高考数学二轮复习 专题五 立体几何 5.2 空间关系、球与几何体组合练课件 文

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备战2023年新高考数学二轮专题复习课件立体几何

备战2023年新高考数学二轮专题复习课件立体几何

第三讲立体几何——大题备考【命题规律】立体几何大题一般为两问:第一问通常是线、面关系的证明;第二问通常跟角有关,一般是求线面角或二面角,有时与距离、几何体的体积有关.微专题1线面角保分题[2022·辽宁沈阳二模]如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,P A⊥平面ABCD,P A=2AB=4,点M是P A的中点.(1)求证:BD⊥CM;(2)求直线PC与平面MCD所成角的正弦值.提分题例1 [2022·全国乙卷]如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E 为AC的中点.(1)证明:平面BED⊥平面ACD;(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.听课笔记:【技法领悟】利用空间向量求线面角的答题模板巩固训练1[2022·山东泰安一模]如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,AB=2AD=2,P A⊥平面ABCD,E为PD中点.(1)若P A=1,求证:AE⊥平面PCD;(2)当直线PC与平面ACE所成角最大时,求三棱锥E-ABC的体积.微专题2二面角保分题[2022·山东临沂二模]如图,AB是圆柱底面圆O的直径,AA1、CC1为圆柱的母线,四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形,且AB=AA1=2BC=2CD,E、F分别为A1D、C1C的中点.(1)证明:EF∥平面ABCD;(2)求平面OEF与平面BCC1夹角的余弦值.提分题例2 [2022·湖南岳阳三模]如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,F是PD 的中点.(1)证明:PB∥平面AFC;(2)若直线P A⊥平面ABCD,AC=AP=2,且P A与平面AFC所成的角正弦值为√21,求7锐二面角F-AC-D的余弦值.听课笔记:AD,现例3 [2022·山东日照二模]如图,等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AB=BC=CD=12以AC为折痕把△ABC折起,使点B到达点P的位置,且P A⊥CD.(1)证明:平面APC⊥平面ADC;(2)若M为PD上一点,且三棱锥D-ACM的体积是三棱锥P-ACM体积的2倍,求二面角P-AC-M的余弦值.听课笔记:【技法领悟】利用空间向量求二面角的答题模板巩固训练21.[2022·广东韶关二模]如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,点S是边AB 的中点.AB=2,AD=4,P A=PD=2√2.(1)若O是侧棱PC的中点,求证:SO∥平面P AD;(2)若二面角P-AD-B的大小为2π,求直线PD与平面PBC所成角的正弦值.32.[2022·河北保定一模]如图,在等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AD=AB=CD=1,∠BCD =60°,现将DAC沿AC折起至P AC,使得PB=√2.(1)证明:AB⊥PC;(2)求二面角A-PC-B的余弦值.微专题3探索性问题提分题例4 [2022·山东聊城三模]已知四边形ABCD为平行四边形,E为CD的中点,AB=4,△ADE为等边三角形,将三角形ADE沿AE折起,使点D到达点P的位置,且平面APE⊥平面ABCE.(1)求证:AP⊥BE;(2)试判断在线段PB上是否存在点F,使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在,试确定点F的位置;若不存在,请说明理由.听课笔记:【技法领悟】1.通常假设问题中的数学对象存在或结论成立,再在这个前提下进行推理,如果能推出与条件吻合的数据或事实,说明假设成立,并可进一步证明;否则假设不成立.2.探索线段上是否存在满足条件的点时,一定注意三点共线的条件的应用.巩固训练3[2022·湖南岳阳一模]如图,在三棱锥S-ABC中,SA=SB=SC,BC⊥AC.(1)证明:平面SAB⊥平面ABC;(2)若BC=SC,SC⊥SA,试问在线段SC上是否存在点D,使直线BD与平面SAB所成的角为60°,若存在,请求出D点的位置;若不存在,请说明理由.第三讲立体几何微专题1线面角保分题解析:(1)证明:如图,连接AC,∵四边形ABCD是正方形,∴AC⊥BD.又P A ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,∴P A ⊥BD , ∵P A ,AC ⊂平面P AC ,P A∩AC =A , ∴BD ⊥平面P AC , 又CM ⊂平面P AC , ∴BD ⊥CM .(2)易知AB ,AD ,AP 两两垂直,以点A 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz . ∵P A =2AB =4,∴A (0,0,0),P (0,0,4),M (0,0,2),C (2,2,0),D (0,2,0), ∴MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,-2),MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2),PC ⃗⃗⃗⃗ =(2,2,-4). 设平面MCD 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2y −2z =0n ·MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2y −2z =0,令y =1,得n =(0,1,1).设直线PC 与平面MCD 所成角为θ,由图可知0<θ<π2,则sinθ=|cos 〈n ,PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|=|n·PC ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||PC ⃗⃗⃗⃗⃗|=√12+12×√22+22+(−4)2=√36.即直线PC 与平面MCD 所成角的正弦值为√36.提分题[例1] 解析:(1)证明:∵AD =CD ,∠ADB = ∠BDC ,BD =BD , ∴△ABD ≌△CBD ,∴AB =CB .∵E 为AC 的中点,∴DE ⊥AC ,BE ⊥AC . ∵DE∩BE =E ,DE ,BE ⊂平面BED , ∴AC ⊥平面BED .∵AC ⊂平面ACD ,∴平面BED ⊥平面ACD .(2)如图,连接EF .由(1)知AC ⊥平面BED . 又∵EF ⊂平面BED , ∴EF ⊥AC . ∴S △AFC =12AC ·EF .当EF ⊥BD 时,EF 的长最小,此时△AFC 的面积最小. 由(1)知AB =CB =2. 又∵∠ACB =60°,∴△ABC 是边长为2的正三角形,∴BE =√3. ∵AD ⊥CD ,∴DE =1,∴DE 2+BE 2=BD 2,∴DE ⊥BE .以点E 为坐标原点,直线EA ,EB ,ED 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,则E (0,0,0),A (1,0,0),B (0,√3,0),C (-1,0,0),D (0,0,1),∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,0),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),DB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,-1),ED⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),EC ⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,0).设DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1), 则EF ⃗⃗⃗⃗ =ED ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =ED ⃗⃗⃗⃗⃗ +λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1)+λ(0,√3,-1)=(0,√3λ,1-λ). ∵EF ⊥DB , ∴EF⃗⃗⃗⃗ ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3λ,1-λ)·(0,√3,-1)=4λ-1=0, ∴λ=14,∴EF ⃗⃗⃗⃗ =(0,√34,34),∴CF ⃗⃗⃗⃗ =EF ⃗⃗⃗⃗ −EC ⃗⃗⃗⃗ =(0,√34,34)-(-1,0,0)=(1,√34,34).设平面ABD 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AD⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{−x +√3y =0,−x +z =0.取y =1,则x =√3,z =√3,∴n =(√3,1,√3).设当△AFC 的面积最小时,CF 与平面ABD 所成的角为θ,则sin θ=|cos 〈n ,CF ⃗⃗⃗⃗ 〉|=|n·CF ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||CF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|√3×1+1×√34+√3×34|√3+1+3× √1+316+916=4√37. 故当△AFC 的面积最小时,CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37. [巩固训练1]解析:(1)证明:∵P A ⊥平面ABCD ,CD ⊂平面ABCD ,∴P A ⊥CD , ∵四边形ABCD 为矩形,∴AD ⊥CD ,又AD∩P A =A ,AD 、P A ⊂平面P AD ,∴CD ⊥平面P AD , ∵AE ⊂平面P AD ,∴AE ⊥CD ,在△P AD 中,P A =AD ,E 为PD 的中点,∴AE ⊥PD , 而PD∩CD =D ,PD 、CD ⊂平面PCD , ∴AE ⊥平面PCD .(2)以A 为坐标原点,分别以AB 、AD 、AP 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系, 设AP =a (a >0),则C (2,1,0),P (0,0,a ),E (0,12,a2),∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,0),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,a 2),PC ⃗⃗⃗⃗ =(2,1,-a ), 设平面ACE 的一个法向量为n =(x ,y ,z ), 则{n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +y =0n ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =12y +a 2z =0,取y =-a ,可得n =(a2,-a ,-1).设直线PC 与平面ACE 所成角为θ,则sin θ=|cos 〈n ,PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|=|n·FC⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||FC⃗⃗⃗⃗⃗ |=√54a 2+1·√5+a 2=√29+20a2+5a ≤27,当且仅当a =√2时等号成立.即当AP =√2时,直线PC 与平面ACE 所成角最大, 此时三棱锥E - ABC 的体积V =13×12×2×1×√22=√26.微专题2 二面角保分题解析:(1)证明:取AD 的中点M ,连接EM 、MC ,∵E 为A 1D 的中点,F 为CC 1的中点,∴EM ∥AA 1,EM =12AA 1,又CF ∥AA 1,CF =12AA 1, ∴EM ∥CF ,EM =CF ,∴四边形EMCF 为平行四边形,∴EF ∥CM , 又EF ⊄平面ABCD ,CM ⊂平面ABCD , ∴EF ∥平面ABCD .(2)设AB =AA 1=2BC =2CD =4,∵AC ⊥BC ,∴AC =2√3.由题意知CA 、CB 、CC 1两两垂直,故以C 为坐标原点,分别以CA 、CB 、CC 1所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系.则A 1(2√3,0,4)、O (√3,1,0)、F (0,0,2)、C (0,0,0)、D (√3,-1,0), ∴A 1D 的中点E 的坐标为(3√32,-12,2), ∴OF⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,-1,2),EF ⃗⃗⃗⃗ =(-3√32,12,0),设平面OEF 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·EF ⃗⃗⃗⃗ =0,即{−√3x −y +2z =0−3√32x +12y =0,即{√3x +y −2z =03√3x −y =0, 令x =√3,得n =(√3,9,6),∵AC ⊥BC ,AC ⊥CC 1,BC ∩CC 1=C , ∴AC ⊥平面BCC 1,∴平面BCC 1的一个法向量为CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√3,0,0),cos 〈n ,CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=n·CA ⃗⃗⃗⃗⃗|n |·|CA ⃗⃗⃗⃗⃗|=√3+81+36·2√3=√1020, ∴平面OEF 与平面BCC 1夹角的余弦值为√1020. 