专题07 立体几何初步(重难点突破)教师版

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2020高考数学解答题核心素养题型《专题07 立体几何综合问题》+答题指导)(解析版)

专题07 立体几何综合问题【题型解读】▶▶题型一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(1)空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解．(2)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．【例1】 (2019·河南郑州高三联考)在如图所示的多面体中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED ⊥平面ABCD ，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD . (1)求证：平面BDEF ⊥平面ADE ；(2)若ED ＝BD ，求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)在△ABD 中，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD ，由余弦定理，得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，所以△ABD 为直角三角形且∠ADB ＝90°，故BD ⊥AD .因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥BD .又AD ∩DE ＝D ，所以BD ⊥平面ADE .因为BD ⊂平面BDEF ，所以平面BDEF ⊥平面ADE .(2)由(1)可得，在Rt △ABD 中，∠BAD ＝π3，BD ＝3AD ，又由ED ＝BD ，设AD ＝1，则BD ＝ED ＝ 3.因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊥AD ，所以可以点D 为坐标原点，DA ，DB ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．则A (1,0,0)，C (－1，3，0)，E (0,0，3)，F (0，3，3)．所以AE →＝(－1,0，3)，AC →＝(－2，3，0)．设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A E →＝0，n ·A C →＝0，即⎩⎨⎧ －x ＋3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令z ＝1，得n ＝(3，2,1)为平面AEC 的一个法向量．因为A F →＝(－1，3，3)，所以cos 〈n ，A F →〉＝n ·A F →|n |·|A F →|＝4214，所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为4214. 【素养解读】本例问题(1)证明两平面垂直，考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)计算线面所成的角时，考查了直观想象和数学运算的核心素养．【突破训练1】 (2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为AA 1，AC ，A 1C 1，BB 1的中点，AB ＝BC ＝ 5 ，AC ＝AA 1＝2.(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求二面角B －CD －C 1的余弦值；(3)证明：直线FG 与平面BCD 相交．【答案】见解析【解析】(1)证明：在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，因为CC 1⊥平面ABC ，所以四边形A 1ACC 1为矩形．又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，所以AC ⊥EF .因为AB ＝BC .所以AC ⊥BE ，所以AC ⊥平面BEF .(2)由(1)知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1.又CC 1⊥平面ABC ，所以EF ⊥平面ABC .因为BE ⊂平面ABC ，所以EF ⊥BE .如图建立空间直角坐称系Exyz .由题意得B (0,2,0)，C (－1,0,0)，D (1,0,1)，F (0,0,2)，G (0,2,1)．所以CD →＝(2,0,1)，C B →＝(1,2,0)，设平面BCD 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，所以⎩⎪⎨⎪⎧ n ·C D →＝0，n ·C B →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋c ＝0，a ＋2b ＝0.令a ＝2，则b ＝－1，c ＝－4，所以平面BCD 的法向量n ＝(2，－1，－4)，又因为平面CDC 1的法向量为E B →＝(0,2,0)，所以cos 〈n ，E B →〉＝n ·E B→|n ||EB →|＝－2121. 由图可得二面角B －CD －C 1为钝二面角，所以二面角B －CD －C 1的余弦值为－2121. (3)证明：平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，因为G (0,2,1)，F (0，0,2)，所以G F →＝(0，－2,1)，所以n ·G F →＝－2，所以n 与G F →不垂直，所以GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，所以GF 与平面BCD 相交． ▶▶题型二平面图形折叠成空间几何体的问题1．先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向．2．(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．(3)解决翻折问题的答题步骤第一步：确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量；第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面；第三步：利用判定定理或性质定理进行证明．【例2】 (2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|B F →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，D P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，H P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪H P →·D P →|H P →|·|DP →|＝ 34 3＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例在证明或计算过程中都要考虑图形翻折前后的变化，因此综合考查了逻辑推理、数学运算、直观想象、数学建模的核心素养．【突破训练2】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点，将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC .所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2. 如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22， CD →＝BE →＝(－2，0,0)．设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1,1,1)；由⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0,1,1)，从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63，即平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值为63. ▶▶题型三线、面位置关系中的探索性问题是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，解决这类问题的基本思路类似于反证法，即“在假设存在的前提下通过推理论证，如果能找到符合要求的点(或其他的问题)，就肯定这个结论，如果在推理论证中出现矛盾，就说明假设不成立，从而否定这个结论”．【例3】 (2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝2 2 ，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ； (2)若点M 在棱BC 上，且二面角M －PA －C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2. 由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC .(2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，A P →＝(0,2,23)，取平面PAC 的一个法向量O B →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0<a ≤2)，则A M →＝(a,4－a,0)．设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由A P →·n ＝0，A M →·n ＝0得⎩⎨⎧ 2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a)y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈O B →，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a2.由已知得|cos 〈O B →，n 〉|＝32. 所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a2＝32.解得a ＝－4(舍去)，a ＝43. 所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又P C →＝(0,2，－23)，所以cos 〈P C →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例问题(1)中证明线面垂直直接考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)中要探求点M 的位置，要求较高，它既考查了直观想象的核心素养，又考查了数学建模的核心素养．【突破训练3】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1，且AA 1＝AB ＝2. (1)求证：AB ⊥BC ；(2)若直线AC 与平面A 1BC 所成的角为π6，请问在线段A 1C 上是否存在点E ，使得二面角A －BE －C 的大小为2π3，请说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：连接AB 1交A 1B 于点D ，因为AA 1＝AB ，所以AD ⊥A 1B ，又平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1，平面A 1BC ⊂平面ABB 1A 1＝A 1B ，所以AD ⊥平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ，所以AD ⊥BC .因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以AA 1⊥底面ABC ，所以AA 1⊥BC ，又AA 1∩AD ＝A ，所以BC ⊥侧面ABB 1A 1，所以BC ⊥AB . (2)由(1)得AD ⊥平面A 1BC ，所以∠ACD 是直线AC 与平面A 1BC 所成的角，即∠ACD ＝π6，又AD ＝2，所以AC ＝22，假设存在适合条件的点E ，建立如图所示空间直角坐标系Axyz ，设A 1E →＝λA 1C →(0≤λ≤1)，则B (2，2，0)，B 1(2，2，2)，由A 1(0,0,2)，C (0,22，0)，得E (0,22λ，2－2λ)，设平面EAB 的一个法向量m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AB →＝0，得⎩⎨⎧ 22λy ＋(2－2λ)z ＝0，2x ＋2y ＝0，所以可取m ＝(1－λ，λ－1，2λ)，由(1)知AB 1⊥平面A 1BC ，所以平面CEB 的一个法向量n ＝(1,1，2)，所以12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos 2π3＝cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝2λ22(λ－1)2＋2λ2，解得λ＝12，故点E 为线段A 1C 中点时，二面角A －BE －C 的大小为2π3.。

