第 23 课时立体几何总复习课(2)

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2023届高考数学总复习《立体几何》附答案解析

（2）若点 N 为 BC 的中点，求四面体 A'MNB 的体积．
【解答】证明：（1）连接 BD，设 BD∩EC＝F，连接 MF，
由题意可得四边形 BCDE 为正方形，则 F 为 BD 的中点，
∴MF 为△A′BD 的中位线，可得 MF∥A′B，
又 A′B⊄平面 EMC，MF⊂平面 EMC，
∴A'B∥平面 EMC；
2023 年高考：立体几何复习题及答案
1．如图，已知直角梯形 ABCD，BC∥AD，BC＝CD＝2，AD＝4，∠BCD＝90°，点 E 为 AD 的中点，现将三角形 ABE 沿 BE 折叠，得到四棱锥 A'﹣BCDE，其中∠A'ED＝120°，点 M 为 A'D 的中点．
（1）求证：A'B∥平面 EMC；
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∵BE⊂平面 BEF，∴平面 BEF⊥平面 AMD，结合题意分析知，点 F 在线段 AD 上，连接 MF，过 A 作 AH⊥MF，交 MF 的延长线于点 H，
则结合已知条件得
，解得 AH ，
设 Dt ，
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【解答】解：（1）证明：由题意知 PC2+AC2＝PA2，∴PC⊥AC，同理，PC⊥BC，又 AC∩BC＝C，∴PC⊥平面 ABC， ∵D，E 分别是 AC，PA 的中点，∴DE∥PC， ∴DE⊥平面 ABC，又 DE⊂平面 BDE，∴平面 BDE⊥平面 ABC．（2）在△BDE 中，DE⊥BD，BD＝2 ，DE＝2，∴BE＝4，如图，过 A 作 AM⊥BE 于 M，连接 MD，在△ABE 中，AB＝BE＝4，AE＝2 ，解得 AM ，ME＝1， ∵DM⊂平面 BDE，∴AC⊥DM，在 Rt△ADM 中，AM ，AD＝2，∴DM ， ∴DM2+EM2＝DE2，∴MD⊥BE， ∵AM∩MD＝M，∴BE⊥平面 AMD，

2020届高考数学一轮复习立体几何中的向量法(第2课时)求空间角与距离课时作业理(含解析)

第2课时求空间角与距离课时作业1．在棱长为4的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在棱CC 1上，且CC 1＝4CP ，求点P 到平面ABD 1的距离．解：建立如图所示的空间直角坐标系，则由题设条件易知A (4,0,0)，B (4,4,0)，P (0,4,1)，D 1(0,0,4)．AB →＝(0,4,0)，AD 1→＝(－4,0,4)，过P 点作PH ⊥平面ABD 1，垂足为H ，则PH 即为点P 到平面ABD 1的距离．设点H 的坐标为(x ，y ，z )，则PH →＝(x ，y －4，z －1)，AH →＝(x －4，y ，z )， ∵PH ⊥平面ABD 1，∴PH →⊥AB →，PH →⊥AD 1→，PH →⊥AH →， ∴⎩⎪⎨⎪⎧PH →·AB →＝y －＝0，PH →·AD 1→＝－4x ＋z －＝0，PH →·AH →＝x x －＋y y －＋z z －＝0，解得x ＝32，y ＝4，z ＝52或x ＝0，y ＝4，z ＝1(舍去)，∴H ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，4，52，PH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，∴|PH →|＝322.故点P 到平面ABD 1的距离为322.2．(2019漳州5月)如图，在三棱台ABC －DEF 中，二面角B －AD －C 是直二面角，AB ⊥AC ，AB ＝3，AD ＝DF ＝FC ＝12AC ＝1.(1)求证：AB ⊥平面ACFD ；(2)求二面角F －BE －D 的平面角的余弦值．解析：(1)连接CD ，在等腰梯形ACFD 中，过D 作DG ⊥AC 交于G ，因为AD ＝DF ＝FC ＝12AC＝1，所以AG ＝12，DG ＝32，CG ＝32，所以CD ＝3，所以AD 2＋CD 2＝AC 2，即CD ⊥AD ，又二面角B －AD －C 是直二面角，CD平面ACFD ，所以CD ⊥平面ABED ，又AB平面ABED ，所以AB ⊥CD ，又因为AB ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ，AC 、CD平面ACFD ，所以AB ⊥平面ACFD .(2)如图，在平面ACFD 内，过点A 作AH ⊥AC ，由(1)可知AB ⊥AH ，以A 为原点，AB →，AC →，AH →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系A －xyz .则B (3,0,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32，C (0,2,0)，所以BC →＝(－3,2,0)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，32，设n ＝(x ，y ，z )是平面FBE 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BC→n ⊥CF→，所以⎩⎨⎧－3x ＋2y ＝0－y ＋3z ＝0，取x ＝2，则y ＝3，z ＝3，即n ＝(2,3，3)，由(1)可知CD ⊥平面BED ，所以CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－32，32是平面BED 的一个法向量，所以cos 〈n ，CD →〉＝n ·CD →|n |·|CD →|＝－343＝－34，又二面角F －BE －D 的平面角为锐角，所以二面角F －BE －D 的平面角的余弦值为34.3．如图，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.点E 是CD 边的中点，点F ，G 分别在线段AB ，BC 上，且AF ＝2FB ，CG ＝2GB .(1)证明：PE ⊥FG ；(2)求二面角P －AD －C 的正切值； (3)求直线PA 与直线FG 所成角的余弦值．解：(1)证明：∵PD ＝PC 且E 为CD 的中点，∴PE ⊥DC .又平面PDC ⊥平面ABCD ，且平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，PE 平面PDC ，∴PE ⊥平面ABCD .又FG 平面ABCD ， ∴PE ⊥FG .(2)∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ⊥DC ，又平面PDC ⊥平面ABCD ，且平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，AD 平面ABCD ，∴AD ⊥平面PCD ，又CD ，PD平面PDC ，∴AD ⊥DC ，AD ⊥PD ，∴∠PDC 即为二面角P －AD －C 的平面角，在Rt △PDE 中，PD ＝4，DE ＝12AB ＝3，PE ＝PD 2－DE 2＝7，∴tan ∠PDC ＝PE DE ＝73，即二面角P －AD －C 的正切值为73. (3)如图所示，连接AC .∵AF ＝2FB ，CG ＝2GB ，即AF FB ＝CGGB＝2，∴AC ∥FG ，∴∠PAC 为直线PA 与直线FG 所成角或其补角，在△PAC 中，PA ＝PD 2＋AD 2＝5，AC ＝AD 2＋CD 2＝35，由余弦定理可得cos ∠PAC ＝PA 2＋AC 2－PC 22PA ·AC ＝52＋52－422×5×35＝9525，∴直线PA 与直线FG 所成角的余弦值为9525.4．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1与侧面CBB 1C 1都是菱形，∠ACC 1＝∠CC 1B＝60°，AC＝2.(1)证明：AB1⊥CC1；(2)若三棱柱ABC－A1B1C1的体积为3，求二面角B1－AC－C1的余弦值．解析：(1)取CC1的中点O，连接AO、AC1、B1C、B1O，由菱形的性质及∠ACC1＝∠CC1B1＝60°.得△ACC1，△B1CC1为正三角形．∴AO⊥CC1，B1O⊥CC1，且AO∩B1O＝O.∴CC1⊥平面AOB1，∴CC1⊥AB1.(2)三棱锥A－A1B1C1的体积是三棱柱ABC－A1B1C1体积的三分之一，得四棱锥A－BCC1B1的体积是柱体体积的三分之二，即等于2.平行四边形BCC1B1的面积为SBCC1B＝2×2×sin 60°＝2 3.设四棱锥A－BCC1B1的高为h，则：13×23×h ＝2，∴h ＝3，又AO ＝3＝h ，AO ⊥平面BCC 1B 1，建立如图直角坐标系：O －xyz ，则A (0,0，3)，B 1(3，0,0)，C (0，－1,0)，CB 1→＝(3，1,0)，CA →＝(0,1，3)，设平面CAB 1的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CA →＝y ＋3z ＝0n 1·CB 1→＝3x ＋y ＝0，取一个法向量为n 1＝(3，－3，3)，显然n 2＝(1,0,0)是平面C 1CA 的一个法向量．则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝315＝55.二面角B 1－AC －C 1的余弦值为55. 5．如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1－AC －B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．解：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2,2)，又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M (1，12，1)，N (1，－2,1)．(1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量，MN →＝(0，－52，0)，由此可得，MN →·n ＝0，又因为直线MN 平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)，设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACD 1的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋2z ＝0，2x ＝0.不妨设z ＝1，可得n 1＝(0,1,1)，设n 2＝(x ，y ，z )为平面ACB 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2z ＝0，2x ＝0.不妨设z ＝1，可得n 2＝(0，－2,1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以二面角D 1－AC －B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]，则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)，又n ＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由已知得cos 〈NE →，n 〉＝NE →·n |NE →|·|n |＝1－2＋λ＋2＋12＝13，整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2，所以线段A 1E 的长为7－2.6．(2018承豫南九校)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平面四边形，AB ＝AC ＝2，AD ＝22，PB ＝32，PB ⊥AC .(1)求证：平面PAB ⊥平面PAC ；(2)若∠PBA ＝45°，试判断棱PA 上是否存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33，若存在，求出AEAP的值；若不存在，请说明理由．解析：(1)因为四边形ABCD 是平行四边形，AD ＝22，所以BC ＝AD ＝22，又AB ＝AC ＝2，所以AB 2＋AC 2＝BC 2，所以AC ⊥AB ，又PB ⊥AC ，且AB ∩PB ＝B ，所以AC ⊥平面PAB ，因为AC平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC .(2)由(1)知AC ⊥AB ，AC ⊥平面PAB ，如图，分别以AB ，AC 所在直线为x 轴、y 轴，平面PAB 内过点A 且与直线AB 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，AC →＝(0,2,0)，BC →＝(－2,2,0) 由∠PBA ＝45°，PB ＝32，可得P (－1,0,3)，所以AP →＝(－1,0,3)，BP →＝(－3,0,3)，假设棱PA 上存在点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33，设AE AP＝λ(0＜λ＜1)，则AE →＝λAP →＝(－λ，0,3λ)，CE →＝AE →－AC →＝(－λ，－2,3λ)，设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0n ·BP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0－3x ＋3z ＝0，令z ＝1，可得x ＝y ＝1，所以平面PBC 的一个法向量为n ＝(1,1,1)，设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ，CE →〉|＝|－λ－2＋3λ|3·－λ2＋－2＋λ2＝|2λ－2|3·10λ2＋4＝33，整理得3λ2＋4λ＝0，因为0＜λ＜1，所以3λ2＋4λ＞0，故3λ2＋4λ＝0无解，所以棱PA 上不存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CD 与平面PBC 所成角的正弦值为33.。

