2006年高考第一轮复习数学：913立体几何综合问题

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高三数学第一轮复习知识点总结

高三数学第一轮复习知识点总结高三数学第一轮复习知识点总结第一：高考数学中有函数、数列、三角函数、平面向量、不等式、立体几何等九大章节。

主要是考函数和导数，这是我们整个高中阶段里最核心的板块，在这个板块里，重点考察两个方面：第一个函数的性质，包括函数的单调性、奇偶性;第二是函数的解答题，重点考察的是二次函数和高次函数，分函数和它的一些分布问题，但是这个分布重点还包含两个分析就是二次方程的分布的问题，这是第一个板块。

第二：平面向量和三角函数。

重点考察三个方面：一个是划减与求值，第一，重点掌握公式，重点掌握五组基本公式。

第二，是三角函数的图像和性质，这里重点掌握正弦函数和余弦函数的性质，第三，正弦定理和余弦定理来解三角形。

难度比较小。

第三：数列。

数列这个板块，重点考两个方面：一个通项;一个是求和。

第四：空间向量和立体几何。

在里面重点考察两个方面：一个是证明;一个是计算。

第五：概率和统计。

这一板块主要是属于数学应用问题的范畴，当然应该掌握下面几个方面，第一……等可能的概率，第二………事件，第三是独立事件，还有独立重复事件发生的概率。

第六：解析几何。

这是我们比较头疼的问题，是整个试卷里难度比较大，计算量最高的题，当然这一类题，我总结下面五类常考的题型，包括第一类所讲的直线和曲线的位置关系，这是考试最多的内容。

考生应该掌握它的通法，第二类我们所讲的动点问题，第三类是弦长问题，第四类是对称问题，这也是2008年高考已经考过的一点，第五类重点问题，这类题时往往觉得有思路，但是没有答案，当然这里我相等的是，这道题尽管计算量很大，但是造成计算量大的原因，往往有这个原因，我们所选方法不是很恰当，因此，在这一章里我们要掌握比较好的算法，来提高我们做题的准确度，这是我们所讲的第六大板块。

第七：押轴题。

考生在备考复习时，应该重点不等式计算的方法，虽然说难度比较大，我建议考生，采取分部得分整个试卷不要留空白。

这是高考所考的七大板块核心的考点。

2006年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全(13立体几何初步)

2006年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全（13立体几何初步）一、选择题：1.(2006安徽文、理)表面积为的正八面体的各个顶点都在同一个球面上,则此球的体积为( )AB ．13πC ．23π D1.解：此正八面体是每个面的边长均为a的正三角形，所以由8=知，1a =，则此球A 。

2.（2006北京理）平面α的斜线AB 交α于点B ，过定点A 的动直线l 与AB 垂直，且交α于点C ，则动点C 的轨迹是（）（A ）一条直线（B ）一个圆（C ）一个椭圆（D ）双曲线的一支2. 解：设l 与l '是其中的两条任意的直线，则这两条直线确定一个平面，且斜线AB 垂直这个平面，由过平面外一点有且只有一个平面与已知直线垂直可知过定点A 与AB 垂直所有直线都在这个平面内，故动点C 都在这个平面与平面α的交线上，故选A3. (2006北京文)设A 、B 、C 、D 是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确．．．的是（）（A ）若AC 与BD 共面，则AD 与BC 共面（B ）若AC 与BD 是异面直线，则AD 与BC 是异面直线 (C) 若AB =AC ，DB =DC ，则AD =BC (D) 若AB =AC ，DB =DC ，则AD ⊥BC 3. 解：A 显然正确；B 也正确，因为若AD 与BC 共面，则必有AC 与BD 共面与条件矛盾； C 不正确，如图所示：D 正确，用平面几何与立体几何的知识都可证明。

选C4.(2006福建文、理)已知正方体外接球的体积是π332，那么正方体的棱长等于( ) A.2 B.332 C.324 D.3344．解：正方体外接球的体积是323π，则外接球的半径R=2，正方体的对角线的长为4，，选D.5. (2006福建文、理)对于平面α和共面的直线m 、n ，下列命题中真命题是（）A.若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥αB.若m ∥α，n ∥α，则m ∥nC.若m ⊂α，n ∥α，则m ∥nD.若m 、n 与α所成的角相等，则n ∥m5．解：对于平面α和共面的直线m 、,n 真命题是“若,m n αα⊂∥,则m ∥n ”，选C.6. (2006广东)给出以下四个命题①如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的一个平面和这个平面相交,那么这条直线和交线平行;②如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,那么这条直线垂直于这个平面; ③如果两条直线都平行于一个平面,那么这两条直线互相平行;④如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么些两个平面互相垂直. 其中真命题的个数是（）A.4B.3C.2D.1 6. 解：①②④正确，故选B.A B CD7. (2006湖南理)棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上,若过该球球心的一个截面如图1,则图中三角形(正四面体的截面)的面积是 ( )A.22B.32C.2D.37．解：棱长为2的正四面体ABCD 的四个顶点都在同一个球面上, 若过该球球心的一个截面如图为△ABF ，则图中AB=2，E 为AB 中点，则EF ⊥DC ，在△DCE 中，DE=EC=3，DC=2，∴EF=2，∴三角形ABF 的面积是2，选C.8. (2006湖南理)过平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1任意两条棱的中点作直线,其中与平面DBB 1D 1平行的直线共有( ) A.4条 B.6条 C.8条 D.12条8．解：如图，过平行六面体1111D C B A ABCD -任意两条棱的中点作直线, 其中与平面11D DBB 平行的直线共有12条，选D.9．(2006湖南文)过半径为2的球O 表面上一点A 作球O 的截面，若OA 与该截面所成的角是60°则该截面的面积是( )A ．π B. 2π C. 3π D. π329．解：过半径为2的球O 表面上一点A 作球O 的截面，若OA 与该截面所成的角是60°，则截面圆的半径是21R=1，该截面的面积是π，选A.10、.(2006湖北文、理)关于直线m 、n 与平面α与β，有下列四个命题：（） ①若//,//m n αβ且//αβ，则//m n ； ②若,m n αβ⊥⊥且αβ⊥，则m n ⊥； ③若,//m n αβ⊥且//αβ，则m n ⊥；④若//,m n αβ⊥且αβ⊥，则//m n ；其中真命题的序号是A ．①②B ．③④C ．①④D ．②③ 10. 解：用排除法可得选D11. (2006江苏)两相同的正四棱锥组成如图1所示的几何体，可放棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面ABCD 与正方体的某一个平面平行，且各顶点．．．均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有（）（A ）1个（B ）2个（C ）3个（D ）无穷多个11. 【思路点拨】本题主要考查空间想象能力，以及正四棱锥的体积【正确解答】由于两个正四棱锥相同，所以所求几何体的中心在正四棱锥底面正方形ABCD 中心，有对称性知正四棱锥的高为正方体棱长的一半，影响几何体体积的只能是正四棱锥底面正方形ABCD 的面积，问题转化为边长为1的正方形的内接正方形有多少种，所以选D.【解后反思】正方体是大家熟悉的几何体，它的一些内接或外接图形需要一定的空间想象能力，要学会将空间问题向平面问题转化。

