2018年高考数学总复习第八章立体几何与空间向量第1讲空间几何体的结构、三视图和直观图!
高中数学必背公式——立体几何与空间向量
〔1〕求点 到直线 的距离；〔2〕求点 到平面 的距离。
例14：如图，正方形 与 成 的二面角，且正方形的边长为 ， 、 分别为 ， 的中点，求异面直线 与 的距离。
例15：如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，
，求异面直线AB与PC的距离。
例16：已知 是底面边长为 的正四棱柱， 为 与 的交点．
底面 为梯形， ， ． ，
点 在棱 上，且 ．
〔1〕求证：平面 ⊥平面 ；
〔2〕求证： ∥平面 ；
〔3〕求平面 和平面 所成锐二面角的余弦值．
例10：已知四棱锥 的底面为直角梯形， ， 底面 ，
且 ， 是 的中点。
〔1〕证明：面 ⊥面 所成二面角的余弦值。
高中数学必背公式——立体几何与空间向量
知识点复习：
1.空间几何体的三视图“长对正、高平齐、宽相等〞的规律。
2.在计算空间几何体体积时注意割补法的应用。
3.空间平行与垂直关系的关系的证明要注意转化：
线线平行 线面平行 面面平行，线线垂直 线面垂直 面面垂直。
4．求角：〔1〕异面直线所成的角：
可平移至同一平面；也可利用空间向量： =
方法二：向量法：二面角 的平面角 或
〔 ， 为平面 ， 的法向量〕.
5. 求空间距离：
〔1〕点与点的距离、点到直线的距离，一般用三垂线定理“定性〞；
〔2〕两条异面直线的距离： 〔 同时垂直于两直线， 、 分别在两直线上〕；
〔3〕求点面距： 〔 为平面 的法向量， 是经过面 的一条斜线， 〕；
〔3〕线面距、面面距都转化为点面距。
A． B． C． D．
题型二：空间点、线、面位置关系的判断
例4：已知 、 是不重合的直线， 和 是不重合的平面，有下列命题：
2018年人教版高三数学一轮复习课件--立体几何PPT课件
设矛盾．
[答案] D
解决此类题目要准确理解几何体的定义，把握几何体
的结构特征，并会通过反例对概念进行辨析．举反例时可
利用最熟悉的空间几何体如三棱柱、四棱柱、正方体、三 棱锥、三棱台等，也可利用它们的组合体去判断．
1．(2013· 天津质检)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4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 ( )
目 录
立体几何
第一节 空间几何体的结构特征及三视图和直观图
第二节 空间几何体的表面积和体积
第三节 空间点、直线、平面间的位置关系 第四节 直线、平面平行的判定及性质 第五节 直线、平面垂直的判定与性质 第六节 空间向量及其运算和空间位置关系
第七节 空间向量与空间角
立体几何
[知识能否忆起] 一、多面体的结构特征 多面体 结构特征 有两个面 互相平行 ，其余各面都是四边形，并 棱柱 平行且相等 且每相邻两个面的交线都 ___________ 有一个面是 多边形 ，而其余各面都是有一个 公共 顶点 棱锥 ____ 的三角形 底面 截面 底面 棱锥被平行于 的平面所截， 和 棱台 之间的部分
标轴 平行于y轴的线段长度在直观图中
． 不变
变为原来的一半
五、三视图 几何体的三视图包括 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
体画出的轮廓线．
[小题能否全取] 1．(教材习题改编)以下关于几何体的三视图的论述中，正
确的是
A．球的三视图总是三个全等的圆 B．正方体的三视图总是三个全等的正方形 C．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形 D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆
浙江版2018年高考数学一轮复习专题8.1空间几何体的结构及其三视图和直观图讲
第01节空间几何体的结构及其三视图和直观图【考纲解读】考点考纲内容5年统计分析预测空间几何体的结构及其三视图和直观图1．了解多面体和旋转体的概念，理解柱、锥、台、球的结构特征。
2．理解简单空间图形 (柱、锥、台、球的简易组合) 的含义，了解中心投影的含义，掌握平行投影的含义。
3．理解三视图和直观图间的关系，掌握三视图所表示的空间几何体。
会用斜二测法画出它们的直观图。
2013•浙江文5,20；理10,12,20;2014•浙江文3,20；理3,20;2015•浙江文2,18；理2,13,17；2016•浙江文9,18；理11,17;2017•浙江3,9,19.1.以考查三视图、几何体的结构特征以及几何体的面积体积计算为主，三视图基本稳定为选择题或填空题，难度中等以下；几何体的结构特征往往在解答题中考查，与平行关系、垂直关系等相结合.2.与立体几何相关的“数学文化”等相结合，考查数学应用的.3.备考重点：(1) 掌握三视图与直观图的相互转换方法是关键；(2)掌握常见几何体的结构特征.【知识清单】1．空间几何体的结构特征一、多面体的结构特征多面体结构特征棱柱有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并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二、旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱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垂直于底边的腰所在的直线球半圆直径所在的直线三、简单组合体简单组合体的构成有两种基本形式：一种是由简单几何体拼接而成；一种是由简单几何体截去或挖去一部分而成，有多面体与多面体、多面体与旋转体、旋转体与旋转体的组合体．对点练习：有下列四个命题：①底面是矩形的平行六面体是长方体；②棱长相等的直四棱柱是正方体；③有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体；④对角线相等的平行六面体是直平行六面体．其中真命题的个数是( )A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A2空间几何体的直观图简单几何体的直观图常用斜二测画法来画，基本步骤是：(1)画几何体的底面在已知图形中取互相垂直的x轴、y轴，两轴相交于点O，画直观图时，把它们画成对应的x′轴、y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°或135°，已知图形中平行于x轴、y轴的线段，在直观图中平行于x′轴、y′轴．已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中长度不变，平行于y轴的线段，长度变为原来的一半．(2)画几何体的高在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中对应的z′轴，也垂直于x′O′y′平面，已知图形中平行于z轴的线段，在直观图中仍平行于z′轴且长度不变．对点练习：【2017年福建省数学基地校高三复习试卷】一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为( )A. 23B. 22C. 43D. 82【答案】D3.空间几何体的三视图三视图几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．对点练习：【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）2（B）3（C）2（D）2【答案】B【解析】【考点深度剖析】三视图是高考重点考查的内容，考查内容有三视图的识别；三视图与直观图的联系与转化；求与三视图对应的几何体的表面积与体积．命题形式为用客观题考查识读图形和面积体积计算，解答题往往以常见几何体为载体考查空间想象能力和推理运算能力，期间需要灵活应用几何体的结构特征．【重点难点突破】考点1：空间几何体的结构特征【1-1】如图几何体中是棱柱的有( )A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【1-2】下列命题中正确的有__________．①有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台；②存在一个四个侧面都是直角三角形的四棱锥；③如果棱柱有一个侧面是矩形，则其余各侧面也都是矩形；④圆台的任意两条母线所在直线必相交；【答案】②④【解析】①不正确，因为不能保证等腰梯形的各个腰延长后交与一点．②如右图的四棱锥，底面是矩形，一条侧棱垂直底面，那么它的四个侧面都是直角三角形，故②正确；③如图所示的棱柱有一个侧面是矩形，则其余各侧面不是矩形；故③错误④根据圆台的定义和性质可知，命题④正确．所以答案为②④【领悟技法】系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定．三棱柱、四棱柱、正方体、长方体、三棱锥、四棱锥是常见的空间几何体，也是重要的几何模型，有些问题可用上述几何体举特例解决．【触类旁通】【变式1】一个棱柱是正四棱柱的条件是( )．A．底面是正方形，有两个侧面是矩形B．底面是正方形，有两个侧面垂直于底面C．底面是菱形，具有一个顶点处的三条棱两两垂直D ．每个侧面都是全等矩形的四棱柱 【答案】C【解析】 A ，B 两选项中侧棱与底面不一定垂直，D 选项中底面四边形不一定为正方形，故选C.【变式2】【2018届云南省名校月考一】已知长方体1111ABCD A B C D 的所有顶点在同一个球面上，若球心到过A 点的三条棱所在直线的距离分别是3,5,6，则该球的半径等于__________． 【答案】7考点2 空间几何体的直观图【2-1】利用斜二测画法得到的以下结论，正确的是________(写出所有正确的序号)． ①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④圆的直观图是椭圆；⑤菱形的直观图是菱形． 【答案】①②④【解析】①正确；由原图形中平行的线段在直观图中仍平行可知②正确；但是原图形中垂直的线段在直观图中一般不垂直，故③错；④正确；⑤中原图形中相等的线段在直观图中不一定相等，故错误．【2-2】在如图所示的直观图中，四边形O ′A ′B ′C ′为菱形且边长为2 cm ，则在xOy 坐标系中，四边形ABCO 为________，面积为________ cm 2.【答案】矩形 8【领悟技法】按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积有以下关系：S 直观图＝24S 原图形，S 原图形＝22S 直观图． 【触类旁通】【变式1】如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是( ) A ．22+ B. 122+ C. 222+ D ．12+【答案】A【解析】由题意画出斜二测直观图及还原后原图，由直观图中底角均为45°，腰和上底长度均为1，得下底长为12+，所以原图上、下底分别为1, 12+，高为2的直角梯形． 所以面积S ＝12(12+＋1)×2＝22+.故选A.【变式2】如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6 cm ，O ′C ′＝2 cm ，则原图形是( )A ．正方形B ．矩形C ．菱形D ．一般的平行四边形【答案】C【解析】将直观图还原得▱OABC ，如图， ∵O ′D ′＝2O ′C ′＝2 2 (cm)，OD ＝2O ′D ′＝4 2 (cm)，C ′D ′＝O ′C ′＝2 (cm)，∴CD ＝2 (cm)， OC ＝CD 2＋OD 2＝22＋422＝6 (cm)，OA ＝O ′A ′＝6 (cm)＝OC ，故原图形为菱形．综合点评：解决有关“斜二测画法”问题时，一般在已知图形中建立直角坐标系，尽量运用图形中原有的垂直直线或图形的对称轴为坐标轴，图形的对称中心为原点，注意两个图形中关键线段长度的关系.考点3 空间几何体的三视图【3-1】【2018届河南省新乡市第一中学高三8月月考】一几何体的直观图如右图，下列给出的四个俯视图中正确的是（）【答案】B【3-2】【江西卷】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】(1)D (2)D【解析】 (1)球、正方体的三视图形状都相同，大小均相等，首先排除选项A和C.对于如图所示三棱锥OABC,当OA、OB、OC两两垂直且OA＝OB＝OC时，其三视图的形状都相同，大小均相等，故排除选项B.不论圆柱如何放置，其三视图的形状都不会完全相同，故答案选D.(2)如图所示，点D1的投影为C1，点D的投影为C，点A的投影为B，故选D.【3-3】【2018届广东省广州市海珠区高三综合测试一】如图，点,M N 分别是正方体1111ABCD A B C D 的棱1111,A B A D 的中点，用过点,,A M N 和点1,,D N C 的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体的正（主）视图、侧（左）视图、俯视图依次为（ ）A. ①③④B. ②④③C. ①②③D. ②③④ 【答案】D【领悟技法】三视图中的数据与原几何体中的数据不一定一一对应，识图要注意甄别. 揭示空间几何体的结构特征，包括几何体的形状，平行垂直等结构特征，这些正是数据运算的依据.还原几何体的基本要素是“长对齐，高平直，宽相等”.简单几何体的三视图是该几何体在三个两两垂直的平面上的正投影，并不是从三个方向看到的该几何体的侧面表示的图形．在画三视图时，重叠的线只画一条，能看见的轮廓线和棱用实线表示，挡住的线要画成虚线．【触类旁通】【变式1】一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正(主)视图与侧(左)视图分别如图所示，则该几何体的俯视图为( )【答案】C【变式2】如图，多面体ABCD－EFG的底面ABCD为正方形，FC＝GD＝2EA，其俯视图如下，则其正视图和侧视图正确的是( )．【答案】D【变式3】【武汉市部分学校2016 届高三调研】）一个简单几何体的正视图、侧视图如右图所示，则其俯视图不可能为（．．．．．）．①长方形；②正方形；③圆；④椭圆.中的A.①②B.②③C.③④D.①④【答案】B【解析】若俯视图为正方形，则正视图中的边长3不成立；若俯视图为圆，则正视图中的边长3也不成立.综合点评：三视图中，正视图和侧视图一样高，正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽.即“长对正，宽相等，高平齐”.【易错试题常警惕】易错典例：一个几何体的主视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的________(填入所有可能的几何体前的编号)．①三棱锥；②四棱锥；③三棱柱；④四棱柱；⑤圆锥；⑥圆柱．【错解】①②⑤【错因】忽视几何体的不同放置对三视图的影响，漏选③.【正解】①三棱锥的主视图是三角形；②当四棱锥的底面是四边形放置时，其主视图是三角形；③把三棱柱某一侧面当作底面放置，其底面正对着我们的视线时，它的主视图是三角形；④对于四棱柱，不论怎样放置，其主视图都不可能是三角形；⑤当圆锥的底面水平放置时，其主视图是三角形；⑥圆柱不论怎样放置，其主视图也不可能是三角形．故正确答案为①②③⑤.【学科素养提升之思想方法篇】数形结合百般好，隔裂分家万事休——数形结合思想数形结合是一种重要的数学思想方法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：或者是借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数为目的，比如应用函数的图像来直观地说明函数的性质；或者是借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质.数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，它可以使代数问题几何化，几何问题代数化.在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围.在解答三视图、直观图问题中，主要是通过图形的恰当转化，明确几何元素的数量关系，进行准确的计算．如：【典例】【2017届河北省石家庄市二模】如图是一个底面半径为1的圆柱被平面截开所得的几ABB A为何体，截面与底面所成的角为45 ，过圆柱的轴的平面截该几何体所得的四边形'' AA将其侧面剪开，其侧面展开图形状大致为（）矩形，若沿'A. B.C. D.【答案】A。
2018版高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量.
