浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第1节空间几何体的结构三视图和直观图含解析
浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量补上一课立体几何中的截面问题及球的切接问题课件
33 A. 4
23 B. 3
32 C. 4
3 D. 2
(2)(2020·浙江新高考仿真卷三)已知平面α截一球面得圆M，过圆心M且与α成
60°二面角的平面β截该球面得圆N，若该球面的半径为4，圆M的面积为4π，则
圆N的面积为( )
A.7π
B.9π
C.11π
D.13π
解析 (1)记该正方体为 ABCD－A′B′C′D′，正方体的每条棱所在直线与平 面 α 所成的角都相等，即共点的三条棱 A′A，A′B′，A′D′与平面 α 所成的角 都相等.如图，连接 AB′，AD′，B′D′，因为三棱锥 A′－AB′D′是正三棱锥， 所以 A′A，A′B′，A′D′与平面 AB′D′所成的角都相等.分别取 C′D′，B′C′，BB′， AB，AD，DD′的中点 E，F，G，H，I，J，连接 EF，FG，GH，IH，IJ， JE，易得 E，F，G，H，I，J 六点共面，平面 EFGHIJ 与平面 AB′D′平行， 即截面 EFGHIJ 为平面 α 截正方体所得最大截面.又 EF＝FG＝GH＝IH＝ IJ＝JE＝ 22，所以该正六边形的面积为 6× 43× 222＝343，所以 α 截此 正方体所得截面面积的最大值为343，故选 A.
得正方体棱长为 2，设点 O 到平面 ABC 的距离为 d，作
CH 垂直 MN 交 MN 于 H，由 VO－ABC＝VC－ABO，得13S△ABC·d
＝13S△ABO·CH，所以
d＝
3 3.
(3)∵PA⊥AB，PA⊥AC，∴PA⊥平面 ABC，构造直三棱柱 PQT
－ABC，设 O1 为△ABC 外心，O 为三棱锥外接球球心，所以 OO1⊥
规律方法 此类题主要考查空间想象能力及空间几何体的结构特征，解题时可寻找 特殊情况使问题得到简化.
浙江专用2021版新高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量1第1讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图教
第八章立体几何与空间向量知识点最新考纲空间几何体的结构特征及三视图和直观图了解多面体和旋转体的概念，理解柱、锥、台、球的结构特征．了解简单组合体，了解中心投影、平行投影的含义．了解三视图和直观图间的关系，掌握三视图所表示的空间几何体．会用斜二测法画出它们的直观图.空间几何体的表面积与体积会计算柱、锥、台、球的表面积和体积.空间点、直线、平面之间的位置关系了解平面的含义，理解空间点、直线、平面位置关系的定义．掌握如下可以作为推理依据的公理和定理．公理1 如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．公理2 过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．公理4 平行于同一条直线的两条直线互相平行．定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.空间中的平行关系、垂直关系理解空间线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定定理和性质定理．判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行；一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行；一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直；一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面互相垂直．性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行；如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行；垂直于同一个平面的两条直线平行；两个平面互相垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.空间角理解直线与平面所成角的概念，了解二面角及其平面角的概念.空间向量及其运算了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，了解空间向量的正交分解及其坐标表示．了解空间向量的加、减、数乘、数量积的定义，坐标表示的运算.立体几何中的向量方法了解空间两点间的距离公式、向量的长度公式及两向量的夹角公式．了解直线的方向向量与平面的法向量．了解求两直线夹角、直线与平面所成角、二面角的向量方法.第1讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且相等多边形互相平行侧棱平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环(1)画法：斜二测画法．(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看到的线画实线，看不到的线画虚线．[疑误辨析]判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( )(3)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．( )(4)在正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( )(5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．( )(6)菱形的直观图仍是菱形．( )答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×[教材衍化]1．(必修2P19T2改编)下列说法正确的是( )A．相等的角在直观图中仍然相等B．相等的线段在直观图中仍然相等C．正方形的直观图是正方形D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行解析：选D.由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不变．2．(必修2P8A组T1(1)改编)在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)答案：③⑤3．(P15练习T1改编)已知如图所示的几何体，其俯视图正确的是________．(填序号)解析：由俯视图定义易知选项③符合题意．答案：③[易错纠偏]棱柱的概念不清致误.如图，长方体ABCDA′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．六棱柱解析：选C.由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．故选C.空间几何体的结构特征(1)下列说法正确的是( )A．侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥B．六条棱长均相等的四面体是正四面体C．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱D．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台(2)以下命题：①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为( )A．0 B．1C．2 D．3【解析】(1)底面是等边三角形，且各侧面三角形全等，这样的三棱锥才是正三棱锥，A错；斜四棱柱也有可能两个侧面是矩形，所以C错；截面平行于底面时，底面与截面之间的部分才叫圆台，D错．(2)命题①错，因为这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥；命题②错，因为这条腰必须是垂直于两底的腰，才得到是圆台的旋转体；命题③对；命题④错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以得到一个圆锥和一个圆台．【答案】(1)B (2)B空间几何体概念辨析问题的常用方法1．给出下列命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选A.①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③显然错误．2．下列说法正确的是( )A．以半圆的直径所在直线为旋转轴旋转形成的曲面叫做球B．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线解析：选D.球面和球是两个不同的概念，以半圆的直径所在直线为旋转轴旋转形成的曲面叫做球面，球面围成的几何体叫做球，A错误．对于B，如图，满足有两个面平行，其余四个面都是等腰梯形，但它不是棱台，故B错．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．C错误．由母线的概念知，选项D正确．空间几何体的三视图(高频考点)空间几何体的三视图是每年高考的热点，题型为选择题或填空题，难度适中，属于中档题．主要命题角度有：(1)由空间几何体的直观图识别三视图；(2)由空间几何体的三视图还原直观图；(3)由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图．角度一由空间几何体的直观图识别三视图(2020·浙江省名校协作体高三联考)“牟合方盖”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，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )【解析】根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B.【答案】 B角度二由空间几何体的三视图还原直观图某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A．3 2 B．2 3C．2 2 D．2【解析】由三视图还原为如图所示的四棱锥A－BCC 1B1，从图中易得最长的棱长为AC1＝AC2＋CC21＝（22＋22）＋22＝23，选B.【答案】 B角度三由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )【解析】由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.【答案】 B三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图．先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．1．(2020·瑞安四市联考)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是线段CD的中点，则三棱锥PA1B1A的侧视图为( )解析：选D.如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥PA1B1A，B(C)点消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D.2．(2020·嘉兴期中)如图(1)、(2)、(3)、(4)为四个几何体的三视图，根据三视图可判断这四个几何体依次为( )A．三棱台、三棱柱、圆锥、圆柱B．三棱台、三棱锥、圆锥、圆台C．三棱柱、四棱锥、圆锥、圆台D．三棱柱、三棱台、圆锥、圆台解析：选C.如题图(1)三视图复原的几何体是放倒的三棱柱；(2)三视图复原的几何体是四棱锥；(3)三视图复原的几何体是圆锥；(4)三视图复原的几何体是圆台．所以(1)(2)(3)(4)的顺序为：三棱柱、四棱锥、圆锥、圆台．故选C.3．(2020·浙江高校招生选考试题)如图，在三棱锥ABCD中，侧面ABD⊥底面BCD，BC⊥CD，AB＝AD＝4，BC＝6，BD＝43，则该三棱锥三视图的正视图为( )解析：选C.由题意，三棱锥三视图的正视图为等腰三角形，△BCD中，BC⊥CD，BC＝6，BD＝43，所以CD＝23，设C在BD上的射影为E，则123＝CE·43，所以CE＝3，DE ＝CD2－CE2＝3，故选C.空间几何体的直观图如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6 cm，O′C′＝2 cm，则原图形是( )A．正方形B．矩形C．菱形D．一般的平行四边形【解析】如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×22＝42(cm)，CD＝C′D′＝2 cm，所以OC＝OD2＋CD2＝（42）2＋22＝6(cm)，所以OA＝OC，故四边形OABC是菱形，因此选C.【答案】 C(变条件、变问法)若本例中直观图为如图所示的一个边长为1 cm的正方形，则原图形的周长是多少？解：将直观图还原为平面图形，如图．可知还原后的图形中OB ＝22，AB ＝12＋（22）2＝3(cm)，于是周长为2×3＋2×1＝8(cm)．原图与直观图中的“三变”与“三不变”1．如图所示为一个平面图形的直观图，则它的实际形状四边形ABCD 为( )A ．平行四边形B ．梯形C ．菱形D ．矩形解析：选D.由斜二测画法可知在原四边形ABCD 中DA ⊥AB ，并且AD ∥BC ，AB ∥CD ，故四边形ABCD 为矩形．2．在等腰梯形ABCD 中，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．解析：因为OE ＝ （2）2－12＝1， 所以O ′E ′＝12，E ′F ′＝24.所以直观图A ′B ′C ′D ′的面积为S ′＝12×(1＋3)×24＝22.答案：22核心素养系列14 直观想象——构造法求解三视图问题的三个步骤三视图问题(包括求解几何体的表面积、体积等)是培养和考查空间想象能力的好题目，是高考的热点．由三视图还原几何体是解决这类问题的关键，而由三视图还原几何体只要按照以下三个步骤去做，基本都能准确还原出来．这三个步骤是：第一步，先画长(正)方体，在长(正)方体中画出俯视图；第二步，在三个视图中找直角；第三步，判断直角位置，并向上(或向下)作垂线，找到顶点，连线即可．一个几何体的三视图如图所示，图中直角三角形的直角边长均为1，则该几何体的体积为( )A.16 B.26C.36D.12【解析】 几何体还原说明：①画出正方体，俯视图中实线可以看作正方体的上底面及底面对角线．②俯视图是正方形，有四个直角，正视图和侧视图中分别有一个直角．正视图和侧视图中的直角对应上底面左边外侧顶点(图中D 点上方顶点)，将该顶点下拉至D 点，连接DA ，DB ，DC 即可．该几何体即图中棱长为1的正方体中的四面体ABCD ，其体积为13×12×1×1×1＝16.故选A.【答案】 A如图是一个四面体的三视图，三个三角形均是腰长为2的等腰直角三角形，还原其直观图．【解】 第一步，根据题意，画正方体，在正方体内画出俯视图，如图①. 第二步，找直角，在俯视图、正视图和侧视图中都有直角．第三步，将俯视图的直角顶点向上拉起，与三视图中的高一致，连线即可．所求几何体为三棱锥ABCD，如图②.[基础题组练]1．下列说法正确的有( )①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形．A．1个B．2个C．3个D．4个解析：选A.①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱会交于一点，所以①不正确；②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确；③中底面不一定是正方形，所以③不正确；很明显④是正确的．2.如图所示是水平放置的三角形的直观图，点D是△ABC的BC边的中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则在原图中三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选B.由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB<AD<AC.3．如图所示，上面的几何体由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是( )A ．①②B ．②③C ．③④D ．①⑤解析：选D.圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件； 当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件； 故截面图形可能是①⑤.4．(2020·杭州学军中学高三期中)一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为( )解析：选D.分析三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD ⊥平面BCD ，故选D.5．(2020·宁波十校联考)某几何体的正视图与俯视图如图所示，若俯视图中的多边形为正六边形，则该几何体的侧视图的面积为( )A.152B ．