA ′＝3，E ，F 分别在棱AA ′，CC ′上，且AE ＝C ′F ＝2.(1)求证：BB ′⊥底面ABC ；(2)在棱A ′B ′上找一点M ，使得C ′M ∥平面BEF ，并给出证明. (1)证明 如图，取BC 的中点O ，连结AO ， ∵三角形ABC 是等边三角形，∴AO⊥BC.∵平面BCC′B′⊥底面ABC，AO⊂平面ABC，平面BCC′B′∩平面ABC＝BC，∴AO⊥平面BCC′B′.又BB′⊂平面BCC′B′，∴AO⊥BB′.又BB′⊥AC，AO∩AC＝A，AO⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，∴BB′⊥底面ABC.(2)解显然点M不是点A′，B′，若棱A′B′上存在一点M，使得C′M∥平面BEF，过点M作MN∥AA′交BE于N，连结FN，MC′，∴MN∥C′F，即C′M和FN共面，又平面MNFC′∩平面BEF＝FN，∴C′M∥FN，∴四边形C′MNF为平行四边形，∴MN＝2，∴MN是梯形A′B′BE的中位线，M为A′B′的中点.故当M为A′B′的中点时，C′M∥平面BEF.。
「精品」高考数学大一轮复习高考专题突破五高考中的立体几何问题教师用书
（浙江专用）2018版高考数学大一轮复习 高考专题突破五 高考中的立体几何问题教师用书1．多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为( )A.43 B ．2 C.83 D.103 答案 D解析 由三视图可知该几何体为一个三棱柱削去一个三棱锥得到的几何体，该三棱柱的体积为12×2×2×2＝4，三棱锥的体积为13×12×2×2×1＝23，所以该几何体的体积为4－23＝103，故选D.2．正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为BC 中点，E 为A 1C 1中点，则DE 与平面A 1B 1BA 的位置关系为( ) A ．相交 B ．平行 C ．垂直相交 D ．不确定答案 B解析 如图取B 1C 1中点为F ，连接EF ，DF ，DE ，则EF ∥A 1B 1，DF ∥B 1B ， ∴平面EFD ∥平面A 1B 1BA ， ∴DE ∥平面A 1B 1BA .3．(2016·沈阳模拟)设α，β，γ是三个平面，a ，b 是两条不同直线，有下列三个条件： ①a ∥γ，b ⊂β；②a ∥γ，b ∥β；③b ∥β，a ⊂γ.如果命题“α∩β＝a ，b ⊂γ，且________，则a ∥b ”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________．(把所有正确的序号填上)答案 ①或③解析 由线面平行的性质定理可知，①正确；当b ∥β，a ⊂γ时，a 和b 在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③.4．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则直线CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于________． 答案 23解析 以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC →|n ||DC →|＝23.题型一 求空间几何体的表面积与体积例1 (2016·全国甲卷)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ，EF 交BD 于点H ，将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置．(1)证明：AC ⊥HD ′；(2)若AB ＝5，AC ＝6，AE ＝54，OD ′＝22，求五棱锥D ′ABCFE 的体积．(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD ，又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD，故AC ∥EF ，由此得EF ⊥HD ，折后EF与HD 保持垂直关系，即EF ⊥HD ′，所以AC ⊥HD ′.(2)解 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4， 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3，于是OD ′2＋OH 2＝(22)2＋12＝9＝D ′H 2， 故OD ′⊥OH .由(1)知AC ⊥HD ′，又AC ⊥BD ，BD ∩HD ′＝H ， 所以AC ⊥平面DHD ′，于是AC ⊥OD ′，又由OD ′⊥OH ，AC ∩OH ＝O ，所以OD ′⊥平面ABC .又由EF AC ＝DH DO 得EF ＝92.五边形ABCFE 的面积S ＝12×6×8－12×92×3＝694.所以五棱锥D ′ABCFE 的体积V ＝13×694×22＝2322.思维升华 (1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．正三棱锥的高为1，底面边长为26，内有一个球与它的四个面都相切(如图)．求：(1)这个正三棱锥的表面积；(2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积．解 (1)底面正三角形中心到一边的距离为13×32×26＝2，则正棱锥侧面的斜高为12＋22＝ 3.∴S 侧＝3×12×26×3＝9 2.∴S 表＝S 侧＋S 底＝92＋12×32×(26)2＝92＋6 3.(2)设正三棱锥P －ABC 的内切球球心为O ，连接OP ，OA ，OB ，OC ，而O 点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径r .∴V P －ABC ＝V O －PAB ＋V O －PBC ＋V O －PAC ＋V O －ABC ＝13S 侧·r ＋13S △ABC ·r ＝13S 表·r ＝(32＋23)r .又V P －ABC ＝13×12×32×(26)2×1＝23，∴(32＋23)r ＝23，得r ＝2332＋23＝232－2318－12＝6－2.∴S 内切球＝4π(6－2)2＝(40－166)π.V 内切球＝43π(6－2)3＝83(96－22)π.题型二 空间点、线、面的位置关系例2 (2016·济南模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点．(1)求证：平面ABE ⊥平面B 1BCC 1； (2)求证：C 1F ∥平面ABE ； (3)求三棱锥E －ABC 的体积．(1)证明 在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥底面ABC . 因为AB ⊂平面ABC ，所以BB 1⊥AB . 又因为AB ⊥BC ，BC ∩BB 1＝B ， 所以AB ⊥平面B 1BCC 1.又AB ⊂平面ABE ，所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.(2)证明 方法一 如图1，取AB 中点G ，连接EG ，FG .因为E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点， 所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC .因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1， 所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1， 所以四边形FGEC 1为平行四边形， 所以C 1F ∥EG .又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ， 所以C 1F ∥平面ABE .方法二 如图2，取AC 的中点H ，连接C 1H ，FH .因为H ，F 分别是AC ，BC 的中点，所以HF ∥AB ， 又因为E ，H 分别是A 1C 1，AC 的中点， 所以EC 1綊AH ，所以四边形EAHC 1为平行四边形， 所以C 1H ∥AE ，又C 1H ∩HF ＝H ，AE ∩AB ＝A ， 所以平面ABE ∥平面C 1HF ， 又C 1F ⊂平面C 1HF ， 所以C 1F ∥平面ABE .(3)解 因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ，所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3. 所以三棱锥E －ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33. 思维升华 (1)①证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题．②证明C 1F ∥平面ABE ：(ⅰ)利用判定定理，关键是在平面ABE 中找(作)出直线EG ，且满足C 1F ∥EG .(ⅱ)利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面C 1HF 满足面面平行，实施线面平行与面面平行的转化．(2)计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，不能直接用公式时，注意进行体积的转化．(2016·南京模拟)如图，在三棱锥S －ABC 中，平面SAB ⊥平面SBC ，AB ⊥BC ，AS ＝AB .过A 作AF ⊥SB ，垂足为F ，点E ，G 分别是棱SA ，SC 的中点．求证：(1)平面EFG ∥平面ABC ； (2)BC ⊥SA .证明 (1)由AS ＝AB ，AF ⊥SB 知F 为SB 中点， 则EF ∥AB ，FG ∥BC ，又EF ∩FG ＝F ，AB ∩BC ＝B ， 因此平面EFG ∥平面ABC .(2)由平面SAB ⊥平面SBC ，平面SAB ∩平面SBC ＝SB ，AF ⊂平面SAB ，AF ⊥SB ， 所以AF ⊥平面SBC ，则AF ⊥BC .又BC ⊥AB ，AF ∩AB ＝A ，则BC ⊥平面SAB ， 又SA ⊂平面SAB ，因此BC ⊥SA . 题型三 空间角的计算例3 (2016·金华十校调研)如图，在矩形ABCD 中，已知AB ＝2，AD ＝4，点E ，F 分别在AD ，BC 上，且AE ＝1，BF ＝3，将四边形AEFB 沿EF 折起，使点B 在平面CDEF 上的射影H 在直线DE 上．(1)求证：CD ⊥BE ； (2)求线段BH 的长度；(3)求直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值． (1)证明 ∵BH ⊥平面CDEF ，∴BH ⊥CD ，又CD ⊥DE ，BH ∩DE ＝H ， ∴CD ⊥平面DBE ，∴CD ⊥BE .(2)解 方法一 设BH ＝h ，EH ＝k ，过F 作FG 垂直ED 于点G ， ∵线段BE ，BF 在翻折过程中长度不变，根据勾股定理得⎩⎪⎨⎪⎧BE 2＝BH 2＋EH 2，BF 2＝BH 2＋FH 2＝BH 2＋FG 2＋GH 2⇒⎩⎪⎨⎪⎧5＝h 2＋k 2，9＝22＋h 2＋－k2，解得⎩⎪⎨⎪⎧h ＝2，k ＝1，∴线段BH 的长度为2.方法二 如图，过点E 作ER ∥DC ，过点E 作ES ⊥平面EFCD ， 分别以直线ER ，ED ，ES 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设点B (0，y ，z )(y >0，z >0)， 由于F (2,2,0)，BE ＝5，BF ＝3，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋z 2＝5，4＋y －2＋z 2＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1，z ＝2，于是B (0,1,2)，∴线段BH 的长度为2.(3)解 方法一 延长BA 交EF 于点M ， ∵AE ∶BF ＝MA ∶MB ＝1∶3，∴点A 到平面EFCD 的距离为点B 到平面EFCD 距离的13，∴点A 到平面EFCD 的距离为23，而AF ＝13，故直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值为21339.方法二 由(2)方法二知FB →＝(－2，－1,2)， 故EA →＝13FB →＝(－23，－13，23)，FA →＝FE →＋EA →＝(－83，－73，23)，设平面EFCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 直线AF 与平面EFCD 所成角的大小为θ，则sin θ＝|FA →·n ||FA →||n |＝21339.(2016·杭州学军中学高三5月模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥PA ，AB ∥CD ，且PB ＝BC ＝BD ＝6，CD ＝2AB ＝22，∠PAD ＝120°.(1)求证：平面PAD ⊥平面PCD ；(2)求直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值． (1)证明 ∵BC ＝BD ，取CD 的中点E ，连接BE ，∴BE ⊥CD ，∵AB ∥CD ，且CD ＝2AB ， ∴AB ∥DE ，且AB ＝DE ， ∴四边形ABED 是矩形， ∴BE ∥AD ，且BE ＝AD ，AB ⊥AD ，又∵AB ⊥PA ，PA ∩AD ＝A ，PA ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ， ∴AB ⊥平面PAD ，∴CD ⊥平面PAD ， 又∵CD ⊂平面PCD ，∴平面PAD ⊥平面PCD .(2)解 以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．∵PB ＝BC ＝BD ＝6，CD ＝2AB ＝22，∠PAD ＝120°， ∴PA ＝PB 2－AB 2＝6－2＝2，AD ＝BE ＝BD 2－AB 2＝6－2＝2， BC ＝BE 2＋CE 2＝4＋2＝6，则P (0，－1，3)，D (0,2,0)，B (2，0,0)，C (22，2,0)， PD →＝(0,3，－3)，BP →＝(－2，－1，3)， BC →＝(2，2,0)．设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝2x ＋2y ＝0，n ·BP →＝－2x －y ＋3z ＝0，取x ＝2，得n ＝(2，－1，33)， 设直线PD 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈PD →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－3－112·103＝105，∴直线CD 与平面PBC 所成角的正弦值为105.1．(2016·山东牟平一中期末)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AC ⊥B 1D ，BB 1⊥底面ABCD ，E ，F ，H 分别为AD ，CD ，DD 1的中点，EF 与BD 交于点G .(1)证明：平面ACD 1⊥平面BB 1D ； (2)证明：GH ∥平面ACD 1.证明 (1)∵BB 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥BB 1.又AC ⊥B 1D ，BB 1∩B 1D ＝B 1， ∴AC ⊥平面BB 1D . ∵AC ⊂平面ACD 1， ∴平面ACD 1⊥平面BB 1D . (2)设AC ∩BD ＝O ，连接OD 1. ∵E ，F 分别为AD ，CD 的中点，EF ∩OD ＝G ，∴G 为OD 的中点．∵H 为DD 1的中点，∴HG ∥OD 1. ∵GH ⊄平面ACD 1，OD 1⊂平面ACD 1， ∴GH ∥平面ACD 1.2．(2016·咸阳模拟)如图，梯形ABEF 中，AF ∥BE ，AB ⊥AF ，且AB ＝BC ＝AD ＝DF ＝2CE ＝2，沿DC 将梯形CDFE 折起，使得平面CDFE ⊥平面ABCD .(1)证明：AC ∥平面BEF ； (2)求三棱锥D －BEF 的体积．(1)证明 如图，取BF 的中点M ，设AC 与BD 交点为O ，连接MO ，ME .由题设知，CE 綊12DF ，MO 綊12DF ，∴CE 綊MO ，故四边形OCEM 为平行四边形， ∴EM ∥CO ，即EM ∥AC .又AC ⊄平面BEF ，EM ⊂平面BEF ， ∴AC ∥平面BEF .(2)解 ∵平面CDFE ⊥平面ABCD ，平面CDFE ∩平面ABCD ＝DC ，BC ⊥DC ， ∴BC ⊥平面DEF .∴三棱锥D －BEF 的体积为V D －BEF ＝V B －DEF ＝13S △DEF ·BC ＝13×12×2×2×2＝43.3．(2016·宁波高三上学期期末)如图，在多面体EF －ABCD 中，四边形ABCD ，ABEF 均为直角梯形，∠ABE ＝∠ABC ＝90°，四边形DCEF 为平行四边形，平面DCEF ⊥平面ABCD .(1)求证：DF ⊥平面ABCD ；(2)若BC ＝CD ＝CE ＝12AB ，求直线BF 与平面ADF 所成角的正弦值．(1)证明 由四边形DCEF 为平行四边形，知EF ∥CD ，所以EF ∥平面ABCD . 又平面ABEF ∩平面ABCD ＝AB ，从而有AB ∥CD ∥EF . 因为∠ABE ＝∠ABC ＝90°，所以AB ⊥BE ，AB ⊥BC ， 又因为BE ∩BC ＝B ，所以AB ⊥平面BCE ， 因为CE ⊂平面BCE ，所以AB ⊥CE . 又四边形DCEF 为平行四边形，有DF ∥CE ， 所以DC ⊥DF ，又因为平面DCEF ⊥平面ABCD ， 平面DCEF ∩平面ABCD ＝DC ， 所以DF ⊥平面ABCD .(2)解 不妨设BC ＝1，则BC ＝CD ＝CE ＝1，AB ＝2， 四边形ABCD 为直角梯形，连接BD ，则有BD ＝AD ＝2， 则BD ⊥AD ，由DF ⊥平面ABCD ，知DF ⊥BD ， 因为DF ∩AD ＝D ，所以BD ⊥平面FAD ， 则∠BFD 即为直线BF 与平面ADF 所成角， 在△BFD 中，DF ⊥BD ，BD ＝2，DF ＝1，则BF ＝3， 所以sin∠BFD ＝BD DF＝23＝63， 所以直线BF 与平面ADF 所成角的正弦值为63. 4．(2016·全国乙卷)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面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 ⊥EFDC ； (2)求二面角E-BC-A 的余弦值．(1)证明 由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，DF ∩FE ＝F ， 所以AF ⊥平面EFDC ， 又AF ⊂平面ABEF ， 故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解 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Gxyz .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，AB ∥EF ，AB ⊄平面EFDC ，EF ⊂平面EFDC ， 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CBEF 的平面角，∠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⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.故二面角E-BC-A 的余弦值为－21919.5．(2016·绍兴期末)如图所示的几何体中，四边形ABCD 为梯形，AD ∥BC ，AB ⊥平面BEC ，EC ⊥CB ，已知BC ＝2AD ＝2AB ＝2.(1)证明：BD ⊥平面DEC ；(2)若二面角A －ED －B 的大小为30°，求EC 的长度． (1)证明 因为AB ⊥平面BEC ，所以AB ⊥EC . 又因为EC ⊥BC ，AB ∩BC ＝B ，所以EC ⊥平面ABCD . 因为BD ⊂平面ABCD ，所以EC ⊥BD .由题意可知，在梯形ABCD 中，有BD ＝DC ＝2， 所以BD 2＋DC 2＝BC 2，所以BD ⊥DC . 又EC ∩CD ＝C ，所以BD ⊥平面DEC .(2)解 如图，以点B 为坐标原点，以BA 所在直线为z 轴，BC 所在直线为y 轴，以过点B 且平行于CE 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系．设|EC →|＝a >0，则B (0,0,0)，E (a,2,0)，A (0,0,1)，C (0,2,0)，D (0,1,1)． 设平面AED 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AD →＝0，m ·ED →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－ax －y ＋z ＝0，令x ＝1，得平面AED 的一个法向量为m ＝(1,0，a )， 设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，ax ＋2y ＝0，令x ＝2，得平面BED 的一个法向量为n ＝(2，－a ，a )． 又二面角A －ED －B 的大小为30°，所以cos 30°＝|m ·n |m ||n ||＝2＋a 2a 2＋1·2a 2＋4＝32，得a ＝1，所以EC ＝1.。
2020高考数学大一轮复习高考专题突破五高考中的立体几何问题教师用书