新人教B版高中数学必修二教学课件第一章立体几何初步 1.2.3《(第2课时)平面与平面垂直》

∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， ∴PA⊥BC， ∵AD∩PA＝A，∴BC⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，∴BC⊥AC．
[点评]
已知条件是线面垂直和面面垂直，要证明两条直
线垂直，应将两条直线中的一条放入一平面中，使另一条直线与该平面垂直，即由线面垂直得到线线垂直．在空间图形中，高一级的垂直关系蕴含着低一级的垂直关系，通过本题可以看到：面面垂直⇒线面垂直⇒线线垂直．
求证：平面ABC⊥平面SBC．
[ 解析]
解法一：取 BC 的中点 D，连接 AD、SD.
由题意知△ASB 与△ASC 是等边三角形，则 AB＝AC． ∴AD⊥BC，SD⊥BC． 2 令 SA＝a，在△SBC 中，SD＝ 2 a， 2 又∵AD＝ AC －CD ＝ 2 a，
2 2
∴AD2＋SD2＝SA2. 即 AD⊥SD.又∵AD⊥BC，∴AD⊥平面 SBC． ∵AD⊂平面 ABC， ∴平面 ABC⊥平面 SBC．
[解析]
∵△ABC为正三角形，D为BC的中点，
∴AD⊥BC．又∵CC1⊥底面ABC，AD⊂平面ABC， ∴CC1⊥AD. 又BC∩CC1＝C， ∴AD⊥平面BCC1B1. 又AD⊂平面AC1D，
∴平面AC1D⊥平面BCC1B1.
三棱锥 S －ABC 中，∠ BSC ＝ 90°，∠ ASB＝ 60°，∠ ASC ＝60°，SA＝SB＝SC．
当 F 为 PC 的中点时，满
足平面 DEF⊥平面 ABCD. 取 AD 的中点 G，PC 的中点 F，连接 PG、BG、DE、EF、DF，则 PG⊥ AD，而平面 PAD⊥面 ABCD，所以 PG⊥平面 ABCD.在△PBC 中， EF∥PB；在菱形 ABCD 中，GB∥DE，而 EF⊂平面 DEF，DE⊂平面 DEF，EF∩DE ＝E，∴平面 DEF∥平面 PGB.又 PG⊥平面 ABCD，PG⊂平面 PGB， ∴平面 PGB⊥平面 ABCD，∴平面 DEF⊥平面 ABCD.