由此还原为原图形如图 2 所示，是直角梯形A′B′C′D′. 2 在梯形A′B′C′D′中，A′D′＝1，B′C′＝ 2 ＋1，A′B′＝∴这块菜地的面积 S＝2(A′D′＋
B′C′·A′B′＝＋1＋＝2＋ 2 . 2 答案 2＋ 2
[思想方法] 1.画三视图的三个原则： (1画法规则：“长对正，宽相等，高平齐”. (2摆放规则：侧视图在正视图的右侧，俯视图在正视图的正下方. (3实虚线的画法规则：可见轮廓线和棱用实线画出，不可见线和棱用虚线画出. 2.棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的，所以在解决棱台和
圆台的相关问题时，常“还台为锥”，体现了转化的数学思想.
[易错防范] 1.台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点. 2.空间几何体不同放置时其三视图不一定相同. 3.对于简单组合体，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，易忽
视实虚线的画法.。
2018版高考数学一轮复习第八章立体几何8.6空间向量及其运算理
第八章立体几何8.6空间向量及其运算理基础知识自主学习ET知识梳理-----------------------------i. 空间向量的有关概念2. 空间向量中的有关定理(1) 共线向量定理空间两个向量a与b(b^0)共线的充要条件是存在实数入，使得a=入b.(2) 共面向量定理共面向量定理的向量表达式：p= xa+ yb，其中x, y€ R, a, b为不共线向量.(3) 空间向量基本定理如果三个向量a, b, c不共面，那么对空间任一向量p,存在有序实数组｛x, y, z｝，使得p=xa+ yb+ zc, ｛a, b, c｝叫做空间的一个基底.3 •空间向量的数量积及运算律(1) 数量积及相关概念①两向量的夹角已知两个非零向量a, b,在空间任取一点0,作6*a, OB= b,则/ A0B叫做向量a, b的夹角，记作〈a, b〉,其范围是0w〈a, b〉w n，若〈a, b〉= 专，则称a与b互相垂直，记作a丄b.②两向量的数量积已知空间两个非零向量a, b,则I a ll b lcos 〈a, b〉叫做向量a, b的数量积，记作a • b,即a • b= I a ll b lcos 〈 a, b〉.2424(2)空间向量数量积的运算律 ①结合律： (入 a ) - b =入(a • b ); ②交换律： a - b = b - a ； ③分配律： a •( b + c ) = a - b + a - c . 4 .空间向量的坐标表示及其应用 设 a = (a i , a 2, a 3), b = (b i ,b 2, b 3).向量表示坐标表小数量积 a •bab 1+ a 2b 2 + a 3b 3共线 a =入 b (b ^0,入 € R)a 1=入 bi , a 2=入b 2, a 3=入 b 3垂直 a - b = 0(a *0,0)a 1b + a 2b 2 + a 3b 3= 0模|a |寸 a 1+ a ；+ a 2 夹角〈a , b > (a *0, b *0) cos 〈 a , b > =ab + a 2b 2 + a 3b 3 寸 a 1 + a 2 + a 3 •寸 b + b 2 + b【知识拓展】 1. 向量三点共线定理：在平面中A B C 三点共线的充要条件是：0A= x O B^ y &C 其中x +y=1) , 0为平面内任意一点. 2.向量四点共面定理： 在空间中P 、A 、B C 四点共面的充要条件是： O P= xOAb y O B^ zOC 其中x + y + z = 1), O 为空间中任意一点. 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“V”或“ x”) (1)空间中任意两非零向量 a , b 共面.( V )⑵ 在向量的数量积运算中(a • b ) • c = a •( b • c ) . ( x ) ⑶对于非零向量b ,由a • b = b • c ，则a = c .( x )(4) 两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同.(X )⑸若A 、B C D 是空间任意四点，则有 鯨詁DA= 0.( V )考点自测1.已知正四面体ABCD勺棱长为a,点E, F分别是BC AD的中点，贝U Afe- AF勺值为(A. a2B.新C. 4a2D.答案C24解析如图，设AB= a, A C= b, AD= c,则| a| = | b| = | c| = a,且a, b, c三向量两两夹角为60°. AE= 2(a+ b) , AF= j c,—A —A 1 11 1 2 2 1 2••• AE- AF= 2(a + b) • j c= &(a • c + b • c) = 4( a cos 60 ° + a cos 60 ° ) = -a .2 . (2016 •大连模拟)向量a= ( —2, - 3,1) , b= (2,0,4) , c = ( —4,—6,2)，下列结论正确的是()A. a〃b, a H cB. a〃b, a丄cC. a// c, a丄bD.以上都不对答案C解析因为c = ( —4,—6,2) = 2( —2, —3,1) = 2a,所以a/ c.又a • b= ( —2) x 2+ ( —3) x o+ 1X 4= 0,所以a丄b.故选C.3 .与向量(一3,—4,5)共线的单位向量是 ____________________________ .答案嚅,罕-弓和-器,-警鳥解析因为与向量a共线的单位向量是土吕，又因为向量(一3 , —4,5)的模为| a|P - 3 2+——4 2+ 52= 5迄，所以与向量(一3,—4,5)共线的单位向量是土立(—3,—4, 5)= ± 10(—3,— 4,5).4.如图，在四面体O—ABC中, OA= a, OB= b, A(= c, D为BC的中点，E为AD的中点，贝U S E = _________ .(用a, b, c表示)1 1 1答案尹+ ：b+4c解析A E= 1陥扌张中酣4-O B^4A C1 1 1 =2a + 4b +4c .5.(教材改编)正四面体ABCD 勺棱长为2, E , F 分别为BC AD 中点，贝U EF 的长为 ___________ 答案 、2解析 |EF 2= E F = (E C +D F 2=EC +CD + 評+ 2( EC-亦 E C- DK 2D- DF2 2 2=1 + 2 + 1 + 2(1 X 2X cos 120 ° + 0 + 2X 1X cos 120 ° ) =2,•••|曲=2,A EF 的长为，2.题型分类深度剖析题型一 空间向量的线性运算用AB AD AA 表示OC,则OC =答案2画2*+ AA解析 O C = 2A C = 2(A B + AD ,• OC = S C + CC = 2(A B + AD + AA=1AB + 2AD + AA .⑵ 三棱锥O-ABC 中 , M N 分别是OA BC 的中点，6是厶ABC 勺重心，用基向量 OA O B O C表示M G O G2 2 2 1 2 2 2 解 MG= M/+ A G= ；O/+ 3AN23例1 (1)如图所示，在长方体ABC D ABGD 中，O 为AC 的中点.=2OA + 3（A N - O A=2oA + 訥囱 AC - OA1 A 1 A 1 A=-占。
2018年高考数学总复习教师用书第8章 第1讲 空间几何体的结构、三视图和直观图 Word版含解析
第讲空间几何体的结构、三视图和直观图最新考纲.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；.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，会用斜二测画法画出它们的直观图；.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.知识梳理.简单多面体的结构特征平行且相等()棱柱的侧棱都，上、下底面是且平行的多边形；全等，()棱锥的底面是任意多边形侧面是有一个公共顶点的三角形；平行()棱台可由于底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形..旋转体的形成.三视图()几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线.()三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等.②在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线..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：()原图形中轴、轴、轴两两垂直，直观图中，′轴、′轴的夹角为°(或°)，′轴与′轴、′轴所在平面垂直. ()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.平行于轴和轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于轴的线段长度在直观图中变为原来的一半.诊断自测.判断正误(在括号内打“√”或“×”) ()有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.( )()有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥.( ) ()用斜二测画法画水平放置的∠时，若∠的两边分别平行于轴和轴，且∠＝°，则在直观图中，∠＝°.( )()正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同.( )解析()反例：由两个平行六面体上下组合在一起的图形满足条件，但不是棱柱.()反例：如图所示不是棱锥.()用斜二测画法画水平放置的∠时，把，轴画成相交成°或°，平行于轴的线还平行于轴，平行于轴的线还平行于轴，所以∠也可能为°. ()正方体和球的三视图均相同，而圆锥的正视图和侧视图相同，且为等腰三角形，其俯视图为圆心和圆.答案()×()×()×()×.某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ).圆柱 .圆锥 .四面体 .三棱柱解析由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形.答案.如图，长方体－′′′′中被截去一部分，其中∥′′.剩下的几何体是( ).棱台.四棱柱.五棱柱 .六棱柱解析由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱.答案.(·天津卷)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，则该几何体的侧视图为( )。
2018版高考数学理人教大一轮复习讲义教师版文档第八章
1．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则2.直线与平面所成角的求法设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a ·n ||a ||n |. 3．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)． 【知识拓展】利用空间向量求距离(供选用) (1)两点间的距离设点A (x 1，y 1，z 1)，点B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |＝|AB →|＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(z 1－z 2)2.(2)点到平面的距离如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO →|＝|AB →·n ||n |.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( × )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( × ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( × )(4)两异面直线夹角的范围是(0，π2]，直线与平面所成角的范围是[0，π2]，二面角的范围是[0，π]．( √ )(5)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( × )1．(2017·烟台质检)已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135° D ．90°答案 C解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11×2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.∴两平面所成的二面角为45°或180°－45°＝135°.2．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150° 答案 A解析 设l 与α所成角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝－12，∴sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.故选A.3．(2016·郑州模拟)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为( )A.55 B.53 C.56D.54答案 A解析 设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)，可得向量AB 1→＝(－2,2,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝0＋4－14＋4＋1×0＋4＋1＝15＝55，故选A. 4．(教材改编)如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为________．答案 π6解析 以A 为原点，以AB →，AE →(AE ⊥AB )，AA 1→所在直线为坐标轴(如图)建立空间直角坐标系，设D 为A 1B 1中点，则A (0,0,0)，C 1(1，3，22)，D (1,0,22)，∴AC 1→＝(1，3，22)，AD →＝(1,0,22)．∠C 1AD 为AC 1与平面ABB 1A 1所成的角， cos ∠C 1AD ＝AC 1→·AD→|AC 1→||AD →|＝(1，3，22)×(1，0，22)12×9＝32，又∵∠C 1AD ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴∠C 1AD ＝π6. 5．P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在平面α、β上引射线PM 、PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为________． 答案 90°解析 不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，如图，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ， ∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°， ∴PE ＝22a ，PF ＝22b ， ∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF → ＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22a ×b cos 45°＋22a ×22b ＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0， ∴EM →⊥FN →，∴二面角α－AB －β的大小为90°.题型一 求异面直线所成的角例1 (2015·课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．(1)证明 如图所示，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1. 由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ＝2，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG .又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解 如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz ，由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝⎛⎭⎫－1，0，22，C (0，3，0)， 所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.思维升华 用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．如图所示正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′，已知点H 在A ′B ′C ′D ′的对角线B ′D ′上，∠HDA ＝60°.求DH 与CC ′所成的角的大小．解 如图所示，以D 为原点，DA 为单位长度，建立空间直角坐标系Dxyz ，则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)． 设DH →＝(m ，m,1)(m >0)， 由已知，〈DH →，DA →〉＝60°，由DA →·DH →＝|DA →|·|DH →|·cos 〈DH →，DA →〉， 可得2m ＝2m 2＋1，解得m ＝22， ∴DH →＝(22，22，1)，∵cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，又∵〈DH →，CC ′→〉∈[0°，180°]， ∴〈DH →，CC ′→〉＝45°， 即DH 与CC ′所成的角为45°. 题型二 求直线与平面所成的角例2 (2016·全国丙卷)如图，四棱锥P ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值． (1)证明 由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)解 取BC 的中点E ，连接AE . 