【2019最新】精选高考数学大一轮复习高考专题突破五高考中的立体几何问题教师用书1．多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为( )A. B．2 C. D.103答案D解析由三视图可知该几何体为一个三棱柱削去一个三棱锥得到的几何体，该三棱柱的体积为×2×2×2＝4，三棱锥的体积为××2×2×1＝，所以该几何体的体积为4－＝，故选D.2．正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC中点，E为A1C1中点，则DE与平面A1B1BA的位置关系为( )A．相交B．平行C．垂直相交D．不确定答案B解析如图取B1C1中点为F，连接EF，DF，DE，则EF∥A1B1，DF∥B1B，∴平面EFD∥平面A1B1BA，∴DE∥平面A1B1BA.3．(2016·沈阳模拟)设α，β，γ是三个平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件：①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________．(把所有正确的序号填上)答案①或③解析由线面平行的性质定理可知，①正确；当b∥β，a⊂γ时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③.4．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则直线CD与平面BDC1所成角的正弦值等于________．答案23解析以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则＝(0,1,0)，＝(1,1,0)，＝(0,1,2)．设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥，n⊥，则令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2,1)．设CD与平面BDC1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.题型一求空间几何体的表面积与体积例1 (2016·全国甲卷)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．(1)证明：AC⊥HD′；(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′ABCFE的体积．(1)证明由已知得AC⊥BD，AD＝CD，又由AE＝CF得＝，故AC∥EF，由此得EF⊥HD，折后EF与HD保持垂直关系，即EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.(2)解由EF∥AC得＝＝.由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4，所以OH＝1，D′H＝DH＝3，于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，故OD′⊥OH.由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，所以AC⊥平面DHD′，于是AC⊥OD′，又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.又由＝得EF＝.五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.所以五棱锥D′ABCFE的体积V＝××2＝.思维升华(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．正三棱锥的高为1，底面边长为2，内有一个球与它的四个面都相切(如图)．求：(1)这个正三棱锥的表面积；(2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积．解(1)底面正三角形中心到一边的距离为××2＝，则正棱锥侧面的斜高为＝.∴S侧＝3××2×＝9.∴S表＝S侧＋S底＝9＋××(2)2＝9＋6.(2)设正三棱锥P－ABC的内切球球心为O，连接OP，OA，OB，OC，而O点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径r.∴VP－ABC＝VO－PAB＋VO－PBC＋VO－PAC＋VO－ABC＝S侧·r＋S△ABC·r＝S表·r＝(3＋2)r.又VP－ABC＝×××(2)2×1＝2，∴(3＋2)r＝2，得r＝＝＝－2.∴S内切球＝4π(－2)2＝(40－16)π.V内切球＝π(－2)3＝(9－22)π.题型二空间点、线、面的位置关系例2 (2016·济南模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥E－ABC的体积．(1)证明在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC.因为AB⊂平面ABC，所以BB1⊥AB.又因为AB⊥BC，BC∩BB1＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)证明方法一如图1，取AB中点G，连接EG，FG.因为E，F分别是A1C1，BC的中点，所以FG∥AC，且FG＝AC.因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，所以FG∥EC1，且FG＝EC1，所以四边形FGEC1为平行四边形，所以C1F∥EG.又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，所以C1F∥平面ABE.方法二如图2，取AC的中点H，连接C1H，FH.因为H，F分别是AC，BC的中点，所以HF∥AB，又因为E，H分别是A1C1，AC的中点，所以EC1綊AH，所以四边形EAHC1为平行四边形，所以C1H∥AE，又C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A，所以平面ABE∥平面C1HF，又C1F⊂平面C1HF，所以C1F∥平面ABE.(3)解因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝＝.所以三棱锥E－ABC的体积V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝.思维升华(1)①证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题．②证明C1F∥平面ABE：(ⅰ)利用判定定理，关键是在平面ABE中找(作)出直线EG，且满足C1F∥EG.(ⅱ)利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面C1HF满足面面平行，实施线面平行与面面平行的转化．(2)计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，不能直接用公式时，注意进行体积的转化．(2016·南京模拟)如图，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．求证：(1)平面EFG∥平面ABC；(2)BC⊥SA.证明(1)由AS＝AB，AF⊥SB知F为SB中点，则EF∥AB，FG∥BC，又EF∩FG＝F，AB∩BC＝B，因此平面EFG∥平面ABC.(2)由平面SAB⊥平面SBC，平面SAB∩平面SBC＝SB，AF⊂平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC，则AF⊥BC.又BC⊥AB，AF∩AB＝A ，则BC⊥平面SAB ，又SA ⊂平面SAB ，因此BC⊥SA.题型三 空间角的计算例3 (2016·金华十校调研)如图，在矩形ABCD 中，已知AB ＝2，AD ＝4，点E ，F 分别在AD ，BC 上，且AE ＝1，BF ＝3，将四边形AEFB 沿EF 折起，使点B 在平面CDEF 上的射影H 在直线DE 上．(1)求证：CD⊥BE；(2)求线段BH 的长度；(3)求直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值．(1)证明 ∵BH⊥平面CDEF ，∴BH⊥CD，又CD⊥DE，BH∩DE＝H ，∴CD⊥平面DBE ，∴CD⊥BE.(2)解 方法一 设BH ＝h ，EH ＝k ，过F 作FG 垂直ED 于点G ，∵线段BE ，BF 在翻折过程中长度不变，根据勾股定理得⎩⎪⎨⎪⎧ BE2＝BH2＋EH2，BF2＝BH2＋FH2＝BH2＋FG2＋GH2⇒ ⎩⎪⎨⎪⎧ 5＝h2＋k2，9＝22＋h2＋－，解得⎩⎪⎨⎪⎧ h ＝2，k ＝1，∴线段BH 的长度为2.方法二 如图，过点E 作ER∥DC，过点E 作ES⊥平面EFCD ，分别以直线ER ，ED ，ES 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设点B(0，y ，z)(y>0，z>0)，由于F(2,2,0)，BE ＝，BF ＝3，∴解得于是B(0,1,2)，∴线段BH 的长度为2.(3)解 方法一 延长BA 交EF 于点M ，∵AE∶BF＝MA∶MB＝1∶3，∴点A到平面EFCD的距离为点B到平面EFCD距离的，∴点A到平面EFCD的距离为，而AF＝，故直线AF与平面EFCD所成角的正弦值为.方法二由(2)方法二知＝(－2，－1,2)，故＝＝(－，－，)，→＝＋＝(－，－，)，FA设平面EFCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，直线AF与平面EFCD所成角的大小为θ，则sin θ＝＝.(2016·杭州学军中学高三5月模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB⊥PA，AB∥CD，且PB＝BC＝BD＝，CD＝2AB＝2，∠PAD＝120°.(1)求证：平面PAD⊥平面PCD；(2)求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．(1)证明∵BC＝BD，取CD的中点E，连接BE，∴BE⊥CD，∵AB∥CD，且CD＝2AB，∴AB∥DE，且AB＝DE，∴四边形ABED是矩形，∴BE∥AD，且BE＝AD，AB⊥AD，又∵AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，∴CD⊥平面PAD，又∵CD⊂平面PCD，∴平面PAD⊥平面PCD.(2)解以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，建立空间直角坐标系，如图所示．∵PB＝BC＝BD＝，CD＝2AB＝2，∠PAD＝120°，∴PA＝＝＝2，AD＝BE＝＝＝2，BC ＝＝＝，则P(0，－1，)，D(0,2,0)，B(，0,0)，C(2，2,0)，PD →＝(0,3，－)，＝(－，－1，)，BC →＝(，2,0)．设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n·BC →＝2x ＋2y ＝0，n·BP →＝－2x －y ＋3z ＝0，取x ＝，得n ＝(，－1，)，设直线PD 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n| ＝＝，∴直线CD 与平面PBC 所成角的正弦值为.1．(2016·山东牟平一中期末)如图，在四棱柱ABCD －A1B1C1D1中，AC⊥B1D，BB1⊥底面ABCD ，E ，F ，H 分别为AD ，CD ，DD1的中点，EF 与BD 交于点G.(1)证明：平面ACD1⊥平面BB1D ；(2)证明：GH∥平面ACD1.证明 (1)∵BB1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC⊥BB1.又AC⊥B1D，BB1∩B1D＝B1，∴AC⊥平面BB1D.∵AC ⊂平面ACD1，∴平面ACD1⊥平面BB1D.(2)设AC∩BD＝O ，连接OD1.∵E，F 分别为AD ，CD 的中点，EF∩OD＝G ，∴G为OD的中点．∵H为DD1的中点，∴HG∥OD1.∵GH⊄平面ACD1，OD1⊂平面ACD1，∴GH∥平面ACD1.2．(2016·咸阳模拟)如图，梯形ABEF中，AF∥BE，AB⊥AF，且AB＝BC＝AD＝DF＝2CE ＝2，沿DC将梯形CDFE折起，使得平面CDFE⊥平面ABCD.(1)证明：AC∥平面BEF；(2)求三棱锥D－BEF的体积．(1)证明如图，取BF的中点M，设AC与BD交点为O，连接MO，ME.由题设知，CE綊DF，MO綊DF，∴CE綊MO，故四边形OCEM为平行四边形，∴EM∥CO，即EM∥AC.又AC⊄平面BEF，EM⊂平面BEF，∴AC∥平面BEF.(2)解∵平面CDFE⊥平面ABCD，平面CDFE∩平面ABCD＝DC，BC⊥DC，∴BC⊥平面DEF.∴三棱锥D－BEF的体积为VD－BEF＝VB－DEF＝S△DEF·BC＝××2×2×2＝. 3．(2016·宁波高三上学期期末)如图，在多面体EF－ABCD中，四边形ABCD，ABEF均为直角梯形，∠ABE＝∠ABC＝90°，四边形DCEF为平行四边形，平面DCEF⊥平面ABCD.(1)求证：DF⊥平面ABCD；(2)若BC＝CD＝CE＝AB，求直线BF与平面ADF所成角的正弦值．(1)证明由四边形DCEF为平行四边形，知EF∥CD，所以EF∥平面ABCD.又平面ABEF∩平面ABCD＝AB，从而有AB∥CD∥EF.因为∠ABE＝∠ABC＝90°，所以AB⊥BE，AB⊥BC，又因为BE∩BC＝B，所以AB⊥平面BCE，因为CE⊂平面BCE，所以AB⊥CE.又四边形DCEF为平行四边形，有DF∥CE，所以DC⊥DF，又因为平面DCEF⊥平面ABCD，平面DCEF∩平面ABCD＝DC，所以DF⊥平面ABCD.(2)解不妨设BC＝1，则BC＝CD＝CE＝1，AB＝2，四边形ABCD为直角梯形，连接BD，则有BD＝AD＝，则BD⊥AD，由DF⊥平面ABCD，知DF⊥BD，因为DF∩AD＝D，所以BD⊥平面FAD，则∠BFD即为直线BF与平面ADF所成角，在△BFD中，DF⊥BD，BD＝，DF＝1，则BF＝，所以sin∠BFD＝＝＝，所以直线BF与平面ADF所成角的正弦值为.4．(2016·全国乙卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，平面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⊥EFDC；(2)求二面角E-BC-A的余弦值．(1)证明由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，DF∩FE＝F，所以AF⊥平面EFDC，又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)解过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.由(1)知∠DFE 为二面角D-AF-E 的平面角，故∠DFE＝60°，则DF ＝2，DG ＝，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，)． 由已知，AB∥EF，AB ⊄平面EFDC ，EF ⊂平面EFDC ，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CBEF 的平面角，∠CEF＝60°，从而可得C(－2,0，)．所以＝(1,0，)，＝(0,4,0)，＝(－3，－4，)，＝(－4,0,0)．设n ＝(x ，y ，z)是平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n·EC →＝0，n·EB →＝0，即所以可取n ＝(3,0，－)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m·AC →＝0，m·AB →＝0.同理可取m ＝(0，，4)，则cos 〈n ，m 〉＝＝－.故二面角E-BC-A 的余弦值为－.5．(2016·绍兴期末)如图所示的几何体中，四边形ABCD 为梯形，AD∥BC，AB⊥平面BEC ，EC⊥CB，已知BC ＝2AD ＝2AB ＝2.(1)证明：BD⊥平面DEC ；(2)若二面角A －ED －B 的大小为30°，求EC 的长度．(1)证明 因为AB⊥平面BEC ，所以AB⊥EC.又因为EC⊥BC，AB∩BC＝B ，所以EC⊥平面ABCD.因为BD ⊂平面ABCD ，所以EC ⊥BD.由题意可知，在梯形ABCD 中，有BD ＝DC ＝，所以BD2＋DC2＝BC2，所以BD⊥DC.又EC∩CD＝C ，所以BD⊥平面DEC.(2)解 如图，以点B 为坐标原点，以BA 所在直线为z 轴，BC 所在直线为y 轴，以过点B 且平行于CE 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系．设||＝a>0，则B(0,0,0)，E(a,2,0)，A(0,0,1)，C(0,2,0)，D(0,1,1)．设平面AED 的法向量为m ＝(x ，y ，z)，则即⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝0，－ax －y ＋z ＝0，令x ＝1，得平面AED 的一个法向量为m ＝(1,0，a)，设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则即⎩⎪⎨⎪⎧ y ＋z ＝0，ax ＋2y ＝0，令x ＝2，得平面BED 的一个法向量为n ＝(2，－a ，a)．又二面角A －ED －B 的大小为30°，所以cos 30°＝||＝＝，得a ＝1，所以EC ＝1.。
2020高考数学大一轮复习第七章教师用书文56
第七章⎪⎪⎪ 立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体(1)简单旋转体的结构特征：①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到；②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．(2)简单多面体的结构特征：①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．2．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题体验]1．若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为( )A．2,2 3 B．22，2C．4,2 D．2,4解析：选D 由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为23，故底面边长为4，故选D．2．(教材习题改编)如图，长方体ABCDA′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．[小题纠偏]1．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )解析：选B 俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B．2．(教材习题改编)利用斜二测画法得到的①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形．以上结论正确的个数是________．解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．答案：1考点一空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( ) A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．2．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选B ①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．3．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C1ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题3个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2017·东北四市联考)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P是线段CD的中点，则三棱锥PA1B1A的侧视图为( )解析：选D 如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥PA1B1A，B(C)点均消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D．2．(2015·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )A．1 B． 2C． 3 D．2解析：选C 根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥VABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1．所以四棱锥中最长棱为VD．连接BD，易知BD＝2，在Rt△VBD中，VD＝VB2＋BD2＝3．[由题悟法]1．已知几何体，识别三视图的技巧已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．2．已知三视图，判断几何体的技巧(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．(3)遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．[提醒] 对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．[即时应用]1．(2016·沈阳市教学质量监测)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )解析：选B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B．2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )解析：选D 由俯视图是圆环可排除A、B、C，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D．考点三空间几何体的直观图重点保分型考点——师生共研[典例引领]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________．解析：如图，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． 而四边形AECD 为矩形，AD ＝1， ∴EC ＝AD ＝1，∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1． 由此可还原原图形如图在原图形中，A ′D ′＝1，A ′B ′＝2，B ′C ′＝22＋1，且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′，∴这块菜地的面积S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22．答案：2＋22[由题悟法]原图与直观图中的“三变”与“三不变”(1)“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度改变减半图形改变(2)“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不变与x 轴平行的线段长度不变相对位置不变[即时应用]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．一般的平行四边形解析：选C 如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×22＝4 2 cm，CD＝C′D′＝2 cm．∴OC＝OD2＋CD2＝422＋22＝6 cm，∴OA＝OC，故四边形OABC是菱形．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )解析：选D 几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．2．下列说法正确的是( )A．棱柱的两个底面是全等的正多边形B．平行于棱柱侧棱的截面是矩形C．{直棱柱}⊆{正棱柱}D．{正四面体}⊆{正三棱锥}解析：选D 因为选项A中两个底面全等，但不一定是正多边形；选项B中一般的棱柱不能保证侧棱与底面垂直，即截面是平行四边形，但不一定是矩形；选项C中{正棱柱}⊆{直棱柱}，故A、B、C都错；选项D中，正四面体是各条棱均相等的正三棱锥，故正确．3．某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是( )A．三棱锥B．四棱锥C．四棱台D．三棱台解析：选A 因为正视图和侧视图都为三角形，可知几何体为锥体，又因为俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥．4．在如图所示的直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在直角坐标系xOy中，四边形ABCO的形状为________，面积为________cm2．解析：由斜二测画法的特点知该平面图形是一个长为4 cm，宽为2cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2．答案：矩形85．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图，ABCDA1B1C1D1，如图，当选择的4个点是B1，B，C，C1时，可知①正确；当选择的4个点是B，A，B1，C时，可知②正确；易知③不正确．答案：①②二保高考，全练题型做到高考达标1．已知底面为正方形的四棱锥，其中一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的( )解析：选C 根据三视图的定义可知A、B、D均不可能，故选C．2．如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC边中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选B 由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB＜AD＜AC．3．(2016·沈阳市教学质量监测)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个凸多面体的三视图(两个矩形，一个直角三角形)，则这个几何体可能为( )A．