2020高考人教版文科数学总复习讲义：立体几何课时1含答案
新课标人教版高考数学立体几何1空间几何体知识点及题型精选总结------(有答案)--37
立体几何初步本章知识结构与体系立体几何体知识点：(1）空间几何体（2）点、直线、面的位置关系(3）空间直角坐标系（1）空间几何体的知识点：（2）点、直线、面的位置关系:（3）空间直角坐标系：一、空间几何体知识点梳理:一、常见空间几何体定义: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） 侧棱垂直于底面的棱柱称为直棱柱,直棱柱的侧棱即为棱柱的高．(2) 底面为正多边形的直棱柱称为正棱柱，两底面中心的连线即为棱柱的高．2 ．棱锥：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叫做棱锥．(1) 如果一个棱锥的底面是正多边形，且顶点与底面中心的连线垂直于底面，这样的棱锥称为正棱锥．正棱锥具有性质:①正棱锥的顶点和底面中心的连线即为高线；②正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，这些等腰三角形底边上的高都相等,叫做这个正棱锥的斜高．(2) 底边长和侧棱长都相等的三棱锥叫做正四面体．（3） 依次连结不共面的四点构成的四边形叫做空间四边形．3 ．棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥,底面与截面之间的部分，叫做棱台．4 ．圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱．5 ．圆锥：以直角三角形 的一条直角边所在的直线为旋转轴,其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥．6 ．圆台:用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台．7 ．球：以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的几何体叫做球．二、空间几何体的三视图和直观图空间几何体的三视图是用平行投影得到，这种投影下，与投影面平行的平面图形留下的影子，与平面图形的形状和大小是全等和相等的，三视图包括正视图、侧视图、俯视图．注：1、球的三视图都是圆，长方体的三视图都是矩形．2、圆柱的正视图、侧视图都是全等矩形,俯视图是圆．3、圆锥的正视图、侧视图都是全等的等腰三角形，俯视图是圆及圆心．4、圆台的正视图、侧视图都是全等的等腰体性，俯视图是两个同心圆。
2020版高考文科数学大一轮复习人教A版文档：第八章 立体几何8.1 Word版含答案.docx
§8.1空间几何体的结构、三视图和直观图1．多面体的结构特征2．旋转体的形成3.空间几何体的三视图 (1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图． (2)三视图的画法①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察到的几何体的正投影图． 4．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是(1)原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴，y ′轴的夹角为45°或135°，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴；平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y 轴的线段在直观图中长度变为原来的一半．知识拓展1．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．(2)水平放置的圆锥的正视图和侧视图均为全等的等腰三角形． (3)水平放置的圆台的正视图和侧视图均为全等的等腰梯形． (4)水平放置的圆柱的正视图和侧视图均为全等的矩形． 2．斜二测画法中的“三变”与“三不变” “三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半图形改变“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不改变与x ，z 轴平行的线段的长度不改变相对位置不改变题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．(×)(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．(×)(3)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．(×)(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．(×)(5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．(×)(6)菱形的直观图仍是菱形．(×)题组二教材改编2．[P19T3]由斜二测画法得到：①相等的线段和角在直观图中仍然相等；②正方形在直观图中是矩形；③等腰三角形在直观图中仍然是等腰三角形；④平行四边形的直观图仍然是平行四边形．上述结论正确的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3答案 B解析逐一考查所给的说法：①相等的线段平行时在直观图中仍然相等，原说法错误；②正方形在直观图中是平行四边形，不是矩形，原说法错误；③等腰三角形在直观图中不是等腰三角形，原说法错误；④平行四边形的直观图仍然是平行四边形，原说法正确．综上可得，结论正确的个数是1.故选B.3．[P8T1]在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)答案③⑤题组三 易错自纠4．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ) A ．圆柱 B ．圆锥 C ．四面体 D ．三棱柱答案 A解析 由三视图知识知，圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形．5．(2018·珠海质检)将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到如图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为( )答案 B解析 侧视图中能够看到线段AD 1，应画为实线，而看不到B 1C ，应画为虚线．由于AD 1与B 1C 不平行，投影为相交线，故选B.6.正三角形AOB 的边长为a ，建立如图所示的直角坐标系xOy ，则它的直观图的面积是________．答案616a 2解析 画出坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图)，D ′为O ′A ′的中点．易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)，∴S△O′A′B′＝12×22S△OAB＝24×34a2＝616a2.题型一空间几何体的结构特征1．给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3答案 A解析①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．2．下列命题中正确的为________．(填序号)①存在一个四个侧面都是直角三角形的四棱锥；②如果棱柱有一个侧面是矩形，则其余各侧面也都是矩形；③圆台的任意两条母线所在直线必相交．答案①③解析①如图中的四棱锥，底面是矩形，一条侧棱垂直于底面，那么它的四个侧面都是直角三角形，故①正确；②如图所示的棱柱有一个侧面是矩形，则其余各侧面不是矩形，故②错误；③根据圆台的定义和性质可知，命题③正确．所以答案为①③.思维升华(1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一反例即可．(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．(3)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．题型二简单几何体的三视图命题点1已知几何体，识别三视图典例(2017·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)()A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤答案 B解析正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①，侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.命题点2已知三视图，判断几何体的形状典例(2017·全国Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16答案 B解析 观察三视图可知，该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为2，如图所示．因此该多面体各个面中有两个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，故这两个梯形的面积之和为2×12×(2＋4)×2＝12.故选B.命题点3 已知三视图中的两个视图，判断第三个视图典例 (2018届辽宁凌源二中联考)如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为( )答案 B解析 由正视图和俯视图可知，该几何体是一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知其侧视图为B ，故选B. 思维升华 三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分三视图的可能形状．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．跟踪训练 (1)(2017·全国Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π答案 B解析 方法一 (割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱从点A 处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π.故选B.方法二 (估值法)由题意知，12V 圆柱<V 几何体<V 圆柱，又V 圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π<V 几何体<90π.观察选项可知只有63π符合．故选B.(2)一个几何体的三视图中，正视图和侧视图如图所示，则俯视图不可以为( )答案 C解析 A 中，该几何体是直三棱柱，∴A 有可能； B 中，该几何体是直四棱柱，∴B 有可能； C 中，由题干中正视图的中间为虚线知，C 不可能； D 中，该几何体是直四棱柱，∴D 有可能．题型三 空间几何体的直观图典例 (2018·福州调研)已知等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________． 答案22解析 如图所示，作出等腰梯形ABCD 的直观图．因为OE ＝(2)2－1＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ＝24，则直观图A ′B ′C ′D ′的面积S ′＝1＋32×24＝22.思维升华 用斜二测画法画直观图的技巧在原图形中与x 轴或y 轴平行的线段在直观图中与x ′轴或y ′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出．跟踪训练 如图，一个水平放置的平面图形的直观图(斜二测画法)是一个底角为45°、腰和上底长均为2的等腰梯形，则这个平面图形的面积是( )A ．2＋ 2B ．1＋ 2C ．4＋2 2D ．8＋4 2答案 D解析 由已知直观图根据斜二测画法规则画出原平面图形，如图所示， ∴这个平面图形的面积为4×(2＋2＋22)2＝8＋42，故选D.1．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是()A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱答案 D解析球、正方体的三视图形状都相同、大小均相等．当三棱锥的三条侧棱相等且两两垂直时，其三视图的形状都相同、大小均相等．不论圆柱如何放置，其三视图的形状都不会完全相同，故选D.2．如图为几何体的三视图，根据三视图可以判断这个几何体为()A．圆锥B．三棱锥C．三棱柱D．三棱台答案 C3．“牟合方盖”(如图1)是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图2所示，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线，其实际直观图中四边形不存在，当其正视图和侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别可能是()A．a，b B．a，c C．c，b D．b，d答案 A解析当正视图和侧视图完全相同时，“牟合方盖”相对的两个曲面正对前方，正视图为一个圆，俯视图为一个正方形，且两条对角线为实线，故选A.4．(2018·成都质检)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是棱CD上一点，则三棱锥P －A1B1A的侧视图是()答案 D解析在长方体ABCD－A1B1C1D1中，从左侧看三棱锥P－A1B1A，B1，A1，A的射影分别是C1，D1，D；AB1的射影为C1D，且为实线，P A1的射影为PD1，且为虚线．故选D.5.如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AA1，C1D1的中点，G是正方形BCC1B1的中心，则四边形AGFE在该正方体的各个面上的投影不可能是()A．三角形B．正方形C．四边形D．等腰三角形答案 B解析四边形AGFE在该正方体的底面上的投影为三角形，可能为A；四边形AGFE在该正方体的前面上的投影为四边形，可能为C；四边形AGFE在该正方体的底面上的投影为等腰三角形，可能为D；四边形AGFE 在该正方体的左侧面上的投影为三角形，可能为A.故选B.6．(2017·广州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的正视图(等腰直角三角形)和侧视图，且该几何体的体积为83，则该几何体的俯视图可以是( )答案 C解析 该几何体为正方体截去一部分后的四棱锥P —ABCD ，如图所示，该几何体的俯视图为C.7．(2017·东北师大附中、吉林市一中等五校联考)如图所示，在三棱锥D —ABC 中，已知AC ＝BC ＝CD ＝2，CD ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°.若其正视图、俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )A. 6 B ．2 C. 3 D. 2答案 D解析 由几何体的结构特征和正视图、俯视图，得该几何体的侧视图是一个直角三角形，其中一直角边为CD ，其长度为2，另一直角边为底面△ABC 的边AB 上的中线，其长度为2，则其侧视图的面积S ＝12×2×2＝ 2.8.如图，在一个正方体内放入两个半径不相等的球O 1，O 2，这两个球外切，且球O 1与正方体共顶点A 的三个面相切，球O 2与正方体共顶点B 1的三个面相切，则两球在正方体的面AA 1C 1C 上的正投影是( )答案 B解析 由题意可以判断出两球在正方体的面上的正投影与正方形相切．由于两球球心连线AB 1与面ACC 1A 1不平行，故两球球心射影所连线段的长度小于两球半径的和，即两个投影圆相交，即为图B.9.(2017·福建龙岩联考)一水平放置的平面四边形OABC ，用斜二测画法画出它的直观图O ′A ′B ′C ′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC 的面积为________．答案 2 2解析 因为直观图的面积是原图形面积的24倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2 2.10.(2017·南昌一模)如图，在正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P —BCD 的正视图与侧视图的面积之比为________．答案 1∶1解析 根据题意，三棱锥P —BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高，故三棱锥P—BCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.11．如图，点O为正方体ABCD—A′B′C′D′的中心，点E为平面B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的射影可能是________．(填出所有可能的序号)答案①②③解析空间四边形D′OEF在正方体的平面DCC′D′上的射影是①；在平面BCC′B′上的射影是②；在平面ABCD上的射影是③，而不可能出现的射影为④中的情况．12．如图，已知三棱锥P—ABC的底面是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°，侧面P AB⊥底面ABC，AB＝P A＝PB＝4，则这个三棱锥的三视图中标注的尺寸x，y，z分别是__________．答案23，2,2解析由三棱锥及其三视图可知，x为等边△P AB的高，所以x＝23，又因为2y为AB的长，所以2y＝4，y＝2，可得z为点C到AB的距离，由此得z＝2.13．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是()A ．8B ．7C ．6D ．5答案 C解析 画出直观图，共六块．14．(2017·湖南省东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A ．4 3B ．8 3C ．47D ．8 答案 C解析 如图，设该三棱锥为P —ABC ，其中P A ⊥平面ABC ，P A ＝4，则由三视图可知△ABC 是边长为4的等边三角形，故PB ＝PC ＝42，所以S △ABC ＝12×4×23＝43，S △P AB ＝S △P AC ＝12×4×4＝8，S △PBC ＝12×4×(42)2－22＝47，故四个面中面积最大的为S △PBC ＝47，故选C.15．(2017·泉州二模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图中的虚线部分是( )A ．圆弧B ．抛物线的一部分C ．椭圆的一部分D ．双曲线的一部分答案 D解析根据几何体的三视图，可得侧视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故侧视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.16.(2018·济南模拟)一只蚂蚁从正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是()A．①②B．①③C．③④D．②④答案 D解析由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展开到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展开到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.。
2020—2021年高考总复习数学《立体几何》高考考点专项复习及参考答案(精品试题).docx
届高三第二次模拟数学理试题分类汇编：立体几何一、填空、选择题1、（崇明县2016届高三二模）已知圆锥的母线长为5cm ，侧面积为15πcm2，则此圆锥的体积为cm 2．2、（奉贤区2016届高三二模）在棱长为1的正方体ABCD A B C D ''''-中，若点P 是棱上一点，则满足2PA PC '+=的点P 的个数_______．3、（虹口区2016届高三二模）已知A 、B 是球O 的球面上两点，90AOB ∠=o ，C 为该球面上的动点，若三棱锥ABC O -体积的最大值为323，则球O 的表面积为__________4、（黄浦区2016届高三二模）已知一个凸多边形的平面展开图由两个正六边形和六个正方形构成，如右上图所示，若该凸多面体所有棱长均为1，则其体积V =5、（静安区2016届高三二模）如图，正四棱锥P ABCD -的底面边长为23cm ，侧面积为 283cm ，则它的体积为.6、（闵行区2016届高三二模）若一个圆锥的母线长是底面半径的3倍，则该圆锥的侧面积是底面积的 倍.7、（浦东新区2016届高三二模）已知四面体ABCD 中，2==CD AB ，E ，F分别为BC ，AD 的中点，且异面直线AB 与CD 所成的角为3π，则EF =________．8、（普陀区2016届高三二模）若a 、b 表示两条直线，α表示平面，下列命题中的真命题为（ ）（A ）若α⊥a ，b a ⊥，则α//b （B ）若α//a ，b a ⊥，则α⊥b （C ）若α⊥a ，α⊆b ，则b a ⊥ （D ）若α//a ，α//b ，则b a // 9、（徐汇、金山、松江区2016届高三二模）．如图，圆锥形容器的高为,h 圆锥内水面的高为1,h 且11,3h h =若将圆锥倒置，水面高为2,h 则2h 等于------------------------------------------------（ ）（A ）23h （B ）1927h （C ）363h （D ）3193h10、（杨浦区2016届高三二模）已知命题：“若a,b 为异面直线，平面α过直线a 且与直线b 平行，则直线b 与平面α的距离等于异面直线a,b 之间的距离”为真命题.根据上述命题，若a,b 为异面直线，且它们之间的距离为d ，则空间中与a,b 均异面且距离也均为d 的直线c 的条数为（ ）A0条 B.1条 C.多于1条，但为有限条 D.无数多条11、（闸北区2016届高三二模）已知,,,S A B C 是球O 表面上的点，SA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，1SA AB == 2BC =，则球O 的表面积等于（ ）A ．π4 B ．π3 C ．π2 D ．π12、（长宁、青浦、宝山、嘉定四区2016届高三二模）下列命题正确的是（ ）．（A ）若直线1l ∥平面α，直线2l ∥平面α，则1l ∥2l ； （B ）若直线l 上有两个点到平面α的距离相等，则l ∥α；（C ）直线l 与平面α所成角的取值范围是⎪⎭⎫⎝⎛2,0π；（D ）若直线1l ⊥平面α，直线2l ⊥平面α，则1l ∥2l .13、（闵行区2016届高三二模）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是1AA 的中点，P 为底面ABCD 内一动点，设1PD PE 、与底面ABCD 所成的角分别为12θθ、（12θθ、均不为0)．若12θθ=，则动点P 的轨迹为哪种曲线的一部分（ ）.(A)直线 (B)圆 (C) 椭圆 (D) 抛物线14、（浦东新区2016届高三二模）给出下列命题，其中正确的命题为( )（A ）若直线a 和b 共面，直线b 和c 共面，则a 和c 共面；（B ）直线a 与平面α不垂直，则a 与平面α内的所有直线都不垂直； （C ）直线a 与平面α不平行，则a 与平面α内的所有直线都不平行； （D ）异面直线a 、b 不垂直，则过a 的任何平面与b 都不垂直. 二、解答题1、（崇明县2016届高三二模）如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 的中点． （1）求证：11EF B D ∥； （2）求二面角1C EF A --的大小（结果用反三角函数值表示）．AC BC 1A 1B 1（第19题图）D 1D FE2、（奉贤区2016届高三二模）面ABC 外的一点P ，,,AP AB AC 两两互相垂直，过AC 的中点D 作ED ⊥面ABC ，且1ED =，2PA =，2AC =，连,BP BE ，多面体B PADE -的体积是33． (1)画出面PBE 与面ABC 的交线，说明理由； （2）求面PBE 与面ABC 所成的锐二面角的大小．ADBCPEQ A DCBP （第20题图）3、（虹口区2016届高三二模）如图，在四棱锥ABCD P -中，已知⊥PA 平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，90ABC BAD ∠=∠=︒，2AB AD AP ===，1BC =.(1) 求点A 到平面PCD 的距离； (2) 若点Q 为线段BP 的中点，求直线CQ 与平面ADQ 所成角的大小.4、（黄浦区2016届高三二模）如图，小凳的凳面为圆形，凳脚为三根细钢管，考虑到钢管的受力等因素，设计的小凳应满足：三根细钢管相交处的节点P 与凳面圆形的圆心O 的连线垂直于凳面和地面，且P 分两钢管上下两段的比值为0.618，三只凳脚与地面所成的角均为60°，若A 、B 、C 是凳面圆周的三等分点，18AB =厘米，求凳面的高度h 及三根细钢管的总长度（精确到0.01）；5、（静安区2016届高三二模）设点,E F 分别是棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -的棱1,AB AA 的中点．如图，以C 为坐标原点，射线CD 、CB 、1CC 分别是x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．（1）求向量1D E u u u u r与1C F u u u u r 的数量积；（2）若点,M N 分别是线段1D E 与线段1C F 上的点，问是否存在直线MN ，MN ⊥平面ABCD ？若存在，求点,M N 的坐标；若不存在，请说明理由E FB 1A 1C 1D 1BC DA6、（闵行区2016届高三二模）如图，在直角梯形PBCD中，//PB DC，DC BC⊥，22PB BC CD===，点A是PB的中点，现沿AD将平面PAD折起，设PABθ∠=．（1）当θ为直角时，求异面直线PC与BD所成角的大小；（2）当θ为多少时，三棱锥P ABD-的体积为26．7、（浦东新区2016届高三二模）如图，在圆锥SO中，AB为底面圆O 的直径，点C为»AB的中点，SO AB=.（1）证明：AB⊥平面SOC；（2）若点D为母线SC的中点，求AD与平面SOC所成的角.（结果用反三角函数表示）8、（普陀区2016届高三二模）在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面边长为1，B C 1与底面ABCD 所成的角的大小为2arctan ，如果平面11C BD 与底面ABCD 所成的二面角是锐角，求出此二面角的大小（结果用反三角函数值）9、（徐汇、金山、松江区2016届高三二模）在直三棱柱111C B A ABC -中，1==AC AB ，90=∠BAC ，且异面直线BA 1与11CB 所成的角等于060，设a AA =1. （1）求a 的值；（2）求三棱锥BC A B 11-的体积．1A 1B 1CA BCD.A 1CEA BCDB 110、（杨浦区2016届高三二模）如图，底面是直角三角形的直三棱柱111ABC A B C -中，1112AC BC AA ===，D 是棱1AA 上的动点.(1)证明：1DC BC ⊥； (2)求三棱锥1C BDC -的体积.11、（闸北区2016届高三二模）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，1AD =，11AA =，点E 在棱AB 上移动．（1）探求AE 多长时，直线1D E 与平面11AA D D成45o 角；（2）点E 移动为棱AB 中点时，求点E 到平面11A DC 的距离．12、（长宁、青浦、宝山、嘉定四区2016届高三二模）如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，底面△ABC 是等腰直角三角形，21===AA BC AC ，D 为侧棱1AA 的中点．（1）求证：⊥BC 平面11A ACC ；（2）求二面角11C CD B --的大小（结果用反三角函数值表示）． 参考答案一、填空、选择题ABCA 1B 1C 1D1、12π2、23、64π4、3325、4106、37、1 或3 8、C 9、D 10、D 11、A 12、D13、B 14、D二、解答题1、可得有关点的坐标为11111(0,0,1),(1,1,1),(,1,0),(0,,0),(0,1,1)22D BEF C 11(,,0)22EF =--u u u r ，11(1,1,0)B D =--u u u u r (4)分所以112B D EF =u u u u r u u u r...............................5分所以11EF B D ∥...............................6分（2）设1(,,)n u v w =u r是平面1C EF 的一个法向量.