高考理科数学第一轮复习第九章立体几何 9.3-2三垂线定理

O a α A P O a α A P 9.3-2三垂线定理【教学目标】正确理解和熟练掌握三垂线定理及其逆定理，并能运用它解决有关垂直问题。

【知识梳理】 1．斜线长定理从平面外一点向这个平面所引的垂线段和斜线段中，①射影相等的两条斜线段相等，射影较长的斜线段也较长；②相等的斜线段的射影相等，较长的斜线段的射影也较长；③垂线段比任何一条斜线段都短． 2．重要公式如图，已知OB ⊥平面α于B ，OA 是平面α的斜线，A 为斜足，直线AC ⊂平面α，设∠OAB =θ1，又∠CAB =θ2，∠OAC =θ．那么cos θ=cos θ1⋅cos θ2．3．直线和平面所成的角①平面斜线与它在平面内的射影所成的角，是这条斜线和这个平面内任一条直线所成的角中最小的角．②一个平面的斜线和它在这个平面内的射影的夹角，叫做斜线和平面所成的角(或斜线和平面的夹角)．如果直线和平面垂直，那么就说直线和平面所成的角是直角；如果直线和平面平行或在平面内，那么就说直线和平面所成的角是0︒的角．4．三垂线定理和三垂线定理的逆定理名称语言表述图示字母表示应用三垂线定理在平面内的一条直线,如果和这个平面的一条斜线的射影垂直,那么它也和这条斜线垂直.PO a AO a a PA ⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊥⊂⊥αα ①证两直线垂直 ②作点线距 ③作二面角的平面角三垂线定理的逆定理在平面内的一条直线,如果和这个平面的一条斜线垂直,那么它也和这条斜线的射影垂直.AO a PO a a PA ⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊥⊂⊥αα 同上三垂线定理和三垂线定理的逆定理的主要应用是证明两条直线垂直，尤其是证明两条异面直线垂直，此外，还可以作出点到直线的距离和二面角的平面角．在应用这两个定理时，要抓住平面和平面的垂线，简称“一个平面四条线，线面垂直是关键”．【点击双基】1．下列命题中，正确的是 ( )(A )垂直于同一条直线的两条直线平行(B )平行于同一平面的两条直线平行(C )平面的一条斜线可以垂直于这个平面内的无数条直线(D )a 、b 在平面外，若a 、b 在平面内的射影是两条相交直线，则a 、b 也是相交直线2．直线a 、b 在平面α内的射影分别为直线a 1、b 1，下列命题正确的是( )(A )若a 1⊥b 1，则a ⊥b (B )若a ⊥b ，则a 1⊥b 1(C )若a 1//b 1，则a 与b 不垂直 (D )若a //b ，则a 1与b 1不垂直3．直线a 、b 在平面外，若a 、b 在平面内的射影是一个点和不过此点的一条直线，则a与b 是 ( )(A )异面直线 (B )相交直线(C )异面直线或相交直线 (D )异面直线或平行直线C αD A B OC A P BD M N Q l 4．P 是△ABC 所在平面外一点，若P 点到△ABC 各顶点的距离都相等，则P 点在平面ABC 内的射影是△ABC 的 ( )(A )外心 (B )内心 (C )重心 (D )垂心5．P 是△ABC 所在平面外一点，若P 点到△ABC 各边的距离都相等，且P 点在平面ABC 内的射影在△ABC 的内部，则射影是△ABC 的 ( )(A )外心 (B )内心 (C )重心 (D )垂心6．P 是△ABC 所在平面外一点，连结P A 、PB 、PC ，若P A ⊥BC ，PB ⊥AC ，则P 点在平面ABC 内的射影是△ABC 的 ( )(A )外心 (B )内心 (C )重心 (D )垂心7．从平面外一点向这个平面引两条斜线段，它们所成的角为θ．这两条斜线段在平面内的射影成的角为α(90︒≤α<180︒)，那么θ与α的关系是 ( )(A )θ<α (B )θ>α (C )θ≥α (D )θ≤α8．已知直线l 1与平面α成30︒角，直线l 2与l 1成60︒角，则l 2与平面α所成角的取值范围是 ( )(A )[0︒,60︒] (B )[60︒,90︒] (C )[30︒,90︒] (D )[0︒,90︒]【典例剖析】例1．如果四面体的两组对棱互相垂直，求证第三组对棱也互相垂直．已知：四面体ABCD 中，AB ⊥CD ，AD ⊥BC ；求证：AC ⊥BD ；证法一：作AO ⊥平面BCD 于O ，连OB 、OC 、OD ，∵AB ⊥CD ，∴OB ⊥CD ，同理，由AD ⊥BC 得OD ⊥BC ，∴O 是△BCD 的垂心，∴OC ⊥BD ，从而AC ⊥BD ．证法二：设AB =a ，AC =b ，AD =c ，则BC =b -a ，BD =c -a ，CD=c -b ，∵AB ⊥CD ，AD ⊥BC ，∴a ⋅(c -b )=0，c ⋅(b -a )=0，则a ⋅c =a ⋅b ，a ⋅c =c ⋅b ．∴a ⋅b =c ⋅b ，即a ⋅b -c ⋅b =0，从而有b ⋅(c -a )=0，故AC ⊥BD ．例2．如图，在三棱锥P -ABC 中，∠ACB =90︒，∠ABC =60︒，PC ⊥平面ABC ，AB =8，PC =6，M 、N 分别是P A 、PB 的中点，设△MNC 所在平面与△ABC 所在平面交于直线l ．(1)判断l 与MN 的位置关系，并进行证明； (2)求点M 到直线l 的距离．解：(1)l //MN ，证明如下： ∵M 、N 分别是P A 、PB 的中点，∴MN //AB ，MN ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， ∴MN //平面ABC ．又∵MN ⊂平面MNC ，平面MNC 平面ABC =l ，∴MN //l ．(2)取AC 的中点Q ，连MQ ，则MQ //PC ，而PC ⊥平面ABC ，∴MQ ⊥平面ABC ．作QD ⊥直线l 于D ，连MD ，则MD ⊥直线l ．线段MD 的长即为M 到直线l 的距离．在Rt △ABC 中，可求得AC =43，∴QC =23．又MQ =21PC =3，∠QCD =30︒，∴QD =21QC =3．于是 MD =22QD MQ +=23．DC O B A abcN M P C B A 例3.如图，P 是ΔABC 所在平面外一点，且PA ⊥平面ABC 。

高考数学第一轮总复习100讲(含同步练习及答案)_g31073立体几何综合问题2.

g3.1073立体几何综合问题22005全国高考立体几何题河北、河南、山西、安徽(全国卷I)（2）一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π，则球的表面积为（C ）（A ）π28 （B ）π8 （C ）π24 （D ）π4（4）如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且BCF ADE ∆∆、均为正三角形，EF ∥AB ，EF=2，则该多面体的体积为（C ）（A ）32（B ）33 （C ）34（D ）23（16）在正方形''''D C B A ABCD -中，过对角线'BD 的一个平面交'AA 于E ，交'CC 于F ，则① 四边形E BFD '一定是平行四边形 ② 四边形E BFD '有可能是正方形③ 四边形E BFD '在底面ABCD 内的投影一定是正方形④ 四边形E BFD '有可能垂直于平面D BB '以上结论正确的为 ①③④ 。

（写出所有正确结论的编号） 2005年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（福建卷） 4．已知直线m 、n 与平面、，给出下列三个①若m ∥，n ∥，则m ∥n ；②若m ∥，n ⊥，则n ⊥m ；③若m ⊥，m ∥，则⊥．其中真A ．0B ．1C ．2D ．3 8．如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2， AD ＝1，E 、F 、G 分别是DD 1、AB 、CC 1的中点，则异面直线A 1E 与GF 所成的角是(D)A ．arccos515 B ．4π C ．arccos 510 D ．2π20．（本小题满分12分）如图，直二面角D-AB-E 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，AE ＝EB ，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE ．（Ⅰ）求证：AE ⊥平面BCE ；（Ⅱ）求二面角B-AC-E 的大小；（Ⅲ）求点D 到平面ACE 的距离。

高三数学一轮复习第九章《立体几何》9-1精品

• (3)能用向量方法证明有关线、面位置关系的一些定理 (包括三垂线定理)
• (4)能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用．
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• ●命题趋势
• 1．空间几何体
• 空间几何体是立体几何初步的重要内容，高考非常重视对这一部分的考查．一是在选择、填空题中有针对性地考查空间几何体的概念、性质及主要几何量(角度、距离、面积、体积)的计算等．二是在解答题中，以空间几何体为载体考查线面位置关系的推理、论证及有关计算．
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• 3．空间向量与立体几何(理)
• 高考试题中的立体几何解答题，包括部分选择、填空题，大多都可以使用空间向量来解答．高考在注重对立体几何中传统知识和方法考查的同时，加大了对空间向量的考查．给考生展现综合利用所学知识解决实际问题的才能提供更宽阔的舞台．
• 这一部分高考命题主要有以下几个方面：
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• 1°球面被经过球心的平面截得的圆叫做大圆． • 2°不过球心的截面截得的圆叫做球的小圆．
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• (3)球面距离：
• 1°定义：在球面上两点之间的最短距离，就是经过这
两点的在这两点间的一段
的长度，这个弧
长叫做两大点圆的球面距离．
劣弧
• 2°地球上的经纬线
• 当把地球看作一个球时，经线是球面上从北极到南极的半个大圆，纬线是与地轴垂直的平面与球面的交线，其
• ②棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影组成一个直角三角形；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也组成一个直角三角形．
• 4．棱台的概念及性质
• (1)定义：棱锥被的部分叫做棱台．

高考数学一轮复习第七章立体几何阶段检测试题(含解析)文(new)

第七章立体几何阶段检测试题时间：120分钟分值：150分一、选择题（每小题5分，共60分)1．关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是（）A．棱柱的侧棱长都相等B．棱锥的侧棱长都相等C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等解析:根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等．答案：B2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E,F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是（)A．相交B．异面C．平行D．垂直解析：由BC綊AD，AD綊A1D1知,BC綊A1D1，从而四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥CD1，又EF⊂平面A1C,EF∩D1C＝F,则A1B与EF相交．答案:A3．（2017·嘉兴月考）对于空间的两条直线m,n和一个平面α，下列命题中的真命题是( ）A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，n⊂α,则m∥nC．若m∥α，n⊥α，则m∥nD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n解析：对A，直线m，n可能平行、异面或相交，故选项A错误；对B，直线m与n可能平行，也可能异面，故选项B错误；对C，m与n垂直而非平行，故选项C错误；对D,垂直于同一平面的两直线平行，故选项D正确．答案:D4．设P是异面直线a,b外的一点，则过点P与a,b都平行的平面（)A．有且只有一个B．恰有两个C．不存在或只有一个D．有无数个解析：过点P作a1∥a，b1∥b，若过a1，b1的平面不经过a，b，则存在一个平面同时与a,b平行；若过a,b1的平面经过a或b,则不存在这样的平面同时与a,b平行．1答案：C5．若平面α∥平面β，点A，C∈α,B，D∈β,则直线AC∥直线BD的充要条件是（）A．AB∥CD B．AD∥CBC．AB与CD相交D．A,B，C，D四点共面解析:由平面α∥平面β知，直线AC与BD无公共点，则直线AC∥直线BD的充要条件是A，B，C，D四点共面．答案：D6．已知a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，且a⊥α,b⊥β，则下列命题中的假命题是（)A．若a∥b，则α∥βB．若α⊥β，则a⊥bC．若a，b相交，则α，β相交D．若α,β相交，则a，b相交解析：若α,β相交,则a，b可能相交，也可能异面,故D为假命题．答案：D7．一个几何体的侧视图和俯视图如图所示，若该几何体的体积为错误!,则它的正视图为（)解析：由几何体的侧视图和俯视图，可知几何体为组合体，由几何体的体积为错误!，可知上方为棱锥,下方为正方体．由俯视图可得,棱锥顶点在底面上的射影为正方形一边上的中点，顶点到正方体上底面的距离为1，所以选B.答案：B8．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．27－错误!B．18－错误!C．27－3πD．18－3π解析：由几何体的三视图可知该几何体可以看成是底面是梯形的四棱柱挖去了半个圆柱，所以所求体积为错误!×（2＋4)×2×3－错误!π×12×3＝18－错误!。