2024届高考数学总复习《立体几何》附答案

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（2）解：取 AC 的中点 N，连接 EN、FN，过点 E 作 EH⊥FN 于 H， ∵E，N 分别为 AB，AC 的中点，∴EN∥BC， ∴EN∥MF，即 M，F，N，E 四点共面， ∵AC⊥平面 EFM，AC⊂平面 ACC'A'， ∴平面 MENF⊥平面 ACC'A'， ∵平面 MENF∩平面 ACC'A'＝FN，EH⊥FN， ∴EH⊥平面 ACC'A'， ∴∠EFH 即为直线 EF 与平面 ACC'A'所成的角．设 AB＝4，
2024 年高考：立体几何复习题及答案
1．如图，在三棱台 ABC﹣A′B′C′中，已知平面 ABB′A′⊥平面 ABC，AC⊥BC，∠ CBA ，四边形 ABB′A′是等腰梯形，AB＝2A′B′＝2BB′，E，F 分别为 AB，A′ C′的中点．（1）求证：EF⊥AC；（2）求直线 EF 与平面 ACC′A′所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：取 A'B'的中点 M，连接 FM，EM， ∵四边形 ABB'A'是等腰梯形，且 M、E 分别为 A'B'、AB 的中点， ∴ME⊥AB，又平面 ABB'A'⊥平面 ABC，平面 ABB'A'∩平面 ABC＝AB， ∴ME⊥平面 ABC， ∵AC⊂平面 ABC，∴ME⊥AC， ∵M、F 分别为 A'B'、A'C'的中点， ∴MF∥B'C'∥BC， ∵AC⊥BC，∴AC⊥MF， ∵FM、EM⊂平面 EFM，FM∩EM＝M， ∴AC⊥平面 EFM， ∵EF⊂平面 EFM，∴EF⊥AC．
不妨设 OC＝1，则 th，h，h ， th，h，，tth，，h ， t ，，h ，

2023年高考数学总复习《立体几何》附答案解析

．
所以 z1＝0，
，故可取
，，，
于是＜，＞
，
设所成锐二面角为θ，所以 sinθ
，
所以平面 PAD 和平面 PBE 所成锐二面角的正弦值为．
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∴CF CC1 AA1 ， ∵∠BAC＝90°，
∴CD
，
在 Rt△FCD 中，tan∠FDC 맨
，
故直线 DF 与平面 ABC 所成角的正切值为．
2．如图所示，四棱锥 P﹣ABCD 的底面 ABCD 是边长为 1 的菱形，∠BCD＝60°，E 是 CD 的中点，PA⊥底面 ABCD，PA＝2．（1）证明：平面 PBE⊥平面 PAB；（2）求平面 PAD 和平面 PBE 所成二面角（锐角）的正弦值．
【解答】（1）证明：如图所示，连接 BD，由 ABCD 是菱形且∠BCD＝60°，知△ABC 是等边三角形． ∵E 是 CD 的中点， ∴BE⊥CD，又 AB∥CD， ∴AB⊥BE，∴BE⊥平面 PAB，又 BE⊂平面 PBE， ∴平面 PBE⊥平面 PAB．（2）解：在平面 ABCD 内，过点 A 作 AB 的垂线，如图所示，以 A 为原点建立空间直角
【解答】（1）证明：连接 DG、FG，由直三棱柱的性质知，BB1∥CC1，且 BB1＝CC1， ∵B1E＝2EB，C1F＝2FC， ∴EB∥FC，且 EB＝FC， ∴四边形 BCFE 为平行四边形， ∴EF∥BC，EF＝BC， ∵BD＝2DA，CG＝2GA， ∴GD∥BC，且 GD BC， ∴EF∥GD，且 GD EF， ∴四边形 DEFG 为梯形，即 D、E、F、G 四点共面， ∴点 G 在平面 EFD 内．（2）解：由直三棱柱的性质知，CC1⊥平面 ABC， ∵F 为 CC1 上一点， ∴点 F 在平面 ABC 上的投影为点 C，连接 CD，则∠FDC 即为直线 DF 与平面 ABC 所成角． ∵点 D 在棱 AB 上，且 BD＝2DA， ∴AD AB ， ∵C1F＝2FC，

专题20：《立体几何的体积和容积(二)》小升初数学专题讲练解析版)通用版

2019-2020学年通用版数学小升初总复习专题汇编讲练专题20 立体几何的体积和容积（二）（一）长方体1、特征六个面都是长方形（有时有两个相对的面是正方形）。

相对的面面积相等，12条棱相对的4条棱长度相等。

有8个顶点。

相交于一个顶点的三条棱的长度分别叫做长、宽、高。

两个面相交的边叫做棱。

三条棱相交的点叫做顶点。

把长方体放在桌面上，最多只能看到三个面。

长方体或者正方体6个面的总面积，叫做它的表面积。

2、计算公式：s=2(ab+ah+bh) V=sh V=abh（二）正方体1、特征六个面都是正方形六个面的面积相等12条棱，棱长都相等有8个顶点正方体可以看作特殊的长方体2、计算公式：S表=6a² v=a³（三）圆柱1、圆柱的认识圆柱的上下两个面叫做底面。