因为111,n EF n FC ⊥⊥u r u u u u r u r u u u u r所以1111110,0222n EF u v n FC v w ⋅=--=⋅=+=u r u u u ru r u u u u r解得,2u v v w =-=- .取1w = ，得1(2,2,1)n =-u r.............................9分因为1DD ABCD ⊥平面，所以平面ABCD 的一个法向量是2(0,0,1)n =u u r (10)分设1n u r 与2n u u r 的夹角为α ，则12121cos 3||||n n n n α⋅==⋅u r u u ru r uu r .......................11分结合图形，可判别得二面角1C EF A --是钝角，其大小为1arccos 3π- (12)分2、(1)根据条件知:PE 与AD 交点恰好是C 1分ACBC 1A 1B 1（第19题图）D 1 D FE x yz,C PE C ∈∴∈面PBE ,,C AC C ∈∴∈面ABC 2分B ∈面PBE ,B ∈面ABC3分 面PBE与面ABC的交线BC5分 (2)(理) ,,AP AB AC 两两互相垂直,BA ⊥面EDAP 7分多面体B PADE -的体积是()113323PA DE AD BA ⨯+⨯⨯=9分233BA ∴=10分建立空间直角坐标系,设平面的法向量是()1,,n x y z u r23,0,03B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()0,2,0C ()0,1,0D ()0,1,1E ()0,0,2P23,0,23BP ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，23,1,13BE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r123203n BP x z ⋅=-+=u r u u u r12303n BE x y z ⋅=-++=u r u u u r()13,1,1n ∴=u r11分面ABC 的法向量()20,0,1n =u u rADBC PE zxyQA D CBP（第20题解答图）z yx 1212cos n nn n θ⋅==⋅u r u u ru r u u r 1555= 12分所以面PBE 与面ABC 所成的锐二面角大小5arccos 513分注：若作出二面角得2分，计算再3分 (2)(文),,AP AB AC 两两互相垂直,BA ⊥面EDAP7分多面体B PADE -的体积是()113323PA DE AD BA ⨯+⨯⨯=9分233BA ∴=10分 连接AEAE 是BE 在面EDAP 的射影BEA ∠是BE 与面PADE 所成的线面角． 11分 计算2AE =,2363tan 32BAE ∠==12分BEA ∠是BE 与面PADE 所成的线面角6arctan 3． 13分3、 （理）解：(1)以},,{AP AD AB 为正交基底建立空间直角坐标系xyz A -，则相关点的坐标为B （2,0,0），(2,1,0),(0,2,0),(0,0,2).C D P ……2分设平面PCD 的法向量为(,,),n x y z =r由(2,1,0),DC =-uuu r (0,2,2),DP =-u u u r (0,2,0).DA =-u u u r则ADBCPE202,2.220n DC x y y x z x n DPy z r u u u r r u u u r ìïì?-==ïïïÞ眄镲=?-+=ïîïî 令1x =，则(1,2,2)n =r.……5分所以点A 到平面PCD 的距离为：(0,2,0)(1,2,2)4.(1,2,2)3DA n d nu u u r r r×-?=== ……7分(2) 由条件，得(1,0,1),Q =(0,2,0),(1,0,1),AD AQ ==u u u r u u u r 且(1,1,1).CQ u u u r=--设平面ADQ 的法向量为0000(,,),n x y z =r 则00000000200,.0n AD y y z x n AQx z r u u u r r u u u r ìïì?==ïï镲Þ眄镲=-?+=ïïîî令01x =，则0(1,0,1)n =-r.……10分设直线CQ 与平面ADQ 所成角为,θ则00026sin cos ,.332CQ n CQ n CQ n θ⋅=<>===⋅u u u r u u r u u u r u u ru u u r u u r故直线CQ 与平面ADQ 所成角的大小为6sin.3arc ……14分注：第（1）小题也可用等积法来做.4、[解] 联结PO ，AO ，由题意，PO ⊥平面ABC ，因为凳面与地面平行， 所以PAO ∠就是PA 与平面ABC 所成的角，即60PAO ∠=︒．（2分） 在等边三角形ABC 中，18AB =，得63AO =，（4分）在直角三角形PAO 中，318OP AO ==，（6分）由0.618OPh OP=-，解得47.13h ≈厘米．（9分）三根细钢管的总长度3163.25sin 60h≈︒厘米．（12分）5、（1）在给定空间直角坐标系中，相关点及向量坐标为11(2,0,2),(1,2,0),(1,2,2)D E D E =--u u u u r (2)分PA BCD xy z PA BCD 11(0,0,2),(2,2,1),(2,2,1)C F C F =-u u u u r (4)分所以111222(2)(1)4D E C F ⋅=-⨯+⨯+-⨯-=u u u u r u u u u r。
2020高考文科数学(人教版)一轮复习讲义：第47讲 空间几何体的结构及三视图、直观图 含答案
.1．空间几何体(1)认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．(2)能画出简单空间图形(长方体、球、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图．(3)会用平行投影画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．(4)了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．2．空间直角坐标系(1)了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置．(2)会简单应用空间两点间的距离公式．3．点、直线、平面之间的位置关系(1)理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解如下可以作为推理依据的公理和定理．公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点在此平面内．公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么他们有且只有一条过该点的公共直线．公理4：平行于同一条直线的两条直线平行．定理：空间中如果两个角的两条边分别平行，那么这两个角相等或互补．(2)以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理．理解以下判定定理．①如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行．②如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面平行．③如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直．④如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直．理解以下性质定理，并能够证明：①如果一条直线与一个平面平行，那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行．②如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么他们的交线相互平行．③垂直于同一个平面的两条直线平行．④如果两个平面垂直，那么一个平面内垂直于他们交线的直线与另一个平面垂直．(3)能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题1．2014～2018年全国卷Ⅰ的考查情况年份2014考查内容第8题三视图表示的几何体第19题(1)证线线垂直(2)求三棱柱的高分值5分12分2015201620172018第6题实际问题、锥体的体积计算第11题三视图、表面积第18题(1)证面面垂直(2)计算侧面积第7题三视图、表面积第11题异面直线所成角的正弦值第18题(1)证明G是AB的中点(2)作投影求体积第6题判定线面平行第16题三棱锥的体积、球的表面积第18题(1)证明面面垂直(2)求四棱锥的侧面积第5题圆柱的表面积第9题三视图、最短路径第10题线面角、长方体的体积第18题(1)证明面面垂直5分5分12分5分5分12分5分5分12分5分5分5分12分(2)求三棱锥的体积2.2014～2018年全国卷Ⅱ的考查情况年份考查内容第6题三视图、体积分值5分20142015201620172018第7题求三棱锥的体积第18题(1)证线面平行(2)求点到面的距离第6题三视图、体积第9题球的表面积第19题(1)作图问题(2)计算体积比第4题切、接问题第7题三视图、表面积第19题(1)证线线垂直(2)求锥体的体积第6题三视图、体积第15题长方体外接球的表面积第18题(1)证线面平行(2)求锥体的体积第9题异面直线所成的角第16题圆锥的体积第19题(1)证线面垂直5分12分5分5分12分5分5分12分5分5分12分5分5分12分(2)求点到平面的距离立体几何是每年高考必考内容，在2014年至2018年卷Ⅰ和卷Ⅱ的10套试题中，除2014年卷Ⅰ是“一小一大”，2018年卷Ⅰ是“三小一大”外，其他各套试题都是“两小一大”，占22分．客观题主要考查三视图，球的表面积或体积、多面体、组合体的有关计算，其中三视图是高考的热点，每年都考查一道小题．客观题主要以选择题为主，选择题一般在第6至11题之间，填空题一般在第15题或第16)题的位置，一般是中等难度或偏难的试题．解答题都是设置两问，其中第一问主要是位置关系的证明，主要涉及线线垂直、线面平行、面面垂直、线段相等及作图等，第二问主要涉及体积与表面积的计算，以几何体的体积计算为主，包括直接求体积、间接求体积(如用等体积法求点到面的距离、求体积之比等)．立体几何解答题一般在第18题或第19题，是中等难度的试题．立体几何是培养学生空间想象能力和逻辑推理能力的良好素材，主要以三个载体(三视图、直观图、点线面的位置关系)来帮助学生认识空间图形及其位置关系，提升空间想象能力．并在几何直观的基础上，初步形成对空间图形的逻辑推理能力．在复习时要注意如下几个方面：1．三视图是高考的重点和热点，在学习时可以通过“实物模型——三视图——直观图”这样一个相互转化的过程来认识空间几何体，要求能够画出空间几何体的三视图和直观图，从三视图想象出它的实物图和直观图．注重培养和发展学生的几何直观能力和空间想象能力，帮助学生更全面地把握空间几何体．2．空间位置关系特别是空间中平行与垂直关系的判断与证明是高考必考内容，要求熟练掌握平行与垂直的判定定理及性质定理，要能根据问题的特点迅速联想相应的问题进行证明，提高空间想象能力和逻辑推理论证能力．3．明确柱、锥、台、球的几何特征，并能进行表面积、体积的运算．高考常以此为载体考查空间想象能力及运算能力．第47讲空间几何体的结构及三视图、直观图1．了解柱、锥、台、球的定义、性质及它们之间的关系．2．掌握柱、锥、台、球的结构特征．3．能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等及其简易组合的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图．知识梳理1．柱、锥、台、球的结构特征名称结构特征图例棱柱两底面相互平行，其余各面都是平行四边形，侧棱平行且相等棱锥底面是多边形，各侧面均是三角形，各侧面有一个公共顶点续表名称结构特征图例棱台圆柱圆锥圆台球两底面相互平行；是用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分两底面相互平行；侧面的母线平行于圆柱的轴；是以矩形的一边所在直线为轴，其余三边旋转形成的面所围成的几何体底面是圆；是以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的面所围成的几何体两底面互相平行；是用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分球心到球面上各点的距离相等；是以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的几何体2.三视图(1)正视图是光线自物体的前面向后面正投影所得的投影图．俯视图是光线自物体的上面向下面正投影所得的投影图．侧视图是光线自物体的左面向右面正投影所得的投影图．(2)三视图的排列规则：先画正视图，俯视图画在正视图的下方，长度与正视图相等，侧视图则安排在正视图的正右方，高度与正视图相同.3．直观图空间几何体的直观图常用斜二测法来画，基本步骤是：(1)画几何体的底面①在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴交于点O，画直观图时，把它们画成对应的x′轴与y′轴，两轴相交于O′点，且使∠x′O′y′＝45°(或135°).②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在已知图形中平行于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)画几何体的高在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中对应的z′轴也垂直x′O′y′平面，已知图形中平行于z轴的线段在直观图中仍平行于z′轴且长度相等.(3)成图4A是错误的，以直角三角形的直角边为轴旋转所得到的旋转体才是圆锥；B是错误的．以直角梯形的垂直于底的腰为轴旋转所得的旋转体是圆台；C是正确；D是错误的，圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形根据实际图形，顺次连接线段的端点，并整理(去掉辅助线，将被遮挡部分改为虚线)，就得到了几何体的直观图．1．根据三视图确定直观图的常用结论(1)三视图为三个三角形，对应三棱锥；(2)三视图为两个三角形，一个四边形，对应四棱锥；(3)三视图为两个三角形，一个带圆心的圆，对应圆锥；(4)三视图为一个三角形，两个四边形，对应三棱柱；(5)三视图为两个四边形，一个圆，对应圆柱．2．用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图的面积是原图形面积的热身练习1．下列四个命题：①有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱；②各个面都是三角形的几何体是三棱锥；③用一个平面去截棱锥，棱锥的底面与截面之间的部分是棱台；④两个面互相平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台．其中正确的命题有(A)A．0个B．1个C．2个D．3个①假，如棱台有两个面互相平行，其余各面是四边形；由图1至图3可知②、③、④都是错误的．2.2．下列说法正确的是(C)A．以直角三角形的一边为轴旋转所得到的旋转体是圆锥B．以直角梯形的一腰为轴旋转所得的旋转体是圆台C．以半圆的直径为轴旋转一周所得到的旋转体是球D．圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形所在圆的半径等于圆锥底面圆的半径．．．．．．．．．所在圆的半径等于圆锥的母线长．故选C.3．下列几何体的三视图中，有且仅有两个视图相同的是(D)A．1＋2B．1＋2C．2＋2 D.＋×2＝2＋ 2.A．①②B．①③C．①④D．②④圆锥和正四棱锥的正视图和侧视图都是等腰三角形．4．(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件榫头，凹进部分叫卯眼．图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图的凸出部分叫放的木构件与可以是(A)由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.5．如果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，那么这个平面图形的面积是(C)21222先画出直观图：图(1)对应的平面图形：图(2)，可知平面图形是一个直角梯形，其中AD＝2，DC＝1，AB＝2＋1，所以其面积S＝1＋(2＋1)2空间几何体的结构特征(经典真题)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根据n的取值构造相应的几何图形或几何体求解．n＝2时，可以；n＝3时，为正三角形，可以；n＝4时，为正四面体，可以；n＝5时，为四棱锥，侧面为正三角形，底面为菱形且对角线长与边长不可能相等．B本题考查了空间想象能力和推理论证能力，试题有较大的难度．根据题目特点善于构造几何图形和空间几何体是解决这类问题的关键．1．在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何体是①③④⑤.(写出所有正确结论的编号)①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体．作出正方体ABCD－A′B′C′D′.①显然可能；②不可能；③取一个顶点处的三条棱，连接各棱端点构成的四面体；④取正方体中对面上的两条异面直线对角线的四个端点构成的四面体，如B′－ACD′；⑤取D－B′BC时各面均为直角三角形．空间几何体的三视图如图，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图分别是(①②③④⑤⑥代表图形)()A．①④③B．①②③C．⑤④③D．①④⑥由四面体ABCD四个顶点是长方体的四个顶点，可得四面体ABCD的正视图为①，侧视图为②，俯视图为③.故四面体ABCD的三视图分别为①②③.B(1)解决三视图问题，要从以下几个方面加以把握：①搞清正视、侧视、俯视的方向，同一物体由于正视、侧视的方向不同或放置的位置不同，所画的三视图可能不同．( 42所以侧视图的面积为S＝××3＝.②遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．③注意几何体中与投影面垂直或平行的线段在三视图中的特点．④要注意实线、虚线的画法，可视轮廓线画成实线，不可视的画成虚线．(2)画三视图时，要注意所给几何体与熟知的几何体的联系，如将几何体放置在正方体或长方体)中或补形成正方体等，有利用发现线、面与投影面的位置关系，从而准确作出相应的三视图．2．(1)在如图所示的空间直角坐标系O－xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)．给出编号为①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为(D)A．①和②B．③和①C．④和③D．④和②(2)已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形，其正视图与俯视图如图的面积为(C)所示，则其侧视图A.B.34323C.D．1(1)在空间直角坐标系中构建棱长为2的正方体，设A(0,0,2)，B(2,2,0)，C(1,2,1)，D(2,2,2)，则ABCD即为满足条件的四面体，得出正视图和俯视图分别为④和②.(2)由图可知其侧视图为三角形，根据三视图的“高平齐”得侧视图的高为3，又由“宽相等”可知侧视图的宽度和俯视图的宽度相等，得侧视图的底为1×sin60°＝3.133224由三视图得到空间几何体的直观图(2017·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为()A．32B．23C．22D．2在正方体中还原该四棱锥，如图所示，可知SD为该四棱锥的最长棱．由三视图可知正方体的棱长为2，故SD＝22＋22＋22＝2 3.B将三视图还原为直观图时，若能将其放置到“正方体”或“长方体”中去研究，不仅能较易得到直观图，同时还能发现各元素之间的数量关系与位置关系，便于问题的解决．3．(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为(B)A．10B．12C．14D．16将三视图还原为直观图，如图：可知该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为2.因此该多面体各个面中有2个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2.故这些梯形的面积之和为 2× ×(2＋4)×2＝12.121．与柱、锥、台、球有关的概念题，要结合其定义和结构特征，作出准确的判断，若说明命题是假命题，只需要举出一个反例即可．2．画三视图要注意“长对正、高平齐、宽相等”．3．三视图和直观图是空间几何体的不同的表现形式，空间几何体的三视图可以使我们很好地把握空间几何体的性质．由空间几何体可以画出它的三视图，同样由三视图可以想象出空间几何体的形状，两者之间可以 相互转化．。
2020年高考数学一轮复习考点与题型总结：第八章 立体几何含答案
第八章 立体几何第一节 空间几何体的结构特征、三视图和直观图一、基础知识1.简单几何体(1)多面体的结构特征①特殊的四棱柱 四棱柱――――→底面为平行四边形平行六面体――――→侧棱垂直于底面直平行六面体――→底面为矩形长方体――――→底面边长相等正四棱柱――――→侧棱与底面边长相等正方体 上述四棱柱有以下集合关系：{正方体}{正四棱柱}{长方体}{直平行六面体}{平行六面体}{四棱柱}．②多面体的关系：棱柱――→一个底面退化为一个点棱锥――→平行于底面的平面截得棱台(2)旋转体的结构特征▲球的截面的性质(1)球的任何截面是圆面；(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(3)球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为r ＝R 2－d 2. 2．直观图(1)画法：常用斜二测画法． (2)规则：①原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴、y ′轴的夹角为45°(或135°)，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方和正上方观察几何体画出的轮廓线.二、常用结论1．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．(2)底面与水平面平行放置的圆锥的正视图和侧视图为全等的等腰三角形． (3)底面与水平面平行放置的圆台的正视图和侧视图为全等的等腰梯形． (4)底面与水平面平行放置的圆柱的正视图和侧视图为全等的矩形． 2．斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变，与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半，图形改变.“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不改变，与x 轴和z 轴平行的线段的长度不改变，相对位置不改变.考点一 空间几何体的结构特征[典例] 下列结论正确的是( )A ．侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥B ．六条棱长均相等的四面体是正四面体C ．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱D ．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台[解析] 底面是等边三角形，且各侧面三角形全等，这样的三棱锥才是正三棱锥，所以A 错；斜四棱柱也有可能两个侧面是矩形，所以C 错；截面平行于底面时，底面与截面之间的部分才叫圆台，所以D 错．[答案] B [题组训练]1．下列结论中错误的是( )A ．由五个面围成的多面体只能是三棱柱B ．正棱台的对角面一定是等腰梯形C ．圆柱侧面上的直线段都是圆柱的母线D ．各个面都是正方形的四棱柱一定是正方体解析：选A 由五个面围成的多面体也可以是四棱锥，所以A 选项错误．B 、C 、D 说法均正确． 2．下列命题正确的是( )A ．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台B ．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台C ．直角梯形以一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台D ．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形解析：选C 如图所示，可排除A 、B 选项．只要有截面与圆柱的母线平行或垂直，截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分．考点二 空间几何体的直观图[典例] 已知等腰梯形ABCD ，CD ＝1，AD ＝CB ＝2，AB ＝3，以AB 所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．[解析] 法一：如图，取AB 的中点O 为坐标原点，建立平面直角坐标系，y 轴交DC 于点E ，O ，E 在斜二测画法中的对应点为O ′，E ′，过E ′作E ′F ′⊥x ′轴，垂足为F ′，因为OE ＝(2)2－12＝1， 所以O ′E ′＝12，E ′F ′＝24.所以直观图A ′B ′C ′D ′的面积为S ′＝12×(1＋3)×24＝22.法二：由题中数据得等腰梯形ABCD 的面积S ＝12×(1＋3)×1＝2.由S 直观图＝24S 原图形的关系，得S 直观图＝24×2＝22. [答案] 22[题组训练]1.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )解析：选A 由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y 轴上的对角线长为2 2.故选A.2．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________． 解析：如图，图①、图②分别表示△ABC 的实际图形和直观图． 从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32，C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64.所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64.答案：64考点三 空间几何体的三视图考法(一) 由几何体识别三视图[典例] (2019·长沙模拟)如图是一个正方体，A ，B ，C 为三个顶点，D 是棱的中点，则三棱锥A -BCD 的正视图、俯视图是(注：选项中的上图为正视图，下图为俯视图)( )[解析] 正视图和俯视图中棱AD 和BD 均看不见，故为虚线，易知选A. [答案] A考法(二) 由三视图判断几何体特征[典例] (1)(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A ．217B ．2 5C ．3D ．2(2)(2019·武汉调研)已知某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的四个侧面中最小的面积为________．[解析] (1)先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M ，N 的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及M ，N 的位置(N 为OP 的四等分点)如图②所示，连接MN ，则图中MN 即为M 到N 的最短路径．ON ＝14×16＝4，OM ＝2，∴MN ＝OM 2＋ON 2＝22＋42＝2 5.(2)由三视图知，该几何体是在长、宽、高分别为2,1,1的长方体中，截去一个三棱柱AA 1D 1-BB 1C 1和一个三棱锥C -BC 1D 后剩下的几何体，即如图所示的四棱锥D -ABC 1D 1，其中侧面ADD 1的面积最小，其值为12.[答案](1)B(2)12考法(三)由三视图中的部分视图确定剩余视图[典例](2018·唐山五校联考)如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为()[解析]由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知侧视图应为A，故选A.