三棱台B．三棱柱C．四棱柱D．四棱锥解析：选B 根据三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等，可得几何体如图所示，这是一个三棱柱．4．(2016·淄博一模)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，形成的三棱锥ABCD的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )A．22B．12C．24D．14解析：选D 由正视图与俯视图可得三棱锥ABCD的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为22，所以侧视图的面积为S＝12×22×22＝14．5．已知四棱锥PABCD的三视图如图所示，则四棱锥PABCD的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PM ＝3，PN ＝5，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3， S △PBC ＝12×4×3＝6．所以四个侧面中面积最大的是6． 6．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点． 其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④7．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm ．解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C ． 在Rt △ABC 中，AC ＝12 cm ，BC ＝8－3＝5 (cm)．∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：138．已知正四棱锥V ABCD 中，底面面积为16，一条侧棱的长为211，则该棱锥的高为________．解析：如图，取正方形ABCD 的中心O ，连结VO ，AO ，则VO 就是正四棱锥V ABCD 的高．因为底面面积为16，所以AO ＝22． 因为一条侧棱长为211．所以VO ＝VA 2－AO 2＝44－8＝6． 所以正四棱锥V ABCD 的高为6． 答案：69．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________． 解析：如图，图①、图②所示的分别是实际图形和直观图． 从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32， C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64． 所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64．答案：6410．已知正三棱锥V ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积． 解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．(2017·湖南省东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A ．4 3B ．8 3C ．47D ．8解析：选C 设该三棱锥为P ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，PA ＝4，则由三视图可知△ABC 是边长为4的等边三角形，故PB ＝PC ＝42，所以S △ABC ＝12×4×23＝43，S △PAB ＝S △PAC ＝12×4×4＝8，S △PBC ＝12×4×422－22＝47，故四个面中面积最大的为S △PBC ＝47，选C ．3．如图，在四棱锥P ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA．解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2．(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝62．由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝622＋62＝6 3 cm．第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式2．空间几何体的表面积与体积公式名称几何体 表面积 体积柱体(棱柱和圆柱) S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝Sh锥体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13Sh台体(棱台和圆台) S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 3[小题体验]1．(2016·全国甲卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h ．由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：l ＝22＋232＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π．2．(教材习题改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为3的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h ＝3，所以该几何体的体积V ＝S ·h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×3×3＝33． 答案：3 33．正三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥A B 1DC 1的体积为________．解析：在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∵AD ⊥BC ，AD ⊥BB 1，BB 1∩BC ＝B ，∴AD ⊥平面B 1DC 1． ∴VA B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×12×2×3×3＝1．答案：11．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．3．易混侧面积与表面积的概念． [小题纠偏]1．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶12．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S ＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋162．答案：72＋16 2考点一 空间几何体的表面积基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．(易错题)(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2．又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B ．2．(2015·福建高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋22．3．某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为( )A．12 5 B．24 2 C．24 D．12 3 解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，由条件知斜高h＝22＋12＝5，侧面积S＝2＋4×52×4＝125．[谨记通法]几何体的表面积的求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理，如“题组练透”第1题．考点二空间几何体的体积重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．13＋23π B ．13＋23π C ．13＋26π D ．1＋26π 解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π． 2．(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A ．18 B ．17 C ．16D ．15解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56．所以V 1V 2＝1656＝15．[由题悟法]有关几何体体积的类型及解题策略常见类型 解题策略球的体积问题直接利用球的体积公式求解，在实际问题中要根据题意作出图形，构造直角三角形确定球的半径 锥体、柱体的体积问题根据题设条件求出所给几何体的底面积和高，直接套用公式求解以三视图为载体的几何体体积问题将三视图还原为几何体，利用空间几何体的体积公式求解不规则几何体的体积问题常用分割或补形的思想，若几何体的底不规则，也需采用同样的方法，将不规则的几何体或平面图形转化为规则的几何体或平面图形，易于求解[即时应用]1．(2016·西安质检)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为( )A ．43 B ．52 C ．73D ．3解析：选A 根据几何体的三视图，得该几何体是下部为直三棱柱，上部为三棱锥的组合体，如图所示．则该几何体的体积是V 几何体＝V 三棱柱＋V 三棱锥＝12×2×1×1＋13×12×2×1×1＝43．2．(2017·云南省统检)如图是底面半径为1，高为2的圆柱被削掉一部分后剩下的几何体的三视图，则被削掉的那部分的体积为( )A ．π＋23B ．5π－23C ．5π3－2D ．2π－23解析：选B 由三视图可知，剩下部分的几何体由半个圆锥和一个三棱锥组成， 其体积V ＝13×12×π×12×2＋13×12×2×1×2＝π3＋23，∴被削掉的那部分的体积为π×12×2－⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋23＝5π－23． 3．(2016·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm 2，体积是________cm 3．解析：由三视图知该几何体是一个组合体，左边是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm,4 cm,2 cm ，右边也是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm ，2 cm ，4 cm ．几何体的表面积为(2×2＋2×4＋2×4)×2×2－2×2×2＝72(cm 2)， 体积为2×2×4×2＝32(cm 3)． 答案：72 32考点三 与球有关的切、接问题题点多变型考点——多角探明 [锁定考向]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变． 常见的命题角度有：(1)正四面体的内切球与四棱锥的外接球； (2)直三棱柱的外接球；(3)正方体(长方体)的内切、外接球．[题点全练]角度一：正四面体的内切球与四棱锥的外接球1．(2017·长春模拟)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________．解析：设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π． 答案：63π角度二：直三棱柱的外接球2．已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A ．3172B ．210C ．132D ．310解析：选C 如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M ．又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋62＝132．角度三：正方体(长方体)的内切、外接球3．如图，已知球O 是棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的内切球，则平面ACD 1截球O 的截面面积为( )A ．66π B ．π3C ．π6D ．33π 解析：选C 平面ACD 1截球O 的截面为△ACD 1的内切圆．因为正方体的棱长为1，所以AC ＝CD 1＝AD 1＝2，所以内切圆的半径r ＝22×tan 30°＝66，所以S ＝πr 2＝π×16＝16π．[通法在握]“切”“接”问题处理的注意事项(1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[演练冲关]1．(2017·广州市综合测试)一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为( )A ．20πB ．205π3C ．5πD ．55π6解析：选D 由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r ＝1，其高h ＝1，∴球半径为R ＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫h 22＝1＋14＝52，∴该球的体积V ＝43πR 3＝43×⎝ ⎛⎭⎪⎫523π＝55π6． 2．(2016·河南省六市第一次联考)三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝15，AC ＝6，PC ⊥平面ABC ，PC ＝2，则该三棱锥的外接球表面积为( )A ．253πB ．252πC ．833πD ．832π解析：选D 由题可知，△ABC 中AC 边上的高为15－32＝6，球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC 的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，∴x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝546，∴R 2＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，∴外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π，故选D ．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( ) A ．163πB ．323πC ．16πD ．24π解析：选B 设球的半径为R ，因为表面积是16π，所以4πR 2＝16π，解得R ＝2．所以体积为43πR 3＝32π3．2．(2016·长春市质量检测(二))几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A ．323B ．16－2π3C ．403D ．16－8π3解析：选 C 该几何体可视为长方体挖去一个四棱锥所得，所以其体积为2×2×4－13×2×2×2＝403．故选C ．3．(2016·全国乙卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π解析：选A 由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2．因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π．故选A ．4．(2016·北京高考)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．解析：由题意知该四棱柱为直四棱柱，其高为1，其底面为上底长为1，下底长为2，高为1的等腰梯形，所以该四棱柱的体积为V ＝1＋2×12×1＝32． 答案：325．(2015·天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3．解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为V ＝13π×12×1×2＋π×12×2＝83π．答案：83π二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3解析：选A 设圆台较小底面半径为r ， 则另一底面半径为3r ．由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7．2．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为( )A ．6B ．8C ．12D ．24解析：选C 由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′． 由题意，得13×6×34×22×h ＝23，∴h ＝1， ∴斜高h ′＝12＋32＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12．故选C ．3．(2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．13＋2π B ．13π6C ．7π3D ．5π2解析：选B 由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝136π．4．(2017·兰州市实战考试)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为( )A ．32π B ．32C ．3πD ．3解析：选A 由题意得，该几何体为四棱锥，且该四棱锥的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，其半径为32，故体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝32π，故选A ． 5．(2016·山西省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为37，则侧视图中线段的长度x 的值是( )。
2020高考新课标数学(文)大一轮复习教师用书：专题研究 立体几何热点题型问题
专题研究立体几何热点题型问题专题概述：立体几何的解答题型主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用公式进行表面积、体积、距离的计算．试题背景有折叠问题、探索性问题等，考查空间想象能力、逻辑思维能力及转化与化归思想的应用能力．[专题讲解]题型一线面关系的证明【典例1】(2018·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥PD，P A＝PD，E，F 分别为AD，PB的中点．(1)求证：PE⊥BC；(2)求证：平面P AB⊥平面PCD；(3)求证：EF∥平面PCD.[审题程序]第一步：要证明PE⊥BC，需证明PE⊥AD和AD∥BC；第二步：证明平面P AB⊥平面PCD，需证PD⊥平面P AB；第三步：利用中位线或平行四边形证明线线平行，得出线面平行．[规范解答](1)因为P A＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD.所以PE⊥BC.(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又因为平面P AD⊥平面ABCD，所以AB⊥平面P AD.所以AB⊥PD.又因为P A⊥PD，所以PD⊥平面P AB.所以平面P AB⊥平面PCD.(3)取PC中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FG∥BC，FG＝12BC.因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DE∥BC，DE＝12BC.所以DE∥FG，DE＝FG.所以四边形DEFG为平行四边形．所以EF∥DG.又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]1．(2018·辽宁鞍山第一中学二模)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，D为棱BC的中点，AB＝AC，BC＝2AA1，求证：(1)A1C∥平面ADB1；(2)BC1⊥平面ADB1.[证明](1)如图，连接A1B，交AB1于点M，则M为A1B的中点．连接DM.∵D为棱BC的中点，∴DM∥A1C.又A1C⊄平面ADB1，DM⊂平面ADB1，∴A1C∥平面ADB1.(2)在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，可得AD⊥BB1.∵D为棱BC的中点，AB＝AC，∴AD⊥BC，又BC∩BB1＝B，∴AD⊥平面BCC1B1，即AD⊥BC1.在矩形BCC1B1中，∵BC＝2AA1，∴BB1DB ＝2，B1C1BB1＝2，又∠BB1C1＝∠DBB1＝90°，∴△DBB1∽△BB1C1，∴∠BDB1＝∠B1BC1，∠BB1D＝∠B1C1B，即∠B1BC1＋∠BB1D＝90°.∴BC1⊥DB1，又AD∩DB1＝D，∴BC1⊥平面ADB1.题型二简单几何的体积【典例2】(2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM中，AB ＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝23DA，求三棱锥Q－ABP的体积．[审题程序]第一步：观察所求结论，明确解题方向；第二步：分析条件，获取解题信息及依据；第三步：理论论证，公式求解．[规范解答](1)由已知可得，∠BAC＝90°，AB⊥AC. 又BA⊥AD，AC∩AD＝A，所以AB⊥平面ACD.因为AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3 2.又BP＝DQ＝23DA，所以BP＝2 2.作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊13DC.因为∠ACM＝90°，所以∠ACD＝90°，则DC⊥AC. 又由(1)知平面ACD⊥平面ABC.因为平面ACD∩平面ABC＝AC，DC⊂平面ACD，所以DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1. 因此，三棱锥Q－ABP的体积为V Q－ABP＝13QE·S△ABP＝13×1×12×3×22sin45 °＝1.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]2．如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝2，AB＝BC且AB⊥BC.(1)求证：AC⊥A1B；(2)求三棱锥C1－ABA1的体积．[解](1)证明：如图，取AC的中点O，连接A1O，BO.∵AA1＝A1C，∴A1O⊥AC，又AB＝BC.∴BO⊥AC，∵A1O∩BO＝O，∴AC⊥平面A1OB，又A1B⊂平面A1OB，∴AC⊥A1B.(2)三棱柱ABC－A1B1C1中，∵侧面AA1C1C⊥底面ABC，侧面AA1C1C∩底面ABC＝AC，OB ⊥AC，∴OB⊥平面AA1C1C.易求得OB＝1，S△AA1C1＝3，∴VC1－ABA1＝VB－AA1C1＝13S△AA1C1·OB＝3 3.题型三立体几何中的探索性问题【典例3】如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形，∠BAC＝90°，AA1⊥BC，AA1＝AC＝2AB＝4，且BC1⊥A1C.(1)求证：平面ABC1⊥平面A1ACC1；(2)设点D是A1C1的中点，判断并证明在线段BB1上是否存在点E，使得DE∥平面ABC1.若存在，求点E到平面ABC1的距离．[审题程序]第一步：证平面与平面垂直，寻求直线与平面垂直；第二步：先猜出点E的位置或用某个量表示BE与BB1的关系；第三步：论证或计算，得出结果．[规范解答](1)在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形，∴AA1⊥AB.