高考数学第二轮复习立体几何教学案

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(通用版)高考数学二轮复习第一部分专题三立体几何教学案理-人教版高三全册数学教学案

专题三立体几何[研高考·明考点][析考情·明重点]小题考情分析大题考情分析常考点1.空间几何体的三视图(3年7考)2.空间几何体的表面积与体积(3年11考)3.与球有关的组合体的计算问题(3年4考)常考点高考对立体几何在解答题中的考查比较稳定，空间线面位置关系中的平行或垂直的证明，空间角的计算是热点，题型主要有：1.空间位置关系的证明2.求空间角或其三角函数值偶考点1.空间线面位置关系的判断2.异面直线所成角的计算偶考点翻折与探索性问题的综合问题第一讲小题考法——空间几何体的三视图、表面积与体积及位置关系的判定考点(一) 主要考查利用三视图的画法规那么及摆放规那么，根据空间几何体确定其三视图，或根据三视图还原其对应直观图，或根据三视图中的其中两个确定另一个.空间几何体的三视图[典例感悟][典例] (1)(2017·某某调研)如下图，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中的几何体，那么该几何体的侧视图为( )(2)(2016·某某高考)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下图，那么该几何体的侧(左)视图为( )[解析] (1)从几何体的左面看，棱AD1是原正方形ADD1A1的对角线，在视线X围内，画实线；棱C1F不在视线X围内，画虚线．应选B.(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如图①所示，故其侧(左)视图如图②所示．应选B.[答案] (1)B (2)B[方法技巧]1．由直观图确定三视图的方法根据空间几何体三视图的定义及画法规那么和摆放规那么确定．2．由三视图还原到直观图的思路(1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正(主)视图或侧(左)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．(3)确定几何体的直观图形状．[演练冲关]1．(2018届高三·某某六校联考)某几何体的正视图和侧视图均如下图，给出以下5个图形：其中可以作为该几何体的俯视图的图形个数为( )A．5 B．4C．3 D．2解析：选B 由题知可以作为该几何体的俯视图的图形可以为①②③⑤.应选B.2．(2017·高考)某四棱锥的三视图如下图，那么该四棱锥的最长棱的长度为( )A．3 2 B．2 3C．2 2 D．2解析：选B 在正方体中还原该四棱锥如下图，从图中易得最长的棱为AC1＝AC2＋CC21＝22＋22＋22＝2 3.3．(2017·某某模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某几何体的三视图，那么此几何体各面中直角三角形的个数是( )A．2 B．3C．4 D．5解析：选C 由三视图知，该几何体是如下图的四棱锥PABCD，易知四棱锥PABCD的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是4，应选C.考点(二) 主要考查空间几何体的结构特征、表面积与体积公式的应用，涉及的几何体多为柱体、锥体，且常与三视空间几何体的表面积与体积图相结合考查.[典例感悟][典例] (1)(2016·全国卷Ⅲ)如下图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，那么该多面体的表面积为( )A．18＋36 5 B．54＋18 5C．90 D．81(2)(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，那么该几何体的体积为( )A．90π B．63πC．42π D．36π(3)(2018届高三·某某三市联考)如图是某几何体的三视图，那么该几何体的体积为( )A．6 B．9C．12 D．18[解析] (1)由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，那么表面积为(3×3＋3×6＋3×35)×2＝54＋18 5.应选B.(2)法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V ＝π×32×10－12×π×32×6＝63π.法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V ＝π×32×7＝63π.(3)该几何体是一个直三棱柱截去14所得，如下图，其体积为34×12×3×4×2＝9.[答案] (1)B (2)B (3)B[方法技巧]1．求解几何体的表面积与体积的技巧(1)求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转化原那么是其高易求，底面放在几何体的某一面上．(2)求不规那么几何体的体积：常用分割或补形的方法，将不规那么几何体转化为规那么几何体求解．(3)求表面积：其关键思想是空间问题平面化． 2．根据几何体的三视图求其表面积或体积的步骤 (1)根据给出的三视图还原该几何体的直观图． (2)由三视图中的大小标识确定该几何体的各个度量． (3)套用相应的面积公式或体积公式计算求解．[演练冲关]1．(2017·某某质检)一个几何体的三视图及其尺寸如下图，那么该几何体的体积为( )A.283B ．2823C ．28D ．22＋6 3解析：选A 由三视图知，该几何体为三棱台，其上、下底面分别是直角边为2,4的等腰直角三角形，高为2，所以该几何体的体积V ＝13×12×2×2＋12×4×4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2⎝ ⎛⎭⎪⎫12×4×4 ×2＝283，应选A. 2．(2017·某某质检)如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某多面体的三视图，那么该多面体的表面积是( )A ．36＋610B ．36＋310C ．54D ．27解析：选A 由三视图知该几何体为底面是梯形的四棱柱，其表面积为S ＝2×12×(2＋4)×3＋2×3＋4×3＋2×3×10＝36＋610，应选A.3．(2017·某某高考)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，那么该几何体的体积为________．解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.答案：2＋π2考点(三)主要考查与多面体、旋转体构成的简单组合体的有关切、接球表面积、体积的计算问题，其本质是计算球的半径.与球有关的组合体的计算问题[典例感悟][典例] (1)(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．假设AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，那么V 的最大值是( )A ．4π B.9π2C ．6π D.32π3(2)(2018届高三·某某七市(州)联考)一个几何体的三视图如下图，那么该几何体外接球的表面积为( ),A ．36π B．112π3C ．32πD ．28π[解析] (1)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.应选B. (2)根据三视图，可知该几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为4的正方形，高是2 3.将该四棱锥还原成一个三棱柱，如下图，该三棱柱的底面是边长为4的正三角形，高是4，其中心到三棱柱的6个顶点的距离即为该四棱锥外接球的半径．∵三棱柱的底面是边长为4的正三角形，∴底面三角形的中心到三角形三个顶点的距离为23×23＝433，∴其外接球的半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4332＋22＝283，那么外接球的表面积S ＝4πR 2＝4π×283＝112π3，应选B. [答案] (1)B (2)B[方法技巧]求解多面体、旋转体与球接、切问题的策略(1)过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题． (2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或通过画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体量的关系，列方程(组)求解．[演练冲关]1．(2017·全国卷Ⅲ)圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，那么该圆柱的体积为( )A ．π B.3π4C.π2D.π4解析：选B 设圆柱的底面半径为r ，那么r 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4. 2．(2017·某某高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，那么V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR3＝32.答案：323．(2017·全国卷Ⅰ)三棱锥S ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．假设平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S ABC 的体积为9，那么球O 的表面积为________．解析：如图，连接AO ，OB ， ∵SC 为球O 的直径， ∴点O 为SC 的中点， ∵SA ＝AC ，SB ＝BC ，∴AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，∵平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ， ∴AO ⊥平面SCB ，设球O 的半径为R ，那么OA ＝OB ＝R ，SC ＝2R . ∴V S ABC ＝V A SBC ＝13×S △SBC ×AO＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×SC ×OB ×AO ，即9＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2R ×R ×R ，解得 R ＝3，∴球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π. 答案：36π4．(2018届高三·某某名校联考)某简单几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为________，其外接球的表面积为________．解析：由三视图得该几何体是一个底面为对角线为4的正方形，高为3的直四棱柱，那么其体积为4×4×12×3＝24.又直四棱柱的外接球的半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝52，所以四棱柱的外接球的表面积为4πR 2＝25π.答案：24 25π考点(四)主要考查利用空间点、直线、平面位置关系的定义，四个公理、八个定理来判断与点、线、面有关命题的真假或判断简单的线面平行垂直的位置关系.空间线面位置关系的判断[典例感悟][典例] (1)(2017·全国卷Ⅰ)如图，在以下四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，那么在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )(2)(2016·全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有以下四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)[解析] (1)法一：对于选项B，如下图，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ .又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.应选A.法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如下图)，连接OQ，那么OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.应选A.(2)对于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故错误．对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l⊂α，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正确．对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m⊂α，所以m，β没有公共点，由线面平行的定义可知m∥β，故正确．对于④，因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n 与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等，故正确．[答案] (1)A (2)②③④[方法技巧]判断与空间位置关系有关命题真假的方法(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．(3)借助反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．[演练冲关]1．(2017·某某模拟)在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有以下三个命题：①四边形EFGH是平行四边形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE.其中正确的命题有( )A．①② B．②③C．①③ D．①②③解析：选C 由题意画出草图如下图，因为AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF.又ABCA1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四边形EFGH是平行四边形，故①正确；假设平面α∥平面BB1C1C，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②错误；由AA1⊥平面BCFE，结合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正确．综上可知，应选C.2．(2017·某某调研)如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD 为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.其中正确的有( )A．1个 B．2个C．3个 D．4个解析：选B 将展开图还原为几何体(如图)，因为E，F分别为PA，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，①错；因为B∉平面PAD，E ∈平面PAD，E∉AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错．应选B.3．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，那么( )A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC解析：选C 法一：由正方体的性质，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD.又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.法二：∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B、D错；∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，∴A1E⊥BC1，故C正确；(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E⊂平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1.)∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错．4．(2017·武昌调研)假设四面体ABCD的三组对棱分别相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，给出以下结论：①四面体ABCD每组对棱相互垂直；②四面体ABCD每个面的面积相等；③从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°且小于180°；④连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分；⑤从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．其中正确结论的序号是________．解析：对于①，如图(1)，AE，CF分别为BD边上的高，由AD＝BC，AB＝CD，BD＝DB可知△ABD≌△CDB，所以AE＝CF，DE＝BF，当且仅当AD＝AB，CD＝BC时，E，F重合，此时AC⊥BD，所以当四面体ABCD 为正四面体时，每组对棱才相互垂直，故①错误；对于②，由题设可知四面体的四个面全等，所以四面体ABCD 每个面的面积相等，故②正确；对于③，当四面体为正四面体时，同一个顶点出发的任意两条棱的夹角均为60°，此时四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于180°，故③错误；对于④，如图(2)，G ，H ，I ，J 为各边中点，因为AC ＝BD ，所以四边形GHIJ 为菱形，所以GI ，HJ 相互垂直平分，其他同理可得，所以连接四面体ABCD 每组对棱中点的线段相互垂直平分，故④正确；对于⑤，从A 点出发的三条棱为AB ，AC ，AD ，因为AC ＝BD ，所以AB ，AC ，AD 可以构成三角形，其他同理可得，所以从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长，故⑤正确．综上所述，正确的结论为②④⑤.答案：②④⑤ [必备知能·自主补缺] (一) 主干知识要记牢 1．简单几何体的表面积和体积(1)S 直棱柱侧＝ch (c 为底面的周长，h 为高)． (2)S 正棱锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)．(3)S 正棱台侧＝12(c ′＋c )h ′(c 与c ′分别为上、下底面周长，h ′为斜高)．(4)圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式S 圆柱侧＝2πrl (r 为底面半径，l 为母线长)， S 圆锥侧＝πrl (r 为底面半径，l 为母线长)，S 圆台侧＝π(r ′＋r )l (r ′，r 分别为上、下底面的半径，l 为母线长)．(5)柱、锥、台体的体积公式V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为高)， V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)，V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S ，S ′为上、下底面面积，h 为高)．(6)球的表面积和体积公式S 球＝4πR 2，V 球＝43πR 3.2．两类关系的转化 (1)平行关系之间的转化(2)垂直关系之间的转化3．证明空间位置关系的方法a ，b ，l 是直线，α，β，γ是平面，O 是点，那么(1)线线平行：⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b a ∥c ⇒c ∥b ，⎭⎪⎬⎪⎫a ∥αa ⊂βα∩β＝b ⇒a ∥b ，⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b ，⎭⎪⎬⎪⎫α∥βα∩γ＝a β∩γ＝b ⇒a ∥b . (2)线面平行：⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b b ⊂αa ⊄α⇒a ∥α，⎭⎪⎬⎪⎫α∥βa ⊂β⇒a ∥α，⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βa ⊥βa ⊄α⇒a ∥α. (3)面面平行：⎭⎪⎬⎪⎫a ⊂α，b ⊂αa ∩b ＝Oa ∥β，b ∥β⇒α∥β，⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αa ⊥β⇒α∥β，⎭⎪⎬⎪⎫α∥βγ∥β⇒α∥γ.(4)线线垂直：⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊂α⇒a ⊥b ，⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ∥α⇒a ⊥b .(5)线面垂直：⎭⎪⎬⎪⎫a ⊂α，b ⊂αa ∩b ＝O l ⊥a ，l ⊥b ⇒l ⊥α，⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝l a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β， ⎭⎪⎬⎪⎫α∥βa ⊥α⇒a ⊥β，⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b a ⊥α⇒b ⊥α.(6)面面垂直：⎭⎪⎬⎪⎫a ⊂βa ⊥α⇒α⊥β，⎭⎪⎬⎪⎫a ∥βa ⊥α⇒α⊥β.(二) 二级结论要用好1．长方体的对角线与其共点的三条棱之间的长度关系d 2＝a 2＋b 2＋c 2；假设长方体外接球半径为R ，那么有(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2.[针对练1] (2018届高三·某某八校联考)设三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且长度分别为2,23，4，那么其外接球的表面积为( )A ．48πB ．32π C．20π D ．12π解析：选B 依题意，设题中的三棱锥外接球的半径为R ，可将题中的三棱锥补形成一个长方体，那么R ＝1222＋232＋42＝22，所以该三棱锥外接球的表面积为S ＝4πR 2＝32π. 2．棱长为a 的正四面体的内切球半径r ＝612a ，外接球的半径R ＝64a .又正四面体的高h ＝63a ，故r ＝14h ，R ＝34h .[针对练2] 正四面体ABCD 的外接球半径为2，过棱AB 作该球的截面，那么截面面积的最小值为________．解析：由题意知，面积最小的截面是以AB 为直径的圆，设AB 的长为a ，因为正四面体外接球的半径为2，所以64a ＝2，解得a ＝463，故截面面积的最小值为π⎝ ⎛⎭⎪⎫2632＝8π3.答案：8π3(三) 易错易混要明了应用空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理时，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错．如由α⊥β，α∩β＝l ，m ⊥l ，易误得出m ⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m ⊂α的限制条件．[针对练3] 设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m ⊂α，那么“m ∥β 〞是“α∥β 〞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 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.综上可知，“m ∥β 〞是“α∥β 〞的必要不充分条件．[课时跟踪检测]A 组——12＋4提速练一、选择题1.如图为一个几何体的侧视图和俯视图，那么它的正视图为( )解析：选B 根据题中侧视图和俯视图的形状，判断出该几何体是在一个正方体的上表面上放置一个四棱锥(其中四棱锥的底面是边长与正方体棱长相等的正方形、顶点在底面上的射影是底面一边的中点)，结合选项知，它的正视图为B.2．(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如下图，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有假设干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A．10 B．12 C．14 D．16解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为2＋4×22×2＝12，应选B.3．(2017·某某质检)假设平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，那么该三棱锥中与平面α平行的棱有( )A．0条 B．1条 C．2条 D．0条或2条解析：选C 因为平行于三棱锥的两条相对棱的平面截三棱锥所得的截面是平行四边形，所以该三棱锥中与平面α平行的棱有2条，应选C.4．(2017·某某模拟)m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂β.有以下命题：①假设α∥β，那么m，n可能平行，也可能异面；②假设α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，那么α⊥β；③假设α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，那么α⊥β.其中真命题的个数是( )A．0 B．1 C．2 D．3解析：选B 对于①，直线m，n可能平行，也可能异面，故①是真命题；对于②，直线m，n同时垂直于公共棱，不能推出两个平面垂直，故②是假命题；对于③，当直线n∥l时，不能推出两个平面垂直，故③是假命题．故真命题的个数为1.应选B.5．(2017·某某高考)某几何体的三视图如下图(单位：cm)，那么该几何体的体积(单位：cm3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3C.3π2＋1 D.3π2＋3解析：选A 由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1. 6．(2017·某某质检)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为( )A ．80B ．160C ．240D ．480解析：选B 如下图，题中的几何体是从直三棱柱ABC A ′B ′C ′中截去一个三棱锥A A ′B ′C ′后所剩余的部分，其中底面△ABC 是直角三角形，AC ⊥AB ，AC ＝6，AB ＝8，BB ′＝10.因此题中的几何体的体积为⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×8×10－13×12×6×8×10＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×8×10＝160，应选B. 7．(2017·某某质检)一个几何体的三视图如下图(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，那么该几何体的表面积为( )A ．72＋6πB ．72＋4πC ．48＋6πD ．48＋4π解析：选A 由三视图知，该几何体由一个正方体的34部分与一个圆柱的14部分组合而成(如下图)，其表面积为16×2＋(16－4＋π)×2＋4×2×2＋14×2π×2×4＝72＋6π，应选A.8．某几何体的三视图如下图，那么其体积为( )A ．207B ．216－9π2C ．216－36πD ．216－18π解析：选B 由三视图知，该几何体是一个棱长为6的正方体挖去14个底面半径为3，高为6的圆锥而得到的，所以该几何体的体积V ＝63－14×13×π×32×6＝216－9π2，应选B.9．(2017·某某检测)三棱锥P ABC 的四个顶点都在体积为500π3的球的表面上，底面ABC 所在的小圆面积为16π，那么该三棱锥的高的最大值为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：选C 依题意，设题中球的球心为O ，半径为R ，△ABC 的外接圆半径为r ，那么4πR33＝500π3，解得R ＝5，由πr 2＝16π，解得r ＝4，又球心O 到平面ABC 的距离为R 2－r 2＝3，因此三棱锥P ABC 的高的最大值为5＋3＝8，应选C.10．(2017·某某统考)三棱锥P ABC 的四个顶点均在某球面上，PC 为该球的直径，△ABC 是边长为4的等边三角形，三棱锥P ABC 的体积为163，那么此三棱锥的外接球的表面积为( )A.16π3 B.40π3 C.64π3 D.80π3解析：选D 依题意，记三棱锥P ABC 的外接球的球心为O ，半径为R ，点P 到平面ABC 的距离为h ，那么由V P ABC ＝13S △ABC h ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫34×42×h ＝163得h ＝433.又PC 为球O 的直径，因此球心O到平面ABC 的距离等于12h ＝233.又正△ABC 的外接圆半径为r ＝AB 2sin 60°＝433，因此R 2＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＝203，所以三棱锥P ABC 的外接球的表面积为4πR 2＝80π3，应选D.11．某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为( )A.15π2 B ．8πC.17π2D ．9π解析：选B 依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的平面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所得的部分的底面半径为1，最短母线长为3、最长母线长为5，将这两个截后所得的部分拼接恰好形成一个底面半径为1，母线长为5＋3＝8的圆柱，因此题中的几何体的体积为π×12×8＝8π，应选B.12．(2018届高三·湘中名校联考)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为( )A.1603 B ．32C.323D.3523解析：选A 由三视图可知，该几何体是由底面为等腰直角三角形(腰长为4)、高为8的直三棱柱截去一个等底且高为4的三棱锥而得到的，所以该几何体的体积V ＝12×4×4×8－13×12×4×4×4＝1603，应选A.二、填空题13．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，那么该几何体的表面积为________．解析：设圆柱高为h ，底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l .由图得r ＝2，h ＝4，那么c ＝2πr ＝4π，由勾股定理得：l ＝22＋232＝4，那么S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.答案：28π14．一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，那么截去部分体积与剩余部分体积的比值为________．解析：由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，如下图，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，那么三棱V 1V 2＝1656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＝15. 答案：1515．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、俯视图如下图，那么该几何体的体积是原直三棱柱的体积的________．解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为 12×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为13×6×2＝4.而直三棱柱的体积为12×2×2×4＝8，那么该几何体的体积是原直三棱柱的体积的12. 答案：1216．(2017·某某诊断考试)在三棱锥P ABC 中，V P ABC ＝433，∠APC ＝π4，∠BPC ＝π3，PA ⊥AC ，PB ⊥BC ，且平面PAC ⊥平面PBC ，那么三棱锥P ABC 外接球的体积为________．解析：如图，取PC 的中点O ，连接AO ，BO ，设PC ＝2R ，那么OA ＝OB ＝OC ＝OP ＝R ，∴O 是三棱锥P ABC 外接球的球心，易知，PB ＝R ，BC ＝3R ，∵∠APC ＝π4，PA ⊥AC ，O 为PC 的中点，∴AO ⊥PC ，又平面PAC ⊥平面PBC ，且平面PAC ∩平面PBC ＝PC ，∴AO ⊥平面PBC ，∴V P ABC ＝V A PBC ＝13×12×PB ×BC ×AO ＝13×12×R ×3R ×R ＝433，解得R ＝2，∴三棱锥P ABC 外接球的体积V ＝43πR 3＝32π3. 答案：32π3B 组——能力小题保分练1．(2017·某某质检)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积是( )A ．16B ．20C ．52D ．60解析：选B 由三视图知，该几何体由一个底面为直角三角形(直角边分别为3,4)，高为6的三棱柱截去两个等体积的四棱锥所得，且四棱锥的底面是矩形(边长分别为2,4)，高为3，如下图，所以该几何体的体积V＝12×3×4×6－2×13×2×4×3＝20，应选B.2．(2017·某某模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，那么该四棱锥外接球的表面积为( )A．136π B．34πC．25π D．18π解析：选B 由三视图知，该四棱锥的底面是边长为3的正方形，高为4，且有一条侧棱垂直于底面，所以可将该四棱锥补形为长、宽、高分别为3,3,4的长方体，该长方体外接球的半径R即为该四棱锥外接球的半径，所以2R＝32＋32＋42，解得R＝342，所以该四棱锥外接球的表面积为4πR2＝34π，应选B.3．(2018届高三·某某五市十校联考)如图，小方格是边长为1的正方形，一个几何体的三视图如下图，那么该几何体的表面积为( )A．45π＋96 B．(25＋6)π＋96C．(45＋4)π＋64 D．(45＋4)π＋96解析：选D 由三视图可知，该几何体为一个圆锥和一个正方体的组合体，正方体的棱长为4，圆锥的高为4，底面半径为2，所以该几何体的表面积为S＝6×42＋π×22＋π×2×42＋22＝(45＋4)π＋96.4．(2017·某某质检)四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为6的正方形，且PA＝PB＝PC＝PD，假设一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切，那么该四棱锥的高为( ) A．6 B．5C.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，应选D.5．(2018届高三·某某市八校联考)在菱形ABCD 中，A ＝60°，AB ＝3，将△ABD 折起到△PBD 的位置，假设二面角P BD C 的大小为2π3，那么三棱锥P BCD 外接球的体积为( ) A.4π3 B.3π2 C.77π6 D.77π2解析：选C 依题意，△PBD 、△BCD 均是边长为3的等边三角形．取BD 的中点E ，连接PE ，CE ，那么有PE ⊥BD ，CE ⊥BD ，∠PEC 是二面角P BD C 的平面角，即∠PEC ＝120°.记三棱锥P BCD 的外接球的球心为O ，半径是R ，△PBD ，△BCD 的中心分别为M ，N ，连接OM ，ON ，MN ，OE ，那么由OP ＝OB ＝OD ＝OC 得，球心O 在平面PBD ，平面BCD 上的射影分别是△PBD ，△BCD的中心，即有OM ⊥平面PBD ，OM ⊥PE ，OM ⊥BD ，ON ⊥平面BCD ，ON ⊥NE ，ON ⊥BD ，因此BD ⊥平面OMN .又易证BD ⊥平面OCE ，所以平面OMN ∥平面OCE .又平面OMN 与平面OCE 有公共点O ，因此平面OMN 与平面OCE 重合．在四边形OMEN 中，∠OME ＝∠ONE ＝90°，ME ＝NE ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫32×3＝12，∠MOE ＝30°，OE 是四边形OMEN 的外接圆的直径，OE＝MEsin ∠MOE ＝1，ON 2＝OE 2－NE 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34.在Rt △OBN 中，OB 2＝ON 2＋BN 2＝ON 2＋BE 2＋NE 2＝34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝74，即R ＝74＝72，因此三棱锥P BCD 的外接球的体积为43πR 3＝77π6，应选C. 6．(2017·武昌调研)在矩形ABCD 中，AB <BC ，现将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出以下结论：①存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直； ②存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直； ③存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直．其中正确结论的序号是________．。