[答案] A[题组训练]1．如图1所示，是一个棱长为2的正方体被削去一个角后所得到的几何体，其中DD1＝1，AB＝BC＝AA1＝2，若此几何体的俯视图如图2所示，则可以作为其正视图的是()解析：选C根据该几何体的直观图和俯视图知，其正视图的长应为底面正方形的对角线长，宽应为正方体的棱长，故排除B、D；而在三视图中看不见的棱用虚线表示，故排除A.故选C.2.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为()A．10 B．12C．14 D．16解析：选B由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为(2＋4)×22×2＝12，故选B.[课时跟踪检测]1．对于用“斜二测画法”画平面图形的直观图，下列说法正确的是( ) A ．等腰三角形的直观图仍为等腰三角形 B ．梯形的直观图可能不是梯形 C ．正方形的直观图为平行四边形 D ．正三角形的直观图一定为等腰三角形解析：选C 根据“斜二测画法”的定义可得正方形的直观图为平行四边形． 2．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是( ) A ．球 B ．三棱锥 C ．正方体D ．圆柱解析：选D 球、正方体的三视图的形状都相同，大小都相等，首先排除选项A 和C.对于三棱锥，考虑特殊情况，如三棱锥C -OAB ，当三条棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA ＝OB ＝OC 时，正视图方向为AO 方向，其三视图的形状都相同，大小都相等，故排除选项B.选项D ，不论圆柱如何放置，其三视图的形状都不可能完全相同．3．(2019·福州模拟)一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出它的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为( )A ．2 3B ．2 2C ．4 3D ．8 2解析：选D 由斜二测画法可知，原平面图形是一个平行四边形，且平行四边形的一组对边长为2，在斜二测画法画出的直观图中，∠B ′O ′A ′＝45°且O ′B ′＝22，那么在原图形中，∠BOA ＝90°且OB ＝4 2.因此，原平面图形的面积为2×42＝82，故选D.4．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选B ①错误，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．5．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )解析：选D 由三视图知该几何体的上半部分是一个三棱柱，下半部分是一个四棱柱．故选D. 6．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图可知，共需要6块．7．(2018·南宁二中、柳州高中联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的正视图和侧视图，且该几何体的体积为83，则该几何体的俯视图可以是( )解析：选C 若俯视图为选项C 中的图形，则该几何体为正方体截去一部分后的四棱锥P -ABCD ，如图所示，该四棱锥的体积V ＝13×(2×2)×2＝83，符合题意．若俯视图为其他选项中的图形，则根据三视图易判断对应的几何体不存在，故选C.8.如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1(底面ABCD 是正方形，侧棱AA 1⊥底面ABCD )中，点P 是正方形A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与俯视图的面积之和的最小值为( )A.32 B ．1 C ．2D.54解析：选A 由题图易知，三棱锥P -BCD 的正视图面积为12×1×2＝1.当顶点P 的投影在△BCD 内部或其边上时，俯视图的面积最小，为S △BCD ＝12×1×1＝12.所以三棱锥P -BCD 的正视图与俯视图的面积之和的最小值为1＋12＝32.故选A.9．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点． 其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④10．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12(cm)，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：1311．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图为如图所示的四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1，当选择的4个点是B 1，B ，C ，C 1时，可知①正确；当选择的4个点是B ，A ，B 1，C 时，可知②正确；易知③不正确．答案：①②12.如图，三棱锥A -BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，若AB ＝BC ＝CD ＝2，则该三棱锥的侧视图(投影线平行于BD )的面积为________．解析：因为AB ⊥平面BCD ，投影线平行于BD ，所以三棱锥A -BCD 的侧视图是一个以△BCD 的BD 边上的高为底，棱锥的高为高的三角形，因为BC ⊥CD ，AB ＝BC ＝CD ＝2， 所以△BCD 中BD 边上的高为2，故该三棱锥的侧视图的面积S ＝12×2×2＝ 2.答案： 2第二节空间几何体的表面积与体积一、基础知识1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式①几何体的侧面积是指（各个）侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和.②圆台、圆柱、圆锥的转化当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，由此可得：2．空间几何体的表面积与体积公式二、常用结论几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，①若球为正方体的外接球，则2R＝3a；②若球为正方体的内切球，则2R＝a；③若球与正方体的各棱相切，则2R＝2a.(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝a2＋b2＋c2.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 考点一 空间几何体的表面积[典例] (1)(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π(2)(2019·沈阳质检)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是( )A ．4＋4 2B ．42＋2C ．8＋4 2D.83[解析] (1)设圆柱的轴截面的边长为x ， 则x 2＝8，得x ＝22，∴S 圆柱表＝2S 底＋S 侧＝2×π×(2)2＋2π×2×2 2 ＝12π.故选B.(2)由三视图可知该几何体是一个四棱锥，记为四棱锥P -ABCD ，如图所示，其中P A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，且P A ＝2，AB ＝2，PB ＝22，所以该四棱锥的侧面积S 是四个直角三角形的面积和，即S ＝2×⎝⎛⎭⎫12×2×2＋12×2×22＝4＋42，故选A. [答案] (1)B (2)A [题组训练]1．(2019·武汉部分学校调研)一个几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．28B ．24＋2 5C ．20＋4 5D ．20＋2 5解析：选B 如图，三视图所对应的几何体是长、宽、高分别为2,2,3的长方体去掉一个三棱柱后的棱柱ABIE -DCMH ，则该几何体的表面积S ＝(2×2)×5＋⎝⎛⎭⎫12×1×2×2＋2×1＋2×5＝24＋2 5.故选B.2．(2018·郑州第二次质量预测)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )A ．20＋2πB ．24＋(2－1)πC ．24＋(2－2)πD ．20＋(2＋1)π解析：选B 由三视图知，该几何体是由一个棱长为2的正方体挖去一个底面半径为1、高为1的圆锥后所剩余的部分，所以该几何体的表面积S ＝6×22－π×12＋π×1×2＝24＋(2－1)π，故选B.考点二 空间几何体的体积[典例] (1)(2019·开封高三定位考试)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为( )A ．4πB ．2π C.4π3D ．π(2)(2018·天津高考)如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1-BB 1D 1D 的体积为________．[解析](1)直接法由题意知该几何体的直观图如图所示，该几何体为圆柱的一部分，设底面扇形的圆心角为α，由tan α＝31＝3，得α＝π3，故底面面积为12×π3×22＝2π3，则该几何体的体积为2π3×3＝2π. (2)法一：直接法连接A 1C 1交B 1D 1于点E ，则A 1E ⊥B 1D 1，A 1E ⊥BB 1，则A 1E ⊥平面BB 1D 1D ，所以A 1E 为四棱锥A 1-BB 1D 1D 的高，且A 1E ＝22， 矩形BB 1D 1D 的长和宽分别为2，1， 故V A 1-BB 1D 1D ＝13×(1×2)×22＝13. 法二：割补法连接BD 1，则四棱锥A 1-BB 1D 1D 分成两个三棱锥B -A 1DD 1与B -A 1B 1D 1，所以V A 1-BB 1D 1D＝V B -A 1DD 1＋V B -A 1B 1D 1＝13×12×1×1×1＋13×12×1×1×1＝13. [答案] (1)B (2)13[题组训练]1.(等体积法)如图所示，已知三棱柱ABC -A1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1-ABC 1的体积为( )A.312 B.34 C.612D.64解析：选A 三棱锥B 1-ABC 1的体积等于三棱锥A -B 1BC 1的体积，三棱锥A -B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312.2.(割补法)某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是( )A ．13B ．14解析：选C 所求几何体可看作是将长方体截去两个三棱柱得到的几何体，在长方体中还原该几何体，如图中ABCD -A ′B ′C ′D ′所示，长方体的长、宽、高分别为4,2,3，两个三棱柱的高为2，底面是两直角边长分别为3和1.5的直角三角形，故该几何体的体积V ＝4×2×3－2×12×3×32×2＝15，故选C.3.(直接法)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23π B.13＋23π C.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝⎛⎭⎫223＝13＋26π.考点三 与球有关的切、接问题考法(一) 球与柱体的切、接问题[典例] (2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．[解析] 设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.[答案] 32考法(二) 球与锥体的切、接问题[典例] (2018·全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D -ABC 体积的最大值为( )A ．123B ．18 3[解析] 由等边△ABC 的面积为93，可得34AB 2＝93，所以AB ＝6，所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝33AB ＝2 3.设球的半径为R ，球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ，则d ＝R 2－r 2＝16－12＝2.所以三棱锥D -ABC 高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D -ABC 体积的最大值为13×93×6＝18 3.[答案] B[题组训练]1．(2018·福建第一学期高三期末考试)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于( )A ．4π B.163πC.323π D ．16π解析：选D 如图，由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心， 于是，球的半径r ＝OB ＝OA 2＋AB 2＝ 12＋(3)2＝2. 故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π.故选D.2．三棱锥P -ABC 中，AB ＝BC ＝15，AC ＝6，PC ⊥平面ABC ，PC ＝2，则该三棱锥的外接球表面积为________．解析：由题可知，△ABC 中AC 边上的高为15－32＝6，球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC 的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，所以x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝564，所以R 2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π. 答案：832π[课时跟踪检测]1．(2019·深圳摸底)过半径为2的球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的体积的比值为( )A.932B.916C.38D.316解析：选A 由题意知所得截面为圆，设该圆的半径为r ，则22＝12＋r 2，所以r 2＝3，所以所得截面的面积与球的体积的比值为π×343π×23＝932，故选A.2．如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的体积为( )A ．4B ．8C ．16D ．20解析：选B 由三视图知，此几何体是一个三棱锥，底面为一边长为6，高为2的三角形，三棱锥的高为4，所以体积为V ＝13×12×6×2×4＝8.故选B.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，下周八尺，高五尺．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8尺，米堆的高为5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，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛解析：选B 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π，所以米堆的体积为V ＝14×13π×r 2×5＝π12×⎝⎛⎭⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)． 4．(2018·贵阳摸底考试)某实心几何体是用棱长为1 cm 的正方体无缝粘合而成的，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．35 cm 3B ．40 cm 3C ．70 cm 3D ．75 cm 3解析：选A 结合题中三视图可得，该几何体是个组合体，该组合体从下到上依次为长、宽、高分别为5 cm,5 cm,1 cm 的长方体，长、宽、高分别为3 cm,3 cm,1 cm 的长方体，棱长为1 cm 的正方体，故该组合体的体积V ＝5×5×1＋3×3×1＋1×1×1＝35(cm 3)．故选A.5．(2019·安徽知名示范高中联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．1 B.12 C.13D.14解析：选C 法一：该几何体的直观图为四棱锥S -ABCD ，如图，SD ⊥平面ABCD ，且SD ＝1，四边形ABCD 是平行四边形，且AB ＝DC ＝1，连接BD ，由题意知BD ⊥DC ，BD ⊥AB ，且BD ＝1，所以S 四边形ABCD ＝1，所以V S -ABCD ＝13S 四边形ABCD·SD ＝13，故选C. 法二：由三视图易知该几何体为锥体，所以V ＝13Sh ，其中S 指的是锥体的底面积，即俯视图中四边形的面积，易知S ＝1，h 指的是锥体的高，从正视图和侧视图易知h ＝1，所以V ＝13Sh ＝13，故选C.6．(2019·重庆调研)某简单组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为( )A.83π3＋833B.43π3＋833C.43π3＋433D.83π3＋433解析：选B 由三视图知，该组合体是由一个半圆锥与一个三棱锥组合而成的，其中圆锥的底面半径为2、高为42－22＝23，三棱锥的底面是斜边为4、高为2的等腰直角三角形，三棱锥的高为23，所以该组合体的体积V ＝12×13π×22×23＋13×12×4×2×23＝43π3＋833，故选B.7．(2019·湖北八校联考)已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同，则该几何体的表面积为( )A ．16＋12πB ．32＋12πC ．24＋12πD ．32＋20π解析：选A 由三视图知，该几何体是一个正四棱柱与半球的组合体，且正四棱柱的高为2，底面对角线长为4，球的半径为2，所以该正四棱柱的底面正方形的边长为22，该几何体的表面积S ＝12×4π×22＋π×22＋22×2×4＝12π＋16，故选A.8．(2019·福州质检)已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面积为334，一个侧面的周长为63，则正三棱柱ABC -A 1B 1C 1外接球的表面积为( )A ．4πB ．8πC ．16πD ．32π解析：选C 如图所示，设底面边长为a ，则底面面积为34a 2＝334，所以a ＝ 3.又一个侧面的周长为63，所以AA 1＝2 3.设E ，D 分别为上、下底面的中心，连接DE ，设DE 的中点为O ，则点O 即为正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球的球心，连接OA 1，A 1E ，则OE ＝3，A 1E ＝3×32×23＝1.在直角三角形OEA 1中，OA 1＝12＋(3)2＝2，即外接球的半径R ＝2，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝16π，故选C.9．(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为 3. 设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3，R ＝32，所以这个球的体积为43πR 3＝4π3×278＝9π2.答案：9π210．某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．解析：由题意知该四棱柱为直四棱柱，其高为1，底面为上底长为1，下底长为2，高为1的等腰梯形，所以该四棱柱的体积为V ＝(1＋2)×12×1＝32. 答案：3211．一个圆锥的表面积为π，它的侧面展开图是圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的高为________．解析：设圆锥底面半径是r ，母线长为l ，所以πr 2＋πrl ＝π，即r 2＋rl ＝1，根据圆心角公式2π3＝2πrl ，即l＝3r ，所以解得r ＝12，l ＝32，那么高h ＝l 2－r 2＝ 2.答案： 212．(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S -ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．解析：如图，连接AO ，OB ，∵SC 为球O 的直径， ∴点O 为SC 的中点， ∵SA ＝AC ，SB ＝BC ， ∴AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，∵平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ， ∴AO ⊥平面SCB ， 设球O 的半径为R ， 则OA ＝OB ＝R ，SC ＝2R . ∴V S -ABC ＝V A -SBC＝13×S △SBC ×AO ＝13×⎝⎛⎭⎫12×SC ×OB ×AO ， 即9＝13×⎝⎛⎭⎫12×2R ×R ×R ，解得 R ＝3， ∴球O 的表面积S ＝4πR 2＝4π×32＝36π. 答案：36π13.如图是一个以A 1B 1C 1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝2，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝3，CC 1＝2，求：(1)该几何体的体积； (2)截面ABC 的面积．解：(1)过C 作平行于A 1B 1C 1的截面A 2B 2C ，交AA 1，BB 1分别于点A 2，B 2.由直三棱柱性质及∠A 1B 1C 1＝90°可知B 2C ⊥平面ABB 2A 2，则该几何体的体积V ＝VA 1B 1C 1-A 2B 2C ＋VC -ABB 2A 2＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6. (2)在△ABC 中，AB ＝22＋(4－3)2＝5， BC ＝22＋(3－2)2＝5， AC ＝(22)2＋(4－2)2＝2 3.则S △ABC ＝12×23×(5)2－(3)2＝ 6.14.如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E -ACD 的体积63，求该三棱锥E -ACD 的侧面积．解：(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BE ⊥AC .因为BD ∩BE ＝B ，BD ⊂平面BED ，BE ⊂平面BED ， 所以AC ⊥平面BED . 又AC ⊂平面AEC ， 所以平面AEC ⊥平面BED .(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x . 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＝13·12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63， 故x ＝2.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.第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系一、基础知识1．平面的基本性质(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内． (2)公理2：过不在一条直线上的三点， 有且只有一个平面.(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线． 2．空间中两直线的位置关系 (1)空间中两直线的位置关系⎩⎪⎨⎪⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧平行相交异面直线：不同在任何一个 平面内(2)异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线， 经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的 锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成 的角(或夹角)． ②范围：⎝⎛⎦⎤0，π2. (3)公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．(4)定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况.直线l 和平面α相交、直线l 和平面α平行统称为直线l 在平面α外，记作l ⊄α.(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．二、常用结论1．公理2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．推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面．2．异面直线判定的一个定理过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线．3．唯一性定理(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直．(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．考点一平面的基本性质及应用[典例]如图所示，在正方体ABCD-AB1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求1证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．[证明](1)如图，连接EF，CD，A1B.1∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥A1B.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF＜CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，如图所示．则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈DA，∴CE，D1F，DA三线共点．[变透练清]1．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是()。
(新课标)2020年高考数学一轮总复习专题5立体几何课件文新人教A版
【例2】 (2018·高考全国卷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MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．
[解析] (1)证明：∵AB＝BC＝2 2，AC＝4，∴AB2＋BC2＝AC2，即△ABC是直角 三角形．连接OB， 又O为AC的中点，∴OA＝OB＝OC. ∵PA＝PB＝PC，∴△POA≌△POB≌△POC， ∴∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°， ∴PO⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC.
(2)由(1)得PO⊥平面ABC，PO＝ PA2－AO2＝2 3，
在△COM中，OM＝
OC2＋CM2－2OC·CMcos
45°＝2
3
5 .
S△POM＝12×PO×OM＝12×2 3×235＝2 315，
S△COM＝12×23×S△ABC＝43.
设点C到平面POM的距离为d.
由VP－OMC＝VC－POM，得13×S△POM·d＝13×S△OCM×PO，
[答案] B
跟踪训练 (2018·西安八校联考)在平行四边形ABCD中，∠ABD＝90°，且AB＝
1，BD＝ 2 ，若将其沿BD折起使平面ABD⊥平面BCD，则三棱锥A－BDC的外接
球的表面积为( )
A．2π
B.8π
C．16π
D.4π
解析：画出对应的平面图形和立体图形，如图所示．在立体图形中，设AC的中点 为O，连接OB，OD，因为平面ABD⊥平面BCD，CD⊥BD，所以CD⊥平面ABD. 又AB⊥BD，所以AB⊥平面BCD，所以△CDA与△CBA都是以AC为斜边的直角三 角形，所以OA＝OC＝OB＝OD，所以点O为三棱锥A－BDC的外接球的球心．于 是，外接球的半径r＝12AC＝12 CD2＋DA2＝12 12＋ 32＝1.故外接球的表面积S＝ 4πr2＝4π.故选D.