由AB ＝AC 得AE ⊥BC ， 从而AE ⊥AD ，AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝⎛⎭⎫BC 22＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz . 由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝⎛⎭⎫52，1，2，PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝⎛⎭⎫52，1，－2，AN →＝⎝⎛⎭⎫52，1，2.设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||A N →|＝8525.设AN 与平面PMN 所成的角为θ，则sin θ＝8525，∴直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.思维升华 利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图所示．(1)求证：AB ⊥CD ；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．(1)证明 ∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ， ∴AB ⊥平面BCD .又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD .(2)解 过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD ，如图．由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD . ∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD .以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得B (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，A (0,0,1)，M (0，12，12)，则BC →＝(1,1,0)，BM →＝(0，12，12)，AD →＝(0,1，－1)．设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0， 取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1,1)． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →||n ||AD →|＝63，即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63. 题型三 求二面角例3 (2016·山东)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； (2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角FBCA 的余弦值．(1)证明 设FC 的中点为I ，连接GI ，HI ，在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF . 又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC ，又HI ∩GI ＝I ， 所以平面GHI ∥平面ABC .因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC .(2)解 连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC .又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC . 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .由题意得B (0,23，0)，C (－23，0,0)．过点F 作FM 垂直OB 于点M ， 所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3)． 故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3)． 设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的一个法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝⎛⎭⎫－1，1，33， 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝77.所以二面角FBCA 的余弦值为77. 思维升华 利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．(2016·天津)如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2.(1)求证：EG ∥平面ADF ； (2)求二面角O —EF —C 的正弦值；(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值．(1)证明 依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0,0,0)，A (－1,1,0)，B (－1，－1,0)，C (1，－1,0)， D (1,1,0)，E (－1，－1,2)，F (0,0,2)，G (－1,0,0)．依题意，AD →＝(2,0,0)，AF →＝(1，－1,2)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ADF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，x 1－y 1＋2z 1＝0，不妨取z 1＝1，可得n 1＝(0,2,1)， 又EG →＝(0,1，－2)，可得EG →·n 1＝0，又因为直线EG ⊄平面ADF ，所以EG ∥平面ADF .(2)解 易证OA →＝(－1,1,0)为平面OEF 的一个法向量，依题意，EF →＝(1,1,0)，CF →＝(－1,1,2)． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面CEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0， 不妨取 x 2＝1，可得n 2＝(1，－1,1)． 因此有cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →|·|n 2|＝－63，于是sin 〈OA →，n 2〉＝33.所以二面角O —EF —C 的正弦值为33. (3)解 由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF .因为AF →＝(1，－1,2)， 所以AH →＝25AF →＝⎝⎛⎭⎫25，－25，45， 进而有H ⎝⎛⎭⎫－35，35，45，从而BH →＝⎝⎛⎭⎫25，85，45.因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →||n 2|＝－721.所以直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721. 题型四 求空间距离(供选用)例4 如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，AB ＝23，求点A 到平面MBC 的距离．解 如图，取CD 的中点O ，连接OB ，OM ，因为△BCD 与△MCD 均为正三角形，所以OB ⊥CD ，OM ⊥CD ，又平面MCD ⊥平面BCD ，所以MO ⊥平面BCD .以O 为坐标原点，直线OC ，BO ，OM 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz .因为△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形， 所以OB ＝OM ＝3，则O (0,0,0)，C (1,0,0)，M (0,0，3)，B (0，－3，0)，A (0，－3，23)， 所以BC →＝(1，3，0)，BM →＝(0，3，3)． 设平面MBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ⊥BC →，n ⊥BM →得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋3z ＝0，取x ＝3，可得平面MBC 的一个法向量为n ＝(3，－1,1)．又BA →＝(0,0,23)，所以所求距离为d ＝|BA →·n ||n |＝2155.思维升华 求点面距一般有以下三种方法：(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离； (2)等体积法；(3)向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．(2016·四川成都外国语学校月考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，侧棱P A ＝PD ＝2，P A ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 中点．(1)求直线PB 与平面POC 所成角的余弦值； (2)求B 点到平面PCD 的距离；(3)线段PD 上是否存在一点Q ，使得二面角Q －AC －D 的余弦值为63？若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由．解 (1)在△P AD 中，P A ＝PD ，O 为AD 中点， ∴PO ⊥AD .又∵侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面P AD ， ∴PO ⊥平面ABCD .在△P AD 中，P A ⊥PD ，P A ＝PD ＝2，∴AD ＝2. 在直角梯形ABCD 中，O 为AD 的中点，AB ⊥AD ， ∴OC ⊥AD .以O 为坐标原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则P (0,0,1)，A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)， ∴PB →＝(1，－1，－1)．易证OA ⊥平面POC ，∴OA →＝(0，－1,0)为平面POC 的法向量， cos 〈PB →，OA →〉＝PB →·OA →|PB →||OA →|＝33，∴PB 与平面POC 所成角的余弦值为63. (2)∵PB →＝(1，－1，－1)，设平面PCD 的法向量为u ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CP →＝－x ＋z ＝0，u ·PD →＝y －z ＝0.取z ＝1，得u ＝(1,1,1)．则B 点到平面PCD 的距离d ＝|PB →·u ||u |＝33.(3)假设存在，且设PQ →＝λPD →(0≤λ≤1)．∵PD →＝(0,1，－1)，∴OQ →－OP →＝PQ →＝(0，λ，－λ)， ∴OQ →＝(0，λ，1－λ)， ∴Q (0，λ，1－λ)．设平面CAQ 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝x ＋y ＝0，m ·AQ →＝(λ＋1)y ＋(1－λ)z ＝0.取z ＝1＋λ，得m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)． 平面CAD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， ∵二面角Q －AC －D 的余弦值为63， ∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝63. 整理化简，得3λ2－10λ＋3＝0. 解得λ＝13或λ＝3(舍去)，∴存在，且PQ QD ＝12.6．利用空间向量求解空间角典例 (12分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．(1)证明：BE ⊥DC ；(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －P 的余弦值． 规范解答(1)证明 依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系如图，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．[1分]由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)． BE →＝(0,1,1)，DC →＝(2,0,0)， 故BE →·DC →＝0，所以BE ⊥DC .[3分] (2)解 BD →＝(－1,2,0)， PB →＝(1,0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0.不妨令y ＝1，[5分]可得n ＝(2,1,1)．于是有cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n ||BE →|＝26×2＝33，所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33.[7分](3)解 BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0)． 由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1， 故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)． 由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34，即BF →＝(－12，12，32)．[9分]设n 1＝(x ，y ，z )为平面F AB 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3,1)． 取平面ABP 的法向量n 2＝(0,1,0)， 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－310×1＝－31010. 易知，二面角F －AB －P 是锐角， 所以其余弦值为31010.[12分]利用向量求空间角的步骤： 第一步：建立空间直角坐标系； 第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标； 第四步：计算向量的夹角(或函数值)； 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．1．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( ) A ．120° B ．60° C ．30° D ．60°或30°答案 C解析 设直线l 与平面α所成的角为β，直线l 与平面α的法向量的夹角为γ. 则sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝12.又∵β∈[0°，90°]，∴β＝30°，故选C.2．(2016·广州模拟)二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为( ) A ．150° B ．45° C ．60° D ．120°答案 C解析 如图所示，二面角的大小就是〈AC →，BD →〉．∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2(CA →·AB →＋CA →·BD →＋AB →·BD →)＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·BD →. ∴CA →·BD →＝12[(217)2－62－42－82]＝－24.因此AC →·BD →＝24，cos 〈AC →，BD →〉＝AC →·BD →|AC →||BD →|＝12，∴〈AC →，BD →〉＝60°，故二面角为60°.3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( ) A.12 B.23 C.33 D.22 答案 B解析 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，D (0,1,0)，∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝(1,0，－12)．设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.4．(2016·长春模拟)在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，P A ＝2，则直线P A 与平面DEF 所成角的正弦值为( ) A.15 B.255 C.55 D.25 答案 C解析 以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由AB ＝AC ＝1，P A ＝2，得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D (12，0,0)，E (12，12，0)，F (0，12，1)．∴P A →＝(0,0，－2)，DE →＝(0，12，0)，DF →＝(－12，12，1)．设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，则n ＝(2,0,1)，设直线P A 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|P A →·n ||P A →||n |＝55，∴直线P A 与平面DEF 所成角的正弦值为55.故选C. 5．已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，CC 1＝22，E 为CC 1的中点，则直线AC 1到平面BDE 的距离为( ) A ．2 B. 3 C. 2 D ．