人教版高中数学《立体几何之鳖臑(三角锥体)》
2020高考数学核心突破《专题5 立体几何 第3讲 空间向量及其在立体几何中的应用》 (2)
专题五第3讲1．(2017·江西九江二模)《九章算术》中有鳖臑(biēnào)和刍甍(chú méng)两种几何体，鳖臑是一种三棱锥，四面都是直角三角形，刍甍是一种五面体，其底面为矩形，顶部为一条平行于底面矩形的一边且小于此边的线段．在如图所示的刍甍ABCDEF中，已知平面ADFE ⊥平面ABCD，EF∥AD，且四边形ADFE为等腰梯形，AE＝EF＝3，AD＝5.(1)试判断四面体A-BDE是否为鳖臑，并说明理由；(2)若AB＝2，求平面BDE与平面CDF所成的锐二面角的余弦值．解析(1)四面体A-BDE为鳖臑．证明过程如下：过点E作EH⊥AD，垂足为H.∵四边形ADFE为等腰梯形，AE＝5，EF＝3，AD＝5，则AH＝1，∴EH＝AE2－AH2＝2，DE＝EH2＋DH2＝25，∴AD2＝AE2＋DE2，∴DE⊥AE.∵四边形ABCD为矩形，∴AB⊥AD.又平面ADFE⊥平面ABCD，平面ADFE∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，∴AB⊥平面ADFE.又AE⊂平面ADFE，∴AB⊥AE.又DE⊂平面ADFE，∴AB⊥DE.又AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，∴DE⊥平面ABE.又BE⊂平面ABE，∴DE⊥BE.∴△BDE，△ADE，△BAE和△BAD都为直角三角形，∴四面体A-BDE为鳖臑．(2)以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(2,0,0)，D(0,5,0)，E(0,1,2)，F(0,4,2)，C(2,5,0)．设平面BDE 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则D E →＝(0，－4,2)，D B →＝(2，－5,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·D E →＝0，m ·D B →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－4y 1＋2z 1＝0，2x 1－5y 1＝0.令x 1＝5，得y 1＝2，z 1＝4，∴m ＝(5,2,4)．设平面CDF 的一个法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)． 又D C →＝(2,0,0)，D F →＝(0，－1,2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DC →＝0，n ·D F →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＝0，－y 2＋2z 2＝0.令z 2＝1，得n ＝(0,2,1)． ∴cos 〈m ，n 〉＝m·n|m|·|n|＝4＋425＋4＋16×5＝815， 所以平面BDE 与平面CDF 所成的锐二面角的余弦值为815.2．(2017·东北三校联考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面P AC ⊥平面ABCD ，且P A ⊥AC ，P A ＝AD ＝2.四边形ABCD 满足BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1.点E ，F 分别为侧棱PB ，PC 上的点，且PE PB ＝PF PC＝λ.(1)求证：EF ∥平面P AD ；(2)当λ＝12时，求异面直线BF 与CD 所成角的余弦值；(3)是否存在实数λ，使得平面AFD ⊥平面PCD ？若存在，试求出λ的值；若不存在，请说明理由．解析 (1)证明：∵PE PB ＝PFPC ＝λ，∴EF ∥BC ，又BC ∥AD ，∴EF ∥AD ， 而EF ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ， ∴EF ∥平面P AD .(2)∵平面ABCD ⊥平面P AC ，平面ABCD ∩平面P AC ＝AC ，且P A ⊥AC ， ∴P A ⊥平面ABCD . ∴P A ⊥AB ，P A ⊥AD .又∵AB ⊥AD ，∴P A ，AB ，AD 两两垂直． 如图所示，建立空间直角坐标系．∵AB ＝BC ＝1，P A ＝AD ＝2，∴A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)， 当λ＝12时，F 为PC 中点，∴F ⎝⎛⎭⎫12，12，1， ∴BF →＝⎝⎛⎭⎫－12，12，1，CD →＝(－1,1,0)， 设异面直线BF 与CD 所成的角为θ， ∴cos θ＝|cos 〈BF →，CD →〉|＝12＋1262×2＝33.故异面直线BF 与CD 所成角的余弦值为33. (3)设F (x 0，y 0，z 0)，则PF →＝(x 0，y 0，z 0－2)，PC →＝(1,1，－2)，又PF →＝λPC →，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝λ，y 0＝λ，z 0＝2－2λ，∴AF →＝(λ，λ，2－2λ)．设平面AFD 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AF →＝0，m ·AD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧λx 1＋λy 1＋(2－2λ)z 1＝0，2y 1＝0，令z 1＝λ，得m ＝(2λ－2,0，λ)．设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 2－2z 2＝0，－x 2＋y 2＝0， 取y 2＝1，则x 2＝1，z 2＝1，∴n ＝(1,1,1)，由m ⊥n ，得m·n ＝(2λ－2,0，λ)·(1,1,1)＝2λ－2＋λ＝0， 解得λ＝23.当λ＝23时，使得平面AFD ⊥平面PCD .3．(2018·湖北襄阳四中模拟)如图，在四棱锥S -ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，侧棱SA ⊥底面ABCD ，AB 垂直于AD 和BC ，SA ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1，M 是棱SB 的中点．(1)求证：AM ∥平面SCD ；(2)求平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值；(3)设点N 是直线CD 上的动点，MN 与平面SAB 所成的角为θ，求sin θ的最大值． 解析 (1)证明：以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (2,2,0)，D (1,0,0)，S (0,0,2)，M (0,1,1)．则AM →＝(0,1,1)，SD →＝(1,0，－2)，CD →＝(－1，－2,0)． 设平面SCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧SD →·n ＝0，CD →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，－x －2y ＝0.令z ＝1，得n ＝(2，－1,1)． ∵AM →·n ＝0，∴AM →⊥n .∵AM ⊄平面SCD ，∴AM ∥平面SCD .(2)易知平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)． 设平面SCD 与平面SAB 所成的二面角为φ， 易知0<φ<π2，则cos φ＝⎪⎪⎪⎪n 1·n |n 1|·|n|＝21·6＝63，即cos φ＝63. ∴平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值为63. (3)设N (x,2x －2,0)，则MN →＝(x,2x －3，－1)． ∵平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)， sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 5x 2－12x ＋10＝110×⎝⎛⎭⎫1x 2－12×1x＋5＝110×⎝⎛⎭⎫1x －352＋75，当1x ＝35，即x ＝53时，(sin θ)max ＝357. 4．▱ABCD 中，AB ＝2，M 为CD 的中点，BM ＝3，且DAM 为等边三角形，沿AM 将△DAM 折起至P AM 的位置，使PB ＝2.(1)求证：BM ⊥P A ；(2)求二面角A -PB -M 的平面角的正弦值．解析 (1)证明：由已知，在△ABM 中，BM ＝3，AM ＝1，AB ＝2，∴BM 2＋AM 2＝AB 2，∴BM ⊥AM .又在△PMB 中，PB ＝2，PM ＝1，BM ＝3，∴PM 2＋BM 2＝PB 2，∴BM ⊥PM .又PM ∩AM ＝M ，∴BM ⊥平面P AM ，∴BM ⊥P A .(2)在△P AM 中，作PO ⊥AM 交AM 于点O ，取AB 中点K ，以O 为原点，OA ，OK ，OP 所在射线分别为x ，y ，z 轴正半轴建立空间直角坐标系(图略)，则由已知可得A ⎝⎛⎭⎫12，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，B ⎝⎛⎭⎫－12，3，0，M ⎝⎛⎭⎫－12，0，0， ∴P A →＝⎝⎛⎭⎫12，0，－32，P B →＝⎝⎛⎭⎫－12，3，－32.设平面P AB 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧P A →·n ＝0，P B →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －3z ＝0，－x ＋23y －3z ＝0，∴n ＝(3，3，3)． 同理，平面PBM 的一个法向量为m ＝(－3,0，3)．设二面角A -PB -M 的平面角为α， 则|cos α|＝|m ·n ||m |·|n |＝55，∴sin α＝255. 5．(2017·甘肃兰州诊断)如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2，BC ＝CD ＝1，顶点D 1在底面ABCD 内的射影恰为点C .(1)求证：AD 1⊥BC ；(2)若直线DD 1与直线AB 所成的角为π3，求平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值．解析 (1)证明：连接D 1C ，则D 1C ⊥平面ABCD ， ∴D 1C ⊥BC .在等腰梯形ABCD 中，连接AC . ∵AB ＝2，BC ＝CD ＝1，AB ∥CD ， ∴AC ＝ 3. ∴AB 2＝BC 2＋AC 2.∴BC ⊥AC ，又∵AC ∩D 1C ＝C ， ∴BC ⊥平面AD 1C ，∴AD 1⊥BC . (2)由(1)知，AC ，BC ，D 1C 两两垂直．∵AB ∥CD ，∴∠D 1DC ＝π3.∵CD ＝1，∴D 1C ＝ 3.又AC ＝3，以C 为原点，CA →，CB →，CD 1→分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)，D 1(0,0，3)，AB →＝(－3，1，0)，AD 1→＝(－3，0，3)． 设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AD 1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y －3x ＝0，z －x ＝0，可得平面ABC 1D 1的一个法向量n ＝(1，3，1)． 又CD 1→＝(0,0，3)为平面ABCD 的一个法向量， 因此cos 〈CD 1→，n 〉＝CD 1→·n |CD 1→||n |＝55，∴平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值为55.6．(2017·北京清华附中一模)如图，在棱台ABC -FED 中，△DEF 与△ABC 分别是边长为1与2的正三角形，平面ABC ⊥平面BCDE ，四边形BCDE 为直角梯形，BC ⊥CD ，CD＝1，点G 为△ABC 的重心，N 为AB 的中点，AM →＝λAF →(λ∈R ，λ>0)．(1)当λ＝23时，求证：GM ∥平面DFN ；(2)若直线MN 与CD 所成角为π3，试求二面角M -BC -D 的余弦值．解析 (1)证明：连接AG 并延长交BC 于点P ，连接PF ，NP .∵点G 为△ABC 的重心，∴P 为BC 的中点，且AG AP ＝23，又AM →＝23A F →，∴AG AP ＝AM AF ＝23，∴GM ∥PF .∵N 为AB 的中点，P为BC 的中点，∴NP ∥AC .又AC ∥DF ，∴NP ∥DF ，则P ，D ，F ，N 四点共面，即PF ⊂平面DFN ， ∴GM ∥平面DFN .(2)∵平面ABC ⊥平面BCDE ，平面ABC ∩平面BCDE ＝BC ，AP ⊥BC ，∴AP ⊥平面BCDE ，连接PE ，易得PE ⊥BC .以P 为原点，PC 所在直线为x 轴，PE 所在直线为y 轴，P A 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则C (1,0,0)，D (1,1,0)，A (0,0，3)，F ⎝⎛⎭⎫12，1，32，B (－1,0,0)，N ⎝⎛⎭⎫－12，0，32.设M (x ，y ，z )，∵AM →＝λAF →，∴M ⎝⎛⎭⎫λ2，λ，3－32λ，NM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋12，λ，32(1－λ)， C D →＝(0,1,0)．∵MN 与CD 所成角为π3，∴cos π3＝|NM →·C D →||NM →|·|C D →|＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋122＋λ2＋34(1－λ)2＝12，得2λ2＋λ－1＝0，∴λ＝12，∴M ⎝⎛⎭⎫14，12，334. 设平面MBC 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·B C →＝0，n ·BM →＝0，取n ＝(0,33，－2)．又平面BCD 的一个法向量为ν＝(0,0,1)， ∴二面角M -BC -D 的余弦值为|n·ν||n |·|v |＝23131.。
第7章立体几何专练14—小题综合练习(二)-2021届高三数学一轮复习