2020版高考数学大一轮复习第八章立体几何高考专题突破四高考中的立体几何问题教案文含解析新人教A版
高考专题突破四高考中的立体几何问题题型一平行、垂直关系的证明例1如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)直线A1F∥平面ADE.证明(1)∵三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC.∵AD⊂平面ABC，∴AD⊥CC1.又∵AD⊥DE，DE∩CC1＝E，DE，CC1⊂平面BCC1B1，∴AD⊥平面BCC1B1.∵AD⊂平面ADE，∴平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)∵△A1B1C1中，A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，∴A1F⊥B1C1.∵CC1⊥平面A1B1C1，A1F⊂平面A1B1C1，∴A1F⊥CC1.又∵B1C1∩CC1＝C1，B1C1，CC1⊂平面BCC1B1，∴A1F⊥平面BCC1B1.又∵AD⊥平面BCC1B1，∴A1F∥AD.∵A1F⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，∴直线A1F∥平面ADE.思维升华 (1)平行问题的转化利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性质定理时，其顺序正好相反．在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用．(2)垂直问题的转化在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫．应用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题．跟踪训练1(2018·北京)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．(1)求证：PE⊥BC；(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；(3)求证：EF∥平面PCD.证明(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC.(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊂平面ABCD ， 所以AB ⊥平面PAD ， 又PD ⊂平面PAD ， 所以AB ⊥PD .又因为PA ⊥PD ，PA ∩AB ＝A ，PA ，AB ⊂平面PAB ， 所以PD ⊥平面PAB . 又PD ⊂平面PCD ， 所以平面PAB ⊥平面PCD .(3)如图，取PC 的中点G ，连接FG ，DG .因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点， 所以FG ∥BC ，FG ＝12BC ，因为四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， 所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形， 所以EF ∥DG .又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ， 所以EF ∥平面PCD .题型二 立体几何中的计算问题例2如图，在多面体ABCA 1B 1C 1中，四边形ABB 1A 1是正方形，△A 1CB 是等边三角形，AC ＝AB ＝1，B 1C 1∥BC ，BC ＝2B 1C 1.(1)求证：AB1∥平面A1C1C；(2)求多面体ABCA1B1C1的体积．(1)证明如图，取BC的中点D，连接AD，B1D，C1D，∵B1C1∥BC，BC＝2B1C1，∴BD∥B1C1，BD＝B1C1，CD∥B1C1，CD＝B1C1，∴四边形BDC1B1，CDB1C1是平行四边形，∴C1D∥B1B，C1D＝B1B，CC1∥B1D，又B1D⊄平面A1C1C，C1C⊂平面A1C1C，∴B1D∥平面A1C1C.在正方形ABB1A1中，BB1∥AA1，BB1＝AA1，∴C1D∥AA1，C1D＝AA1，∴四边形ADC1A1为平行四边形，∴AD∥A1C1.又AD⊄平面A1C1C，A1C1⊂平面A1C1C，∴AD∥平面A1C1C，∵B1D∩AD＝D，B1D，AD⊂平面ADB1，∴平面ADB1∥平面A1C1C，又AB1⊂平面ADB1，∴AB1∥平面A1C1C.(2)解在正方形ABB1A1中，A1B＝2，∵△A1BC是等边三角形，∴A1C＝BC＝2，∴AC2＋AA21＝A1C2，AB2＋AC2＝BC2，∴AA1⊥AC，AC⊥AB.又AA1⊥AB，∴AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥CD，易得CD⊥AD，又AD∩AA1＝A，∴CD⊥平面ADC1A1.易知多面体ABCA1B1C1是由直三棱柱ABD－A1B1C1和四棱锥C－ADC1A1组成的，直三棱柱ABD －A 1B 1C 1的体积为12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1×1＝14， 四棱锥C －ADC 1A 1的体积为13×22×1×22＝16，∴多面体ABCA 1B 1C 1的体积为14＋16＝512.思维升华 (1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．跟踪训练2(2019·阜新调研)如图，已知多面体PABCDE 的底面ABCD 是边长为2的菱形，PA ⊥底面ABCD ，ED ∥PA ，且PA ＝2ED ＝2.(1)证明：平面PAC ⊥平面PCE ；(2)若∠ABC ＝60°，求三棱锥P －ACE 的体积． (1)证明 如图，连接BD ，交AC 于点O ， 设PC 的中点为F ，连接OF ，EF .易知O 为AC 的中点， 所以OF ∥PA ，且OF ＝12PA .因为DE ∥PA ，且DE ＝12PA ，所以OF ∥DE ，且OF ＝DE ， 所以四边形OFED 为平行四边形，所以OD ∥EF ，即BD ∥EF .因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥BD .因为四边形ABCD 是菱形， 所以BD ⊥AC .因为PA ∩AC ＝A ，PA ，AC ⊂平面PAC ， 所以BD ⊥平面PAC .因为BD ∥EF ，所以EF ⊥平面PAC . 因为EF ⊂平面PCE ， 所以平面PAC ⊥平面PCE . (2)解 因为∠ABC ＝60°，所以△ABC 是等边三角形，所以AC ＝2. 又PA ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥AC .所以S △PAC ＝12PA ×AC ＝2.因为EF ⊥平面PAC ，所以EF 是三棱锥E －PAC 的高． 易知EF ＝DO ＝BO ＝3，所以三棱锥P －ACE 的体积V 三棱锥P －ACE ＝V 三棱锥E －PAC ＝13S △PAC ×EF ＝13×2×3＝233.题型三 立体几何中的探索性问题例3如图，梯形ABCD 中，∠BAD ＝∠ADC ＝90°，CD ＝2，AD ＝AB ＝1，四边形BDEF 为正方形，且平面BDEF ⊥平面ABCD .(1)求证：DF ⊥CE ；(2)若AC 与BD 相交于点O ，那么在棱AE 上是否存在点G ，使得平面OBG ∥平面EFC ？并说明理由．(1)证明 连接EB .∵在梯形ABCD 中，∠BAD ＝∠ADC ＝90°，AB ＝AD ＝1，DC ＝2，∴BD ＝2，BC ＝2， ∴BD 2＋BC 2＝CD 2， ∴BC ⊥BD .又∵平面BDEF ⊥平面ABCD ，平面BDEF ∩平面ABCD ＝BD ，BC ⊂平面ABCD ， ∴BC ⊥平面BDEF ，∴BC ⊥DF .又∵正方形BDEF 中，DF ⊥EB ，且EB ，BC ⊂平面BCE ，EB ∩BC ＝B ， ∴DF ⊥平面BCE .又∵CE ⊂平面BCE ，∴DF ⊥CE .(2)解 在棱AE 上存在点G ，使得平面OBG ∥平面EFC ，且AG GE ＝12.理由如下：连接OG ，BG ，在梯形ABCD 中，∠BAD ＝∠ADC ＝90°，AB ＝1，DC ＝2， ∴AB ∥DC ，∴AO OC ＝AB DC ＝12.又∵AG GE ＝12，∴OG ∥CE .又∵正方形BDEF 中，EF ∥OB ，且OB ，OG ⊄平面EFC ，EF ，CE ⊂平面EFC ， ∴OB ∥平面EFC ，OG ∥平面EFC . 又∵OB ∩OG ＝O ，且OB ，OG ⊂平面OBG ， ∴平面OBG ∥平面EFC .思维升华对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．跟踪训练3(2018·全国Ⅲ)如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC.(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．(1)证明由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，又DM⊂平面CMD，故BC⊥DM.因为M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，BC，CM⊂平面BMC，所以DM⊥平面BMC.又DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(2)解当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.证明如下：连接AC，BD，交于点O.因为ABCD为矩形，所以O为AC的中点．连接OP，因为P为AM的中点，所以MC∥OP.又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.1.如图所示，直角梯形ACDE与等腰直角三角形ABC所在平面互相垂直，F为BC的中点，∠BAC ＝∠ACD＝90°，AE∥CD，DC＝AC＝2AE＝2.(1)求证：平面BCD ⊥平面ABC ； (2)求证：AF ∥平面BDE .证明 (1)∵平面ABC ⊥平面ACDE ，平面ABC ∩平面ACDE ＝AC ，CD ⊥AC ，CD ⊂平面ACDE ， ∴DC ⊥平面ABC .又DC ⊂平面BCD ，∴平面BCD ⊥平面ABC .(2)如图，取BD 的中点P ，连接EP ，FP ，则PF ∥DC ，PF ＝12DC ，∵EA ∥DC ，EA ＝12DC ，∴EA ∥PF ，EA ＝PF ，∴四边形AFPE 是平行四边形， ∴AF ∥EP ，∵AF ⊄平面BDE ，EP ⊂平面BDE ， ∴AF ∥平面BDE .2.如图所示，平面ABCD ⊥平面BCE ，四边形ABCD 为矩形，BC ＝CE ，点F 为CE 的中点．(1)证明：AE ∥平面BDF ；(2)点M 为CD 上任意一点，在线段AE 上是否存在点P ，使得PM ⊥BE ？若存在，确定点P 的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．(1)证明连接AC交BD于点O，连接OF.∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC的中点．又F为EC的中点，∴OF∥AE.又OF⊂平面BDF，AE⊄平面BDF，∴AE∥平面BDF.(2)解当点P为AE的中点时，有PM⊥BE，证明如下：取BE的中点H，连接DP，PH，CH.∵P为AE的中点，H为BE的中点，∴PH∥AB.又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P，H，C，D四点共面．∵平面ABCD⊥平面BCE，且平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊥BC，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面BCE.又BE⊂平面BCE，∴CD⊥BE，∵BC＝CE，且H为BE的中点，∴CH⊥BE.又CH∩CD＝C，且CH，CD⊂平面DPHC，∴BE⊥平面DPHC.又PM⊂平面DPHC，∴PM⊥BE.3．(2018·江苏)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.求证：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.证明(1)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B.又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.4．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝BB1，AB1∩A1B＝E，D为AC上的点，B1C∥平面A1BD.(1)求证：BD⊥平面A1ACC1；(2)若AB＝1，且AC·AD＝1，求三棱锥A－BCB1的体积．(1)证明如图，连接ED，∵平面AB 1C ∩平面A 1BD ＝ED ，B 1C ∥平面A 1BD ，∴B 1C ∥ED ，∵E 为AB 1的中点，∴D 为AC 的中点，∵AB ＝BC ，∴BD ⊥AC ，①由A 1A ⊥平面ABC ，BD ⊂平面ABC ，得A 1A ⊥BD ，②又AC ∩A 1A ＝A ，AC ，A 1A ⊂平面A 1ACC 1，∴BD ⊥平面A 1ACC 1.(2)解 由AB ＝1，得BC ＝BB 1＝1，由(1)知AD ＝12AC ， 又AC ·AD ＝1，∴AC 2＝2，∴AC 2＝2＝AB 2＋BC 2，∴AB ⊥BC ，∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝12， ∴1A BCB V －＝1B ABC V －＝13S △ABC ·BB 1 ＝13×12×1＝16.5．(2019·呼伦贝尔联考)如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝12AB ＝2，E 为AC 的中点，将△ACD 沿AC 折起，使折起后的平面ACD 与平面ABC 垂直，如图2.在图2所示的几何体D －ABC 中：(1)求证：BC ⊥平面ACD ；(2)点F 在棱CD 上，且满足AD ∥平面BEF ，求几何体F －BCE 的体积．(1)证明 ∵AC ＝AD 2＋CD 2＝22，∠BAC ＝∠ACD ＝45°，AB ＝4，∴在△ABC 中，BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ×AB ×cos45°＝8，∴AB 2＝AC 2＋BC 2＝16，∴AC ⊥BC ，∵平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥平面ACD .(2)解 ∵AD ∥平面BEF ，AD ⊂平面ACD ，平面ACD ∩平面BEF ＝EF ，∴AD ∥EF ，∵E 为AC 的中点，∴EF 为△ACD 的中位线，由(1)知，V F －BCE ＝V B －CEF ＝13×S △CEF ×BC ， S △CEF ＝14S △ACD ＝14×12×2×2＝12，∴V F －BCE ＝13×12×22＝23.6.如图，在底面是菱形的四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，∠ABC ＝60°，AA 1＝AC ＝2，A 1B ＝A 1D ＝22，点E 在A 1D 上．(1)证明：AA 1⊥平面ABCD ；(2)当A 1E ED为何值时，A 1B ∥平面EAC ，并求出此时直线A 1B 与平面EAC 之间的距离． (1)证明 因为四边形ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°，所以AB ＝AD ＝AC ＝2，在△AA 1B 中，由AA 21＋AB 2＝A 1B 2，知AA 1⊥AB ，同理AA 1⊥AD ，又AB ∩AD ＝A ，AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以AA 1⊥平面ABCD .(2)解 当A 1E ED ＝1时，A 1B ∥平面EAC .证明如下：如图，连接BD 交AC 于点O ，当A 1E ED ＝1，即点E 为A 1D 的中点时，连接OE ，则OE ∥A 1B ，又A 1B ⊄平面EAC ，OE ⊂平面EAC ， 所以A 1B ∥平面EAC .直线A 1B 与平面EAC 之间的距离等于点A 1到平面EAC 的距离，因为E 为A 1D 的中点，所以点A 1到平面EAC 的距离等于点D 到平面EAC 的距离， V D －EAC ＝V E －ACD ，设AD 的中点为F ，连接EF ，则EF ∥AA 1，且EF ＝1，所以EF ⊥平面ACD ，可求得S △ACD ＝3， 所以V E －ACD ＝13×1×3＝33.又AE ＝2，AC ＝2，CE ＝2，所以S △EAC ＝72， 所以13S △EAC ·d ＝33(d 表示点D 到平面EAC 的距离)， 解得d ＝2217，所以直线A 1B 与平面EAC 之间的距离为2217.。
第1讲 立体几何初步(文科答案版)
当前形势立体几何在近五年北京卷（文）考查19－24分高考要求内容要求层次具体要求A B C柱、锥、台、球及其简单组合体√认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．三视图，斜二测法画简单空间图形的直观图√能画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合）的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型；通过观察用两种方法（平行投影与中心投影）画出的视图与直观图．北京高考解读2009年2010年（新课标）2011年（新课标）2012年（新课标）2013年（新课标）第4题5分第16题14分第5题5分第16题14分第5题5分第17题14分第7题5分第16题14分第8题5分第10题5分第17题14分新课标剖析满分晋级第1讲立体几何初步立体几何5级空间向量与立体几何立体几何6级立体几何初步立体几何7级立体几何之平行问题<体积的求法，本板块进行简单的回顾．1．下列说法正确的是（ ）A ．有一个面是多边形，其余各面是三角形的多面体是棱锥B ．有两个面互相平行，其余各面均为梯形的多面体是棱台C ．有两个面互相平行，其余各面均为平行四边形的多面体是棱柱D ．棱柱的两个底面互相平行，侧面均为平行四边形 【解析】 D2．将一个长方体沿从同一个顶点出发的三条棱截去一个棱锥，棱锥的体积与剩下的几何体的体积之比为（ ）A ．1:2B ．1:3C ．1:4D ．1:5暑期知识回顾空间几何体的基本元素：点、线、面．平面：无限延展、平滑且无厚度的面，通常用一个平行四边形表示．用αβγ ，，命名，或用大写字母表示：如平面ABCD 或平面AC ． 多面体：由若干个平面多边形所围成的几何体，其中这些多边形称为多面体的面，相邻两个面的公共边叫棱，棱的公共点叫顶点，连结不在同一个面上的两个顶点的线段叫多面体的对角线．截面：一个几何体与一个平面相交所得到的平面图形（包括平面图形的内部）． 棱柱的定义，相关概念、性质、分类、记法及特殊的四棱柱； S ch =直棱柱侧面积，Sh V =直棱柱，其中c 为直棱柱的底面周长，S 为底面积，h 为高； 棱锥的定义、相关概念、特征、记法和分类，以及正棱锥的性质；1122S nah ch ''==正棱锥侧，13V Sh =锥体，a 为底面边长，c 为底面周长，h '为斜高； 棱台的定义、相关概念、记法、以及正棱台的性质；（h 为高，h '为斜高） 11()()22S n a a h c c h =''''+=+正棱台侧，1()3V h S S '=台体．（S S '，为底面面积） 旋转体的基本概念：轴、高、底面、侧面、侧面的母线； 圆柱的定义，记法和性质，2πV r h =圆柱；r 为底面半径，h 为高； 圆锥的定义，记法和性质，21π3V r h =圆锥；r 为底面半径，h 为高； 圆台的定义，记法和性质，221π()3V h r rr r =''++圆台．r r '，为底面半径，h 为高；【解析】 D3．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，侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为（ ）A ．7B ．6C ．5D ．3 【解析】 A 4．两个平行于圆锥底面的平面将圆锥的高分成相等的三部分，则圆锥被分成的三部分的体积的比是（ ） A ．1:2:3 B ．1:7:19 C ．3:4:5 D ．1:8:27 【解析】 B5．一个底面棱长为2的正四棱锥，连接两个相邻侧面的重心E 、F ，则线段EF 的长为_______．【解析】6．等体积的球和正方体，它们的表面积的大小关系是S 球___S 正方体．【解析】 <7．一个长方体的全面积是220cm ，所有棱长的和是24cm ，则长方体的对角线长为______． 【解析】 4．8．在半径为6的球的内部有一点，该点到球心的距离为4，过该点作球的截面，则截面面积的最小值是（ ）A ．11πB ．20πC ．27πD ．32π 【解析】 B考点1：多面体和旋转体的表面积及体积11.1空间几何体的表面积及体积知识点睛<教师备案>多面体的表面都可以都可以展开成平面图形，求多面体的表面积可转化为求平面图形的面积．多面体的体积的推导是用“祖暅原理”，充分体现了空间与平面相互转化的思想．本版块重点是表面积和体积公式的应用．三棱锥又称为四面体，它的每一个面都可当作底面来处理，此方法叫做等积法，求体积的时候要注意灵活选择底面．212R 表示球的半径．<教师备案>圆柱、圆锥和圆台的表面也可以展开成平面图形，重点仍然是表面积和体积公式的应用．提高班学案1【铺1】⑴已知六棱锥P ABCDEF-的底面是边长为2的正六边形，点P在底面的投影是正六边形的中心，且3PA=，则该四棱锥的表面积为_____________，体积为_________．⑵正棱锥的高增为原来的n倍，底面边长缩为原来的1n，那么体积（）A．缩为原来的1nB．增为原来的n倍C．没有变化D．以上结论都不对【解析】⑴⑵A；【例1】⑴）A B C D．23⑵如图，点E、F分别在单位正方体1111ABCD A B C D-的1AA、1B C上，则三棱锥1D EDF-的体积为________．⑶已知三个球的半径1R、2R、3R满足12323R R R+=，则它们的表面积1S、2S、3S满足的等量关系是__________经典精讲FED1C1B1A1D CBA⑷已知平行四边形两邻边的长a 和b ，当它分别绕边a ，b 旋转一周时，所形成的几何体的体积之比为（ ）A ．b aB ．a bC ．3b a ⎛⎫ ⎪⎝⎭ D ．3a b ⎛⎫ ⎪⎝⎭【追问】三角形三条边长分别为a b c ，，，当它分别饶三边旋转一周时，所形成的几何体的体积之比为（ ）A ．::a b cB ．222::a b cC ．333::a b cD ．111::a b c【解析】 ⑴ B ；⑵ 16；⑶⑷ A【追问】D ．考点2：几何体的表面积体积综合<教师备案>求几何体的表面积和体积，很多时候只需要知道简单的公式就行了，属于中、低档题，因此在高考中比较常见．提高班学案2【铺1】如图，一个底面半径为R 的圆柱形量杯中装有适量的水．若放入一个半径为r 的实心铁球，水面高度恰好升高r ，则Rr= ．【解析】；【例2】 ⑴圆柱形容器内部盛有高度为8cm 的水，若放入三个相同的球（球的半径与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图①所示），则球的半径是 cm ．⑵如图②所示，一个正三棱柱形容器，高为2a ，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图③所示，这时水面恰好过棱1111AC BC AC B C ，，，的中点，则图②中水面的高度是_________．经典精讲C1B1A1CBABACB1C1A1图①图②图③【解析】⑴4；⑵32a；尖子班学案1【拓2】有一个圆锥形容器正放，它的高为h，圆锥内水面的高度为1h，113h h=，将圆锥倒置，求倒置的水面高度2h．【解析】2h=．目标班学案1【拓3】如图1所示，在直三棱柱形的筒里装着水，这个直三棱柱的展开图如图2所示：现在，如图1所示，将直三棱柱的A面作为底面，放在水平的桌面上，水面高度是2cm；若将直三棱柱的B面作为底面，放在水平的桌面上，则水面高为厘米．【解析】32；【备选】如图1，一个正四棱柱形的密闭容器底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有V升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P．如果将容器倒置，水面也恰好过点P（图2）．有下列四个命题：A．正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半B．将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点PC．任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点PD．若往容器内再注入V升水，则容器恰好能装满其中真命题的代号是： （写出所有真命题的代号）．PP图2图1【解析】 B 、D ；1．简单组合体：由柱体、锥体、台体和球体等简单几何体组合而成的几何体．2．简单组合体构成的基本形式：由简单几何体拼接而成；由简单几何体截去或挖去一部分而成．<教师备案>组合体是空间几何体的难点，特别是球体与其它几何体的组合，首先要了解它是由哪些基本几何体构成，明确切点（内切）或接点（外接）的位置，确定有关元素间的数量关系，然后通过相关截面分析和解决问题．对于球与旋转体的组合，一般作轴截面的图进行分析；对于球体与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或切点（接点）作截面图来分析，将立体几何问题转化为平面几何问题来解决．考点3：简单几何体的内切球与外接球【例3】 ⑴一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为123，，，则此球的表面积等于 ．⑵正方体全面积为24，求它的外接球、内切球以及与它的各条棱都相切的球的表面积．⑶圆台的内切球半径为R ，且圆台的全面积和球的表面积之比为218，求圆台的上，下底面半径12r r ，（12r r <）．【解析】 ⑴ 14π；⑵ 它的内切球的表面积为24π14π⋅=，外接球的表面积为24π12π=，与各棱相切的球的表面积为24π8π=．【点评】 正方体的外接球的球心与正方体的中心重合除了通过对称性考虑外，可以严格的推导，因为正方体的八个顶点都在球面上，故球心到这八个点的距离都相等，从而它必在过各个面的中心的垂线上，从而只能是正方体的中心．这对长方体的外接球也同样适用．同样可考虑正方体的内切球球心，它与正方体六个面的距离都相等．⑶ 12Rr =，22r R =．1.2组合体经典精讲尖子班学案2【拓2】，则其外接球的表面积是．【解析】9π；目标班学案2【拓3】一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面．已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，那么这个球的体积为_________．【解析】43π；考点4：正四面体的内切球与外接球【例4】⑴如果正四面体ABCD的外接球的体积为，则四面体的体积为_______．⑵如果正四面体ABCD的内切球的体积为，则四面体的体积为_______．【追问】如果与正四面体的各条棱都相切的球的体积为，求四面体的体积．⑴83；⑵72；【追问】【探究】正四面体的内外切球与正四面体棱长的关系：当正四面体的棱长为a时，求它的内切球半径r与外接圆半径R．由正四面体的对称性知，内切球与外接球的球心重合，都为正四面体的中心，记为O．法一：如图3，将正四面体ABCD置于正方体中，正四面体的外接球即为正方体的外接球，正方体的体对角线为球的直径，2R==，故R=．正四面体的体积34π3R R=⇒=，33311432V⎫⎫=-⨯⨯⨯=⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭，经典精讲图3DCBA从而正四面体的高h满足：2313h h =⇒=． 利用体积法直接求内切球的体积：将正四面体ABCD 分割成以球心O 为顶点，以正四面体的四个面为底面的四个相同的三棱锥，它们的底面与正四面体的底面相同，高为内切球的半径r，故14r h ==． 故外接球可以利用R r h +=知，34R h =．法二：如图1，1O 为底面BCD △的中心，1DO =，高1h AO ==，O 一定在1AO 上，∴AO DO R ==，1OO r h R R ==-=-， ∴在1Rt OO D △中，22211OD OO O D =+，即22213R R a ⎫=-+⎪⎪⎝⎭，解得R =，r =-=． 法三：如图2，1O 为底面BCD △的中心，则O 一定在1AO 上，AE 为球的大圆直径． 故AE ⊥1O D ，AD ⊥DE ，设AD a =，则123O D ==，故1AO =，1122O E R AO R =-=． 由平面射影定理知，2111O D AO O E =⋅，即223a R ⎛⎫⋅ ⎪ ⎪⎝⎭，解得R =，r =-=． 综上，我们知当正四面体ABCD 的棱长为a3，外接球半径为．考点5：空间几何体的直观图1．直观图：用来表示空间图形的平面图形，叫做空间图形的直观图． 2．画法：斜二测画法和正等测画法： ⑴斜二测画法规则：①在已知图形所在的空间中取水平平面，作相互垂直的轴Ox ，Oy ，再作Oz 轴，使90xOz ∠=︒，1.3空间几何体的直观图与三视图知识点睛图2图1O1O DC BA90yOz ∠=︒．（三维空间中）②画直观图时，把Ox ，Oy ，Oz 画成对应的轴O x O y O z ''''''，，，使45x O y '''∠=︒或135︒，90x O z '''∠=︒，x O y '''所确定的平面表示水平平面．（二维平面上） ③已知图形中，平行于x 轴，y 轴或z 轴的线段，在直观图中分别画成平行于x '轴，'y 轴或z ' 轴的线段．并使它们和所画坐标轴的位置关系，与已知图形中相应线段和原坐标轴的位置关系相同．④已知图形中平行于x 轴和z 轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y 轴的线段，长度为原来的一半．⑤画图完成后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图．⑵正等测画法：在立体几何中，常用正等测画法画圆的直观图，它的依据还是平行投影，圆的直观图是椭圆，具体画法不要求掌握．<教师备案>正等测画法主要应用于工程及机械专业的绘图．斜二测画法和三视图都是在平行投影下画出来的空间图形，斜二测画法的作图规则可以简单的概括为：“竖直或水平方向放置的线段画出时方向、长度都不变，前后方向放置的线段画出时方向与水平方向成45︒或135︒角，长度为原长的一半”．斜二测画法是画几何体直观图的主要方法，只要求能够运用画图规则正确的画图和看图，不要求表达作图过程．