提分题[例2] 解析:(1)证明:连接BD 交AC 于O , 易证O 为BD 中点,又F 是PD 的中点, 所以OF ∥PB ,又OF ⊂平面AFC ,且PB 不在平面AFC 内, 故PB ∥平面AFC .(2)取PC 中点为Q ,以O 为坐标原点,OB 为x 轴,OC 为y 轴,OQ 为z 轴建立空间直角坐标系,设OB =m ,则A (0,-1,0),B (m ,0,0),C (0,1,0),P (0,-1,2),D (-m ,0,0)⇒F (-m2,-12,1),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2),OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-m 2,-12,1),OC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0), 设平面AFC 的法向量为n =(x ,y ,z ),由{n ⊥OF ⃗⃗⃗⃗⃗ n ⊥OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⇒{−m2x −12y +z =0y =0,令x =2,有n =(2,0,m ),由P A 与平面AFC 所成的角正弦值为√217⇒√217=|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AP⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=2√4+m 2⇒m =√3, 平面ACD 的法向量为m =(0,0,1),则锐二面角F - AC - D 的余弦值为 |m·n ||m |·|n |=√3√7=√217.[例3] 解析:(1)证明:在梯形ABCD 中取AD 中点N ,连接CN , 则由BC 平行且等于AN 知ABCN 为平行四边形,所以CN =AB , 由CN =12AD 知C 点在以AD 为直径的圆上,所以AC ⊥CD .又AP ⊥CD ,AP∩AC =A, AP ,AC ⊂平面P AC , ∴CD ⊥平面P AC , 又CD ⊂平面ADC , ∴平面APC ⊥平面ADC .(2)取AC 中点O ,连接PO ,由AP =PC ,可知PO ⊥AC ,再由平面P AC ⊥平面ACD ,AC 为两面交线,所以PO ⊥平面ACD ,以O 为原点,OA 为x 轴,过O 且与OA 垂直的直线为y 轴,OP 为z 轴建立空间直角坐标系,令AB =2,则A (√3,0,0),C (-√3,0,0),P (0,0,1),D (-√3,2,0), 由V P - ACM ∶V D - ACM =1∶2,得PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ , 所以OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√33,23,23), 设平面ACM 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则由{n ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{−√33x +23y +23z =0√3x =0,取z =-1得x =0,y =1,所以n =(0,1,-1),而平面P AC 的法向量m =(0,1,0),所以cos 〈n ,m 〉=m·n |m ||n |=√22. 又因为二面角P - AC - M 为锐二面角,所以其余弦值为√22.[巩固训练2]1.解析:(1)证明:取线段PD 的中点H ,连接SO 、OH 、HA ,如图,在△PCD 中,O 、H 分别是PC 、PD 的中点,所以OH ∥CD 且OH =12CD ,所以OH ∥AS 且OH =AS ,所以四边形ASOH 是平行四边形,所以SO ∥AH ,又AH ⊂平面P AD ,SO ⊄平面P AD ,所以SO ∥平面P AD .(2)取线段AD 、BC 的中点E 、F ,连结PE 、EF .由点E 是线段AD 的中点,P A =PD 可得PE ⊥AD ,又EF ⊥AD ,所以∠PEF 是二面角P - AD - B 的平面角,即∠PEF =23π,以E 为原点,EA⃗⃗⃗⃗⃗ 、EF ⃗⃗⃗⃗ 方向分别为x 轴、y 轴正方向,建立如图所示坐标系,在△P AD 中,AD =4,P A =PD =2√2知:PE =2,所以P (0,-1,√3),D (-2,0,0),B (2,2,0),C (-2,2,0),所以PD⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,-√3),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,3,-√3),PC ⃗⃗⃗⃗ =(-2,3,-√3), 设平面PBC 的法向量n =(x ,y ,z ),则{n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗=0n ·PC⃗⃗⃗⃗ =0,即{2x +3y −√3z =0−2x +3y −√3z =0,可取n =(0,1,√3),设直线PD 与平面PBC 所成角为θ, 则sin θ=|cos 〈PD⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 〉|=2·2√2=√24,所以直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为√24.2.解析:(1)证明:在等腰梯形ABCD 中,过A 作AE ⊥BC 于E ,过D 作DF ⊥BC 于F ,因为在等腰梯形ABCD 中,AD ∥BC ,AD =AB =CD =1,∠BCD =60°,所以BE =CF =12CD =12,AE =DF =√12−(12)2=√32, 所以AC =BD =√(32)2+(√32)2=√3, BC =2,所以BD 2+CD 2=BC 2,所以BD ⊥CD ,同理AB ⊥AC , 又因为AP =AB =1,PB =√2, ∴AP 2+AB 2=PB 2,∴AB ⊥AP又AC∩AP =A ,AC ,AP ⊂平面ACP , 所以AB ⊥平面ACP , 因为PC ⊂平面ACP , 所以AB ⊥PC .(2)取AC 的中点为M ,BC 的中点为N ,则MN ∥AB , 因为AB ⊥平面ACP ,所以MN ⊥平面ACP ,因为AC ,PM ⊂平面ACP ,所以MN ⊥AC ,MN ⊥PM , 因为P A =PC ,AC 的中点为M ,所以PM ⊥AC , 所以MN ,MC ,MP 两两垂直,所以以M 为原点,以MN 所在直线为x 轴,以MC 所在直线为y 轴,以MP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系,则A (0,-√32,0),B (1,-√32,0),C (0,√32,0),P (0,0,12),PC ⃗⃗⃗⃗ =(0,√32,-12),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-√32,-12), 平面APC 的一个法向量为m =AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0), 设平面PBC 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则 {n ·PC⃗⃗⃗⃗ =√32y −12z =0n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x −√32y −12z =0,令y =1,则n =(√3,1,√3),所以cos 〈m ,n 〉=m·n |m ||n |=√31×√7=√217, 因为二面角A - PC - B 为锐角, 所以二面角A - PC - B 的余弦值为√217.微专题3 探索性问题提分题[例4] 解析:(1)证明:因为四边形ABCD 为平行四边形,且△ADE 为等边三角形, 所以∠BCE =120°,又E 为CD 的中点,所以CE =ED =DA =CB ,即△BCE 为等腰三角形, 所以∠CEB =30°.所以∠AEB =180°-∠AED -∠BEC =90°, 即BE ⊥AE .又因为平面AEP ⊥平面ABCE ,平面APE ∩平面ABCE =AE ,BE ⊂平面ABCE , 所以BE ⊥平面APE ,又AP ⊂平面APE ,所以BE ⊥AP .(2)取AE 的中点O ,连接PO ,由于△APE 为正三角形,则PO ⊥AE , 又平面APE ⊥平面ABCE ,平面APE ∩平面ABCE =AE ,PO ⊂平面EAP , 所以PO ⊥平面ABCE ,PO =√3,BE =2√3, 取AB 的中点G ,则OG ∥BE ,由(1)得BE ⊥AE ,所以OG ⊥AE ,以点O 为原点,分别以OA ,OG ,OP 所在的直线为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz ,则O (0,0,0),A (1,0,0),B (-1,2√3,0),P (0,0,√3),E (-1,0,0), 则EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0),EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,0),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2√3,-√3),EP ⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3), 假设存在点F ,使平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°, 设PF⃗⃗⃗⃗ =λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-λ,2√3λ,-√3λ),λ∈[0,1], 则EF ⃗⃗⃗⃗ =EP ⃗⃗⃗⃗ +PF ⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3)+(-λ,2√3λ,-√3λ)=(1-λ,2√3λ,√3−√3λ), 设平面AEF 的法向量为m =(x ,y ,z ),由{EF ⃗⃗⃗⃗·m =0EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0得{(1−λ)x +2√3λy +(√3,-√3λ)z =02x =0, 取z =2λ,得m =(0,λ-1,2λ);由(1)知EB⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面AEP 的一个法向量, 于是,cos 45°=|cos 〈m ,EB ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|=|m·EB ⃗⃗⃗⃗⃗||m |·|EB ⃗⃗⃗⃗⃗|=2√3|λ−1|2√3·√5λ2−2λ+1=√22,解得λ=13或λ=-1(舍去),所以存在点F ,且当点F 为线段PB 的靠近点P 的三等分点时,平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°.[巩固训练3]解析:(1)证明:取AB 的中点E ,连接SE ,CE ,∵SA =SB ,∴SE ⊥AB , ∵BC ⊥AC ,∴三角形ACB 为直角三角形,∴BE =EC , 又BS =SC ,∴△SEC ≌△SEB ,∴∠SEB =∠SEC =90°, ∴SE ⊥EC ,又SE ⊥AB ,AB∩CE =E ,∴SE ⊥平面ABC . 又SE ⊂平面SAB ,∴平面SAB ⊥平面ABC .(2)以E 为坐标原点,平行AC 的直线为x 轴,平行BC 的直线为y 轴,ES 为z 轴建立空间直角坐标系,如图,不妨设SA =SB =SC =2,SC ⊥SA ,则AC =2√2,BC =SC =2知EC =2√3,SE =1,则A (-√2,1,0),B (√2,-1,0),C (√2,1,0),E (0,0,0),S (0,0,1), ∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√2,-2,0),SA ⃗⃗⃗⃗ =(-√2,1,-1), 设D (x ,y ,z ),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =λCS⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1),则(x -√2,y -1,z )=λ(-√2,-1,1), ∴D (√2−√2λ,1-λ,λ),BD⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2λ,2-λ,λ). 设平面SAB 的一个法向量为n =(x 1,y 1,z 1),则{n ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =2√2x 1−2y 1=0n ·SA ⃗⃗⃗⃗ =−√2x 1+y 1−z 1=0,取x 1=1,得n =(1,√2,0),sin 60°=|n·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |,则√2−2√2λ|√3√2λ2+(2−λ)2+λ2=√32, 得λ2+7λ+1=0,又∵0≤λ≤1,方程无解,∴不存在点D ,使直线BD 与平面SAB 所成的角为60°.。