立体几何专题训练讲解教案

立体几何专题训练讲解教案一、教学目标。

1. 知识与技能，学生能够掌握立体几何的基本概念和相关定理，能够运用所学知识解决实际问题。

2. 过程与方法，培养学生观察、分析、推理和解决问题的能力。

3. 情感态度与价值观，激发学生对立体几何的兴趣，培养学生的动手能力和团队合作精神。

二、教学重点与难点。

1. 教学重点，立体几何的基本概念和相关定理。

2. 教学难点，运用所学知识解决实际问题。

三、教学过程。

1. 导入新课。

教师通过展示一些常见的立体几何图形，如立方体、圆柱体、圆锥体等，引导学生讨论它们的特点和性质，引发学生对立体几何的兴趣。

2. 概念讲解。

教师通过讲解，引导学生理解立体几何的基本概念，如立体图形、平面图形、棱、面、顶点等，并介绍相关的定理和公式。

3. 例题讲解。

教师通过一些例题的讲解，让学生掌握立体几何的解题方法和技巧，引导学生理解和运用所学知识解决实际问题。

4. 练习训练。

教师设计一些练习题，让学生在课堂上进行练习，巩固所学知识，培养学生的观察、分析、推理和解决问题的能力。

5. 拓展延伸。

教师设计一些拓展性的问题，让学生进行讨论和探究，拓展立体几何的知识面，激发学生的学习兴趣。

6. 课堂小结。

教师对本节课的重点内容进行总结，强调学生需要掌握的知识点和解题方法，激励学生继续努力学习。

四、教学反思。

通过本节课的教学实践，我发现学生在立体几何的学习中存在一些困惑和难点，如对立体图形的性质理解不够深刻、解题方法不够灵活等。

因此，在今后的教学中，我将更加注重引导学生进行思维的拓展和灵活运用所学知识解决问题的能力，帮助学生更好地掌握立体几何的知识和技能。

同时，我还将结合学生的实际情况，设计更多的趣味性练习和拓展性问题，激发学生的学习兴趣，提高学生的学习积极性。

五、教学总结。

通过本节课的教学，学生对立体几何的基本概念和相关定理有了初步的了解和掌握，但在解题方法和技巧上还存在一些不足之处。

因此，今后的教学中，我将继续加强学生对立体几何的理解和运用能力的培养，提高学生的学习效果和综合素质。

全国通用版高中数学第八章立体几何初步重难点归纳

(名师选题)全国通用版高中数学第八章立体几何初步重难点归纳单选题1、在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是正方形ABCD的中心，则直线A1D与直线B1M所成角大小为（）A．30°B．45°C．60°D．90°答案：A分析：如图，连接B1C，MC，MB，利用余弦定理可求∠CB1M的值，从而可得直线A1D与直线B1M所成角大小. 设正方体的棱长为2a，连接B1C，MC，MB，因为B1C//A1D，故∠CB1M或其补角为直线A1D与直线B1M所成角.而B1C=2√2a，MC=√2a，B1M=√B1B2+BM2=√4a2+2a2=√6a，故B1C2=B1M2+CM2，所以MB1⊥CM，所以cos∠CB1M=√6a2√2a =√32，因为∠CB1M为锐角，故∠CB1M=30°，故选：A.2、如图，在一个正方体中，E，G分别是棱AB，CC′的中点，F为棱CD靠近C的四等分点.平面EFG截正方体后，其中一个多面体的三视图中，相应的正视图是（）A．B．C．D．答案：D分析：根据条件可得平面EFG经过点B′，然后可得答案.连接EB′，GB′因为E，G分别是棱AB，CC′的中点，F为棱CD靠近C的四等分点所以EB′//FG，所以平面EFG经过点B′所以多面体A′D′DA−EFGC′B′的正视图为故选：D3、已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（）A ．6B ．12C ．24D ．48答案：D分析：首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；解：正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则其斜高ℎ′=√52−(62)2=4，所以正四棱锥的侧面积S =12×4×6×4=48故选：D4、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 ．2πR 2B ．94πR 2C ．83πR 2D ．πR 2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+98R2]≤9π4R2，当且仅当r=34R时取等号．故选：B．5、下面四个选项中一定能得出平面α/⁄平面β的是（）A．存在一条直线a，a//α，a//βB．存在一条直线a，a⊂α，a//βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//α答案：D分析：对于A，B，C，举出符合条件的特例即可判断；对于D，过直线a作平面γ∩β=c，再证c//α即可. 如图，ABCD−A1B1C1D1是长方体，平面ABCD为平面α，平面ABB1A1为平面β，对于A，直线C1D1为直线a，显然a//α，a//β，而α与β相交，A不正确；对于B，直线CD为直线a，显然a⊂α，a//β，而α与β相交，B不正确；对于C，直线CD为直线a，直线A1B1为直线b，显然a⊂α，b⊂β，a//β，b//α，而α与β相交，C不正确；对于D，因a，b是异面直线，且a⊂α，b⊂β，过直线a作平面γ∩β=c，如图，则c//a，并且直线c与b必相交，而c⊄α，于是得c//α，又b//α，即β内有两条相交直线都平行于平面α，⁄平面β.因此，平面α/故选：D6、已知α,β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A．如果两条直线都平行于同一个平面，那么这两条直线互相平行B．过已知平面的一条斜线有且只有一个平面与已知平面垂直C．平面α不垂直平面β，但平面α内存在直线垂直于平面βD．若直线l不垂直于平面α，则在平面α内不存在与l垂直的直线答案：B分析：举特例说明判断A；由平面的基本事实及线面垂直的性质推理判断B；推理说明判断C；举例说明判断D作答.正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线A1B1、直线B1C1都平行于平面ABCD，而直线A1B1与B1C1相交，A不正确；如图，直线l是平面α的斜线，l∩α=O，点P是直线l上除斜足外的任意一点，过点P作PA⊥α于点A，则直线OA是斜线l在平面α内射影，直线l与直线OA确定平面β，而PA⊂平面β，则平面β⊥平面α，即过斜线l有一个平面垂直于平面α，因平面的一条斜线在此平面内的射影是唯一的，则直线l与直线OA确定的平面β唯一，所以过已知平面的一条斜线有且只有一个平面与已知平面垂直，B正确；如果平面α内存在直线垂直于平面β，由面面垂直的判断知，平面α垂直于平面β，因此，平面α不垂直平面β，则平面α内不存在直线垂直于平面β，C不正确；如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面ABCD为平面α，直线BC1为直线l，显然直线l不垂直于平面α，而平面α内直线AB,CD都垂直于直线l，D不正确.故选：B7、下列条件中，能得出直线m与平面α平行的是（）A．直线m与平面α内的所有直线平行B．直线m与平面α内的无数条直线平行C．直线m与平面α没有公共点D．直线m与平面α内的一条直线平行答案：C分析：根据线面平行的判定，线面平行的性质逐个辨析即可.对A，直线m与平面α内的所有直线平行不可能，故A错误；对B，当直线m在平面α内时，满足直线m与平面α内的无数条直线平行，但m与α不平行；对C，能推出m与α平行；对D，当直线m在平面α内时，m与α不平行.故选：C.8、若直线a⊥平面α，直线b⊥平面α，则直线a与直线b的位置关系为（）A．异面B．相交C．平行D．平行或异面答案：C解析：利用线面垂直的性质定理进行判断.由于垂直于同一平面的两直线平行，故当直线a⊥平面α，直线b⊥平面α时，直线a与直线b平行.故选：C.9、设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法错误的是（）A．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥βB．若m//n，m⊥α，n//β，则α⊥βC．若m⊥n，m//α，n//β，则α//βD．若m//n，m⊥α，n⊥β，则α//β答案：C分析：利用线面垂直的判定性质、面面垂直的判定推理判断A，B；举例说明判断C；利用线面垂直的判定性质判断D作答.对于A，因m⊥n，m⊥α，当n⊂α时，而n⊥β，则α⊥β，当n⊄α时，在直线m上取点P，过P作直线n′//n，则m⊥n′，过直线m,n′的平面γ∩α=l，如图，由m⊥α得m⊥l，于是得l//n′//n，而n⊥β，则l⊥β，而l⊂α，所以α⊥β，A正确；对于B，若m//n，m⊥α，则n⊥α，又n//β，则存在过直线n的平面δ，使得δ∩β=c，则有直线c//n，即有c⊥α，所以α⊥β，B正确；对于C，如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，平面ABCD为平面α，直线A1B1为直线m，平面ADD1A1为平面β，直线B1C1为直线n，满足m⊥n，m//α，n//β，而α∩β=AD，C不正确；对于D，若m//n，m⊥α，则n⊥α，又n⊥β，于是得α//β，D正确.故选：C10、在三棱锥A−BCD中,E,F,G,H分别是AC,CD,BD,AB边的中点，且AD⊥BC，则四边形EFGH是（）A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形答案：B分析：根据中位线的性质及平行公理可得四边形EFGH是平行四边形，再利用AD⊥BC可得四边形EFGH是矩形.因为E,F,G,H分别是AC,CD,BD,AB边的中点，所以EF//AD,HG//AD，所以EF//HG；同理可得EH//GF，所以四边形EFGH是平行四边形；又因为AD⊥BC，所以EH⊥EF，即四边形EFGH是矩形.故选：B.11、设α,β是两个不同平面，m,n是两条直线，下列命题中正确的是（）A．如果m⊥n，m⊥α，n//β，那么α⊥βB．如果m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么α//βC．如果m//n，m⊥α，n⊥β，那么α//βD．如果α//β，m与α所成的角和n与β所成的角相等，那么m//n答案：C分析：A.由m⊥n，m⊥α，得到n//α或n⊂α，再利用平行于同一直线的两平面的位置关系判断；B. 由m⊥n，m⊥α，得到n//α或n⊂α，再利用面面垂直的判定定理判断； C. 由m//n，m⊥α，得到n⊥α，再利用垂直于同一直线的两平面平行判断；D.利用空间直线的位置关系判断．A.因为m⊥n，m⊥α，所以n//α或n⊂α，又n//β，则α,β位置不确定，故错误；B.因为m⊥n，m⊥α，所以n//α或n⊂α，又n⊥β，所以α⊥β，故错误；C. 因为m//n，m⊥α，所以n⊥α，又n⊥β，所以α//β，故正确；D.如果α//β，m与α所成的角和n与β所成的角相等，那么m//n，相交或异面，故错误．故选：C12、如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为（）D．26πA．18πB．20πC．22π3答案：A分析：由题意可知该几何体的体积是由半球的表面积加上圆柱的侧面积，再加上圆的面积即可解：由题意得，球的半径R=2，圆柱的底面半径r=1，高ℎ=3，则该几何体的表面积为S=2πR2+πR2+2πrℎ=8π+4π+2π×1×3=18π故选：A.填空题13、如图所示，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋，如果冰淇淋融化后正好盛满杯子，则杯子高ℎ=_______cm．答案：8解析：根据题意半球的体积等于圆锥的体积，根据等体积法化简即可.解：由题意得半球的半径和圆锥底面圆的半径r=4，如果冰淇淋融化后正好盛满杯子，则半球的体积等于圆锥的体积所以12×43π×43=13×(π×42)ℎ⇒ℎ=8所以答案是：814、正方体ABCD−A′B′C′D′的棱长为a，则异面直线CD′与BD间的距离等于______．答案：√33a分析：作辅助线，找出异面直线CD′与BD的公垂线段，求出公垂线段可得答案.取CD中点M，连接MC′，AM，AM与BD交于P，MC′与CD′交于Q，由正方体的性质可知AC′⊥BD,AC′⊥CD′.由△CMQ与△D′C′Q相似可得MQQC′=MCD′C′=12，同理可得MPPA =12，所以PQ∥AC′，且PQ=13AC′=√33a，所以PQ为CD′与BD间的公垂线段，所以异面直线CD′与BD间的距离等于√33a．所以答案是：√33a.15、中国南北朝时期，祖冲之与他的儿子祖暅通过对几何体体积的研究，早于西方1100多年，得出一个原理：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是面积，“势”是高.也就是说：夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.上述原理被称为祖暅原理.现有水平放置的三棱锥和圆锥各一个，用任何一个平行于底面的平面去截它们时，所截得的两个截面面积都相等，若圆锥的侧面展开图是半径为4的半圆，根据祖暅原理可知这个三棱锥的体积为______.答案：8√3π3分析：根据圆锥侧面积展开图是半径为4的半圆，求得圆锥底面半径，进一步求圆锥的高，计算出圆锥的体积，由此求出三棱锥的体积.设圆锥的底面半径为r，则2πr=12×2π×4，解得r=2，圆锥的高为ℎ=√42−22=2√3，所以圆锥的体积即为三棱锥的体积为V=13π×22×2√3=8√33π.所以答案是：8√33π. 16、如图，在多面体ABCDEF 中，DE ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，平面BCEF ∩平面ADEF ＝FE ，∠BAD ＝45°，AD ＝3，AB ＝2DE ＝2EF ＝2，则四棱锥B ﹣ADEF 的体积为 _____．答案：2√23##23√2 分析：由已知证明BC ∥EF ，可得AD ∥EF ，利用等体法求B −ADE 的体积，进一步可得四棱锥B −ADEF 的体积因为AD ∥BC ，AD ⊂平面ADEF ，BC ⊄平面ADEF ，所以BC ∥平面ADEF ，因为BC ⊂平面BCEF ，平面BCEF ∩平面ADEF =EF ，所以BC ∥EF ，所以AD ∥EF ，因为AD =3,EF =DE =1，所以S △ADE =12×3×1=32，S ADEF =12×(1+3)×1=2，所以V B−ADEFV B−ADE =232=43，即V B−ADEF =43V B−ADE ，因为DE ⊥平面ABCD ，所以DE 是三棱锥E −ADB 的高，因为∠BAD =45°,AB =2,AD =3，所以S△ABD=12×3×2×√22=3√22，所以V B−ADEF=43V B−ADE=43×√22=2√23，所以答案是：2√2317、已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍，则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为______．答案：π3分析：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的母线与其底面所成的角为θ，根据面积关系可得122πrl=2⋅π⋅r2，即可得到答案；设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的母线与其底面所成的角为θ，则122πrl=2⋅π⋅r2⇒rl=12，∴cosθ=12⇒θ=60°，所以答案是：π3解答题18、如图，用铁皮作一个无盖的圆锥形容器，已知该圆锥的母线与底面所在平面的夹角为45°，容器的高为10cm，制作该容器需要多少面积的铁皮？（不计耗损，结果精确到整数）答案：需要444cm2的铁皮分析：根据圆锥侧面积公式即可求解.根据题意，圆锥的高ℎ=10cm，又因为圆锥的母线与底面所在平面的夹角为45°所以底面圆半径r=10cm,母线长l=10√2cm，=πrl=π×10×10√2≈444(cm2)．所以S侧答：需要444cm2的铁皮．19、如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB=60°，∠ADP=90°，平面ADP⊥平面ABCD，点F为棱PD的中点.(1)在棱AB上是否存在一点E，使得AF//平面PCE？若存在，求出点E的位置；若不存在，请说明理由；时，求直线PB与平面ABCD所成的角.(2)当二面角D−FC−B的余弦值为√24答案：(1)在棱AB上存在点E，使得AF//平面PCE，点E为棱AB的中点(2)60°分析：（1）取棱AB的中点E，取PC的中点Q，连接EQ，FQ，证明FQ∥DC，根据线面平行的判定定理证明；（2）过B作BH⊥CD于H，过H作HG⊥FC于G，根据三垂线定理可得∠BGH就是二面角D−FC−B的平面角，由已知二面角D−FC−B的余弦值为√24求得a=2√3，设PD=a，根据面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理得PD⊥平面ABCD.连接BD，则∠PBD就是直线PB与平面ABCD所成的角，求解即可.（1）在棱AB上存在点E，使得AF∥平面PCE，证明如下：取棱AB的中点E，取PC的中点Q，连接EQ，FQ，FQ∥CD且FQ=12CD，AE∥CD，且AE=12CD∴AB∥FQ，且AE=FQ，∴四边形AEQF为平行四边形，∴AF∥EQ，又QE⊂平面PCE，AF⊄平面PCE，∴.AF∥平面PCE.（2）设PD=a，∵∠ADP=90°，∴PD⊥AD.∵平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD=AD，PD⊂平面ADP，∴PD⊥平面ABCD.连接BD，则∠PBD就是直线PB与平面ABCD所成的角.由题意得，△BDC为等边三角形.过B作BH⊥CD于H，则H为CD的中点，PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BH，又PD∩CD=D，∴BH⊥平面PDC. 过H作HG⊥FC于G，连接BG，∴CF⊥BH，∵BH∩HG=H，∴FG⊥平面BHG，∵BC⊂平面BHG，∴BG⊥CF，∴∠BGH就是二面角D−FC−B的平面角.∵cos∠BGH=√24，∴tan∠BGH=√7，易得BH=√3，∴GH=√217.∵sin∠GCH=CHHC =FDFC，∴a2√(2)2+22=√2171，∴a=2√3，∴tan∠PBD=PDBD =2√32=√3，∴∠PBD=60°，即直线PB与平面ABCD所成的角为60°.20、在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1的中点．求证：BC1//平面AD1E．答案：证明见解析.分析：如图，根据正方体的结构特征可得AD1//BC1，利用线面平行的判定定理即可证明. 如图，E为BB1的中点，连接AE，AD1，ED1，BC1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=D1C1且AB//D1C1，∴四边形ABC1D1是平行四边形，∴AD1//BC1，又∵AD1⊂平面AD1E，BC1⊄平面AD1E，∴BC1//平面AD1E.。