又∵AA1⊥BC，AB∩BC＝B，∴A1A⊥平面ABC.∵AC⊂平面ABC，∴A1A⊥AC.又∵A1A＝AC，∴A1C⊥AC1.又∵BC1⊥A1C，BC1∩AC1＝C1，∴A1C⊥平面ABC1.又∵A1C⊂平面A1ACC1，∴平面ABC1⊥平面A1ACC1.(2)当点E为B1B的中点时，连接DE，如图，取A1A的中点F，连接EF，FD.∵EF∥AB，DF∥AC1，又EF∩DF＝F，AB∩AC1＝A，∴平面EFD∥平面ABC1，则DE∥平面ABC1.设点E到平面ABC1的距离为d，∵AB⊥AC，且AA1⊥AB，AC∩AA1＝A，∴AB⊥平面A1ACC1，∴AB⊥AC1.∵AB ＝2，AC 1＝42，∴S △BAC 1＝12×42×2＝4 2.∵A 1A ⊥AC ，AB ⊥AC ，AB ∩A 1A ＝A ，∴AC ⊥平面A 1ABB 1.∵AC ∥A 1C 1，∴A 1C 1⊥平面A 1ABB 1，∴VC 1－ABE ＝13×S △ABE ×A 1C 1＝13×12×2×2×4＝83，由VE －ABC 1＝VC 1－ABE ，得13×42d ＝83，解得d ＝ 2.[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]3．(2018·江西抚州临川一中期中)如图，在四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ＝6，BC ＝2AB ＝4，E ，F 分别在BC ，AD 上，EF ∥AB ，现将四边形ABCD 沿EF 折起，使BE ⊥EC .(1)若BE ＝1，在折叠后的线段AD 上是否存在一点P ，使得CP∥平面ABEF ？若存在，求出AP PD 的值；若不存在，说明理由．(2)求三棱锥A －CDF 体积的最大值，并求出此时点F 到平面ACD 的距离．[解] (1)AD 上存在一点P ，使得CP ∥平面ABEF ，此时AP PD ＝32.理由如下：当AP PD ＝32时，AP AD ＝35，过点P 作MP ∥FD 交AF 于点M ，连接EM ，PC ，则有MP FD ＝AP AD ＝35.∵BE ＝1，可得FD ＝5，∴MP ＝3.又EC ＝3，MP ∥FD ∥EC ，∴有MP 綊EC ，∴四边形PMEC 为平行四边形，∴CP ∥ME .又CP ⊄平面ABEF ，ME ⊂平面ABEF ，∴CP ∥平面ABEF .(2)设BE ＝x ，则AF ＝x (0<x ≤4)，FD ＝6－x ，故V A －CDF ＝13×12×2·(6－x )·x ＝13(－x 2＋6x )，∴当x ＝3时，V A －CDF 有最大值，且最大值为3，此时EC ＝1，AF ＝3，FD ＝3，DC ＝22，∴AD ＝32， AC ＝AF 2＋EF 2＋EC 2＝14.在△ACD 中，由余弦定理得cos ∠ADC ＝AD 2＋DC 2－AC 22AD ·DC ＝18＋8－142×32×22＝12，∴sin ∠ADC ＝32.S △ADC ＝12DC ·DA ·sin ∠ADC ＝3 3.设点F 到平面ADC 的距离为h ，∵V A －CDF ＝V F －ACD ，即3＝13h ·S △ADC ，∴h ＝3，即点F 到平面ACD 的距离为 3.课后跟踪训练(四十九)1.如图，四边形ABCD 是菱形，四边形MADN 是矩形，平面MADN ⊥平面ABCD ，E 、F 分别为MA 、DC 的中点，求证：(1)EF ∥平面MNCB ；(2)平面MAC ⊥平面BND .[证明] (1)如图，取NC 的中点G ，连接FG ，MG .因为ME ∥ND 且ME ＝12ND ，F 、G 分别为DC 、NC 的中点，FG∥ND 且FG ＝12ND ，所以FG与ME平行且相等，所以四边形MEFG是平行四边形，所以EF∥MG，又MG⊂平面MNCB，EF⊄平面MNCB，所以EF∥平面MNCB.(2)如图，连接BD、MC.因为四边形MADN是矩形，所以ND⊥AD.因为平面MADN⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面MADN＝AD，DN⊂平面MADN，所以ND⊥平面ABCD，所以ND⊥AC.因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.因为BD∩ND＝D，所以AC⊥平面BDN.又AC⊂平面MAC，所以平面MAC⊥平面BDN.2．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝22，P A＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．[解](1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知，OP ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC .(2)作CH ⊥OM ，垂足为H .又由(1)可得OP ⊥CH ，且OP ∩OM ＝O ，所以CH ⊥平面POM ，故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．由题设可知OC ＝12AC ＝2，CM ＝23BC ＝423，∠ACB ＝45°，所以在△OCM 中，由余弦定理可求得OM ＝253，则CH ＝OC ·MC ·sin ∠ACB OM ＝455，所以点C 到平面POM 的距离为455.3．(2018·山东菏泽期末)如图，在四棱锥P －ABCD 中，△BCD ，△P AD 都是等边三角形，平面P AD ⊥平面ABCD ，且AD ＝2AB ＝4，CD ＝2 3.(1)求证：平面P AD⊥平面PCD；(2)E是AP上一点，当BE∥平面PCD时，求三棱锥C－PDE的体积．[解](1)证明：因为AD＝4，AB＝2，BD＝23，所以AD2＝AB2＋BD2，所以AB⊥BD，∠ADB＝30°.又因为△BCD是等边三角形，所以∠BDC＝60°，所以∠ADC＝90°，所以DC⊥AD.因为平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面P AD.因为CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面P AD.(2)过点B作BG∥CD交AD于点G，连接GE.因为BG∥CD，BG⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以BG∥平面PCD.当BE∥平面PCD时，因为BG∩BE＝B，所以平面BEG∥平面PCD.因为EG⊂平面BEG，所以EG∥平面PCD.又平面APD∩平面PDC＝PD，所以EG∥PD，所以PEP A ＝DG DA.在直角三角形BGD中，BD＝23，∠BDG＝30°，所以DG＝23cos 30°＝3，所以PEP A ＝DGDA＝34，在平面P AD内，过点E作EH⊥PD于点H.因为CD ⊥平面P AD ，EH ⊂平面P AD ，所以CD ⊥EH .因为PD ∩CD ＝D ，所以EH ⊥平面PCD ，所以EH 是点E 到平面PCD 的距离．过点A 作AM ⊥PD 于点M ，则AM ＝32×4＝2 3.由AM ∥EH ，得EH AM ＝PE P A ＝34，所以EH ＝332.因为S △PCD ＝12×4×23＝43，所以V C －PDE ＝V E －PDC ＝13×43×332＝6.4．(2018·河南师大附中模拟)如图，在斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，点O ，E 分别是A 1C 1，AA 1的中点，AO ⊥平面A 1B 1C 1.已知∠BCA ＝90°，AA 1＝AC ＝BC ＝2.(1)证明：OE ∥平面AB 1C 1；(2)求异面直线AB 1与A 1C 所成的角；(3)求直线A 1C 1与平面AA 1B 1所成角的正弦值．[解] (1)证明：∵点O ，E 分别是A 1C 1，AA 1的中点，∴OE ∥AC 1. 又∵EO ⊄平面AB 1C 1，AC 1⊂平面AB 1C 1，∴OE ∥平面AB 1C 1.(2)∵AO ⊥平面A 1B 1C 1，B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，∴AO ⊥B 1C 1.又∵A 1C 1⊥B 1C 1，且A 1C 1∩AO ＝O ，∴B 1C 1⊥平面A 1C 1CA ，∴A 1C ⊥B 1C 1.又∵AA 1＝AC ，∴四边形A 1C 1CA 为菱形，∴A 1C ⊥AC 1，且B 1C 1∩AC 1＝C 1，∴A 1C ⊥平面AB 1C 1.又∵AB 1⊂平面AB 1C 1，∴A 1C ⊥AB 1，即异面直线AB 1与A 1C 所成的角为90°.(3)∵O 是A 1C 1的中点，AO ⊥A 1C 1，∴AC 1＝AA 1＝2.又A 1C 1＝AC ＝2，∴△AA 1C 1为正三角形，∴AO ＝ 3.又∠BCA ＝90°，∴A 1B 1＝AB ＝2 2.连接OB 1，易得OB 1＝OC 21＋B 1C 21＝5，AB 1＝AO 2＋OB 21＝2 2.设点C 1到平面AA 1B 1的距离为d ，直线A 1C 1与平面AA 1B 1所成的角为θ.∵VA －A 1B 1C 1＝VC 1－AA 1B 1，∴13×12A 1C 1·B 1C 1·AO ＝13S △AA 1B 1·d .∴d ＝23S △AA 1B 1. 又∵在△AA 1B 1中，A 1B 1＝AB 1＝22，AA 1＝2，∴S △AA 1B 1＝7，∴d ＝2217，∴sin θ＝22172＝217，∴A 1C 1与平面AA 1B 1所成角的正弦值为217.。
2020高考数学大一轮复习第八章教师用书理0
第八章⎪⎪⎪立 体 几 何第一节空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积突破点(一) 空间几何体的三视图和直观图1．空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征(1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图． (2)三视图的画法本节主要包括3个知识点：1.空间几何体的三视图和直观图；2.空间几何体的表面积与体积；3.与球有关的切、接应用问题.①在画三视图时，能看见的轮廓线和棱用实线表示，重叠的线只画一条，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．3．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半．[例1] (1)用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( )A．圆柱 B．圆锥C．球体 D．圆柱、圆锥、球体的组合体(2)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] (1)截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．(2)A错，如图(1)；B正确，如图(2)，其中底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，可证明∠PAB，∠PCB，∠PDA，∠PDC都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图(3)；D 错，由棱台的定义知，其侧棱的延长线必相交于同一点．[答案] (1)C (2)B [方法技巧]解决与空间几何体结构特征有关问题的三个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如例1(2)中的A ，C 两项易判断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．1.长对正、高平齐、宽相等，即俯视图与正视图一样长；正视图与侧视图一样高；侧视图与俯视图一样宽．2．三视图的排列顺序先画正视图，俯视图放在正视图的下方，侧视图放在正视图的右方．[例2] (1)(2017·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD 的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD 的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形，按正视图，侧视图，俯视图的顺序排列)( )A．①②⑥ B．①②③ C．④⑤⑥ D．③④⑤(2)(2016·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )[解析] (1)正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.(2)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.[答案] (1)B (2)B[方法技巧]三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向；注意能看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图解决此类问题，可先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入检验．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．空间几何体的直观图直观图与原图形面积的关系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关系：(1)S直观图＝24S原图形．(2)S原图形＝22S直观图．[例3] 用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )[解析] 由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.[答案] A1．[考点一]如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是( )A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：选B 因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A，C是真命题；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D是真命题；B是假命题，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．2．[考点二]一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )解析：选B 由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部是一条水平线段连接两个三角形．3．[考点二]已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为( )解析：选C 当正视图为等腰三角形时，则高应为2，且应为虚线，排除A，D；当正视图是直角三角形时，由条件得一个直观图如图所示，中间的线是看不见的线PA形成的投影，应为虚线，故答案为 C.4．[考点三]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为( )A．4 cm2 B．4 2 cm2 C．8 cm2 D．8 2 cm2解析：选C 依题意可知∠BAD ＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC ，AD 相等，高为梯形ABCD 的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm 2.5．[考点二](2017·南昌模拟)如图，在正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P BCD 的正视图与侧视图的面积之比为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．2∶3D ．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥P BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P BCD 的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.突破点(二) 空间几何体的表面积与体积基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱 圆锥 圆台侧面展开图侧面积公式S 圆柱侧＝2πrlS 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l圆柱、圆锥、圆台侧面积间的关系：S 圆柱侧＝2πrl ――→r ′＝r S 圆台侧＝π(r ＋r ′)l ――→r ′＝0S 圆锥侧＝πrl .2．空间几何体的表面积与体积公式名称 几何体表面积体积柱体 (棱柱和圆柱)S 表面积＝S 侧＋2S 底V ＝Sh锥体 (棱锥和圆锥)S 表面积＝S 侧＋S 底 V ＝13Sh[例1] 其中侧视图的下半部分曲线为半圆弧，则该几何体的表面积为( )A．4π＋16＋4 3 B．5π＋16＋4 3C．4π＋16＋2 3 D．5π＋16＋2 3(2)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )A ．1＋ 3B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2[解析] (1)由三视图可知该几何体是一个正三棱柱和一个半圆柱的组合体，三棱柱的两个侧面面积之和为2×4×2＝16，两个底面面积之和为2×12×2×3＝23；半圆柱的侧面积为π×4＝4π，两个底面面积之和为2×12×π×12＝π，所以几何体的表面积为5π＋16＋23，故选D.(2)根据三视图还原几何体如图所示，其中侧面ABD ⊥底面BCD ，另两个侧面ABC ，ACD 为等边三角形，则有S 表面积＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋ 3.[答案] (1)D (2)B[方法技巧]求空间几何体表面积的常见类型及思路(1)求多面体的表面积，只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积．(2)求旋转体的表面积，可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系．(3)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积．柱体、锥体、台体体积间的关系[例2] (1)(2016·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12D．1(2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋2π B.13π6 C.7π3 D.5π2[解析] (1)通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥P ABC ，通过侧视图得高h ＝1，通过俯视图得底面积S ＝12×1×1＝12，所以体积V ＝13Sh ＝13×12×1＝16.(2)由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝13π6.[答案] (1)A (2)B [方法技巧]求空间几何体体积的常见类型及思路(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点二](2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23π B.13＋23πC.13＋26π D．1＋26π解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π.故选C.2．[考点二]已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5π3 cm 3 B ．2π cm 3 C.7π3cm 3 D ．3π cm 3解析：选 C 该几何体为一个圆柱挖去半个球得到的几何体，其体积V ＝π×12×3－12×4π×133＝7π3(cm 3)．3.[考点一]某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．125＋20B ．242＋20C ．44D ．12 5解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，且上、下底面的边长分别为2,4，则侧面梯形的高h ＝ 22＋⎝⎛⎭⎪⎫4－222＝5，所以该正四棱台的表面积S ＝2＋4×52×4＋22＋42＝125＋20.4．[考点一]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.5．[考点二]中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)：若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x 的值为________．解析：由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成，由题意得：(5.4－x )×3×1＋π·⎝ ⎛⎭⎪⎫122x ＝12.6，解得x ＝1.6.答案：1.6突破点(三) 与球有关的切、接应用问题1.球的表面积和体积是每年高考的热点，且多与三视图、多面体等综合命题，常以选择题、填空题的形式出现.解决此类问题时，一是要善于把空间问题平面化，把平面问题转化到直角三角形中处理；二是要将变化的模型转化到固定的长方体或正方体中.2.与球有关的组合体问题主要有两种，一种是内切问题，一种是外接问题.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关“元素”间的数量关系，并作出合适的截面图.[例1] 若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________. [解析] 设正四面体棱长为a ， 则正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14， 即r ＝14×63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a2＝63π. [答案] 63π[方法技巧]处理与球有关内切问题的策略解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．处理与球有关外接问题的策略把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[例2] (1)(2017·抚顺模拟)已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为( )A.3172B．210 C.132D．310(2)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4B．16πC．9π D.27π4(3)一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为________．[解析] (1)如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋62＝132.(2)如图所示，设球半径为R ，底面中心为O ′且球心为O ， ∵正四棱锥P ABCD 中AB ＝2， ∴AO ′＝ 2. ∵PO ′＝4，∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2， ∴R 2＝(2)2＋(4－R )2， 解得R ＝94，∴该球的表面积为4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫942＝81π4. (3)依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，球的直径就是正方体的体对角线，∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝3， ∴球的体积V ＝43πR 3＝43π.