[K12学习]2018版高中数学小问题集中营专题5.3 突破点几何体三视图常见误区

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专题1-4 立体几何篇-2018版题型突破唯我独尊之高考数

【简介】1.立体几何是高考的重要内容，为解答题的必考题型.解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算.重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力.热点题型主要有平面图形的翻折、探索性问题等；2.思想方法：(1)转化与化归(空间问题转化为平面问题)；(2)数形结合(根据空间位置关系利用向量转化为代数运算).【2015新课标1】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.（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值【答案】在直角梯形BDFE 中，由BD =2，BE DF =2可得EF =2，∴222EG FG EF +=，∴EG ⊥FG ， ∵AC ∩FG=G ，∴EG ⊥平面AFC ，∵EG ⊂面AEC ，∴平面AFC ⊥平面AEC . ……6分【考点定位】空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力【名师点睛】对空间面面垂直问题的证明有两种思路，思路1：几何法，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；思路2：利用向量法，通过计算两个平面的法向量，证明其法向量垂直，从而证明面面垂直；对异面直线所成角问题，也有两种思路，思路1：几何法，步骤为一找二作三证四解，一找就是先在图形中找有没有异面直线所成角，若没有，则通常做平行线或中位线作出异面直线所成角，再证明该角是异面直线所成角，利用解三角形解出该角.【2015新课标2】如图，长方体1111ABCD A BC D -中,=16AB ，=10BC ，18AA =，点E ，F 分别在11A B ，11C D 上，114A E D F==．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．（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（Ⅱ）求直线AF与平面α所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；【考点定位】1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．【2016新课标1】如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =2FD ，90AFD ∠=，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；（II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．【答案】（I ）见解析；（II ）【解析】试题分析：（I ）证明ΑF ⊥平面ΕFDC ，结合F A ⊂平面ΑΒΕF ，可得平面ΑΒΕF ⊥平面ΕFDC ．（II ）建立空间坐标系，利用向量求解.试题解析：（I ）由已知可得ΑF DF ⊥，ΑF FE ⊥，所以ΑF ⊥平面ΕFDC ．又F A ⊂平面ΑΒΕF ，故平面ΑΒΕF ⊥平面ΕFDC ．（II ）过D 作DG ΕF ⊥，垂足为G ，由（I ）知DG ⊥平面ΑΒΕF ．以G 为坐标原点，GF 的方向为x 轴正方向，GF为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（I ）知DFE ∠为二面角D AF E --的平面角，故60DFE ∠=，则2DF =，3DG =，可()1,4,0A ，()3,4,0B -，()3,0,0E -，(D ．由已知，//AB EF ，所以//AB 平面EFDC ．又平面ABCD 平面EFDC DC =，故//AB CD ，//CD EF ．由//BE AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以C ΕF ∠为二面角C BE F --的平面角，60C ΕF ∠= ．从而可得(C -．所以(ΕC = ，()0,4,0ΕΒ= ，(3,ΑC =-- ，()4,0,0ΑΒ=-．设(),,x y z =n 是平面ΒC Ε的法向量，则【考点】垂直问题的证明及空间向量的应用【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,注意防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.第二问一般考查角度问题,多用空间向量法解决. 【2016新课标2】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB =5，AC =6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE =CF =54，EF交BD 于点H . 将△DEF 沿EF 折到△D EF '的位置，OD '=（Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值.【答案】（Ⅰ）详见解析；.故D H OH '⊥.又D H EF '⊥，而OH EF H = ，所以D H ABCD '⊥平面.（Ⅱ）如图，以H 为坐标原点，HF的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H xyz -，则()0,0,0H ，()3,1,0A --，()0,5,0B -，()3,1,0C -，()0,0,3D '，(3,4,0)AB =-，()6,0,0AC = ，()3,1,3AD '=【考点】线面垂直的判定、二面角.【名师点睛】证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α；③α∥β，a ⊥α⇒a ⊥β；④面面垂直的性质．线面垂直的性质，常用来证明线线垂直．求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个平面的法向量，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．【2016新课标3】如图，四棱锥P−ABC 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB=AD=AC =3，P A=BC =4，M 为线段AD 上一点，AM=2MD ，N 为PC 的中点.（I ）证明MN ∥平面P AB ;（II ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.【答案】（I ）详见解析；（II ．【解析】试题分析：（I ）取BP 的中点T ，然后结合条件中的数据证明四边形AMNT 为平行四边形，从而得到MN AT ，由此结合线面平行的判定定理可证；（II ）以A 为坐标原点，AE的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系，然后通过求直线AN 的方向向量与平面PMN 的法向量的夹角的余弦值来求解AN 与平面PMN 所成角的正弦值．试题解析：（I ）由已知得232==AD AM . 取BP 的中点T ，连接TN AT ,，由N 为PC 中点知BC TN //，221==BC TN . ……3分又BC AD //，故=TN 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 . ……6分设(,,)x y z =n 为平面PMN 的一个法向量，则0,0,PM PN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即240,20,y z x y z -=⎧+-= ……10分可取(0,2,1)=n .于是|||cos ,|||||AN AN AN ⋅==n n n ……12分【考点】空间线面间的平行关系，空间向量法求线面角．【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理．【2017新课标1】如图，在四棱锥P−ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠= .（1）证明：平面P AB ⊥平面P AD ；（2）若P A =PD =AB =DC ，90APD ∠= ，求二面角A −PB −C 的余弦值.由（1）可知，AB ⊥平面PAD ，故AB PF ⊥，可得PF ⊥平面ABCD .以F 为坐标原点，FA 的方向为x 轴正方向，||AB为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F xyz -.【2017新课标2】如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点．（1）证明：直线CE ∥平面P AB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45，求二面角M AB D --的余弦值．【答案】（1）证明略；（2【考点】判定线面平行、面面角的向量求法【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：①两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，②利用方程思想进行向量运算，要认真细心、准确计算．（2）设m，n分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与<m，n>互补或相等，故有|cos θ|＝|cos<m，n>|=m nm n．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．【2017新课标3】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C 的余弦值.【答案】（1）证明略；（2）7【考点】二面角的平面角；二面角的向量求法【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算时，要认真细心，准确计算.（2）设m ，n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与,m n 互补或相等，故有cos cos ,||θ=⋅=m m n nm n.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.【3年高考试题比较】全国高考命题的一个显著变化是，由知识立意转为能力立意，往往遵循大纲又不拘泥于大纲．高考在考查空间想象能力的同时又考查空间想象能力、逻缉思维能力、推理论证能力、运算能力和分析问题以及解决问题的能力．通过比较近三年的高考试题，可发现，立体几何一般有两问，第一问均为考查线面的位置关系，平行和垂直均有涉及；第二问主要考查角的运算，异面所成角，线面角，二面角都有考查，利用空间直角坐标系计算的需要先证明再建系，对于空间位置关系要求较高.【必备基础知识融合】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3.3.(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内.(2)公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面.(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.4.空间点、直线、平面之间的位置关系5.平行公理(平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补. 6.异面直线所成的角(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 ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角). (2)范围：⎝⎛⎦⎤0，π2.7.直线与平面平行 (1)直线与平面平行的定义直线l 与平面α没有公共点，则称直线l 与平面α平行. (2)判定定理与性质定理8.(1)平面与平面平行的定义没有公共点的两个平面叫做平行平面. (2)判定定理与性质定理9.(1)a ⊥α，b ⊥α⇒a ∥b . (2)a ⊥α，a ⊥β⇒α∥β.10.直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义如果一条直线l 与平面α内的任意直线都垂直，就说直线l 与平面α互相垂直. (2)判定定理与性质定理11.(1)平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直. (2)判定定理与性质定理12.(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a 的有向线段所在直线与直线l 平行或重合，则称此向量a 为直线l 的方向向量.(2)平面的法向量：直线l ⊥α，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面α的法向量. 13.空间位置关系的向量表示14.设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则15.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，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |. 16.求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 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).【解题方法规律技巧】典例1：在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为正方形， ABE ∆为直角三角形， 90BAE ∠= ，且AD AE ⊥.（1）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（2）若AB=2AE ，求异面直线BE 与AC 所成角的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2.所以DB ⊥平面AEC ，BD a 面BED 故有平面AEC ⊥平面BED.【规律方法】(1)求异面直线所成的角常用方法是平移法，平移方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移. (2)求异面直线所成角的三个步骤①作：通过作平行线，得到相交直线的夹角. ②证：证明相交直线夹角为异面直线所成的角.③求：解三角形，求出作出的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角.典例2：如图，在长方体1111ABCD A BC D -中， 1,2,,AB AD E F ==分别为1,AD AA 的中点， Q 是BC 上一个动点，且(0)BQ QC λλ=>.（1）当1λ=时，求证：平面//BEF 平面1A DQ ；（2）是否存在λ，使得BD FQ ⊥？若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）详见解析（2）13λ=（2）连接,AQ BD 与FQ ，因为1A A ⊥平面,ABCD BD ⊂平面ABCD ，所以1A A BD ⊥.若1,,BD FQ A A FQ ⊥⊂平面1A AQ ，所以BD ⊥平面1A AQ . 因为AQ ⊂平面1A AQ ，所以AQ BD ⊥.在矩形ABCD 中，由AQ BD ⊥，得~AQB DBA ∆∆，所以， 2AB AD BQ =⋅.【规律方法】(1)判断或证明线面平行的常用方法有： ①利用反证法(线面平行的定义)；②利用线面平行的判定定理(a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α)； ③利用面面平行的性质定理(α∥β，a ⊂α⇒a ∥β)； ④利用面面平行的性质(α∥β，a ⊄β，a ∥α⇒a ∥β).(2)利用判定定理判定线面平行，关键是找平面内与已知直线平行的直线.常利用三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线. （3）判定面面平行的主要方法 ①利用面面平行的判定定理.②线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行). (2)面面平行的性质定理①两平面平行，则一个平面内的直线平行于另一平面. ②若一平面与两平行平面相交，则交线平行. （4）证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α)；③面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)；④面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝a ，l ⊥a ，l ⊂β⇒l ⊥α).典例3：如图所示，已知四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB＝BC ＝PB ＝PC ＝2CD ，侧面PBC ⊥底面ABCD .证明： (1)PA ⊥BD ；(2)平面PAD ⊥平面PAB .证明 (1)取BC 的中点O ，连接PO ，∵平面PBC ⊥底面ABCD ，△PBC 为等边三角形， ∴PO ⊥底面ABCD .以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.不妨设CD ＝1，则AB ＝BC ＝2，PO ＝ 3.∴A (1，－2，0)，B (1，0，0)，D (－1，－1，0)，P (0，0，3). ∴BD →＝(－2，－1，0)，PA →＝(1，－2，－3). ∵BD →·PA →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴PA →⊥BD →，∴PA ⊥BD .规律方法 (1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键. (2)用向量证明垂直的方法①线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.②线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示. ③面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示.典例4：如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD . (1)求证：BD ⊥AA 1；(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1？若存在，求出点P 的位置；若不存在，请说明理由.(2)解假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，设CP →＝λCC 1→，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0，1，3). 从而有P (0，1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ). 设n 3⊥平面DA 1C 1，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0，2，0)，DA 1→＝(3，0，3)，设n 3＝(x 3，y 3，z 3)，⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1，0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1，则n 3⊥BP →，即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1，即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .【规律方法】向量法解决与垂直、平行有关的探索性问题(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，并用向量表示出来，然后再加以证明，得出结论.(2)假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点，根据线、面满足的垂直、平行关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在.典例5：如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点.已知AB ＝2，AD ＝22，PA ＝2.求： (1)△PCD 的面积.(2)异面直线BC 与AE 所成的角的大小.解 (1)因为PA ⊥底面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CD .又AD ⊥CD ，PA ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面PAD ，又PD ⊂平面PAD ，从而CD ⊥PD .因为PD ＝22＋（22）2＝23，CD ＝2，所以△PCD 的面积为12×2×23＝2 3.图1图2法二如图2，建立空间直角坐标系，则B (2，0，0)，C (2，22，0)， E (1，2，1)，AE →＝(1, 2，1)，BC →＝(0，22，0). 设AE →与BC →的夹角为θ，则cos θ＝AE →·BC →|AE →||BC →|＝42×22＝22，所以θ＝π4.由此可知，异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π4.【规律方法】(1)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：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.典例6:如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ＝1，BB 1＝2，∠ABB 1＝60°. (1)证明：AB ⊥B 1C ；(2)若B 1C ＝2，求AC 1与平面BCB 1所成角的正弦值.∴AB⊥平面AB1C.又B1C⊂平面AB1C，∴AB⊥B1C.【规律方法】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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.典例7：如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1B ＝B 1A ＝AB ＝BC ，∠B 1BC ＝90°，D 为AC 的中点，AB ⊥B 1D . (1)求证：平面ABB 1A 1⊥平面ABC ；(2)求直线B 1D 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值； (3)求二面角B －B 1D －C 的余弦值.(2)解由(1)知，OB ，OD ，OB 1两两垂直.②以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴的方向，|OB →|为单位长度1，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz . 由题设知B 1(0，0，3)，D (0，1，0)， A (－1，0，0)，C (1，2，0)，C 1(0，2，3).则B 1D →＝(0，1，－3)，AC →＝(2，2，0)，CC 1→＝(－1，0，3).设平面ACC 1A 1的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·CC 1→＝0，得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，－x ＋3z ＝0，取m ＝(3，－3，1).∴cos 〈B 1D →，m 〉＝B 1D →·m |B 1D →||m |＝0×3＋1×（－3）＋（－3）×102＋12＋（－3）2×（3）2＋（－3）2＋12＝－217， ∴直线B 1D 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为217.③ (3)解由题设知B (1，0，0)，则BD →＝(－1，1，0)，B 1D →＝(0，1，－3)，DC →＝(1，1，0). 设平面BB 1D 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则由 ⎩⎪⎨⎪⎧BD →·n 1＝0，B 1D →·n 1＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－3z 1＝0，可取n 1＝(3，3，1). 同理可得平面B 1DC 的一个法向量为n 2＝(－3，3，1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝3×（－3）＋3×3＋1×1（3）2＋（3）2＋12×（－3）2＋（3）2＋12＝17. ∴二面角B －B 1D －C 的余弦值为17.④【规律方法】(1)证明平面和平面垂直的方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理.(2)已知两平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.（3）利用向量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.易错警示对于①：用线面垂直的判定定理易忽视面内两直线相交；对于②：建立空间直角坐标系，若垂直关系不明确时，应先给出证明；对于③：线面角θ的正弦sin θ＝|cos 〈B 1D →，m 〉|，易误认为cos θ＝|cos 〈B 1D →，m 〉|；对于④：求出法向量夹角的余弦值后，不清楚二面角的余弦值取正值还是负值，确定二面角余弦值正负有两种方法：1°通过观察二面角是锐角还是钝角来确定其余弦值的正负；2°当不易观察二面角是锐角还是钝角时可判断两半平面的法向量与二面角的位置关系来确定.典例8：如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AM AP的值；若不存在，说明理由.(3)解设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM →＝λAP →.因此点M (0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ).因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14. 所以在棱PA 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14. 【规律方法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.典例9：如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，A D ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.所以B ⎝⎛⎭⎫22，0，0，E ⎝⎛⎭⎫－22，0，0，A 1⎝⎛⎭⎫0，0，22，C ⎝⎛⎭⎫0，22，0，得BC →＝⎝⎛⎭⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝⎛⎭⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；【规律方法】立体几何中的折叠问题，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.【归纳常用万能模板】如图，在△ABC 中，∠ABC ＝π4，O 为AB 边上一点，且3OB ＝3OC ＝2AB ，已知PO ⊥平面ABC ，2DA ＝2AO ＝PO ，且DA ∥PO. (1)求证：平面PBD ⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值.满分解答 (1)证明 ∵OB ＝OC ，又∵∠ABC ＝π4， ∴∠OCB ＝π4，∴∠BOC ＝π2. ∴CO ⊥AB.2分又PO ⊥平面ABC ，OC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥OC.又∵PO ，AB ⊂平面PAB ，PO ∩AB ＝O ，∴CO ⊥平面PAB ，即CO ⊥平面PDB.4分又CO ⊂平面COD ，∴平面PDB ⊥平面COD.6分(2)解以OC ，OB ，OP 所在射线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)，∴PD →＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1).8分设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3).10分设PD 与平面BDC 所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211.12分❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中，先证线面垂直，再证两面垂直.❷得关键分：解题过程不可忽视的关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中证线面垂直不可漏“CO ⊥平面PDB ”.❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(2)问中求法向量n ，计算线面角正弦值sin θ.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.【易错易混温馨提醒】一、利用空间向量求解线面角时，得到是线面角的正弦值，注意不是余弦值.易错1：如图，三棱柱111ABC A B C -中， 01111160,4B A A C A A AA AC ∠=∠===，2AB =， ,P Q 分别为棱1,AA AC 的中点.（1）在平面ABC 内过点A 作//AM 平面1PQB 交BC 于点M ，并写出作图步骤，但不要求证明.（2）若侧面11ACC A ⊥侧面11ABB A ，求直线11AC与平面1PQB 所成角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）.试题解析：（1）如图，在平面11ABB A 内，过点A 作1//ANB P 交1BB 于点N ，连结BQ ，在1BBQ ∆中，作1//NH B Q 交BQ 于点H ，连结AH 并延长交BC 于点M ，则AM 为所求作直线.∵Q 为AC 的中点，∴点Q 的坐标为(0,-，∴((110,,0,AC PQ =-=- .∵011112,60A B AB B A A ==∠=，∴)1B ，∴)1PB = ，设平面1PQB 的法向量为(),,m x y z =，二、不能直接建立空间直角坐标系时，要利用条件先证再建系.易错2：如图，在三棱柱111ABC A B C -中， D 为BC 的中点， 00190,60BAC A AC ∠=∠=，12AB AC AA ===.（1）求证： 1//A B 平面1ADC ；（2）当14BC =时，求直线1B C 与平面1ADC 所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2．【解析】【试题分析】（1）依据题设条件运用直线与平面平行的判定定理进行分析推证；（2）依据题设条件建立空间直角坐标系，借助向量的有关知识与数量积公式分析求解：（1）证明：连结1AC 与1AC 相交于点E ，连结ED . ∵,D E 为中点，∴1//A B ED ，又∵1A B ⊄平面1,ADC ED ⊂平面1ADC ， ∴1//A B 平面1ADC .三、在空间中点的坐标不好确定时，可以先设出来，再根据条件列方程求解确定即可.易错3：如图，在三棱柱111ABC A B C -中，平面11A ACC ⊥平面ABC ， 2AB BC ==， 30ACB ∠= ， 1120C CB ∠= ， 11BC AC ⊥，E 为AC 的中点．（1）求证： 1AC ⊥平面1C EB ；（2）求二面角1A AB C --的余弦值．【答案】（1）见解析;（2）13．则由余弦定理得2221122412AC x x x x =+-⋅=-+．22213223C E x x x x ⎛=+-⋅=++ ⎝⎭，设1AC 与1C E 交于点H ，则 1123A H AC =， 1123C H C E =，而1AC ⊥ 1C E ，则2221111A H C H AC +=．于是()()(222444122399x x x x -++++=，即260x x --=，∴3x =或2-（舍）容易求得： 1A E =22211AE AE AA +=．故1A E AC ⊥，由面11A ACC ⊥面ABC ，则1A E ⊥面ABC ，过E 作EF AB ⊥于F ，连1A F ，则1AF E ∠为二面角1A AB C --的平面角，由平面几何知识易得2EF =， 1A F =∴111cos 3AE A FE A F ∠===．方法二：以A 点为原点， AC 为y 轴，过点A 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设1A A x =， 1A AC θ∠=，则()13,0B ，()C ，()E ，()10,cos ,sin C x x θθ．∴()1,CB = ， ()10,cos ,sin CC x x θθ= ．由1111c o s ,2C B C C C BC C C B C C ⋅==- ，12=-，∴cos 3θ=，则1A x x ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，10,C x x ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，于是10,,A C x ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭ ，1,33BC x ⎛=- ⎝⎭ ，∵11AC BC ⊥ ，不妨设平面ABC 的法向量()20,0,1n =，则1212121cos ,3n n n n n n ⋅===- ，故二面角1A AB C --的余弦值为13．四、建立空间直角坐标系的原则是：让尽量多的点落在坐标轴或轴面上.易错4：如图，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，将 AED DCF △，△分别沿DE ，DF 折起，使 A C ，两点重合于P .（Ⅰ）求证：平面PBD BFDE ⊥平面；（Ⅱ）求二面角P DE F --的余弦值.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）23所以 BE BF DE DF ==，，所以DEB DFB △≌△，所以在等腰DEF △中，O 是EF 的中点，且EF OD ⊥，因此在等腰PEF △中，EF OP ⊥，从而EF OPD ⊥平面，又EF BFDE ⊂平面，所以平面BFDE OPD ⊥平面，即平面PBD BFDE ⊥平面.…………………6分所以AF DE ⊥，于是，在翻折后的几何体中，PGF ∠为二面角P DE F --的平面角，在正方形ABCD 中，解得AG =，GF =，所以，在PGF △中，PG AG ==，GF =，1PF =，由余弦定理得2222cos 23PG GF PF PGF PG GF +-∠==⋅，所以，二面角P DE F --的余弦值为23.………………………………12分五、求二面角余弦值时，要正确判断二面角为钝角还是锐角.易错5：四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形， 2AB BC PA PB ===，.侧面PAB ⊥底面ABCD .（1）证明： PC BD ⊥；（2）设BD 与平面PAD 所成的角为45︒，求二面角B PC D --的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【试题解析】解：（1）证法一：设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥，而平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB故PO ⊥平面ABCD以O 为原点， OP 为z 轴， OB 为y 轴，如图建立空间直角坐标系，并设PO h =，则()()))0,0,,0,1,0,,1,0P h B C D-所以)),2,0PC h BD =-=- 0PC BD ⋅= ，所以PC BD ⊥.证法二：设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥，而平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB故PO ⊥平面ABCD ，从而BD PO ⊥ ①在矩形ABCD 中，连接CO ，设CO 与BD 交于M ，则由::CD CB BC BO =知BCD OBC ∆~∆，所以BCO CDB ∠=∠所以90BCM CBM CDB CBM ∠+∠=∠+∠=︒，故BD CO ⊥ ②由①②知BD ⊥平面PCO所以PC BD ⊥.六、多解问题的取舍.易错6：如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中，E ，F ， M ， N 分别是棱AB ， AD ， 11A B ， 11A D 的中点，点P ， Q 分别在棱1DD ， 1BB 上移动，且(02)DP BQ λλ==<<.（1）当1λ=时，证明：直线1//BC 平面EFPQ ；（2）是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）12λ=±.（2）设平面EFPQ 的一个法向量为(),,n x y z = ，则由0{0FE n FP n ⋅=⋅= ，得0{0.x y x z λ+=-+=，于是可取(),,1n λλ=- . 设平面MNPQ 的一个法向量为()',','m x y z = ，由0{0N M m N P m ⋅=⋅= ，得()''0{'2'0x y x z λ+=-+-=，于是可取()2,2,1m λλ=-- .若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则()()2,2,1,,10m n λλλλ⋅=--⋅-= ，即()()2210λλλλ---+=，解得12λ=±，显然满足02λ<<.故存在12λ=±，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角.【新题好题提升能力】1.如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是直角梯形， //AD BC ， 36AD BC ==， PB =M 在线段AD 上，且4MD =， AD AB ⊥， PA ⊥平面ABCD .（1）求证：平面PCM ⊥平面PAD ；（2）当四棱锥P ABCD -的体积最大时，求平面PCM 与平面PCD 所成二面角的余弦值.【答案】（1）见解析;（2.。