空间几何重难点及考点总结精练

立体几何重难点及考点一、几何体结构与三视图直观图1、有关直观图问题例1、已知ABC D 的直观图'''A B C 是边长为a 的正三角形，则原ABC D 的面积的面积变式、已知正三角形ABC 的边长为a ，那么ABC D 的平面直观图'''A B C D 的面积为面积为例2、一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是的等腰梯形，则这个平面图形的面积是。

2、三视图例1、用单位立方体搭一个几何体，使其主视图和俯视图如下图所示，则几何体体积的最小值与最大值分别为（别为（）15101610107139与、与、与、与、D C BA例2、已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截后所得几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积是例3、某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a + b 的最大值为（的最大值为（） A. 22 B. 32C. 4 D. 523、有关截面问题例1、如图，在直棱柱111ABC A B C -中，AC=BC=2，90ACB Ð=°，E 、F 分别为AB 、CB 中点，过直线EF 作棱柱的截面，若截面与平面ABC 所成的二面角的大小为60°，则截面的面积为，则截面的面积为例2、用一个平面截正方体，对于截面的边界，有以下图形：（1）钝角A B C C ’B ’F A ’E C A D x y B 三角形（2）直角三角形（3）菱形（4）正五边形（5）正六边形，则不可能的图形的选项是）正六边形，则不可能的图形的选项是例3、如图，已知正四棱锥S-ABCD 所有棱长都为1，点E 是侧棱SC 上一动点，过点E 垂直于SC 的截面将正四棱锥分成上、下两部分。

