(经典)2019-2020高考数学一轮复习 第8章 立体几何 第2讲 空间几何体的表面积与体积分层演练 文
届数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第2节空间几何体的表面积和体积教学案含解析
第2节空间几何体的表面积和体积考试要求了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式。
知识梳理1。
多面体的表(侧）面积多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和。
2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrlS圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π（r1＋r2）l3.空间几何体的表面积与体积公式名称几何体表面积体积柱体S表面积＝S侧＋V＝S底h(棱柱和圆柱)2S底锥体（棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝错误!S底h台体（棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝错误!（S上＋S下＋错误!)h球S＝4πR2V＝错误!πR3［常用结论与微点提醒］1。
正方体与球的切、接常用结论正方体的棱长为a,球的半径为R，(1)若球为正方体的外接球，则2R＝错误!a；（2)若球为正方体的内切球，则2R＝a；(3）若球与正方体的各棱相切，则2R＝错误!a。
2。
长方体的共顶点的三条棱长分别为a,b，c，外接球的半径为R,则2R＝错误!。
3。
正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1。
诊断自测1。
判断下列结论正误（在括号内打“√”或“×")(1)锥体的体积等于底面面积与高之积。
（)（2)两个球的体积之比等于它们的半径比的平方。
（)(3）台体的体积可转化为两个锥体的体积之差.（)(4）已知球O的半径为R,其内接正方体的边长为a，则R＝错误!a。
(）解析(1)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确.（2)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确.答案（1）×（2）×（3)√(4)√2。
(新教材必修第二册P120T5改编)一个正方体的顶点都在球面上，若球的表面积为4π，则正方体的棱长为（)A。
33 B.错误! C.错误!D。
错误!解析由S＝4πR2＝4π，得R＝1，故2×1＝3a，得a＝错误!。
2020届高考数学一轮复习第八章立体几何8.2空间点、线、面的位置关系教师用书(PDF,含解析)
Ｍ 在平面 ＰＢＣ 内，且 ＡＭ ＝ １５ ，设异面直线 ＡＭ 与 ＢＣ 所成的角
为 α，则 ｃｏｓ α 的最大值为
（ ）
ＢＣ，ＰＤ ＝ ４．又 ＰＤ∩ＡＤ ＝ Ｄ，∴ ＢＣ⊥平面 ＰＡＤ，又 ＢＣ⊂平面 ＡＢＣ， ∴ 平面 ＰＡＤ⊥平面 ＡＢＣ．过点 Ｐ 作 ＰＯ⊥ＡＤ 于点 Ｏ，则 ＰＯ⊥平面 ＡＢＣ，过点 Ｏ 作 ＢＣ 的平行线，为 ｘ 轴，以 Ｏ 点为坐标原点，ＯＤ， ＯＰ 所在的直线为 ｙ，ｚ 轴，建立空间直角坐标系，如图． ∵ ＡＤ ＝ ＡＰ ＝ ＰＤ ＝ ４，
φ）
æ
ç
其中
ｓｉｎ
φ＝
２
，ｃｏｓ
φ＝
１
ö
÷
，设
直
线
ＡＣ
和直线
ＯＭ
所成的
è
６
３ø
角为 α，则（ ｃｏｓ
α） ｍａｘ ＝ ２ ４
６＝ ２
３ ２
⇒αｍｉｎ
＝
π ６．
答案 Ｂ １－１ （２０１７ 浙江“ 七彩阳光” 新高考研究联盟测试，１０） 如 图，在三棱锥 Ｐ－ＡＢＣ 中，ＡＢ ＝ ＡＣ ＝ ＰＢ ＝ ＰＣ ＝ ５，ＰＡ ＝ ４，ＢＣ ＝ ６，点
( ]π
角，若记这个角为 θ，则 θ∈
０， ２
．
������������������������������������������
对应学生用书起始页码 Ｐ１５５
异面直线所成角的求法
１．定义法 利用定义求异面直线所成的角常采用 “ 平移法”，其步骤
如下： （ １） 平移找角（ 作角） ； （２）证明：推出所找（ 作） 的角（ 或其补角） 为异面直线所成
平面
两条相交直线确定一个平面
高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离 理
第八章 立体几何 8.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离 理1．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则2.直线与平面所成角的求法设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a ·n ||a ||n |.3．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，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〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)． 【知识拓展】利用空间向量求距离(供选用) (1)两点间的距离设点A (x 1，y 1，z 1)，点B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |＝|AB →|＝x 1－x 22＋y 1－y 22＋z 1－z 22.(2)点到平面的距离如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO →|＝|AB →·n ||n |.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( × )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( × ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( × )(4)两异面直线夹角的范围是(0，π2]，直线与平面所成角的范围是[0，π2]，二面角的范围是[0，π]．( √ )(5)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( × )1．(2017·烟台质检)已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135° D ．90°答案 C解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11×2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.∴两平面所成的二面角为45°或180°－45°＝135°.2．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150° 答案 A解析 设l 与α所成角为θ，∵cos〈m ，n 〉＝－12，∴sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.故选A.3．(2016·郑州模拟)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为( )A.55B.53C.56D.54答案 A解析 设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)，可得向量AB 1→＝(－2,2,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝0＋4－14＋4＋1×0＋4＋1＝15＝55，故选A. 4．(教材改编)如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为________．答案π6解析 以A 为原点，以AB →，AE →(AE ⊥AB )，AA 1→所在直线为坐标轴(如图)建立空间直角坐标系，设D 为A 1B 1中点，则A (0,0,0)，C 1(1，3，22)，D (1,0,22)，∴AC 1→＝(1，3，22)， AD →＝(1,0,22)．∠C 1AD 为AC 1与平面ABB 1A 1所成的角， cos∠C 1AD ＝AC 1→·AD→|AC 1→||AD →|＝，3，22，0，2212×9＝32， 又∵∠C 1AD ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴∠C 1AD ＝π6.5．P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在平面α、β上引射线PM 、PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为________． 答案 90°解析 不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，如图，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ， ∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°， ∴PE ＝22a ，PF ＝22b ， ∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF → ＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22a ×b cos 45°＋22a ×22b ＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0，∴EM →⊥FN →，∴二面角α－AB －β的大小为90°.题型一 求异面直线所成的角例1 (2015·课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．(1)证明 如图所示，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1. 由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ＝2，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt△EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt△FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG .又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解 如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz ，由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)， 所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 思维升华 用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．如图所示正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′，已知点H 在A ′B ′C ′D ′的对角线B ′D ′上，∠HDA ＝60°.求DH与CC ′所成的角的大小．解 如图所示，以D 为原点，DA为单位长度，建立空间直角坐标系Dxyz ，则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)． 设DH →＝(m ，m,1)(m >0)， 由已知，〈DH →，DA →〉＝60°，由DA →·DH →＝|DA →|·|DH →|·cos〈DH →，DA →〉， 可得2m ＝2m 2＋1，解得m ＝22， ∴DH →＝(22，22，1)，∵cos〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，又∵〈DH →，CC ′→〉∈[0°，180°]， ∴〈DH →，CC ′→〉＝45°， 即DH 与CC ′所成的角为45°.题型二 求直线与平面所成的角例2 (2016·全国丙卷)如图，四棱锥PABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明MN ∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值． (1)证明 由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .(2)解 取BC 的中点E ，连接AE . 由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，AE ＝ AB 2－BE 2＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5. 以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz . 由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝⎛⎭⎪⎫52，1，2，PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2. 设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||A N →|＝8525.设AN 与平面PMN 所成的角为θ，则sin θ＝8525，∴直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.思维升华 利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图所示．(1)求证：AB ⊥CD ；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．(1)证明 ∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ， ∴AB ⊥平面BCD .又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD .(2)解 过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD ，如图．由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD . ∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD .以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得B (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，A (0,0,1)，M (0，12，12)，则BC →＝(1,1,0)，BM →＝(0，12，12)，AD →＝(0,1，－1)．设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0，取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1,1)． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →||n ||AD →|＝63，即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63. 题型三 求二面角例3 (2016·山东)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； (2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角FBCA 的余弦值．(1)证明 设FC 的中点为I ，连接GI ，HI ，在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF . 又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC ，又HI ∩GI ＝I ， 所以平面GHI ∥平面ABC .因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC .(2)解 连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC .又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC . 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .由题意得B (0,23，0)，C (－23，0,0)．过点F 作FM 垂直OB 于点M ，所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3)． 故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3)． 设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的一个法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，33， 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝77.所以二面角FBCA 的余弦值为77. 思维升华 利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．(2016·天津)如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2.(1)求证：EG ∥平面ADF ；(2)求二面角O —EF —C 的正弦值；(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值．(1)证明 依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0,0,0)，A (－1,1,0)，B (－1，－1,0)，C (1，－1,0)， D (1,1,0)，E (－1，－1,2)，F (0,0,2)，G (－1,0,0)．依题意，AD →＝(2,0,0)，AF →＝(1，－1,2)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ADF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，x 1－y 1＋2z 1＝0，不妨取z 1＝1，可得n 1＝(0,2,1)， 又EG →＝(0,1，－2)，可得EG →·n 1＝0， 又因为直线EG ⊄平面ADF ，所以EG ∥平面ADF .(2)解 易证OA →＝(－1,1,0)为平面OEF 的一个法向量，依题意，EF →＝(1,1,0)，CF →＝(－1,1,2)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面CEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0，不妨取 x 2＝1，可得n 2＝(1，－1,1)． 因此有cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →|·|n 2|＝－63，于是sin 〈OA →，n 2〉＝33.所以二面角O —EF —C 的正弦值为33. (3)解 由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF .因为AF →＝(1，－1,2)， 所以AH →＝25AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，－25，45，进而有H ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，35，45，从而BH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，85，45.因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →||n 2|＝－721.所以直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721. 题型四 求空间距离(供选用)例4 如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，AB ＝23，求点A 到平面MBC 的距离．解 如图，取CD 的中点O ，连接OB ，OM ，因为△BCD 与△MCD 均为正三角形，所以OB ⊥CD ，OM ⊥CD ，又平面MCD ⊥平面BCD ，所以MO ⊥平面BCD .以O 为坐标原点，直线OC ，BO ，OM 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz .因为△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形， 所以OB ＝OM ＝3，则O (0,0,0)，C (1,0,0)，M (0,0，3)，B (0，－3，0)，A (0，－3，23)， 所以BC →＝(1，3，0)，BM →＝(0，3，3)． 设平面MBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BC →，n ⊥BM→得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋3z ＝0，取x ＝3，可得平面MBC 的一个法向量为n ＝(3，－1,1)． 又BA →＝(0,0,23)，所以所求距离为d ＝|BA →·n ||n |＝2155.思维升华 求点面距一般有以下三种方法：(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离； (2)等体积法；(3)向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．(2016·四川成都外国语学校月考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧棱PA ＝PD ＝2，PA ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 中点．(1)求直线PB 与平面POC 所成角的余弦值； (2)求B 点到平面PCD 的距离；(3)线段PD 上是否存在一点Q ，使得二面角Q －AC －D 的余弦值为63？若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由．解 (1)在△PAD 中，PA ＝PD ，O 为AD 中点， ∴PO ⊥AD .又∵侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面PAD ， ∴PO ⊥平面ABCD .在△PAD 中，PA ⊥PD ，PA ＝PD ＝2，∴AD ＝2. 在直角梯形ABCD 中，O 为AD 的中点，AB ⊥AD ， ∴OC ⊥AD .以O 为坐标原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则P (0,0,1)，A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)， ∴PB →＝(1，－1，－1)． 易证OA ⊥平面POC ，∴OA →＝(0，－1,0)为平面POC 的法向量， cos 〈PB →，OA →〉＝PB →·OA →|PB →||OA →|＝33，∴PB 与平面POC 所成角的余弦值为63. (2)∵PB →＝(1，－1，－1)，设平面PCD 的法向量为u ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CP →＝－x ＋z ＝0，u ·PD →＝y －z ＝0.取z ＝1，得u ＝(1,1,1)．则B 点到平面PCD 的距离d ＝|PB →·u ||u |＝33.(3)假设存在，且设PQ →＝λPD →(0≤λ≤1)．∵PD →＝(0,1，－1)，∴OQ →－OP →＝PQ →＝(0，λ，－λ)， ∴OQ →＝(0，λ，1－λ)， ∴Q (0，λ，1－λ)．设平面CAQ 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝x ＋y ＝0，m ·AQ →＝λ＋y ＋－λz ＝0.取z ＝1＋λ，得m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)． 平面CAD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， ∵二面角Q －AC －D 的余弦值为63， ∴|cos〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝63.整理化简，得3λ2－10λ＋3＝0. 解得λ＝13或λ＝3(舍去)，∴存在，且PQ QD ＝12.6．利用空间向量求解空间角典例 (12分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．(1)证明：BE ⊥DC ；(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －P 的余弦值． 规范解答(1)证明 依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系如图，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．[1分]由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)． BE →＝(0,1,1)，DC →＝(2,0,0)，故BE →·DC →＝0，所以BE ⊥DC .[3分] (2)解 BD →＝(－1,2,0)，PB →＝(1,0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0.不妨令y ＝1，[5分]可得n ＝(2,1,1)．于是有cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n ||BE →|＝26×2＝33，所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33.[7分] (3)解 BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0)． 由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1，故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)． 由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34，即BF →＝(－12，12，32)．[9分]设n 1＝(x ，y ，z )为平面FAB 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3,1)．取平面ABP 的法向量n 2＝(0,1,0)， 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－310×1＝－31010.易知，二面角F －AB －P 是锐角， 所以其余弦值为31010.[12分]利用向量求空间角的步骤： 第一步：建立空间直角坐标系； 第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标； 第四步：计算向量的夹角(或函数值)； 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．1．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( ) A ．120° B ．60° C ．30° D ．60°或30°答案 C解析 设直线l 与平面α所成的角为β，直线l 与平面α的法向量的夹角为γ. 则sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝12.又∵β∈[0°，90°]，∴β＝30°，故选C.2．(2016·广州模拟)二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为( ) A ．150° B ．45° C ．60° D ．120° 答案 C解析 如图所示，二面角的大小就是〈AC →，BD →〉．∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2(CA →·AB →＋CA →·BD →＋AB →·BD →)＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·BD →. ∴CA →·BD →＝12[(217)2－62－42－82]＝－24.因此AC →·BD →＝24，cos 〈AC →，BD →〉＝AC →·BD →|AC →||BD →|＝12，∴〈AC →，BD →〉＝60°，故二面角为60°.3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22 答案 B解析 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，D (0,1,0)，∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝(1,0，－12)．设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，∴cos〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.4．(2016·长春模拟)在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为( )A.15B.255C.55D.25 答案 C解析 以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D (12，0,0)，E (12，12，0)，F (0，12，1)．∴PA →＝(0,0，－2)，DE →＝(0，12，0)，DF →＝(－12，12，1)．设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，则n ＝(2,0,1)，设直线PA 与平面DEF 所成的角为θ， 则sin θ＝|PA →·n ||PA →||n |＝55，∴直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55.故选C. 5．已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，CC 1＝22，E 为CC 1的中点，则直线AC 1到平面BDE 的距离为( )A ．2 B. 3 C. 2 D ．1 答案 D解析 以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图)，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,22)，E (0,2，2)，易知AC 1∥平面BDE .设n ＝(x ，y ，z )是平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝2x ＋2y ＝0，n ·DE →＝2y ＋2z ＝0.取y ＝1，则n ＝(－1,1，－2)为平面BDE 的一个法向量， 又DA →＝(2,0,0)，∴点A 到平面BDE 的距离是 d ＝|n ·DA →||n |＝|－1×2＋0＋0|－2＋12＋－22＝1.故直线AC 1到平面BDE 的距离为1.6.如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长为3，底面边长A 1C 1＝B 1C 1＝1，且∠A 1C 1B 1＝90°，D 点在棱AA 1上且AD ＝2DA 1，P 点在棱C 1C 上，则PD →·PB 1→的最小值为( )A.52 B ．－14C.14 D ．－52答案 B解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则D (1,0,2)，B 1(0,1,3)，设P (0,0，z )，则PD →＝(1,0,2－z )，PB 1→＝(0,1,3－z )， ∴PD →·PB 1→＝0＋0＋(2－z )(3－z )＝(z －52)2－14，故当z ＝52时，PD →·PB 1→取得最小值为－14.7．(2016·合肥模拟)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．答案 13解析 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，则D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)，A 1(1,0,1)，B (1,2,0)． ∴D 1C 1→＝(0,2,0)，A 1C 1→＝(－1,2,0)，A 1B →＝(0,2，－1)，设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝x ，y ，z－1，2，＝－x ＋2y ＝0，n ·A 1B →＝x ，y ，z ，2，－＝2y －z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝2y ，令y ＝1，得n ＝(2,1,2)，设直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈D 1C 1→，n 〉|＝|D 1C 1→·n ||D 1C 1→||n |＝22×3＝13，即直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13.8．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则直线CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于________．答案 23解析 以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设CD 与平面BDC 1所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝|n ·DC →||n ||DC →|＝23.9．(2016·石家庄模拟)已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值为________． 答案23解析 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，设DA ＝1，由已知条件得A (1,0,0)，E (1,1，13)，F (0,1，23)，AE →＝(0,1，13)，AF →＝(－1,1，23)，设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面AEF 与平面ABC 所成的二面角为θ，由图知θ为锐角， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3)， 取平面ABC 的法向量为m ＝(0,0，－1)，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23.10．(2016·南昌模拟)如图(1)，在边长为4的菱形ABCD 中，∠DAB ＝60°，点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点，AC ∩EF ＝O ，沿EF 将△CEF 翻折到△PEF ，连接PA ，PB ，PD ，得到如图(2)的五棱锥P －ABFED ，且PB ＝10. (1)求证：BD ⊥平面POA ； (2)求二面角B －AP －O 的正切值．(1)证明 ∵点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点， ∴BD ∥EF .∵菱形ABCD 的对角线互相垂直， ∴BD ⊥AC ，∴EF ⊥AC ， ∴EF ⊥AO ，EF ⊥PO . ∵AO ⊂平面POA ，PO ⊂平面POA ，AO ∩PO ＝O ，∴EF ⊥平面POA ，∴BD ⊥平面POA . (2)解 设AO ∩BD ＝H ，连接BO .∵∠DAB ＝60°，∴△ABD 为等边三角形， ∴BD ＝4，BH ＝2，HA ＝23，HO ＝PO ＝3， 在Rt△BHO 中，BO ＝HB 2＋HO 2＝7. 在△PBO 中，BO 2＋PO 2＝10＝PB 2， ∴PO ⊥BO .∵PO ⊥EF ，EF ∩BO ＝O ，EF ⊂平面BFED ，BO ⊂平面BFED ， ∴PO ⊥平面BFED .以O 为原点，OF 所在直线为x 轴，AO 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示，则A (0，－33，0)，B (2，－3，0)，P (0,0，3)，H (0，－3，0)， ∴AP →＝(0,33，3)，AB →＝(2,23，0)． 设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由n ⊥AP →，n ⊥AB →，得⎩⎨⎧33y ＋3z ＝0，2x ＋23y ＝0.令y ＝1，得z ＝－3，x ＝－ 3.∴平面PAB 的一个法向量为n ＝(－3，1，－3)． 由(1)知平面PAO 的一个法向量为BH →＝(－2,0,0)， 设二面角B －AP －O 的平面角为θ，则cos θ＝|cos 〈n ，BH →〉|＝n ·BH →|n ||BH →|＝2313×2＝3913，∴sin θ＝1－cos 2θ＝13013， tan θ＝sin θcos θ＝303，∴二面角B －AP －O 的正切值为303. 11．(2016·四川)如图，在四棱锥PABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .E为棱AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.(1)在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角PCDA 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值．解 (1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面PAB )，点M 即为所求的一个点．理由如下：由已知，BC ∥ED 且BC ＝ED . 所以四边形BCDE 是平行四边形， 从而CM ∥EB .又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ， 所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)方法一 由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面PAD ，从而CD ⊥PD . 所以∠PDA 是二面角PCDA 的平面角， 所以∠PDA ＝45°，设BC ＝1，则在Rt△PAD 中，PA ＝AD ＝2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH ，易知PA ⊥平面ABCD ，从而PA ⊥CE ，且PA ∩AH ＝A ，于是CE ⊥平面PAH . 又CE ⊂平面PCE ， 所以平面PCE ⊥平面PAH .过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE ， 所以∠APH 是PA 与平面PCE 所成的角． 在Rt△AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1， 所以AH ＝22. 在Rt△PAH 中，PH ＝PA 2＋AH 2＝322.所以sin∠APH ＝AH PH ＝13.方法二 由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面PAD . 于是CD ⊥PD .从而∠PDA 是二面角PCDA 的平面角．所以∠PDA ＝45°.由∠PAB ＝90°，且PA 与CD 所成的角为90°，可得PA ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt△PAD 中，PA ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,1,0)，E (1,0,0)． 所以PE →＝(1,0，－2)，EC →＝(1,1,0)，AP →＝(0,0,2)． 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0.设x ＝2，解得n ＝(2，－2,1)．设直线PA 与平面PCE 所成角为α， 则sin α＝|cos 〈n ，AP →〉|＝|n ·AP →||n ||AP →|＝22×22＋－2＋12＝13. 所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13.*12.(2017·潍坊月考)如图，边长为2的正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直．已知AB ∥CD ，AB ⊥BC ，DC ＝BC ＝12AB ＝1，点M 在线段EC 上．(1)证明：平面BDM ⊥平面ADEF ；(2)判断点M 的位置，使得平面BDM 与平面ABF 所成的锐二面角为π3.(1)证明 ∵DC ＝BC ＝1，DC ⊥BC ，∴BD ＝2， 又AD ＝2，AB ＝2，∴AD 2＋BD 2＝AB 2，∴∠ADB ＝90°，∴AD ⊥BD .又平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ， ∴BD ⊥平面ADEF ， 又BD ⊂平面BDM ， ∴平面BDM ⊥平面ADEF .(2)解 在平面DAB 内过点D 作DN ⊥AB ，垂足为N ， ∵AB ∥CD ，∴DN ⊥CD ，又平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，DE ⊥AD ， ∴ED ⊥平面ABCD ，∴DN ⊥ED ，以D 为坐标原点，DN 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，DE 所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．∴B (1,1,0)，C (0,1,0)，E (0,0，2)，N (1,0,0)， 设M (x 0，y 0，z 0)，EM →＝λEC →(0≤λ<1)， ∴(x 0，y 0，z 0－2)＝λ(0,1，－2)， ∴x 0＝0，y 0＝λ，z 0＝2(1－λ)， ∴M (0，λ，2(1－λ))．设平面BDM 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DM →＝0，n 1·DB →＝0，又DM →＝(0，λ，2(1－λ))，DB →＝(1,1,0)，∴⎩⎨⎧λy ＋2－λz ＝0，x ＋y ＝0，令x ＝1，得y ＝－1，z ＝λ2－λ，故n 1＝(1，－1，λ2－λ)是平面BDM 的一个法向量．∵平面ABF 的一个法向量为DN →＝(1,0,0)，∴|cos〈n 1，DN →〉|＝11＋1＋λ2－λ2＝12，得λ＝23， ∴M (0，23，23)，∴点M 在线段CE 的三等分点且靠近点C 处．。
高考数学(理)一轮总复习课件：第八章 立体几何 8-8-2
思考题 1 (1)如图，四面体 A－BCD 的三视图如图所示， 其中正视图是一个正三角形，设二面角 A－BC－D 的大小为 θ， 则 sin2θ＝________．
【解析】 设 BD 中点为 E，则由侧视图知面 ABD⊥面 BCD，
∴AE⊥平面 BCD，由 E 作 EO⊥BC 于 O，连接 OA，则∠AOE
连接 OD，易知 PO⊥平面 ABC，所以 PO⊥ AB，所以 AB⊥平面 POD，则 AB⊥OD，所以∠PDO 为二面角 P－AB－C 的平面角．又 OD＝12BC＝ 2，PD＝ PO2＋OD2＝ 6，则 sinθ＝sin∠PDO＝PPOD ＝ 36，故选 C.