2006理科题选——立体几何(已整理)

稍微有一点难（2006浙江理9）（球面的计算）如图，是半径为l 的球心，点在球面上，两两垂直，分别是大圆弧与的中点，则点在该球面上的球面距离是（）A.B. C.难题（2006浙江理14）（三视图）正四面体的棱长为1，棱平面，则正四面体上的所有点在平面内的射影构成的图形面积的取值范围是 ________. 解答：借助正方体来处理：由于平面，所以当平面或(即将平面或平面作为平面)时，四面体在内的射影为正方形，其面积为1/2（最大）；当(即将平面作为平面)时，四面体在内的射影为等腰三角形，其面积为（最小）。

难题（2006四川理10）（二面角）已知球半径为1，三点都在球面上，两点和两点的球面距离都是，两点的球面距离是，则二面角的大小是（） A. B. C. D.（2006四川理19）如图，在长方体中，分别是的中点，分别是的中点，（Ⅰ）求证：面；（Ⅱ）求二面角的大小；（Ⅲ）求三棱锥的体积。

O ,,A B C ,,OA OB OC ,E F AB AC ,E F 4π3π2πABCD //AB αα//AB α//CD αCD α⊂AEBF CHDG ααCD α⊥ABHG αα4O ,,A B C ,A B ,A C 4π,B C 3πB OAC --4π3π2π23π1111ABCD A BC D -,E P 11,BC A D ,M N 1,AE CD 1,2AD AA a AB a ===//MN 11ADD A P AE D --P DEN -本小题主要考察长方体的概念、直线和平面、平面和平面的关系等基础知识，以及空间想象能力和推理能力。

满分12分解法一：（Ⅰ）证明：取的中点，连结 ∵分别为的中点∵ ∴面，面∴面面 ∴面（Ⅱ）设为的中点∵为的中点 ∴ ∴面作，交于，连结，则由三垂线定理得从而为二面角的平面角。

在中，，从而在中，故：二面角的大小为（Ⅲ）作，交于，由面得∴面 ∴在中，∴ 方法二：以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立直角坐标系，则∵分别是的中点 ∴（Ⅰ）取，显然面，∴又面 ∴面（Ⅱ）过作，交于，取的中点，则∵ 设，则CD K ,MK NK ,,M N K 1,,AK CD CD 1//,//MK AD NK DD //MK 11ADD A //NK 11ADD A //MNK 11ADD A //MN 11ADD A F AD P 11A D 1//PF D D PF ⊥ABCD FH AE ⊥AE H PH AE PH ⊥PHF ∠P AE D--Rt AEF∆,2,2a AF EF a AE ===2a a AF EF FH AE ⋅⋅==Rt PFH ∆1tan DD PF PFH FH ∠===P AE D --121111244NEP ECD P S S BC CD a ∆==⋅=⋅=矩形1DQ CD ⊥1CD Q 11A D ⊥11CDD C 11AC DQ ⊥DQ ⊥11BCD A 1Rt CDD ∆11CD DD DQ CD ⋅===13P DEN D ENP NEP V V S DQ --∆==⋅2=316a =D 1,,DA DC DD x y z ()()()()()11,0,0,,2,0,0,2,0,,0,,0,0,A a B a a C a A a a D a ,,,E P M N 111,,,BC A D AE CD 3,2,0,,0,,,,0,0,,,2242aa a a E a P a M a N a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭3,0,42a MN a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ()0,1,0n =n ⊥ 11ADD A 0MN n ⋅= MN n ⊥MN ⊄11ADD A //MN 11ADD A P PH AE ⊥AE H AD F ,0,02a F ⎛⎫⎪⎝⎭(),,0H x y ,,,,,022a a HP x y a HF x y ⎛⎫⎛⎫=--=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭又由，及在直线上，可得: 解得 ∴ ∴ 即∴与所夹的角等于二面角的大小故：二面角的大小为（Ⅲ）设为平面的法向量，则又∴ 即 ∴可取∴点到平面的距离为 ∵， ∴∴难题（2006上海理10）（立体几何中的计数）如果一条直线与一个平面垂直，那么，称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是．稍微有点难（2006陕西理11）（点到平面的距离）已知平面外不共线的三点到的距离都相等,则正确的结论是( ) A.平面必平行于 B.平面必与相交C.平面必不垂直于D.存在的一条中位线平行于或在内难题（2006陕西理15）,2,02aAE a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭0AP AE ⋅=H AE 2204244a a x ay x y a⎧-+-=⎪⎨⎪+=⎩332,3417x a y a ==8282,,,,,017171717a a a a HP a HF ⎛⎫⎛⎫=--=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 0HF AE ⋅= HF AE ⊥ HP HFP AE D --cos ,HP HF HP HF HP HF⋅==⋅PAE D --()1111,,n x yz =DEN 11,n DE n DN ⊥⊥ ,2,0,0,,,,0,222a a a DE a DN aDP a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111202202ax ay a y z ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩111142x y z y =-⎧⎨=-⎩()14,1,2n =- P DEN 11DP n d n ⋅===cos ,DE DN DE DN DE DN⋅==⋅sin ,DE DN = 21sin,28DEN S DE DN DE DN a ∆=⋅⋅=32113386P DEN DEN a V S d -∆=⋅=⨯=α,,A B C αABC αABC αABC αABC ∆αα水平桌面上放有4个半径均为的球,且相邻的球都相切(球心的连线构成正方形).在这4个球的上面放1个半径为的小球,它和下面4个球恰好都相切,则小球的球心到水平桌面的距离是 ______________。

高考数学一轮复习-第三板块-立体几何-层级(二)球的切、接问题与动态问题(动点、截面)【课件】

针对训练
1．(2022·韶关测试)(多选)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E，F 分别是棱 AB，
CC1 的中点，则下列说法正确的是
命题点(二) 几何体的外接球
空间几何体的外接球是高中数学的重点、难点，也是高考命题的热点，一
般通过对几何体的割补或寻找几何体外接球的球心两大策略解决此类问题.
[例 1] (2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为 l，其各顶点都在同一球
面上．若该球的体积为 36π，且 3≤l≤3 3，则该正四棱锥体积的取值范围是( )
由题意及图可得l2＝h2＋ 22a2， R2＝h－R2＋ 22a2，
解得
h＝2lR2 ＝l62， a2＝2l2－1l48，
所以正四棱锥的体积
V
＝13a2h
＝13
2l2－1l48×
l62＝
l4 18
2－1l28(3≤l≤3 3)，所以 V′＝49l3－5l54＝19l34－l62(3≤l≤3 3)，令 V′＝0，得 l＝2 6，所以当 3≤l＜2 6时，V′＞0；当 2 6＜l≤3 3时，V′＜0，所以函数 V＝1l482－1l28(3≤l≤3 3)在[3,2 6)上单调递增，在(2 6，3 3]上单调递减，又当
1．已知△ABC 中，AB＝4，BC＝3，AC＝5，以 AC 为轴旋转一周得到一个旋
转体，则该旋转体的内切球的表面积为
()
A.4396π B．54796π C.52756π D．32455π 解析：旋转体的轴截面如图所示，其中 O 为内切球的球心，过
O 作 AB，BC 的垂线，垂足分别为 E，F，则 OE＝OF＝r(r
[答案] AD
方法技巧 1．动点问题的解题关键在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化． 2．截面形状及相应面积的求法 (1)结合线面平行的判定定理与性质定理求截面问题． (2)结合线面垂直的判定定理与性质定理求正方体中截面问题． (3)猜想法求最值问题：“要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征动中找静”，如正三角形、正六边形、正三棱锥等． (4)建立函数模型求最值问题：①设元；②建立二次函数模型；③求最值．

高三数学第一轮复习立体几何的综合问题知识精讲

高三数学第一轮复习：立体几何的综合问题【本讲主要内容】立体几何的综合问题立体几何知识的综合应用及立体几何与其它知识点的综合问题【知识掌握】【知识点精析】1. 立体几何的综合问题融直线和平面的位置关系于平面与几何体中，有计算也有论证。

解决这类问题需要系统地掌握线线、线面、面面的位置关系，特别是平行与垂直的判定与性质．深刻理解异面直线所成的角、斜线与平面所成的角、二面角的平面角的概念，理解点到面的距离、异面直线的距离的概念．2. 立体几何横向可与向量、代数、三角、解析几何等综合．3. 应用性问题、探索性问题需综合运用所学知识去分析解决．【解题方法指导】例1. 如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1的侧面AB1内有一动点P到直线A1B1与直线BC的距离相等，则动点P所在曲线的形状为（）解析：P到直线BC的距离等于P到B的距离，动点P的轨迹满足抛物线定义．故选C.例2. 如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为a的正方形，PB⊥平面ABCD，（Ⅰ）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；（Ⅱ）证明不论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°．（Ⅰ）解：∵PB⊥面ABCD，∴BA是PA在面ABCD上的射影，又DA⊥AB ∴PA⊥DA∴∠PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角∴∠PAB＝60°，PB＝AB·tan60°＝3a ,∴ V 锥＝3233·3·31a a a =（Ⅱ）证明：不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD 与PCD 恒为等腰三角形，作AE ⊥PD ，垂足为E ，连结CE ，则△ADE ≌△CDE ，因为AE ＝CE ，∠CED ＝90o，故∠CEA 是面PAD 与面PCD 所成的二面角的平面角．设AC 与BD 交于点O ，连结EO ，则EO ⊥AC ，所以a AD AE OA a =<<=22，22a AE <，在△AEC 中，02222cos 222222222<-=-=∙-+=∠AE a AE AE a AE EC AE AC EC AE CEA 所以面PAD 与面PCD 所成的二面角恒大于90o。

