数学(理)二轮教师用书：第2部分专题4 解密高考④ 立体几何问题重在“建”——建模、建系 Word版含解析

合集下载

高中数学二轮复习教师用书：专题五+立体几何+Word版含答案

专题五立体几何立体几何问题重在“转”——转化、转换立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深，解决这类题目的原则是转化、转换．转化——空间平行关系间的转化、垂直关系间的转化、平行与垂直关系间的转化以及平面几何与立体几何的转化等；转换——对几何体的体积、锥体体积考查顶点转换，多面体体积多分割转换为几个规则几何体的体积和或体积差来求解，求体积时距离与体积计算的转换等．错误！未指定书签。

【典例】如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明MN ∥平面P AB ；(2)求四面体N -BCM 的体积．[解题示范] (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2．取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2．又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT ．因为MN ⊄平面P AB ，AT ⊂平面P AB ，所以MN ∥平面P AB ❶．(2)解：因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12P A ．取BC 中点E ，连接AE ．由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝5．由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝25．所以四面体N -BCM 的体积V N -BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453.❷ ❶转化：平行关系间的转化．线∥线⇒线∥面．TN ∥BC ，AD ∥BC ⇒TN 綊AM ⇒MN ∥AT ⇒MN ∥平面P AB ．❷转换：距离与体积的计算转换．点面距、点线距⇒体积的计算．AE ＝5⇒点M 到BC 的距离为5；点N 到平面ABCD 的距离为12P A ⇒四面体N -BCM 的体积．立体几何的内容在高考中的考查情况总体上比较稳定，因此，复习备考时往往有“纲”可循，有“题”可依．在平时的学习中，要重视识图训练，能正确确定关键点或线的位置，将局部空间问题转化为平面模型．其中，平行、垂直关系的判定与性质是立体几何的核心内容；空间距离、面积与体积的计算是重点内容．经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。

高中数学二轮复习立体几何(2)教案含答案(全国通用)

专题五立体几何必考点一空间几何体的三视图、表面积与体积[高考预测]——运筹帷幄1．以三视图为背景的几何体的识别问题．2．空间几何体与三视图相结合，计算几何体的表面积和体积． 3．球及有关组合体的表面积与体积． [速解必备]——决胜千里 1．一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)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．(1)设长方体的相邻的三条棱长为a 、b 、c 则体对角线长为a 2＋b 2＋c 2(2)棱长为a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a ＝2R .(3)若球面上四点P 、A 、B 、C 构成的线段P A 、PB 、PC 两两垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，则4R 2＝a 2＋b 2＋c 2，把有关元素“补形”成为一个球内接长方体(或其他图)[速解方略]——不拘一格类型一有关几何体的三视图的计算[例1] (1)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：基本法：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.速解法：如图所示，VA -A 1B 1D 1＝13VABD -A 1B 1D 1＝16V 正方体 VA -A 1B 1D 1＝15VABCD -B 1C 1D 1 答案：D方略点评：基本法是具体计算几何体的体积，速解法是根据几何体间的体积关系求得答案.(2)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．1 B．2C．4 D．8解析：基本法：由已知可知，该几何体的直观图如图所示，其表面积为2πr2＋πr2＋4r2＋2πr2＝5πr2＋4r2.由5πr2＋4r2＝16＋20π，得r＝2.故选B.速解法：由几何体特征可知，球的表面积，圆的面积，圆柱侧面积都含有“π”，只有圆柱的轴截面面积不含“π”，∴即2r·2r＝16，∴r＝2，故选B.答案：B方略点评：(1)基本法是具体计算出几何体的表面积的表达式.速解法是根据几何体特征想出表面积表达式特征由部分几何体求r.(2)此类题关键是将三视图恢复为直观图，并找清几何体的标量，代入公式计算.1．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：基本法：该零件是两个圆柱体构成的组合体，其体积为π×22×4＋π×32×2＝34π cm 3，圆柱体毛坯的体积为π×32×6＝54π cm 3，所以切削掉部分的体积为54π－34π＝20π cm 3，所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为20π54π＝1027，故选C. 答案：C2．(2016·高考全国丙卷)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 ．81解析：先根据三视图确定几何体的形状，再求其表面积．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. 答案：B类型二球及其组合体[例2] (1)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 ．256π解析：基本法：画出球的直观图，利用锥体的体积公式求解．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.速解法：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. 答案：C方略点评：基本法是根据直观图，找到C 点位置.,速解法是利用V O -ABC 的表达式的代数关系(≤16r 3)直接求得r .(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.81π4 B ．16π C ．9π D.27π4解析：基本法：如图所示，R 2＝(4－R )2＋2，。