【例5】 ⑴正三角形ABO △的边长为a ，在画它的水平放置的直观图时，建立如下左图所示的直角坐标系xOy ，则它的直观图的面积是__________． ⑵如下右图，正方形O A B C ''''的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图．请画出原来的平面几何图形的形状，并求原图形的周长与面积．【解析】 ⑴⑵ 周长为8，面积为考点6：空间几何体的三视图<教师备案>研究在平面上用图形表示形体和解决空间几何问题的理论和方法的学科，叫做画法几何．在平面图上表达出空间原物体各部分的大小和位置，画法几何在绘画和建筑上有着广泛的应用．画法几何起源于欧洲文艺复兴时期，达芬奇在他的绘画中，笛沙格在空间几何体的透视像画法中都应用过，以及在平面图中计算空间几何体的尺寸和大小，但都没有系统的理论．法国数学家蒙日，经过深入研究，提出用多面正投影图表达空间形体，为画法几何奠定了理论基础，因为在军事上应用的关系，在保密了15年后才出版公开．三视图：在画正投影时，常选取三个互相垂直的平面作为投射面，一个投射面水平放置，叫做水平投射面，投射到这个面内的图形叫做俯视图； 知识点睛经典精讲一个投射面放置在正前方，叫直立投射面，投射到此平面内的图形叫做主（正）视图；和水平投射面、直立投射面都垂直的投射面叫做侧立投射面，通常把这个平面放在直立投射面的右面，投射到这个平面内的图形叫做左（侧）视图．样构成的图形叫做空间图形的三视图．<教师备案>三视图分别是从三个方向看到的物体轮廓线的正投影所围成的平面图形．画三视图时，可以把垂直投影面的视线想象成平行光线从不同方向射向几何体，体会可见的轮廓线（包括被遮档，但是可以经过想象透视到的轮廓线）的投影就是所要画出的视图．三视图的排列规则．．．．．．．．是：俯视图放在主视图的下面，长度与主视图一样；左视图放在主视图的右面，高度与主视图一样，宽度与俯视图的宽度一样；三视图满足“长对正，宽平齐，高相等”的基本特征或说“主左一样高，主俯一样长，俯左一样宽”．提高班学案3【铺1】设某几何体的三视图如下（尺寸的长度单位为m）．则该几何体的体积为3m．【解析】4【例6】⑴一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积是（）A．372 B．360 C．292 D．280⑵一个体积为则这个三棱柱的左视图的面积为（）A．B．8C．D．12⑶某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．8π3B．3πC．10π3D．6π经典精讲俯视图侧(左)视图正(主)视图俯视图左视图正视图俯视图侧视图正视图第⑴题 第⑵题 第⑶题【解析】 ⑴ B⑵ A ⑶ B ；尖子班学案3【拓2】 一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A．2π+ B．4π+C．2π+ D．4π+【解析】 C目标班学案3【拓3】 一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积（单位：2cm ）为（ ）A．48+ B．48+ C．36+ D．36+【解析】 A【例7】 ⑴一个几何体按比例绘制的三视图如图所示，则它的体积为（ ）A ．2B ．92C ．3D ．94俯视图俯俯视图侧视图正视图111111⑵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（）A ．B ．C ．4D ．【解析】 ⑴ C ；⑵ C；将半径都为1的4个球完全放入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为（ ）AB ．2C ．4+ D【解析】 C 四个球心构成一个正四面体（如图），其棱长为2，故其高4O H =设装入四个钢球的正四面体容器为D ABC -（如图）， 球心4O 在其高DE 上，且4411O E O H =+=+． 下面求4O D ．设M 为球4O 与平面BCD 的切点，则M 在BCD △中线DF 上，41O M =，4DMO DEF △∽△． ∴4431O D DF O M EF ==．∴43O D=． ∴444DE O D O E=+=C ．【演练1】设A 表示平行六面体，B 表示直平行六面体，C 表示长方体，D 表示正四棱柱，E 表示正方体，则A ，B ，C ，D ，E 的关系是（ ）实战演练32OA ．ABCDE ⊂⊂⊂⊂ B ．A B D C E ⊂⊂⊂⊂ C ．E D C B A ⊂⊂⊂⊂ D ．E C D B A ⊂⊂⊂⊂【解析】 C ；【演练2】如图⑴、⑵、⑶、⑷为四个几何体的三视图，根据三视图可以判断这四个几何体依次分别为（ ）A ．三棱台、三棱柱、圆锥、圆台B ．三棱台、三棱锥、圆锥、圆台C ．三棱柱、四棱锥、圆锥、圆台D ．三棱柱、三棱台、圆锥、圆台【解析】 Ｃ．【演练3】半径为a 的球放在墙角，同时与两墙面和地面相切，那么球心到墙角顶点的距离为 ． 【解析】 3a ；【演练4】圆台上下底面面积之比为1:9，则圆台中截面分圆台所成两部分的体积之比12:V V =_____．（其中12V V <）【解析】7:19；【演练5】一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2cm 的球面上．如果正四棱柱的底面边长为1cm ，那么该棱柱的表面积为 2cm ． 【解析】422；【演练6】已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图（或称主视图）是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图（或称左视图）是一个底边长为6、高为4的等腰三角形． ⑴ 求该几何体的体积V ； ⑵ 求该几何体的侧面积S ． 【解析】 ⑴ 64V =；68⑵40S =+四面体ABCD 的对边长分别相等，AB CD a ==，AC BD b ==，AD BC c ==，求这个四面体外接球的直径．【解析】 同正四面体类似，本题思路也是构造一个和四面体具有相同外接球的长方体．如图所示，作长方体AEBF GCHD -，使得AB CD a ==，AC BD b ==，AD BC c ==，则这个长方体和四面体具有相同的外接球，长方体的体对角线就是外接球的直径d ． 设长方体的长宽高分别为x ，y ，z ，则222222222x y ay z b z x c ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，三式相加可得：22222222a b c d x y z ++=++=，∴d =大千世界H G F ED C B A。
2020版高考文科数学大一轮复习人教A版文档：第八章 立体几何8.4 Word版含答案.docx
§8.4直线、平面平行的判定与性质1．线面平行的判定定理和性质定理2.面面平行的判定定理和性质定理知识拓展 重要结论：(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a ⊥α，a ⊥β，则α∥β. (2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a ⊥α，b ⊥α，则a ∥b . (3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．( × ) (2)若一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任一条直线．( × ) (3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．( × ) (4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．( √ ) (5)若直线a 与平面α内无数条直线平行，则a ∥α.( × ) (6)若α∥β，直线a ∥α，则a ∥β.( × )题组二 教材改编2．[P61A 组T1(1)]下列命题中正确的是( )A ．若a ，b 是两条直线，且a ∥b ，那么a 平行于经过b 的任何平面B ．若直线a 和平面α满足a ∥α，那么a 与α内的任何直线平行C ．平行于同一条直线的两个平面平行D ．若直线a ，b 和平面α满足a ∥b ，a ∥α，b ⊄α，则b ∥α 答案 D解析 A 中，a 可以在过b 的平面内；B 中，a 与α内的直线也可能异面；C 中，两平面可相交；D 中，由直线与平面平行的判定定理知b ∥α，正确．3．[P62A 组T3]如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为DD 1的中点，则BD 1与平面AEC 的位置关系为________．答案平行解析连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO，在△BDD1中，E为DD1的中点，O为BD的中点，所以EO为△BDD1的中位线，则BD1∥EO，而BD1⊄平面ACE，EO⊂平面ACE，所以BD1∥平面ACE.题组三易错自纠4．若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中() A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一与a平行的直线答案 A解析当直线a在平面β内且过B点时，不存在与a平行的直线，故选A.5．设α，β，γ为三个不同的平面，a，b为直线，给出下列条件：①a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；②α∥γ，β∥γ；③α⊥γ，β⊥γ；④a⊥α，b⊥β，a∥b.其中能推出α∥β的条件是______．(填上所有正确的序号)答案②④解析在条件①或条件③中，α∥β或α与β相交；由α∥γ，β∥γ⇒α∥β，条件②满足；在④中，a⊥α，a∥b⇒b⊥α，又b⊥β，从而α∥β，④满足．6.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．答案平行四边形解析 ∵平面ABFE ∥平面DCGH ，又平面EFGH ∩平面ABFE ＝EF ，平面EFGH ∩平面DCGH ＝HG ， ∴EF ∥HG .同理EH ∥FG ， ∴四边形EFGH 是平行四边形．题型一 直线与平面平行的判定与性质命题点1 直线与平面平行的判定典例 如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F ，H 分别为线段AD ，PC ，CD 的中点，AC 与BE 交于O 点，G 是线段OF 上一点．(1)求证：AP ∥平面BEF ； (2)求证：GH ∥平面P AD .证明 (1)连接EC ， ∵AD ∥BC ，BC ＝12AD ，∴BC 綊AE ，∴四边形ABCE 是平行四边形，∴O 为AC 的中点．又F 是PC 的中点，∴FO ∥AP ， 又FO ⊂平面BEF ，AP ⊄平面BEF ，∴AP ∥平面BEF . (2)连接FH ，OH ，∵F ，H 分别是PC ，CD 的中点， ∴FH ∥PD ，又PD ⊂平面P AD ，FH ⊄平面P AD ， ∴FH ∥平面P AD .又O 是BE 的中点，H 是CD 的中点，∴OH ∥AD ，又AD ⊂平面P AD ，OH ⊄平面P AD ， ∴OH ∥平面P AD .又FH ∩OH ＝H ，∴平面OHF ∥平面P AD . 又GH ⊂平面OHF ，∴GH ∥平面P AD .命题点2 直线与平面平行的性质典例 (2017·长沙调研)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217.点G ，E ，F ，H 分别是棱PB ，AB ，CD ，PC 上共面的四点，平面GEFH ⊥平面ABCD ，BC ∥平面GEFH .(1)证明：GH ∥EF ；(2)若EB ＝2，求四边形GEFH 的面积．(1)证明 因为BC ∥平面GEFH ，BC ⊂平面PBC ， 且平面PBC ∩平面GEFH ＝GH ，所以GH ∥BC . 同理可证EF ∥BC ，因此GH ∥EF .(2)解 如图，连接AC ，BD 交于点O ，BD 交EF 于点K ，连接OP ，GK .因为P A ＝PC ，O 是AC 的中点，所以PO ⊥AC ， 同理可得PO ⊥BD .又BD ∩AC ＝O ，且AC ，BD ⊂底面ABCD ， 所以PO ⊥底面ABCD .又因为平面GEFH ⊥平面ABCD ， 且PO ⊄平面GEFH ，所以PO ∥平面GEFH . 因为平面PBD ∩平面GEFH ＝GK ， 所以PO ∥GK ，且GK ⊥底面ABCD ， 从而GK ⊥EF .所以GK 是梯形GEFH 的高．由AB ＝8，EB ＝2得EB ∶AB ＝KB ∶DB ＝1∶4， 从而KB ＝14DB ＝12OB ，即K 为OB 的中点．再由PO ∥GK 得GK ＝12PO ，即G 是PB 的中点，且GH ＝12BC ＝4.由已知可得OB ＝42，PO ＝PB 2－OB 2＝68－32＝6， 所以GK ＝3.故四边形GEFH 的面积S ＝GH ＋EF 2·GK ＝4＋82×3＝18. 思维升华 判断或证明线面平行的常用方法 (1)利用线面平行的定义(无公共点)．(2)利用线面平行的判定定理(a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α)． (3)利用面面平行的性质(α∥β，a ⊂α⇒a ∥β)．(4)利用面面平行的性质(α∥β，a ⊄α，a ⊄β，a ∥α⇒a ∥β)．跟踪训练 (2018届昆明一中摸底)如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，点M ，N 分别为A 1C 1，AB 1的中点．(1)证明：MN ∥平面BB 1C 1C ；(2)若CM ⊥MN ，求三棱锥M —NAC 的体积．(1)证明 连接A 1B ，BC 1，点M ，N 分别为A 1C 1，AB 1的中点，所以MN 为△A 1BC 1的一条中位线，MN ∥BC 1，又因为MN ⊄平面BB 1C 1C ，BC 1⊂平面BB 1C 1C ， 所以MN ∥平面BB 1C 1C .(2)解 设点D ，E 分别为AB ，AA 1的中点，AA 1＝a ，连接ND ，CD ，则CM 2＝a 2＋1，MN 2＝1＋a 2＋44＝a 2＋84，CN 2＝a 24＋5＝a 2＋204，由CM ⊥MN ，得CM 2＋MN 2＝CN 2，解得a ＝2，又NE ⊥平面AA 1C 1C ，NE ＝1， V 三棱锥M —NAC ＝V 三棱锥N —AMC ＝13S △AMC ·NE＝13×12×2×2×1＝23. 所以三棱锥M —NAC 的体积为23.题型二平面与平面平行的判定与性质典例如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EF A1∥平面BCHG.证明(1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面．(2)∵E，F分别是AB，AC的中点，∴EF∥BC.∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.∵A1G綊EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.又∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EF A，∴平面EF A1∥平面BCHG.引申探究在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.证明如图所示，连接A1C交AC1于点M，∵四边形A1ACC1是平行四边形，∴M是A1C的中点，连接MD，∵D为BC的中点，∴A1B∥DM.∵A1B⊂平面A1BD1，DM⊄平面A1BD1，∴DM∥平面A1BD1.又由三棱柱的性质知，D1C1綊BD，∴四边形BDC1D1为平行四边形，∴DC1∥BD1.又DC1⊄平面A1BD1，BD1⊂平面A1BD1，∴DC1∥平面A1BD1.又∵DC1∩DM＝D，DC1，DM⊂平面AC1D，∴平面A1BD1∥平面AC1D.思维升华证明面面平行的方法(1)面面平行的定义．(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行．(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．跟踪训练(2018届江西南昌市摸底)如图，在四棱锥P—ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，P A⊥平面ABCD，P A＝2，AB＝1.设M，N分别为PD，AD的中点．(1)求证：平面CMN∥平面P AB；(2)求三棱锥P—ABM的体积．(1)证明∵M，N分别为PD，AD的中点，∴MN∥P A.又∵MN⊄平面P AB，P A⊂平面P AB，∴MN∥平面P AB.在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，∴∠ACN＝60°.又∵∠BAC＝60°，∴CN∥AB.∵CN⊄平面P AB，AB⊂平面P AB，∴CN∥平面P AB.又∵CN∩MN＝N，CN，MN⊂平面CMN，∴平面CMN∥平面P AB.(2)解由(1)知，平面CMN∥平面P AB，∴点M到平面P AB的距离等于点C到平面P AB的距离．由已知得，AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，∴BC＝3，∴三棱锥P—ABM的体积V＝V三棱锥M—P AB＝V三棱锥C—P AB＝V三棱锥P—ABC＝13×12×1×3×2＝33.题型三平行关系的综合应用典例如图所示，平面α∥平面β，点A∈α，点C∈α，点B∈β，点D∈β，点E，F分别在线段AB，CD上，且AE∶EB＝CF∶FD.(1)求证：EF∥平面β；(2)若E，F分别是AB，CD的中点，AC＝4，BD＝6，且AC，BD所成的角为60°，求EF的长．(1)证明①当AB，CD在同一平面内时，由平面α∥平面β，平面α∩平面ABDC＝AC，平面β∩平面ABDC＝BD知，AC∥BD.∵AE∶EB＝CF∶FD，∴EF∥BD.又EF⊄β，BD⊂β，∴EF∥平面β.②当AB与CD异面时，如图所示，设平面ACD∩平面β＝DH，且DH＝AC，∵平面α∥平面β，平面α∩平面ACDH＝AC，∴AC∥DH，∴四边形ACDH是平行四边形，在AH上取一点G，使AG∶GH＝CF∶FD，连接EG，FG，BH.又∵AE∶EB＝CF∶FD＝AG∶GH，∴GF∥HD，EG∥BH.又EG∩GF＝G，BH∩HD＝H，∴平面EFG∥平面β.又EF⊂平面EFG，∴EF∥平面β.综合①②可知，EF ∥平面β.(2)解 如图所示，连接AD ，取AD 的中点M ，连接ME ，MF . ∵E ，F 分别为AB ，CD 的中点， ∴ME ∥BD ，MF ∥AC ， 且ME ＝12BD ＝3，MF ＝12AC ＝2.∴∠EMF 为AC 与BD 所成的角或其补角， ∴∠EMF ＝60°或120°. ∴在△EFM 中，由余弦定理得 EF ＝ME 2＋MF 2－2ME ·MF ·cos ∠EMF ＝32＋22±2×3×2×12＝13±6，即EF ＝7或EF ＝19.思维升华 利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置，对于最值问题，常用函数思想来解决．跟踪训练 如图所示，四边形EFGH 为空间四边形ABCD 的一个截面，若截面为平行四边形．(1)求证：AB ∥平面EFGH ，CD ∥平面EFGH ；(2)若AB ＝4，CD ＝6，求四边形EFGH 周长的取值范围． (1)证明 ∵四边形EFGH 为平行四边形， ∴EF ∥HG .∵HG ⊂平面ABD ，EF ⊄平面ABD ， ∴EF ∥平面ABD .又∵EF ⊂平面ABC ，平面ABD ∩平面ABC ＝AB ， ∴EF ∥AB ，又∵AB ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ， ∴AB ∥平面EFGH .同理可证，CD ∥平面EFGH . (2)解 设EF ＝x (0<x <4)， ∵EF ∥AB ，FG ∥CD ， ∴CF CB ＝x 4，则FG 6＝BF BC ＝BC －CF BC ＝1－x4. ∴FG ＝6－32x .∵四边形EFGH 为平行四边形，∴四边形EFGH 的周长l ＝2⎝⎛⎭⎫x ＋6－32x ＝12－x . 又∵0<x <4，∴8<l <12，即四边形EFGH 周长的取值范围是(8,12)．1．若直线l 不平行于平面α，且l ⊄α，则( ) A ．α内的所有直线与l 异面 B ．α内不存在与l 平行的直线 C ．α与直线l 至少有两个公共点 D ．α内的直线与l 都相交 答案 B解析 因为l ⊄α，直线l 不平行于平面α，所以直线l 只能与平面α相交，于是直线l 与平面α只有一个公共点，所以平面α内不存在与l 平行的直线． 2．已知直线a 和平面α，那么a ∥α的一个充分条件是( ) A ．存在一条直线b ，a ∥b 且b ⊂α B ．存在一条直线b ，a ⊥b 且b ⊥α C ．存在一个平面β，a ⊂β且α∥β D ．存在一个平面β，a ∥β且α∥β 答案 C解析 在A ，B ，D 中，均有可能a ⊂α，错误；在C 中，两平面平行，则其中一个平面内的任一条直线都平行于另一平面，故C 正确．3．(2018·攀枝花质检)平面α∥平面β，点A ，C ∈α，点B ，D ∈β，则直线AC ∥直线BD 的充要条件是( ) A ．AB ∥CD B ．AD ∥CBC ．AB 与CD 相交 D ．A ，B ，C ，D 四点共面答案 D解析 充分性：A ，B ，C ，D 四点共面，由平面与平面平行的性质知AC ∥BD .必要性显然成立．4．一条直线l 上有相异的三个点A ，B ，C 到平面α的距离相等，那么直线l 与平面α的位置关系是( ) A ．l ∥αB ．l ⊥αC ．l 与α相交但不垂直D ．l ∥α或l ⊂α答案 D解析 当l ∥α时，直线l 上任意点到α的距离都相等；当l ⊂α时，直线l 上所有的点到α的距离都是0；当l ⊥α时，直线l 上有两个点到α的距离相等；当l 与α斜交时，也只能有两个点到α的距离相等．故选D.5．对于空间中的两条直线m ，n 和一个平面α，下列命题中的真命题是( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ∥α，n ⊂α，则m ∥n C ．若m ∥α，n ⊥α，则m ∥n D ．若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n答案 D解析 对A ，直线m ，n 可能平行、异面或相交，故A 错误；对B ，直线m 与n 可能平行，也可能异面，故B 错误；对C ，m 与n 垂直而非平行，故C 错误；对D ，垂直于同一平面的两直线平行，故D 正确．6．在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别为AB ，AD 上的点，且AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4，又H ，G 分别是BC ，CD 的中点，则( )A ．BD ∥平面EFG ，且四边形EFGH 是平行四边形B ．HG ∥平面ABD ，且四边形EFGH 是平行四边形C ．EF ∥平面BCD ，且四边形EFGH 是梯形 D ．EF ∥平面ADC ，且四边形EFGH 是梯形 答案 C解析 如图，由条件知，EF ∥BD ，且EF ＝15BD ，GH ∥BD ，且HG ＝12BD ，∴EF ∥HG ，且EF ＝25HG ，∴四边形EFGH 为梯形，排除A ，B ； ∵EF ∩平面ADC ＝F ，∴排除D.故选C.7.如图，E ，F ，G 分别是四面体ABCD 的棱BC ，CD ，DA 的中点，则此四面体与过E ，F ，G 的截面平行的棱的条数是________．答案 2解析 此四面体与过E ，F ，G 的截面平行的棱为AC ，BD ，只有两条．8．设α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.可以填入的条件有________．答案①或③解析由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．9．(2017·承德模拟)如图所示，在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件______时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)答案点M在线段FH上(或点M与点H重合)解析连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.10．(2018·海口调研)将一个真命题中的“平面”换成“直线”、“直线”换成“平面”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”．给出下列四个命题：①垂直于同一平面的两直线平行；②垂直于同一平面的两平面平行；③平行于同一直线的两直线平行；④平行于同一平面的两直线平行．其中是“可换命题”的是________．(填序号) 答案①③解析由线面垂直的性质定理可知①是真命题，且垂直于同一直线的两平面平行也是真命题，故①是“可换命题”；因为垂直于同一平面的两平面可能平行或相交，所以②是假命题，不是“可换命题”；由公理4可知③是真命题，且平行于同一平面的两平面平行也是真命题，故③是“可换命题”；因为平行于同一平面的两条直线可能平行、相交或异面，故④是假命题，故④不是“可换命题”．11.如图，E ，F ，G ，H 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BC ，CC 1，C 1D 1，AA 1的中点．求证：(1)EG ∥平面BB 1D 1D ； (2)平面BDF ∥平面B 1D 1H .证明 (1)如图，取B 1D 1的中点O ，连接GO ，OB ，因为OG 綊12B 1C 1綊BE ，所以BE 綊OG ，所以四边形BEGO 为平行四边形，故OB ∥EG ， 因为OB ⊂平面BB 1D 1D ， EG ⊄平面BB 1D 1D ， 所以EG ∥平面BB 1D 1D . (2)由题意可知BD ∥B 1D 1. 连接HB ，D 1F ， 因为BH 綊D 1F ，所以四边形HBFD 1是平行四边形，故HD 1∥BF . 又B 1D 1∩HD 1＝D 1， BD ∩BF ＝B ，所以平面BDF ∥平面B 1D 1H .12.如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为正方形，BC ＝PD ＝2，E 为PC 的中点，CB ＝3CG .(1)求证：PC ⊥BC ；(2)AD 边上是否存在一点M ，使得P A ∥平面MEG ？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．(1)证明 因为PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， 所以PD ⊥BC .因为四边形ABCD 是正方形，所以BC ⊥CD . 又PD ∩CD ＝D ，PD ，CD ⊂平面PCD ， 所以BC ⊥平面PCD .因为PC ⊂平面PDC ，所以PC ⊥BC .(2)解 连接AC ，BD 交于点O ，连接EO ，GO ， 延长GO 交AD 于点M ，连接EM ，则P A ∥平面MEG . 证明如下：因为E 为PC 的中点，O 是AC 的中点， 所以EO ∥P A .因为EO ⊂平面MEG ，P A ⊄平面MEG ， 所以P A ∥平面MEG . 因为△OCG ≌△OAM ， 所以AM ＝CG ＝23，所以AM 的长为23.13．(2018·南昌质检)在四面体ABCD 中，截面PQMN 是正方形，则在下列结论中，错误的是( )A ．AC ⊥BDB ．AC ∥截面PQMN C ．AC ＝BDD ．异面直线PM 与BD 所成的角为45° 答案 C解析 因为截面PQMN 是正方形，所以MN ∥QP ， 又PQ ⊂平面ABC ，MN ⊄平面ABC ， 则MN ∥平面ABC ，由线面平行的性质知MN ∥AC ，又MN ⊂平面PQMN ，AC⊄平面PQMN，则AC∥截面PQMN，同理可得MQ∥BD，又MN⊥QM，则AC⊥BD，故A，B正确．又因为BD∥MQ，所以异面直线PM与BD所成的角等于PM与QM所成的角，即为45°，故D正确．14．(2018届广西桂林模拟)在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，若存在实数λ，使得CQ＝λCC1时，平面D1BQ∥平面P AO，则λ＝________.答案1 2解析当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面P AO.理由如下：当Q为CC1的中点时，∵Q为CC1的中点，P为DD1的中点，∴QB∥PA.∵P，O为DD1，DB的中点，∴D1B∥PO.又PO∩P A＝P，D1B∩QB＝B，D1B∥平面P AO，QB∥平面P AO，∴平面D1BQ∥平面P AO.15．如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M，N分别在AD1，BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，则函数y＝f(x)的图象大致是()答案 C解析过M作MQ∥DD1，交AD于点Q，连接QN.∵MN∥平面DCC1D1，MQ∥平面DCC1D1，MN∩MQ＝M，∴平面MNQ∥平面DCC1D1.又平面ABCD与平面MNQ和DCC1D1分别交于QN和DC，∴NQ∥DC，可得QN＝CD＝AB＝1，AQ＝BN＝x，∵MQ AQ ＝DD 1AD＝2，∴MQ ＝2x . 在Rt △MQN 中，MN 2＝MQ 2＋QN 2，即y 2＝4x 2＋1，∴y 2－4x 2＝1(x ≥0，y ≥1)，∴函数y ＝f (x )的图象为焦点在y 轴上的双曲线上支的一部分．故选C.16．(2018·哈尔滨模拟)在三棱锥S －ABC 中，△ABC 是边长为6的正三角形，SA ＝SB ＝SC ＝15，平面DEFH 分别与AB ，BC ，SC ，SA 交于点D ，E ，F ，H .D ，E 分别是AB ，BC 的中点，如果直线SB ∥平面DEFH ，那么四边形DEFH 的面积为________． 答案452解析 如图，取AC 的中点G ， 连接SG ，BG .易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ，SG ∩BG ＝G ，SG ，BG ⊂平面SGB ， 故AC ⊥平面SGB ， 所以AC ⊥SB .因为SB ∥平面DEFH ，SB ⊂平面SAB ， 平面SAB ∩平面DEFH ＝HD ， 则SB ∥HD . 同理SB ∥FE .又D ，E 分别为AB ，BC 的中点， 则H ，F 也为AS ，SC 的中点， 从而得HF 綊12AC 綊DE ，所以四边形DEFH 为平行四边形． 又AC ⊥SB ，SB ∥HD ，DE ∥AC ， 所以DE ⊥HD ，所以四边形DEFH 为矩形，其面积S ＝HF ·HD ＝⎝⎛⎭⎫12AC ·⎝⎛⎭⎫12SB ＝452.。
2020新课标高考数学讲义：立体几何含解析
球
S＝4πR2
V＝ πR3
2.空间线面位置关系的证明方法
(1)线线平行： ⇒a∥b、 ⇒a∥b、
⇒a∥b、 ⇒c∥b.