高三数学一轮复习立体几何知识点突破训练含答案解析

精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！第八章⎪⎪⎪立体几何第一节空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积突破点(一) 空间几何体的三视图和直观图基础联通抓主干知识的“源”与“流” 1．空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征多面体结构特征棱柱有两个面平行，其余各面都是四边形且每相邻两个面的交线都平行且相等棱锥有一个面是多边形，而其余各面都是有一个公共顶点的三角形棱台棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面之间的部分叫做棱台几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形一条直角边所在的直线圆台直角梯形或等腰梯形直角腰所在的直线或等腰梯形上下底中点的连线球半圆或圆直径所在的直线(1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图． (2)三视图的画法①在画三视图时，能看见的轮廓线和棱用实线表示，重叠的线只画一条，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．3．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：本节主要包括3个知识点：1.空间几何体的三视图和直观图；2.空间几何体的表面积与体积；3.与球有关的切、接应用问题.(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半．考点贯通抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的结构特征[例1](1)用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是()A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体(2)下列说法正确的是()A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点[解析](1)截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．(2)A错，如图(1)；B正确，如图(2)，其中底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，可证明∠PAB，∠PCB，∠PDA，∠PDC都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图(3)；D错，由棱台的定义知，其侧棱的延长线必相交于同一点．[答案](1)C(2)B[方法技巧]解决与空间几何体结构特征有关问题的三个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如例1(2)中的A，C两项易判断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．空间几何体的三视图1.画三视图的规则长对正、高平齐、宽相等，即俯视图与正视图一样长；正视图与侧视图一样高；侧视图与俯视图一样宽．2．三视图的排列顺序先画正视图，俯视图放在正视图的下方，侧视图放在正视图的右方．[例2](1)(2017·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形，按正视图，侧视图，俯视图的顺序排列)()A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤(2)(2016·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为()[解析](1)正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.(2)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.[答案](1)B(2)B[方法技巧]三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向；注意能看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图解决此类问题，可先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入检验．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．空间几何体的直观图直观图与原图形面积的关系按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：(1)S直观图＝24S原图形．(2)S原图形＝22S直观图．[例3]用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()[解析]由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.[答案] A能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是()A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：选B因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A，C是真命题；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D是真命题；B是假命题，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．2．[考点二]一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()解析：选B由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部是一条水平线段连接两个三角形．3．[考点二]已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()解析：选C当正视图为等腰三角形时，则高应为2，且应为虚线，排除A，D；当正视图是直角三角形时，由条件得一个直观图如图所示，中间的线是看不见的线PA形成的投影，应为虚线，故答案为C.4．[考点三]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为()A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2D．8 2 cm2解析：选C 依题意可知∠BAD ＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC ，AD 相等，高为梯形ABCD 的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm 2.5．[考点二](2017·南昌模拟)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．2∶3D ．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥P -BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.突破点(二) 空间几何体的表面积与体积基础联通抓主干知识的“源”与“流” 1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S 圆柱侧＝2πrlS 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l圆柱、圆锥、圆台侧面积间的关系：S 圆柱侧＝2πrl ――→r ′＝rS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l ――→r ′＝0S 圆锥侧＝πrl . 2．空间几何体的表面积与体积公式名称几何体表面积体积柱体 (棱柱和圆柱)S 表面积＝S 侧＋2S 底V ＝Sh 锥体 (棱锥和圆锥)S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13Sh台体 (棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 3考点贯通抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的表面积[例1] (1)(2017·安徽江南十校联考)某几何体的三视图如图所示，其中侧视图的下半部分曲线为半圆弧，则该几何体的表面积为( )A ．4π＋16＋4 3B ．5π＋16＋4 3C ．4π＋16＋2 3D ．5π＋16＋2 3(2)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )A ．1＋ 3B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2[解析] (1)由三视图可知该几何体是一个正三棱柱和一个半圆柱的组合体，三棱柱的两个侧面面积之和为2×4×2＝16，两个底面面积之和为2×12×2×3＝23；半圆柱的侧面积为π×4＝4π，两个底面面积之和为2×12×π×12＝π，所以几何体的表面积为5π＋16＋23，故选D.(2)根据三视图还原几何体如图所示，其中侧面ABD ⊥底面BCD ，另两个侧面ABC ，ACD 为等边三角形，则有S 表面积＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋3.[答案] (1)D (2)B[方法技巧]求空间几何体表面积的常见类型及思路(1)求多面体的表面积，只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积．(2)求旋转体的表面积，可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系．(3)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积．空间几何体的体积柱体、锥体、台体体积间的关系[例2] (1)(2016·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12D ．1 (2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋2π B.13π6 C.7π3D.5π2[解析] (1)通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥P -ABC ，通过侧视图得高h ＝1，通过俯视图得底面积S ＝12×1×1＝12，所以体积V ＝13Sh ＝13×12×1＝16.(2)由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝13π6.[答案] (1)A (2)B [方法技巧]求空间几何体体积的常见类型及思路(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点二](2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝⎛⎭⎫223＝13＋26π.故选C. 2．[考点二]已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5π3 cm 3 B ．2π cm 3 C.7π3cm 3 D ．3π cm 3解析：选C 该几何体为一个圆柱挖去半个球得到的几何体，其体积V ＝π×12×3－12×4π×133＝7π3(cm 3)．3.[考点一]某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．125＋20B ．242＋20C ．44D ．12 5解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，且上、下底面的边长分别为2,4，则侧面梯形的高h ＝ 22＋⎝⎛⎭⎫4－222＝5，所以该正四棱台的表面积S ＝(2＋4)×52×4＋22＋42＝125＋20.4．[考点一]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.5．[考点二]中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)：若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x 的值为________．解析：由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成，由题意得：(5.4－x )×3×1＋π·⎝⎛⎭⎫122x ＝12.6，解得x ＝1.6.答案：1.6突破点(三) 与球有关的切、接应用问题1.球的表面积和体积是每年高考的热点，且多与三视图、多面体等综合命题，常以选择题、填空题的形式出现.解决此类问题时，一是要善于把空间问题平面化，把平面问题转化到直角三角形中处理；二是要将变化的模型转化到固定的长方体或正方体中.2.与球有关的组合体问题主要有两种，一种是内切问题，一种是外接问题.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关“元素”间的数量关系，并作出合适的截面图.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”多面体的内切球问题[例1] 若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.[解析] 设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14×63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. [答案] 63π[方法技巧]处理与球有关内切问题的策略解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．多面体的外接球问题处理与球有关外接问题的策略把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[例2] (1)(2017·抚顺模拟)已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210 C.132D ．310(2)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9πD.27π4(3)一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为________．[解析] (1)如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝⎛⎭⎫522＋62＝132.(2)如图所示，设球半径为R ，底面中心为O ′且球心为O ， ∵正四棱锥P -ABCD 中AB ＝2， ∴AO ′＝ 2. ∵PO ′＝4，∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2， ∴R 2＝(2)2＋(4－R )2，解得R ＝94，∴该球的表面积为4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4.(3)依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，球的直径就是正方体的体对角线，∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝3， ∴球的体积V ＝43πR 3＝43π.[答案] (1)C (2)A (3)43π [方法技巧]与球有关外接问题的解题规律(1)直棱柱外接球的球心到直棱柱底面的距离恰为棱柱高的12.(2)正方体外接球的直径为正方体的体对角线的长．此结论也适合长方体，或由同一顶点出发的两两互相垂直的三条棱构成的三棱柱或三棱锥．(3)求多面体外接球半径的关键是找到由球的半径构成的三角形，解三角形即可．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2Sa ＋b ＋c ＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B.2．[考点二]如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．200πB ．150πC ．100πD ．50π解析：选D 由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去4个角后得到，此长方体的长、宽、高分别为5,4,3，所以外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫5222＝50π，故选D. 3．[考点二](2016·太原模拟)如图，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体A ′-BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，若四面体A ′-BCD 的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．3πB.32π C ．4π D.34π 解析：选A 由图示可得BD ＝A ′C ＝2，BC ＝3，△DBC 与△A ′BC 都是以BC 为斜边的直角三角形，由此可得BC 中点到四个点A ′，B ，C ，D 的距离相等，即该三棱锥的外接球的直径为3，所以该外接球的表面积S ＝4π×⎝⎛⎭⎫322＝3π. 4．[考点二]设一个球的表面积为S 1，它的内接正方体的表面积为S 2，则S 1S 2的值等于( )A.2πB.6πC.π6D.π2解析：选D 设球的半径为R ，其内接正方体的棱长为a ，则易知R 2＝34a 2，即a ＝233R ，则S 1S 2＝4πR 26×⎝⎛⎭⎫233R 2＝π2.[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1．(2016·全国甲卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得，l ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.2．(2016·全国丙卷)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB.9π2C ．6πD.32π3解析：选B 设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V max ＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＝9π2.故选B. 3．(2015·新课标全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18 B.17 C.16 D.15解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15，故选D. 4．(2015·新课标全国卷Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π解析：选C 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2.∵V O -ABC ＝V C -AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O -ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O -ABC 最大，为13×12R 2×R ＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.故选C.5．(2015·新课标全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B.6．(2015·新课标全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛解析：选B 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π，所以米堆的体积为V＝14×13π·r 2·5＝π12×⎝⎛⎭⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)．故选B. 7．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm ，高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727B.59C.1027D.13解析：选C 原毛坯的体积V ＝(π×32)×6＝54π(cm 3)，由三视图可知该零件为两个圆柱的组合体，其体积V ′＝V 1＋V 2＝(π×22)×4＋(π×32)×2＝34π(cm 3)，故所求比值为1－V ′V ＝1027.8．(2013·新课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．16＋8π B．8＋8πC．16＋16π D．8＋16π解析：选A根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π，故选A.9．(2012·新课标全国卷)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为()A.26 B.36 C.23 D.22解析：选A由于三棱锥S-ABC与三棱锥O-ABC底面都是△ABC，O是SC的中点，因此三棱锥S-ABC的高是三棱锥O-ABC高的2倍，所以三棱锥S-ABC的体积也是三棱锥O-ABC体积的2倍．在三棱锥O-ABC中，其棱长都是1，如图所示，S△ABC＝34×AB2＝34，高OD＝12－⎝⎛⎭⎫332＝63，所以V S-ABC＝2V O-ABC＝2×13×34×63＝26.[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．下列结论正确的是()A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：选D A错误，如图①是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，它的各个面都是三角形，但它不是三棱锥；B 错误，如图②，若△ABC 不是直角三角形，或△ABC 是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥；C 错误，若该棱锥是六棱锥，由题设知，它是正六棱锥．易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长，这与题设矛盾．2.如图是一个空间几何体的三视图，其中正视图、侧视图都是由边长为4和6的矩形以及直径等于4的圆组成，俯视图是直径等于4的圆，该几何体的体积是( )A.41π3B.62π3C.83π3D.104π3解析：选D 由题意得，此几何体为球与圆柱的组合体，其体积V ＝43π×23＋π×22×6＝104π3. 3．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．12＋4 2B ．18＋8 2C ．28D ．20＋8 2解析：选D 由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图．则该几何体的表面积为S ＝2×12×2×2＋4×2×2＋22×4＝20＋82，故选D.4．《九章算数》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A ．2B ．4＋2 2C ．4＋4 2D ．6＋4 2解析：选C 由题可知，该几何体的底面为等腰直角三角形，等腰直角三角形的斜边长为2，腰长为2，棱柱的高为2.所以其侧面积S ＝2×2＋22×2＝4＋42，故选C.5．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为9π2，则正方体的棱长为________．解析：设正方体棱长为a ，球半径为R ，则43πR 3＝9π2，∴R ＝32，∴3a ＝3，∴a ＝ 3.答案： 3[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．已知圆锥的表面积为a ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是( )A.a2 B.3πa3πC.23πa 3πD.23a 3π解析：选C 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题意知2πr ＝πl ，∴l ＝2r ，则圆锥的表面积S 表＝πr 2＋12π(2r )2＝a ，∴r 2＝a 3π，∴2r ＝23πa 3π.2．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3B.4π3C.5π3D ．2π解析：选C 过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C. 3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.163B.203C.152D.132解析：选D 该几何体可视为正方体截去两个三棱锥所得，如图所示，所以其体积为23－13×12×2×2×2－13×12×1×1×1＝132.故选D.4．已知正四面体的棱长为2，则其外接球的表面积为( ) A ．8π B ．12π C.32π D ．3π 解析：选D 如图所示，过顶点A 作AO ⊥底面BCD ，垂足为O ，则O 为正三角形BCD 的中心，连接DO 并延长交BC 于E ，又正四面体的棱长为2，所以DE ＝62，OD ＝23DE ＝63，所以在直角三角形AOD 中，AO ＝AD 2－OD 2＝233.设正四面体外接球的球心为P ，半径为R ，连接PD ，则在直角三角形POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2，即R 2＝⎝⎛⎭⎫233－R 2＋⎝⎛⎭⎫632，解得R ＝32，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝3π. 5．(2017·郑州质检)如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为( )A ．8πB ．16πC ．32πD ．64π解析：选C 还原三视图可知该几何体为一个四棱锥，将该四棱锥补成一个长、宽、高分别为22，22，4的长方体，则该长方体外接球的半径r ＝(22)2＋(22)2＋422＝22，则所求外接球的表面积为4πr 2＝32π.6．已知四棱锥P -ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积的最大值是( )A ．6B ．8C ．2 5D ．3解析：选A 四棱锥如图所示，作PN ⊥平面ABCD ，交DC 于点N ，PC ＝PD ＝3，DN ＝2，则PN ＝32－22＝5，AB ＝4，BC ＝2，BC ⊥CD ，故BC ⊥平面PDC ，即BC ⊥PC ，同理AD ⊥PD .设M 为AB 的中点，连接PM ，MN ，则PM ＝3，S △PDC ＝12×4×5＝25，S △PBC ＝S△PAD＝12×2×3＝3，S △PAB ＝12×4×3＝6，所以四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积的最大值是6.二、填空题7．在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 在线段BD 1上，且BP PD 1＝12，M 为线段B 1C 1上的动点，则三棱锥M -PBC 的体积为________．解析：∵BP PD 1＝12，∴点P 到平面BC 1的距离是D 1到平面BC 1距离的13，即三棱锥P -MBC 的高h ＝D 1C 13＝1.M 为线段B 1C 1上的点， ∴S △MBC ＝12×3×3＝92，∴V M -PBC ＝V P -MBC ＝13×92×1＝32. 答案：328．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.。