“立体几何”大题的常考题型探究(课件)2023年高考数学二轮复习(全国通用)

“立体几何”大题的常考题型探究(课件)2023年高考数学二轮复习(全国通用)
因为 平面 ,所以 平面 ,所以 为二面角 的平面角.
因为 ,所以 .由已知得 ,故 .又 ,所以 .因为 , , , , ,所以 .
提分秘籍 体积问题考查的本质就是点面距离,解题关键是抓住以下几种方法:
(1)等体积法(仅限三棱锥)转换顶点;
(2)顶点不变,延展或缩小底面,如四棱锥的高即同顶点的三棱锥的高,点 到平面 的距离可看作点 到平面 的距离;
设 ,则 , , .设平面 的法向量为 ,则 即
令 ,则 ,∴平面 的一个法向量为 , .∵直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值,∴直线 与平面 所成角的正弦值等于, ,当且仅当 时取等号.
∴直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为 .(法二:定义法)如图2, 平面 , , 平面 .
大题攻略03 平面与平面所成的角
例3 (2021年全国甲卷)已知直三棱柱 中,侧面 为正方形, , , 分别为 和 的中点, 为棱 上的点, .
(1)证明: .(2)当 为何值时,平面 与平面 所成的二面角的正弦值最小?
▶审题微“点”
切入点
(1)常规方法是几何法,不过用几何法较为复杂,根据题目条件建系是最优解法;(2)建系是常规方法,也是最优法
▶审题微“点”
切入点
(1)关键是在平面 内找一条直线与 平行,根据线面平行的判定定理即可证明;(2)将包装盒分割成几个规则的锥体和柱体求解
障碍点
(1)在平面 内找直线与 平行;(2)将不规则的几何体分割或补形成几个规则的几何体
隐蔽点
(1)平面 内与 平行的直线;(2)包装盒的高
[解析] (1)如图1所示,分别取 , 的中点 , ,连接 ,因为 , 为全等的正三角形,所以 , , .

2022届高考数学(理)二轮专题复习课时作业:专题五 立体几何 (十三) Word版含答案

2022届高考数学(理)二轮专题复习课时作业:专题五 立体几何 (十三) Word版含答案

课时作业(十三) 空间向量与立体几何1.如图,已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD为等边三角形,AD=DE=2AB=2a,F为CD的中点.(1)求证:AF∥平面BCE;(2)推断平面BCE与平面CDE的位置关系,并证明你的结论.解析:建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),C(2a,0,0),B(0,0,a),D(a,3a,0),E(a,3a,2a).由于F为CD的中点,所以F⎝⎛⎭⎪⎫32a,32a,0.(1)证明:AF→=⎝⎛⎭⎪⎫32a,32a,0,BE→=(a,3a,a),BC→=(2a,0,-a).由于AF→=12(BE→+BC→),AF⊄平面BCE,所以AF∥平面BCE.(2)平面BCE⊥平面CDE.证明如下:由于AF→=⎝⎛⎭⎪⎫32a,32a,0,CD→=(-a,3a,0),ED→=(0,0,-2a),所以AF→·CD→=0,A F→·ED→=0,所以AF→⊥CD→,AF→⊥ED→.所以AF⊥平面CDE,又AF∥平面BCE,所以平面BCE⊥平面CDE.2.(2021·广西南宁、梧州摸底联考)如图,已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD为菱形,且∠DAB=60°,△PAB是边长为a的正三角形,且平面PAB⊥平面ABCD,已知点M是PD的中点.(1)证明:PB∥平面AMC;(2)求直线BD与平面AMC所成角的正弦值.解析:(1)证明:连接BD交AC于点O,连接OM,由于四边形ABCD为菱形,OB=OD,又M为PD的中点,所以OM∥PB.由PB⊄平面AMC,OM⊂平面AMC,所以PB∥平面ACM.(2)取AB的中点N,连接PN,ND,则∠AND=90°,分别以NB,ND,NP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N-xyz,则B⎝⎛⎭⎪⎫a2,0,0,C⎝⎛⎭⎪⎫a,32a,0,A⎝⎛⎭⎪⎫-a2,0,0,D⎝⎛⎭⎪⎫0,32a,0,P⎝⎛⎭⎪⎫0,0,32a,M⎝⎛⎭⎪⎫0,34a,34a,则AC→=⎝⎛⎭⎪⎫32a,32a,0,AM→=⎝⎛⎭⎪⎫a2,34a,34a.设平面AMC的法向量为n=(x,y,z),则⎩⎪⎨⎪⎧32ax+32ay=0,a2x+34ay+34az=0,令y=3,则x=-1,z=-33,即n=⎝⎛⎭⎪⎫-1,3,-33.又BD→=⎝⎛⎭⎪⎫-a2,32a,0,设直线BD与n所成的角为θ,则cosθ=n·BD→|n||BD→|=23913,故直线BD与平面AMC所成角的正弦值为23913.3.(2021·河北石家庄模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD为梯形,AD∥BC,CD ⊥BC ,AD =2,AB =BC =3,PA =4,M 为AD 的中点,N 为PC 上一点,且PC =3PN .(1)求证:MN ∥平面PAB ; (2)求二面角P ­AN ­M 的余弦值. 解析:(1)证明:在平面PBC 内作NH ∥BC 交PB 于点H ,连接AH , 在△PBC 中,NH ∥BC ,且NH =13BC =1,AM =12AD =1.∵AD ∥BC ,∴NH ∥AM ,且NH =AM ,∴四边形AMNH 为平行四边形,∴MN ∥AH . ∵AH ⊂平面PAB ,MN ⊄平面PAB ,∴MN ∥平面PAB . (2)解:在平面ABCD 内作AE ∥CD 交BC 于E ,则AE ⊥AD .分别以AE ,AD ,AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A -xyz ,则P (0,0,4),M (0,1,0),C (22,2,0),N ⎝⎛⎭⎪⎫223,23,83. 设平面AMN 的法向量m =(x ,y ,z ),AM →=(0,1,0),AN →=⎝ ⎛⎭⎪⎫223,23,83,则⎩⎪⎨⎪⎧y =0,223x +23y +83z =0,取m =⎝⎛⎭⎪⎫2,0,-12.设平面PAN 的法向量n =(x ,y ,z ),AP →=(0,0,4),AN →=⎝ ⎛⎭⎪⎫223,23,83,则⎩⎪⎨⎪⎧4z =0,223x +23y +83z =0,取n =(1,-2,0),则cos 〈m ,n 〉=m·n |m ||n |=269.故二面角P ­AN ­M 的余弦值为269.4.(2021·山东卷)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G 是DF 的中点.(1)设P 是CE 上的一点,且AP ⊥BE ,求∠CBP 的大小; (2)当AB =3,AD =2时,求二面角E ­AG ­C 的大小.解析:(1)由于AP ⊥BE ,AB ⊥BE ,AB ,AP ⊂平面ABP ,AB ∩AP =A ,所以BE ⊥平面ABP . 又BP ⊂平面ABP ,所以BE ⊥BP . 又∠EBC =120°,所以∠CBP =30°.(2)方法一:如图,取EC 的中点H ,连接EH ,GH ,CH .由于∠EBC =120°, 所以四边形BEHC 为菱形,所以AE =GE =AC =GC =32+22=13. 取AG 的中点M ,连接EM ,CM ,EC , 则EM ⊥AG ,CM ⊥AG ,所以∠EMC 为所求二面角的平面角.又AM =1,所以EM =CM =13-1=2 3. 在△BEC 中,由于∠EBC =120°,所以二面角C­EM­N的正弦值为10521.(3)依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得NH→=(-1,-2,h),BE→=(-2,2,2).由已知,得|cos〈NH→,BE→〉|=|NH→·BE→||NH→||BE→|=|2h-2|h2+5×23=721,整理得10h2-21h+8=0,解得h=85,或h=12.所以,线段AH的长为85或12.6.(2021·湖北孝感联考)如图,四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形,AD∥BC,AD=2BC=2,BC⊥DC,∠BAD=60°,平面PAD⊥底面ABCD,E为AD的中点,△PAD为正三角形,M是棱PC上的一点(异于端点).(1)若M为PC的中点,求证:PA∥平面BME;(2)是否存在点M,使二面角M­BE­D的大小为30°.若存在,求出点M的位置;若不存在,说明理由.解析:(1)证明:如图,连接AC交BE于点F,连接CE.由题意知BC∥AE,且BC=AE,故四边形ABCE为平行四边形,∴F为AC的中点,在△PAC中,又由M为PC的中点,得MF∥PA.又MF⊂平面BME,PA⊄平面BME,∴PA∥平面BME.(2)连接PE,则由题意知PE⊥平面ABCD.故以E为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系E-xyz,则E(0,0,0),P(0,0,3),B(3,0,0),C(3,-1,0).设PM→=λPC→=(0<λ<1),则M(3λ,-λ,3(1-λ)).∴EM→=(3λ,-λ,3(1-λ)),EB→=(3,0,0).取平面DBE的法向量n1=(0,0,1),设平面BME的法向量n2=(x,y,z),则由⎩⎨⎧n2·EM→=0,n2·EB→=0得⎩⎨⎧3λx-λy+31-λz=0,3x=0.令y=3,得n2=⎝⎛⎭⎪⎫0,3,λ1-λ.又由⎪⎪⎪⎪⎪⎪n1·n2|n1||n2|=cos30°,得λ=34,即M⎝⎛⎭⎪⎫334,-34,34.故存在点M满足要求,且M为棱PC上靠近端点C的四等分点.。