2018届高三数学二轮复习冲刺提分作业专题五立体几何刺第1讲空间几何体的三视图、表面积和体积文含答案

1.(2017 安徽合肥质量检测 ( 二 )) 一个几何体的三视图及其尺寸如图所示
()
, 则该几何体的体积为
A.
B.
C.28 D.22+6
2.(2017 贵州贵阳检测 ) 三棱锥 P-ABC的四个顶点都在体积为
小圆面积为 16π, 则该三棱锥的高的最大值为 (
)
的球的表面上 , 底面 ABC所在的
A.4
角梯形绕 BC边所在直线旋转一周 , 则所得几何体的表面积为
.
16.(2017 江苏 ,6,5 分) 如图 , 在圆柱 O1O2 内有一个球 O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切 .
记圆柱 O1O2 的体积为 V1, 球 O的体积为 V2, 则的值是
.
B 组提升题组
时间 :25 分钟
分值 :50 分
图为正六边形 , 则该几何体的体积是 ( )
A.
B.1
C.2
D.
7.(2017 河南郑州质量预测 ( 一 )) 某几何体的三视图如图所示 , 则其体积为 (
)
A.207
B.216-
广东广州五校协作体第一次诊断
()
) 某几何体的三视图如图所示 , 则该几何体的表面积为
第 1 讲空间几何体的三视图、表面积和体积
A 组基础题组
时间 :35 分钟
分值 :80 分
1.(2017 湖南长沙模拟 ) 如图是某几何体的三视图 , 其正视图、侧视图均是直径为 2 的半圆 , 俯视图
是直径为 2 的圆 , 则该几何体的表面积为 ( )
A.3 π
B.4 π
C.5 π
D.12 π
A.
+1
B.
C.

新课标2018届高考数学二轮复习专题五立体几何专题能力训练13空间几何体理

专题能力训练13 空间几何体能力突破训练1.下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.32πA.+1B.+3C.+1D.+33.如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是()A.17πB.18πC.20πD.28π4.已知平面α截球O的球面得圆M,过圆心Μ的平面β与α的夹角为,且平面β截球O的球面得圆N.已知球Ο的半径为5,圆M的面积为9π,则圆N的半径为()A.3B.C.4D.5.在空间直角坐标系Oxyz中,已知A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1,).若S1,S2,S3分别是三棱锥D-ABC在xOy,yOz,zOx坐标平面上的正投影图形的面积,则() A.S1=S2=S3B.S2=S1,且S2≠S3C.S3=S1,且S3≠S2D.S3=S2,且S3≠S16.(2017北京,理7)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为()A.3B.2C.2D.27.在四面体ABCD中,AB=CD=6,AC=BD=4,AD=BC=5,则四面体ABCD的外接球的表面积为.8.(2017山东,理13)由一个长方体和两个圆柱构成的几何体的三视图如图,则该几何体的体积为.9.如图,已知多面体ABCDEFG中,AB,AC,AD两两互相垂直,平面ABC∥平面DEFG,平面BEF∥平面ADGC,AB=AD=DG=2,AC=EF=1,则该多面体的体积为.10.下列三个图中,左面是一个正方体截去一个角后所得多面体的直观图.右面两个是其正视图和侧视图.(1)请按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图(不要求叙述作图过程);(2)求该多面体的体积(尺寸如图).11.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=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.思维提升训练12.(2017中原名校质检)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.9(+1)π+8B.9(+2)π+4-8C.9(+2)π+4D.9(+1)π+8-813.(2017江苏,6)如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则的值是.14.(2017全国Ⅰ,理16)15.若三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,SA⊥平面ABC,SA=2,AB=1,AC=2,∠BAC=60°,则球O的表面积为.16.如图①,在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,沿对角线AC把矩形折成二面角D-AC-B(如图②),并且点D在平面ABC内的射影落在AB上.(1)证明:AD⊥平面DBC;(2)若在四面体D-ABC内有一球,问:当球的体积最大时,球的半径是多少?参考答案专题能力训练13 空间几何体能力突破训练1.C解析由题意可知,该几何体由同底面的一个圆柱和一个圆锥构成,圆柱的侧面积为S1=2π×2×4=16π,圆锥的侧面积为S2=2π×2=8π,圆柱的底面面积为S3=π×22=4π,故该几何体的表面积为S=S1+S2+S3=28π,故选C.2.A解析V=3+1,故选A.3.A解析由三视图可知该几何体是球截去后所得几何体,则R3=,解得R=2,所以它的表面积为4πR2+πR2=14π+3π=17π.4.B解析如图,∵OA=5,AM=3,∴OM=4.∵∠NMO=,∴ON=OM·sin=2又∵OB=5,∴NB=,故选B.5.D解析三棱锥的各顶点在xOy坐标平面上的正投影分别为A1(2,0,0),B1(2,2,0),C1(0,2,0),D1(1,1,0).显然D1点为A1C1的中点,如图(1),正投影为Rt△A1B1C1,其面积S1=2×2=2.三棱锥的各顶点在yOz坐标平面上的正投影分别为A2(0,0,0),B2(0,2,0),C2(0,2,0),D2(0,1,).显然B2,C2重合,如图(2),正投影为△A2B2D2,其面积S2=2三棱锥的各顶点在zOx坐标平面上的正投影分别为A3(2,0,0),B3(2,0,0),C3(0,0,0),D3(1,0,),由图(3)可知,正投影为△A3D3C3,其面积S3=2综上,S2=S3,S3≠S1.故选D.图(1)图(2)图(3)6.B解析由题意可知,直观图为四棱锥A-BCDE(如图所示),最长的棱为正方体的体对角线AE==2故选B.7解析构造一个长方体,使得它的三条面对角线长分别为4,5,6,设长方体的三条边长分别为x,y,z,则x2+y2+z2=,而长方体的外接球就是四面体的外接球,所以S=4πR2=8.2+解析由三视图还原几何体如图所示,故该几何体的体积V=2×1×1+212×1=2+9.4解析(方法一:分割法)几何体有两对相对面互相平行,如图,过点C作CH⊥DG于H,连接EH,即把多面体分割成一个直三棱柱DEH-ABC和一个斜三棱柱BEF-CHG.由题意,知V三棱柱DEH-ABC=S△DEH×AD=2=2,V三棱柱BEF-CHG=S△BEF×DE=2=2.故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG=2+2=4.(方法二:补形法)因为几何体有两对相对面互相平行,如图,将多面体补成棱长为2的正方体,显然所求多面体的体积即该正方体体积的一半.又正方体的体积V正方体ABHI-DEKG=23=8,故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG=8=4.10.解(1)作出俯视图如图所示.(2)依题意,该多面体是由一个正方体(ABCD-A1B1C1D1)截去一个三棱锥(E-A1B1D1)得到的,所以截去的三棱锥体积A1E=1=,正方体体积=23=8,故所求多面体的体积V=8-11.解(1)交线围成的正方形EHGF如图所示.(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8.因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH==6,AH=10,HB=6.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思维提升训练12.D解析由三视图可知,该几何体是由一个四棱锥和一个圆锥拼接而成,故S=(2π×3)×3+π×32-(2)2+4=9(+1)π+8-8.故选D.13解析设球O的半径为r,则圆柱O1O2的高为2r,故,答案为14.4解析如图所示,连接OD,交BC于点G.由题意知OD⊥BC,OG=BC.设OG=x,则BC=2x,DG=5-x,三棱锥的高h=因为S△ABC=2x×3x=3x2,所以三棱锥的体积V=S△ABC·h=x2令f(x)=25x4-10x5,x,则f'(x)=100x3-50x4.令f'(x)=0,可得x=2,则f(x)在(0,2)单调递增,在单调递减,所以f(x)max=f(2)=80.所以V=4,所以三棱锥体积的最大值为415.64π解析如图,三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,因为AB=1,AC=2,∠BAC=60°,所以BC=,所以∠ABC=90°.所以△ABC截球O所得的圆O'的半径r=1.设OO'=x,球O的半径为R,则R2=x2+12,R2=(SA-x)2+12,所以x2+1=+1,解得x=,R2=+12,R=4.所以球O的表面积为4πR2=64π.16.(1)证明设D在平面ABC内的射影为H,则H在AB上,连接DH,如图,则DH⊥平面ABC,得DH⊥BC.又AB⊥BC,AB∩DH=H,所以BC⊥平面ADB,故AD⊥BC.又AD⊥DC,DC∩BC=C,所以AD⊥平面DBC.(2)解当球的体积最大时,易知球与三棱锥D-ABC的各面相切,设球的半径为R,球心为O,则V D-ABC=R(S△ABC+S△DBC+S△DAC+S△DAB).由已知可得S△ABC=S△ADC=6.过点D作DG⊥AC于点G,连接GH,如图,可知HG⊥AC.易得DG=,HG=,DH=,S△DAB=4在△DAB和△BCD中,因为AD=BC,AB=DC,DB=DB,所以△DAB≌△BCD,故S△DBC=,V D-ABC=6则, 于是(4+)R=,所以R=。