高中数学高考二轮复习高考中的立体几何教案

第二讲高考中的立体几何(解答题型)对应学生用书P052[必记定理]1.线面平行与垂直的判定定理、性质定理(1)异面直线所成的角：设a，b分别为异面直线a，b的方向向量，则两异面直线所成的角满足cosθ＝|a·b| |a||b|.(2)线面角设l 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的法向量，则斜线l 与平面α所成的角满足sin θ＝|l ·n ||l ||n |.(3)二面角①如图(ⅰ)，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．②如图(ⅱ)(ⅲ)，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉．[重要转化]1.三种平行关系的转化2.三种垂直关系的转化线线垂直判定定理性质定理线面垂直判定定理性质定理面面垂直[重要结论]设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．1.线线平行l∥m⇔a∥b⇔a＝k b⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.2.线线垂直l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.3.线面平行l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.4.线面垂直l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3.5.面面平行α∥β⇔μ∥v⇔μ＝k v⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4.6.面面垂直α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.[易错提醒]1.忽视线面平行判定定理的条件：证明线面平行时，忽视“直线在平面外”“直线在平面内”的条件．2.忽视线面垂直判定定理的条件：证明线面垂直时，忽视“平面内两条相交直线”这一条件．3.关注面面垂直的性质定理的条件：当题目涉及面面垂直的条件时，一般用此定理转化为线面垂直，应用时注意在面面垂直的前提下，过平面内一点，垂直于两平面交线的直线应在其中一个平面内．4.忽略异面直线的夹角与方向向量夹角的区别：两条异面直线所成的角是锐角或直角，与它们的方向向量的夹角不一定相等．5.不能区分二面角与两法向量的夹角：求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析．对应学生用书P053热点一空间位置关系的证明例1(1)[2015·陕西高三质检]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，E为棱CC1的中点．①求证：B1D1⊥AE；②求证：AC∥平面B1DE.[证明]①连接BD，则BD∥B1D1.∵四边形ABCD是正方形，。

高中数学高考二轮复习立体几何教案(全国专用)

1．(2016·课标Ⅰ，6，易)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 ．28π1．A [考向2]由三视图可知该几何体为球去掉一个18球．设球的半径为R ，则V ＝78×43πR 3＝28π3，得R ＝2.故其表面积S ＝78×4πR 2＋3×14×πR 2＝14π＋3π＝17π.2．(2016·山东，5，易)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＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π2．C [考向3]由三视图可知，四棱锥的底面是边长为1的正方形，半球的直径为12＋12＝2，所以四棱锥的体积为13×12×1＝13，半球的体积为12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝26π，所以此组合体的体积为13＋26π.3．(2016·课标Ⅱ，6，中)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 ．32π3．C [考向2]S 表＝πr 2＋2πr ×4＋12×2πr ×R ＝4π＋16π＋2π22＋（23）2＝28π.4．(2016·课标Ⅲ，9，易)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．814．B [考向2]由图可知，该几何体为四棱柱，S 表＝2S 底＋2S 前＋2S 侧＝2×32＋2×3×6＋2×3×32＋62 ＝18＋36＋185＝54＋18 5.5．(2016·课标Ⅲ，10，中)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 ．4π B.9π2 C ．6π D.32π35．B [考向3]在Rt △ABC 中，设内切圆的半径为R ，则R ×(6＋8＋10)＝6×8，得R ＝2.又由AA 1＝3， ∴内切球的半径为32， ∴V 球＝43π×278＝92π.6．(2015·浙江，2，易)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3 C.323 cm 3 D.403 cm 36．C [考向3]由题意得，该几何体由一个正方体与一个正四棱锥组合而成，所以体积V ＝23＋13×22×2＝323.7．(2014·福建，2，易)某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ) A ．圆柱 B ．圆锥 C ．四面体 D ．三棱柱7．A [考向1]因为圆锥、四面体、三棱柱的正视图均可以是三角形，而圆柱无论从哪个方向看均不可能是三角形，故选A.8．(2013·四川，3，易)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( )8．D [考向1]由三视图可知该几何体为一个上部为圆台、下部为圆柱的组合体，圆台的下底面和圆柱的底面恰好重合．9．(2015·课标Ⅱ，6，中)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，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A.18B.17C.16D.159．D [考向3]如图所示为正方体被一个平面截去后剩余部分的几何体．设正方体棱长为a ，∴VA A 1B 1D 1V 剩＝13×12a 2·a a 3－13×12a 2·a＝15.10．(2015·课标Ⅱ，9，中)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 ．36π B ．64π C ．144π D ．256π10．C [考向2]设球的半径为r ，则V O ABC ＝13×12×r 2h ≤16r 3＝36，故r ＝6.故S 球＝4πr 2＝144π.11．(2015·课标Ⅰ，6，中)《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。

高中数学高考二轮复习立体几何教案

高中数学高考二轮复习立体几何教案高考点拨：立体几何专题是高考中的热点，主要考查三视图、空间几何体的体积和空间位置关系、空间角，以及空间位置关系的证明和空间角、距离的探求。

本专题主要从“空间几何体表面积或体积的求解”、“空间中的平行与垂直关系”、“立体几何中的向量方法”三个角度进行典例剖析，引领考生明确考情并提升解题技能。

突破点1：空间几何体表面积或体积的求解要点1：对于规则几何体，可以直接利用公式计算。

要点2：对于不规则几何体，可以采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可以采用等体积转换法求解。

要点3：求解旋转体的表面积和体积时，需要注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形。

突破点2：球与几何体的外接与内切要点1：正四面体与球：设正四面体的棱长为a，由正四面体本身的对称性，可知其内切球和外接球的球心相同，则内切球的半径r=a/3，外接球的半径R=a/√6.要点2：正方体与球：设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，O为其对称中心，E，F，H，G分别为AD，BC，B1C1，A1D1的中点，J为HF的中点。

正方体的内切球的半径为OJ=a/2，棱切球的半径为OG=a/√2，外接球的半径为OA1=√3a/2.回访1：几何体的表面积或体积题目：如图10-2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()解析：由三视图可知圆柱的底面直径为4，母线长(高)为4，所以圆柱的侧面积为2π×2×4=16π，底面积为π×2²=4π；圆锥的底面直径为4，高为2/3，所以圆锥的母线长为√(4²+(2/3)²)=4/3，所以圆锥的侧面积为π×2×4/3=8π。

所以该几何体的表面积为S=16π+4π+8π=28π。

2．一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10-3.求截去部分体积与剩余部分体积的比值。

高考数学二轮复习专题立体几何教学案(学生)

2013高考数学二轮复习精品资料专题07 立体几何教学案（学生版）【2013考纲解读】1、平面的概念及平面的表示法，理解三个公理及三个推论的内容及作用，初步掌握性质与推论的简单应用。

2、空间两条直线的三种位置关系，并会判定。

3、平行公理、等角定理及其推论，了解它们的作用，会用它们来证明简单的几何问题，掌握证明空间两直线平行及角相等的方法。

4、异面直线所成角的定义，异面直线垂直的概念，会用图形来表示两条异面直线，掌握异面直线所成角的范围，会求异面直线的所成角。

5.理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘;了解空间向量的基本定理，理解空间向量坐标的概念，掌握空间向量的坐标运算;掌握空间向量的数量积的定义及其性质，掌握用直角坐标计算空间向量数量积公式.6.了解多面体、凸多面体、正多面体、棱柱、棱锥、球的概念.掌握棱柱,棱锥的性质,并会灵活应用,掌握球的表面积、体积公式;能画出简单空间图形的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图.7.空间平行与垂直关系的论证.8. 掌握直线与平面所成角、二面角的计算方法，掌握三垂线定理及其逆定理，并能熟练解决有关问题,进一步掌握异面直线所成角的求解方法，熟练解决有关问题.9.理解点到平面、直线和直线、直线和平面、平面和平面距离的概念会用求距离的常用方法（如：直接法、转化法、向量法）.对异面直线的距离只要求学生掌握作出公垂线段或用向量表示的情况）和距离公式计算距离。

【知识网络构建】【重点知识整合】 1．空间几何体的三视图(1)正视图：光线从几何体的前面向后面正投影得到的投影图； (2)侧视图：光线从几何体的左面向右面正投影得到的投影图； (3)俯视图：光线从几何体的上面向下面正投影得到的投影图．几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图． 2．斜二测画水平放置的平面图形的基本步骤(1)建立直角坐标系，在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的Ox ，Oy ，建立直角坐标系；(2)画出斜坐标系，在画直观图的纸上(平面上)画出对应的Ox ′，Oy ′，使∠x ′Oy ′＝45°(或135°)，它们确定的平面表示水平平面；(3)画对应图形，在已知图形中平行于x 轴的线段，在直观图中画成平行于x ′轴，且长度保持不变；在已知图形中平行于y 轴的线段，在直观图中画成平行于y ′轴，且长度变为原来的一半；(4)擦去辅助线，图画好后，要擦去x 轴、y 轴及为画图添加的辅助线(虚线)． 3.体积与表面积公式:(1)柱体的体积公式:V =柱Sh ;锥体的体积公式: V =锥13Sh ; 台体的体积公式: V =棱台1()3h S SS S '';球的体积公式: V =球343r π. (2)球的表面积公式:24S R π=球. 【高频考点突破】考点一空间几何体与三视图1．一个物体的三视图的排列规则是：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧视图放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．画直观图时，与坐标轴平行的线段仍平行，与x 轴、z 轴平行的线段长度不变，与y 轴平行的线段长度减半．例1、将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为 ( )【方法技巧】该类问题主要有两种类型：一是由几何体确定三视图；二是由三视图还原成几何体．解决该类问题的关键是找准投影面及三个视图之间的关系．抓住“正侧一样高，正俯一样长，俯侧一样宽”的特点作出判断.考点二空间几何体的表面积和体积常见的一些简单几何体的表面积和体积公式：圆柱的表面积公式：S ＝2πr 2＋2πrl ＝2πr (r ＋l )(其中r 为底面半径，l 为圆柱的高)；圆锥的表面积公式：S ＝πr 2＋πrl ＝πr (r ＋l )(其中r 为底面半径，l 为母线长)；圆台的表面积公式：S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )(其中r 和r ′分别为圆台的上、下底面半径，l 为母线长)；柱体的体积公式：V ＝Sh (S 为底面面积，h 为高)；锥体的体积公式：V ＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；台体的体积公式：V ＝13(S ′＋S ′S ＋S )h (S ′、S 分别为上、下底面面积，h 为高)；球的表面积和体积公式：S ＝4πR 2，V ＝43πR 3(R 为球的半径)．例 2、如图所示，某几何体的正视图是平行四边形，侧视图和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为 ( )A．6 3 B．9 3C．12 3 D．18 3考点三球与空间几何体的“切”“接”问题1．长方体、正方体的外接球其体对角线长为该球的直径．2．正方体的内切球其棱长为球的直径．3．正三棱锥的外接球中要注意正三棱锥的顶点、球心及底面正三角形中心共线．4．正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.例3、一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的外接球的表面积为________．【方法技巧】1．涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题．2．若球面上四点P、A、B、C构成的线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC ＝c，则4R2＝a2＋b2＋c2(R为球半径)．可采用“补形”法，构造长方体或正方体的外接球去处理．例4、如图，在四面体PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC，点D，E，F，G分别是棱AP，AC，BC，PB的中点．(1)求证：DE∥平面BCP；(2)求证：四边形DEFG为矩形；(3)是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？说明理由．【方法技巧】1．证明线线平行常用的两种方法：(1)构造平行四边形；(2)构造三角形的中位线．2．证明线面平行常用的两种方法：(1)转化为线线平行；(2)转化为面面平行．3．证明直线与平面垂直往往转化为证明直线与直线垂直．而证明直线与直线垂直又需要转化为证明直线与平面垂直.例5、如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E，F分别是AP，AD的中点．求证：(1)直线EF∥平面PCD；(2)平面BEF⊥平面PAD.【方法技巧】考点六利用空间向量证明位置关系设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)．平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(1)线面平行：l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0(2)线面垂直：l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3(3)面面平行：α∥β⇔u∥v⇔u＝kv⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4(4)面面垂直α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0例6、如图，平面 PAC ⊥平面ABC ，△ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，E ，F ，O 分别为 PA ，PB ，AC 的中点，AC ＝16，PA ＝PC ＝10.(1)设G 是OC 的中点，证明：FG ∥平面BOE ； (2)证明：在△ABO 内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE .【方法技巧】1．用向量法来证明平行与垂直，避免了繁杂的推理论证而直接计算就行了．把几何问题代数化．尤其是正方体、长方体、直四棱柱中相关问题证明用向量法更简捷．但是向量法要求计算必须准确无误．2．利用向量法的关键是正确求平面的法向量．赋值时注意其灵活性．注意(0,0,0)不能作为法向量.3．向量法求二面角：求出二面角α－l －β的两个半平面α与β的法向量n 1，n 2，若二面角α－l －β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|；若二面角α－l －β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|＝－|n 1·n 2||n 1||n 2|.例7、如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长．考点八利用空间向量解决探索性问题利用空间向量解决探索性问题，它无需进行复杂繁难的作图、论证、推理，只须通过坐标运算进行判断，在解题过程中，往往把“是否存在”问题，转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，可以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．例8、如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O 落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.(1)证明：AP⊥BC；(2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角A－MC－B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．【难点探究】难点一空间几何体的表面积和体积例1、（1）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80(2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．92π＋12B ．92π＋18 C ．9π＋42 D ．36π＋18难点二球与多面体例 2、已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S －ABC 的体积为( )A ．3 3B ．2 3 C. 3 D ．1【解题规律与技巧】1．真实图形中和两坐标轴平行的线段在直观图中仍然和两坐标轴平行，在真实图形中与x 轴平行的线段在直观图中长度不变，在真实图形中和y 轴平行的线段在直观图中变为原来的一半．这种画法蕴含着一个一般的规律，在斜二测画法中，真实图形的面积和直观图的面积之比是2 2.2．空间几何体的面积有侧面积和表面积之分，表面积就是全面积，是一个空间几何体中“暴露”在外的所有面的面积，在计算时要注意区分“是侧面积还是表面积”．多面体的表面积就是其所有面的面积之和，旋转体的表面积除了球之外，都是其侧面积和底面面积之和．3．实际问题中的几何体往往不是单纯的柱、锥、台、球，往往是由柱、锥、台、球或其一部分组成的组合体，解决这类组合体体积的基本方法就是“分解”，将组合体“分解成若干部分，每部分是柱、锥、台、球或其一个部分，分别计算其体积”，然后根据组合体的结构，将整个的体积转化为这些“部分体积”的和或差．【历届高考真题】【2012年高考试题】一、选择题1.【2012高考真题新课标理7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）()A6()B9()C12()D182.【2012高考真题浙江理10】已知矩形ABCD，AB=1，BC=2。

高中数学高考二轮复习学案(3)立体几何

立体几何初步【学法导航】稳定中有所创新,由知识立意转为能力立意（1）考查重点及难点稳定：高考始终把空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直的性质与判定,以及求线面角、二面角等知识都是重点考查的内容，其中线线角、线面角、二面角的求解更是重中之重在难度上平稳过渡，始终以中等偏难为主。

实行新课程的高考，命题者在求稳的同时注重创新高考创新，主要体现在命题的立意和思路上注重对学生能力的考查（2）空间几何体中的三视图仍是高考的一个重要知识点解答题的考查形式仍要注重在一个具体立体几何模型中考查线面的关系（3）使用，“向量”仍将会成为高考命题的热点，一般选择题、填空题重在考查向量的概念、数量积及其运算律在有些立体几何的解答题中，建立空间直角坐标系，以向量为工具，利用空间向量的坐标和数量积解决直线、平面问题的位置关系、角度、长度等问题，比用传统立体几何的方法简便快捷，空间向量的数量积及坐标运算仍是2010年高考命题的重点（4）支持新课改，在重叠部分做文章,在知识交汇点处命题【典例精析】1，空间几何体及三视图例1．用一些棱长为1cm 的小正方体码放成一个几何体，图1为其俯视图，图2为其主视图则这个几何体的体积最大是 7 cm 3．图1（俯视图）图2（主视图）例2.一个多面体的直观图及三视图如图所示，则多面体A CDEF -的体积为 ▲ ．38例4.右图是由一些相同的小正方体构成的几何体的三视图，这些相同的小正方体共有▲ 个．5 例5．如果一个几何体的三视图如图所示(单位长度: cm), 则此几何体的表面积是2420+2cm 。

例 6.矩形ABCD 中，AB=4，BC=3，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B －AC －D ，则四面体ABCD 的外接球的体积为 π6125例7.一个几何体的三视图中，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是等腰直角三角形（如图），根据图中标注的长度，可以计算出该几何体的表面积是 12+4 2.平行与垂直例8.已知：正方体1111ABCD-A B C D ，1AA =2，E 为棱1CC 的中点．⑴求证：11B D AE ⊥；⑵求证：//AC 平面1B DE ；⑶求三棱锥1B ADE -的体积证明：连结BD ，则BD //11B D ， ∵ABCD 是正方形，∴AC BD ⊥．∵CE ⊥面ABCD ，∴CE BD ⊥．又C = AC CE ，∴BD ⊥面ACE ．∵AE ⊂面ACE ，∴BD AE ⊥， ∴11B D AE ⊥．⑵证明：作1BB 的中点F ，连结AF CF EF 、、． ∵E F 、是1BB 1CC 、的中点，∴CE1B F ，∴四边形1B FCE 是平行四边形，∴ 1CF// B E ． ∵,E F 是1BB 1CC 、的中点，∴//EF BC ，又//BC AD ，∴//EF AD ．∴四边形ADEF 是平行四边形，AF ∴//ED ， ∵AF CF C = ，1B E ED E = ， ∴平面//ACF 面1B DE ．主视图俯视图左视图俯视图左视图又AC ⊂平面ACF ，∴//AC 面1B DE 例9.多面体ABCDE 中，1====AE AC BC AB ，2=CD ，ABC AE 面⊥，CD AE //。

高考数学第二轮复习立体几何教学案

2011年高考第二轮专题复习（教学案）：立体几何第1课时直线、平面、空间几何体考纲指要：立体几何在高考中占据重要的地位，考察的重点及难点是直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的性质和判定，而查空间线面的位置关系问题，又常以空间几何体为依托，因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式。

考点扫描：1．空间两条直线的位置关系：（1）相交直线；（2）平行直线；（3）异面直线。

2．直线和平面的位置关系：（1）直线在平面内；（2）直线和平面相交；（3）直线和平面平行。

3．两个平面的位置关系有两种：（1）两平面相交；（2）两平面平行。

4．多面体的面积和体积公式，旋转体的面积和体积公式。

考题先知：例1．在平面几何中，我们学习了这样一个命题：过三角形的内心作一直线，将三角形分成的两部分的周长比等于其面积比。

请你类比写出在立体几何中，有关四面体的相似性质，并证之。

解：通过类比，得命题：过四面体的内切球的球心作一截面，将四面体分成的两部分的表面积比等于其体积比。

证明：如图，设四面体P-ABC 的内切球的球心为O ，过O 作截面DEF交三条棱于点E 、D 、F ，记内切圆半径为r,则r 也表示点O 到各面的距离，利用体积的“割补法”知：PDF O PEFO PDE O DEF P V V V V ----++==r S r S r S PDF PEF PDE ⋅+⋅+⋅313131BCFD O DEF O ACFE O ABC O ABDE O ABC DEF V V V V V V ------++++==r S r S r S r S r S BCFD DEF ACFE ABC ABDE ⋅+⋅+⋅+⋅+⋅3131313131，从而21表表S S V V ABC DEF DEF P =--。

例2．（1）当你手握直角三角板，其斜边保持不动，将其直角顶点提起一点，则直角在平面内的正投影是锐角、直角还是钝角？（2）根据第（1）题，你能猜想某个角在一个平面内的正投影一定大于这个角吗？如果正确，请证明；如果错误，则利用下列三角形举出反例：△ABC 中，2,6==AC AB ，13-=BC ，以∠BAC 为例。