小题综合练习（二）一、单选题1．设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，( ) A ．若l β⊥，则αβ⊥ B ．若αβ⊥，则l m ⊥ C ．若//l β，则//αβD ．若//αβ，则//l m解：对于A ，l β⊥，且l α⊂，根据线面垂直的判定定理，得αβ⊥，A ∴正确； 对于B ，当αβ⊥，l α⊂，m β⊂时，l 与m 可能平行，也可能垂直，B ∴错误； 对于C ，当//l β，且l α⊂时，α与β可能平行，也可能相交，C ∴错误； 对于D ，当//αβ，且l α⊂，m β⊂时，l 与m 可能平行，也可能异面，D ∴错误． 故选：A ．2．鳖臑bi ē n ào 是我国古代对四个面均为直角三角形的三棱锥的称呼．已知三棱锥是一个鳖臑，其中，，，且，，，则三棱锥的外接球的体积是 A ．B ．C ．D ．解：如图，由，，且，可得平面，则，又，且，，)A BCD -AB BC ⊥AB BD ⊥BC CD ⊥6AB =3BC =2DC =A BCD -()493π3432π49π3436πAB BC ⊥AB BD ⊥BCBD B =AB ⊥BCD AB CD ⊥BC CD ⊥AB BC B =CD AC ∴⊥则为三棱锥的外接球的直径．，，，，故三棱锥的外接球的半径为， 则三棱锥的外接球的体积是．故选：．3．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周十尺，高六尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为10尺，米堆的高为6尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算堆放的米约为A ．17斛B ．25斛C ．41斛D ．58斛解：设米堆所在圆锥的底面半径为尺，则，，米堆的体积为（尺， 米堆的斛数为（斛． 故选：．4．已知四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，是等边三角形，且若点在四棱锥的外接球面上运动，记点到AD A BCD -6AB =3BC =2DC =7AD ∴=A BCD -72A BCD -347343()326V ππ==D ()r 12104r π⨯=20r π=∴2211120()666.674312V r h πππ=⨯=⨯⨯⨯≈3)∴66.67411.62≈)C S ABCD -ABCD //AD BC 120BAD ∠=︒SAD ∆SA AB ==P S ABCD -P平面的距离为，若平面平面，则的最大值为ABCD解：依题意，，取的中点，则是等腰梯形外接圆的圆心，是的外心， 作平面，平面，则是人锥的外接球的球心，且，， 设四棱锥的外接球半径为， 则， 则，当四棱锥的体积最大时，．故选：．5．已知正四面体的棱长为，，分别是，上的点，过作平面，使得，均与平行，且，到的距离分别为2，4，则正四面体的外接球被所截得的圆的面积为A ．B ．C ．D ．ABCD d SAD ⊥ABCD d ()12123MBC π∠=BC E E ABCD F SAD ∆OE ⊥ABCD OF ⊥SAB O S ABCD -3OF DE ==2AF =S ABCD -R 22213R SF OF =+=1OE DF ==∴S ABCD -1max d R OE =+=A A BCD -M N AC AD MN αAB CD αAB CD αA BCD -α()11π18π26π27π解：将正四面体补形成棱长为6的正方体， 则的外接球球心即为正方体的中心， 故球的半径， 因为，均与平行， 故与面，平行，到面，的距离分别为2和4， 因为到面的距离为3， 故此时到的距离为1，故被球所截圆半径从而截面圆的面积为． 故选：．6．已知长方体，，，是的中点，点在长方体内部或表面上，且平面，则动点的轨迹所形成的区域面积是A ．6B ．C ．D ．9解：如图所示，，，，，分别为，，，，的中点，则，，A BCD -APBQ ECFD -A BCD -O O R ==AB CD ααAPBQ ECFD αAPBQ ECFD O APBQ O ααO r 226r ππ=C 1111ABCD A B C D -2AB AD ==14AA =M 1BB P //MP 11AB D P ()E F G H N 11B C 11C D 1DD DA AB 11////EF B D NH 1////MN B A FG所以平面平面，所以动点的轨迹是六边形及其内部． 因为，，所以，，到， 所以．故选：．7．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，M，N 分别为棱AB ，11C D 的中点．平面α过1B ，M 两点，且//BN α．设平面α截正方体所得截面面积为S ，且将正方体分成两部分的体积比为12:V V ，有如下结论：①34S =，②98S =，③12:1:3V V =，④12:7:17V V =，则下列结论正确的是( ) A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④解：取AD 的中点H ，连结HM ，1HD ，11B D ， 由题意得//BD MH ，BD ⊂/平面11HMB D ，MH ⊂平面11HMB D ，//MEFGHN 11AB D P MEFGHN 2AB AD ==14AA =EF HN ==EM MN FG GH ===GM =E GM 229EFGH S S ===梯形D//BD ∴平面11HMB D ，∴平面α即平面11HMB D ，∴截面11HMB D 为等腰梯形，由已知可得11B D =2MH =，11MB HD ==其面积为19(2248S =⨯=．故选：D ．8．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，120BAC ∠=︒，AP 2AB AC ==，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积是( )A ．92π B ． C ．18π D ．40π解：设ABC ∆的外接圆半径为r ，外接圆心为1O ，过点1O 做底面ABC 的垂线，则球心在垂线上，设球心为O ，连接1OO ，1AO ，1CO ，得到Rt △1OO C ，如图所示：120BAC ∠=︒，2AB AC ==，∴由余弦定理，得222cos1202AB AC BC AB AC+-︒=，解得BC =，在ABC ∆中由正弦定理，得2sin120BCr =︒，2r ∴=，设三棱锥P ABC -的外接球的半径为R ，则在Rt △1OO C ，中，OCR =，112OO PA ==12CO r ==， ∴222R r =+，∴292R =， ∴三棱锥P ABC -的外接球的表面积是2944182R ππ=⨯=， 故选：C ．9．设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1和，且长为的棱异面，则的取值范围是A． B ． C ．D ．解：设四面体的底面是，，，顶点为， 在三角形中，因为两边之和大于第三边可得：（1） 取中点，是中点，直角三角形全等于直角，所以在三角形中，a a a ()BCD BC a =1BD CD ==A AD =BCD 02a <<BC E E ACE DCE AED AE ED =两边之和大于第三边得 （负值0值舍）（2）由（1）（2）得．另解；可设，，，可得、为等腰直角三角形，可得，即有， 故选：．10．如图，四棱锥的底面为正方形，底面，则下列结论中不正确的是A ．B ．平面C ．与平面所成的角等于与平面所成的角∴0a <0a <<AD a =1AB AC BD CD ====BC =ABC ∆BCD∆AE DE ==0a <<A S ABCD -SD ⊥ABCD ()AC SB ⊥//AB SCD SA SBD SC SBDD ．与所成的角等于与所成的角 解：底面，底面为正方形，连接，则，根据三垂线定理，可得，故正确；，平面，平面， 平面，故正确； 底面，是与平面所成的角，是与平面所成的，而，，即与平面所成的角等于与平面所成的角，故正确； ，与所成的角是，与所成的角是，而这两个角显然不相等，故不正确； 故选：． 二、多选题11．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是1AB 、1BC 的中点，下列结论中正确的是( )AB SC DC SA SD ⊥ABCD ABCD ∴BD BD AC ⊥AC SB ⊥A //AB CD AB ⊂/SCD CD ⊂SCD //AB ∴SCD B SD ⊥ABCD ASO ∠SA SBD CSO ∠SC SBD SAO CSO ∆≅∆ASO CSO ∴∠=∠SA SBD SC SBD C //AB CD AB ∴SC SCD ∠DC SA SAB ∠DDA ．EF 与1BB 垂直 B ．EF 与平面11BCC B 垂直C ．EF 与1CD 所成的角为45︒D ．//EF 平面ABCD解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体1111ABCD A B C D -中棱长为2，则(2E ，1，1)，(1F ，2，1)，(2B ，2，0)，1(2B ，2，2)，(0D ，0，0)，1(0C ，2，2)，(1EF =-，1，0)，1(0BB =，0，2)，∴10EF BB =，EF ∴与1BB 垂直，故A 正确；(1EF =-，1，0)，(0CB =，2，0)，2EF CB =，EF ∴与CB 不垂直，EF ∴与平面11BCC B 不垂直，故B 错误；(1EF =-，1，0)，1(0C D =，2-，2)-，1111cos 2||||2EF C D EF C D EF C D ∴<>===-，EF ∴与1C D 所成的角为60︒，故C 错误；(1EF =-，1，0)，平面ABCD 的法向量(0n =，0，1)，0EF n =，EF ⊂/平面ABCD ，//EF ∴平面ABCD ，故D正确．故选：AD ．12．如图，四棱锥P ABCD∆是等边三角形，底面ABCD -中，平面PAD⊥底面ABCD，PAD是菱形，且60∠=︒，M为棱PD的中点，N为菱形ABCD的中心，下列结论正确的有BAD()A．直线PB与平面AMC平行B．直线PB与直线AD垂直C．线段AM与线段CM长度相等D．PB与AM所成角的余弦值为4解：如图，连接MN，可知//PB面AMC，故A正确；MN PB，由线面平行的判定定理得//在菱形ABCD中，60∆为等边三角形．∠=︒，则BADBAD设AD的中点为O，连接OB，OP，则OP AD=，⊥，又OP OB O⊥，OB AD由线面垂直的判定定理得出AD⊥平面POB，PB⊂平面POB，AD PB∴⊥，故B正确；平面PAD ⊥平面ABCD ，由面面垂直的性质可得POB ∆为直角三角形，设4AD =，则OP OB ==，PB ∴=12MN PB =在MAN ∆中，AM AN ==MN =cos AMN ∠=故异面直线PB 与AM ． 在MAN ∆中，222AM AN MN ≠+，则ANM ∠不是直角，则AMC ∆不是等腰三角形，即AM 与CM 长度不等，故C 错误，D 正确． 故选：ABD ．13．在长方体1111ABCD A B C D -中，M ，P 是平面11DCC D 内不同的两点，N ，Q 是平面ABCD 内不同的两点，且M ，P ，N ，Q CD ∉，E ，F 分别是线段MN ，PQ 的中点．则下列结论正确的是( )A ．若//MN PQ ，则//EF CDB ．若E ，F 重合，则//MP CDC ．若MN 与PQ 相交，且//MP CD ，则NQ 可以与CD 相交 D ．若MN 与PQ 是异面直线，则EF 不可能与CD 平行解：若//MN PQ ，则M 、N 、P 、Q 四点共面γ，当MN PQ <时，平面11DCC D 、平面ABCD 、平面γ两两相交有三条交线，分别为MP 、NQ 、CD ， 则三条交线交于一点O ，则CD 与平面γ交于点O ，则EF 与CD 不平行，故A 错误； 若E 、F 两点重合，则//MP NQ ，M 、N 、P 、Q 四点共面γ，平面11DCC D 、平面ABCD 、平面γ两两相交有三条交线，分别为MP 、NQ 、CD ， 由//MP NQ ，得////MP NQ CD ，故B 正确；若MN 与PQ 相交，确定平面γ，平面11DCC D 、平面ABCD 、平面γ两两相交有三条交线， 分别为MP 、NQ 、CD ，//MP CD ，////MP NQ CD ∴，则NQ 与CD 不可能相交，故C 错误；当MN 与PQ 异面时，如图，连接NP ，取NP 中点G ，连接EG ，FG ，则//EG MP ，MP ⊂平面11DCC D ，EG ⊂/平面11DCC D 、则//EG 平面11DCC D ，假设//EF CD ，CD ⊂平面11DCC D 、EF ⊂/平面11DCC D ，//EF ∴平面11DCC D ，又EFEG E =，∴平面//EFG 平面11DCC D ，同理可得，平面//EFG 平面ABCD ，则平面11//DCC D 平面ABCD ，与平面11//DCC D 平面ABCD CD =矛盾，则假设错误，EF 不可能与CD 平行，故D 正确．故选：BD ．14．已知空间中两条直线，所成的角为，为空间中给定的一个定点，直线过点a b 50︒P l P且与直线和直线所成的角都是，则下列选项正确的是 A ．当时，满足题意的直线不存在B ．当时，满足题意的直线有且仅有1条C ．当时，满足题意的直线有且仅有2条D ．当时，满足题意的直线有且仅有3条解：过点作，，则相交直线、确定一平面．与夹角为或，设直线与、均为角，作面于点，于点，于点，记，或，则有．因为，所以．当时，由，得；当时，由，得． 故当时，直线不存在； 当时，直线有且仅有1条； 当时，直线有且仅有2条； 当时，直线有且仅有3条； 当时，直线有且仅有4条； 当时，直线有且仅有1条．a b (090)θθ︒<︒()15θ=︒l 25θ=︒l 40θ=︒l 60θ=︒l O 1//a a 1//b b 1a 1b α1a 1b 50︒130︒OA 1a 1b θAB ⊥αB 1BC a ⊥C 1BD b ⊥D 1AOB θ∠=22(25BOC θθ∠==︒65)︒12cos cos cos θθθ=1090θ︒︒20cos cos θθ225θ=︒0cos cos25θ︒2590θ︒︒265θ=︒0cos cos65θ︒6590θ︒︒25θ<︒l 25θ=︒l 2565θ︒<<︒l 65θ=︒l 6590θ︒<<︒l 90θ=︒l故，，均正确，错误． 故选：．三、填空题15．已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，2AB BC ==，11CC =，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为 ．解：连接1B C ，交1BC 于点O ，则点O 为1B C 的中点，取AC 的中点D ，连接BD 、OD ，1//OD AB ∴，BOD ∴∠即为异面直线1AB 与1BC 所成角．120ABC ∠=︒，2AB BC ==，11CC =，1BD ∴=，112OD AB ==112OB BC = 在BOD ∆中，由余弦定理知，2225513cos 25OB OD BD BOD OB OD +-+-∠===．故答案为：35．A B C D ABC16．在正方体1111ABCD A B C D -中，点1E ，1F 分别为11A B ，11A C 的中点，则下列说法正确的是 ．①1//BE 平面1AFC ②1//DF 平面1AE C ③1CE ⊥平面1?ABF ④1A C ⊥平面11AF D解：由正方体1111ABCD A B C D -中，点1E ，1F 分别为11A B ，11A C 的中点，知：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体1111ABCD A B C D -中棱长为2，对于①，(2B ，2，0)，1(2E ，1，2)，(2A ，0，0)，1(1F ，1，2)，(0C ，2，0)，1(0BE =，1-，2)，1(1AF =-，1，2)，(2AC =-，2，0)，设平面1AFC 的法向量(n x =，y ，)z ， 则120220n AF x y z n AC x y ⎧=-++=⎪⎨=-+=⎪⎩，取1x =，得(1n =，1，0)， 110BE n =-≠，1BE ∴与平面1AFC 不平行，故①错误； 对于②，(0D ，0，0)，1(1DF =，1，2)，1(0AE =，1，2)，(2AC =-，2，0)，设平面1AE C 的法向量(m a =，b ，)c ，则120220m AE b c m AC a b ⎧=+=⎪⎨=-+=⎪⎩，取1c =，得(2m =-，2-，1)，12DF m =-，1DF ∴与平面1AE C 不平行，故②错误；对于③，1(2CE =，1-，2)，(0AB =，2，0)，12CE AB =-，1CE ∴与平面1ABF 不垂直，故③错误；对于④，1(2A ，0，2)，1(2A C =-，2，2)-，1(1AF =-，1，2)，1(2AD =-，0，2)，112240A C AF =+-=，11440A C AD =-=，11AC AF ∴⊥，11AC AD ⊥， 又11AF AD A =，1A C ∴⊥平面11AF D ，故④正确．