2018届高考数学考试大纲解读专题05立体几何

专题05 立体几何（三）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)会用平行投影与中心投影两种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)会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不作严格要求).(5)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一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内.公理2：过不在同一条直线上的三点,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互相平行.• 定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,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.• 如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行.• 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,那么这两个平面平行.•如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,那么该直线与此平面垂直.• 如果一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面互相垂直.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,那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行.• 如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线相互平行.• 垂直于同一个平面的两条直线平行.• 如果两个平面垂直,那么一个平面内垂直于它们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图形的位置关系的简单命题.（十六）空间向量与立体几何1.空间向量及其运算(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,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.2.空间向量的应用(1)理解直线的方向向量与平面的法向量.(2)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.(3)能用向量方法证明有关直线和平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.与2017年考纲相比没什么变化，而且这部分内容作为高考的必考内容，在2018年的高考中预计仍会以“一小一大或两小一大”的格局呈现，在选择题或填空题中，考查空间几何体三视图的识别，空间几何体的体积或表面积的计算，空间线面位置关系的判定等，难度中等；在解答题中主要考查空间线面位置关系中的平行或垂直的证明，空间几何体表面积或体积的计算，空间角或空间距离的计算等，难度中等.考向一空间几何体的三视图和直观图样题1 (2017年高考新课标Ⅰ卷)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A．10 B．12C．14 D．16【答案】B样题2 （2017年高考北京卷）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为A．B．C．D．2【答案】B样题3 （2017新课标全国Ⅱ理科）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A．90πB．63πC．42πD．36π【答案】B考向二球的组合体样题4 （2017新课标全国Ⅲ理科）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为A．πB．3π4C．π2D．π4【答案】B【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示：由题意可得：11,2AC AB ==，结合勾股定理，底面半径r ==由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是223ππ1π4V r h ==⨯⨯=⎝⎭，故选B. 【名师点睛】（1）求解空间几何体体积的关键是确定几何体的元素以及线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.样题5 （2017江苏）如图，在圆柱12O O 内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱12O O 的体积为1V ，球O 的体积为2V ，则12V V 的值是.【答案】32考向三空间线面的位置关系样题6 已知α，β是平面，m 、n 是直线，给出下列命题： ①若m ⊥α，m ⊂β，则α⊥β；②若m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β，则α∥β；③如果m ⊂α，n ⊄α，m ，n 是异面直线，那么n 与α相交； ④若α∩β=m ，n ∥m ，且n ⊄α，n ⊄β，则n ∥α且n ∥β. 其中命题正确的是__________．【答案】①④【解析】①是平面与平面垂直的判定定理，所以①正确；②中，m ，n 不一定是相交直线，不符合两个平面平行的判定定理，所以②不正确； ③中，还可能n ∥α，所以③不正确；④中，由于n ∥m ，n ⊄α，m ⊂α，则n ∥α，同理n ∥β，所以④正确．故填①④.样题7 （2017新课标全国Ⅰ理科）如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=.（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，求二面角A −PB −C 的余弦值.考向四空间角和距离样题8 （2017年高考新课标Ⅱ卷）已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为A．2B．5 CD【答案】C【解析】如图所示，补成直四棱柱1111ABCD A B C D -，则所求角为1111,BC D BC BD C D AB ∠=====易得22211C D BD BC =+，因此111cos BC BC D C D ∠===，故选C ．样题9 (2017年高考新课标Ⅲ卷) a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）【答案】②③【解析】设1AC BC ==.由题意，AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由,AC a AC b ⊥⊥，又AC ⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点B ，作BD a ∥，交底面圆C 于点D ，如图所示，连接DE ，则DE ⊥BD ，DE b ∴∥，连接AD ，等腰ABD △中，AB AD ==当直线AB 与a 成60°角时，60ABD ∠=，故BD =，又在Rt BDE △中，2,B E D E =∴B 作BF ∥DE ，交圆C 于点F ，连接AF ，由圆的对称性可知BF DE ==ABF ∴△为等边三角形，60ABF ∴∠=，即AB 与b 成60°角，②正确，①错误.由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC ⊥直线a ，则直线AB 与a 所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.。

江苏2018高三数学一轮复习立体几何热点问题

高考导航立体几何是研究空间几何体的基础和必备内容，也是历年高考命题的热点．其中有两个考查热点：一是空间几何体的表面积、体积的求解，试题难度不大；二是空间平行与垂直关系的证明与探索性问题，难度中等．热点一求解空间几何体的表面积和体积空间几何体的表面积和体积多以常见几何体或与球的接、切组合体考查，主要考查空间想象能力、逻辑推理能力和计算能力．求解几何体的表面积时，要考虑全面；求解棱锥的体积时，等体积转化是常用的思想方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以便于求解．例1(1)(2017·盐城模拟)如图，正四棱锥P ABCD的底面一边AB长为2 3 cm，侧面积为8 3 cm2，则它的体积为________cm3.(2)(2017·苏、锡、常、镇四市调研)如图，正三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝4，AA1＝6.若E，F分别是棱BB1，CC1上的点，则三棱锥AA1EF的体积是________．解析(1)设正四棱锥P ABCD的侧面上的斜高为h′，又底面一边AB长为2 3 cm，则侧面积为4×12×23h′＝83(cm2)，解得h′＝2(cm)，则它的高h＝22－（3）2＝1，体积为13×(23)2×1＝4(cm 3)． (2)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1A A E F V -三棱锥＝1F A AE V -三棱锥＝131S A AE ∆×23＝13×12×6×4×23＝8 3.答案 (1)4 (2)8 3探究提高 (1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和．(2)求体积时可以把空间几何体进行分解，把复杂的空间几何体的体积分解为一些简单几何体体积的和或差．求解时注意不要多算也不要少算．训练1 (1)(2017·扬州中学模拟)在正三棱锥P ABC 中，M ，N 分别是PB ，PC 的中点，若截面AMN ⊥平面PBC ，则此棱锥中侧面积与底面积的比为________．第(1)题图第(2)题图 (2)如图，正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为线段B 1C 上的一点，则三棱锥ADED 1的体积为________．解析 (1)取BC 的中点D ，连接AD ，PD ，且PD 与MN 的交点为E .因为AM ＝AN ，E 为MN 的中点，所以AE ⊥MN ，又截面AMN ⊥平面PBC ，所以AE ⊥平面PBC ，则AE ⊥PD ，又E 点是PD 的中点，所以P A ＝AD .设正三棱锥P ABC 的底面边长为a ，则侧棱长为32a ，斜高为22a ，则此棱锥中侧面积与底面积的比为3×12a ×22a 34a2＝61. (2)1A DED V -＝1E ADD V -＝13×1S ADD ∆×CD ＝13×12×1＝16.答案 (1)6∶1 (2)16热点二空间平行关系和垂直关系的证明(规范解答)直线与平面的位置关系是立体几何的核心内容，高考始终把直线与平面的平行、垂直关系作为考查的重点，以多面体为载体的线面位置关系的论证是历年必考内容，其中既有单独考查直线和平面的位置关系的试题，也有以简单几何体体积的计算为载体考查直线和平面的位置关系的试题．从内容上看，主要考查对定义、定理的理解及符号语言、图形语言、文字语言之间的相互转换；从能力上来看，主要考查考生的空间想象能力和逻辑思维能力．例2(满分12分)(2015·山东卷)如图，三棱台DEF ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．(1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥BC ，AB ⊥BC ，求证：平面BCD ⊥平面EGH .满分解答 (1)证明法一连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝M ，连接MH……………………………………………………………………………………1分在三棱台DEF ABC 中，AB ＝2DE ，G 为AC 的中点，可得DF ∥GC ，DF ＝GC ，所以四边形DFCG 为平行四边形．则M 为CD 的中点，……………………………………………………………3分又H 为BC 的中点，所以HM ∥BD ，…………………………………………4分又HM ⊂平面FGH ，BD ⊄平面FGH ，所以BD ∥平面FGH . …………………………………………………………6分法二在三棱台DEF ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四边形HBEF为平行四边形，可得BE∥HF.…………………………………………………………………3分在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.……………………………………………4分又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.……………………………5分因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.………………………………6分(2)证明连接HE，EG，因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB.………………………………………………………………7分由AB⊥BC，得GH⊥BC.又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四边形EFCH是平行四边形，所以CF∥HE. ……………………9分又CF⊥BC，所以HE⊥BC. ………………………………………………10分又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，所以BC⊥平面EGH. ………………………………………………………11分又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH. …………………………12分❶(法一)作辅助线得1分，证明四边形DFCG为平行四边形得2分，再得到HM ∥BD得1分，最后根据线面平行的判定定理得结论得2分．❷(法二)证明四边形HBEF为平行四边形且BE∥HF得3分，再证明GH∥AB得1分，再推出平面FGH∥平面ABED得1分，最后得出BD∥平面FGH得1分．❸第(2)问中得到GF∥AB得1分，证明四边形EFCH是平行四边形且CH∥HE 得2分，再得到BC⊥HE得1分，再得到BC⊥平面EGH得1分，最后证得结论得1分．❹第(1)问法一中若漏写“HM⊂平面FGH”，“BD⊄平面FGH”各扣1分；在第(2)问最后漏写“BC⊂平面BCD”扣1分．证明线面平行问题(一)第一步：找(作)出所证线面平行中的平面内的一条直线．第二步：证明线线平行．第三步：根据线面平行的判定定理证明线面平行．第四步：反思回顾．检查关键点及答题规范．证明线面平行问题(二)第一步：在多面体中作出要证线面平行中的线所在的平面．第二步：利用线面平行的判定定理证明所作平面内的两条相交直线分别与所证平面平行；第三步：证明所作平面与所证平面平行．第四步：转化为线面平行．第五步：反思回顾，检查答题规范．证明面面垂直问题第一步：根据已知条件确定一个平面内的一条直线垂直于另一个平面内的一条直线．第二步：结合已知条件证明确定的这条直线垂直于另一平面内的两条相交直线．第三步：得出确定的这条直线垂直于另一平面．第四步：转化为面面垂直．第五步：反思回顾，检查答题规范．训练2(2016·苏北四市调研)如图，在几何体ABCDEF中，ABCD是正方形，DE ⊥平面ABCD.(1)求证：AC⊥平面BDE；(2)若AF ∥DE ，DE ＝3AF ，点M 在线段BD 上，且BM ＝13BD ，求证：AM ∥平面BEF .证明 (1)因为DE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥AC ，因为ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD ，又BD ∩DE ＝D ，从而AC ⊥平面BDE .(2)延长EF ，DA 交于点G ，连接GB ，因为AF ∥DE ，DE ＝3AF ，所以GA GD ＝AF DE ＝13，因为BM ＝13BD ，所以BM BD ＝13，所以BM BD ＝GA GD ＝13，所以AM ∥GB ，又AM ⊄平面BEF ，GB ⊂平面BEF ，所以AM ∥平面BEF .热点三平面图形折叠成空间几何体将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，把这类问题称为平面图形的翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是化解翻折问题难点的主要方法．例3(2016·全国Ⅱ卷)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ，EF 交BD 于点H ，将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置．(1)证明：AC ⊥HD ′；(2)若AB ＝5，AC ＝6，AE ＝54，OD ′＝22，求五棱锥D ′ABCFE 的体积．(1)证明由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD ，又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD ，故AC ∥EF ，由此得EF ⊥HD ，故EF ⊥HD ′，所以AC ⊥HD ′.(2)解由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4，所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3，于是OD ′2＋OH 2＝(22)2＋12＝9＝D ′H 2，故OD ′⊥OH .由(1)知AC ⊥HD ′，又AC ⊥BD ，BD ∩HD ′＝H ，所以AC ⊥平面BHD ′，于是AC ⊥OD ′，又由OD ′⊥OH ，AC ∩OH ＝O ，所以OD ′⊥平面ABC .又由EF AC ＝DH DO 得EF ＝92.五边形ABCFE 的面积S ＝12×6×8－12×92×3＝694.所以五棱锥D ′ABCFE 的体积V ＝13×694×22＝2322.探究提高 (1)①利用AC 与EF 平行，转化为证明EF 与HD ′垂直；②求五棱锥的体积需先求棱锥的高及底面的面积，结合图形特征可以发现OD ′是棱锥的高，而底面的面积可以利用菱形ABCD 与△DEF 面积的差求解，这样就将问题转化为证明OD ′与底面垂直以及求△DEF 的面积问题了．(2)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．训练3(2017·徐州、连云港调研)如图1所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E 分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2所示．(1)求证：A1F⊥BE；(2)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．(1)证明由已知，得AC⊥BC，且DE∥BC.所以DE⊥AC，则DE⊥DC，DE⊥DA1，又因为DC∩DA1＝D，所以DE⊥平面A1DC.由于A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，CD∩DE＝D，所以A1F⊥平面BCDE，又BE⊂平面BCDE，所以A1F⊥BE.(2)解线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图所示，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(1)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰△DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP，又DE∩DP＝D，所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.热点四线、面位置关系中的开放存在性问题是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．例4(2017·郑州质检)如图所示，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面P AD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．(1)求证：EF∥平面P AD；(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．(1)证明如图所示，连接AC，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点．所以对角线AC经过点F，又在△P AC中，点E为PC的中点，所以EF为△P AC的中位线，所以EF∥P A，又P A⊂平面P AD，EF⊄平面P AD，所以EF∥平面P AD.(2)解存在满足要求的点G.在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC，因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD.又侧面P AD⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，侧面P AD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面P AD.又EF∥平面P AD，所以CD⊥EF.取CD中点G，连接FG、EG.因为F为BD中点，所以FG∥AD.又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，所以CD⊥平面EFG，又CD⊂平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC.探究提高(1)在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．(2)第(2)问是探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论．训练4(2017·南京师大附中检测)如图，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面P AC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面P AC？若存在，求SE∶EC；若不存在，试说明理由．(1)证明连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥SABCD是正四棱锥，所以SO⊥AC，在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD，因为SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD.(2)解在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面P AC. 连接OP.设正方形ABCD的边长为a，则SC＝SD＝2a.由SD⊥平面P AC得SD⊥PC，易求得PD＝2a 4.故可在SP上取一点N，使得PN＝PD.过点N作PC的平行线与SC交于点E，连接BE，BN，在△BDN中，易得BN∥PO，又因为NE∥PC，NE⊂平面BNE，BN⊂平面BNE，BN∩NE＝N，PO⊂平面P AC，PC⊂平面P AC，PO∩PC＝P，所以平面BEN∥平面P AC，所以BE∥平面P AC.因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.(建议用时：70分钟)一、填空题1．(2017·南通、扬州、泰州三市调研)已知正三棱柱的各条棱长均为a，圆柱的底面直径和高均为b.若它们的体积相等，则a3∶b3的值为________．解析由题意可得34a3＝14πb3，则a3b3＝3π3.答案3π32．(2017·苏北四市调研)已知矩形ABCD 的边AB ＝4，BC ＝3，若沿对角线AC 折叠，使平面DAC ⊥平面BAC ，则三棱锥DABC 的体积为________．解析在平面DAC 上过点D 作DE ⊥AC 于点E ，因为平面DAC ⊥平面BAC ，由面面垂直的性质定理可得DE ⊥平面BAC .又DE ＝125，所以三棱锥DABC 的体积为13×12×4×3×125＝245. 答案 245 二、解答题3．(2017·盐城中学模拟)如图，在三棱锥P ABC 中，平面P AB ⊥平面ABC ，P A ⊥PB ，M ，N 分别为AB ，P A 的中点．(1)求证：PB ∥平面MNC ；(2)若AC ＝BC ，求证：P A ⊥平面MNC .证明 (1)因为M ，N 分别为AB ，P A 的中点，所以MN ∥PB ，又因为MN ⊂平面MNC ，PB ⊄平面MNC ，所以PB ∥平面MNC . (2)因为P A ⊥PB .MN ∥PB ，所以P A ⊥MN . 因为AC ＝BC ，AM ＝BM ，所以CM ⊥AB . 因为平面P AB ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，平面P AB ∩平面ABC ＝AB . 所以CM ⊥平面P AB .因为P A ⊂平面P AB ，所以CM ⊥P A . 又MN ∩CM ＝M ，所以P A ⊥平面MNC .4．(2017·南京模拟)如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，点D 为棱BC 上一点． (1)若AB ＝AC ，D 为棱BC 的中点，求证：平面ADC 1⊥平面BCC 1B 1；(2)若A1B∥平面ADC1，求BDDC的值．(1)证明因为AB＝AC，点D为BC的中点，所以AD⊥BC.因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以BB1⊥平面ABC.因为AD⊂平面ABC，所以BB1⊥AD.因为BC∩BB1＝B，BC⊂平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，所以AD⊥平面BCC1B1.因为AD⊂平面ADC1，所以平面ADC1⊥平面BCC1B1.(2)连接A1C，交AC1于点O，连接OD，所以点O为A1C的中点．因为A1B∥平面ADC1，A1B⊂平面A1BC，平面ADC1∩平面A1BC＝OD，所以A1B∥OD.因为点O为A1C的中点，所以点D为BC的中点．所以BDDC＝1.5．(2017·苏、锡、常、镇、宿迁五市调研)如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1的侧面ACC1A1是正方形，点O是侧面ACC1A1的中心，∠ACB＝π2，点M是棱BC的中点．(1)求证：OM∥平面ABB1A1；(2)求证：平面ABC1⊥平面A1BC.证明(1)在△A1BC中，因为点O是A1C的中点，点M是BC的中点，所以OM ∥A1B.又OM⊄平面ABB1A1，A1B⊂平面ABB1A1，所以OM∥平面ABB1A1.(2)因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，所以CC1⊥BC.又∠ACB＝π2，即BC⊥AC，且CC1，AC⊂平面ACC1A1，CC1∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1.又AC1⊂平面ACC1A1，所以BC⊥AC1.又在正方形ACC1A1中，A1C⊥AC1，且BC，A1C⊂平面A1BC，BC∩A1C＝C，所以AC1⊥平面A1BC.又AC1⊂平面ABC1，所以平面ABC1⊥平面A1BC.6．(2017·南京师大附中模拟)如图1，在等腰梯形PDCB中，已知PB∥DC，PB ＝3，DC＝1，PD＝2，DA⊥PB，垂足为点A.将△P AD沿AD折起，使平面P AD ⊥平面ABCD，如图2所示．(1)证明：平面P AD⊥平面PCD；(2)在图2中，已知点M是棱PB的中点，求三棱锥DACM的体积．证明(1)在等腰梯形PDCB中，PB∥CD，DA⊥PB，所以CD⊥DA.因为平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD.P A⊂平面P AD，P A⊥DA，所以P A⊥平面ABCD.因为CD⊂平面ABCD，所以P A⊥CD，因为AD∩AP＝A，AD，AP⊂平面P AD，所以CD⊥平面P AD.又因为CD⊂平面PCD，所以平面P AD⊥平面PCD.(2)在图2中，过点M作MN∥P A交AB于点N，因为M是棱PB的中点，所以MN＝12P A.由(1)知P A⊥平面ABCD，从而易证得MN⊥平面ABCD.在图1中，过点C作CE⊥PB，垂足为点E，因为四边形PDCB是等腰梯形，PB＝3，DC＝1，DA⊥PB，所以P A＝AE＝EB＝1.又因为PD＝BC＝2，所以DA＝1.从而V三棱锥DACM ＝V三棱锥MACD＝13MN×S△ACD＝13×12×12＝112.7．(2017·石家庄质检)如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为CD的中点，F为AE的中点，现在沿AE将三角形ADE向上折起，在折起的图形中解答下列问题：(1)在线段AB上是否存在一点K，使BC∥平面DFK？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由；(2)若平面ADE⊥平面ABCE，求证：平面BDE⊥平面ADE.(1)解如图，线段AB上存在一点K，且当AK＝14AB时，BC∥平面DFK.证明如下：设H为AB的中点，连接EH，则BC∥EH，∵AK＝14AB，F为AE的中点，∴KF∥EH，∴KF∥BC，∵KF⊂平面DFK，BC⊄平面DFK，∴BC∥平面DFK.(2)证明∵在折起前的图形中E为CD的中点，AB＝2，BC＝1，∴在折起后的图形中，AE＝BE＝2，从而AE2＋BE2＝4＝AB2，∴AE⊥BE.∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE，∴BE⊥平面ADE，∵BE⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ADE.8．(2016·全国Ⅰ卷)如图，已知正三棱锥P ABC的侧面是直角三角形，P A＝6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面P AB内的正投影为点E，连接PE 并延长交AB于点G.(1)证明：G是AB的中点；(2)在图中作出点E在平面P AC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积．(1)证明因为P在平面ABC内的正投影为D，所以AB⊥PD.因为D在平面P AB内的正投影为E，所以AB⊥DE.又因为PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PED，又PG⊂平面PED，故AB⊥PG.又由已知可得，P A＝PB，所以G是AB的中点．(2)解在平面P AB内，过点E作PB的平行线交P A于点F，F即为E在平面P AC 内的正投影．理由如下：由已知可得PB⊥P A，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥P A，EF⊥PC.又P A∩PC＝P，因此EF⊥平面P AC，即点F为E在平面P AC内的正投影．连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心．由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD＝23CG.由题设可得PC⊥平面P AB，DE⊥平面P AB，所以DE∥PC，因此PE＝23PG，DE＝13PC.由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A＝6，可得DE＝2，PE＝2 2. 在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2.所以四面体PDEF的体积V＝13×12×2×2×2＝43.。