【答案】 C
★状元笔记★ 如果由已知易作出二面角的平面角，则可采取定义法求解， 其步骤是：作→证→求→答．
第 2 学时 二 面 角
授人以渔
题型一 定义法求二面角 (1)(2019·台州一模)在边长为 a 的等边三角形 ABC 中， AD⊥BC 于点 D，沿 AD 折成二面角 B－AD－C，若此时 BC＝12 a，则二面角 B－AD－C 的大小为________．
【解析】 在边长为 a 的等边三角形 ABC 中，AD⊥BC 于
【答案】 C
★状元笔记★ 二面角的平面角实质上就是两个向量的夹角！这两个向量的 起点都在棱上，且分别在两个半平面内垂直于棱！
思考题 2 (1)设平面 α 的一个法向量为 n1＝(1，2，－2)， 平面 β 的一个法向量为 n2＝(－2，－4，k)，若 α 和 β 所成的锐二 面角的余弦值为23，则 k＝________．
【解析】 (1)证明：如图，取 A1C1 的中点 D，连接 B1D，CD.
∵C1C＝A1A＝A1C，∴CD⊥A1C1. ∵底面△ABC 是边长为 2 的正三角形， ∴AB＝BC，∴A1B1＝B1C1， ∴B1D⊥A1C1. 又∵B1D∩CD＝D，∴A1C1⊥平面 B1CD， ∴A1C1⊥B1C.
2019高考数学文一轮复习第8章立体几何章末总结含解析
章末总结C．28πD．32πⅡ，T14，5分)α，β是两个平面，是两条直线，有下列四个命题：的中点；在平面P AC内的正投影ABCD中，AB∥CD，且∠一、选择题1．(必修2 P10B组T1改编)如图，若Ω是长方体ABCD-A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是()A．EH∥FG B．四边形EFGH是矩形C．Ω是棱柱D．Ω是棱台解析：选D．因为EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，EH⊄平面BCC1B1，所以EH∥平面BCC1B1．又因为平面EFGH∩平面BCC1B1＝FG，所以EH∥FG，且EH＝FG，由长方体的特征知四边形EFGH为矩形，Ω为五棱柱，所以选项A，B，C都正确．故选D．2．(必修2 P61练习、P71练习T2、P73练习T1改编)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是()A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n解析：选D．A中，两直线可能平行，相交或异面；B中，两平面可能平行或相交；C 中，两平面可能平行或相交；D中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选D．3．(必修2 P78A组T7改编)正四棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为()A ．25πB ．252πC ．253πD ．254π解析：选C ．由三视图画出直观图与其外接球示意图，且设O 1是底面中心．由三视图知，O 1A ＝2，O 1P ＝3，所以正四棱锥P -ABCD 的外接球的球心O 在线段O 1P 上．设球O 的半径为R ．由O 1O 2＋O 1A 2＝OA 2得(3－R )2＋(2)2＝R 2． 所以R ＝523．则外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π·⎝⎛⎭⎫5232＝253π．4．(必修2 P 79 B 组 T 2改编)如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，B 1D ∩平面A 1BC 1＝H ． 有下列结论． ①B 1D ⊥平面A 1BC 1；②平面A 1BC 1将正方体体积分成1∶5两部分；③H 是B 1D 的中点；④平面A 1BC 1与正方体的六个面所成的二面角的余弦值都为33．则正确结论的个数有( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C ．对于①，连接B 1C 与A 1D ，由正方体性质知，BC 1⊥B 1C ，BC 1⊥A 1B 1， 又A 1B 1∩B 1C ＝B 1，A 1B 1，B 1C ⊂平面A 1B 1CD ． 所以BC 1⊥平面A 1B 1CD ． 又B 1D ⊂平面A 1B 1CD ． 所以B 1D ⊥BC 1．同理B 1D ⊥A 1B ，A 1B ∩BC 1＝B ． 所以B 1D ⊥平面A 1BC 1，故①正确． 对于②．设正方体棱长为a ． 则V 三棱锥B -A 1B 1C 1＝13·12a ·a ·a ＝16a 3．所以平面A 1BC 1将正方体分成两部分的体积之比为16a 3∶(a 3－16a 3)＝1∶5．故②正确．对于③，设正方体棱长为a ， 则A 1B ＝2a ．由V B 1-A 1BC 1＝16a 3，得13×34×(2a )2·B 1H ＝16a 3， 所以B 1H ＝33a ，而B 1D ＝3a ． 所以B 1H ∶HD ＝1∶2，即③错误．对于④，由对称性知，平面A 1BC 1与正方体六个面所成的二面角的大小都相等． 由①知B 1H ⊥平面A 1BC 1，而A 1B 1⊥平面B 1BCC 1． 所以∠A 1B 1H 的大小即为所成二面角的大小． cos ∠A 1B 1H ＝B 1H A 1B 1＝33aa ＝33．故④正确．故选C ．二、填空题5．(必修2 P 53 B 组 T 2改编)已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，点A 1在底面ABC 上的射影D 为BC 的中点，则异面直线AB 与CC 1所成的角的余弦值为________．解析：连接A 1D ，AD ，A 1B ，易知∠A 1AB 为异面直线AB 和CC 1所成的角，设三棱柱的侧棱长与底面边长均为1，则AD ＝32，A 1D ＝12，A 1B ＝22，由余弦定理得cos ∠A 1AB ＝1＋1－122×1×1＝34． 答案：346．(必修2 P 79 B 组 T 1改编)如图在直角梯形ABCD 中，BC ⊥DC ，AE ⊥DC ，M ，N 分别是AD ，BE 的中点，将△ADE 沿AE 折起．则下列说法正确的是________．(填上所有正确说法的序号)①不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥平面DEC ； ②不论D 折至何位置都有MN ⊥AE ；③不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥AB ； ④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC ⊥AD ； ⑤无论D 折至何位置，都有AE ⊥DC ． 解析：如图，设Q ，P 分别为CE ，DE 的中点，可得四边形MNQP 是矩形，所以①②正确；不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN 与AB 是异面直线，不可能MN ∥AB ，所以③错；当平面ADE ⊥平面ABCD 时，可得EC ⊥平面ADE ，故EC ⊥AD ，④正确．无论D 折到何位置，均有AE ⊥平面CDE ．故AE ⊥CD ．故⑤正确．答案：①②④⑤三、解答题7．(必修2 P 79B 组T 1改编)如图，边长为33的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是边AB ，BC 上的点，将△AED ，△DCF 分别沿DE ，DF 折起，使A ，C 两点重合于点A ′．(1)求证：A ′D ⊥EF ．(2)当BE ＝BF ＝13BC 时，求三棱锥A ′EFD 的体积．解：(1)证明：因为A ′D ⊥A ′E ，A ′D ⊥A ′F ， A ′E ∩A ′F ＝A ′，所以A ′D ⊥平面A ′EF ， 因为EF ⊂平面A ′EF ， 所以A ′D ⊥EF ．(2)由(1)知，A ′D ⊥平面A ′EF ，所以A ′D 的长即为三棱锥D -A ′EF 的高，则A ′E ＝A ′F ＝23BC ＝23，EF ＝BE 2＋BF 2＝6，作A ′O ⊥EF 于点O ， 所以A ′O ＝A ′E 2－⎝⎛⎭⎫12EF 2＝422，则V A ′EFD ＝V D -A ′EF ＝13A ′D ·S △A ′EF＝13×33×12EF ·A ′O ＝13×33×12×6×422＝3212． 8．(必修2 P 78 A 组 T 4改编)如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 、F 、M 分别是C 1B 1，C 1D 1和AB 的中点．(1)求证：MD 1∥平面BEFD ． (2)求M 到平面BEFD 的距离． 解：(1)证明：连接BF ．因为M 、F 分别为AB 与C 1D 1的中点，且ABCD -A 1B 1C 1D 1是正方体． 所以MB ═∥D 1F ．所以四边形MBFD 1为平行四边形， 所以MD 1∥BF ．又MD 1⊄平面BEFD ，BF ⊂平面BEFD ． 所以MD 1∥平面BEFD ． (2)过E 作EG ⊥BD 于G ． 因为正方体的棱长为2，所以BE ＝5，BG ＝12(BD －EF )＝12(22－2)＝22．所以EG ＝BE 2－BG 2＝5－12＝322． 所以S △EBD ＝12BD ×EG ＝12×22×322＝3．又S △MBD ＝12MB ×AD ＝12×1×2＝1．E 到平面ABCD 的距离为2，设M 到平面BEFD 的距离为d ． 由V 三棱锥M -BDE ＝V 三棱锥E -MBD 得13S △EBD ·d ＝13S △MBD ×2． 所以d ＝S △MBD ×2S △EBD ＝1×23＝23．所以M 到平面BED 的距离为23．。
2019版高考数学大一轮复习人教B版全国通用文档：第八章 立体几何与空间向量8.3
§8.3平面的基本性质与推论1．平面的基本性质及推论(1)平面的基本性质基本性质1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上的所有点都在这个平面内．基本性质2：经过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面．基本性质3：如果不重合的两个平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过这个点的公共直线．(2)平面基本性质的推论推论1：经过一条直线和直线外的一点，有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．2．直线与直线的位置关系(1)位置关系的分类⎩⎨⎧ 共面直线⎩⎪⎨⎪⎧ 平行相交异面直线：既不平行又不相交的直线(2)判断两直线异面：与一平面相交于一点的直线与这个平面内不经过交点的直线是异面直线．3．直线与平面的位置关系有直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况．4．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．知识拓展1．唯一性定理(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直．(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．2．异面直线的判定定理经过平面内一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a ，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a .( √ )(2)两个平面α，β有一个公共点A ，就说α，β相交于过A 点的任意一条直线．( × )(3)两个平面ABC 与DBC 相交于线段BC .( × )(4)经过两条相交直线，有且只有一个平面．( √ )(5)没有公共点的两条直线是异面直线．( × )(6)若a ，b 是两条直线，α，β是两个平面，且a ⊂α，b ⊂β，则a ，b 是异面直线．( × )题组二 教材改编2.如图所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，则异面直线B 1C 与EF 所成角的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 C解析 连接B 1D 1，D 1C ，则B 1D 1∥EF ，故∠D 1B 1C 即为所求的角．又B 1D 1＝B 1C ＝D 1C ，∴△B 1D 1C 为等边三角形，∴∠D 1B 1C ＝60°.3.如图，在三棱锥A —BCD 中，E ，F ，G ，H 分别是棱AB ，BC ，CD ，DA 的中点，则(1)当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 为菱形；(2)当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 为正方形．答案 (1)AC ＝BD (2)AC ＝BD 且AC ⊥BD解析 (1)∵四边形EFGH 为菱形，∴EF ＝EH ，故AC ＝BD .(2)∵四边形EFGH 为正方形，∴EF ＝EH 且EF ⊥EH ，∵EF 綊12AC ，EH 綊12BD ，∴AC ＝BD 且AC ⊥BD . 题组三 易错自纠4．(2017·湖南省湘中名校联考)已知l，m，n为不同的直线，α，β，γ为不同的平面，则下列判断正确的是()A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥nC．若α∩β＝l，m∥α，m∥β，则m∥lD．若α∩β＝m，α∩γ＝n，l⊥m，l⊥n，则l⊥α答案 C解析A中，m，n可能的位置关系为平行、相交、异面，故A错误；B中，m与n也有可能平行，B错误；C中，根据线面平行的性质可知C正确；D中，若m∥n，根据线面垂直的判定可知D错误，故选C.5．(2017·湖北七市联考)设直线m与平面α相交但不垂直，则下列说法中正确的是()A．在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直B．过直线m有且只有一个平面与平面α垂直C．与直线m垂直的直线不可能与平面α平行D．与直线m平行的平面不可能与平面α垂直答案 B解析对于A，在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直，过交点与直线m垂直的直线只有一条，在平面内与此直线平行的直线都与m垂直，不正确；对于B，过直线m有且只有一个平面与平面α垂直，在直线m上取一点作平面α的垂线，两条直线确定一个平面与平面α垂直，正确；对于C，与直线m垂直的直线不可能与平面α平行，不正确；对于D，与直线m平行的平面不可能与平面α垂直，不正确．6.如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面的对数为______．答案 3解析平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH 相交，CD与EF平行．故互为异面的直线有且只有3对．题型一平面基本性质的应用典例如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．证明(1)如图，连接EF，CD1，A1B.∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥BA1.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF<CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，如图所示．则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈直线DA，∴CE，D1F，DA三线共点．思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)证明点或线共面问题的两种方法：①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．(2)证明点共线问题的两种方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定直线上．(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．跟踪训练(2018·沈阳质检)如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.(1)求证：E，F，G，H四点共面；(2)设EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线．证明(1)∵E，F分别为AB，AD的中点，∴EF∥BD.∵在△BCD中，BGGC＝DHHC＝12，∴GH∥BD，∴EF∥GH.∴E，F，G，H四点共面．(2)∵EG∩FH＝P，P∈EG，EG⊂平面ABC，∴P∈平面ABC.同理P∈平面ADC.∴P为平面ABC与平面ADC的公共点．又平面ABC∩平面ADC＝AC，∴P∈AC，∴P，A，C三点共线．题型二判断空间两直线的位置关系典例(1)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是()A．l与l1，l2都不相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l至少与l1，l2中的一条相交答案 D解析方法一由于l与直线l1，l2分别共面，故直线l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交．若l∥l1，l∥l2，则l1∥l2，这与l1，l2是异面直线矛盾．故l至少与l1，l2中的一条相交．方法二如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确．(2)(2017·河北唐山一中月考)如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________．(填上所有正确答案的序号)答案②④解析在图①中，直线GH∥MN；在图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，N∉GH，因此直线GH与MN异面；在图③中，连接GM，GM∥HN，因此GH与MN共面；在图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，G∉MN，因此GH与MN异面．所以在图②④中GH与MN异面．思维升华空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平行和垂直的判定．对于异面直线，可采用直接法或反证法；对于平行直线，可利用三角形(梯形)中位线的性质、与线面平行与面面平行的性质定理；对于垂直关系，往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决．跟踪训练(1)(2016·山东)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”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答案 A解析若直线a和直线b相交，则平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直线a和直线b可能平行或异面或相交，故选A.(2)已知a，b，c为三条不重合的直线，已知下列结论：①若a⊥b，a⊥c，则b∥c；②若a⊥b，a⊥c，则b⊥c；③若a∥b，b⊥c，则a⊥c.其中正确的个数为()A．0 B．1 C．2 D．3答案 B解析在空间中，若a⊥b，a⊥c，则b，c可能平行，也可能相交，还可能异面，所以①②错，③显然成立．构造模型判断空间线面位置关系典例已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题：①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；②若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；③若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.其中所有正确的命题是________．(填序号)思想方法指导本题可通过构造模型法完成，构造法实质上是结合题意构造符合题意的直观模型，然后利用模型直观地对问题作出判断，这样减少了抽象性，避免了因考虑不全面而导致解题错误．对于线面、面面平行、垂直的位置关系的判定，可构造长方体或正方体化抽象为直观去判断．解析借助于长方体模型来解决本题，对于①，可以得到平面α，β互相垂直，如图(1)所示，故①正确；对于②，平面α，β可能垂直，如图(2)所示，故②不正确；对于③，平面α，β可能垂直，如图(3)所示，故③不正确；对于④，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因为n∥β，所以过n作平面γ，且γ∩β＝g，如图(4)所示，所以n与交线g平行，因为m⊥g，所以m⊥n，故④正确．答案①④1．设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，a⊂α，b⊥β，则“α∥β”是“a⊥b”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答案 A解析若a⊂α，b⊥β，α∥β，则由α∥β，b⊥β⇒b⊥α，又a⊂α，所以a⊥b；若a⊥b，a⊂α，b⊥β，则b⊥α或b∥α或b⊂α，此时α∥β或α与β相交，所以“α∥β”是“a⊥b”的充分不必要条件，故选A.2．(2018·佛山模拟)在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与直线A1B1，EF，BC都相交的直线()A．不存在B．有且只有两条C．有且只有三条D．有无数条答案 D解析在EF上任意取一点M，直线A1B1与M确定一个平面，这个平面与BC有且仅有1个交点N，当M的位置不同时确定不同的平面，从而与BC有不同的交点N，而直线MN与A1B1，EF，BC分别有交点P，M，N，如图，故有无数条直线与直线A1B1，EF，BC都相交．3．对于任意的直线l与平面α，在平面α内必有直线m，使m与l()A．平行B．相交C．垂直D．互为异面直线答案 C解析不论l∥α，l⊂α，还是l与α相交，α内都有直线m使得m⊥l.4．设正四面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()A．(0，2) B．(0，3) C．(1，2) D．(1，3)答案 A解析此题相当于一个正方形沿着对角线折成一个四面体，长为a的棱长一定大于0且小于2.故选A.5．下列命题中，正确的是()A．若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线B．若a，b是两条直线，且a∥b，则直线a平行于经过直线b的所有平面C．若直线a与平面α不平行，则此直线与平面内的所有直线都不平行D．若直线a∥平面α，点P∈α，则平面α内经过点P且与直线a平行的直线有且只有一条答案 D解析对于A，当α∥β，a，b分别为第三个平面γ与α，β的交线时，由面面平行的性质可知a∥b，故A错误．对于B，设a，b确定的平面为α，显然a⊂α，故B错误．对于C，当a⊂α时，直线a与平面α内的无数条直线都平行，故C错误．易知D正确．故选D.6．以下四个命题中，①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面；③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．正确命题的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3答案 B解析①显然是正确的；②中若A，B，C三点共线，则A，B，C，D，E五点不一定共面；③中构造长方体(或正方体)，如图所示，显然b，c异面，故不正确；④中空间四边形中四条线段不共面，故只有①正确．7．给出下列命题，其中正确的命题为________．(填序号)①如果线段AB在平面α内，那么直线AB在平面α内；②两个不同的平面可以相交于不在同一直线上的三个点A，B，C；③若三条直线a，b，c互相平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面；④若三条直线两两相交，则这三条直线共面；⑤两组对边相等的四边形是平行四边形．答案①③8．(2018·广州质检)如图是正四面体(各面均为正三角形)的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中：①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③DE与MN垂直．以上三个命题中，正确命题的序号是________．答案②③解析把正四面体的平面展开图还原，如图所示，GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，DE⊥MN.9．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为______．答案 4解析EF与正方体左、右两侧面均平行，所以与EF相交的平面有4个．10.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面为直角三角形．∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝2，P是BC1上一动点，则CP＋P A1的最小值为________．答案5 2解析连接A1B，将△A1BC1与△CBC1同时展平形成一个平面四边形A1BCC1，则此时对角线CP＋P A1＝A1C达到最小，在等腰直角三角形△BCC1中，BC1＝2，∠CC1B＝45°，在△A1BC1中，A1B＝40＝210，A1C1＝6，BC1＝2，∴A1C21＋BC21＝A1B2，即∠A1C1B＝90°.对于展开形成的四边形A1BCC1，在△A1C1C中，C1C＝2，A1C1＝6，∠A1C1C＝135°，由余弦定理有，CP＋P A1＝A1C＝2＋36－122cos 135°＝50＝5 2.11.(2018·石家庄调研)如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，H 为直线B1D与平面ACD1的交点．求证：D1，H，O三点共线．证明如图，连接BD，B1D1，则BD∩AC＝O，∵BB1綊DD1，∴四边形BB1D1D为平行四边形，又H∈B1D，B1D⊂平面BB1D1D，则H∈平面BB1D1D，∵平面ACD1∩平面BB1D1D＝OD1，∴H∈OD1.即D1，H，O三点共线．12.如图，在空间四边形ABCD中，E，F，G分别在AB，BC，CD上，且满足AE∶EB＝CF∶FB ＝2∶1，CG∶GD＝3∶1，过E，F，G的平面交AD于点H.(1)求AH ∶HD ；(2)求证：EH ，FG ，BD 三线共点． (1)解 ∵AE EB ＝CFFB ＝2，∴EF ∥AC ，∴EF ∥平面ACD ，而EF ⊂平面EFGH ， 平面EFGH ∩平面ACD ＝GH ， ∴EF ∥GH ，∴AC ∥GH . ∴AH HD ＝CGGD＝3.∴AH ∶HD ＝3∶1. (2)证明 ∵EF ∥GH ，且EF AC ＝13，GH AC ＝14，∴EF ≠GH ，∴四边形EFGH 为梯形．令EH ∩FG ＝P ，则P ∈EH ，而EH ⊂平面ABD ， 又P ∈FG ，FG ⊂平面BCD ， 平面ABD ∩平面BCD ＝BD ， ∴P ∈BD .∴EH 、FG 、BD 三线共点．13．(2018·长春质检)若空间中四条两两不同的直线l 1，l 2，l 3，l 4，满足l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，l 3⊥l 4，则下列结论一定正确的是( ) A ．l 1⊥l 4 B ．l 1∥l 4C ．l 1与l 4既不垂直也不平行D ．l 1与l 4的位置关系不确定 答案 D解析 如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，记l 1＝DD 1，l 2＝DC ，l 3＝DA .若l 4＝AA 1，满足l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，l 3⊥l 4，此时l 1∥l 4，可以排除选项A 和C.若取C 1D 为l 4，则l 1与l 4相交；若取BA 为l 4，则l 1与l 4异面；若取C 1D 1为l 4，则l 1与l 4相交且垂直．因此l 1与l 4的位置关系不能确定．14.(2017·郑州质检)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2AD ，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A 1DE .若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻折过程中，下列四个命题中不正确的是________．(填序号)①BM 是定值；②点M 在某个球面上运动； ③存在某个位置，使DE ⊥A 1C ； ④存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE . 答案 ③解析 取DC 的中点F ，连接MF ，BF ，则MF ∥A 1D 且MF ＝12A 1D ，FB ∥ED 且FB ＝ED ，所以∠MFB ＝∠A 1DE .由余弦定理可得MB 2＝MF 2＋FB 2－2MF ·FB ·cos ∠MFB 是定值，所以M 是在以B 为球心，MB 为半径的球上，可得①②正确；由MF ∥A 1D 与FB ∥ED 可得平面MBF ∥平面A 1DE ，可得④正确；若存在某个位置，使DE ⊥A 1C ，则因为DE 2＋CE 2＝CD 2，即CE ⊥DE ，因为A 1C ∩CE ＝C ，则DE ⊥平面A 1CE ，所以DE ⊥A 1E ，与DA 1⊥A 1E 矛盾，故③不正确．15.(2017·山西四校联考)如图，已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，长为2的线段MN 的一个端点M 在棱DD 1上运动，点N 在正方体的底面ABCD 内运动，则MN 的中点P 的轨迹的面积是( )A ．4πB ．πC ．2π D.π2答案 D解析 连接DN ，则△MDN 为直角三角形，在Rt △MDN 中，MN ＝2，P 为MN 的中点，连接DP ，则DP ＝1，所以点P 在以D 为球心，半径R ＝1的球面上，又因为点P 只能落在正方体上或其内部，所以点P 的轨迹的面积等于该球面面积的18，故所求面积S ＝18×4πR 2＝π2.16．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AA 1，CC 1的中点，则在空间中与三条直线A 1D 1，EF ，CD 都相交的直线有________条． 答案 无数解析 方法一 在EF 上任意取一点M ，直线A 1D 1与M 确定一个平面，这个平面与CD 有且仅有1个交点N ，M 取不同的位置就确定不同的平面，从而与CD 有不同的交点N ，而直线MN 与这3条异面直线都有交点．如图所示．方法二(图略)在A1D1上任取一点P，过点P与直线EF作一个平面α，因CD与平面α不平行，所以它们相交，设它们交于点Q，连接PQ，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性，知有无数条直线与三条直线A1D1，EF，CD都相交．。
数学一轮复习第8章立体几何第2讲空间点线面的位置关系试题1理
第八章立体几何第二讲空间点、直线、平面之间的位置关系练好题·考点自测1。
下列说法正确的是()A.梯形一定是平面图形B.过三点确定一个平面C.三条直线两两相交确定一个平面D。
若两个平面有三个公共点,则这两个平面重合2.［广东高考,5分]若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内，l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是（)A。
l与l1，l2都不相交B。
l与l1，l2都相交C.l至多与l1,l2中的一条相交D。
l至少与l1，l2中的一条相交3.若∠AOB=∠A1O1B1,且OA∥O1A1,OA⃗⃗⃗⃗⃗ 与O1A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向相同，则下列结论中正确的是（）A。
OB∥O1B1且OB⃗⃗⃗⃗⃗ 与O1B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向相同B。
OB∥O1B1C。
OB与O1B1不平行D.OB与O1B1不一定平行4.[2017全国卷Ⅰ，6,5分]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（）A B C D5.［2020长春市第四次质量监测]已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2,点N是棱CC1的中点，则异面直线AN与BC所成角的余弦值为。
6.[2016全国卷Ⅱ,14，5分］［理］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）拓展变式1。
如图8-2-4所示，E,F分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱CC1，AA1的中点，试画出平面BED1F与平面ABCD的交线。
2.如图8—2-7为正方体表面的一种展开图,则在原正方体的四条线段AB，CD，EF,GH所在直线中,互为异面直线的有对。
高考数学一轮复习第八章 立体几何
第八章 立 体 几 何1.立体几何初步 (1)空间几何体①认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.②能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二侧法画出它们的直观图.③会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.④了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.(2)点、直线、平面之间的位置关系①理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解如下可以作为推理依据的公理和定理：·公理1：如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在此平面内.·公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面.·公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.·公理4：平行于同一条直线的两条直线平行. ·定理：空间中如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.②以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理.理解以下判定定理： ·平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行.·一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行.·一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，则该直线与此平面垂直.·一个平面过另一个平面的垂线，则两个平面垂直.理解以下性质定理，并能够证明：·如果一条直线与一个平面平行，那么过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行.·两个平面平行，则任意一个平面与这两个平面相交所得的交线相互平行.·垂直于同一个平面的两条直线平行.·两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.③能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题.2.空间直角坐标系(1)了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置.(2)会简单应用空间两点间的距离公式. 3.空间向量与立体几何 (1)了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.(2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示. (3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直.(4)理解直线的方向向量及平面的法向量. (5)能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.(6)能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理(包括三垂线定理).(7)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.§8.1 空间几何体的结构、三视图和直观图1.棱柱、棱锥、棱台的概念 (1)棱柱：有两个面互相______，其余各面都是________，并且每相邻两个四边形的公共边都互相______，由这些面所围成的多面体叫做棱柱.※注：棱柱又分为斜棱柱和直棱柱.侧棱与底面不垂直的棱柱叫做斜棱柱；侧棱与底面垂直的棱柱叫做直棱柱；底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱.(2)棱锥：有一个面是________，其余各面都是A.棱柱的底面一定是平行四边形( 得到图解：还原正方体知该几何体侧视图为正方形，为实线，B 1C 的正投影为A 1D ，且B 1C 被遮挡为虚故选B.(2014·福建)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面________.解：所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.故填2π.已知正三角形ABC 的边长为a ，那么△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为________.解：如图所示是实际图形和直观图.由图可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34在图中作C ′D ′⊥A ′B ′，垂足为D ′，则C ′D ′O ′C ′＝68a.各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是三棱柱 C.四棱锥解：该几何体的三视图由一个三角形，两个矩形组成，经分析可知该几何体为三棱柱，故选解决此类问题的关键是根据几何体的三视图判断几何体的结构特征.常见的有以下几类：为三个三角形，对应的几何体为三棱锥；②三视图为两个三角形，一个四边形，对应的几何体为四棱锥；③三视图为两个三角形，一个圆，对应的几何体为圆锥；④三视图为一个三角形，两个四边形，对应的几何体为三棱柱；⑤三视图为三个四边形，对应的几何体为四棱柱；⑥三视图为两个四边形，一个圆，对应的几何体为圆柱.某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是解：D 选项的正视图应为如图所示的图形.故选积为20cm ________cm 解：由三视图可知，该几何体为三棱锥，此三棱锥的底面为直角三直角边长分别为5cm ，6cm ，三棱锥的高为则三棱锥的体积为V ＝13×12×5×6×h ＝20，解得4.对于空间几何体的考查，从内容上看，锥的定义和相关性质是基础，以它们为载体考查三视图、体积和棱长是重点.本题给出了几何体的三视图，要掌握三视图的画法“长对正、高平齐，宽相等”，不难将其还原得到三棱锥.(2014·北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为__________.解：该三棱锥的直观图如图所示，易知PB ⊥平面ABC ，则有PA ＝22＋2，故最长棱为P A.类型三 空间多面体的直观图 如图是一个几何体的三视图，用斜二测画法画出它的直观图解：由三视图知该几何体是一个简单组合体，它的下部是一个正四棱台，上部是一个正四棱锥画法：(1)画轴.如图1，画x 轴、y 使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°.图1画底面.利用斜二测画法画出底面′使OO ′等于三视图中相应高度，过的平行线′，Oy 的平行线O ′y ′，利用′画出底面A ′B ′C ′D ′.图2画正四棱锥顶点.在Oz 上截取点等于三视图中相应的高度.连接PA ′，PB ′，PC ′，PD ′D ，整理得到三视图表示的几何体2所示.点拨：根据三视图可以确定一个几何体的长、宽、高，再按照斜二测画法，建立x 轴、y 轴、z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°，确定几何体在x 轴、y 轴、z 轴方向上的长度，最后连线画出直观图.已知一个四棱锥的高为3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为( )A. 2B.6 2C.13D.2 2解：因为四棱锥的底面直观图是一个边长为1的正方形，该正方形的对角线长为2，根据斜二测画法的规则，原图底面的底边长为1，高为直观图中正方形的对角线长的两倍，即22，则原图底面积为S ＝22.因此该四棱锥的体积为V ＝13Sh ＝13×22×3＝22.故选D.类型四 空间旋转体的直观图用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3cm ，求圆台的母线长.解：设圆台的母线长为l ，截得圆台的上、下底面半径分别为r ，4r.根据相似三角形的性质得， 33＋l ＝r4r，解得 l ＝9. 所以，圆台的母线长为9cm .点拨：用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质(与底面全等或相似)，同时结合旋转体中的轴截面(经过旋转轴的截面)的几何性质，利用相似三角形中的相似比，设相关几何变量列方程求解.(2014·湖南)一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A.1B.2C.3D.4解：该几何体为一直三棱柱，底面是边长为6，8，10的直角三角形，侧棱为12，其最大球的半径为底面直角三角形内切圆的半径r ，由等面积法可得12×(6＋8＋10)·r ＝12×6×8，得r ＝2.故选B.1.在研究圆柱、圆锥、圆台的相关问题时，主要方法就是研究它们的轴截面，这是因为在轴截面中容易找到这些几何体的有关元素之间的位置关系以及数量关系.2.正多面体(1)正四面体就是棱长都相等的三棱锥，正六面体就是正方体，连接正方体六个面的中心，可得到一个正八面体，正八面体可以看作是由两个棱长都相等的正四棱锥拼接而成.(2)如图，在棱长为a 的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，连接A 1B ，BC 1，A 1C 1，DC 1，DA 1，DB ，可以得到一个棱长为2a的正四面体A 1BDC 1，其体积为正方体体积的13.(3)正方体与球有以下三种特殊情形：一是球内切于正方体；二是球与正方体的十二条棱相切；三是球外接于正方体.它们的相应轴截面如图所示(正方体的棱长为a ，球的半径为R).3.长方体的外接球(1)长、宽、高分别为a ，b ，c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即a 2＋b 2＋c 2＝2R .(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 .4.棱长为a 的正四面体(1)斜高为32a ；(2)高为63a ；(3)对棱中点连线长为22a ； (4)外接球的半径为64a ，内切球的半径为612a ；(5)正四面体的表面积为3a 2，体积为212a 3.5.三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线，主视图反映了物体的长度和高度；俯视图反映了物体的长度和宽度；左视图反映了物体的宽度和高度.由此得到：主俯长对正，主左高平齐，俯左宽相等.6.一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相比发生了变化，注意原图与直观图中的“三变、三不变”.三变：坐标轴的夹角改变，与y 轴平行线段的长度改变(减半)，图形改变.三不变：平行性不变，与x 轴平行的线段长度不变，相对位置不变.1.由平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体是( )A.六棱锥B.六棱台C.六棱柱D.非棱柱、棱锥、棱台的一个几何体解：平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体符合棱柱的定义，故选C.2.下列说法中，正确的是( ) A.棱柱的侧面可以是三角形B.若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其它侧面也是矩形C.正方体的所有棱长都相等D.棱柱的所有棱长都相等 解：棱柱的侧面都是平行四边形，选项A 错误；其它侧面可能是平行四边形，选项B 错误；棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，选项D 错误；易知选项C 正确.故选C.3.将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括( )A.一个圆台、两个圆锥B.两个圆台、一个圆柱C.两个圆台、一个圆锥D.一个圆柱、两个圆锥解：把等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，由旋转体的定义可知所得几何体包括一个圆柱、两个圆锥.故选D.4.(2014·江西)一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )解：由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成，从上往下看，外层轮廓线是一矩形，矩形内部有一条线段连接两个三角形.故选B.5.(2013·四川)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( )A.棱柱B.棱台C.圆柱D.圆台解：由俯视图可知该几何体的上、下两底面为半径不等的圆，又∵正视图和侧视图相同，∴可判断其为旋转体.故选D.6.(2014·课标Ⅰ)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，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A.6 2B.4 2C.6D.4解法一：如图甲，设辅助正方体棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥D ABC ，最长的棱为AD ＝6.解法二：将三视图还原为三棱锥D ABC ，如图若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其表面积等于________.解：由正视图知，三棱柱是底面边长为的正三棱柱，所以底面积为2×3×2×1＝6，所以其表面积为3.已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球____________.解：由三视图可知该组合体为球内接棱长为∴正方体的体对角线为球的直径，，r＝3.故填是截去一个角的长方体，试按图示的中几何体三视图如图b.如图1是某几何体的三视图，试说明该几何体的结构特征，并用斜二测画法画出它的直观图1中几何体是由上部为正六棱柱，下部为倒立的正六棱锥堆砌而成的组合体.斜二测画法：(1)画轴.如图2，画x轴，xOy＝45°，∠xOz＝∠yOz＝90°画底面，利用斜二测画法画出底面ABCDEF 轴上截取O′，使OO′等于正六棱柱的高，过的平行线O′x′，Oy的平行线O′x′与O′y′画出底面A′.画正六棱锥顶点.在Oz上截取点P，使等于正六棱锥的高.成图.连接PA′，PB′，PC′，PD′，′，BB′，CC′，DD′，EE′，FF理得到三视图表示的几何体的直观图如图3注意：图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段，长度为原来..某长方体的一条对角线长为7，在该长方体的正视图中，这条对角线的投影长为6，在该长方体的侧视图与俯视图中，这条对角线的投影长分和b，求ab的最大值.解：如图，则有1＝7，DC1＝6，1＝a，AC＝b，AB＝x，AD＝y，AA1＝z，有图如图所示，其中与题中容器对应的水的高度解：由三视图知其直观图为两个圆台的组合体，水是匀速注入的，所以水面高度随时间变化的变化率先逐渐减小后逐渐增大，又因为容器的对称性，所以函数图象关于一点中心对称.故选C.§8.2 空间几何体的表面积与体积1.柱体、锥体、台体的表面积(1)直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积S 直棱柱侧＝__________，S 正棱锥侧＝__________， S 正棱台侧＝__________(其中C ，C ′为底面周长，h 为高，h ′为斜高).(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面积S 圆柱侧＝________，S 圆锥侧＝________，S 圆台侧＝________(其中r ，r ′为底面半径，l 为母线长). (3)柱或台的表面积等于________与__________的和，锥体的表面积等于________与__________的和. 2.柱体、锥体、台体的体积 (1)棱柱、棱锥、棱台的体积 V 棱柱＝__________，V 棱锥＝__________，V 棱台＝__________ (其中S ，S ′为底面积，h 为高). (2)圆柱、圆锥、圆台的体积V 圆柱＝__________，V 圆锥＝__________，V 圆台＝__________(其中r ，r ′为底面圆的半径，h 为高). 3.球的表面积与体积(1)半径为R 的球的表面积S 球＝________. (2)半径为R 的球的体积V 球＝________,________).自查自纠：1.