立体几何初步重难点例题

一、基础知识（理解去记）（一）空间几何体的结构特征 1.棱柱1.1棱柱——有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。

1.2相关棱柱几何体系列（棱柱、斜棱柱、直棱柱、正棱柱）的关系：①⎧⎪⎧−−−−−→⎨⎪−−−−−→⎨⎪⎪⎩⎩底面是正多形棱垂直于底面斜棱柱棱柱正棱柱直棱柱其他棱柱底面为矩形底面为正方形侧棱与底面边长相等 1.3棱柱的性质：①侧棱都相等，侧面是平行四边形；②两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形； ③过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形；④直棱柱的侧棱长与高相等，侧面与对角面是矩形。

补充知识点长方体的性质：①长方体一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱的平方和；【如图】222211AC AB AD AA =++②（了解）长方体的一条对角线1AC 与过顶点A 的三条棱所成的角分别是αβγ，，，那么222cos cos cos 1αβγ++=，222sin sin sin 2αβγ++=；③（了解）长方体的一条对角线1AC 与过顶点A 的相邻三个面所成的角分别是αβγ，，，则222cos cos cos 2αβγ++=，222sin sin sin 1αβγ++=.1.4侧面展开图：正n 棱柱的侧面展开图是由n 个全等矩形组成的以底面周长和侧棱长为邻边的矩形. 1.5面积、体积公式：2S c hS c h S S h=⋅=⋅+=⋅直棱柱侧直棱柱全底棱柱底，V （其中c 为底面周长，h 为棱柱的高）2.圆柱2.1圆柱——以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体叫圆柱.2.2圆柱的性质：上、下底及平行于底面的截面都是等圆；过轴的截面（轴截面）是全等的矩形. 2.3侧面展开图：圆柱的侧面展开图是以底面周长和母线长为邻边的矩形.2.4面积、体积公式：S 圆柱侧=2rh π；S 圆柱全=222rh r ππ+，V 圆柱=S 底h=2r h π（其中r 为底面半径，h 为圆柱高）侧面母线3.棱锥3.1棱锥——有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥。

高考数学难点突破训练立体几何(含答案)

高考数学难点突破训练立体几何（含答案）高考数学难点突破训练-立体几何（含答案）高考数学难点的突破训练——立体几何acd30，?acb?45?，1.将两块三角板按图甲方式拼好，其中?b??d?90?，交流电？2.现在沿AC折叠三角形板ACD，使D在平面ABC上的投影正好在AB上，如图B所示(1)求证：ad?平面bdc；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m(2)求二面角d?ac?b的大小；（3）找出AC和BD之间的角度2.如图，在正三棱柱abc?a1b1c1中，各棱长都等于a，d、 E分别是AC1和BB1的中点，（1）求证：de是异面直线ac1与bb1的公垂线段，并求其长度；（2）找到二面角e？ac1？C）房间的大小；（3）求从点C1到平面AEC的距离3.如图，在棱长为a的正方体abcd?a1b1c1d1中，e、f分别为棱ab和bc的中点，ef 交bd于h．（1）二面角？1.ef？B的正切值；（2）试在棱b1b上找一点m，使d1m?平面efb1，并证一明你的结论；（3）求出从点D1到平面efb1的距离4.如图，斜三棱柱abc―a1b1c1的底面是直角三角形，ac⊥cb，∠abc=45°，侧面A1abb1是边长为a且垂直于底部ABC的钻石，∠ a1ab=60°，e和F分别为Ab1和BC 的中点（1）求证ef//平面a1acc1；（2）找到EF和a1abb1侧之间的角度；（3）求出a-bce三角金字塔的体积5.已知直三棱柱abc―a1b1c1中，△abc为等腰直角三角形，∠bac＝90°，且ab＝aa1，d、e、f分别为b1a、c1c、bc的中点。

（i）验证：de‖plane ABC；（二）验证：B1F⊥ 飞机AEF；（iii）求二面角b1―ae―f的大小（用反三角函数表示）。

二6.在直角梯形abcd中，∠a=∠d=90°，ab＜cd，sd⊥平面abcd，ab=ad=a，SD=2A，在线段SA上取一个点E（不包括终点），使EC=AC，横截面CDE和Sb在点F 处相交。

学高中数学立体几何初步阶段综合提升立体几何初步教师用书教案北师大版必修

第１课立体几何初步[巩固层·知识整合][提升层·题型探究]由三视图求几何体的表面积与体积Ａ．１Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．２C[根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥VABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为１的正方形，VB＝１．所以四棱锥中最长棱为VD.连接BD，易知BD＝错误!，在Rt△VBD中，VD＝错误!＝错误!.]１．以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．２．多面体的表面积是各个面的面积之和，组合体的表面积问题要注意衔接部分的处理．３．旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．错误!１．一个几何体的三视图如图所示，其中左视图与俯视图均为半径是２的圆，则这个几何体的体积是________．8π[由三视图知该几何体是半径为２的球被截去四分之一后剩下的几何体，则该几何体的体积V＝错误!×π×２３×错误!＝8π.]c１１１１１１（１）当错误!等于何值时，BC１∥平面AB１D１？（２）若平面BC１D∥平面AB１D１，求错误!的值．[解] （１）如图所示，取D １为线段A１C１的中点，此时错误!＝１．连接A１B，交AB１于点O，连接OD１.由棱柱的性质知，四边形A１ABB１为平行四边形，所以点O为A１B的中点．在△A１BC１中，点O，D１分别为A１B，A１C１的中点，所以OD１∥BC１.又因为OD１平面AB１D１，BC１平面AB１D１，所以BC１∥平面AB１D１，所以当错误!＝１时，BC１∥平面AB１D１.（２）由平面BC１D∥平面AB１D１，且平面A１BC１∩平面BC１D＝BC１，平面A１BC１∩平面AB１D＝D１O，得BC１∥D１O，所以错误!＝错误!，又由题可知错误!＝错误!，错误!＝１，所以错误!＝１，１即错误!＝１．１．证明线线平行的依据（１）平面几何法（常用的有三角形中位线、平行四边形对边平行）；（２）公理４；（３）线面平行的性质定理；（４）面面平行的性质定理；（５）线面垂直的性质定理．２．证明线面平行的依据（１）定义；（２）线面平行的判定定理；（３）面面平行的性质定理．３．证明面面平行的依据（１）定义；（２）面面平行的判定定理；（３）线面垂直的性质定理；（４）面面平行的传递性．错误!２．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB＝２EF，EF∥AB，H为BC的中点，求证：FH∥平面EDB.[证明] 连接AC交BD于点G，则G为AC的中点．连接EG，GH，∵H为BC的中点，∴GH綊错误!AB.又EF綊错误!AB，∴EF綊GH，∴四边形EFHG为平行四边形，∴EG∥FH，∵EG平面EDB，FH平面EDB，∴FH∥平面EDB.垂直关系的判定和性质【例３】如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝２AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点．求证：（１）PA⊥底面ABCD；（２）BE∥平面PAD；（３）平面BEF⊥平面PCD.[证明] （１）因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA⊥AD，所以PA⊥底面ABCD.（２）因为AB∥CD，CD＝２AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE，所以四边形ABED为平行四边形，所以BE∥AD.又因为BE平面PAD，AD平面PAD，所以BE∥平面PAD.（３）因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由（１）知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD.又AD∩PA＝A，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF，所以CD⊥EF.又EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF.又CD平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD.１．两条异面直线相互垂直的证明方法（１）定义；（２）线面垂直的性质定理．２．直线和平面垂直的证明方法（１）线面垂直的判定定理；（２）面面垂直的性质定理．３．平面和平面相互垂直的证明方法（１）定义；（２）面面垂直的判定定理．错误!３．如图，直三棱柱ABCA１B１C１中（侧棱与底面垂直的棱柱），AC＝BC＝１，∠ACB＝90°，AA＝错误!，D是A１B１的中点．１（１）求证：C１D⊥平面AA１B１B；（２）若点F为BB１上的动点，则当点F在BB１上的什么位置时，会使得AB１⊥平面C１DF？并证明你的结论．[解] （１）证明：由题意知，A１C１＝B１C１＝１，且∠A１C１B１＝90°.∵D是A１B１的中点，∴C１D⊥A１B１.∵AA１⊥平面A１B１C１，C１D平面A１B１C１，∴AA１⊥C１D.∵AA１∩A１B１＝A１，∴C１D⊥平面AA１B１B.（２）点F为BB１的中点时，AB１⊥平面C１DF.证明如下．∵C１D⊥平面AA１B１B，AB１平面AA１B１B，∴C１D⊥AB１.易知A１B１＝错误!，∵AA１＝错误!，∴四边形AA１B１B为正方形．又D为A１B１的中点，F为BB１的中点，∴AB１⊥DF，又DF∩C１D＝D，∴AB１⊥平面C１DF.截面问题【例４】如图，已知正三棱锥SABC，过B和侧棱SA，SC的中点E，F作一截面，若这个截面与侧面SAC垂直，求此三棱锥的侧面积与底面积之比．[思路探究] 构建截面，利用几何知识巧妙判断各棱之间的关系．[解] 取AC的中点M，连接SM，设SM∩EF＝D.如图．在△SAC中，E，F分别为SA，SC的中点，所以EF∥AC，所以错误!＝错误!，而SF＝FC，所以SD＝DM，所以D为SM的中点．连接BD，BM.因为SABC为正三棱锥，所以SM⊥AC.而AC∥EF，所以SM⊥EF，又截面BEF⊥平面SAC，所以SM⊥BD.又SD＝DM，所以△SBM为等腰三角形，SB＝BM.设正三棱锥SABC的底面边长为a，则BM＝错误!a，从而SA＝SB＝SC＝BM＝错误!a，又SM＝错误!＝错误!＝错误!a，所以S侧＝３×错误!×a×错误!a＝错误!a２，S底＝错误!a２，所以S侧∶S底＝错误!∶１．在中学数学中，有关截面的问题主要有面积、距离和角的计算问题以及与截面的位置、形状、数量有关的证明和判定问题.在解有关截面问题时要注意：１截面的位置；２截面的形状及有关性质；３截面的元素及其相互关系；４截面的有关数量.错误!４．一个圆锥底面半径为R，高为错误!R，求此圆锥的内接正四棱柱表面积的最大值．[解] 如图，△SAB 为圆锥SO 的一个轴截面，且该轴截面经过正四棱柱的对角面，DF 为棱柱的底面对角线，要求棱柱的表面积，只要求出底面正方形边长及棱柱的高即可．设正四棱柱高为h ，底面正方形边长为a ，则DE ＝错误!a . ∵△SDE ∽△SAO ，∴错误!＝错误!. ∵AO ＝R ，SO ＝错误!R ，∴错误!＝错误!，∴h ＝错误!R —错误!a . ∴S 表＝２a ２＋４ah ＝２a ２＋４a 错误!.整理得S 表＝（２—２错误!）错误!２＋错误!，0＜a ＜错误!R . ∵２—２错误!＜0，错误!＜错误!R ， ∴当a ＝错误!时，S 表有最大值错误!＝错误!. 即圆锥的内接正四棱柱表面积最大值是错误!R ２.折叠问题位置，使A ′C ＝A ′D ，求证：平面A ′BE ⊥平面BCDE .[思路探究] 运用线线垂直证明线面垂直，运用线面垂直证明面面垂直． [证明] 如图所示，取CD 的中点M ，BE 的中点N ，连接A ′M ，A ′N ，MN ，则MN ∥BC .∵AB ＝错误!AD ，E 是AD 的中点， ∴A ′B ＝A ′E ，∴A ′N ⊥BE . ∵A ′C ＝A ′D ，∴A ′M ⊥CD .在矩形ABCD 中，DC ⊥MN ，又MN ∩A ′M ＝M ， ∴DC ⊥平面A ′MN ，∴CD ⊥A ′N .∵ED ∥BC ，且ED ≠BC ，∴BE 必与CD 相交，∴A′N⊥平面BCDE.又A′N平面A′BE，∴平面A′BE⊥平面BCDE.把一个平面图形按某种要求折起，转化为空间图形，进而研究图形在位置关系和数量关系上的变化，这就是折叠问题.求解折叠问题的两个关键点：１画好两个图——折叠前的平面图和折叠后的立体图；２分析好两者之间的关系——折叠前后哪些量发生了变化，哪些量没有发生变化.错误!５．如图（１）所示，梯形ABCD中，AB∥CD，E，F分别为BC，AD的中点，将平面CDFE沿EF 翻折起来，使CD到C′D′的位置，如图（２）所示，G，H分别为AD′，BC′的中点，求证：四边形EFGH 为平行四边形．[证明] 梯形ABCD中，AB∥CD，E，F分别为BC，AD的中点，∴EF∥AB且EF＝错误!（AB＋CD）．翻折后，C′D′∥EF，∴C′D′∥AB.又G，H分别为AD′，BC′的中点，∴GH∥AB且GH＝错误!（AB＋C′D′）＝错误!（AB＋CD），∴GH綊EF，∴四边形EFGH为平行四边形．。