高考数学二轮：专题复习教学案：专题二立体几何

江苏新高考高考对本专题内容的考察一般是“一小一大 ”，小题主要考察体积和表面积的计算问题，而大题主要证明线线、线面、面面的平行与垂直问题，其考察形式单一，难度一般.第 1 课时立体几何中的计算 (基础课 ) [常考题型打破 ]空间几何体的表面积与体积 [必备知识 ]空间几何体的几组常用公式(1) 柱体、锥体、台体的侧面积公式：① S 柱侧＝ ch(c 为底面周长， h 为高 )；②S 锥侧＝ 1 c h ′(c 为底面周长， h ′为斜高 )； 2③ S 台侧＝ 1 (c ＋ c ′)h ′(c ， c 分别为上下底面的周长， h ′为斜高 )．2(2) 柱体、锥体、台体的体积公式： ① V 柱体＝ Sh( S 为底面面积， h 为高 )；1 ② V 锥体＝3Sh(S 为底面面积， h 为高 )；1③ V 台＝ 3( S ＋ S S ′＋ S ′)h(不要求记忆 )． (3) 球的表面积和体积公式：① S 球＝ 4πR 2(R 为球的半径 )；② V 球＝43πR 3(R 为球的半径 )．[题组练透 ]1．现有一个底面半径为 3 cm ，母线长为 5 cm 的圆锥状实心铁器，将其高温融化后铸成一个实心铁球 (不计消耗 )，则该铁球的半径为 ________cm.分析：由于圆锥底面半径为 3 cm ，母线长为 5 cm ，所以圆锥的高为52－ 32＝ 4 cm ，其体积为 1π×32× ＝12π3，设铁球的半径为 r ，则 4πr 3＝ 12π，所以该铁球的半径是 3cm.34 cm 3 9答案：392．(2017 苏·锡常镇二模 )已知直四棱柱底面是边长为 2 的菱形，侧面对角线的长为 23，则该直四棱柱的侧面积为 ________．分析：由题意得，直四棱柱的侧棱长为32－ 22＝ 2 2，所以该直四棱柱的侧面积为 S＝ cl＝ 4×2×2 2＝ 16 2.答案：16 23．(2017 南·通、泰州一调 )如图，在正四棱柱 ABCD -A1B1C1 D1中，AB＝3 cm， AA1＝ 1 cm，则三棱锥 D 1-A1BD 的体积为 _______cm3.分析：三棱锥 D 1-A1BD 的体积等于三棱锥B-A1D 1D 的体积，由于三棱锥B-A1D1D 的高等于 AB，△ A1D1D 的面积为矩形AA1D 1D 的面积的1，所以三棱锥B-A1 D1D 的体积是正2四棱柱 ABCD -A1B1C1D 1的体积的1，所以三棱锥D1-A1BD 的体积等于123 66×3 ×1＝ .2答案：324.以下图是一个直三棱柱 ( 以 A1B1C1为底面 )被一个平面所截获得的几何体，截面为 ABC，已知 A1B1＝ B1C1＝ 1，∠ A1B1C1＝ 90°，A1A＝ 4，B1B＝ 2，C1C＝ 3，则此几何体的体积为 ________．分析：在 A1A 上取点 A2，在 C1C 上取点 C2，使 A1A2＝ C1C2＝ BB1，连结 A2B，BC2， A2C2，∴V＝ V A1B1 C1- A2 BC2＋VB- A2 ACC 211×＋× 2×23＝×1×1×2＋2＝ .2322答案：325．设甲，乙两个圆柱的底面积分别为S1， S2，体积分别为V 1， V2.若它们的侧面积相等且V1＝3，则S1的值是 ________．V22S2分析：设甲，乙两个圆柱的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则有 2πr1h1＝ 2πr2h2，即 r1h1＝ r2h2，又V 1πr12h1，∴V1＝r1r13，则S1r129＝2V2，∴ ＝＝r2＝ . V 2πr2h2r2r22S24答案：94[方法概括 ]求几何体的表面积及体积的解题技巧(1) 求几何体的表面积及体积问题，能够多角度、多方向地考虑，熟记公式是重点所在．求三棱锥的体积，等体积转变是常用的方法，转变原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．(2)求不规则几何体的体积，常用切割或补形的思想，将不规则几何体转变为规则几何体以易于求解．多面体与球的切接问题[必备知识 ]解决球与其余几何体的切、接问题(1)解题的重点：认真察看、剖析，弄清有关元素的地点关系和数目关系．(2)选准最正确角度作出截面：要使这个截面尽可能多地包括球、几何体的各样元素以及表现这些元素之间的关系，达到空间问题平面化的目的．(3) 认识球与正方体组合的 3 种特别截面：(4)熟记 2 个结论：①设小圆O1半径为 r， OO 1＝ d，则 d2＋ r2＝ R2；∠AO1B∠ AOB②若 A， B 是圆 O1上两点，则 AB＝ 2rsin＝ 2Rsin.22[题组练透 ]1．(2017 江·苏高考 )如图，在圆柱 O1O2内有一个球 O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为 V 1，球 O 的体积为 V2，则V1的V2值是 ________．分析：设球 O 的半径为R，由于球 O 与圆柱 O1O2的上、下底面及母线均相切，所以圆V1πR2·2R3柱的底面半径为R、高为 2R，所以＝＝.V243πR32答案：322． (2017 全·国卷Ⅲ改编 )已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为________．分析：设圆柱的底面半径为22－12333πr，则 r＝ 12＝，所以圆柱的体积V＝×π×1＝4. 44答案：3π43．已知矩形ABCD的极点都在半径为 2 的球O 的球面上，且AB＝ 3，BC＝3，过点D 作DE垂直于平面ABCD ，交球O 于E，则棱锥E-ABCD的体积为________．分析：以下图，BE过球心O，∴DE＝42－ 32－32＝2，1∴V E -ABCD＝3×3× 3×2＝ 2 3.答案：2 34．(2017 ·京、盐城一模南) 将矩形ABCD绕边AB旋转一周获得一个圆柱，AB＝3，BC ＝ 2，圆柱上底面圆心为O，△ EFG 为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥O-EFG 体积的最大值是________．分析：由于将矩形ABCD 绕边 AB 旋转一周获得一个圆柱， AB＝ 3， BC＝ 2，圆柱上底面圆心为O，△ EFG 为下底面圆的一个内接直角三角形，所以三棱锥 O-EFG 的高为圆柱的高，即高为AB，所以当三棱锥 O-EFG 体积取最大值时，△EFG 的面积最大，当 EF 为直径，且 G 在 EF 的垂直均分线上时， (S△EFG )max＝1×4×2＝ 4, 211×4×3＝ 4.所以三棱锥 O-EFG 体积的最大值 ( V O-EFG )max＝×(S△EFG )max×AB＝33答案：4[方法概括 ]多面体与球的切接问题的解题技巧方法解读合适题型解答时第一要找准切点，经过作截面来解截面法决．假如内切的是多面体，则作截面时主要球内切多面体或旋转体抓住多面体过球心的对角面来作第一确立球心地点，借助外接的性质——球结构直角三心到多面体的极点的距离等于球的半径，寻求球心究竟面中心的距离、半径、极点究竟正棱锥、正棱柱的外接球角形法面中心的距离结构成直角三角形，利用勾股定理求半径因正方体、长方体的外接球半径易求得，故三条侧棱两两垂直的三棱锥，补形法将一些特别的几何体补形为正方体或长方从正方体或长方体的八个顶体，即可借助外接球为同一个的特色求解点中选用点作为极点构成的三棱锥、四棱锥等平面图形的翻折问题[必备知识 ]将平面图形沿此中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，把这种问题称为平面图形的翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的重点．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．解决这种问题就是要据此研究翻折此后的空间图形中的线面关系和几何量的胸怀值，这是化解翻折问题难点的主要方法．[题组练透 ]2π1． (2017 南·通三模 )已知圆锥的侧面睁开图是半径为3，圆心角为的扇形，则这个圆3锥的高为 ________．3，圆心角为 2πl ＝ 3，分析：由于圆锥的侧面睁开图是半径为3 的扇形，所以圆锥的母线长设圆锥的底面半径为r ，则底面周长2π 2 22πr ＝ 3× ，所以 r ＝ 1，所以圆锥的高为3 －1 ＝2 2.3答案：2 22． (2017 ·京考前模拟南 )如图，正△ ABC 的边长为 2， CD 是 AB 边上的高， E ， F 分别为边 AC 与 BC 的中点，现将△ ABC 沿 CD 翻折，使平面 ADC ⊥平面 DCB ，则棱锥 E-DFC 的体积为 ________．11 32＝ 3 ， E 到平面 DFC 的距离 h 等于 1 1 分析： S △ DFC ＝ S △ABC ＝××AD ＝ .4442422V E -DFC ＝ 1△3 .×S DFC ×h ＝243答案：3243.(2017 全·国卷Ⅰ )如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为 5 cm ，该纸片上的等边三角形 ABC 的中心为 O.D ，E ，F 为圆 O 上的点， △DBC ，△ ECA ，△FAB 分别是以 BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以 BC ， CA ， AB 为折痕折起△ DBC ，△ ECA ，△ FAB ，使得 D ， E ， F 重合，获得三棱锥．当△ ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积 (单位：cm 3)的最大值为 ________．分析：法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ ABC 的边长变化时，设△ ABC 的边长为 a(a>0)cm ，则△ ABC 的面积为3 23 4 a ，△ DBC 的高为 5－ 6 a ，则正三棱锥的高为5－ 3a 2 －225－ 5 33a ＝3a ，66∴25－53 3 a>0，∴ 0<a<5 3，∴所得三棱锥的体积1 × 3 25 3 a ＝ 345 35.V ＝ 4 a × 25－3 12 × 25a －3a3令 t ＝ 25a4－ 53 3a 5，3 25 34则 t ′＝ 100a － 3 a ，由 t ′＝ 0，得 a ＝ 4 3，此时所得三棱锥的体积最大，为4 15 cm 3.法二：如图，连结 OD 交 BC 于点 G ，由题意知，OD ⊥ BC.易得 OG3＝6BC ，设 OG ＝ x ，则 BC ＝ 2 3x ，DG ＝ 5－ x ，S △ ABC ＝ 12×2 3x ×3x ＝ 3 3x 2，故所得三棱锥的体积 V ＝1 ×3 3 x 2× － x 2－ x 2 ＝ 3 x 2× 25－ 10x ＝ 3345× 25x － 10x .令 f( x)＝ 25x 4－ 10x 5， x ∈ 0，52，则 f ′(x)＝ 100x 3－ 50x 4，令 f ′(x)>0，即 x 4－2x 3 <0，得 0<x<2，5则当 x ∈ 0， 2 时， f(x)≤f(2) ＝ 80， ∴ V ≤ 3× 80＝4 15.∴所求三棱锥的体积的最大值为4 15.答案： 4 15[方法概括 ]解决翻折问题需要掌握的两个重点点(1) 解决与翻折有关的问题的重点是搞清翻折前后的变化量和不变量．一般状况下，折线同一侧的，线段的长度是不变量，地点关系可能会发生变化，抓住两个“不变性 ”．①与折线垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；②与折线平行的线段，翻折前后平行关系不改变．(2)解决问题时，要综合考虑翻折前后的图形，既要剖析翻折后的图形，也要剖析翻折前的图形．[课时达标训练 ][A组——抓牢中档小题 ]1．已知正方体 ABCD - A1B1C1D1的棱长为 1，点 E 是棱 B1B 的中点，则三棱锥 B1-ADE 的体积为 ________．11111.分析： VB 1-ADE ＝ VD- AEB1＝ S△ AEB1·DA ＝× × ×1×1＝123322答案：1122．若两球表面积之比是4∶ 9，则其体积之比为 ________．分析：设两球半径分别为r1， r2，由于4πr12∶ 4πr22＝ 4∶ 9，所以 r ∶ r ＝ 2∶ 3，所以两球体积之比为4 3 43＝r13＝23＝ 8∶ 27.π ∶πr23123 r13r2答案： 8∶ 273．(2017 天·津高考 )已知一个正方体的全部极点在一个球面上，若这个正方体的表面积为 18，则这个球的体积为 ________．分析：设正方体的棱长为a，则 6a2＝ 18，得 a＝ 3，设该正方体外接球的半径为R，则 2R＝ 3a＝ 3，得 R＝3，所以该球的体积为4π3＝4π27＝9π.2 3R3×829答案：2π4．已知圆锥的母线长为10 cm，侧面积为2，则此圆锥的体积为 ________cm3. 60π cm分析：设圆锥底面圆的半径为r，母线长为l，则侧面积为πrl＝ 10πr＝ 60π，解得 r＝ 6，则圆锥的高 h＝ l2－ r2＝ 8，则此圆锥的体积为1πr2h＝1π×36×8＝ 96π.33答案： 96π5． (2017 扬·州期末 )若正四棱锥的底面边长为22(单位： cm)，侧面积为 8(单位： cm )，则它的体积为________(单位： cm3 )．分析：由于正四棱锥的底面边长为2，侧面积为8，所以底面周长1c＝ 8， ch′＝ 8，所2以斜高 h′＝ 2，正四棱锥的高为 h＝3，所以正四棱锥的体积为12433×2×3＝3.4 3答案：6．设棱长为 a 的正方体的体积和表面积分别为V1，S1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1＝ 3，则 S 1的值为 ________．V 2πS 2分析：由题意知， V ＝ a 3，S ＝ 6a 2，V ＝13，S ＝ 2πr 2，由 V 1＝ 3得， a3＝ 3，得 a1 12 3πr2V 2 π 13ππr3＝ r ，进而 S 1＝ 6 ＝3 2. S 22π π答案：32π7.(2017 苏·北三市三模 )如图，在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1 中，已知 AB＝AA 1＝3，点 P 在棱 CC 1 上，则三棱锥P-ABA 1 的体积为 ________．19分析：三棱锥的底面积 S △ABA 1＝ 2×3×3＝ 2，点 P 究竟面的距离为△ ABC 的高 h ＝ 2 － 3 2 ＝ 3 3VP-ABA 1＝ 1 S △32，故三棱锥的体积329 3ABA 1×h ＝ 4 .答案：9348． (2017 无·锡期末 )已知圆锥的侧面睁开图为一个圆心角为2π3π的扇形， 3 ，且面积为则该圆锥的体积等于 ________．分析：设圆锥的母线为 l ，底面半径为 r ，由于 3π＝ 1πl 2，所以 l ＝ 3，所以 πr ×3＝ 3π，3221 22 2π所以 r ＝ 1，所以圆锥的高是3 － 1 ＝ 2 2，所以圆锥的体积是3×π×1 ×2 2＝3 .答案：22π39．(2017 徐·州古邳中学摸底 )表面积为 24π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为 ________．分析：设圆柱的高为 h ，底面半径为 r ，则圆柱的表面积 S ＝ 2πr 2＋ 2πrh ＝ 24π，即 r 2＋ rh ＝ 12，得 rh ＝ 12－ r 2，223∴ V ＝ πr h ＝ πr(12 － r )＝ π (12r － r )，令 V ′＝ π(12－ 3r 2)＝ 0，得 r ＝ 2，∴函数 V ＝ πr 2h 在区间 (0,2] 上单一递加，在区间 [2，＋ ∞)上单一递减，∴ r ＝ 2 时， V 最大，r 1 此时 2h＝ 12－ 4＝ 8，即 h＝ 4，h＝2.答案：1 210．三棱锥P-ABC 中， PA⊥平面ABC， AC⊥ BC， AC＝ BC＝ 1， PA＝ 3，则该三棱锥外接球的表面积为________．分析：把三棱锥 P-ABC 看作由平面截一个长、宽、高分别为1、 1、3的长方体所得的一部分 (如图 ).易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球．又长方体的体对角线长为12＋ 12＋32＝5，故外接球半径为5，表面积为 4π×52＝ 5π. 22答案： 5π11．已知正三棱锥P-ABC 的体积为22，底面边长为2，则侧棱 PA 的长为 ________．3分析：设底面正三角形ABC 的中心为 O，又底面边长为 2，故 OA＝2 3，由 V P-ABC＝31·S△ABC，得221PO×32＝26，所以 PA＝22＝ 2.PO3＝4×2， PO3PO＋AO33答案：212． (2017 苏·州期末 )一个长方体的三条棱长分别为3,8,9，若在该长方体上边钻一个圆柱形的孔后其表面积没有变化，则圆孔的半径为________．分析：圆柱两底面积等于圆柱的侧面积．孔的打法有三种，所以有三种状况：①孔高为 3，则 2πr 2＝ 2πr×3，解得 r＝3；②孔高为8，则 r＝ 8；③孔高为 9，则 r＝ 9.而实质状况是，当 r＝ 8， r＝ 9 时，由于长方体有个棱长为3，所以受限制不可以打，所以只有①切合．答案：313.以下图，在体积为9 的长方体 ABCD -A1B1C1D1中，对角线 B1D与平面 A1BC1交于点 E ，则四棱锥 E-A1B1C1D1的体积 V＝ ________.分析：连结 B1D1交 A1C1于点 F ，连结 BD ， BF ，则平面 A1BC1∩平面 BDD 1B1＝BF ，由于 E∈平面 A1BC1， E∈平面 BDD 1B1，所以 E∈ BF .由于 F 是 A1C1的中点，所以 BF 是中线，又1FE1 B1F 綊 BD，所以EB＝，22故点 E 到平面 A1B1C1D 1的距离是 BB1的1，所以四棱锥E- A1B1C1D1的体积 V＝1×S 四边形3311V 长方体 ABCD -A1B1C1 D1＝ 1.A1B1C1D1× BB 1＝39答案：114．半径为 2 的球 O 中有一内接正四棱柱(底面是正方形，侧棱垂直底面 )．当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是________．分析：依题意，设球的内接正四棱柱的底面边长为a 、高为h ，则有16＝ 2a 2＋ h 2≥2 2ah ，即 4ah ≤16 2，该正四棱柱的侧面积S ＝ 4ah ≤16 2，当且仅当h ＝ 2a ＝ 2 2时取等号．因此，当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是4π×22－ 162＝ 16( π－2)．答案： 16( π－2)[B 组 —— 力求难度小题 ]1．已知三棱锥 S-ABC 所在极点都在球 O 的球面上，且 SC ⊥平面 ABC ，若 SC ＝ AB ＝AC ＝1，∠ BAC ＝ 120 °，则球 O 的表面积为 ________．分析： ∵ AB ＝ AC ＝ 1，∠ BAC ＝ 120°，∴ BC ＝ 12＋ 12－ 2×1×1×－ 1＝ 3，2∴三角形 ABC 的外接圆直径2r ＝3 ＝ 2，sin 120°∴ r ＝ 1.∵ SC ⊥平面 ABC ， SC ＝ 1，2SC 25 ∴该三棱锥的外接球半径 R ＝ r ＋2 ＝ 2 ，2∴球 O 的表面积 S ＝ 4πR ＝ 5π.2.(2017 南·京三模 )如图，在直三棱柱 ABC- A 1B 1C 1 中， AB ＝ 1，BC ＝2，BB 1＝ 3，∠ ABC ＝ 90°，点 D 为侧棱 BB 1 上的动点．当 AD ＋ DC 1 最小时，三棱锥 D-ABC 1 的体积为 ________．分析：在直三棱柱 ABC-A 1B 1C 1 中，BB 1⊥平面 ABC ，所以 BB 1⊥ AB ，又由于∠ ABC ＝ 90°，即 BC ⊥ AB ，又 BC ∩BB 1＝ B ，所以 AB ⊥平面 BB 1C 1 C,由于 AB ＝ 1，BC ＝ 2，点 D 为侧棱 BB 1 上的动点，所以侧面睁开，当 AD ＋ DC 1 最小时， BD＝ 1，所以 S △ BDC 1＝ 1×BD ×B 1C 1＝ 1，所以三棱锥 D-ABC 1 的体积为 1×S △ BDC 1×AB ＝ 1 .23 3 答案：133．设四周体的六条棱的长分别为1,1,1,1， 2和 a ，且长为 a 的棱与长为 2的棱异面，则 a 的取值范围是 ________．分析：以下图， AB ＝2，CD ＝ a ，设点 E 为 AB 的中点，则 ED ⊥AB ，EC ⊥ AB ，则 ED ＝22＝2 2 AD－ AE ，同理 EC ＝2.由构成三角形的2条件知 0＜ a＜ED ＋ EC ＝2，所以 0＜ a＜ 2.答案： (0，2)4.如图，已知 AB 为圆 O 的直径， C 为圆上一动点， PA⊥圆 O 所在的平面，且 PA＝ AB＝ 2，过点 A 作平面α⊥ PB，分别交 PB，PC 于 E ， F ，当三棱锥P-AEF 的体积最大时， tan∠BAC＝ ________.分析：∵ PB⊥平面 AEF ，∴AF ⊥ PB.又 AC⊥ BC， AP⊥ BC，∴ BC⊥平面 PAC，∴ AF ⊥ BC，∴ AF ⊥平面 PBC，∴∠ AFE ＝90°.设∠ BAC＝θ，在 Rt △PAC 中，AF ＝AP·AC＝2×2cos θ＝2cos θ，PC 2 1＋ cos2θ1＋ cos2θ在 Rt △PAB 中， AE ＝ PE＝ 2，∴EF ＝ AE2－AF 2，112∴ V P-AEF＝AF ·EF ·PE ＝AF· 2－AF · 266＝2242· －2226· 2AF－AF ＝6AF －＋ 1≤，∴当 AF ＝ 1 时， V P-AEF获得最大值62，此时 AF ＝2cos θ＝ 1，∴ cos θ＝1， sin θ＝2，∴ tan θ＝ 2.61＋ cos2θ33答案：2第 2 课时平行与垂直(能力课) [常考题型打破]线线、线面地点关系的证明[例 1] (2017 ·苏高考江 )如图，在三棱锥 A-BCD 中， AB⊥AD ，BC⊥BD ，平面 ABD ⊥平面 BCD ，点 E，F (E 与 A，D 不重合 )分别在棱 AD， BD 上，且 EF ⊥ AD. 求证： (1)EF ∥平面 ABC；(2)AD ⊥AC.[证明 ] (1)在平面 ABD 内，由于AB⊥ AD ， EF ⊥ AD，所以 EF ∥ AB.又由于 EF ?平面 ABC， AB?平面 ABC，所以 EF ∥平面 ABC .(2)由于平面 ABD⊥平面 BCD，平面 ABD ∩平面 BCD＝ BD ，BC?平面 BCD， BC⊥ BD ，所以 BC⊥平面 ABD .由于 AD?平面 ABD，所以 BC⊥ AD .又 AB⊥ AD， BC∩AB＝ B， AB?平面 ABC， BC?平面 ABC ，所以 AD ⊥平面 ABC.又由于 AC?平面 ABC，所以 AD ⊥AC .[方法概括 ]立体几何证明问题的注意点(1)证明立体几何问题的主要方法是定理法，解题时一定依照定理建立的条件进行推理．如线面平行的判断定理中要求此中一条直线在平面内，另一条直线一定说明它在平面外；线面垂直的判断定理中要求平面内的两条直线一定是订交直线等，假如定理的条件不完好，则结论不必定正确．(2)证明立体几何问题，重要密联合图形，有时要利用平面几何的有关知识，所以需要多画出一些图形协助使用．[变式训练 ]1．(2017 ·锡常镇一模苏 )如图，在斜三棱柱 ABC-A1B1C1中，侧面 AA1C1C 是菱形， AC1与 A1C 交于点 O， E 是棱 AB 上一点，且 OE∥平面 BCC1B1.(1)求证： E 是 AB 的中点；(2)若 AC 1⊥A1B，求证： AC1⊥ BC.证明： (1)连结 BC1，由于OE ∥平面BCC1B1， OE ?平面 ABC1，平面BCC1B1∩平面 ABC1＝ BC1，所以 OE ∥ BC1 .由于侧面AA1C1C 是菱形， AC 1∩A1C＝ O，所以 O 是 AC1中点，所以AE＝AO＝ 1，E 是 AB 的中点 . EB OC1(2)由于侧面 AA1C1C 是菱形，所以 AC1⊥ A1C,又 AC1⊥ A1B， A1C∩A1B＝A1， A1C?平面 A1BC， A1B?平面 A1BC，所以 AC1⊥平面A1BC,由于 BC ? 平面 A 1BC ，所以 AC 1⊥ BC.2． (2017 ·苏州模拟 ) 在以下图的空间几何体ABCDPE 中，底面ABCD 是边长为 4 的正方形， PA ⊥平面 ABCD ，PA ∥ EB ，且 PA ＝ AD ＝ 4，EB ＝2.(1) 若点 Q 是 PD 的中点，求证： AQ ⊥平面 PCD ；(2) 证明： BD ∥平面 PEC .证明： (1)由于 PA ＝ AD ， Q 是 PD 的中点，所以AQ ⊥ PD.又 PA ⊥平面 ABCD ，所以 CD ⊥PA.又 CD ⊥ DA ， PA ∩DA ＝ A ，所以 CD ⊥平面 ADP .又由于 AQ ? 平面 ADP ，所以 CD ⊥AQ ，又 PD ∩CD ＝D ，所以 AQ ⊥平面 PCD .(2) 取 PC 的中点 M ，连结 AC 交 BD 于点 N ，连结 MN ，ME ，1在△ PAC 中，易知 MN ＝ 2PA ， MN ∥ PA ，1 又PA ∥ EB ， EB＝2PA ，所以 MN ＝EB ，MN ∥EB ，所以四边形 BEMN 是平行四边形，所以EM ∥ BN.又 EM ? 平面 PEC ，BN ?平面 PEC ，所以 BN ∥平面 PEC ，即 BD ∥平面 PEC.两平面之间地点关系的证明[例 2](2017 ·京模拟南 )如图，直线 PA 垂直于圆 O 所在的平面，△ABC 内接于圆 O ，且 AB 为圆 O 的直径， M 为线段 PB 的中点， N 为线段 BC 的中点．求证： (1)平面 MON ∥平面 PAC ；(2) 平面 PBC ⊥平面 MON .[证明 ] (1)由于 M ， O ， N 分别是 PB ， AB ， BC 的中点，所以 MO ∥ PA ， NO ∥ AC ，又 MO ∩NO ＝ O ，PA ∩AC ＝ A ，所以平面MON ∥平面 PAC.(2)由于 PA⊥平面 ABC， BC?平面 ABC ，所以 PA⊥ BC.由(1)知，MO ∥PA，所以 MO ⊥ BC.连结 OC，则 OC＝ OB，由于 N 为 BC 的中点，所以 ON ⊥BC .又 MO ∩ON＝ O， MO?平面 MON ，ON?平面 MON ，所以 BC⊥平面 MON .又 BC?平面 PBC，所以平面PBC⊥平面 MON .[方法概括 ]1.证明面面平行依照判断定理，只需找到一个面内两条订交直线与另一个平面平行即可，进而将证明面面平行转变为证明线面平行，再转变为证明线线平行.2.证明面面垂直常用面面垂直的判断定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转变为证明线面垂直，一般先从现有直线中找寻，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或增添协助线解决.[变式训练 ]1． (2017 ·锡期末无 )在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形， AP⊥平面 PCD ， E， F 分别为 PC， AB 的中点．求证：(1)平面 PAD⊥平面 ABCD ；(2)EF ∥平面 PAD.证明： (1)由于 AP⊥平面 PCD ， CD?平面 PCD，所以 AP⊥ CD，由于四边形ABCD 为矩形，所以AD ⊥ CD,又由于 AP∩AD＝ A， AP?平面 PAD， AD?平面 PAD，所以 CD ⊥平面 PAD，由于 CD ?平面 ABCD ，所以平面PAD⊥平面 ABCD .(2)连结 AC， BD 交于点 O，连结 OE ， OF ，由于四边形ABCD 为矩形，所以O 点为 AC 的中点，由于 E 为 PC 的中点，所以 OE ∥PA，由于 OE ?平面 PAD， PA?平面 PAD，所以 OE ∥平面 PAD,同理可得： OF ∥平面 PAD，又由于 OE ∩OF ＝ O，所以平面OEF ∥平面 PAD,由于 EF ?平面 OEF ，所以 EF ∥平面 PAD.2.(2016 江·苏高考 )如图，在直三棱柱 ABC-A1B1 C1中，D，E 分别为 AB，BC 的中点，点 F 在侧棱 B1B 上，且 B1D⊥ A1F， A1C1⊥ A1B1.求证： (1)直线 DE ∥平面 A1C1F；(2)平面 B1DE ⊥平面 A1C1F.证明： (1)在直三棱柱ABC -A1B1C1中， A1C1∥ AC.在△ ABC 中，由于D， E 分别为 AB， BC 的中点，所以 DE ∥AC ，于是 DE ∥ A1C1.又由于 DE ?平面 A1C1F， A1C1?平面 A1C1F，所以直线DE∥平面 A1C1F .(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中， A1A⊥平面 A1B1C1.由于 A1C1?平面 A1B1C1，所以 A1A⊥ A1C1.又由于 A1C1⊥ A1B1， A1A?平面 ABB1A1， A1B1?平面 ABB1A1， A1A∩A1B1＝ A1，所以 A1C1⊥平面 ABB1A1.由于 B1D?平面 ABB1A1，所以 A1C1⊥ B1D .又由于 B1D ⊥ A1F， A1C1?平面 A1C1F， A1F?平面 A1 C1F， A1C1∩A1F ＝A1，所以 B1D ⊥平面 A1C1F.由于直线B1D ?平面 B1DE ，所以平面B1DE ⊥平面 A1C1F .空间线面地点关系的综合问题[例 3] (2017 ·北三市模拟苏 )如图， AB 为圆 O 的直径，点 E ，F 在圆 O上，且 AB∥ EF ，矩形 ABCD 所在的平面和圆 O 所在的平面相互垂直．(1)求证：平面 AFC ⊥平面 CBF .(2)在线段 CF 上能否存在一点 M，使得 OM ∥平面 ADF ？并说明理由．[解 ] (1)证明：∵平面 ABCD ⊥平面 ABEF ，CB⊥ AB，平面 ABCD ∩平面 ABEF ＝ AB，∴CB⊥平面 ABEF .∵AF ?平面 ABEF ，∴ AF ⊥ CB.又 AB 为圆 O 的直径，∴AF ⊥ BF .又 BF ∩CB＝ B，∴AF ⊥平面 CBF .∵AF ?平面 AFC ，∴平面 AFC ⊥平面 CBF .(2)当 M 为 CF 的中点时， OM ∥平面 ADF .证明以下：取 CF 中点 M ，设 DF 的中点为N，连结 AN，MN ，则MN綊1C D，又 AO 綊1C D，则 MN 綊 AO，22∴四边形MNAO 为平行四边形，∴OM ∥ AN，又 AN ?平面 DAF ， OM ?平面 DAF ，∴OM ∥平面 DAF .[方法概括 ]与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤[变式训练 ]1.如图，四边形ABCD 是矩形，平面ABCD ⊥平面 BCE，BE ⊥ EC.(1) 求证：平面AEC⊥平面 ABE；BF(2) 点 F 在 BE 上，若 DE ∥平面 ACF ，求BE的值．解： (1)证明：∵四边形ABCD 为矩形，∴ AB⊥ BC，∵平面 ABCD ⊥平面 BCE，∴AB⊥平面 BCE，∴ CE⊥ AB.又∵ CE⊥ BE， AB∩BE＝ B，∴CE⊥平面 ABE，又∵ CE?平面 AEC ，∴平面AEC ⊥平面 ABE .(2)连结 BD 交 AC 于点 O，连结 OF .∵DE ∥平面 ACF ， DE?平面 BDE ，平面 ACF ∩平面 BDE ＝OF .∴DE ∥ OF ，又在矩形 ABCD 中， O 为 BD 中点，∴F 为 BE 中点，即BFBE＝12.2．如图，在矩形ABCD 中， E， F 分别为 BC， DA 的中点．将矩形ABCD 沿线段 EF折起，使得∠DFA＝ 60°.设 G 为 AF 上的点．(1)试确立点 G 的地点，使得 CF ∥平面 BDG ；(2)在 (1)的条件下，证明： DG⊥ AE .解： (1)当点 G 为 AF 的中点时， CF ∥平面 BDG .证明以下：由于 E， F 分别为 BC， DA 的中点，所以 EF ∥ AB∥ CD.连结 AC 交 BD 于点 O，连结 OG，则 AO＝ CO.又G为 AF的中点，所以 CF ∥OG.由于 CF ?平面 BDG ，OG ?平面 BDG .所以 CF ∥平面 BDG .(2)由于 E，F 分别为 BC， DA 的中点，所以EF ⊥ FD ，EF ⊥ FA .又 FD ∩FA＝F，所以EF ⊥平面ADF ，由于 DG?平面 ADF，所以 EF ⊥DG.由于 FD ＝FA，∠ DFA ＝ 60°，所以△ ADF 是等边三角形，DG⊥ AF ，又 AF∩EF＝F，所以 DG ⊥平面 ABEF .由于 AE ?平面 ABEF ，所以 DG ⊥AE .[课时达标训练]1.如图，在三棱锥 V-ABC 中， O， M 分别为 AB， VA 的中点，平面VAB⊥平面 ABC ，△ VAB 是边长为 2 的等边三角形， AC⊥ BC 且 AC＝ BC.(1)求证： VB ∥平面 MOC ；(2)求线段 VC 的长．解： (1)证明：由于点O，M 分别为 AB， VA 的中点，所以 MO ∥VB.又 MO ?平面 MOC ， VB?平面 MOC ，所以 VB ∥平面 MOC .(2)由于 AC＝ BC， O 为 AB 的中点， AC⊥ BC， AB＝ 2，所以OC⊥AB，且 CO＝ 1.连结 VO，由于△ VAB 是边长为 2 的等边三角形，所以 VO ＝ 3.又平面 VAB⊥平面 ABC， OC⊥ AB，平面 VAB∩平面 ABC＝ AB， OC?平面ABC，所以 OC⊥平面 VAB，所以 OC⊥ VO，所以 VC ＝OC2＋ VO 2＝ 2.2.(2017 南·通二调 )如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中， AC⊥ BC，A1B与 AB1交于点 D， A1C 与 AC1交于点 E.求证： (1)DE ∥平面 B1BCC1；(2)平面 A1BC⊥平面 A1ACC1.证明： (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形 A1ACC1为平行四边形．又 E 为 A1C 与 AC1的交点，所以E为A1C的中点.同理， D 为 A1B 的中点，所以DE ∥ BC.又 BC?平面 B1BCC 1， DE ?平面 B1BCC1，所以 DE ∥平面 B1BCC1.(2) 在直三棱柱 ABC-A1B1C1中， AA1⊥平面 ABC，又BC?平面 ABC，所以 AA 1⊥ BC.又 AC⊥ BC， AC∩AA1＝ A， AC?平面 A1ACC 1， AA1?平面 A1ACC1，所以 BC⊥平面A1ACC 1.由于 BC?平面 A1BC，所以平面A1BC⊥平面 A1ACC1.3.(2017南·京三模)如图，在三棱锥A-BCD中， E，F分别为棱BC，CD上的点，且BD∥平面AEF .(1)求证： EF ∥平面 ABD ；(2)若 BD ⊥ CD ， AE⊥平面 BCD ，求证：平面 AEF ⊥平面 ACD .证明： (1)由于 BD ∥平面 AEF ，BD?平面 BCD，平面 AEF ∩平面 BCD＝ EF ，所以BD ∥EF .由于 BD ?平面 ABD ，EF ?平面 ABD，所以EF ∥平面 ABD .(2) 由于 AE⊥平面 BCD， CD ?平面 BCD ，所以 AE⊥CD.由于 BD ⊥CD ， BD∥ EF ，所以CD ⊥ EF ，又 AE∩EF ＝E，AE?平面 AEF ，EF ?平面 AEF ，所以 CD ⊥平面 AEF .又 CD ?平面 ACD ，所以平面 AEF ⊥平面 ACD.4.在四棱锥P-ABCD 中， PA⊥底面 ABCD ， AB∥ CD ，AB⊥ BC，AB＝BC＝ 1， DC ＝ 2，点 E 在 PB 上．(1)求证：平面 AEC⊥平面 PAD；(2)当 PD ∥平面 AEC 时，求 PE∶ EB 的值．解： (1)证明：在平面ABCD 中，过 A 作 AF ⊥ DC 于 F ，则 CF ＝ DF ＝ AF ＝ 1，∴∠ DAC＝∠ DAF ＋∠ FAC＝ 45°＋ 45°＝ 90°，即 AC⊥ DA.又 PA⊥平面 ABCD ， AC?平面 ABCD ，∴ AC⊥ PA.∵PA?平面 PAD， AD ?平面 PAD，且 PA∩AD＝ A，∴AC⊥平面 PAD.又 AC?平面 AEC ，∴平面 AEC ⊥平面 PAD.(2)连结 BD 交 AC 于 O，连结 EO.∵PD∥平面 AEC ， PD ?平面 PBD，平面 PBD∩平面 AEC ＝ EO，∴PD∥EO，则 PE∶ EB＝DO∶OB.又△ DOC ∽△ BOA，∴DO∶ OB＝DC ∶ AB＝ 2∶ 1，∴PE∶ EB 的值为 2.5.(2017 扬·州考前调研 )如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为梯形，CD∥ AB， AB＝ 2CD ， AC 交 BD 于 O，锐角△ PAD 所在平面⊥底面 ABCD ， PA⊥ BD，点 Q 在侧棱 PC 上，且 PQ＝ 2QC.求证： (1)PA∥平面 QBD ；(2)BD ⊥AD.证明： (1)连结 OQ,由于 AB∥ CD ，AB＝ 2CD，所以 AO＝ 2OC，又 PQ＝ 2QC，所以 PA∥ OQ，由于 OQ ?平面 QBD ， PA?平面 QBD ，所以 PA∥平面 QBD .(2)在平面 PAD 内过 P 作 PH ⊥AD 于 H，由于侧面PAD⊥底面 ABCD ，平面 PAD ∩平面 ABCD ＝AD ， PH ?平面 PAD ，所以 PH ⊥平面 ABCD ，又 BD?平面 ABCD，所以 PH⊥BD.又 PA⊥ BD，且 PA∩PH ＝ P， PA?平面 PAD， PH ?平面 PAD，所以 BD ⊥平面 PAD，又 AD?平面 PAD，所以 BD⊥AD.6.如图，在多面体 ABCDFE 中，四边形 ABCD 是矩形，四边形 ABEF为等腰梯形，且 AB∥EF ， AF ＝ 2， EF ＝ 2AB＝ 4 2，平面 ABCD ⊥平面 ABEF .(1)求证： BE⊥DF ；(2)若 P 为 BD 的中点，试问：在线段 AE 上能否存在点 Q，使得 PQ∥平面 BCE？若存在，找出点 Q 的地点；若不存在，请说明原因．解： (1)证明：如图，取 EF 的中点 G，连结 AG，由于 EF ＝ 2AB ，所以 AB＝ EG ，又 AB∥ EG，所以四边形 ABEG 为平行四边形，所以 AG∥ BE ，且AG＝BE＝AF＝2.1在△ AGF 中， GF＝2EF ＝2 2，AG＝AF＝2，所以 AG2＋ AF 2＝ GF 2，所以 AG⊥ AF .由于四边形ABCD 为矩形，所以AD ⊥ AB，又平面 ABCD ⊥平面 ABEF ，且平面 ABCD ∩平面 ABEF ＝ AB， AD?平面 ABCD ，所以 AD ⊥平面 ABEF ，又 AG?平面 ABEF ，所以 AD ⊥ AG.由于 AD ∩AF ＝ A，所以 AG⊥平面 ADF .由于 AG∥BE ，所以 BE ⊥平面 ADF .由于 DF ?平面 ADF ，所以 BE⊥ DF .(2)存在点 Q，且点 Q 为 AE 的中点，使得 PQ∥平面 BCE .证明以下：连结AC，由于四边形ABCD 为矩形，所以 P 为 AC 的中点．在△ ACE 中，由于点P， Q 分别为 AC， AE 的中点，所以 PQ∥ CE.又 PQ?平面 BCE， CE ?平面 BCE ，高考数学二轮：专题复习教教案：专题二立体几何所以 PQ∥平面 BCE .21 / 21。