[答案] (1)C (2)A (3)43π [方法技巧]与球有关外接问题的解题规律(1)直棱柱外接球的球心到直棱柱底面的距离恰为棱柱高的12.(2)正方体外接球的直径为正方体的体对角线的长．此结论也适合长方体，或由同一顶点出发的两两互相垂直的三条棱构成的三棱柱或三棱锥．(3)求多面体外接球半径的关键是找到由球的半径构成的三角形，解三角形即可．1．[考点一]一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2Sa ＋b ＋c＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B.2．[考点二]如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．200πB ．150πC ．100πD ．50π解析：选D 由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去4个角后得到，此长方体的长、宽、高分别为5,4,3，所以外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎪⎫5222＝50π，故选D. 3．[考点二](2016·太原模拟)如图，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体A ′BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，若四面体A ′BCD的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．3πB.32π C ．4π D.34π 解析：选A 由图示可得BD ＝A ′C ＝2，BC ＝3，△DBC 与△A ′BC 都是以BC 为斜边的直角三角形，由此可得BC 中点到四个点A ′，B ，C ，D 的距离相等，即该三棱锥的外接球的直径为3，所以该外接球的表面积S ＝4π×⎝⎛⎭⎪⎫322＝3π. 4．[考点二]设一个球的表面积为S 1，它的内接正方体的表面积为S 2，则S 1S 2的值等于( ) A.2πB.6πC.π6D.π2解析：选D 设球的半径为R ，其内接正方体的棱长为a ，则易知R 2＝34a 2，即a ＝233R ，则S 1S 2＝4πR26×⎝⎛⎭⎪⎫233R 2＝π2.[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1．(2016·全国甲卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得，l ＝22＋232＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.2．(2016·全国丙卷)在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB.9π2 C ．6π D.32π3解析：选B 设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V max ＝43×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝9π2.故选B.3．(2015·新课标全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18 B.17 C.16 D.15解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15，故选D. 4．(2015·新课标全国卷Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π解析：选C 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2.∵V O ABC ＝V C AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O ABC最大，为13×12R 2×R ＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.故选C.5．(2015·新课标全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B.6．(2015·新课标全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛解析：选B 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π，所以米堆的体积为V ＝14×13π·r 2·5＝π12×⎝ ⎛⎭⎪⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)．故选B.7．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm，高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727B.59C.1027D.13解析：选C 原毛坯的体积V＝(π×32)×6＝54π(cm3)，由三视图可知该零件为两个圆柱的组合体，其体积V′＝V1＋V2＝(π×22)×4＋(π×32)×2＝34π(cm3)，故所求比值为1－V′V＝1027.8．(2013·新课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．16＋8π B．8＋8πC．16＋16π D．8＋16π解析：选A 根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π，故选A.9．(2012·新课标全国卷)已知三棱锥S ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此棱锥的体积为( )A.26B.36 C.23D.22解析：选A 由于三棱锥S ABC 与三棱锥O ABC 底面都是△ABC ，O 是SC 的中点，因此三棱锥S ABC 的高是三棱锥O ABC 高的2倍，所以三棱锥S ABC 的体积也是三棱锥O ABC 体积的2倍．在三棱锥O ABC 中，其棱长都是1，如图所示，S △ABC ＝34×AB 2＝34，高OD ＝12－⎝⎛⎭⎪⎫332＝63，所以V S ABC ＝2V O ABC ＝2×13×34×63＝26.[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．下列结论正确的是( )A ．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B ．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C ．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥D ．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：选D A 错误，如图①是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，它的各个面都是三角形，但它不是三棱锥；B 错误，如图②，若△ABC 不是直角三角形，或△ABC 是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥；C 错误，若该棱锥是六棱锥，由题设知，它是正六棱锥．易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长，这与题设矛盾．2.如图是一个空间几何体的三视图，其中正视图、侧视图都是由边长为4和6的矩形以及直径等于4的圆组成，俯视图是直径等于4的圆，该几何体的体积是( )A.41π3 B.62π3C.83π3D.104π3解析：选D 由题意得，此几何体为球与圆柱的组合体，其体积V ＝43π×23＋π×22×6＝104π3. 3．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．12＋4 2B ．18＋8 2C ．28D ．20＋8 2解析：选D 由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图．则该几何体的表面积为S ＝2×12×2×2＋4×2×2＋22×4＝20＋82，故选D.4．《九章算数》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A ．2B ．4＋2 2C ．4＋4 2D ．6＋4 2解析：选C 由题可知，该几何体的底面为等腰直角三角形，等腰直角三角形的斜边长为2，腰长为2，棱柱的高为2.所以其侧面积S ＝2×2＋22×2＝4＋42，故选C.5．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为9π2，则正方体的棱长为________．解析：设正方体棱长为a ，球半径为R ，则43πR 3＝9π2，∴R ＝32，∴3a ＝3，∴a ＝ 3.答案： 3[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．已知圆锥的表面积为a ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是( )A.a2 B.3πa3πC.23πa3πD.23a 3π解析：选C 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题意知2πr ＝πl ，∴l ＝2r ，则圆锥的表面积S 表＝πr 2＋12π(2r )2＝a ，∴r 2＝a 3π，∴2r ＝23πa 3π.2．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3B.4π3C.5π3D ．2π解析：选C 过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V圆柱－V圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C. 3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.163B.203C.152D.132解析：选D 该几何体可视为正方体截去两个三棱锥所得，如图所示，所以其体积为23－13×12×2×2×2－13×12×1×1×1＝132.故选D.4．已知正四面体的棱长为2，则其外接球的表面积为( ) A ．8π B ．12π C.32π D ．3π解析：选D 如图所示，过顶点A 作AO ⊥底面BCD ，垂足为O ，则O 为正三角形BCD 的中心，连接DO 并延长交BC 于E ，又正四面体的棱长为2，所以DE ＝62，OD ＝23DE ＝63，所以在直角三角形AOD 中，AO ＝AD 2－OD 2＝233.设正四面体外接球的球心为P ，半径为R ，连接PD ，则在直角三角形POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2，即R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－R 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫632，解得R ＝32，所以外接球的表面积S＝4πR 2＝3π.5．(2017·郑州质检)如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为( )A ．8πB ．16πC ．32πD ．64π解析：选C 还原三视图可知该几何体为一个四棱锥，将该四棱锥补成一个长、宽、高分别为22，22，4的长方体，则该长方体外接球的半径r ＝222＋222＋422＝22，则所求外接球的表面积为4πr 2＝32π.6．已知四棱锥P ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P ABCD 的四个侧面中面积的最大值是( )A ．6B ．8C ．2 5D ．3解析：选A 四棱锥如图所示，作PN ⊥平面ABCD ，交DC 于点N ，PC ＝PD ＝3，DN ＝2，则PN ＝32－22＝5，AB ＝4，BC ＝2，BC ⊥CD ，故BC ⊥平面PDC ，即BC ⊥PC ，同理AD ⊥PD .设M 为AB 的中点，连接PM ，MN ，则PM ＝3，S △PDC ＝12×4×5＝25，S △PBC ＝S △PAD ＝12×2×3＝3，S △PAB＝12×4×3＝6，所以四棱锥P ABCD 的四个侧面中面积的最大值是6. 二、填空题7．在棱长为3的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 在线段BD 1上，且BP PD 1＝12，M 为线段B 1C 1上的动点，则三棱锥M PBC 的体积为________．解析：∵BP PD 1＝12，∴点P 到平面BC 1的距离是D 1到平面BC 1距离的13， 即三棱锥P MBC 的高h ＝D 1C 13＝1.M 为线段B 1C 1上的点，∴S △MBC ＝12×3×3＝92，∴V M PBC ＝V P MBC ＝13×92×1＝32.答案：328．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.解析：由三视图可得该几何体是组合体，上面是底面圆的半径为2 m 、高为2 m 的圆锥，下面是底面圆的半径为1 m 、高为4 m 的圆柱，所以该几何体的体积是13×4π×2＋4π＝20π3(m 3)．答案：20π39.如图，正方形O ′A ′B ′C ′的边长为a ，它是一个水平放置的平面图形的直观图，则原图形OABC 的周长是________．解析：由斜二测画法的规则可知，原图形OABC 是一个平行四边形． 在原图形OABC 中OB ＝22a ，OA ＝a ， 且OA ⊥OB ，∴AB ＝3a ，∴原图形OABC 的周长为2(a ＋3a )＝8a . 答案：8a10．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是________寸．(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸)解析：由题意知，圆台中截面圆的半径为十寸，圆台内水的体积为V ＝13πh (r 2中＋r 2下＋r中r 下)＝π3×9×(102＋62＋10×6)＝588π(立方寸)，降雨量为V142π＝588π196π＝3(寸)． 答案：3 三、解答题11．已知球的半径为R ，在球内作一个内接圆柱，这个圆柱的底面半径与高为何值时，。
2020届高考数学一轮复习：教师用书-第七章 立体几何
第七章⎪⎪⎪立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体 (1)多面体的结构特征(1)画法：常用斜二测画法． (2)规则：①原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴、y ′轴的夹角为45°(或135°)，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题体验]1．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的长为()A.5B．2 2C．3 D．2 3B1C1D1中，M，N分解析：选C在棱长为2的正方体ABCD-A别为AD，BC的中点，该几何体的直观图如图中三棱锥D1-MNB1，故通过计算可得，D1B1＝22，D1M＝B1N＝5，MN＝2，MB1＝ND1＝3，故该三棱锥中最长棱的长为3.2．(教材习题改编)如图，长方体ABCD-A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．[小题纠偏]1.如图，能推断这个几何体可能是三棱台的是()A ．A 1B 1＝2，AB ＝3，B 1C 1＝3，BC ＝4B ．A 1B 1＝1, AB ＝2，B 1C 1＝32，BC ＝3，A 1C 1＝2，AC ＝3C ．A 1B 1＝1，AB ＝2，B 1C 1＝32，BC ＝3，A 1C 1＝2，AC ＝4D ．AB ＝A 1B 1，BC ＝B 1C 1，CA ＝C 1A 1解析：选C 根据棱台是由棱锥截成的，可知A 1B 1AB ＝B 1C 1BC ＝A 1C 1AC ，故A ，B 不正确，C正确；D 项中满足这个条件的是一个三棱柱，不是三棱台，故D 不正确．2．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )解析：选B 俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B. 3．(教材习题改编)利用斜二测画法得到的 ①三角形的直观图一定是三角形； ②正方形的直观图一定是菱形； ③等腰梯形的直观图可以是平行四边形； ④菱形的直观图一定是菱形． 以上结论正确的个数是________．解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．答案：1考点一 空间几何体的结构特征(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( ) A ．圆柱 B ．圆锥C ．球体D ．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体． 2．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0B．1C．2 D．3解析：选B①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．3．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中的三棱锥C1-ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题的3个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()解析：选A由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.2．(2018·杭州模拟)已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，那么该三棱锥的侧视图可能为()解析：选B由正视图可看出长为2的侧棱垂直于底面，侧视图为直角三角形，直角边长为2，另一直角边为底边三角形的高 3.故侧视图可能为B.[由题悟法]1．已知几何体，识别三视图的技巧已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．2．已知三视图，判断几何体的技巧(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．(3)遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．[提醒]对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．[即时应用]1．(2018·沈阳教学质量监测)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是()解析：选B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B ，故选B.2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )解析：选D 由俯视图是圆环可排除A 、B 、C ，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D.考点三 空间几何体的直观图(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2018·杭州模拟)在等腰梯形ABCD 中，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．解析：画出等腰梯形ABCD 的实际图形及直观图A ′B ′C ′D ′如图所示，因为OE ＝(2)2－12＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ′＝24.所以直观图A ′B ′C ′D ′的面积为 S ′＝12×(1＋3)×24＝22.答案：22[由题悟法]原图与直观图中的“三变”与“三不变”(1)“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度改变(减半)图形改变(2)“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不变与x 轴平行的线段长度不变相对位置不变[即时应用]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 ．一般的平行四边形解析：选C 如图，在原图形OABC 中，应有OD ＝2O ′D ′＝2×22＝4 2 cm ，CD ＝C ′D ′＝2 cm.∴OC ＝OD 2＋CD 2＝(42)2＋22＝6 cm ， ∴OA ＝OC ，故四边形OABC 是菱形．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )解析：选D 几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．2．下列说法正确的是( )A ．棱柱的两个底面是全等的正多边形B ．平行于棱柱侧棱的截面是矩形C．{直棱柱}⊆{正棱柱}D．{正四面体}⊆{正三棱锥}解析：选D因为选项A中两个底面全等，但不一定是正多边形；选项B中一般的棱柱不能保证侧棱与底面垂直，即截面是平行四边形，但不一定是矩形；选项C中{正棱柱}⊆{直棱柱}，故A、B、C都错；选项D中，正四面体是各条棱均相等的正三棱锥，故正确．3．(2019·杭州四校联考)如图所示的为一个几何体的三视图，则该几何体的直观图是()解析：选A对于A，该几何体的三视图恰好与已知图形相符，故A符合题意；对于B，该几何体的正视图中，对角线是虚线，故B不符合题意；对于C，该几何体的正视图中，对角线是从左上到右下的，故C不符合题意；对于D，该几何体的侧视图中，对角线是虚线，故D不符合题意．故选A.4．(2019·台州质检)如图，网络纸上正方形小格的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体中最长棱的长度为()A．62B．6 3C．8 D．9解析：选D由三视图还原几何体如图，该几何体为三棱锥，侧棱PA⊥底面ABC，底面三角形ABC为等腰三角形，且PB＝62＋(32)2＝36，PC＝62＋(35)2＝9，则该几何体中最长棱的长度为9.故选D.5.在如图所示的直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在直角坐标系xOy中，四边形ABCO的形状为________，面积为________cm2.解析：由斜二测画法的特点知该平面图形是一个长为4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2.答案：矩形8二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·台州模拟)一个简单几何体的正视图、俯视图如图所示，则其侧视图不可能为()A．正方形B．圆C．等腰三角形D．直角梯形解析：选D该几何体是一个长方体时，其中一个侧面为正方形，A可能；该几何体是一个横放的圆柱时，B可能；该几何体是横放的三棱柱时，C可能，只有D不可能．2．如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC边中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则三条线段AB，AD，AC中()A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选B由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB＜AD＜AC.3．(2018·沈阳教学质量监测)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个凸多面体的三视图(两个矩形，一个直角三角形)，则这个几何体可能为()A．