2013年高考数学备考30分钟课堂集训专题系列专题07 立体几何(A卷) 文(教师版)

2013年高考数学备考30分钟课堂集训专题系列专题07 立体几何(A 卷) 文（教师版）一、选择题1.（2013届湖北黄冈中学高三10月月考）某几何体的正视图和侧视图均为如图1所示，则在图2的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是（）A ．（1），（3）B ．（1），（4）C ．（2），（4）D ．（1），（2），（3），（4）2.（2013届北京市石景山区高三上学期期末考）设,m n 是不同的直线，,αβ是不同的平面，下列命题中正确的是（）A ．若//,,m n m n αβ⊥⊥，则αβ⊥B ．若//,,m n m n αβ⊥⊥，则//αβC ．若//,,//m n m n αβ⊥，则α⊥βD ．若//,,//m n m n αβ⊥，则//αβ 【答案】C【解析】C 中，当//,//m m n α，所以，//,n α或,n α⊂当n β⊥，所以α⊥β，所以正确。

【考点定位】立体几何线面关系3.（2013届云南省玉溪一中高三第四次月考）已知某几何体的俯视图是如图所示的边长为2的正方形，主视图与左视图是边长为2的正三角形，则其全面积是（）A ． 8B ．12C．4(1 D ．4.（2013届山东省聊城市东阿一中高三上学期期初考试）设直线m 、n 和平面βα、,下列四个命题中，正确的是（） A. 若n m n m //,//,//则αα B. 若βαββαα//,//,//,,则n m n m ⊂⊂ C. 若βαβα⊥⊂⊥m m 则,, D. 若ααββα//,,,m m m 则⊄⊥⊥ 【答案】D【解析】因为选项A 中，两条直线同时平行与同一个平面，则两直线的位置关系有三种，选项B 中，只有Mm,n 相交时成立，选项C 中，只有m 垂直于交线时成立，故选D 【考点定位】立体几何线面关系5.（2013届山东省兖州市高三9月入学诊断检测）某几何体的三视图如下图所示，它的体积为( )A. 72πB. 48πC. 30πD. 24πA．1BCD7.( 22013届河北省唐山市高三年级考试)[空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A.8＋B.6＋C.8＋2B.6＋【答案】A【解析】根据三视图可知，其直观图为放倒的三棱柱，如图所示，AB ⊥AC ，且AB=1，AC=2，CC 1=2，则该几何体的表面积为【考点定位】利用三视图求表面积AB 1C 1BCA 18.( 2013届浙江省温州八校高三联考)如图是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积是 ( ) A ．27B ．30C ．33D ．369．(2013届北京东城区普通校高三联考)已知,m n 是两条不同直线，,,αβγ是三个不同平面，下列命题中正确的是A ．,,αγβγαβ⊥⊥若则‖B ．,,m n m n αα⊥⊥若则‖C ．,,m n m n αα若则‖‖‖D ．,,m m αβαβ若则‖‖‖ 【答案】B【解析】本题难度适中，考查学生基础知识是否扎实，根据线面垂直的性质定理可知,,m n m n αα⊥⊥若则‖ B 正确.符合题意【考点定位】立体几何线面关系10.(2013届广东省肇庆市高三检测题)某三棱锥的三视图如图2所示，该三棱锥的体积是为( )A. 80B. 40C.803D.403二、填空题11.（2013届湖北省黄冈市黄州一中高三模拟测试）一个几何体的三视图如右图所示，其中正视图和侧视图是腰长为6的两个全等的等腰直角三角形．则它的体积为．【答案】72；【解析】几何体底面是边长为6的正方形，高是6，其中一条棱与底面垂直的四棱锥1666723V ==. 【考点定位】利用三视图求体积12. (2013届北京四中高三上学期期中测验)湖面上漂着一个小球，湖水结冰后将球取出，冰面上留下了一个直径为12 cm ，深 2 cm 的空穴，则该球的半径是______cm ，表面积是______cm ². 【答案】10，400π【解析】设球的半径为r ，画出球与水面的位置关系图，如图：由勾股定理可知，，解得r =10.所以表面积为244100400r πππ=⨯=。