浙江专用2018版高考数学大一轮复习高考专题突破五高考中的立体几何问题

（浙江专用）2018版高考数学大一轮复习高考专题突破五高考中的立体几何问题教师用书1．多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为( )A.43 B ．2 C.83 D.103 答案 D解析由三视图可知该几何体为一个三棱柱削去一个三棱锥得到的几何体，该三棱柱的体积为12×2×2×2＝4，三棱锥的体积为13×12×2×2×1＝23，所以该几何体的体积为4－23＝103，故选D.2．正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为BC 中点，E 为A 1C 1中点，则DE 与平面A 1B 1BA 的位置关系为( ) A ．相交 B ．平行 C ．垂直相交 D ．不确定答案 B解析如图取B 1C 1中点为F ，连接EF ，DF ，DE ，则EF ∥A 1B 1，DF ∥B 1B ， ∴平面EFD ∥平面A 1B 1BA ， ∴DE ∥平面A 1B 1BA .3．(2016·沈阳模拟)设α，β，γ是三个平面，a ，b 是两条不同直线，有下列三个条件： ①a ∥γ，b ⊂β；②a ∥γ，b ∥β；③b ∥β，a ⊂γ.如果命题“α∩β＝a ，b ⊂γ，且________，则a ∥b ”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________．(把所有正确的序号填上) 答案 ①或③解析由线面平行的性质定理可知，①正确；当b ∥β，a ⊂γ时，a 和b 在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③.4．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→，则⎩⎪⎨⎪⎧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.题型一求空间几何体的表面积与体积例1 (2016·全国甲卷)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ，EF 交BD 于点H ，将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置．(1)证明：AC ⊥HD ′；(2)若AB ＝5，AC ＝6，AE ＝54，OD ′＝22，求五棱锥D ′ABCFE 的体积．(1)证明由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD ，又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD，故AC ∥EF ，由此得EF ⊥HD ，折后EF 与HD 保持垂直关系，即EF ⊥HD ′，所以AC ⊥HD ′.(2)解由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4，所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3，于是OD ′2＋OH 2＝(22)2＋12＝9＝D ′H 2，故OD ′⊥OH .由(1)知AC ⊥HD ′，又AC ⊥BD ，BD ∩HD ′＝H ，所以AC ⊥平面DHD ′，于是AC ⊥OD ′，又由OD ′⊥OH ，AC ∩OH ＝O ，所以OD ′⊥平面ABC . 又由EF AC ＝DH DO 得EF ＝92.五边形ABCFE 的面积S ＝12×6×8－12×92×3＝694.所以五棱锥D ′ABCFE 的体积V ＝13×694×22＝2322.思维升华 (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．正三棱锥的高为1，底面边长为26，内有一个球与它的四个面都相切(如图)．求：(1)这个正三棱锥的表面积；(2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积．解 (1)底面正三角形中心到一边的距离为13×32×26＝2，则正棱锥侧面的斜高为12＋22＝ 3.∴S 侧＝3×12×26×3＝9 2.∴S 表＝S 侧＋S 底＝92＋12×32×(26)2＝92＋6 3.(2)设正三棱锥P －ABC 的内切球球心为O ，连接OP ，OA ，OB ，OC ，而O 点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径r .∴V P －ABC ＝V O －PAB ＋V O －PBC ＋V O －PAC ＋V O －ABC ＝13S 侧·r ＋13S △ABC ·r ＝13S 表·r ＝(32＋23)r .又V P －ABC ＝13×12×32×(26)2×1＝23，∴(32＋23)r ＝23，得r ＝2332＋23＝232－2318－12＝6－2.∴S 内切球＝4π(6－2)2＝(40－166)π.V 内切球＝43π(6－2)3＝83(96－22)π.题型二空间点、线、面的位置关系例2 (2016·济南模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点．(1)求证：平面ABE ⊥平面B 1BCC 1；(2)求证：C 1F ∥平面ABE ； (3)求三棱锥E －ABC 的体积．(1)证明在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥底面ABC . 因为AB ⊂平面ABC ，所以BB 1⊥AB . 又因为AB ⊥BC ，BC ∩BB 1＝B ，所以AB ⊥平面B 1BCC 1. 又AB ⊂平面ABE ，所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.(2)证明方法一如图1，取AB 中点G ，连接EG ，FG .因为E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点，所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC .因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1，所以四边形FGEC 1为平行四边形，所以C 1F ∥EG .又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ，所以C 1F ∥平面ABE .方法二如图2，取AC 的中点H ，连接C 1H ，FH .因为H ，F 分别是AC ，BC 的中点，所以HF ∥AB ，又因为E ，H 分别是A 1C 1，AC 的中点，所以EC 1綊AH ，所以四边形EAHC 1为平行四边形，所以C 1H ∥AE ，又C 1H ∩HF ＝H ，AE ∩AB ＝A ，所以平面ABE ∥平面C 1HF ，又C 1F ⊂平面C 1HF ，所以C 1F ∥平面ABE .(3)解因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ，所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3. 所以三棱锥E －ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33. 思维升华 (1)①证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题．②证明C 1F ∥平面ABE ：(ⅰ)利用判定定理，关键是在平面ABE 中找(作)出直线EG ，且满足C 1F ∥EG .(ⅱ)利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面C 1HF 满足面面平行，实施线面平行与面面平行的转化．(2)计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，不能直接用公式时，注意进行体积的转化．(2016·南京模拟)如图，在三棱锥S －ABC 中，平面SAB ⊥平面SBC ，AB ⊥BC ，AS ＝AB .过A 作AF ⊥SB ，垂足为F ，点E ，G 分别是棱SA ，SC 的中点．求证：(1)平面EFG ∥平面ABC ； (2)BC ⊥SA .证明 (1)由AS ＝AB ，AF ⊥SB 知F 为SB 中点，则EF ∥AB ，FG ∥BC ，又EF ∩FG ＝F ，AB ∩BC ＝B ，因此平面EFG ∥平面ABC .(2)由平面SAB ⊥平面SBC ，平面SAB ∩平面SBC ＝SB ，AF ⊂平面SAB ，AF ⊥SB ，所以AF ⊥平面SBC ，则AF ⊥BC .又BC ⊥AB ，AF ∩AB ＝A ，则BC ⊥平面SAB ，又SA ⊂平面SAB ，因此BC ⊥SA . 题型三空间角的计算例3 (2016·金华十校调研)如图，在矩形ABCD 中，已知AB ＝2，AD ＝4，点E ，F 分别在AD ，BC 上，且AE ＝1，BF ＝3，将四边形AEFB 沿EF 折起，使点B 在平面CDEF 上的射影H 在直线DE 上．(1)求证：CD ⊥BE ； (2)求线段BH 的长度；(3)求直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值． (1)证明 ∵BH ⊥平面CDEF ，∴BH ⊥CD ，又CD ⊥DE ，BH ∩DE ＝H ， ∴CD ⊥平面DBE ，∴CD ⊥BE .(2)解方法一设BH ＝h ，EH ＝k ，过F 作FG 垂直ED 于点G ， ∵线段BE ，BF 在翻折过程中长度不变，根据勾股定理得⎩⎪⎨⎪⎧BE 2＝BH 2＋EH 2，BF 2＝BH 2＋FH 2＝BH 2＋FG 2＋GH 2⇒⎩⎪⎨⎪⎧5＝h 2＋k 2，9＝22＋h 2＋－k2，解得⎩⎪⎨⎪⎧h ＝2，k ＝1，∴线段BH 的长度为2.方法二如图，过点E 作ER ∥DC ，过点E 作ES ⊥平面EFCD ，分别以直线ER ，ED ，ES 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设点B (0，y ，z )(y >0，z >0)，由于F (2,2,0)，BE ＝5，BF ＝3，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋z 2＝5，4＋y －2＋z 2＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1，z ＝2，于是B (0,1,2)，∴线段BH 的长度为2.(3)解方法一延长BA 交EF 于点M ， ∵AE ∶BF ＝MA ∶MB ＝1∶3，∴点A 到平面EFCD 的距离为点B 到平面EFCD 距离的13，∴点A 到平面EFCD 的距离为23，而AF ＝13，故直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值为21339.方法二由(2)方法二知FB →＝(－2，－1,2)，故EA →＝13FB →＝(－23，－13，23)，FA →＝FE →＋EA →＝(－83，－73，23)，设平面EFCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，直线AF 与平面EFCD 所成角的大小为θ，则sin θ＝|FA →·n ||FA →||n |＝21339.(2016·杭州学军中学高三5月模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥PA ，AB ∥CD ，且PB ＝BC ＝BD ＝6，CD ＝2AB ＝22，∠PAD ＝120°.(1)求证：平面PAD ⊥平面PCD ；(2)求直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值． (1)证明 ∵BC ＝BD ，取CD 的中点E ，连接BE ，∴BE ⊥CD ，∵AB ∥CD ，且CD ＝2AB ， ∴AB ∥DE ，且AB ＝DE ， ∴四边形ABED 是矩形， ∴BE ∥AD ，且BE ＝AD ，AB ⊥AD ，又∵AB ⊥PA ，PA ∩AD ＝A ，PA ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ， ∴AB ⊥平面PAD ，∴CD ⊥平面PAD ，又∵CD ⊂平面PCD ，∴平面PAD ⊥平面PCD .(2)解以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．∵PB ＝BC ＝BD ＝6，CD ＝2AB ＝22，∠PAD ＝120°， ∴PA ＝PB 2－AB 2＝6－2＝2，AD ＝BE ＝BD 2－AB 2＝6－2＝2， BC ＝BE 2＋CE 2＝4＋2＝6，则P (0，－1，3)，D (0,2,0)，B (2，0,0)，C (22，2,0)， PD →＝(0,3，－3)，BP →＝(－2，－1，3)， BC →＝(2，2,0)．设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝2x ＋2y ＝0，n ·BP →＝－2x －y ＋3z ＝0，取x ＝2，得n ＝(2，－1，33)，设直线PD 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈PD →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－3－112·103＝105，∴直线CD 与平面PBC 所成角的正弦值为105.1．(2016·山东牟平一中期末)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AC ⊥B 1D ，BB 1⊥底面ABCD ，E ，F ，H 分别为AD ，CD ，DD 1的中点，EF 与BD 交于点G .(1)证明：平面ACD1⊥平面BB1D；(2)证明：GH∥平面ACD1.证明(1)∵BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥BB1.又AC⊥B1D，BB1∩B1D＝B1，∴AC⊥平面BB1D.∵AC⊂平面ACD1，∴平面ACD1⊥平面BB1D.(2)设AC∩BD＝O，连接OD1.∵E，F分别为AD，CD的中点，EF∩OD＝G，∴G为OD的中点．∵H为DD1的中点，∴HG∥OD1.∵GH⊄平面ACD1，OD1⊂平面ACD1，∴GH∥平面ACD1.2．(2016·咸阳模拟)如图，梯形ABEF中，AF∥BE，AB⊥AF，且AB＝BC＝AD＝DF＝2CE＝2，沿DC将梯形CDFE折起，使得平面CDFE⊥平面ABCD.(1)证明：AC∥平面BEF；(2)求三棱锥D－BEF的体积．(1)证明如图，取BF 的中点M ，设AC 与BD 交点为O ，连接MO ，ME .由题设知，CE 綊12DF ，MO 綊12DF ， ∴CE 綊MO ，故四边形OCEM 为平行四边形，∴EM ∥CO ，即EM ∥AC .又AC ⊄平面BEF ，EM ⊂平面BEF ，∴AC ∥平面BEF .(2)解 ∵平面CDFE ⊥平面ABCD ，平面CDFE ∩平面ABCD ＝DC ，BC ⊥DC ，∴BC ⊥平面DEF .∴三棱锥D －BEF 的体积为V D －BEF ＝V B －DEF ＝13S △DEF ·BC ＝13×12×2×2×2＝43. 3．(2016·宁波高三上学期期末)如图，在多面体EF －ABCD 中，四边形ABCD ，ABEF 均为直角梯形，∠ABE ＝∠ABC ＝90°，四边形DCEF 为平行四边形，平面DCEF ⊥平面ABCD .(1)求证：DF ⊥平面ABCD ；(2)若BC ＝CD ＝CE ＝12AB ，求直线BF 与平面ADF 所成角的正弦值． (1)证明由四边形DCEF 为平行四边形，知EF ∥CD ，所以EF ∥平面ABCD .又平面ABEF ∩平面ABCD ＝AB ，从而有AB ∥CD ∥EF .因为∠ABE ＝∠ABC ＝90°，所以AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，又因为BE ∩BC ＝B ，所以AB ⊥平面BCE ，因为CE ⊂平面BCE ，所以AB ⊥CE .又四边形DCEF 为平行四边形，有DF ∥CE ，所以DC ⊥DF ，又因为平面DCEF ⊥平面ABCD ，平面DCEF ∩平面ABCD ＝DC ，所以DF ⊥平面ABCD .(2)解不妨设BC ＝1，则BC ＝CD ＝CE ＝1，AB ＝2，四边形ABCD 为直角梯形，连接BD ，则有BD ＝AD ＝2，则BD ⊥AD ，由DF ⊥平面ABCD ，知DF ⊥BD ，因为DF ∩AD ＝D ，所以BD ⊥平面FAD ，则∠BFD 即为直线BF 与平面ADF 所成角，在△BFD 中，DF ⊥BD ，BD ＝2，DF ＝1，则BF ＝3，所以sin∠BFD ＝BD DF ＝23＝63，所以直线BF 与平面ADF 所成角的正弦值为63. 4．(2016·全国乙卷)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥EFDC ；(2)求二面角E-BC-A 的余弦值．(1)证明由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，DF ∩FE ＝F ，所以AF ⊥平面EFDC ，又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz .由(1)知∠DFE 为二面角D-AF-E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．由已知，AB ∥EF ，AB ⊄平面EFDC ，EF ⊂平面EFDC ，所以AB ∥平面EFDC ，又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF ，由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角CBEF 的平面角，∠CEF ＝60°，从而可得C (－2,0，3)．所以EC →＝(1,0，3)，EB →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧ x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 故二面角E-BC-A 的余弦值为－21919. 5．(2016·绍兴期末)如图所示的几何体中，四边形ABCD 为梯形，AD ∥BC ，AB ⊥平面BEC ，EC ⊥CB ，已知BC ＝2AD ＝2AB ＝2.(1)证明：BD ⊥平面DEC ；(2)若二面角A －ED －B 的大小为30°，求EC 的长度．(1)证明因为AB ⊥平面BEC ，所以AB ⊥EC .又因为EC ⊥BC ，AB ∩BC ＝B ，所以EC ⊥平面ABCD .因为BD ⊂平面ABCD ，所以EC ⊥BD .由题意可知，在梯形ABCD 中，有BD ＝DC ＝2，所以BD 2＋DC 2＝BC 2，所以BD ⊥DC .又EC ∩CD ＝C ，所以BD ⊥平面DEC .(2)解如图，以点B 为坐标原点，以BA 所在直线为z 轴，BC 所在直线为y 轴，以过点B 且平行于CE 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系．设|EC →|＝a >0，则B (0,0,0)，E (a,2,0)，A (0,0,1)，C (0,2,0)，D (0,1,1)．设平面AED 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AD →＝0，m ·ED →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝0，－ax －y ＋z ＝0，令x ＝1，得平面AED 的一个法向量为m ＝(1,0，a )，设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ y ＋z ＝0，ax ＋2y ＝0，令x ＝2，得平面BED 的一个法向量为n ＝(2，－a ，a )．又二面角A －ED －B 的大小为30°，所以cos 30°＝|m ·n|m ||n ||＝2＋a 2a 2＋1·2a 2＋4＝32，得a ＝1，所以EC ＝1.。