6＋ 3 C.32＋3 3 D ．4 3解析：选A.侧视图由一个矩形和一个等腰三角形构成，矩形的长为3，宽为2，面积为3×2＝6.等腰三角形的底边为3，高为3，其面积为12×3×3＝32，所以侧视图的面积为6＋32＝152.6．(2020·丽水模拟)一锥体的三视图如图所示，则该棱锥的最长棱的棱长为( )A.33B.17C.41D.42解析：选C.依题意，题中的几何体是四棱锥E ABB 1A 1，如图所示(其中ABCD A 1B 1C 1D 1是棱长为4的正方体，C 1E ＝1)，EA ＝32＋42＋42＝41，EA 1＝12＋42＋42＝33，EB ＝32＋42＝5，EB 1＝12＋42＝17，AB ＝BB 1＝B 1A 1＝A 1A ＝4，因此该几何体的最长棱的棱长为41，选C.7．有一个长为 5 cm ，宽为 4 cm 的矩形，则其直观图的面积为________．解析：由于该矩形的面积S ＝5×4＝20(cm 2)，所以其直观图的面积S ′＝24S ＝52(cm 2)．答案：5 2 cm 28．如图所示的Rt △ABC 绕着它的斜边AB 旋转一周得到的图形是________．解析：过Rt △ABC 的顶点C 作线段CD ⊥AB ，垂足为点D ，所以Rt △ABC 绕着它的斜边AB 旋转一周后得到是以CD 作为底面圆的半径的两个圆锥的组合体．答案：两个圆锥的组合体9．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是________．解析：由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥PABCD，易知四棱锥PABCD的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是4.答案：410．已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为________．解析：由正三棱柱的特征及侧(左)视图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正(主)视图的面积为2 3.答案：2 311. 如图，在四棱锥PABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形．(1)根据所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝62(cm)．由正视图可知AD＝6 cm，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝（62）2＋62＝6 3 (cm)．12．如图所示，在侧棱长为23的正三棱锥VABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过点A作截面AEF，求△AEF的周长的最小值．解：如图，将三棱锥沿侧棱VA剪开，并将其侧面展开平铺在一个平面上，则线段AA1的长即为所求△AEF的周长的最小值．取AA1的中点D，连接VD，则VD⊥AA1，∠AVD＝60°.在Rt△VAD中，AD＝VA·sin 60°＝3，所以AA1＝2AD＝6，即△AEF的周长的最小值为6.[综合题组练]1．(2020·杭州市五校联考)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为( )解析：选A.因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，几何体的直观图如图，是以正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为A.2．某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是( )A ．2B ．2 2 C. 3D ．2 3解析：选D.在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中还原出三视图的直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即为D 1BCB 1，如图所示，其四个面的面积分别为2，22，22，23，故选D.3．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E 为棱BB 1的中点(如图)，用过点A ，E ，C 1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为( )解析：选C.过点A ，E ，C 1的平面与棱DD 1相交于点F ，且点F 是棱DD 1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.4．如图，三棱锥V ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直，且VA ＝VC ，已知其正(主)视图的面积为23，则其侧(左)视图的面积为________．解析：设三棱锥V ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 的边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧(左)视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32a ×h ＝12×32×43＝33.答案：335．如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体； (2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积． 解：(1)正六棱锥． (2)其侧视图如图： 其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，所以该平面图形的面积S ＝12·3a ·3a ＝32a 2.6．某几何体的三视图如图所示．(1)判断该几何体是什么几何体？ (2)画出该几何体的直观图．解：(1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后得到的几何体．(2)直观图如图所示：。
2021高考数学一轮复习第8章立体几何章末总结分层演练文
2021高考数学一轮复习第8章立体几何章末总结分层演练文章末总结知识点考纲展现空间几何体的结构及三视图和直观图❶认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特点，并能运用这些特点描述现实生活中简单物体的结构．❷能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图．❸会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．❹会画某些建筑物的视图与直观图(在不阻碍图形特点的基础上，尺寸、线条等不做严格要求)空间几何体的表面积与体积了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的运算公式空间点、直线、平面之间的位置关系❶明白得空间直线、平面位置关系的定义．❷了解能够作为推理依据的公理和定理．❸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．空间中的平行关系以立体几何的定义、公理和定理为动身点，认识和明白得空间中线面平行的有关性质与判定定理空间中的垂直关系以立体几何的定义、公理和定理为动身点，认识和明白得空间中线面垂直的有关性质与判定定理考点考题考源空间几何体的表面积与体积(2021·高考全国卷Ⅱ，T6，5分)如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( )必修2 P18例3A．20π B．24π C．28π D．32π空间线面位置关系的判定(2021·高考全国卷Ⅱ，T14，5分)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①假如m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β．②假如m⊥α，n∥α，那么m⊥n．③假如α∥β，m⊂α，那么m∥β．④假如m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)必修2 P71练习T2、P62A组T4、P65例1、P67练习T3空间几何体与球的表面积(2021·高考全国卷Ⅱ，T4，5分)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．12π B．323π C．8π D．4π必修2 P28练习T2(2021·高考全国卷Ⅱ，T15，5分)长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．空间几何体与球的体积(2021·高考全国卷Ⅲ，T9，5分)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( )A．π B．3π4C．π2D．π4必修2 P27例4空间图形位置关系的证明与体积、面积的运算(2021·高考全国卷Ⅰ，T18，12分)如图，已知正三棱锥PABC的侧面是直角三角形，PA＝6．顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G．(1)证明：G是AB的中点；(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积．必修2 P74 B组T2，T4空间图形位置关系的证(2021·高考全国卷Ⅰ，T18，12分)必修2 P73 A组T3、P78 A组T7明与空间角的运算如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥PABCD的体积为83，求该四棱锥的侧面积．一、选择题1．(必修2 P10B组T1改编)如图，若Ω是长方体ABCDA1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是( )A．EH∥FG B．四边形EFGH是矩形C．Ω是棱柱D．Ω是棱台解析：选D．因为EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，EH⊄平面BCC1B1，因此EH∥平面BCC1B1．又因为平面EFGH∩平面BCC1B1＝FG，因此EH∥FG，且EH＝FG，由长方体的特点知四边形EFGH为矩形，Ω为五棱柱，因此选项A，B，C都正确．故选D．2．(必修2 P61练习、P71练习T2、P73练习T1改编)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是( )A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n解析：选D．A中，两直线可能平行，相交或异面；B中，两平面可能平行或相交；C 中，两平面可能平行或相交；D中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选D．3．(必修2 P78A组T7改编)正四棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为( )A ．25πB ．252πC ．253πD ．254π解析：选C ．由三视图画出直观图与其外接球示意图，且设O 1是底面中心．由三视图知，O 1A ＝2，O 1P ＝3，因此正四棱锥P ABCD 的外接球的球心O 在线段O 1P 上．设球O 的半径为R ．由O 1O 2＋O 1A 2＝OA 2得(3－R )2＋(2)2＝R 2． 因此R ＝523．则外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π·⎝ ⎛⎭⎪⎫5232＝253π．4．(必修2 P 79 B 组 T 2改编)如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，B 1D ∩平面A 1BC 1＝H ． 有下列结论． ①B 1D ⊥平面A 1BC 1；②平面A 1BC 1将正方体体积分成1∶5两部分；③H 是B 1D 的中点；④平面A 1BC 1与正方体的六个面所成的二面角的余弦值都为33．则正确结论的个数有( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C ．关于①，连接B 1C 与A 1D ，由正方体性质知，BC 1⊥B 1C ，BC 1⊥A 1B 1， 又A 1B 1∩B 1C ＝B 1，A 1B 1，B 1C ⊂平面A 1B 1CD ． 因此BC 1⊥平面A 1B 1CD ． 又B 1D ⊂平面A 1B 1CD ． 因此B 1D ⊥BC 1．同理B 1D ⊥A 1B ，A 1B ∩BC 1＝B ． 因此B 1D ⊥平面A 1BC 1，故①正确． 关于②．设正方体棱长为a ．则V 三棱锥B A 1B 1C 1＝13·12a ·a ·a ＝16a 3．因此平面A 1BC 1将正方体分成两部分的体积之比为16a 3∶(a 3－16a 3)＝1∶5．故②正确．关于③，设正方体棱长为a ， 则A 1B ＝2a ．由VB 1A 1BC 1＝16a 3，得13×34×(2a )2·B 1H ＝16a 3， 因此B 1H ＝33a ，而B 1D ＝3a ． 因此B 1H ∶HD ＝1∶2，即③错误．关于④，由对称性知，平面A 1BC 1与正方体六个面所成的二面角的大小都相等． 由①知B 1H ⊥平面A 1BC 1，而A 1B 1⊥平面B 1BCC 1． 因此∠A 1B 1H 的大小即为所成二面角的大小．cos ∠A 1B 1H ＝B 1H A 1B 1＝33a a ＝33．故④正确．故选C ． 二、填空题5．(必修2 P 53 B 组 T 2改编)已知三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，点A 1在底面ABC 上的射影D 为BC 的中点，则异面直线AB 与CC 1所成的角的余弦值为________．解析：连接A 1D ，AD ，A 1B ，易知∠A 1AB 为异面直线AB 和CC 1所成的角，设三棱柱的侧棱长与底面边长均为1，则AD ＝32，A 1D ＝12，A 1B ＝22，由余弦定理得cos ∠A 1AB ＝1＋1－122×1×1＝34． 答案：346．(必修2 P 79 B 组 T 1改编)如图在直角梯形ABCD 中，BC ⊥DC ，AE ⊥DC ，M ，N 分别是AD ，BE 的中点，将△ADE 沿AE 折起．则下列说法正确的是________．(填上所有正确说法的序号)①不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥平面DEC ； ②不论D 折至何位置都有MN ⊥AE ；③不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥AB ； ④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC ⊥AD ； ⑤不管D 折至何位置，都有AE ⊥DC ． 解析：如图，设Q ，P 分别为CE ，DE 的中点，可得四边形MNQP 是矩形，因此①②正确；不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN 与AB 是异面直线，不可能MN ∥AB ，因此③错；当平面ADE ⊥平面ABCD 时，可得EC ⊥平面ADE ，故EC ⊥AD ，④正确．不管D 折到何位置，均有AE ⊥平面CDE ．故AE ⊥CD ．故⑤正确．答案：①②④⑤ 三、解答题7．(必修2 P 79B 组T 1改编)如图，边长为33的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是边AB ，BC 上的点，将△AED ，△DCF 分别沿DE ，DF 折起，使A ，C 两点重合于点A ′．(1)求证：A ′D ⊥EF ．(2)当BE ＝BF ＝13BC 时，求三棱锥A ′EFD 的体积．解：(1)证明：因为A ′D ⊥A ′E ，A ′D ⊥A ′F ，A ′E ∩A ′F ＝A ′，因此A ′D ⊥平面A ′EF ，因为EF ⊂平面A ′EF ， 因此A ′D ⊥EF ．(2)由(1)知，A ′D ⊥平面A ′EF ， 因此A ′D 的长即为三棱锥D A ′EF 的高， 则A ′E ＝A ′F ＝23BC ＝23，EF ＝BE 2＋BF 2＝6，作A ′O ⊥EF 于点O ， 因此A ′O ＝A ′E 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12EF 2＝422， 则V A ′EFD ＝V D A ′EF ＝13A ′D ·S △A ′EF ＝13×33×12EF ·A ′O ＝13×33×12×6×422＝3212． 8．(必修2 P 78 A 组 T 4改编)如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 、F 、M 分别是C 1B 1，C 1D 1和AB 的中点．(1)求证：MD 1∥平面BEFD ． (2)求M 到平面BEFD 的距离． 解：(1)证明：连接BF ．因为M 、F 分别为AB 与C 1D 1的中点，且ABCD A 1B 1C 1D 1是正方体． 因此MB ═∥D 1F ．因此四边形MBFD 1为平行四边形， 因此MD 1∥BF ．又MD 1⊄平面BEFD ，BF ⊂平面BEFD ． 因此MD 1∥平面BEFD ． (2)过E 作EG ⊥BD 于G ． 因为正方体的棱长为2，因此BE ＝5，BG ＝12(BD －EF )＝12(22－2)＝22．因此EG ＝BE 2－BG 2＝5－12＝322． 因此S △EBD ＝12BD ×EG ＝12×22×322＝3．又S △MBD ＝12MB ×AD ＝12×1×2＝1．E 到平面ABCD 的距离为2，设M 到平面BEFD 的距离为d ．由V 三棱锥M BDE ＝V 三棱锥E MBD 得13S △EBD ·d ＝13S △MBD ×2．因此d ＝S △MBD ×2S △EBD ＝1×23＝23． 因此M 到平面BED 的距离为23．。