湖南省2020年高考数学第二轮复习 专题五 立体几何第1讲 空间几何体的三视图、表面积及体积 文

湖南省2020年高考数学第二轮复习 专题五 立体几何第1讲 空间几何体的三视图、表面积及体积 文

专题五立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积及体积真题试做1.(2020·湖南高考,文4)某几何体的正视图和侧视图均如图1所示,则该几何体的俯视图不可能是( ).图12.(2020·天津高考,文10)一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为__________ m3.3.(2020·湖北高考,文15)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为______.4.(2020·湖北高考,文19)某个实心零部件的形状是如图所示的几何体,其下部是底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形的四棱台A1B1C1D1­ABCD,上部是一个底面与四棱台的上底面重合,侧面是全等的矩形的四棱柱ABCD­A2B2C2D2.(1)证明:直线B1D1⊥平面ACC2A2;(2)现需要对该零部件表面进行防腐处理.已知AB=10,A1B1=20,AA2=30,AA1=13(单位:厘米),每平方厘米的加工处理费为0.20元,需加工处理费多少元?考向分析通过对近几年高考试题的分析可看出,空间几何体的命题形式比较稳定,多为选择题或填空题,有时也出现在解答题的某一问中,题目常为中、低档题.考查的重点是直观图、三视图、面积与体积等知识,此类问题多为考查三视图的还原问题,且常与空间几何体的表面积、体积等问题交会,是每年的必考内容.预计在2020年高考中:对空间几何体的三视图的考查有难度加大的趋势,通过此类题考查考生的空间想象能力;对表面积和体积的考查,常见形式为蕴涵在两几何体的“切”或“接”形态中,或以三视图为载体进行交会考查,此块内容还要注意强化几何体的核心——截面以及补形、切割等数学思想方法的训练.热点例析热点一空间几何体的三视图与直观图【例1】(1)将长方体截去一个四棱锥,得到的几何体如下图所示,则该几何体的侧(左)视图为( ).(2)若某几何体的三视图如下图所示,则这个几何体的直观图可以是( ).规律方法 (1)三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形,反映了一个几何体各个侧面的特点.正(主)视图反映物体的主要形状特征,是三视图中最重要的视图;俯视图要和正(主)视图对正,画在正(主)视图的正下方;侧(左)视图要画在正(主)视图的正右方,高度要与正(主)视图平齐;(2)要注意到在画三视图时,能看到的轮廓线画成实线,看不到的轮廓线画成虚线; (3)A .32B .16+16 2C .48 D.16+32 2(2)一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°,腰和上底长均为1的等腰梯形,则这个平面图形的面积是( ).A.12+22 B .1+22 C .1+ 2 D .2+ 2 热点二 空间几何体的表面积与体积【例2】(2020·福建高考,文20)如图,在四棱锥P ­ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,AB ⊥AD ,点E 在线段AD 上,且CE ∥AB .(1)求证:CE ⊥平面PAD ;(2)若PA =AB =1,AD =3,CD =2,∠CDA =45°,求四棱锥P ­ABCD 的体积.规律方法 (1)求几何体的体积问题,可以多角度、多方位地考虑.对于规则的几何体的体积,如求三棱锥的体积,采用等体积转化是常用的方法,转化的原则是其高与底面积易求;对于不规则几何体的体积常用割补法求解,即将不规则几何体转化为规则几何体,以易于求解.(2)求解几何体的表面积时要注意S 表=S 侧+S 底.(3)对于给出几何体的三视图,求其体积或表面积的题目关键在于要还原出空间几何体,并能根据三视图的有关数据和形状推断出空间几何体的线面关系及相关数据,至于体积或表面积的求解套用对应公式即可.变式训练2 已知某几何体的三视图如下图所示,其中正(主)视图中半圆的半径为1,则该几何体的体积为( ).A .24-32πB .24-13πC .24-πD .24-12π热点三 多面体与球【例3】已知正四棱锥的底面边长为a ,侧棱长为2a . (1)求它的外接球的体积; (2)求它的内切球的表面积.规律方法 (1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时,一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面,把空间问题化归为平面问题,再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系.(2)若球面四点P ,A ,B ,C 构成的线段PA ,PB ,PC 两两垂直,且PA =a ,PB =b ,PC =c ,则4R 2=a 2+b 2+c 2,把有关元素“补形”成为一个球内接正方体(或其他图形),从而显示出球的数量特征,这种方法是一种常用的好方法.变式训练3 如图所示,在四棱锥P ­ABCD 中,底面ABCD 是边长为a 的正方形,PD ⊥底面ABCD ,且PD =a ,PA =PC =2a .若在这个四棱锥内放一球,则此球的最大半径是__________.思想渗透立体几何中的转化与化归思想求空间几何体的体积时,常常需要对图形进行适当的构造和处理,使复杂图形简单化,非标准图形标准化,此时转化与化归思想就起到了至关重要的作用.利用转化与化归思想求空间几何体的体积主要包括割补法和等体积法,具体运用如下:(1)补法是指把不规则的(不熟悉或复杂的)几何体延伸或补成规则(熟悉的或简单的)的几何体,把不完整的图形补成完整的图形;(2)割法是指把复杂的(不规则的)几何体切割成简单的(规则的)几何体;(3)等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件转化为易求的面积(体积)问题.【典型例题】如图,在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中,AB =AC =5,BB 1=BC =6,D ,E 分别是AA 1和B 1C 的中点.(1)求证:DE ∥平面ABC ; (2)求三棱锥E ­BCD 的体积.(1)证明:取BC 中点G ,连接AG ,EG .因为E 是B 1C 的中点,所以EG ∥BB 1,且EG =12BB 1.由直棱柱知,AA 1BB 1.而D 是AA 1的中点,所以EG AD ,所以四边形EGAD 是平行四边形,所以ED ∥AG . 又DE 平面ABC ,AG ⊂平面ABC , 所以DE ∥平面ABC .(2)解:因为AD ∥BB 1,所以AD ∥平面BCE , 所以V E ­BCD =V D ­BCE =V A ­BCE =V E ­ABC .由(1)知,DE ∥平面ABC ,所以V E ­ABC =V D ­ABC =13AD ·12BC ·AG =16×3×6×4=12.1.(2020·山东济南三月模拟,4)如图,正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的各棱长均为2,其正(主)视图如图所示,则此三棱柱侧(左)视图的面积为( ).A .2 2B .4 C. 3 D .2 32.(2020·安徽安庆二模,7)一空间几何体的三视图如图所示(正(主)、侧(左)视图是两全等图形,俯视图是圆及圆的内接正方形),则该几何体的表面积是( ).A .7π cm 2B .(5π+43)cm 2C .(5π+23)cm 2D .(6π+27-2)cm 23.(2020·北京丰台区三月月考,4)若某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( ).A .20-2πB .20-23πC .40-23πD .40-43π4.(2020·湖南株洲下学期质检,14)一个三棱锥的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图如下,则这个三棱锥的体积为__________,其外接球的表面积为__________.5.已知正四面体的外接球半径为1,则此正四面体的体积为__________.6.正六棱锥P ­ABCDEF 中,G 为PB 的中点,则三棱锥D ­GAC 与三棱锥P ­GAC 体积之比为__________.7.如图,在等腰梯形ABCD 中,AB =2DC =2,∠DAB =60°,E 为AB 的中点,将△ADE 与△BEC 分别沿ED ,EC 向上折起,使A ,B 重合,求形成三棱锥的外接球的体积.参考答案命题调研·明晰考向真题试做1.C 解析:若为C 选项,则主视图为:故不可能是C 选项.2.30 解析:由几何体的三视图可知:该几何体的上部为平放的直四棱柱,底部为长、宽、高分别为4 m,3 m,2 m 的长方体.∴几何体的体积V =V 直四棱柱+V 长方体=(1+2)×12×4+4×3×2=6+24=30(m 3).3.12π 解析:该几何体是由3个圆柱构成的几何体,故体积V =2×π×22×1+π×12×4=12π.4.解:(1)因为四棱柱ABCD ­A 2B 2C 2D 2的侧面是全等的矩形,所以AA 2⊥AB ,AA 2⊥AD .又因为AB ∩AD =A ,所以AA 2⊥平面ABCD . 连接BD ,因为BD ⊂平面ABCD ,所以AA 2⊥BD . 因为底面ABCD 是正方形,所以AC ⊥BD .又已知平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1,且平面BB 1D 1D ∩平面ABCD =BD , 平面BB 1D 1D ∩平面A 1B 1C 1D 1=B 1D 1,所以B 1D 1∥BD .于是由AA 2⊥BD ,AC ⊥BD ,B 1D 1∥BD ,可得AA 2⊥B 1D 1,AC ⊥B 1D 1. 又因为AA 2∩AC =A ,所以B 1D 1⊥平面ACC 2A 2.(2)因为四棱柱ABCD ­A 2B 2C 2D 2的底面是正方形,侧面是全等的矩形,所以S 1=S 四棱柱上底面+S四棱柱侧面=(A 2B 2)2+4AB ·AA 2=102+4×10×30=1 300(cm 2).又因为四棱台A 1B 1C 1D 1­ABCD 的上、下底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形(其高为h ),所以S 2=S 四棱台下底面+S 四棱台侧面=(A 1B 1)2+4×12(AB +A 1B 1)h=202+4×12×(10+20)132-⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×(20-10)2=1 120(cm 2).于是该实心零部件的表面积为S =S 1+S 2=1 300+1 120=2 420(cm 2), 故所需加工处理费为0.2S =0.2×2 420=484(元). 精要例析·聚焦热点热点例析【例1】 (1)D (2)B 解析:(1)被截去的四棱锥的三条可见侧棱中有两条为正方体的面对角线,它们在右侧面上的投影与右侧面(正方形)的两条边重合,另一条为正方体的对角线,它在右侧面上的投影与右侧面的对角线重合,对照各图及对角线方向,只有选项D 符合.(2)由正(主)视图可排除A ,C ;由侧(左)视图可判断该几何体的直观图是B.【变式训练1】 (1)B (2)D 解析:(1)由三视图知原几何体是一个底面边长为4,高是2的正四棱锥.如图:∵AO =2,OB =2,∴AB =2 2.又∵S 侧=4×12×4×22=162,S 底=4×4=16,∴S 表=S 侧+S 底=16+16 2.(2)如图,设直观图为O ′A ′B ′C ′,建立如图所示的坐标系,按照斜二测画法的规则,在原来的平面图形中,OC ⊥OA ,且OC =2,BC =1,OA =1+2×22=1+2,故其面积为12×(1+1+2)×2=2+ 2.【例2】 (1)证明:因为PA ⊥平面ABCD ,CE ⊂平面ABCD ,所以PA ⊥CE .因为AB ⊥AD ,CE ∥AB ,所以CE ⊥AD . 又PA ∩AD =A ,所以CE ⊥平面PAD . (2)解:由(1)可知CE ⊥AD .在Rt△ECD 中,DE =CD ·cos 45°=1,CE =CD ·sin 45°=1. 又因为AB =CE =1,AB ∥CE , 所以四边形ABCE 为矩形.所以S 四边形ABCD =S 矩形ABCE +S △ECD =AB ·AE +12CE ·DE =1×2+12×1×1=52.又PA ⊥平面ABCD ,PA =1,所以V 四棱锥P ­ABCD =13S 四边形ABCD ·PA =13×52×1=56.【变式训练2】 A 解析:由三视图可知该几何体为一个长、宽、高分别为4,3,2的长方体,剖去一个半圆柱而得到的几何体,其体积为2×3×4-12π×1×3,即24-32π.【例3】 解:如图所示,△SAC 的外接圆是外接球的一个大圆,∴只要求出这个外接圆的半径即可,而内切球的球心到棱锥的各个面的距离相等,∴可由正四棱锥的体积求出其半径.(1)设外接球的半径为R ,球心为O ,则OA =OC =OS ,∴O 为△SAC 的外心,即△SAC 的外接圆半径就是球的半径. ∵AB =BC =a ,∴AC =2a .∵SA =SC =AC =2a ,∴△SAC 为正三角形.由正弦定理得2R =AC sin∠ASC =2a sin 60°=263a ,因此R =63a ,V 外接球=43πR 3=8627πa 3. (2)如图,设内切球的半径为r ,作SE ⊥底面于E ,作SF ⊥BC 于F ,连接EF , 则有SF =SB 2-BF 2=(2a )2-⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22=72a ,S △SBC =12BC ·SF =12a ×72a =74a 2, S 棱锥全=4S △SBC +S 底=(7+1)a 2.又SE =SF 2-EF 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫72a 2-⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22=62a ,∴V 棱锥=13S 底·SE =13a 2×62a =66a 3,∴r =3V 棱锥S 棱锥全=3×66a 3(7+1)a 2=42-612a ,S 内切球=4πr 2=4-73πa 2. 【变式训练3】 12(2-2)a 解析:当且仅当球与四棱锥的各个面都相切时,球的半径最大.设放入的球的半径为r ,球心为O ,连接OP ,OA ,OB ,OC ,OD ,则把此四棱锥分割成四个三棱锥和一个四棱锥,这些小棱锥的高都是r ,底面分别为原四棱锥的侧面和底面,则V P ­ABCD =13r (S △PAB +S △PBC +S △PCD +S △PAD +S 正方形ABCD )=13r (2+2)a 2.由题意知PD ⊥底面ABCD ,∴V P ­ABCD =13S 正方形ABCD ·PD =13a 3.由体积相等,得13r (2+2)a 2=13a 3,解得r =12(2-2)a .创新模拟·预测演练1.D2.D 解析:据三视图可判断该几何体是由一个圆柱和一个正四棱锥组合而成的,直观图如图所示:易求得表面积为(6π+27-2)cm 2.3.B 解析:由三视图可知该几何体的直观图为一个正四棱柱,从上表面扣除半个内切球.易求出正四棱柱的底面边长为2,内切球的半径为1,故体积为2×2×5-23π=20-2π3.4.4 29π 5.827 3 解析:首先将正四面体补形为一个正方体,设正四面体棱长为a ,则其对应正方体的棱长为22a ,且由球与正方体的组合关系易知3⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2=(1×2)2,解得a 2=83, ∴正四面体的体积为V =⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3-4×13×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3=13⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3=827 3.6.2∶1 解析:由正六棱锥的性质知,点P 在底面内的射影是底面的中心,也是线段AD的中点.又G 为PB 的中点,设P 点在底面内的射影为O ,则G 点在底面内的射影为OB 的中点M ,且GM ∥PO .又M 为AC 的中点,则GM ⊂平面GAC ,所以点P 到平面GAC 的距离等于点O 到平面GAC 的距离.又因为OM ⊥平面GAC ,DC ⊥平面GAC ,且DC =2OM ,则V D ­GAC V P ­GAC =13S △GAC ×DC13S △GAC ×OM =2.7.解:由已知条件知,平面图形中AE =EB =BC =CD =DA =DE =EC =1,∴折叠后得到一个棱长为1的正三棱锥(如图). 方法一:作AF ⊥平面DEC ,垂足为F , F 即为△DEC 的中心,取EC 中点G ,连接DG ,AG , 过球心O 作OH ⊥平面AEC , 则垂足H 为△AEC 的中心,∴外接球半径可利用△OHA ∽△AFG 求得. ∵AG =32,AF =1-⎝⎛⎭⎪⎫332=63,AH =33, ∴OA =AG ·AHAF =32×3363=64,∴外接球体积为43π×OA 3=43·π·6643=68π.方法二:如图,把棱长为1的正三棱锥放在正方体中,显然,棱长为1的正三棱锥的外接球就是正方体的外接球.∵正方体棱长为22, ∴外接球直径2R =3·22, ∴R =64,∴体积为43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫643=68π.。