2020高考二轮数学第2部分专题4 解密高考④ 立体几何问题重在“建”——建模、建系

————[思维导图]————————[技法指津]————立体几何解答题建模、建系策略立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建模、建系．(1)建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型或角度、距离等的计算模型；(2)建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．,图1图2(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.(1)看到图形的折叠，想到折叠前后的不变量；看到证明四点共面，想到直线的平行或相交；看到证明面面垂直，想到先证明线面垂直；看到求二面角，想到法向量；缺相应点的坐标，借助(1)的结论及边长、角度等信息补建坐标系及相应点的坐标．[规范解答·评分标准](1)由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面. 2分建模：利用平行关系证明四点共面由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B，故AB⊥平面BCGE. 3分建模：利用线线垂直关系证明线面垂直，进而证明面面垂直又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE. 4分(2)作EH⊥BC，垂足为H.因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC.5分建系：利用垂直关系建立空间直角坐标系由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC ＝60°，可求得BH ＝1，EH ＝ 3. 以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H -xyz ，则A (－1,1,0)，C (1,0,0)，G (2,0，3)，CG →＝(1,0，3)，AC →＝(2，－1,0).8分设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n ＝0，AC →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，2x －y ＝0. 所以可取n ＝(3,6，－3).10分又平面BCGE 的法向量可取为m ＝(0,1,0)，所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝32. 11分建模：利用向量坐标运算求空间角因此二面角B -CG -A 的大小为30°.12分[构建模板·五步解法] 立体几何类问题的求解策略第一步找垂直第二步写坐标第三步求向量第四步求夹角第五步得结论找出(或作出)具有公共交点的三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系，写出特殊点坐标求直线的方向向量或平面的法向量计算向量的夹角得到所求两个平面所成的角或直线与平面所成的角母题突破1：2019年合肥模拟，本小题满分12分EF ∥AC ，EF ＝1，∠ABC ＝60°，CE ⊥平面ABCD ，CE ＝3，CD ＝2，G 是DE 的中点．(1)求证：平面ACG ∥平面BEF ；(2)求直线AD 与平面ABF 所成的角的正弦值．[解] (1)证明：连接BD 交AC 于O ，则O 是BD 的中点，连接OG ，∵G 是DE 的中点，故OG ∥BE ，又BE ⊂平面BEF ，OG ⊄平面BEF ，2分所以OG ∥平面BEF .又EF ∥AC ，AC ⊄平面BEF ，EF ⊂平面BEF ，所以AC ∥平面BEF ，又AC ∩OG ＝O ，AC ，OG ⊂平面ACG ，所以平面ACG ∥平面BEF .4分,,(2)连接OF ，由题意可得OC ＝1，即OC ＝EF ，又EF ∥AC ，所以四边形OCEF 为平行四边形，所以OF ∥EC ，OF ＝EC ＝3，所以OF ⊥平面ABCD ，所以OF ，OC ，OD 两两垂直.6分如图，以O 为坐标原点，分别以OC ，OD ，OF 所在直线为x ，y ， z 轴建立空间直角坐标系，则A (－1,0,0)，B (0，－3，0)，D (0，3，0)，F (0,0，3)，AD →＝(1，3，0)，AB →＝(1，－3，0)，AF →＝(1,0，3).7分设平面ABF 的法向量为m ＝(a ，b ，c )，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥AB→，m ⊥AF →，即⎩⎨⎧(a ，b ，c )·(1，－3，0)＝a －3b ＝0，(a ，b ，c )·(1，0，3)＝a ＋3c ＝0，9分令a ＝3，则b ＝1，c ＝－1，m ＝(3，1，－1)， |cos 〈AD →，m 〉|＝|AD →·m ||AD →||m |＝3＋34×5＝155，11分所以直线AD 与平面ABF 所成的角的正弦值是155. 12分2.(2019年昆明模拟)在三棱柱ABC -A ′B ′C ′中，AB ＝BC ＝CA ＝AA ′，侧面ACC ′A ′⊥底面ABC ，D 是棱BB ′的中点．(1)求证：平面DA ′C ⊥平面ACC ′A ′；(2)若∠A ′AC ＝60°，求二面角A -BC -B ′的余弦值．[解] (1)取AC ，A ′C ′的中点O ，F ，连接OF 与A ′C 交于点E ，连接DE ，OB ，B ′F .则E 为OF 的中点，因为三棱柱ABC -A ′B ′C ′，所以OF ∥AA ′∥BB ′，且OF ＝AA ′＝BB ′，所以四边形BB ′FO 是平行四边形. 2分又D 是棱BB ′的中点，所以DE ∥OB . 因为侧面AA ′C ′C ⊥底面ABC ，且OB ⊥AC ，所以OB ⊥平面ACC ′A ′，所以DE ⊥平面ACC ′A ′，又DE ⊂平面DA ′C ，所以平面DA ′C ⊥平面ACC ′A ′.5分 (2)连接A ′O ，因为∠A ′AC ＝60°，所以△A ′AC 是等边三角形，故A ′O ⊥底面ABC .6分设AB ＝BC ＝CA ＝AA ′＝2，可得A ′O ＝OB ＝3，分别以OB ，OC ，OA ′分别为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，A ′(0,0，3)， BC →＝(－3，1,0)，BB ′→＝AA ′→＝(0,1，3). 8分设平面BCC ′B ′的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·BC →＝0，m ·BB ′→＝0，所以⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，y ＋3z ＝0，取x ＝1，y ＝3，z ＝－1，所以m ＝(1，3，－1).10分又平面ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，故cos 〈m ，n 〉＝－15＝－55，因为二面角A -BC -B ′为钝角，所以其余弦值为－55.12分。