(2)线面平行： ⇒a∥α、 ⇒a∥α、 ⇒a∥α.
(3)面面平行： ⇒α∥β、 ⇒α∥β、
⇒α∥γ.
(4)线线垂直： ⇒a⊥b.
(5)线面垂直： ⇒l⊥α、 ⇒a⊥β、 ⇒a⊥β、 ⇒b⊥α.
(6)面面垂直： ⇒α⊥β、 ⇒α⊥β.
[提醒]要注意空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理中的条件.如由α⊥β、α∩β＝l、m⊥l、易误得出m⊥β的结论、就是因为忽视面面垂直的性质定理中m⊂α的限制条件.
3．用空间向量证明平行垂直
设直线l的方向向量为a＝(a1、b1、c1)、平面α、β的法向量分别为μ＝(a2、b2、c2)、υ＝(a3、b3、c3)．则有：
若存在某个位置．使得AD⊥BC、又因为AD⊥AB、则AD⊥平面ABC、所以AD⊥AC、而斜边CD小于直角边AD、矛盾、故C错误．
6. 如图、在四棱锥PACBD中、底面ACBD为正方形、PD⊥平面ACBD、BC＝AC＝a、PA＝PB＝ a、PC＝ a、则点C到平面PAB的距离为________．
解析：
解析：选B.若存在某个位置、使得AC⊥BD、作AE⊥BD于E、则BD⊥平面AEC、所以BD⊥EC、在△ABD中、AB2＝BE·BD、BE＝ 、而在△BCD中、BC2＝BE·BD、BE＝ 、两者矛盾．故A错误．
若存在某个位置、使得AB⊥CD、又因为AB⊥AD、则AB⊥平面ACD、所以AB⊥AC、故AC＝1、故B正确、D错误．
4．用向量求空间角
(1)直线l1、l2的夹角θ有cosθ＝|cos〈l1、l2〉|(其中l1、l2分别是直线l1、l2的方向向量)．
2020高考文科数学(人教版)一轮复习讲义：第48讲空间几何体的表面积与体积含答案
V ＝ Sh第 48 讲 空间几何体的表面积与体积1．了解柱、锥、台及球的表面积和体积的计算公式．2．通过对空间几何体的表面积与体积的计算，进一步理解简单几何体的结构特征．知识梳理1．侧面积与全面积把柱、锥、台体的侧面沿着它们的一条侧棱(或母线)剪开后展开在一个平面内，展开图的面积 是它们的侧面积．侧面积与底面积的和称为全面积或表面积．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式3．空间几何体的表面积和体积公式名称几何体柱体(棱柱和圆柱)锥体 (棱锥和圆锥)台体 (棱台和圆台)球表面积S 表面积＝S 侧＋2S 底S 表面积＝S 侧＋S 底S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下S 表面积＝4πR 2体积V ＝Sh1 3 1V ＝3(S 上＋S 下＋ S 上· S 下)h4 V 球＝3πR 31．与体积有关的几个结论(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差． (2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等． 2．几个与球有关的切、接的常用结论 (1)正方体的棱长为 a ，球的半径为 R. ①若球为正方体的外接球，则 2R ＝ 3a ； ②若球为正方体的内切球，则 2R ＝a ；③若球与正方体的各棱相切，则 2R ＝ 2a.(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为 a ，b ，c ，外接球的半径为 R ，则 2R ＝ a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为 3∶1. 3．球的截面的性质(1)过球心的平面截球所得的截面是一个圆，称为球的大圆，不过球心的平面截球所得的截面 也是圆，称为球的小圆．(2)球的截面的性质：①球的小圆圆心与球心连接的线段与小圆面 垂直 ；②该球心到球的截面的距离为 d ，小圆的半径 r ，球的半径 R ，则 R 2＝ d 2＋r 2 .底面面积 S ＝ ×6×3＝9，所以 V ＝ Sh ＝ ×9×3＝9.热身练习1．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其侧面积等于(D)A. 3 B ．2 C ．2 3 D ．6由三视图的正视图可知此三棱柱为底面边长为 2，侧棱长为 1 的正三棱柱，所以 S 侧＝3×2×1＝6.2．(2016· 全国卷Ⅱ)下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为 (C)A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π由三视图可知，该几何体是由一个圆柱和一个圆锥组成的组合体，上面是一个圆锥，圆锥的高是 2 3，底面半径是 2，因此其母线长为 4.下面是一个圆柱，圆柱的高是 4，底面半径是 2，因此该几何体的表面积是 S ＝π×22＋2π×2×4＋π×2×4＝28π，故选 C.3．如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体 积为(B)A ．6B ．9C ．12D ．18由题意知，此几何体是三棱锥，其高 h ＝3.121 13 34．(2015· 安徽卷)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是(B)其中侧面 ABD ⊥底面 BCD ，另两个侧面 ABC ，ACD 为等边三角形，则有 S 表面积2× ×2×12 ＋2× 3×( 2)2＝2＋ 3.A ．12π B. πA ．1＋ 3B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2根据三视图还原几何体如图所示，1 ＝45．(2016· 全国卷Ⅱ)体积为 8 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(A)323C ．8πD ．4π设正方体棱长为 a ，则 a 3＝8，所以 a ＝2.所以正方体的体对角线长为 2 3，所以正方体外接球的半径为 3，所以球的表面积为 4π·( 3)2 ＝12π，故选 A.求简单几何体的表面积与体积某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是A ．2＋ 5B ．4＋ 5C ．2＋2 5D ．5＝ ×2×2＋ ×1× 5＋ ×1× 5＋ ×2× 51．(2016· 北京卷)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为.所以该四棱柱的体积为 V ＝(1＋2)×1 ×1＝ .先将三视图还原为几何体，再求解表面积．作出三棱锥的示意图如图，在△ABC 中，作 AB 边上的高 CD ，连接 SD .在三棱锥 S －ABC 中，SC ⊥底面 ABC ，SC ＝1，底面三角形 ABC 是等腰三角形，AC ＝BC ，AB 边上的高 CD ＝2，AD ＝BD ＝1，斜高 SD ＝ 5，AC ＝BC ＝ 5.所以 S 表＝△S ABC ＋△S SAC ＋S △SBC ＋△S SAB1 1 1 12 2 2 2＝2＋2 5.C(1)本题考查三棱锥的三视图和表面积．通过还原几何体考查空间想象能力，通过求解表面积考查运算求解能力．(2)求几何体的体积和表面积，要紧扣公式中的基本量，注意量与量之间的转化．(3)当几何体不是正棱柱、正棱锥和正棱台时，求侧面积，要注意判断侧面的形状，并对每一 个侧面的面积分别求出后再相加．3 2先根据三视图还原几何体，再利用体积公式计算．由题意知该四棱柱为直四棱柱，其高为 1，其底面为上底长为 1，下底长为 2，高为 1 的等腰 梯形，32 2求组合体的表面积与体积(1)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为 r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为 16＋20π，则 r ＝A ．1B ．2C ．4D ．8(2)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余 部分体积的比值为A. B. 6 5其表面积为 ×4πr 2＋πr 2＋πr ×2r ＋2r ×2r ＝5πr 2＋4r 2＝16＋20π，故剩余几何体的体积为 a 3－ a 3＝ a 3.所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为 .的半径．若该几何体的体积是 ，则它的表面积是(A)1 1 8 71 1 C. D.(1)由正视图和俯视图知，该几何体是半球与半个圆柱的组合体，如右图所示：圆柱的半径与球的半径都为 r ，圆柱的高为 2r ，12解得 r ＝2.(2)由三视图得，在正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，截去四面体 A －A 1B 1D 1，如图所示． 设正方体的棱长为 a ，1 1 1则 V A －A 1B 1D 1＝3×2a 3＝6a 3，1 5 6 615(1)B (2)D(1)求组合体体积的基本思路是通过分割、补形或采用间接法的手段，先将几何体变为一个或几个规则的，体积易求的几何体，再计算．(2)空间几何体的表面积是空间几何体暴露在外的面积，求组合体的表面积，通常是采用 “分 割”或“补形”转化为常规的柱、锥、台、球等，先求出这些柱、锥、台、球的表面积，再通过求 和或作差求得原几何体的表面积．2．(1)(2016·全国卷Ⅰ)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28π34设球的半径为R，则πR3－×πR3＝π，因此它的表面积为×4πR2＋πR2＝17π.V＝4×2×2＋π×22×4＝16＋8π.A．π B.24球心O到圆柱底面圆心O′的距离d＝.所以r＝11－()2＝.A．17πB．18πC．20πD．28π(2)(经典真题)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(A)A．16＋8πB．8＋8πC．16＋16πD．8＋16π(1)由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体1去掉上半球的，得到的几何体如图．414283833解得R＝2.7384(2)原几何体为组合体：上面是长方体，下面是圆柱的一半(如图所示)．12球的有关计算(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为()3π4ππC. D.设圆柱的底面半径为r，球的半径为R，且R＝1，12由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r，R，d满足R2＝r2＋d2，322所以圆柱的体积为 V ＝πr 2h ＝ π×1＝ .所以等边△ABC 的外接圆的半径为 r ＝ 3AB ＝2 3.所以三棱锥 D －ABC 体积的最大值为 ×9 3×6＝18 3.3 3π4 4B球的有关计算是全国卷高考的热点之一，处理这类问题，要掌握球的截面的两个性质：①球心与截面圆心的连线垂直于截面；②球的半径 R 与截面圆的半径 r 及球心到截面的距离 d 满足 R 2＝r 2＋d 2.3．(2018· 全国卷Ⅲ)设 A ，B ，C ，D 是同一个半径为 4 的球的球面上四点，△ABC 为等边三角 形且其面积为 9 3，则三棱锥 D －ABC 体积的最大值为(B)A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3由等边△ABC 的面积为 9 3可得 3 4 AB 2＝9 3，所以 AB ＝6，3设球的半径为 R ，球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为 d ，则 d ＝ R 2－r 2＝ 16－12＝2. 所以三棱锥 D －ABC 高的最大值为 2＋4＝6，131．棱柱、棱锥、棱台的表面积多采用累加的方式求解，特别地，若为正棱柱 (棱锥、棱台)则 各侧面面积相等，可用乘法计算．2．求几何体体积常用方法有公式法、割补法和求差法(即整体减去局部)．3．解决球的内接和外切问题的关键是弄清楚几何体的哪一个几何量 (线段长)“充当”了球的 直径(或半径)的角色，如：球的内接正方体的对角线就是球的直径，球的外切正方体的棱长就是球 的直径．为此通常作出轴截面，将空间问题转化为平面问题．在轴截面中，球心在对称图形的轴线 上．4．球的体积和表面积计算的关键在于求出半径，可用球的截面性质，借助题设给定的等量关 系，建立关于球半径的方程来解题．。
2020高考—立体几何(解答+答案)
2020年高考——立体几何1.(20全国Ⅰ文19)（12分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC△是底面的内接正三角形，P为DO 上一点，∠APC=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；（2）设DO=2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P−ABC的体积.2.(20全国Ⅰ理18)（12分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE AD=．ABC△是底面的内接正三角形，P为DO上一点，66PO DO=．（1）证明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角B PC E--的余弦值．3.（20全国Ⅱ文20）（12分）如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=π3，求四棱锥B–EB1C1F的体积．4.（20全国Ⅱ理20）（12分）如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．5.（20全国Ⅲ文 19）（12分）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥； （2）点1C 在平面AEF 内．6.（20全国Ⅲ理19）（12分）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．7.（20新高考Ⅰ20）（12分）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．8.(20天津17)（本小题满分15分）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M ==为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．9.(20浙江19)（本题满分15分）如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ． （Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．10.（20江苏15）（本小题满分14分）在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．11.（20江苏22）（本小题满分10分）在三棱锥A —BCD 中，已知CB =CD =5,BD =2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO =2，E 为AC 的中点．（1）求直线AB 与DE 所成角的余弦值； （2）若点F 在BC 上，满足BF =14BC ，设二面角F —DE —C 的大小为θ，求sin θ的值．12.(20北京16)（本小题13分）如图，在正方体1111ABCD A B C D 中，E 为1BB 的中点．（Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．参考答案：1.解：（1）由题设可知，PA =PB = PC ．由于△ABC 是正三角形，故可得△PAC ≌△PAB ． △PAC ≌△PBC ．又∠APC =90°，故∠APB =90°，∠BPC =90°．从而PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，故PB ⊥平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC ． （2）设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ． 由题设可得rl =3，222l r -=． 解得r =1，l =3，从而3AB =．由（1）可得222PA PB AB +=，故62PA PB PC ===． 所以三棱锥P -ABC 的体积为3111166()323228PA PB PC ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=．2．解：（1）设DO a =，由题设可得63,,63PO a AO a AB a ===，22PA PB PC a ===. 因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥. 又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥. 所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得312(0,1,0),(0,1,0),(,0),(0,0,)222E A C P --. 所以312(,,0),(0,1,)222EC EP =--=-. 设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即20231022y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取3(2)=m . 由（1）知2(0,1,2AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ， 则25cos ,|||5⋅==n m n m n m |.所以二面角B PC E --的余弦值为255.3．解：（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．（2）AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN ⋂平面EB 1C 1F = PN ， 故AO ∥PN ，又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN =AO =6，AP = ON =13AM =3，PM =23AM =23，EF =13BC =2．因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B -EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由（1）知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT =PM sin ∠MPN =3．底面EB 1C 1F 的面积为1111()(62)624.22B C EF PN ⨯+⨯=+⨯=所以四棱锥B -EB 1C 1F 的体积为1243243⨯⨯=．4．解：（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC ．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1CF ．（2）由己知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA 的方向为x 轴正方向， MB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB =2，AM =3． 连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故23231,(,,0)333PM E =．由（1）知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ． 设(,0,0)Q a ，则22123234(),(,1,4())33NQ a B a a =----， 故21123223210(,,4()),||3333B E a a B E =-----=． 又(0,1,0)=-n 是平面A 1AM 的法向量，故1111,π10sin(,)cos ,210||B E B E B E B E -===⋅n n n |n |．所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010．5．解：（1）如图，连结BD ，11B D ．因为AB BC =，所以四边形ABCD 为正方形，故AC BD ⊥．又因为1BB ⊥平面ABCD ，于是1AC BB ⊥．所以AC ⊥平面11BB D D ． 由于EF ⊂平面11BB D D ，所以EF AC ⊥．（2）如图，在棱1AA 上取点G ，使得12AG GA =，连结1GD ，1FC ，FG ，因为1123D E DD =，123AG AA =，11DD AA =∥，所以1ED AG =∥，于是四边形1ED GA 为平行四边形，故1AE GD ∥．因为1113B F BB =，1113AG AA =，11BB AA =∥，所以11FG A B =∥，11FG C D =∥，四边形11FGD C 为平行四边形，故11GD FC ∥．于是1AE FC ∥．所以1,,,A E F C 四点共面，即点1C 在平面AEF 内．6．解：设AB a =，AD b =，1AA c =，如图，以1C 为坐标原点，11C D 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -．（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c =，11(0,,)3C F b c =，得1EA C F =．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内． （2）由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =--，1(0,1,2)A E =-，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则 110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ． 设2n 为平面1A EF 的法向量，则 22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为1212127cos ,||||7⋅〈〉==-⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --的正弦值为427．7．解：（1）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD AD ⊥．又底面ABCD 为正方形，所以AD DC ⊥，因此AD ⊥底面PDC ． 因为AD BC ∥，AD ⊄平面PBC ，所以AD ∥平面PBC ． 由已知得l AD ∥．因此l ⊥平面PDC ． （2）以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -．则(0,0,0),(0,1,0),(1,1,0),(0,0,1)D C B P ，(0,1,0)DC =，(1,1,1)PB =-． 由（1）可设(,0,1)Q a ，则(,0,1)DQ a =．设(,,)x y z =n 是平面QCD 的法向量，则0,0,DQ DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0.ax z y +=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,)a =-n ． 所以2cos ,||||31PB PB PB a⋅-〈〉==⋅+n n n ． 设PB 与平面QCD 所成角为θ，则22332sin 1311aa a θ==+++ 2326131a a ++当且仅当1a =时等号成立，所以PB 与平面QCD 所成角的正6．8．依题意，以C 为原点，分别以1,,CA CB CC 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)C A B C ，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)A B D E ，(1,1,3)M ．（Ⅰ）证明：依题意，1(1,1,0)C M =，1(2,2,2)B D =--，从而112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥．（Ⅱ）解：依题意，(2,0,0)CA =是平面1BB E 的一个法向量，1(0,2,1)EB =，(2,0,1)ED =-．设(,,)x y z =n 为平面1DB E 的法向量，则10,0,EB ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.y z x z +=⎧⎨-=⎩不妨设1x =，可得(1,1,2)=-n ． 因此有|||6cos ,|A CA C CA ⋅〈〉==n n n 30sin ,6CA 〈〉=n ． 所以，二面角1B B E D --30（Ⅲ）解：依题意，(2,2,0)AB =-．由（Ⅱ）知(1,1,2)=-n 为平面1DB E 的一个法向量，于是3cos ,||||AB AB AB ⋅==n n n ． 所以，直线AB 与平面1DB E 39.（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB .由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得2CD CO =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥. 由45ACB ∠=︒，122BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB .由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥. （Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角. 设22CD =.由2,2DO OC BO BC ====，得26,33BD OH = 所以3sin OH OCH OC ∠==， 因此，直线DF 与平面DBC 3. 方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设22CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-. 设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|3sin |cos ,|3|||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33.10.证明：因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ， 所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,所以1B C AB ⊥.又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C =所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .11.解：（1）连结OC ，因为CB =CD ，O 为BD 中点，所以CO ⊥B D ．又AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥OB ，AO ⊥O C ．以{}OB OC OA ，，为基底，建立空间直角坐标系O –xyz ． 因为BD =2，CB CD ==，AO =2，所以B （1，0，0），D （–1，0，0），C （0，2，0），A （0，0，2）． 因为E 为AC 的中点，所以E （0，1，1）． 则AB =（1，0，–2），DE =（1，1，1），所以|||1||||||5cos AB DE AB DE AB DE +=⋅⋅==<>，．因此，直线AB 与DE ． （2）因为点F 在BC 上，14BF BC =，BC =（–1，2，0）． 所以111(,,0)442BF BC ==-． 又20,0DB =（,）， 故71(,,0)42DF DB BF =+=．设1111()x y z =，，n 为平面DEF 的一个法向量， 则1100,DE DF ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=，n n 即111110710,42x y z x y +⎧+=⎪+=⎪⎨⎩， 取12x =，得1–7y =，15z =，所以1(275)n =-，，． 设2222()x y z =，，n 为平面DEC 的一个法向量，又DC =（1，2，0），则2200,DE DC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=，n n 即22222020,x y z x y ++=+=⎧⎨⎩，取22x =，得2–1y =，2–1z =，所以2(211)n =--，，． 故2112|||475|13|||||co |13786s θ+-⋅===⋅⨯n n n n ．所以22391cos s n 13i θθ=-=．12.。