【配套K12】2018年高考数学二轮复习第2部分八大难点突破专项限时集训2立体几何中的探索性与存在性

专项限时集训(二)立体几何中的探索性与存在性问题(对应学生用书第115页)(限时：60分钟)1．(本小题满分14分)(南京市、盐城市2017届高三第一次模拟)如图3，在直三棱柱ABC －A1B1C1中，BC⊥AC，D，E分别是AB，AC的中点．图3(1)求证：B1C1∥平面A1DE；(2)求证：平面A1DE⊥平面ACC1A1.[证明](1)因为D，E分别是AB，AC的中点，所以DE∥BC，2分又因为在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C1∥BC，所以B1C1∥DE. 4分又B1C1⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，所以B1C1∥平面A1DE. 6分(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，又DE⊂底面ABC，所以CC1⊥DE.8分又BC⊥AC，DE∥BC，所以DE⊥AC，10分又CC1，AC⊂平面ACC1A1，且CC1∩AC＝C，所以DE⊥平面ACC1A1.12分又DE⊂平面A1DE，所以平面A1DE⊥平面ACC1A1. 14分2．(本小题满分14分)如图4所示，已知在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝DD1＝2AD＝2AB＝2.图4(1)求证：DB⊥平面B1BCC1；(2)设E是DC上一点，试确定E的位置，使得D1E∥平面A1BD，并说明理由．[解](1)因为AB∥DC，AD⊥DC，所以AB⊥AD，在Rt△ABD中，AB＝AD＝1，所以BD＝2，易求BC＝2，4分因为CD＝2，所以BD⊥BC.又BD⊥BB1，B1B∩BC＝B，所以BD⊥平面B1BCC1. 6分(2)DC的中点为E点．如图所示，连接BE，因为DE∥AB，DE＝AB，所以四边形ABED是平行四边形. 8分所以AD∥BE.又AD∥A1D1，所以BE∥A1D1，10分所以四边形A1D1EB是平行四边形，所以D1E∥A1B. 12分因为D1E⊄平面A1BD，所以D1E∥平面A1BD.14分3．(本小题满分14分)(苏北四市(淮安、宿迁、连云港、徐州)2017届高三上学期期中)如图5, 在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知D，E分别为BC，B1C1的中点，点F在棱CC1上，且EF⊥C1D.求证：图5(1)直线A1E∥平面ADC1；(2)直线EF⊥平面ADC1.【导学号：56394093】[证明](1)连接ED，因为D，E分别为BC，B1C1的中点，所以B 1E ∥BD 且B 1E ＝BD ，所以四边形B 1BDE 是平行四边形，2分所以BB 1∥DE 且BB 1＝DE ，又BB 1∥AA 1且BB 1＝AA 1，所以AA 1∥DE 且AA 1＝DE ，所以四边形AA 1ED 是平行四边形，4分所以A 1E ∥AD ，又因为A 1E ⊄平面ADC 1，AD ⊂平面ADC 1，所以直线A 1E ∥平面ADC 1.7分(2)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，又AD ⊂平面ABC ，所以AD ⊥BB 1，又△ABC 是正三角形，且D 为BC 的中点，所以AD ⊥BC ， 9分又BB 1，BC ⊂平面B 1BCC 1，BB 1∩BC ＝B ，所以AD ⊥平面B 1BCC 1，又EF ⊂平面B 1BCC 1，所以AD ⊥EF ，11分又EF ⊥C 1D ，C 1D ，AD ⊂平面ADC 1，C 1D ∩AD ＝D ，所以直线EF ⊥平面ADC 1.14分4．(本小题满分14分)(镇江市2017届高三上学期期末)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝EC ＝12AA 1.图6(1)求证：AC 1∥平面BDE ； (2)求证：A 1E ⊥平面BDE .[证明] (1)连接AC 交BD 于点O ，连接OE .在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 为正方形，点O 为AC 的中点，2分AA 1∥CC 1且AA 1＝CC 1，由EC ＝12AA 1，则EC ＝12CC 1，即点E 为CC 1的中点，于是在△CAC 1中，AC 1∥OE . 4分又因为OE ⊂平面BDE ，AC 1⊄平面BDE .所以AC 1∥平面BDE .6分(2)连接OA 1，根据垂线定理，可得OA 1⊥DB ，OE ⊥DB ，OA 1∩OE ＝O ，∴平面A 1OE ⊥DB . 可得A 1E ⊥DB . 8分∵E 为CC 1的中点，设AB ＝BC ＝EC ＝12AA 1＝a ，∴BE ＝2a ，A 1E ＝3a ，A 1B ＝5a ， ∵A 1B 2＝A 1E 2＋BE 2， ∴A 1E ⊥EB .12分∵EB ⊂平面BDE ，BD ⊂平面BDE ，EB ∩BD ＝B ， ∴A 1E ⊥平面BDE .14分 5．(本小题满分16分)(苏北四市(徐州、淮安、连云港、宿迁)2017届高三上学期期末)如图7，在四棱锥E －ABCD 中，平面EAB ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，EA ⊥EB ，点M ，N 分别是AE ，CD 的中点．图7求证：(1)直线MN ∥平面EBC ； (2)直线EA ⊥平面EBC .[证明] (1)取BE 中点F ，连接CF ，MF ，又M 是AE 的中点，所以MF 綊12AB ，又N 是矩形ABCD 边CD 的中点，所以NC 綊12AB ，所以MF 綊NC ，所以四边形MNCF 是平行四边形， 4分所以MN ∥CF ，又MN ⊄平面EBC ，CF ⊂平面EBC ，所以MN ∥平面EBC .8分(2)在矩形ABCD 中，BC ⊥AB ，又平面EAB ⊥平面ABCD ，平面ABCD ∩平面EAB ＝AB ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面EAB ，12分又EA ⊂平面EAB ，所以BC ⊥EA ，又EA ⊥EB ，BC ∩EB ＝B ，EB ，BC ⊂平面EBC ，所以EA ⊥平面EBC .16分 6．(本小题满分16分)(无锡市2017届高三上学期期末)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，AP ⊥平面PCD ，E ，F 分别为PC ，AB 的中点．求证：图8(1)平面PAD ⊥平面ABCD ； (2)EF ∥平面PAD .[证明] (1)∵AP ⊥平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，∴AP ⊥CD . ∵ABCD 为矩形，∴AD ⊥CD ，2分又∵AP ∩AD ＝A ，AP ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，∴CD ⊥平面PAD ，4分 ∵CD ⊂平面ABCD ，∴平面PAD ⊥平面ABCD . 6分 (2)连接AC 、BD 交于O ，连接OE ，OF . ∵ABCD 为矩形，∴O 为AC 中点，∵E为PC中点，∴OE∥PA.∵OE⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，∴OE∥平面PAD，10分同理OF∥平面PAD，12分∵OE∩OF＝O，∴平面OEF∥平面PAD，14分∵EF⊂平面OEF，∴EF∥平面PAD. 16分7．(本小题满分16分)(扬州市2017届高三上学期期末)如图9，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，点E、F分别是棱PC和PD的中点．图9(1)求证：EF∥平面PAB；(2)若AP＝AD，且平面PAD⊥平面ABCD，证明：AF⊥平面PCD.【导学号：56394094】[证明](1)因为点E、F分别是棱PC和PD的中点，所以EF∥CD，又在矩形ABCD中，AB∥CD，所以EF∥AB，3分又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB. 6分(2)在矩形ABCD中，AD⊥CD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，又AF⊂面PAD，所以CD⊥AF.①因为PA＝AD且F是PD的中点，所以AF⊥PD，②由①②及PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，PD∩CD＝D，所以AF⊥平面PCD. 16分。