(1)Ch 12Ch ′ 12()C ＋C ′h ′(2)2πrl πrl π(r ＋r ′)l (3)侧面积 两个底面积 侧面积 一个底面积2.(1)Sh 13Sh 13h ()S ＋SS ′＋S ′(2)πr 2h 13πr 2h 13πh ()r 2＋rr ′＋r ′23.(1)4πR 2 (2)43πR 3圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为( ) A.6π(4π＋3)B.8π(3π＋1)C.6π(4π＋3)或8π(3π＋1)D.6π(4π＋1)或8π(3π＋2) 解：分两种情况：①以边长为6π的边为高时，4π为圆柱底面周长，则2πr ＝4π，r ＝2，∴S 底＝πr 2＝4π，S 侧＝6π×4π＝24π2，S 表＝2S 底＋S 侧＝8π＋24π2＝8π(3π＋1)；②以边长为4π的边为高时，6π为圆柱底面周长，则2πr ＝6π，r ＝3.∴S 底＝πr 2＝9π，S 表＝2S 底＋S 侧＝18π＋24π2＝6π(4π＋3).故选C. 正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形，则此三棱锥的体积为( ) A.23 2 B. 2 C.23 D.43 2解：∵正三棱锥的侧面均为直角三角形，故侧面为等腰直角三角形，且直角顶点为棱锥的顶点，∴侧棱长为2，V ＝13×12×(2)2×2＝23.故选C.(2014·安徽)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积是( )A.233B.476C.6D.7 解：如图示，由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥后余下的部分，其体积V ＝8－2×13×12×1×1×1＝233.故选A. 长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的8个顶点在同一个球面上，且AB ＝2，AD ＝3，AA 1＝1，则球面面积为________.单位：解：由三视图可知，该几何体为圆柱与圆锥的其体积V ＝π×12×4＋13π×22×.类型一 空间几何体的面积问题 如图，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，AD 是BC 边上的高，沿AD 把△ABD BDC ＝90°.若BD ＝1，求三棱锥D ABC解：∵折起前AD 是BC 边上的高，∴沿AD 把△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥又∠BDC ＝90°.＝DA ＝DC ＝1，∴AB ＝BC ＝CA ＝2.从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12，ABC ＝12×2×2×sin60°＝32. ∴三棱锥D ABC 的表面积S ＝12×3＋. 的矩形，正视图高为4的等腰三角形，侧视图底边长为6，面积S.解：由已知可得该几何体是一个底面为矩形，，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥PAD ，PBC 是全等的等腰三角形，边上的高为h 1＝42＋⎝ ⎛2PAB ，PCD 也是全等的等腰三角形，h 2＝42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622⎝ ⎛12×6×42＋12×8×5空间旋转体的面积问题如图，半径为4的球O 柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是______.设球的一条半径与圆柱相应的母线的夹角为＝2π×4sin α＝π4时，S 取最大值球的表面积与该圆柱的侧面积之差为32π.点拨：根据球的性质，内接圆柱上、下底面中心连线的中点为球心，且圆柱的上、下底面圆周均在球面上，球心和圆柱的上、下底面圆上的点的连线与母线的夹角相等，这些为我们建立圆柱的侧面积与上述夹角之间的函数关系提供了依据.圆台的上、下底面半径分别是10 cm和20 cm ，它的侧面展开图的扇环的圆心角是180°，那么圆台的侧面积是____________cm 2.解：如图示，设上底面周长为c.∵扇环的圆心角是180°，∴c ＝π·S A. 又∵c ＝2π×10＝20π， ∴SA ＝20.同理SB ＝40. ∴AB ＝SB －SA ＝20，∴S 圆台侧＝π(10＋20)·AB＝600π(cm 2).故填600π.类型三 空间多面体的体积问题如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( )A.23 B.33 C.43 D.32 解：如图，过A ，B 两点分别作AM ，BN 垂直于EF ，垂足分别为M ，N ，连接DM ，CN ，可证得DM ⊥EF ，CN ⊥EF ，则多面体ABCDEF 分为三部分，即多面体的体积V ABCDEF ＝V AMD BNC ＋V E AMD ＋V F BN C.依题意知AEFB 为等腰梯形.易知Rt △DME Rt △CNF ，∴EM ＝NF ＝12.又BF ＝1，∴BN ＝32. 作NH 垂直于BC ，则H 为BC 的中点，∴NH ＝22. ∴S △BNC ＝12·BC ·NH ＝24.∴V F BNC ＝13·S △BNC ·NF ＝224，V E AMD ＝V F BNC ＝224，V AMD BNC ＝S △BNC ·MN ＝24.∴V ABCDEF ＝23，故选A.点拨：求空间几何体体积的常用方法为割补法和等积变换法：①割补法：将这个几何体分割成几个柱体、锥体，分别求出柱体和锥体的体积，从而得出要求的几何体的体积；②等积变换法：特别的，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”.(2014·重庆)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.12B.18C.24D.30解：由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥得到的.所以该几何体的体积为V ＝12×3×4×5－13×12×3×4×3＝24.故选C. 类型四 空间旋转体的体积问题已知某几何体的三视图如图所示，其中，正(主)视图、侧(左)视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与其内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为( )A.2π3＋12B.4π3＋16C.2π6＋16 D.2π3＋12解：由三视图可得该几何体的上部是一个三棱锥，下部是半球，根据三视图中的数据可得V ＝12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1×1＝2π6＋16.故选C.点拨：根据已知三视图想象出该几何体的直观图，然后分析该几何体的组成，再用对应的体积公式进行计算.(2014·课标Ⅱ)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1cm)，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3cm ，高为6cm 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.1727 B.59 C.1027 D.13解：原来毛坯体积为：π·32·6＝54π(cm 3)，由三视图知该零件由左侧底面半径为2cm ，高为4cm 的圆柱和右侧底面半径为3cm ，高为2cm 的圆柱构成，故该零件的体积为：π·22·4＋π·32·2＝34π(cm 3)，切削掉部分的体积为54π－34π＝20π(cm 3)，故切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为20π54π＝1027 .故选C.1.几何体的展开与折叠 (1)几何体的表面积，除球以外，都是利用展开图求得的，利用空间问题平面化的思想，把一个平面图形折叠成一个几何体，再研究其性质，是考查空间想象能力的常用方法.(2)多面体的展开图①直棱柱的侧面展开图是矩形；②正棱锥的侧面展开图是由一些全等的等腰三角形拼成的，底面是正多边形；③正棱台的侧面展开图是由一些全等的等腰梯形拼成的，底面是正多边形.(3)旋转体的展开图①圆柱的侧面展开图是矩形，矩形的长(或宽)是底面圆周长，宽(或长)是圆柱的母线长；②圆锥的侧面展开图是扇形，扇形的半径长是圆锥的母线长，弧长是圆锥的底面周长；③圆台的侧面展开图是扇环，扇环的上、下弧长分别为圆台的上、下底面周长.注：①圆锥中母线长l 与底面半径r 和展开图扇形中半径和弧长间的关系及符号容易混淆，同学们应多动手推导，加深理解.②圆锥和圆台的侧面积公式S 圆锥侧＝12cl 和S 圆台侧＝12(c ′＋c )l 与三角形和梯形的面积公式在形式上相同，可将二者联系起来记忆.2.空间几何体的表面积的计算方法有关空间几何体的表面积的计算通常是将空间图形问题转化为平面图形问题，这是解决立体几何问题常用的基本方法.(1)棱柱、棱锥、棱台等多面体的表面积可以分别求各面面积，再求和，对于直棱柱、正棱锥、正棱台也可直接利用公式；(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算其侧面积时需将曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和；(3)组合体的表面积应注意重合部分的处理. 3.空间几何体的体积的计算方法(1)计算柱、锥、台体的体积，关键是根据条件找出相应的底面面积和高，应注意充分利用多面体的截面特别是轴截面，将空间问题转化为平面问题求解.(2)注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、还台为锥法等，它们是计算一些不规则几何体体积常用的方法，应熟练掌握.(3)利用三棱锥的“等体积性”可以解决一些点到平面的距离问题，即将点到平面的距离视为一个三棱锥的高，通过将其顶点和底面进行转化，借助体积的不变性解决问题.1.已知圆锥的正视图是边长为2的等边三角π B.8－π2 D.8－π4解：直观图为棱长为2的正方体割去两个底面14圆柱，其体积V ＝23－2×14×π×故选B.将长、宽分别为4和3的长方形ABCD 折成直二面角，得到四面体A BCD ，则四面体的外接球的表面积为( )B.50πC.5πD.10π解：由题设知AC 为外接球的直径，∴，S 表＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫522＝25π.故选，N 是球O 半径OP 上的两点，且分别过N ，M ，O 作垂直于OP 的平面，得三个圆，则这三个圆的面积之比为( )∶6 B.3∶6∶8 ∶9 D.5∶8∶9解：设球的半径为R ，以N ，M 为圆心的圆的半，r 2.由题知M ，N 是OP 的三等分点，三个圆的面积之比即为半径的平方比，在球的轴截面的外接圆的半径R 2－r 2＝63，的距离为2d ＝2d ＝13×34×23ABC ×2R ＝36，排除)一个六棱锥的体积为的正六边形，侧棱长都相等，则该________.设该六棱锥的高是h ，则V ，解得h ＝1.∴侧面三角形的高为，∴侧面积S ＝12×由题意可设直角梯形上底、下底和高为，它们分别为圆台的上、下底半径和高BC ⊥OA 于C ，则Rt ′B ＝4x －2x ＝2x ，＋BC 2＝（2x ）2侧＝[π(2x )2∶[π＝2∶8∶9.·上海)底面边长为，其表面展开图是三角形P 1的边长及三棱锥的体积V.解：由正三棱锥P ABC 的性质及其表面展开图，B ，C 分别是△P 1P 2P .依三角形中位线定理可得4.易判断正三棱锥P 的正四面体，其体积为V ＝212×四面体体积公式可见8.1名师点津4)一个圆锥的底面半径为R ＝2，高为在这个圆锥内部有一个高为x 的内接圆柱值时，圆柱的表面积最大？最大值是多少？解：如图是圆锥的轴截面，设圆柱的底面半径，解得r ＝R －R H x ＝2－ (图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，4<V 3 B.V 1<V 3<V 2<V 4 3<V 4 D.V 2<V 3<V 1<V 4解：由已知条件及三视图可知，该几何体从上到下依次是圆台，圆柱，正方体，棱台，则·π＋4π)＝7π3，V 2＝π×8，V 4＝13×1×(4＋4×16＋<V 1<V 3<V 4.故选C.§8.3 空间点、线、面之间的位置关系1.平面的基本性质 (1)公理1：如果一条直线上的______在一个平面内，那么这条直线在此平面内.它的作用是可用来证明点在平面内或__________________.(2)公理2：过____________上的三点，有且只有一个平面.公理2的推论如下：①经过一条直线和直线外一点，有且只有一个平面；②经过两条相交直线，有且只有一个平面； ③经过两条平行直线，有且只有一个平面. 公理2及其推论的作用是可用来确定一个平面，或用来证明点、线共面.(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们____________过该点的公共直线.它的作用是可用来确定两个平面的交线，或证明三点共线、三线共点等问题.2.空间两条直线的位置关系 (1)位置关系的分类 错误!(2)异面直线①定义：不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线.注：异面直线定义中“不同在任何一个平面内的两条直线”是指“不可能找到一个平面能同时经过这两条直线”，也可以理解为“既不平行也不相交的两条直线”，但是不能理解为“分别在两个平面内的两条直线”.②异面直线的画法：画异面直线时，为了充分显示出它们既不平行又不相交，也不共面的特点，常常需要以辅助平面作为衬托，以加强直观性.③异面直线所成的角：已知两条异面直线a ，b ，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角).异面直线所成角的范围是____________.若两条异面直线所成的角是直角，则称两条异面直线__________，所以空间两条直线垂直分为相交垂直和__________.3.平行公理公理4：平行于____________的两条直线互相平行(空间平行线的传递性).它给出了判断空间两条直线平行的依据.4.等角定理等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角____________.自查自纠：1.(1)两点 直线在平面内 (2)不在一条直线 (3)有且只有一条2.(1)一个公共点 没有公共点 没有公共点(2)③⎝⎛⎦⎥⎤0，π2 互相垂直 异面垂直3.同一条直线4.相等或互补(2013·安徽)在下列命题中，不是．．公理的是( )A.平行于同一个平面的两个平面相互平行B.过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面C.如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D.如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线解：公理是不需要证明的原始命题，而选项A 是面面平行的性质定理，故选A.若∠AOB ＝∠A 1O 1B 1，且OA ∥O 1A 1，OA 与O 1A 1的方向相同，则下列结论中正确的是( )A.OB ∥O 1B 1且方向相同B.OB ∥O 1B 1C.OB 与O 1B 1不平行D.OB 与O 1B 1不一定平行解：两角相等，角的一边平行且方向相同，另一边不一定平行，如圆锥的母线与轴的夹角.故选D.若点P ∈α，Q ∈α，R ∈β，α∩β＝m ，且R ∉m ，PQ ∩m ＝M ，过P ，Q ，R 三点确定一个平面γ，则β∩γ是( )A.直线Q RB.直线P RC.直线R MD.以上均不正确 解：∵PQ ∩m ＝M ，m ⊂β，∴M ∈β.又M ∈平面PQ R ，即M ∈γ，故M 是β与γ的公共点.又R∈β，R ∈平面PQ R ，即R∈γ，∴R 是β与γ的公共点.∴β∩γ＝M R .故选C.给出下列命题：①空间四点共面，则其中必有三点共线； ②空间四点不共面，则其中任何三点不共线； ③空间四点中有三点共线，则此四点必共面； ④空间四点中任何三点不共线，则此四点不共。
2021届高考数学一轮总复习第8章立体几何第2节空间几何体的表面积与体积跟踪检测文含解析
第八章 立体几何第二节 空间几何体的表面积与体积A 级·基础过关|固根基|1.将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是( ) A ．4π B ．3π C ．2πD ．π解析：选C 由几何体的形成过程知，所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.故选C.2．(2020届惠州市高三第二次调研)某几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图均是由三角形与半圆构成的，俯视图由圆与内接三角形构成，则该几何体的体积为( )A.2π3＋16 B.2π6＋12 C.2π6＋16D.2π3＋12解析：选C 由三视图可知该几何体是一个半球上面有一个三棱锥，其体积V ＝13×12×1×1×1＋12×4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝2π6＋16，故选C. 3．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A ．2B ．4＋2 2C ．4＋4 2D ．4＋6 2解析：选C 由三视图知，该几何体是直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，其中AB ＝AA 1＝2，BC ＝AC ＝2，∠ACB ＝90°，其直观图如图所示，侧面为三个矩形，故该“堑堵”的侧面积S ＝(2＋22)×2＝4＋42，故选C.4.如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )A.500π3 cm 3B.866π3cm 3C.1 372π3 cm 3D.2 048π3cm 3解析：选A 设球的半径为R ，则由题意知，球被正方体上底面截得的圆的半径为4 cm ，球心到截面圆的距离为(R －2)cm ，则R 2＝(R －2)2＋42，解得R ＝5，所以球的体积为4π×533＝500π3(cm 3)．5．(2019届辽宁五校协作体联考)一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．36B ．48C ．64D ．72解析：选B由几何体的三视图可得，几何体如图所示，将几何体分割为两个三棱柱，所以该几何体的体积为12×3×4×4＋12×3×4×4＝48，故选B.6.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________．解析：三棱锥D 1－EDF 的体积即为三棱锥F －DD 1E 的体积．因为E ，F 分别为AA 1，B 1C 上的点，所以在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，△EDD 1的面积为定值12，F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以V D 1－EDF ＝V F －DD 1E ＝13×12×1＝16.答案：167．(2019届福建市第一学期高三期末)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积为________．解析：如图，由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心，于是，球的半径r ＝OB ＝OA 2＋AB 2＝12＋（3）2＝2.故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π.答案：16π8．已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，沿AD 进行折叠，使折叠后的∠BDC＝π2，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为________．解析：连接BC ，由题知几何体ABCD 为三棱锥，BD ＝CD ＝1，AD ＝3，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥CD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是 3，1，1的长方体，其体对角线长即为外接球的直径，2R ＝1＋1＋3＝5，故该三棱锥外接球的半径是R ＝52，其表面积为4πR 2＝5π. 答案：5π9.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？解：由PO 1＝2 m ，知O 1O ＝4PO 1＝8 m ．因为A 1B 1＝AB ＝6 m ，所以正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)； 正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积 V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)，所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)． 故仓库的容积是312 m 3.10．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值． 解：(1)交线围成的正方形EHGF 如图所示．(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EB 1＝16－4＝12，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝ EH 2－EM 2＝6，则AH ＝10，HB ＝6. 故S 四边形A 1EHA ＝12×(4＋10)×8＝56，S 四边形EB 1BH ＝12×(12＋6)×8＝72.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱， 所以其体积的比值为97⎝ ⎛⎭⎪⎫79也正确. B 级·素养提升|练能力|11.已知一个简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．3π＋6B ．6π＋6C ．3π＋12D ．12解析：选A 由三视图还原几何体如图，该几何体为组合体，左半部分是四分之一圆锥，右半部分是三棱锥， 则其体积V ＝14×13×π×32×4＋13×12×3×3×4＝3π＋6.故选A.12．体积为3的三棱锥P －ABC 的顶点都在球O 的球面上，PA⊥平面ABC ，PA ＝2，∠ABC＝120°，则球O 的体积的最小值为( )A.773π B.2873π C.19193π D.76193π 解析：选B 设AB ＝c ，BC ＝a ，AC ＝b ，由题可得，3＝13×S △ABC ×2，解得S △ABC ＝332，因为∠ABC＝120°，S △ABC ＝332＝12acsin 120°，所以ac ＝6，由余弦定理可得，b 2＝a 2＋c 2－2accos 120°＝a 2＋c2＋ac≥2ac＋ac ＝3ac ＝18，当且仅当a ＝c 时取等号，此时b min ＝32，设△ABC 外接圆的半径为r ，则b sin 120°＝2r(b 最小，则外接圆半径最小)，故3232＝2r min ，所以r min ＝6，如图，设O 1为△ABC 外接圆的圆心，过O 作OD⊥PA，垂足为D ，R 为球O 的半径，连接O 1A ，O 1O ，OA ，OD ，PO ，设OO 1＝h ，在Rt △OO 1A 中，R 2＝r 2＋OO 21＝r 2＋h 2，在Rt △OPD 中，R 2＝r 2＋(2－h)2，联立得h ＝1.当r min ＝6时，R 2min ＝6＋1＝7，R min ＝7，故球O 体积的最小值为43πR 3min ＝43π×(7)3＝287π3，故选B. 13．榫卯是我国古代工匠极为精巧的发明，它是在两个构件上采用凹凸部分相结合的一种连接方式．我国的北京紫禁城、山西悬空寺、福建宁德的廊桥等建筑都用到了榫卯结构．图中网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是一种榫卯构件中榫的三视图，则其体积为________，表面积为________．解析：由三视图可知，榫卯构件中的榫由一个长方体和一个圆柱拼接而成，故其体积V＝4×2×3＋π×32×6＝24＋54π，表面积S＝2×π×32＋2×π×3×6＋4×3×2＋2×2×3＝54π＋36.答案：24＋54π54π＋3614．(2020届合肥调研)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1，M为棱AB上一点，BC1∥平面A1MC.(1)求证：AM＝BM；(2)若△ABC是等边三角形，AB＝AA1，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，△A1MC的面积为42，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．解：(1)证明：如图，连接AC1交A1C于N，连接MN.∵BC1∥平面A1MC，BC1⊂平面ABC1，平面ABC1∩平面A1MC＝MN，∴BC1∥MN.由三棱柱ABC－A1B1C1知，四边形ACC1A1为平行四边形，∴N为AC1的中点．∴M为AB的中点，即AM＝BM.(2)连接A1B，∵△ABC是等边三角形，AB＝AA1，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，∴△ABC，△AA1B，△AA1C是全等的等边三角形，由(1)知，M为AB的中点，∴A1M⊥AB，CM⊥AB.∵A1M∩CM＝M，∴AB⊥平面A1MC.设AB ＝2a ，则A 1M ＝CM ＝3a ，A 1C ＝2a ，∴△A 1MC 的面积为12·2a ·2a ＝2a 2＝42，解得a ＝2，即AM ＝2，∴V 三棱锥A －A 1MC ＝13·S △A 1MC ·AM ＝823，从而V 三棱柱ABC －A 1B 1C 1＝6·V 三棱锥A －A 1MC ＝16 2.。