三棱台B．三棱柱C．四棱柱D．四棱锥解析：选B根据三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等，可得几何体如图所示，这是一个三棱柱．4.(2018·温州第八高中质检)如图，水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为2，且侧棱AA 1⊥平面A 1B 1C 1，正视图是边长为2的正方形，该三棱柱的侧视图面积为( )A ．4B ．2 3C ．2 2D. 3解析：选B 由题可得，该几何体的侧视图是一个长方形，其底边长是底面正三角形的高3，高为2，所以侧视图的面积为S ＝2 3.5．已知四棱锥P -ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PM ＝3，PN ＝5，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3，S △PBC ＝12×4×3＝6.所以四个侧面中面积最大的是6.6.(2018·台州模拟)如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E 为棱BB 1的中点，若用过点A ，E ，C 1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为( )解析：选C取DD1的中点F，连接AF，FC1，则过点A，E，C1的平面即为面AEC1F，所以剩余几何体的侧视图为选项C.7．(2019·义乌六校联考)图①是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥A1-AB1D1后得到的几何体，将其绕着棱DD1所在的直线逆时针旋转45°，得到如图②所示的几何体，该几何体的正视图为()解析：选B由题意可知，该几何体的正视图是长方形，底面对角线DB在正视图中的长为2，棱CC1在正视图中为虚线，D1A，B1A在正视图中为实线，故该几何体的正视图为B.8．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③直四棱柱是直平行六面体；④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④9．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12 cm ，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：1310．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________．解析：如图，图①、图②所示的分别是实际图形和直观图． 从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32，C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64. 所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64.答案：64三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．(2018·湖南东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A ．4 3B ．8 3C ．47D ．8解析：选C 设该三棱锥为P -ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，PA ＝4，则由三视图可知△ABC 是边长为4的等边三角形，故PB ＝PC ＝42，所以S △ABC ＝12×4×23＝43，S △PAB＝S △PAC ＝12×4×4＝8，S △PBC ＝12×4×(42)2－22＝47，故四个面中面积最大的为S △PBC＝47，选C.3.如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA .解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36 cm 2.(2)由侧视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2. 由正视图可知AD ＝6， 且AD ⊥PD ， 所以在Rt △APD 中， PA ＝PD 2＋AD 2＝(62)2＋62＝6 3 cm.第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式[1．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：l ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.2．(教材习题改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为3的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h ＝3，所以该几何体的体积V ＝S ·h ＝⎝⎛⎭⎫12×2×3×3＝3 3. 答案：3 33．若球O 的表面积为4π，则该球的体积为________．解析：由题可得，设该球的半径为r ，则其表面积为S ＝4πr 2＝4π，解得r ＝1.所以其体积为V ＝43πr 3＝43π.答案：43π1．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．3．易混侧面积与表面积的概念． [小题纠偏]1．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶12．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S ＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋16 2.答案：72＋16 2考点一 空间几何体的表面积(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( ) A ．8＋2 2 B ．11＋2 2 C ．14＋2 2 D ．15解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.2．(2018·浙江新高考联盟高三期初联考)如图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积等于( )A ．34＋65B ．44＋12 5C ．34＋6 3D ．32＋6 5解析：选A 由三视图知几何体底面是一个长为6，宽为2的矩形，高为4的四棱锥，所以该几何体的表面积为12×6×25＋12×6×4＋2×12×2×5＋6×2＝34＋65，故选A.3．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线是一个棱锥的三视图，则该棱锥的表面积为( )A ．6＋42＋2 3B ．8＋4 2C ．6＋6 2D ．6＋22＋4 3解析：选A 由三视图可知该棱锥为如图所示的四棱锥P -ABCD ，S △PAB ＝S △PAD ＝S △PDC ＝12×2×2＝2，S △PBC ＝12×22×22×sin 60°＝23，S 四边形ABCD ＝22×2＝42，故该棱锥的表面积为6＋42＋2 3.[谨记通法]几何体的表面积的求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理．考点二 空间几何体的体积(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2018·金华高三期末考试)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.223B.233C.423D.433解析：选D 由三视图可知该几何体是一个以俯视图为底面的四棱锥，其直观图如图所示．底面ABCD 的面积为2×2＝4，高PO ＝3，故该几何体的体积V ＝13×4×3＝433.2．(2018·宁波十校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于________，表面积等于________．解析：如图，由三视图可知该几何体是底面半径为2，高为3的圆柱的一半，故该几何体的体积为12×π×22×3＝6π，表面积为2×12×π×22＋4×3＋π×2×3＝10π＋12.答案：6π 12＋10π[由题悟法]有关几何体体积的类型及解题策略1．(2018·杭州高级中学模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．1 B.32 C.12D.34解析：选C 由题可得，该几何体是一个四棱锥，底面是上下底边分别为1和2，高为1的直角梯形，又四棱锥的高为1.所以该几何体的体积为V ＝13×12×(1＋2)×1×1＝12.2．(2019·台州高三适考)如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为________，几何体中最长棱的长是________．解析：由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中的三棱锥M -A 1B 1N ，如图所示，M 是棱AB 上靠近点A 的一个三等分点，N 是棱C 1D 1的中点，所以VM -A 1B 1N ＝13×12×2×2×2＝43.又A 1B 1＝2，A 1N ＝B 1N ＝22＋12＝5，A 1M ＝22＋⎝⎛⎭⎫232＝2103，B 1M ＝22＋⎝⎛⎭⎫432＝2133，MN ＝22＋22＋⎝⎛⎭⎫132＝733，所以该几何体中最长棱的长是733. 答案：437333.(2018·温州高三一模)如图，一个简单几何体的三视图的正视图与侧视图都是边长为1的正三角形，其俯视图的轮廓为正方形，则该几何体的体积为________，表面积为________．解析：如图，还原三视图为正四棱锥，易得正四棱锥的高为32，底面积为1，体积V ＝13×1×32＝36；易得正四棱锥侧面的高为⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫122＝1，所以表面积S ＝4×12×1×1＋1＝3.答案：363 考点三 与球有关的切、接问题(题点多变型考点——多角探明) [锁定考向]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变．常见的命题角度有： (1)球与柱体的切、接问题； (2)球与锥体的切、接问题．[题点全练]角度一：球与柱体的切、接问题1.如图，已知球O 是棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的内切球，则平面ACD 1截球O 的截面面积为( )A.66π B.π3 C.π6D.33π 解析：选C 平面ACD 1截球O 的截面为△ACD 1的内切圆．因为正方体的棱长为1，所以AC ＝CD 1＝AD 1＝2，所以内切圆的半径r ＝22×tan 30°＝66， 所以S ＝πr 2＝π×16＝16π.2．(2018·金华一模)一个圆柱的轴截面是正方形，在圆柱内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记球O 的体积为V 1，圆柱内除了球之外的几何体体积为V 2，则V 1V 2的值为________．解析：如图，设圆柱的底面半径为r ，则圆柱的高为2r ，球O 的半径为r ，∴球O 的体积V 1＝43πr 3，圆柱内除了球之外的几何体体积 V 2＝πr 2×2r －43πr 3＝23πr 3， ∴V 1V 2＝43πr 323πr 3＝2. 答案：2角度二：球与锥体的切、接问题3．(2018·绍兴质检)四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为6的正方形，且PA ＝PB ＝PC ＝PD ，若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切，则该四棱锥的高是( )A ．6B ．5 C.92D.94解析：选D 过点P 作PH ⊥平面ABCD 于点H .由题知，四棱锥P -ABCD 是正四棱锥，内切球的球心O 应在四棱锥的高PH 上．过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图，其中PE ，PF 是斜高，M 为球面与侧面的一个切点．设PH ＝h ，易知Rt △PMO ∽Rt △PHF ，所以OM FH ＝PO PF ，即13＝h －1h 2＋32，解得h ＝94. 4．(2018·嘉兴一模)如图是某几何体的三视图，正视图是等边三角形，侧视图和俯视图为直角三角形，则该几何体外接球的表面积为( )A.20π3 B ．8π C ．9πD.19π3解析：选D 如图，该几何体为三棱锥A -BCD ，设三棱锥外接球的球心为O ，O 1，O 2分别为△BCD ，△ABD 的外心，依题意得，OO 1＝36AB ＝33，O 1D ＝12CD ＝52，∴球的半径R ＝OO 21＋O 1D 2＝ 1912，∴该几何体外接球的表面积S ＝4πR 2＝19π3. [通法在握]解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：[演练冲关]1．一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为( )A ．20π B.205π3C ．5πD.55π6解析：选D 由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r ＝1，其高h ＝1，∴球半径为R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫h 22＝1＋14＝52，∴该球的体积V ＝43πR 3＝43×⎝⎛⎭⎫523π＝55π6.2．(2018·镇海期中)一个棱长为6的正四面体纸盒内放一个正方体，若正方体可以在纸盒内任意转动，则正方体体积的最大值为________．解析：由题可得，要使正方体可以在纸盒内任意转动，则只需该正方体在正四面体的内接球内即可．因为正四面体的棱长为6，所以其底面正三角形的高为33，正四面体的高为26，则该正四面体的内球的半径为62，设该正方体的边长为a ，要满足条件，则3a ≤6，即a ≤ 2.所以正方体的最大体积为V ＝a 3≤2 2.答案：2 2一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·浙江名校联考)“某几何体的三视图完全相同”是“该几何体为球”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B 由题可得，球的三个视图都是圆，所以三视图完全相同；三视图完全相同的几何体除了球，还有正方体，所以是必要不充分条件．2．(2018·长兴中学适应性测试)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．64B ．72C ．80D ．112解析：选C 由题可得，该几何体是一个棱长为4的正方体与一个底面是边长为4的正方形，高为3的四棱锥的组合体，所以其体积为V ＝43＋13×42×3＝80.3．(2019·杭二月考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．π＋33B ．2π＋33C ．2π＋ 3D ．π＋ 3解析：选A 由三视图知，该几何体的上半部分是一个三棱锥，下半部分是一个圆柱．由题图中的数据知V 圆柱＝π×12×1＝π，三棱锥垂直于底面的侧面是边长为2的等边三角形，故其高即为三棱锥的高，故三棱锥的高为3，由于三棱锥底面为一等腰直角三角形，且斜边长为2，因此两直角边长都是2，则底面三角形的面积是12×2×2＝1，故V 三棱锥＝13×1×3＝33，故该几何体的体积为π＋33. 4．(2018·嘉兴模拟)如图是一个几何体的三视图，若它的体积是33，则a ＝________，该几何体的表面积为________．解析：由题可得，该几何体是一个水平放置的三棱柱，其底面是一个底边长为2、高为a 的等腰三角形，高为3.因为其体积为33，所以V ＝12×2a ×3＝3a ＝33，解得a ＝ 3.所以该几何体的表面积为S ＝2×12×2×3＋2×3×3＝23＋18.答案：3 23＋185．(2018·丽水模拟)若三棱锥P -ABC 的最长的棱PA ＝2，且各面均为直角三角形，则此三棱锥的外接球的体积是________，表面积是________．解析：如图，根据题意，可把该三棱锥补成长方体，则该三棱锥的外接球即该长方体的外接球，易得外接球的半径R ＝12PA ＝1，所以该三棱锥的外接球的体积V ＝43×π×13＝43π，表面积S ＝4πR 2＝4π.答案：43π 4π二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3解析：选A 设圆台较小底面半径为r ， 则另一底面半径为3r .由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7.2．(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π解析：选B 设圆柱的轴截面的边长为x ， 则x 2＝8，得x ＝22，∴S 圆柱表＝2S 底＋S 侧＝2×π×(2)2＋2π×2×2 2 ＝12π.故选B.3．(2018·温州十校联考)已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是( )A ．4 B.163 C ．8D.323解析：选B 由题可得，该几何体是一个底面为长方形的四棱锥，所以其体积为V ＝13×4×2×2＝163.4．(2018·兰州实战考试)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为( )。
高三数学一轮总复习 第十章 立体几何文教师用书 试题
第十章立体几何本卷贰O贰贰年贰月捌日编写；出题人：令狐学复；欧阳化语；令狐理总。
高考导航知识网络10.1 空间几何体的构造及其三视图和直观图典例精析题型一构造特征判断【例1】以下命题错误的个数是 ( )①以直角三角形的一边所在的直线为旋转轴，旋转所得的几何体是圆锥；②圆台的任意两条母线的延长线可能相交，也可能不相交；③四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形；④三棱锥的四个面可能都是直角三角形；⑤有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台.【解析】①错：只能以直角边为轴旋转一周才可；②错：必相交；③对：如图，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD时，四个侧面均为直角三角形；④对：如图，∠ABC＝90°，PA⊥底面，那么四个面均为直角三角形；⑤错：只有侧棱延长交于一点时才是棱台.综上，错误的个数是3，应选C.【点拨】判断构造特征必须严格根据柱、锥、台、球的定义，结合实际形成一定的空间想象才能. 【变式训练1】给出以下命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，那么这两点的连线是圆柱的母线；②圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线；③在圆台的上、下底面的圆周上各取一点，那么这两点的连线是圆台的母线；④圆柱的任意两条母线所在直线互相平行.其中正确命题的序号是.【解析】②④.题型二直观图的斜二测画法【例2】用斜二测画法画一个程度放置的平面图形的直观图为如下图的一个正方形，那么原来的图形是( )【解析】按照斜二测画法的作图规那么，对四个选项逐一验证，可知只有选项A符合题意.【点拨】此题直观图，探求面图形，考察逆向思维才能.要熟悉运用斜二测画法画程度放置的直观图的根本规那么，注意直观图中的线段、角与原图中的对应线段、角的关系.【变式训练2】△ABC 的平面直观图△A′B′C′是边长为a 的正三角形，求原三角形的面积.【解析】因为直观图的坐标轴成45°，横长不变，竖长画成原来的一半，那么复原成原图时将45°复原成90°，那么过A′作A′O′与O′C′成45°，将其复原成90°，且AO ＝2A′O′. 而A′D′＝32a.所以A′O′＝32a×2＝62a ，所以AO ＝6a. 所以S △ABC ＝12BC · AO ＝12a×6a ＝62a2.题型三 三视图与直观图【例3】 四棱柱ABCD －A1B1C1D1的三视图如下.(1)求出该四棱柱的外表积； (2)求证：D1C ⊥AC1；(3)设E 是DC 上一点，试确定E 的位置，使D1E ∥平面A1BD ，并说明理由. 【解析】(1)求得该四棱柱的外表积为S ＝11＋2 2.(2)证明：由三视图得该四棱柱为直四棱柱且底面为直角梯形. 在直四棱柱ABCD －A1B1C1D1中，连接C1D. 因为DC ＝DD1，所以四边形DCC1D1是正方形.所以DC1⊥D1C.又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D，所以AD⊥平面DCC1D1.又D1C⊂平面DCC1D1，所以AD⊥D1C.因为AD，DC1⊂平面ADC1，且AD∩DC1＝D，所以D1C⊥平面ADC1.又AC1⊂平面ADC1，所以D1C⊥AC1.(3)连接AD1，AE，设AD1∩A1D＝M，BD∩AE＝N，连接MN.因为平面AD1E∩平面A1BD＝MN，要使D1E∥平面A1BD，须使MN∥D1E，又M是AD1的中点，所以N是AE的中点.又易知△ABN≌△EDN，所以AB＝DE，即E是DC的中点.综上所述，当E是DC的中点时，可使D1E∥平面A1BD.【点拨】此题以三视图为载体考察空间线面位置关系的证明以及外表积的计算，解决此类问题的关键是可以对给出的三视图进展恰当的分析，从三视图中发现相应的位置关系与数量关系，然后在直观图中解决问题.【变式训练3】如下图，甲、乙、丙是三个几何体的三视图，那么甲、乙、丙对应的标号依次是( ) ①长方体；②圆锥；③三棱锥；④圆柱.A.④③②B.①③②C.①②③D.④②③【解析】选A. 总结进步学习空间几何体的构造要以对实物的观察想象为根底，再以课本中给定的柱、锥、台、球的概念为HY 对实物进展再认识，通过这一过程进步空间想象才能. 10.2 空间几何体的外表积与体积 典例精析题型一 外表积问题【例1】 圆锥的高和底面半径相等，它的一个内接圆柱的高和圆柱底面半径也相等，求圆柱的外表积和圆锥的外表积之比.【解析】设圆锥的半径为R ，母线长为l ，圆柱的半径为r ，轴截面如图， S 圆锥＝π(R＋l)R ＝π(R＋2R)R ＝(2π＋π)R2， S 圆柱＝2πr(r＋r)＝4πr2， 又r R ＝R －r R ，所以r R ＝12， 所以S 圆柱S 圆锥＝2－11.【点拨】 轴截面是解决内接、外切问题的一种常用方法. 【变式训练1】一几何体按比例绘制的三视图如下图(单位：m). (1)试画出它的直观图； (2)求它的外表积和体积.【解析】(1)直观图如下图.(2)该几何体的外表积为(7＋2) m2，体积为32 m3.题型二 体积问题【例2】 某人有一容积为V ，高为a 且装满了油的直三棱柱形容器，不小心将该容器掉在地上，有两处破损并发生渗漏，其位置分别在两条棱上且距下底面高度分别为b 、c 的地方，且容器盖也被摔开了(盖为上底面)，为减少油的损失，该人采用破口朝上，倾斜容器的方式拿回家，估计容器内的油最理想的剩余量是多少？【解析】 如图，破损处为D 、E ，且AD ＝b ，EC ＝c ，BB1＝a ， 那么容器内所剩油的最大值为几何体ABC －DB1E 的体积.因为1BCEBD V -＝11BCEBA V -，而BBCC A BCEBD V V 111--＝a ＋c 2a， 由三棱柱几何性质知111BBCC A V -＝23V ， ABC A V-1＝V 3， 所以1BCEBD V -＝a ＋c3aV ，又因为ABCA ABCD V V --1＝b a ，所以 VD －ABC ＝b a ·V 3＝bV 3a， 所以EDB ABC V 1-＝1BCEBD V -＋VD －ABC ＝a ＋b ＋c3aV.故油最理想的剩余量为a ＋b ＋c3aV.【点拨】将不规那么的几何体分割为假设干个规那么的几何体，然后求出这些规那么几何体的体积，这是求几何体体积的一种常用的思想方法.【变式训练2】一个母线长与底面圆直径相等的圆锥形容器，里面装满水，一铁球沉入水内，有水溢出，容器盖上一平板，恰与球相切，问容器内剩下的水是原来的几分之几？ 【解析】设球的半径为R ，那么圆锥的高h ＝3R ，底面半径r ＝3R ， V 圆锥＝π3·(3R)2·3R ＝3πR3；V 球＝43πR3.