突破立体几何中的3大经典问题

突破立体几何中的3大经典问题考点一存在性问题[例1] 在如图所示的几何体中，四边形CDEF 为正方形，四边形ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2BC ，∠ABC ＝60°，AC ⊥FB .(1)求证：AC ⊥平面FBC ；(2)求BC 与平面EAC 所成角的正弦值；(3)线段ED 上是否存在点Q ，使平面EAC ⊥平面Q BC ？证明你的结论．[解] (1)证明：因为AB ＝2BC ，∠ABC ＝60°，在△ABC 中，由余弦定理可得AC ＝3BC ，因为AB 2＝AC 2＋BC 2，所以AC ⊥BC .又因为AC ⊥FB ，FB ∩BC ＝B ，所以AC ⊥平面FBC .(2)因为AC ⊥平面FBC ，FC ⊂平面FBC ，所以AC ⊥FC .因为CD ⊥FC ，所以FC ⊥平面ABCD ，所以CA ，CF ，CB 所在直线两两互相垂直，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CF 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C -xyz .在等腰梯形ABCD 中，可得CB ＝CD .设BC ＝1，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，1. 所以CE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，1， CA ―→＝(3，0,0)，CB ―→＝(0,1,0)．设平面EAC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ n ·CE ―→＝0，n ·CA ―→＝0，即⎩⎨⎧ 32x －12y ＋z ＝0，3x ＝0.取z ＝1，则n ＝(0,2,1)．设BC 与平面EAC 所成的角为θ，则sin θ＝|cosCB ―→，n |＝|CB ―→·n ||CB ―→||n |＝255，所以BC 与平面EAC 所成角的正弦值为255.(3)假设线段ED 上存在点Q ，使平面EAC ⊥平面Q BC .设Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，t (0≤t ≤1)，所以C Q ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，t . 设平面Q BC 的法向量为m ＝(a ，b ，c )，则⎩⎨⎧ m ·CB ―→＝0，m ·C Q ―→＝0，即⎩⎨⎧ b ＝0，32a －12b ＋tc ＝0.取c ＝1，得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－233t ，0，1. 要使平面EAC ⊥平面Q BC ，只需m ·n ＝0，即－233t ×0＋0×2＋1×1＝0，此方程无解．所以线段ED 上不存在点Q ，使平面EAC ⊥平面Q BC .[解题技法]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．[题组训练]1．如图所示，四棱锥S -ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面P AC ，则侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面P AC ？若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．解：(1)证明：如图所示，连接BD ，设AC 交BD 于点O ，则AC ⊥BD .连接SO ，则由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB ―→，OC ―→， OS ―→分别为x 轴，y 轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系O -xyz .设底面边长为a ，则高SO ＝62a .于是O (0,0,0)，S ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，0， C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，所以OC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，SD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a ，则OC ―→·SD ―→＝0.故OC ⊥SD ，从而AC ⊥SD .(2)假设棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面P AC .由已知条件得SD ―→是平面P AC 的一个法向量，且SD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a ， CS ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a ， BC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a ，0. 设CE ―→＝t CS ―→ (0＜t ≤1)，则BE ―→＝BC ―→＋CE ―→＝BC ―→＋t CS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a (1－t )，62at . 由BE ―→·SD ―→＝0，解得t ＝13.即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE ―→⊥SD ―→.而BE ⊄平面P AC ，故BE ∥平面P AC .[例2] 如图，底面ABCD 是边长为3的正方形，平面ADEF ⊥平面ABCD ，AF ∥DE ，AD ⊥DE ，AF ＝26，DE ＝3 6.(1)求证：平面ACE ⊥平面BED ；(2)求直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值；(3)在线段AF 上是否存在点M ，使得二面角M -BE -D 的大小为60°？若存在，求出AM AF 的值；若不存在，说明理由．[解] (1)证明：因为平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，DE ⊥AD ，DE ⊂平面ADEF ，所以DE ⊥平面ABCD .因为AC ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥AC .又因为四边形ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD .因为DE ∩BD ＝D ，DE ⊂平面BED ，BD ⊂平面BED ，所以AC ⊥平面BED .又因为AC ⊂平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面BED .(2)因为DA ，DC ，DE 两两垂直，所以以D 为坐标原点，射线DA ，DC ，DE 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D -xyz ，如图所示．则A (3,0,0)，F (3，0,26)，E (0,0，36)，B (3,3,0)，C (0,3,0)，CA ―→＝(3，－3,0)，BE ―→＝(－3，－3，36)，EF ―→＝(3,0，－6)．设平面BEF 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧ n ·BE ―→＝0，n ·EF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1－3y 1＋36z 1＝0，3x 1－6z 1＝0，取x 1＝6，得n ＝(6，26，3)．所以cosCA ―→，n ＝CA ―→·n |CA ―→||n |＝－3632×39＝－1313. 所以直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值为1313.(3)假设存在点M 在线段AF 上满足条件，设M (3,0，t )，0≤t ≤26，则BM ―→＝(0，－3，t )，BE ―→＝(－3，－3,36)．设平面MBE 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧ m ·BM ―→＝0，m ·BE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3y 2＋tz 2＝0，－3x 2－3y 2＋36z 2＝0，令y 2＝t ，得m ＝(36－t ，t,3)．易知CA ＝(3，－3,0)是平面BED 的一个法向量，所以|cos m ，CA―→|＝|m ·CA ―→||m ||CA ―→| ＝|96－6t |32×(36－t )2＋t 2＋9＝12，整理得2t 2－66t ＋15＝0，解得t ＝62或t ＝562(舍去)，故在线段AF 上存在点M ，使得二面角M -BE -D 的大小为60°，此时AM AF ＝14.[解题技法]存在性问题的解题策略借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组．若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在．[题组训练]2．如图所示，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2.(1)求证：当点E 在棱AB 上移动时，D 1E ⊥A 1D ；(2)在棱AB 上是否存在点E ，使二面角D 1-EC -D 的平面角为30°？若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．解：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1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D (0,0,0)，C (0,2,0)，A 1(1，0,1)，D 1(0,0,1)．设E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)．(1)证明：因为D 1E ―→＝(1，y 0，－1)，A 1D ―→＝(－1,0，－1)，则D 1E ―→·A 1D ―→＝(1，y 0，－1)·(－1,0，－1)＝0，所以D 1E ―→⊥A 1D ―→，即D 1E ⊥A 1D .(2)假设在棱AB 上存在点E ，使二面角D 1-EC -D 的平面角为30°.因为EC ―→＝(－1,2－y 0,0)，D 1C ―→＝(0,2，－1)，设平面D 1EC 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ n 1·EC ―→＝0，n 1·D 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y (2－y 0)＝0，2y －z ＝0. 取y ＝1，则n 1＝(2－y 0,1,2)是平面D 1EC 的一个法向量．易知平面ECD 的一个法向量为n 2＝DD 1―→＝(0,0,1)，要使二面角D 1-EC -D 的平面角为30°，则cos 30°＝|cosn 1，n 2|＝|n 1·n 2||n 1||n 2| ＝2(2－y 0)2＋12＋22＝32，解得y 0＝2－33或y 0＝2＋33(不合题意，舍去)．所以当AE ＝2－33时，二面角D 1-EC -D 的平面角为30°.考点二翻折与展开问题[例1] (优质试题·洛阳第一次联考)如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，BD ⊥DC ，点E 是BC 边的中点，将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，连接AE ，AC ，DE ，得到如图2所示的几何体．(1)求证：AB ⊥平面ADC ；(2)若AD ＝1，二面角C -AB -D 的平面角的正切值为6，求二面角B -AD -E 的余弦值．[解] (1)证明：因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BD ⊥DC ，DC ⊂平面BCD ，所以DC ⊥平面ABD .因为AB ⊂平面ABD ，所以DC ⊥AB .又因为折叠前后均有AD ⊥AB ，DC ∩AD ＝D ，所以AB ⊥平面ADC .(2)由(1)知AB ⊥平面ADC ，所以二面角C -AB -D 的平面角为∠CAD .又DC ⊥平面ABD ，AD ⊂平面ABD ，所以DC ⊥AD .依题意tan ∠CAD ＝CD AD ＝ 6.因为AD ＝1，所以CD ＝ 6.设AB ＝x (x ＞0)，则BD ＝x 2＋1.依题意△ABD ∽△DCB ，所以AB AD ＝CD BD ，即x 1＝6x 2＋1，解得x ＝2，故AB ＝2，BD ＝3，BC ＝BD 2＋CD 2＝3.以D 为坐标原点，射线DB ，DC 分别为x 轴，y 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ，则D (0,0,0)，B (3，0,0)，C (0，6，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，62，0，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，63，所以DE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，62，0，DA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，63.由(1)知平面BAD 的一个法向量n ＝(0,1,0)．设平面ADE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧ m ·DE ―→＝0，m ·DA ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ 32x ＋62y ＝0，33x ＋63z ＝0.令x ＝6，得y ＝－3，z ＝－3，所以m ＝(6，－3，－3)为平面ADE 的一个法向量．所以cos n ，m ＝n ·m |n |·|m |＝－12.由图可知二面角B -AD -E 的平面角为锐角，所以二面角B -AD -E 的余弦值为12.[解题技法] 翻折问题的2个解题策略[题组训练]1．(优质试题·泉州模拟)如图1，在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AB ＝23，BC ＝4，AD ＝6，E 是AD 上的点，AE ＝13AD ，P 为BE 的中点，将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，使得A 1C ＝4，如图2.(1)求证：平面A 1CP ⊥平面A 1BE ；(2)求二面角B -A 1P -D 的余弦值．解：(1)证明：如图3，连接AP ，PC .∵在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD＝90°，AB ＝23，BC ＝4，AD ＝6，E 是AD 上的点，AE ＝13AD ，P 为BE 的中点，∴BE ＝4，∠ABE ＝30°，∠EBC ＝60°，BP ＝2，∴PC ＝23，∴BP 2＋PC 2＝BC 2，∴BP ⊥PC .∵A 1P ＝AP ＝2，A 1C ＝4，∴A 1P 2＋PC 2＝A 1C 2，∴PC ⊥A 1P .∵BP ∩A 1P ＝P ，∴PC ⊥平面A 1BE .∵PC ⊂平面A1CP ，∴平面A 1CP ⊥平面A 1BE .(2)如图4，以P 为坐标原点，PB 所在直线为x轴，PC 所在直线为y 轴，过P 作平面BCDE 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A 1(－1,0，3)，P (0,0,0)，D (－4,23，0)，∴P A 1―→＝(－1,0，3)， PD ―→＝(－4,23，0)，设平面A 1PD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ m ·P A 1―→＝0，m ·PD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3z ＝0，－4x ＋23y ＝0，取x ＝3，得m ＝(3，2,1)．易知平面A 1PB 的一个法向量n ＝(0,1,0)，则cos 〈m，n〉＝m·n|m||n|＝22.由图可知二面角B-A1P-D是钝角，∴二面角B-A1P-D的余弦值为－2 2.[例2]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，如图所示，则CP＋P A1的最小值为________．[解析]P A1在平面A1BC1内，PC在平面BCC1内，将其铺平后转化为平面上的问题．铺平平面A1BC1，平面BCC1，如图所示，计算得A1B＝AB1＝210，BC1＝2.又A1C1＝6，故△A1BC1是∠A1C1B＝90°的直角三角形．设P是BC1上任一点，CP＋P A1≥A1C，即当A1，P，C三点共线时，CP＋P A1有最小值．在△A1C1C中，由余弦定理得A1C＝62＋(2)2－2×6×2×cos 135°＝52，故(CP＋P A1)min＝5 2.[答案]5 2[解题技法]“展开问题”是“折叠问题”的逆向思维、逆过程，“展开问题”是指将立体图形的表面(或部分表面)按一定的要求铺成平面图形，再利用平面图形的性质解决立体问题的一类题型．解决展开问题的关键是：确定需要展开立体图形中的哪几个面(有时需要分类讨论)，以及利用什么平面定理来解决对应的立体图形问题．[提醒] 求立体图形中两条(或多条)线段长度和的最小值，只需将这些线段统一到一个平面上．要注意立体图形展开前后线段与角度哪些会改变，哪些不会变．[题组训练]2.如图所示，在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的面对角线A 1B 上存在一点P ，使得AP ＋D 1P 取得最小值，则此最小值为( )A ．2 B.6＋22 C ．2＋ 2 D.2＋ 2解析：选D 将△A1AB 与△A 1BD 1放在同一平面内，如图所示．连接AD 1，则AD 1为AP ＋D 1P 的最小值．因为AA 1＝A 1D 1＝1，∠AA 1D 1＝90°＋45°＝135°，所以由余弦定理得AD 1＝AA 21＋A 1D 21－2×AA 1×A 1D 1×cos 135°＝2＋ 2.考点三最值问题[典例] (1)已知三棱锥O -ABC 的顶点A ，B ，C 都在半径为2的球面上，O 是球心，∠AOB ＝120°，当△AOC 与△BOC 的面积之和最大时，三棱锥O -ABC 的体积为( )A.32B.233C.23D.13(2)(优质试题·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O上的点，△DBC ，△ECA ，△F AB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△F AB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________．[解析] (1)设球O 的半径为R ，因为S △AOC ＋S △BOC ＝12R 2(sin ∠AOC ＋sin ∠BOC )，所以当∠AOC ＝∠BOC ＝90°时，S △AOC ＋S △BOC 取得最大值，此时OA ⊥OC ，OB ⊥OC ，又OB ∩OA ＝O ，OA ⊂平面AOB ，OB ⊂平面AOB ，所以OC ⊥平面AOB ，由题意知R ＝2，所以V 三棱锥O -ABC ＝V 三棱锥C -OAB＝13OC ·12OA ·OB sin ∠AOB ＝16R 3sin ∠AOB ＝233.(2)如图，连接OD 交BC 于点G ，由题意知，OD ⊥BC .易得OG ＝36BC ，设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ， S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，故所得三棱锥的体积V ＝13×33x 2×(5－x )2－x 2＝3x 2×25－10x ＝3×25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4，令f ′(x )＞0，即x 4－2x 3＜0，得0＜x ＜2；令f ′(x )＜0，得2＜x ＜52，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52时，f (x )≤f (2)＝80， ∴V ≤3×80＝415.∴所求三棱锥的体积的最大值为415.[答案] (1)B (2)415[解题技法] 与体积、面积有关的最值问题的解题策略空间几何体中的某些对象，如点、线、面，在约束条件下运动，带动相关的线段长度、体积等发生变化，进而就有了面积与体积的最值问题.[题组训练]1．(优质试题·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 ．123B ．18 3C ．24 3D ．54 3解析：选B 由等边△ABC 的面积为93，可得34AB 2＝93，所以AB ＝6，所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝33AB ＝2 3.设球的半径为R ，球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ，则d ＝R 2－r 2＝16－12＝2.所以三棱锥D -ABC 高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D -ABC 体积的最大值为13×93×6＝18 3.2．已知正四面体S -ABC 的棱长为1，如果一个高为36的长方体能在该正四面体内任意转动，则该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为________．解析：如图，易知正四面体S -ABC 的内切球的球心O 必在高线SH 上，延长AH 交BC 于点D ，则D 为BC 的中点，连接SD ，设内切球切SD 于点E ，连接AO .因为H 是正三角形ABC 的中心，所以AH ∶DH ＝2∶1.易得Rt △OAH ∽Rt △DSH ，所以OA OH ＝DS DH ＝3，可得OA ＝3OH ＝SO ，因此SH ＝4OH ，可得内切球的半径R ＝OH ＝14SH .因为正四面体S -ABC 的棱长为1，所以在Rt △DSH 中，DS ＝SH 2＋DH 2＝(4R )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13×322＝32，解得R 2＝124.要满足一个高为36的长方体能在该正四面体内任意转动，则长方体的体对角线长不超过正四面体内切球的直径，设该长方体的长和宽分别为x ，y ，其长和宽形成的长方形的面积为S ，则4R 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫362＋x 2＋y 2，所以x 2＋y 2≤112，所以S ＝xy ≤x 2＋y 22≤124，当且仅当x ＝y ＝612时等号成立，即该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为124.答案：124[课时跟踪检测]1.如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E ，F 分别是P A ，PD 的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：①BE 与CF 异面；②BE 与AF 异面；③EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面P AD.其中正确结论的个数是()A．1B．2C．3 D．4解析：选B画出该几何体，如图．因为E，F分别是P A，PD的中点，所以EF∥AD，所以EF∥BC，BE与CF是共面直线，故①不正确；BE与AF满足异面直线的定义，故②正确；由E，F分别是P A，PD的中点，可知EF∥AD，所以EF∥BC，因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，故③正确；因为BE与P A的关系不能确定，所以不能判定平面BCE⊥平面P AD，故④不正确．故选B.2．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有()A．AG⊥平面EFH B.AH⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF解析：选B根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，且HE∩HF＝H，∴AH⊥平面EFH，B正确；∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，∴平面HAG ⊥平面AEF，过点H作直线垂直于平面AEF，垂线一定在平面HAG内，∴C不正确；由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确．故选B.3.如图所示，在正三棱锥S -ABC 中，∠BSC ＝40°，SB ＝2，则一动点从点B 出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B 的最短路线的长为( )A ．2B.3 C ．2 3 D ．3 3解析：选C 沿SB ，AB ，BC 将棱锥侧面剪开并展开成一个平面图形SBACB 1，如图所示，则动点的最短路线为线段BB 1.在△SBB 1中，SB ＝SB 1＝2，∠BSB 1＝120°，所以BB 1＝2 3.故选C.4.如图，正方体ABCD -A1B 1C 1D 1的棱长为4，点P ，Q 分别在底面ABCD 、棱AA 1上运动，且P Q ＝4，点M 为线段P Q 的中点，则线段C 1M 的长度的最小值为( )A ．2 B.43－2 C ．6 D ．4 3解析：选B 连接AP ，AC 1，AM .由正方体的结构特征可得，Q A ⊥平面ABCD ，所以Q A ⊥AP .因为P Q ＝4，点M 为线段P Q 的中点，所以AM ＝12P Q ＝2，故点M 在以A 为球心，半径R ＝2的球面上，易知AC 1＝43，所以C 1M 的最小值为AC 1－R ＝43－2.5.一只蚂蚁从正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A 出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C 1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( )A ．①②B.①③ C ．③④ D ．②④解析：选D 由点A 经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C 1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)．若把平面ABB 1A 1和平面BCC 1B 1展到同一个平面内，连接AC 1，则AC 1是最短路线，且AC 1会经过BB 1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD 和平面CDD 1C 1展到同一个平面内，连接AC 1，则AC 1是最短路线，且AC 1会经过CD 的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现，故选D.6．已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，则该圆锥体积的最大值为________．解析：由题意得圆锥的母线长为3，设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则h ＝9－r 2，所以圆锥的体积V ＝13πr 2h ＝13πr 29－r 2＝13π9r 4－r 6.设f (r )＝9r 4－r 6(r ＞0)，则f ′(r )＝36r 3－6r 5，令f ′(r )＝36r 3－6r 5＝6r 3(6－r 2)＝0，得r ＝6，所以当0＜r ＜6时，f ′(r )＞0，f (r )单调递增；当r ＞6时，f ′(r )＜0，f (r )单调递减，所以f (r )max ＝f (6)＝108，所以V max ＝13π×108＝23π.答案：23π7．如图所示，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A ′BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，则下列结论正确的是__________(填序号)．①A ′C ⊥BD ；②∠BA ′C ＝90°；③四面体A ′BCD 的体积为16.解析：∵BD⊥CD，平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD，∴CD⊥平面A′BD，又A′D⊂平面A′BD，∴CD⊥A′D.∵AB＝AD＝CD＝1，BD＝2，∴A′C＝2，BC＝3，∴A′B2＋A′C2＝BC2，∴A′B⊥A′C，即∠BA′C＝90°，故②正确；四面体A′BCD的体积V＝13×12×12×1＝16，故③正确．答案：②③8．某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则xy的最大值为________．解析：由三视图知三棱锥如图所示，底面ABC是直角三角形，AB⊥BC，P A⊥平面ABC，BC＝27，P A2＋y2＝102，(27)2＋P A2＝x2，因此xy＝x102－[x2－72]＝x128－x2≤x2＋(128－x2)2＝64，当且仅当x2＝128－x2，即x＝8时取等号，因此xy的最大值是64.答案：649．已知A，B，C是球O的球面上三点，且AB＝AC＝3，BC＝33，D为该球面上的动点，球心O到平面ABC的距离为球半径的一半，则三棱锥D -ABC 体积的最大值为________．解析：如图，在△ABC 中， ∵AB ＝AC ＝3，BC ＝33， ∴由余弦定理可得cos A ＝32＋32－(33)22×3×3＝－12，∴sin A ＝32.设△ABC 外接圆O ′的半径为r ，则3332＝2r ，得r ＝3. 设球的半径为R ，连接OO ′，BO ′，OB ，则R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫R 22＋32，解得R ＝2 3.由图可知，当点D 到平面ABC 的距离为32R 时，三棱锥D -ABC 的体积最大， ∵S △ABC ＝12×3×3×32＝934，∴三棱锥D -ABC 体积的最大值为13×934×33＝274. 答案：27410.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．(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)由PO 1＝2知O 1O ＝4PO 1＝8. 因为A 1B 1＝AB ＝6，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)．(2)设A 1B 1＝a m ，PO 1＝h m ，则0＜h ＜6，O 1O ＝4h .如图，连接O 1B 1. 因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 21＋PO 21＝PB 21，所以⎝⎛⎭⎪⎫2a 22＋h 2＝36，即a 2＝2(36－h 2)．于是仓库的容积V ＝V 柱＋V 锥＝a 2·4h ＋13a 2·h ＝133a 2h ＝263(36h －h 3)，0＜h ＜6，从而V ′＝263(36－3h 2)＝26(12－h 2)．令V ′＝0，得h ＝23或h ＝－23(舍)．当0＜h ＜23时，V ′＞0，V 是单调增函数；当23＜h ＜6时，V ′＜0，V 是单调减函数．故当h ＝23时，V 取得极大值，也是最大值．因此，当PO 1＝2 3 m 时，仓库的容积最大．11.(优质试题·凉山模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，∠ABC ＝45°，AD ＝AP ＝2，AB ＝DP ＝22，E 为CD 的中点，点F 在线段PB 上．(1)求证：AD ⊥PC ；(2)试确定点F 的位置，使得直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等．解：(1)证明：在平行四边形ABCD 中，连接AC ， ∵AB ＝22，BC ＝2，∠ABC ＝45°，由余弦定理得AC 2＝8＋4－2×22×2×cos 45°＝4， ∴AC ＝2，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴BC ⊥AC . 又AD ∥BC ，∴AD ⊥AC . ∵AD ＝AP ＝2，DP ＝22， ∴AD 2＋AP 2＝DP 2，∴AP ⊥AD .又AP ∩AC ＝A ，AP ⊂平面P AC ，AC ⊂平面P AC ， ∴AD ⊥平面P AC .∵PC ⊂平面P AC ，∴AD ⊥PC .(2)∵侧面P AD ⊥底面ABCD ，侧面P AD ∩底面ABCD ＝AD ，P A ⊥AD ，P A ⊂平面P AD ，∴P A ⊥底面ABCD .以A 为坐标原点，以DA ，AC ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，D (－2,0,0)，C (0,2,0)，B (2,2,0)，E (－1,1,0)，P (0,0,2)，∴PC ―→＝(0,2，－2)，PD ―→＝(－2,0，－2)，PB ―→＝(2,2，－2)．设PF PB ＝λ(λ∈[0,1])，则PF ―→＝(2λ，2λ，－2λ)，F (2λ，2λ，－2λ＋2)，∴EF ―→＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)，平面ABCD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)．设平面PDC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·PC ―→＝0，n ·PD ―→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，－2x －2z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，－1，－1)．∵直线EF 与平面PDC 所成的角和此直线与平面ABCD 所成的角相等，∴|cos EF ―→，m |＝|cosEF ―→，n|，即2－2λ|EF ―→|＝2λ3|EF ―→|，∴2－2λ＝2λ3，解得λ＝3－32，∴当PF PB ＝3－32时，直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等．12．(优质试题·肇庆二模)如图1，在高为2的梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝2，CD ＝5，过A ，B 分别作AE ⊥CD ，BF ⊥CD ，垂足分别为E ，F .已知DE ＝1，将梯形ABCD 沿AE ，BF 同侧折起，得空间几何体ADE -BCF ，如图2.(1)若AF ⊥BD ，证明：DE ⊥BE ；(2)若DE ∥CF ，CD ＝3，在线段AB 上是否存在点P ，使得CP 与平面ACD 所成角的正弦值为3535？并说明理由．解：(1)证明：由已知得四边形ABFE 是正方形，且边长为2， ∴AF ⊥BE .∵AF ⊥BD ，BE ∩BD ＝B ，∴AF ⊥平面BDE . 又DE ⊂平面BDE ，∴AF ⊥DE . ∵AE ⊥DE ，AE ∩AF ＝A ， ∴DE ⊥平面ABFE .又BE ⊂平面ABFE ，∴DE ⊥BE .(2)当P 为AB 的中点时满足条件．理由如下： ∵AE ⊥DE ，AE ⊥EF ，DE ∩EF ＝E ，∴AE ⊥平面DEFC . 如图，过E 作EG ⊥EF 交DC 于点G ，可知GE ，EA ，EF 两两垂直，以E 为坐标原点，以EA ―→，EF ―→，EG ―→分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,1，3)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，32，AC ―→＝(－2,1，3)，AD ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫－2，－12，32.设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·AC ―→＝0，n ·AD ―→＝0，即⎩⎨⎧－2x ＋y ＋3z ＝0，－2x －12y ＋32z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，－1，3)．设AP ―→＝λPB ―→，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2λ1＋λ，0，λ∈(0，＋∞)，可得CP ―→＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫2，λ－11＋λ，－3. 设CP 与平面ACD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos CP ，n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1－λ－11＋λ7＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫λ－11＋λ2×5＝3535，解得λ＝1或λ＝－25(舍去)， ∴P 为AB 的中点时，满足条件．13.(优质试题·太原模拟)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，点M 为A 1C 1的中点，点N 为AB 1上一动点．(1)是否存在一点N ，使得线段MN ∥平面BB 1C 1C ？若存在，指出点N 的位置；若不存在，请说明理由；(2)若点N 为AB 1的中点且CM ⊥MN ，求二面角M -CN -A 的正弦值．解：(1)存在点N ，且N 为AB 1的中点时满足条件．理由如下：如图1，连接A 1B ，BC 1. 因为点M ，N 分别为A 1C 1，A 1B 的中点，所以MN 为△A 1BC 1的中位线，从而MN ∥BC 1. 又MN ⊄平面BB 1C 1C ，BC 1⊂平面BB 1C 1C ，所以MN ∥平面BB 1C 1C . (2)设AA 1＝a ，则CM 2＝a 2＋1，MN 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12BC 12＝a 2＋84，CN 2＝a 24＋5＝a 2＋204.由CM ⊥MN ，得CM 2＋MN 2＝CN 2，解得a ＝ 2. 以点A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AC 所在直线为y 轴，AA 1所在直线为z 轴建立如图2所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，C (0,2,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，22，M (0,1，2)，故AN ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，22，AC ―→＝(0,2,0)， CN ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－2，22，CM ―→＝(0，－1，2)．设m ＝(x ，y ，z )为平面ANC 的法向量，则⎩⎨⎧m ·AC ―→＝0，m ·AN ―→＝0，即⎩⎨⎧2y ＝0，x ＋22z ＝0，令x ＝－1，得平面ANC 的一个法向量为m ＝(－1,0，2)，同理可得平面MNC 的一个法向量为n ＝(3,2，2)．则cosm ，n＝－3＋0＋23×15＝－515.故二面角M -CN -A 的正弦值为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－5152＝25515.。