2006年全国各地高考数学试题09--第九章直线、平面、简单几何体

第九章直线、平面、简单几何体1.(2006年福建卷)已知正方体外接球的体积是323π,那么正方体的棱长等于..(.D)(A)(B)3(C)3(D)32.(2006年福建卷)对于平面α和共面的直线m 、,n 下列命题中真命题是....(C) (A)若,,m m n α⊥⊥则n α∥ (B)若m αα∥,n ∥,则m ∥n(C)若,m n αα⊂∥,则m ∥n (D)若m 、n 与α所成的角相等,则m ∥n3.(2006年安徽卷)表面积为的正八面体的各个顶点都在同一个球面上,则此球的体积为.A.3...............B.13π.....C.23π............D.3 解：此正八面体是每个面的边长均为a 的正三角形,所以由8=,1a =,故选A 。

4.(2006年安徽卷)多面体上,位于同一条棱两端的顶点称为相邻的,如图,正方体的一个顶点A 在平面α内,其余顶点在α的同侧,正方体上与顶点A 相邻的三个顶点到α的距离分别为1,2和4,P 是正方体的其余四个顶点中的一个,则P 到平面α的距离可能是：①3；.....②4；....③5；....④6；....⑤7以上结论正确的为______________。

(写出所有正确结论的编号．．) 解：如图,B 、D 、A 1到平面α的距离分别为1、2、4,则D 、A 1的中点到平面α的距离为3,所以D 1到平面α的距离为6；B 、A 1的中点到平面α的距离为52,所以B 1到平面α的距离为5；则D 、B 的中点到平面α的距离为32,所以C 到平面α的距离为3；C 、A 1的中点到平面α的距离为72,所以C 1到平面α的距离为7；而P 为C 、C 1、B 1、D 1中的一点,所以选①③④⑤。

5.(2006年广东卷)给出以下四个命题①如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的一个平面和这个平面相交,那么这条直线和交线平行;②如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,那么这条直线垂直于这个平面; ③如果两条直线都平行于一个平面,那么这两条直线互相平行;④如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么些两个平面互相垂直. 其中真命题的个数是A.4........B.3....C.2.........D.15、①②④正确,故选B.6.(2006年广东卷)若棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为..........ABCDA 1B 1C 1D 1第16题图α6、ππ274233332==⇒=⇒=R S R d 7.(2006年陕西卷)已知平面α外不共线的三点,,A B B 到α的距离都相等,则正确的结论是.(D)(A)平面ABC 必不垂直于α (B)平面ABC 必平行于α (C)平面ABC 必与α相交(D)存在ABC ∆的一条中位线平行于α或在α内8.(2006年陕西卷)水平桌面α上放有4个半径均为2R 的球,且相邻的球都相切(球心的连线构成正方形)。

高三数学高考一本通立体几何第一轮复习教案正多面体、欧拉公式和球

正多面体、欧拉公式和球[考点诠释]了解正多面体的概念，了解多面体的欧拉公式。

了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的表面积、体积公式。

1、高考对简单多面体，球的考查要求不高，以考查基础知识为主，简单多面体的性质，球面距离与球有关的组合体是主要考查对象。

2、球的体积和表面积是高考中年年出现的题型，但不是单一知识，往往是与其他多面体综合的试题，如正方体的外接球、内切球、球内接正三棱锥、正四面体、正三棱柱、长方体等等，形成了组合体的问题，估计高考试题中还会出现。

[知识整合]1、多面体若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体。

它的基本元素有：面、棱、顶点。

特别地，把多面体的任何一个面伸展为平面，如果所有其它各面都在这个平面的同侧，这样的多面体叫做凸多面体；而表面能经过连续变形为球面的多面体，叫做简单多面体。

棱柱、棱锥、正多面体及凸多面体，叫做简单多面体。

棱柱、正多面体及凸多面体都是简单多面体。

2、正多面体每个面都是相同边数的正多边形，且以每个顶点为其一端都有相同数目的棱的凸多面体，叫做正多面体。

正多面体只有五种：正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，其中正四面体、正八面体、正二十面体的面是正三角形；正六面体的面是正方形，正十二面体的面是正五边形。

3、欧拉公式如果简单多面体的顶点数为V ，面数为F ，棱数为E ，那么V+F-E=2，这个公式叫做欧拉公式。

注：(1)欧拉公式的适用范围为简单多面体。

（3）对于简单多面体来说最少的顶点数，最少的面数，最少的棱数分别是：4，4，64、球的概念与定点的距离等于或小于定长的点的集合，叫做球体，简称为球，这里应注意球面与球体是两个不同的概念。