(完整word版)高三数学二轮专题复习教案设计――立体几何

高三数学二轮专题复习教案――立体几何一、本章知识结构：二、重点知识回顾1、空间几何体的结构特征（1）棱柱、棱锥、棱台和多面体棱柱是由满足下列三个条件的面围成的几何体：①有两个面互相平行；②其余各面都是四边形；③每相邻两个四边形的公共边都互相平行；棱柱按底面边数可分为：三棱柱、四棱柱、五棱柱等．棱柱性质：①棱柱的各个侧面都是平行四边形，所有的侧棱都相等；②棱柱的两个底面与平行于底面的截面是对应边互相平行的全等多边形.③过棱柱不相邻的两条侧棱的截面都是平行四边形.棱锥是由一个底面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形所围成的几何体．棱锥具有以下性质：①底面是多边形；②侧面是以棱锥的顶点为公共点的三角形；③平行于底面的截面和底面是相似多边形，相似比等于从顶点到截面和从顶点到底面距离的比．截面面积和底面面积的比等于上述相似比的平方．棱台是棱锥被平行于底面的一个平面所截后，截面和底面之间的部分．由棱台定义可知，所有侧棱的延长线交于一点，继而将棱台还原成棱锥．多面体是由若干个多边形围成的几何体．多面体有几个面就称为几面体，如三棱锥是四面体．（2）圆柱、圆锥、圆台、球分别以矩形的一边，直角三角形的一直角边，直角梯形垂直于底边的腰所在的直线，半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周而形成的几何体叫做圆柱、圆锥、圆台、球圆柱、圆锥和圆台的性质主要有：①平行于底面的截面都是圆；②过轴的截面（轴截面）分别是全等的矩形、等腰三角形、等腰梯形；③圆台的上底变大到与下底相同时，可以得到圆柱；圆台的上底变小为一点时，可以得到圆锥．2、空间几何体的侧面积、表面积（1）棱柱侧面展开图的面积就是棱柱的侧面积，棱柱的表面积就是它的侧面积与两底面面积的和．因为直棱柱的各个侧面都是等高的矩形，所以它的展开图是以棱柱的底面周长与高分别为长和宽的矩形．如果设直棱柱底面周长为c，高为h，则侧面积S ch=侧．若长方体的长、宽、高分别是a、b、c，则其表面积2() S ab bc ca=++表．（2）圆柱的侧面展开图是一个矩形．矩形的宽是圆柱母线的长，矩形的长为圆柱底面周长．如果设圆柱母线的长为l，底面半径为r，那么圆柱的侧面积2πS rl=侧，此时圆柱底面面积2πS r=底.所以圆柱的表面积222π2π2π()S S S rl r r r l=+=+=+侧底．（3）圆锥的侧面展开图是以其母线为半径的扇形．如果设圆锥底面半径为r，母线长为l，则侧面积πS rl=侧，那么圆锥的表面积是由其侧面积与底面面积的和构成，即为2πππ()S S S rl r r r l=+=+=+侧底．（4）正棱锥的侧面展开图是n个全等的等腰三角形．如果正棱锥的周长为c，斜高为h'，则它的侧面积12S ch'=侧．（5）正棱台的侧面积就是它各个侧面积的和．如果设正棱台的上、下底面的周长是c c'，，斜高是h'，那么它的侧面积是12S ch'=侧．（6）圆台侧面展开图是以截得该圆台的圆锥母线为大圆半径，圆锥与圆台的母线之差为小圆半径的一个扇环．如果设圆台的上、下底面半径分别为r r'，，母线长为l，那么它的侧面积是π()S r r l'=+侧．圆台的表面积等于它的侧面积与上、下底面积的和，即2222π()πππ() S S S S r r l r r r r r l rl''''=++=+++=+++侧上底下底．（7）球的表面积24πS R =，即球的表面积等于其大圆面积的四倍． 3、空间几何体的体积（1）柱体（棱柱、圆柱）的体积等于它的底面积S 和高h 的积，即V Sh=柱体．其中底面半径是r ，高是h 的圆柱的体积是2πV r h=圆柱．（2）如果一个锥体（棱锥、圆锥）的底面积是S ，高是h ，那么它的体积是13V Sh=锥体．其中底面半径是r ，高是h 的圆锥的体积是21π3V r h=圆锥，就是说，锥体的体积是与其同底等高柱体体积的13．（3）如果台体（棱台、圆台）的上、下底面积分别是S S '，，高是h，那么它的体积是1()3V S S h=+台体．其中上、下底半径分别是r R ，，高是h 的圆台的体积是221π()3V r Rr R h=++圆台．（4）球的体积公式：334R V π=.4、中心投影和平行投影（1）中心投影：投射线均通过投影中心的投影。

2019-2020年高考数学二轮专题复习立体几何教案

2019-2020年高考数学二轮专题复习立体几何教案一、本章知识结构：二、重点知识回顾1、空间几何体的结构特征（1）棱柱、棱锥、棱台和多面体棱柱是由满足下列三个条件的面围成的几何体：①有两个面互相平行；②其余各面都是四边形；③每相邻两个四边形的公共边都互相平行；棱柱按底面边数可分为：三棱柱、四棱柱、五棱柱等．棱柱性质：①棱柱的各个侧面都是平行四边形，所有的侧棱都相等；②棱柱的两个底面与平行于底面的截面是对应边互相平行的全等多边形.③过棱柱不相邻的两条侧棱的截面都是平行四边形.棱锥是由一个底面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形所围成的几何体．棱锥具有以下性质：①底面是多边形；②侧面是以棱锥的顶点为公共点的三角形；③平行于底面的截面和底面是相似多边形，相似比等于从顶点到截面和从顶点到底面距离的比．截面面积和底面面积的比等于上述相似比的平方．棱台是棱锥被平行于底面的一个平面所截后，截面和底面之间的部分．由棱台定义可知，所有侧棱的延长线交于一点，继而将棱台还原成棱锥．多面体是由若干个多边形围成的几何体．多面体有几个面就称为几面体，如三棱锥是四面体．（2）圆柱、圆锥、圆台、球分别以矩形的一边，直角三角形的一直角边，直角梯形垂直于底边的腰所在的直线，半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周而形成的几何体叫做圆柱、圆锥、圆台、球圆柱、圆锥和圆台的性质主要有：①平行于底面的截面都是圆；②过轴的截面（轴截面）分别是全等的矩形、等腰三角形、等腰梯形；③圆台的上底变大到与下底相同时，可以得到圆柱；圆台的上底变小为一点时，可以得到圆锥．2、空间几何体的侧面积、表面积（1）棱柱侧面展开图的面积就是棱柱的侧面积，棱柱的表面积就是它的侧面积与两底面面积的和．因为直棱柱的各个侧面都是等高的矩形，所以它的展开图是以棱柱的底面周长与高分别为长和宽的矩形．如果设直棱柱底面周长为，高为，则侧面积．若长方体的长、宽、高分别是a、b、c，则其表面积．（2）圆柱的侧面展开图是一个矩形．矩形的宽是圆柱母线的长，矩形的长为圆柱底面周长．如果设圆柱母线的长为，底面半径为r，那么圆柱的侧面积，此时圆柱底面面积.所以圆柱的表面积222π2π2π() S S S rl r r r l=+=+=+侧底．（3）圆锥的侧面展开图是以其母线为半径的扇形．如果设圆锥底面半径为r，母线长为，则侧面积，那么圆锥的表面积是由其侧面积与底面面积的和构成，即为2πππ()S S S rl r r r l=+=+=+侧底．（4）正棱锥的侧面展开图是个全等的等腰三角形．如果正棱锥的周长为，斜高为，则它的侧面积．（5）正棱台的侧面积就是它各个侧面积的和．如果设正棱台的上、下底面的周长是，斜高是，那么它的侧面积是．（6）圆台侧面展开图是以截得该圆台的圆锥母线为大圆半径，圆锥与圆台的母线之差为小圆半径的一个扇环．如果设圆台的上、下底面半径分别为，母线长为，那么它的侧面积是．圆台的表面积等于它的侧面积与上、下底面积的和，即2222π()πππ() S S S S r r l r r r r r l rl''''=++=+++=+++侧上底下底．（7）球的表面积，即球的表面积等于其大圆面积的四倍．3、空间几何体的体积（1）柱体（棱柱、圆柱）的体积等于它的底面积和高的积，即．其中底面半径是，高是的圆柱的体积是．（2）如果一个锥体（棱锥、圆锥）的底面积是，高是，那么它的体积是．其中底面半径是，高是的圆锥的体积是，就是说，锥体的体积是与其同底等高柱体体积的．（3）如果台体（棱台、圆台）的上、下底面积分别是，高是，那么它的体积是．其中上、下底半径分别是，高是的圆台的体积是221π()3V r Rr R h=++圆台．（4）球的体积公式：.4、中心投影和平行投影（1）中心投影：投射线均通过投影中心的投影。