所以V 球V 圆锥＝43πR33πR3＝49，所以剩下的水量是原来的1－49＝59.【点拨】此题关键是求圆锥与球的体积之比，作出轴截面，找出球半径和圆锥高、底面半径的关系即可. 题型三 组合体的面积、体积的关系【例3】底面直径为2，高为1的圆柱截成横截面为长方形的棱柱，设这个长方形截面的一条边长为x ，对角线长为2，截面的面积为A ，如下图：(1)求面积A 以x 为自变量的函数式； (2)求截得棱柱的体积的最大值. 【解析】 (1)A ＝x ·4－x2(0＜x ＜2).(2)V ＝x ·4－x2·1＝x2(4－x2) ＝－(x2－2)2＋4. 因为0＜x ＜2，所以当x ＝2时，Vmax ＝2.【点拨】关键是理解截面，并且注意x 的范围从而求体积，在求第(2)求体积时还可利用不等式. 【变式训练3】(2021检测)把一个周长为12 cm 的长方形围成一个圆柱，当圆柱的体积最大时，该圆柱的底面周长与高的比为( ) ∶2∶π∶1∶π【解析】设长方形的一条边长为x cm ，那么另一条边长为(6－x) cm ，且0＜x ＜6，以长为(6－x) cm 的边作为围成的圆柱的高h ，假设设圆柱的底面半径为r ，那么有2πr＝x ，所以r ＝x2π，因此圆柱的体积V ＝π·(x 2π)2(6－x)＝14π(6x2－x3)，由于V′＝14π·(12x －3x2)，令V′＝0，得x ＝4，容易推出当x ＝4时圆柱的体积获得最大值，此时圆柱的底面周长是4 cm ，圆柱的高是2 cm ，所以圆柱的底面周长与高的比为2∶1，选C.总结进步外表积包含侧面积和底面积；直棱柱的侧棱长即侧面展开图矩形的一边；对于正棱柱、正棱锥、正棱台，其所有侧面多边形均全等，故可先求一个的侧面积，再乘以侧面多边形的个数.求体积时，常常需要“转变〞底面，使底面面积和高易求；另外，对于三棱锥的几何体选择不同的底面时，利用同一个几何体体积相等，再求出几何体的高，即等体积法.10.3 空间点、线、面之间的位置关系 典例精析题型一 证明三线一共点【例1】 空间四边形ABCD 中，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，G 、H 分别是BC 、CD 上的点，且BG GC ＝DHHC ＝2.求证：直线EG 、FH 、AC 相交于同一点P.【证明】因为E 、F 分别是AB 、AD 的中点， 所以EF ∥BD ，且EF ＝12BD.又因为BG GC ＝DH HC ＝2，所以GH ∥BD ，且GH ＝13BD ，所以EF ∥GH 且EF ＞GH ，所以四边形EFHG 是梯形，其两腰所在直线必相交， 设两腰EG 、FH 的延长线相交于一点P ， 因为EG ⊂平面ABC ，FH ⊂平面ACD ， 所以P ∈平面ABC ，P ∈平面ACD. 又平面ABC∩平面ACD ＝AC ，所以P ∈AC ， 故直线EG 、FH 、AC 相交于同一点P.【点拨】证明三线一共点的方法：首先证明其中的两条直线交于一点，然后证明第三条直线是经过这两条直线的两个平面的交线；由公理3可知，两个平面的公一共点必在这两个平面的交线上，即三条直线交于一点.【变式训练1】如图，在四面体ABCD 中作截面PQR ，PQ 、CB 的延长线交于M ，RQ 、DB 的延长线交于N ，RP 、DC 的延长线交于K. 求证：M 、N 、K 三点一共线.【证明】⎪⎭⎪⎬⎫===K DC RP N DB RQ M CB PQ ⇒⇒M 、N 、K 在平面BCD 与平面PQR 的交线上，即M 、N 、K 三点一共线.题型二 空间直线的位置关系【例2】 在正方体ABCD －A1B1C1D1中，E 是CD 的中点，连接AE 并延长与BC 的延长线交于点F ，连接BE 并延长交AD 的延长线于点G ，连接FG.求证：直线FG ⊂平面ABCD 且直线FG ∥A1B1.【证明】因为E 为CD 的中点，在正方体中AE ⊂平面ABCD ，又AE∩BC＝F ，所以F ∈AE ，所以F ∈平面ABCD ，同理G ∈平面ABCD ，所以FG ⊂平面ABCD.因为EC 12AB ，故在Rt △FBA 中，CF ＝BC ，同理DG ＝AD ， 所以在正方体中CF DG ，所以四边形CFGD 是平行四边形，所以FG ∥CD ，又CD ∥AB ，AB ∥A1B1，所以直线FG ∥A1B1.【点拨】空间直线的位置关系，常需利用线面、面面、线线的关系确定，推导时需有理有据.【变式训练2】AC 的长为定值，点D ∉平面ABC ，点M 、N 分别是△DAB 和△DBC 的重心. 求证：无论B 、D如何变换位置，线段MN 的长必为定值.【解析】如图，延长DM 交AB 于F ，延长DN 交BC 于E.因为M 、N 为重心，所以F 、E 分别为AB 、BC 的中点，所以EF ∥AC 且EF ＝12AC. 又在△DEF 中，DM ∶MF ＝DN ∶NE ＝2∶1，所以MN ∥EF 且MN ＝23EF ，所以MN ∥AC 且MN ＝13AC ， 即MN 为与B 、D 无关的定值.题型三 异面直线所成的角【例3】 在空间四边形ABCD 中，AD ＝1，BC ＝3且AD ⊥BC ，对角线BD ＝132，AC ＝32，求AC 和BD 所成的角.【解析】作平行线，找出与异面直线所成的角相等的平面角，将空间问题转化为平面问题. 如下图，分别取AD 、CD 、AB 、BD 的中点E 、F 、G 、H ，连接EF 、FH 、HG 、GE 、GF.由三角形的中位线定理知，EF ∥AC ，且EF ＝34，GE ∥BD ，且GE ＝134.GE 和EF 所成的锐角(或者直角)就是AC 和BD 所成的角.同理，GH ＝12，HF ＝32，GH ∥AD ，HF ∥BC. 又AD ⊥BC ，所以∠GHF ＝90°，所以GF2＝GH2＋HF2＝1.在△EFG 中，EG2＋EF2＝1＝GF2，所以∠GEF ＝90°，即AC 和BD 所成的角为90°.【点拨】立体几何中，计算问题的一般步骤：(1)作图；(2)证明；(3)计算.求异面直线所成的角常采用“平移线段法〞，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移，利用特殊点(线段的端点或者中点)作平行线平移，补形平移.计算异面直线所成的角通常放在三角形中进展.【变式训练3】线段AB 的两端在直二面角α－CD －β的两个面内，并与这两个面都成30°角，求异面直线AB 与CD 所成的角.【解析】在平面α内作AE ⊥CD ，因为α－CD －β是直二面角，由面面垂直的性质定理，所以AE ⊥β，所以∠ABE 是AB 与平面β所成的角.所以∠ABE ＝30°，所以AE ＝12AB ，同理作BF ⊥CD ，那么易得BF ＝12AB. 在平面β内作BG EF ，那么四边形BGEF 是矩形，即BG ⊥GE.又因为AE ⊥β，BG ⊂β，所以AE ⊥BG.所以BG ⊥平面AEG ，所以BG ⊥AG.因为BG ∥EF ，所以BG ∥CD ，所以∠ABG 是异面直线AB 与CD 所成的角.又因为在Rt △AEG 中，AG ＝AE2＋EG2＝AE2＋FB2＝22AB ， 所以在Rt △ABG 中，sin ∠ABG ＝AG AB ＝22， 所以∠ABG ＝45°.总结进步本节内容主要以四个公理为依托，导出异面直线，等角定理，线线、线面、面面关系.可见，解决此类问题要以公理为HY ，以眼前的点、线、面的实际物体为参考，培养空间想象才能，重点是点一共线、线一共面、异面直线、等角定理应用.10.4 直线、平面平行的断定及其性质典例精析题型一 面面平行的断定【例1】 如图，B 为△ACD 所在平面外一点，M 、N 、G 分别为△ABC 、△ABD 、△BCD 的重心.(1)求证：平面MNG ∥平面ACD ；(2)假设△ACD 是边长为2的正三角形，判断△MNG 的形状并求△MGN 的面积.【解析】(1)证明：连接BM 、BN 、BG 并延长分别交AC 、AD 、CD 于E 、F 、H 三点.因为M 为△ABC 的重心，N 为△BAD 的重心， 所以BM ME ＝BN NF ＝2. 所以MN ∥EF ，同理MG ∥HE. 因为MN ⊄平面ACD ，MG ⊄平面ACD ， 所以MN ∥平面ACD ，MG ∥平面ACD ，因为MN∩MG＝M ，所以平面MNG ∥平面ACD.(2)由(1)知，平面MNG ∥平面ACD ，BM ME ＝BN NF ＝2，所以MG EH ＝MN EF ＝23， 因为EH ＝12AD ，EF ＝12CD ，所以MG 12AD ＝MN 12CD ＝23，所以MG AD ＝MN CD ＝NG AC ＝13， 又△ACD 为正三角形. 所以△MNG 为等边三角形，且边长为13×2＝23， 面积S ＝34×49＝39. 【点拨】由三角形重心的性质得到等比线段，由此推出线线平行，应用面面平行的断定定理得出面面平行.【变式训练1】如图，ABCD 是空间四边形，E 、F 、G 、H 分别是四边上的点，且它们一共面，并且AC ∥平面EFGH ，BD ∥平面EFGH ，AC ＝m ，BD ＝n ，当EFGH 是菱形时，AE ∶EB ＝____________.【解析】m n.设AE ＝a ，EB ＝b ， 由EF ∥AC ，得EF ＝bm a ＋b ，同理EH ＝an a ＋b. EF ＝EH ，所以bm a ＋b ＝an a ＋b ⇒a b ＝m n. 题型二 线面平行的断定【例2】 两个全等的正方形ABCD 和ABEF 所在平面相交于AB ，M ∈AC ，N ∈FB 且AM ＝FN.求证：MN ∥平面BCE.【证明】方法一：如图一，作MP ⊥BC ，NQ ⊥BE ，P 、Q 为垂足，连接PQ ，那么MP ∥AB ，NQ ∥AB.所以MP ∥NQ ，又AM ＝NF ，AC ＝BF ，所以MC ＝NB.又∠MCP ＝∠NBQ ＝45°，所以Rt △MCP ≌Rt △NBQ ，所以MP ＝NQ.故四边形MPQN 为平行四边形. 所以MN ∥PQ.因为PQ ⊂平面BCE ，MN ⊄平面BCE ，所以MN ∥平面BCE.方法二：如图二，过M 作MH ⊥AB 于H ，那么MH ∥BC. 所以AM AC ＝AH AB .连接NH ，由BF ＝AC ，FN ＝AM 得FN FB ＝AH AB， 所以NH ∥AF ∥BE.因为MN ⊂平面MNH ，所以MN ∥平面BCE.【点拨】解决此题的关键在于找出平面内的一条直线和该平面外的一条直线平行，即线(内)∥线(外)⇒线(外)∥平面或者转化为证明两个平面平行.方法二中要证明线面平行，通过转化为证两个平面平行，正确地找出MN 所在平面是一个关键方法.方法一是利用线面平行的断定来证明，方法二那么采用转化思想，通过证面面平行来证线面平行.【变式训练2】如下图，四边形ABCD 是平行四边形，点P 是平面ABCD 外一点，M 是PC 的中点，在DM 上取一点G ，过G 和AP 作平面交平面BDM 于GH. 求证：AP ∥GH.【证明】如下图，连接AC ，设AC 交BD 于O ，连接MO.因为四边形ABCD 是平行四边形，所以O 是AC 的中点.又因为M 是PC 的中点，所以MO ∥PA.又因为MO ⊂平面BDM ，PA ⊄平面BDM ，所以PA∥平面BDM ，平面BDM∩平面APG ＝GH ，所以AP ∥GH.题型三 线面、面面平行的性质【例3】 如图，在四面体ABCD 中，截面EFGH 平行于对棱AB 和CD ，试问此截面在什么位置时其面积最大？【解析】因为AB ∥平面EFGH ，平面EFGH 与平面ABC 和平面ABD 分别交于FG ，EH.所以AB ∥FG ，AB ∥EH ，所以FG ∥EH ，同理可证EF ∥GH ，所以截面EFGH 是平行四边形.设AB ＝a ，CD ＝b ，∠FGH ＝α，FG ＝x ，GH ＝y ， 那么由平面几何知识得x a ＝CG BC ，y b ＝BG BC， 两式相加得x a ＋y b ＝1，即y ＝b a(a －x)， 所以SEFGH ＝FG ·GH ·sin α＝x·b a (a －x)·sin α＝bsin αax(a －x). 因为x ＞0，a －x ＞0且x ＋(a －x)＝a 为定值，所以当且仅当x ＝a －x 即x ＝a 2时， 此时SEFGH ＝absin α4，即E 、F 、G 、H 为所属线段中点时，截面面积最大. 【点拨】先利用线面平行的性质，断定截面形状，再建立面积函数求最值.【变式训练3】在正方体ABCD －A1B1C1D1中，平面α平行于正方体的体对角线BD1，那么平面α在该正方体上截得的图形不可能为( )①正方形；②正三角形；③正六边形；④直角梯形.A.①②B.①④C.②③D.②③④【解析】选D.总结进步线面平行的断定方法之一是线面平行的断定定理，之二是证面面平行，解题关键是在面内找到一线与面外一线平行，或者由线面平行导出面面平行.性质的运用一般要利用辅助平面.10.5 直线、平面垂直的断定及其性质典例精析题型一 面面垂直的断定与性质【例1】 平面α⊥平面β，A ∈α，B ∈β，AB 与平面α、β所成的角分别为π4和π6，求AB 与α，β的交线l 所成的角的大小.【解析】过A 、B 分别作AA′⊥l ，BB′⊥l ，垂足分别为A′、B′，那么AA′⊥β，BB′⊥α.连接A′B，AB′，那么∠ABA′＝π6，∠BAB′＝π4. 设AB ＝1，那么AA′＝12，AB′＝22，BB′＝22，所以A′B′＝12. 过B 作BC ∥l 且BC ＝12，连接A′C、AC ，那么∠ABC 为AB 与l 所成的角， 因为A′B′BC ，且B′B⊥A′B′，所以A′B′BC 为矩形，所以A′C⊥BC.又因为AA′⊥BC ，AA′∩A′C＝A′，所以BC ⊥平面AA′C，所以AC ⊥BC.在Rt △ACB 中，cos ∠ABC ＝BC AB ＝12， 所以∠ABC ＝π3，即AB 与l 所成的角为π3. 【点拨】此题关键是根据面面垂直的性质，构造直角三角形.【变式训练1】如图一所示，四棱柱ABCD －A1B1C1D1的底面为正方形，O1、O 分别为上、下底面的中心，且A1在底面ABCD 内的射影是O.求证：平面O1DC⊥平面ABCD.【证明】要证明平面O1DC与平面ABCD垂直，考虑到图中平面ABCD的垂线A1O，因此设法在平面O1DC 中找出A1O的平行线.如图二所示，连接AC，BD，A1C1，那么O为AC、BD的交点，O1为A1C1、B1D1的交点.由棱柱的性质知：A1O1∥OC，且A1O1＝OC，所以四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C.又A1O⊥平面ABCD，所以O1C⊥平面ABCD，又O1C⊂平面O1DC，所以平面O1DC⊥平面ABCD.题型二线面垂直的断定与性质【例2】 Rt△ABC所在平面外一点S满足SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点.(1)求证：SD⊥平面ABC；(2)假设AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.【证明】(1)设E是AB的中点.因为D是AC的中点.所以DE∥BC，又BC⊥AB，所以DE⊥AB.因为SA＝SB，所以SE⊥AB，又SE∩DE＝E，所以AB⊥平面SDE，而SD⊂平面SDE，所以AB⊥SD，又SA＝SC，D为AC的中点，所以SD⊥AC.而AB∩AC＝A，所以SD⊥平面ABC.(2)假设AB＝BC，那么BD⊥AC.又由(1)知，SD⊥平面ABC，所以SD⊥BD，而SD∩AC＝D，所以BD⊥平面SAC.【点拨】证明直线与平面垂直，关键在于证明直线与平面内的两相交直线垂直.【变式训练2】如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，那么C1在上底面ABC上的射影H必在( )D.△ABC内部【解析】选A.题型三折叠问题【例3】在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿对角线BD折起，记折起后点A的位置为P，且使平面PBD⊥平面BCD，如下图：(1)求证：平面PBC⊥平面PDC；(2)在折叠前的四边形ABCD中，作AE⊥BD于E，过E作EF⊥BC于F，求折叠后的图形中∠PFE的正切值. 【解析】(1)折叠前，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BAD＝90°，所以△ABD为等腰直角三角形. 又因为∠BCD＝45°，所以∠BDC＝90°.折叠后，因为平面PBD⊥平面BCD，CD⊥BD，所以CD⊥平面PBD，又因为PB⊂平面PBD，所以CD⊥PB.又因为PB⊥PD，PD∩CD＝D，所以PB⊥平面PDC，又PB⊂平面PBC，故平面PBC⊥平面PDC.(2)AE⊥BD，EF⊥BC，折叠后的这些位置关系不变，所以PE⊥BD，又平面PBD⊥平面BCD，所以PE⊥平面BCD，所以PE⊥EF，设AB＝AD＝a，那么BD＝2a，所以PE＝22a ＝BE，在Rt△BEF中，EF＝BE·sin 45°＝22a×22＝12a.在Rt△PFE中，tan∠PFE＝PEEF ＝22a12a＝ 2.【点拨】翻折与展开是一个问题的两个方面，不管是翻折还是展开，均要注意平面图形与立体图形各个对应元素的相对变化，元素间的大小与位置关系.一般而言，在翻折过程中，处在同一个半平面内的元素是不变的，弄清这一点是解决这类问题的关键.【变式训练3】如图，平行四边形ABCD中，∠△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使平面EBD⊥平面ABD.(1)求证：AB⊥DE；(2)求三棱锥E－ABD的侧面积.【解析】(1)证明：在△ABD中，因为AB＝2，AD＝4，∠DAB＝60°，所以BD＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠DAB＝2 3.所以AB2＋BD2＝AD2，所以AB⊥BD.又因为平面EBD⊥平面ABD，平面EBD∩平面ABD＝BD，AB⊂平面ABD，所以AB⊥平面EBD.因为DE⊂平面EBD，所以AB⊥DE.(2)由(1)知AB⊥BD.因为CD ∥AB ，所以CD ⊥BD. 从而DE ⊥BD. 在Rt △DBE 中，因为DB ＝23，DE ＝DC ＝AB ＝2， 所以S △BDE ＝12DB ·DE ＝2 3.又因为AB ⊥平面EBD ，BE ⊂平面EBD ，所以AB ⊥BE. 因为BE ＝BC ＝AD ＝4，所以S △ABE ＝12AB ·BE ＝4.因为DE ⊥BD ，平面EBD ⊥平面ABD ，所以ED ⊥平面ABD ， 而AD ⊂平面ABD ，所以ED ⊥AD ，所以S △ADE ＝12AD ·DE ＝4.综上，三棱锥E-ABD 的侧面积S=8+23. 总结进步垂直关系是空间元素间的重要位置关系之一，是立体几何中的重点，也是历年来高考考察的点.解此类题的关键是三种垂直关系的互相转化.10.6 空间向量及其运算 典例精析题型一 一共线和一共面向量【例1】 设A 、B 、C 及A1、B1、C1分别是异面直线l1、l2上的三点，而M 、N 、P 、Q 分别是线段AA1、BA1、BB1、CC1的中点，求证：M 、N 、P 、Q 四点一共面.【证明】因为NM ＝12BA ，NP ＝1211B A ，所以BA ＝2NM ，11BA ＝2NP ，又PQ ＝12(BC ＋11C B )，BC ＝λBA ＝2λNM ，11CB ＝ω11B A ＝2ωNP ，所以PQ ＝12(2λNM ＋2ωNP )＝λNM ＋ωNP ，所以PQ 、NM 、NP 一共面，即M 、N 、P 、Q 四点一共面.【点拨】可以利用一共面向量定理或者其推论完成证明.用一共线向量定理证明线线平行，从而证明面面平行，更简捷，使问题简单化.【变式训练1】如下图，长方体ABCD －A1B1C1D1中，M 为DD1的中点，N ∈AC ，且AN ∶NC ＝2，求证：A 、B 、N 、M 四点一共面.【证明】设1AA ＝a ，AB ＝b ，AD ＝c ，那么B A 1＝b －a. 因为M 是DD1的中点，所以M A 1＝c －12a.因为AN ∶NC ＝2，所以AN ＝23AC ＝23(b ＋c)，所以N A 1＝AN －1AA ＝23(b ＋c)－a ＝23(b －a)＋23(c －12a)＝23B A 1＋23M A 1，所以A 、B 、M 、N 四点一共面. 题型二 利用向量计算长度和证明垂直【例2】平行六面体ABCD －A1B1C1D1所有棱长均为1，∠BAD ＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°. (1)求AC1的长；(2)求证：AC1⊥平面A1BD.【解析】(1)设AB ＝a ，AD ＝b ，1AA ＝c ，那么a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝1×1×cos 60°＝121AC ＝a ＋b ＋c ，所以|1AC |2＝(a ＋b ＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a ·b ＋2b ·c ＋2a ·c ＝1＋1＋1＋2×12＋2×12＋2×12＝6，即|1AC |＝ 6.(2)证明：因为B A 1＝a －c ，所以1AC ·B A 1＝(a ＋b ＋c)·(a －c)＝a2－c2＋a ·b －b ·c ＝1－1＋12－12＝0.所以1AC ⊥B A 1.同理可得1AC ⊥DB . 所以AC1⊥平面A1BD.【点拨】利用|a|2＝a2是计算长度的有效方法之一；而利用向量数量积为零是证明垂直问题的常用方法之一.【变式训练2】平行六面体ABCD －A1B1C1D1中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧棱AA1长为b ，且AA1与AB ，AD 的夹角都是120°.求AC1的长. 【解析】|1AC |2＝1AC 2＝(AB ＋AD ＋1AA )2＝AB 2＋AD 2＋1AA 2＋2AB ·AD ＋2AD ·1AA ＋2AB ·1AA ＝a2＋a2＋b2＋0＋2abcos 120°＋2abcos 120° ＝2a2＋b2－2ab.所以|AC1|＝2a2＋b2－2ab.题型三 利用坐标求法向量和证明垂直问题【例3】 正方体ABCD －A1B1C1D1中，棱长为1，E ，F 分别是BB1，CD 的中点. (1)求证：D1F ⊥平面ADE ； (2)求平面ADE 的一个法向量.【解析】(1)建立如下图的直角坐标系D －xyz ，那么D1(0,0,1)，A(1,0,0)，D(0,0,0)， F(0，12，0)，E(1,1， 12).所以F D 1＝(0，12，－1)， AD ＝(－1,0,0)，AE ＝(0,1，12)，因为F D 1·AD ＝0，所以F D 1⊥AD ， 又F D 1·AE ＝0，所以F D 1⊥AE ， 所以D1F ⊥平面ADE.(2)由(1)知D1F ⊥平面ADE ，故平面ADE 的一个法向量为F D 1＝(0，12，－1).【点拨】空间向量坐标化，大大降低了立体几何试题的难度，同学们需要擅长利用. 【变式训练3】 平面α内有一个点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6， －3,6)，那么以下各点中，在平面α内的是( ) A.A(2,3,3) B.B(－2,0,1) C.C(－4,4,0)D.D(3，－3,4)【解析】由于n ＝(6，－3,6)是平面α的法向量，所以它应该和平面α内任意一个向量垂直，只有在选项A 中，MA ＝(2,3,3)－(1，－1,2)＝(1,4,1)，MA ·n ＝0.应选A. 题型四 利用坐标法求解线面及面面位置关系【例4】如下图，正方体ABCD －A1B1C1D1中，E 、F 分别是BB1、CD 的中点. (1)证明：平面AED ⊥平面A1FD1； (2)在AE 上求一点M ，使得A1M ⊥平面DAE.【解析】(1)建立如下图的空间直角坐标系D －xyz ，不妨设正方体的棱长为2，那么D(0,0,0)，A(2,0,0)，E(2,2,1)，F(0,1,0)，A1(2,0,2)，D1(0，0,2).设平面AED 的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，那么⎪⎩⎪⎨⎧====••••.0)1,2,2(),,(0)0,0,2(),,(11111111z y x DE ，z y x DA n n所以2x1＝0,2x1＋2y1＋z1＝0. 令y1＝1，得n1＝(0,1，－2). 同理可得平面A1FD1的一个法向量为n2＝(0,2,1). 因为n1·n2＝0，所以平面AED ⊥平面A1FD1.(2)由于点M 在直线AE 上，所以可设AM ＝λAE ＝λ·(0,2,1)＝(0,2λ，λ)，可得M(2,2λ，λ)，于是M A 1＝(0,2λ，λ－2).A1M ⊥平面DAE ，那么A1M ⊥AE ，所以M A 1·AE ＝(0, 2λ，λ－ 2) • (0,2,1)＝5λ－2＝0，得λ＝25.故当AM ＝25AE 时，A1M ⊥平面DAE.【变式训练4】 AE ＝(2,2,1)，AC ＝(4,5,3)，求平面ABC 的单位法向量. 