高三数学二轮专题复习教案――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。

江苏省2024高考数学二轮复习专题二立体几何2

立体几何中的计算A 组——抓牢中档小题1. 若圆锥底面半径为1，高为2，则圆锥的侧面积为 ________.解析：由题意，得圆锥的母线长l ＝12＋22＝5，所以S 圆锥侧＝πrl ＝π×1×5＝5π.答案：5π2．已知正六棱柱的侧面积为72 cm 2，高为6 cm ，那么它的体积为________cm 3. 解析：设正六棱柱的底面边长为x cm ，由题意得6x ×6＝72，所以x ＝2，于是其体积V ＝34×22×6×6＝363cm 3. 答案：36 33．已知球O 的半径为R ，A ，B ，C 三点在球O 的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为32R ，AB ＝AC ＝BC ＝23，则球O 的表面积为________．解析：设△ABC 外接圆的圆心为O 1，半径为r ，因为AB ＝AC ＝BC ＝23，所以△ABC 为正三角形，其外接圆的半径r ＝232sin 60°＝2，因为OO 1⊥平面ABC ，所以OA 2＝OO 21＋r 2，即R 2＝⎝⎛⎭⎪⎫32R 2＋22，解得R 2＝16，所以球O 的表面积为4πR 2＝64π. 答案：64π4. 已知一个棱长为6 cm 的正方体塑料盒子(无上盖)，上口放着一个半径为5 cm 的钢球，则球心到盒底的距离为________cm.解析：球心到正方体的塑料盒上表面(不存在)所在平面的距离为52－32＝4，所以球心到盒底的距离为4＋6＝10(cm)．答案：105．(2024·扬州期末)若圆锥的侧面绽开图是面积为3π且圆心角为2π3的扇形，则此圆锥的体积为________．解析：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，母线为l ，则由12·2π3·l 2＝3π，得l ＝3，又由2π3·l ＝2πr ，得r ＝1，从而有h ＝l 2－r 2＝22，所以V ＝13·πr 2·h ＝223π. 答案：223π6. 一块边长为10 cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P 为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器．当x ＝6 cm 时，该容器的容积为________cm 3.解析：由题意知，这个正四棱锥形容器的底面是以6 cm 为边长的正方形，侧面高为5 cm ，则正四棱锥的高为52－⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝4 cm ，所以所求容积V ＝13×62×4＝48 cm 3.答案：487．已知一个正方体的全部顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为 3. 设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3，R ＝32，所以这个球的体积为43πR 3＝4π3×278＝9π2.答案：9π28．设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，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 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________．解析：由题意知，V 1＝a 3，S 1＝6a 2，V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2，由V 1V 2＝3π，即a 313πr 3＝3π，得a ＝r ，从而S 1S 2＝6a 22πr 2＝62π＝32π. 答案：32π9．已知正方形ABCD 的边长为2，E ，F 分别为BC ，DC 的中点，沿AE ，EF ，AF 折成一个四面体，使B ，C ，D 三点重合，则这个四面体的体积为________．解析：设B ，C ，D 三点重合于点P ，得到如图所示的四面体P AEF .因为AP ⊥PE ，AP ⊥PF ，PE ∩PF ＝P ，所以AP ⊥平面PEF ，所以V 四面体P AEF ＝V 四面体A PEF ＝13·S △PEF ·AP ＝13×12×1×1×2＝13.答案：1310．(2024·常州期末)已知圆锥的高为6，体积为8，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的圆台体积是7，则该圆台的高为________．解析：设截得的小圆锥的高为h 1，底面半径为r 1，体积为V 1＝13πr 21h 1；大圆锥的高为h＝6，底面半径为r ，体积为V ＝13πr 2h ＝8.依题意有r 1r ＝h 1h ，V 1＝1，V 1V ＝13πr 21h 113πr 2h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫h 1h 3＝18，得h 1＝12h ＝3，所以圆台的高为h －h 1＝3.答案：311.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，底面为直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 1＝2，P 是BC 1上一动点，则CP ＋PA 1的最小值是________．解析：连结A 1B ，沿BC 1将△CBC 1绽开，与△A 1BC 1在同一个平面内，如图所示，连结A 1C ，则A 1C 的长度就是所求的最小值．因为A 1C 1＝6，A 1B ＝210，BC 1＝2，所以A 1C 21＋BC 21＝A 1B 2，所以∠A 1C 1B ＝90°.又∠BC 1C ＝45°，所以∠A 1C 1C ＝135°，由余弦定理，得A 1C 2＝A 1C 21＋CC 21－2A 1C 1·CC 1·cos∠A 1C 1C ＝36＋2－2×6×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝50，所以A 1C ＝52，即CP ＋PA 1的最小值是5 2.答案：5 212．(2024·苏中三市、苏北四市三调)现有一正四棱柱形铁块，底面边长为高的8倍，将其熔化锻造成一个底面积不变的正四棱锥形铁件(不计材料损耗)．设正四棱柱与正四棱锥的侧面积分别为S 1，S 2，则S 1S 2的值为________．解析：设正四棱柱的高为a ，所以底面边长为8a ，依据体积相等，且底面积相等，所以正四棱锥的高为3a ，则正四棱锥侧面的高为3a2＋4a2＝5a ，所以S 1S 2＝4×8a 24×12×8a ×5a ＝25. 答案：2513．已知圆锥的底面半径和高相等，侧面积为42π，过圆锥的两条母线作截面，截面为等边三角形，则圆锥底面中心到截面的距离为________．解析：如图，设底面半径为r ，由题意可得：母线长为2r .又侧面绽开图面积为12×2r ×2πr ＝42π，所以r ＝2.又截面三角形ABD 为等边三角形，故BD ＝AB ＝2r ，又OB ＝OD ＝r ，故△BOD 为等腰直角三角形．设圆锥底面中心到截面的距离为d ，又V O ABD ＝V A BOD ，所以d ×S △ABD ＝AO ×S △OBD .又S △ABD ＝34AB 2＝34×8＝23，S △OBD ＝2，AO ＝r ＝2，故d ＝2×223＝233.答案：23314. 底面半径为1 cm 的圆柱形容器里放有四个半径为12 cm 的实心铁球，四个球两两相切，其中底层两球与容器底面相切．现往容器里注水，使水面恰好浸没全部铁球，则须要注水________cm 3.解析：设四个实心铁球的球心为O 1，O 2，O 3，O 4，其中O 1，O 2为下层两球的球心，O 1O 2O 3O 4为正四面体，棱O 1O 2到棱O 3O 4的距离为22，所以注水高为1＋22.故应注水体积为π⎝⎛⎭⎪⎫1＋22－4×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋22π.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋22πB 组——力争难度小题1.(2024·天津高考)已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH 的体积为________．解析：如图，连结AD 1，CD 1，B 1A ，B 1C ，AC ，因为E ，H 分别为AD 1，CD 1的中点，所以EH ∥AC ，EH ＝12AC ，因为F ，G 分别为B 1A ，B 1C 的中点，所以FG ∥AC ，FG ＝12AC ，所以EH ∥FG ，EH ＝FG ，所以四边形EHGF 为平行四边形，又EG ＝HF ，EH ＝HG ，所以四边形EHGF 为正方形，又点M 到平面EHGF 的距离为12，所以四棱锥M EFGH 的体积为13×222×12＝112.答案：1122.(2024·苏州期末)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为________(容器壁的厚度忽视不计，结果保留π)．解析：设球形容器的最小半径为R ，则“十字立方体”的24个顶点均在半径为R 的球面上，所以两根并排的四棱柱体组成的长方体的八个顶点在这个球面上．球的直径就是长方体的体对角线的长度，所以2R ＝12＋22＋52＝30，得4R 2＝30.从而S 球面＝4πR 2＝30π.答案：30π3．已知三棱锥P ABC 的全部棱长都相等，现沿PA ，PB ，PC 三条侧棱剪开，将其表面绽开成一个平面图形，若这个平面图形外接圆的半径为26，则三棱锥P ABC 的体积为________．解析：由条件知，表面绽开图如图所示，由正弦定理得大正三角形的边长为a ＝2×26sin 60°＝62，从而三棱锥的全部棱长均为32，底面三角形ABC 的高为326，故三棱锥的高为18－6＝23，所求体积为V ＝13×34(32)2×23＝9.答案：94．(2024·渭南二模)体积为4π3的球与正三棱柱的全部面均相切，则该棱柱的体积为________．解析：设球的半径为R ，由4π3R 3＝4π3，得R ＝1，所以正三棱柱的高h ＝2.设底面边长为a ，则13×32a ＝1，所以a ＝2 3.所以V ＝12×23×3×2＝6 3.答案：6 35.如图所示，在直三棱柱中，AC ⊥BC ，AC ＝4，BC ＝CC 1＝2，若用平行于三棱柱A 1B 1C 1ABC 的某一侧面的平面去截此三棱柱，使得到的两个几何体能够拼接成长方体，则长方体表面积的最小值为________．解析：用过AB ，AC 的中点且平行于平面BCC 1B 1的平面截此三棱柱，可以拼接成一个边长为2的正方体，其表面积为24；用过AB，BC的中点且平行于平面ACC1A1的平面截此三棱柱，可以拼接成一个长、宽、高分别为4,1,2的长方体，其表面积为28；用过AA1，BB1，CC1的中点且平行于平面ABC的平面截此三棱柱，可以拼接成一个长、宽、高分别为4,2,1的长方体，其表面积为28，因此所求的长方体表面积的最小值为24.答案：246.如图，在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，D1C1上的动点，点G为正方形B1BCC1的中心．则空间四边形AEFG在该正方体各个面上的正投影所构成的图形中，面积的最大值为________．解析：四边形AEFG在前、后面的正投影如图①，当E与A1重合，F与B1重合时，四边形AEFG在前、后面的正投影的面积最大值为12；四边形AEFG在左、右面的正投影如图②，当E与A1重合，四边形AEFG在左、右面的正投影的面积最大值为8；四边形AEFG在上、下面的正投影如图③，当F与D重合时，四边形AEFG在上、下面的正投影的面积最大值为8.综上所述，所求面积的最大值为12.答案：12。