1 答案 D解析 以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图)，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,22)，E (0,2，2)，易知AC 1∥平面BDE . 设n ＝(x ，y ，z )是平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝2x ＋2y ＝0，n ·DE →＝2y ＋2z ＝0.取y ＝1，则n ＝(－1,1，－2)为平面BDE 的一个法向量， 又DA →＝(2,0,0)，∴点A 到平面BDE 的距离是 d ＝|n ·DA →||n |＝|－1×2＋0＋0|(－1)2＋12＋(－2)2＝1.故直线AC 1到平面BDE 的距离为1.6.如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长为3，底面边长A 1C 1＝B 1C 1＝1，且∠A 1C 1B 1＝90°，D 点在棱AA 1上且AD ＝2DA 1，P 点在棱C 1C 上，则PD →·PB 1→的最小值为( )A.52B ．－14C.14 D ．－52答案 B解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则D (1,0,2)，B 1(0,1,3)，设P (0,0，z )，则PD →＝(1,0,2－z )，PB 1→＝(0,1,3－z )， ∴PD →·PB 1→＝0＋0＋(2－z )(3－z )＝(z －52)2－14，故当z ＝52时，PD →·PB 1→取得最小值为－14.7．(2016·合肥模拟)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________． 答案 13解析 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，则D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)，A 1(1,0,1)，B (1,2,0)． ∴D 1C 1→＝(0,2,0)，A 1C 1→＝(－1,2,0)，A 1B →＝(0,2，－1)，设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝(x ，y ，z )·(－1，2，0)＝－x ＋2y ＝0，n ·A 1B →＝(x ，y ，z )·(0，2，－1)＝2y －z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝2y ，令y ＝1，得n ＝(2,1,2)， 设直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则 sin θ＝|cos 〈D 1C 1→，n 〉|＝|D 1C 1→·n ||D 1C 1→||n |＝22×3＝13，即直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13.8．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则直线CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于________． 答案 23解析 以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设CD 与平面BDC 1所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝|n ·DC →||n ||DC →|＝23.9．(2016·石家庄模拟)已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值为________． 答案23解析 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，设DA ＝1，由已知条件得A (1,0,0)，E (1,1，13)，F (0,1，23)，AE →＝(0,1，13)，AF →＝(－1,1，23)，设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面AEF 与平面ABC 所成的二面角为θ，由图知θ为锐角，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎨⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3)， 取平面ABC 的法向量为m ＝(0,0，－1)， 则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23. 10．(2016·南昌模拟)如图(1)，在边长为4的菱形ABCD 中，∠DAB ＝60°，点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点，AC ∩EF ＝O ，沿EF 将△CEF 翻折到△PEF ，连接P A ，PB ，PD ，得到如图(2)的五棱锥P －ABFED ，且PB ＝10. (1)求证：BD ⊥平面POA ； (2)求二面角B －AP －O 的正切值．(1)证明 ∵点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点， ∴BD ∥EF .∵菱形ABCD 的对角线互相垂直， ∴BD ⊥AC ，∴EF ⊥AC ， ∴EF ⊥AO ，EF ⊥PO . ∵AO ⊂平面POA ，PO ⊂平面POA ，AO ∩PO ＝O ， ∴EF ⊥平面POA ，∴BD ⊥平面POA . (2)解 设AO ∩BD ＝H ，连接BO . ∵∠DAB ＝60°，∴△ABD 为等边三角形， ∴BD ＝4，BH ＝2，HA ＝23，HO ＝PO ＝3， 在Rt △BHO 中，BO ＝HB 2＋HO 2＝7. 在△PBO 中，BO 2＋PO 2＝10＝PB 2， ∴PO ⊥BO .∵PO ⊥EF ，EF ∩BO ＝O ，EF ⊂平面BFED ，BO ⊂平面BFED ， ∴PO ⊥平面BFED .以O 为原点，OF 所在直线为x 轴，AO 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示，则A (0，－33，0)，B (2，－3，0)，P (0,0，3)，H (0，－3，0)， ∴AP →＝(0,33，3)，AB →＝(2,23，0)． 设平面P AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由n ⊥AP →，n ⊥AB →，得⎩⎨⎧33y ＋3z ＝0，2x ＋23y ＝0.令y ＝1，得z ＝－3，x ＝－ 3.∴平面P AB 的一个法向量为n ＝(－3，1，－3)． 由(1)知平面P AO 的一个法向量为BH →＝(－2,0,0)， 设二面角B －AP －O 的平面角为θ，则cos θ＝|cos 〈n ，BH →〉|＝n ·BH →|n ||BH →|＝2313×2＝3913，∴sin θ＝1－cos 2θ＝13013， tan θ＝sin θcos θ＝303，∴二面角B －AP －O 的正切值为303. 11．(2016·四川)如图，在四棱锥P ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .E为棱AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90°.(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角PCDA 的大小为45°，求直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值．解 (1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面P AB )，点M 即为所求的一个点．理由如下：由已知，BC ∥ED 且BC ＝ED . 所以四边形BCDE 是平行四边形， 从而CM ∥EB .又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ， 所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)方法一 由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD ，从而CD ⊥PD . 所以∠PDA 是二面角PCDA 的平面角， 所以∠PDA ＝45°，设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH ，易知P A ⊥平面ABCD ，从而P A ⊥CE ，且P A ∩AH ＝A ，于是CE ⊥平面P AH . 又CE ⊂平面PCE ， 所以平面PCE ⊥平面P AH .过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE ， 所以∠APH 是P A 与平面PCE 所成的角． 在Rt △AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1， 所以AH ＝22. 在Rt △P AH 中，PH ＝P A 2＋AH 2＝322. 所以sin ∠APH ＝AH PH ＝13.方法二 由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD . 于是CD ⊥PD .从而∠PDA 是二面角PCDA 的平面角．所以∠PDA ＝45°.由∠P AB ＝90°，且P A 与CD 所成的角为90°，可得P A ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,1,0)，E (1,0,0)． 所以PE →＝(1,0，－2)，EC →＝(1,1,0)，AP →＝(0,0,2)． 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0.设x ＝2，解得n ＝(2，－2,1)．设直线P A 与平面PCE 所成角为α， 则sin α＝|cos 〈n ，AP →〉|＝|n ·AP →||n ||AP →|＝22×22＋(－2)2＋12＝13.所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13.*12.(2017·潍坊月考)如图，边长为2的正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直．已知AB ∥CD ，AB ⊥BC ，DC ＝BC ＝12AB ＝1，点M 在线段EC 上．(1)证明：平面BDM ⊥平面ADEF ；(2)判断点M 的位置，使得平面BDM 与平面ABF 所成的锐二面角为π3.(1)证明 ∵DC ＝BC ＝1，DC ⊥BC ，∴BD ＝2， 又AD ＝2，AB ＝2，∴AD 2＋BD 2＝AB 2， ∴∠ADB ＝90°，∴AD ⊥BD .又平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ， ∴BD ⊥平面ADEF ， 又BD ⊂平面BDM ， ∴平面BDM ⊥平面ADEF .(2)解 在平面DAB 内过点D 作DN ⊥AB ，垂足为N ， ∵AB ∥CD ，∴DN ⊥CD ，又平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，DE ⊥AD ， ∴ED ⊥平面ABCD ，∴DN ⊥ED ，以D 为坐标原点，DN 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，DE 所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．∴B (1,1,0)，C (0,1,0)，E (0,0，2)，N (1,0,0)， 设M (x 0，y 0，z 0)，EM →＝λEC →(0≤λ<1)， ∴(x 0，y 0，z 0－2)＝λ(0,1，－2)， ∴x 0＝0，y 0＝λ，z 0＝2(1－λ)， ∴M (0，λ，2(1－λ))．设平面BDM 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DM →＝0，n 1·DB →＝0，又DM →＝(0，λ，2(1－λ))，DB →＝(1,1,0)，∴⎩⎨⎧λy ＋2(1－λ)z ＝0，x ＋y ＝0，令x ＝1，得y ＝－1，z ＝λ2(1－λ)，故n 1＝(1，－1，λ2(1－λ))是平面BDM 的一个法向量．∵平面ABF 的一个法向量为DN →＝(1,0,0)，∴|cos 〈n 1，DN →〉|＝11＋1＋λ22(1－λ)2＝12，得λ＝23， ∴M (0，23，23)，∴点M 在线段CE 的三等分点且靠近点C 处．。
2018年高考数学一轮复习第八章立体几何8.1空间几何体的结构特征、三视图、直观图课件文新人教A版
(1)给出下列四个命题：
①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的 连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面 与底面垂直的棱柱是正棱柱；③直角三角形绕其任一边所在 直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底 面可以不相似，但侧棱长一定相等． 其中正确命题的个数是( B ) A．0 B．1 C．2 D．3
矩形 绕其任一边所在直线旋转得到． (1)圆柱可以由________
(2)圆锥可以由直角三角形绕其________ 直角边 所在直线旋转 旋 转 体 得到．
直角腰 所在直线或等腰梯 (3)圆台可以由直角梯形绕________
形绕上、下底中点连线所在直线旋转得到，也可由平行 于底面的平面截圆锥得到． (4)球可以由半圆面或圆面绕________ 直径 所在直线旋转得 到
角度一 由三视图还原几何体 [典题 2] [2017· 河南郑州模拟 ]若某几何体的三视图如
图所示，则这个几何体的直观图可以是( D )
A
B
C
D
[解析]
A， B 的正视图不符合要求， C 的俯视图显然不符合
要求，故选 D.
角度二 由空间几何体的直观图判断三视图 [典题 3] 一几何体的直观图如图， 下列给出的四个俯视
考点 2
空间几何体的三视图
正投影 得到， 空间几何体的三视图是用________ 这种投影下与投影
面 平 行 的 平 面 图 形 留 下 的 影 子 与 平面 图 形 的 形 状 和 大 小 是
正视图 、________ 侧视图 、________. 俯视图 完全相同 的，三视图包括________ __________
[解析]
①不一定， 只有这两点的连线平行于轴时才是母线；
高考数学大一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 8.6 空间向量及其运算教师用书 理 新人教版(20
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第八章立体几何与空间向量 8.6 空间向量及其运算教师用书理新人教版1．空间向量的有关概念名称概念表示零向量模为0的向量0单位向量长度(模)为1的向量相等向量方向相同且模相等的向量a＝b相反向量方向相反且模相等的向量a的相反向量为－a共线向量表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量a∥b共面向量平行于同一个平面的向量2。
空间向量中的有关定理(1)共线向量定理空间两个向量a与b(b≠0）共线的充要条件是存在实数λ,使得a＝λb。
(2)共面向量定理共面向量定理的向量表达式:p＝x a＋y b，其中x，y∈R,a，b为不共线向量．（3）空间向量基本定理如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x,y，z｝，使得p＝x a＋y b＋z c，｛a，b，c}叫做空间的一个基底．3．空间向量的数量积及运算律（1)数量积及相关概念①两向量的夹角已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O,作错误!＝a，错误!＝b，则∠AOB叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉,其范围是0≤〈a,b〉≤π,若〈a，b〉＝错误!,则称a与b互相垂直，记作a⊥b。
2018版高考数学理人教大一轮复习讲义第八章立体几何与空间向量85
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4.如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：
证明
引申探究
1.在本例条件下，证明：平面EMN⊥平面PAC.
因为AB⊥PA，AB⊥AC， 且PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC. 又MN∥CD，CD∥AB，所以MN∥AB， 所以MN⊥平面PAC. 又MN⊂平面EMN， 所以平面EMN⊥平面PAC.
证明
2.在本例条件下，证明：平面EFG∥平面PAC.
思维升华
跟踪训练2 (2016·江苏)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上， 且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1. 求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；
由已知，DE为△ABC的中位线， ∴DE∥AC，又由三棱柱的性质可得AC∥A1C1， ∴DE∥A1C1， 又∵DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F， ∴DE∥平面A1C1F.
证明
(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1， ∴AA1⊥A1C1， 又∵A1B1⊥A1C1，且A1B1∩AA1＝A1， ∴A1C1⊥平面ABB1A1， ∵B1D⊂平面ABB1A1， ∴A1C1⊥B1D， 又∵A1F⊥B1D，且A1F∩A1C1＝A1， ∴B1D⊥平面A1C1F， 又∵B1D⊂平面B1DE， ∴平面B1DE⊥平面A1C1F.
5 4
证明
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几何画板展示
思维升华
证明线面垂直的常用方法及关键 (1)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. (2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基 本思想.