【解析】设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，那么n ·AB ＝0，且n ·AC ＝0，即2x ＋2y ＋z ＝0且4x ＋5y ＋3z ＝0，解得⎪⎩⎪⎨⎧-==zy z x ,21所以n ＝z(12，－1,1)，单位法向量n0＝n |n|＝±(13，－23，23).总结进步1.利用一共线向量定理，可解决立体几何中三点一共线和两直线平行等问题.2.利用一共面向量定理，可解决立体几何中直线在平面内，直线与平面平行以及四点一共面等问题.3.同时要重视空间向量根本定理的运用，要注意空间向量基底的选取，用基向量表示出条件和所需解决问题的所有向量，将几何问题转化为向量问题.4.用空间向量处理某些立体几何问题时，除要有应用空间向量的意识外，关键是根据空间图形的特点建立恰当的空间直角坐标系.假设坐标系选取不当，计算量就会增大.总之树立用数解形的观念，即用数形结合的思想解决问题.5.用向量法解决空间问题，优先考虑建立坐标系(尤其当直角条件较充足时)，因为单位正交基底运用起来最方便.6.建系用坐标法解决空间问题时，写出各点坐标要万分慎重.10.7 空间角及其求法 典例精析题型一 求异面直线所成的角【例1】(2021)如图，在长方体ABCD －A1B1C1D1中，E ，F 分别是棱BC ，CC1上的点，CF ＝AB ＝2CE ，AB ∶AD ∶AA1＝1∶2∶4.(1)求异面直线EF 与A1D 所成角的余弦值； (2)求证：AF ⊥平面A1ED ； (3)求二面角A1－ED －F 的正弦值.【解析】方法一：如下图，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设AB ＝1，依题意得D(0,2,0)，F(1,2,1)，A1(0,0,4)，E(1，32，0).易得EF ＝(0，12，1)，D A 1＝(0,2，－4)，于是cos 〈EF ，D A 1〉＝||||11D A EF DA EF ••＝－35.所以异面直线EF 与A1D 所成角的余弦值为35.(2)证明：易知AF ＝(1,2,1)， 1EA ＝(－1，－32，4)，ED ＝(－1，12，0)，于是AF ·1EA ＝0，AF ·ED ＝0.因此，AF ⊥EA1，AF ⊥ED.又EA1∩ED＝E ，所以AF ⊥平面A1ED. (3)设平面EFD 的法向量u ＝(x ，y ，z)，不妨令x ＝1，可得u ＝(1,2，－1)，由(2)可知，AF 为平面A1ED 的一个法向量.于是cos 〈u ，AF 〉＝AF AF||u u •＝23，从而sin 〈u ，AF 〉＝53.所以二面角A1－ED －F 的正弦值为53. 方法二：(1)设AB ＝1，可得AD ＝2，AA1＝4，CF ＝1，CE ＝12.连接B1C ，BC1，设B1C 与BC1交于点M ，易知A1D ∥B1C.由CE CB ＝CF CC1＝14，可知EF ∥BC1，故∠BMC 是异面直线EF 与A1D 所成的角.易知BM ＝CM ＝12B1C ＝5，所以cos ∠BMC ＝CM BM BCCM BM ••-+222＝35.所以异面直线EF 与A1D 所成角的余弦值为35.(2)证明：连接AC ，设AC 与DE 交于点N ，因为CD BC ＝EC AB ＝12，所以Rt △DCE ∽Rt △∠CDE ＝∠BCA.又由于∠CDE ＋∠CED ＝90°，所以∠BCA ＋∠CED ＝90°.故AC ⊥DE. 又因为CC1⊥DE 且CC1∩AC＝C ，所以DE ⊥⊥DE. 连接BF ，同理可证B1C ⊥⊥B1C ，所以AF ⊥A1D. 因为DE∩A1D＝D ，所以AF ⊥平面A1ED.(3)连接A1N ，FN.由(2)可知DE ⊥⊂平面ACF ，A1N ⊂平面ACF ，所以DE ⊥NF ，DE ⊥∠A1NF 为二面角A1－ED －F 的平面角.易知Rt △CNE ∽Rt △CBA ，所以CN BC ＝EC AC .又AC ＝5，所以CN ＝55.在Rt △CNF 中，NF ＝CF2＋CN2＝305.在Rt △A1AN 中，A1N ＝AN2＋A1A2＝4305. 连接A1C1，A1F ，在Rt △A1C1F 中，A1F ＝A1C21＋C1F2＝14. 在△A1NF 中，cos ∠A1NF ＝A1N2＋FN2－A1F22·A1N·FN ＝23.所以sin ∠A1NF ＝53. 所以二面角A1－ED －F 的正弦值为53. 【点拨】此题主要考察异面直线所成的角，直线与平面垂直，二面角等根底知识，考察利用空间向量解决立体几何问题的方法，考察空间想象才能，运算才能和推理论证才能.【变式训练1】二面角α－a －β的大小为θ(π2＜θ＜π)，直线AB ⊂α，CD ⊂β，且AB ⊥a ，CD ⊥a ，假设AB 与CD 所成的角为φ，那么( ) A.φ＝0B.φ＝θ－π2C.φ＝θ＋π2D.φ＝π－θ【解析】选D.题型二 求二面角【例2】(2021)如图，正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面互相垂直，CE ⊥AC ，EF ∥AC ，AB ＝2，CE ＝EF ＝1. (1)求证：AF ∥平面BDE ； (2)求证：CF ⊥平面BDE ； (3)求二面角A －BE －D 的大小.【解析】(1)设AC 与BD 交于点G ，连接EG. 因为EF ∥AG ，且EF ＝1，AG ＝12AC ＝1.所以四边形AGEF 为平行四边形. 所以AF ∥EG.因为EG ⊂平面BDE ，AF ⊄平面BDE ， 所以AF ∥平面BDE.(2)因为正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面互相垂直，且CE ⊥AC ，所以CE ⊥平面ABCD.如图，以C 为原点，建立空间直角坐标系C －xyz ，那么C(0,0,0)，A(2，2，0)，B(0，2，0)，D(2，0,0)，E(0,0,1)，F(22，22，1).所以CF ＝(22，22，1)，BE ＝(0，－2，1)，DE ＝(－2，0,1).所以CF •BE ＝0－1＋1＝0，CF •DE ⊥BE ，CF ⊥⊥平面BDE.(3)由(2)知，CF ＝(22，22，1)是平面BDE 的一个法向量. 设平面ABE 的法向量n ＝(x ，y ，z)，那么n •BA ＝0，n •BE ＝0.所以x ＝0，且z ＝2y.令y ＝1，那么z ＝ 2.所以n ＝(0,1，2).从而cos 〈n ，CF 〉＝||||CF CF••n n ＝32. 因为二面角A －BE －D 为锐角，所以二面角A －BE －D 的大小为π6.【点拨】(1)本小题主要考察直线与直线；直线与平面；平面与平面的位置关系，考察空间想象力推理论证才能，运算求解才能，考察数形结合思想，化归与转化的思想.(2)空间的平行与垂直以及空间角是立体几何中重点考察的内容；利用平面的法向量的夹角求二面角的平面角是向量知识在立体几何中的应用，是求二面角常用方法.【变式训练2】在四面体ABCD 中，AB ＝1，AD ＝23，BC ＝3，CD ＝2，∠ABC ＝∠DCB ＝π2，那么二面角A －BC －D 的大小为( ) A.π6B.π3C.2π3D.5π6【解析】选B.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
【2019最新】精选高考数学大一轮复习高考专题突破五高考中的立体几何问题教师用书1．多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为( )A. B．2 C. D.103答案D解析由三视图可知该几何体为一个三棱柱削去一个三棱锥得到的几何体，该三棱柱的体积为×2×2×2＝4，三棱锥的体积为××2×2×1＝，所以该几何体的体积为4－＝，故选D.2．正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC中点，E为A1C1中点，则DE与平面A1B1BA 的位置关系为( )A．相交B．平行C．垂直相交D．不确定答案B解析如图取B1C1中点为F，连接EF，DF，DE，则EF∥A1B1，DF∥B1B，∴平面EFD∥平面A1B1BA，∴DE∥平面A1B1BA.3．(2016·沈阳模拟)设α，β，γ是三个平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件：①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________．(把所有正确的序号填上)答案①或③解析由线面平行的性质定理可知，①正确；当b∥β，a⊂γ时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③.4．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则直线CD与平面BDC1所成角的正弦值等于________．答案23解析以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则＝(0,1,0)，＝(1,1,0)，＝(0,1,2)．设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥，n⊥，则令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2,1)．设CD与平面BDC1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.题型一求空间几何体的表面积与体积例1 (2016·全国甲卷)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．(1)证明：AC⊥HD′；(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′ABCFE的体积．(1)证明由已知得AC⊥BD，AD＝CD，又由AE＝CF得＝，故AC∥EF，由此得EF⊥HD，折后EF与HD保持垂直关系，即EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.(2)解由EF∥AC得＝＝.由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4，所以OH＝1，D′H＝DH＝3，于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，故OD′⊥OH.由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，所以AC⊥平面DHD′，于是AC⊥OD′，又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.又由＝得EF＝.五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.所以五棱锥D′ABCFE的体积V＝××2＝.思维升华(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．正三棱锥的高为1，底面边长为2，内有一个球与它的四个面都相切(如图)．求：(1)这个正三棱锥的表面积；(2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积．解(1)底面正三角形中心到一边的距离为××2＝，则正棱锥侧面的斜高为＝.∴S侧＝3××2×＝9.∴S表＝S侧＋S底＝9＋××(2)2＝9＋6.(2)设正三棱锥P－ABC的内切球球心为O，连接OP，OA，OB，OC，而O点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径r.∴VP－ABC＝VO－PAB＋VO－PBC＋VO－PAC＋VO－ABC＝S侧·r＋S△ABC·r＝S表·r＝(3＋2)r.又VP－ABC＝×××(2)2×1＝2，∴(3＋2)r＝2，得r＝＝＝－2.∴S内切球＝4π(－2)2＝(40－16)π.V内切球＝π(－2)3＝(9－22)π.题型二空间点、线、面的位置关系例2 (2016·济南模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥E－ABC的体积．(1)证明在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC.因为AB⊂平面ABC，所以BB1⊥AB.又因为AB⊥BC，BC∩BB1＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)证明方法一如图1，取AB中点G，连接EG，FG.因为E，F分别是A1C1，BC的中点，所以FG∥AC，且FG＝AC.因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，所以FG∥EC1，且FG＝EC1，所以四边形FGEC1为平行四边形，所以C1F∥EG.又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，所以C1F∥平面ABE.方法二如图2，取AC的中点H，连接C1H，FH.因为H，F分别是AC，BC的中点，所以HF∥AB，又因为E，H分别是A1C1，AC的中点，所以EC1綊AH，所以四边形EAHC1为平行四边形，所以C1H∥AE，又C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A，所以平面ABE∥平面C1HF，又C1F⊂平面C1HF，所以C1F∥平面ABE.(3)解因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝＝.所以三棱锥E－ABC的体积V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝.思维升华(1)①证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题．②证明C1F∥平面ABE：(ⅰ)利用判定定理，关键是在平面ABE中找(作)出直线EG，且满足C1F∥EG.(ⅱ)利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面C1HF满足面面平行，实施线面平行与面面平行的转化．(2)计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，不能直接用公式时，注意进行体积的转化．(2016·南京模拟)如图，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．求证：(1)平面EFG∥平面ABC；(2)BC⊥SA.证明(1)由AS＝AB，AF⊥SB知F为SB中点，则EF∥AB，FG∥BC，又EF∩FG＝F，AB∩BC＝B，因此平面EFG∥平面ABC.(2)由平面SAB⊥平面SBC，平面SAB∩平面SBC＝SB，AF⊂平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC，则AF⊥BC.又BC⊥AB，AF∩AB＝A，则BC⊥平面SAB，又SA⊂平面SAB，因此BC⊥SA.题型三空间角的计算例3 (2016·金华十校调研)如图，在矩形ABCD中，已知AB＝2，AD＝4，点E，F 分别在AD，BC上，且AE＝1，BF＝3，将四边形AEFB沿EF折起，使点B在平面CDEF 上的射影H在直线DE上．(1)求证：CD⊥BE；(2)求线段BH的长度；(3)求直线AF与平面EFCD所成角的正弦值．(1)证明 ∵BH⊥平面CDEF ，∴BH⊥CD，又CD⊥DE，BH∩DE＝H ，∴CD⊥平面DBE ，∴CD⊥BE.(2)解 方法一 设BH ＝h ，EH ＝k ，过F 作FG 垂直ED 于点G ，∵线段BE ，BF 在翻折过程中长度不变，根据勾股定理得⎩⎪⎨⎪⎧ BE2＝BH2＋EH2，BF2＝BH2＋FH2＝BH2＋FG2＋GH2⇒ ⎩⎪⎨⎪⎧ 5＝h2＋k2，9＝22＋h2＋2－k 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ h ＝2，k ＝1，∴线段BH 的长度为2.方法二 如图，过点E 作ER∥DC，过点E 作ES⊥平面EFCD ，分别以直线ER ，ED ，ES 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设点B(0，y ，z)(y>0，z>0)，由于F(2,2,0)，BE ＝，BF ＝3，∴解得于是B(0,1,2)，∴线段BH 的长度为2.(3)解 方法一 延长BA 交EF 于点M ，∵AE∶BF＝MA∶MB＝1∶3，∴点A 到平面EFCD 的距离为点B 到平面EFCD 距离的，∴点A 到平面EFCD 的距离为，而AF ＝，故直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值为.方法二 由(2)方法二知＝(－2，－1,2)，故＝＝(－，－，)，FA →＝＋＝(－，－，)，设平面EFCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，直线AF 与平面EFCD 所成角的大小为θ，则sin θ＝＝.(2016·杭州学军中学高三5月模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB⊥PA，AB∥CD，且PB＝BC＝BD＝，CD＝2AB＝2，∠PAD＝120°.(1)求证：平面PAD⊥平面PCD；(2)求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．(1)证明∵BC＝BD，取CD的中点E，连接BE，∴BE⊥CD，∵AB∥CD，且CD＝2AB，∴AB∥DE，且AB＝DE，∴四边形ABED是矩形，∴BE∥AD，且BE＝AD，AB⊥AD，又∵AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，∴CD⊥平面PAD，又∵CD⊂平面PCD，∴平面PAD⊥平面PCD.(2)解以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，建立空间直角坐标系，如图所示．∵PB＝BC＝BD＝，CD＝2AB＝2，∠PAD＝120°，∴PA＝＝＝2，AD＝BE＝＝＝2，BC＝＝＝，则P(0，－1，)，D(0,2,0)，B(，0,0)，C(2，2,0)，PD →＝(0,3，－)，＝(－，－1，)，BC →＝(，2,0)．设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BC →＝2x ＋2y ＝0，n ·BP →＝－2x －y ＋3z ＝0，取x ＝，得n ＝(，－1，)，设直线PD 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n| ＝＝，∴直线CD 与平面PBC 所成角的正弦值为.1．(2016·山东牟平一中期末)如图，在四棱柱ABCD －A1B1C1D1中，AC⊥B1D，BB1⊥底面ABCD ，E ，F ，H 分别为AD ，CD ，DD1的中点，EF 与BD 交于点G.(1)证明：平面ACD1⊥平面BB1D ；(2)证明：GH∥平面ACD1.证明 (1)∵BB1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC⊥BB1.又AC⊥B1D，BB1∩B1D＝B1，∴AC⊥平面BB1D.∵AC ⊂平面ACD1，∴平面ACD1⊥平面BB1D.(2)设AC∩BD＝O ，连接OD1.∵E，F 分别为AD ，CD 的中点，EF∩OD＝G ，∴G 为OD 的中点．∵H 为DD1的中点，∴HG∥OD1.∵GH⊄平面ACD1，OD1⊂平面ACD1，∴GH∥平面ACD1.2．(2016·咸阳模拟)如图，梯形ABEF中，AF∥BE，AB⊥AF，且AB＝BC＝AD＝DF＝2CE＝2，沿DC将梯形CDFE折起，使得平面CDFE⊥平面ABCD.(1)证明：AC∥平面BEF；(2)求三棱锥D－BEF的体积．(1)证明如图，取BF的中点M，设AC与BD交点为O，连接MO，ME.由题设知，CE綊DF，MO綊DF，∴CE綊MO，故四边形OCEM为平行四边形，∴EM∥CO，即EM∥AC.又AC⊄平面BEF，EM⊂平面BEF，∴AC∥平面BEF.(2)解∵平面CDFE⊥平面ABCD，平面CDFE∩平面ABCD＝DC，BC⊥DC，∴BC⊥平面DEF.∴三棱锥D－BEF的体积为VD－BEF＝VB－DEF＝S△DEF·BC＝××2×2×2＝. 3．(2016·宁波高三上学期期末)如图，在多面体EF－ABCD中，四边形ABCD，ABEF 均为直角梯形，∠ABE＝∠ABC＝90°，四边形DCEF为平行四边形，平面DCEF⊥平面ABCD.(1)求证：DF⊥平面ABCD；(2)若BC＝CD＝CE＝AB，求直线BF与平面ADF所成角的正弦值．(1)证明由四边形DCEF为平行四边形，知EF∥CD，所以EF∥平面ABCD.又平面ABEF∩平面ABCD＝AB，从而有AB∥CD∥EF.因为∠ABE＝∠ABC＝90°，所以AB⊥BE，AB⊥BC，又因为BE∩BC＝B，所以AB⊥平面BCE，因为CE⊂平面BCE，所以AB⊥CE.又四边形DCEF为平行四边形，有DF∥CE，所以DC⊥DF，又因为平面DCEF⊥平面ABCD，平面DCEF∩平面ABCD＝DC，所以DF⊥平面ABCD.(2)解不妨设BC＝1，则BC＝CD＝CE＝1，AB＝2，四边形ABCD为直角梯形，连接BD，则有BD＝AD＝，则BD⊥AD，由DF⊥平面ABCD，知DF⊥BD，因为DF∩AD＝D，所以BD⊥平面FAD，则∠BFD即为直线BF与平面ADF所成角，在△BFD中，DF⊥BD，BD＝，DF＝1，则BF＝，所以sin∠BFD＝＝＝，所以直线BF与平面ADF所成角的正弦值为.4．(2016·全国乙卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，平面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⊥EFDC；(2)求二面角E-BC-A的余弦值．(1)证明由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，DF∩FE＝F，所以AF⊥平面EFDC，又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)解过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF ＝2，DG ＝，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，)． 由已知，AB∥EF，AB ⊄平面EFDC ，EF ⊂平面EFDC ，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CBEF 的平面角，∠CEF＝60°，从而可得C(－2,0，)．所以＝(1,0，)，＝(0,4,0)，＝(－3，－4，)，＝(－4,0,0)．设n ＝(x ，y ，z)是平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即所以可取n ＝(3,0，－)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，，4)，则cos 〈n ，m 〉＝＝－.故二面角E-BC-A 的余弦值为－.5．(2016·绍兴期末)如图所示的几何体中，四边形ABCD 为梯形，AD∥BC，AB⊥平面BEC ，EC⊥CB，已知BC ＝2AD ＝2AB ＝2.(1)证明：BD⊥平面DEC ；(2)若二面角A －ED －B 的大小为30°，求EC 的长度．(1)证明 因为AB⊥平面BEC ，所以AB⊥EC.又因为EC⊥BC，AB∩BC＝B ，所以EC⊥平面ABCD.因为BD ⊂平面ABCD ，所以EC ⊥BD.由题意可知，在梯形ABCD 中，有BD ＝DC ＝，所以BD2＋DC2＝BC2，所以BD⊥DC.又EC∩CD＝C ，所以BD⊥平面DEC.(2)解 如图，以点B 为坐标原点，以BA 所在直线为z 轴，BC 所在直线为y 轴，以过点B 且平行于CE 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系．设||＝a>0，则B(0,0,0)，E(a,2,0)，A(0,0,1)，C(0,2,0)，D(0,1,1)．设平面AED 的法向量为m ＝(x ，y ，z)，则即⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝0，－ax －y ＋z ＝0，令x ＝1，得平面AED 的一个法向量为m ＝(1,0，a)，设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则即⎩⎪⎨⎪⎧ y ＋z ＝0，ax ＋2y ＝0，令x ＝2，得平面BED 的一个法向量为n ＝(2，－a ，a)．又二面角A －ED －B 的大小为30°，所以cos 30°＝||＝＝，得a ＝1，所以EC ＝1.。