高考数学第二轮复习教案(6)：立体几何新题型的解题技巧

第六讲立体几何新题型的解题技巧【命题趋向】在高考中立体几何命题有如下特点：1.线面位置关系突出平行和垂直，将侧重于垂直关系．2.多面体中线面关系论证，空间“角”与“距离”的计算常在解答题中综合出现．3.多面体及简单多面体的概念、性质多在选择题，填空题出现．4.有关三棱柱、四棱柱、三棱锥的问题，特别是与球有关的问题将是高考命题的热点．此类题目分值一般在17---22分之间，题型一般为1个选择题，1个填空题，1个解答题. 【考点透视】(A)版.掌握两条直线所成的角和距离的概念，对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离.掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念.掌握二面角、二面角的平面角、两个平行平面间的距离的概念.(B)版.①理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘.②了解空间向量的基本定理，理解空间向量坐标的概念，掌握空间向量的坐标运算.③掌握空间向量的数量积的定义及其性质，掌握用直角坐标计算空间向量数量积公式.④理解直线的方向向量、平面的法向量，向量在平面内的射影等概念.⑤了解多面体、凸多面体、正多面体、棱柱、棱锥、球的概念.⑥掌握棱柱、棱锥、球的性质，掌握球的表面积、体积公式.⑦会画直棱柱、正棱锥的直观图.空间距离和角是高考考查的重点：特别是以两点间距离，点到平面的距离，两异面直线的距离，直线与平面的距离以及两异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角等作为命题的重点内容，高考试题中常将上述内容综合在一起放在解答题中进行考查，分为多个小问题，也可能作为客观题进行单独考查.考查空间距离和角的试题一般作为整套试卷的中档题，但也可能在最后一问中设置有难度的问题.不论是求空间距离还是空间角，都要按照“一作，二证，三算”的步骤来完成，即寓证明于运算之中，正是本专题的一大特色.求解空间距离和角的方法有两种：一是利用传统的几何方法，二是利用空间向量。

【例题解析】考点1 点到平面的距离求点到平面的距离就是求点到平面的垂线段的长度，其关键在于确定点在平面内的垂足，当然别忘了转化法与等体积法的应用. 典型例题例1（2007年福建卷理）如图，正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都为2，D 为1CC 中点．（Ⅰ）求证：1AB ⊥平面1A BD ；（Ⅱ）求二面角1A A D B --的大小；（Ⅲ）求点C 到平面1A BD 的距离．考查目的：本小题主要考查直线与平面的位置关系，二面角的大小，点到平面的距离等知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力．解答过程：解法一：（Ⅰ）取BC 中点O ，连结AO ．ABC △为正三角形，AO BC ∴⊥．正三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，AO ∴⊥平面11BCC B ．连结1B O ，在正方形11BB C C 中，O D ，分别为1BC CC ，的中点， 1B O BD ∴⊥， 1AB BD ∴⊥．在正方形11ABB A 中，11AB A B ⊥， 1AB ∴⊥平面1A BD ．（Ⅱ）设1AB 与1A B 交于点G ，在平面1A BD 中，作1GF A D ⊥于F ，连结AF ，由（Ⅰ）得1AB ⊥平面1A BD ．1AF A D ∴⊥， AFG ∴∠为二面角1A A D B --的平面角．在1AA D △中，由等面积法可求得AF =又112AG AB ==sin AG AFG AF ∴==∠所以二面角1A A D B --的大小为AB CD1A1C1BABCD1A1C1BOF（Ⅲ）1A BD △中，111A BD BD A D A B S ==∴=△1BCD S =△．在正三棱柱中，1A 到平面11BCC B设点C 到平面1A BD 的距离为d ．由11A BCD C A BD V V --=，得11133BCD A BD S S d △△，1A BD d ∴=△∴点C 到平面1A BD解法二：（Ⅰ）取BC 中点O ，连结AO ．ABC △为正三角形，AO BC ∴⊥．在正三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，AD ∴⊥平面11BCC B ．取11B C 中点1O ，以O 为原点，OB ，1OO ，OA的方向为x y z ，，轴的正方向建立空间直角坐标系，则(100)B ，，，(110)D -，，，1(0A，(0A ，1(120)B ，，，1(12AB ∴= ，，(210)BD =-，，，1(12BA =- ． 12200AB BD =-++= ，111430AB BA =-+-= ， 1AB BD ∴ ⊥，11AB BA⊥．1AB ∴⊥平面1A BD ．（Ⅱ）设平面1A AD 的法向量为()x y z =，，n ．(11AD =- ，，1(020)AA = ，，． AD ⊥n ，1AA⊥n ， 100AD AA ⎧=⎪∴⎨=⎪⎩，，nn 020x y y ⎧-+=⎪∴⎨=⎪⎩，，0y x =⎧⎪∴⎨=⎪⎩，．令1z =得(=，n 为平面1A AD 的一个法向量．由（Ⅰ）知1AB ⊥平面1A BD ， 1AB ∴为平面1A BD 的法向量．cos <n，111AB AB AB >==n n ∴二面角1A A D B --的大小为（Ⅲ）由（Ⅱ），1AB为平面1A BD 法向量，1(200)(12BC AB =-=，，，，．∴点C 到平面1A BD的距离11BC AB d AB =．小结：本例中（Ⅲ）采用了两种方法求点到平面的距离.解法二采用了平面向量的计算方法，把不易直接求的B 点到平面1AMB 的距离转化为容易求的点K 到平面1AMB 的距离的计算方法，这是数学解题中常用的方法；解法一采用了等体积法，这种方法可以避免复杂的几何作图，显得更简单些，因此可优先考虑使用这一种方法.例2.( 2006年湖南卷)如图,已知两个正四棱锥P -ABCD 与Q -ABCD 的高分别为1和2,AB =4.(Ⅰ)证明PQ ⊥平面ABCD ；(Ⅱ)求异面直线AQ 与PB 所成的角； (Ⅲ)求点P 到平面QAD 的距离.命题目的：本题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成的角以及点到平面的距离基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角；方法二关键是掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法. 解答过程：方法一（Ⅰ）取AD 的中点，连结PM ，QM . 因为P －ABCD 与Q －ABCD 都是正四棱锥，所以AD ⊥PM ，AD ⊥QM . 从而AD ⊥平面PQM . 又⊂PQ 平面PQM ，所以PQ ⊥AD .同理PQ ⊥AB ，所以PQ ⊥平面ABCD .（Ⅱ）连结AC 、BD 设O BD AC = ，由PQ ⊥平面ABCD 及正四棱锥的性质可知O 在PQ 上，从而P 、A 、Q 、C 四点共面.取OC 的中点N ，连接PN .QBCPADOM因为21,21===OC NO OA NO OQ PO ，所以OANOOQ PO =，从而AQ ∥PN ，∠BPN （或其补角）是异面直线AQ 与PB 所成的角.因为3PB ==，PN ===10)2()22(2222=+==ON OB BN所以9333210392cos 222=⨯⨯-+=⋅-∠PN PB BN PN PB BPN ＋＝. 从而异面直线AQ 与PB 所成的角是93arccos . (Ⅲ)连结OM ，则112.22OM AB OQ === 所以∠MQP ＝45°.由（Ⅰ）知AD ⊥平面PMQ ，所以平面PMQ ⊥平面QAD . 过P 作PH ⊥QM 于H ，PH ⊥平面QAD .从而PH 的长是点P 到平面QAD 的距离.又03,sin 452PQ PO QO PH PQ =+=∴==. 即点P 到平面QAD方法二（Ⅰ）连结AC 、BD ，设O BD AC = .由P －ABCD 与Q －ABCD 都是正四棱锥，所以PO ⊥平面ABCD ，QO ⊥平面ABCD .从而P 、O 、Q 三点在一条直线上，所以PQ ⊥平面ABCD . （Ⅱ）由题设知，ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD .由（Ⅰ），QO ⊥平面ABCD . 故可分别以直线CA 、DB 、QP 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系（如图），由题条件，相关各点的坐标分别是P （0，0，1），A （22，0，0），Q （0，0，－2），B （0，22，0）.所以)2,0,22(--=AQ1)PB =-于是93,cos =〉〈PB AQ . (Ⅲ)由（Ⅱ），点D 的坐标是（0，－22，0），)0,22,22(--=AD ，(0,0,3)PQ =-，设),,(z y x n =是平面QAD 的一个法向量，由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00AQ n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+002y x z x . 取x =1，得)2,1,1(--=n .所以点P 到平面QAD的距离2PQ n d n⋅==. 考点2 异面直线的距离此类题目主要考查异面直线的距离的概念及其求法，考纲只要求掌握已给出公垂线段的异面直线的距离. 典型例题例3 已知三棱锥ABC S -，底面是边长为24的正三角形，棱SC 的长为2，且垂直于底面.D E 、分别为AB BC 、的中点，求CD 与SE 间的距离. 思路启迪：由于异面直线CD 与SE 的公垂线不易寻找，所以设法将所求异面直线的距离，转化成求直线与平面的距离，再进一步转化成求点到平面的距离. 解答过程：如图所示，取BD 的中点F ，连结EF ，SF ，CF ，EF ∴为BCD ∆的中位线，EF ∴∥CD CD ∴,∥面SEF ,CD ∴到平面SEF 的距离即为两异面直线间的距离.又线面之间的距离可转化为线CD 上一点C 到平面SEF 的距离，设其为h ，由题意知，24=BC ,D 、E 、F 分别是 AB 、BC 、BD 的中点，2,2,621,62=====∴SC DF CD EF CD33222621312131=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=∴-SC DF EF V CEF S 在Rt SCE ∆中，3222=+=CE SC SE在Rt SCF ∆中，30224422=++=+=CF SC SF又3,6=∴=∆SEF S EF 由于h S V V SEF CEF S SEF C ⋅⋅==∆--31，即332331=⋅⋅h ，解得332=h 故CD 与SE 间的距离为332. 小结：通过本例我们可以看到求空间距离的过程，就是一个不断转化的过程. 考点3 直线到平面的距离此类题目再加上平行平面间的距离，主要考查点面、线面、面面距离间的转化. 典型例题例4．如图，在棱长为2的正方体1AC 中，G 是1AA 的中点，求BD 到平面11D GB 的距离. 思路启迪：把线面距离转化为点面距离，再用点到平面距离的方法求解. 解答过程：解析一 BD ∥平面11D GB ，BD ∴上任意一点到平面11D GB 的距离皆为所求，以下求点O 平面11D GB 的距离,1111C A D B ⊥ ，A A D B 111⊥，⊥∴11D B 平面11ACC A ,又⊂11D B 平面11D GB∴平面1111D GB ACC A ⊥，两个平面的交线是G O 1,作G O OH 1⊥于H ，则有⊥OH 平面11D GB ，即OH 是O 点到平面11D GB 的距离. 在OG O 1∆中，222212111=⋅⋅=⋅⋅=∆AO O O S OG O . 又362,23212111=∴=⋅⋅=⋅⋅=∆OH OH G O OH S OG O . BACDOGH 1A 1C 1D1B 1O即BD 到平面11D GB 的距离等于362. 解析二 BD ∥平面11D GB ，BD ∴上任意一点到平面11D GB 的距离皆为所求，以下求点B 平面11D GB 的距离.设点B 到平面11D GB 的距离为h ，将它视为三棱锥11D GB B -的高，则，由于632221,111111=⨯⨯==∆--D GB GBB D D GB B S V V34222213111=⨯⨯⨯⨯=-GBB D V , ,36264==∴h 即BD 到平面11D GB 的距离等于362. 小结：当直线与平面平行时，直线上的每一点到平面的距离都相等，都是线面距离.所以求线面距离关键是选准恰当的点，转化为点面距离.本例解析一是根据选出的点直接作出距离；解析二是等体积法求出点面距离. 考点4 异面直线所成的角此类题目一般是按定义作出异面直线所成的角，然后通过解三角形来求角.异面直线所成的角是高考考查的重点. 典型例题例5（2007年北京卷文）如图，在Rt AOB △中，π6OAB ∠=，斜边4AB =．Rt AOC △可以通过Rt AOB △以直线AO 为轴旋转得到，且二面角B AO C --的直二面角．D 是AB 的中点．（I ）求证：平面COD ⊥平面AOB ；（II ）求异面直线AO 与CD 所成角的大小．思路启迪：（II ）的关键是通过平移把异面直线转化到一个三角形内. 解答过程：解法1：（I ）由题意，CO AO ⊥，BO AO ⊥，BOC ∴∠是二面角B AO C --是直二面角， CO BO ∴⊥，又AO BO O = ，CO ∴⊥平面AOB ，又CO ⊂平面COD ．O CADBE∴平面COD ⊥平面AOB ．（II ）作DE OB ⊥，垂足为E ，连结CE （如图），则DE AO ∥， CDE ∴∠是异面直线AO 与CD 所成的角．在Rt COE △中，2CO BO ==，112OE BO ==，CE ∴又12DE AO ==∴在Rt CDE △中，tan CE CDE DE==∴异面直线AO 与CD所成角的大小为解法2：（I ）同解法1．（II ）建立空间直角坐标系O xyz -，如图，则(000)O ，，，(00A ，，(200)C ，，，D ，(00OA ∴=，，(CD =- ， cos OA CDOACD OA CD ∴<>=， ∴异面直线AO 与CD所成角的大小为小结：求异面直线所成的角常常先作出所成角的平面图形，作法有：①平移法：在异面直线中的一条直线上选择“特殊点”，作另一条直线的平行线，如解析一，或利用中位线，如解析二；②补形法：把空间图形补成熟悉的几何体，其目的在于容易发现两条异面直线间的关系，如解析三.一般来说，平移法是最常用的，应作为求异面直线所成的角的首选方法.同时要特别注意异面直线所成的角的范围：⎥⎦⎤ ⎝⎛2,0π.例6．（2006年广东卷）如图所示，AF 、DE 分别是⊙O 、⊙O 1的直径.AD 与两圆所在的平面均垂直，AD ＝8,BC 是⊙O 的直径，AB ＝AC ＝6，OE //AD . (Ⅰ)求二面角B —AD —F 的大小； (Ⅱ)求直线BD 与EF 所成的角.命题目的：本题主要考查二面角以及异面直线所成的角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.过程指引：关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角并掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法.解答过程： (Ⅰ)∵AD 与两圆所在的平面均垂直,∴AD ⊥AB , AD ⊥AF ,故∠BAF 是二面角B —AD —F 的平面角.是矩形的直径，是圆、ABFC O BC AF ∴ ，是正方形，又ABFC AC AB ∴==6由于ABFC 是正方形，所以∠BAF ＝450. 即二面角B —AD —F 的大小为450；(Ⅱ)以O 为原点，BC 、AF 、OE 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系（如图所示），则O （0，0，0），A （0，23-，0），B （23，0，0）,D （0，23-，8），E （0，0，8），F （0，23，0）所以，)8,23,0(),8,23,23(-=--=cos ,10||||BD FE BD FE BD FE ⋅<>===设异面直线BD 与EF 所成角为α，则.cos cos ,10BD FE α=<>=故直线BD 与EF 所成的角为1082arccos . 考点5 直线和平面所成的角此类题主要考查直线与平面所成的角的作法、证明以及计算. 线面角在空间角中占有重要地位，是高考的常考内容. 典型例题例7.（2007年全国卷Ⅰ理）四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，侧面SBC ⊥底面ABCD ．已知45ABC = ∠，2AB =，BC =SA SB =（Ⅰ）证明SA BC ⊥；（Ⅱ）求直线SD 与平面SAB 所成角的大小．考查目的：本小题主要考查直线与直线,直线与平面的位置关系，二面角的大小，点到平面的距离等知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力．DBCS解答过程：解法一：（Ⅰ）作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ，得SO ⊥底面ABCD ．因为SA SB =，所以AO BO =，又45ABC = ∠，故AOB △为等腰直角三角形，AO BO ⊥，由三垂线定理，得SA BC ⊥．（Ⅱ）由（Ⅰ）知SA BC ⊥，依题设AD BC ∥，故SA AD ⊥，由AD BC ==，SA =AO =1SO =，SD =．SAB △的面积112S AB =连结DB ，得DAB △的面积21sin13522S AB AD == 设D 到平面SAB 的距离为h ，由于D SAB S ABD V V --=，得121133h S SO S = ，解得h = 设SD 与平面SAB 所成角为α，则sin h SD α=．所以，直线SD 与平面SBC 所成的我为解法二：（Ⅰ）作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ，得SO ⊥平面ABCD ．因为SA SB =，所以AO BO =．又45ABC =∠，AOB △为等腰直角三角形，AO OB ⊥．如图，以O 为坐标原点，OA 为x 轴正向，建立直角坐标系O -0)A ，，(0B ，(0C ，(001)S ，，，SA =(0CB =，0SA CB =，所以SA BC ⊥．（Ⅱ）取AB 中点E ，0E ⎫⎪⎪⎝⎭， y连结SE ，取SE 中点G ，连结OG，12G ⎫⎪⎪⎝⎭，．12OG ⎫=⎪⎪⎝⎭，，1SE ⎫=⎪⎪⎝⎭，(AB =．0SE OG = ，0AB OG = ，OG 与平面SAB 内两条相交直线SE ，AB 垂直．所以OG ⊥平面SAB ，OG 与DS 的夹角记为α，SD 与平面SAB 所成的角记为β，则α与β互余．D，()=．cos OG DS OG DSα==，sin β所以，直线SD 与平面SAB所成的角为．小结：求直线与平面所成的角时，应注意的问题是（1）先判断直线和平面的位置关系；（2）当直线和平面斜交时，常用以下步骤：①构造——作出斜线与射影所成的角，②证明——论证作出的角为所求的角，③计算——常用解三角形的方法求角，④结论——点明直线和平面所成的角的值. 考点6 二面角此类题主要是如何确定二面角的平面角，并将二面角的平面角转化为线线角放到一个合适的三角形中进行求解.二面角是高考的热点，应重视. 典型例题例8．（2007年湖南卷文）如图，已知直二面角PQ αβ--，A PQ ∈，B α∈，C β∈，CA CB =，45BAP ∠=，直线CA 和平面α所成的角为30．（I ）证明BC PQ ⊥；（II ）求二面角B AC P --的大小．ABCQ αβ P命题目的：本题主要考查直线与平面垂直、二面角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.过程指引：（I ）在平面β内过点C 作CO PQ ⊥于点O ，连结OB ．因为αβ⊥，PQ αβ= ，所以CO α⊥，又因为CA CB =，所以OA OB =．而45BAO ∠=，所以45ABO ∠=，90AOB ∠=，从而BO PQ ⊥，又CO PQ ⊥，所以PQ ⊥平面OBC ．因为BC ⊂平面OBC ，故PQ BC ⊥．（II ）解法一：由（I ）知，BO PQ ⊥，又αβ⊥，PQ αβ= ，BO α⊂，所以BO β⊥．过点O 作OH AC ⊥于点H ，连结BH ，由三垂线定理知，BH AC ⊥．故BHO ∠是二面角B AC P --的平面角．由（I ）知，CO α⊥，所以CAO ∠是CA 和平面α所成的角，则30CAO ∠=，不妨设2AC =，则AO =sin 302OH AO ==．在Rt OAB △中，45ABO BAO ∠=∠=，所以BO AO == 于是在Rt BOH △中，tan 2BOBHO OH∠===．故二面角B AC P --的大小为arctan 2．解法二：由（I ）知，OC OA ⊥，OC OB ⊥，OA OB ⊥，故可以O 为原点，分别以直线OB OA OC ，，为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系（如图）．因为CO a ⊥，所以CAO ∠是CA 和平面α所成的角，则30CAO ∠=不妨设2AC =，则AO =1CO =．在Rt OAB △中，45ABO BAO ∠=∠=，ABCQαβ P OHQ所以BO AO == 则相关各点的坐标分别是(000)O ，，，0)B ，，(0A ，(001)C ，，．所以AB =，(0AC = ．设1n {}x y z =，，是平面ABC 的一个法向量，由1100n AB n AC ⎧=⎪⎨=⎪⎩ ，得00z -=+=⎪⎩，取1x =，得1n =．易知2(100)n =，，是平面β的一个法向量．设二面角B AC P --的平面角为θ，由图可知，12n n θ=<> ，．所以1212cos ||||n n n n θ===故二面角B AC P --的大小为．小结：本题是一个无棱二面角的求解问题.解法一是确定二面角的棱，进而找出二面角的平面角.无棱二面角棱的确定有以下三种途径：①由二面角两个面内的两条相交直线确定棱，②由二面角两个平面内的两条平行直线找出棱，③补形构造几何体发现棱；解法二则是利用平面向量计算的方法，这也是解决无棱二面角的一种常用方法，即当二面角的平面角不易作出时，可由平面向量计算的方法求出二面角的大小.例9．( 2006年重庆卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ,∠DAB 为直角，AB ‖CD ，AD =CD =2AB , E 、F 分别为PC 、CD 的中点. （Ⅰ）试证：CD ⊥平面BEF ；（Ⅱ）设PA ＝k ·AB ,且二面角E -BD -C 的平面角大于︒30,求k 的取值范围.命题目的：本题主要考查直线与平面垂直、二面角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角；方法二关键是掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法. 解答过程：解法一：（Ⅰ）证：由已知DF //=AB 且∠DAD 为直角，故ABFD 是矩形，从而CD ⊥BF .又PA ⊥底面ABCD,CD ⊥AD ，故由三垂线定理知CD ⊥PD .在△PDC 中，E 、F 分别PC 、CD 的中点，故EF ∥PD ,从而CD ⊥EF ,由此得CD ⊥面BEF . （Ⅱ）连结AC 交BF 于G .易知G 为AC 的中点.连接EG ,则在△PAC 中易知EG ∥PA .又因PA ⊥底面ABCD ,故EG ⊥底面ABCD .在底面ABCD 中，过G 作GH ⊥BD ,垂足为H ,连接EH .由三垂线定理知EH ⊥BD .从而∠EHG 为二面角E -BD -C 的平面角. 设AB=a ,则在△PAC 中，有 EG =21PA =21ka . 以下计算GH ，考察底面的平面图.连结GD .因S △GBD =21BD ·GH=21GB ·DF . 故GH =BDDFGB ⋅.在△ABD 中，因为AB ＝a ,AD =2a ,得BD =5a. 而GB =21FB =21AD =a ，DF =AB ,从而得 GH =BD AB GB ⋅= aa a 5⋅＝.55a 因此tan ∠EHG=GH EG =.255521k a ka=由k ＞0知EHG ∠是锐角，故要使EHG ∠＞︒30，必须k 25＞tan ︒30=,33 解之得，k 的取值范围为k ＞.15152 解法二：（Ⅰ）如图，以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设AB=a ,则易知点A,B,C,D,F 的坐标分别为 A (0,0,0),B (a ,0,0),C (2a ,2a ,0),D (0,2a ,0), F (a ,2a ,0). 从而=(2a ,0,0), BF =(0,2a ,0),DC ·=0,故DC ⊥ .设PA =b ,则P (0,0,b ),而E 为PC 中点.故 E ⎪⎭⎫ ⎝⎛2,,b a a . 从而=⎪⎭⎫ ⎝⎛2,,0b a ，·=0,故⊥. 由此得CD ⊥面BEF .（Ⅱ）设E 在xOy 平面上的投影为G ，过G 作GH ⊥BD 垂足为H ,由三垂线定理知EH ⊥BD . 从而∠EHG 为二面角E -BD -C 的平面角. 由PA ＝k ·AB 得P (0,0,ka ),E ⎪⎭⎫⎝⎛2,,ka a a ,G (a ,a ,0). 设H (x ,y ,0)，则=(x -a ,y -a ,0), =(-a ,2a ,0), 由·=0得-a (x -a )+2a (y -a )=0,即 x -2y =-a ①又因BH =(x-a,y,0),且BH 与BD 的方向相同，故a a x --＝ay2，即 2x +y =2a ② 由①②解得x =53a ,y=54a ,从而＝⎪⎭⎫⎝⎛--0,51,52a a ，｜｜＝55a . tan ∠EHG = EGGH=a ka 552=k 25. 由k ＞0知，∠EHG 是锐角，由∠EHG ＞,30︒得tan ∠EHG ＞tan ,30︒即k 25＞.33 故k 的取值范围为k ＞15152. 考点7 利用空间向量求空间距离和角众所周知，利用空间向量求空间距离和角的套路与格式固定.当掌握了用向量的方法解决立体几何问题这套强有力的工具时，不仅会降低题目的难度，而且使得作题具有很强的操作性. 典型例题例10．（2007年江苏卷）如图，已知1111ABCD A BC D -是棱长为3的正方体，点E 在1AA 上，点F 在1CC 上，且11AE FC ==．（1）求证：1E B F D ，，，四点共面；（2）若点G 在BC 上，23BG =，点M 在1BB 上， GM BF ⊥，垂足为H ，求证：EM ⊥平面11BCC B ；（3）用θ表示截面1EBFD 和侧面11BCC B 所成的锐二面角的大小，求tan θ．命题意图：本小题主要考查平面的基本性质、线线平行、线面垂直、二面角等基础知识和基本运算，考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力．过程指引：解法一：（1）如图，在1DD 上取点N ，使1DN =，连结EN ，CN ，则1AE D N ==，12CF ND ==．因为AE DN ∥，1ND CF ∥，所以四边形ADNE ，1CFD N 都为平行四边形．从而EN AD ∥，1FD CN ∥．又因为AD BC ∥，所以EN BC ∥，故四边形BCNE 是平行四边形，由此推知CN BE ∥，从而1FD BE ∥．因此，1E B F D ，，，四点共面．（2）如图，GM BF ⊥，又BM BC ⊥，所以BGM CFB =∠∠，tan tan BM BG BGM BG CFB == ∠∠23132BC BG CF ==⨯= ．因为AE BM ∥，所以ABME 为平行四边形，从而AB EM ∥．CBAHMDE F1B1A1D1CCAHMDE F 1B1A1D1CN又AB ⊥平面11BCC B ，所以EM ⊥平面11BCC B ．（3）如图，连结EH ．因为MH BF ⊥，EM BF ⊥，所以BF ⊥平面EMH ，得EH BF ⊥．于是EHM ∠是所求的二面角的平面角，即EHM θ=∠．因为MBH CFB =∠∠，所以sin sin MH BM MBH BM CFB ==∠∠1BM ===tan EM MH θ== 解法二：（1）建立如图所示的坐标系，则(301)BE = ，，，(032)BF =，，，1(333)BD = ，，，所以1BD BE BF =+ ，故1BD ，BE ，BF共面．又它们有公共点B ，所以1E B F D ，，，四点共面．（2）如图，设(00)M z ，，，则203GM z ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，，，而(032)BF = ，，，由题设得23203GM BF z =-+= ，得1z =．因为(001)M ，，，(301)E ，，，有(300)ME =，，，又1(003)BB = ，，，(030)BC =，，，所以10ME BB = ，0ME BC =，从而1ME BB ⊥，ME BC ⊥．故ME ⊥平面11BCC B ．（3）设向量(3)BP x y =，，⊥截面1EBFD ，于是BP BE ⊥，BP BF ⊥．而(301)BE = ，，，(032)BF = ，，，得330BP BE x =+= ，360BP BF y =+= ，解得1x =-，2y =-，所以(123)BP =--，，．又(300)BA =，，⊥平面11BCC B ，所以BP 和BA 的夹角等于θ或πθ-（θ为锐角）．于是cos BP BA BP BAθ==．故tan θ=小结：向量法求二面角的大小关键是确定两个平面的法向量的坐标，再用公式求夹角；点面距离一般转化为AB 在面BDF 的法向量上的投影的绝对值. 例11．（2006年全国Ⅰ卷）如图,l 1、l 2是互相垂直的两条异面直线，MN 是它们的公垂线段，点A 、B 在l 1上，C 在l 2上，AM =MB =MN （I ）证明AC ⊥NB ；（II ）若︒=∠60ACB ，求NB 与平面ABC 所成角的余弦值. 命题目的：本题主要考查异面直线垂直、直线与平面所成角的有关知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力. 过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间角；方法二关键是掌握利用空间向量求空间角的一般方法. 解答过程：解法一： (Ⅰ)由已知l 2⊥MN , l 2⊥l 1 , MN ∩l 1 =M, 可得 l 2⊥平面ABN . 由已知MN ⊥l 1 , AM =MB =MN ,可知AN =NB 且AN ⊥NB . 又AN 为AC 在平面ABN 内的射影. ∴AC ⊥NB（Ⅱ）∵Rt △CAN ≌Rt △CNB , ∴AC =BC ,又已知∠ACB =60°,因此△ABC 为正三角形. ∵Rt △ANB ≌Rt △CNB , ∴NC =NA =NB ,因此N 在平面ABC 内的射影H 是正三角形ABC 的中心,连结BH ,∠NBH 为NB 与平面ABC 所成的角. 在Rt △NHB 中,cos ∠NBH = HB NB = 33AB 22AB = 63.解法二：如图,建立空间直角坐标系M －xyz . 令MN=1, 则有A (－1,0,0),B (1,0,0),N (0,1,0),(Ⅰ)∵MN 是 l 1、l 2的公垂线, l 1⊥l 2, ∴l 2⊥平面ABN .l 2平行于z 轴. 故可设C (0,1,m ). 于是 =(1,1,m ), =(1,－1,0). ∴·=1+(－1)+0=0 ∴AC ⊥NB .(Ⅱ)∵ =(1,1,m ), =(－1,1,m ), ∴||=||, 又已知∠ACB =60°,∴△ABC 为正三角NCN形,AC =BC =AB =2. 在Rt △CNB 中,NB =2, 可得NC =2,故C (0,1, 2). 连结MC ,作NH ⊥MC 于H ,设H (0,λ, 2λ) (λ>0). ∴=(0,1－λ,－2λ), =(0,1, 2) ∵ · = 1－λ－2λ=0, ∴λ= 13 ,∴H (0, 13, 23), 可得=(0,23, － 23), 连结BH , 则=(－1,13, 23),∵·=0+29 － 29 =0, ∴⊥, 又MC ∩BH =H , ∴HN ⊥平面ABC , ∠NBH 为NB 与平面ABC 所成的角. 又=(－1,1,0),∴cos ∠NBH = = 4323×2 = 63.考点8 简单多面体的有关概念及应用，主要考查多面体的概念、性质，主要以填空、选择题为主，通常结合多面体的定义、性质进行判断. 典型例题例12 . 如图（1），将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器，当这个正六棱柱容器的底面边长为时容积最大.[思路启迪]设四边形一边AD ，然后写出六棱柱体积，利用均值不等式，求出体积取最值时AD 长度即可.解答过程：如图（2）设AD ＝a ，易知∠ABC ＝60°，且∠ABD ＝30°⇒AB ＝3a . BD ＝2a ⇒正六棱柱体积为V .V ＝a a 360sin 212162⋅︒⋅⋅⋅）－（＝a a ⋅22129）－（＝a a a 4)21)(21(89--≤33289）（⋅ . 当且仅当 1－2a ＝4a ⇒ a ＝61时，体积最大，此时底面边长为1－2a ＝1－2×61＝32.∴ 答案为61.例13 .如图左，在正三角形ABC 中，D 、E 、F 分别为各边的中点，G 、H 、I 、J 分别为AF 、AD 、BE 、DE 的中点，将△ABC 沿DE 、EF 、DF 折成三棱锥后，GH 与IJ 所成角的度数为（）A 、90°B 、60°C 、45°D 、0°[思路启迪] 画出折叠后的图形，可看出GH ，IJ 是一对异面直线，即求异面直线所成角. 过点D 分别作IJ 和GH 的平行线，即AD 与DF ，所以 ∠ADF 即为所求. 因此GH 与IJ 所成角为60°，答案:B 例14.长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，① 设对角线D 1B 与自D 1出发的三条棱分别成α、β、γ角求证：cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝1② 设D 1B 与自D 1出发的三个面成α、β、γ角，求证： cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝2[思路启迪] ①因为三个角有一个公共边即D 1B ，在构造的直角三角形中，角的邻边分别是从长方体一个顶点出发的三条棱，在解题中注意使用对角线长与棱长的关系 ③ 利用长方体性质，先找出α，β，γ，然后利用各边 ④ 所构成的直角三角形来解.解答过程：①连接BC 1，设∠BD 1C 1＝α，长方体三条棱长分别为a ，b ，c ，设D 1B ＝l则cos 2α＝22l a 同理cos 2β＝22l b ，cos 2γ＝22lc∴cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝2222l＋c ＋b a ＝1 ②连接D 1C ，∵ BC ⊥平面DCC 1D 1BA CDEFGHIJ(A 、B 、C )DEFGHIJ ABCADA 1B 1C 1D 1∴ ∠BD 1C 即是D 1B 与平面DCC 1D 1所成的角，不妨设∠BD 1C ＝α，则cos 2α＝222＋lb a 同理：cos 2β＝222l＋c b ，cos 2γ＝222l a c +. 又∵l 2＝a 2＋b 2＋c 2.∴cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝2222)2l ＋c ＋b (a ＝2.考点9.简单多面体的侧面积及体积和球的计算棱柱侧面积转化成求矩形或平行四边形面积，棱柱侧面积转化成求三角形的面积. 直棱柱体积V 等于底面积与高的乘积. 棱锥体积V 等于31Sh 其中S 是底面积，h 是棱锥的高. 典型例题例15. 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝2a ，BC ＝CA ＝AA 1＝a ， A 1在底面△ABC 上的射影O 在AC 上 ① 求AB 与侧面AC 1所成角；② 若O 恰好是AC 的中点，求此三棱柱的侧面积. [思路启迪] ①找出AB 与侧面AC 1所成角即是∠CAB ；②三棱锥侧面积转化成三个侧面面积之和，侧面BCC 1B 1是正方形，侧面ACC 1A 1和侧面ABB 1A 1是平行四边形，分别求其面积即可. 解答过程：①点A 1在底面ABC 的射影在AC 上， ∴ 平面ACC 1A 1⊥平面ABC .在△ABC 中，由BC ＝AC ＝a ，AB ＝2a . ∴ ∠ACB ＝90°，∴ BC ⊥AC . ∴ BC ⊥平面ACC 1A 1.即 ∠CAB 为AB 与侧面AC 1所成的角在Rt △ABC 中，∠CAB ＝45°. ∴ AB 与侧面AC 1所成角是45°.② ∵ O 是AC 中点，在Rt △AA 1O 中，AA 1＝a ，AO ＝21a . A 1B 1C 1AB CDO∴ AO 1＝23a . ∴ 侧面ACC 1A 1面积S 1＝2123a ＝AO AC ⋅. 又BC ⊥平面ACC 1A 1 ， ∴ BC ⊥CC 1.又BB 1＝BC ＝a ，∴ 侧面BCC 1B 1是正方形，面积S 2＝a 2. 过O 作OD ⊥AB 于D ，∵ A 1O ⊥平面ABC ， ∴A 1D ⊥AB . 在Rt △AOD 中，AO ＝21a ，∠CAD ＝45° ∴ OD ＝42a 在Rt △A 1OD 中，A 1D ＝222122342）＋（）（＝a a O ＋A OD ＝a 87. ∴ 侧面ABB 1A 1面积S 3＝a a D ＝A AB 8721⋅⋅＝227a .∴ 三棱柱侧面积 S ＝S 1＋S 2＋S 3＝273221a ）＋＋（.例16. 等边三角形ABC 的边长为4，M 、N 分别为AB 、AC 的中点，沿MN 将△AMN 折起，使得面AMN 与面MNCB 所成的二面角为30°，则四棱锥A —MNCB 的体积为（） A 、23 B 、23 C 、3 D 、3 [思路启迪]先找出二面角平面角，即∠AKL ,再在△AKL 中求出棱锥的高h ，再利用V ＝31Sh 即可. 解答过程：在平面图中，过A 作AL ⊥BC ，交MN 于K ，交BC 于L .则AK ⊥MN ，KL ⊥MN . ∴ ∠AKL ＝30°.则四棱锥A —MNCB 的高h ＝︒⋅30sin AK ＝23. ABCMNKLABC MNKLKL ⋅242S MNCB ＋＝＝33⋅. ∴ 233331V MNCB A ⋅⋅＝－＝23. ∴ 答案 A例17.如图，四棱锥P —ABCD 中，底面是一个矩形，AB ＝3，AD ＝1，又PA ⊥AB ，PA ＝4，∠PAD ＝60° ① 求四棱锥的体积；② 求二面角P －BC －D 的大小.思路启迪①找棱锥高线是关键，由题中条件可设△PAD 的高PH 即是棱锥的高.②找出二面角平面角∠PEH ，在Rt △PHE 中即可求出此角. 解答过程：①∵ PA ⊥AB ，AD ⊥AB . ∴ AB ⊥面PAD .又AB ⊂面ABCD . ∴ 面PAD ⊥面ABCD .在面PAD 内，作PH ⊥AD 交AD 延长线于H . 则PH ⊥面ABCD ，即PH 就是四棱锥的高. 又∠PAD ＝60°，∴ PH ＝ 3223460sin ＝＝⋅︒⋅PA . ∴ 32321331S 31V ABCD ABCD P ＝＝＝－⋅⨯⋅⋅⋅PH . ② 过H 作HE ⊥BC 交BC 延长线于E ，连接PE ，则HE ＝AB ＝3.∵ PH ⊥面ABCD ， ∴ PE ⊥BC . ∴ ∠PEH 为二面角P －BC －D 的平面角. ∴ tan ∠PEH ＝332＝HE PH . 即二面角的大小为 arctan332. 例18 .（2006年全国卷Ⅱ）已知圆O 1是半径为R 的球O 的一个小圆，且圆O 1的面积与球PAHEDBCO 的表面积的比值为92，则线段OO 1与R 的比值为 . 命题目的：①球截面的性质；②球表面积公式. 过程指引：依面积之比可求得Rr，再在Rt △OO 1A 中即得解答过程：设小圆半径为r ，球半径为R则92422＝R r ππ ⇒ 92422＝Rr ⇒ 322＝R r ∴ cos ∠OAO 1＝322＝R r 而31981sin 1＝－＝＝αR OO 故填31 【专题训练与高考预测】一、选择题1．如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AB =1，D 在BB 1上，且BD =1，若AD 与侧面AA 1CC 1所成的角为α，则α的值为（） A.3π B. 4πC. 410arctan D. 46arcsin2．直线a 与平面α成θ角，a 是平面α的斜线，b 是平面α内与a 异面的任意直线，则a 与b 所成的角（）A. 最小值θ，最大值θπ-B. 最小值θ，最大值2πC. 最小值θ，无最大值D. 无最小值，最大值4π3．在一个︒45的二面角的一平面内有一条直线与二面角的棱成︒45角，则此直线与二面角的另一平面所成的角为（）A. ︒30B. ︒45C. ︒60D. ︒904．如图，直平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，︒=∠60BAD ，则对角线A 1C 与侧面DCC 1D 1所成B ACD D 1 C 1B 1A 1CBA1A1B 1C DBCDEA 1B 1 C1的角的正弦值为（） A.21 B. 23 C.22 D. 435．已知在ABC ∆中，AB =9，AC =15，︒=∠120BAC ，它所在平面外一点P 到ABC ∆三顶点的距离都是14，那么点P 到平面ABC ∆的距离为（）A. 13B. 11C. 9D. 76．如图，在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是棱A 1B 1、A 1D 1的中点，则点B 到平面AMN 的距离是（）A.29B. 3C.556 D. 2 7．将︒=∠60QMN ，边长MN =a 的菱形MNPQ 沿对角线NQ 折成︒60的二面角，则MP 与NQ 间的距离等于( )A.a 23 B. a 43 C. a 46 D.a 438．二面角βα--l 的平面角为︒120，在α内，l AB ⊥于B ，AB =2,在β内，l CD ⊥于D ，CD =3,BD =1, M 是棱l 上的一个动点，则AM +CM 的最小值为( )A. 52B. 22C.26 D. 629．空间四点A 、B 、C 、D 中,每两点所连线段的长都等于a , 动点P 在线段AB 上, 动点Q 在线段CD 上，则P 与Q 的最短距离为( )A.a 21 B. a 22 C. a 23D.a 10．在一个正四棱锥，它的底面边长与侧棱长均为a ，现有一张正方形包装纸将其完全包住（不能裁剪纸，但可以折叠），那么包装纸的最小边长应为（）A. a )62(+B.a 262+ C. a )31(+ D. a 231+ ADB AD 1 C 1B 1A 1M N。