故答案为：④．17．在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为线段11A B ，AB 的中点，O 为四棱锥11E C D DC -的外接球的球心，点M ，N 分别是直线1DD ，EF 上的动点，记直线OC 与MN所成的角为θ，则当θ最小时，tan θ= ． 解：如图，设P ，Q 分别是棱CD 和11C D 的中点，则四棱锥11E C D DC -的外接球即三棱柱11DFC D EC -的外接球，三棱柱11DFC D EC -是直三棱柱，∴其外接球球心O 为上、下底面三角形外心G 和H 连结的中点，由题意，MN 是平面1DD EF 内的一条动直线， 记直线OC 与MN 所成角为θ，则θ的最小值是直线OC 与平面1DD EF 所成角，即问题转化为求直线OC 与平面1DD EF 所成角的正切值，不妨设正方体1111ABCD A B C D -中棱长为2，则2EQ =，1ED =△11EC D 为等腰三角形，∴△11EC D外接圆直径为11152sin 2ED GE EC D ===∠， 则54GE =，53244GQ PH =-==， 如图，以D 为原点，DA ，DC ，1DD 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则(0D ，0，0)，1(0D ，0，2)，(0C ，2，0)，(2F ，1，0)，(O 34，1，1)， 1(0DD =，0，2)，(2DF =，1，0)，3(4OC =-，1，1)-，设平面1DD EF 的法向量(n x =，y ，)z ，则12020n DD z n DF x y ⎧==⎪⎨=+=⎪⎩，取1x =，得(1n =，2-，0)，则||sin ||||5n OC n OC θ==tan 42θ=．∴当θ最小时，tan θ．．18．已知正四棱锥P ABCD -的底面边长为高为其内切球与面PAB 切于点M ，球面上与P 距离最近的点记为N ，若平面α过点M ，N 且与AB 平行，则平面α截该正四棱锥所得截面的面积为 ．解：取AB ，CD 中点Q ，R ，连结PQ ，PR ，QR ，取QR 中点S ，连结PS ， 则RQ AB ⊥，S 为正方形ABCD 的中心，四棱锥P ABCD -是正四棱锥，PS ∴⊥平面ABCD ，PS ∴=在Rt PSQ ∆中，PQ同理，PR =PQR ∴∆是正三角形，∴正四棱锥P ABCD -内切球的球心为正PQR ∆的内心O ，内切球的半径是正PQR ∆的内切圆半径为内切球与平面PAB 的切点M 为正PQR ∆内切圆与直线PQ 的切点，M ∴为PQ 中点，球面上与P 距离最近的点为连结OP 与球面的交点，即在OP 之间，且ON =N ∴为OP 中点，连结MN 并延长交PR 于I ，平面α过M ，N ，I 与直线AB 平行， 设平面α分别与平面PAB ，平面PCD 交于EF ，GH ，AB ⊂平面PAB ，//EF AB ∴，又//AB CD ，CD α∴⊂/，//CD α∴，同理可证//GH CD ，//EF GH ∴，连结GF ，HE ，则梯形EFGH 为所求的截面， RQ AB ⊥，PS AB ⊥，PSRQ S =，AB ∴⊥平面PQR ，IM ⊂平面PQR ，AB IM ∴⊥，//AB EF ，EF IM ∴⊥，连结OQ ，则OQ 为POS ∠的角平分线，30PQO ∴∠=︒，M ，N 是PQ ，PO 的中点，//MN OQ ∴，30PMI PQO ∴∠=∠=︒，而60MPI ∠=︒，90PIM ∴∠=︒，cos30MI PM ∴=︒=sin304PRPI PM =︒==，又//HG CD ，4CDHG ∴==，∴截面梯形EFGH 的面积为11()22S MI EF GH =+=⨯故答案为：。
走进鳖臑几何体,增长数学文化知识
走进鳖臑几何体,增长数学文化知识郭明娴【期刊名称】《高中数理化》【年(卷),期】2017(000)023【总页数】2页(P6-7)【作者】郭明娴【作者单位】甘肃临夏回民中学【正文语种】中文本文着重帮助读者理清对鳖(bīe)臑(nào)几何体的理解与认识,加强对我国古代优秀数学文化的关注;同时结合对鳖臑几何体的性质探究,可强化综合应用能力,拓宽思维视野.《九章算术·商功》:“斜解立方,得两堑堵．斜解堑堵,其一为阳马,一为鳖臑.阳马居二,鳖臑居一,不易之率也．合两鳖臑三而一,验之以棊,其形露矣.”刘徽注:“此术臑者,背节也,或曰半阳马,其形有似鳖肘,故以名云.中破阳马,得两鳖臑,鳖臑之起数,数同而实据半,故云六而一即得.”阐释:阳马和鳖臑是我国古代对一些特殊锥体的称谓,取一长方体,按图1斜割一分为二,得2个一模一样的三棱柱,称为堑堵.如图2,再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开,得四棱锥和三棱锥各一个.以矩形为底,另有一棱与底面垂直的四棱锥,称为阳马.余下的三棱锥是由4个直角三角形组成的四面体,称为鳖臑.北京师范大学出版社《普通高级中学课程标准实验教科书·数学·必修2》的第一章“立体几何初步”的第6节“垂直关系”的例题1(第37页): 如图3所示,在Rt△ABC中,∠B=90°,点P为△ABC所在平面外一点,PA⊥平面ABC.问:四面体PABC中有几个直角三角形?教材借助于这道例题给同学们介绍了鳖臑几何体,并提出思考问题(第38页): 仔细观察,你可以从图中得出几组互相垂直的平面?让同学们更进一步认识这一特殊几何体．教材紧接着在随后的例2中就给出了以鳖臑为载体的几何命题的证明问题(第38页): 如图4,AB为⊙O的直径,⊙O所在平面为α,PA⊥α于A,C为⊙O上异于A、B的一点．求证:平面PAC⊥平面PBC．该题借助鳖臑这一几何体中丰富的垂直关系,让学生来熟悉垂直中的判定定理以及性质定理的应用．例1 如图5所示,鳖臑几何体P-ABC中,PA⊥平面ABC,AC⊥CB,AM⊥PB于M,AN⊥PC于N.证明:(1) BC⊥平面PAC;(2) PB⊥平面AMN;(3) 平面PBC⊥平面AMN;(4) PB⊥MN.证明 (1)因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC. 又AC⊥CB,AC∩PA=A,所以BC⊥平面PAC.(2) 因为BC⊥平面PAC,AN⊂平面PAC,所以BC⊥AN.又AN⊥PC,PC∩BC=C,所以AN⊥平面PBC,则AN⊥PB.又AM⊥PB,所以PB⊥平面AMN.(3) 由(2)知PB⊥平面AMN,所以平面PBC⊥平面AMN.(4) 由(2)知PB⊥平面AMN，MN⊂平面AMN，所以PB⊥MN.图形中异面直线PA与BC的距离等于线段AC的长度;异面直线AN与PB的距离等于线段MN的长度.例2 如图6,设α为CB与斜线PB的夹角∠PBC,β为CB与斜线PB在底面ABC的射影AB的夹角∠ABC,θ为PB与底面ABC所成的角∠PBA,γ为二面角A-PB-C的平面角,ρ为直线AB与平面PBC所成的角,φ为直线PC与底面ABC所成的角, ω为直线PC与平面PAB所成的角,证明:(1) cos α=cos βcos θ; (2) sin γ=;(3) sin ρ=sin φsin β; (4) sin θ=sin φsin α;(5) tan α=.证明(1)cos βcos θ=·=cos α.(2) ====sin γ.(3) sin φsin β=·==sin ρ.(4) sin φsin α=·==sin θ.(5) 过C作CH⊥AB于H,连接PH,则CH⊥平面PAB,∠CPH=ω,图形中二面角P-BC-A的平面角的大小等于φ；二面角A-PB-C的平面角的大小等于γ；直线AB与平面PAC所成的角为δ；二面角B-PA-C的平面角的大小等于δ=-β；直线AC与平面PAB所成的角为δ=-β；直线PB与平面PAC所成的角为-α；直线AC与平面PBC所成的角为φ；直线PA与平面PBC所成的角为-φ.总之,鳖臑几何体中有着丰富的垂直关系,是讨论线线垂直、线面垂直、面面垂直以及3种垂直关系相互转化的非常好的载体;鳖臑几何体蕴含着棱锥、棱台的所有要素,可以破解立体几何千变万化的空间角;鳖臑几何体涵盖了立体几何中最基本、最核心的知识点的模型,蕴含的基本关系揭示了立体几何的基本结构与本质规律.故曰:鳖臑是立体几何的灵魂.。
全国通用版高中数学第八章立体几何初步知识点归纳总结(精华版)
(名师选题)全国通用版高中数学第八章立体几何初步知识点归纳总结(精华版)单选题1、在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A −BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AB =BC =CD =4，M 为AD 的中点，则异面直线BM 与CD 夹角的余弦值为（ ）A ．√32B ．√34C ．√33D ．√24 答案：C分析：画出图形，取AC 的中点N ，连接MN ，BN ，可得MN //CD ，则所求为∠BMN ，易证△BMN 是直角三角形，则可得BM ，进而求解. 如图，取AC 的中点N ，连接MN ，BN ，由题，AB =BC =CD =4，M 为AD 的中点， 所以MN //CD ，MN =2，则∠BMN 为所求， 由AB ⊥平面BCD ，则AB ⊥CD ，又BC ⊥CD ，AB ∩BC =B ，所以CD ⊥平面ABC ，则MN ⊥平面ABC ，所以△BMN 是直角三角形，即∠MNB =90°，又BM=12AD=12√AB2+BD2=2√3，所以cos∠BMN=MNBM =2√3=√33，故选：C2、如图在正三棱锥S−ABC中，M,N分别是棱SC,BC的中点，Q为棱AC上的一点，且AQ=12QC，MN⊥MQ，若AB=2√2，则此正三棱锥S−ABC的外接球的体积为（）A．12πB．4√33πC．8√3πD．4√3π答案：D分析：根据题意证明SA,SB,SC两两垂直，将三棱锥放入棱长为2的正方体，两者外接球体积相同，求得正方体外接球体积即可得出答案.因为在△SBC中，M,N分别是棱SC,BC的中点，所以MN//SB，因为MN⊥MQ，所以SB⊥MQ，因为三棱锥S−ABC为正三棱锥，所以SB⊥AC（对棱垂直），又因为MQ,AC⊂面SAC，MQ∩AC=Q，所以SB⊥面SAC，因为SA,SC⊂面SAC，所以SB⊥SA,SB⊥SC，在Rt△SAB中，SA2+SB2=AB2，因为三棱锥S−ABC为正三棱锥，所以△SBC是等腰三角形，△ABC是等边三角形，所以SB=SC，AB=AC,所以SA2+SC2=AC2，即SA⊥SC，所以SA,SB,SC两两垂直，将此三棱锥放入正方体中，此正方体的面对角线长等于AB 长，为2√2,则该正方体棱长为2，外接球半径R =√(22)2+(2√22)2=√3，正方体外接球体积V =43πR 3=43π×(√3)3=4√3π,此正三棱锥S −ABC 的外接球体积和正方体外接球体积相同，为4√3π. 故选：D3、阿基米德（Arcℎimedes ，公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学家.他推导出的结论“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球（如图所示），该球与圆柱的两个底面及侧面均相切，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为36π，则圆柱的体积为 （ ）A ．36πB ．45πC ．54πD ．63π 答案：C解析：根据球的体积公式求出半径，根据圆柱的体积公式可求得结果. 设球的半径为R ，则43πR 3= 36π，所以R =3， 所以圆柱的底面半径为R =3，圆柱的高为2R =6， 所以圆柱的体积为πR 2×2R =2πR 3=54π. 故选：C4、球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两个点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆），我们把这个弧长叫做两点的球面距离.已知正△ABC 的项点都在半径为2的球面上，球心到△ABC 所在平面距离为2√63，则A 、B 两点间的球面距离为（ ） A ．πB ．π2C ．2π3D ．3π4 答案：C分析：设球心为点O ，计算出∠AOB ，利用扇形弧长公式可求得结果.设球心为点O ，平面ABC 截球O 所得截面圆的半径为r =√22−(2√63)2=2√33，由正弦定理可得4√33=AB sin∠ACB，∴AB =4√33sin π3=2，又∵OA =OB =2，所以，△AOB 为等边三角形，则∠AOB =π3， 因此，A 、B 两点间的球面距离为2×π3=2π3.故选：C.小提示：思路点睛：求球面距离，关键就是要求出球面上两点与球心所形成的角，结合扇形的弧长公式求解，同时在计算球的截面圆半径时，利用公式r =√R 2−d 2（其中r 为截面圆的半径，R 为球的半径，d 为球心到截面的距离）来计算.5、在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB =4，AD =3，AA 1=5，点P 在长方体的面上运动，且满足AP =5，则P 的轨迹长度为（ ） A ．12πB ．8πC ．6πD ．4π 答案：C分析：由题设，在长方体表面确定P 的轨迹，应用弧长公式计算轨迹长度.如图，P 在左侧面的轨迹为弧A 1N ⌢，在后侧面的轨迹为弧NC ⌢，在右侧面的轨迹为弧MC ⌢，在前侧面内的轨迹为弧A 1M ⌢.易知|NC⌢|=14π×4×2=2π，|MC ⌢|=14π×3×2=3π2，又sin∠A 1AN =cos∠NAD =35，cos∠A 1AM =sin∠MAB =35，∴∠A1AN+∠A1AM=π2，则|A1N⌢|+|A1M⌢|=14π×5×2=5π2，∴P的轨迹长度为6π，故选：C.6、直角三角形的三边满足a<b<c，分别以a，b，c三边为轴将三角形旋转一周所得旋转体的体积记为V a、V b、V c，则（）A．V c<V b<V a B．V a<V b<V c C．V c<V a<V b D．V b<V a<V c答案：A解析：求出V a=b×13abπ，V b=a×13abπ，V c=abc×13abπ，推导出abc<a<b，从而得到V c<V b<V a．∵直角三角形的三边满足a<b<c，分别以a、b、c三边为轴将三角形旋转一周所得旋转体的体积记为V a、V b、V c，∴V a=13×π×b2×a=13πab2=b×13abπ，V b=13×π×a2×b=13πa2b=a×13abπ，该直角三角形斜边上的高ℎ满足12ab=12cℎ，可得ℎ=abc，V c=13×π×(abc)2×c=13π⋅a2b2c=abc×13abπ，∵abc −a=ab−acc<0，abc−b=ab−bcc<0，∴abc<a<b，∴V c<V b<V a，故选：A.小提示：关键点点睛：本题考查旋转体体积的大小比较，解题的关键就是确定旋转体的形状，并据此求出对应的旋转体的体积，结合作差法比较即可.7、设α、β为两个不重合的平面，能使α//β成立的是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α内有无数个点到β的距离相等D．α、β垂直于同一平面答案：B分析：应用几何体特例，如立方体可排除相关选项；而由面面平行的判定可知B正确应用立方体，如下图所示：选项A：α内有无数条直线可平行于l，即有无数条直线与β平行，但如上图α与β可相交于l，故A不一定能使α//β成立；选项B：由面面平行的判定，可知B正确选项C：在α内有一条直线平行于l，则在α内有无数个点到β的距离相等，但如上图α与β可相交于l，故C不一定能使α//β成立；选项D：如图α⊥γ，β⊥γ，但α与β可相交于l，故D不一定能使α//β成立；故选：B小提示：本题考查了面面平行的判定，应用特殊与一般的思想排除选项，属于简单题8、如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=1，AB=BC=√3，cos∠ABC=1，P是A1B上的一动点，3则AP+PC1的最小值为（）A．