圆柱有一个曲面叫做侧面。

圆柱两个底面之间的距离叫做高。

进一法：实际中，使用的材料都要比计算的结果多一些，因此，要保留数的时候，省略的位上的是4或者比4小，都要向前一位进1。

这种取近似值的方法叫做进一法。

2、计算公式：s侧=ch s表=s侧+s底×2 v=sh/3（四）圆锥1、圆锥的认识圆锥的底面是个圆，圆锥的侧面是个曲面。

从圆锥的顶点到底面圆心的距离是圆锥的高。

测量圆锥的高：先把圆锥的底面放平，用一块平板水平地放在圆锥的顶点上面，竖直地量出平板和底面之间的距离。

把圆锥的侧面展开得到一个扇形。

2、计算公式：v= sh/3（五）球1、认识球的表面是一个曲面，这个曲面叫做球面。

球和圆类似，也有一个球心，用O 表示。

从球心到球面上任意一点的线段叫做球的半径，用r 表示，每条半径都相等。

通过球心并且两端都在球面上的线段，叫做球的直径，用d 表示,每条直径都相等,直径的长度等于半径的2倍，即d=2r 。

2、计算公式：d=2r四、周长和面积1、平面图形一周的长度叫做周长。

2、平面图形或物体表面的大小叫做面积。

3、常见图形的周长和面积计算公式一．圆锥的体积【例1】（2019•广东）从正方体里削出一个最大的圆锥，圆锥的体积是32cm π，正方体的体积是( 3)cm ． A ．12 B ．8 C ．6 D ．4 【解答】解：设正方体的棱长是acm ，则圆锥的底面直径和高都是acm ，则正方体的体积是：33()a a a a cm ⨯⨯= 圆的体积是3231(2)()312a a a cm ππ÷⨯= 圆锥的体积是正方体的12π 正方体的体积是36()212cm ππ÷=答：正方体的体积是36cm ．故选：C ．【变式1-1】（2019春•方城县期中）把一个底面直径6cm 、高9cm 的圆锥形木块，沿底面直径切成相同的两块后，表面积比原来增加了( )平方厘米．A ．18B ．27C ．54【解答】解：6922⨯÷⨯272=⨯54=（平方厘米）答：表面积比原来增加了54平方厘米．故选：C ．【变式1-2】（2019春•交城县期中）用一个高是36cm 的圆锥形容器盛满油，倒入和它等底等高的圆柱形容器中，油面的高度是 12 cm ．【解答】解：136123⨯=（厘米）答：油面的高度是12厘米．故答案为：12．【变式1-3】（2019•衡阳模拟）绕一个直角三角形（如图）的短直角边旋转一周，得到一个立体图形．（单位：厘米）（1）这个立体图形是什么？（2）这个立体图形的体积是多少？【解答】解：以直角三角形短直角边为轴旋转一周得到一个底面半径是5厘米，高是4厘米的圆锥．所以这个立体图形是圆锥．（2）21 3.14543⨯⨯⨯1 3.142543=⨯⨯⨯3143=（立方厘米），答：这个立体图形的体积是3143立方厘米．【变式1-4】（2019•安顺）一个圆锥形的沙石堆，底面积是188.4平方米，高15米．如果用这堆沙石铺路，公路宽10米．沙石厚2分米，能铺多少米长？【解答】解：2分米0.2=米1188.415(100.2)3⨯⨯÷⨯=÷9422=（米)471答：能铺471米长．二．组合图形的体积【例2】（2019•益阳模拟）一个物体是由圆柱和圆锥黏合而成的（如图），如果把圆柱和圆锥重新分开，表面积就增加了250.24cm，原来这个物体的体积是()A．3401.92cm301.44cm D．3226.08cm C．3200.96cm B．3÷=（平方厘米）【解答】解：50.24225.121⨯+⨯⨯-25.12625.12(126)31=+⨯⨯150.7225.1263=+150.7250.24=（立方厘米）200.96答：原来这个物体的体积是200.96立方厘米．故选：A．【变式2-1】用两根完全相同的圆柱形木料分别制作成右图中的两个模型（图中涂色部分），甲与乙的体积相比()A ．甲大B ．乙大C ．相等【解答】解：底面积相同时，两个高为12a 的圆锥的体积之和，等于一个高为a 的圆锥的体积；已知原来两个圆柱的体积相等，而空白处的图形的体积也相等，所以涂色部分的体积也相等，故选：C ．【变式2-2】（2014春•泸西县校级期末）如图是一个直角梯形，如果以AB 边为轴旋转一周，会得到一个立体图形．这个立体图形是由圆柱和组成（填图形名称）．它的底面积是平方厘米，体积是立方厘米．【解答】解：这个立体图形由1个圆柱和1个圆锥组成，其底面积为：23.14212.56⨯=（平方厘米）；其体积为：2213.1422 3.142(52)3⨯⨯+⨯⨯⨯-，12.56212.56=⨯+，25.1212.56=+，37.68=（立方厘米）；答：这个立体图形的底面积是12.56平方厘米，体积是37.68立方厘米．故答案为：圆柱、圆锥、12.56、37.68．【变式2-3】（2016春•平阳县校级期中）一个粮囤，上面是圆锥，下面是圆柱形（如图）．如果每立方米的粮食重600千克，这个粮囤可囤粮食多少千克？【解答】解：这个粮囤的底面积是：23.14(42)⨯÷3.144=⨯12.56=（平方米）这个粮囤的体积是：112.56212.56 1.53⨯+⨯⨯25.12 6.28=+31.4=（立方米）这囤小麦的重量是：60031.418840⨯=（千克）．答：这个粮囤可囤粮食18840千克．【变式2-4】（2019•萧山区模拟）图形计算求立体图形的体积单位（分米）【解答】解：223.14[(202)(102)]15⨯÷-÷⨯3.14[10025]15=⨯-⨯3.147515=⨯⨯3532.5=（立方分米），答：这个立体图形的体积是3532.5立方分米．三．立体图形的容积【例3】（2019春•江城区期末）一个水池能蓄水3430m ，3430m 是这个水池的( )A ．表面积B ．重量C ．体积D ．容积【解答】解：一个水池能蓄水3430m ，3430m 是这个水池的容积．故选：D ．【变式3-1】（2015•遂溪县校级模拟）一个汽油桶可装汽油360dm ，它的( )是360dm ．A ．容积B ．体积C ．表面积【解答】解：一个汽油桶可装60升汽油，是指它的容积是60升；故选：A ．【变式3-2】（2010•广州自主招生）有一种饮料的瓶身如图所示，容积是3升．现在它里面装了一些饮料，正放时饮料高度为20厘米，倒放时空于部分的高度为5厘米．那么瓶内现有饮料 2.4 升．【解答】解：饮料和空气的体积比是：20:54:1=饮料有：4330.8 2.441⨯=⨯=+（升)答：瓶内现有饮料2.4升．故答案为：2.4．【变式3-3】（2013•福田区校级模拟）去超市买酸奶，发现一种酸奶采用长方体塑封纸盒包装，从外面量这种纸盒长6.4厘米，宽4厘米，高8.5厘米．这种酸奶盒上标注酸奶的净含量为220毫升，标注是否真实？【解答】解：6.448.5217.6⨯⨯=（立方厘米）217=（毫升）；答：盒子的体积是217毫升，而净含量为220毫升，不真实．【变式3-4】一个谷囤的形状如图，下面是圆柱形，底面周长是18.84米，高是2米；上面是圆锥形，高是1.5米．这个谷囤最多能装稻谷多少立方米？【解答】解：221 3.14(18.84 3.142) 1.5 3.14(18.84 3.142)23⨯⨯÷÷⨯+⨯÷÷⨯13.149 1.5 3.14923=⨯⨯⨯+⨯⨯14.1356.52=+70.65=（立方米）；答：这个谷囤最多能装稻谷70.65立方米．真题强化演练一．选择题1．（2019•萧山区模拟）将直角三角形ABC 以BC 为轴旋转一周，得到的圆锥体积是V ，那么(V = )A ．16πB ．12πC ．25πD ．48π【解答】解：21433π⨯⨯⨯16π=⨯16π=答：体积是16π．故选：A ．2．（2018春•平阴县期中）把一团圆柱体橡皮泥揉成与它等底的圆锥体，高将( )A ．扩大3倍B ．缩小3倍C ．扩大6倍【解答】解：根据等底等高的圆锥形的体积是圆柱形体积的13，又因为，在捏橡皮泥的过程中，它的总体积不变，所以，把一团圆柱体橡皮泥揉成与它等底的圆锥体，高将扩大3倍；故选：A ．3．（2015春•平阳县校级期中）一个体积是325.12cm 的圆锥，半径是2cm ，它的高是( )cm ．A ．2B ．8C ．6 【解答】解：2125.12(3.142)3÷÷⨯ 25.123(3.144)=⨯÷⨯75.3612.56=÷6=（厘米），答：它的高是6厘米．故选：C ．4．（2014春•鹿城区校级月考）一个圆锥和一个圆柱的高相等，圆锥底面半径是1厘米，圆柱底面半径是2厘米，圆锥体积是圆柱体积的( )A ．13B ．16C ．112D ．14【解答】解：设圆锥和圆柱的高为h 厘米，圆锥的体积：211133h h ππ⨯=（立方厘米），圆柱的体积：224h h ππ⨯=（立方厘米），114312h h ππ÷=，答：圆锥的体积是圆柱体积的112．