[推荐学习]2018年高考数学二轮复习第1部分重点强化专题专题4立体几何突破点9空间几何体表面积或体

突破点9 空间几何体表面积或体积的求解[核心知识提炼]提炼1 求解几何体的表面积或体积(1)对于规则几何体，可直接利用公式计算．(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解．(3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用. 提炼2 球与几何体的外接与内切(1)正四面体与球：设正四面体的棱长为a ，由正四面体本身的对称性，可知其内切球和外接球的球心相同，则内切球的半径r ＝612a ，外接球的半径R ＝64a .图91(2)正方体与球：设正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，O 为其对称中心，E ，F ，H ，G 分别为AD ，BC ，B 1C 1，A 1D 1的中点，J 为HF 的中点，如图91所示．①正方体的内切球：截面图为正方形EFHG 的内切圆，故其内切球的半径为OJ ＝a2；②正方体的棱切球：截面图为正方形EFHG 的外接圆，故其棱切球的半径为OG ＝2a 2； ③正方体的外接球：截面图为矩形ACC 1A 1的外接圆，故其外接球的半径为OA 1＝3a 2. [高考真题回访]回访1 几何体的表面积或体积1．(2017·全国卷Ⅱ)如图92，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( )图92A ．90πB ．63πC ．42πD ．36πB [方法1：(割补法)如图所示，由几何体的三视图，可知该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得．将圆柱补全，并将圆柱体从点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.方法2：(估值法)由题意，知12V 圆柱＜V 几何体＜V 圆柱．又V 圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π＜V 几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．故选B.]2.(2016·全国卷Ⅱ)如图93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( )图93A ．20πB ．24πC ．28πD ．32πC [由三视图可知圆柱的底面直径为4，母线长(高)为4，所以圆柱的侧面积为2π×2×4＝16π，底面积为π·22＝4π；圆锥的底面直径为4，高为23，所以圆锥的母线长为32＋22＝4，所以圆锥的侧面积为π×2×4＝8π.所以该几何体的表面积为S ＝16π＋4π＋8π＝28π.]3．(2015·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图94，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()图94A.18 B ．17 C.16D ．15D [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.]回访2 球与几何体的外接与内切4．(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．π B.3π4 C.π2D.π4B [设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形． ∴r ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32. ∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝3π4.故选B.]5．(2015·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 ．36π B ．64π C.144πD ．256πC [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.]6．(2013·全国卷Ⅰ)如图95，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 ，如果不计容器厚度，则球的体积为( )图95A.500π3cm 3B.866π3cm 3C.1 372π3cm 3D.2 048π3cm 3A [如图，作出球的一个截面，则MC ＝8－6＝2(cm)，BM ＝12AB ＝12×8＝4(cm)．设球的半径为R cm ，则R 2＝OM 2＋MB 2＝(R －2)2＋42，∴R ＝5，∴V 球＝43π×53＝5003π(cm 3)．]热点题型1 几何体的表面积或体积题型分析：解决此类题目，准确转化是前提，套用公式是关键，求解时先根据条件确定几何体的形状，再套用公式求解．【例1】(1)(2017·黄山二模)一个几何体的三视图如图96所示，则该几何体的体积为( ) 【导学号：04024087】图96A ．4 3B ．4 2C ．4D.433(2)(2016·全国卷Ⅲ)如图97，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )图97A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．81(1)C (2)B [(1)由三视图可知该几何体为四棱锥P ABCD ，其中PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AD ＝2，BC ＝4，AD ⊥AB ，AP ＝2，AB ＝2，∴该几何体的体积V ＝13×2＋42×2×2＝4.故选C.(2)由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×35)×2＝54＋18 5.故选B.] [方法指津]1．求解几何体的表面积及体积的技巧(1)求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．(2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解．2．根据几何体的三视图求其表面积与体积的三个步骤(1)根据给出的三视图判断该几何体的形状． (2)由三视图中的大小标示确定该几何体的各个度量． (3)套用相应的面积公式与体积公式计算求解．[变式训练1] (1)(2017·平顶山二模)某几何体的三视图如图98所示，则该几何体的体积为( )A.133＋π3B ．5＋π2C ．5＋π3D.133＋π2图98(2)(2017·江西七校联考)若某空间几何体的三视图如图99所示，则该几何体的表面积是( )图99A ．48＋πB ．48－πC ．48＋2πD ．48－2π(3)(名师押题)如图910，从棱长为6 cm 的正方体铁皮箱ABCD A 1B 1C 1D 1中分离出来由三个正方形面板组成的几何图形．如果用图示中这样一个装置来盛水，那么最多能盛的水的体积为________cm 3.图910(1)D (2)A (3)36 [(1)由三视图知该几何体是由一个长方体，一个三棱锥和一个14圆柱组成，故该几何体的体积为V ＝2×1×2＋13×12×1×1×2＋14×π×12×2＝133＋π2. (2)该几何体是正四棱柱中挖去了一个半球，正四棱柱的底面是正方形(边长为2)，高为5，半球的半径是1，那么该几何体的表面积为S ＝2×2×2＋2×4×5－π×12＋2π×12＝48＋π，故选A.(3)最多能盛多少水，实际上是求三棱锥C 1CD 1B 1的体积．又V 三棱锥C 1CD 1B 1＝V 三棱锥C B 1C 1D 1＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×6×6＝36(cm 3)，所以用图示中这样一个装置来盛水，最多能盛36 cm 3体积的水．]热点题型2 球与几何体的切、接问题题型分析：与球有关的表面积或体积求解，其核心本质是半径的求解，这也是此类问题求解的主线，考生要时刻谨记．先根据几何体的三视图确定其结构特征与数量特征，然后确定其外接球的球心，进而确定球的半径，最后代入公式求值即可；也可利用球的性质——球面上任意一点对直径所张的角为直角，然后根据几何体的结构特征构造射影定理求解．【例2】 (1)(2016·南昌二模)一个几何体的三视图如图911所示，其中正视图是正三角形，则该几何体的外接球的表面积为( )图911A.8π3 B.16π3 C.48π3 D.64π3(2)(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．(1)D (2)36π [(1)由三视图可知，该几何体是如图所示的三棱锥S ABC ，其中HS 是三棱锥的高，由三视图可知HS ＝23，HA ＝HB ＝HC ＝2，故H 为△ABC 外接圆的圆心，该圆的半径为2.由几何体的对称性可知三棱锥S ABC 外接球的球心O 在直线HS 上，连接OB . 设球的半径为R ，则球心O 到△ABC 外接圆的距离为OH ＝|SH －OS |＝|23－R |，由球的截面性质可得R ＝OB ＝OH 2＋HB 2＝|23－R |2＋22，解得R ＝433，所以所求外接球的表面积为4πR 2＝4π×163＝64π3.故选D.(2)如图，连接OA ，OB .由SA ＝AC ，SB ＝BC ，SC 为球O 的直径，知OA ⊥SC ，OB ⊥SC .由平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，OA ⊥SC ，知OA ⊥平面SCB . 设球O 的半径为r ，则OA ＝OB ＝r ，SC ＝2r ，∴三棱锥S ABC 的体积 V ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12SC ·OB ·OA ＝r 33，即r 33＝9，∴r ＝3，∴S 球表＝4πr 2＝36π.] [方法指津]解决球与几何体的切、接问题的关键在于确定球的半径与几何体的度量之间的关系，这就需要灵活利用球的截面性质以及组合体的截面特征来确定．对于旋转体与球的组合体，主要利用它们的轴截面性质建立相关数据之间的关系；而对于多面体，应抓住多面体的结构特征灵活选择过球心的截面，把多面体的相关数据和球的半径在截面图形中体现出来．[变式训练2] (1)(2017·江西七校联考)如图912，ABCD 是边长为23的正方形，点E ，F 分别为边BC ，CD 的中点，将△ABE ，△ECF ，△FDA 分别沿AE ，EF ，FA 折起，使B ，C ，D 三点重合于点P ，若四面体PAEF 的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积是( )图912A ．6πB ．12πC ．18πD ．92π(2)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 ＝1，∠BAC ＝60°，AA 1＝2，则该三棱柱的外接球的体积为( )【导学号：04024088】A.40π3B.4030π27C.32030π27D ．20π(1)C (2)B [(1)因为∠APE ＝∠EPF ＝∠APF ＝90°，所以可将四面体补成一个长方体(PA ，PE ，PF 是从同一顶点出发的三条棱)，则四面体和补全的长方体有相同的外接球，设其半径为R ，由题意知2R ＝32＋32＋32＝32，故该球的表面积S ＝4πR 2＝4π⎝⎛⎭⎪⎫3222＝18π，故选C. (2)设△A 1B 1C 1的外心为O 1，△ABC 的外心为O 2，连接O 1O 2，O 2B ，OB ，如图所示．由题意可得外接球的球心O 为O 1O 2的中点．在△ABC 中，由余弦定理可得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ×AC cos ∠BAC ＝32＋12－2×3×1×cos 60°＝7，所以BC ＝7.由正弦定理可得△ABC 外接圆的直径2r ＝2O 2B ＝BC sin 60°＝273，所以r ＝73＝213.而球心O 到截面ABC 的距离d ＝OO 2＝12AA 1＝1，设直三棱柱ABC A 1B 1C 1的外接球半径为R ，由球的截面性质可得R 2＝d 2＋r 2＝12＋⎝⎛⎭⎪⎫2132＝103，故R ＝303，所以该三棱柱的外接球的体积为V ＝4π3R 3＝4030π27.故选B.]。