√5B．√7C．1+√3D．3答案：B分析：连接BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，设点C1的新位置为C′，连接AC′，判断出当A、P、C′三点共线时，则AC′即为AP+PC1的最小值.分别求出∠AA1C′=120°,AA1=1,A1C′= 2,利用余弦定理即可求解.连接BC1，得△A1BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，设点C1的新位置为C′，连接AC′，则有AP+PC1≥AC′.当A、P、C′三点共线时，则AC′即为AP+PC1的最小值.在三角形ABC中，AB=BC=√3，cos∠ABC=1，由余弦定理得：AC=√AB2+BC2−2AB·BCcosB=3√3+3−2×3×1=2,所以A1C1=2，即A1C′=23在三角形A1AB中，AA1=1，AB=√3，由勾股定理可得：A1B=√AA12+AB2=√1+3=2,且∠AA1B= 60°.同理可求：C1B=2因为A1B=BC1=A1C1=2，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠BA1C1=60°，所以在三角形AA1C′中，∠AA1C′=∠AA1B+∠BA1C′=120°,AA1=1,A1C′=2,)=√7.由余弦定理得：AC′=√1+4−2×1×2×(−12故选B.小提示：（1）立体几何中的翻折（展开）问题截图的关键是：翻折（展开）过程中的不变量；（2）立体几何中距离的最值一般处理方式：①几何法：通过位置关系，找到取最值的位置（条件），直接求最值；②代数法：建立适当的坐标系，利用代数法求最值.9、已知三棱锥P−ABC，其中PA⊥平面ABC，∠BAC=120°，PA=AB=AC=2，则该三棱锥外接球的表面积为（）A．12πB．16πC．20πD．24π答案：C分析：根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC的外心为G，O为球心，所以OG⊥平面ABC，因为PA⊥平面ABC，所以OG//PA，设D是PA中点，因为OP=OA，所以DO⊥PA，因为PA⊥平面ABC，AG⊂平面ABC，所以AG⊥PA，因此OD//AG，PA=1，因此四边形ODAG是平行四边形，故OG=AD=12由余弦定理，得)=2√3，BC=√AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−12⇒AG=2，由正弦定理，得2AG=√3√32所以该外接球的半径R满足R2=(OG)2+(AG)2=5⇒S=4πR2=20π，故选：C．小提示：关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.10、如图所示的是平行四边形ABCD所在的平面，有下列表示方法：①平面ABCD；②平面BD；③平面AD；④平面ABC；⑤AC；⑥平面α.其中不正确的是（）A．④⑤B．③④⑤C．②③④⑤D．③⑤答案：D解析：根据平面的表示方法判断．③中AD不为对角线，故错误；⑤中漏掉“平面”两字，故错误.故选：D.11、若一个正方体的体对角线长为a，则这个正方体的全面积为（）A．2a2B．2√2a2C．2√3a2D．3√2a2答案：A分析：设正方体的棱长为x，求出正方体的棱长即得解.a2，解：设正方体的棱长为x，则√3x=a，即x2=13a2=2a2．所以正方体的全面积为6x2=6×13故选：A12、中国古代建筑使用榫卯结构将木部件连接起来，构件中突出的部分叫榫头，凹进去的部分叫卯眼，图中摆放的部件是榫头，现要在一个木头部件中制作出卯眼，最终完成一个直角转弯结构的部件，那么卯眼的俯视图可以是（）A．B．C．D．答案：B分析：根据榫头的俯视图结合结果图，可判断卯眼的俯视图.解：根据榫头的俯视图及结果图的俯视图可判断卯眼的俯视图为B项中的图形.故选：B.填空题13、如图，OABC是边长为1的正方形，AC⌢是四分之一圆弧，则图中阴影部分绕轴OC旋转一周得到的旋转体的表面积为________________.答案：5π分析：几何体是一个圆柱挖去一个半球后剩余的部分，结合几何特征，可得几何体的表面积.几何体是一个圆柱挖去一个半球后剩余的部分，且圆柱的底面半径是1，高是1，球的半径是1，所以该几何体的表面积为π×12+2π×1×1+12×4π×12=5π.所以答案是：5π.14、如图所示，△A′B′C′表示水平放置的△ABC用斜二测画法得到的直观图，A′B′在x′轴上，B′C′与x′轴垂直，且B′C′=3，则△ABC的边AB上的高为________.答案：6√2分析：作线段C′D//y′，交x′轴于点D，则所求的高为2C′D，根据三角知识即可求解．作线段C′D//y′，交x′轴于点D，则C′D=B′C′sin45°=√22=3√2，所以边AB上的高为2C′D=6√2所以答案是：6√2．15、如果一个水平放置的图形用斜二测画法画出的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______.答案：2+√2##√2+2分析：求出直观图中梯形的下底长，作出原图形，结合梯形的面积公式可求得结果.直观图中，梯形的下底长为1+2×1×cos45∘=1+√2，作出原图形如下图所示：由图可知，原图形为直角梯形ABCD，且该梯形的上底长为CD=1，下底长为AB=1+√2，高为AD=2，=2+√2.因此，原图形的面积为S=(AB+CD)⋅AD2所以答案是：2+√2.16、空间中两条直线的位置关系有___________.答案：平行、相交、异面分析：根据空间中两条直线的位置关系即可作答.空间中两条直线的位置关系有：平行、相交、异面.所以答案是：平行、相交、异面.17、如图，已知边长为4的菱形ABCD中，∠ABC=60°，将△ABC沿对角线AC翻折至△AB′C所在的位置，若二面角B′−AC−D的大小为120°，则过A，B′，C，D四点的外接球的表面积为___________.答案：112π3分析：过正△B′AC与正△DAC的中心E，F分别作平面B′AC，平面DAC的垂线，两线交于点O得外接球球心，再求出OA长即可得解.由已知得△B′AC与△DAC均为边长是4 的正三角形，取AC中点G，连DG,B′G，如图：则有DG⊥AC,B′G⊥AC，于是得∠B′GD是二面角B′−AC−D的平面角，∠B′GD=120∘，显然有AC⊥平面B′GD，即有平面B′GD⊥平面B′AC，平面B′GD⊥平面DAC，令正△B′AC与正△DAC的中心分别为E，F，过E，F分别作平面B′AC，平面DAC的垂线，则二垂线都在平面B′GD内，它们交于点O，从而得点O是过A，B′，C，D四点的外接球球心，连OA，则OA为该外接球半径，由已知得GE=GF=13GD=13⋅√32⋅4=2√33，而OE=OF，于是得∠OGF=60∘，在Rt△OGF中，OG=OF cos∠OGF =4√33，而AG=2，在Rt△OGA中，OA2=AG2+OG2=283，所以过A，B′，C，D四点的外接球的表面积为4π⋅OA2=112π3.所以答案是：112π3小提示：关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.解答题18、如图，空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点．求证：（1）EH∥平面BCD；（2）BD∥平面EFGH.答案：（1）见解析（2）见解析分析：（1）推导出EH∥BD，由此能证明EH∥平面BCD；（2）由BD∥EH，由此能证明BD∥平面EFGH.（1）∵EH为△ABD的中位线，∴EH∥BD.∵EH⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，∴EH∥平面BCD；（2）∵FG为△CBD的中位线，∴FG∥BD，∴FG∥EH，∴E、F、G、H四点共面，∵BD∥EH，BD⊄平面EFGH，EH⊂平面EFGH，∴BD∥平面EFGH.小提示：本题考查线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查化归与转化思想，是中档题.19、如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的棱长均为2，M是侧棱AA1的中点．（1）在图中作出平面ABC与平面MBC1的交线l（简要说明），并证明l⊥平面CBB1C1；（2）求点C到平面MBC1的距离．答案：（1）答案见解析；（2）√2.分析：（ 1）利用平面的基本性质作平面的交线，利用线面垂直的判定定理证明线面垂直; （2）利用等体积转化可得答案.（１）延长C1M,交CA的延长线于N，连接BN，∵N在直线CA上，CA⊂平面ABC，∴N∈平面ABC，又∵B∈平面ABC内，∴直线BN⊂平面ABC，∵N∈直线C1M，直线C1M⊂平面MBC1，∴N∈平面MBC1，又∵B∈平面MBC1，∴直线BN⊂平面MBC1，∴平面ABC∩MBC1=BN，平面ABC∩MBC1=l；∵M为AA1的中点，CC1//AA1,∴AN:C N=MA:CC1=1:2，∴AN=CA=2，又∵正三棱柱ABC-A1B1C1各棱长均为2，∴AB=2,∴C，B，N在以A为圆心半径为2的圆周上，直径为CN,由于直径所对的圆周角为直角，∴∠CBN为直角，即NB⊥BC，又∵正三棱柱的侧棱BB1⊥底面ABC，直线BN⊂平面ABC，∴BB1⊥直线BN，又∵BB1∩BC=B，BB1⊂平面BB1C1C，BC⊂平面BB1C1C，∴直线BN⊥平面BB1C1C,即直线l⊥平面BB1C1C.（2）由（1）知BN⊥平面CBB1C1，CB⊂平面CBB1C1，所以BN⊥CB, BN=√CN2−BC2=√16−4=2√3，BC1=√CC22+BC2=2√2，所以S△BNC1=12BN×C1B=12×2√3×2√2=2√6，S△BNC=12BN×CB=12×2√3×2=2√3，设C到平面NBC1的距离为h，因为V C1−BNC =V C−BNC1，所以13S△BNC CC1=13S△BNC1ℎ，即2×2√3=2√6ℎ解得ℎ=√2，点C到平面MBC1的距离为√2.小提示：本题考查正三棱柱的结构特征，空间作图问题和线面垂直的证明，体积问题，属基础题，关键是熟练掌握平面的基本性质，严格准确使用线面垂直的判定定理证明，熟悉棱柱体积的求法.20、如图所示，四边形ABCD是一个梯形，CD//AB，CD＝AO＝1，△AOD为等腰直角三角形，O为AB的中点，试画出梯形ABCD水平放置的直观图，并求直观图的面积．答案：图见解析，3√28分析：由斜二测画法规则作直观图，在直观图中求得梯形的高可得面积．解：在梯形ABCD 中，AB ＝2，高OD ＝1.由于梯形ABCD 水平放置的直观图仍为梯形，且上底CD 和下底AB 的长度都不变．如图所示，在直观图中，O ′D ′＝12OD ，梯形的高D ′E ′＝12×√22=√24，于是，梯形A ′B ′C ′D ′的面积S ＝12×(1＋2)×√24＝3√28.。
高考试题(卷)的探究(一)：鳖臑几何体的试题(卷)赏析和探究文章修改稿1125
图 1DPECBA鳖臑几何体的试题赏析与探究岳 峻1 阮艳艳2安徽省太和县太和中学 2366002015年湖北高考数学之后，广大考生感言：阳马、鳖臑，想说爱你不容易；中学教师考后反思：阳马、鳖臑，不说爱你又没道理；试题评价专家说：湖北高考数学试题注重数学本质，突出数学素养，彰显数学文化.阳马、鳖臑是什么呢？ 1 试题再现 1.1 文科试题《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑. 在如图1所示的阳马P ABCD -中，侧棱PD ⊥底面ABCD ,且PD CD =,点E 是PC 的中点，连接,,DE BD BE ．(I)证明：DE ⊥平面PBC . 试判断四面体EBCD 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由；(II)记阳马P ABCD -的体积为1V ，四面体EBCD 的体积为2V ，求12V V 的值． 1.2 理科试题《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图2，在阳马ABCD P -中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD CD =，过棱PC 的中点E ，作EF PB ⊥交PB 于点F ，连接,,,.DE DF BD BED FPECBA图2(I)证明：PB 平面DEF ．试判断四面体DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；(II)若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DCBC的值． 2 鳖臑的史料 2.1 史料《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵。
斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑。
阳马居二，鳖臑居一，不易之率也。
合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣．”刘徽注：“此术臑者，背节也，或曰半阳马，其形有似鳖肘，故以名云。
中破阳马，得两鳖臑，鳖臑之起数，数同而实据半，故云六而一即得．”2.2 阐释阳马和鳖臑是我国古代对一些特殊锥体的称谓，取一长方体，按下图斜割一分为二，得两个一模一样的三棱柱，称为堑堵.再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个.以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马.余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为鳖臑.3 试题赏析图3图43.1 生僻字问题试题中出现了中国古代数学巨著《九章算术》中“阳马”“鳖(b īe)臑(n ào)”的生僻词，但题目中已经对这两个词语的含义进行了现代文解释，从而高考考生对四棱锥-P ABCD 所具备的特点能够完全理解，并且也能够知道如何判断四面体是否是鳖臑，因此本题中的生僻字不会对考生解题带来困扰．鳖臑，并没闹！3.2 教材溯源北京师范大学出版社《普通高中课程标准实验教科书数学必修2》的“第一章 立体几何初步”的“第六节 垂直关系”的例题1（第37页）：如图5所示，在ABC Rt ∆中，︒=∠90B ，点P 为ABC∆所在平面外一点，⊥PA 平面ABC 。
2021高二数学立体几何知识点
2021高二数学立体几何知识点----54876a64-7154-11ec-be0d-7cb59b590d7d第1章空间几何体11.1柱、锥、台、球结构特征1.2空间几何三视图及可视化示意图11三视图：正视图：从前往后侧视图：从左往右俯视图：从上往下22画三视图的原则：长度对齐、高度对齐和宽度相等33直观图：斜二测画法44斜二测画法的步骤：（1）. 平行于坐标轴的线仍然平行于坐标轴；（2）.平行于y轴的线长度变半，平行于x，z轴的线长度不变；（3）.画法要写好。
斜二测作图法绘制长方体的5个步骤：（1）绘制轴线（2）绘制底面（3）绘制侧边（4）绘制1.3空间几何体的表面积与体积（一）空间几何体的表面积1.棱柱体和棱锥体的表面积：每个表面的面积之和s=2πrl+2πr22圆柱的表面积3锥体的表面积s=πRL+πR24圆台的表面积s=πrl+πr2+πrl+πr25球体的表面积s=4πR2（二）空间几何体的体积1柱体的体积v=s底⨯h2锥V的体积=3s底⨯h3台体的体积v=13S向上+s向上+s向下+s向下）⨯ H4球体的体积v=4第二章线与平面的位置关系2.1空间点、直线、平面之间的位置关系2.1.11平面的含义：平面是无限延伸的图形和表示2平面（1）平面的画法：水平放置的平面通常画成dc锐角为450且有水平边的平行四边形邻边的2倍长（如图）（2）平面通常用希腊字母α、β、γ等书写，如平面α、平面β。