2020年高考文科数学二轮专题复习八：立体几何(附解析)
2020年高考文科数学二轮专题复习八：立体几何（附解析）1．理解和掌握柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征； 2．能掌握并灵活利用柱、锥、台、球表面积和体积的公式； 3．简单的几何体的三视图，能识别三视图所表示的立体模型；4．能利用直线与直线，直线与平面，平面与平面平行的判定及性质解决问题； 5．能空间直线与平面，平面与平面垂直的判定与性质解决问题．1．空间几何体的表面积与体积 （1）多面体的表面积=+2S S S 棱柱表棱柱侧底，=+S S S 棱锥表棱锥侧底，=++S S S S 棱台表棱台侧上底下底．（2）旋转体的表面积①圆柱：=2()S r r l π+表，其中r 为底面半径，l 为母线长； ②圆锥：=()S r r l π+表，其中r 为底面半径，l 为母线长；③圆台：22=()S r r r l rl π''+++表，其中,r r '为上、下底面半径分别，l 为母线长； ④球体：2=4S r π球，其中r 为球的半径． （3）几何体的体积公式①柱体：=V Sh 柱体，其中S 为底面面积，h 为高；②椎体：1=3V Sh 锥体，其中S 为底面面积，h 为高；③台体：1=()3V S S h '台体，其中S '、S 分别为上、下底面面积，h 为高；④球体：34=3V r π球，其中r 为球的半径． 2．空间点、直线、平面之间的位置关系 （1）平面的基本性质公理1：如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在这个平面内． 公理2：过不同在一条直线上的三点，有且只有一个平面． 推论1：经过一条直线和直线外一点，有且只有一个平面． 推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面． 推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线． 公理4：平行于同一直线的两条直线平行． 3．直线、平面平行的判定及其性质 （1）直线与平面平行的判定定理文字语言：平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行． 符号语言：a α⊄，b α⊂，////a b a α⇒． 图形语言：如下图．（2）直线与平面平行的性质定理文字语言：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．符号语言：//a α，a β⊂，//b a b αβ=⇒I ． 图形语言：如下图．（3）平面与平面平行的判定定理文字语言：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行． 符号语言：a β⊂，b β⊂，a b P =I ，//a α，////b ααβ⇒． 图形语言：如下图．（4）平面与平面平行的性质定理文字语言：如果两个平行的平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行． 符号语言：//αβ，a γα=I ，//b a b γβ=⇒I ． 图形语言：如下图．4．直线、平面垂直的判定及其性质 （1）直线与平面垂直的判定定理文字语言：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直． 符号语言：l a ⊥，l b ⊥，a α⊂，b α⊂，a b P l α=⇒⊥I ． 图形语言：如下图．（2）直线与平面垂直的性质定理文字语言：垂直于同一个平面内的两条直线平行． 符号语言：a α⊥，//b a b α⊥⇒． 图形语言：如下图．（3）平面与平面垂直的判定定理文字语言：如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直． 符号语言：l β⊂，l ααβ⊥⇒⊥． 图形语言：如下图．（4）平面与平面垂直的性质定理文字语言：两平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．符号语言：αβ⊥，l αβ=I ，a α⊂，a l a β⊥⇒⊥． 图形语言：如下图．1．已知圆锥的侧面展开图是一个半径为6，圆心角为3π的扇形，则圆锥的高为（ ） A．52．如图，在三棱锥P ABC -中，△PAC 为正三角形，M 为棱PA 的中点，AB AC ⊥，12AC BC =， 平面PAB ⊥平面PAC ． （1）求证：AB ⊥平面PAC ；（2）若2AC =，求三棱锥P BMC -的体积．经典常规题（45分钟）1．在正方体1111ABCD A B C D -中，P ，Q 分别为1AD ，1B C 上的动点，且满足1AP B Q =，则下列4个命题中，所有正确命题的序号是（ ） ①存在P ，Q 的某一位置，使//AB PQ ； ②△BPQ 的面积为定值；③当0PA >时，直线1PB 与直线AQ 一定异面； ④无论P ，Q 运动到何位置，均有BC PQ ⊥． A ．①②④ B ．①③ C ．②④ D ．①③④2．在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，△ABC是边长为PA PB ==，则该三棱锥外接球的表面积为 ．1．设a ，b 为两条直线，α，β为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（ ） A ．若a ，b 与α所成的角相等，则//a b B ．若//a α，//b β，则//a bC ．若a α⊂，b β⊂，//a b ，则//αβD ．若a α⊥，b β⊥，αβ⊥，则a b ⊥ 2．一个几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积是（ ）3cm精准预测题高频易错题A ．133 B ．43+ C ．143 D ．43+ 3．如图，多面体1111ABCD A B C D -为正方体，则下面结论正确的是（ ）A ．11//AB BC B ．平面11CBD ⊥平面1111A B C DC ．平面11//CBD 平面1A BD D ．异面直线AD 与1CB 所成的角为30︒4．已知三棱锥D ABC -的外接球的表面积为128π，4AB BC ==，AC =D ABC -体积的最大值为（ ）A ．2732 B C D 5．如图，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，沿AE ，AF ，EF 把正方形折成一个四面体，使B ，C ，D 三点重合，重合后的点记为P ，P 点在△AEF 内的射影为O ，则下列说法正确的是（ ）A ．O 是△AEF 的垂心B ．O 是△AEF 的内心C ．O 是△AEF 的外心D ．O 是△AEF 的重心6．如图，侧棱长为V ABC -中，40AVB BVC CVA ∠=∠=∠=︒，过A 作截面AEF 与VB 、VC 分别交于E 、F 点，则截面AEF ∆的最小周长是 ．7．如图，在三棱锥P ABC -中，D ，E 分别为AB ，PB 的中点，且ED AB ⊥，PA AC ⊥，PC BC ⊥．（1）求证：BC ⊥平面PAC ；（2）若2PA BC =且AB EA =，三棱锥P ABC -的体积为1，求点B 到平面DCE 的距离．2020年高考文科数学二轮专题复习八：立体几何（解析）1．理解和掌握柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征； 2．能掌握并灵活利用柱、锥、台、球表面积和体积的公式； 3．简单的几何体的三视图，能识别三视图所表示的立体模型；4．能利用直线与直线，直线与平面，平面与平面平行的判定及性质解决问题； 5．能空间直线与平面，平面与平面垂直的判定与性质解决问题．1．空间几何体的表面积与体积 （1）多面体的表面积=+2S S S 棱柱表棱柱侧底，=+S S S 棱锥表棱锥侧底，=++S S S S 棱台表棱台侧上底下底．（2）旋转体的表面积①圆柱：=2()S r r l π+表，其中r 为底面半径，l 为母线长； ②圆锥：=()S r r l π+表，其中r 为底面半径，l 为母线长；③圆台：22=()S r r r l rl π''+++表，其中,r r '为上、下底面半径分别，l 为母线长； ④球体：2=4S r π球，其中r 为球的半径． （3）几何体的体积公式①柱体：=V Sh 柱体，其中S 为底面面积，h 为高；②椎体：1=3V Sh 锥体，其中S 为底面面积，h 为高；③台体：1=()3V S S h '台体，其中S '、S 分别为上、下底面面积，h 为高；④球体：34=3V r π球，其中r 为球的半径． 2．空间点、直线、平面之间的位置关系 （1）平面的基本性质公理1：如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在这个平面内． 公理2：过不同在一条直线上的三点，有且只有一个平面． 推论1：经过一条直线和直线外一点，有且只有一个平面． 推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面． 推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线． 公理4：平行于同一直线的两条直线平行． 3．直线、平面平行的判定及其性质 （1）直线与平面平行的判定定理文字语言：平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行． 符号语言：a α⊄，b α⊂，////a b a α⇒． 图形语言：如下图．（2）直线与平面平行的性质定理文字语言：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．符号语言：//a α，a β⊂，//b a b αβ=⇒I ． 图形语言：如下图．（3）平面与平面平行的判定定理文字语言：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行． 符号语言：a β⊂，b β⊂，a b P =I ，//a α，////b ααβ⇒． 图形语言：如下图．（4）平面与平面平行的性质定理文字语言：如果两个平行的平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行． 符号语言：//αβ，a γα=I ，//b a b γβ=⇒I ． 图形语言：如下图．4．直线、平面垂直的判定及其性质 （1）直线与平面垂直的判定定理文字语言：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直． 符号语言：l a ⊥，l b ⊥，a α⊂，b α⊂，a b P l α=⇒⊥I ． 图形语言：如下图．（2）直线与平面垂直的性质定理文字语言：垂直于同一个平面内的两条直线平行． 符号语言：a α⊥，//b a b α⊥⇒． 图形语言：如下图．（3）平面与平面垂直的判定定理文字语言：如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直． 符号语言：l β⊂，l ααβ⊥⇒⊥． 图形语言：如下图．（4）平面与平面垂直的性质定理文字语言：两平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．符号语言：αβ⊥，l αβ=I ，a α⊂，a l a β⊥⇒⊥． 图形语言：如下图．1．已知圆锥的侧面展开图是一个半径为6，圆心角为3π的扇形，则圆锥的高为（ ） A．5 【答案】C【解析】因为侧面展开图是一个半径为6，圆心角为3π的扇形，所以圆锥的母线长为6， 设其底面半径为r ，则623r ππ⨯=，所以1r ==2．如图，在三棱锥P ABC -中，△PAC 为正三角形，M 为棱PA 的中点，AB AC ⊥，12AC BC =， 平面PAB ⊥平面PAC ． （1）求证：AB ⊥平面PAC ；（2）若2AC =，求三棱锥P BMC -的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）1．【解析】（1）∵△PAC 为等边三角形，且M 为PA 的中点，∴CM PA ⊥． ∵平面PAB ⊥平面PAC ，平面PAB I 平面PAC PA =，CM ⊂平面PAC ，经典常规题∴CM ⊥平面PAB ，∵AB ⊂平面PAB ，∴AB CM ⊥．又∵AB AC ⊥，CM AC C =I ，AC 、CM ⊂平面PAC ， ∴AB ⊥平面PAC ．（2）∵AB AC ⊥，且2AC =，24BC AC ==，∴AB =又∵△PAC 是边长为2的等边三角形，且M 为PA 的中点， ∴CM PA ⊥，且sin 60CM PC =︒=即△PMC的面积为11122PMC S PM CM ∆=⋅=⨯=． ∴三棱锥O BMC -的体积为11133P BMC B PMC PMC V V S AB --∆==⋅==．1．在正方体1111ABCD A B C D -中，P ，Q 分别为1AD ，1B C 上的动点，且满足1AP B Q =，则下列4个命题中，所有正确命题的序号是（ ） ①存在P ，Q 的某一位置，使//AB PQ ； ②△BPQ 的面积为定值；③当0PA >时，直线1PB 与直线AQ 一定异面； ④无论P ，Q 运动到何位置，均有BC PQ ⊥． A ．①②④ B ．①③ C ．②④ D ．①③④高频易错题（45分钟）【答案】D【解析】①当P ，Q 分别为棱1AD ，1B C 的中点时满足，正确； ②当P 与A 重合时：212ABP S a ∆=；当P 与1D 重合时：22BPQ S a ∆=（a为正方体边长），错误； ③当0PA >时，假设直线1PB 与直线AQ 是共面直线，则AP 与1B Q 共面，矛盾，正确； ④如图所示：F ，G 分别为P ，Q 在平面内的投影，易证BC ⊥平面PFGQ ，正确．2．在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，△ABC 是边长为PA PB ==，则该三棱锥外接球的表面积为 ．【答案】654π【解析】如图所示，作AB 中点D ，连接PD 、CD ，在CD 上作三角形ABC 的中心E ，过点E 作平面ABC 的垂线，在垂线上取一点O ，使得PO OC =．∵三棱锥底面是一个边长为E 为三角形的中心，∴三棱锥的外接球的球心在过点E的平面ABC的垂线上，∵PO OC=，P、C两点在三棱锥的外接球的球面上，∴O点即为球心，∵平面PAB⊥平面ABC，PA PB=，D为AB中点，∴PD⊥平面ABC，3CD==，223CE CD==，1DE CD CE=-=，2PD==，设球的半径为r，则有PO OC r==，OE=222()PD OE DE PO-+=，即22(21r+=，解得26516r=，故表面积为26544S rππ==．1．设a，b为两条直线，α，β为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（）A．若a，b与α所成的角相等，则//a b B．若//aα，//bβ，则//a bC．若aα⊂，bβ⊂，//a b，则//αβ D．若aα⊥，bβ⊥，αβ⊥，则a b⊥【答案】D【解析】A选项中两直线a，b还可能相交或异面，错误；B选项中两直线a，b还可能相交或异面，错误；C选项两平面α，β还可能是相交平面，错误，故答案为D．2．一个几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（）3cm 精准预测题A ．133 B ．43+ C ．143 D ．43+ 【答案】C【解析】24=；四棱锥的底面是边长分别为2的矩形，四棱锥的高为2，∴三棱锥的体积为11223223⨯⨯=， 即几何体的体积214433V =+=（3cm ）． 3．如图，多面体1111ABCD A B C D -为正方体，则下面结论正确的是（ ）A ．11//AB BC B ．平面11CBD ⊥平面1111A B C DC ．平面11//CBD 平面1A BD D ．异面直线AD 与1CB 所成的角为30︒ 【答案】C【解析】在A 中，若11//A B B C ，由11//A B CD ，得11//B C CD ，矛盾，A 不符合题意；在B 中，∵1BB ⊥平面1111A B C D ，∴平面11BB D D ⊥平面1111A B C D ，则平面11CB D ⊥平面1111A B C D 也是错误的，B 不符合题意；在C 中，∵11//A B CD ，11//A D CB ，∴平面11//CB D 平面1A BD ，C 符合题意； 在D 中，多面体1111ABCD A B C D -为正方体，∴145BCB ∠=︒， 又//AD BC ，∴AD 与1CB 所成角为45︒，D 不符合题意．4．已知三棱锥D ABC -的外接球的表面积为128π，4AB BC ==，AC =D ABC -体积的最大值为（ ）A ．2732 B C D 【答案】D【解析】设外接球的球心为O ，半径为R ，则24128R ππ=，故R = 设球心O 在底面上的投影为E ，∵OA OC OB ==，∴E 为△ABC 的外心，又∵4AB BC ==，AC =222AC AB BC =+，即△ABC 为直角三角形，故E 为AC 的中点，所以OE ==，设D 到底面ABC 的距离为h ，则h OE R ≤+=即三棱锥D ABC -的体积的最大值为114432⨯⨯⨯⨯=．5．如图，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，沿AE ，AF ，EF 把正方形折成一个四面体，使B ，C ，D 三点重合，重合后的点记为P ，P 点在△AEF 内的射影为O ，则下列说法正确的是（ ）A ．O 是△AEF 的垂心B ．O 是△AEF 的内心C ．O 是△AEF 的外心D ．O 是△AEF 的重心【答案】A【解析】由题意得，可知PA ，PE ，PF 两两垂直，由PA ⊥平面PEF ，从而PA EF ⊥，而PO ⊥平面PEF ，从而PO EF ⊥，所以EF ⊥平面PAO ，所以EF AO ⊥，同理可知AE FO ⊥，AF EO ⊥，所以O 是△AEF 的垂心，故答案为A ．6．如图，侧棱长为V ABC -中，40AVB BVC CVA ∠=∠=∠=︒，过A 作截面AEF 与VB 、VC 分别交于E 、F 点，则截面AEF ∆的最小周长是 ．【答案】6【解析】如图所示，将正三棱锥V ABC -沿侧棱VA 展开．当A ，E ，F 三点共线时，△AEF 的周长最小，在展开图中应为直线段，此时△AEF 的周长2sin 602sin 606l AE EF FA AS '=++=︒=⨯︒=．7．如图，在三棱锥P ABC -中，D ，E 分别为AB ，PB 的中点，且ED AB ⊥，PA AC ⊥，PC BC ⊥．（1）求证：BC ⊥平面PAC ；（2）若2PA BC =且AB EA =，三棱锥P ABC -的体积为1，求点B 到平面DCE 的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）2． 【解析】（1）∵D ，E 分别为AB ，PB 的中点，∴//PA ED ，∵ED AB ⊥，∴PA AB ⊥，又∵PA AC ⊥，且AB AC A =I ，AB ⊂面ABC ，AC ⊂面ABC ，∴PA ⊥面ABC ， ∵BC ⊂面ABC ，∴PA BC ⊥，∵PC BC ⊥，且PA PC P =I ，PA ⊂面PAC ，PC ⊂面PAC ，∴BC ⊥面PAC ．（2）设AB x =，B 点到平面DCE 的距离为h ．∵D 为AB 中点，且ED AB ⊥，∴EB EA =，∵AB EA =，∴ED x =，∵D ，E 分别为AB ，PB 的中点，∴2AP DE ==．∵2PA BC =，∴BC x =，12AC x =， ∵三棱锥P ABC -的体积为311138ABC V S PA x ∆=⋅⋅==，解得2x =． 由（1）知，PA ⊥面ABC ，且//PA ED ，∴ED ⊥面ABC ．∵B DCE E BCD V V --=，∴1133DCE BCD S h S ED ∆∆⋅⋅=⋅⋅，∵11112224BCD ABC S S ∆∆==⨯=，111222DEC S CD DE ∆=⋅⋅=⨯=，且ED =，∴113234h ⨯⋅=⨯，即2h =．故点B 到平面DCE。
2020年高考数学立体几何专题复习(后附答案)
2020年高考数学立体几何专题复习（后附答案）教学目的1. 复习《立体几何初步》的相关知识及基本应用2. 掌握典型题型及其处理方法教学重点、难点《立体几何初步》的知识梳理和题型归类以及重点题型的处理方法知识分析1. 多面体的结构特征对于多面体的结构要从其反应的几何体的本质去把握，棱柱、棱锥、棱台是不同的多面体，但它们也有联系，棱柱可以看成是上、下底面全等的棱台；棱锥又可以看作是一底面缩为一点的棱台，因此它们的侧面积和体积公式可分别统一为一个公式。
2. 旋转体的结构特征旋转体是一个平面封闭图形绕一个轴旋转生成的，一定要弄清圆柱、圆锥、圆台、球分别是由哪一种平面图形旋转生成的，从而可掌握旋转体中各元素的关系，也就掌握了它们各自的性质。
3. 表面积与体积的计算有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算，应以公式法为基础，充分利用几何体中的直角三角形、直角梯形求有关的几何元素。
4. 三视图与直观图的画法三视图和直观图是空间几何体的不同的表现形式，空间几何体的三视图可以使我们很好地把握空间几何体的性质．由空间几何体可以画出它的三视图，同样由三视图可以想象出空间几何体的形状，两者之间可以相互转化。
5. 线线平行的判定方法（1）定义：同一平面内没有公共点的两条直线是平行直线； （2）公理4：a b b c a c //////，，⇒； （3）平面几何中判定两直线平行的方法；（4）线面平行的性质：a a b a b ////αβαβ，，⊂=⇒ ； （5）线面垂直的性质：a b a b ⊥⊥⇒αα，//；（6）面面平行的性质：αβαγβγ////，， ==a a b 。
6. 直线和平面平行的判定方法 （1）定义：a a αα=∅⇒//；（2）判定定理：a b a b a ////，，⊄⊂⇒ααα； （3）线面垂直的性质：b a b a a ⊥⊥⊄，，，ααα//；（4）面面平行的性质：αβαβ////，a a ⊂⇒。
7. 判定两个平面平行的方法 （1）依定义采用反证法； （2）利用判定定理：αββαααβ//////，，，，b a b a b A ⊂⊂=⇒ ； （3）垂直于同一条直线的两个平面平行； a a ⊥⊥⇒αβαβ，//；（4）平行于同一平面的两个平面平行；αγβγαβ////，/⇒/。