2019数学(理)二轮精选讲义专题五 立体几何 第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积 含答案

2019数学(理)二轮精选讲义专题五 立体几何 第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积 含答案

专题五立体几何第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积考点一空间几何体的三视图与直观图1.三视图的排列规则俯视图放在正(主)视图的下面,长度与正(主)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.原图形面积S与其直观图面积S′之间的关系S′=错误!S。

[对点训练]1.(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()[解析]两个木构件咬合成长方体时,小长方体(榫头)完全嵌入带卯眼的木构件,易知俯视图可以为A.故选A。

[答案]A2.(2018·河北衡水中学调研)正方体ABCD-A1B1C1D1中,E 为棱BB1的中点(如图),用过点A,E,C1的平面截去该正方体的上半部分,则剩余几何体的左视图为()[解析]过点A,E,C1的截面为AEC1F,如图,则剩余几何体的左视图为选项C中的图形.故选C。

[答案]C3.(2018·江西南昌二中模拟)一个几何体的三视图如图所示,在该几何体的各个面中,面积最小的面的面积为()A.8 B.4 C.4错误!D.4错误![解析]由三视图可知该几何体的直观图如图所示,由三视图特征可知,P A⊥平面ABC,DB⊥平面ABC,AB⊥AC,P A=AB =AC=4,DB=2,则易得S△P AC=S△ABC=8,S△CPD=12,S梯形ABDP =12,S△BCD=错误!×4错误!×2=4错误!,故选D。

[答案]D4.如图所示,一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°,腰和上底长均为1的等腰梯形,则该平面图形的面积为________.[解析]直观图的面积S′=错误!×(1+1+错误!)×错误!=错误!.故原平面图形的面积S=错误!=2+错误!.[答案]2+错误![快速审题](1)看到三视图,想到常见几何体的三视图,进而还原空间几何体.(2)看到平面图形直观图的面积计算,想到斜二侧画法,想到原图形与直观图的面积比为错误!.由三视图还原到直观图的3步骤(1)根据俯视图确定几何体的底面.(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征,调整实线和虚线所对应的棱、面的位置.(3)确定几何体的直观图形状.考点二空间几何体的表面积与体积1.柱体、锥体、台体的侧面积公式(1)S柱侧=ch(c为底面周长,h为高);(2)S锥侧=错误!ch′(c为底面周长,h′为斜高);(3)S台侧=错误!(c+c′)h′(c′,c分别为上下底面的周长,h′为斜高).2.柱体、锥体、台体的体积公式(1)V柱体=Sh(S为底面面积,h为高);(2)V锥体=错误!Sh(S为底面面积,h为高);(3)V台=错误!(S+错误!+S′)h(不要求记忆).3.球的表面积和体积公式S表=4πR2(R为球的半径),V球=43πR3(R为球的半径).[对点训练]1.(2018·浙江卷)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.4 C.6 D.8[解析]由三视图可知该几何体是直四棱柱,其中底面是直角梯形,直角梯形上,下底边的长分别为1 cm,2 cm,高为2 cm,直四棱柱的高为2 cm.故直四棱柱的体积V=1+22×2×2=6 cm3.[答案]C2.(2018·哈尔滨师范大学附中、东北师范大学附中联考)某几何体的三视图如图所示,其中正视图是半径为1的半圆,则该几何体的表面积是()A.错误!+2B.错误!+2C.错误!+3 D。

2019届高考数学二轮复习 专题五 立 体 几 何 (讲义训练):第3讲 立体几何中的计算 课时讲义(含答案)

2019届高考数学二轮复习  专题五 立 体 几 何 (讲义训练):第3讲 立体几何中的计算 课时讲义(含答案)