也可以用平行四边形四个顶点的大写字母表示平面或两个相对的顶点，如平面AC、平面ABCD等。
3三个公理：（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符号表示为磅∈l=>lαa∈ αb∈ α公理1作用：判断直线是否在平面内（2）公理2.符号是：A，B和C不共线=>存在且只有一个平面α，构成A∈ α、b∈ α、c∈ α。
公理2作用：确定一个平面的依据。
公理4：平行于同一条线的两条线彼此平行。
新教材 人教A版高中数学必修第二册 第八章 立体几何初步 知识点汇总及解题规律方法提炼
第八章立体几何初步8．1基本立体图形第1课时棱柱、棱锥、棱台的结构特征1．空间几何体的定义及分类(1)定义：如果只考虑物体的形状和大小，而不考虑其他因素，那么由这些物体抽象出来的空间图形就叫做空间几何体．(2)分类：常见的空间几何体有多面体与旋转体两类．2．空间几何体记作棱柱ABCDEFA′B′C′D′E′F′记作棱锥SABCD按底面多边形的边数分为三棱锥、记作棱台ABCDA′B′C′D′得的棱台分别为三棱台、四棱台、(1)棱柱、棱锥、棱台的关系在运动变化的观点下，棱柱、棱锥、棱台之间的关系可以用下图表示出来(以三棱柱、三棱锥、三棱台为例)．(2)各种棱柱之间的关系①棱柱的分类棱柱⎩⎨⎧直棱柱⎩⎨⎧正棱柱（底面为正多边形）一般的直棱柱斜棱柱②常见的几种四棱柱之间的转化关系典型应用1棱柱的结构特征下列关于棱柱的说法：①所有的面都是平行四边形；②每一个面都不会是三角形；③两底面平行，并且各侧棱也平行；④被平面截成的两部分可以都是棱柱．其中正确说法的序号是__________．【解析】①错误，棱柱的底面不一定是平行四边形；②错误，棱柱的底面可以是三角形；③正确，由棱柱的定义易知；④正确，棱柱可以被平行于底面的平面截成两个棱柱，所以正确说法的序号是③④.【答案】③④棱柱结构特征的辨析技巧(1)扣定义：判定一个几何体是否是棱柱的关键是棱柱的定义．①看“面”，即观察这个多面体是否有两个互相平行的面，其余各面都是四边形；②看“线”，即观察每相邻两个四边形的公共边是否平行．(2)举反例：通过举反例，如与常见几何体或实物模型、图片等不吻合，给予排除．典型应用2棱锥、棱台的结构特征下列关于棱锥、棱台的说法：①用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台；②棱台的侧面一定不会是平行四边形；③棱锥的侧面只能是三角形；④由四个面围成的封闭图形只能是三棱锥；⑤棱锥被平面截成的两部分不可能都是棱锥．其中正确说法的序号是________．【解析】①错误，若平面不与棱锥底面平行，用这个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分不是棱台．②正确，棱台的侧面一定是梯形，而不是平行四边形．③正确，由棱锥的定义知棱锥的侧面只能是三角形．④正确，由四个面围成的封闭图形只能是三棱锥．⑤错误，如图所示四棱锥被平面截成的两部分都是棱锥．所以正确说法的序号为②③④.【答案】②③④判断棱锥、棱台形状的两种方法(1)举反例法结合棱锥、棱台的定义举反例直接判断关于棱锥、棱台结构特征的某些说法不正确．(2)直接法棱锥棱台定底面只有一个面是多边形，此面即为底面两个互相平行的面，即为底面看侧棱相交于一点延长后相交于一点空间几何体的平面展开图(1)水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示，如图是一个正方体的平面展开图(图中数字写在正方体的外表面上)，若图中的“2”在正方体的上面，则这个正方体的下面是()A．1 B．9C．快D．乐(2)如图是三个几何体的侧面展开图，请问各是什么几何体？【解】(1)选B.由题意，将正方体的展开图还原成正方体，“1”与“乐”相对，“2”与“9”相对，“0”与“快”相对，所以下面是“9”．(2)题图①中，有5个平行四边形，而且还有两个全等的五边形，符合棱柱的特点；题图②中，有5个三角形，且具有共同的顶点，还有一个五边形，符合棱锥的特点；题图③中，有3个梯形，且其腰的延长线交于一点，还有两个相似的三角形，符合棱台的特点，把侧面展开图还原为原几何体，如图所示：所以①为五棱柱，②为五棱锥，③为三棱台．多面体展开图问题的解题策略(1)绘制展开图：绘制多面体的平面展开图要结合多面体的几何特征，发挥空间想象能力或者是亲手制作多面体模型．在解题过程中，常常给多面体的顶点标上字母，先把多面体的底面画出来，然后依次画出各侧面，便可得到其平面展开图．(2)由展开图复原几何体：若是给出多面体的平面展开图，来判断是由哪一个多面体展开的，则可把上述过程逆推，同一个几何体的平面展开图可能是不一样的，也就是说，一个多面体可有多个平面展开图．圆柱、圆锥、圆台、球、简单组合体的结构特征1．圆柱、圆锥、圆台和球的结构特征(1)圆柱的结构特征(1)圆柱有无数条母线，它们平行且相等．(2)平行于底面的截面是与底面大小相同的圆，如图1所示．(3)过轴的截面(轴截面)都是全等的矩形，如图2所示．(4)过任意两条母线的截面是矩形，如图3所示．(2)圆锥的结构特征(1)圆锥有无数条母线，它们有公共点即圆锥的顶点，且长度相等．(2)平行于底面的截面都是圆，如图1所示．(3)过轴的截面是全等的等腰三角形，如图2所示．(4)过任意两条母线的截面是等腰三角形，如图3所示．(3)圆台的结构特征(1)圆台有无数条母线，且长度相等，延长后相交于一点．(2)平行于底面的截面是圆，如图1所示．(3)过轴的截面是全等的等腰梯形，如图2所示．(4)过任意两条母线的截面是等腰梯形，如图3所示．(4)球的结构特征(1)球心和截面圆心的连线垂直于截面．(2)球心到截面的距离d与球的半径R及截面圆的半径r有如下关系：r＝R2－d2.2．简单组合体(1)概念由简单几何体组合而成的几何体叫做简单组合体．(2)两种构成形式①由简单几何体拼接而成；②由简单几何体截去或挖去一部分而成．典型应用1圆柱、圆锥、圆台、球的概念(1)给出下列说法：①圆柱的底面是圆面；②经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；③圆台的任意两条母线的延长线可能相交，也可能不相交；④夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体．其中说法正确的是________．(2)给出以下说法：①球的半径是球面上任意一点与球心所连线段的长；②球的直径是球面上任意两点间所连线段的长；③用一个平面截一个球，得到的截面可以是一个正方形；④过圆柱轴的平面截圆柱所得截面形状是矩形．其中正确说法的序号是________．【解析】(1)①正确，圆柱的底面是圆面；②正确，如图所示，经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；③不正确，圆台的母线延长相交于一点；④不正确，圆柱夹在两个平行于底面的截面间的几何体才是旋转体．(2)根据球的定义知，①正确；②不正确，因为球的直径必过球心；③不正确，因为球的任何截面都是圆面；④正确．【答案】(1)①②(2)①④(1)判断简单旋转体结构特征的方法①明确由哪个平面图形旋转而成；②明确旋转轴是哪条直线．(2)简单旋转体的轴截面及其应用①简单旋转体的轴截面中有底面半径、母线、高等体现简单旋转体结构特征的关键量；②在轴截面中解决简单旋转体问题体现了化空间图形为平面图形的转化思想．典型应用2简单组合体的结构特征如图所示的几何体是由下面哪一个平面图形旋转而形成的()【解析】该几何体自上而下由圆锥、圆台、圆台、圆柱组合而成，故应选A.【答案】A[变条件、变问法]若将本例选项B中的平面图形旋转一周，试说出它形成的几何体的结构特征．解：①是直角三角形，旋转后形成圆锥；②是直角梯形，旋转后形成圆台；③是矩形，旋转后形成圆柱，所以旋转后形成的几何体如图所示．通过观察可知，该几何体是由一个圆锥、一个圆台和一个圆柱自上而下拼接而成的．不规则平面图形旋转形成几何体的结构特征的分析策略(1)分割：首先要对原平面图形适当分割，一般分割成矩形、梯形、三角形或圆(半圆或四分之一圆)等基本图形．(2)定形：然后结合圆柱、圆锥、圆台、球的形成过程进行分析．典型应用3旋转体中的计算问题如图所示，用一个平行于圆锥SO底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3 cm，求圆台O′O的母线长．【解】设圆台的母线长为l cm，由截得的圆台上、下底面面积之比为1∶16，可设截得的圆台的上、下底面的半径分别为r cm，4r cm.过轴SO作截面，如图所示，则△SO′A′∽△SOA，SA′＝3 cm.所以SA′SA＝O′A′OA，所以33＋l＝r4r＝14.解得l＝9，即圆台O′O的母线长为9 cm.解决旋转体中计算问题的方法用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质(与底面全等或相似)，同时结合旋转体中的轴截面(经过旋转轴的截面)的几何性质，利用相似三角形中的相似比，列出相关几何变量的方程(组)而解得．[注意]在研究与截面有关的问题时，要注意截面与物体的相对位置的变化．由于相对位置的改变，截面的形状也会随之发生变化．8．2立体图形的直观图1．用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的步骤(1)建系：在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O.画直观图时，把它们画成对应的x′轴与y′轴，两轴交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°(或135°)，它们确定的平面表示水平面．(2)平行不变：已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴或y′轴的线段．(3)长度规则：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，长度为原来的一半．2．空间几何体直观图的画法(1)与平面图形的直观图画法相比多了一个z轴，直观图中与之对应的是z′轴．(2)直观图中平面x′O′y′表示水平平面，平面y′O′z′和x′O′z′表示竖直平面．(3)已知图形中平行于z轴(或在z轴上)的线段，在其直观图中平行性和长度都不变．(4)成图后，去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线.■名师点拨(1)画水平放置的平面图形的直观图，关键是确定多边形顶点的位置，借助于平面直角坐标系确定顶点后，只需把这些顶点顺次连接即可．(2)用斜二测画法画直观图要掌握水平长不变，垂线长减半，直角画45°(或135°)．典型应用1画水平放置的平面图形的直观图画水平放置的直角梯形的直观图，如图所示．【解】(1)在已知的直角梯形OBCD中，以底边OB所在直线为x轴，垂直于OB的腰OD所在直线为y轴建立平面直角坐标系．如图①所示．(2)画相应的x′轴和y′轴，使∠x′O′y′＝45°，在x′轴上截取O′B′＝OB，在y′轴上截取O′D′＝12OD，过点D′作x′轴的平行线l，在l上沿x′轴正方向取点C′使得D′C′＝DC.连接B′C′，如图②.(3)所得四边形O′B′C′D′就是直角梯形OBCD的直观图．如图③.画水平放置的平面图形的直观图的关键及注意事项(1)在画水平放置的平面图形的直观图时，选取适当的直角坐标系是关键，一般要使平面多边形尽可能多的顶点在坐标轴上或边与坐标轴平行，以便于画图．(2)画图时要注意原图和直观图中线段的长度的关系是否发生变化．典型应用2画简单几何体的直观图已知一个正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为6，高为4，用斜二测画法画出此正四棱台的直观图．【解】(1)画轴．如图①，画x轴、y轴、z轴，三轴相交于点O，使∠xOy ＝45°，∠xOz＝90°.(2)画下底面．以O为中点，在x轴上取线段EF，使得EF＝6，在y轴上取线段GH，使得GH＝3，再过G，H分别作AB綊EF，CD綊EF，且使得AB的中点为G，CD的中点为H，连接AD，BC，这样就得到了正四棱台的下底面ABCD 的直观图．(3)画上底面．在z轴上截取线段OO1＝4，过O1作O1x′∥Ox，O1y′∥Oy，使∠x′O1y′＝45°，建立坐标系x′O1y′，在x′O1y′中仿照(2)的步骤画出上底面A1B1C1D1的直观图．(4)连接AA1、BB1、CC1、DD1，擦去辅助线，得到的图形就是所求的正四棱台的直观图(如图②)．画空间图形的直观图的原则(1)用斜二测画法画空间图形的直观图时，图形中平行于x 轴、y 轴、z 轴的线段在直观图中应分别画成平行于x ′轴、y ′轴、z ′轴的线段．(2)平行于x 轴、z 轴的线段在直观图中长度保持不变，平行于y 轴的线段长度变为原来的12.典型应用3直观图的还原与计算如图所示，梯形A 1B 1C 1D 1是一平面图形ABCD 的直观图．若A 1D 1∥O ′y ′，A 1B 1∥C 1D 1，A 1B 1＝23C 1D 1＝2，A 1D 1＝O ′D 1＝1.试画出原四边形，并求原图形的面积．【解】 如图，建立直角坐标系xOy ，在x 轴上截取OD ＝O ′D 1＝1，OC ＝O ′C 1＝2.在过点D 与y 轴平行的直线上截取DA ＝2D 1A 1＝2.在过点A 与x 轴平行的直线上截取AB ＝A 1B 1＝2.连接BC ，便得到了原图形(如图)．由作法可知，原四边形ABCD 是直角梯形，上、下底长度分别为AB ＝2，CD ＝3，直角腰长度为AD ＝2.所以面积为S ＝2＋32×2＝5.(1)直观图的还原技巧由直观图还原为平面图的关键是找与x ′轴、y ′轴平行的直线或线段，且平行于x ′轴的线段还原时长度不变，平行于y ′轴的线段还原时放大为直观图中相应线段长的2倍，由此确定图形的各个顶点，顺次连接即可．(2)直观图与原图面积之间的关系若一个平面多边形的面积为S ，其直观图的面积为S ′，则有S ′＝24S 或S ＝22S ′.利用这一公式可由原图形面积求其直观图面积或由直观图面积求原图形面积．柱、锥、台的表面积和体积1．棱柱、棱锥、棱台的表面积多面体的表面积就是围成多面体各个面的面积的和．棱柱、棱锥、棱台的表面积就是围成它们的各个面的面积的和．2．棱柱、棱锥、棱台的体积(1)V棱柱＝Sh；(2)V棱锥＝13Sh；V棱台3S′，S分别是棱台的上、下底面面积，h为棱台的高．3．圆柱、圆锥、圆台的表面积和体积1．柱体、锥体、台体的体积(1)柱体：柱体的底面面积为S ，高为h ，则V ＝Sh . (2)锥体：锥体的底面面积为S ，高为h ，则V ＝13Sh .(3)台体：台体的上、下底面面积分别为S ′、S ，高为h ，则V ＝13()S ′＋SS ′＋S h .2．圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式之间的关系 S 圆柱侧＝2πrl ――→r ′＝r S 圆台侧＝π(r ′＋r )l ――→r ′＝0S 圆锥侧＝πrl . 3．柱体、锥体、台体的体积公式之间的关系V 柱体＝Sh ――→S ′＝S V 台体＝13(S ′＋S ′S ＋S )h ――→S ′＝0V 锥体＝13Sh . 典型应用1柱、锥、台的表面积(1)若圆锥的正视图是正三角形，则它的侧面积是底面积的( ) A.2倍 B ．3 倍 C ．2 倍D ．5 倍(2)已知正方体的 8 个顶点中，有 4 个为侧面是等边三角形的三棱锥的顶点，则这个三棱锥与正方体的表面积之比为( )A ．1∶ 2B ．1∶3C ．2∶ 2D ．3∶6(3)已知某圆台的一个底面周长是另一个底面周长的 3 倍，母线长为 3 ，圆台的侧面积为 84π，则该圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3【解析】 (1)设圆锥的底面半径为 r ，母线长为 l ，则由题意可知，l ＝2r ，于是 S 侧＝πr ·2r ＝2πr 2，S 底＝πr 2，可知选 C.