2020学年高考数学理一轮复习精选新题和好题归纳总结讲义：第7章 立体几何 第1讲 Word版含解析
第七章立体几何第1讲空间几何体的结构及其三视图和直观图[考纲解读] 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．2.能画出简单空间几何体的三视图，并能根据三视图识别几何体，会用斜二测画法画出它们的直观图．(重点、难点)[考向预测]从近三年高考情况来看，本讲一直是高考的重点内容之一．预测2020年会一如既往的进行考查，以三视图和直观图的联系与转化为主要命题方向，考查题型有：①根据三视图还原几何体；②根据几何体求体积．试题以客观题形式呈现，难度一般不大，属中档题.1．多面体的结构特征2．旋转体的结构特征3．直观图(1)画法：常用□01斜二测画法(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴与y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴(或y′轴)□02垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍□03平行于坐标轴．平行于x 轴和z轴的线段在直观图中保持原长度□04不变，平行于y轴的线段的长度在直观图中变为原来的□05一半．4．三视图(1)几何体的三视图包括□01正视图、□02侧视图、□03俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：□04正侧一样高，□05正俯一样长，□06侧俯一样宽；看不到的线画虚线．1．概念辨析(1)棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形．()(2)棱台各侧棱的延长线交于一点．()(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°.()(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．()答案(1)×(2)√(3)×(4)×2．小题热身(1)某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是()A.圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱答案 A(2)用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()答案 A解析由斜二测画法的原理可知．(3)已知三棱锥的正(主)视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，那么该三棱锥的侧(左)视图可能为()答案 B解析由正(主)侧(左)一样高，侧(左)俯一样宽，易知侧(左)视图的底边长应当是正三角形的高，侧(左)视图的高应同正(主)视图的高，故选B.(4)如图，长方体ABCD－A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是________．答案五棱柱三棱柱题型一空间几何体的结构特征下列结论正确的个数是________．(1)有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱；(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；(3)有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台；(4)直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；(5)若在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线．答案0解析(1)(2)(3)(4)的反例见下面四个图．(5)平行于轴的连线才是母线．识别空间几何体的两种方法(1)定义法：紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本要素，根据定义进行判定．(2)反例法：通过反例对结构特征进行辨析，要说明一个结论是错误的，只要举出一个反例即可．(2018·青岛模拟)以下命题：①以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；③一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为()A．0 B．1 C．2 D．3答案 B解析由圆台的定义可知①错误，②正确．对于命题③，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，③错误．题型二空间几何体的直观图(2018·桂林模拟)已知正三角形ABC 的边长为a ，那么△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为( )A.34a 2B.38a 2C.68a 2D.616a 2 答案 D解析 如图(1)所示的是△ABC 的实际图形，图(2)是△ABC 的直观图．由图(2)可知A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图(2)中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a .∴S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.故选D.条件探究 若将举例说明条件变为“△ABC 的直观图△A 1B 1C 1是边长为a 的正三角形”，则△ABC 的面积是多少？解在△A 1D 1C 1中，由正弦定理a sin45°＝xsin120°， 得x ＝62a ，∴S △ABC ＝12×a ×6a ＝62a 2.用斜二测画法画直观图的技巧(1)在原图形中与x 轴或y 轴平行的线段在直观图中仍然与x ′轴或y ′轴平行．(2)原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线． (3)原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点，然后用平滑曲线连接．(2018·福州调研)已知等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．答案 22解析 如图所示，作出等腰梯形ABCD 的直观图．因为OE ＝(2)2－1＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ＝24，则直观图A ′B ′C ′D ′的面积S ′＝1＋32×24＝22. 题型 三 空间几何体的三视图角度1 已知几何体识别三视图1．(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )答案 A解析观察图形易知卯眼处应以虚线画出，俯视图为，故选A.角度2已知三视图还原几何体2．(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为()A．217 B．2 5 C．3 D．2答案 B解析根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽、圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为42＋22＝25，故选B.角度3已知三视图中的部分视图，判断其他视图3．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下列选项中，不可能是该锥体的俯视图的是()答案 C解析A，B，D选项满足三视图作法规则，C不满足三视图作法规则中的宽相等，故C不可能是该锥体的俯视图．三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分三视图的可能形状．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．1．如图1所示，是一个棱长为2的正方体被削去一个角后所得到的几何体的直观图，其中DD1＝1，AB＝BC＝AA1＝2，若此几何体的俯视图如图2所示，则可以作为其正视图的是()答案 C解析由直观图和俯视图知，正视图中点D1的射影是B1，侧棱BB1是看不见的，在正视图中用虚线表示，所以正视图是选项C中的图形．故选C.2．(2018·河北衡水中学调研)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E 为棱BB1的中点，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为()答案 C解析如图所示，过点A，E，C1的截面为AEC1F，则剩余几何体的侧视图为选项C中的图形．3．(2017·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为()A．3 2 B．2 3 C．2 2 D．2答案 B解析在正方体中还原该四棱锥，如图所示，可知SD为该四棱锥的最长棱．由三视图可知正方体的棱长为2，故SD＝22＋22＋22＝2 3.故选B.。
2020高考文科数学复习-立体几何含答案
正视图 侧视图C ． 2 πD ． π一、选择题201、某师傅需用合板制作一个工作台，工作台由主体和附80属两部分组成，主体部分全封闭，附属部分是为了防止工件滑出台面而设置80俯视图80的三面护墙，其大致形状的三视图如右图所示(单位长度: cm), 则按图 中尺寸，做成的工作台用去的合板的面积为（制作过程合板的损耗和合 板厚度忽略不计）（ ）A. 40000cm 2B 40800cm 2C. 1600(22 + 17) cm 2D. 41600cm 22、在下列关于直线 l 、 m 与平面 α 、 β 的命题中，真命题是（）（A ）若 l ⊂ β ，且 α ⊥ β ，则 l ⊥ α（B ）若 l ⊥ β ，且 α // β ，则 l ⊥ α（C ）若 α I β = m ，且 l ⊥ m ，则 l // α（D ）若 l ⊥ β ，α ⊥ β ，则 l // α3、一个几何体的三视图如右图，其中主视图和左视图都是边长为 1 的正三角形，那么这个几何体的侧面积为（）且A ． 1 πB ．22π2 4 44、下列四个几何体中，每个几何体的三视图有且仅有两个视图相同的是（）．①正方体 ②圆锥 ③三棱台 ④正四棱锥A．①②B．①③C．①④D．②④5、已知α,β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，给出下列命题：①若m⊥α,m⊂β，则α⊥β；②若m⊂α,n⊂α,m//β，n//β,则α//β；③如果m⊂α,n⊄α,m、n是异面直线，那么n与α相交；④若α⋂β=m,n//m，且n⊄α,n⊄β，则n//α且n//β.其中正确的命题是（）A．①②B．②③C．③④D．①④二、填空题6、如图是一个空间几何体的主视图、左视图、俯视图，如果主视图、左视图所对应的三角形皆为边长为2的正三角形，俯视图对应的四边形为正方形，那么这个几何体的体积为．7、表面积为16π的球的内接正方体的体积为．8、一个平面四边形的斜二测化法的直观图是一个边长为1的正方形，则原平面四边形的面积为.9、将一个边长为a的正方体，切成27个全等的小正方体，则表面积增加了．10、在一个密封的容积为1的透明正方体容器内装有部分液体，如果任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形，那么液体体积的取值范围是．三、解答题11、已知四棱锥P-ABCD的三视图如下图所示，E是侧棱PC上的动点.(1)求四棱锥P-ABCD的体积；(2)是否不论点E在何位置，都有BD⊥AE？证明你的结论；PE22DC1111A B正视图侧视图俯视图12、如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD=DE=2A B，F为CD的中点.BEAC D(1)求证：AF//平面BCE；(2)求证：平面BCE⊥平面CDE；13直三棱柱ABC-A B C中，AC=BC=AA=2，∠ACB=90︒.E为BB的中点，11111 D点在AB上且DE=3.（1）求证：CD⊥平面A ABB；11（2）求三棱锥A-CDE的体积.114、如图，在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中，P A⊥面ABCD，E、F为别PEA D点 P 是 AD 上的动点．BC C 1为 PD 、 AB 的中点，且 P A = AB = 1 ， BC = 2 ，（1）求四棱锥 E - ABCD 的体积；（2）求证：直线 AE ∥平面 PFC .15、如图，已知 ABCD - A B C D 是底面为正方形的长方体，∠AD A = 60o ， AD = 4 ，1 1 1 11 1 1AD1（1）试判断不论点 P 在 AD 上的任何位置，是否都有平面1PB P A 垂直于平面 AA D ？并证明你的结论；111 1A 1D 1B 1（2）当 P 为 AD 的中点时，求异面直线 AA 与 B P 所成角的余弦值；1 1116、如图，在四棱锥 P - ABCD 中，底面为直角梯形，AD // BC , ∠BAD = 90︒ ， P A 垂O直于底面 ABCD ， P A = AD = AB = 2 B C = 2 , M , N 分别为 PC , PB 的中点。
2020届高考数学文科立体几何解读课件
• 【典例】 (2018·全国Ⅰ卷)如图，在平行四边形ABCM 中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起， 使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.
(1)证明：平面 ACD⊥平面 ABC； (2)Q 为线段 AD 上一点，P 为线段 BC 上一点，且 BP＝DQ＝23DA，求三棱锥 Q－ABP 的体积.
新课程在教学结构和顺序上作出了调整，使学生从常见的几何体入手，先熟悉并建立起空间的观 点，就像熟练的建筑工人对看图纸，清楚的知道每一块砖应放在建筑物的什么位置，建筑物的每一根 钢筋所起的作用是什么一样，一目了然，使立体几何知识在学生面前不在深奥，使学生知道需要学什 么，怎样去学，学了能用来干什么。 重视现代信息技术的应用，本章中，利用信息技术工具，能够给我们体现丰富多彩的图形世界，协助 学生从中抽象出空间图形，动态演示空间几何体的三视图和直观图，理解立体几何图形与平面图形的 关系，协助学生建立空间观念提升想象水平和几何直观水平，在教学中，尽可能使用信息技术，协助 学生更好的学习，达到较好的教学效果
所以 BP＝2
2.作
QE⊥AC，垂足为
E，则
1 QE=3DC
且
QE//DC.8
分
由已知及(1)可得 DC⊥平面 ABC，
所以 QE⊥平面 ABC，QE＝1.因此，三棱锥 Q－ABP 的体积为
VQ－ABP＝13×QE×S△ABP＝13×1×12×3×2 2sin 45°＝1.12 分
[满分心得] ❶写全得分步骤，踩点得分：对于解题过程中踩分点的步骤有则给分，无
关于立体几何文科第二问求体积或点到面距离问题
体积求法有三种
1 公式法（常用于规则几何体，易找到底和高） 2 割补法或还原法
割补法；把不规则的几何体划分为几个规则的几何体。 还原法；用几个小的规则的几何体把不规则的几何体还原成大的 规则几何体 3 转化法 转换一 转化 顶点法 这里的转化定点法又可以分为两种，第一是不改变椎体的顶点，通过转化顶点可 以将一个不好求体积的椎体转化为规则的可求体积的椎体，例如三棱锥P-ABC可 转化为A-PBC，第二，转化顶点法也可以改变本来椎体的顶点，例如求三棱锥PABC的体积，但是高并不好求，既便是转化顶点也不好求，那么我们可以把顶点 P放到一个与底面平行的平面上，在这个平面上的任意一点到底面的距离都是高 而且每条都相等，这样在从中选取一个容易求高的点即可，此时三棱锥P-ABC 的体积可转化为A-PBC
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空间几何体的结构及三视图、直观图■复习目标■1. 了解柱、锥、台、球的定义、性质及它们之间的关系.2 •掌握柱、锥、台、球的结构特征.3•能画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等及其简易组合）的三视图, 能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图.. ____________________________________________®知识梳理1.柱、锥、台、球的结构特征(1) 正视图是光线自物体的前面向后面正投影所得的投影图•俯视图是光线自物体的上面向下面正投影所得的投影图.侧视图是光线自物体的左面向右面正投影所得的投影图.(2) 三视图的排列规则：先画正视图，俯视图画在正视图的下方，长度与正视图相等，侧视图则安排在正视图的正右方，高度与正视图相同•3. 直观图空间几何体的直观图常用斜二测法来画，基本步骤是：(1) 画几何体的底面①在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴交于点0,画直观图时，把它们画成对应的x'轴与y'轴，两轴相交于0 '点，且使/ x' O' y'= 45°或135° .②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在已知图形中平行于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) 画几何体的高在已知图形中过0点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中对应的z'轴也垂直x' O' y' 平面，已知图形中平行于z轴的线段在直观图中仍平行于z'轴且长度相等•(3) 成图根据实际图形，顺次连接线段的端点，并整理(去掉辅助线，将被遮挡部分改为虚线)，就得到了几何体的直观图.1 •根据三视图确定直观图的常用结论(1) 三视图为三个三角形，对应三棱锥；(2) 三视图为两个三角形，一个四边形，对应四棱锥；(3) 三视图为两个三角形，一个带圆心的圆，对应圆锥;(4) 三视图为一个三角形，两个四边形，对应三棱柱；⑸三视图为两个四边形，一个圆，对应圆柱.2 •用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图的面积是原图形面积的热身练习1. 下列四个命题：① 有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱； ② 各个面都是三角形的几何体是三棱锥；③ 用一个平面去截棱锥，棱锥的底面与截面之间的部分是棱台;④ 两个面互相平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台. 其中正确的命题有（A ）A . 0个B . 1个C . 2个D . 3个馆谅①假，如棱台有两个面互相平行，其余各面是四边形； 由图1至图3可知②、③、④都是错误的.2. 下列说法正确的是（C ）A .以直角三角形的一边为轴旋转所得到的旋转体是圆锥B .以直角梯形的一腰为轴旋转所得的旋转体是圆台C .以半圆的直径为轴旋转一周所得到的旋转体是球D .圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形所在圆的半径等于圆锥底面圆的半径噩3 A 是错误的，以直角三角形的直角边..为轴旋转所得到的旋转体才是圆锥； B 是错误的.以直角梯形的垂直于底的腰 为轴旋转所得的旋转体是圆台；C 是正确；D 是错误的，C._2 "4.(D)圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形所在圆的半径等于圆锥的母线长.故选3.A .①②B .①③C .①④D .②④CD 圆锥和正四棱锥的正视图和侧视图都是等腰三角形.4. （2018全国卷川）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼.图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（A ）由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示,. 咼频考点 ______________________________-：空间几何体的结构特征鈕11（经典真题）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殛 根据n 的取值构造相应的几何图形或几何体求解.n = 2时，可以；n = 3时，为正三角形，可以；n = 4时，为正四面体，可以； n = 5时,为四棱锥，侧面为正三角形，底面为菱形且对角线长与边长不可能相等.B本题考查了空间想象能力和推理论证能力，试题有较大的难度•根据题目特点善 于构造几何图形和空间几何体是解决这类问题的关键.变式採究1•在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的 4个顶点，这些几何体是 ①③④⑤•（写出所有正确结论的编号）由直观图可知其俯视图应选 A.5.如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为 的等腰梯形，那么这个平面图形的面积是（C ）A. 1 + 于 B . 1+ .245 °腰和上底长均为1，所以其面积 S =-2^ X 2 = 2+2.C . 2 + ,2D £+¥① 矩形；② 不是矩形的平行四边形;③ 有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体; ④ 每个面都是等边三角形的四面体； ⑤ 每个面都是直角三角形的四面体.A .①④③B .①②③C .⑤④③D .①④⑥薛3由四面体ABCD 四个顶点是长方体的四个顶点， 可得四面体ABCD 的正视图为①, 侧视图为②，俯视图为③•故四面体ABCD 的三视图分别为①②③.B❺® （1）解决三视图问题，要从以下几个方面加以把握：①搞清正视、侧视、俯视的方向，同一物体由于正视、侧视的方向不同或放置的位置不 同，所画的三视图可能不同.作出正方体ABCD — A ' B ' C ' D '.① 显然可能；②不可能； ③取一个顶点处的三条棱，连接各棱端点构成的四面体; ④取正方体中对面上的两条异面直线对角线的四个端点构成的四面体, —B ' BC 时各面均为直角三角形.如图，四面体 ABCD 的四个顶点是长方体的四个顶点女口 B ' — ACD '；⑤取 D（长方体是虚拟图形，起辅助 作用），则四面体 ABCD 的三视图分别是（①②③④⑤⑥代表图形)(空间几何体的三视图C② 遵循“长对正、高平齐、宽相等 ”的原则.③ 注意几何体中与投影面垂直或平行的线段在三视图中的特点. ④ 要注意实线、虚线的画法，可视轮廓线画成实线，不可视的画成虚线.(2)画三视图时，要注意所给几何体与熟知的几何体的联系，如将几何体放置在正方体(或长方体)中或补形成正方体等，有利用发现线、面与投影面的位置关系，从而准确作出相应 的三视图.变式採究2. (1)在如图所示的空间直角坐标系 O — xyz 中，一个四面体的顶点坐标分别是 (0,0,2),(2,2,0), (1,2,1), (2,2,2).给出编号为①、②、③、④的四个图，贝U幼该四面体的正视图和俯视图分别为(D)2'设A(0,0,2), B(2,2,0), C(1,2,1), D(2,2,2)，贝U ABCD 即为满足条件的四面体，得出正视 图和俯视图分别为④和②•(2)由图可知其侧视图为三角形， 根据三视图的“高平齐”得侧视图的高为.3,又由“宽相等”可知侧视图的宽度和俯视图的宽度相等，得侧视图的底为1X sin 60 =~23.所以侧视图的面积为S = |x 訂 3=3.A .①和②B .③和①C .④和③ D .④和②(2)已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为 (C)A 亞 A. 4 B. { 3 C.3D . 1堪3 (1)在空间直角坐标系中构建棱长为2的正方体,兰厂 由三视图得到空间几何体的直观图A . 3 .2B . 2 3 C. 2 ,2 D . 2如图所示,A . 10B . 12C . 14D . 16FT/0 X（2017北京卷）某四棱锥的三视图如图所示, 则该四棱锥的最长棱的长度为解析可知SD 为该四棱锥的最长棱. 由三视图可知正方体的棱长为 故SD =22+ 22 + 22= 2 3.B将三视图还原为直观图时, 菩案 2,若能将其放置到 “正方体”或“长方体”中去研究， 不仅能较易得到直观图，同时还能发现各元素之间的数量关系与位置关系， 便于问题的解 决.变式探究3. （2017全国卷I ）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等 2,俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有 这些梯形的面积之和为 （B ） 腰直角三角形组成，正方形的边长为 若干个是梯形，正（主灌图 侧佐）视图cia将三视图还原为直观图，如图：可知该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，侧棱长为 2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为2.因此该多面体各个面中有2个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为2，下底长为4,高为2.1故这些梯形的面积之和为2 X 2 x (2 + 4)X 2 = 12.■I课时小结1 •与柱、锥、台、球有关的概念题，要结合其定义和结构特征，作出准确的判断，若说明命题是假命题，只需要举出一个反例即可.2 •画三视图要注意“长对正、高平齐、宽相等”.3•三视图和直观图是空间几何体的不同的表现形式，空间几何体的三视图可以使我们很好地把握空间几何体的性质. 由空间几何体可以画出它的三视图，同样由三视图可以想象出空间几何体的形状，两者之间可以相互转化.。