名师讲坛高考数学二轮专题复习课件：专题二第2讲立体几何中的算、证、求问题

图(1)
(变式)
图(2)
(1) 求证：CD⊥平面PBD. 【解答】因为AD＝AB，∠BAD＝90°，所以∠ABD＝∠ADB＝45°. 又因为AD∥BC，所以∠DBC＝45°. 又∠DCB＝45°，所以∠BDC＝90°，即BD⊥DC. 因为平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，CD⊂ 平面BCD，所以CD ⊥平面PBD.
因为AE BC，G为AE的中点，所以GE 12BC. 因为M，N分别为DC，BD的中点，所以MN
12BC，
所以MN GE，所以四边形MNGE为平行四边形，
所以GN∥EM. 因为EM⊥DC，GN∥EM，所以GN⊥DC.
又AE⊥EC，AE⊥DE，EC∩DE＝E，EC⊂ 平面DCE，DE⊂ 平面DCE，所以AE⊥
2 点的凸多面体的体积为____3____．
【解析】
由题意知以正方体各个面的中心为顶点的凸多面体为正八面体(即两
个同底等高等棱长的正四棱锥)，所有棱长均为1，其中每个正四棱锥的高均为
2 2
，故
正八面体的体积为
V＝2V正四棱锥＝2×13×12×
22＝
2 3.
(3) 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，AB＝2，AD ＝3，E为棱CD上一点，若三棱锥E-PAB的体积为4，则PA的长为____4____．
V锥体＝13Sh 【解析】设正三棱锥的高为h，则有h＝ ×6×3 3× 3＝9.
152－2 32 ＝
3
，所以V＝
1 3
×
1 2
举题固法
目标1 空间几何体体积与表面积的计算
(1) (2019·南京考前综合题)已知一个圆柱的轴截面为正方形，其侧面积为 S1，与该圆柱等底等高的圆锥的侧面积为S2，那么SS12的值为___4_5____．

湘教版高中数学必修第二册课后习题第4章立体几何初步 4.1.1第1课时棱柱、棱锥、棱台

4.1.1 几类简单几何体第1课时棱柱、棱锥、棱台A级必备知识基础练1.如图,在三棱台A'B'C'-ABC中,截去三棱锥A'-ABC,则剩余部分是( )A.三棱锥B.四棱锥C.三棱柱D.三棱台2.下列说法错误的有( )①有一个面是多边形,其余各面都是三角形,由这些面围成的多面体是棱锥;②如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形,那么这个棱锥可能为六棱锥;③如果一个棱柱的所有面都是长方形,那么这个棱柱是长方体.A.0个B.1个C.2个D.3个3.[辽宁模拟]如图,在三棱锥V-ABC中,VA=VB=VC=8,∠AVB=∠AVC=∠BVC=30°,过点A作截面AEF,则△AEF周长的最小值为( )A.6√2B.6√3C.8√2D.8√34.(多选题)观察如图所示的四个几何体,其中判断正确的是( )A.①是棱柱B.②不是棱锥C.③不是棱锥D.④是棱台5.一个棱柱至少有个面,顶点最少的一个棱台有条侧棱.6.[山东高一单元检测]一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是√2,√3,√6,这个长方体体对角线的长是.B级关键能力提升练7.[贵州贵阳高一]n棱柱(n∈N*,n≥3)的顶点数为V,棱数为E,面数为F,则V+F-E=( )A.-1B.0C.1D.28.(多选题)[广东月考]如图,在四棱台A1B1C1D1-ABCD中,点O,O1分别为四边形ABCD,A1B1C1D1的对角线交点,则下列结论正确的是( )A.若四棱台A1B1C1D1-ABCD是正四棱台,则棱锥O-A1B1C1D1是正四棱锥B.几何体C1D1D-B1A1A是三棱柱C.几何体A1C1D1-ACD是三棱台D.三棱锥O-A1B1C1的高与四棱锥O1-ABCD的高相等9.如图,能推断这个几何体可能是三棱台的是( )A.A1B1=2,AB=3,B1C1=3,BC=4B.A1B1=1,AB=2,B1C1=1.5,BC=3,A1C1=2,AC=3C.A1B1=1,AB=2,B1C1=1.5,BC=3,A1C1=2,AC=4D.AB=A1B1,BC=B1C1,CA=C1A110.(多选题)如图所示,不是正四面体(各棱长都相等的三棱锥)的展开图的是( )11.侧棱长为2的正三棱锥,其底面周长为3,则该三棱锥的高为,侧面等腰三角形底边上的高为.12.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,BC=√3,AC=1,AA1=3,F为棱AA1上的一动点,则当BF+FC1最小时,△BFC1的面积为.13.如图,在正三棱台ABC-A1B1C1中,已知AB=10,棱台一个侧面的面积为20√3,O1,O分别为上、下底面正三角形的中心,D1D为棱台侧面等腰梯形的3高,∠D1DA=60°,求上底面的边长.C级学科素养创新练14.如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=3,BC=4,A1A=5,现有一甲壳虫从A出发沿长方体表面爬行到C1来获取食物,试画出它的最短爬行路线,并求其路程的最小值.第1课时棱柱、棱锥、棱台1.B 剩余部分是四棱锥A'-BCC'B'.2.C 有一个面是多边形,其余各面都是有一个公共顶点的三角形,像这样的几何体叫作棱锥,即其余各面的三角形必须有公共顶点,故①错误;当棱锥的各个侧面共顶点的角之和是360°时,各侧面构成平面图形,故②错误;如果棱柱的底面和侧面都是矩形,这样的棱柱就是长方体,故③正确.3.C 沿着侧棱VA把正三棱锥V-ABC展开在一个平面内,如图所示.则AA'即为△AEF的周长的最小值.因为∠AVB=∠AVC=∠BVC=30°,所以∠AVA'=3×30°=90°.在△VAA'中,VA=VA'=8,由勾股定理得AA'=√VA2+(VA')2=√82+82=8√2.故选C.4.ACD 结合棱柱、棱锥、棱台的定义可知①是棱柱,②是棱锥,④是棱台,③不是棱锥,故B错误.故选ACD.5.5 3 由于面数最少的棱柱是三棱柱,它有5个面;顶点最少的一个棱台是三棱台,它有3条侧棱.6.√6 设长方体的长、宽、高分别为a,b,c,则{ab =√2,bc =√3,ac =√6,解得{a =√2,b =1,c =√3.故体对角线长为√a 2+b 2+c 2=√(√2)2+12+(√3)2=√6.7.D 由题可得,n 棱柱的顶点数为2n,棱数为3n,面数为n+2,则V+F-E=2.故选D.8.ACD 因为四边形A 1B 1C 1D 1是正方形,OO 1是高,则由正棱锥的定义知,O-A 1B 1C 1D 1是正四棱锥,故A 正确;几何体中,没有任何两个侧面平行,不可能出现三棱柱,故B 错误; 将四棱台A 1B 1C 1D 1-ABCD 沿轴截面A 1C 1CA 分成两部分,其中几何体A 1C 1D 1-ACD 是三棱台,故C 正确;三棱锥的高和四棱锥的高都是四棱台的高,都是四棱台两个平行平面之间的距离,所以相等,故D 正确.故选ACD.9.C 由于棱台是由平行于底面的平面截棱锥得到的几何体,所以要使结论成立,只需A 1B 1AB=B 1C 1BC=A 1C 1AC≠1便可.经验证C 选项正确.10.CD 可选择阴影三角形作为底面进行折叠,发现A,B 可折成正四面体,C,D 不论选哪一个三角形作底面折叠都不能折成正四面体.11.√333 √152如图所示,点P 为顶点,作PO ⊥底面ABC,则点O 为正三角形ABC 的中心,连接并延长AO 交BC 于点D,连接PD,则BC ⊥PD. 则AO=23AD=23×√32×1=√33, ∴PO=√PA 2-AO 2=√333,PD=√PB 2-DB 2=√152,∴该三棱锥的高为√333,侧面等腰三角形底边上的高为√152. 12.√152由题意得,将直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧面沿BB 1剪开,并展开到同一平面上,如图所示.连接BC 1,则BC 1与AA 1的交点即为BF+FC 1最小时的点F.在展开图中,AB=2,AC=1,AA 1=3.由图可知,△A 1C 1F ∽△B 1C 1B,则A 1F BB 1=A 1C 1B 1C 1,则A 1F=1,故AF=2.由此可知,BF=2√2,FC 1=√2.在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,BB 1=AA 1=3,BC=B 1C 1=√3,则BC 1=2√3.在△BFC 1中,cos ∠BFC 1=BF 2+FC 12-BC 122BF ·FC 1=2×2√2×√2=-14,则sin ∠BFC 1=√1-(-14) 2=√154.故△BFC 1的面积为S=12×BF×FC 1×sin∠BFC 1=12×2√2×√2×√154=√152. 13.解∵AB=10,∴AD=√32AB=5√3,∴OD=13AD=5√33.设上底面边长为x,则O 1D 1=√36x. 过D 1作D 1H ⊥AD,交AD 于点H, 则DH=OD-OH=OD-O 1D 1=5√33−√36x. 在△D 1DH 中,DD 1=DHcos60°=2(5√33−√36x), ∴在梯形B 1C 1CB 中,S=12(B 1C 1+BC)·D 1D, 即20√33=12(x+10)·2(5√33−√36x), 解得x=2√15(负值舍去),∴上底面的边长为2√15. 14.解把长方体的部分面展开,如图所示.对甲、乙、丙三种展开图利用勾股定理可得AC1的长分别为√90,√74,√80,由此可见乙中AC1是最短线路,所以甲壳虫可以先在长方形ABB1A1内由A 到E,再在长方形BCC1B1内由E到C1,也可以先在长方形AA1D1D内由A到F,再在长方形DCC1D1内由F到C1,其路程的最小值为√74.。