(2)棱锥 B ′ACD ′为适合条件的棱锥，四个面为全等的等边三角形，设正方体的棱长为 1，则 B ′C ＝2，S △B ′AC ＝32.三棱锥的表面积 S 锥＝4×32＝23，又正方体的表面积S正＝6.因此S锥∶S正＝23∶6＝1∶ 3.(3)设圆台较小底面的半径为r，则另一底面的半径为3r.由S侧＝3π(r＋3r)＝84π，解得r＝7.【答案】(1)C (2)B (3)A空间几何体表面积的求法技巧(1)多面体的表面积是各个面的面积之和．(2)组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展开为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．典型应用2柱、锥、台的体积如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，过顶点B，D，A1截下一个三棱锥．(1)求剩余部分的体积；(2)求三棱锥AA1BD的体积及高．【解】(1)V三棱锥A1ABD＝13S△ABD·A1A＝13×12·AB·AD·A1A＝16a3.故剩余部分的体积V＝V正方体－V三棱锥A1ABD＝a3－16a3＝56a3.(2)V三棱锥AA1BD＝V三棱锥A1ABD＝1 6a 3.设三棱锥AA1BD的高为h，则V三棱锥AA1BD＝13·S△A1BD·h＝13×12×32(2a)2h＝36a2h，故36a2h＝16a3，解得h＝3 3a.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解．(2)等积法：例如四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面积和高都易求的形式即可．(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，棱台补成棱锥等．(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积．[提醒]求几何体的体积时，要注意利用好几何体的轴截面(尤其为圆柱、圆锥时)，准确求出几何体的高和底面积．典型应用3组合体的表面积和体积如图在底面半径为2，母线长为 4 的圆锥中内接一个高为3的圆柱，求圆柱的表面积．【解】设圆锥的底面半径为R，圆柱的底面半径为r，表面积为S.则R＝OC＝2，AC＝4，AO＝42－22＝2 3.如图所示，易知△AEB∽△AOC，所以AEAO＝EBOC，即323＝r2，所以r＝1，S 底＝2πr 2＝2π，S 侧＝2πr ·h ＝23π. 所以 S ＝S 底＋S 侧＝2π＋23π ＝(2＋23)π.1．[变问法]本例中的条件不变，求圆柱的体积与圆锥的体积之比． 解：由例题解析可知：圆柱的底面半径为 r ＝1，高 h ＝3，所以圆柱的体积 V 1＝πr 2h ＝π×12×3＝3π.圆锥的体积 V 2＝13π×22×23＝833π. 所以圆柱与圆锥的体积比为 3∶8.2．[变问法]本例中的条件不变，求图中圆台的表面积与体积．解：由例题解析可知：圆台的上底面半径 r ＝1，下底面半径 R ＝2，高 h ＝3，母线 l ＝2，所以圆台的表面积 S ＝π(r 2＋R 2＋r ·l ＋Rl )＝π(12＋22＋1×2＋2×2)＝11π.圆台的体积 V ＝13π(r 2＋rR ＋R 2)h ＝13π(12＋2＋22)×3＝733π.3．[变条件、变问法]本例中的“高为3”改为“高为 h ”，试求圆柱侧面积的最大值．解：设圆锥的底面半径为 R ，圆柱的底面半径为 r ， 则 R ＝OC ＝2，AC ＝4， AO ＝42－22＝2 3.如图所示易知△AEB ∽△AOC ， 所以AE AO ＝EB OC ， 即23－h 23＝r2， 所以 h ＝23－3r ，S 圆柱侧＝2πrh ＝2πr (23－3r ) ＝－23πr 2＋43πr ，所以当 r ＝1，h ＝3时，圆柱的侧面积最大，其最大值为 23π.求组合体的表面积与体积的步骤(1)分析结构特征：弄清组合体的组成形式，找准有关简单几何体的关键量．(2)设计计算方法：根据组成形式，设计计算方法，特别要注意“拼接面”面积的处理，利用“切割”“补形”的方法求体积．(3)计算求值：根据设计的计算方法求值．球的体积和表面积1．球的表面积设球的半径为R，则球的表面积S＝4πR2．2．球的体积设球的半径为R，则球的体积V＝43πR3．■名师点拨对球的体积和表面积的几点认识(1)从公式看，球的表面积和体积的大小，只与球的半径相关，给定R都有唯一确定的S和V与之对应，故表面积和体积是关于R的函数．(2)由于球的表面不能展开成平面，所以，球的表面积公式的推导与前面所学的多面体与旋转体的表面积公式的推导方法是不一样的．(3)球的表面积恰好是球的大圆(过球心的平面截球面所得的圆)面积的4倍．典型应用1球的表面积与体积(1)已知球的体积是32π3，则此球的表面积是()A．12πB．16πC.16π3 D.64π3(2)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28π3，则它的表面积是()A．17πB．18πC．20πD．28π【解析】(1)设球的半径为R，则由已知得V＝43πR3＝32π3，解得R＝2.所以球的表面积S＝4πR2＝16π.(2)由三视图可得此几何体为一个球切割掉18后剩下的几何体，设球的半径为r，故78×43πr3＝283π，所以r＝2，表面积S＝78×4πr2＋34πr2＝17π，选A.【答案】(1)B(2)A球的体积与表面积的求法及注意事项(1)要求球的体积或表面积，必须知道半径R或者通过条件能求出半径R，然后代入体积或表面积公式求解．(2)半径和球心是球的最关键要素，把握住了这两点，计算球的表面积或体积的相关题目也就易如反掌了．典型应用2球的截面问题如图，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()A.500π3cm3 B.866π3cm3C.1 372π3cm 3D.2 048π3cm 3【解析】 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， 所以R ＝5，所以V 球＝43π×53＝5003π (cm 3)． 【答案】 A球的截面问题的解题技巧(1)有关球的截面问题，常画出过球心的截面圆，将问题转化为平面中圆的问题．(2)解题时要注意借助球半径R ，截面圆半径r ，球心到截面的距离d 构成的直角三角形，即R 2＝d 2＋r 2.典型应用3与球有关的切、接问题 角度一 球的外切正方体问题将棱长为 2 的正方体木块削成一个体积最大的球，则该球的体积为( )A.4π3B.2π3C.3π2D.π6【解析】 由题意知，此球是正方体的内切球，根据其几何特征知，此球的直径与正方体的棱长是相等的，故可得球的直径为 2，故半径为 1，其体积是43×π×13＝4π3.【答案】 A角度二球的内接长方体问题一个长方体的各个顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1，2，3，则此球的表面积为________．【解析】长方体外接球直径长等于长方体体对角线长，即2R＝12＋22＋32＝14，所以球的表面积S＝4πR2＝14π.【答案】14π角度三球的内接正四面体问题若棱长为a的正四面体的各个顶点都在半径为R的球面上，求球的表面积．【解】把正四面体放在正方体中，设正方体棱长为x，则a＝2x，由题意2R＝3x＝3×2a2＝62a，所以S球＝4πR2＝32πa2.角度四球的内接圆锥问题球的一个内接圆锥满足：球心到该圆锥底面的距离是球半径的一半，则该圆锥的体积和此球体积的比值为________．【解析】①当圆锥顶点与底面在球心两侧时，如图所示，设球半径为r，则球心到该圆锥底面的距离是r2，于是圆锥的底面半径为r2－⎝⎛⎭⎪⎫r22＝3r2，高为3r 2.该圆锥的体积为13×π×⎝⎛⎭⎪⎫3r22×3r2＝38πr3，球体积为43πr3，所以该圆锥的体积和此球体积的比值为38πr343πr3＝932.②同理，当圆锥顶点与底面在球心同侧时，该圆锥的体积和此球体积的比值为332.【答案】 932或332角度五 球的内接直棱柱问题设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为 a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )A ．πa 2 B.73πa 2 C.113πa 2D ．5πa 2【解析】 由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，均为 a ．如图，P 为三棱柱上底面的中心，O 为球心，易知 AP ＝23×32a ＝33a ，OP ＝12a ，所以球的半径 R ＝ OA 满足R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2＝712a 2，故 S 球＝4πR 2＝73πa 2.【答案】 B(1)正方体的内切球球与正方体的六个面都相切，称球为正方体的内切球，此时球的半径为 r 1＝a2，过在一个平面上的四个切点作截面如图(1)．(2)长方体的外接球长方体的八个顶点都在球面上，称球为长方体的外接球，根据球的定义可知，长方体的体对角线是球的直径，若长方体过同一顶点的三条棱长为 a ，b ，c ，过球心作长方体的对角线，则球的半径为 r 2＝12a 2＋b 2＋c 2，如图(2)．(3)正四面体的外接球正四面体的棱长a与外接球半径R的关系为：2R＝6 2a.8．4.1平面1．平面(1)平面的概念几何里所说的“平面”，是从课桌面、黑板面、海面这样的一些物体中抽象出来的．平面是向四周无限延展的．(2)平面的画法我们常用矩形的直观图，即平行四边形表示平面．当水平放置时，常把平行四边形的一边画成横向；当平面竖直放置时，常把平行四边形的一边画成竖向．(3)平面的表示方法我们常用希腊字母α，β，γ等表示平面，如平面α、平面β、平面γ等，并将它写在代表平面的平行四边形的一个角内；也可以用代表平面的平行四边形的四个顶点，或者相对的两个顶点的大写英文字母作为这个平面的名称．如图中的平面α，也可以表示为平面ABCD、平面AC或者平面BD．■名师点拨(1)平面和点、直线一样，是只描述而不加定义的原始概念，不能进行度量．(2)平面无厚薄、无大小，是无限延展的．2．点、线、面之间的关系及符号表示A是点，l，m是直线，α，β是平面．从集合的角度理解点、线、面之间的关系(1)直线可以看成无数个点组成的集合，故点与直线的关系是元素与集合的关系，用“∈”或“∉”表示．(2)平面也可以看成点集，故点与平面的关系也是元素与集合的关系，用“∈”或“∉”表示．(3)直线与平面都是点集，它们之间的关系可看成集合与集合的关系，故用“⊂”或“⊄”表示．3．平面的性质在画两个相交平面时，如果其中一个平面的一部分被另一个平面挡住，通常把被挡住的部分画成虚线或不画，这样可使画出的图形立体感更强一些．如下图①，图②所示：4．平面性质的三个推论推论1经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面．如图(1)．推论2经过两条相交直线，有且只有一个平面．如图(2)．推论3经过两条平行直线，有且只有一个平面．如图(3)．典型应用1图形、文字、符号语言的相互转化(1)用符号语言表示下面的语句，并画出图形．平面ABD与平面BDC交于BD，平面ABC与平面ADC交于AC.(2)将下面用符号语言表示的关系用文字语言予以叙述，并用图形语言予以表示．α∩β＝l，A∈l，AB⊂α，AC⊂β.【解】(1)符号语言表示：平面ABD∩平面BDC＝BD，平面ABC∩平面ADC＝AC.用图形表示如图①所示．(2)文字语言叙述为：点A在平面α与平面β的交线l上，直线AB，AC分别在平面α，β内，图形语言表示如图②所示．。
人教版数学-备课资料几种常见三棱锥.
例析几种常见三棱锥三棱锥是最简单的棱锥，同时也是应用最广泛的棱锥，任何多面体都可以经有限次分割成若干个三棱锥，因此三棱锥是研究多面体的重要基础图形。
下面就介绍四种特殊的三棱锥。
一、正三棱锥它的定义中，底面是正三角形，顶点在底面的射影是底面的中心，两个条件缺一不可。
正三棱锥的侧棱、高、斜高、底面边长一半、底面边心距、底面外接圆半径，可构成四个Rt △，要熟练掌握四个直角三角形中元素关系，它是解答正三棱锥问题的基础。
二、正四面体四个面都是正三角形的三棱锥叫做正四面体。
它是特殊的正三棱锥，具有正三棱锥的一切性质，但正三棱锥不一定是正四面体。
例１．设正四面体的棱长为,a⑴对棱所成的角＿＿＿；⑵对棱间的距离＿＿＿；⑶侧棱与底面所成角的余弦值＿＿＿；⑷侧面和底面所成二面角的余弦值＿＿＿；⑸内切球半径＿＿＿；⑹外接球半径＿＿＿。
解析：如图① ⑴取AB 中点M ，连MC PM ,易证⊥AB 面PMC ，∴PC AB ⊥ ⑵同理取PC 中点N ，连BN AN MN ,,，则⊥PC 面ABN ，∴MN PC MN AB ⊥⊥, 则MN 的长为对棱间的距离。
在Rt △MNB 中，,,a BN a MB 23=21=∴a MN 22= ⑶∵⊥AB 面PMC ，∴面PMC ⊥面ABC过P 作MC PO ⊥于O ，则⊥PO 面ABC ，且O 为正△ABC 的中心，∴∠PCM 为侧棱与底面所成角。
在Rt △POC 中，=33=OP a OC ,,a 36∴33=∠PCM cos ⑷由以上可得，∠PMC 为侧面与底面所成角。
在Rt △PMO 中，a PM a OM 23=63=,，∴31=∠PMC cos ⑸设内切球半径为r ，则过内切球的球心和正四面体的四个面，将正四面体分割成四个体积相等的三棱锥。
∴PO S S r ⋅⋅31=⋅⋅31⋅4 ∴.a PO r 126=41= ⑹由于O 为正△ABC 的中心，球心H 必在PO 上，平面PMC 与球H 交出一个球大圆，如图②，延长高PO 交⊙H 于E ，连接CE ，则.,,a MC CO PCE R PE 33=32=︒90=∠2= 在Rt △PCE 中, OC PE CE PC ⋅=⋅a R CE a 33⋅2=⋅∴R CE 332= 222+=EC PC PE ∴222332+=4)(R a R解得 a R 46=三、直四面体从三棱锥一个顶点出发的三条棱两两垂直，则这个三棱锥称为直四面体。
新教材高中数学第11章立体几何初步棱锥与棱台课件新人教B版必修第四册ppt
解：画三棱台一定要利用三棱锥．
(1)如图①所示，三棱柱是棱柱 A′B′C′－AB″C″，另 一个多面体是 C′B′BCC″B″.
(2)如图②所示，三个三棱锥分别是 A′－ABC，B′－ A′BC，C′－A′B′C.
题型一 棱锥、棱台的概念及多面体的表面展开图 例 1 下列关于棱锥、棱台的说法中，正确说法的序号是 _(_2_)_(3_)_(4_)_． (1)用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几 何体叫棱台； (2)棱台的侧面一定不会是平行四边形； (3)棱锥的侧面只能是三角形； (4)棱台的各侧棱延长后必交于一点； (5)棱锥被平面截成的两部分不可能都是棱锥．
上底面：原棱锥的__截__面____ 下底面：原棱锥的__底__面____
及相
侧面：除上下底面以外的面
关概
侧棱：相邻两侧面的_公__共__边___
念
顶点：侧面与上(下)底面的公
共顶点
分类 按由几棱锥截得分：三棱台、四棱台……
[基础自测]
1．棱锥的侧面和底面可以都是( )
A．三角形
B．四边形
C．五边形
(2)由展开图复原几何体：若是给出多面体的表面展开图， 来判断是由哪一个多面体展开的，则可把上述过程逆推．同一个 几何体的表面展开图可能是不一样的，也就是说，一个多面体可 有多个表面展开图．
跟踪训练 1 如图是三个几何体的侧面展开图，请问各是什 么几何体？
状元随笔 可将展开图沿虚线折起来，便得到原几何体， 再结合结构特征判断为何种几何体．
(1)斜高、侧棱构成直角梯形，如图中梯形
E1ECC1. (2)斜高、高构成直角梯形，如图中梯形
O1E1EO. (3)高、侧棱构成直角梯形，如图中梯形
O1OCC1.