浙江专用2021版新高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量1第1讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图1
第1讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图[基础题组练]1．下列说法正确的有( )①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形．A．1个B．2个C．3个D．4个解析：选A.①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱会交于一点，所以①不正确；②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确；③中底面不一定是正方形，所以③不正确；很明显④是正确的．2.如图所示是水平放置的三角形的直观图，点D是△ABC的BC边的中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则在原图中三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选B.由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB<AD<AC.3．如图所示，上面的几何体由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是( )A．①②B．②③C．③④D．①⑤解析：选D.圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件； 故截面图形可能是①⑤.4．(2020·杭州学军中学高三期中)一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为( )解析：选D.分析三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD ⊥平面BCD ，故选D.5．(2020·宁波十校联考)某几何体的正视图与俯视图如图所示，若俯视图中的多边形为正六边形，则该几何体的侧视图的面积为( )A.152B ．6＋ 3 C.32＋3 3 D ．4 3解析：选A.侧视图由一个矩形和一个等腰三角形构成，矩形的长为3，宽为2，面积为3×2＝6.等腰三角形的底边为3，高为3，其面积为12×3×3＝32，所以侧视图的面积为6＋32＝152.6．(2020·丽水模拟)一锥体的三视图如图所示，则该棱锥的最长棱的棱长为( )A.33B.17C.41D.42解析：选C.依题意，题中的几何体是四棱锥EABB1A1，如图所示(其中ABCDA1B1C1D1是棱长为4的正方体，C1E＝1)，EA＝32＋42＋42＝41，EA1＝12＋42＋42＝33，EB＝32＋42＝5，EB1＝12＋42＝17，AB＝BB1＝B1A1＝A1A＝4，因此该几何体的最长棱的棱长为41，选C.7．有一个长为 5 cm，宽为 4 cm的矩形，则其直观图的面积为________．解析：由于该矩形的面积S＝5×4＝20(cm2)，所以其直观图的面积S′＝24S＝52(cm2)．答案：5 2 cm28．如图所示的Rt△ABC绕着它的斜边AB旋转一周得到的图形是________．解析：过Rt△ABC的顶点C作线段CD⊥AB，垂足为点D，所以Rt△ABC绕着它的斜边AB旋转一周后得到是以CD作为底面圆的半径的两个圆锥的组合体．答案：两个圆锥的组合体9．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是________．解析：由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥PABCD，易知四棱锥PABCD的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是4.答案：410．已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为________．解析：由正三棱柱的特征及侧(左)视图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正(主)视图的面积为2 3.答案：2 311. 如图，在四棱锥PABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形．(1)根据所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝62(cm)．由正视图可知AD＝6 cm，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝（62）2＋62＝6 3 (cm)．12．如图所示，在侧棱长为23的正三棱锥VABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过点A作截面AEF，求△AEF的周长的最小值．解：如图，将三棱锥沿侧棱VA剪开，并将其侧面展开平铺在一个平面上，则线段AA1的长即为所求△AEF的周长的最小值．取AA1的中点D，连接VD，则VD⊥AA1，∠AVD＝60°.在Rt△VAD中，AD＝VA·sin 60°＝3，所以AA1＝2AD＝6，即△AEF的周长的最小值为6.[综合题组练]1．(2020·杭州市五校联考)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为( )解析：选A.因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，几何体的直观图如图，是以正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为A.2．某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是( )A．2 B．2 2C. 3 D．2 3解析：选D.在正方体ABCDA 1B1C1D1中还原出三视图的直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即为D1BCB1，如图所示，其四个面的面积分别为2，22，22，23，故选D.3．正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为( )解析：选C.过点A ，E ，C 1的平面与棱DD 1相交于点F ，且点F 是棱DD 1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.4．如图，三棱锥V ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直，且VA ＝VC ，已知其正(主)视图的面积为23，则其侧(左)视图的面积为________．解析：设三棱锥V ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 的边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧(左)视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32a ×h ＝12×32×43＝33.答案：335．如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体； (2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积． 解：(1)正六棱锥． (2)其侧视图如图：其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，所以该平面图形的面积S ＝12·3a ·3a ＝32a 2.6．某几何体的三视图如图所示．(1)判断该几何体是什么几何体？ (2)画出该几何体的直观图．解：(1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后得到的几何体．(2)直观图如图所示：。
[推荐学习]2021版高考数学一轮复习第八章立体几何8.1空间几何体
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[推荐学习]2021版高考数学一轮复习第八章立体几何8.1空间几何体生活的色彩就是学习第八章立体几何8.1空间几何的结构、三视图和直观图形1．多面体的结构特征2.旋转体的形成几何体圆柱圆锥圆台球3.空间几何的三个视图（1）三个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 绘制三个视图时，只应绘制一条重叠线，并将阻挡线绘制为虚线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图形的可视化绘制通常采用斜向两测法，其规律是：(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）与原始图形中的坐标轴平行的线段仍与可视化图形中的坐标轴平行；平行于x 轴和z轴的线段在视觉图中保持原始长度不变；平行于Y轴的线段长度成为视觉图表中原始长度的一半旋转图形矩形直角三角形直角梯形半圆旋转轴任一边所在的直线任一直角边所在的直线垂直于底边的腰所在的直线直径所在的直线k12的学习需要努力专业专心坚持生活的色彩是学习[知识扩展]1．常见旋转体的三视图（1）球的三个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”坐标轴的夹角发生变化，？？“三变”?与y轴平行的线段的长度变为原来的一半，图形改变平行度不变，？？“三不变”?与x，z轴平行的线段的长度不改变，相对位置不变[思维和歧视]判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)（1）两个面是平行的，其他面是平行四边形，几何体是棱柱体（×）（2）一个面是多边形，其他面是三角形，几何体是棱锥体（×）(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．(×)在直观的图表中，线段仍然相等。
2021版高考数学(理)人教A版(全国)一轮复习 第8章 立体几何与空间向量 8.2 文档
1．多面体的表(侧)面积由于多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是全部侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面开放图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面开放图侧面积公式S 圆柱侧＝2πrlS 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l3.柱、锥、台和球的表面积和体积名称 几何体表面积体积柱体 (棱柱和圆柱)S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝Sh锥体 (棱锥和圆锥)S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13Sh台体 (棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 34.常用结论(1)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、接常用结论a ．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 .b ．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. c ．正四周体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 【思考辨析】推断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)多面体的表面积等于各个面的面积之和．( √ ) (2)锥体的体积等于底面积与高之积．( × ) (3)球的体积之比等于半径比的平方．( × )(4)简洁组合体的体积等于组成它的简洁几何体体积的和或差．( √ ) (5)长方体既有外接球又有内切球．( × )(6)圆柱的一个底面积为S ，侧面开放图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS .( × )1．(教材改编)已知圆锥的表面积等于12πcm 2，其侧面开放图是一个半圆，则底面圆的半径为( ) A ．1cmB ．2cmC ．3cm D.32cm 答案 B解析 S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π， ∴r 2＝4，∴r ＝2(cm)．2．(2022·重庆)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．12B ．18C ．24D ．30答案 C解析 由俯视图可以推断该几何体的底面为直角三角形，由正视图和侧视图可以推断该几何体是由直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)截取得到的．在长方体中分析还原，如图(1)所示，故该几何体的直观图如图(2)所示．在图(1)中，＝S △ABC ·AA 1＝12×4×3×5＝30，=13×12×4×3×3＝6.故几何体ABC －P A 1C 1的体积为30－6＝24.故选C.3．(教材改编)一个棱长为2cm 的正方体的顶点都在球面上，则球的体积为________cm 3. 答案 43π解析 由题意知正方体的体对角线为其外接球的直径， 所以其外接球的半径r ＝12×23＝3(cm)，∴V 球＝43π×r 3＝43π×33＝43π(cm 3)．4．(2021·陕西)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4答案 D解析 由三视图可知原几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，则表面积为：S ＝2×12π×12＋12×2π×1×2＋2×2＝π＋2π＋4＝3π＋4.5．(2021·天津)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.答案 83π解析 由三视图可知，该几何体由相同底面的两圆锥和圆柱组成，底面半径为1m ，圆锥的高为1m ，圆柱的高为2m ，所以该几何体的体积V ＝2×13π×12×1＋π×12×2＝83π (m 3).题型一 求空间几何体的表面积例1 (1)(2021·安徽)一个四周体的三视图如图所示，则该四周体的表面积是( )111ABC A B C V -棱柱111111113P A B C A B C V S PB -∆=⋅棱柱A．1＋ 3 B．1＋2 2C．2＋ 3 D．2 2(2)(2021·课标全国Ⅰ)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等于()A．1 B．2C．4 D．8(3)(2022·山东)一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．答案(1)C(2)B(3)12解析(1)由几何体的三视图可知空间几何体的直观图如图所示．∴其表面积S表＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋3，故选C.(2)由正视图与俯视图想象出其直观图，然后进行运算求解．如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面积S＝12×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.又S＝16＋20π，∴(5π＋4)r2＝16＋20π，∴r2＝4，r＝2，故选B.(3)设正六棱锥的高为h，侧面的斜高为h′.由题意，得13×6×12×2×3×h＝23，∴h＝1，∴斜高h′＝12＋(3)2＝2，∴S侧＝6×12×2×2＝12.思维升华空间几何体表面积的求法(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；组合体的表面积留意连接部分的处理．(3)旋转体的表面积问题留意其侧面开放图的应用．(2022·安徽)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为()A．21＋ 3 B．