故选：C ．二．填空题5．（2019•杭州模拟）如图是一个直角三角形，以6cm 的直角边所在直线为轴旋转一周，所得到的图形是圆锥，它的体积是 3cm ．【解答】解：以直角三角形的直角边(6厘米）为轴旋转一周得到一个底面半径是2厘米，高是6厘米的圆锥．21 3.14263⨯⨯⨯3.148=⨯25.12=（立方厘米）答：得到的立体图形是圆锥，它的体积是25.12立方厘米．故答案为：圆锥、25.12．6．（2019•杭州模拟）计算下面圆锥的体积是 50 3cm【解答】解：11510503⨯⨯=（立方厘米），答：这个圆锥的体积是50立方厘米．故答案为：50．7．（2019•衡水模拟）一个圆锥形零件的底面半径是4厘米，高是9厘米，它的体积是 150.72 立方厘米．【解答】解：21 3.14493⨯⨯⨯1 3.141693=⨯⨯⨯150.72=（立方厘米）答：它的体积是150.72立方厘米．故答案为：150.72．8．（2019•萧山区模拟）下面，以直角三角形的斜边为轴旋转一圈，求所形成图形的体积．（得数保留整数）【解答】解：如图斜边的高为：345 2.4⨯÷=（厘米），21 3.14 2.453⨯⨯⨯1 3.14 5.7653=⨯⨯⨯30.144=（立方厘米）；答：所形成图形的体积是30.144立方厘米．9．（2013•永康市）一个圆柱形水桶，里面盛48升的水，正好盛满，如果把一块与水桶等底等高的圆锥形，放入水中，桶内还有 32 升水．【解答】解：4832÷⨯，162=⨯，32=；故答案为：32．10．（2017•杭州）一个正方体木料削成最大的圆锥，圆锥的体积占正方体的12π ．【解答】解：假设正方体的棱长为a 厘米，正方体的体积是：3a a a a ⨯⨯=（立方厘米），削出最大圆锥的体积是：23211(2)33412a a a a a πππ⨯÷⨯=⨯⨯=（立方厘米），所以圆锥的体积占正方体体积的：331212a πππ÷=；故答案为：12π．三．判断题11．（2014•桐乡市校级模拟）在一个圆柱中挖去一个最大的圆锥，剩下部分的体积是圆柱的23． √ ．（判断对错）【解答】解：根据题干分析可得：这个圆柱的体积与挖出的圆锥是等底等高，所以圆柱的体积是圆锥的体积的3倍，则剩下部分的体积是圆柱的体积的2(31)33-÷=．故答案为：√．12．（2019•亳州模拟）把一个圆柱削成一个圆锥，这个圆锥的体积是圆柱体积的13． ⨯ ．（判断对错）【解答】解：把一个圆柱削成一个与它等底等高的圆锥，这个圆锥的体积是圆柱体积的13，如果没有确定削成的圆锥是否与圆柱等底等高，那么把一个圆柱削成一个圆锥，这个圆锥的体积是圆柱体积的13，这种说法是错误的．故答案为：⨯．13．（2016•温州）把一个圆柱削成最大的圆锥体，削去部分的体积与圆锥的体积的比是2:1． √ （判断对错）【解答】解：圆柱体削成一个最大的圆锥体，则：3V V =圆柱圆锥():V V V -圆柱圆锥圆锥2:V V =圆锥圆锥2:1= 答：削去部分的体积与圆锥的体积的比是2:1．故题干的说法是正确的．故答案为：√．14．（2012•紫金县）把圆柱体削成一个最大的圆锥体，圆锥体体积是削去部分的12．正确．（判断对错）【解答】解：把圆柱体的体积看作“1”，与它等底等高的圆锥的体积是圆柱体的13，削求部分是圆柱体的23． 12133-=； 1213133322÷=⨯=；答：圆锥体体积是削去部分的12．故答案为：正确．四．计算题15．（2019•萧山区模拟）求如图图形的体积．单位：厘米．【解答】解：2 501030 3.14(202)10⨯⨯-⨯÷⨯15000 3.1410010=-⨯⨯150003140=-11860=（立方厘米），答：它的体积是11860立方厘米．16．（2019•萧山区模拟）求如图空心圆柱的表面积．（单位：分米）【解答】解：22 3.1444 3.1424 3.14[(42)(22)]2⨯⨯+⨯⨯+⨯÷-÷⨯50.2425.12 3.14[41]2=++⨯-⨯50.2425.12 3.1432=++⨯⨯50.2425.1218.84=++94.2=（平方分米），答：这个空心圆柱的表面积是94.2平方分米．五．应用题17．（2019•宁波模拟）有一块正方体木料，它的棱长是4分米．把这块木料加工成一个最大的圆柱．削去部分的体积是多少？【解答】解：2 444 3.14(42)4⨯⨯-⨯÷⨯64 3.1444=-⨯⨯6450.24=-13.76=（立方分米），答：削去部分的体积是13.76立方分米．18．（2018•萧山区模拟）一个圆锥形沙堆，底面积是250m ，高是3m ．用这堆沙在10米宽的公路上铺2cm 厚的路面，能铺多少米？【解答】解：2厘米0.02=米， 1503(100.02)3⨯⨯÷⨯500.2=÷250=（米)，答：能铺250米．19．（2019•萧山区模拟）一个圆锥形的沙堆，底面直径是4米、高1.5米．用这堆沙子铺在宽10米，厚5厘米的路上，能铺多长？【解答】解：5厘米0.05=米21 3.14(42) 1.5(100.05)3⨯⨯÷⨯÷⨯1 3.144 1.50.53=⨯⨯⨯÷6.280.5=÷12.56=（米)答：能铺12.56米．六．解答题20．（2019•萧山区模拟）一个直角三角形，两条直角边长分别为3厘米和4厘米，斜边长是5厘米．以斜边所在直线为轴旋转一周（如图），所得到的立体图形的体积是多少？【解答】解：直角三角形斜边所在直线为轴旋转一周，得到的几何体是同一底面的两个圆锥，如上图所示，设这个圆锥的底面半径是r ，则：52342r ÷=⨯÷，512r =，2.4r =，所以这个立体图形的体积是：21 3.14 2.4()3AO CO ⨯⨯⨯+，1 3.14 5.7653=⨯⨯⨯；30.144=（立方厘米），答：旋转一周后的立体图形的体积是30.144立方厘米．21．（2016•龙湾区校级模拟）一个底面半径与高的比为1:3的圆锥体煤堆．高是6米，如果每0.75立方米的煤是1吨，这堆煤有多少吨？【解答】解：21 3.14(63)63⨯⨯÷⨯3.148=⨯25.12=（立方米）251225.120.7575÷=（吨) 答：这堆煤有251275吨．22．（2012•桐乡市校级模拟）一个圆锥形麦堆，高1.2米，占地面积16平方米，如果每立方米小麦重750千克，这堆小麦重多少千克？【解答】解：116 1.27503⨯⨯⨯，6.4750=⨯，4800=（千克）．答：这堆小麦重4800千克．23．（2017•朝阳区）小红和小军分别以直角梯形的上底和下底为轴，将梯形旋转一周，得到两个立体图形．（1）你同意谁的说法，请将名字填在横线里．小红．（2）甲、乙两个立体图形的体积比是多少？（写出你的思考过程）【解答】解：（1）我同意小红的说法，分别以直角梯形的上底和下底为轴，将梯形旋转一周，得到两个立体图形的体积不相等．以梯形的上底为轴旋转得到是高为6厘米，底面半径是3厘米的圆柱内有一个空心圆锥；而以梯形的下底为轴旋转得到的是上面是圆锥、下面是圆柱．（2）甲的体积：2213.1436 3.143(63)3⨯⨯-⨯⨯⨯-13.1496 3.14933=⨯⨯-⨯⨯⨯169.5628.26=-141.3=（立方厘米）；乙的体积：221 3.143(63) 3.14333⨯⨯⨯-+⨯⨯1 3.1493 3.14933=⨯⨯⨯+⨯⨯28.2684.78=+113.04=（立方厘米）；141.3:113.04(141.3 3.14):(113.04 3.14)=÷÷(459):(369)=÷÷5:4=．答：甲、乙体积的比是5:4．故答案为：小红．24．（2012•苍南县）工地上有一些沙子，堆起来近似于一个圆锥．如果每立方米沙重1.5t，这堆沙重多少吨？（得数保留一位小数．)【解答】解：213.14(42) 1.6 1.5 3⨯⨯÷⨯⨯13.144 1.6 1.53=⨯⨯⨯⨯6.7 1.5≈⨯10.1≈（吨)，答：这堆沙重10.1吨．25．（2009•新昌县）一个装满稻谷的粮囤，上面是圆锥形，下面是圆柱形，量得圆柱地面的周长是6.28m，高是2m，圆锥的高是1.5m，这个粮囤能装稻谷多少立方米？如果每立方米稻谷重500千克，这个粮囤能装稻谷多少千克？【解答】解：（1）圆柱的底面积为：23.14(6.28 3.142)⨯÷÷23.141=⨯3.14=（平方米）；这个粮囤的体积：13.14 1.5 3.1423⨯⨯+⨯1.57 6.28=+7.85=（立方米）；答：这个粮囤能装稻谷7.85立方米．⨯=（千克）（2）7.855003925答：这个粮囤最多能装稻谷3925千克．。