高中数学高考二轮复习空间几何体教案

专题四立体几何第一讲空间几何体(选择、填空题型)对应学生用书P048[必记公式]1.表面积公式表面积＝侧面积＋底面积，其中(1)多面体的表面积为各个面的面积之和．(2)圆柱的表面积公式：S＝2πr(r＋l)＝S侧＋S底(其中，r为底面半径，l为圆柱的高)．(3)圆锥的表面积公式：S＝πr(r＋l)＝S侧＋S底(其中圆锥的底面半径为r，母线长为l)．(4)圆台的表面积公式：S＝π(r2＋r′2＋rl＋r′l)(其中圆台的上、下底面半径分别为r和r′，母线长为l)．(5)球的表面积公式：S＝4πr2(其中球的半径为r)．2.体积公式(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)．(2)V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)．(3)V 球＝43πR 3(其中R 为球的半径)．[重要结论]1.画三视图的基本要求：正(主)俯一样长，俯侧(左)一样宽，正(主)侧(左)一样高．2.三视图排列规则：俯视图放在正(主)视图的下面；侧(左)视图放在正(主)视图的右面．[易错提醒]1.未注意三视图中实、虚线的区别在画三视图时应注意看到的轮廓线画成实线，看不到的轮廓线画成虚线．2.不能准确分析组合体的结构致误对简单组合体表面积与体积的计算要注意其构成几何体的面积、体积是和还是差．对应学生用书P048热点一空间几何体的三视图例1 (1)已知在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱BB 1的中点，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( )的中点为F，连接AF，FC1，则容易得到平面1AEC1F即为截面，设AA1的中点为G，连接D1G，则C1E在平面ADD1A1上的投影是D1G，故剩余几何体的侧视图如选项C所示．[答案] C(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()C. 3 D．2[解析]由题中三视图知，此四棱锥的直观图如图所示，其中侧棱SA⊥底面ABCD，且底面是边长为1的正方形，SA＝1，所以四棱锥最长棱的棱长为SC＝3，选C.[答案] C(1)熟记三视图的观察方向和长、宽、高的关系：长对正、高平齐、宽相等．(2)熟悉各种基本几何体的三视图，同时要注意画三视图时，能看到的轮廓线画成实线，看不到的轮廓线画成虚线．1.[2015·山西质量监测]某多面体的三视图如图所示，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为()A.2 2 B．2C.2 5D. 5答案 A解析由三视图知，该几何体是棱长为2的正方体截去两个角后得到的，几何体的直观图是多面体P ABCDEF，如图所示．易知其最长棱为正方体的一条面对角线，其长为22，故选A.2.[2015·大连双基测试]6个棱长为1的正方体在桌面上堆叠成一个几何体，该几何体的主视图与俯视图如图所示，则其左视图不可能为()。

高考数学立体几何备考复习教案

高考数学立体几何备考复习教案一、教学目标1. 知识与技能：使学生掌握立体几何的基本概念、性质和定理，提高空间想象能力。

2. 过程与方法：通过复习，使学生掌握立体几何的解题方法，提高解题能力。

3. 情感态度与价值观：激发学生学习立体几何的兴趣，培养学生的创新意识。

二、教学内容1. 立体几何的基本概念：点、线、面的位置关系，空间向量。

2. 立体几何的性质：平行公理，空间向量的运算律。

3. 立体几何的定理：平行线、异面直线、线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定与性质。

4. 立体几何的计算：体积、表面积、角、距离的计算。

5. 立体几何的综合应用：空间几何体的结构特征，几何体的运动变化。

三、教学重点与难点1. 教学重点：立体几何的基本概念、性质和定理，立体几何的计算方法。

2. 教学难点：立体几何的综合应用，空间想象能力的培养。

四、教学方法1. 采用讲解、示范、练习、讨论、探索相结合的方法，引导学生掌握立体几何的基本概念、性质和定理。

2. 通过案例分析、几何画板演示等手段，培养学生的空间想象能力。

3. 组织学生进行合作学习，提高学生的解题能力。

五、教学评价1. 课堂表现：观察学生在课堂上的参与程度、提问回答等情况，了解学生的学习状态。

2. 练习与作业：检查学生完成的练习和作业，评估学生的掌握程度。

3. 考试成绩：定期进行立体几何的测试，分析学生的成绩，了解学生的学习效果。

教案第一课时：立体几何的基本概念1. 教师讲解立体几何的基本概念，如点、线、面的位置关系，空间向量。

2. 学生通过案例分析，理解并掌握基本概念。

第二课时：立体几何的性质1. 教师讲解立体几何的性质，如平行公理，空间向量的运算律。

2. 学生通过几何画板演示，直观地理解立体几何的性质。

第三课时：立体几何的定理1. 教师讲解立体几何的定理，如平行线、异面直线、线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定与性质。