新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题4立体几何第1讲空间几何体课件

高为 0.01 m 可忽略不计，看作直径为 1.2 m 的平面圆，六边形 EFGHIJ
边长为
2 2
m，∠GFH＝∠GHF＝30°，所以 FH＝
3FG＝
3GH＝
6 2
m，
故六边形
EFGHIJ
内切圆直径为
6 2
m，而
262＝32>(1.2)2＝1.44，选项
D
正确．故选 ABD.
6. (多选)(2023·全国新课标Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为 O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P－AC－O为45°，则( AC )
5. (多选)(2023·全国新课标Ⅰ卷)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( ABD )
A．直径为0.99 m的球体 B．所有棱长均为1.4 m的四面体 C．底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体 D．底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体
【解析】 A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；B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二面角都是直二面角；C正确，因为过相对侧棱的两个截面的交线平行于侧棱，又两个截面都垂直于底面，故该四棱柱为直四棱柱；D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．
3. (2021·全国新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为 2，其侧面展开图
为一个半圆，则该圆锥的母线长为( B )
A．2
B．2 2
C．4
D．4 2
【解析】由题意，设母线长为 l，因为圆锥底面周长即为侧面展开

2024届高考数学二轮复习立体几何中的动态问题课件

题型选讲
类型一 “动态”中研究“特定静态”——“一题多考”
典例1 (多选)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1 中， P ， Q 分别是线段 B1D1 ， AC 上的动点，则下列说法正确AB的D有
(
)
A．线段PQ长度的最小值为2
B．满足 PQ＝2 2的情况只有 4 种 C．无论P，Q如何运动，直线PQ都不可能与BD1垂直 D．三棱锥P－ABQ的体积大小只与点Q的位置有关，与点P的位置无关
中，侧棱 PA，PB，PC 的长为 2，底面△ABC 的边长为 2，D 为 AC 的
中点，E 为 AB 的中点，M 是 PD 上的动点，N 是平面 PCE 上的动点，则
AM＋MN 的最小值为( B )
6＋ 2 A. 4
B．
3＋1 2
6 C. 4
D．
3 2
【思路点拨】先固定点M，再考虑点N的变化，要求AM＋MN的最小值，可将立体几何问题通过展开某几个平面的“动”考查了最值、垂直、体积等问题，实现了一题多考，解决此类问题的关键是掌握几何体的结构特征和垂直的判定定理及性质定理，需具备较强的直观想象能力．
类型二 “动态”中研究“以静制动”——“最值问题”
典例2 (2023·湖北八校联考)已知在如图所示的正三棱锥 P－ABC
＝ 2，BD⊥CD.将四边形 ABCD 沿对角线 BD 折成四面体 A′－BCD(如图 2)，使平面 A′BD⊥平面 BCD，则下列结论正确的是( BD )
A．A′C⊥BD B．∠BA′C＝90° C．CA′与平面A′BD所成的角为30° D．四面体 A′－BCD 的体积为16
【解析】由 A′B＝A′D＝1，BD＝ 2，得 BA′⊥DA′.因为平面 A′BD⊥平面 BCD，平面 A′BD∩平面 BCD＝BD，CD⊥BD，所以 CD ⊥平面 A′BD，进而有 CD⊥BA′.由 DA′∩CD＝D，得 BA′⊥平面 A′CD.所以 BA′⊥A′C，即∠BA′C＝90°.B 正确；若 A′C⊥BD，又 CD⊥BD，易证得 BD⊥平面 A′CD，与 BA′⊥平面 A′CD 矛盾，故 A 错误；由 CD⊥平面 A′BD，得∠CA′D 为 CA′与平面 A′BD 所成的角，由 CD＝A′D＝1，得∠CA′D＝45°，故 C 错误；由题意知 AB＝AD ＝CD＝1，VA′－BCD＝VC－A′BD＝13×1×12×1×1＝16.D 正确．故选 BD.