高考数学一轮复习第7章立体几何初步热点探究课4 立体几何中的高考热点问题教师用书文北师大版

热点探究课(四) 立体几何中的高考热点问题[命题解读] 1.立体几何初步是高考的重要内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算.2.重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．热点1 线面位置关系与体积计算(答题模板)以空间几何体为载体，考查空间平行与垂直关系是高考的热点内容，并常与几何体的体积计算交汇命题，考查学生的空间想象能力、计算与数学推理论证能力，同时突出转化与化归思想方法的考查，试题难度中等．(本小题满分12分)(2015·全国卷Ⅰ) 如图1，四边形ABCD为菱形，G为AC 与BD的交点，BE⊥平面ABCD.图1(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥EACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积．[思路点拨](1)注意到四边形ABCD为菱形，联想到对角线垂直，从而进一步证线面垂直，面与面垂直；(2)根据几何体的体积求得底面菱形的边长，计算侧棱，求出各个侧面的面积．[规X解答](1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以AC⊥BE. 2分因为BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED.又AC平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED. 4分(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝32x，GB＝GD＝x2.因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝32x. 6分由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝22x.由已知得，三棱锥E ACD 的体积V 三棱锥E ACD＝13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，故x ＝2. 9分从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E ACD 的侧面积为3＋2 5. 12分[答题模板] 第一步：由线面垂直的性质，得线线垂直AC ⊥BE . 第二步：根据线面垂直、面面垂直的判定定理证明平面AEC ⊥平面BED . 第三步：利用棱锥的体积求出底面菱形的边长．第四步：计算各个侧面三角形的面积，求得四棱锥的侧面积．第五步：检验反思，查看关键点，规X 步骤．[温馨提示] 1.在第(1)问，易忽视条件BD ∩BE ＝B ，AC 平面AEC ，造成推理不严谨，导致扣分．2．正确的计算结果是得分的关键，本题在求三棱锥的体积与侧面积时，需要计算的量较多，防止计算结果错误失分，另外对于每一个得分点的解题步骤一定要写全．阅卷时根据得分点评分，有则得分，无则不得分．[对点训练1] 如图2，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点．图2(1)求证：平面ABE ⊥平面B 1BCC 1； (2)求证：C 1F ∥平面ABE ； (3)求三棱锥E ABC 的体积．[解] (1)证明：在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，因为BB 1⊥底面ABC ，AB 平面ABC ，所以BB 1⊥AB . 2分又因为AB ⊥BC ，BB 1∩BC ＝B ，所以AB ⊥平面B 1BCC 1.又AB平面ABE ，所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1. 4分 (2)证明：取AB 的中点G ，连接EG ，FG .因为G ，F 分别是AB ，BC 的中点，所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC .因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1，6分所以四边形FGEC 1为平行四边形，所以C 1F ∥EG .又因为EG 平面ABE ，C 1F平面ABE ，所以C 1F ∥平面ABE . 8分(3)因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ，所以AB ＝AC 2－BC 2＝3，10分所以三棱锥E ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33. 12分热点2 平面图形折叠成空间几何体先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量，是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向．如图3，在长方形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为CD 的中点，F 为AE的中点．现沿AE 将三角形ADE 向上折起，在折起的图形中解答下列问题：图3(1)在线段AB 上是否存在一点K ，使BC ∥平面DFK ？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由；(2)若平面ADE ⊥平面ABCE ，求证：平面BDE ⊥平面ADE .【导学号：66482345】[解] (1)如图，线段AB 上存在一点K ，且当AK ＝14AB 时，BC ∥平面DFK . 1分证明如下：设H 为AB 的中点，连接EH ，则BC ∥EH . ∵AK ＝14AB ，F 为AE 的中点，∴KF ∥EH ，∴KF ∥BC . 3分 ∵KF 平面DFK ，BC平面DFK ，∴BC ∥平面DFK . 5分(2)证明：∵在折起前的图形中E 为CD 的中点，AB ＝2，BC ＝1， ∴在折起后的图形中，AE ＝BE ＝2，从而AE 2＋BE 2＝4＝AB 2，∴AE ⊥BE . 8分∵平面ADE ⊥平面ABCE ，平面ADE ∩平面ABCE ＝AE ， ∴BE ⊥平面ADE .∵BE 平面BDE ，∴平面BDE ⊥平面ADE . 12分[规律方法] 1.解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．2．在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．[对点训练2] (2016·全国卷Ⅱ)如图4，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置．图4(1)证明：AC ⊥HD ′；(2)若AB ＝5，AC ＝6，AE ＝54，OD ′＝22，求五棱锥D ′ABCFE 的体积．[解] (1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 2分又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD，故AC ∥EF .由此得EF ⊥HD ，故EF ⊥HD ′，所以AC ⊥HD ′. 5分(2)由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 7分所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是OD ′2＋OH 2＝(22)2＋12＝9＝D ′H 2，故OD ′⊥OH .由(1)知AC ⊥HD ′，又AC ⊥BD ，BD ∩HD ′＝H ，所以AC ⊥平面BHD ′，于是AC ⊥OD ′.又由OD ′⊥OH ，AC ∩OH ＝O ，所以OD ′⊥平面ABC .又由EF AC ＝DH DO 得EF ＝92. 10分五边形ABCFE 的面积S ＝12×6×8－12×92×3＝694.所以五棱锥D ′ABCFE 的体积V ＝13×694×22＝2322. 12分热点3 线、面位置关系中的开放存在性问题是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．(2017·某某质检)如图5所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．图5(1)求证：EF∥平面PAD；(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.【导学号：66482346】[解] (1)证明：如图所示，连接AC，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点. 2分所以对角线AC经过点F.又在△PAC中，点E为PC的中点，所以EF为△PAC的中位线，所以EF∥PA.又PA平面PAD，EF平面PAD，所以EF∥平面PAD. 5分(2)存在满足要求的点G.在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC.因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD. 7分又侧面PAD⊥底面ABCD，CD平面ABCD，侧面PAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面PAD.又EF∥平面PAD，所以CD⊥EF.取CD中点G，连接FG，EG. 9分因为F为BD中点，所以FG∥AD.又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，所以CD⊥平面EFG，又CD平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC. 12分[规律方法] 1.在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．2．第(2)问是探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论．[对点训练3] (2017·某某师大附中检测)如图6，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．图6(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC；若不存在，请说明理由．[证明](1)连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥SABCD是正四棱锥，所以SO⊥AC. 2分在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD.因为SD平面SBD，所以AC⊥SD. 5分(2)在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC.连接OP.设正方形ABCD的边长为a，则SC＝SD＝2a. 7分由SD⊥平面PAC得SD⊥PC，易求得PD＝2a 4.故可在SP上取一点N，使得PN＝PD.过点N作PC的平行线与SC交于点E，连接BE，BN，在△BDN中，易得BN∥PO. 10分又因为NE∥PC，NE平面BNE，BN平面BNE，BN∩NE＝N，PO平面PAC，PC平面PAC，PO∩PC＝P，所以平面BEN∥平面PAC，所以BE∥平面PAC.因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1. 12分。

高考复习数学(北师大版)第7章立体几何初步

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3．把握命题的新动向，在保持命题连续性的同时，力求创新，空间的折叠与探索开放性问题的命题趋向值得重视．
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高三一轮总复习 [导学心语] 根据近5年全国卷高考命题特点和规律，复习本章时，要注意以下几个方面： 1．深刻理解以下概念、性质、定理及公式．简单几何体的结构特征；三视图及其表面积、体积公式；三个公理及线面、面面平行和垂直的八个判定定理与性质定理． 2．抓住空间位置关系中平行、垂直这一核心内容强化训练，不仅要注意平行与平行、垂直与垂直间的转化，而且要重视平行与垂直间的化归转化．在推理证明中加强规范严谨性训练，避免因条件七章立体几何初步
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[五年考情]
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[重点关注] 综合近5年全国卷高考试题，我们发现高考命题在本章呈现以下规律： 1．从考查题型、题量两个方面来看：一般是1～2个客观题，一个解答题；从考查分值看，该部分大约占17～22分． 2．从考查知识点看：主要考查简单几何体的三视图及其表面积、体积、空间中线线、线面、面面的平行和垂直的关系，突出对空间想象能力、逻辑推理能力和正确迅速运算的能力，以及转化与化归思想的考查．
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3．从命题思路上看： (1)空间几何体的三视图及其表面积、体积的计算，主要以小题的形式考查． (2)空间点、线、面之间位置关系的判断与证明，特别是线线、线面、面面的平行与垂直，主要以解答题的形式考查． (3)根据近5年的高考试题，我们发现两大热点：①空间几何体的三视图及其表面积、体积的计算，空间位置关系有关命题的辨别．②空间平行、垂直关系的证明．