人教A版高中数学必修二《基本立体图形》立体几何初步(第二课时旋转体及简单组合体的结构特征)

[解析] ①以直角三角形的一条直角边为轴旋转一周才可以得到圆锥，故错误；②以直角梯形垂直于底边的一腰为轴旋转一周可得到圆台，故错误；③它们的底面为圆面，故正确；④正确；作球的一个截面，在截面的圆周上任意取四点，则这四点就在球面上，故⑤错误；球面上任意三点一定不共线，故⑥错误．
[答案] ③④
课前 • 自主探究课堂 • 互动探究课后 • 素养培优课时 • 跟踪训练
[教材提炼] 知识点一圆柱的结构特征预习教材，思考问题圆柱是由几个平面围成的吗？若不是，它又是怎么构成的呢？
[提示] 圆柱的面不都是平的，如侧面就是曲的．它是以矩形的一条边为旋转轴，其余三条边旋转一周形成的面围成的旋转体．
2．已知 AB 是直角梯形 ABCD 中与底边垂直的一腰，如图．分别以 AB、BC、CD、DA 为轴旋转，试说明所得几何体的结构特征．
解析：(1)以 AB 为轴旋转所得旋转体是圆台．如图①所示． (2)以 BC 边为轴旋转所得的旋转体是一组合体：下部为圆柱，上部为圆锥．如图② 所示． (3)以 CD 边为轴旋转所得的旋转体为一组合体：上部为圆锥，下部为圆台，再挖去一个小圆锥．如图③所示．
若本例中蚂蚁围绕圆柱转两圈，如图，则它爬行的最短距离是多少？
解析：可把圆柱展开两次，如图，则 AB′即为所求． ∵AB＝2，BB′＝2×2π×1＝4π， ∴AB′＝ AB2＋BB′2＝ 4＋16π2＝2 1＋4π2. 故蚂蚁爬行的最短距离为 2 1＋4π2.
一般地，沿多面体或旋转体的表面最短距离(路程)问题，用侧面展开解决．
答案：C
3．如图所示的组合体，其结构特征是 ( ) A．两个圆锥 B．两个圆柱 C．一个棱锥和一个棱柱 D．一个圆锥和一个圆柱
解析：题图所示的几何体是由一个圆锥和一个圆柱构成的组合体．

人教B版高中数学选择性必修第一册精品课件第一章空间向量与立体几何第2课时空间向量的数量积

2 2
2
2
2
2
2
1
=2(|b|2-|a|2)=0,所以1
⊥ ,即 A1O⊥BD.
同理可证1 ⊥ ,即 A1O⊥OG.
又OG∩BD=O,OG⊂平面GBD,BD⊂平面GBD,
∴A1O⊥平面GBD.
成果验收·课堂达标检测
1.已知四面体 ABCD 的所有棱长都是 2,点 E 是 AD 的中点,则 · =( A )
作直线l(或平面α)的垂线,假设垂足为A,B,则向量称为a在直线l(或平面
α)上的投影.
(3)空间向量的数量积
两个非零向量a与b的数量积(也称为内积)定义为a·b=|a||b|cos<a,b>.规定
零向量与任意向量的数量积为0.
名师点睛
1.空间向量的数量积是一个实数而不是一个向量.
2.数量积的正负取决于向量的夹角,注意两向量反向时夹角为π.
(λa)·b=λ(a·b),λ∈R
交换律
a·b=b·a
分配律
(a+b)·c=a·c+b·c
名师点睛
1.a⊥b的充要条件是a·b=0,这是用向量证明空间中垂直关系的根本方法,
同时也说明由a·b=0不能得到a=0或b=0.
2.向量的数量积不满足结合律.
过关自诊
1.判断正误.(正确的画√,错误的画×)
(1)对于非零向量b,由a·b=b·c,可得a=c.( × )
1
C.
4
解析由题意得 = + = +
· = ·(
2
1
|
|
2
=
1
.故选
2
D.
1
+ 2

2020版高考数学人教版理科一轮复习第七章立体几何 (2)