2. 学生通过案例分析，掌握立体几何的定理。

高三数学高考二轮复习教案、考案(3)立体几何(精品)

立体几何初步【专题要点】1．在掌握直线与平面的位置关系(包括直线与直线、直线与平面、平面与平面间的位置关系)的基础上，研究有关平行和垂直的的判定依据(定义、公理和定理)、判定方法及有关性质的应用；在有关问题的解决过程中，进一步了解和掌握相关公理、定理的内容和功能，并探索立体几何中论证问题的规律；在有关问题的分析与解决的过程中提高逻辑思维能力、空间想象能力及化归和转化的数学思想的应用．2．在掌握空间角(两条异面直线所成的角，平面的斜线与平面所成的角及二面角)概念的基础上，掌握它们的求法(其基本方法是分别作出这些角，并将它们置于某个三角形内通过计算求出它们的大小)；在解决有关空间角的问题的过程中，进一步巩固关于直线和平面的平行垂直的性质与判定的应用，掌握作平行线(面)和垂直线(面)的技能；通过有关空间角的问题的解决，进一步提高学生的空间想象能力、逻辑推理能力及运算能力．3．通过复习，使学生更好地掌握多面体与旋转体的有关概念、性质，并能够灵活运用到解题过程中．通过教学使学生掌握基本的立体几何解题方法和常用解题技巧，发掘不同问题之间的内在联系，提高解题能力．4．在学生解答问题的过程中，注意培养他们的语言表述能力和“说话要有根据”的逻辑思维的习惯、提高思维品质．使学生掌握化归思想，特别是将立体几何问题转化为平面几何问题的思想意识和方法，并提高空间想象能力、推理能力和计算能力．5．使学生更好地理解多面体与旋转体的体积及其计算方法，能够熟练地使用分割与补形求体积，提高空间想象能力、推理能力和计算能力．【考纲要求】（1）掌握平面的基本性质，会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图，能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想象它们的位置关系（2）了解空两条直线的位置关系，掌握两条直线平行与垂直的判定定理和性质定理，掌握两条直线所成的角和距离的概念（对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离）（3）了解空间直线和平面的位置关系，掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理，理解直线和平面垂直的判定定理和性质定理，掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念，了解三垂线定理及其逆定理（4）了解平面与平面的位置关系，掌握两个平面平行的判定定理和性质定理。

2021-2022年高考数学二轮复习第一部分专题三立体几何教学案理

2021年高考数学二轮复习第一部分专题三立体几何教学案理Ⅲ计算的正弦值的求解T10·三棱柱内接球体积的计算xx卷ⅠT6·数学文化、锥体体积的计算T18·面面垂直的证明，异面直线所成角的余弦值的求解T11·空间几何体的三视图及柱、球体表面积的计算卷ⅡT6·空间几何体的三视图及体积的相关计算T19·空间位置关系，线面角的正弦值的求解T9·三棱锥体积的计算，球表面积的计算小题考情分析大题考情分析常考点1.空间几何体的三视图(3年7考)2.空间几何体的表面积与体积(3年11考)3.与球有关的组合体的计算问题(3年4考)常考点高考对立体几何在解答题中的考查比较稳定，空间线面位置关系中的平行或垂直的证明，空间角的计算是热点，题型主要有：1.空间位置关系的证明2.求空间角或其三角函数值偶考点1.空间线面位置关系的判断2.异面直线所成角的计算偶考点翻折与探索性问题的综合问题考点(一) 主要考查利用三视图的画法规则及摆放规则，根据空间几何体确定其三视图，或根据三视图还原其对应直观图，或根据三视图中的其中两个确定另一个.空间几何体的三视图几何体，则该几何体的侧视图为( )(2)(xx·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)从几何体的左面看，棱AD1是原正方形ADD1A1的对角线，在视线范围内，画实线；棱C1F不在视线范围内，画虚线．故选B.(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如图①所示，故其侧(左)视图如图②所示．故选B.[答案] (1)B (2)B[方法技巧]1．由直观图确定三视图的方法根据空间几何体三视图的定义及画法规则和摆放规则确定．2．由三视图还原到直观图的思路(1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正(主)视图或侧(左)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．(3)确定几何体的直观图形状．[演练冲关]1．(xx届高三·广州六校联考)已知某几何体的正视图和侧视图均如图所示，给出下列5个图形：其中可以作为该几何体的俯视图的图形个数为( )A．5 B．4C．3 D．2解析：选B 由题知可以作为该几何体的俯视图的图形可以为①②③⑤.故选B.2．(xx·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A．3 2 B．2 3C．2 2 D．2解析：选B 在正方体中还原该四棱锥如图所示，从图中易得最长的棱为AC1＝AC2＋CC21＝22＋22＋22＝2 3.3．(xx·福州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是( )A．2 B．3C．4 D．5解析：选C 由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥PABCD，易知四棱锥PABCD的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是4，故选C.考点(二) 主要考查空间几何体的结构特征、表面积与体积公式的应用，涉及的几何体多为柱体、锥体，且常与三视空间几何体的表面积与体积图相结合考查.[典例感悟][典例] (1)(xx·全国卷Ⅲ)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．81(2)(xx·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π(3)(xx 届高三·广西三市联考)如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．6B ．9C ．12D ．18[解析] (1)由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×35)×2＝54＋18 5.故选B.(2)法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V ＝π×32×10－12×π×32×6＝63π.法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V ＝π×32×7＝63π.(3)该几何体是一个直三棱柱截去14所得，如图所示，其体积为34×12×3×4×2＝9.[答案] (1)B (2)B (3)B[方法技巧]1．求解几何体的表面积与体积的技巧(1)求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．(2)求不规则几何体的体积：常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体求解．(3)求表面积：其关键思想是空间问题平面化． 2．根据几何体的三视图求其表面积或体积的步骤 (1)根据给出的三视图还原该几何体的直观图． (2)由三视图中的大小标识确定该几何体的各个度量． (3)套用相应的面积公式或体积公式计算求解．[演练冲关]1．(xx·合肥质检)一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的体积为( )A.283B ．2823C ．28D ．22＋6 3解析：选A 由三视图知，该几何体为三棱台，其上、下底面分别是直角边为2,4的等腰直角三角形，高为2，所以该几何体的体积V ＝13×12×2×2＋12×4×4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2⎝ ⎛⎭⎪⎫12×4×4 ×2＝283，故选A. 2．(xx·沈阳质检)如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积是( )A ．36＋610B ．36＋310C ．54D ．27解析：选A 由三视图知该几何体为底面是梯形的四棱柱，其表面积为S ＝2×12×(2＋4)×3＋2×3＋4×3＋2×3×10＝36＋610，故选A.3．(xx·山东高考)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.答案：2＋π2考点(三)主要考查与多面体、旋转体构成的简单组合体的有关切、接球表面积、体积的计算问题，其本质是计算球的半径.与球有关的组合体的计算问题 [典例感悟][典例] (1)(xx·全国卷Ⅲ)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 ．4π B.9π2 C ．6πD.32π3(2)(xx 届高三·湖北七市(州)联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为( ),A ．36πB ．112π3C ．32πD ．28π[解析] (1)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. (2)根据三视图，可知该几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为4的正方形，高是2 3.将该四棱锥还原成一个三棱柱，如图所示，该三棱柱的底面是边长为4的正三角形，高是4，其中心到三棱柱的6个顶点的距离即为该四棱锥外接球的半径．∵三棱柱的底面是边长为4的正三角形，∴底面三角形的中心到三角形三个顶点的距离为23×23＝433，∴其外接球的半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4332＋22＝283，则外接球的表面积S ＝4πR 2＝4π×283＝112π3，故选B. [答案] (1)B (2)B[方法技巧]求解多面体、旋转体与球接、切问题的策略(1)过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题． (2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或通过画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．[演练冲关]1．(xx·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．π B.3π4 C.π2D.π4解析：选B 设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4.2．(xx·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR3＝32.答案：323．(xx·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．解析：如图，连接AO ，OB ， ∵SC 为球O 的直径， ∴点O 为SC 的中点， ∵SA ＝AC ，SB ＝BC ， ∴AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，∵平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ， ∴AO ⊥平面SCB ，设球O 的半径为R ，则OA ＝OB ＝R ，SC ＝2R . ∴V S ABC ＝V A SBC ＝13×S △SBC ×AO＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×SC ×OB ×AO ，即9＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2R ×R ×R ，解得 R ＝3，∴球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π. 答案：36π4．(xx 届高三·浙江名校联考)某简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，其外接球的表面积为________．解析：由三视图得该几何体是一个底面为对角线为4的正方形，高为3的直四棱柱，则其体积为4×4×12×3＝24.又直四棱柱的外接球的半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝52，所以四棱柱的外接球的表面积为4πR 2＝25π.答案：24 25π考点(四)主要考查利用空间点、直线、平面位置关系的定义，四个公理、八个定理来判断与点、线、面有关命题的真假或判断简单的线面平行垂直的位置关系.空间线面位置关系的判断 [典例感悟][典例] (1)(xx·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 不平行的是( )(2)(xx·全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题： ①如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β. ②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n . ③如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.④如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)[解析] (1)法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.(2)对于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故错误．对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l⊂α，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正确．对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m⊂α，所以m，β没有公共点，由线面平行的定义可知m∥β，故正确．对于④，因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等，故正确．[答案] (1)A (2)②③④[方法技巧]判断与空间位置关系有关命题真假的方法(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．(3)借助反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．[演练冲关]1．(xx·成都模拟)在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH是平行四边形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE.其中正确的命题有( )A．①② B．②③C．①③ D．①②③解析：选C 由题意画出草图如图所示，因为AA 1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF.又ABCA1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四边形EFGH是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BB1C1C，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②错误；由AA1⊥平面BCFE，结合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正确．综上可知，故选C.2．(xx·惠州调研)如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD 为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.其中正确的有( )A．1个 B．2个C．3个 D．4个解析：选B 将展开图还原为几何体(如图)，因为E，F分别为PA，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，①错；因为B∉平面PAD，E ∈平面PAD，E∉AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错．故选B.3．(xx·全国卷Ⅲ)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC解析：选C 法一：由正方体的性质，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD.又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.法二：∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B、D错；∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，∴A1E⊥BC1，故C正确；(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E⊂平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1.)∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错．4．(xx·武昌调研)若四面体ABCD 的三组对棱分别相等，即AB ＝CD ，AC ＝BD ，AD ＝BC ，给出下列结论：①四面体ABCD 每组对棱相互垂直； ②四面体ABCD 每个面的面积相等；③从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°且小于180°； ④连接四面体ABCD 每组对棱中点的线段相互垂直平分；⑤从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．其中正确结论的序号是________．解析：对于①，如图(1)，AE ，CF 分别为BD 边上的高，由AD ＝BC ，AB ＝CD ，BD ＝DB 可知△ABD ≌△CDB ，所以AE ＝CF ，DE ＝BF ，当且仅当AD ＝AB ，CD ＝BC 时，E ，F 重合，此时AC ⊥BD ，所以当四面体ABCD 为正四面体时，每组对棱才相互垂直，故①错误；对于②，由题设可知四面体的四个面全等，所以四面体ABCD 每个面的面积相等，故②正确；对于③，当四面体为正四面体时，同一个顶点出发的任意两条棱的夹角均为60°，此时四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于180°，故③错误；对于④，如图(2)，G ，H ，I ，J 为各边中点，因为AC ＝BD ，所以四边形GHIJ 为菱形，所以GI ，HJ 相互垂直平分，其他同理可得，所以连接四面体ABCD 每组对棱中点的线段相互垂直平分，故④正确；对于⑤，从A 点出发的三条棱为AB ，AC ，AD ，因为AC ＝BD ，所以AB ，AC ，AD 可以构成三角形，其他同理可得，所以从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长，故⑤正确．综上所述，正确的结论为②④⑤.答案：②④⑤[必备知能·自主补缺] (一) 主干知识要记牢 1．简单几何体的表面积和体积(1)S 直棱柱侧＝ch (c 为底面的周长，h 为高)． (2)S 正棱锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)．(3)S 正棱台侧＝12(c ′＋c )h ′(c 与c ′分别为上、下底面周长，h ′为斜高)．(4)圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式S 圆柱侧＝2πrl (r 为底面半径，l 为母线长)， S 圆锥侧＝πrl (r 为底面半径，l 为母线长)，S 圆台侧＝π(r ′＋r )l (r ′，r 分别为上、下底面的半径，l 为母线长)．(5)柱、锥、台体的体积公式V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为高)， V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h为高)，V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S ，S ′为上、下底面面积，h 为高)．(6)球的表面积和体积公式S 球＝4πR 2，V 球＝43πR 3.2．两类关系的转化 (1)平行关系之间的转化(2)垂直关系之间的转化3．证明空间位置关系的方法已知a ，b ，l 是直线，α，β，γ是平面，O 是点，则 (1)线线平行：⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b a ∥c ⇒c ∥b ，⎭⎪⎬⎪⎫a ∥αa ⊂βα∩β＝b ⇒a ∥b ，⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b ，⎭⎪⎬⎪⎫α∥βα∩γ＝a β∩γ＝b ⇒a ∥b . (2)线面平行：⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b b ⊂αa ⊄α⇒a ∥α，⎭⎪⎬⎪⎫α∥βa ⊂β⇒a ∥α，⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βa ⊥βa ⊄α⇒a ∥α. (3)面面平行：⎭⎪⎬⎪⎫a ⊂α，b ⊂αa ∩b ＝O a ∥β，b ∥β⇒α∥β，⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αa ⊥β⇒α∥β，⎭⎪⎬⎪⎫α∥βγ∥β⇒α∥γ.(4)线线垂直：⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊂α⇒a ⊥b ，⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ∥α⇒a ⊥b .(5)线面垂直：⎭⎪⎬⎪⎫a ⊂α，b ⊂αa ∩b ＝O l ⊥a ，l ⊥b ⇒l ⊥α，⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝l a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β， ⎭⎪⎬⎪⎫α∥βa ⊥α⇒a ⊥β，⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b a ⊥α⇒b ⊥α. (6)面面垂直：⎭⎪⎬⎪⎫a ⊂βa ⊥α⇒α⊥β，⎭⎪⎬⎪⎫a ∥βa ⊥α⇒α⊥β.(二) 二级结论要用好1．长方体的对角线与其共点的三条棱之间的长度关系d 2＝a 2＋b 2＋c 2；若长方体外接球半径为R ，则有(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2.[针对练1] (xx 届高三·西安八校联考)设三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且长度分别为2,23，4，则其外接球的表面积为( )A ．48πB ．32π C．20π D ．12π解析：选B 依题意，设题中的三棱锥外接球的半径为R ，可将题中的三棱锥补形成一个长方体，则R ＝1222＋232＋42＝22，所以该三棱锥外接球的表面积为S ＝4πR 2＝32π. 2．棱长为a 的正四面体的内切球半径r ＝612a ，外接球的半径R ＝64a .又正四面体的高h ＝63a ，故r ＝14h ，R ＝34h .[针对练2] 正四面体ABCD 的外接球半径为2，过棱AB 作该球的截面，则截面面积的最小值为________．解析：由题意知，面积最小的截面是以AB 为直径的圆，设AB 的长为a ，因为正四面体外接球的半径为2，所以64a ＝2，解得a ＝463，故截面面积的最小值为π⎝ ⎛⎭⎪⎫2632＝8π3. 答案：8π3(三) 易错易混要明了应用空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理时，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错．如由α⊥β，α∩β＝l ，m ⊥l ，易误得出m ⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m ⊂α的限制条件．[针对练3] 设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m ⊂α，则“m ∥β ”是“α∥β ”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 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.综上可知，“m ∥β ”是“α∥β ”的必要不充分条件．[课时跟踪检测]A 组——12＋4提速练一、选择题1.如图为一个几何体的侧视图和俯视图，则它的正视图为( )解析：选B 根据题中侧视图和俯视图的形状，判断出该几何体是在一个正方体的上表面上放置一个四棱锥(其中四棱锥的底面是边长与正方体棱长相等的正方形、顶点在底面上的射影是底面一边的中点)，结合选项知，它的正视图为B.2．(xx·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A．10 B．12 C．14 D．16解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为2＋4×22×2＝12，故选B.3．(xx·合肥质检)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面α平行的棱有( )A．0条 B．1条 C．2条 D．0条或2条解析：选C 因为平行于三棱锥的两条相对棱的平面截三棱锥所得的截面是平行四边形，所以该三棱锥中与平面α平行的棱有2条，故选C.4．(xx·成都模拟)已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂β.有下列命题：①若α∥β，则m，n可能平行，也可能异面；②若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α⊥β；③若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，则α⊥β.其中真命题的个数是( )A．0 B．1 C．2 D．3解析：选B 对于①，直线m，n可能平行，也可能异面，故①是真命题；对于②，直线m，n同时垂直于公共棱，不能推出两个平面垂直，故②是假命题；对于③，当直线n∥l时，不能推出两个平面垂直，故③是假命题．故真命题的个数为1.故选B.5．(xx·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3 C.3π2＋1 D.3π2＋3 解析：选A 由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1. 6．(xx·郑州质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．80B ．160C ．240D ．480解析：选B 如图所示，题中的几何体是从直三棱柱ABC A ′B ′C ′中截去一个三棱锥A A ′B ′C ′后所剩余的部分，其中底面△ABC 是直角三角形，AC ⊥AB ，AC ＝6，AB ＝8，BB ′＝10.因此题中的几何体的体积为⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×8×10－13×12×6×8×10＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×8×10＝160，故选B.7．(xx·合肥质检)一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为( )A ．72＋6πB ．72＋4πC ．48＋6πD ．48＋4π解析：选 A 由三视图知，该几何体由一个正方体的34部分与一个圆柱的14部分组合而成(如图所示)，其表面积为16×2＋(16－4＋π)×2＋4×2×2＋14×2π×2×4＝72＋6π，故选A.8．某几何体的三视图如图所示，则其体积为( )A ．207B ．216－9π2C ．216－36πD ．216－18π解析：选B 由三视图知，该几何体是一个棱长为6的正方体挖去14个底面半径为3，高为6的圆锥而得到的，所以该几何体的体积V ＝63－14×13×π×32×6＝216－9π2，故选B.9．(xx·贵阳检测)三棱锥P ABC 的四个顶点都在体积为500π3的球的表面上，底面ABC 所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：选C 依题意，设题中球的球心为O ，半径为R ，△ABC 的外接圆半径为r ，则4πR33＝500π3，解得R ＝5，由πr 2＝16π，解得r ＝4，又球心O 到平面ABC 的距离为R 2－r 2＝3，因此三棱锥P ABC 的高的最大值为5＋3＝8，故选C.10．(xx·洛阳统考)已知三棱锥P ABC 的四个顶点均在某球面上，PC 为该球的直径，△ABC 是边长为4的等边三角形，三棱锥P ABC 的体积为163，则此三棱锥的外接球的表面积为( )A.16π3B.40π3C.64π3D.80π3解析：选D 依题意，记三棱锥P ABC 的外接球的球心为O ，半径为R ，点P 到平面ABC 的距离为h ，则由V P ABC ＝13S △ABC h ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫34×42×h ＝163得h ＝433.又PC 为球O 的直径，因此球心O 到平面ABC 的距离等于12h ＝233.又正△ABC 的外接圆半径为r ＝AB 2sin 60°＝433，因此R 2＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＝203，所以三棱锥P ABC 的外接球的表面积为4πR 2＝80π3，故选D.11．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.15π2 B ．8π C.17π2D ．9π解析：选B 依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的平面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所得的部分的底面半径为1，最短母线长为3、最长母线长为5，将这两个截后所得的部分拼接恰好形成一个底面半径为1，母线长为5＋3＝8的圆柱，因此题中的几何体的体积为π×12×8＝8π，故选B.12．(xx 届高三·湘中名校联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.1603B ．32C.323D.3523解析：选A 由三视图可知，该几何体是由底面为等腰直角三角形(腰长为4)、高为8的直三棱柱截去一个等底且高为4的三棱锥而得到的，所以该几何体的体积V＝12×4×4×8－13×12×4×4×4＝1603，故选A.二、填空题13．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________．解析：设圆柱高为h，底面圆半径为r，周长为c，圆锥母线长为l.由图得r＝2，h＝4，则c＝2πr＝4π，由勾股定理得：l＝22＋232＝4，则S表＝πr2＋ch＋12cl＝4π＋16π＋8π＝28π.答案：28π14．一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，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为________．解析：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V1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V2＝13－16＝56.所以V1V2＝1656＝15.答案：1515．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，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的________．解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为 12×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为13×6×2＝4.而直三棱柱的体积为12×2×2×4＝8，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的12. 答案：1216．(xx·兰州诊断考试)已知在三棱锥P ABC 中，V P ABC ＝433，∠APC ＝π4，∠BPC ＝π3，PA⊥AC ，PB ⊥BC ，且平面PAC ⊥平面PBC ，那么三棱锥P ABC 外接球的体积为________．解析：如图，取PC 的中点O ，连接AO ，BO ，设PC ＝2R ，则OA ＝OB ＝OC ＝OP ＝R ，∴O 是三棱锥P ABC 外接球的球心，易知，PB ＝R ，BC ＝3R ，∵∠APC ＝π4，PA ⊥AC ，O 为PC 的中点，∴AO ⊥PC ，又平面PAC ⊥平面PBC ，且平面PAC ∩平面PBC ＝PC ，∴AO ⊥平面PBC ，∴V P ABC ＝V A PBC ＝13×12×PB ×BC ×AO ＝13×12×R ×3R ×R ＝433，解得R ＝2，∴三棱锥P ABC 外接球的体积V ＝43πR 3＝32π3. 答案：32π3B 组——能力小题保分练1．(xx·石家庄质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A．16 B．20C．52 D．60解析：选B 由三视图知，该几何体由一个底面为直角三角形(直角边分别为3,4)，高为6的三棱柱截去两个等体积的四棱锥所得，且四棱锥的底面是矩形(边长分别为2,4)，高为3，如图所示，所以该几何体的体积V＝12×3×4×6－2×13×2×4×3＝20，故选B.2．(xx·成都模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥外接球的表面积为( )A．136π B．34πC．25π D．18π解析：选B 由三视图知，该四棱锥的底面是边长为3的正方形，高为4，且有一条侧棱垂直于底面，所以可将该四棱锥补形为长、宽、高分别为3,3,4的长方体，该长方体外接球的半径R即为该四棱锥外接球的半径，所以2R＝32＋32＋42，解得R＝342，所以该四棱锥外接球的表面积为4πR2＝34π，故选B.3．(xx届高三·湖南五市十校联考)如图，小方格是边长为1的正方形，一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A．45π＋96 B．(25＋6)π＋96C．(45＋4)π＋64 D．(45＋4)π＋96解析：选D 由三视图可知，该几何体为一个圆锥和一个正方体的组合体，正方体的棱长为4，圆锥的高为4，底面半径为2，所以该几何体的表面积为S＝6×42＋π×22＋π×2×42＋22＝(45＋4)π＋96.4．(xx·石家庄质检)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，则该四棱锥的高为( )A ．6B ．5C.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，故选D.5．(xx 届高三·西安市八校联考)在菱形ABCD 中，A ＝60°，AB ＝3，将△ABD 折起到△PBD 的位置，若二面角P BD C 的大小为2π3，则三棱锥P BCD 外接球的体积为( )A.4π3B.3π2C.77π6 D.77π2解析：选C 依题意，△PBD 、△BCD 均是边长为3的等边三角形．取BD 的中点E ，连接PE ，CE ，则有PE ⊥BD ，CE ⊥BD ，∠PEC 是二面角P BD C 的平面角，即∠PEC ＝120°.记三棱锥P BCD 的外接球的球心为O ，半径是R ，△PBD ，△BCD 的中心分别为M ，N ，连接OM ，ON ，MN ，OE ，则由OP ＝OB ＝OD ＝OC 得，球心O 在平面PBD ，平面BCD 上的射影分别是△PBD ，△BCD 的中心，即有OM ⊥平面PBD ，OM ⊥PE ，OM ⊥BD ，ON ⊥平面BCD ，ON ⊥NE ，ON ⊥BD ，因此BD ⊥平面OMN .又易证BD ⊥平面OCE ，所以平面OMN ∥平面OCE .又平面OMN 与平面OCE 有公共点O ，因此平面OMN 与平面OCE 重合．在四边形OMEN 中，∠OME ＝∠ONE ＝90°，ME ＝NE ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫32×3＝12，∠MOE ＝30°，OE 是四边形OMEN 的外接圆的直径，OE＝MEsin ∠MOE ＝1，ON 2＝OE 2－NE 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34.在Rt △OBN 中，OB 2＝ON 2＋BN 2＝ON 2＋BE 2＋NE 2＝34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝74，即R ＝74＝72，因此三棱锥P BCD 的外接球的体积为43πR 3＝77π6，故选C.。