2021高考数学一轮复习统考第8章立体几何第2讲空间几何体的表面积和体积学案(含解析)北师大版
第2讲空间几何体的表面积和体积基础知识整合1．多面体的表面积、侧面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是01侧面展开图的面积，表面积是侧面积与底面面积之和．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝022πrlS圆锥侧＝03πrlS圆台侧＝04π(r1＋r2)l3．柱、锥、台和球的表面积和体积名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝05Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝0613Sh台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝13(S上＋S下＋S上S下)h球S＝074πr2V＝0843πr31．与体积有关的几个结论(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等．2．几个与球有关的切、接常用结论 (1)正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2.(3)直棱柱的外接球半径可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，可知球心为上下底面外接圆圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径．(4)设正四面体的棱长为a ，则它的高为63a ，内切球半径r ＝612a ，外接球半径R ＝64a .正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.1．(2019·福州二模)设一个球形西瓜，切下一刀后所得切面圆的半径为4，球心到切面圆心的距离为3，则该西瓜的体积为( )A ．100π B.256π3 C.400π3 D.500π3答案 D解析 由题意知切面圆的半径r ＝4，球心到切面的距离d ＝3，所以球的半径R ＝r 2＋d 2＝42＋32＝5，故球的体积V ＝43πR 3＝43π×53＝500π3，即该西瓜的体积为500π3.2．(2019·安徽蚌埠质检)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，则它的体积为( )A ．π＋43B ．π＋2C ．2π＋43D ．2π＋2答案 A解析由三视图可知，该几何体由半个圆柱和一个三棱锥组合而成．故该几何体的体积为12×π×12×2＋13×12×2×2×2＝π＋43.3．(2018·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．2 B．4C．6 D．8答案 C解析由三视图知该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱，即如图所示四棱柱A1B1C1D1－ABCD.由三视图中的数据可知底面梯形的两底分别为1和2，高为2，所以S底面＝12×(1＋2)×2＝3.因为直四棱柱的高为2，所以体积V＝3×2＝6.故选C.4．(2019·北京东城区模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A．2＋ 5 B．4＋ 5C．2＋2 5 D．5答案 C解析该三棱锥的直观图如图所示，过点D作DE⊥BC，交BC于点E，连接AE，则BC＝2，EC＝1，AD＝1，ED＝2，S 表＝S △BCD ＋S △ACD ＋S △ABD ＋S △ABC ＝12×2×2＋12×5×1＋12×5×1＋12×2×5＝2＋2 5.故选C.5．如图，半球内有一个内接正方体，正方体的一个面在半球的底面圆内，若正方体的棱长为6，则球的表面积和体积分别为________，________.答案 36π 36π解析 底面中心与C ′的连线即为半径，设球的半径为R ，则R 2＝(6)2＋(3)2＝9.所以R ＝3，所以S 球＝4πR 2＝36π，V 球＝43πR 3＝36π.6．如图所示，已知球O 的球面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝3，则球O 的体积等于________．答案9π2解析 由题意知，DC 边的中点就是球心O ， ∵它到D ，A ，C ，B 四点的距离相等， ∴球的半径R ＝12CD ，又AB ＝BC ＝3，∴AC ＝6，∴CD ＝AC 2＋AD 2＝3， ∴R ＝32，∴V 球O ＝4π3⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝9π2.核心考向突破考向一 几何体的表面积例 1 (1)(2019·衡水模拟)如图是某个几何体的三视图，则这个几何体的表面积是( )A ．π＋42＋4B ．2π＋42＋4C ．2π＋42＋2D ．2π＋22＋4答案 B解析 由几何体的三视图可知，该几何体是由半圆柱与三棱柱组成的几何体，其直观图如图所示，其表面积S ＝2×12π×12＋π×1×1＋2×12×2×1＋(2＋2＋2)×2－2×1＝2π＋42＋4.故选B.(2)(2019·郑州二模)如图是某几何体的三视图，图中方格的单位长度为1，则该几何体的表面积为________．答案 8＋4 5解析 由三视图，知该几何体为三棱锥，将该几何体放在长方体中如图所示，由题意可知长方体的长、宽、高分别为2,2,4，由BC ＝2，CD ＝2计算，得BD ＝22，AD ＝25，AB ＝25，所以S △BCD ＝12×2×2＝2，S △ADC ＝12×2×25＝25， S △ABC ＝12×2×25＝25，因为△ABD 为等腰三角形，高为252－22＝32，所以S △ABD ＝12×22×32＝6，所以该几何体的表面积为2＋25＋25＋6＝8＋4 5.几类空间几何体表面积的求法(1)多面体：其表面积是各个面的面积之和．(2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．(3)简单组合体：应弄清各构成部分，并注意重合部分的删、补．(4)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．[即时训练] 1.(2019·山东潍坊模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π答案 C解析 由三视图可知该几何体为组合体，上半部分为圆柱，下半部分为圆锥，圆柱的底面半径为1，高为2，圆锥的底面半径为3，高为4，则该几何体的表面积S ＝π×32＋π×3×5＋2π×1×2＝28π.故选C.2．(2019·河北承德模拟)某几何体的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的表面积为( )A．8＋42＋2 5 B．6＋42＋4 5C．6＋22＋2 5 D．8＋22＋2 5答案 C解析由三视图可知，该几何体为放在正方体内的四棱锥E－ABCD，如图，正方体的棱长为2，该四棱锥底面为正方形，面积为4，前后两个侧面为等腰三角形，面积分别为22，2，左右两个侧面为直角三角形，面积都为5，可得这个几何体的表面积为6＋22＋25，故选C.精准设计考向，多角度探究突破考向二几何体的体积角度1 补形法求体积例2 (1)(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，则该几何体的体积为( )A．90π B．63πC．42π D．36π答案 B解析(割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱从点A处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π.故选B.(2)(2019·北京高考)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为________．答案 40解析 由题意知去掉的四棱柱的底面为直角梯形，底面积S ＝(2＋4)×2÷2＝6，高为正方体的棱长4，所以去掉的四棱柱的体积为6×4＝24.又正方体的体积为43＝64，所以该几何体的体积为64－24＝40.角度2 分割法求体积例3 (1)(2019·山西五校联考)《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：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈；上袤二丈，无广；高一丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊柱的楔体，下底面宽3丈，长4丈；上棱长2丈，高1丈，问它的体积是多少？”已知1丈为10尺，现将该楔体的三视图给出，其中网格纸上小正方形的边长为1丈，则该楔体的体积为( )A ．5000立方尺B ．5500立方尺C ．6000立方尺D ．6500立方尺答案 A解析 该楔体的直观图如图中的几何体ABCDEF .取AB 的中点G ，CD 的中点H ，连接FG ，GH ，HF ，则该几何体的体积为四棱锥F －GBCH 与三棱柱ADE －GHF 的体积之和．又可以将三棱柱ADE －GHF 割补成高为EF ，底面积为S ＝12×3×1＝32(平方丈)的一个直棱柱，故该楔体的体积V ＝32×2＋13×2×3×1＝5(立方丈)＝5000(立方尺)．故选A.(2)(2019·浙江高考)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm 3)是( )A ．158B ．162C ．182D ．324答案 B解析 如图，该柱体是一个五棱柱，棱柱的高为6，底面可以看作由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3.则底面面积S ＝2＋62×3＋4＋62×3＝27，因此，该柱体的体积V ＝27×6＝162.故选B.角度3 转化法求体积例4 (1)如图所示，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝6.若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥A －A 1EF 的体积是________．答案 8 3解析 由正三棱柱的底面边长为4，得点F 到平面A 1AE 的距离(等于点C 到平面A 1ABB 1的距离)为32×4＝23，则V 三棱锥A －A 1EF ＝V 三棱锥F －A 1AE ＝13S △A 1AE ×23＝13×12×6×4×23＝8 3.(2)在三棱锥P －ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D －ABE 的体积为V 1，三棱锥P －ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.答案1 4解析如图所示，由于D，E分别是边PB与PC的中点，所以S△BDE＝14S△PBC.又因为三棱锥A－BDE与三棱锥A－PBC的高相等，所以V1V2＝14.(1)处理体积问题的思路(2)求体积的常用方法直接法对于规则的几何体，利用相关公式直接计算割补法首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体、不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算等体积法选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任何一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换[即时训练] 3.(2019·河北沧州质检)《九章算术》是中国古代第一部数学专著，书中有关于“堑堵”的记载，“堑堵”即底面是直角三角形的直三棱柱．已知某“堑堵”被一个平面截去一部分后，剩下部分的三视图如图所示，则剩下部分的体积是( ) A．50 B．75C．25.5 D．37.5答案 D解析如图，由题意及给定的三视图可知，剩余部分是在直三棱柱的基础上，截去一个四棱锥C 1－MNB 1A 1所得的，且直三棱柱的底面是腰长为5的等腰直角三角形，高为5.图中几何体ABCC 1MN 为剩余部分，因为AM ＝2，B 1C 1⊥平面MNB 1A 1，所以剩余部分的体积V ＝V 三棱柱A 1B 1C 1－ABC －V 四棱锥C 1－A 1B 1NM ＝12×5×5×5－13×3×5×5＝37.5，故选D.4．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________．答案 16解析 三棱锥D 1－EDF 的体积即为三棱锥F －DD 1E 的体积．因为E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，所以在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，△EDD 1的面积为定值12，F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以V 三棱锥F －DD 1E ＝13×12×1＝16.考向三 与球有关的切、接问题例5 (1)(2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥P －ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF ＝90°，则球O 的体积为( )A ．86πB ．46πC ．26π D.6π 答案D 解析设PA ＝PB ＝PC ＝2a ，则EF ＝a ，FC ＝3，∴EC 2＝3－a 2. 在△PEC 中，cos ∠PEC ＝a 2＋3－a 2－2a22a 3－a2.在△AEC 中，cos ∠AEC ＝a 2＋3－a 2－42a 3－a2. ∵∠PEC 与∠AEC 互补，∴3－4a 2＝1，a ＝22， 故PA ＝PB ＝PC ＝ 2.又AB ＝BC ＝AC ＝2，∴PA ⊥PB ⊥PC ， ∴外接球的直径2R ＝22＋22＋22＝6，∴R ＝62，∴V ＝43πR 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫623＝6π.故选D. (2)(2019·沈阳市东北育才学校模拟)将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的表面积为( )A ．πB ．2πC ．3πD ．4π答案 B解析 将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，设圆锥的底面圆的半径为R ，则有2πR ＝3×2π3，所以R ＝1，设圆锥的内切球的半径为r ，结合圆锥和球的特征，可知内切球的球心必在圆锥的高线上，设圆锥的高为h ，因为圆锥的母线长为3，所以h ＝9－1＝22，所以rh －r ＝R 3，解得r ＝22，因此内切球的表面积S ＝4πr 2＝2π.故选B.“切”“接”问题的处理规律(1)“切”的处理解决与球有关的内切问题主要是指球内切于多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[即时训练] 5.(2018·全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D －ABC 体积的最大值为( )A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3答案 B解析 如图所示，点M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 的中点，当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D －ABC 体积最大，此时，OD ＝OB ＝R ＝4.∵S △ABC ＝34AB 2＝93， ∴AB ＝6，∵点M 为三角形ABC 的重心， ∴BM ＝23BE ＝23，∴在Rt △OMB 中，有OM ＝OB 2－BM 2＝2. ∴DM ＝OD ＋OM ＝4＋2＝6，∴(V 三棱锥D －ABC )max ＝13×93×6＝18 3.故选B.6．(2019·漳州模拟)在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，A 1B 1＝3，B 1C 1＝4，A 1C 1＝5，AA 1＝2，则其外接球与内切球的表面积之比为( )A.294B.192C.292D ．29答案 A解析 由底面三角形的三边长可知，底面三角形为直角三角形，内切球半径r ＝AA 12＝1，取AC ，A 1C 1的中点D ，E ，则外接球球心是DE 的中点O ，由A 1C 1＝5，AA 1＝2，得AC 1＝29，所以外接球半径R ＝OA ＝292，所以S 外S 内＝4πR 24πr 2＝294，故选A.1．(2019·郑州二模)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，则此几何体的外接球的体积为( )A.455π2B.1355π2C ．1805πD ．905π答案 A解析 构造底面边长为3,6，高为3的长方体，由三视图可知，该几何体是如图1中所示的三棱锥P －ABC .所以在该三棱锥中，PA ⊥底面ABC ，并且AB ⊥AC ，把该三棱锥放在如图2所示的底面边长为32，高为3的长方体中，则该三棱锥的外接球就是该长方体的外接球，设该三棱锥的外接球的半径为R ，则有(2R )2＝32＋(32)2＋(32)2＝45，解得R ＝352，所以该三棱锥的外接球的体积V ＝43πR 3＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫3523＝455π2，故选A.2．(2019·宝鸡中学高三第一次模拟)已知一个四面体ABCD 的每个顶点都在表面积为9π的球O 的表面上，且AB ＝CD ＝a ，AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝5，则a ＝________.答案 2 2解析 由题意，知四面体ABCD 的对棱都相等，故该四面体可以通过补形补成一个长方体，如图所示．设AF ＝x ，BF ＝y ，CF ＝z ，则x 2＋z 2＝y 2＋z 2＝5，又4π·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋y 2＋z 222＝9π，解得x ＝y ＝2，∴a ＝x 2＋y 2＝2 2. 答题启示1．若四面体中有三条棱两两垂直，则方法是找到三条两两互相垂直的棱，借助墙角模型补成长方体(如图)，用公式 a 2＋b 2＋c 2＝2R 求解．2．若四面体的对棱相等，则解题步骤为第一步：画出一个长方形，标出三组互为异面直线的对棱；第二步：设长方体的长宽高分别为a ，b ，c ，列出方程⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝BC 2＝α2，b 2＋c 2＝AC 2＝β2，c 2＋a 2＝AB 2＝γ2(其中α，β，γ为常数)⇒a 2＋b 2＋c 2＝α2＋β2＋γ22；第三步：根据墙角模型，a 2＋b 2＋c 2＝2R ⇒R ＝a 2＋b 2＋c 22.对点训练1．在△ABC 中，AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝90°，将△ABC 沿BC 上的高AD 折成直二面角B ′－AD －C ，则三棱锥B ′－ACD 的外接球的表面积为( )A ．π B.2π C ．3πD ．2π答案 C解析 如图，∵AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝90°，∴BC ＝2，则BD ＝DC ＝AD ＝1，由题意，得AD ⊥底面B ′DC ，又二面角B ′－AD －C 为直二面角，∴B ′D ⊥DC ，把三棱锥B ′－ACD 补形为正方体，则正方体的体对角线长为3，则三棱锥B ′－ACD 的外接球的半径为32，则其外接球的表面积为S ＝4π×⎝⎛⎭⎪⎫322＝3π.故选C. 2．(2019·漳州质量监测)已知正四面体ABCD 的外接球的体积为86π，则这个四面体的表面积为________．答案 16 3解析 将正四面体ABCD 放在一个正方体内，设正方体的棱长为a ，如图所示，设正四面体ABCD 的外接球的半径为R ，则43πR 3＝86π，解得R ＝ 6.因为正四面体ABCD 的外接球和正方体的外接球是同一个球，则有3a ＝2R ＝26，所以a ＝2 2.而正四面体ABCD 的每条棱长均为正方体的面对角线长，所以正四面体ABCD 的棱长为2a ＝4，因此，这个正四面体的表面积为4×12×42×sin π3＝16 3.。
高考文科数学一轮总复习课标通用版课件：第8章立体几何8-2空间点、线、面之间的位置关系
考纲原文下载
命题规律分析
知识梳理整合
挖教材赢高考
高频考点透析 直通高考202X 第4页
经典品质/超出梦想
高考总复习/新课标版 数学·文
命题规律分析
考纲原文下载
命题规律分析
知识梳理整合
挖教材赢高考
高频考点透析 直通高考202X 第5页
经典品质/超出梦想
高考总复习/新课标版 数学·文
考纲原文下载
命题规律分析
A．①②都是真命题
B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题
D．①②都是假命题
考纲原文下载
命题规律分析
知识梳理整合
挖教材赢高考
高频考点透析 直通高考202X 第23页
经典品质/超出梦想
高考总复习/新课标版 数学·文
【解析】 由 α，β表示两个不同平面，a，b 表示两条不同直线，知：
①若 b⊂α，a⊄α，则“a∥b”⇒“a∥α”，
(2)异面直线所成的角：
一个平面内
①定义：设 a，b 是两条异面直线，经过空间任一点 O 作直线 a′∥a，b′∥b，把 a′
与 b′所成的______________叫作异面直线 a 与 b 所成的角(或夹角)．
②范围：________________
(3)定理：
空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角__________________．
共点．
公理 4：平行于同一条直线的两条直线________．
作用：可用来判断空间两条直线平行．
考纲原文下载
命题规律分析
知识梳理整合
挖教材赢高考
高频考点透析 直通高考202X 第8页
经典品质/超出梦想
数学课标通用(理科)一轮复习配套教师用书：第八章 立体几何 空间向量及其运算和空间位置关系
§8.6 空间向量及其运算和空间位置关系考纲展示►1。
了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置．2．会推导空间两点间的距离公式．3．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．4．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．5．掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．6．理解直线的方向向量与平面的法向量．7．能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系．8．能用向量方法证明有关直线和平面关系的一些定理（包括三垂线定理)．考点1 空间向量的线性运算空间向量的有关概念（1）空间向量:在空间中，具有________和________的量叫做空间向量．（2）相等向量：方向________且模________的向量．（3)共线向量：表示空间向量的有向线段所在的直线互相____________的向量．（4)共面向量：________________的向量．答案：(1）大小方向(2）相同相等（3)平行或重合(4）平行于同一个平面(1）［教材习题改编]已知在空间四边形ABCD中，G为CD的中点，则化简错误!＋错误!(错误!＋错误!)＝________。
→答案:AG解析：错误!＋错误!（错误!＋错误!)＝错误!＋错误!＝错误!。