高考数学二轮复习第2部分专题4立体几何解密高考4立体几何问题重在“建”“转”__建模转换课件文

解得
h＝
36，故三棱锥
C-PAB
的高等于
6 3.
Thank you for watching !
母题示例：2019 年全国卷Ⅰ，本小题满分 12 分
如图，直四棱柱
本题考查：线面平行的证明，
ABCD-A1B1C1D1 的底面是菱
点到平面距离的计算、体积
形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD
的计算，考生的直观想象、
＝60°，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 转化化归、数学运算能力，
的中点.
[构建模板·三步解法] 有关立体几何综合问题的解题步骤
母题突破：2019 年唐山五校摸底如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PC⊥底面 ABCD，四边形 ABCD 是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E 是 PB 的中点．
(1)求证：平面 EAC⊥平面 PBC； (2)若 PC＝ 2，求三棱锥 C-PAB 的高．
[规范解答·评分标准] (1)连接 ME，B1C. ∵M，E 分别为 BB1，BC 中点， ∴ME 为△B1BC 的中位线， ∴ME∥B1C 且 ME＝12B1C.2 分
又 N 为 A1D 中点，且 A1D 綊 B1C，
∴ND∥B1C 且 ND＝12B1C， ∴ME 綊 ND，∴四边形 MNDE 为平行四边形.·········4 分
考生的直观想象和数学运算
(1)证明：MN∥平面 C1DE；
的核心素养.
(2)求点 C 到平面 C1DE 的距离.
[审题指导·发掘条件] (1)看到证明 MN∥平面 C1DE，想到线面平行的判定定理，需证明 MN 与平面 C1DE 内的某一直线平行，看到 E，M，N 为 BC，BB1， A1D 的中点，想到利用三角形的中位线寻找平行关系． (2)看到找点 C 到平面 C1DE 的距离，想到作高或等体积转换．

湘教版高中同步学案数学必修第二册精品课件第4章立体几何初步本章总结提升

(2)直线A1F∥平面ADE.
证明 (1)因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,
所以CC1⊥平面ABC.又AD⊂平面ABC,所以CC1⊥AD.又因为AD⊥DE,
CC1,DE⊂平面BCC1B1,CC1∩DE=E,
所以AD⊥平面BCC1B1.又AD⊂平面ADE,
所以平面ADE⊥平面BCC1B1.
(2)因为A1B1=A1C1,F为B1C1的中点,
算步骤:一作,二证,三计算.
(1)求异面直线所成的角常用平移转化法(转化为相交直线的夹角).
(2)求直线与平面所成的角常用投影转化法(即作垂线、找投影).
(3)二面角的平面角的作法常有三种:①定义法;②垂线法;③垂面法.
变式训练4
如图,正方体的棱长为1,B'C∩BC'=O.求:
(1)AO与A'C'所成角的大小;
规律方法
1.空间平行、垂直关系的相互转化:
2.证明空间线面平行或垂直需注意三点:
(1)由已知想性质,由求证想判定.
(2)适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一.
(3)用定理时要先明确条件,再由定理得出相应结论.
变式训练3[北师大版教材习题]如图,已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯
形,AD∥BC,∠BCD=90°,且PA⊥AB,PD⊥CD.
∵AF∩DF=F,AF,DF⊂平面ADF,∴平面ADF∥平面BCE.又AD⊂平面ADF,
∴AD∥平面BCE.
(2)证明在图1中,EF∥AB,AB⊥AD,AD∥BC,
∴EF⊥AD,则在图2中,CE⊥EF.
又平面CDFE⊥平面ABEF,平面CDFE∩平面ABEF=EF,
∴CE⊥平面ABEF,得CE⊥AB.

高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题四立体几何教师用书理(2021年整理)

创新设计（江苏专用）2017届高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题四立体几何教师用书理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（创新设计（江苏专用）2017届高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题四立体几何教师用书理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为创新设计（江苏专用）2017届高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题四立体几何教师用书理的全部内容。

专题四立体几何教师用书理一、填空题1。

(2016·浙江卷改编)已知互相垂直的平面α,β交于直线l,且直线m，n满足m∥α，n⊥β，给出下列结论：①m∥l；②m∥n；③n⊥l;④m⊥n。

则上述结论正确的是________（填序号).解析由已知，α∩β＝l，∴l⊂β，又∵n⊥β,∴n⊥l，③正确.答案③2。

已知圆柱的底面半径为1，母线长与底面的直径相等,则该圆柱的表面积为________.解析利用圆柱的侧面积公式求解，该圆柱的侧面积为2π×1×2＝4π,一个底面圆的面积是π，所以该圆柱的表面积为4π＋2π＝6π.答案6π3.（2016·徐州、宿迁、连云港模拟）已知圆锥的母线长为10 cm，侧面积为60π cm2，则此圆锥的体积为________cm3.解析设圆锥底面圆的半径为r,母线为l，则侧面积πrl＝10πr＝60π,解得r＝6,则高h ＝错误!＝8,则此圆锥的体积为错误!πr2h＝错误!π×36×8＝96π.答案96π4。

如图所示，ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，E,F分别是AC，PC的中点，PA＝2，AB＝1，求三棱锥C－PED的体积为________.解析∵PA⊥平面ABCD，∴PA是三棱锥P－CED的高，PA＝2。