第3讲 立体几何中的计算 课时讲义1. 高考对立体几何的计算,主要是能利用公式求常见几何体(柱体、锥体、台体和球)的表面积与体积.有时还需能解决距离、翻折、存在性等比较综合性的问题.2. 高考中常见的题型为:(1) 常见几何体的表面积与体积的计算;(2) 利用等积变换求距离问题;(3) 通过计算证明平行与垂直等问题;(4) 几何体的内切和外接.1. 棱长都是2的三棱锥的表面积为________. 答案:43解析: 因为四个面是全等的正三角形,则S 表面积=4×34×4=43.2. 如图,正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1,点P 是棱BB 1的中点,则四棱锥PAA 1C 1C的体积为________.答案:13解析:四棱锥PAA 1C 1C 的体积为13×22×2×1=13.3. (2018·南京学情调研)将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周,所得圆柱的体积为27π cm 3,则该圆柱的侧面积为________cm 2.答案:18π解析:设正方形的边长为a cm ,则πa 2·a =27π,解得a =3,所以侧面积2π×3×3=18π.4. (2018·海安质量测试)已知正三棱锥的体积为36 3 cm 3,高为4 cm ,则底面边长为________cm.答案:63解析: 设正三棱锥的底面边长为a ,则其面积为S =34a 2.由题意13·34a 2×4=363,解得a =63., 一) 表面积与体积, 1) 如图,在以A ,B ,C ,D ,E 为顶点的六面体中,△ABC 和△ABD 均为等边三角形,且平面ABC ⊥平面ABD ,EC ⊥平面ABC ,EC =3,AB =2.(1) 求证:DE ∥平面ABC ; (2) 求此六面体的体积.(1) 证明:作DF ⊥AB ,交AB 于点F ,连结CF. 因为平面ABC ⊥平面ABD , 且平面ABC ∩平面ABD =AB , 所以DF ⊥平面ABC.因为EC ⊥平面ABC ,所以DF ∥EC. 因为△ABD 是边长为2的等边三角形, 所以DF =3,因此DF =EC ,所以四边形DECF 为平行四边形,所以DE ∥CF.因为DE ⊄平面ABC ,CF ⊂平面ABC , 所以DE ∥平面ABC.(2) 解:因为△ABD 是等边三角形,所以点F 是AB 的中点. 又△ABC 是等边三角形,所以CF ⊥AB. 由DF ⊥平面ABC 知,DF ⊥CF , 所以CF ⊥平面ABD.因为DE ∥CF ,所以DE ⊥平面ABD , 因此四面体ABDE 的体积为13S △ABD ·DE =1;四面体ABCE 的体积为13S △ABC ·CE =1,而六面体ABCED 的体积=四面体ABDE 的体积+四面体ABCE 的体积, 故所求六面体的体积为2.(2018·苏州暑假测试)如图,正四棱锥P ABCD 的底面一边AB 的长为2 3 cm ,侧面积为83 cm 2,则它的体积为________cm 3.答案:4解析:记正四棱锥P ABCD 的底面中心为点O ,棱AB 的中点为H, 连结PO ,HO ,PH ,则PO ⊥平面ABCD .因为正四棱锥的侧面积为83 cm 2,所以83=4×12×23×PH ,解得PH =2.在直角△PHO 中,PH =2,HO =3,所以PO =1,所以V PABCD =13×S 四边形ABCD ×PO =13×23×23×1=4(cm 3)., 二) 翻折与切割问题, 2) 如图,在菱形ABCD 中,AB =2,∠ABC =60°,BD ∩AC =O ,现将其沿菱形对角线BD 折起得到空间四边形EBCD ,使EC =2.(1) 求证:EO ⊥CD ;(2) 求点O 到平面EDC 的距离.(1) 证明:∵ 四边形ABCD 为菱形,∴ AC ⊥BD . ∵ BD ∩AC =O ,∴ AO ⊥BD ,即EO ⊥BD .∵ 在菱形ABCD 中,AB =2,∠ABC =60°,∴ AD =CD =BC =2,AO =OC =1. ∵ EC =2,CO =EO =1,∴ EO 2+OC 2=EC 2,∴ EO ⊥OC . 又BD ∩OC =O ,∴ EO ⊥平面BCD ,∴ EO ⊥CD .(2) 解:设点O 到平面ECD 的距离为h ,由(1)知EO ⊥平面OCD .V 三棱锥O CDE =V 三棱锥E OCD ,即13S △OCD ·EO =13S △ECD ·h . 在Rt △OCD 中,OC =1,OD =3,∠DOC =90°,∴ S △OCD =12OC ·OD =32.在△CDE 中,ED =DC =2,EC =2,∴ S △CDE =12×2×22-(22)2=72, ∴ h =S △OCD ·EO S △ECD =217,即点O 到平面EDC 的距离为217.如图①,在直角梯形ABCD 中,AD ∥BC ,∠BAD =π2,AB =BC =12AD =a ,点E 是AD的中点,O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到如图②中△A 1BE 的位置,得到四棱锥A 1BCDE .(1) 求证:CD ⊥平面A 1OC ;(2) 当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时,四棱锥A 1BCDE 的体积为362,求a 的值.,①) ,②)(1) 证明:在图①中,因为AB =BC =12AD =a ,点E 是AD 的中点,∠BAD =π2,所以BE ⊥AC ,即在图②中,BE ⊥A 1O ,BE ⊥OC . 又A 1O ∩OC =O ,所以BE ⊥平面A 1OC . 在图①中,BC ∥ED ,且BC =ED ,所以四边形BCDE 是平行四边形,所以BE ∥CD , 所以CD ⊥平面A 1OC .(2) 解:因为平面A 1BE ⊥平面BCDE ,所以A 1O 是四棱锥A 1BCDE 的高. 根据图①可得A 1O =22AB =22a ,平行四边形BCDE 的面积S =BC ·AB =a 2, 所以VA 1BCDE =13×S ×A 1O =13×a 2×22a =26a 3.由26a 3=362,解得a =6., 三) 立体几何中的以算代证问题, 3) (2018·泰州中学学情调研)在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中,AB =AC =AA 1=3a ,BC =2a ,D 是BC 的中点,E ,F 分别是AA 1,CC 1上一点,且AE =CF =2a.(1) 求证:B 1F ⊥平面ADF ; (2) 求三棱锥B 1ADF 的体积.(1) 证明:∵ AB =AC ,D 为BC 中点,∴ AD ⊥BC.在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,B 1B ⊥底面ABC ,AD ⊂底面ABC ,∴ AD ⊥B 1B.∵ BC ∩B 1B =B ,∴ AD ⊥平面B 1BCC 1. ∵ B 1F ⊂平面B 1BCC 1,∴ AD ⊥B 1F.在矩形B 1BCC 1中,C 1F =CD =a ,B 1C 1=CF =2a , ∴ Rt △DCF ≌Rt △FC 1B 1,∴ ∠CFD =∠C 1B 1F , ∴ ∠B 1FD =90°,∴ B 1F ⊥FD . ∵ AD ∩FD =D ,∴ B 1F ⊥平面AFD . (2) 解: ∵ B 1F ⊥平面AFD ,∴ VB 1-ADF =13·S △ADF ·B 1F =13×12×AD ×DF ×B 1F =52a 33.如图①,在直角梯形ABCD 中,∠ADC =90°,CD ∥AB ,AB =4,AD =CD =2.将△ADC 沿AC 折起,使平面ADC ⊥平面ABC ,得到几何体DABC ,如图②.(1) 求证:BC ⊥平面ACD ; (2) 求几何体DABC 的体积.(1) 证明:(证法1)在图①中,由题意知,AC =BC =22,∴ AC 2+BC 2=AB 2,∴ AC ⊥BC .取AC 的中点O ,连结DO ,由AD =CD ,得DO ⊥AC .又平面ADC ⊥平面ABC ,且平面ADC ∩平面ABC =AC ,DO ⊂平面ACD , ∴ OD ⊥平面ABC ,∴ OD ⊥BC . 又AC ⊥BC ,AC ∩OD =O , ∴ BC ⊥平面ACD .(证法2)在图①中,由题意得AC =BC =22,∴ AC 2+BC 2=AB 2, ∴ AC ⊥BC .∵ 平面ADC ⊥平面ABC ,平面ADC ∩平面ABC =AC ,BC ⊂平面ABC , ∴ BC ⊥平面ACD .(2) 解:由(1)知,BC 为三棱锥BACD 的高, 且BC =22,S △ACD =12×2×2=2,∴ 三棱锥BACD 的体积V BACD =13S △ACD ·BC =13×2×22=423,即几何体DABC 的体积为423.1. (2018·天津卷)如图,已知正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1,则四棱锥A 1BB 1D 1D 的体积为________.答案:13解析:如图,连结A 1C 1,交B 1D 1于点O ,很明显A 1C 1⊥平面BDD 1B 1,则A 1O 是四棱锥的高,且A 1O =12A 1C 1=12×12+12=22,S 四边形BDD 1B 1=BD ×DD 1=2×1=2,结合四棱锥体积公式可得其体积为V =13Sh =13×2×22=13.2. (2018·江苏卷)如图,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________.答案:43解析:由图可知,该多面体为两个全等正四棱锥的组合体,正四棱锥的高为1,底面正方形的边长等于2,所以该多面体的体积为2×13×1×(2)2=43.3. (2017·北京卷)如图,在三棱锥PABC 中,PA ⊥AB ,PA ⊥BC ,AB ⊥BC ,PA =AB =BC =2,点D 为线段AC 的中点,E 为线段PC 上一点.(1) 求证:PA ⊥BD ;(2) 求证:平面BDE ⊥平面PAC ;(3) 当PA ∥平面BDE 时,求三棱锥EBCD 的体积.(1) 证明:因为PA ⊥AB ,PA ⊥BC ,AB ∩BC =B ,所以PA ⊥平面ABC. 因为BD ⊂平面ABC ,所以PA ⊥BD.(2) 证明:因为AB =BC ,点D 为AC 的中点,所以BD ⊥AC. 由(1)知,PA ⊥BD ,PA ∩AC =A ,所以BD ⊥平面PAC. 又BD ⊂平面BDE , 所以平面BDE ⊥平面PAC.(3) 解:因为PA ∥平面BDE ,平面PAC ∩平面BDE =DE ,所以PA ∥DE. 因为点D 为AC 的中点,所以DE =12PA =1,BD =DC =2.由(1)知,PA ⊥平面ABC ,所以DE ⊥平面ABC , 所以三棱锥EBCD 的体积为V =13×12×BD ×DC ×DE =13.4. (2017·全国卷Ⅰ)如图,在四棱锥PABCD 中,AB ∥CD ,且∠BAP =∠CDP =90°. (1) 求证:平面PAB ⊥平面PAD ;(2) 若PA =PD =AB =DC ,∠APD =90°,且四棱锥PABCD 的体积为83,求该四棱锥的侧面积.(1) 证明:由已知∠BAP =∠CDP =90°,得AB ⊥AP ,CD ⊥PD .由于AB ∥CD ,故AB ⊥PD .又PA ∩PD =P ,所以AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ,所以平面PAB ⊥平面PAD .(2) 解:如图,在平面PAD 内作PE ⊥AD ,垂足为点E .由(1)知,AB ⊥平面PAD ,故AB ⊥PE ,由AB ∩AD =A ,可得PE ⊥平面ABCD .设AB =x ,则由已知可得AD =2x ,PE =22x ,故四棱锥PABCD 的体积V PABCD =13AB ·AD ·PE =13x 3.由题设得13x 3=83,解得x =2. 从而PA =PD =2,AD =BC =22,PB =PC =22,所以△PBC 为等边三角形,可得四棱锥PABCD 的侧面积为 12PA ·PD +12PA ·AB +12PD ·DC +12BC 2sin 60°=6+2 3.5. (2017·全国卷Ⅲ)如图,在四面体ABCD 中,△ABC 是正三角形,AD =CD .(1) 求证:AC ⊥BD ;(2) 已知△ACD 是直角三角形,AB =BD ,若E 为棱BD 上与D 不重合的点,且AE ⊥EC ,求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比.(1) 证明:如图,取AC 的中点O ,连结DO ,BO .因为AD =CD ,所以AC ⊥DO .又由于△ABC 是正三角形,所以AC ⊥BO . 又DO ∩BO =O ,所以AC ⊥平面DOB . 因为BD ⊂平面DOB ,所以AC ⊥BD . (2) 解:连结EO .由(1)及题设知∠ADC =90°,所以DO =AO . 在Rt △AOB 中,BO 2+AO 2=AB 2. 又AB =BD ,所以BO 2+DO 2=BO 2+AO 2=AB 2=BD 2, 故∠DOB =90°.由题设知△AEC 为直角三角形,所以EO =12AC .又△ABC 是正三角形,且AB =BD ,所以EO =12BD ,故点E 为BD 的中点.所以点E 到平面ABC 的距离为点D 到平面ABC 的距离的12,四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12,即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.(本题模拟高考评分标准,满分14分) (2018·长春模拟)如图,四边形ABCD 为菱形,G 为AC 与BD 的交点,BE ⊥平面ABCD .(1) 求证:平面AEC ⊥平面BED ;(2) 若∠ABC =120°,AE ⊥EC ,三棱锥EACD 的体积为63,求该三棱锥的侧面积.(1) 证明:因为四边形ABCD 为菱形,所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ,AC ⊂平面ABCD ,所以AC ⊥BE .(2分) 因为BD ∩BE =B ,故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ,所以平面AEC ⊥平面BED .(6分)(2) 解:设AB =x ,在菱形ABCD 中,由∠ABC =120°,得AG =GC =32x ,GB =GD=x2. 因为AE ⊥EC ,所以在Rt △AEC 中,可得EG =32x .(8分)由BE ⊥平面ABCD ,知△EBG 为直角三角形,可得BE =22x .由已知得三棱锥EACD 的体积为63,即13×12·AC ·GD ·BE =624x 3=63,解得x =2.(9分)从而可得AE =EC =ED =6.所以△EAC 的面积为3,△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥EACD 的侧面积为3+25.(14分)1. 若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形,则此圆柱的体积为________. 答案:2π解析: 设圆柱的底面半径为r ,高为h ,则有2πr =2,即r =1π,故圆柱的体积为V =πr 2h =π⎝ ⎛⎭⎪⎫1π2×2=2π.2. 如图,已知AF ⊥平面ABCD ,四边形ABEF 为矩形,四边形ABCD 为直角梯形,∠DAB =90°,AB ∥CD ,AD =AF =CD =2,AB =4.(1) 求证:AF ∥平面BCE ; (2) 求证:AC ⊥平面BCE ; (3) 求三棱锥EBCF 的体积.(1) 证明:∵ 四边形ABEF 为矩形,∴ AF ∥BE .又BE ⊂平面BCE ,AF ⊄平面BCE , ∴ AF ∥平面BCE .(2) 证明:如图,过点C 作CM ⊥AB ,垂足为点M . ∵ AD ⊥DC ,∴ 四边形ADCM 为矩形, ∴ AM =DC =MB =AD =2.∴ AC =22,CM =2,BC =22,∴ AC 2+BC 2=AB 2,∴ AC ⊥BC . ∵ AF ⊥平面ABCD ,AF ∥BE , ∴ BE ⊥平面ABCD ,∴ BE ⊥AC .∵ BE ⊂平面BCE ,BC ⊂平面BCE ,BC ∩BE =B , ∴ AC ⊥平面BCE .(3) 解:∵ AF ⊥平面ABCD ,∴ AF ⊥CM .∵ CM ⊥AB ,AF ⊂平面ABEF ,AB ⊂平面ABEF ,AF ∩AB =A ,∴ CM ⊥平面ABEF ,∴ V 三棱锥EBCF =V 三棱锥CBEF =13×12×BE ×EF ×CM =16×2×4×2=83.3. (2016·江苏卷)现需要设计一个仓库,它由上、下两部分组成,上部分的形状是正四棱锥P A 1B 1C 1D 1,下部分的形状是正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1(如图),并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍.(1) 若AB =6 m ,PO 1=2 m ,则仓库的容积是多少?(2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m ,则当PO 1为多少时,仓库的容积最大?解:(1) ∵ PO 1=2 m ,正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍,∴ O 1O =8 m ,∴ 仓库的容积V =13×62×2+62×8=312(m 3). (2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m ,设PO 1=x m ,则O 1O =4x m ,A 1O 1=36-x 2 m ,A 1B 1=2·36-x 2 m , 则仓库的容积V (x )=13×(2·36-x 2)2·x +(2·36-x 2)2·4x =-263x 3+312x (0<x<6), V ′(x )=-26x 2+312(0<x <6).当0<x <23时,V ′(x )>0,V (x )单调递增; 当23<x <6时,V ′(x )<0,V (x )单调递减. 故当x =23时,V (x )取最大值. 即当PO 1=23 m 时,仓库的容积最大.请使用“课后训练·第19讲”活页练习,及时查漏补缺!。