高一数学第7课时立体几何初步学案苏教版必修2

A′ A
听课随笔
B
C
B′ C′
AA1 平行的棱共有
关
系
// BB′ , AA′ =BB′ ,
思维点拔：凡“有且只有”的证明，丢掉“有” 即存在性步骤，或丢掉 “只有” 即唯一性的证生，即证明不全面，思维不严谨所致。求证：过直线外一点有且只有一条直线和这条已知：
求证
总结：(1) 凡上述两类问题型的证明应有两步，在，再证明它是唯一的 (2) 解答文字命题必须成符号语言，然后写出 “已知和求证” 需要作出来，最后给出“解答（证明） ”
点评：要证梯形，必须证明有两边平行且相等，平行的证明要善于联想平面几何知识．例 2：如图 . 已知 E、 E1 分别为正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱 AD、 A1D1 的中点 , 求证 : ∠ C1E1B1= ∠ CEB .
D1
C1
E1
A1 D
B1 C
E A 分析：设法证明证明：
B E1C1//EC,E1B1/ /EB
自学评价
１ . 空间两直线的位置关系
位置关系共面情况公共点个数相交直线平行直线
异面直线２ . 公里４：
符号表示：思考：经过直线外一点，有几条直线和这条直线平行答：３．等角定理：
【精典范例】例 1： .如图 , 在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中 , 已知 E、 F 分别是 AB、 BC的中点 , 求证 : EF//A1C1
莫愁前路无知己，天下谁人不识君。
第 7 课时
一、【学习导航】知识网络
空间两条直线的位置关系
平行直线
判定及性质判定及性质
空间两条直线位置关系
异面直线

高中数学第一章立体几何初步章末分层突破学案苏教版必修2(2021年最新整理)

2018版高中数学第一章立体几何初步章末分层突破学案苏教版必修2 编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高中数学第一章立体几何初步章末分层突破学案苏教版必修2）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第一章立体几何初步[自我校对］①球②斜二测画法③公理3④平行⑤相交⑥[0°，90°]⑦[0°，180°]__________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________空间几何体的体积及表面积几何体的表面积及体积的计算是现实生活中经常能够遇到的问题，在计算中应注意各数量之间的关系及各元素之间的位置关系，特别是特殊的柱、锥、台体,要注意其中矩形、梯形及直角三角形等重要的平面图形的应用，注意分割与组合的合理应用；关注展开与折叠问题．如图1－1，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD,AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3,PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．图1－1(1）证明MN∥平面PAB;（2)求四面体N－BCM的体积．【精彩点拨】(1)利用线面平行的判定定理进行证明，即通过线线平行证明线面平行；（2）先求出点N到平面BCM的距离及△BCM的面积，然后代入锥体的体积公式求解．【规范解答】（1）证明：由已知得AM＝错误!AD＝2。

立体几何初步小结复习北师大PPT学习教案

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平面 A E D C ∩β= A C ， ∵α∥β，∴A C ∥D E . 又 P 、N 分别为 A E 、C D 的中点，
∴P N ∥D E .P N α，D E α，
∴P N ∥α.又 M 、P 分别为 A B 、A E 的中点，
∴M P ∥B E ，且 M P α，B E α，
∴A D 1∥平面 B P Q .
又 A D 1∩C D 1= D 1，∴平面 A C D 1∥平面 B P Q ，
∵A C 平面 A C D 1，∴A C ∥平面 B P Q .
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练习1 1、如图，在正方体 ABCD——A1B1C1D1中， O是底面ABCD对角线的交点. 求证：C1O//平面AD1B1.
立体几何初步小结复习北师大
平行关系
一、证明线线平行的方法 (1)定义法：在同一平面内没有公共点的两条直线平行． (2)平行公理：平行于同一条直线的两条直线平行． (3)线面平行的性质定理：应用时题目条件中需有线面平行． (4)面面平行的性质定理：应用时题目条件中需有面面平行．（5）线面垂直的性质定理：
线分别为 B G ，C H .
根据两平面平行的性质定理，有 B G ∥C H .
在△A C H 中， AB AG .
BC GH
而 A G =D E ，G H =E F ，∴
AB DE . BC EF
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过平行线 A H ，D F 的平面分别交平面 α，β，γ于 A D ，G E ，H F . 根据两平面平行的性质定理，有 A D ∥G E ∥H F .
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AG // DE
AD
//
GE
⇒A