年高考数学二轮专题复习与策略第部分专题4立体几何第4高考中的立体几何教师用书理

第14讲高考中的立体几何题型一| 空间位置关系的证明(2021·江苏高考)如图14－1，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊥A 1B 1.图14－1求证：(1)直线DE ∥平面A 1C 1F ；(2)平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .[解题指导] (1)DE 是△ABC 的中位线――→中位线的性质DE ∥AC ――→平行的传递性DE ∥A 1C 1 线面平行的判定DE ∥平面A 1C 1F (2)A 1C 1⊥A 1B 1―――――→直棱柱的性质A 1C 1⊥平面ABB 1A 1―→A 1C 1⊥B 1D ――→B 1D ⊥A 1F B 1D ⊥平面A 1C 1F ―→平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F[证明] (1)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1C 1∥AC .在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点，所以DE ∥AC ，于是DE ∥A 1C 1. 2分又因为DE ⊄平面A 1C 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ，所以直线DE ∥平面A 1C 1F . 4分(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1. 6分又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1. 8分因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D. 10分又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F. 12分因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F. 14分【名师点评】 1.正确并熟练掌握空间中平行及垂直的判定定理及性质定理，是进展判断与证明的根底；证明面面平行、垂直时，常转化为线面的平行及垂直，再转化为线线的平行及垂直．2．证明立体几何问题，要严密结合图形，有时要利用平面几何的相关知识，因此需要多画出一些图形辅助使用．1．(2021·苏锡常镇调研一)如图14－2，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，M是棱AD的中点，N是棱PC的中点．(1)求证：MN ∥平面PAB ；(2)假设平面PMC ⊥平面PAD ，求证：CM ⊥AD .[证明] (1)取PB 中点E ，连结EA ，EN ，NM ，在△PBC 中，EN ∥BC 且EN ＝12BC ，又AM ＝12AD ，AD ∥BC ，AD ＝BC ，得EN ∥AM ，EN ＝AM ，∴四边形ENMA 是平行四边形， 4分得MN ∥AE ，MN ⊄平面PAB ，AE ⊂平面PAB ，∴MN ∥平面PAB .6分(2)过点A 作PM 的垂线，垂足为H .∵平面PMC ⊥平面PAD ，平面PMC ∩平面PAD ＝PM ，AH ⊥PM ，AH ⊂平面PAD ，∴AH ⊥平面PMC ，∵CM ⊂平面PMC ，∴AH ⊥CM . 12分∵PA ⊥平面ABCD ，CM ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥CM .∵PA ∩AH ＝A ，PA ，AH ⊂平面PAD ，∴CM ⊥平面PAD .∵AD ⊂平面PAD ，∴CM ⊥AD .14分2．如图14－3，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面PDC ，点E 为棱PD 的中点．求证：(1)PB∥平面EAC；(2)平面PAD⊥平面ABCD.[证明] (1)连结BD及AC相交于点O，连结OE.因为四边形ABCD为矩形，所以O为BD因为E为棱PD中点，所以PB∥OE.因为PB⊄平面EAC，OE⊂平面EAC，所以直线PB∥平面EAC. 6分(2)因为PA⊥平面PDC，CD⊂平面PDC，所以PA⊥CD.因为四边形ABCD为矩形，所以AD⊥CD. 10分因为PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD.因为CD⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.14分3．如图14－4，正三棱柱ABC－A1B1C1，点D，E分别是A1C，AB的中点．图14－4(1)求证：DE∥平面BB1C1C；(2)假设AB＝2BB1，求证：A1B⊥平面B1CE.[证明] (1)连结AC1，BC1，因为AA1C1C是矩形，D是A1C的中点，所以D是AC1在△ABC 1中，因为D ，E 分别是AC 1，AB 的中点，所以DE ∥BC 1.因为DE ⊄平面BB 1C 1C ，BC 1⊂平面BB 1C 1C ，所以DE ∥平面BB 1C 1C . 6分(2)因为△ABC 是正三角形，E 是AB 的中点．所以CE ⊥AB .又因为在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面ABB 1A 1，交线为AB ，所以CE ⊥平面ABB 1A 1，从而CE ⊥A 1B .在矩形ABB 1A 1中，因为A 1B 1B 1B ＝2＝B 1B BE，所以Rt △A 1B 1B ∽Rt △B 1BE ， 12分从而∠B 1A 1B ＝∠BB 1E ，因此∠B 1A 1B ＋∠A 1B 1E ＝∠BB 1E ＋∠A 1B 1E ＝90°，所以A 1B ⊥B 1E .又因为CE ，B 1E ⊂平面B 1CE ，CE ∩B 1E ＝E ，所以A 1B ⊥平面B 1CE . 14分题型二| 空间几何体的体积计算如图14－5，△ABC 与△BCD 所在平面互相垂直，且AB＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F ，G 分别为AC ，DC ，AD 的中点．图14－5(1)求证：EF ⊥平面BCG ；(2)求三棱锥D －BCG 的体积．附：锥体的体积公式V ＝13Sh ，其中S 为底面面积，h 为高．【导学号：19592044】[解] (1)证明：由得△ABC ≌△DBC ，因此AC ＝DC .2分又G 为AD 的中点，所以CG ⊥AD . 3分同理BG ⊥AD ，又BG ∩CG ＝G ，因此AD ⊥平面BGC . 5分又EF ∥AD ，所以EF ⊥平面BCG .7分(2)在平面ABC 内，作AO ⊥BC ，交CB 的延长线于O .由平面ABC ⊥平面BCD ，知AO ⊥平面BDC . 9分又G 为AD 中点，因此G 到平面BDC 的距离h 是AO 长度的一半. 11分在△AOB 中，AO ＝AB ·sin 60°＝3，所以V D －BCG ＝V G －BCD ＝13S △DBC ·h＝13×12BD·BC·sin 120°·32＝12.14分【名师点评】 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，常用分割或补形的思想，将不规那么几何体转化为规那么几何体以易于求解．3．在求空间几何体的高时，常根据线段的比例关系来确定高的比例关系，例如本例中点A、点G到平面BCD的距离的关系．直三棱柱ABC－A1B1C1中，AD⊥平面A1BC，其垂足D落在直线A1B上．(1)求证：平面A1BC⊥平面ABB1A1；(2)假设AD＝3，AB＝BC＝2，P为AC中点，求三棱锥P－A1BC的体积．图14－6[解] (1)证明：直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥BC.∵AD⊥平面A1BC，∴AD⊥BC.3分∵AA1，AD为平面ABB1A1内两相交直线，∴BC⊥平面ABB1A1.又∵BC⊂平面A1BC，∴平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1. 6分(2)法一：由等积变换得VP －A 1BC ＝VA 1－PBC ，在Rt △A 1AB 中，由射影定理知AA 1＝2 3. ∵AA 1⊥平面PBC ，∴三棱锥的高为AA 1＝2 3. 12分又∵底面积S △PBC ＝1，∴VP －A 1BC ＝VA 1－PBC ＝13S △PBC ×AA 1＝233. 14分法二：连结CD ，取CD 中点Q ，连结PQ .∵P 为AC 的中点，∴PQ ∥AD ，PQ ＝12AD . ∵AD ＝3，∴PQ ＝32， 12分由(1)知AD ⊥平面A 1BC ，∴PQ ⊥平面A 1BC ，∴PQ 为三棱锥P －A 1BC 的高，又由(1)知BC ⊥平面ABB 1A 1，∴BC ⊥BA 1，∴S △A 1BC ＝4.∴VP －A 1BC ＝233. 14分题型三| 空间角的计算(2021·江苏高考)如图14－7，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．图14－7(1)求异面直线A 1B 及C 1D 所成角的余弦值；(2)求平面ADC 1及平面ABA 1所成二面角的正弦值．[解] (1)以A 为坐标原点，建立如下图的空间直角坐标系A －xyz ，那么A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)，所以A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4).3分因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 及C 1D 所成角的余弦值为31010. 6分(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD→＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量. 12分取平面ABA 1的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1及平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.因此，平面ADC1及平面ABA1所成二面角的正弦值为5 3 .14分【名师点评】三种空间角的向量求法1．异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|；2．直线及平面所成的角θ主要可以通过直线的方向向量及平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|；3．二面角的大小可以利用分别在两个半平面内及棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角．(2021·苏州期中)如图14－8，正方形ABCD与矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，M是线段EF的中点．图14－8(1)求二面角A－DF－B的大小；(2)试在线段AC上确定一点P，使PF及BC所成的角是60°.[解] (1)以CD→，CB→，CE→为正交基底，建立空间直角坐标系，那么E(0,0,1)，D(2，0,0)，F(2，2，1)，B(0，2，0)，A(2，2，0)，BD→＝(2，－2，0)，BF→＝(2，0,1)．平面ADF 的法向量t＝(1,0,0)，设平面DFB法向量n＝(a，b，c)，那么n·BD→＝0，n·BF→＝0，3分第 11 页所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a －2b ＝0，2a ＋c ＝0.令a ＝1，得b ＝1，c ＝－2，所以n ＝(1,1，－2)．设二面角A －DF －B 的大小为θ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0<θ<π2，从而cos θ＝|cos 〈n ，t 〉|＝12，∴θ＝60°，故二面角A －DF －B 的大小为60°.6分(2)依题意，设P (a ，a,0)(0≤a ≤2)，那么PF →＝(2－a ，2－a,1)，CB→＝(0，2，0). 10分因为〈PF→，CB →〉＝60°，所以cos 60°＝22－a 2×22－a 2＋1＝12，解得a ＝22，所以点P 应在线段AC 的中点处. 14分。