2019年高考数学二轮复习 专题5 立体几何 2 空间关系、球与几何体组合练课件 理

2019年高考数学二轮复习 专题5 立体几何 2 空间关系、球与几何体组合练课件 理

A23.a1=2 933.
∴a=6,则△BA.1B8C
3的外接圆C半.24径
3r=
3 2
×D23.5a4=23
3<4.设球的半
径为 R,如图,OO1= ������2-������2 = 42-(2 3)2=2.
当 D 在 O 的正上方时,VD-ABC=13S△ABC·(R+|OO1|)=13 ×9 3 ×6=18 3, 关闭 最B 大.故选 B.
一、选择题 二、填空题
3.(2018全国卷1,文5)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过 直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆 柱的表面积为( )
A.12 2π
B.12π
C.8 2π D.10π
关闭
过直线 O1O2 的平面截该圆柱所得的截面为圆柱的轴截面,设底面半 径为 r,母线长为 l,因为轴截面是面积为 8 的正方形,所以 2r=l=2 2,r= 2,所以圆柱的表面积为 2πrl+2πr2=8π+4π=12π.
接圆
O'.设截面圆
O'的半径为
r,由正弦定理可得
2r=
2
3
3
,解得
r=2.
2
设球 O 的半径为 R,∵球心到平面 ABC 的距离为 1,∴由勾股定理可
得 r2+12=R2,解得 R2=5,∴球 O 的表面积 S=4πR2=20π,故选 A. 关闭
A
解析 答案
-9-
一、选择题 二、填空题
6.(2018全国卷1,文10)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1
关闭
易知选项B中,AB∥MQ,且MQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,则AB∥平面 MNQ;选项C中,AB∥MQ,且MQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,则AB∥平面 MNQ;选项D中,AB∥NQ,且NQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,则AB∥平面

2020高考数学(文)二轮专题课件:大题考法课立体几何

2020高考数学(文)二轮专题课件:大题考法课立体几何

解:(1)证明:由题知,BD=AD=4 2,又 AB=8,∴AB2=AD2 +BD2,∴BD⊥AD. ∵平面 PAD⊥平面 ABCD,且两平面的交线是 AD,BD⊂平面 ABCD,BD⊥AD,∴BD⊥平面 PAD,又 BD⊂平面 MBD,∴ 平面 MBD⊥平面 PAD.
(2)过点 P 作 PO⊥AD 交 AD 于点 O,则 PO⊥平面 ABD,∴点
知 A1B1 綊 DC,可得 B1C 綊 A1D,故 ME 綊
ND,因此四边形 MNDE 为平行四边形,所以 MN∥ED.
又 MN⊄平面 C1DE,扣 1 分.
[微点提醒]
[微点提醒]
加红处若漏掉 MN⊄ 平面 C1DE,扣 1 分.
❶转化:线线平行⇒线面平行 MN∥ED⇒MN∥平面 C1DE.
(2)存在一个常数 m= 23,使得平面 PED⊥ 平面 PAB,理由如下: 要使平面 PED⊥平面 PAB,只需 AB⊥DE, 因为 AB=AD=2,∠DAB=30°, 所以 AE=ADcos 30°= 3, 又因为 PD⊥平面 ABCD,PD⊥AB,PD∩DE=D, 所以 AB⊥平面 PDE, 因为 AB⊂平面 PAB,所以平面 PDE⊥平面 PAB, 所以 m=AAEB= 23.
(2)取 CG 的中点 M,连接 EM,DM. 因为 AB∥DE,AB⊥平面 BCGE,所以 DE⊥平面 BCGE, 所以 DE⊥CG. 因为四边形 BCGE 是菱形,且∠EBC=60°, 所以 EM⊥CG, 又 DE∩EM=E,所以 CG⊥平面 DEM. 所以 DM⊥CG. 在 Rt△DEM 中,DE=1,EM= 3, 故 DM=2. 所以四边形 ACGD 的面积为 4.
[微点提醒]
[关键步骤]
加红处只作 CH⊥C1E,不进行证 明 CH⊥平面 C1DE 的扣 2 分.

2019-2020学年高三下学期高考数学之空间几何体的外接球专题课件

2019-2020学年高三下学期高考数学之空间几何体的外接球专题课件

│课堂互动│
空间几何体的外接球问题
类型一:补形为正方体、长方体的类型(学生做,完成后直接对答案)
1.棱长为 2 2 的正四面体的顶点在同一球面上,则该球面的表面积为
A.12 B. 32 C.8 D. 4
3
【详解】 如图,将正四面体补成正方体 ,
设正方体的棱长为 a ,
则 a2 a2 (2 2)2,a 2 .
该外接球的半径 R 1 PB 1 PD2 AB2 AD2 1
2
2
2
∴该外接球的体积V
4 3
R
3
4 3
33
36 ,
11 9 16 3 ,
│学习目标│➯│新课引入│➯│课本预习│➯│预习评价│➯│知识导出│➯│课堂互动│➯│课堂小结│
│课堂互动│
空间几何体的外接球问题
类型一:补形为正方体、长方体的类型(学生做,完成后直接对答案)
学情分析: 空间几何体的外接球问题是历年常考的题型,是热点知识点, 本专题由浅入深,分类型突破,清晰的为学生解读了空间几何体的 外接球的几种常见的类型!
│学习目标│➯│新课引入│➯│课本预习│➯│预习评价│➯│知识导出│➯│课堂互动│➯│课堂小结│
│新课引入│
空间几何体的外接球问题
知识引入:
(1)球的性质(如图)___R__2__=___r_2__+__d__2____;
4.直三棱柱 ABC A1B1C1 的 6 个顶点在球O 的球面上.若 AB 3 ,
AC 4 . AB AC , AA1 12 ,则球O 的表面积为( )
A.169 B.169 C. 288 D. 676
4
【详解】
解:将直三棱柱补形为长方体 ABEC A1B1E1C1 , 所以体对角线 BC1 的长为球O的直径.