「人教B版高中数学必修2立体几何公式知识点」
人教Ｂ版高中数学必修２立体几何公式＋知识点立体几何初步1、柱、锥、台、球的结构特征(1)棱柱:定义：有两个面互相平行,其余各面都是四边形,且每相邻两个四边形的公共边都互相平行,由这些面所围成的几何体。
分类:以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱柱、四棱柱、五棱柱等。
表示：用各顶点字母,如五棱柱'''''EADAABCDE-或用对角线的端点字母,如五棱柱'BDC几何特征：两底面是对应边平行的全等多边形;侧面、对角面都是平行四边形；侧棱平行且相等；平行于底面的截面是与底面全等的多边形。
(２)棱锥定义：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体分类：以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱锥、四棱锥、五棱锥等表示:用各顶点字母,如五棱锥'''''EAP-CDB几何特征：侧面、对角面都是三角形;平行于底面的截面与底面相似，其相似比等于顶点到截面距离与高的比的平方。
（3)棱台:定义：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥,截面和底面之间的部分分类:以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱态、四棱台、五棱台等表示:用各顶点字母,如五棱台'''''EAP-CBD几何特征：①上下底面是相似的平行多边形②侧面是梯形③侧棱交于原棱锥的顶点(4)圆柱：定义:以矩形的一边所在的直线为轴旋转,其余三边旋转所成的曲面所围成的几何体几何特征:①底面是全等的圆;②母线与轴平行；③轴与底面圆的半径垂直；④侧面展开图是一个矩形。
(5)圆锥：定义：以直角三角形的一条直角边为旋转轴，旋转一周所成的曲面所围成的几何体几何特征：①底面是一个圆;②母线交于圆锥的顶点;③侧面展开图是一个扇形。
(6）圆台:定义:用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截面和底面之间的部分几何特征:①上下底面是两个圆;②侧面母线交于原圆锥的顶点；③侧面展开图是一个弓形。
2023年人教版高中数学第八章立体几何初步重点知识归纳
(名师选题)2023年人教版高中数学第八章立体几何初步重点知识归纳单选题1、《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，AC ⊥CD ，AC ＝BC ＋CD ＝2，当△BCD 的面积最大时，鳖臑ABCD 的表面积为（ ）A ．√3+√62B ．3+√62C ．2+√3+√62D ．3+√3+√62答案：D分析：根据题意可证明CD ⊥BC ，从而说明三角形BCD 是直角三角形，求得BD ，进而求得四个直角三角形的面积，可得答案.由题意可知：AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ，故AB ⊥CD ,又AC ⊥CD ，AC ∩AB =A,AB,AC ⊂平面ABC ，故CD ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，故CD ⊥BC ,所以S △BCD =12BC ⋅CD ≤12×(BC+CD 2)2=12 ,当且仅当BC =CD =1时取得等号， 故BD =√1+1=√2 ,由AB ⊥平面BCD ，可知AB ⊥BD,AB ⊥BC ,故AB =√AC 2−BC 2=√4−1=√3 ,所以S△ABD=12AB⋅BD=√62,S△ABC=12AB⋅BC=√32,S△BCD=12BC⋅CD=12,S△ACD=12AC⋅CD=1,所以鳖臑ABCD的表面积为√62+√32+12+1=3+√3+√62，故选：D2、设α,β为两个不同的平面，则α∥β的充要条件是（）A．α内有无数条直线与β平行B．α,β垂直于同一平面C．α,β平行于同一条直线D．α内的任何直线都与β平行答案：D分析：根据面面平行、相交的知识确定正确选项.A选项，α内有无数条直线与β平行，α与β可能相交，A选项错误.B选项，α,β垂直于同一平面，α与β可能相交，B选项错误.C选项，α,β平行于同一条直线，α与β可能相交，C选项错误.D选项，α内的任何直线都与β平行，则α//β，D选项正确.故选：D3、下列说法正确的是（）A．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱B．过空间内不同的三点，有且只有一个平面C．棱锥的所有侧面都是三角形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答案：C分析：根据定义逐项分析即可对A：根据棱柱的定义知，有两个面平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱，所以A错误，反例如图：对B：若这三点共线，则可以确定无数个平面，故B错误；对C：棱锥的底面为多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，故C正确；对D：只有用平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，故D错误，故选：C.4、下列命题错误的是（）A．直棱柱的侧棱都相等，侧面都是矩形B．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台C．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直D．棱台的侧棱延长后交于一点，且棱台侧面均为梯形答案：B分析：利用直棱柱的几何特征可判断A选项的正误；利用棱台的定义可判断B选项的正误；由线面垂直、面面垂直的判定定理可判断C选项的正误；利用棱台的几何特征可判断D选项的正误.直棱柱的侧棱都相等，侧面都是矩形，A正确；若截面与底面不平行，则棱锥底面与截面之间的部分不是棱台，B错误；在三棱锥P−ABC中，PA、PB、PC两两垂直，∵PA⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC=P，故PA⊥平面PBC，∵PA⊂平面PAC，则平面PAC⊥平面PBC，同理可得平面PAB⊥平面PBC，平面PAB⊥平面PAC，C正确；用一个平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台，所以，棱台的侧棱延长后交于一点，且棱台侧面均为梯形，D正确.故选：B.5、已知a､b､c为三条直线，则下列四个命题中是真命题的为（）A．若a与b异面，b与c异面，则a与c异面B．若a与b相交，b与c相交，则a与c相交C．若a∥b，则a､b与c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c答案：C分析：根据空间里面直线的位置关系逐项分析判断即可.在A中，若直线a､b异面，b､c异面，则a､c相交､异面或平行，故A错误；在B中，若直线a､b相交，b､c相交，则a､c平行､相交或异面，故B错误；在C中，若a∥b，则a､b与c所成的角相等，故C正确；在D中，若a⊥b，b⊥c，则a与c相交､平行或异面，故D错误.故选：C.QC，MN⊥MQ，6、如图在正三棱锥S−ABC中，M,N分别是棱SC,BC的中点，Q为棱AC上的一点，且AQ=12若AB =2√2，则此正三棱锥S −ABC 的外接球的体积为（ ）A ．12πB ．4√33πC ．8√3πD ．4√3π 答案：D分析：根据题意证明SA,SB,SC 两两垂直，将三棱锥放入棱长为2的正方体，两者外接球体积相同，求得正方体外接球体积即可得出答案.因为在△SBC 中，M,N 分别是棱SC,BC 的中点，所以MN //SB ，因为MN ⊥MQ ，所以SB ⊥MQ ，因为三棱锥S −ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC （对棱垂直），又因为MQ,AC ⊂面SAC ，MQ ∩AC =Q ，所以SB ⊥面SAC ，因为SA,SC ⊂面SAC ，所以SB ⊥SA,SB ⊥SC ，在Rt △SAB 中，SA 2+SB 2=AB 2，因为三棱锥S −ABC 为正三棱锥，所以△SBC 是等腰三角形，△ABC 是等边三角形，所以SB =SC ，AB =AC ,所以SA 2+SC 2=AC 2，即SA ⊥SC ，所以SA,SB,SC 两两垂直，将此三棱锥放入正方体中，此正方体的面对角线长等于AB 长，为2√2,则该正方体棱长为2，外接球半径R =√(22)2+(2√22)2=√3，正方体外接球体积V =43πR 3=43π×(√3)3=4√3π,此正三棱锥S −ABC 的外接球体积和正方体外接球体积相同，为4√3π.故选：D7、下列说法中正确的是（）A．如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行B．平面α内△ABC的三个顶点到平面β的距离相等，则α与β平行C．α//β，a//α，则a//βD．a//b，a//α，b⊄α，则b//α答案：D分析：根据线面关系，逐一判断每个选项即可.解：对于A选项，如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的无数条直线平行，而不是任意的直线平行，故错误；对于B选项，如图1，D，E，F，G分别为正方体中所在棱的中点，平面DEFG设为平面β，易知正方体的三个顶点A，B，C到平面β的距离相等，但△ABC所在平面α与β相交，故错误；对于选项C，a可能在平面β内，故错误；对于选项D，正确.故选：D.8、已知圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（）A．2πR2B．94πR2C．83πR2D．πR2答案：B分析：根据圆柱的表面积公式以及二次函数的性质即可解出．设圆柱的底面半径为r ，圆柱的高为ℎ，所以在轴截面三角形中，如图所示：由相似可得，r R =3R−ℎ3R ，所以，ℎ=3R −3r ，即圆柱的全面积为S =2πr 2+2πrℎ=2πr 2+2πr (3R −3r )=2π(−2r 2+3rR )=2π[−2(r −34R)2+98R 2]≤9π4R 2，当且仅当r =34R 时取等号． 故选：B ．9、在△ABC 中，AB =1，AC =2，∠BAC =60°，P 是△ABC 的外接圆上的一点，若AP⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则m +n 的最小值是（ ）A ．−1B ．−12C ．−13D ．−16答案：B分析：先解三角形得到△ABC 为直角三角形，建立直角坐标系，通过AP⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ 表示出m +n ，借助三角函数求出最小值.由余弦定理得BC 2=AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos∠BAC = 1+4−2×1×2×cos 60∘=3，所以BC =√3，所以AB 2+BC 2=AC 2，所以AB ⊥BC ．以AC 的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易得A （－1，0），C （1，0），B （－12，√32），设P 的坐标为(cosθ,sinθ)，所以AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(12,√32)，AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0)，AP ⃑⃑⃑⃑⃑ = (cosθ+1,sinθ)，又AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以(cosθ+1,sinθ)=m (12,√32)+ n (2,0)=(m 2+2n ,√32m)，所以m =2√33sin θ，n =cos θ2+12−√36sin θ，所以m +n =2√33sin θ+cos θ2+12−√36sin θ =√32sin θ+cos θ2+12=sin (θ+π6)+12≥−1+12=−12，当且仅当sin (θ+π6)=−1时，等号成立．故选：B．10、边长为5 cm的正方形EFGH是圆柱的轴截面，则从E点沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离是（）A．10cm B．5√2cmC．5√π2+1cm D．52√π2+4cm答案：D分析：将圆柱展开，根据题意即可求出答案.圆柱的侧面展开图如图所示，展开后E′F=12×2π×52=52π(cm)，∴E′G=√52+(5π2)2=52√π2+4(cm)，即为所求最短距离．故选:D.11、紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶，石瓢壶，潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位：cm），那么该壶的容积约为（）A．100cm3B．200cm3C．300cm3D．400cm3答案：B分析：根据题意可知圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，由圆台的结构可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积，设大圆锥的高为ℎ，所以ℎ−4ℎ=610，求出ℎ的值，最后利用圆锥的体积公式进行运算，即可求出结果.解：根据题意，可知石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积，设大圆锥的高为ℎ，所以ℎ−4ℎ=610，解得：ℎ=10，则大圆锥的底面半径为5，高为10，小圆锥的底面半径为3，高为6，所以该壶的容积V=13×π×52×10−13×π×32×6=1963π≈200cm3.故选：B.12、圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为（）A．1∶1B．1∶2C．2∶1D．2∶3答案：A分析：按圆柱侧面积和球的表面积公式计算即可.设球的半径的r，依题意圆柱的底面半径也是r，高是2r，圆柱的侧面积=2πr·2r=4πr2，球的表面积为4πr2，其比例为1:1，故选：A.双空题13、(1)平面AB1∩平面A1C1=_______;(2)平面A1C1CA∩平面AC=________.答案：A1B1AC分析：利用平面与平面相交为直线，结合图像即可求解.由图可知，（1）平面AB1∩平面A1C1=A1B1，（2）平面A1C1CA∩平面AC=AC所以答案是：（1）A1B1；（2）AC小提示：本题考查了平面与平面之间的位置关系，属于基础题.14、连接正方体相邻各面的中心(中心是指正方形的两条对角线的交点)后所得到了一个几何体，设正方体的棱长为a，则该几何体的表面积为_______，该几何体的体积为_______.答案：√3a216a3解析：根据正方体的几何结构特征，得到这正八面体每个面是全等的正三角形，求得其边长，结合表面积公式和体积公式，即可求解.由题意，这正八面体每个面是全等的正三角形，且AD=√22a，所以几何体的表面积为：S=8SΔSDA=8×12×√64a×√22a=√3a2，又由OS=12a，OD=12BD=a，所以S ABCD=(√22a)2=12a2，所以该几何体的体积为：V正八面体=2×13×S ABCD×OS=2×13×12a2×12a=16a3.所以答案是：√3a2，16a3.小提示：求空间几何体的表面积与体积的求法：（1）公式法：对于规则的几何体的表面积和体积，可直接利用公式进行求解；（2）割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，然后进行体积的计算，或不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算；（3）等体积法：等体积法也称积转化或等积变形，通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决锥体的体积，特别时三棱锥的体积.15、已知圆锥的底面积为πcm2，高为√3cm，则这个圆锥的侧面积为 ________ cm2，圆锥的内切球（与圆锥的底面和各母线均相切的球）的表面积为 _________ cm2.答案：2π4π3解析：先求出圆锥底面圆的半径，结合高为√3cm ，利用勾股定理可以求出圆锥的母线，再利用侧面积公式即可求侧面积；作圆锥的截面，利用相似三角形对应边成比例求出内切圆的半径，即为圆锥内切球的半径，即可求球的表面积.设圆锥底面圆的半径为r ，母线长为l ， 由题意可得πr 2=π，可得r =1，由勾股定理可得：l =√r 2+ℎ2=√1+3=2， 所以圆锥的侧面积为S =πrl =π×1×2=2π，作圆锥的轴截面如图所示：AB 、AC 分别与圆O 相切于M,N 两点， 设圆O 半径为R ，连接OM,ON ，则∠ANO =∠AMO =90∘， 过点A 作AD ⊥BC ，则∠ANO =∠ADC =90∘，∠DAC =∠NAO ， 所以△ADC ∼△ANO ， 所以NODC =AOAC ，即R1=√3−R2，解得：R =√33， 所以圆锥的内切球半径为R =√33， 所以圆锥的内切球的表面积为S =4πR 2=4π×(√33)2=4π3，所以答案是：2π；4π3小提示：关键点点睛：本题求内切球的表面积即需要求内切球的半径，利用空间想象能力作出圆锥的轴截面即可利用相似三角形求出内切圆的半径即为内切球的半径.16、如图，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，M 是A 1D 1的中点，则直线MD 与平面A 1ACC 1的位置关系是_______；直线MD与平面BCC1B1的位置关系是_______.