[配套K12]2018版高中数学小问题集中营专题5.1 易错点+柱、锥、台结构特征判断中的误区

问题1 易错点柱、锥、台结构特征判断中的误区一、问题的提出（1）对多面体、旋转体的定义理解不准确.（2）解答过程中易忽视侧棱的延长线不能交于一点，直观感觉是棱台，而不注意逻辑推理.（3）解答空间几何体概念的判断题时，要注意紧扣定义，切忌只凭图形主观臆断.二、问题的探源对柱、锥、台的结构特征的判断应该紧扣定义，精确的分析定义的问题，要注意每个结构特征中细节的问题.1．对于多面体概念的理解，注意以下两个方面：(1)多面体是由平面多边形围成的，围成一个多面体至少要四个面．一个多面体由几个面围成，就称为几面体．(2)多面体是一个“封闭”的几何体，包括其内部的部分．2．棱柱具有以下结构特征和特点：(1)侧棱互相平行且相等，侧面都是平行四边形．(2)两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形，如图a所示．(3)过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形，如图b所示．(4)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱，如图c所示．3．对于棱锥要注意有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥，必须强调其余各面是共顶点的三角形，如图d所示．4．棱台中各侧棱延长后必相交于一点，否则不是棱台．三、问题的佐证考向1 由定义判断柱、锥、台结构特征【例1】关于棱柱有下列四个命题，其中判断错误的是（）A. 有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱B. 平行六面体可能是直棱柱C. 直棱柱的每个侧面都是矩形D. 斜棱柱的侧面中可能有矩形【答案】A【解析】若侧棱与底面两条平行的两边垂直，此时有两个侧面均是矩形，此时的棱柱不一定是直棱柱，故A 错误；由平行六面体的定义可知B 正确；因为直棱柱的侧棱与底面垂直，故C正确；若侧棱与底面两条平行的两边垂直，此时有两个侧面均是矩形，故D正确；故选A【方法总结】(1)紧扣棱柱的结构特征进行有关概念辨析①两个面互相平行；②其余各面是四边形；③相邻两个四边形的公共边互相平行．求解时，首先看是否有两个平行的面作为底面，再看是否满足其他特征．(2)棱锥只有一个面是多边形，此面即为底面，侧棱相交于一点.棱台两个互相平行的面，即为底面，侧棱延长后相交于一点.（2）下列说法错误的是( )A．多面体至少有四个面B．九棱柱有9条侧棱，9个侧面，侧面为平行四边形C．长方体、正方体都是棱柱D．三棱柱的侧面为三角形【答案】D考向2 由图象判断柱、锥、台结构特征【例2】（1）下列说法正确的是（）A. 有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的几何体是棱锥B. 有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台C. 如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥D. 有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱【答案】D【解析】选项A,棱锥的定义是如果一个多面体的一个面是多边形,其余各面是有一个公共顶点的三角形,那么这个多面体叫做棱锥,即其余各面的三角形必须有公共的顶点,选项错误;选项B,棱台是由棱锥被平行于地面的平面所截而得, 而有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体也有可能不是棱台,如图所示,选项错误;选项C,棱锥的各个侧面都是等边三角形，顶角都是60度, 360660︒=︒,即这个棱锥不可能为六棱锥,选项错误;选项D, 若棱柱有两个相邻侧面是矩形，则侧棱与底面两条相交的两边垂直，则侧棱与底面垂直，此时棱柱一定是直棱柱，选项正确;故选D.（2）下列多面体都是棱柱吗？如何在名称上区分这些棱柱？如何用符号表示？【方法总结】棱柱的侧棱互相平行且相等，侧面都是平行四边形．两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形；过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形，．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱．四.问题的解决解决此类题目需准确理解定义，把握几何体的结构特征，并学会通过反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，设法举出反例否定即可．【跟踪训练】1.下列说法正确的是（）A. 空间中，两不重合的平面若有公共点，则这些点一定在一条直线上B. 空间中，三角形、四边形都一定是平面图形C. 空间中，正方体、长方体、平行六面体、四面体都是四棱柱D. 用一平面去截棱锥，底面与截面之间的部分所形成的多面体叫棱台【答案】A2．下列命题正确的是（）A. 棱柱的侧面都是长方形B. 棱柱的所有面都是四边形C. 棱柱的侧棱不一定相等D. 一个棱柱至少有五个面【答案】D【解析】A不对，侧面都是平行四边形，不一定都是长方形；B不对，三棱柱的底面是三角形；C不对，棱柱的侧棱一定相等；D对，三棱柱的面最少，三个侧面两个底面共5个面，其他棱柱都多余5个面，故选D.3．下列空间几何体中，是棱柱的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】A是棱锥，B是四棱台，C是三棱柱，D是组合体，故选C4．下列命题正确的是（）A. 有两个面平行,其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B. 有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱C. 有两个面平行,其余各面都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱D. 用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台。

高中数学小问题集中营专题5.6突破点含参的直线与圆的位置关系(2021学年)

2018版高中数学小问题集中营专题5.６突破点含参的直线与圆的位置关系编辑整理：尊敬的读者朋友们:这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的,发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望(２018版高中数学小问题集中营专题５.6 突破点含参的直线与圆的位置关系)的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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问题６突破点含参的直线与圆的位置关系一、问题的提出解析几何中的含参的直线与圆的位置关系问题,涉及到基本的直线与圆的位置关系问题,主要是相交中的弦长问题,和相切中的切线问题。

然后根据函数关系式的特征选用参数法、配方法、判别式法等，应用不等式求出参数的范围。

二、问题的探源对于圆的最值问题,要利用圆的特殊几何性质，根据式子的几何意义求解,这常常是简化运算的最佳途径．三、问题的佐证例一、已知直线l:y＝－错误!ｘ+m与圆x2+y2=1在第一象限内有两个不同的交点.求m的取值范围.【训练】1．在平面直角坐标系ｘＯｙ中，设直线l:kx-y＋１=0与圆C:x２+ｙ2＝４相交于A，B两点,以OA，ＯＢ为邻边作平行四边形OAＭB，若点M在圆Ｃ上,则实数k等于( ）Ａ.1 ﻩB ．2 C.0ﻩﻩﻩD ．－1【解析】∵四边形ＯA ＭB 为平行四边形,∴四边形ＯＡＭB 为菱形，∴△ＯAM 为等边三角形,且边长为2，解得弦AB 的长为2错误!,又直线过定点Ｎ(0,1),且过N 的弦的弦长最小值为2错误!，此时此弦平行x 轴，即k ＝０. 2.若圆()(22324x y -+=上至少有三个不同的点到直线:0l ax by +=的距离为则直线ｌ的倾斜角的取值范围是（）A 。

2018年高考数学专题35 立体几何中的探索问题黄金解题模板

专题35 立体几何中的探索问题【高考地位】探究性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意志力及探究的能力．近几年高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题．内容涉及异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，平行与垂直等方面，对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．一般此类立体几何问题描述的是动态的过程，结果具有不唯一性或者隐藏性，往往需要耐心尝试及等价转化，因此，对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的．【方法点评】方法一直接法使用情景：立体几何中的探索问题解题模板：第一步首先假设求解的结果存在，寻找使这个结论成立的充分条件；第二步然后运用方程的思想或向量的方法转化为代数的问题解决；第三步得出结论，如果找到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果要求的条件，或出现了矛盾，则不存在．.例1．【2018河南漯河市高级中学第三次模拟】如图， AB 为圆O 的直径，点,E F 在圆O 上，且//AB EF ，矩形ABCD 所在的平面和圆O 所在的平面垂直，且1,2AD EF AF AB ====.（1）求证：平面AFC ⊥平面CBF ；（2）在线段CF 上是否存在了点M ，使得//OM 平面ADF ？并说明理由.【变式演练1】如图，三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为正三角形，1AA ⊥底面ABC ，且13AA AB ==， D 是BC 的中点.（1）求证： 1//A B 平面1ADC ；（2）求证：平面1ADC ⊥平面1DCC ；3（3）在侧棱1CC 上是否存在一点E ，使得三棱锥C ADE -的体积是98？若存在，求出CE 的长；若不存在，说明理由.（2）∵底面为正三角形,是的中点,∴AD CD ⊥, ∵ 平面,平面, ∴ . ∵ , ∴ 平面, ∵ 平面,∴平面平面.（3）假设在侧棱上存在一点,使三棱锥的体积是.【变式演练2】已知长方形ABCD中，AB＝3，AD＝4.现将长方形沿对角线BD折起，使AC＝a，得到一个四面体A－BCD，如图所示.(1)试问：在折叠的过程中，直线AB与CD能否垂直？若能，求出相应a的值；若不能，请说明理由；(2)求四面体A－BCD体积的最大值.【解析】(2)由于△BCD面积为定值，所以当点A到平面BCD的距离最大，即当平面ABD⊥平面BCD时，该四面体的体积最大，此时，过点A在平面ABD内作AH⊥BD，垂足为H，则有AH⊥平面BCD，AH就是该四面体的高.在△ABD中，AH＝AB ADBD⋅＝125，S△BCD＝12×3×4＝6，此时V A－BCD＝13S△BCD·AH＝245，即为该四面体体积的最大值.点睛：翻折问题的解决中要关注翻折过程中的变量与不变量，特别是过程中哪些边和哪些角是不变的。

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问题3突破点几何体三视图常见误区
一、问题的提出
在立体几何三视图中易忽视组合体的结构特征是几何体切割类而得到，正视方向与侧视方向的判断而出错．三种视图中，可见的轮廓线都画成实线，存在但不可见的轮廓线一定要画出，但要画成虚线．画三视图时，一定要分清可见轮廓线与不可见轮廓线，否则容易出现错误．
二、问题的探源
某几何体及其俯视图如图所示，下列关于该几何体正视图和侧视图的画法正确的是( )
【答案】A
【解析】该几何体是由圆柱切割而得，由俯视图可知正视方向和侧视方向，进一步可画出正视图和侧视图(如图所示)，故选A.
1．易忽视组合体的结构特征是由圆柱切割而得到和正视方向与侧视方向的判断而出错．
2．三种视图中，可见的轮廓线都画成实线，存在但不可见的轮廓线一定要画出，但要画成虚线．画三视图
时，一定要分清可见轮廓线与不可见轮廓线，避免出现错误．
三、问题的佐证：借助典型例题进行针对讲解，分析问题的症结，提出解决问题的方法；考向一：几何体切割
例一、沿圆柱体上底面直径截去一部分后的物体如图所示，它的俯视图是( )
【答案】D
【解析】选D 从上面看依然可得到两个半圆的组合图形，注意看得到的棱画实线．考向二：画几何体三视图
[例2] 画出如右图所示的四棱锥的三视图．【解析】几何体的三视图如下：
画三视图的注意事项
(1)务必做到长对正，宽相等，高平齐．
(2)三视图的安排方法是正视图与侧视图在同一水平位置，且正视图在左，侧视图在右，俯视图在正视图的正下方．
(3)若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．练习：如图，在正方体1111ABCD A B C D 中， M N 、分别是1BB 、BC 的中点，则图中阴影部分在平面
11ADD A 上的投影为图中的（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】点N 在平面11ADD A 上的投影在1D D 中点处，点M 投影在D 处，由投影可判断B 图正确，故选B.
考向三：由三视图还原空间几何体
例3 下图是一个四棱锥的三视图，则该四棱锥的体积为__________．
【答案】
83
【方法总结】
由三视图还原几何体时，一般先由俯视图确定底面，由正视图与侧视图确定几何体的高及位置，同时想象视图中每一部分对应实物部分的形状．练习
一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积等于（）
A. 4
B. 6
C. 8
D. 12
【答案】A
考向四：空间几何体中的最值问题
例四、某三棱锥的三视图如图所示．
（1）该三棱锥的体积为__________．
（2）该三棱椎的四个面中，最大面的面积是__________．
【答案】 8
【解析】三棱锥的底面积13462S =⨯⨯=，11
64833
V Sh ==⨯⨯=，其四个面的面积分别为
113462S =⨯⨯=，2115322S =⨯=，31
4102
S =⨯=，
41
2
S =⨯=．
四、问题的解决：通过针对性的训练，进行集中的反复打磨，确实达到能够达到问题的解决。

一、选择题
1．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是( ) A ．球 B ．三棱锥 C ．正方体 D ．圆柱
【答案】D
【解析】选D 球的三视图都是圆；三棱锥的三视图可以都是全等的三角形；正方体的三视图都是正方形；圆柱的底面放置在水平面上，则其俯视图是圆，正视图是矩形，故应选D. 2．以下关于投影的叙述不．正确的是( ) A ．手影就是一种投影
B ．中心投影的投影线相交于点光源
C ．斜投影的投影线不平行
D ．正投影的投影线和投影面垂直【答案】C
【解析】选C 平行投影的投影线互相平行，分为正投影和斜投影两种，故C 错． 3．下列说法正确的是( ) A ．矩形的平行投影一定是矩形 B ．梯形的平行投影一定是梯形 C ．两条相交直线的平行投影可能平行
D ．若一条线段的平行投影是一条线段，则中点的平行投影仍为这条线段投影的中点
解析：选D 对于A ，矩形的平行投影可以是线段、矩形、平行四边形，主要与矩形的放置及投影面的位置有关；同理，对于B ，梯形的平行投影可以是梯形或线段；对于C ，平行投影把两条相交直线投射成两条相
交直线或一条直线；D正确．
4．四个直立在地面上的字母广告牌在不同情况下，在地面上的投影(阴影部分)效果如图，则在字母L，K，C的投影中，与字母N属同一种投影的有( )
【答案】A
【解析】选A N和L，K属中心投影，C属平行投影．
5．将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )
【答案】D
6．如图所示，在这4个几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是( )
A．①②B．①③
C．①④D．②④
【答案】D
【解析】选D ①正方体的正视图、侧视图、俯视图都是正方形；
②圆锥的正视图、侧视图、俯视图依次为：三角形、三角形、圆及圆心；
③三棱台的正视图、侧视图、俯视图依次为：梯形、梯形(两梯形不同)、三角形(内外两个三角形，且对应顶点相连)；
④正四棱锥的正视图、侧视图、俯视图依次为：三角形、三角形、正方形及中心．
7．将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左视图为( )
【答案】B
【解析】选B 左视图中能够看到线段AD1，画为实线，看不到线段B1C，画为虚线，而且AD1与B1C不平行，投影为相交线．
二、填空题
8．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积为( )
++8+
A. 8
C. 8+8+
【答案】B
9．一个几何体的三视图如图所示（单位：cm），则此几何体的体积是（）
A.
3
28cm 3
B. 312cm
C. 314cm
D. 328cm 【答案】A
【解析】几何体为四棱锥与正方体的组合体， 3
2228cm V =⨯⨯=正方体． 314
221cm 33
V =⨯⨯⨯=四棱锥，∴3
4288cm 33
V =+
=．故选A ． 10．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）．
A. B. C. D. 【答案】D
【解析】由三视图可知，此几何体是正方体切去一个小棱锥而成．此小棱锥高是正方体的一半，底面三角形的边长也是正方体边长的一半，根据体积公式得到：
，故选．
11．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. D. 【答案】A
【解析】该几何体是一个底面为菱形的四棱柱挖掉了一个底面是菱形的四棱柱，所以其体积
11
=442222
V ⨯⨯-⨯⨯= A.
12．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是棱CD 上一点，则三棱锥11P A B A -的侧视图是（）
A. B. C. D.
【答案】D
三、解答题
13．画出如图所示几何体的三视图．
【解析】图①为正六棱柱，可按棱柱的画法画出；图②为一个圆锥与一个圆台的组合体，按圆锥、圆台的
三视图画出它们的组合形状．三视图如图所示．
14．如图所示，画出下列组合体的三视图．
【解析】三视图如图①②所示．
15．某组合体的三视图如图所示，试画图说明此组合体的结构特征．
【解析】该三视图表示的是组合体，如图所示，是7个小正方体拼接而成的组合体．16．如图是某几何体的三视图．
(1)画出它的直观图(不要求写画法)；
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K12学习教育资源 (2)求这个几何体的表面积和体积．
【解析】(1)这个几何体的直观图如图所示．
(2)这个几何体是一个简单组合体，它的下部是一个圆柱(底面半径为1，高为2)，它的上部是一个圆锥(底面半径为1，母线长为2，高为3)，所以所求表面积为S ＝π×12
＋2π×1×2＋π×1×2＝7π，体积为V
＝π×12×2＋13×π×12×3＝2π＋33
π. 17．已知正三棱锥V －ABC 的正视图、俯视图如图所示，其中VA ＝4，AC ＝
2
3，求该三棱锥的表面积．
【方法总结】
(1)几何体的三视图包括正(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．
(2)三视图的画法
①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．。