18＋ 3C．21 D．18答案 A解析 由几何体的三视图可知，该几何体的直观图如图所示．因此该几何体的表面积为6×(4－12)＋2×34×(2)2＝21＋ 3.故选A.题型二 求空间几何体的体积命题点1 求以三视图为背景的几何体的体积例2 (2021·课标全国Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18 B.17 C.16 D.15答案 D 解析 如图，由题意知，该几何体是正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1被过三点A 、B 1、D 1的平面所截剩余部分，截去的部分为三棱锥A-A 1B 1D 1，设正方体的棱长为1，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为＝13×12×12×113－13×12×12×1＝15.选D.命题点2 求简洁几何体的体积例3 (2021·山东)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3 B.4π3 C.5π3 D ．2π答案 C解析 过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C.(1)一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的体积等于( )A.4π3 B.32π3 C ．36πD.256π3(2)如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( )1111111111111111A AB D A A B D BCD ABCDA B C D ABCD A A B D V V V V V -----=-A.23B.33C.43D.32答案 (1)B (2)A解析 (1)由三视图可知该几何体是一个直三棱柱，底面为直角三角形，高为12，如图所示，其中AC ＝6，BC ＝8，∠ACB ＝90°，则AB ＝10.由题意知，当打磨成的球的大圆恰好与三棱柱底面直角三角形的内切圆相同时，该球的半径最大． 即r ＝6＋8－102＝2，故能得到的最大球的体积为43πr 3＝4π3×8＝32π3，故选B.(2)如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，简洁求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32，∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴V ＝V E －ADG ＋V F －BCH ＋V AGD －BHC ＝2V E －ADG ＋V AGD －BHC ＝13×24×12×2＋24×1＝23.故选A.思维升华 空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解． (2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解． (3)若以三视图的形式给出几何体，则应先依据三视图得到几何体的直观图，然后依据条件求解．题型三 与球有关的切、接问题例4 已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172B ．210 C.132 D ．310答案 C解析 如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M . 又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝(52)2＋62＝132. 引申探究1．本例若将直三棱柱改为“棱长为4的正方体”，则此正方体外接球和内切球的体积各是多少？解 由题意可知，此正方体的体对角线长即为其外接球的直径，正方体的棱长即为其内切球的直径．设该正方体外接球的半径为R ，内切球的半径为r . 又正方体的棱长为4，故其体对角线长为43， 从而V 外接球＝43πR 3＝43π×(23)3＝323π，V 内切球＝43πr 3＝43π×23＝32π3.2．本例若将直三棱柱改为“正四周体”，则此正四周体的表面积S 1与其内切球的表面积S 2的比值为多少？ 解 设正四周体棱长为a ，则正四周体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径r 为正四周体高的14，即r＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2πa 26＝63π. 3．本例中若将直三棱柱改为“侧棱和底面边长都是32的正四棱锥”，则其外接球的半径是多少？ 解 依题意得，该正四棱锥的底面对角线的长为32×2＝6，高为(32)2－(12×6)2＝3，因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3.思维升华 空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何学问查找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段P A ，PB ，PC 两两相互垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB 1A 1的面积为( )A.22B ．1 C. 2 D. 3答案 C解析 由题意知，球心在侧面BCC 1B 1的中心O 上，BC 为△ABC 所在圆面的直径，∴∠BAC ＝90°，△ABC 的外接圆圆心N 是BC 的中点，同理△A 1B 1C 1的外心M 是B 1C 1的中点．设正方形BCC 1B 1的边长为x ，Rt △OMC 1中，OM ＝x 2，MC 1＝x2，OC 1＝R ＝1(R 为球的半径)，∴(x 2)2＋(x2)2＝1，即x ＝2，则AB ＝AC ＝1， ∴S 矩形ABB 1A 1＝2×1＝ 2.14．巧用补形法解决立体几何问题典例 如图：△ABC 中，AB ＝8，BC ＝10，AC ＝6，DB ⊥平面ABC ，且AE ∥FC ∥BD ，BD ＝3，FC ＝4，AE ＝5. 则此几何体的体积为________．思维点拨 将所求几何体补成一个直三棱柱，利用棱柱的体积公式即可求得该几何体的体积． 解析用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AA ′＝BB ′＝CC ′＝8，所以V 几何体＝12V 三棱柱＝12×S △ABC ·AA ′＝12×24×8＝96. 答案 96温馨提示 (1)补形法的应用思路：“补形法”是立体几何中一种常见的重要方法，在解题时，把几何体通过“补形”补成一个完整的几何体或置于一个更生疏的几何体中，奇妙地破解空间几何体的体积等问题，常见的补形法有对称补形、联系补形与还原补形，对于还原补形，主要涉及台体中“还台为锥”．(2)补形法的应用条件：当某些空间几何体是某一个几何体的一部分，且求解的问题直接求解较难入手时，常用该法．[方法与技巧]求空间几何体的侧面积、体积的思想与方法(1)转化与化归思想：计算旋转体的侧面积时，一般接受转化的方法来进行，即将侧面开放化为平面图形，“化曲为直”来解决，因此要生疏常见旋转体的侧面开放图的外形及平面图形面积的求法．(2)求体积的两种方法：①割补法：求一些不规章几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特殊是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值． [失误与防范]求空间几何体的表面积应留意的问题(1)求组合体的表面积时，要留意各几何体重叠部分的处理．(2)底面是梯形的四棱柱侧放时，简洁和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错．A 组 专项基础训练 (时间：35分钟)1．(2021·浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8cm 3B ．12cm 3 C.323cm 3 D.403cm 3 答案 C解析 由三视图可知该几何体是由棱长为2cm 的正方体与底面为边长为2cm 正方形、高为2cm 的四棱锥组成，V ＝V 正方体＋V 四棱锥＝8cm 3＋83cm 3＝323cm 3.故选C.2．用平面α截球O 所得截面圆的半径为3，球心O 到平面α的距离为4，则此球的表面积为( ) A.100π3B.500π3C ．75πD ．100π答案 D解析 依题意，设球半径为R ，满足R 2＝32＋42＝25， ∴S 球＝4πR 2＝100π. 3．(2021·课标全国Ⅰ)《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斛答案 B解析 由题意知：米堆的底面半径为163(尺)，体积V ＝13×14πR 2·h ≈3209(立方尺)．所以堆放的米大约为3209×1.62≈22(斛)．4．一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是菱形，则该几何体的侧面积为( )A.3＋ 6B.3＋ 5C.2＋ 6D.2＋ 5答案 C解析 由三视图还原为空间几何体，如图所示，则有OA ＝OB ＝1，AB ＝ 2. 又PB ⊥平面ABCD ， ∴PB ⊥BD ，PB ⊥AB ， ∴PD ＝22＋1＝5，P A ＝2＋12＝3，从而有P A 2＋DA 2＝PD 2， ∴P A ⊥DA ，∴该几何体的侧面积S ＝2×12×2×1＋2×12×2×3＝2＋ 6.5．(2021·课标全国Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥OABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π答案 C 解析 如图，要使三棱锥OABC 即COAB 的体积最大，当且仅当点C 到平面OAB 的距离，即三棱锥COAB 底面OAB 上的高最大，其最大值为球O 的半径R ，则V OABC 最大＝V COAB 最大＝13×S △OAB ×R ＝13×12×R 2×R ＝16R 3＝36，所以R＝6，得S 球O ＝4πR 2＝4π×62＝144π.选C.6．(2022·山东)三棱锥P －ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D －ABE 的体积为V 1，P －ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.答案 14解析 设点A 到平面PBC 的距离为h .∵D ，E 分别为PB ，PC 的中点，∴S △BDE ＝14S △PBC ，∴V 1V 2＝V A －DBE V A －PBC ＝13S △BDE ·h13S △PBC ·h ＝14. 7．(2021·江苏)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________． 答案7解析 设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r ＝7.8．一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O 的球面上，则该圆锥的体积与球O 的体积的比值为________． 答案932解析 设等边三角形的边长为2a ，球O 的半径为R ， 则V 圆锥＝13·πa 2·3a ＝33πa 3.又R 2＝a 2＋(3a －R )2，所以R ＝233a ，故V 球＝4π3·(233a )3＝323π27a 3，则其体积比为932.9.如图所示的三个几何体，一个是长方体，一个是直三棱柱，一个是过圆柱上、下底面圆心切下圆柱的四分之一部分，若这三个几何体的正视图和俯视图是相同的正方形，求它们的表面积之比．解 由题意可知这三个几何体的高都相等，设长方体的底面正方形的边长为a ，高也等于a ，故其表面积为S 1＝6a 2.直三棱柱的底面是腰长为a 的等腰直角三角形，高为a ，故其表面积为S 2＝12×a ×a ＋12×a ×a ＋(a ＋a ＋2a )×a ＝(3＋2)a 2.14圆柱的底面是半径为a 的圆的14，高为a ，故其表面积为S 3＝14πa 2＋14πa 2＋a 2＋a 2＋14×2πa×a ＝(π＋2)a 2.所以它们的表面积之比为S 1∶S 2∶S 3＝6a 2∶(3＋2)a 2∶(π＋2)a 2＝6∶(3＋2)∶(π＋2)． 10．(教材改编)已知一个上、下底面为正三角形且两底面中心连线垂直于底面的三棱台的两底面边长分别为20cm 和30cm ，且其侧面积等于两底面面积之和，求棱台的高． 解 如图所示，三棱台ABC —A 1B 1C 1中，O 、O 1分别为两底面中心，D 、D 1分别为BC 和B 1C 1的中点，则DD 1为棱台的斜高． 由题意知A 1B 1＝20，AB ＝30， 则OD ＝53，O 1D 1＝1033，由S 侧＝S 上＋S 下，得3×12×(20＋30)×DD 1＝34×(202＋302)， 解得DD 1＝1333，在直角梯形O 1ODD 1中，O 1O ＝DD 21－(OD －O 1D 1)2＝43， 所以棱台的高为43cm. B 组 专项力量提升 (时间：30分钟)11．已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S —ABC 的体积为( )A ．3 3B ．2 3 C. 3 D ．1答案 C解析 如图，过A 作AD 垂直SC 于D ，连接BD .由于SC 是球的直径，所以∠SAC ＝∠SBC ＝90°，又∠ASC ＝∠BSC ＝30°，又SC 为公共边，所以△SAC ≌△SBC .由于AD ⊥SC ，所以BD ⊥SC . 由此得SC ⊥平面ABD . 所以V S —ABC ＝V S —ABD ＋V C —ABD ＝13S △ABD ·SC .由于在Rt △SAC 中，∠ASC ＝30°，SC ＝4， 所以AC ＝2，SA ＝23，由于AD ＝SA ·CA SC ＝ 3.同理在Rt △BSC 中也有BD ＝SB ·CBSC＝ 3. 又AB ＝3，所以△ABD 为正三角形， 所以V S —ABC ＝13S △ABD ·SC＝13×12×(3)2·sin60°×4＝3，所以选C. 12．某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是( )A．28＋6 5 B．30＋6 5C．56＋12 5 D．60＋12 5答案 B解析由几何体的三视图可知，该三棱锥的直观图如图所示，其中AE⊥平面BCD，CD⊥BD，且CD＝4，BD＝5，BE＝2，ED＝3，AE＝4. ∵AE＝4，ED＝3，∴AD＝5.又CD⊥BD，CD⊥AE，则CD⊥平面ABD，故CD⊥AD，所以AC＝41且S△ACD＝10.在Rt△ABE中，AE＝4，BE＝2，故AB＝2 5.在Rt△BCD中，BD＝5，CD＝4，故S△BCD＝10，且BC＝41.在△ABD中，AE＝4，BD＝5，故S△ABD＝10.在△ABC中，AB＝25，BC＝AC＝41，则AB边上的高h＝6，故S△ABC＝12×25×6＝6 5. 因此，该三棱锥的表面积为S＝30＋6 5.13．(2021·四川)在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形，设点M，N，P分别是AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥P A1MN的体积是________．答案124解析由题意知还原后的几何体是一个直放的三棱柱，三棱柱的底面是直角边长为1的等腰直角三角形，高为1的直三棱柱，∵＝，又∵AA1∥平面PMN，∴＝，∴V APMN＝13×12×1×12×12＝124，故＝124.14．(2021·课标全国Ⅰ)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的体积为63，求该三棱锥的侧面积．(1)证明由于四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.由于BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.故AC⊥平面BED.1P A MNV-1A PMNV-1A PMNV-A PMNV-1PA MNV又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.(2)解设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝32x，GB＝GD＝x2.由于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 E-ACD＝13×12AC·GD·BE＝624x3＝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 5.15.如图，△ABC内接于圆O，AB是圆O的直径，四边形DCBE为平行四边形，DC⊥平面ABC，AB＝2，EB ＝ 3.(1)求证：DE⊥平面ACD；(2)设AC＝x，V(x)表示三棱锥B－ACE的体积，求函数V(x)的解析式及最大值．(1)证明∵四边形DCBE为平行四边形，∴CD∥BE，BC∥DE.∵DC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴DC⊥BC. ∵AB是圆O的直径，∴BC⊥AC，且DC∩AC＝C，∴BC⊥平面ADC.∵DE∥BC，∴DE⊥平面ADC.(2)解∵DC⊥平面ABC，∴BE⊥平面ABC.在Rt△ABE中，AB＝2，EB＝ 3.在Rt△ABC中，∵AC＝x，BC＝4－x2(0<x<2)，∴S△ABC＝12AC·BC＝12x·4－x2，∴V(x)＝V E－ABC＝36x·4－x2(0<x<2)．∵x2(4－x2)≤(x2＋4－x22)2＝4，当且仅当x2＝4－x2，即x＝2时，取等号，∴x＝2时，体积有最大值33.。