答案：相交平行分析：在平面AA1D1D中，由MD与AA1相交可判断出直线MD与平面A1ACC1的位置关系，由平面AA1D1D//平面BB1C1C可得出直线MD与平面BCC1B1的位置关系.在平面AA1D1D中，四边形AA1MD是梯形，且AA1、MD是两腰，则直线MD与直线AA1相交，所以，直线MD与平面A1ACC1相交；在正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面AA1D1D//平面BB1C1C，∵MD⊂平面AA1D1D，∴MD//平面BCC1B1.故答案为相交；平行.小提示：本题考查直线与平面位置关系的判断，解题时充分利用线面、面面关系相关的定理与定义进行转化、判断，考查逻辑推理能力，属于中等题.17、农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽粒，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．如图，三角形是底边和腰长分别为8cm和12cm的等腰三角形的纸片，将它沿虚线（中位线）折起来，可以得到如图所示粽子形状的四面体，若该四面体内包一蛋黄（近似于球），则蛋黄的半径的最大值为________cm（用最简根式表示）；在该四面体的所有棱和面所成的异面直线所成的角、二面角中最小的角的余弦值为________．答案：√174√22 6分析：将折叠后的四面体置于长方体中，求得长方体的长宽高，进而求得四面体的体积，利用体积，表面积，内切球的半径的关系求得内切球的半径，利用体积法求得四面体的各面上的高，从而得到各棱与相应面所成的角的余弦值，在长方体中不难求得四面体的对棱所成角的余弦值，然后比较得到答案. 如图所示，对折叠之前的平面图形中各点进行标记，同时将折叠后的几何体置于长方体中. 设长方体的长宽高分别为x ,y ,z .{x 2+y 2=36x 2+z 2=36y 2+z 2=16,解得{x =2√7y =z =2√2,∴四面体ADEF 为13V 长方体=13xyz =163√7,四面体ADEF 的全面积为S =4×8√2=32√2, 内切球半径r ,则V =13Sr ,∴r =3V S=√732√2=√174,设SQ ∩DF =O ,取DQ 的中点M ,连接OM ,则OQ =3,MQ =√2,∴sin ∠QOM =√23,∴cos ∠DOQ =1−2sin 2∠QOM =1−49=59,故长为6的两组对棱所成的角的余弦值都是59. 长为4的两组对棱所成的角为直角；由于四面体ADEF 各个面的面积都是8√2，所以各个面上的高都是相等的，设为h ,则V =13×8√2ℎ=163√7,∴ℎ=√14,当棱的长选取最长为6时，该棱与相应各面所成的角最小，其正弦值为√146,余弦值√1−1436=√226,√226>59∴各异面直线所成的角，线面所成的角中最小的角的余弦值是√226， 所以答案是：√174；√226. 小提示：本题考查异面直线所成的角，线面角，内切球的半径，棱锥的体积，属中高档题，将折叠后得四面体置于长方体中进行研究是一种十分重要的便捷的方法，要注意体会和掌握. 解答题18、如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，AB ⊥平面PAD ，AD ＝AP ，E 是PD 的中点，M ，N 分别在AB ，PC 上，且MN ⊥AB ，MN ⊥PC .证明：AE ∥MN .答案：证明见解析分析：根据线面垂直的判定定理可证AE ⊥平面PCD ，MN ⊥平面PCD ，则可得AE ∥MN ． 因为AB ⊥平面PAD ，AE ⊂平面PAD ，所以AE ⊥AB ， 又AB ∥CD ，所以AE ⊥CD .因为AD ＝AP ，E 是PD 的中点，所以AE ⊥PD . 又CD ∩PD ＝D ，CD ，PD ⊂平面PCD ， 所以AE ⊥平面PCD .因为MN⊥AB，AB∥CD，所以MN⊥CD.又因为MN⊥PC，PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，所以MN⊥平面PCD，所以AE∥MN.19、如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥底面ABCD，∠PCD=90°，PA=AB=AC=2(1)证明：AC⊥CD；(2)若E是棱PC的中点，求直线AD与平面PCD所成的角答案：(1)证明见解析(2)π6分析：（1）由线面垂直得到PA⊥CD，再由∠PCD=90°得到PC⊥CD，即可证明CD⊥平面PAC，从而得到AC⊥CD；（2）由CD⊥平面PAC，即可得到CD⊥AE，再由等腰三角形三线合一得到AE⊥PC，即可得到AE⊥平面PCD，则∠EDA即为直线AD与平面PCD所成的角，再根据锐角三角函数计算可得；(1)证明：因为PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，所以PA⊥CD，因为∠PCD=90°，所以PC⊥CD，PA∩PC=P，PA,PC⊂平面PAC，所以CD⊥平面PAC，因为AC⊂平面PAC，所以CD⊥AC．(2)解：由（1）CD⊥平面PAC，AC,AE⊂平面PAC，所以CD⊥AE，CD⊥AC，因为PA=AC=2，E为PC的中点，所以AE⊥PC，因为PC∩CD=C，PC,CD⊂平面PCD，所以AE⊥平面PCD，所以∠EDA即为直线AD与平面PCD所成的角，因为PA=AB=AC=2，所以AD=√AC2+CD2=2√2，PC=√AP2+AC2=2√2，所以AE=12PC=√2，所以sin∠EDA=AEAD=√22√2=12，因为∠EDA∈(0,π2)，所以∠EDA=π6，即直线AD与平面PCD所成的角为π6；20、在五面体ABCDEF中，点O是矩形ABCD的对角线的交点，△CDE是等边三角形，棱EF//BC且EF=12BC，证明：FO∥平面CDE.答案：见解析分析：试题分析：取CD中点M，根据平行四边形性质可得EFOM为平行四边形，即得FO∥EM，再根据线面垂直判定定理得结论试题解析：如图所示，取CD中点M，连接OM.在矩形ABCD中，OM//1BC，又1BC，则，连接EM.∴四边形EFOM为平行四边形，∴FO∥EM，又∵FO⊄平面CDE，且EM⊂平面CDE，∴FO∥平面CDE.。
立体几何之三棱锥知识要点
三棱锥定义几何体，锥体的一种，由四个三角形组成，亦称为四面体。
底面是正三角形，顶点在底面的射影是底面三角形的中心的三棱锥称作正三棱锥；而由四个全等的正三角形组成的四面体称为正四面体。
三棱锥有六条棱长，四个顶点，四个面。
相关计算h为底高〔法线长度〕，A为底面面积，V为体积，L为斜高，C为棱锥底面周长有：三棱锥棱锥的侧面展开图是由4个三角形组成的，展开图的面积，就是棱锥的侧面积，那么：(其中Si,i=1,2为第i个侧面的面积〕S全=S棱锥侧+S底S正三棱锥=1/2CL+S底V=S(底面积)·H(高)÷3三棱锥体积公式一个三棱柱中的三个等体积的三棱锥：h为底高〔法线长度〕，A为底面面积，V为体积，L为斜高，C为棱锥底面周长三棱锥的底面面积S加顶点A'面积0除以2的平均面积1/2S的一个三棱柱乘以高h,就是三棱锥体积：V=1/2〔S+0〕h=1/2ShS面积三角形AC乘h'除以2三棱锥公式海伦秦九韶体积公式任意一个三棱锥或者说四面体，其棱为a，b，c，d，e，f，其中a与d，b与e，c与f互为对边，那么有三棱锥〔四面体〕的体积公式为内切球心正三棱锥内切球心在顶点与底面重心的连线的距底面1/4处相关计算：因为正三棱锥底面为正三角形，所以高线位于任意顶点与底边中点连线，又三线合一，所以重心位于高线距顶点2/3处，即可算出顶点与重心的距离，又知正三棱锥边长，即可根据勾股定理算出圆心所在直线〔即顶点与底面重心的连线〕的长度，即可算出底面与球心的距离〔即内切球半径〕。
一般的三棱锥内切球心在四个面上的射影与四个面的重心重合，据此可确定球心位置。
外接球心正三棱锥外接球心在顶点与底面重心的连线的距底面1/4处相关计算：和计算内切球心一样算出圆心所在直线〔即顶点与底面重心的连线〕的长度，即可算出顶点与球心的距离〔即外接球半径〕。
一般的三棱锥外切球心在四个面上的射影与四个面的外心重合，据此可确定球心位置。
鳖臑几何体的试题赏析与探究
鳖臑几何体的试题赏析与探究
岳峻;阮艳艳
【期刊名称】《数学教学》
【年(卷),期】2016(000)009
【摘要】在2015年全国高考结束之后,对于湖北卷数学试题,广大考生感言：阳马、鳖膈,想说爱你不容易;中学教师考后反思：阳马、鳖臑,不说爱你又没道理;试题评价专家说：湖北卷数学试题注重数学本质,突出数学素养,彰显数学文化.阳马、鳖臑是什么呢？1.试题再现1.1文科试题《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖膈.
【总页数】5页(P28-32)
【作者】岳峻;阮艳艳
【作者单位】安徽省太和县太和中学 236600
【正文语种】中文
【中图分类】O122.3
【相关文献】
1.走进鳖臑几何体,增长数学文化知识 [J], 郭明娴
2.鳖臑定义探究 [J], 胡涛
3.鳖臑的形状 [J], 甘志国
4.鳖臑的形状 [J], 甘志国
5.“探究鳖臑的性质”教学设计探讨 [J], 宋辉
因版权原因，仅展示原文概要，查看原文内容请购买。
人教版高中数学《立体几何之鳖臑(三角锥体)》_2022年学习资料
《九章算术》-证明：PB⊥平面DEF试判断四面-体DBEF是否为鳖臑，若是，写出-其每个面的直 （只需写出结论）：-若不是，说明理由.-解析-I同例1证明DE⊥平面PBC.-而DEC平面DE ,所以平面DEF⊥平面PBC-而平面DEFO平面PBC=EF,PB⊥EF,·-所以PB⊥平面D F.-由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,·-可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，·四面体BDEF是一个整睛，·-其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB
《九章算术》-教材紧接着在随后的例题2中就给出了以鳖儒-为载体的几何命题的证明问题-如图，AB ⊙O的直径，⊙O所在平面为a,PA⊥于A,-C为⊙O上异于A,B的一点。求证：平面PAC⊥平面 BC
《九章算术》-如图5，鳘孺几何体P-ABC中，PA⊥平面ABC,AC⊥CB,AM⊥PB于M,N⊥PC于N.证明：PB⊥MN,-Me
《九章算术》-例2.2015·高考湖北卷《九章算-P-术》中，将底面为长方形且有一条-E-侧棱 底面垂直的四棱锥称之为-阳马，将四个面都为直角三角形的-四面体称之为鳖臑，如图，在阳马-P-A CD中，侧棱PD⊥底面-ABCD,且PD=CD,过棱PC的-中点E,作EF⊥PB交PB于点F, 接DE,DF,BD,BE.-1证明：PB⊥平面DEF试判断四面体DBEF是否为鳖臑，-若是，写 其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由，
现实生活中处处可见-阳马：中国古代建筑常见的一种结构。-2-飞檐是其屋檐上翘，形如飞乌展翅，轻 -活泼，是中国建筑上民族风格的重要表-现之一
《九章算术》-《普通高中课程标准实验教科书数学必修2》的“第-一章立体几何初步”的“第六节垂直 系”的例题1-如图所示，在Rt△ABC中，∠B=90°，点P为△ABC所-在平面外一点，PA⊥ 面ABC。问：四面体PABC中有几-个直角三角形？
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
《九章古代数学名著，它 在几何学中的研究比西方早 1 千多年．例 如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直 于底面的三棱柱，阳马指底面为矩形，一 侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑指四个面均为直角三角形的 四面体． 如图，在堑堵 ABCA1B1C1 中，AC⊥BC.
《九章算术》
(2)∵ A1A＝ AB＝ 2. 由 (1)知阳马 BA1ACC1 的体积 1 V＝ S 矩形 A ACC · BC 3
1 1
1 ＝ × A1A× AC× BC 3 2 1 ＝ AC× BC≤ (AC2＋ BC2) 3 3 1 4 2 ＝ × AB ＝ . 3 3 当且仅当 AC＝ BC＝ 2时， 4 Vmax＝ ，此时 3
立体几何之鳖臑
《九章算术》
教学目标 1、认知立体几何中的一类特殊几何体 2、能掌握该几何体的有关性质 3、能用该几何体的相关性质解题
《九章算术》
若把“原本”比“算术”，此中翘楚是《九章》 ．这是对代表 东方数学最高成就的巨著《九章算术》的赞誉． 《九章算术》 是勤劳勇敢的中华民族的智慧结晶，是中华文化和中华文明 传承的经典之作，尊为古代数学群经之首． 《九章算术》所创 立的机械算法体系显示出比欧几里得几何学更高的水准．并 将其扩展到其他领域，其算法体系至今仍推动着计算机的发 展与应用．
《九章算术》
为更好的传承这一举世无双的经典之魁．宏扬中华传统文化 和中华文明，近年来在全国高考数学试题中，从《九章算术》 中选取与当今高中数学教学相映的题材背景，经命题专家精 细加工，再渗透现代数学思想和方法．编制出精妙绝伦的当 今数学高考试题．体现出《九章算术》与现代高考的优美结 合．体现了中华古代文明与现代文明的相映．
若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由．
《九章算术》
证明：PB⊥平面 DEF.试判断四面 体 DBEF 是否为鳖臑，若是，写出 其每个面的直角(只需写出结论)； 若不是，说明理由．
《九章算术》
结束语
命题者之所以对鳖臑这一几何体如此青睐，正是因 为鳖臑几何体中有着丰富的垂直关系，是讨论线线垂直、 线面垂直、面面垂直以及三种垂直关系相互转化的非常 好的载体；正是因为鳖臑几何体蕴含着棱锥、棱台的所 有要素，可以破解立体几何千变万化的空间角；正是因 为鳖臑几何体是涵盖了立体几何中最基本、最核心的知 识点的模型，蕴含的基本关系揭示了立体几何的基本结 构与本质规律． 鳖臑，是立体几何的灵魂．
《九章算术》
阳马和鳖臑是我国古代对一些特殊锥体 的称谓，取一长方体，按下图斜割一分 为二，得两个一模一样的三棱柱，称为 堑堵.
《九章算术》
再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四 棱锥和三棱锥各一个.以矩形为底，另有一 棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马.余下的 三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体， 称为鳖臑.
《九章算术》
(1)求证：四棱锥 BA1ACC1 为阳马，并判断四面体 A1CBC1 是否为鳖臑，若是写出各个面的直角(只写出结论)； (2)若 A1A＝ AB＝ 2，当阳马 BA1ACC1 体积最大时； ①求堑堵 ABCA1B1C1 的体积； ②求 C 到平面 A1BC1 的距离； ③求二面角 CA1B C1 的余弦值．
现实生活中处处可见
《九章算术》
《普通高中课程标准实验教科书数学必修2》的“第 一章 立体几何初步”的“第六节 垂直关系”的例题1
《九章算术》
教材紧接着在随后的例题2中就给出了以鳖臑 为载体的几何命题的证明问题
《九章算术》
《九章算术》
该题借助于鳖臑这一几何体中丰富的垂直关系，让学生来 熟悉垂直中的判定定理以及性质定理的应用。下面，让同 学们进一步归纳鳖臑有哪些性质？
《九章算术》
①堑堵 ABCA1B1C1 的体积 1 V′＝ S△ ABC· AA1＝ × 2× 2× 2＝ 2. 2 ②由题意与题图知， V 三棱锥 BA AC＝ V 三棱锥 BACC
1
1
1
1 2 ＝ V 阳马 BA ACC ＝ . 2 3
1 1
又 A1C1＝ 2， BC1＝ BC2＋ C1C2＝ 6， 设 C 到平面 A1BC1 的距离为 d. 1 2 则 S△ A BC · d＝ . 3 3
《九章算术》
[解 ] (1)证明：由堑堵 ABCA1B1C1 的性质知： 四边形 A1ACC1 为矩形． ∵ A1A⊥底面 ABC， BC⊂ 平面 ABC， ∴ BC⊥ A1A，又 BC ⊥ AC， A1A∩ AC＝ A. A1A， AC⊂ 平面 A1ACC1. ∴ BC⊥平面 A1ACC1， ∴四棱锥 BA1ACC1 为阳马， 且四面体 A1CBC1 为鳖臑，四个面的直角分别是∠ A1CB，∠ A1C1C，∠ BCC1，∠ A1C1B.
《九章算术》
C
《九章算术》
D
《九章算术》
C
《九章算术》
《九章算术》
例 2．(2015· 高考湖北卷)《九章算 术》中，将底面为长方形且有一条 侧棱与底面垂直的四棱锥称之为 阳马，将四个面都为直角三角形的 四面体称之为鳖臑，如图，在阳马 PABCD 中，侧棱 PD⊥底面 ABCD，且 PD＝CD，过棱 PC 的 中点 E，作 EF⊥PB 交 PB 于点 F，连接 DE，DF，BD，BE. （1）证明：PB⊥平面 DEF.试判断四面体 DBEF 是否为鳖臑，
《九章算术》
例 1．(2015· 高考湖北卷)《九章算 术》中，将底面为长方形且有一条 侧棱与底面垂直的四棱锥称之为 阳马，将四个面都为直角三角形的 四面体称之为鳖臑，如图，在阳马 PABCD 中，侧棱 PD⊥底面 ABCD，且 PD＝CD，过棱 PC 的 中点 E，作 EF⊥PB 交 PB 于点 F，连接 DE，DF，BD，BE. (1)证明：PB⊥平面 DEF.试判断四面体 DBEF 是否为鳖臑， 若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理 由．
1 1
《九章算术》
1 1 2 即 · 2× 6· d＝ ， 3 2 3 4 2 ∴ d＝ ＝ 3. 2× 6 3 ③法一： 设 C 在平面 A1BC1 上的射影为 D(事实上 D∈ BC1)． 在 A1B 上 的射影为 E. 连接 DE，易知 A1B⊥ ED. ∴∠ CED 即为二面角 CA1B C1 的平面角． 2 由②知 CD＝ d＝ 3. 3