2018高考数学文科一轮复习讲义 3.1 第一节 空间几何体的结构及其三视图和直观图
第三板块必修2 第一章空间几何体第二章点、直线、平面之间的位置关系【学科点悟】传道解惑，高屋建瓴高考纵横:新课标高考立体几何的客观题考查的主要内容是空间点、线、面的位置关系、三视图与直观图、空间几何体的表面积与体积,考查了考生通过直观感知、操作确认、思辨论证、度量计算等方法认识和探索几何图形及其性质的基本方法, 用数学语言表述有关平行、垂直的性质与判定，并对某些结论进行论证，对一些简单几何体的表面积与体积的计算方法；解答题主要考查空间几何体的点线面位置关系的证明及空间角度与距离问题的求解,培养和发展考生的空间想像能力、推理论证能力、运用图形语言进行交流的能力以及几何直观能力, 感受、体会从整体到局部、从具体到抽象，由浅入深、由表及里、由粗到细等人类认识事物的一般科学方法.命题趋向:本部分主要考查分解与组合、转化与化归的思想方法，以及逻辑思维能力、空间想象能力和运算能力.本部分主要从以下几个方面考查,1.空间位置关系的论证.这类问题应熟练掌握公理、定理、定义或用空间向量来论证，位置关系的论证要注意其间的转化．如线面平行可转化为线线平行等,通过一题多解，把所学知识真正学活、会用．2.最值问题.求解立体几何最值问题主要应用代数中有关函数知识和不等式有关知识求解.解题的关键是恰当引人参变量〔一元或二元），建立目标函数，然后由表达式的特点求最值与组合体有关的几何体的表面积、体积的最大值和最小值，以及取得最值时有关空间元素的位置、大小等.这一类问题有时可能转化到平面内，运用平面几何中的极值方法处理，有时还需综合运用一些其他的代数方法来求解.3.综合性问题立体几何综合题常以多面体、旋转体为载体，融直线与平面的位置关系于几何体之中，考查侧重于基本线面关系、多面体、旋转体的图形与性质同时结合逻辑思维能力和运算能力的综合考查.但新课程中特别关注空间几何与生产实践的相结合，关注对考生动手能力的考查而且横向可与平面几何、解析几何、代数、三角等问题综合，互为补充，相互渗透求解综合题，需要在数学思想方法的指导下，沟通知识的联系，善于进行问题转,广泛联想与类比.状元心得:1.运用运动变化的观点去认识棱柱、棱锥、棱台等的辩证关系,认识几何体的重要特点.2.一般有如下一些途径求最值：①“选变量，寻定值”，运用不等式最值定理；②运用立体几何的有关定义求最值；③运用对称变换求最值；④运用三角函数的有界性求最值；⑤运用一元二次方程的判别式求最值；⑥运用一元二次函数求最值.立体几何中空间距离、截面面积的最大值或最小值，3.在学习中,要激发好奇心和求知欲,要发现和提出问题,善于独立思考和钻研问题,创造性地解决问题.运用立体几何知识选择课题进行探究,有助于深化所学知识,解决实际问题,培养创新意识和实践能力.学科知识体系结构图:第一节空间几何体的结构及其三视图和直观图【考点点知】知己知彼，百战不殆三视图和直观图是认知几何体的基本内容，重点是物体的三视图和直观图的关系，高考对三视图与直观图的考查主要有两个方面：一是考三视图与直观图的基本知识和基本的视图能力；二是根据三视图与直观图进行简单的计算，常以选择、填空题的形式出现．难度不大，却是高考的热点内容，一定要引起足够的重视．考点一:棱柱、棱锥和棱台1.一般地，由一个平面多边形沿某一方向平移形成的空间几何体叫做棱柱.平移起止位置的两个面叫做棱柱的底面,多边形的边平移所形成的面叫做棱柱的侧面.2.当棱柱的一个底面收缩为一个点时，得到几何体叫做棱锥.3.用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥,得到两个几何体,一个仍然叫棱锥,另一个我们称之为棱台. 即棱锥被平行于底面的平面所截,截面和底面间的部分.考点二:圆柱、圆锥、圆台和球1.将矩形绕着它的一边所在的直线旋转一周，形成的几何体叫做圆柱;将直角三角形绕着它的一条直角边所在的直线旋转一周，形成的几何体叫做圆锥;将直角梯形绕着它的垂直与底面的腰所在的直线旋转一周，形成的几何体叫做圆台;这条直线叫做轴.垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做底面，不垂直于轴的边旋转而成的曲面叫做侧面.无论旋转到什么位置，这条边都叫做母线.轴被两底面截的线段叫做高2.半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周而形成的几何体叫做球.半圆弧旋转而成的曲面叫做球面. 半圆的圆心叫做球的球心,半圆的直径叫做球的直径,半圆的半径叫做球的半径.3.一般地,一条平面曲线绕它所在平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫做旋转面,封闭的旋转面围成的几何体称为旋转体. 这条定直线叫做轴，过轴的平面截几何体得到的截面叫做轴截面.这条平面曲线旋转而成的曲面叫做旋转面，无论旋转到什么位置，这条平面曲线叫做母线.4.除了柱、锥、台、球等基本几何体外,还有大量的几何体是由柱、锥、台、球等基本几何体组合而成的.这些几何体叫做组合体.考点三: 中心投影和平行投影1.投影是投射线(光线)通过物体,向选定的面(投影面)投射,在该面上得到的图形的方法.(1)投影线均通过投影中心的投影法称为中心投影法.其投影的大小随物体与投影中心间距离的变化而变化，所以其投影不能反映物体的实形.(2)投影线相互平行的投影法称为平行投影法.其中，投影线倾斜于投影面叫平行斜投影法；投影线垂直于投影面叫平行正投影法简称正投影法(3)平行投影或中心投影的本质区别在于:①平行投影的投射线都互相平行,中心投影的投射线是由同一个点发出的.②平行投影对物体投影后得到的是与物体等大小、等形状的投影;中心投影对物体投影后得到的是比原物体大的、形状与原物体的正投影相似的投影.③中心投影与平行投影在日常生活中的应用非常广泛,工程上常用各种投影法来绘制用途不同的工程图样.中心投影法，它与照相成影的原理相似，但它不能直接反映物体真实的几何形状和大小,由于采用中心投影法，空间平行的直线，投影后就不平行了.而平行投影法的却能保持这一特征,因而平行投影,尤其是正投影更易于研究物体的几何特征.考点四: 三视图的概念光线自物体的前面向后投射所得的投影称为主视图或正视图,自上向下的称为俯视图,自左向右的称为左视图,用这三种视图刻画空间物体的结构，我们称之为三视图.学习三视图时应注意：(1)选取三个两两垂直的平面作为投射面,一个水平放置,叫做水平投射面,投射到这个平面内的图形叫做俯视图.俯视图反映了物体左右、前后的位置关系，即反映了物体的长度和宽度；(2)一个投射面放置在正前方,这个投射面叫做直立投射面,投射到这个平面内的图形叫主视图. 主视图反映了物体上下、左右的位置关系，即反映了物体的高度和长度； (3)和直立、水平两个投射面都垂直的投射面叫做侧立投射面,通常把这个平面放在直立投影面的右面,投射到这个平面内的图形叫做左视图. 左视图反映了物体上下、前后的位置关系，即反映了物体的高度和宽度;(4)将空间图形向这三个平面作正投影,然后把这三个投影按一定的布局放在一个平面内,这样构成的图形叫做空间图形的三视图.考点五: 直观图.1.直观图按平行投影法,把空间图形在纸上画得既富有立体感,又能表达出图形各主要部分的位置关系和度量关系（主要是长、宽、高三个方面）,我们把这种投影图叫做直观图.2.斜二侧画法：(1)在已知图形中建立直角坐标系xoy ，画直观图时，它们分别对应x'轴和y'轴，两轴交于点O'，且使∠x'o'y'=45°，它们确定的平面表示水平平面.(2)已知图形中平行于x 轴或y 轴的线段，在直观图形中分别画成平行于x'轴和y'轴的线段.(3)已知图形中平行于x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度为原来的12. 3.画立体图形的直观图时,主要有下面几个步骤: (1)画底面，这时使用斜二测画法即可.(2)画Z'轴，Z'轴过O'点，且与x'轴夹角为90°，并画高线(与原图高线相等，画正棱柱时只需要画侧棱即可)，连线成图.(3)擦去辅助线，被遮线用虚线表示.【考题点评】分析原因，醍醐灌顶例1.(基础·2007山东卷理科3文科3)下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是（ ）A ．①②B ．①③C ．①④D ．②④ 思路透析:①正方体的三个三视图均为正方形;②圆锥的三个三视图有两个为等腰三角形,一个为圆(含圆心);③三棱台的三视图有两个为梯形,一个为三角形内含一个相似三角形的多边形; ④正四棱锥的三视图有两个为等腰三角形,一个为正方形(含对角线), 综上可得②圆锥④正四棱锥的两个视图相同, 故应选D.点评:考生将三棱台的三视图与中心投影的概念相混淆,将三棱台也看作为两个正方形与正方体的三视图相同而误选 B.解三视图问题中要注意使用的投影是平行投影,不能将原①正方体 ②圆锥 ③三棱台 ④正四棱锥PD有的几何体“变形”而得“图”例2.(基础·2006江西文)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4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思路透析:如右图所示,等腰四棱锥的侧棱均相等,其侧棱在底面的射影也相等,则其腰与底面所成角相等,即A正确;底面四边形必有一个外接圆,即C正确;在高线上可以找到一个点O,使得该点到四棱锥各个顶点的距离相等,这个点即为外接球的球心,即D正确;但四棱锥的侧成与底面所成角不一定相等或互补(若为正四棱锥则成立).故仅命题B为假命题,应选B.点评:利用四棱锥的概念及平面几何知识加以一一判断即可得结论.本题考查了新定义概念中四棱锥的几何性质的探究.考查了考生的空间想象能力及分析问题与解决问题的能力.例3.(综合·2007宁夏卷理科8文科8)已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：cm），可得这个几何体的体积是（）Ａ．34000cm3Ｂ．38000cm3Ｃ．32000cmＤ．34000cm思路透析:由几何体的三视图可作出该几何体的直观图如右图所示,该几何体为四棱锥P-ABCD, 其底面ABCD是边长为20cm的正方形,高PO=20cm,∴21180002020333P ABCD ABCDV S PO-=⋅=⨯⨯=,故应选B.点评:本题考查了通过三视图回塑对应实物（或几何体）的形状,并求该几何体的体积,考查了考生空间想象能力及空间.很多考生不能够准确定位该三视图所对应的几何体,将四棱锥的高线的位置放置错误,导致求解不正确.通过三视图想象对应的几何体的形状，通常从俯视图下手分析，灵活使用“长对正、高平齐、宽相等”,只有确立俯视图中每个位置及数量关系，几何体的形状自然就确定了.例4.(综合·2007佛山模拟)由一些大小相同的小正方体组成简单几何体的正视图和俯视图如图所示.(Ⅰ)请你画出这个几何体的左视图；(Ⅱ)若组成这个几何体的小正方体的块数为n，请你写出n的所有可能值.思路透析:在俯视图上根据正视图填上符合条件的每个位置小正方形的块数，情况如下：根据这15种情况可以画出左视图共有5种情况，同时也可以确定相应几何体所需的小正方体的块数.（Ⅰ）左视图共有5种情况： 图（1）（6）（11）的左视图如图1所示; 图（2）（3）（7）（12）（13）的左视图如图2所示; 图（4）（5）（9）（10）（14）的左视图如图3所示． 图（8）的左视图如图4所示; 图（15）的左视图如图5所示.正视图俯视图（1） （2） （3） （4）（5） （7） （8） （6） （9） （12）（11） （10）（13）（14）（15）图1 图2 图3 图4 图5ABCG A 1 B 1 C 1EFM NABCG A 1 B 1C 1EFM NP Q （Ⅱ）（1）中n=11（2）中n=10（3）中n=9（4）中n=10（5）中n=9（6）中n=10（7）中n=9（8）中n=8（9）中n=9（10）中n=8（11）中n=10（12）中n=9（13）中n=8（14）中n=9（15）中n=8,所以n 的值为8、9、10、11.点评:本题中可以看出,物体的准确定位,三视图是一个必要的条件,缺少其中的一个,则出现实物出现的可能情形就非常得多.这种在学习的过程中不断通过反思,体会通过图形位置及其变换来认识图形的思维方法,可以真正体会立体图形和平面图形间的转化关系,渗透应用数学的意识.例5.(创新探究·2007黄冈模)已知圆锥的底面半径为r,高为h,正方体ABCD-A 1B I C l D 1内接于圆锥,则这个正方体的棱长为 ..思路透析:如图所示, 过内接正方体的一组对棱作圆锥的轴截面，如图所示，设圆锥内接正方体的棱长为x ,则在轴截面中,正方体的对角面A 1ACC 1的一组邻边的长分别为x 和2x .∵11VAC ∆∽VMN ∆ ,1h xx h h-==-, 22rh rx =-, ∴x =点评:由于正方体中只有惟一的基本量一一棱长,建立其方程之后便可求解,要建立方程就要和圆锥的基本量建立联系,这样就需要借助于轴截面来发现这种联系,从而使问题得解.圆柱、圆锥和圆台的轴截面有无数个,作图时要注意：选取那一个最合适;明确已知量和未知量的关系,适当的设出未知数，利用方程来解决.例6.(创新探究·2007全国Ⅰ理,16)一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上，已知正三棱柱的底面边长为2，则该三角形的斜边长为__________.思路透析:解法一:如右图所示, EFG ∆为直角三角形, 由题意可知FE ⊥GE, 取斜边FG 的中点M,AB边中点N,连结ME 、MN 、NC, 则22FG ME NC ==,∵ABC ∆是边长为2的等边三角形, ∴NC =∴FG =解法二:如右图所示, EFG ∆为直角三角 形, FG 为 斜边,且FE ⊥GE,过点E作EP//AC 、EQ//BC,连结PQ, 过点G 作GM//AB, 设FG=x , 则2EG x =, PF QG ===FM =,∵2FM PF =,=解之得x FG ==点评:以棱柱为载体考查线面关系或进行有关计算，是高考中常见题型.解题关键是结合图形，准确把握棱柱的性质.【画龙点睛】探索规律，豁然开朗 1.规律总结:①三视图的主视图、俯视图、左视图分别是从物体的正前方、正上方、正左方看到的物体轮廓的正投影围成的平面图形.任意一个物体的长、宽、高,一般指的是物体占有空间的左右、前后、上下的最大距离.②一个物体的三视图的排列规则．．．．．．．．是,俯视图放在主视图的下面,长度与主视图一样,左视图放在主视图的右面,高度与主视图一样,宽度与俯视图的宽度一样.为了便于记忆,通常说:“长对正、高平齐、宽相等”或说“主左一样高、主俯一样长、俯左一样宽”.③画三视图时应注意：被挡住的轮廓线画成虚线，尺寸线用细实线标出；Φ表示直径，R表示半径；单位不注明时按mm计.④对于简单的几何体,如一块砖,向两个互相垂直的平面作正投影,就能真实地反映它的大小和形状.一般只画出它的主视图和俯视图(二视图).对于复杂的几何体,三视图可能还不足以反映它的大小和形状,还需要更多的投射平面.(4)关于斜二侧画法注意以下几点：①斜二侧画法是一个画水平放置的平面图形的直观图方法，画图时，直角坐标系xoy 是原图所处的平面内的一个坐标系，而x'o'y'是水平放置的平面中的一个坐标系，它们分处两个不同平面．在建立直角坐标系x'o'y'时，也可以使∠x'o'y'=135°，其它的规则一样，这样所画出的直观图效果也一样.②原图中在x,y轴上的线段，在直观图依然在x',y'轴上．③原图中不平行坐标轴的线段可以通过作平行坐标轴的线段来完成作图.2.学以致用:(1)下列几何体中是棱台的有( )个.A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个(2)如图示最左边的几何体由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面,下底面圆心为顶点的圆锥而得.现用一个竖直的平面去截这个几何体,则截得的图形可能是( )45，(3)如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底面为0腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是（）A 22+B221+ C 222+ D 21+ (4)判断正误：（对的打√，错的打×）①半圆以其直径为轴旋转所成的曲面叫球（ ） ②到定点的距离等于定长的所有点的集合叫球（ ） ③经过球面上不同的两点只能作一个大圆（ ） ④球面和球是同一个概念（ ） 答案:(1)A 解析:由棱柱、棱锥和棱台的结构特征,①③④符合棱柱的结构特征; ⑥符合棱锥的结构特征; ②是一个三棱柱被截去了一段; ⑤符合棱台的结构特征, 故应选A .(2)D 解析:截面(2)(3)的外轮廓是整个的矩形，所以是错的.故排除A 、B;截面（4）圆锥的轮廓是抛物线而不是三角形，所以是错的.故选D.(3)A 解析:恢复后的原图形为一直角梯形1(11)222S =+⨯=+,故应选A ． (4)①√;②√;③×;④×解析:①半圆以其直径为轴旋转所成的曲面叫球,正确; ②到定点的距离等于定长的所有点的集合叫球,正确; ③经过球面上不同的两点只能作一个大圆,若两点恰好为大圆的直径,则过此两点的大圆的无数个,故错误; ④球面和球是同一个概念,错误.故①√;②√;③×;④×.3.易错分析:(1)动手操作题,需要通过运动实践去探究结论,而一般同学的动手操作能力受到很多限制.(2)需要运用运动变化的观点去认识棱柱、棱锥、棱台等的的辩证关系,而学生在空间想象能力这一关上不能容易过关.(3)立体几何入门难,难在其开始部分的理论太抽象,应用的操作性不是很强,计算性的内容不多,再加上空间构图及想象能力各有不同,从而造成了学生在学习此段内容过程中总是觉得非常难.此问题解决可以通过空间几何体模型的三视图训练及作图去强化空间想象能力.【能力训练】学练结合，融会贯通一、选择题:1.若一个正三棱柱的三视图如下图所示，则这个正三棱柱的高和底面边长分别为（ ）A. 2，23B. 22，2C. 4，2D. 2，4 2.下列说法正确的是（ ）A.所有的棱柱都有对角线B.棱柱的顶点最少有6个C.棱柱的侧棱最少有4条D.棱柱的棱最少有4条3.