【高考二轮课程】数学理科第14讲立体几何教案

高考二轮复习第14讲立体几何适用学科高中数学适用年级高三教材版本全国通用课时说明（建议）120分钟知识点（1）平行的判定与性质;（2）垂直的判定与性质;(3)空间向量与立体几何复习目标（1）掌握直线与平面、平面与平面平行和垂直判定定理和性质定理（2）掌握空间向量运算，并能利用空间向量求空间角与距离。

复习重点（1）直线与平面、平面与平面平行判定定理和性质定理。

（2）直线与平面、平面与平面垂直判定定理和性质定理。

（3）利用空间向量求空间角与距离。

复习难点（1）理解平行判定与性质之间的逻辑关系。

（2）理解垂直判定与性质之间的逻辑关系，与平行对应定理进行区分。

（3）能熟练准确地使用符号语言对证明过程进行描述。

（4）空间向量中定比分点及动点坐标的确定，平面法向量的计算，理解空间角的向量表达形式。

一、高考回顾近几年对立体几何的考查较为稳定，一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择或填空题和一道解答题或一道解答题．选择题一般在第10～11题的位置，填空题一般在第14题的位置，多考查线面位置关系的判断，难度较小．解答题多出现在第18或19题。

第一问的位置，考查空间中平行或垂直关系的证明，难度中等。

第二问的位置，考查利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等偏上。

二、知识清单1.思维导图2.知识再现将本部分的基础知识进行呈现，对一轮复习的成果进行夯实，避免基础知识的遗忘。

1．直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α. (2)线面平行的性质定理：a ∥α，a ⊂β，α∩β＝b ⇒a ∥b .(3)面面平行的判定定理：a ⊂β，b ⊂β，a ∩b ＝P ，a ∥α，b ∥α⇒α∥β. (4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ⇒a ∥b . 2．直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m ⊂α，n ⊂α，m ∩n ＝P ，l ⊥m ，l ⊥n ⇒l ⊥α. (2)线面垂直的性质定理：a ⊥α，b ⊥α⇒a ∥b . (3)面面垂直的判定定理：a ⊂β，a ⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β. 3．空间向量(1)异面直线所成的夹角若异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |.(2)线面角求出平面的法向量n ，直线的方向向量a ，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n ·a ||n ||a |. (3)面面角思维求出二面角α-l -β的两个半平面α与β的法向量n 1，n 2，若二面角α-l -β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|；若二面角α-l -β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|＝－|n 1·n 2||n 1||n 2|(4)点到面的距离先求出平面的法向量，再求出已知点与平面内任意一点连线的向量，此向量在法向量上的投影的绝对值即为所求。

2022高考数学(理)二轮复习教案四：立体几何

2022高考数学（理）二轮复习教案四：立体几何一、高考动向：考查思维能力和空间想象能力，专门是使用向量代数方法解决立体几何几何问题的能力，以顺应几何的改革方向，高考命题侧重于直线与平面之间的各种位置关系的考查，从川卷来看，一样是三小一大，估量26分左右。

客观题仍是侧重于点线面位置关系及空间角，有可能涉及求表面积和体积问题，难度可不能太大，主观题估量向新课标靠拢。

锥体和柱体作为载体，传统法和向量法都好解决问题仍是主旋律，要紧考查线面的平行与垂直，角与距离考查可能减少，也可能显现新的题型，如开放性试题，立体几何背景下的点的轨迹问题等，试题新颖，立意巧妙，要注意训练。

二、主干知识整合1．空间几何体的三视图(1)正视图：光线从几何体的前面向后面正投影得到的投影图；(2)侧视图：光线从几何体的左面向右面正投影得到的投影图；(3)俯视图：光线从几何体的上面向下面正投影得到的投影图．几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图．2．斜二测画水平放置的平面图形的差不多步骤(1)建立直角坐标系，在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的Ox，Oy，建立直角坐标系；(2)画出斜坐标系，在画直观图的纸上(平面上)画出对应的Ox′，Oy′，使∠x′Oy′＝45°(或135°)，它们确定的平面表示水平平面；(3)画对应图形，在已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中画成平行于x′轴，且长度保持不变；在已知图形中平行于y轴的线段，在直观图中画成平行于y′轴，且长度变为原先的一半；(4)擦去辅助线，图画好后，要擦去x轴、y轴及为画图添加的辅助线(虚线)．3．差不多面积公式4．空间几何体的体积运算公式5．平行关系的转化两平面平行问题常常转化为直线与平面的平行，而直线与平面平行又可转化为直线与直线平行，因此要注意转化思想的应用，以下为三种平行关系的转化示意图．6．解决平行问题时要注意以下结论的应用(1)通过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(2)两个平面平行，其中一个平面内的任一直线必平行于另一个平面．(3)一条直线与两平行平面中的一个相交，那么它与另一个也相交．(4)平行于同一条直线的两条直线平行．(5)平行于同一个平面的两个平面平行．(6)假如一条直线与两个相交平面都平行，那么这条直线必与它们的交线平行．7．垂直关系的转化与平行关系之间的转化类似，它们之间的转化如下示意图．在垂直的相关定理中，要专门注意经历面面垂直的性质定理：两个平面垂直，在一个平面内垂直于它们交线的直线必垂直于另一个平面．当题目中有面面垂直的条件时，一样都要用此定理进行转化．8．空间向量(1)加减法和线性运算；(2)共线向量定理；(3)共面向量定理;(4)空间向量差不多定理；(5)空间两个向量的夹角；空间两向量夹角的范畴是[0，π]，即0≤〈a，b〉≤π；(6)向量的数量积；(7)空间向量的坐标运算．9．夹角运算公式(1)线线角：直线与直线所成的角为θ，如两直线的方向向量分别为a，b，则cosθ＝|cos 〈a，b〉|；(2)线面角：直线与平面所成的角为θ，如直线的方向向量为a，平面的法向量为n，则sinθ＝|cos〈a，n〉|；(3)面面角：两相交平面所成的角为θ，两平面的法向量分别为n 1和n 2，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|，其专门情形是两个半平面所成的角即二面角，也能够用那个公式解决，但要判定二面角的平面角是锐角依旧钝角的情形以决定cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|依旧cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|.10．距离公式(1)点点距：点与点的距离，以这两点为起点和终点的向量的模；(2)点线距：点M 到直线a 的距离，如直线的方向向量为a ，直线上任一点为N ，则点M 到直线a 的距离d ＝|MN →|sin 〈MN →，a 〉；(3)线线距：两平行线间的距离，转化为点线距离；两异面直线间的距离，转化为点面距离或者直截了当求公垂线段的长度；(4)点面距：点M 到平面α的距离：如平面α的法向量为n ，平面α内任一点为N ，则点M 到平面α的距离d ＝|MN →||cos 〈MN →，n 〉|＝|MN →·n ||n |；(5)线面距：直线和与它平行的平面间的距离，转化为点面距离；(6)面面距：两平行平面间的距离，转化为点面距离.三、课前热身：1. (1)[2011·山东卷] 如图12－3是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如图12－3；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如图12－3；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如图12－3.其中真命题的个数是( )图12－3A ．3B ．2C ．1D ．0（2）一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则那个平面图形的面积是( )A.12＋22 B ．1＋22C ．1＋ 2D ．2＋ 2(1)A (2)D 【解析】 (1)①能够是放倒的三棱柱，因此正确；容易判定②正确；③能够是放倒的圆柱，因此也正确．(2)如图，设直观图为O ′A ′B ′C ′，建立如图所示的坐标系，按照斜二测画法的规则，在原先的平面图形中，OC ⊥OA ，且OC ＝2，BC ＝1，OA ＝1＋2×22＝1＋2，故其面积为12×()1＋1＋2×2＝2＋ 2.2.(1) [2011·安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图12－4所示，则该几何体的表面积为( )图12－4A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80(2)[2011·湖南卷] 设图12－5是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )图12－5A ．92π＋12B ．92π＋18C ．9π＋42D ．36π＋18(1) C (2)B 【解析】 (1)由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如图所示)，因此该直四棱柱的表面积为S ＝2×12×(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2×1＋16×4＝48＋817.(2)由三视图可得那个几何体是由上面是一个直径为3的球，下面是一个长、宽都为3、高为2的长方体所构成的几何体，则其体积为：V ＝V 1＋V 2＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＋3×3×2＝92π＋18，故选B.【点评】我们常见的柱体一样是把底面放在水平面上，锥体也往往是把底面放在水平面上，然而柱体和锥体也能够把其侧面或者一条母线放在水平面上，也能够以其他各种可能的方式放置在空间，这时其三视图就会显现各种可能，在依照空间几何体的三视图还原空间几何体的形状时，要克服思维定势．3. [2011·辽宁卷] 已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S －ABC 的体积为( )A ．3 3B ．2 3 C. 3 D ．1C 【解析】如图，过A 作AD 垂直SC 于D ，连接BD .由于SC 是球的直径，因此∠SAC ＝∠SBC ＝90°，又∠ASC ＝∠BSC ＝30°，又SC 为公共边，因此△SAC ≌△SBC .由于AD ⊥ SC ，因此BD ⊥SC .由此得SC ⊥平面ABD .因此V S －ABC ＝V S －ABD ＋V C －ABD ＝13S △ABD ·SC . 由于在Rt △SAC 中∠ASC ＝30°，SC ＝4，因此AC ＝2，SA ＝23，由于AD ＝SA ·CA SC ＝ 3.同理在Rt △BSC 中也有BD ＝SB ·CB SC ＝ 3. 又AB ＝3，因此△ABD 为正三角形，因此V S －ABC ＝13S △ABD ·SC ＝13×12×(3)2·sin60°×4＝3，因此选C.【点评】本题考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力．本题的难点在于对三棱锥S －ABC 的结构特点的分析判定，其中的体积分割法是求解体积问题时经常使用的技巧．4. 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l1∥αB．m∥l1且n∥l2C．m∥β且n∥βD．m∥β且n∥l2【解析】B选项A作条件，由于这是两个平面中各有一条直线与另一个平面平行，是不能得到α∥β的，但α∥β却能得到选项A，故选项A是必要而不充分条件；选项B作条件，现在m，n一定是平面α内的两条相交直线(否则，依照公理4得直线l1∥l2，与已知矛盾)，这就符合两个平面平行判定定理的推论“一个平面内假如有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，则这两个平面平行”，故条件是充分的，然而在α∥β时，由于直线m，n在平面α内的位置不同，只能得到m，n与平面β平行，得不到m∥l1，n∥l2的结论，故条件是不必要的，故选项B中的条件是充分而不必要的；选项C作条件，由于m，n只是平面α内的两条不同直线，这两条直线可能相互平行，故得不到α∥β的必定结论，那个条件是不充分的，但α∥β却能得到选项C，故选项C是必要而不充分条件；选线D作条件，由n∥l2可得n∥β，如此平面α的直线m，n分别与平面β平行，由于m，n可能平行，故也得不到α∥β的必定结论，故那个条件是不充分的，当α∥β时，只能得到m∥β但得不到n∥l2，故条件也不是必要的，选项D中的条件是既不充分也不必要的．5. （辽宁理8）。

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7．解：因运动过程中水始终是矩形，且水柱部分始终与空柱部分分别与中心O成中心对称。所以（1）（2）（3）（4）均正确。
8．解：当时，；当时，．提示：，．沿BD折起，∠AOC是二面角的平面角，BD=AB=AD=a，故OA=OC= a，d=OA ．因为，所以当时，；当时，．
9.解：设三棱柱的高为h，上下底的面积为S，体积为V，则V=V1+V2＝Sh。
（Ⅰ）求侧面ABB1A1与底面ABCD所成二面角的大小；
（Ⅱ）证明：EF∥面ABCD；
（Ⅲ）在估测该多面体的体积时，经常运用近似公式V估=S中截面·h来计算.已知它的体积公式是V= （S上底面+4S中截面+S下底面），试判断V估与V的大小关系，并加以证明。
（注：与两个底面平行，且到两个底面距离相等的截面称为该多面体的中截面）
∴AB=BC=CA= a,且P在△ABC内的射影即是△ABC的中心O′。
由正弦定理，得 =2r,∴r= a。
又根据球的截面的性质，有OO′⊥平面ABC，而PO′⊥平面ABC，
∴P、O、O′共线，球的半径R= 。又PO′= = = a，
∴OO′=R － a=d= ,(R－ a)2=R2– ( a)2，解得R= a,
以上说法正确的是_____.
8.将锐角A为60°，边长a的菱形ABCD沿对角线BD折成二面角，已知，则AC、BD之间的距离的最大值和最小值．
9．如图，三棱柱ABC—A1B1C1中，若E、F分别为AB、AC 的中点，平面EB1C1将三棱柱分成体积为V1、V2的两部分，那么V1∶V2=_____。
10．如图所示，球面上有四个点P、A、B、C，如果PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=PB=PC=a，则这个球的表面积是。
A．64 B．65 C．66 D．67
6．命题A：底面为正三角形，且顶点在底面的正投影为底面中心的三棱锥是正三棱锥。则命题A的等价命题B可以是：底面为正三角形，且的三棱锥是正三棱锥。
7．水平桌面儿上放置着一个容积为V的密闭长方体玻璃容器ABCD—A1B1C1D1，其中装有 V的水。
（1）把容器一端慢慢提起，使容器的一条棱AD保持在桌面上，这个过程中水的形状始终是柱体；（2）在（1）中的运动过程中，水面始终是矩形；（3）把容器提离桌面，随意转动，水面始终过长方体内的一个定点；（4）在（3）中水与容器的接触面积始终不变。
复习智略：
例3．一个几何体的三视图如右图所示，其中主视图与左视图是腰长为6的等腰直角三角形，俯视图是正方形。
（Ⅰ）请画出该几何体的直观图，并求出它的体积；
（Ⅱ）用多少个这样的几何体可以拼成一个棱长为6的正方体ABCD—A1B1C1D1?如何组拼？试证明你的结论；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的情形下,设正方体ABCD—A1B1C1D1的棱CC1的中点为E,求平面AB1E与平面ABC所成二面角的余弦值.
2011年高考第二轮专题复习（教学案）：立体几何
第1课时直线、平面、空间几何体
考纲指要：
立体几何在高考中占据重要的地位，考察的重点及难点是直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的性质和判定，而查空间线面的位置关系问题，又常以空间几何体为依托，因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式。
则＜ .经验证,只有不满足这个关系.
4．解：参考例1可知：选C。
5．解：第一层放16个球；第二层在空档中放9个球，使每个球均与底层的16个球中的4个球相切；第三层再放16个球；第四层又放9个球；第五层再放16个球，这样共放了66个球，且五层球的高度为，故选C。
6．答：侧棱相等（或侧棱与底面所成角相等……）。这是因为要使命题B与命题A等价，则只需保证顶点在底面上的正投影S是底面正三角形的外心即可，因此，据射影定理，得侧棱长相等。
=
= ，从而。
例2．（1）当你手握直角三角板，其斜边保持不动，将其直角顶点提起一点，则直角在平面内的正投影是锐角、直角还是钝角？
（2）根据第（1）题，你能猜想某个角在一个平面内的正投影一定大于这个角吗？如果正确，请证明；如果错误，则利用下列三角形举出反例：△ABC中，，
，以∠BAC为例。
解：（1）记Rt△ABC，∠BAC=900，记直角顶点A在平面上的正投影为A1，，且AA1= ，则因为，所以∠BA1C为钝角，即直角在平面内的正投影是钝角；
A、 . B、 . C、 . D、 .
4．在四面体ABCD中，截面AEF经过四面体的内切球的球心O，且与BC、DC、分别交于E、F，如果截面将四面体分成体积相等的两部分，设四棱锥A-BEFD与A-EFC的表面积分别为S1、S2，则必有（）
A．S1 S2B．S1 S2C．S1=S2D．无法判断
5．在一个棱长为4的正方体内，你认为能放入几个直径为1的球（）
点拨与全解：
1．解：由题意得原四边形是一个上底为1，下底为，高为2的直角梯形，所以其面积等于，故选A。
2．解：过点O分别作 ∥a、 ∥b，则过点O有三条直线与a,b所成角都为60 ，等价于过点O有三条直线与所成角都为60 ，其中一条正是角的平分线。从而可得选项为
C。
３．B提示：令a，b，c(a≤b≤c)表示长方体三条边的长度.p，q，r(p≤q≤r)表示三个对角线的长度.由勾股定理,得 , , .
梯形，那么原四边形的面积是（）
A． B． C． D．
2．异面直线a,b所成的角为 ,空间中有一定点O，过点O有3条直线与a,b所成角都是60 ，则的取值可能是（）
A．30 B．50 C．60 D．90
3．下面的集合中三个元素不可能分别是长方体(一只“盒子”)的三条外对角线的长度(一条
外对角线就是这盒子的一个矩形面的一条对角线)是( )
考点扫描：
1．空间两条直线的位置关系：（1）相交直线；（2）平行直线；（3）异面直线。
2．直线和平面的位置关系：（1）直线在平面内；（2）直线和平面相交；（3）直线和平面平行。
3．两个平面的位置关系有两种：（1）两平面相交；（2）两平面平行。
4．多面体的面积和体积公式，旋转体的面积和体积公式。
考题先知：
∴S球=4πR2=3πa2。
11．（1）画出示意图，其中，SA=
（2）∵SC⊥平面AEFG，A又AE 平面AEFG，∴AE⊥SC，∵SA⊥平面BD，又BC 平面BD，∴SA⊥BC.又AB⊥BC，SA∩AB=A, ∴BC⊥平面SBC，∴AF在平面SBC上射影为EF.
由三垂线定理得∠AFE为二面角A—SC—B的平面角，易得AF=
∵AE⊥平面SBC，又SB 平面SBC， ∴AE⊥SB.
∴AE= A—SC—B的大小为arcsin
12.（Ⅰ）解：过B1C1作底面ABCD的垂直平面，交底面于PQ，过B1作B1G⊥PQ，垂足为G。
如图所示：∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，∠A1B1C1=90°，
∴AB⊥PQ，AB⊥B1P.
∴∠B1PG为所求二面角的平面角.过C1作C1H⊥PQ，垂足为H.由于相对侧面与底面所成二面角的大小相等，故四边形B1PQC1为等腰梯形。
11.如图所示的一组图形为某一四棱锥S—ABCD的侧面与底面，
(1)请画出四棱锥S—ABCD的示意图，使SA⊥平面ABCD，并指出各侧棱长；
（2）在（1）的条件下，过A且垂直于SC的平面分别交于SB、SC、SD于E、F、G.
（3）求（1）（2）的条件下，求二面角A—SC—B的大小.
12．如图1，在多面体ABCD—A1B1C1D1中，上、下底面平行且均为矩形，相对的侧面与同一底面所成的二面角大小相等，侧棱延长后相交于E，F两点，上、下底面矩形的长、宽分别为c，d与a，b，且a＞c，b＞d，两底面间的距离为h。
例1．在平面几何中，我们学习了这样一个命题：过三角形的内心作一直线，将三角形分成的两部分的周长比等于其面积比。请你类比写出在立体几何中，有关四面体的相似性质，并证之。
解：通过类比，得命题：过四面体的内切球的球心作一截面，将四面体分成的两部分的表面积比等于其体积比。
证明：如图，设四面体P-ABC的内切球的球心为O，过O作截面DEF交三条棱于点E、D、F，记内切圆半径为r,则r也表示点O到各面的距离，利用体积的“割补法”知：
∴PG= （b－d），又B1G=h，∴tanB1PG= （b＞d），
∴∠B1PG=arctan ，即所求二面角的大小为arctan .
（Ⅱ）证明：∵AB，CD是矩形ABCD的一组对边，有AB∥CD，
又CD是面ABCD与面CDEF的交线，
∴AB∥面CDEF。
∵EF是面ABFE与面CDEF的交线，
∴AB∥EF。
设为平面的法向量，则由 ,得，
，可取。同理可得平面的一个法向量 >
由，知二面角的平面角的大小为。
评注：若二面角的两个平面的法向量分别为，则由可求得二面角的大小。
解法2利用异面直线所成角求二面角。
建立空间直角坐标系同上，过A、N分别作的垂线AE、NF，垂足为E、F，则二面角的平面角大小为 .
∵AB是平面ABCD内的一条直线，EF在平面ABCD外，
∴EF∥面ABCD。
（Ⅲ）V估＜V。
证明：∵a＞c，b＞d，
∴V－V估=
= ［2cd+2ab+2（a+c）（b+d）－3（a+c）（b+d）］
= （a－c）（b－d）＞0。
∴V估＜V。
第2课时空间向量
考纲指要：
在立体几何中，以多面体和旋转体为载体，空间向量为运算技巧，解决有关线面位置关系的论证，角与距离的探求。
分析：本题的构图方式是通过三视图来给出，并且更为重视对空间几何体的认识.
解：（Ⅰ）该几何体的直观图如图1所示，它是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.其中底面ABCD是边长为6的正方形，高PD=6，故所求体积是

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