其中，定点叫球的球心，定长称为球的半径。

5、球的截面性质（1）球的截面是圆面，球面被经过球心的平面截得的圆叫做大圆，不经过球心的截面截得的圆叫小圆。

（2）球心和截面圆心的连线垂直于截面。

（3）球心到截面的距离d 与球半径R 及截面圆半径r 的关系是22d R r -=。

2006年江苏省高考数学立体几何最后押题

2006年江苏省高考数学立体几何最后押题1．直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB ＝2CD ，AA 1＝AD ＝CD ＝1. 求：（1）AD 与BD 1所成的角；（2）AB 与面BB 1D 1D 所成的角：（3）求面A 1DD 1与面BCD 1所成锐二面角的大小.2．如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，平面B 1AC 与底面ABCD 垂直，B 1A 、B 1B 、B 1C 与底面ABCD 所成的角均为45°，AD//BC ，且AB=BC=2AD.（1）求证：四边形ABCD 是直角梯形；（2）求异面直线AA 1与CD 所成角的大小；（3）求AC 与平面AB 1B 所成角的大小。

D 1AB C D A 1B 1C1C 13．如图，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1，BD1⊥AD，AA1＝AD＝2，∠ADD1＝60°，底面ABCD为菱形，二面角D1－AD－B的大小为120°.(Ⅰ)求BD1与底面ABCD所成角的大小;(Ⅱ求二面角A－BD1－C的大小.ABC DA1B1C1 D12006年江苏省高考数学立体几何最后押题参考答案1．解：(1)过B 作BE //AD ，且BE =AD ，连CE 、D 1E ，则∠D 1BE 为AD 与D 1B 所成角或其补角，在Rt △D 1DE 中，求得D 1E ＝5，在△ABD 中由余弦定理得BD ＝3，在Rt △D 1BD 中D 1B =2，在△D 1BE 中，D 1B 2＋BE 2＝D 1E 2，∴∠D 1BE ＝90°，所以AD 与D 1B 成的角为900. （也可以通过证明线面垂直来证明）（2）由（1）AD ⊥D 1B ，又AD ⊥D 1D ，∴AD ⊥平面D 1BD ，所以∠ABD 为AB 平面D 1BD 所成角，在Rt △ABD 中，∠ABD=300（3）延长AD 、BC 相交于点M ，连接D 1M ，则D 1M 为平面D 1AD 与平面D 1BC 的交线，易证BD ⊥平面D 1AD ，过D 作DN ⊥D 1M ，连BN ，则由三垂线定理，得BN ⊥D 1M ，∴∠BND 为平面D 1AD 与平面D 1BC 所成的角，在△ABM 中，AB ＝2CD ， ∴D 为AM 的中点，DM ＝AM ＝1，在Rt △D 1DM 中，D 1D ＝DM ＝1，D 1M ＝2，∴DN ⊥D 1M ，∴DN ＝12 D 1M ＝22在Rt △BDN 中，BD ＝3，DN ＝22，∴tan ∠BND ＝BD DN＝ 6.方法二：（1）（向量法）建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则D(0，0，0)，A(32，－12，0） B(32，32，0)，D 1 (0，0，1)，C(0，1，0)， AD →＝(－32，12，0），D 1B →＝(32，32，－1)，∴AD →·D 1B →＝－34＋34＋0＝0，∴AD ⊥D 1B ，故AD 与D 1B 所成的角为90°.（2）同法一（3）由（1）知AD ⊥D 1B ，又D 1D ⊥平面ABCD ，∴AD ⊥BD ，平面D 1AD ⊥平面ABCD ，∴BD ⊥平面D 1AD ，故平面D 1AD 的法向量为n 1＝BD →＝(－32，－32，0)，设平面D 1BC 的法向量为n 2＝(x ，y ，1)，由n 2⊥BC ，n 2⊥D 1B ， BC →＝(－32，－12，0），D 1B →＝(32，32，－1)，得⎩⎨⎧－32x －12y ＝0，32x ＋32y －1＝0，⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－13，y ＝1，∴ n 2＝(－13，1，1)， cos< n 1，n 2>＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－13·73＝－77,所以平面D 1AD 与平面D 1BC 所成锐二面角的大小为arccos 77.2．解：方法一（1）证明：作B 1O ⊥AC 交AC 于点O ，连接OB. ∵面B 1AC ⊥ABCD ，所以B 1O ⊥ABCD ，A D 1 AB C D A 1B 1C 1 E M N∵侧棱B 1A 、B 1B 、B 1C 与底面ABCD 所成的角均为45°， ∴∠B 1AO=∠B 1BO=∠B 1CO=45°，∴△ B 1AO ≌△B 1BO ≌△B 1CO ，所以B 1A= B 1B= B 1C ，OA=OB=OC ， ∴AC 是△ABC 外接圆的直径，所以AB ⊥BC ，又AD//BC ，AD≠BC ， ∴四边形ABCD 是直角梯形. （2）分别取BC 中点M ，B 1C 中点N ，连结AM ，AN ，MN ，则MN//B 1B ∥A 1A ，又AD//BC ，AD=21BC=MC ，所以，ADCM 为平行四边形，所以AM//DC ，所以∠AMN 是异面直线AA 1与CD 所成角. 由（1），△B 1AO ，△B 1BO ，△B 1CO 是全等的等腰直角三角形， AB=BC ，所以，△B 1AC ，△BAC 是全等的等腰直角三角形. 设B 1O=a ，则MN=21B 1B=a22，AM=,1022a a BM AB =+ 因为AM=AN ，所以在等腰三角形AMN 中，.10521cos ==AM MNAMN 所以，异面直线AA 1与CD 所成角为.105arccos（3）取B 1B 中点E ，连结AE 、CE 、OE ，由（2）知AE ⊥B 1B ，CE ⊥B 1B ，∴B 1B ⊥平面AEC ，∴平面B 1AB ⊥平面AEC ，且交线就是AE ，∴AC 在平面B 1AB 上的射影是AE ，∴∠CAE 是AC 与平面B 1AB 所成的角在等腰直角三角形B 1OB 中，E 是B 1B 的中点，∴1.,tan OE OE O Rt AOE OAE AO ∆=在中 ∴直线AC 与平面B 1AB 所成角的大小是.22arctan方法二（1）证明：作B 1O ⊥AC 交AC 于点O ，连OB ，∵面B 1AC ⊥面ABCD ，∴B 1O ⊥面ABCD,∵侧棱B 1A 、B 1B 、B 1C 与底面ABCD 所成的角均为45°， ∴∠B 1AO=∠B 1BO=∠B 1CO=45°，∴△B 1AO ≌△B 1BO ≌△B 1CO ， ∴B 1A= B 1B= B 1C ，OA=OB=OC=OB 1，又AB=BC ，所以OB ⊥AC ， ∴OA 、OB 、OB 1所在射线分别作为非负x 轴、非负y 轴、非负z 轴建立空间直角坐标系，设OB 1=a ，则A （a ，0，0），B （0，a ，0），C （－a ，0，0）， B 1（0，0，a ），∴,0)0,,()0,,(22=-=--⋅-=⋅a a a a a a BC AB ∴,,//.,BC AD BC AD BC AB ≠⊥⊥又即∴四边形ABCD 是直角梯形（2）由（1），△B 1AO ，△B 1BO ，△B 1CO 是全等的等腰直角三角形，∴△B 1AC ，△BAC 是全等的等腰直角三角形. 则11131(,,0),(,,0),(0,,),2222D a a CD a a B B a a -=-=-21111cos ,||||aB B CD B B CD B B CD -⋅<>==⋅ ∴异面直线B 1B ，CD 所成角的大小是.105arccos（3）设),,(111z y x =是平面B 1AB 的法向量.则由111110000ax az n B A ax ay n AB ⎧-=⋅=⎧⎪⎨⎨-+=⋅=⎩⎪⎩得，取1,1,1(,11==x 得则,33232cos -=⋅-=>=⋅<aaC 1C 1D设AC 与平面AB 1B 所成角的大小为α，则,36,sin cos >=<=AC n α所以AC 与平面AB 1B 所成角的大小是36arccos .3．(Ⅰ)解：如图,作D 1O ⊥平面ABCD ,垂足为点O.连结OB 、OA 、OD ， OB 与AD 交于点E ,连结PE.则∠D 1BO 为BD 1与底面ABCD 所成的角。