(2)[教材习题改编］如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若错误!＝a，错误!＝b,错误!＝c，则错误!可用a，b，c表示为________．答案:－错误!a＋错误!b＋c解析：由图可知，错误!＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!错误!＝错误!＋错误!(错误!－错误!)＝c＋错误!（b－c)＝－错误!a＋错误!b＋c.[典题1] （1）[2017·河南郑州模拟]如图所示,已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别为OA，BC的中点，点G 在线段MN上,且错误!＝2错误!，若错误!＝x错误!＋y错误!＋z错误!，则x＋y＋z ＝________。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 高考专题突破四 高考中的立体几何问题教学案 理
高考专题突破四 高考中的立体几何问题空间角的求法命题点1 求线线角例1 (2019·安徽知名示范高中联合质检)若在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠A 1AC ＝∠BAC ＝60°，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AA 1＝AC ＝AB ，则异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为________． 答案 24解析 方法一 令M 为AC 的中点，连接MB ，MA 1， 由题意知△ABC 是等边三角形，所以BM ⊥AC ， 同理，A 1M ⊥AC ，因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，BM ⊂平面ABC ，所以BM ⊥平面A 1ACC 1，因为A 1M ⊂平面A 1ACC 1，所以BM ⊥A 1M ，所以AC ，BM ，A 1M 两两垂直，以M 为原点，MA →，MB →，MA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 设AA 1＝AC ＝AB ＝2，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，A 1(0,0，3)，C 1(－2,0，3)，所以AC 1→＝(－3,0，3)，A 1B →＝(0，3，－3)， 所以cos 〈AC 1→，A 1B →〉＝－323×6＝－24，故异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24.方法二 如图，在平面ABC ，平面A 1B 1C 1中分别取点D ，D 1，连接BD ，CD ，B 1D 1，C 1D 1，使得四边形ABDC ，A 1B 1D 1C 1为平行四边形，连接DD 1，BD 1，则AB ＝C 1D 1，且AB ∥C 1D 1，所以AC 1∥BD 1，故∠A 1BD 1或其补角为异面直线AC 1与A 1B 所成的角．连接A 1D 1，过点A 1作A 1M ⊥AC 于点M ，连接BM ，设AA 1＝2，由∠A 1AM ＝∠BAC ＝60°，得AM ＝1，BM ＝3，A 1M ＝3， 因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，A 1M ⊂平面A 1ACC 1，所以A 1M ⊥平面ABC ，又BM ⊂平面ABC ， 所以A 1M ⊥BM ，所以A 1B ＝6，在菱形A 1ACC 1中，可求得AC 1＝23＝BD 1， 同理，在菱形A 1B 1D 1C 1中，求得A 1D 1＝23，所以cos∠A 1BD 1＝A 1B 2＋BD 21－A 1D 212A 1B ·BD 1＝6＋12－1226×23＝24，所以异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24.思维升华 (1)求异面直线所成角的思路： ①选好基底或建立空间直角坐标系． ②求出两直线的方向向量v 1，v 2.③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解．(2)两异面直线所成角的关注点： 两异面直线所成角的范围是θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．跟踪训练1 (2019·龙岩月考)若正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为3，AB ＝1，则直线AB 1与CD 1所成的角为( ) A ．30°B．45°C．60°D．90° 答案 C解析 ∵正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为3，AB ＝1，∴AA 1＝3， 以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B 1(1,1，3)，C (0,1,0)，D 1(0,0，3)， AB1→＝(0,1，3)，CD 1→＝(0，－1，3)， 设直线AB 1与CD 1所成的角为θ， 则cos θ＝|AB 1→·CD 1→||AB 1→|·|CD 1→|＝24·4＝12，又0°<θ≤90°，∴θ＝60°，∴直线AB 1与CD 1所成的角为60°.故选C. 命题点2 求线面角例2 (2018·浙江)如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC ＝120°，A 1A ＝4，C 1C ＝1，AB ＝BC ＝B 1B ＝2.(1)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．方法一 (1)证明 由AB ＝2，AA 1＝4，BB 1＝2，AA 1⊥AB ，BB 1⊥AB ，得AB 1＝A 1B 1＝22，所以A 1B 21＋AB 21＝AA 21， 故AB 1⊥A 1B 1.由BC ＝2，BB 1＝2，CC 1＝1，BB 1⊥BC ，CC 1⊥BC ， 得B 1C 1＝ 5.由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，得AC ＝2 3. 由CC 1⊥AC ，得AC 1＝13， 所以AB 21＋B 1C 21＝AC 21， 故AB 1⊥B 1C 1.又因为A 1B 1∩B 1C 1＝B 1，A 1B 1，B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 如图，过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1，交直线A 1B 1于点D ， 连接AD .由AB 1⊥平面A 1B 1C 1， 得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1.由C 1D ⊥A 1B 1，平面A 1B 1C 1∩平面ABB 1＝A 1B 1，C 1D ⊂平面A 1B 1C 1，得C 1D ⊥平面ABB 1.所以∠C 1AD 即为AC 1与平面ABB 1所成的角． 由B 1C 1＝5，A 1B 1＝22，A 1C 1＝21， 得cos∠C 1A 1B 1＝427，sin∠C 1A 1B 1＝77， 所以C 1D ＝3，故sin∠C 1AD ＝C 1D AC 1＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.方法二 (1)证明 如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1,0,0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1,0,2)，C 1(0，3，1)．因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1——→＝(1，3，－2)，A 1C 1——→＝(0,23，－3)．由AB 1→·A 1B 1——→＝0，得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1→·A 1C 1——→＝0，得AB 1⊥A 1C 1.又A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，A 1B 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ. 由(1)可知AC 1→＝(0,23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→＝(0,0,2)． 设平面ABB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎨⎧n ·AB →＝0，n ·BB1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0，可取n ＝(－3，1,0)．所以sin θ＝|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.思维升华 (1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．(2)若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2，故有sin θ＝|cos β|＝|l ·n ||l ||n |.跟踪训练2 如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．方法一 (1)证明 如图，连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC . 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC ＝90°，故BC ⊥A 1F ， 又A 1E ，A 1F ⊂平面A 1EF ，A 1E ∩A 1F ＝A 1， 所以BC ⊥平面A 1EF .又EF ⊂平面A 1EF ，因此EF ⊥BC .(2)解 取BC 的中点G ，连接EG ，GF ， 则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．连接A 1G 交EF 于O ，由(1)得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角)． 不妨设AC ＝4，则在Rt△A 1EG 中，A 1E ＝23，EG ＝ 3. 由于O 为A 1G 的中点，故EO ＝OG ＝A 1G2＝152，所以cos∠EOG ＝EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG ＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35.方法二 (1)证明 连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点， 所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC .如图，以E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．不妨设AC ＝4，则A 1(0,0,23)，B (3，1,0)，B 1(3，3,23)，F ⎝⎛⎭⎪⎪⎫32，32，23，C (0,2,0)． 因此，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，32，23，BC →＝(－3，1,0)．由EF →·BC→＝0得EF ⊥BC . (2)解 设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得BC →＝(－3，1,0)，A 1C →＝(0,2，－23)． 设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎨⎧BC →·n ＝0，A 1C →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0.取n ＝(1，3，1)，故sin θ＝|cos 〈EF →，n 〉|＝|EF→·n ||EF →|·|n |＝45.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值为35.命题点3 求二面角例3 如图，在四棱锥A －BCDE 中，平面BCDE ⊥平面ABC ，BE ⊥EC ，BC ＝2，AB ＝4，∠ABC ＝60°.(1)求证：BE ⊥平面ACE ；(2)若直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，求二面角E －AB －C 的余弦值．(1)证明 在△ACB 中，由余弦定理得cos∠ABC ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝12，解得AC ＝23，所以AC 2＋BC 2＝AB 2，所以AC ⊥BC .又因为平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，AC ⊂平面ABC ，所以AC ⊥平面BCDE .又BE ⊂平面BCDE ，所以AC ⊥BE .又BE ⊥EC ，AC ，CE ⊂平面ACE ，且AC ∩CE ＝C ，所以BE ⊥平面ACE .(2)解 方法一 因为直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，所以∠BCE ＝45°，所以△EBC 为等腰直角三角形．取BC 的中点F ，连接EF ，过点F 作FG ⊥AB 于点G ，连接EG ， 则∠EGF 为二面角E －AB －C 的平面角． 易得EF ＝BF ＝1，FG ＝32.在Rt△EFG 中，由勾股定理，得EG ＝EF 2＋FG 2＝72，所以cos∠EGF ＝FG EG ＝217， 所以二面角E －AB －C 的余弦值为217.方法二 因为直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，所以∠BCE ＝45°，所以△EBC 为等腰直角三角形． 记BC 的中点为O ，连接OE ，则OE ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，分别以OB ，OE 所在直线为x 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－1,23，0)，B (1,0,0)，E (0,0,1)， 所以BA →＝(－2,23，0)，BE →＝(－1,0,1)． 设平面ABE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧BA →·m ＝0，BE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋23y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝3，则m ＝(3，1，3)为平面ABE 的一个法向量． 易知平面ABC 的一个法向量为OE →＝(0,0,1)， 所以cos 〈m ，OE →〉＝m ·OE→|m |·|OE →|＝37＝217，易知二面角E －AB －C 为锐角，所以二面角E －AB －C 的余弦值为217.思维升华 (1)求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．(2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量．②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解． 跟踪训练3 (2020·湖北宜昌一中模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点． (1)证明：BE ⊥PD ；(2)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －D 的余弦值．解 依题意，以点A 为原点，以AB ，AD ，AP 为轴建立空间直角坐标系如图，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)． 由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)．(1)证明 向量BE →＝(0,1,1)，PD →＝(0,2，－2)， 故BE →·PD →＝0，所以BE →⊥PD →，所以BE ⊥PD .(2)解 BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0)，由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1，故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)， 由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，λ＝34，即BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，32.设n 1＝(x ，y ，z )为平面FAB 的法向量，则⎩⎨⎧n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0，不妨令z ＝－1，可得n 1＝(0,3，－1)为平面FAB 的一个法向量， 取平面ABD 的法向量n 2＝(0,0,1)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－110＝－1010，又因为二面角F －AB －D 为锐二面角，所以二面角F－AB－D的余弦值为10 10.立体几何中的探索性问题例4 (2019·淄博模拟)已知正方形的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上．(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°；若存在，求此时二面角M－EC－F的余弦值，若不存在，说明理由．解(1)因为直线MF⊂平面ABFE，故点O在平面ABFE内也在平面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上(如图所示)，因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，所以OM＝MF，AO＝BF，所以点O在EA的延长线上，且AO＝2，连接DF交EC于N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点，连接MN，因为MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，又因为MN⊂平面EMC，OD⊄平面EMC，所以直线OD∥平面EMC.(2)由已知可得，EF⊥AE，EF⊥DE，AE∩DE＝E，所以EF⊥平面ADE，所以平面ABFE⊥平面ADE，取AE的中点H为坐标原点，以AH，DH所在直线分别为x轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，所以E (－1,0,0)，D (0,0，3)，C (0,4，3)，F (－1,4,0)， 所以ED →＝(1,0，3)，EC →＝(1,4，3)， 设M (1，t,0)(0≤t ≤4)，则EM →＝(2，t,0)， 设平面EMC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧m ·EM →＝0，m ·EC→＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋ty ＝0，x ＋4y ＋3z ＝0，取y ＝－2，则x ＝t ，z ＝8－t 3，所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫t ，－2，8－t 3， 因为DE 与平面EMC 所成的角为60°， 所以82t 2＋4＋8－t 23＝32， 所以23t 2－4t ＋19＝32，所以t 2－4t ＋3＝0，解得t ＝1或t ＝3，所以存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°， 取ED 的中点Q ，因为EF ⊥平面ADE ，AQ ⊂平面ADE ， 所以AQ ⊥EF ，又因为AQ ⊥DE ，DE ∩EF ＝E ，DE ，EF ⊂平面CEF ， 所以AQ ⊥平面CEF ，则QA →为平面CEF 的法向量，因为Q ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－12，0，32，A (1,0,0)， 所以QA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，0，－32，m ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫t ，－2，8－t 3， 设二面角M －EC －F 的大小为θ，所以|cos θ|＝|QA →·m ||QA →|·|m |＝|2t －4|3t 2＋4＋8－t23＝|t －2|t 2－4t ＋19，因为当t ＝2时，cos θ＝0，平面EMC ⊥平面CDEF ， 所以当t ＝1时，θ为钝角，所以cos θ＝－14.当t ＝3时，θ为锐角，所以cos θ＝14.思维升华 (1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．(2)平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．跟踪训练4 (2019·天津市南开区南开中学月考)如图1，在边长为2的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，DE ⊥AB 于点E ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥BE ，如图2. (1)求证：A 1E ⊥平面BCDE ；(2)求二面角E －A 1D －B 的余弦值；(3)在线段BD 上是否存在点P ，使平面A 1EP ⊥平面A 1BD ？若存在，求BPBD的值；若不存在，说明理由． (1)证明 因为A 1D ⊥BE ，DE ⊥BE ，A 1D ∩DE ＝D ，A 1D ，DE ⊂平面A 1DE ，所以BE ⊥平面A 1DE ，因为A 1E ⊂平面A 1DE ， 所以A 1E ⊥BE ，又因为A 1E ⊥DE ，BE ∩DE ＝E ，BE ，DE ⊂平面BCDE ， 所以A 1E ⊥平面BCDE .(2)解 以E 为原点，分别以EB ，ED ，EA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则B (1,0,0)，D (0，3，0)，A 1(0,0,1)， 所以BA 1→＝(－1,0,1)，BD →＝(－1，3，0)， 设平面A 1BD 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎨⎧n ·BA 1→＝－x ＋z ＝0，n ·BD→＝－x ＋3y ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝z ，x ＝3y ，令y ＝1，得n ＝(3，1，3)， 因为BE ⊥平面A 1DE ，所以平面A 1DE 的法向量EB→＝(1,0,0)，cos 〈n ，EB →〉＝n ·EB→|n |·|EB →|＝37＝217，因为所求二面角为锐角，所以二面角E －A 1D －B 的余弦值为217. (3)解 假设在线段BD 上存在一点P ，使得平面A 1EP ⊥平面A 1BD ， 设P (x ，y ，z )，BP →＝λBD→(0≤λ≤1)，则(x －1，y ，z )＝λ(－1，3，0)，所以P (1－λ，3λ，0)， 所以EA 1→＝(0,0,1)，EP →＝(1－λ，3λ，0)，设平面A 1EP 的法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎨⎧m ·EA1→＝z 1＝0，m ·EP→＝1－λx 1＋3λy 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝0，1－λx 1＝－3λy 1，令x 1＝3λ，得m ＝(3λ，λ－1,0)， 因为平面A 1EP ⊥平面A 1BD ，所以m ·n ＝3λ＋λ－1＝0，解得λ＝14∈[0,1]，所以在线段BD 上存在点P ，使得平面A 1EP ⊥平面A 1BD ，且BP BD ＝14.例 (12分)(2019·全国Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ；(2)求二面角A －MA 1－N 的正弦值． (1)证明 连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .[1分]又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .[2分]由题设知A 1B 1∥DC 且A 1B 1＝DC ，可得B 1C ∥A 1D 且B 1C ＝A 1D ，故ME ∥ND 且ME ＝ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，[3分] 所以MN ∥ED .[4分]又MN ⊄平面C 1DE ，ED ⊂平面C 1DE ，[5分] 所以MN ∥平面C 1DE .