高考数学一轮复习第八章 立体几何
第八章 立 体 几 何1.立体几何初步 (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、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二侧法画出它们的直观图.③会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.④了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.(2)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同一个平面内，那么这条直线在此平面内.·公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面.·公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.·公理4：平行于同一条直线的两条直线平行. ·定理：空间中如果两个角的两条边分别对应平行，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： ·平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行.·一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行.·一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，则该直线与此平面垂直.·一个平面过另一个平面的垂线，则两个平面垂直.理解以下性质定理，并能够证明：·如果一条直线与一个平面平行，那么过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行.·两个平面平行，则任意一个平面与这两个平面相交所得的交线相互平行.·垂直于同一个平面的两条直线平行.·两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.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.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.空间向量与立体几何 (1)了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.(2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示. (3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直.(4)理解直线的方向向量及平面的法向量. (5)能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.(6)能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理(包括三垂线定理).(7)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.§8.1 空间几何体的结构、三视图和直观图1.棱柱、棱锥、棱台的概念 (1)棱柱：有两个面互相______，其余各面都是________，并且每相邻两个四边形的公共边都互相______，由这些面所围成的多面体叫做棱柱.※注：棱柱又分为斜棱柱和直棱柱.侧棱与底面不垂直的棱柱叫做斜棱柱；侧棱与底面垂直的棱柱叫做直棱柱；底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱.(2)棱锥：有一个面是________，其余各面都是A.棱柱的底面一定是平行四边形( 得到图解：还原正方体知该几何体侧视图为正方形，为实线，B 1C 的正投影为A 1D ，且B 1C 被遮挡为虚故选B.(2014·福建)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面________.解：所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.故填2π.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________.解：如图所示是实际图形和直观图.由图可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34在图中作C ′D ′⊥A ′B ′，垂足为D ′，则C ′D ′O ′C ′＝68a.各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是三棱柱 C.四棱锥解：该几何体的三视图由一个三角形，两个矩形组成，经分析可知该几何体为三棱柱，故选解决此类问题的关键是根据几何体的三视图判断几何体的结构特征.常见的有以下几类：为三个三角形，对应的几何体为三棱锥；②三视图为两个三角形，一个四边形，对应的几何体为四棱锥；③三视图为两个三角形，一个圆，对应的几何体为圆锥；④三视图为一个三角形，两个四边形，对应的几何体为三棱柱；⑤三视图为三个四边形，对应的几何体为四棱柱；⑥三视图为两个四边形，一个圆，对应的几何体为圆柱.某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是解：D 选项的正视图应为如图所示的图形.故选积为20cm ________cm 解：由三视图可知，该几何体为三棱锥，此三棱锥的底面为直角三直角边长分别为5cm ，6cm ，三棱锥的高为则三棱锥的体积为V ＝13×12×5×6×h ＝20，解得4.对于空间几何体的考查，从内容上看，锥的定义和相关性质是基础，以它们为载体考查三视图、体积和棱长是重点.本题给出了几何体的三视图，要掌握三视图的画法“长对正、高平齐，宽相等”，不难将其还原得到三棱锥.(2014·北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为__________.解：该三棱锥的直观图如图所示，易知PB ⊥平面ABC ，则有PA ＝22＋2，故最长棱为P A.类型三 空间多面体的直观图 如图是一个几何体的三视图，用斜二测画法画出它的直观图解：由三视图知该几何体是一个简单组合体，它的下部是一个正四棱台，上部是一个正四棱锥画法：(1)画轴.如图1，画x 轴、y 使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°.图1画底面.利用斜二测画法画出底面′使OO ′等于三视图中相应高度，过的平行线′，Oy 的平行线O ′y ′，利用′画出底面A ′B ′C ′D ′.图2画正四棱锥顶点.在Oz 上截取点等于三视图中相应的高度.连接PA ′，PB ′，PC ′，PD ′D ，整理得到三视图表示的几何体2所示.点拨：根据三视图可以确定一个几何体的长、宽、高，再按照斜二测画法，建立x 轴、y 轴、z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°，确定几何体在x 轴、y 轴、z 轴方向上的长度，最后连线画出直观图.已知一个四棱锥的高为3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为( )A. 2B.6 2C.13D.2 2解：因为四棱锥的底面直观图是一个边长为1的正方形，该正方形的对角线长为2，根据斜二测画法的规则，原图底面的底边长为1，高为直观图中正方形的对角线长的两倍，即22，则原图底面积为S ＝22.因此该四棱锥的体积为V ＝13Sh ＝13×22×3＝22.故选D.类型四 空间旋转体的直观图用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3cm ，求圆台的母线长.解：设圆台的母线长为l ，截得圆台的上、下底面半径分别为r ，4r.根据相似三角形的性质得， 33＋l ＝r4r，解得 l ＝9. 所以，圆台的母线长为9cm .点拨：用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质(与底面全等或相似)，同时结合旋转体中的轴截面(经过旋转轴的截面)的几何性质，利用相似三角形中的相似比，设相关几何变量列方程求解.(2014·湖南)一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A.1B.2C.3D.4解：该几何体为一直三棱柱，底面是边长为6，8，10的直角三角形，侧棱为12，其最大球的半径为底面直角三角形内切圆的半径r ，由等面积法可得12×(6＋8＋10)·r ＝12×6×8，得r ＝2.故选B.1.在研究圆柱、圆锥、圆台的相关问题时，主要方法就是研究它们的轴截面，这是因为在轴截面中容易找到这些几何体的有关元素之间的位置关系以及数量关系.2.正多面体(1)正四面体就是棱长都相等的三棱锥，正六面体就是正方体，连接正方体六个面的中心，可得到一个正八面体，正八面体可以看作是由两个棱长都相等的正四棱锥拼接而成.(2)如图，在棱长为a 的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，连接A 1B ，BC 1，A 1C 1，DC 1，DA 1，DB ，可以得到一个棱长为2a的正四面体A 1BDC 1，其体积为正方体体积的13.(3)正方体与球有以下三种特殊情形：一是球内切于正方体；二是球与正方体的十二条棱相切；三是球外接于正方体.它们的相应轴截面如图所示(正方体的棱长为a ，球的半径为R).3.长方体的外接球(1)长、宽、高分别为a ，b ，c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即a 2＋b 2＋c 2＝2R .(2)棱长为a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a ＝2R .4.棱长为a 的正四面体(1)斜高为32a ；(2)高为63a ；(3)对棱中点连线长为22a ； (4)外接球的半径为64a ，内切球的半径为612a ；(5)正四面体的表面积为3a 2，体积为212a 3.5.三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线，主视图反映了物体的长度和高度；俯视图反映了物体的长度和宽度；左视图反映了物体的宽度和高度.由此得到：主俯长对正，主左高平齐，俯左宽相等.6.一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相比发生了变化，注意原图与直观图中的“三变、三不变”.三变：坐标轴的夹角改变，与y 轴平行线段的长度改变(减半)，图形改变.三不变：平行性不变，与x 轴平行的线段长度不变，相对位置不变.1.由平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体是( )A.六棱锥B.六棱台C.六棱柱D.非棱柱、棱锥、棱台的一个几何体解：平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体符合棱柱的定义，故选C.2.下列说法中，正确的是( ) A.棱柱的侧面可以是三角形B.若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其它侧面也是矩形C.正方体的所有棱长都相等D.棱柱的所有棱长都相等 解：棱柱的侧面都是平行四边形，选项A 错误；其它侧面可能是平行四边形，选项B 错误；棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，选项D 错误；易知选项C 正确.故选C.3.将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括( )A.一个圆台、两个圆锥B.两个圆台、一个圆柱C.两个圆台、一个圆锥D.一个圆柱、两个圆锥解：把等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，由旋转体的定义可知所得几何体包括一个圆柱、两个圆锥.故选D.4.(2014·江西)一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )解：由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成，从上往下看，外层轮廓线是一矩形，矩形内部有一条线段连接两个三角形.故选B.5.(2013·四川)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )A.棱柱B.棱台C.圆柱D.圆台解：由俯视图可知该几何体的上、下两底面为半径不等的圆，又∵正视图和侧视图相同，∴可判断其为旋转体.故选D.6.(2014·课标Ⅰ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A.6 2B.4 2C.6D.4解法一：如图甲，设辅助正方体棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥D ABC ，最长的棱为AD ＝6.解法二：将三视图还原为三棱锥D ABC ，如图若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其表面积等于________.解：由正视图知，三棱柱是底面边长为的正三棱柱，所以底面积为2×3×2×1＝6，所以其表面积为3.已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球____________.解：由三视图可知该组合体为球内接棱长为∴正方体的体对角线为球的直径，，r＝3.故填是截去一个角的长方体，试按图示的中几何体三视图如图b.如图1是某几何体的三视图，试说明该几何体的结构特征，并用斜二测画法画出它的直观图1中几何体是由上部为正六棱柱，下部为倒立的正六棱锥堆砌而成的组合体.斜二测画法：(1)画轴.如图2，画x轴，xOy＝45°，∠xOz＝∠yOz＝90°画底面，利用斜二测画法画出底面ABCDEF 轴上截取O′，使OO′等于正六棱柱的高，过的平行线O′x′，Oy的平行线O′x′与O′y′画出底面A′.画正六棱锥顶点.在Oz上截取点P，使等于正六棱锥的高.成图.连接PA′，PB′，PC′，PD′，′，BB′，CC′，DD′，EE′，FF理得到三视图表示的几何体的直观图如图3注意：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..某长方体的一条对角线长为7，在该长方体的正视图中，这条对角线的投影长为6，在该长方体的侧视图与俯视图中，这条对角线的投影长分和b，求ab的最大值.解：如图，则有1＝7，DC1＝6，1＝a，AC＝b，AB＝x，AD＝y，AA1＝z，有图如图所示，其中与题中容器对应的水的高度解：由三视图知其直观图为两个圆台的组合体，水是匀速注入的，所以水面高度随时间变化的变化率先逐渐减小后逐渐增大，又因为容器的对称性，所以函数图象关于一点中心对称.故选C.§8.2 空间几何体的表面积与体积1.柱体、锥体、台体的表面积(1)直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积S 直棱柱侧＝__________，S 正棱锥侧＝__________， S 正棱台侧＝__________(其中C ，C ′为底面周长，h 为高，h ′为斜高).(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面积S 圆柱侧＝________，S 圆锥侧＝________，S 圆台侧＝________(其中r ，r ′为底面半径，l 为母线长). (3)柱或台的表面积等于________与__________的和，锥体的表面积等于________与__________的和. 2.柱体、锥体、台体的体积 (1)棱柱、棱锥、棱台的体积 V 棱柱＝__________，V 棱锥＝__________，V 棱台＝__________ (其中S ，S ′为底面积，h 为高). (2)圆柱、圆锥、圆台的体积V 圆柱＝__________，V 圆锥＝__________，V 圆台＝__________(其中r ，r ′为底面圆的半径，h 为高). 3.球的表面积与体积(1)半径为R 的球的表面积S 球＝________. (2)半径为R 的球的体积V 球＝________,________).自查自纠：1.(1)Ch 12Ch ′ 12()C ＋C ′h ′(2)2πrl πrl π(r ＋r ′)l (3)侧面积 两个底面积 侧面积 一个底面积2.(1)Sh 13Sh 13h ()S ＋SS ′＋S ′(2)πr 2h 13πr 2h 13πh ()r 2＋rr ′＋r ′23.