2006年高考第一轮复习数学：9.13 立体几何的综合问题

9.13 立体几何的综合问题●知识梳理1.线与线、线与面、面与面间的平行、垂直关系.2.空间角与空间距离.3.柱、锥、球的面积与体积.4.平面图形的翻折，空间向量的应用.●点击双基1.若Rt△ABC的斜边BC在平面α内，顶点A在α外，则△ABC在α上的射影是A.锐角三角形B.钝角三角形C.直角三角形D.一条线段或一钝角三角形解析：当平面ABC⊥α时，为一条线段，结合选择肢，知选D.答案：D2.长方体AC1的长、宽、高分别为3、2、1，从A到C1沿长方体的表面的最短距离为AC1A.1+3B.2+10C.32D.23解析：求表面上最短距离常把图形展成平面图形. 答案：C3.设长方体的对角线长为4，过每个顶点的三条棱中总有两条棱与对角线的夹角为60°，则长方体的体积是A.272B.82C.83D.16解析：先求出长方体的两条棱长为2、2，设第三条棱长为x ，由22+22+x 2=42⇒x =22，∴V =2×2×22=82.答案：B4.棱长为a 的正方体的各个顶点都在一个球面上，则这个球的体积是_____________.解析：易知球的直径2R =3a .所以R =23a .所以V =3π4R 3=2π3 a 3. 答案：2π3a 35.已知△ABC 的顶点坐标为A （1，1，1）、B （2，2，2）、C （3，2，4），则△ABC 的面积是_____________.解析：=（1，1，1），=（2，1，3），cos 〈，〉=1436⋅=742，∴sin A =77.∴S ABC ∆=21|AB ||AC |sin A =213·14·77= 26. 答案：26●典例剖析【例1】在直角坐标系O —xyz 中，=（0，1，0），=（1，0，0），=（2，0，0），OS =（0，0，1）.（1）求与的夹角α的大小；（2）设n =（1，p ，q ），且n ⊥平面SBC ，求n ；（3）求OA 与平面SBC 的夹角；（4）求点O 到平面SBC 的距离；（5）求异面直线SC 与OB 间的距离.解：（1）如图，SC = OC －OS =（2，0，－1），OB = OA + AB =（1，1，0），则|SC |=222)1(02-++=5，|OB |=222011++=2.C x yzcos α=cos 〈SC ，OB 〉||||OB SC =25002⋅++=510，α=arccos 510. n ·=0，n ·=0.∵=（2，0，－1），BC = －=（1，－1，0）， 2－q =0， p =1， 1－p =0. q =2，（3）OA 与平面SBC 所成的角θ和OA 与平面SBC 的法线所夹角互余，故可∴ （2）∵n ⊥平面SBC ，∴n ⊥且n ⊥BC ，∴ 即n =（1，1，先求OA 与n 所成的角.OA =（0，1，0），|OA |=1，|n |=222211++=6.∴cos 〈OA ，n 〉=|||OA |OA n =611⋅=66，即〈OA ，n 〉=arccos66.∴θ=2π－arccos 66. （4）点O 到平面SBC 的距离即为OC 在n 上的投影的绝对值， ∴d =|OC ·|n |n|=62= 36.（5）OC 在异面直线SC 、OB 的公垂线方向上的投影的绝对值即为两条异面直线间的距离，故先求与SC 、OB 均垂直的向量m .设m =（x ，y ，1），m ⊥SC 且m ⊥OB ，则m ·SC =0，且m ·OB =0. 2x －1=0， x =21， x +y =0， y =－21.∴m =（21，－21，1），d ′=|OC ·||m m |= 62=36. 特别提示借助于平面的法向量，可以求斜线与平面所成的角，求点到平面的距离，类似地可以求异面直线间的距离.本题选题的目的是复习如何求平面的法向量，以及如何由法向量求角、求距离.∴即【例2】如图，已知一个等腰三角形ABC 的顶角B =120°，过AC 的一个平面α与顶点B 的距离为1，根据已知条件，你能求出AB 在平面α上的射影AB 1的长吗?如果不能，那么需要增加什么条件，可以使AB 1=2?ABB C1解：在条件“等腰△ABC 的顶角B =120°”下，△ABC 是不能唯一确定的，这样线段AB 1也是不能确定的，需要增加下列条件之一，可使AB 1=2：①CB 1=2；②CB =5或AB =5；③直线AB 与平面α所成的角∠BAB 1=arcsin55；④∠ABB 1=arctan2；⑤∠B 1AC =arccos 415；⑥∠AB 1C =π－arccos 87；⑦AC =15；⑧B 1到AC 的距离为21；⑨B 到AC 的距离为25；⑩二面角B —AC —B 1为arctan2等等.思考讨论本题是一个开放型题目，做这类题的思维是逆向的，即若AB 1=2，那么能够推出什么结果，再回过来考虑根据这一结果能否推出AB 1=2.【例3】（2004年春季北京）如图，四棱锥S —ABCD 的底面是边长为1的正方形，SD 垂直于底面ABCD ，SB =3，DM（1）求证：BC⊥SC；（2）求面ASD与面BSC所成二面角的大小；（3）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与SB所成角的大小.剖析：本题主要考查直线与平面的位置关系等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.（1）证法一：∵底面ABCD是正方形，∴BC⊥DC.∵SD⊥底面ABCD，∴DC是SC在平面ABCD上的射影.由三垂线定理得BC⊥SC.证法二：∵底面ABCD是正方形，∴BC⊥DC.∵SD⊥底面ABCD，∴SD⊥BC.又DC∩SD=D，∴BC⊥平面SDC.∴BC⊥SC.（2）解法一：∵SD⊥底面ABCD，且ABCD为正方形，A1∴可以把四棱锥S—ABCD补形为长方体A1B1C1S—ABCD，如上图，面ASD与面BSC所成的二面角就是面ADSA1与面BCSA1所成的二面角，∵SC⊥BC，BC∥A1S，∴SC⊥A1S.又SD⊥A1S，∴∠CSD为所求二面角的平面角.在Rt△SCB中，由勾股定理得SC=2，在Rt△SDC中，由勾股定理得SD=1.∴∠CSD=45°，即面ASD与面BSC所成的二面角为45°.解法二：如下图，过点S作直线l∥AD，∴l在面ASD上.∵底面ABCD为正方形，∴l∥AD∥BC.∴l在面BSC上.∴l为面ASD与面BSC的交线.∵SD⊥AD，BC⊥SC，∴l⊥SD，l⊥SC.∴∠CSD为面ASD与面BSC所成二面角的平面角.（以下同解法一）.（3）解法一：如上图，∵SD=AD=1，∠SDA=90°，∴△SDA是等腰直角三角形.又M 是斜边SA 的中点， ∴DM ⊥SA .∵BA ⊥AD ，BA ⊥SD ，AD ∩SD =D ，∴BA ⊥面ASD ，SA 是SB 在面ASD 上的射影. 由三垂线定理得DM ⊥SB .∴异面直线DM 与SB 所成的角为90°.解法二：如下图，取AB 的中点P ，连结MP 、DP .在△ABS 中，由中位线定理得PM ∥BS . ∴DM 与SB 所成的角即为∠DMP . 又PM 2=43，DP 2=45，DM 2=42. ∴DP 2=PM 2+DM 2.∴∠DMP =90°.∴异面直线DM 与SB 所成的角为90°. ●闯关训练夯实基础1.下图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A 、B 、C 是展开图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC 的值为ABCA.180°B.120°C.60°D.45°答案：C2.在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成的角为1A A.arccos 23 10C.arccos 53D.arccos 52解法一：∵AM =1AA +M A 1，CN = CB +BN ，∴·CN =（1AA +M A 1）·（CB +BN ）=1AA ·BN = 21. 而|AM|= == 411+= 25.同理，||=25. 如令α为所求之角，则cos α=4521=52，∴α=arccos 52.应选D.解法二：建立如图所示的空间直角坐标系，把D 点视作原点O ，分别以DA 、、1DD 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，则A （1，0，0）、M （1，21，1）、C （0，1，0）、N （1，1，21）.1A yz ∴AM =（0，21，1），CN =（1，0，21）. 故·=0×1+21×0+1×21=21， |AM |=2221)21(0++=25， |CN |=222)21(01++=25. ∴cos α||||CN AM =252521⋅=52.∴α=arccos 52. 答案：D3.图甲是一个正三棱柱形的容器，高为2a ，内装水若干.现将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图乙所示，这时水面恰好为中截面，则图甲中水面的高度为_____________.C 111A A 1乙丙V 水=V柱－V 111F E A AEF =S ·2a －（41S ）·2a =23aS .设图甲中水面的高度为x ，则S ·x =23aS ，得x =23a .答案：23a 4.在三棱锥P —ABC 中，底面是边长为2 cm 的正三角形，PA =PB =3 cm ，转动点P 时，三棱锥的最大体积为.解析：点P 到面ABC 距离最大时体积最大，此时面PAB ⊥面ABC ，高PD =22.CV =31×43×4×22= 362. 答案：362 cm3 5.把长、宽各为4、3的长方形ABCD ，沿对角线AC 折成直二面角，求顶点B和顶点D 的距离.解：如图，作BE ⊥AC 于E ，∵二面角B —AC —D 为直二面角，BE ⊥AC ， ∴BE ⊥平面ADC ，DE ⊂平面ADC ，BE ⊥DE . 在Rt △ABC 中，可得BE =512，AE =59，在△ADE 中，DE 2=AE 2＋AD 2－2AD ·AE ·cos ∠EAD =2581＋16－2·59·4·54=25193.在Rt △BDE 中，BD =BE 2＋ED 2=5337. 培养能力6.已知正方形ABCD 的边长为1，分别取边BC 、CD 的中点E 、F ，连结AE 、EF 、AF ，以AE 、EF 、FA 为折痕，折叠使点B 、C 、D 重合于一点P .（1）求证：AP ⊥EF ；（2）求证：平面APE ⊥平面APF ；（3）求异面直线PA 和EF 的距离.