[6分](2)解 由已知可得DE ⊥DA ，以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，[7分]则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0)．[8分]设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的一个法向量，则 ⎩⎨⎧ m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0，可得m ＝(3，1,0)．[9分]设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的一个法向量，则⎩⎨⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0，可取n ＝(2,0，－1)．[10分]于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝155，[11分]所以二面角A －MA 1－N 的正弦值为105.[12分]利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角．1.(2019·大连模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 和△AA 1C 均是边长为2的等边三角形，点O 为AC 中点，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC .(1)证明：A 1O ⊥平面ABC ；(2)求直线AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值． (1)证明 ∵AA 1＝A 1C ，且O 为AC 的中点， ∴A 1O ⊥AC ，又∵平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ， ∴A 1O ⊥平面ABC .(2)解 如图，以O 为原点，OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．由已知可得O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,2，3)，∴AB →＝(3，1,0)，A 1B →＝(3，0，－3)，A 1C 1——→＝(0,2,0)， 设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1B →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，3x －3z ＝0，∴平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(1,0,1)， 设直线AB 与平面A 1BC 1所成的角为α， 则sin α＝|cos 〈AB →，n 〉|，又∵cos〈AB →，n 〉＝AB →·n|AB →||n |＝322＝64，∴AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值为64.2．如图1，在△ABC 中，BC ＝3，AC ＝6，∠C ＝90°，且DE ∥BC ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥CD ，如图2. (1)求证：BC ⊥平面A 1DC ；(2)若CD ＝2，求BE 与平面A 1BC 所成角的正弦值． (1)证明 ∵DE ⊥A 1D ，DE ∥BC ，∴BC ⊥A 1D ， 又∵BC ⊥CD ，A 1D ∩CD ＝D ，A 1D ，CD ⊂平面A 1CD ， ∴BC ⊥平面A 1DC ，(2)解 以D 为原点，分别以DE →，DA 1→，CD →为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，在直角梯形CDEB 中，过E 作EF ⊥BC ，EF ＝2，BF ＝1，BC ＝3， ∴B (3,0，－2)，E (2,0,0)，C (0,0，－2)，A 1(0,4,0)， BE →＝(－1,0,2)，CA1→＝(0,4,2)，BA 1→＝(－3,4,2)，设平面A 1BC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， ⎩⎨⎧CA 1→·m ＝0，BA1→·m ＝0，⎩⎪⎨⎪⎧4y ＋2z ＝0，－3x ＋4y ＋2z ＝0，⎩⎪⎨⎪⎧z ＝－2y ，x ＝0，令y ＝1，∴m ＝(0,1，－2)， 设BE 与平面A 1BC 所成角为θ，∴sin θ＝|cos 〈BE →，m 〉|＝|BE →·m ||BE →||m |＝45·5＝45.3．(2020·成都诊断)如图1，在边长为5的菱形ABCD 中，AC ＝6，现沿对角线AC 把△ADC 翻折到△APC 的位置得到四面体P －ABC ，如图2所示．已知PB ＝4 2. (1)求证：平面PAC ⊥平面ABC ；(2)若Q 是线段AP 上的点，且AQ →＝13AP →，求二面角Q －BC －A 的余弦值．(1)证明 取AC 的中点O ，连接PO ，BO 得到△PBO . ∵四边形ABCD 是菱形，∴PA ＝PC ，PO ⊥AC . ∵DC ＝5，AC ＝6，∴OC ＝3，PO ＝OB ＝4， ∵PB ＝42，∴PO 2＋OB 2＝PB 2， ∴PO ⊥OB .∵OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥平面ABC . ∵PO ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面ABC . (2)解 ∵AB ＝BC ，∴BO ⊥AC . 易知OB ，OC ，OP 两两垂直．以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则B (4,0,0)，C (0,3,0)，P (0,0,4)，A (0，－3,0)． 设点Q (x ，y ，z )．由AQ →＝13AP →，得Q ⎝⎛⎭⎪⎫0，－2，43.∴BC →＝(－4,3,0)，BQ →＝⎝⎛⎭⎪⎫－4，－2，43.设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面BCQ 的法向量．由⎩⎨⎧n 1·BC →＝0，n 1·BQ →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4x 1＋3y 1＝0，－4x 1－2y 1＋43z 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝34y 1，y 1＝415z 1，取z 1＝15，则n 1＝(3,4,15)．取平面ABC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．∵cos〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝1532＋42＋152＝31010， 由图可知二面角Q －BC －A 为锐角， ∴二面角Q －BC －A 的余弦值为31010.4.如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 的边长为2，侧棱长为2 2.(1)若点E 为PD 上的点，且PB ∥平面EAC ，试确定E 点的位置； (2)在(1)的条件下，在线段PA 上是否存在点F ，使平面AEC 和平面BDF 所成的锐二面角的余弦值为114，若存在，求线段PF 的长度，若不存在，请说明理由．解 (1)设BD 交AC 于点O ，连接OE ， ∵PB ∥平面AEC ，平面AEC ∩平面BDP ＝OE ， ∴PB ∥OE .又O 为BD 的中点，∴E 为PD 的中点．(2)连接OP ，由题意知PO ⊥平面ABCD ，且AC ⊥BD ，∴以O 为坐标原点，OC →，OD →，OP →所在直线分别为x ，y ，z 轴建立直角坐标系，如图所示．OP ＝PD 2－OD 2＝6，∴O (0,0,0)，A (－2，0,0)，B (0，－2，0)，C (2，0,0)，D (0，2，0)，P (0,0，6)，则E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，22，62，OC →＝(2，0,0)，OE →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，22，62，OD →＝(0，2，0)．设平面AEC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎨⎧m ·OC→＝0，m ·OE→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，22y 1＋62z 1＝0，令z 1＝1，得平面AEC 的一个法向量m ＝(0，－3，1)，假设在线段PA 上存在点F ，满足题设条件，不妨设PF →＝λPA →(0≤λ≤1)．则F (－2λ，0，6－6λ)，OF →＝(－2λ，0，6－6λ)． 设平面BDF 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)， ∴⎩⎨⎧n ·OD →＝0，n ·OF→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＝0，－2λx 2＋1－λr(6z 2＝0.)令z 2＝1得平面BDF的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫31－λλ，0，1.由平面AEC 与平面BDF 所成锐二面角的余弦值为114，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝12·1＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ－12＝114，解得λ＝15(负值舍去)．∴|PF →|＝15|PA →|＝225. 故在线段PA 上存在点F ，当PF ＝225时，使得平面AEC 和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为114.5.如图，在四棱锥E －ABCD 中，底面ABCD 是圆内接四边形，CB ＝CD ＝CE ＝1，AB ＝AD ＝AE ＝3，EC ⊥BD .(1)求证：平面BED ⊥平面ABCD ；(2)若点P 在侧面ABE 内运动，且DP ∥平面BEC ，求直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值．(1)证明 如图，连接AC ，交BD 于点O ，连接EO ， ∵AD ＝AB ，CD ＝CB ，AC ＝AC ， ∴△ADC ≌△ABC ， 易得△ADO ≌△ABO ， ∴∠AOD ＝∠AOB ＝90°， ∴AC ⊥BD .又EC ⊥BD ，EC ∩AC ＝C ，EC ，AC ⊂平面AEC ， ∴BD ⊥平面AEC ，又OE ⊂平面AEC ，∴OE ⊥BD . 又底面ABCD 是圆内接四边形， ∴∠ADC ＝∠ABC ＝90°，在Rt△ADC 中，由AD ＝3，CD ＝1， 可得AC ＝2，AO ＝32，∴∠AEC ＝90°，AE AC ＝AO AE ＝32，易得△AEO ∽△ACE ，∴∠AOE ＝∠AEC ＝90°， 即EO ⊥AC .又AC ，BD ⊂平面ABCD ，AC ∩BD ＝O ， ∴EO ⊥平面ABCD ，又EO ⊂平面BED ，∴平面BED ⊥平面ABCD .(2)解 如图，取AE 的中点M ，AB 的中点N ，连接MN ，ND ，DM ， 则MN ∥BE ，由(1)知，∠DAC ＝∠BAC ＝30°， 即∠DAB ＝60°， ∴△ABD 为正三角形， ∴DN ⊥AB ，又BC ⊥AB ，DN ，CB ⊂平面ABCD ，∴DN ∥CB ，又MN ∩DN ＝N ，BE ∩BC ＝B ，MN ，DN ⊂平面DMN ，BE ，BC ⊂平面EBC ， ∴平面DMN ∥平面EBC ，∴点P 在线段MN 上．以O 为坐标原点，OA ，OB ，OE 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，32，0，E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，0，32， M ⎝⎛⎭⎪⎪⎫34，0，34，D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－32，0，N ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，34，0， ∴AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，32，0，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，0，32， DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，32，34，MN →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，34，－34， 设平面ABE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧AB →·n ＝0，AE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，－3x ＋z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，3，3)，设MP →＝λMN →(0≤λ≤1)，可得DP →＝DM →＋MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，32＋34λ，34－34λ， 设直线DP 与平面ABE 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DP →〉|＝|n ·DP →||n |·|DP →|＝1242×λ2＋λ＋4， ∵0≤λ≤1，∴当λ＝0时，sin θ取得最大值427.故直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值为427.。
高考一轮复习第8章解析几何第2讲两条直线的位置关系
第二讲 两条直线的位置关系知识梳理·双基自测 知识梳理知识点一 两条直线的位置关系平面内两条直线的位置关系包括__平行、相交、重合__三种情况． (1)两条直线平行对于直线l 1：y ＝k 1x ＋b 1，l 2：y ＝k 2x ＋b 2，l 1∥l 2⇔k 1＝k 2，且b 1≠b 2． 对于直线l 1：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，l 2：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0， l 1∥l 2⇔A 1B 2－A 2B 1＝0，且B 1C 2－B 2C 1≠0(或A 1C 2－A 2C 1≠0)． (2)两条直线垂直对于直线l 1：y ＝k 1x ＋b 1，l 2：y ＝k 2x ＋b 2，l 1⊥l 2⇔k 1·k 2＝－1．对于直线l 1：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，l 2：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0，l 1⊥l 2⇔__A 1A 2＋B 1B 2＝0__． 知识点二 两条直线的交点直线l 1和l 2的交点坐标即为两直线方程组成的方程组⎩⎪⎨⎪⎧A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0的解．相交⇔方程组有__唯一解__； 平行⇔方程组__无解__； 重合⇔方程组有__无数个解__． 知识点三 三种距离公式(1)平面上的两点P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)间的距离公式|P 1P 2|＝x 1－x 22＋y 1－y 22．特别地，原点O(0,0)与任一点P(x ，y)的距离|OP|＝x 2＋y 2． (2)点P(x 0，y 0)到直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0的距离d ＝|Ax 0＋By 0＋C|A 2＋B 2． (3)两条平行线Ax ＋By ＋C 1＝0与Ax ＋By ＋C 2＝0间的距离为d ＝|C 1－C 2|A 2＋B2． 重要结论1．求解距离问题的规律运用点到直线的距离公式时，需把直线方程化为一般式；运用两平行线间的距离公式时，需先把两平行线方程中x ，y 的系数化为相同的形式．2．对称问题的求解规律(1)中心对称：转化为中点问题处理．(2)轴对称：转化为垂直平分线问题处理．特殊地：点P(a ，b)关于直线x ＋y ＋m ＝0对称的点坐标为(－b －m ，－a －m)，点P(a ，b)关于直线x －y ＋m ＝0对称的点坐标为(b －m ，a ＋m)．双基自测题组一 走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若两直线的斜率相等，则两直线平行，反之，亦然．( × )(2)如果两条直线l 1与l 2垂直，那么它们的斜率之积一定等于－1．( × )(3)已知直线l 1：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，l 2：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0(A 1，B 1，C 1，A 2，B 2，C 2为常数)，若直线l 1⊥l 2，则A 1A 2＋B 1B 2＝0．( √ )(4)点P(x 0，y 0)到直线y ＝kx ＋b 的距离为|kx 0＋b|1＋k2．( × ) (5)若点A ，B 关于直线l ：y ＝kx ＋b(k≠0)对称，则直线AB 的斜率等于－1k ，且线段AB 的中点在直线l 上．( √ )题组二 走进教材2．(课本习题改编)过点(1,0)且与直线x －2y －2＝0平行的直线方程是( A ) A ．x －2y －1＝0 B ．x －2y ＋1＝0 C ．2x ＋y －2＝0D ．x ＋2y －1＝03．(必修2P 110B 组T2)已知点(a,2)(a ＞0)到直线l ：x －y ＋3＝0的距离为1，则a 等于( C ) A ． 2 B ．2－ 2 C ．2－1D ．2＋1[解析] 由题意得|a －2＋3|1＋1＝1．解得a ＝－1＋2或a ＝－1－2． ∵a ＞0，∴a ＝－1＋2． 题组三 走向高考4．(2020·高考全国Ⅲ)点(0，－1)到直线y ＝k(x ＋1)距离的最大值为( B ) A ．1 B ． 2 C ． 3D ．2 [解析] 解法一：由y ＝k(x ＋1)可知直线过定点P(－1,0)，设A(0，－1)，当直线y ＝k(x ＋1)与AP 垂直时，点A 到直线y ＝k(x ＋1)距离最大，即为|AP|＝2，故选B ．解法二：因为点(0，－1)到直线y ＝k(x ＋1)距离d ＝|1＋k|k 2＋1＝k 2＋2k ＋1k 2＋1＝1＋2kk 2＋1；∵要求距离的最大值，故需k ＞0；可得d ＝1＋2k ＋1k≤2，当且仅当k ＝1时取等号，故选B ．5．(2018·全国)坐标原点关于直线x －y －6＝0的对称点的坐标为__(6，－6)__． [解析] 设坐标原点关于直线x －y －6＝0的对称点的坐标为(a ，b)，则⎩⎪⎨⎪⎧b a ×1＝－1a 2－b2－6＝0，解得a＝6，b ＝－6，∴坐标原点关于直线x －y －6＝0的对称点的坐标为(6，－6)．考点突破·互动探究考点一 两条直线平行、垂直的关系——自主练透例1 (1)(2021·高安期中)经过抛物线y 2＝2x 的焦点且平行于直线3x －2y ＋5＝0的直线l 的方程是( A )A ．6x －4y －3＝0B ．3x －2y －3＝0C ．2x ＋3y －2＝0D ．2x ＋3y －1＝0(2)“m＝3”是“直线l 1：2(m ＋1)x ＋(m －3)y ＋7－5m ＝0与直线l 2：(m －3)x ＋2y －5＝0垂直”的( A )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件(3)(2021·青岛调研)直线2x ＋(m ＋1)y ＋4＝0与直线mx ＋3y －2＝0平行，则m ＝( C ) A ．2 B ．－3 C ．2或－3D ．－2或－3(4)(多选题)等腰直角三角形斜边的中点是M(4,2)，一条直角边所在直线的方程为y ＝2x ，则另外两边所在直线的方程为( CD )A ．3x ＋y －14＝0B ．x ＋2y －2＝0C ．x －3y ＋2＝0D ．x ＋2y －14＝0[解析] (1)因为抛物线y 2＝2x 的焦点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，直线3x －2y ＋5＝0的斜率为32，所以所求直线l的方程为y ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，化为一般式，得6x －4y －3＝0．(2)由l 1⊥l 2，得2(m ＋1)(m －3)＋2(m －3)＝0，∴m ＝3或m ＝－2，∴m ＝3是l 1⊥l 2的充分不必要条件．(3)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧m m ＋1＝6，4m≠－4，解得m ＝2或－3．故选C ．(4)设斜边所在直线的斜率为k ，由题意知tan π4＝2－k 1＋2k ＝1，∴k ＝13，∴斜边所在直线方程为y －2＝13(x －4)，即x －3y ＋2＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x x －3y ＋2＝0可知A ⎝ ⎛⎭⎪⎫25，45，∴A 关于M 的对称点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫385，165，∴另一条直角边的方程为y －165＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －385，即x ＋2y －14＝0，故选C 、D ．名师点拨(1)当含参数的直线方程为一般式时，若要表示出直线的斜率，不仅要考虑到斜率存在的一般情况，也要考虑到斜率不存在的特殊情况，同时还要注意x ，y 的系数不能同时为零这一隐含条件．(2)在判断两直线的平行、垂直时，也可直接利用直线方程的系数间的关系得出结论． 〔变式训练1〕(1)(2021·吉林长春模拟)曲线f(x)＝2sin x 在x ＝π3处的切线与直线ax ＋y －1＝0垂直，则a ＝__1__．(2)(2012·浙江)设a ∈R ，则“a ＝1”是“直线l 1：ax ＋2y ＝0与直线l 2：x ＋(a ＋1)y ＋4＝0平行的( A )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件[解析] (1)由题得f′(x)＝2cos x ，∴k ＝f′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝1．所以1×(－a)＝－1，∴a ＝1． (2)l 1∥l 2⇔a 2＋a －2＝0⇔a ＝1或－2，∴a ＝1是l 1∥l 2的充分不必要条件．故选A ． 考点二 两直线的交点、距离问题——师生共研例2 (1)两条垂直直线l 1：2x ＋y ＋1＝0与l 2：ax ＋4y －6＝0的交点到原点的距离为__2__．(2)已知点P(2，－1)．①求过点P 且与原点的距离为2的直线l 的方程；②求过点P 且与原点的距离最大的直线l 的方程，最大距离是多少？③是否存在过点P 且与原点的距离为6的直线？若存在，求出方程；若不存在，请说明理由． (3)(2020·上海)已知直线l 1：x ＋ay ＝1，l 2：ax ＋y ＝1，若l 1∥l 2，则l 1与l 2的距离为__2__． [解析] (1)kl 1＝－2，kl 2＝－a 4，由l 1⊥l 2知－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 4＝－1，∴a ＝－2，∴l 2：x －2y ＋3＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＋1＝0x －2y ＋3＝0得交点A(－1，1)，∴|AO|＝2．(2)①过点P 的直线l 与原点的距离为2，而点P 的坐标为(2，－1)，显然，过点P(2，－1)且垂直于x 轴的直线满足条件，此时l 的斜率不存在，其方程为x ＝2． 若斜率存在，设l 的方程为y ＋1＝k(x －2)， 即kx －y －2k －1＝0．由已知得|－2k －1|k 2＋1＝2，解得k ＝34． 此时l 的方程为3x －4y －10＝0．综上，可得直线l 的方程为x ＝2或3x －4y －10＝0．②作图可得过点P 与原点O 的距离最大的直线是过点P 且与PO 垂直的直线，如图． 由l ⊥OP ，得k l k OP ＝－1， 所以k l ＝－1k OP＝2．由直线方程的点斜式，得y ＋1＝2(x －2)，即2x －y －5＝0．所以直线2x －y －5＝0是过点P 且与原点O 的距离最大的直线，最大距离为|－5|5＝5．③由②可知，过点P 不存在到原点的距离超过5的直线，因此不存在过点P 且到原点的距离为6的直线．