(1)4πR 2 (2)43πR 3圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为( ) A.6π(4π＋3)B.8π(3π＋1)C.6π(4π＋3)或8π(3π＋1)D.6π(4π＋1)或8π(3π＋2) 解：分两种情况：①以边长为6π的边为高时，4π为圆柱底面周长，则2πr ＝4π，r ＝2，∴S 底＝πr 2＝4π，S 侧＝6π×4π＝24π2，S 表＝2S 底＋S 侧＝8π＋24π2＝8π(3π＋1)；②以边长为4π的边为高时，6π为圆柱底面周长，则2πr ＝6π，r ＝3.∴S 底＝πr 2＝9π，S 表＝2S 底＋S 侧＝18π＋24π2＝6π(4π＋3).故选C. 正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形，则此三棱锥的体积为( ) A.23 2 B. 2 C.23 D.43 2解：∵正三棱锥的侧面均为直角三角形，故侧面为等腰直角三角形，且直角顶点为棱锥的顶点，∴侧棱长为2，V ＝13×12×(2)2×2＝23.故选C.(2014·安徽)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积是( )A.233B.476C.6D.7 解：如图示，由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥后余下的部分，其体积V ＝8－2×13×12×1×1×1＝233.故选A. 长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的8个顶点在同一个球面上，且AB ＝2，AD ＝3，AA 1＝1，则球面面积为________.单位：解：由三视图可知，该几何体为圆柱与圆锥的其体积V ＝π×12×4＋13π×22×.类型一 空间几何体的面积问题 如图，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，AD 是BC 边上的高，沿AD 把△ABD BDC ＝90°.若BD ＝1，求三棱锥D ABC解：∵折起前AD 是BC 边上的高，∴沿AD 把△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥又∠BDC ＝90°.＝DA ＝DC ＝1，∴AB ＝BC ＝CA ＝2.从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12，ABC ＝12×2×2×sin60°＝32. ∴三棱锥D ABC 的表面积S ＝12×3＋. 的矩形，正视图高为4的等腰三角形，侧视图底边长为6，面积S.解：由已知可得该几何体是一个底面为矩形，，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥PAD ，PBC 是全等的等腰三角形，边上的高为h 1＝42＋⎝ ⎛2PAB ，PCD 也是全等的等腰三角形，h 2＝42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622⎝ ⎛12×6×42＋12×8×5空间旋转体的面积问题如图，半径为4的球O 柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是______.设球的一条半径与圆柱相应的母线的夹角为＝2π×4sin α＝π4时，S 取最大值球的表面积与该圆柱的侧面积之差为32π.点拨：根据球的性质，内接圆柱上、下底面中心连线的中点为球心，且圆柱的上、下底面圆周均在球面上，球心和圆柱的上、下底面圆上的点的连线与母线的夹角相等，这些为我们建立圆柱的侧面积与上述夹角之间的函数关系提供了依据.圆台的上、下底面半径分别是10 cm和20 cm ，它的侧面展开图的扇环的圆心角是180°，那么圆台的侧面积是____________cm 2.解：如图示，设上底面周长为c.∵扇环的圆心角是180°，∴c ＝π·S A. 又∵c ＝2π×10＝20π， ∴SA ＝20.同理SB ＝40. ∴AB ＝SB －SA ＝20，∴S 圆台侧＝π(10＋20)·AB＝600π(cm 2).故填600π.类型三 空间多面体的体积问题如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( )A.23 B.33 C.43 D.32 解：如图，过A ，B 两点分别作AM ，BN 垂直于EF ，垂足分别为M ，N ，连接DM ，CN ，可证得DM ⊥EF ，CN ⊥EF ，则多面体ABCDEF 分为三部分，即多面体的体积V ABCDEF ＝V AMD BNC ＋V E AMD ＋V F BN C.依题意知AEFB 为等腰梯形.易知Rt △DME Rt △CNF ，∴EM ＝NF ＝12.又BF ＝1，∴BN ＝32. 作NH 垂直于BC ，则H 为BC 的中点，∴NH ＝22. ∴S △BNC ＝12·BC ·NH ＝24.∴V F BNC ＝13·S △BNC ·NF ＝224，V E AMD ＝V F BNC ＝224，V AMD BNC ＝S △BNC ·MN ＝24.∴V ABCDEF ＝23，故选A.点拨：求空间几何体体积的常用方法为割补法和等积变换法：①割补法：将这个几何体分割成几个柱体、锥体，分别求出柱体和锥体的体积，从而得出要求的几何体的体积；②等积变换法：特别的，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”.(2014·重庆)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.12B.18C.24D.30解：由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥得到的.所以该几何体的体积为V ＝12×3×4×5－13×12×3×4×3＝24.故选C. 类型四 空间旋转体的体积问题已知某几何体的三视图如图所示，其中，正(主)视图、侧(左)视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与其内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为( )A.2π3＋12B.4π3＋16C.2π6＋16 D.2π3＋12解：由三视图可得该几何体的上部是一个三棱锥，下部是半球，根据三视图中的数据可得V ＝12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1×1＝2π6＋16.故选C.点拨：根据已知三视图想象出该几何体的直观图，然后分析该几何体的组成，再用对应的体积公式进行计算.(2014·课标Ⅱ)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm ，高为6cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727 B.59 C.1027 D.13解：原来毛坯体积为：π·32·6＝54π(cm 3)，由三视图知该零件由左侧底面半径为2cm ，高为4cm 的圆柱和右侧底面半径为3cm ，高为2cm 的圆柱构成，故该零件的体积为：π·22·4＋π·32·2＝34π(cm 3)，切削掉部分的体积为54π－34π＝20π(cm 3)，故切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为20π54π＝1027 .故选C.1.几何体的展开与折叠 (1)几何体的表面积，除球以外，都是利用展开图求得的，利用空间问题平面化的思想，把一个平面图形折叠成一个几何体，再研究其性质，是考查空间想象能力的常用方法.(2)多面体的展开图①直棱柱的侧面展开图是矩形；②正棱锥的侧面展开图是由一些全等的等腰三角形拼成的，底面是正多边形；③正棱台的侧面展开图是由一些全等的等腰梯形拼成的，底面是正多边形.(3)旋转体的展开图①圆柱的侧面展开图是矩形，矩形的长(或宽)是底面圆周长，宽(或长)是圆柱的母线长；②圆锥的侧面展开图是扇形，扇形的半径长是圆锥的母线长，弧长是圆锥的底面周长；③圆台的侧面展开图是扇环，扇环的上、下弧长分别为圆台的上、下底面周长.注：①圆锥中母线长l 与底面半径r 和展开图扇形中半径和弧长间的关系及符号容易混淆，同学们应多动手推导，加深理解.②圆锥和圆台的侧面积公式S 圆锥侧＝12cl 和S 圆台侧＝12(c ′＋c )l 与三角形和梯形的面积公式在形式上相同，可将二者联系起来记忆.2.空间几何体的表面积的计算方法有关空间几何体的表面积的计算通常是将空间图形问题转化为平面图形问题，这是解决立体几何问题常用的基本方法.(1)棱柱、棱锥、棱台等多面体的表面积可以分别求各面面积，再求和，对于直棱柱、正棱锥、正棱台也可直接利用公式；(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算其侧面积时需将曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和；(3)组合体的表面积应注意重合部分的处理. 3.空间几何体的体积的计算方法(1)计算柱、锥、台体的体积，关键是根据条件找出相应的底面面积和高，应注意充分利用多面体的截面特别是轴截面，将空间问题转化为平面问题求解.(2)注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、还台为锥法等，它们是计算一些不规则几何体体积常用的方法，应熟练掌握.(3)利用三棱锥的“等体积性”可以解决一些点到平面的距离问题，即将点到平面的距离视为一个三棱锥的高，通过将其顶点和底面进行转化，借助体积的不变性解决问题.1.已知圆锥的正视图是边长为2的等边三角π B.8－π2 D.8－π4解：直观图为棱长为2的正方体割去两个底面14圆柱，其体积V ＝23－2×14×π×故选B.将长、宽分别为4和3的长方形ABCD 折成直二面角，得到四面体A BCD ，则四面体的外接球的表面积为( )B.50πC.5πD.10π解：由题设知AC 为外接球的直径，∴，S 表＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫522＝25π.故选，N 是球O 半径OP 上的两点，且分别过N ，M ，O 作垂直于OP 的平面，得三个圆，则这三个圆的面积之比为( )∶6 B.3∶6∶8 ∶9 D.5∶8∶9解：设球的半径为R ，以N ，M 为圆心的圆的半，r 2.由题知M ，N 是OP 的三等分点，三个圆的面积之比即为半径的平方比，在球的轴截面的外接圆的半径R 2－r 2＝63，的距离为2d ＝2d ＝13×34×23ABC ×2R ＝36，排除)一个六棱锥的体积为的正六边形，侧棱长都相等，则该________.设该六棱锥的高是h ，则V ，解得h ＝1.∴侧面三角形的高为，∴侧面积S ＝12×由题意可设直角梯形上底、下底和高为，它们分别为圆台的上、下底半径和高BC ⊥OA 于C ，则Rt ′B ＝4x －2x ＝2x ，＋BC 2＝（2x ）2侧＝[π(2x )2∶[π＝2∶8∶9.·上海)底面边长为，其表面展开图是三角形P 1的边长及三棱锥的体积V.解：由正三棱锥P ABC 的性质及其表面展开图，B ，C 分别是△P 1P 2P .依三角形中位线定理可得4.易判断正三棱锥P 的正四面体，其体积为V ＝212×四面体体积公式可见8.1名师点津4)一个圆锥的底面半径为R ＝2，高为在这个圆锥内部有一个高为x 的内接圆柱值时，圆柱的表面积最大？最大值是多少？解：如图是圆锥的轴截面，设圆柱的底面半径，解得r ＝R －R H x ＝2－ (图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，4<V 3 B.V 1<V 3<V 2<V 4 3<V 4 D.V 2<V 3<V 1<V 4解：由已知条件及三视图可知，该几何体从上到下依次是圆台，圆柱，正方体，棱台，则·π＋4π)＝7π3，V 2＝π×8，V 4＝13×1×(4＋4×16＋<V 1<V 3<V 4.故选C.§8.3 空间点、线、面之间的位置关系1.平面的基本性质 (1)公理1：如果一条直线上的______在一个平面内，那么这条直线在此平面内.它的作用是可用来证明点在平面内或__________________.(2)公理2：过____________上的三点，有且只有一个平面.公理2的推论如下：①经过一条直线和直线外一点，有且只有一个平面；②经过两条相交直线，有且只有一个平面； ③经过两条平行直线，有且只有一个平面. 公理2及其推论的作用是可用来确定一个平面，或用来证明点、线共面.(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们____________过该点的公共直线.它的作用是可用来确定两个平面的交线，或证明三点共线、三线共点等问题.2.空间两条直线的位置关系 (1)位置关系的分类 错误!(2)异面直线①定义：不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线.注：异面直线定义中“不同在任何一个平面内的两条直线”是指“不可能找到一个平面能同时经过这两条直线”，也可以理解为“既不平行也不相交的两条直线”，但是不能理解为“分别在两个平面内的两条直线”.②异面直线的画法：画异面直线时，为了充分显示出它们既不平行又不相交，也不共面的特点，常常需要以辅助平面作为衬托，以加强直观性.③异面直线所成的角：已知两条异面直线a ，b ，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).异面直线所成角的范围是____________.若两条异面直线所成的角是直角，则称两条异面直线__________，所以空间两条直线垂直分为相交垂直和__________.3.平行公理公理4：平行于____________的两条直线互相平行(空间平行线的传递性).它给出了判断空间两条直线平行的依据.4.等角定理等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角____________.自查自纠：1.(1)两点 直线在平面内 (2)不在一条直线 (3)有且只有一条2.(1)一个公共点 没有公共点 没有公共点(2)③⎝⎛⎦⎥⎤0，π2 互相垂直 异面垂直3.同一条直线4.相等或互补(2013·安徽)在下列命题中，不是．．公理的是( )A.平行于同一个平面的两个平面相互平行B.过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面C.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都在此平面内D.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解：公理是不需要证明的原始命题，而选项A 是面面平行的性质定理，故选A.若∠AOB ＝∠A 1O 1B 1，且OA ∥O 1A 1，OA 与O 1A 1的方向相同，则下列结论中正确的是( )A.OB ∥O 1B 1且方向相同B.OB ∥O 1B 1C.OB 与O 1B 1不平行D.OB 与O 1B 1不一定平行解：两角相等，角的一边平行且方向相同，另一边不一定平行，如圆锥的母线与轴的夹角.故选D.若点P ∈α，Q ∈α，R ∈β，α∩β＝m ，且R ∉m ，PQ ∩m ＝M ，过P ，Q ，R 三点确定一个平面γ，则β∩γ是( )A.直线Q RB.直线P RC.直线R MD.以上均不正确 解：∵PQ ∩m ＝M ，m ⊂β，∴M ∈β.又M ∈平面PQ R ，即M ∈γ，故M 是β与γ的公共点.又R∈β，R ∈平面PQ R ，即R∈γ，∴R 是β与γ的公共点.∴β∩γ＝M R .故选C.给出下列命题：①空间四点共面，则其中必有三点共线； ②空间四点不共面，则其中任何三点不共线； ③空间四点中有三点共线，则此四点必共面； ④空间四点中任何三点不共线，则此四点不共。
2021版浙江新高考数学一轮复习：第八章 7 第7讲 1 第1课时 空间角