（1）证明：如下图，∵∠APE =∠APF =90°，PE ∩PF =P ，∴PA ⊥平面PEF . ∵EF ⊂平面PEF ，∴PA ⊥EF .ABCFD（2）证明：∵∠APE =∠EPF =90°，AP ∩PF =P ，∴PE ⊥平面APF .又PE ⊂平面PAE ，∴平面APE ⊥平面APF .（3）解：在面PEF 中，作PG ⊥EF ，垂足为G ，∵AP 与面PEF 垂直，PG ⊂平面PEF ，∴AP ⊥PG ，PG ⊥EF ，PG 是AP 与EF 的公垂线.在等腰Rt △PEF 中，PE =PF =21，∠EPF =90°，∴PG =EG =42. 7.（文）如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是一直角梯形，∠BAD =90°，AD ∥BC ，AB =BC =a ，AD =2a ，PA ⊥底面ABCD ，PD 与底面成30°角.xy（1）若AE ⊥PD ，E 为垂足，求证：BE ⊥PD ；（2）求异面直线AE 与CD 所成的角.（1）证明：以A 为原点，AB 、AD 、AP 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则A （0，0，0），B （a ，0，0），D （0，2a ，0），P （0，0，33a ），AB ·PD =（a ，0，0）·（0，2a ，－33a ）=0，又· =0， ∴⊥，⊥.∴PD ⊥BE .（2）解：∵PA ⊥面ABCD ，PD 与底面成30°角，∴∠PDA =30°. 过E 作EF ⊥AD ，垂足为F ，则AE =a ，∠EAF =60°，AF =21a ，EF =23a ， ∴E （0，21a ，23a ）. 于是=（0，21a ，23a ）.又C （a ，a ，0），D （0，2a ，0），∴CD =（－a ，a ，0）.cos 〈AE ，〉a a a2212⋅=42，∴异面直线AE 与CD 所成的角是arccos42. （理）四棱锥P —ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC =2，在四边形ABCD 中，∠B =∠C =90°，CD ∥AB ，AB =4，CD =1，点M 在PB 上，且MB =3PM ，PB 与平面ABC 成30°角，（1）求证：CM ∥面PAD ；（2）求证：面PAB ⊥面PAD ；（3）求点C 到平面PAD 的距离.分析：本题主要考查空间直角坐标系的概念、空间点和向量的坐标表示以及用向量法证明平行关系，同时考查向量研究空间图形的数学思想方法.如下图，建立空间直角坐标系O —xyz ，C 为坐标原点O ，突破点在于求出相关的向量所对应的坐标.（1）证明：如图，建立空间直角坐标系.O ()P z ∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABC 所成的角，即∠PBC =30°. ∵|PC |=2，∴|BC |=23，|PB |=4.得D （1，0，0）、B （0，23，0）、A （4，23，0）、P （0，0，2）. ∵|MB |=3|PM |， ∴|PM |=1，M （0，23，23）， CM =（0，23，23），DP =（－1，0，2），DA =（3，23，0）. 设CM =x DP +y DA （x 、y ∈R ），则（0，23，23）=x （－1，0，2）+y （3，23，0）⇒x =43且y =41， ∴CM =43+ 41. ∴CM 、、共面.又∵C ∉平面PAD ，故CM ∥平面PAD . （2）证明：过B 作BE ⊥PA ，E 为垂足. ∵|PB |=|AB |=4，∴E 为PA 的中点. ∴E （2，3，1），BE =（2，－3，1）.又∵·=（2，－3，1）·（3，23，0）=0，∴⊥，即BE⊥DA.而BE⊥PA，∴BE⊥面PAD.∵BE 面PAB，∴面PAB⊥面PAD.（3）解：由BE⊥面PAD知，平面PAD的单位向量n0||BE =221（2，－3，1）.∴CD=（1，0，0）的点C到平面PAD的距离d=|n0·CD|=|221（2，－3，1）·（1，0，0）|=22.探究创新8.（2003年北京宣武区二模题）如图，AB为圆柱OO1的母线，BD为圆柱OO1下底面直径，AB=BD=2，点C为下底面圆周⊙O上的一点，CD=1.（1）求三棱锥C—ABD的体积；（2）求面BAD与面CAD所成二面角的大小；（3）求BC与AD所成角的大小.分析：本题主要考查直线、平面的位置关系，考查圆柱的有关概念，考查直线、平面所成角的概念及求法，考查空间想象能力和推理能力.解：（1）∵AB 为圆柱OO 1的母线，∴AB ⊥下底面.∴AB 为棱锥A —BCD 的高.而点C 在⊙O 上，∴△BCD 为直角三角形，∠BCD =90°.∵BD =2，CD =1，∴BC =3.∴V 三棱锥C —ABD =V 三棱锥A —BCD =31×21×1×3×2=33. （2）过B 作BE ⊥AD ，垂足为E ，过点B 作BF ⊥AC ，垂足为点F ，连结EF .由BD 为底面圆的直径，得BC ⊥CD .∵AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，∴AC ⊥CD . 而AC ∩BC =C ， ∴CD ⊥平面ABC . 而CD ⊂平面ADC ，∴平面ABC ⊥平面ADC ，且它们的交线为AC . ∵BF ⊂平面ABC ，BF ⊥AC ，垂足为点F ， ∴BF ⊥平面ACD .而BE ⊥AD ，AD 平面ACD ， ∴EF ⊥AD .平面ABD ∩平面ACD =AD ，∴∠BEF 是面ABD 与面ACD 所成的二面角的平面角. 由BE =21AD =2，AC =7，AB =2，可求出BF =7212. ∴sin ∠BEF =BE BF=27212=742.∵∠BEF 为锐角，∴∠BEF =arcsin 742. 故所求二面角的大小为arcsin742. （3）过点D 在下底面作DG ∥BC 交⊙O 于点G ，则∠GDA 为BC 与AD 所成的角.连结BG 、AG ，由BD 是⊙O 的直径，得GD ⊥BG ，则AG ⊥DG ，BC =GD .∴cos ∠GDA =AD GD =223=46.∴∠GDA =arccos46. ∴所求BC 与AD 所成的角的大小为arccos 46. ●思悟小结1.利用向量解立体几何问题，要仔细分析问题特点，把已知条件用向量表示，把一些待求的量用基向量或其他向量表示，将几何的位置关系的证明问题或数量关系的运算问题转化为典型的向量运算，以算代证，以值定形.这种方法可减少复杂的空间结构分析，使得思路简捷、方法清晰、运算直接，能迅速准确地解决问题.2.线线垂直、两异面直线的夹角、两点间的距离等问题的解决往往借助于向量坐标.正方体、长方体、底面有一角为直角的直棱柱、底面为菱形的直四棱柱、四棱锥等凡能出现三条两两垂直直线的图形，常常考虑空间直角坐标系.3.在综合问题中，首先要注意是否构建直角坐标系，能较易建立直角坐标系的，尽量建立直角坐标系.其次要注意向量运算与基本性质相结合的论述，这是今后的方向，可以“形到形”，可以“数到形”，注意数形结合，向量方法与传统方法各有千秋，相得益彰.必须熟练掌握向量的基本知识和技能，尤其提出如下几点：（1）怎样选择应用基底（不设直角坐标系）和建立直角坐标系及坐标系建立技巧；（2）法向量的应用对处理角和距离的重要性；（3）怎样用向量解决立体几何中的几大常见题型；（4）准确判断是否选用向量处理问题，明确向量解题的缺点；（5）空间向量是怎样由平面向量拓展而来的.●教师下载中心教学点睛要给学生归纳、总结，使学生系统地掌握线线、线面、面面的位置关系，特别是平行与垂直的判定与性质，通过对照，深刻理解异面直线所成的角、斜线与平面所成的角、二面角的平面角，理解点到面的距离、异面直线的距离.通过解题总结证明立体几何问题的常见方法，注意培养学生的空间想象能力.拓展题例【例1】已知直线a∥α，且a与α间的距离为d，a在α内的射影为a′，l为平面α内与a′平行的任一直线，则a与l之间的距离的取值范围是A.［d，+∞）B.（d，+∞）C.（0，d］D.{d}解析：如图，在a上任取一点P作PO⊥a′，垂足为O，过O作OA⊥l，垂足为A，连结PA.则PA⊥l，PA⊥a，故PA就是a与l之间的距离.在Rt△POA中，PA>PO=d，选B.答案：B【例2】如图，已知底面半径为r的圆柱被一个平面所截，剩下部分母线长的最大值为a，最小值为b，那么圆柱被截后剩下部分的体积是__________.a解析：两个相同的几何体倒立一个，对应合缝，恰好形成一个圆柱体. 答案：21πr 2（a +b ）【例3】（2003年北京西城区一模题）如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的所有棱长均为2，P 是侧棱AA 1上任意一点.A 1（1）求证：B 1P 不可能与平面ACC 1A 1垂直；（2）当BC 1⊥B 1P 时，求线段AP 的长；（3）在（2）的条件下，求二面角C —B 1P —C 1的大小.（1）证明：连结B 1P ，假设B 1P ⊥平面ACC 1A 1，则B 1P ⊥A 1C 1. 由于三棱柱ABC —A 1B 1C 1为正三棱柱，A1P∴AA 1⊥A 1C 1. ∴A 1C 1⊥侧面ABB 1A 1. ∴A 1C 1⊥A 1B 1，即∠B 1A 1C 1=90°.这与△A 1B 1C 1是等边三角形矛盾. ∴B 1P 不可能与平面ACC 1A 1垂直.（2）解：取A 1B 1的中点D ，连结C 1D 、BD 、BC 1，则C 1D ⊥A 1B 1，又∵AA 1⊥平面A 1B 1C 1， ∴AA 1⊥C 1D .∴C 1D ⊥平面ABB 1A 1. ∴BD 是BC 1在平面ABB 1A 1上的射影.∵BC 1⊥B 1P ，∴BD ⊥B 1P .∴∠B 1BD =90°－∠BB 1P =∠A 1B 1P . 又A 1B 1=B 1B =2，∴△BB 1D ≌△B 1A 1P ，A 1P =B 1D =1.∴AP =1.（3）解：连结B 1C ，交BC 1于点O ，则BC 1⊥B 1C .又BC 1⊥B 1P ，∴BC 1⊥平面B 1CP . 过O 在平面CPB 1上作OE ⊥B 1P ，交B 1P 于点E ，连结C 1E ，则B 1P ⊥C 1E ， ∴∠OEC 1是二面角C —B 1P —C 1的平面角. 由于CP =B 1P =5，O 为B 1C 的中点，连结OP ， ∴PO ⊥B 1C ，OP ·OB 1=OE ·B 1P .∴OE =530.∴tan ∠OEC 1=OEOC 1=315.∴∠OEC 1=arctan315. 故二面角C —B 1P —C 1的大小为arctan315.。