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专题07 立体几何初步【重难点知识点网络】：一、空间几何体的有关概念1．空间几何体对于空间中的物体，如果我们只考虑其形状和大小，而不考虑其他因素，那么由这些物体抽象出来的就叫做空间几何体.例如,一个正方体形包装箱,占有的空间部分就是一个几何体,这个几何体就是我们熟悉的正方体.2．多面体（1）多面体：一般地,我们把由若干个围成的几何体叫做多面体.（2）多面体的面：围成多面体的各个多边形叫做多面体的面,如图中面ABB′A′,面BCC ′B′等.（3）多面体的棱：相邻两个面的公共边叫做多面体的棱, 如图中棱AA′,棱BB′等.（4）多面体的顶点：棱与棱的公共点叫做多面体的顶点, 如图中顶点A,B,C等.3．旋转体（1）旋转体：由一个平面图形绕它所在平面内的一条定直线所形成的封闭几何体.如图所示为一个旋转体，它可以看作由矩形OBB′O′绕其边OO′所在的直线旋转而形成.（2）旋转体的轴：平面图形旋转时所围绕的定直线.如图中直线OO′是该旋转体的轴.二、几种最基本的空间几何体1．棱柱的结构特征①用表示底面的各顶点字母来表示棱柱.如图所示的六棱柱可以表示为棱柱ABCDEF−A′B′C′D′E′F′.②用棱柱的对角线表示棱柱.如图,(1)可表示为四棱柱AC1或四棱柱BD1等;(2)可表示为六棱柱AD1或六棱柱AE1等;(3)可表示为五棱柱AC1或五棱柱AD1等.这种记法要说明棱柱是几棱柱.①棱柱的底面：棱柱中，两个互相的面叫做棱柱的底面，简称底.③棱柱的侧棱：相邻侧面的公共边叫做棱柱的侧棱.①底面互相 .②侧面都是 . 2．棱锥的结构特征3．棱台的结构特征4．圆柱的结构特征5．圆锥的结构特征6．圆台的结构特征7．球的结构特征8．简单组合体的结构特征①由简单几何体拼接而成，如图(1)所示.②由简单几何体截去或挖去一部分而成，如图(2)所示.①多面体与多面体的组合体图(1)中几何体由一个四棱柱挖去一个三棱柱得到,图(2)中几何体由一个四棱柱与一个四棱锥组合而成,图(3)中几何体由一个三棱柱与一个三棱台组合而成.②多面体与旋转体的组合体图(1)中几何体由一个三棱柱挖去一个圆柱得到,图(2)中几何体由一个圆锥挖去一个四棱柱得到,图(3)中几何体由一个球挖去一个三棱锥得到.③旋转体与旋转体的组合体图(1)中几何体由一个球体和一个圆柱组合而成,图(2)中几何体由一个圆台和两个圆柱组合而成,图(3)中几何体由一个圆台、一个圆柱和一个圆锥组合而成.知识参考答案：二、1．平行四边形平行；平行；平行平行四边形平行；斜棱柱正棱柱2．多边形三角形；多边形三角形公共顶点；四面体3．平行；平行相似一点梯形；正棱台4．矩形旋转体；平行平行平行且相等矩形5．直角三角形直角；圆面相等顶点等腰三角形6．平行于；平行不等无数等长等腰梯形7．直径；圆心半径直径8．柱体锥体台体球体【重难点题型突破】：一、棱柱、棱锥、棱台的结构特征例1．（1）某同学制作了一个对面图案均相同的正方形礼品盒，如图所示，则这个正方体礼品盒的表面展开图应该为(对面是相同的图案)()A．B．C．D．【答案】A【解析】其展开图是沿盒子的棱剪开，无论从哪个棱剪开，剪开的相邻面在展开在图中可以不相邻，但未剪开的相邻面在展开图中一定相邻，又相同的图案是盒子相对的面，展开后绝不能相邻．故选A.（2）下面是关于四棱柱的四个命题：①若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱③若四个侧面两两全等，则该四棱柱为直四棱柱④若四棱柱的四条对角线两两相等，则该四棱柱为直四棱柱其中，真命题的编号是(写出所有真命题的编号)．【答案】②④【解析】因为必须是相邻的两个侧面垂直于底面，则四棱柱为直四棱柱．因此1错误3中，也不符合直四棱柱的定义，排除，只有2,4符合定义，成立【变式训练1】．判断下列命题的真假.（1）四棱柱一定是平行六面体；（2）六个面都是矩形的六面体一定是长方体；（3）直平行六面体一定是长方体；（4）底面是矩形的四棱柱一定是长方体.【答案】（1）假命题；（2）真命题；（3）假命题；（4）假命题.【解析】（1）四棱柱一定是平行六面体，当四棱柱底面是梯形时不是平行六面体，假命题；（2）六个面都是矩形的六面体一定是长方体，根据长方体的结构特征知正确，真命题；（3）直平行六面体一定是长方体，当底面为平行四边形时不是长方体，假命题；（4）底面是矩形的四棱柱一定是长方体，当侧棱与底面不垂直时不是长方体，假命题；【变式训练2】．在棱长为6的正方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别是棱11C D ，11B C 的中点，过A ，E ，F 三点作该正方体的截面，则截面的周长为（）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】如图，延长EF 与A 1B 1的延长线相交于M ，连接AM 交BB 1 于H ，延长FE 与A 1D 1的延长线相交于N ，连接AN 交DD 1 于G ，可得截面五边形AHFEG ．∵ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1是边长为6的正方体，且E ，F 分别是棱C 1D 1，B 1C 1的中点，∴EF＝AG＝AH==EG＝FH==∴截面的周长为D．二、圆柱、圆锥、圆台的结构特征例2．（1）下列命题：①在圆柱的上、下两底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线；③在圆台上、下两底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；④圆柱的任意两条母线相互平行．其中正确的是（）A．①②B．②③C．①③D．②④【答案】D【解析】①所取的两点与圆柱的轴OO′两端点所构成的四边形不一定是矩形，若不是矩形，则与圆柱母线定义不符．③所取两点连线的延长线不一定与轴交于一点，不符合圆台母线的定义．②④符合圆锥、圆柱母线的定义及性质，故正确．考点：圆柱、圆台、圆锥母线的定义与性质.（2）下列叙述正确的是（）①有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱．②两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台．③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．④直角三角形绕其一条边旋转得到的旋转体是圆锥．⑤直角梯形以它的一条垂直于两底边的腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面围成的旋转体叫圆台．⑥用一个平面去截圆锥，底面和截面之间的部分是圆台．⑦通过圆锥侧面上一点，有无数条母线．⑧以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成球体．A．①②③④⑤⑥⑧B．①③④⑦⑧C．①②⑤⑧D．⑤【思路分析】：遇到概念判断问题，一定要在理解透彻相关概念的基础上，仔细分析，如果判断它是正确的，必须能紧扣定义，而不是模棱两可地去作判断；如果判断它是错误的，只需找到一个反例即可．【解答过程】：如图所示，由图（1）可知①是错误的；由图（2）可知②③是错误的；由图（3）可知④是错误的；由图（4）可知⑥是错误的．因为通过圆锥侧面上一点和圆锥的顶点只能连一条射线，所以“通过圆锥侧面上一点，有无数条母线．”是错误的，即⑦是不正确的．以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆旋转一周形成的应该是球面，半圆面旋转一周形成的才是球体．所以⑧是错误的．所以只有⑤是正确的．故应选D．【变式训练1】．如图所示，正四棱台AC'的高是17cm，上、下两底面的边长分别是4cm和16cm，求这个棱台的侧棱长和斜高.【答案】这个棱台的侧棱长为19cm，斜高为【解析】设棱台两底面的中心分别是点O和O'，B C''，BC的中点分别是E'，E.连接O O'，E E'，O B''，OB，O E''，OE，则四边形OBB O''，OEE O''都是直角梯形，如图.正方形ABCD 中，∵16cm BC =，∴OB =，8cm OE =.在正方形A B C D ''''中，∵4cm B C ''=，∴O B ''=，2cm O E ''=.在直角梯形O OBB ''中，19(cm)BB '===.在直角梯形O OEE ''中，EE '===.故这个棱台的侧棱长为19cm ，斜高为.【变式训练2】．已知圆锥的底面半径为r ，高为h ，且正方体1111ABCD A B C D -内接于圆锥，求这个正方体的棱长.【答案】()22h h 2r -【解析】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因为△V A 1C 1∽△VMN，所以2r =h x h -.，所以=()22h h 2r -.即圆锥内接正方体的棱长为()22h h 2r -. 【变式训练3】．一个圆台的母线长为12cm ，两底面面积分别为24cm π和225cm π．（1）求圆台的高；（2）求截得此圆台的圆锥的母线长．【答案】(1) . (2) 20cm .【解析】（1）如图，过圆台的轴作截面，则截面为等腰梯形ABCD ，1O ，O 分别为AD ，BC 的中点，作AM BC ⊥于点M ，连接1O O .由已知可得上底半径12cm O A =，下底半径5cm OB =，且腰长12cm AB =，∴)cm AM ==，即圆台的高为.（2）如图，延长BA ，1OO 交于点S ，设截得此圆台的圆锥的母线长为cm l ，则由1SAO SBO △∽△，得1AO SA SB BO =，即1225l l -=，∴即截得此圆台的圆锥的母线长为20cm.三、球的结构特征例3．（1）如图，各棱长都相等的三棱锥内接于一个球，则经过球心的一个截面图形可能是()A．①③B．①②C．②④D．②③【答案】A【解析】（1）当平行于三棱锥一底面，过球心的截面如①图所示；（2）棱长都相等的正三棱锥的棱和球心不可能在同一个面上，所以②是错误的；（3）过三棱锥的一个顶点（不过棱）和球心所得截面如③图所示；（4）棱长都相等的正三棱锥和球心不可能在同一个面上，所以④是错误的．故选A．（2）．若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值（）A．至多等于3B．至多等于4C．等于5D．大于5【答案】B【解析】考虑平面上，3个点两两距离相等，构成等边三角形，成立；4个点两两距离相等，由三角形的两边之和大于第三边，则不成立；n大于4，也不成立；在空间中，4个点两两距离相等，构成一个正四面体，成立；若n＞4，由于任三点不共线，当n=5时，考虑四个点构成的正四面体，第五个点，与它们距离相等，必为正四面体的外接球的球心，由三角形的两边之和大于三边，故不成立；同理n ＞5，不成立．故选B ．四、空间几何体的平面展开图例4．已知圆锥的全面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为（） A ．120B ．150C ．180D ．240【答案】C【解析】圆锥的表面积是其侧面积与底面积之和,根据题意有侧面积是底面积的2倍.又因为圆锥的侧面展开图是扇形,其圆心角0α>,半径为,且其弧长等于圆锥底面周长,所以,根据扇形面积公式有22122R r απ=,代入,得.即圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为180，故选C.【变式训练1】．圆台的上、下底面半径分别为5cm 、10cm ，母线长20AB cm =，从圆台母线AB 的中点M 拉一条绳子绕圆台侧面转到B 点（B 在下底面），求：（1）绳子的最短长度；（2）在绳子最短时，上底圆周上的点到绳子的最短距离．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）画出圆台的侧面展开图，并还原成圆锥展开的扇形，且设扇形的圆心为．有图得：所求的最短距离是，设，圆心角是，则由题意知， ①，②，由①②解得，，，∴，则．故绳子最短的长度为：．（2）作垂直于交于，是顶点到的最短距离，则是与弧的最短距离，，即上底面圆周上各点到绳子的最短距离是．五、空间几何体的综合问题例5．在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P ，Q ，R 分别为棱AA 1，BC ，C 1D 1的中点，经过P ，Q ，R 三点的平面为α，平面α被此正方体所截得截面图形的面积为（）A ．B ．C ．2D 【答案】A【解析】如图所示：,,F G H 是对应线段的中点.易知：RF 与HQ 相交，确定一个平面 HQ ‖RG ，故G 在平面内，同理P 在平面内故平面α被此正方体所截得截面图形为正六边形HPFQGR12623S π=⨯=故选A【变式训练1】．春节期间，佳怡准备去探望奶奶，她到商店买了一盒点心.为了美观起见，售货员对点心盒做了一个捆扎（如图（1）所示），并在角上配了一个花结.售货员说，这样的捆扎不仅漂亮，而且比一般的十字捆扎（如图（2）所示）包装更节省彩绳.你同意这种说法吗？请给出你的理由.（注；长方体点心盒的高小于长、宽.）【答案】同意，详见解析【解析】设长方体点心盒子的长、宽、高分别为x ，y ，z ，依据是图（2）的捆扎方式，把彩绳的长度记作l ，因为长方体的每个面上的那一段绳都与相交的棱垂直，故224l x y z =++.依据题图（1）的捆扎方式，绳长记作m .示意图如图，由三角形中两边之和大于第三边，得111x y m +>，22z x m +>，343x y m +>，54y z m +>，665x y m +>，56x z m +>，437x y m +>，28y z m +>∴1234561234564x x x x x x y y y y y y z ++++++++++++145678m m m m m m >+++++，即224x y z m ++>，即l m >，因此，如题图（1）所示的捆扎方式节省材料.。