过球面上两点可以作的大圆个数是 （ ）A ．1个B ．1个或无数个C ．2个D ．2个或无数个 4.三棱锥的四个侧面中,下列说法正确的是( )主视图俯视图左视图A.不能都是直角三角形B.不能都是锐角三角形C.不能都是等腰三角形D.可能都是钝角三角形5.用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如下图所示，则搭成该几何体最少需要的小正方体的块数是（）A．8 B．7C．6 D．56.正方体的内切球和外接球的半径之比为（）A:1B:2C2D:3二、填空题:7.圆柱的底面周长为Q,轴截面面积为P,则圆柱的高为 .8.六角螺母是由和两个简单几何体构成的.9.下图是由哪个平面图形旋转得到的 .A B C D10. 图（1）为长方体积木块堆成的几何体的三视图，此几何体共由________块木块堆成; 图（2）中的三视图表示的实物为_____________三、解答题:11.如图所示,一块木板上有三个孔(方孔、圆孔、三角孔),试设计一个几何体,使它能沿三个不同的方向不留空隙地通过这三个孔.图（1）图（2）12.把一个圆锥截成圆台,已知圆台的上、下底面半径的比是1:4,母线长10cm , 求圆锥的母线长.13.圆台上底周长是下底周长的31，轴截面面积等于392,母线与底面夹角为45O ,求此圆台高、母线长及两底半径.14.给出两块相同的正三角形硬纸板,请将其中一块折成三棱锥,另一块拼折成三棱柱.请你想出一种拼折法?【能力训练】参考答案一、选择题:1. D2. B3. B4. D5. B6. D二、填空题:7. PQ π 8. 正六棱柱，圆柱 9. A 10. （1）4 （2）圆锥三、解答题:11.解析:我们可以把这三个孔的形状看成几何体的三视图，由前两孔，我们很容易联想到一个等边圆柱（轴截面是正方形）,下面由三角形孔来考虑如何将这个等边圆柱进行修理,使它在一个方向上的正投影是正三角形就可以了.如图所示,可以得到这样一个几何体,12.解析:如图所示,设圆锥的母线长为l ,圆台上、下底半径为,r R , ∵10l l l R -=, ∴1014l l -=, ∴40()3l cm =, 即圆锥的母线长为40()3cm . 13.解析:如图所示,圆台上、下底面圆的半径分别为,r R ,高为h ,母线长为l ,则2123r R ππ=, ∴3R r =,过点A /作A /B ⊥OA 交OA 于B,则AB=R-r =2r ,∠A /AO=450 , ∴AB=A /B=2r, l =, ∴223922r R S h +==⋅截, 解得7r =,33721,R r ==⨯=,22714h A B r '===⨯=,l ==14.解析:本题的答案有很多种,下面给出一种折叠方法,按下图示法操作即可得一个三棱锥和三棱柱.。
2018版高考数学理江苏专用大一轮复习讲义课件第八章
连结MO，NO，MN，
1 1 则OM＝ AC，ON＝ BD， 2 2
在△MON中，MN<OM＋ON＝ 1 (AC＋BD)，∴④正确. 2
题型分类
深度剖析
题型一 平面基本性质的应用 例1 (1)(2016· 山东 ) 已知直线 a ， b 分别在两个不同的平面 α ， β 内，
答案
3.已知l，m，n为不同的直线，α，β，γ为不同的平面，则下列判断正确的 ③ 有______.
答案 解析
①若m∥α，n∥α，则m∥n；
②若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n；
③若α∩β＝l，m∥α，m∥β，则m∥l；
④若α∩β＝m，α∩γ＝n，l⊥m，l⊥n，则l⊥α.
m，n可能的位置关系为平行，相交，异面，故①错误； 根据面面垂直与线面平行的性质可知②错误； 根据线面平行的性质可知③正确； 若m∥n，根据线面垂直的判定可知④错误，故只有③正确.
思维升华
共面、共线、共问题的证明
(1)证明点或线共面问题的两种方法：①首先由所给条件中的部分线(或点)
确定一个平面，然后再证其余的线 ( 或点 ) 在这个平面内；②将所有条件
分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合.
(2)证明点共线问题的两种方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各
4.(教材改编)如图所示，已知在长方体ABCD－EFGH中，
AB＝ 2 3 ，AD＝ 2 3 ，AE＝2，则BC和EG所成角的
大小是______ 45° ，AE和BG所成角的大小是______. 60°
答案 解析
∵BC与EG所成的角等于EG与FG所成的角即∠EGF， tan∠EGF＝ EF ＝2 3＝1，∴∠EGF＝45°， FG 2 3 ∵AE与BG所成的角等于BF与BG所成的角即∠GBF，
配套K122018年高考数学总复习第八章立体几何与空间向量第1讲空间几何体的结构三视图和直观图学案
第1讲空间几何体的结构、三视图和直观图最新考纲 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，会用斜二测画法画出它们的直观图；3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.知识梳理1.简单多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上、下底面是全等且平行的多边形；(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形；(3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形.2.旋转体的形成3.三视图(1)几何体的三视图包括正视图、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.②在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线.4.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：(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、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轴的线段长度在直观图中变为原来的一半.诊断自测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥.( )(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°.( )(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同.( )解析(1)反例：由两个平行六面体上下组合在一起的图形满足条件，但不是棱柱.(2)反例：如图所示不是棱锥.(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，把x，y轴画成相交成45°或135°，平行于x轴的线还平行于x轴，平行于y轴的线还平行于y轴，所以∠A也可能为135°.(4)正方体和球的三视图均相同，而圆锥的正视图和侧视图相同，且为等腰三角形，其俯视图为圆心和圆.答案(1)×(2)×(3)×(4)×2.某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( )A.圆柱B.圆锥C.四面体D.三棱柱解析由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形.答案 A3.如图，长方体ABCD－A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )A.棱台B.四棱柱C.五棱柱D.六棱柱解析由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱.答案 C4.(2016·天津卷)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，则该几何体的侧视图为( )解析先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧视图.由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧视图为图②.答案 B5.正△AOB 的边长为a ，建立如图所示的直角坐标系xOy ，则它的直观图的面积是________.解析 画出坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图).D ′为O ′A ′的中点.易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)，∴S △O ′A ′B ′＝12×22S △OAB ＝24×34a 2＝616a 2.答案 616a 26.(2017·浙江五校联考)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为4，P 为BC 的中点，Q 为线段CC 1上的动点(异于C 点)，过点A ，P ，Q 的平面截该正方体所得的截面记为M .当CQ ＝________时(用数值表示)，M 为等腰梯形； 当CQ ＝4时，M 的面积为________.解析 连接AP 交DC 的延长线于点N ，当点Q 为CC 1的中点，即CQ ＝2时，连接D 1N ，则D 1N 过点Q ，PQ 綉AD 1，显然AP ＝D 1Q ，M 为等腰梯形；当CQ ＝4时，NQ 交棱DD 1延长线上一点(设为G )，且GD 1＝4，AG 过A 1D 1的中点，此时M 为菱形，其对角线长分别为43和42，故其面积为8 6. 答案 2 8 6考点一 空间几何体的结构特征 【例1】 (1)给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线； ②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥； ③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等. 其中正确命题的个数是( )A.0B.1C.2D.3(2)以下命题：①以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；③一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台.其中正确命题的个数为( )A.0B.1C.2D.3解析(1)①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等.(2)由圆台的定义可知①错误，②正确.对于命题③，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，③不正确.答案(1)A (2)B规律方法(1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例即可.(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系.(3)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略.【训练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.夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D.圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线解析如图1知，A不正确.如图2，两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，则B不正确.若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形.由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，C错误.由母线的概念知，选项D正确.答案 D考点二空间几何体的三视图(多维探究)命题角度一由空间几何体的直观图判断三视图【例2－1】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( )解析该几何体是组合体，上面的几何体是一个五面体，下面是一个长方体，且五面体的一个面即为长方体的一个面，五面体最上面的棱的两端点在底面的射影距左右两边距离相等，因此选项B适合.答案 B命题角度二由三视图判定几何体【例2－2】(1)(2014·全国Ⅰ卷)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱(2)(2015·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )A.1B. 2C. 3D.2解析(1)由题知，该几何体的三视图为一个三角形、两个四边形，经分析可知该几何体为三棱柱，故选B.(2)由题中三视图知，此四棱锥的直观图如图所示，其中PC⊥平面ABCD，PC＝1，底面四边形ABCD为正方形且边长为1，最长棱长PA＝12＋12＋12＝ 3.答案(1)B (2)C规律方法(1)由实物图画三视图或判断选择三视图，按照“正侧一样高，正俯一样长，俯侧一样宽”的特点确认.(2)根据三视图还原几何体.①对柱、锥、台、球的三视图要熟悉.②明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图.③根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据.提醒对于简单组合体的三视图，首先要确定正视、侧视、俯视的方向，其次要注意组合体由哪些几何体组成，弄清它们的组成方式，特别应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同.【训练2】 (1)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，则该几何体的侧视图为( )(2)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个锥体的侧视图和俯视图，则该锥体的正视图可能是( )解析 (1)还原正方体后，将D 1，D ，A 三点分别向正方体右侧面作垂线，D 1A 的射影为C 1B ，且为实线，B 1C 被遮挡应为虚线.故选B.(2)由俯视图和侧视图可知原几何体是四棱锥，底面是长方形，内侧的侧面垂直于底面，所以正视图为A. 答案 (1)B (2)A考点三 空间几何体的直观图【例3】 已知等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________. 解析 如图所示，作出等腰梯形ABCD 的直观图：因为OE ＝（2）2－1＝1， 所以O ′E ′＝12，E ′F ＝24，则直观图A ′B ′C ′D ′的面积S ′＝1＋32×24＝22.答案22规律方法 (1)画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y 轴的线段长度减半，平行于x 轴和z 轴的线段长度不变)来掌握.对直观图的考查有两个方向，一是已知原图形求直观图的相关量，二是已知直观图求原图形中的相关量.(2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S 直观图＝24S 原图形.【训练3】 (2017·余姚一中检测)有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________.解析 如图1，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E .在Rt △ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22. 又四边形AECD 为矩形，AD ＝EC ＝1. ∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1. 由此还原为原图形如图2所示，是直角梯形A ′B ′C ′D ′. 在梯形A ′B ′C ′D ′中，A ′D ′＝1，B ′C ′＝22＋1，A ′B ′＝2. ∴这块菜地的面积S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22.答案 2＋22[思想方法]1.画三视图的三个原则：(1)画法规则：“长对正，宽相等，高平齐”.(2)摆放规则：侧视图在正视图的右侧，俯视图在正视图的正下方.(3)实虚线的画法规则：可见轮廓线和棱用实线画出，不可见线和棱用虚线画出.2.棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的，所以在解决棱台和圆台的相关问题时，常“还台为锥”，体现了转化的数学思想. [易错防范]1.台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点.2.空间几何体不同放置时其三视图不一定相同.3.对于简单组合体，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，易忽视实虚线的画法.基础巩固题组 (建议用时：30分钟)一、选择题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.如图所示的几何体是棱柱的有( )A.②③⑤B.③④⑤C.③⑤D.①③解析由棱柱的定义知③⑤两个几何体是棱柱.答案 C3.(2017·衡水中学月考)将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析易知侧视图的投影面为矩形，又AF的投影线为虚线，即为左下角到右上角的对角线，∴该几何体的侧视图为选项D.