人教版高中数学必修立体几何复习课件(共102张PPT)

人教版高中数学必修立体几何复习课件(共102张PPT)

1 1
1
11.已知某个几何体的三视图如图2,根据图中标出的尺寸 (单位:cm),可得这个几何体的体积是_____8_0__0.0 cm 3
3
2 0 20
主视图
10
10
2 俯0视图
2 侧0视图
第二章 点、直线、平面之间的位置关系
• 四个公理
直线与直线位置关系 • 三类关系 直线与平面位置关系
平面与平面位置关系
(3)
a a
// b
b
(较常用);
(4)
a
//
a

(5)
a a
b
a
(面面垂直 线面垂直)
a b
4.面面垂直
向的侧视图(或称左视图)为(
A
A
H
G
Q
B
C
侧视 B
)A
C
I
P
E
图1
F
B
D
E
D
图2
F
B
B
B
E A.
E B.ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
E C.
E D.
练习10:(1)如图是一个空间几何体的三
视图,如果直角三角形的直角边长均为
正视图 侧视图
1,那么几何体的体积为( ) C
A.1 B.1 C. 1 D.1
俯视图
2
3
6
V1 3S底 h1 31111 3
②判定定理:如果一个平面内的两条相交直线都平行于 另一个平面,那么两个平面互相平行;
符号表述: a,b , a b O, a //,b // //
//
③面面平行的性质定理:
a
a
//

球与各种几何体切、接问题专题)资料讲解

球与各种几何体切、接问题专题)资料讲解

球与各种几何体切、接问题近几年全国高考命题来看,这部分内容以选择题、填空题为主,大题很少见。

首先明确定义1:若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上,则称这个多面体是这个球的内接多面体,这个球是这个多面体的外接球。

定义2:若一个多面体的各面都与一个球的球面相切,则称这个多面体是这个球的外切多面体,这个球是这个多面体的内切球•一、球与柱体的切接规则的柱体,如正方体、长方体、正棱柱等能够和球进行充分的组合,以外接和内切两种形态进行结合,通过球的半径和棱柱的棱产生联系,然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题•1、球与正方体(1)正方体的内切球,如图1. 位置关系:正方体的六个面都与一个球都相切,正方体中心与球心重合;数据关系:设正方体的棱长为a,球的半径为r,这时有2r a.(2)正方体的棱切球,如图2.位置关系:正方体的十二条棱与球面相切,正方体中心与球心重合;数据关系:设正方体的棱长为a,球的半径为r,这时有2r /2a.(3)正方体的外接球,如图与球心重合;棱长为1的正方体ABCD数据关系:设正方体的棱长为a,球的半径为r,这时有2r 3a.A|B1C1D1的8个顶点都在球0的表面上, E, F分别是棱3. 位置关系:正方体的八个顶点在同一个球面上;正方体中心AA,DD1的中点,则直线EF被球0截得的线段长为( )思路分析:由题意推出,球为正方体的外接球.平面AADD1截面所得圆面的半径R 一- ——,得知直线EF被球0截得的线段就是球的截面圆的直径.2 2【解析】由题意可知]球为正方体的外接琲尸面曲载面所得圆面的半径卫二警二f. •••ETu面九如D巩-直线廿杆止得的线段黄]球的截面厨的直径2—上点评*本题着査球与正方体唏”的间题「闻球的截面性囱转化虛为求球的截面13直径. _____________ 2、球与长方体例2自半径为R的球面上一点M,引球的三条两两垂直的弦MA,MB,MC,求MA2MB2MC2的值.4,体积为16,A. 16B.20 C.24 D.32思路分析:正四棱柱也是长方体 可得长方体的长、宽、高分别为【解析】以谢A/B . MC 为从一个顶点出发的三衆協 将三棱锥3/ -曲C 补应一个长方也 则另外四个 顶点逊在疎面上,故长方体是球的内接民右郎,围按方陳的对星线農是璘的貢径...3A? -M3'十」/C Z = (2A): =点评=此题突出构造法的使用,以反淆觀炜令割补形的方法解诀立体几何中体积计算…结论:长方体的外接球直径是长方体的对角线.例3 (全国卷I 高考题)已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为球的表面积为()..由长方体的体积16及高4可以求出长方体的底面边长为 2,2, 2,4,长方体内接于球,它的体对角线正好为球的直径【解析】正四粧柱也是长再体.由廉方体的休积応斥高4可刃「出长為悴的底面边扶为2,因此,长肓体的长、宽、鬲分别为囚2, 4,因为长方体內捋于險 所以立药陳对角线正好为瑾能直径.松方体你对角钱故球的表面积沏24 故选G点评*年题考查球与扶帛体^接”的问题,巧勺伕市体■的性质,转化咸対求具体对角餵3、球与正棱柱(1)结论1 :正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点. (2)结论2 :直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点.例1、个兀棱柱的底而足止木边形,面,已知该;;检柱的顶点都&间•个昧而上._!!浚7<检牡的体积为一 •底血周长为3,则这个球的体枳为3已知各厦点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4. 休积沟1筋 则这牛嫌的k\ft!袒屋 _______ . 24用例3、 在M 三检柱」EU -蚣EC «P, AB 二 4.AC = 6,ri= !60?rU!H 也-;蛙柱ABC -舛坊G 的外接蟀的表血切二、球与锥体的切接规则的锥体,如正四面体、正棱锥、特殊的一些棱锥等能够和球进行充分的组合,以外接和内切两种形态进行结合,通过球的半径和棱锥的棱和高产生联系,然后考查几何体的体积或 者表面积等相关问题. 1、正四面体与球的切接问题(1) 正四面体的内切球,如图 4.位置关系:正四面体的四个面都与一个球相切,正四面体 的中心与球心重合;数据关系:设正四面体的棱长为 a ,高为h ;球的半径为 R ,这时有4R h —6 a ;3【解析】 如图正四面体 A — BCD 的中心为0,即内切球球心,内切球半径 R 即为0到1正四面体各面的距离AB = a,—正四面体的咼h= 丁a,又V A-BCD = 4V o-BCD, ()「. R=[h=12a.(2)正四面体的外接球,位置关系:正四面体的四个顶点都在一个球面上,正四面体的中心与球心重合;数据关系:设正四面体的棱长为a,高为h ;球的半径为R,这时有4R 3h .6a ;(可用正四面体高h 减去内切球的半径得到) 例5求棱长为1的正四面体外接球的半径。

高考总复习二轮数学精品课件 专题4 立体几何 第1讲 空间几何体的结构、表面积与体积

高考总复习二轮数学精品课件 专题4 立体几何 第1讲 空间几何体的结构、表面积与体积
A1M,所以 B1M= 1 12 + 1 2 = 3,故选 D.
突破点二 空间几何体的表面积
[例2-1]国家游泳中心(水立方/冰立方)的设计灵感来源于威尔-弗兰泡沫,威
尔-弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进,开尔文胞体是一种多面体,它由正六
边形和正方形围成(其中每个顶点处有1个正方形和2个正六边形),已知该
V
1
台体= (S'+
3
'+S)h
V
1
锥体= Sh.
3
2.几个常用结论
(1)若长方体从一个顶点出发的三条棱长分别为 a,b,c,则其体对角线(即外接
球的直径)为 2 + 2 + 2 .
(2)正四面体(棱长都为 a)的几个结论:
6
①高为 3 a;②表面积为
3a
2 3
6
,体积为12 a ;③侧棱与底面所成角的正弦值为 3 ;
该模型的上部分是半球,下部分是圆台.其中半球的体积为144π cm3,圆台的
上底面半径及高均是下底面半径的一半.打印所用原料密度为1.5 g/cm3,不
考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量约为( C )(1.5π≈4.7)
A.3 045.6 g
B.1 565.1 g
C.972.9 g
D.296.1 g
圆锥的底面半径 r'=1,高 h'=1,母线长 l'= 2,
所以圆台的侧面积 S1=π(R+r)l=8 2π,圆锥的侧面积 S2=πr'l'= 2π,
圆台的下底面面积 S3=πR2=9π,所以几何体的表面积 S=9π+9 2π.
(2)(2023·甘肃兰州诊断测试)攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式,常

2021年高考数学二轮复习专题五立体几何5.2空间关系、球与几何体组合练课件文

2021年高考数学二轮复习专题五立体几何5.2空间关系、球与几何体组合练课件文

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MNQ,故排除选项B,C,D.故选A.
A
解析
答案
-7-
3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,那么(
C
A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD
C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC
解析 连接B1C,BC1,A1E,那么B1C⊥BC1.
∵CD⊥平面BB1C1C,BC1⊂平面BB1C1C,
的棱长);
(4)与正方体各条棱都相切的球:球心是正方体的中心;半径
2
r= 2 a(a 为正方体的棱长);
6
(5)正四面体的外接球:球心是正四面体的中心;半径 r= 4 a(a 为
正四面体的棱长);
6
(6)正四面体的内切球:球心是正四面体的中心;半径 r=12a(a 为
正四面体的棱长).
-5-
一、选择题(共12小题,总分值60分)
空间关系、球与几何体组合练
-2-
1.空间两条直线的位置关系有平行、相交、异面.
2.空间线面位置关系有平行、相交、在平面内.
3.直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理:a⊄α,b⊂α,a∥b⇒a∥α.
(2)线面平行的性质定理:a∥α,a⊂β,α∩β=b⇒a∥b.
(3)面面平行的判定定理:a⊂β,b⊂β,a∩b=P,a∥α,b∥α⇒α∥β.
2
= 3.
-16-
12.一个四面体的顶点都在球面上,它们的正视图、侧视图、俯视
图都如下图.图中圆内有一个以圆心为中心,边长为1的正方形,那么
这个四面体的外接球的外表积是 ( B )
A.π
C.4π
B.3π
D.6π
解析 由三视图可知,该四面体是正方体的一个内接正四面体.
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