[基础题组练]1．在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选C.不妨设AB ＝AC ＝AA 1＝1，建立空间直角坐标系如图所示，则B (0，－1，0)，A 1(0，0，1)，A (0，0，0)，C 1(－1，0，1)，所以BA 1→＝(0，1，1)， AC 1→＝(－1，0，1)， 所以cos 〈BA 1→，AC 1→〉 ＝BA 1→·AC 1→|BA 1→|·|AC 1→|＝12×2＝12， 所以〈BA 1→，AC 1→〉＝60°，所以异面直线BA 1与AC 1所成的角等于60°.2．在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，点D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，P A ＝2，则直线P A 与平面DEF 所成角的正弦值为( )A.15B.255C.55D.25解析：选C.以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，由AB ＝AC ＝1，P A ＝2，得A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，1，0)，P (0，0，2)，D ⎝⎛⎭⎫12，0，0，E ⎝⎛⎭⎫12，12，0，F ⎝⎛⎭⎫0，12，1. 所以P A →＝(0，0，－2)，DE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，0， DF →＝⎝⎛⎭⎫－12，12，1. 设平面DFE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，则n ＝(2，0，1)，设直线P A 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈P A →，n 〉|＝|P A →·n ||P A →||n |＝55，所以直线P A 与平面DEF 所成角的正弦值为55.3．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________．解析：以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12， D (0，1，0)，所以A 1D →＝(0，1，－1)， A 1E →＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12， 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.所以n 1＝(1，2，2)．因为平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.答案：234．在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝1，点D 在棱BB 1上，若BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正切值为________．解析：如图，设AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，点E 为AC 的中点，连接BE ，则BE ⊥AC ，所以BE ⊥平面AA 1C 1C ，可得AD →·EB →＝(AB →＋BD →)·EB →＝AB →·EB →＝1×32×32＝34＝2×32×cos θ(θ为AD →与EB →的夹角)，所以cos θ＝64＝sin α，所以所求角的正切值为tan α＝cos θsin θ＝155. 答案：1555．已知单位正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，E ，F 分别是棱B 1C 1，C 1D 1的中点．试求： (1)AD 1与EF 所成角的大小； (2)AF 与平面BEB 1所成角的余弦值．解：建立如图所示的空间直角坐标系B 1xyz ，得A (1，0，1)， B (0，0，1)，D 1(1，1，0)， E ⎝⎛⎭⎫0，12，0，F ⎝⎛⎭⎫12，1，0. (1)因为AD 1→＝(0，1，－1)， EF →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0，所以cos 〈AD 1→，EF →〉＝（0，1，－1）·⎝⎛⎭⎫12，12，02×22＝12，即AD 1与EF 所成的角为60°.(2)F A →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，1，由图可得，BA →＝(1，0，0)为平面BEB 1的一个法向量，设AF 与平面BEB 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BA →，F A →〉|＝⎪⎪⎪⎪（1，0，0）·⎝⎛⎭⎫12，－1，11×⎝⎛⎭⎫122＋（－1）2＋12＝13，所以cos θ＝223.即AF 与平面BEB 1所成角的余弦值为223.6．(2020·宁波市余姚中学高三期中)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，点Q 为AD 的中点．(1)若P A ＝PD ，求证：平面PQB ⊥平面P AD ；(2)设点M 是线段PC 上的一点，PM ＝tPC ，且P A ∥平面MQB . ①求实数t 的值；②若P A ＝PD ＝AD ＝2，且平面P AD ⊥平面ABCD ，求二面角M -BQ -C 的大小． 解：(1)证明：连接BD ，因为四边形ABCD 为菱形， ∠BAD ＝60°，所以△ABD 是正三角形，又Q 为AD 中点， 所以AD ⊥BQ .因为P A ＝PD ，Q 为AD 中点，所以AD ⊥PQ .又BQ ∩PQ ＝Q ，所以AD ⊥平面PQB ，AD ⊂平面P AD ，所以平面PQB⊥平面P AD.(2)①当t＝13时，使得P A∥平面MQB.连接AC交BQ于N，交BD于O，则O为BD的中点，又因为BQ为△ABD边AD上的中线，所以N为正三角形ABD的重心，令菱形ABCD的边长为a，则AN＝33a，AC＝3a.因为P A∥平面MQB，P A⊂平面P AC，平面P AC∩平面MQB＝MN，所以P A∥MN，PMPC＝ANAC＝3a33a＝13，即PM＝13PC，t＝13.②因为PQ⊥AD，又平面P AD⊥平面ABCD，所以QA，QB，QP两两垂直，以Q为坐标原点，分别以QA，QB，QP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Q-xyz，由P A＝PD＝AD＝2，则B(0，3，0)，C(－2，3，0)，P(0，0，3)，设M(a，b，c)，则PM→＝(a，b，c－3)，PC→＝(－2，3，－3)，因为PM＝13PC，所以PM→＝13PC→，所以a＝－23，b＝33，c＝233，所以M⎝⎛⎭⎫－23，33，233，设平面MQB的法向量n＝(x，y，z)，由QM→＝⎝⎛⎭⎫－23，33，233，QB→＝(0，3，0)，且n⊥QM→，n⊥QB→，得⎩⎪⎨⎪⎧－23x＋33y＋233z＝03y＝0，取z＝1，得n＝(3，0，1)，又平面ABCD的法向量m＝(0，0，1)，所以cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝12，由图知二面角M -BQ -C 的平面角为锐角， 所以二面角M -BQ -C 的大小为60°.[综合题组练]1.(2020·杭州中学高三月考)如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，P A ⊥底面ABCD ，点M 是棱PD 的中点，且P A ＝AB ＝AC ＝2，BC ＝22.(1)求证：CD ⊥平面P AC ； (2)求二面角M -AB -C 的大小；(3)如果N 是棱AB 上一点，且直线CN 与平面MAB 所成角的正弦值为105，求ANNB的值． 解：(1)证明：因为在△ABC 中，AB ＝AC ＝2，BC ＝22， 所以BC 2＝AB 2＋AC 2，所以AB ⊥AC ， 因为AB ∥CD ，所以AC ⊥CD ，又因为P A ⊥底面ABCD ，所以P A ⊥CD ， 因为AC ∩P A ＝A ，所以CD ⊥平面P AC .(2)如图，建立空间直角坐标系A -xyz ，则A (0，0，0)，P (0，0，2)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (－2，2，0)，因为点M 是棱PD 的中点，所以M (－1，1，1)，所以AM →＝(－1，1，1)，AB →＝(2，0，0)， 设n ＝(x ，y ，z )为平面MAB 的法向量， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＋z ＝02x ＝0.令y ＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0y ＝1z ＝－1，所以平面MAB 的法向量n ＝(0，1，－1)． 因为P A ⊥平面ABCD ，所以AP →＝(0，0，2)是平面ABC 的一个法向量．所以cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝－22×2＝－22.因为二面角M -AB -C 为锐二面角， 所以二面角M -AB -C 的大小为π4.(3)因为N 是棱AB 上一点，所以设N (x ，0，0)，NC →＝(－x ，2，0)， 设直线CN 与平面MAB 所成角为α， 因为平面MAB 的法向量n ＝(0，1，－1)， 所以sin α＝|cos 〈NC →，n 〉|＝22×x 2＋4＝105， 解得x ＝1，即AN ＝1，NB ＝1，所以ANNB＝1.2．(2020·惠州市第三次调研考试)如图，四边形ABCD 是圆柱OQ 的轴截面，点P 在圆柱OQ 的底面圆周上，点G 是DP 的中点，圆柱OQ 的底面圆的半径OA ＝2，侧面积为83π，∠AOP ＝120°.(1)求证：AG ⊥BD ；(2)求二面角P -AG -B 的平面角的余弦值． 解：建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，由题意可知83π＝2×2π×AD ，解得AD ＝2 3.则A (0，0，0)，B (0，4，0)，D (0，0，23)，P (3，3，0)， 因为G 是DP 的中点，所以可求得G ⎝⎛⎭⎫32，32，3.(1)证明：BD →＝(0，－4，23)，AG →＝⎝⎛⎭⎫32，32，3.所以AG →·BD →＝⎝⎛⎭⎫32，32，3·(0，－4，23)＝0，所以AG ⊥BD .(2)BP →＝(3，－1，0)，AG →＝⎝⎛⎭⎫32，32，3，PG →＝⎝⎛⎭⎫－32，－32，3，BG →＝⎝⎛⎭⎫32，－52，3，因为BP →·PG →＝0，AG →·BP →＝0，所以BP →是平面APG 的法向量．设n ＝(x ，y ，1)是平面ABG 的法向量，由n ·AG →＝0，n ·BG →＝0.解得n ＝(－2，0，1)， cos 〈BP →，n 〉＝BP →·n |BP →|·|n |＝－2325＝－155.结合图形得，二面角P -AG -B 的平面角的余弦值为155. 3．(2020·温州十五校联考)已知菱形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于一点O ，∠BAD ＝60°，将△BDC 沿着BD 折起得△BDC ′，连接AC ′.(1)求证：平面AOC ′⊥平面ABD ；(2)若点C ′在平面ABD 上的投影恰好是△ABD 的重心，求直线CD 与底面ADC ′所成角的正弦值．解：(1)证明：因为C ′O ⊥BD ，AO ⊥BD ，C ′O ∩AO ＝O ，所以BD ⊥平面C ′OA ，又因为BD ⊂平面ABD ，所以平面AOC ′⊥平面ABD .(2)如图建系O -xyz ，令AB ＝a ，则A ⎝⎛⎭⎫32a ，0，0，B ⎝⎛⎭⎫0，12a ，0，D ⎝⎛⎭⎫0，－12a ，0，C ′⎝⎛⎭⎫36a ，0，63a ， 所以DC →＝AB →＝⎝⎛⎭⎫－32a ，12a ，0，平面ADC ′的法向量为m ＝⎝⎛⎭⎫1，－3，22，设直线CD 与底面ADC ′所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈DC →，m 〉|＝|DC →·m ||DC →||m |＝3a a ·32＝63， 故直线CD 与底面ADC ′所成角的正弦值为63.4.如图，在四棱锥P ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，侧棱P A ＝PD ＝2，P A ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 的中点．(1)求直线PB 与平面POC 所成角的余弦值； (2)求B 点到平面PCD 的距离；(3)线段PD 上是否存在一点Q ，使得二面角Q -AC -D 的余弦值为63？若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由．解：(1)在△P AD 中，P A ＝PD ，O 为AD 中点，所以PO ⊥AD ，又侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面P AD ，所以PO ⊥平面ABCD .在直角梯形ABCD 中，连接OC ，易得OC ⊥AD ，所以以O 为坐标原点，直线OC 为x 轴，直线OD 为y 轴，直线OP 为z 轴可建立空间直角坐标系Q -xyz (OC →、OD →、OP →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向)，则P (0，0，1)，A (0，－1，0)，B (1，－1，0)，C (1，0，0)，D (0，1，0)，所以PB →＝(1，－1，－1)．易证OA ⊥平面POC ，所以OA →＝(0，－1，0)是平面POC 的一个法向量， 又cos 〈PB →，OA →〉＝PB →·OA →|PB →||OA →|＝33，所以直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为63. (2)PD →＝(0，1，－1)，CP →＝(－1，0，1)， 设平面PCD 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CP →＝－x ＋z ＝0，u ·PD →＝y －z ＝0，取z ＝1，得u ＝(1，1，1)．所以B 点到平面PCD 的距离为d ＝|BP →·u ||u |＝33.(3)存在．设PQ →＝λPD →(0≤λ＜1)，因为PD →＝(0，1，－1)，所以PQ →＝(0，λ，－λ)＝OQ →－OP →， 所以OQ →＝(0，λ，1－λ)，所以Q (0，λ，1－λ)． 设平面CAQ 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝x ′＋y ′＝0，m ·AQ →＝（λ＋1）y ′＋（1－λ）z ′＝0.取z ′＝λ＋1，得m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)， 易知平面CAD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)， 因为二面角Q -AC -D 的余弦值为63， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝63，得3λ2－10λ＋3＝0， 解得λ＝13或λ＝3(舍去)，所以存在点Q ，使得二面角Q -AC -D 的余弦值为63，且PQ QD ＝12.快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。
2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量补上一课立体几何中的翻折轨迹及最值范围问题含解析
立体几何中的翻折、轨迹及最值(范围）问题知识拓展1.翻折问题是立体几何的一类典型问题，是考查实践能力与创新能力的好素材.解答翻折问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化。
解题时我们要依据这些变化的与未变化的量来分析问题和解决问题.而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆向过程，一般地，涉及多面体表面的距离问题不妨将它展开成平面图形试一试。
2.在立体几何中，某些点、线、面依一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与求平面轨迹类似，应注意几何条件,善于基本轨迹转化.对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑,注意特定情况下的动点的位置,然后对任意情形加以分析判定,也可转化为平面问题。
对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性.3.立体几何中的体积最值问题一般是指有关距离的最值、角的最值(上节）或(面积)体积的最值的问题。
其一般方法有：(1）几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值；(2）代数方法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式,利用函数的单调性、有界性,以及不等式的均值定理等，求出最值.题型突破题型一立体几何中的翻折问题【例1】（2019·全国Ⅲ卷）图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC ＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②。
(1）证明：图②中的A，C，G，D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE；（2)求图②中的二面角B－CG－A的大小.(1)证明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C,G，D四点共面。
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE。
浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量加强练八立体几何与空间向量含解析