答案 D4.如图是一几何体的直观图、正视图和俯视图，该几何体的侧视图为( )解析由直观图和正视图、俯视图可知，该几何体的侧视图应为面PAD，且EC投影在面PAD 上且为实线，点E的投影点为PA的中点，故B正确.答案 B5.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A.6 2B.4 2C.6D.4解析如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A－BCD，最长的棱为AD＝（42）2＋22＝6.答案 C6.某几何体的正视图和侧视图均为如图所示的图形，则在下图的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是( )A.①③B.①④C.②④D.①②③④解析由正视图和侧视图知，该几何体为球与正四棱柱或球与圆柱体的组合体，故①③正确. 答案 A7.(2015·全国Ⅱ卷)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右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( ) A.18 B.17 C.16D.15解析 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.因此，V 1V 2＝15.答案 D8.(2017·东阳调研)一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为( )解析 由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD ⊥平面BCD .所以该三棱锥的侧视图可能为选项D. 答案 D二、填空题9.(2017·台州调研)直观图(如图)中，四边形O ′A ′B ′C ′为菱形且边长为2 cm ，则在xOy 原坐标系中四边形为________(填图形形状)；面积为________cm 2.解析 将直观图恢复到平面图形(如图)，是OA ＝2 cm ，OC ＝4 cm 的矩形，S OABC ＝2×4＝8(cm 2). 答案 矩形 810.(2017·兰州模拟)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于________.解析 由题知此正方体的正视图与侧视图是一样的，正视图的面积与侧视图的面积相等为2. 答案211.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________.解析 由题中三视图可知，三棱锥的直观图如图所示，其中PA ⊥平面ABC ，M 为AC 的中点，且BM ⊥AC .故该三棱锥的最长棱为PC .在Rt △PAC中，PC ＝PA 2＋AC 2＝22＋22＝2 2. 答案 2 212.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点，则三棱锥P －ABC 的正视图与侧视图的面积的比值为________. 解析 三棱锥P －ABC 的正视图与侧视图为底边和高均相等的三角形，故它们的面积相等，面积比值为1. 答案 113.(2017·金华调研)在三棱锥P －ABC 中，PB ＝6，AC ＝3，G 为△PAC 的重心，过点G 作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB 和AC .则截面的周长为________.解析 过点G 作EF ∥AC 交PA ，PC 于点E ，F ，过E ，F 分别作EN ∥PB ，FM ∥PB 分别交AB ，BC 于点N ，M ，连接MN ，∴四边形EFMN 是平行四边形，∴EF 3＝23，即EF ＝MN ＝2，FM PB ＝FM 6＝13，即FM ＝EN ＝2，∴截面的周长为2×4＝8. 答案 8能力提升题组 (建议用时：15分钟)14.在如图所示的空间直角坐标系O －xyz 中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)，给出编号①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )A.①和②B.③和①C.④和③D.④和②解析如图，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④，俯视图为②.答案 D15.如图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是( )A.4B.5C.3 2D.3 3解析由三视图知几何体的直观图如图所示，计算可知线段AF最长，且AF＝BF2＋AB2＝3 3.答案 D16.(2017·绍兴一中检测)已知△ABC的平面直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，那么原△ABC的面积为________.解析 如图，过C ′作y ′轴的平行线C ′D ′，与x ′轴交于点D ′.则C ′D ′＝32a sin 45°＝62a .又C ′D ′是原△ABC 的高CD 的直观图，所以CD ＝6a .故S △ABC ＝12AB ·CD ＝62a 2.答案62a 2 17.(2016·北京卷)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________.解析 由题中三视图可画出长为2、宽为1、高为1的长方体，将该几何体还原到长方体中，如图所示，该几何体为四棱柱ABCD －A ′B ′C ′D ′.故该四棱柱的体积V ＝Sh ＝12×(1＋2)×1×1＝32.答案 3218.(2017·宁波检测)正六棱柱ABCDEF －A 1B 1C 1D 1E 1F 1的底面边长为2，侧棱长为1，则动点从A 沿表面移动到E 1时的最短路程是________；动点从A 沿表面移动到D 1时的最短路程为________.解析 侧面展开图如图(1)，(2)，∴从A 沿表面到E 1的最短路程为AE 1＝（AE ）2＋（EE 1）2＝（22）2＋1＝3.从A 沿表面到D 1的最短路程为AD 1＝（AD ）2＋（DD 1）2＝（32）2＋1＝19.(1) (2)答案319。
(浙江专用)新高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 1 第1讲 空间几何体的结构特征及三视图
第八章立体几何与空间向量知识点最新考纲空间几何体的结构特征及三视图和直观图了解多面体和旋转体的概念，理解柱、锥、台、球的结构特征．了解简单组合体，了解中心投影、平行投影的含义．了解三视图和直观图间的关系，掌握三视图所表示的空间几何体．会用斜二测法画出它们的直观图.空间几何体的表面积与体积会计算柱、锥、台、球的表面积和体积.空间点、直线、平面之间的位置关系了解平面的含义，理解空间点、直线、平面位置关系的定义．掌握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，那么这条直线在此平面内．公理2 过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．公理4 平行于同一条直线的两条直线互相平行．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.空间中的平行关系、垂直关系理解空间线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定定理和性质定理．判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行；一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行；一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直；一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面互相垂直．性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行；如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行；垂直于同一个平面的两条直线平行；两个平面互相垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.空间角理解直线与平面所成角的概念，了解二面角及其平面角的概念.空间向量及其运算了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，了解空间向量的正交分解及其坐标表示．了解空间向量的加、减、数乘、数量积的定义，坐标表示的运算.立体几何中的向量方法了解空间两点间的距离公式、向量的长度公式及两向量的夹角公式．了解直线的方向向量与平面的法向量．了解求两直线夹角、直线与平面所成角、二面角的向量方法.第1讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且相等多边形互相平行侧棱平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形(2)旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相相交于延长线交等，垂直于底面一点于一点轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环2.直观图(1)画法：斜二测画法．(2)规则：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 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、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．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看到的线画实线，看不到的线画虚线．[疑误辨析]判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( )(3)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．( )(4)在正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( )(5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．( )(6)菱形的直观图仍是菱形．( )答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×[教材衍化]1．(必修2P19T2改编)下列说法正确的是( )A．相等的角在直观图中仍然相等B．相等的线段在直观图中仍然相等C．正方形的直观图是正方形D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行解析：选D.由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不变．2．(必修2P8A组T1(1)改编)在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)答案：③⑤3．(P15练习T1改编)已知如图所示的几何体，其俯视图正确的是________．(填序号)解析：由俯视图定义易知选项③符合题意．答案：③[易错纠偏]棱柱的概念不清致误.如图，长方体ABCDA′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．六棱柱解析：选C.由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．故选C.空间几何体的结构特征(1)下列说法正确的是( )A．侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥B．六条棱长均相等的四面体是正四面体C．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱D．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台(2)以下命题：①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为( )A．0 B．1C．2 D．3【解析】(1)底面是等边三角形，且各侧面三角形全等，这样的三棱锥才是正三棱锥，A错；斜四棱柱也有可能两个侧面是矩形，所以C错；截面平行于底面时，底面与截面之间的部分才叫圆台，D错．(2)命题①错，因为这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥；命题②错，因为这条腰必须是垂直于两底的腰，才得到是圆台的旋转体；命题③对；命题④错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以得到一个圆锥和一个圆台．【答案】(1)B (2)B空间几何体概念辨析问题的常用方法1．给出下列命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选A.①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③显然错误．2．下列说法正确的是( )A．以半圆的直径所在直线为旋转轴旋转形成的曲面叫做球B．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线解析：选D.球面和球是两个不同的概念，以半圆的直径所在直线为旋转轴旋转形成的曲面叫做球面，球面围成的几何体叫做球，A错误．对于B，如图，满足有两个面平行，其余四个面都是等腰梯形，但它不是棱台，故B错．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．C错误．由母线的概念知，选项D正确．空间几何体的三视图(高频考点)空间几何体的三视图是每年高考的热点，题型为选择题或填空题，难度适中，属于中档题．主要命题角度有：(1)由空间几何体的直观图识别三视图；(2)由空间几何体的三视图还原直观图；(3)由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图．角度一由空间几何体的直观图识别三视图(2020·某某省名校协作体高三联考)“牟合方盖”是我国古代数学家X徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )【解析】根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B.【答案】 B角度二由空间几何体的三视图还原直观图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．32B．2 3C．22D．2【解析】由三视图还原为如图所示的四棱锥A－BCC1B1，从图中易得最长的棱长为AC1＝AC2＋CC21＝（22＋22）＋22＝23，选B.【答案】 B角度三由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图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】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】 B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．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，再看看给出的部分三视图是否符合．(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．1．(2020·瑞安四市联考)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是线段CD的中点，则三棱锥PA1B1A的侧视图为( )解析：选D.如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥PA1B1A，B(C)点消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D.2．(2020·某某期中)如图(1)、(2)、(3)、(4)为四个几何体的三视图，根据三视图可判断这四个几何体依次为( )A．三棱台、三棱柱、圆锥、圆柱B．三棱台、三棱锥、圆锥、圆台C．三棱柱、四棱锥、圆锥、圆台D．三棱柱、三棱台、圆锥、圆台解析：选C.如题图(1)三视图复原的几何体是放倒的三棱柱；(2)三视图复原的几何体是四棱锥；(3)三视图复原的几何体是圆锥；(4)三视图复原的几何体是圆台．所以(1)(2)(3)(4)的顺序为：三棱柱、四棱锥、圆锥、圆台．故选C.3．(2020·某某高校招生选考试题)如图，在三棱锥ABCD中，侧面ABD⊥底面BCD，BC⊥CD，AB＝AD＝4，BC＝6，BD＝43，则该三棱锥三视图的正视图为( )解析：选C.由题意，三棱锥三视图的正视图为等腰三角形，△BCD中，BC⊥CD，BC＝6，BD＝43，所以CD＝23，设C在BD上的射影为E，则123＝CE·43，所以CE＝3，DE ＝CD2－CE2＝3，故选C.空间几何体的直观图如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6 cm，O′C′＝2 cm，则原图形是( )A．正方形B．矩形C．菱形 D．