(3)直线l 1：x ＋ay ＝1，l 2：ax ＋y ＝1， 当l 1∥l 2时，a 2－1＝0，解得a ＝±1；当a ＝1时l 1与l 2重合，不满足题意； 当a ＝－1时l 1∥l 2，此时l 1：x －y －1＝0，l 2：x －y ＋1＝0； 则l 1与l 2的距离为d ＝|－1－1|12＋－12＝2．名师点拨距离的求法(1)点到直线的距离：可直接利用点到直线的距离公式来求，但要注意此时直线方程必须为一般式． (2)两平行直线间的距离：①利用“化归”法将两条平行线间的距离转化为一条直线上任意一点到另一条直线的距离； ②利用两平行线间的距离公式．提醒：在应用两条平行线间的距离公式时，应把直线方程化为一般形式，且使x 、y 的系数分别相等． 〔变式训练2〕(1)(2021·西南名校联盟联考)设直线l 1：3x －y －1＝0与直线l 2：x ＋2y －5＝0的交点为A ，则A 到直线l ：x ＋by ＋2＋b ＝0的距离的最大值为( C )A ．4B ．10C ．3 2D ．11(2)(多选题)已知两点A(3,2)和B(－1,4)到直线mx ＋y ＋3＝0距离相等，则m 的值可以为( AC ) A ．－6 B ．－12C ．12D ．1(3)(2021·绵阳模拟)若P ，Q 分别为直线3x ＋4y －12＝0与6x ＋8y ＋5＝0上任意一点，则|PQ|的最小值为( C )A ．95B ．185C ．2910D ．295[解析] (1)解法一：显然l 1与l 2的交点A(1,2)，又直线l 过点B(－2，－1)，∴所求最大距离为|AB|＝32，故选C ．解法二：显然l 1与l 2的交点为A(1,2)，则A 到直线l 的距离d ＝|1＋2b ＋2＋b|1＋b2＝31＋b 2＋2b1＋b2＝31＋2b 1＋b2≤32(当且仅当b ＝1时取等号)，故选C ． (2)直线mx ＋y ＋3＝0与直线AB 平行或过AB 中点，∴－m ＝4－2－1－3＝－12，即m ＝12；AB 中点(1,3)，∴m ＋3＋3＝0即m ＝－6，故选A 、C ．(3)因为36＝48≠－125，所以两直线平行，由题意可知|PQ|的最小值为这两条平行直线间的距离，即|－24－5|62＋82＝2910，所以|PQ|的最小值为2910． 考点三 对称问题——多维探究 角度1 线关于点的对称例3 (2021·河北五校联考)直线ax ＋y ＋3a －1＝0恒过定点M ，则直线2x ＋3y －6＝0关于M点对称的直线方程为( D )A ．2x ＋3y －12＝0B ．2x －3y －12＝0C ．2x －3y ＋12＝0D ．2x ＋3y ＋12＝0[解析] 由ax ＋y ＋3a －1＝0，可得y －1＝－a(x ＋3)，所以M(－3,1)，M 不在直线2x ＋3y －6＝0上，设直线2x ＋3y －6＝0关于M 点对称的直线方程为2x ＋3y ＋c ＝0(c≠－6)，则|－6＋3－6|4＋9＝|－6＋3＋c|4＋9，解得c ＝12或c ＝－6(舍去)，所以所求方程为2x ＋3y ＋12＝0，故选D ．另解：在直线2x ＋3y －6＝0上取点A(0,2)、B(3,0)，则A 、B 关于M 的对称点分别为A′(－6,0)，B′(－9,2)，又k A′B′＝2－0－9－－6＝－23，故所求直线方程为y ＝－23(x ＋6)，即2x ＋3y ＋12＝0．故选D ．角度2 点关于线的对称例4 (2021·长沙一模)已知入射光线经过点M(－3,4)，被直线l ：x －y ＋3＝0反射，反射光线经过点N(2,6)，则反射光线所在直线的方程为__6x －y －6＝0__．[解析] 设点M(－3,4)关于直线l ：x －y ＋3＝0的对称点为M′(a，b)，则反射光线所在直线过点M′，所以⎩⎪⎨⎪⎧b －4a －－3＝－1，－3＋a 2－b ＋42＋3＝0，解得a ＝1，b ＝0．又反射光线经过点N(2，6)，所以所求直线的方程为y －06－0＝x －12－1，即6x －y －6＝0． (代入法)当x ＝－3时，由x －y ＋3＝0得y ＝0， 当y ＝4时，由x －y ＋3＝0得x ＝1． ∴M(－3,4)关于直线l 的对称点为M′(1,0)．又k NM′＝6－02－1＝6，∴所求直线方程为y ＝6(x －1)，即6x －y －6＝0．[引申]本例中入射光线所在直线的方程为__x －6y ＋27＝0__．[解析] N(2,6)关于直线l 的对称点N′(3,5)，又k MN′＝5－43－－3＝16，∴所求直线方程为y －4＝16(x ＋3)，即x －6y ＋27＝0．角度3 线关于线的对称例5 (2021·合肥模拟)已知直线l ：x －y －1＝0，l 1：2x －y －2＝0．若直线l 2与l 1关于l 对称，则l 2的方程是( B )A ．x －2y ＋1＝0B ．x －2y －1＝0C ．x ＋y －1＝0D ．x ＋2y －1＝0[解析] 解法一：因为l 1与l 2关于l 对称，所以l 1上任一点关于l 的对称点都在l 2上，故l 与l 1的交点(1,0)在l 2上．又易知(0，－2)为l 1上一点，设它关于l 的对称点为(x ，y)，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋02－y －22－1＝0，y ＋2x ×1＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－1，即(1,0)，(－1，－1)为l 2上两点，可得l 2的方程为x －2y－1＝0．解法二：在l 1上取两点A(0，－2)，B(1,0)，则A 、B 关于l 的对称点分别为A′(－1，－1)，B′(1,0)，∴k A′B′＝0－－11－－1＝12．∴l 2的方程为y －0＝12(x －1)，即x －2y －1＝0．故选B ．解法三：设P(x ，y)是直线l 2上任一点，则P 关于直线l 的对称点为P′(y＋1，x －1)，又P′∈l 1，∴2(y ＋1)－(x －1)－2＝0，即直线l 2的方程为x －2y －1＝0．故选B ．名师点拨对称问题的解法以光线反射为代表的很多实际问题，都可以转化为对称问题，关于对称问题，一般常见的有： (1)中心对称①点P(x ，y)关于O(a ，b)的对称点P′(x′，y′)满足⎩⎪⎨⎪⎧x′＝2a －x ，y′＝2b －y.②直线关于点的对称可转化为点关于点的对称问题来解决． (2)轴对称①点A(a ，b)关于直线Ax ＋By ＋C ＝0(B≠0)的对称点A′(m ，n)，则有⎩⎪⎨⎪⎧n －b m －a ×－AB＝－1，A ·a ＋m 2＋B ·b ＋n 2＋C ＝0.②直线关于直线的对称可转化为点关于直线的对称问题来解决．特别地，当对称轴的斜率为±1时，可类比关于y ＝x 的对称问题采用代入法，如(1,3)关于y ＝x ＋1的对称点为(3－1，1＋1)，即(2,2)．〔变式训练3〕已知直线l ：2x －3y ＋1＝0，点A(－1，－2)．求： (1)(角度2)点A 关于直线l 的对称点A′的坐标；(2)(角度3)直线m ：3x －2y －6＝0关于直线l 的对称直线m′的方程； (3)(角度1)直线l 关于点A(－1，－2)对称的直线l′的方程． [解析] (1)设A′(x，y)，由已知条件得 ⎩⎪⎨⎪⎧ y ＋2x ＋1×23＝－1，2×x －12－3×y －22＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－3313，y ＝413.∴A′⎝ ⎛⎭⎪⎫－3313，413．(2)在直线m 上取一点，如M(2,0)，则M(2,0)关于直线l 的对称点M′必在直线m′上． 设对称点M′(a，b)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧2×a ＋22－3×b ＋02＋1＝0，b －0a －2×23＝－1，得M′⎝ ⎛⎭⎪⎫613，3013．设直线m 与直线l 的交点为N ，则由⎩⎪⎨⎪⎧2x －3y ＋1＝0，3x －2y －6＝0，得N(4,3)．又∵m′经过点N(4,3)，∴由两点式得直线m′的方程为9x －46y ＋102＝0． (3)设P(x ，y)在l′上任意一点，则P(x ，y)关于点A(－1，－2)的对称点为P′(－2－x ，－4－y)， ∵点P′在直线l 上，∴2(－2－x)－3(－4－y)＋1＝0， 即2x －3y －9＝0．名师讲坛·素养提升 巧用直线系求直线方程例6 (1)求证：动直线(m 2＋2m ＋3)x ＋(1＋m －m 2)y ＋3m 2＋1＝0(其中m ∈R)恒过定点，并求出定点坐标；(2)求经过两直线l 1：x －2y ＋4＝0和l 2：x ＋y －2＝0的交点P ，且与直线l 3：3x －4y ＋5＝0垂直的直线l 的方程．[解析] (1)证明：解法一：令m ＝0，则直线方程为 3x ＋y ＋1＝0．再令m ＝1时，直线方程为6x ＋y ＋4＝0．①和②联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y ＋1＝0，6x ＋y ＋4＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝2.将点A(－1,2)的坐标代入动直线(m 2＋2m ＋3)x ＋(1＋m －m 2)y ＋3m 2＋1＝0中，(m 2＋2m ＋3)×(－1)＋(1＋m －m 2)×2＋3m 2＋1＝(3－1－2)m 2＋(－2＋2)m ＋2＋1－3＝0， 故动直线(m 2＋2m ＋3)x ＋(1＋m －m 2)y ＋3m 2＋1＝0恒过定点A ．解法二：将动直线方程按m 降幂排列整理，得m 2(x －y ＋3)＋m(2x ＋y)＋3x ＋y ＋1＝0，① 不论m 为何实数，①式恒为零， ∴有⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋3＝0，2x ＋y ＝0，3x ＋y ＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝2.故动直线恒过点A(－1,2)．(2)解法一：解方程组⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋4＝0，x ＋y －2＝0，得P(0,2)．因为l 3的斜率为34，且l ⊥l 3，所以直线l 的斜率为－43，由斜截式可知l 的方程为y ＝－43x ＋2，即4x ＋3y －6＝0．解法二：设所求直线方程为4x ＋3y ＋m ＝0，将解法一中求得的交点P(0,2)代入上式可得m ＝－6， 故所求直线方程为4x ＋3y －6＝0．解法三：设直线l 的方程为x －2y ＋4＋λ(x＋y －2)＝0， 即(1＋λ)x＋(λ－2)y ＋4－2λ＝0．又∵l ⊥l 3，∴3×(1＋λ)＋(－4)×(λ－2)＝0，解得λ＝11．∴直线l 的方程为4x ＋3y －6＝0．[引申]若将本例(2)中的“垂直”改为“平行”，则直线l 的方程为__3x －4y ＋8＝0__．名师点拨1．确定方程含参数的直线所过定点的方法：(1)将直线方程写成点斜式y －y 0＝f(λ)(x－x 0)，从而确定定点(x 0，y 0)．(2)将直线方程整理成关于参数的方程，由方程中各项系数及常数项为0确定定点．(3)给参数取两个不同值，再解直线方程构成的方程组，从而确定定点坐标．2．直线系的主要应用(1)共点直线系方程：经过两直线l 1：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，l 2：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0交点的直线系方程为A 1x ＋B 1y ＋C 1＋λ(A 2x ＋B 2y ＋C 2)＝0，其中A 1B 2－A 2B 1≠0，待定系数λ∈R ．在这个方程中，无论λ取什么实数，都得不到A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0，因此它不能表示直线l 2．(2)过定点(x 0，y 0)的直线系方程为y －y 0＝k(x －x 0)(k 为参数)及x ＝x 0．(3)平行直线系方程：与直线y ＝kx ＋b 平行的直线系方程为y ＝kx ＋m(m 为参数且m≠b)；与直线Ax ＋By ＋C ＝0平行的直线系方程是Ax ＋By ＋λ＝0(λ≠C，λ是参数)．(4)垂直直线系方程：与直线Ax ＋By ＋C ＝0(A≠0，B≠0)垂直的直线系方程是Bx －Ay ＋λ＝0(λ为参数)．如果在求直线方程的问题中，有一个已知条件，另一个条件待定时，那么可选用直线系方程来求解． 〔变式训练4〕(1)(2021·启东模拟)不论m 为何值时，直线(m －1)x ＋(2m －1)y ＝m －5恒过定点( D )A ．⎝⎛⎭⎪⎫1，－12 B ．(－2,0) C ．(2,3) D ．(9，－4)(2)与直线l ：5x －12y ＋6＝0平行且到l 的距离为2的直线的方程是__5x －12y ＋32＝0或5x －12y －20＝0__．[解析] (1)解法一：由(m －1)x ＋(2m －1)y ＝m －5，得(x ＋2y －1)m －(x ＋y －5)＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋2y －1＝0，x ＋y －5＝0，得定点坐标为(9，－4)，故选D ．解法二：令m ＝1，则y ＝－4；令m ＝12，则－12x ＝－92，即x ＝9，∴直线过定点(9，－4)，故选D ． 解法三：将直线方程化为(2m －1)(y ＋a)＝(1－m)(x ＋b)，则⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＝－52a ＋b ＝－1，即⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4b ＝－9，∴y ＋4＝1－m 2m －1(x －9)，故直线过点(9，－4)，故选D ．(2)设所求直线的方程为5x－12y＋c＝0，则|c－6|52＋122＝2，解得c＝32或－20，故所求直线的方程为5x－12y＋32＝0或5x－12y－20＝0．。
高考数学(文)人教A版(全国)一轮复习 课件 第八章 立体几何 第2讲精选ppt版本
法二 由 AB＝CD，可以把该三棱锥放在长 方体 AA1BB1－C1CD1D 中进行考虑，如图， 由 M，N 分别是 BC，AD 的中点， 所以 MN∥AA1，即∠BAA1(或其补角)为 AB 与 MN 所成的角. 连接 A1B1 交 AB 于 O， 所以 A1B1∥CD，即∠AOA1(或其补角)为 AB 与 CD 所成的角.所 以∠AOA1＝60°或 120°，由矩形 AA1BB1 的性质可得∠BAA1 ＝60°或 30°.所以直线 AB 和 MN 所成的角为 60°或 30°.
法二 (直接证法)∵a∩c＝P，∴它们确 定一个平面，设为α，由已知C∉平面α， B ∈ 平 面 α ， BC ⊄ 平 面 α ， AD⊂ 平 面 α ， B∉AD，∴AD和BC是异面直线.
考点三 异面直线所成的角 【例3】 已知三棱锥A－BCD中，AB＝CD，且直线AB与
CD所成的角为60°，点M，N分别是BC，AD的中点， 则直线AB和MN所成的角为________. 解析 法一 如图，取 AC 的中点 P，连 接 PM，PN，则 PM∥AB，且 PM＝12AB， PN∥CD，且 PN＝12CD，所以∠MPN(或 其补角)为 AB 与 CD 所成的角.
2.不共线的三点确定一个平面，一定不能丢掉“不共 线”条件.
3.两条异面直线所成角的范围是0，π2 . 4.两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，
容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所 成的角，也可能等于其补角.
再见
解 析 (1) 如 图 所 示 ， 作 RG∥PQ 交 C1D1于G，连接QP并延长与CB延长线 交于M，且QP反向延长线与CD延长线 交于N，连接MR交BB1于E，连接PE， 则PE，RE为截面与正方体的交线，
(山东专用)2020届高考数学一轮复习第八章立体几何8.4空间角、空间向量及应用教师用书(PDF,含解析)
设 ＳＡ ＝ ６ꎬ则 ＡＢ ＝ ２ꎬＡＤ ＝ ３ꎬ则 Ｂ( ２ꎬ０ꎬ０) ꎬＣ( ２ꎬ３ꎬ０) ꎬＤ( ０ꎬ
３ꎬ０) ꎬＳ(０ꎬ０ꎬ６) ꎬ所以→ＳＣ ＝ (２ꎬ３ꎬ－６) ꎬＣ→Ｄ ＝ ( －２ꎬ０ꎬ０) .
第八章 立体几何 ８ １
������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������
与 Ｂ 两点间的距离ꎬ这就是空间两点间的距离公式.
������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������
ＤＡ
＝
Ａ１ Ａ１
Ａ Ｄ
＝
２
５ ５
.
２５ 即直线 ＥＦ 与直线 Ａ１ Ｂ１ 所成角的正弦值为 ５ .
１－１ 如图ꎬ平面 ＡＢＣＤ⊥平面 ＡＤＥＦꎬ其中ꎬ四边形 ＡＢＣＤ 为 矩形ꎬ四边形 ＡＤＥＦ 为梯形ꎬＡＦ∥ＤＥꎬＡＦ⊥ＦＥꎬＡＦ ＝ ＡＤ ＝ ２ꎬＤＥ ＝
北京专用2020届高考数学一轮第八章立体几何.空间角与距离空间向量及其应用
(２) 求二面角 Ｄ１ －ＡＣ－Ｂ１ 的正弦值ꎻ (３) 设 Ｅ 为棱 Ａ１ Ｂ１ 上的点.若直线 ＮＥ 和平面 ＡＢＣＤ 所成角
１ 的正弦值为 ３ ꎬ求线段 Ａ１ Ｅ 的长.
１－２ 解析 如图ꎬ以 Ａ 为原点建立空间直角坐标系ꎬ
依题意可得 Ａ(０ꎬ０ꎬ０) ꎬＢ(０ꎬ１ꎬ０) ꎬＣ(２ꎬ０ꎬ０) ꎬＤ( １ꎬ－ ２ꎬ０) ꎬ
Ａ１(０ꎬ０ꎬ２) ꎬＢ１(０ꎬ１ꎬ２) ꎬＣ１(２ꎬ０ꎬ２) ꎬＤ１(１ꎬ－２ꎬ２) .
又因为 ＭꎬＮ 分别为 Ｂ１ Ｃ 和 Ｄ１ Ｄ 的中点ꎬ
( ) 所以Ｍ
１ꎬ
１ ２
ꎬ１
ꎬＮ(１ꎬ－２ꎬ１) .
(１) 证明:依题意ꎬ可得 ｎ ＝ ( ０ꎬ０ꎬ１) 为平面 ＡＢＣＤ 的一个法
2
９ ０ ５ 年高考 ３ 年模拟 Ｂ 版( 教师用书)
角) 求解ꎬ要特别注意 ａ 和 ｂ 的夹角与线面角的关系.
(４) 利用向量法求二面角的大小时ꎬ应注意二面角的大小与
两法向量夹角大小的关系ꎬ它们之间可能相等ꎬ也可能互补ꎬ故
应在分清关系的情况下求解ꎬ避免出现错误.
２.空间距离
求空间距离常用的方法:
( １) 直接法( 找所求距离对应的垂线段) :利用线线垂直、线
ｚ
＝
１ꎬ可得
ｎ１
＝
(
０ꎬ１ꎬ１)
.
{ｎ２ ������Ａ→Ｂ１ ＝ ０ꎬ
设 ｎ２ ＝ ( ｘꎬｙꎬｚ) 为平面 ＡＣＢ１ 的法向量ꎬ则 ｎ２ ������→ＡＣ ＝ ０ꎬ 又
{ Ａ→Ｂ１ ＝ (０ꎬ１ꎬ２) ꎬ得
ｙ＋２ｚ ＝ ０ꎬ ２ｘ ＝ ０. 不妨设 ｚ ＝ １ꎬ可得 ｎ２ ＝ (０ꎬ－２ꎬ１) .
所以ꎬ二面角
Ｄ１ －ＡＣ－Ｂ１
- 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)。
第2讲 空间几何体的表面积与体积
一、选择题
1．圆柱的底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么圆柱的侧面积是( ) A ．4πS B ．2πS C ．πS
D ．233
πS
解析：选A ．由πr 2
＝S 得圆柱的底面半径是S
π
，故侧面展开图的边长为2π·
S
π
＝2πS ，所以
圆柱的侧面积是4πS ，故选A ．
2．如图是某几何体的三视图，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，侧视图是半径为1的半圆，则该几何体的体积是( )
A ．π
B ．π3
C ．3π
D ．
3π3
解析：选D ．由三视图可知，该几何体是两个同底的半圆锥，其中底的半径为1，高为22
－12
＝3， 因此体积＝2×12×13π×12
×3＝33
π．
3．如图所示的是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )
A ．20
B ．22
C ．24
D ．26
解析：选D ．该几何体为一个长方体从正上方挖去一个半圆柱剩下的部分，长方体的长，宽，高分别为
4，1，2，挖去半圆柱的底面半径为1，高为1，所以表面积为S ＝S 长方体表－2S 半圆柱底－S 圆柱轴截面＋S 半圆柱侧＝2×4×1＋2×1×2＋2×4×2－π×12
－2×1＋12
×2π×1＝26．故选D ．
4．(2018·兰州诊断考试)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A ．(9＋5)π
B ．(9＋25)π
C ．(10＋5)π
D ．(10＋25)π
解析：选A ．由三视图可知，该几何体为一个圆柱挖去一个同底的圆锥，且圆锥的高是圆柱高的一半．故该几何体的表面积S ＝π×12
＋4×2π＋12
×2π×5＝(9＋5)π．
5．(2018·云南第一次统考)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( )
A ．12
B ．18
C ．24
D ．30
解析：选C ．由三视图知，该几何体是直三棱柱削去一个同底的三棱锥，其中三棱柱的高为5，削去的三棱锥的高为3，三棱锥与三棱柱的底面均为两直角边分别为3和4的直角三角形，所以该几何体的体积为
1
2×3×4×5－13×1
2
×3×4×3＝24，故选C ．
6．正四棱锥P ABCD 的侧棱和底面边长都等于22，则它的外接球的表面积是( ) A ．16π B ．12π C ．8π
D ．4π
解析：选A ．设正四棱锥的外接球半径为R ，顶点P 在底面上的射影为O ，因为OA ＝12AC ＝12AB 2＋BC 2
＝
12（22）2
＋（22）2
＝2，所以PO ＝PA 2
－OA 2
＝（22）2
－22
＝2．又OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝2，由此可知R ＝2，于是S 球＝4πR 2
＝16π．
二、填空题
7．将一个边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是________．
解析：当以长度为4π的边为底面圆时，底面圆的半径为2，两个底面的面积是8π；当以长度为8π的边为底面圆时，底面圆的半径为4，两个底面圆的面积为32π．无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2
．故所求的表面积是32π2
＋8π或32π2
＋32π．
答案：32π2
＋8π或32π2
＋32π
8．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．
解析：该几何体可视为正方体截去两个三棱锥所得，所以其体积为8－43－16＝13
2．
答案：132
9．
在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，过A 1，C 1，B 三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCD A 1C 1D 1，这个几何体的体积为40
3
，则经过A 1，C 1，B ，D 四点的球的表面积为________．
解析：设AA 1＝x ，则VABCD A 1C 1D 1＝VABCD A 1B 1C 1D 1－VB A 1B 1C 1＝2×2×x －13×12×2×2×x ＝40
3，则x ＝4．
因为A 1，C 1，B ，D 是长方体的四个顶点，
所以经过A 1，C 1，B ，D 四点的球的球心为长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体对角线的中点，且长方体的体对角线为球的直径，所以球的半径R ＝22
＋22
＋4
2
2
＝6，所以球的表面积为24π．
答案：24π
10．一个几何体的三视图如图所示，且其侧(左)视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为________．
解析：由题意得，该几何体为如图所示的五棱锥P ABCDE ，所以体积V ＝13×⎝ ⎛⎭
⎪⎫
12×2×1＋22×3＝533．
答案：5
3 3
三、解答题
11．如图，在四边形ABCD 中，∠DAB ＝90°，∠ADC ＝135°，AB ＝5，CD ＝22，AD ＝2，求四边形ABCD 绕AD 旋转一周所成几何体的表面积及体积．
解：由已知得：CE ＝2，DE ＝2，CB ＝5，S 表面＝S 圆台侧＋S 圆台下底＋S 圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×22＝(60＋42)π，V ＝V 圆台－V 圆锥＝13(π·22＋π·52＋22·52π2)×4－13π×22
×2＝1483
π．
12．已知一个圆锥的底面半径为R ，高为H ．
(1)若圆锥内有一个高为x 的内接圆柱，则x 为何值时，圆柱的侧面积最大？最大侧面积是多少？ (2)作一平面将圆锥分成一个小圆锥与一个圆台，当两几何体的体积相等时，求小圆锥的高与圆台的高的比值．
解：(1)设圆柱的侧面积为S ，底面半径为r ． 由r R ＝
H －x H ，得r ＝R －R
H
·x ．
则圆柱的侧面积S ＝2πrx ＝2πx ⎝
⎛⎭
⎪⎫R －R
H
·x
＝－2πR H
·x 2＋2πRx ，
显然，当x ＝－2πR 2⎝ ⎛⎭
⎪
⎫－2πR H ＝H
2时，圆柱的侧面积最大，
最大侧面积为－2πR H ·⎝ ⎛⎭⎪⎫H 22＋2πR ·H 2＝1
2πRH ．
(2)设小圆锥的底面半径为a ，高为b ．
由题意得小圆锥的体积V 1＝12×13πR 2H ＝16πR 2
H ，
由a R ＝b H ，且13πa 2b ＝16πR 2H ，得b ＝312H ＝3
4
2
H ． 设圆台高为c ，则b
c
＝
34
2H H －3
42
H
＝
34
2－34
，
故小圆锥的高与圆台的高的比值为
3
4
2－34
．。