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)。

解密高考④立体几何问题重在“建”——建模、建系
————[技法指津]————
立体几何解答题建模、建系策略
立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建模、建系．
(1)建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型或角度、距离等的计算模型；
(2)建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．
母题示例：全国卷Ⅲ，本小题满分12分
图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF 重合，连接DG，如图2.
图1图2
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小. 本题考查：线线平行的性质，面面垂直的判定、二面角的求法等知识，转化化归及推理论证等能力，直观形象、数学运算、逻辑推理等核心素养.
看到图形的折叠，想到折叠前后的不变量；看到证明四点共面，想到直线的平行或相交；看到证明面面垂直，想到先证明线面垂直；看到求二面角，想到法向量；缺相应点的坐标，借助(1)的结论及边长、角度等信息补建坐标系及相应点的坐标．
[构建模板·五步解法]立体几何类问题的求解策略
第一步找垂
直第二步写坐
标
第三步求向
量
第四步求夹
角
第五步得结
论
找出(或作出)具有公共交点的三条两两垂直的直线建立空间直角
坐标系，写出
特殊点坐标
求直线的方向
向量或平面的
法向量
计算向量的夹
角
得到所求两个
平面所成的角
或直线与平面
所成的角母题突破：大连模拟，本小题满分12分
EF∥AC，EF＝1，∠ABC＝60°，CE⊥平面ABCD，CE＝3，CD＝2，G是DE的中点．
(1)求证：平面ACG∥平面BEF；
(2)求直线AD与平面ABF所成的角的正弦值．
[解](1)证明：连接BD交AC于O，则O是BD的中点，连接OG，∵G是DE的中点，故OG∥BE，又BE平面BEF，OG平面BEF，
所以OG ∥平面BEF . 2分
又EF ∥AC ，AC 平面BEF ，EF 平面BEF ，所以AC ∥平面BEF ，又AC ∩OG ＝O ，AC ，OG 平面ACG ，所以平面ACG ∥平面BEF .
(2)连接OF ，由题意可得OC ＝1，即OC ＝EF ，又EF ∥AC ，所以四边形OCEF 为平行四边形，所以OF ∥EC ，OF ＝EC ＝3，
所以OF ⊥平面ABCD ，所以OF ，OC ，OD 两两垂直. 6分如图，以O 为坐标原点，分别以OC ，OD ，OF 所在直线为x ，y ，
z 轴建立空间直角坐标系，则A (－1,0,0)，B (0，－3，
0)，D (0，3，0)，F (0,0，3)，AD →＝(1，3，0)，AB →＝(1，－3，0)，AF →
＝(1,0，3).
7分设平面ABF 的法向量为m ＝(a ，b ，c )，依题意有⎩⎨⎧
m ⊥AB →，
m ⊥AF →
，
即⎩⎪⎨⎪⎧
(a ，b ，c )·
(1，－3，0)＝a －3b ＝0，(a ，b ，c )·(1，0，3)＝a ＋3c ＝0， 9分
令a ＝3，则b ＝1，c ＝－1，m ＝(3，1，－1)， |cos 〈AD →
，m 〉|＝|AD →·m ||AD →||m |＝3＋34×5＝155，
11分
所以直线AD 与平面ABF 所成的角的正弦值是15
5. 12分
2.(·太原模拟)在三棱柱ABC -A ′B ′C ′中，AB ＝BC ＝CA ＝AA ′，侧面ACC ′A ′⊥底面ABC ，D 是棱BB ′的中点．
(1)求证：平面DA ′C ⊥平面ACC ′A ′；
(2)若∠A ′AC ＝60°，求二面角A -BC -B ′的余弦值．
[解](1)取AC ，A ′C ′的中点O ，F ，连接OF 与A ′C 交于点E ，连接DE ，OB ，B ′F . 则E 为OF 的中点，因为三棱柱ABC -A ′B ′C ′，所以OF ∥AA ′∥BB ′，且OF ＝AA ′＝BB ′，
所以四边形BB ′FO 是平行四边形. 2分又D 是棱BB ′的中点，所以DE ∥OB . 因为侧面AA ′C ′C ⊥底面ABC ，且OB ⊥AC ，所以OB ⊥平面ACC ′A ′，所以DE ⊥平面ACC ′A ′，又DE 平面DA ′C ，所以平面DA ′C ⊥平面ACC ′A ′.
5分
(2)连接A ′O ，因为∠A ′AC ＝60°，所以△A ′AC 是等边三角形，故A ′O ⊥底面ABC .6分
设AB ＝BC ＝CA ＝AA ′＝2，可得A ′O ＝OB ＝3，分别以OB ，OC ，OA ′分别为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，
则A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，A ′(0,0，3)， BC →＝(－3，1,0)，BB ′→＝AA ′→
＝(0,1，3). 8分
设平面BCC ′B ′的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·BC →＝0，m ·BB ′→＝0，
所以⎩⎪⎨⎪⎧
－3x ＋y ＝0，y ＋3z ＝0，
取x ＝1，y ＝3，z ＝－1，
所以m ＝(1，3，－1).10分
又平面ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，故cos 〈m ，n 〉＝－15＝－5
5，
因为二面角A -BC -B ′为钝角，所以其余弦值为－5
5.
12分。