1．(方向 1)(2019·洛阳市第一次统考)某几何体的三视图如图所示，
则该几何体的体积是( B )
15π A. 2
17π C. 2
B．8π D．9π
解析：依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的平面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所得的部分的底面半径为 1，最短母线长为 3、最长母线长为 5，将这两个截后所得的部分拼接，恰好可以形成一个底面半径为 1，母线长为 5＋3＝8 的圆柱，因此题中的几何体的体积为 π×12×8＝8π，故选 B.
又平面 B1D1D∩平面 B1EDF＝B1D，
所以 O1H⊥平面 B1EDF，
所以 O1H 等于四棱锥 C1-B1EDF 的高．
因为△B1O1H∽△B1DD1，
Байду номын сангаас
所以
O1H＝B1OB11·DDD1＝
6 6 a.
方向 3 利用体积法求点面距离【例 4】如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PD ⊥底面 ABCD，M，N 分别为 AB，PC 的中点，PD＝AD＝2，AB＝4.
如图，连接 AB′，AD′，B′D′，因为三棱锥 A′-AB′D′ 是正三棱锥，所以 A′A，A′B′，A′D′与平面 AB′D′所成的角都相等．分别取 C′D′，B′C′，BB′，AB，AD，DD′ 的中点 E，F，G，H，I，J，连接 EF，FG，GH，IH，IJ，JE，易得 E，F，G，H，I，J 六点共面，平面 EFGHIJ 与平面 AB′D′ 平行，且截正方体所得截面的面积最大．又 EF＝FG＝GH＝IH ＝IJ＝JE＝ 22，所以该正六边形的面积为 6× 43×( 22)2＝343，所以 α 截此正方体所得截面面积的最大值为34 3，故选 A.

2023年高考数学总复习：立体几何及答案解析

又∵已知 E 为 PB 的中点，∴OE∥PD．
∵PD⊄平面 AEC，OE⊂平面 AEC，
∴PD∥平面 AEC．
解：（2）∵
⺁，
⺁，∴
⺁⺁．
又∵PD⊥底面 ABCD，∴ 三棱锥 െ
∵E 是 PB 的中点，∴ 三棱锥 െ
⺁三棱锥 െ
⺁⺁⺁⺁⺁
⺁．
⺁三棱锥 െ
⺁⺁．
2．如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中，PA⊥平面 ABC，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝2，⺁， BC＝6．（1）求证：平面 PBD⊥平面 PAC；（2）PA 长为何值时，直线 PC 与平面 PBD 所成角最大？并求此时该角的正弦值．
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【解答】（1）证明：∵PA⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD，∴BD⊥PA，
又㋨๗
，㋨๗
，
∴∠ABD＝30°，∠BAC＝60°，∴∠AEB＝90°，即 BD⊥AC（E 为 AC 与 BD 交点）．
又 PA∩AC，∴BD⊥平面 PAC
又因为 BD⊂平面 PBD，所以平面 PBD⊥平面 PAC．
则๗ ๗
，即 െ ⺁㌳⺁ െ⺁㌳ ൅
，取 x＝1，
⺁得平面 PBD 的一个法向量为๗ （1，，），
所以 cos＜，๗＞
๗
，
๗
쳌㌳⺁
㌳
⺁⺁
㌳⺁㌳⺁
因为㌳⺁㌳⺁
㌳⺁⺁⺁
，当且仅当 t＝2 时等号成立，
所以 cos＜，๗＞
，记直线 PC 与平面 PBD 所成角为θ，
则 sinθ＝|cos＜，๗＞|，故 t๗ ，
即⺁时，直线 PC 与平面 PBD 所成角最大，此时该角的正弦值为．

中职数学单招一轮总复习《立体几何》复习课件

典例精讲
第 13 页
例1 下列说法中，正确的是（）． A．一个平面长8 cm，宽3 cm B．2个平面叠在一起比1个平面要厚 C．空间中任意三点可以确定一个平面 D．一个矩形长4 cm，宽2 cm
解析根据平面的概故选D．
【名师点睛】本题考查学生对于平面概念的理解，即平面是没有大小、没有厚薄、光滑的、可以无限延展的图形．
2．用集合符号语言表示“直线 l 与平面 α 交于一点A”：__________________．
活学活练
二、填空题
第 22 页
3．两个相交平面可以将空间分成__________部分，三个两两相交的平面最多可将空间分成__________部分．
典例精讲
变式训练1 下列说法中，正确的是（ A．空间任意三点都能确定一个平面 B．四边形一定是平面图形 C．三角形一定是平面图形 D．梯形不一定是平面图形
）．
第 14 页
典例精讲
第 15 页
例2 三条直线两两平行，但不共面，它们可以确定_____________个平面．
解析由推论3可知，经过两条平行直线，可以确定一个平面．本题中三条直线两两平行，故可以确定3个平面，即答案为3．
活学活练
一、单项选择题
第 20 页
3．若点A在直线α上，直线α又在平面α内，则对点A、直线α与平面α之间的位置
关系表述正确的是（）．
A．A a
B．A a
C．A a
D．A a
4．下列不能确定一个平面的是（ A．一条直线和这条直线外一点 C．空间中两条相交的直线
）．
B．空间中的三个点 D．空间中两条平行的直线
第 17 页
证明因为 m∥n ，所以直线 m，n 可以确定一个平面α，从而有m ，n ．因为 Am，B n，所以 A，B ，又因为 Al，Bl，所以直线 l ，从而有直线 m，n，l 共面．

2024年高考数学总复习：立体几何中的动态问题

第1页共5页2024年高考数学总复习：立体几何中的动态问题[解题策略]立体几何中的“动态”问题就变化起因而言大致可分为两类：一是平移；二是旋转．就所求变量而言可分为三类：一是相关线、面、体的测度；二是角度；三是距离．立体几何动态问题的解决需要较高的空间想象能力与化归处理能力，在各省市的高考选择题与填空题中也时有出现．在解“动态”立体几何题时，如果我们能努力探寻运动过程中“静”的一面，动中求静，往往能以静制动、克难致胜．1．去掉枝蔓见本质——大道至简在解决立体几何中的“动态”问题时，需从复杂的图形中分化出最简单的具有实质性意义的点、线、面，让几何图形的实质“形销骨立”，即从混沌中找出秩序，是解决“动态”问题的关键．例1如图1，直线l ⊥平面α，垂足为O .正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2.点A 是直线l 上的动点，点B 1在平面α内，则点O 到线段CD 1中点P 的距离的最大值为________．图1答案2＋2解析从图形分化出4个点O ，A ，B 1，P ，其中△AOB 1为直角三角形，固定AOB 1，点P 的轨迹是在与AB 1垂直的平面上且以AB 1的中点Q 为圆心的圆，从而OP ≤OQ ＋QP ＝12AB 1＋2＝2＋2，当且仅当OQ ⊥AB 1，且点O ，Q ，P 共线时取到等号，此时直线AB 1与平面α成45°角．2．极端位置巧分析——穷妙极巧在解决立体几何中的“动态”问题时，对于移动问题，由图形变化的连续性，穷尽极端特殊之要害，往往能直取答案．例2在正四面体A －BCD 中，E 为棱BC 的中点，F 为直线BD 上的动点，则平面AEF 与平面ACD 所成二面角的正弦值的取值范围是________．答案1解析本例可用极端位置法来加以分析．。