一般的平行四边形【解析】如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×22＝42(cm)，CD＝C′D′＝2 cm，所以OC＝OD2＋CD2＝（42）2＋22＝6(cm)，所以OA＝OC，故四边形OABC是菱形，因此选C.【答案】 C(变条件、变问法)若本例中直观图为如图所示的一个边长为1 cm的正方形，则原图形的周长是多少？解：将直观图还原为平面图形，如图．可知还原后的图形中OB＝22，AB＝12＋（22）2＝3(cm)，于是周长为2×3＋2×1＝8(cm)．原图与直观图中的“三变”与“三不变”1．如图所示为一个平面图形的直观图，则它的实际形状四边形ABCD为( )A ．平行四边形B ．梯形C ．菱形D ．矩形解析：选D.由斜二测画法可知在原四边形ABCD 中DA ⊥AB ，并且AD ∥BC ，AB ∥CD ，故四边形ABCD 为矩形．2．在等腰梯形ABCD 中，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．解析：因为OE ＝ （2）2－12＝1， 所以O ′E ′＝12，E ′F ′＝24.所以直观图A ′B ′C ′D ′的面积为S ′＝12×(1＋3)×24＝22.答案：22核心素养系列14 直观想象——构造法求解三视图问题的三个步骤三视图问题(包括求解几何体的表面积、体积等)是培养和考查空间想象能力的好题目，是高考的热点．由三视图还原几何体是解决这类问题的关键，而由三视图还原几何体只要按照以下三个步骤去做，基本都能准确还原出来．这三个步骤是：第一步，先画长(正)方体，在长(正)方体中画出俯视图；第二步，在三个视图中找直角；第三步，判断直角位置，并向上(或向下)作垂线，找到顶点，连线即可．一个几何体的三视图如图所示，图中直角三角形的直角边长均为1，则该几何体的体积为( )A.16B.26C.36D.12【解析】 几何体还原说明：①画出正方体，俯视图中实线可以看作正方体的上底面及底面对角线．②俯视图是正方形，有四个直角，正视图和侧视图中分别有一个直角．正视图和侧视图中的直角对应上底面左边外侧顶点(图中D 点上方顶点)，将该顶点下拉至D 点，连接DA ，DB ，DC 即可．该几何体即图中棱长为1的正方体中的四面体ABCD ，其体积为13×12×1×1×1＝16.故选A.【答案】 A如图是一个四面体的三视图，三个三角形均是腰长为2的等腰直角三角形，还原其直观图．【解】 第一步，根据题意，画正方体，在正方体内画出俯视图，如图①. 第二步，找直角，在俯视图、正视图和侧视图中都有直角．第三步，将俯视图的直角顶点向上拉起，与三视图中的高一致，连线即可．所求几何体为三棱锥A BCD ，如图②.[基础题组练]1．下列说法正确的有( )①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形．A．1个B．2个C．3个D．4个解析：选A.①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱会交于一点，所以①不正确；②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确；③中底面不一定是正方形，所以③不正确；很明显④是正确的．2.如图所示是水平放置的三角形的直观图，点D是△ABC的BC边的中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则在原图中三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选B.由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB<AD<AC.3．如图所示，上面的几何体由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是( )A．①②B．②③C．③④D．①⑤解析：选D.圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件；故截面图形可能是①⑤.4．(2020·某某学军中学高三期中)一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为( )解析：选D.分析三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD，故选D.5．(2020·某某十校联考)某几何体的正视图与俯视图如图所示，若俯视图中的多边形为正六边形，则该几何体的侧视图的面积为( )A.152B．6＋ 3C.32＋3 3 D．4 3解析：选A.侧视图由一个矩形和一个等腰三角形构成，矩形的长为3，宽为2，面积为3×2＝6.等腰三角形的底边为3，高为3，其面积为12×3×3＝32，所以侧视图的面积为6＋32＝152.6．(2020·某某模拟)一锥体的三视图如图所示，则该棱锥的最长棱的棱长为( )A.33B.17C.41D.42解析：选C.依题意，题中的几何体是四棱锥E ABB 1A 1，如图所示(其中ABCD A 1B 1C 1D 1是棱长为4的正方体，C 1E ＝1)，EA ＝32＋42＋42＝41，EA 1＝12＋42＋42＝33，EB ＝32＋42＝5，EB 1＝12＋42＝17，AB ＝BB 1＝B 1A 1＝A 1A ＝4，因此该几何体的最长棱的棱长为41，选C.7．有一个长为5 cm ，宽为4 cm 的矩形，则其直观图的面积为________． 解析：由于该矩形的面积S ＝5×4＝20(cm 2)，所以其直观图的面积S ′＝24S ＝52(cm 2)．答案：5 2 cm 28．如图所示的Rt △ABC 绕着它的斜边AB 旋转一周得到的图形是________．解析：过Rt △ABC 的顶点C 作线段CD ⊥AB ，垂足为点D ，所以Rt △ABC 绕着它的斜边AB 旋转一周后得到是以CD 作为底面圆的半径的两个圆锥的组合体．答案：两个圆锥的组合体9．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是________．解析：由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥P ABCD ，易知四棱锥P ABCD 的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是4.答案：410．已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为________．解析：由正三棱柱的特征及侧(左)视图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正(主)视图的面积为2 3.答案：2 311. 如图，在四棱锥PABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形．(1)根据所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝62(cm)．由正视图可知AD＝6 cm，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝（62）2＋62＝63(cm)．12．如图所示，在侧棱长为23的正三棱锥VABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过点A作截面AEF，求△AEF的周长的最小值．解：如图，将三棱锥沿侧棱VA剪开，并将其侧面展开平铺在一个平面上，则线段AA1的长即为所求△AEF的周长的最小值．取AA1的中点D，连接VD，则VD⊥AA1，∠AVD＝60°.在Rt△VAD中，AD＝VA·sin 60°＝3，所以AA1＝2AD＝6，即△AEF的周长的最小值为6.[综合题组练]1．(2020·某某市五校联考)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为( )解析：选A.因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，几何体的直观图如图，是以正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为A.2．某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是( )A ．2B ．2 2 C.3D ．2 3解析：选D.在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中还原出三视图的直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即为D 1BCB 1，如图所示，其四个面的面积分别为2，22，22，23，故选D.3．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E 为棱BB 1的中点(如图)，用过点A ，E ，C 1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为( )解析：选C.过点A ，E ，C 1的平面与棱DD 1相交于点F ，且点F 是棱DD 1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.4．如图，三棱锥V ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直，且VA ＝VC ，已知其正(主)视图的面积为23，则其侧(左)视图的面积为________．解析：设三棱锥V ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 的边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧(左)视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32a ×h ＝12×32×43＝33.答案：335．如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体； (2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积． 解：(1)正六棱锥． (2)其侧视图如图： 其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，所以该平面图形的面积S ＝12·3a ·3a ＝32a 2.6．某几何体的三视图如图所示．(1)判断该几何体是什么几何体？ (2)画出该几何体的直观图．解：(1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后得到的几何体．(2)直观图如图所示：。
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第1讲空间几何体的结构、三视图和直观图
基础巩固题组
(建议用时：30分钟)
一、选择题
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 B
2.如图所示的几何体是棱柱的有( )
A.②③⑤
B.③④⑤
C.③⑤
D.①③
解析由棱柱的定义知③⑤两个几何体是棱柱.
答案 C
3.(2017·衡水中学月考)将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )
解析易知侧视图的投影面为矩形，又AF的投影线为虚线，即为左下角到右上角的对角线，∴该几何体的侧视图为选项D.
答案 D
4.如图是一几何体的直观图、正视图和俯视图，该几何体的侧视图为( )
解析由直观图和正视图、俯视图可知，该几何体的侧视图应为面PAD，且EC投影在面PAD 上且为实线，点E的投影点为PA的中点，故B正确.
答案 B
5.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视
图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )
A.6 2
B.4 2
C.6
D.4
解析如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A－
BCD，最长的棱为AD＝（42）2＋22＝6.
答案 C
6.某几何体的正视图和侧视图均为如图所示的图形，则在下图的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是( )
A.①③
B.①④
C.②④
D.①②③④
解析由正视图和侧视图知，该几何体为球与正四棱柱或球与圆柱体的组合体，故①③正确. 答案 A
7.(2015·全国Ⅱ卷)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视
图如右图，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 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.因此，V 1V 2＝15.
答案 D
8.(2017·东阳调研)一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为( )
解析 由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD ⊥平面BCD .
所以该三棱锥的侧视图可能为选项D. 答案 D
二、填空题
9.(2017·台州调研)直观图(如图)中，四边形O ′A ′B ′C ′为菱形且边长为2 cm ，则在xOy 原坐标系中四边形为________(填图形形状)；面积为________cm 2
.
解析 将直观图恢复到平面图形(如图)，
是OA ＝2 cm ，OC ＝4 cm 的矩形，S OABC ＝2×4＝8(cm 2
). 答案 矩形 8
10.(2017·兰州模拟)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于________.
解析由题知此正方体的正视图与侧视图是一样的，正视图的面积与侧视图的面积相等为 2. 答案 2
11.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________.
解析由题中三视图可知，三棱锥的直观图如图所示，其中PA⊥平面
ABC，M为AC的中点，且BM⊥AC.故该三棱锥的最长棱为PC.在Rt△PAC
中，PC＝PA2＋AC2＝22＋22＝2 2.
答案2 2
12.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，
则三棱锥P－ABC的正视图与侧视图的面积的比值为________.
解析三棱锥P－ABC的正视图与侧视图为底边和高均相等的三角形，
故它们的面积相等，面积比值为1.
答案 1
13.(2017·金华调研)在三棱锥P－ABC中，PB＝6，AC＝3，G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC.则截面的周长为________.
解析过点G作EF∥AC交PA，PC于点E，F，过E，F分别作EN∥PB，FM
∥PB分别交AB，BC于点N，M，连接MN，∴四边形EFMN是平行四边形，
∴EF
3
＝
2
3
，即EF＝MN＝2，
FM
PB
＝
FM
6
＝
1
3
，即FM＝EN＝2，∴截面的周长为2×4
＝8.
答案8
能力提升题组
(建议用时：15分钟)
14.在如图所示的空间直角坐标系O－xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)，给出编号①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )
A.①和②
B.③和①
C.④和③
D.④和②
解析如图，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④，俯视图为②.
答案 D
15.如图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是( )
A.4
B.5
C.3 2
D.3 3
解析由三视图知几何体的直观图如图所示，计算可知线段AF最长，且AF
＝BF2＋AB2＝3 3.
答案 D
16.(2017·绍兴一中检测)已知△ABC的平面直观图△A′B′C′是边长为a
的正三角形，那么原△ABC的面积为________.
解析 如图，过C ′作y ′轴的平行线C ′D ′，与x ′轴交于点D ′.则C ′D ′＝32a sin 45°＝6
2
a .又C ′D ′是原△ABC 的高CD 的直观图，所以
CD ＝6a .
故S △ABC ＝12AB ·CD ＝62a 2
.
答案
62
a 2 17.(2016·北京卷)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________.
解析 由题中三视图可画出长为2、宽为1、高为1的长方体，将该几何体还原到长方体中，如图所示，该几何体为四棱柱ABCD －A ′B ′C ′D ′. 故该四棱柱的体积V ＝Sh ＝12×(1＋2)×1×1＝3
2.
答案 3
2
18.(2017·宁波检测)正六棱柱ABCDEF －A 1B 1C 1D 1E 1F 1的底面边长为2，侧棱长为1，则动点从
A 沿表面移动到E 1时的最短路程是________；动点从A 沿表面移动到D 1时的最短路程为
________.
解析 侧面展开图如图(1)，(2)，∴从A 沿表面到E 1的最短路
程为AE 1＝（AE ）2
＋（EE 1）2
＝（22）2
＋1＝3.从A 沿表面到D 1的最短路程为AD 1＝（AD ）2
＋（DD 1）2
＝（32）2
＋1＝19.
(1) (2)
答案 3
19。