高三总复习数学课件立体几何中的动态问题

满足―B→P ＝λ―B→C ＋μ―BB→1 ，其中 λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则
()
A．当 λ＝1 时，△AB1P 的周长为定值
B．当 μ＝1 时，三棱锥 P-A1BC 的体积为定值
C．当 λ＝12时，有且仅有一个点 P，使得 A1P⊥BP
D．当 μ＝12时，有且仅有一个点 P，使得 A1B⊥平面 AB1P
由 M 点是正方形 ABB1A1 内的动点可知，若 C1M∥平面 CD1EF，则点 M 在线段 GH 上，所以 M 点的轨迹长度 GH＝ 12＋12＝ 2. 答案： 2
类型二度量问题
立体几何中动点的轨迹的度量问题的探究，包括求解轨迹的长度，相关的体积、截面面积等．
[例1] (2022·德州一模)(多选)如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F
2 PPFE＝ 36，所以 P 点的轨迹是直线，故选 A.
(2)当 λ＝1 时，―B→P ＝―B→C ＋μ―BB→1 .若 μ＝0，则―B→P ＝―B→C ，即点 P 与点 C 重合，则△AB1P 的周长为 1＋2 2；若 μ＝12，则―B→P ＝―B→C ＋12―BB→1 ，即点 P 为线段 CC1 的中点，易得 AP ＝PB1＝ 1＋14＝ 25，所以△AB1P 的周长为 2＋ 5，故 A 错误．当 μ＝1 时，由―B→P ＝λ―B→C ＋―BB→1 ，得点 P 在线段 B1C1 上运动，易知 S △A1BC 为定值，且 B1C1∥平面 A1BC，所以点 P 到平面 A1BC 的距离为定值，所以 VP-A1BC 为定值，故 B 正确．
确；对于D：因为MN∥AD1，AD1⊂面ABD1，MN⊄面ABD1，所以MN∥面ABD1，
所以点F到面ABD1的距离是定值，所以三棱锥F-ABD1的体积为定值，故D正

立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离

高考总复习·数学理科（RJ）
第八章立体几何与空间向量
高考总复习·数学理科（RJ）
第八章立体几何与空间向量
方法二 ∵AB＝AC＝2，∠A1AC＝60°，则 AC1＝2 3，又∵BC1＝4， ∴AB2＋AC21＝BC21，∴BA⊥AC1，又∵BA⊥AC，AC∩AC1＝A，AC⊂平面 A1ACC1， AC1⊂平面 A1ACC1，∴BA⊥平面 A1ACC1，又∵BA⊂平面 ABC， ∴平面 A1ACC1⊥平面 ABC.
(3)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

]．(
)
(4)若二面角 α-a-β 的两个半平面 α，β 的法向量 n1，n2 所成
角为 θ，则二面角 α-a-β 的大小是π －θ .( )
【答案】 (1)× (2)× (3)√ (4)×
1)，C1(0，2，0)，B1(0，2，1)，可得向量A→B1＝(－2，2，1)，B→C1 ＝(0，2，－1)，由向量的夹角公式得
cos〈A→B1，B→C1〉＝
4＋4＋0＋1×4－10＋4＋1＝
1＝ 5
55，故选
A. 【答案】 A
高考总复习·数学理科（RJ）
第八章立体几何与空间向量
4．如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC-A1B1C1 的底面边长为 2，侧棱长为 2 2，则 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角为________．
高考总复习·数学理科（RJ）
第八章立体几何与空间向量
(2)如图②③，n1，n2 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〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量 n1 与 n2 的夹角(或其补角).

人教版高考总复习一轮数学精品课件主题三几何与代数第八章第2课时求空间角与距离

（1）求证:平面 ⊥平面.
证明在等腰梯形中, = 4, = = 2,则∠ = 60∘ ,
则 = 2 3,所以2 + 2 = 2 , ⊥ .又 = 4, = 2，由
2 + 2 = 16 = 2 ,得到 ⊥ .
.设直线和所成的角为
6
6
6
3
3
2 6
,则cos = |cos⟨,⟩| =
1
2
3
3
×
2
2
=
2
.
3
规律方法
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；
用公式 cos⟨,⟩ =
得结论
⋅

π
2
利用sin = |cos⟨,⟩|,直线和平面所成角的范围是[0, ],即可得出直线和平面所
成的角
［对点训练3］如图,在四棱锥 − 中,底面四边形
满足 = = 2, = = 5,∠ = 90∘ ,棱上的点
= − = −
1
,
2
=
1
(
2
+ ).
设向量与的夹角为,则直线和所成角的余弦值等于 cos .
⋅ =
1
2
1
−
8
+
1
2
1
1
−
4
8
1
2
1
2
1
4
1
2
1
4
+ ⋅ ( − ) = 2 − ⋅ + ⋅ − ⋅ =

2020版高考数学总复习第八章立体几何初步第2节简单几何体的表面积和体积课件文北师大版

(2)该几何体为一个半圆柱中间挖去一个四面体， ∴体积 V＝12π×22×4－13×12×2×4×4＝8π－136. 答案 (1)C (2)A
考点三多面体与球的切、接问题
典例迁移
【例3】 (经典母题)(2016·全国Ⅲ卷)在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V
的球.若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )
故S球＝4πR2＝169π.
【迁移探究2】若将题目的条件变为“如图所示是一个几何体的三视图”，试求该几何体外接球的表面积.
解设外接球的半径为 R，由三视图可知该几何体是两个正四棱锥的组合体(底面重
合)，上、下两顶点之间的距离为 2R，正四棱锥的底面是边长为 2R 的正方形，由
R2＋

22R2＝32 解得
解析由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积 V＝12×(1＋2)×2×2＝6. 答案 6
考点一简单几何体的表面积
【例1】 (1)(2019·南昌模拟)一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其主视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是( )
A.4 3
B.4 5
C.4( 5＋1)
答案 A
角度2 简单几何体的体积【例2－2】 (一题多解)(2018·天津卷)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，
则四棱锥A1－BB1D1D的体积为________．
解析法一连接 A1C1 交 B1D1 于点 E，则 A1E⊥B1D1，A1E⊥BB1，则 A1E⊥平面
BB1D1D，所以 A1E 为四棱锥 A1－BB1D1D 的高，且 A1E＝ 22，矩形 BB1D1D 的长和宽
【训练3】 (2019·广州模拟)三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝ PC＝AC＝2，AB＝4，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为( )

第 23 课时 立体几何总复习课(2)