加强练(八) 立体几何与空间向量一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.(2015·上海卷)如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB 是一条侧棱，P i (i ＝1，2，…，8)是上底面上其余八个点，则AB →·AP i →(i ＝1，2，…，8)的不同值的个数为( )A.1B.2C.4D.8解析 ∵AB →·AP i →＝|AB →|·|AP i →|cos 〈AB →，AP i →〉＝1×1＝1，∴只有一个值. 答案 A2.(2020·宁波模拟)若直线l 不平行于平面α，且l ⊄α，则( ) A.α内所有直线与l 异面 B.α内只存在有限条直线与l 共面 C.α内存在唯一的直线与l 平行 D.α内存在无数条直线与l 相交解析 由直线与平面的位置关系知l ⊄α，则l ∥α或l 与平面α相交.由题意知，l 不平行于平面α，则设l ∩α＝P ，故平面α内所有过点P 的直线与l 相交，平面α内不过点P 的直线与l 异面，故选D. 答案 D3.如图，斜线段AB 与平面α所成的角为60°，B 为斜足，平面α上的动点P 满足∠PAB ＝30°，则点P 的轨迹是( )A.直线B.抛物线C.椭圆D.双曲线的一支解析 利用平面截圆锥面直接得轨迹.因为∠PAB ＝30°，所以点P 的轨迹为以AB 为轴线，PA 为母线的圆锥面与平面α的交线，且平面α与圆锥的轴线斜交，故点P 的轨迹为椭圆. 答案 C4.(2017·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3 C.3π2＋1 D.3π2＋3 解析 由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长是2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，所以该几何体的体积V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1. 答案 A5.已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，正方体所在空间的动点P 满足|PB 1→＋PC →|＝2，则AP →·AD 1→的取值范围是( )A.[0，4]B.[1，4]C.[0，22]D.[1，22]解析 因为正方体的棱长为2，所以B 1C ＝2，则由|PB 1→＋PC →|＝2得点P 在以B 1C 的中点为球心，B 1C2为半径的球面上.当点P 与点B 重合时，点P 在直线AD 1上的射影为点A ，当点P 与点C 1重合时，点P 在直线AD 1上的射影为点D 1，则AP →·AD 1→∈[0，|AD 1→|2]＝[0，4]，故选A.答案 A6.(2020·北京朝阳区模拟)在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为线段CD 和A 1B 1上的动点，且满足CE ＝A 1F ，则四边形D 1FBE 所围成的图形(如图所示阴影部分)分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和( )A.有最小值32B.有最大值52C.为定值3D.为定值2解析 依题意，设四边形D 1FBE 的四个顶点在后面，上面，左面的投影点分别为D ′，F ′，B ′，E ′，则四边形D 1FBE 在上面，后面，左面的投影分别如下图.所以在后面的投影的面积为S 后＝1×1＝1， 在上面的投影面积S 上＝D ′E ′×1＝DE ×1＝DE ， 在左面的投影面积S 左＝B ′E ′×1＝CE ×1＝CE ，所以四边形D 1FBE 所围成的图形(如图所示阴影部分)分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和S ＝S 后＋S 上＋S 左＝1＋DE ＋CE ＝1＋CD ＝2. 答案 D7.(2020·长沙四校模拟一)在棱长为2的正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，有一个与正方体各个面均相切的球O ，则平面AB ′D ′截该球所得截面的面积为( ) A.23π B.43π C.πD.2π解析 由题意知球O 的球心为正方体的中心(体对角线的交点)，半径为1，A ′A ＝A ′B ′＝A ′D ′＝2，AD ′＝B ′D ′＝AB ′＝2 2.设点A ′到平面AB ′D ′的距离为h ，则由V A ′－AB ′D ′＝V A －A ′B ′D ′，得13×12×22×22×sin 60°×h ＝13×12×2×2×2，得h ＝233.连接A ′C ，易知A ′C ＝22＋22＋23＝23，所以球心O 到平面AB ′D ′的距离为3－233＝33，从而截面圆的半径为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝63，因此所求截面的面积为23π.答案 A8.(2020·北京西城区综合练习)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，平面α与此正方体相交.对于实数d (0＜d ＜3)，如果正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的八个顶点中恰好有m 个点到平面α的距离等于d ，那么下列结论中一定正确的是( ) A.m ≠6 B.m ≠5 C.m ≠4D.m ≠3解析 如图(1)恰好有3个点到平面α的距离为d ；如图(2)恰好有4个点到平面α的距离为d ；如图(3)恰好有6个点到平面α的距离为d .答案 B9.(2020·浙江名师预测卷二)如图，已知三棱锥S －ABC 中，SA ＝SB ＝SC ，∠ABC ＝90°，AB ＞BC ，E ，F ，G 分别是AB ，BC ，AC 的中点，分别记平面SEF 与平面SAC 、平面SEG 与平面SBC 、平面SFG 与平面SAB 所成的锐二面角为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系是( )A.α＜β＜γB.β＜α＜γC.α＜γ＜βD.γ＜β＜α解析 由SA ＝SB ＝SC 可知点S 在底面ABC 上的射影是△ABC 的外心，∵∠ABC ＝90°，∴AC 的中点G 就是点S 在底面ABC 上的射影，即SG ⊥平面ABC ，过点G 作GH ⊥EF ，交EF 于点H ，连接SH ，则∠GSH 就是平面SEF 与平面SAC 所成角的平面角，tan∠GSH ＝tan α＝GHSG，易证GF ⊥平面SEG ，∴∠GSF 就是平面SEG 与平面SBC 所成角的平面角，tan∠GSF ＝tan β＝GFSG，同理，tan∠GSE ＝tan γ＝GESG，在Rt△EGF 中，GH ＜GE ＜GF ，∴tan α＜tan γ＜tan β，∴α＜γ＜β，故选C. 答案 C10.如图，已知平面α⊥β，α∩β＝l ，A 、B 是直线l 上的两点，C 、D 是平面β内的两点，且DA ⊥l ，CB ⊥l ，AD ＝3，AB ＝6，CB ＝6.P 是平面α上的一动点，且直线PD ，PC 与平面α所成角相等，则二面角P －BC －D 的余弦值的最小值是( )A.15B.12C.32D.1解析 ∵DA ⊥l ，α∩β＝l ，α⊥β，AD ⊂β，∴AD ⊥α，同理，BC ⊥α.∴∠DPA 为直线PD 与平面α所成的角，∠CPB 为直线PC 与平面α所成的角，∴∠DPA ＝∠CPB ，又∠DAP ＝∠CBP＝90°，∴△DAP ∽△CBP ，∴PA PB ＝DA BC ＝12.在平面α内，以AB 为x 轴，以AB 的中垂线为y 轴建立平面直角坐标系，则A (－3，0)，B (3，0).设P (x ，y )，(y ＞0)，∴2（x ＋3）2＋y 2＝（x －3）2＋y 2，整理得(x ＋5)2＋y 2＝16.∴P 点在平面α内的轨迹为以M (－5，0)为圆心，以4为半径的上半圆.∵平面PBC ∩平面β＝BC ，PB ⊥BC ，AB ⊥BC ，∴∠PBA 为二面角P －BC －D 的平面角.∴当PB 与圆相切时，∠PBA 最大，cos∠PBA 取得最小值.此时PM ＝4，MB ＝8，MP ⊥PB ，∴PB ＝43，cos∠PBA ＝PB MB ＝438＝32.答案 C二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)11.(2019·全国Ⅰ卷)已知∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为________.解析 如图，过点P 作PO ⊥平面ABC 于O ，则PO 为P 到平面ABC 的距离. 再过O 作OE ⊥AC 于E ，OF ⊥BC 于F ， 连接OC ，PE ，PF ，则PE ⊥AC ，PF ⊥BC . 所以PE ＝PF ＝3，所以OE ＝OF ， 所以CO 为∠ACB 的平分线， 即∠ACO ＝45°.在Rt△PEC 中，PC ＝2，PE ＝3，所以CE ＝1， 所以OE ＝1，所以PO ＝PE 2－OE 2＝（3）2－12＝ 2. 答案212.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为4，P 为BC 的中点，Q 为线段CC 1上的动点(异于C 点)，过点A ，P ，Q 的平面截该正方体所得的截面记为M . 当CQ ＝________时(用数值表示)，M 为等腰梯形； 当CQ ＝4时，M 的面积为________.解析 连接AP 并延长交DC 的延长线于点N ，当点Q 为CC 1的中点，即CQ ＝2时，连接D 1N ，则D 1N 过点Q ，PQ 綉AD 1，显然AP ＝D 1Q ，M 为等腰梯形；当CQ ＝4时，NQ 交棱DD 1延长线上一点(设为G )，且GD 1＝4，AG 过A 1D 1的中点，此时M 为菱形，其对角线长分别为43和42，故其面积为8 6. 答案 2 8 613.(2020·浙江“超级全能生”联考)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是________ cm 3，表面积是________ cm 2.解析 易知该几何体是一个底面为直角梯形，一条侧棱垂直底面的四棱锥，所以该几何体的体积V ＝13×（4＋2）×42×4＝16(cm 3)，表面积为（4＋2）×42＋4×42＋4×22＋4×422＋43×222＝82＋46＋24(cm 2). 答案 16 82＋46＋2414.(2020·北仑中学模拟)如图，正四面体ABCD 的棱CD 在平面α内，E 为棱BC 的中点，当正四面体ABCD 绕CD 旋转时，直线AE 与平面α所成最大角的正弦值为________.解析 过点E 作CD 的平行线，交BD 于F ，则正四面体绕CD 旋转时AE 与平面α所成角相当于绕EF 旋转时AE 与平面α所成角.此时直线AE 形成一个圆锥，所以可知直线AE 与平面α所成角的最大值即为AE 与EF 所成的角.设正四面体的棱长为2，则AE ＝AF ＝3，EF ＝1，所以cos∠AEF ＝3＋1－323＝36，所以sin∠AEF ＝336，即直线AE 与平面α所成最大角的正弦值为336. 答案33615.已知球O 与棱长为4的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱都相切，点M 是球O 上一点，点N 是△ACB 1的外接圆上一点，则线段MN 长度的最大值为________；最小值为________. 解析 因为球O 与棱长为4的正方体的各棱都相切，所以球O 的半径为22，球心O 在体对角线的中点，△ACB 1的外接圆是正方体外接球的一个小圆，点N 是△ACB 1的外接圆上一点，则点N 到球心O 的距离为23(即正方体外接球的半径)，因为点M 是球O 上一点，所以线段MN 长度的最小值为23－22，线段MN 长度的最大值为23＋2 2. 答案 23＋2 2 23－2 216.(2020·绍兴一中适应性考试)已知半径为4的球面上有两点A ，B ，AB ＝42，球心为O ，若球面上的动点C 满足二面角C －AB －O 的大小为60°，则四面体OABC 的外接球的半径为________.解析 如图，由已知，AO ⊥OB ，又平面ABC 与平面AOB 所成的二面角大小为60°，则平面ABC 截球O 的球面为一个圆，当点C 在弧ACB 的中点时，取AB 的中点M ，连接CM ，OM ，则AB ⊥平面CMO ，故二面角C －AB －O 的平面角为∠CMO ，则∠CMO ＝60°.作OH ⊥CM 于点H ，由OA ＝OB ＝OC ＝4，AB ＝42，设四面体OABC 的外接球球心为O 1∈OH ，则由OM ＝12AB ＝22得OH ＝OM sin 60°＝ 6.HM ＝OM cos 60°＝2，故四面体OABC 的外接球的半径r 满足O 1O 2＝O 1A 2＝HM 2＋AM 2＋O 1H 2，即r 2＝(2)2＋(22)2＋(r －6)2，解得r ＝463.答案46317.(2019·全国Ⅱ卷)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图①).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图②是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有________个面，其棱长为________.解析依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面.注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则22x＋x＋22x＝1，解得x＝2－1，故题中的半正多面体的棱长为2－1.答案26 2－1三、解答题(本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)18.(本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.19.(本小题满分15分)(2020·嘉、丽、衢模拟)如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点E，F分别是线段DC，BC的中点，分别将△DAE沿AE折起，△CEF沿EF折起，使得D，C重合于点G，连接AF.(1)求证：平面GEF ⊥平面GAF ；(2)求直线GF 与平面GAE 所成角的正弦值. (1)证明 因为EG ⊥AG ，EG ⊥FG ，GA ∩GF ＝G ， 所以GE ⊥平面GAF ，又GE ⊂平面GEF ， 所以平面GEF ⊥平面GAF . (2)解 过F 作FH ⊥AG 于H ，则由GE ⊥平面GAF ，且FH ⊂平面GAF 知，GE ⊥FH ，GA ∩GE ＝G ，所以FH ⊥平面GAE ，从而∠FGH 是直线GF 与平面GAE 所成角. 因为GA ＝3，GF ＝32，AF ＝42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝732， 所以cos∠AGF ＝GA 2＋GF 2－AF 22·GA ·GF ＝9＋94－7342×3×32＝－79，从而sin∠FGH ＝sin∠AGF ＝1－cos 2∠AGF ＝429.所以直线GF 与平面GAE 所成角的正弦值为429.20.(本小题满分15分)(2020·浙江教育绿色评价联盟适考)如图，圆的直径AC ＝2，B 为圆周上不与点A ，C 重合的点，PA 垂直于圆所在的平面，∠PCA ＝45°.(1)求证：PB ⊥BC ；(2)(一题多解)若BC ＝3，求二面角B －PC －A 的余弦值. (1)证明 如图，连接AB ， 因为PA ⊥平面ABC ， 所以PA ⊥BC . 又因为B 在圆周上， 所以AB ⊥BC ，PA ∩AB ＝A ， 故BC ⊥平面PAB .又PB ⊂平面PAB ， 故BC ⊥PB .(2)解 法一 过B 作AC 的垂线，垂足为D ， 则BD ⊥平面PAC ，因为PC ⊂平面PAC ，故BD ⊥PC . 再过D 作PC 的垂线，垂足为E ， 则PC ⊥DE ，因为BD ∩DE ＝D ，所以PC ⊥平面BDE ，又BE ⊂平面BDE ，故BE ⊥PC ， 可知∠BED 即为二面角B －PC －A 的平面角. 因为BC ＝3，所以BD ＝32，CD ＝32. 又因为∠PCA ＝45°，所以DE ＝324，BE ＝304，所以cos∠BED ＝DEBE ＝155. 即二面角B －PC －A 的余弦值为155. 法二 因为∠ABC ＝90°，所以可以以B 为坐标原点，BC ，BA 分别为x ，y 轴，垂直于平面ABC 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz ，则B (0，0，0)，A (0，1，0)，C (3，0，0)，P (0，1，2)， BC →＝(3，0，0)，BP →＝(0，1，2)，AP →＝(0，0，2)，AC →＝(3，－1，0).设平面PAC 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，由n 1⊥AP →，n 1⊥AC →，得⎩⎨⎧2z ＝0，3x －y ＝0，取x ＝1，则n 1＝(1，3，0).设平面PBC 的法向量n 2＝(x ，y ，z ).由n 2⊥BC →，n 2⊥BP →，得⎩⎨⎧3x ＝0，y ＋2z ＝0，取z ＝1，则n 2＝(0，－2，1)，故|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝155.所以二面角B －PC －A 的余弦值为155. 21.(本小题满分15分)(2020·杭州二中模拟)如图，矩形ADFE 和梯形ABCD 所在平面互相垂直，AB ∥CD ，∠ABC ＝∠ADB ＝90°，CD ＝1，BC ＝2.(1)(一题多解)求证：BE ∥平面DCF ；(2)当AE 的长为何值时，直线AD 与平面BCE 所成角的大小为45°.(1)证明 法一 如图，以D 为坐标原点，AD 所在直线为x 轴，BD 所在直线为y 轴，DF 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系.设AE ＝h ，由CD ＝1，BC ＝2，∠ADB ＝90°，依据三角形相似可得∠DCB ＝90°，则DB ＝5，AB ＝5，故由勾股定理可得AD ＝2 5.所以D (0，0，0)，A (25，0，0)，B (0，5，0)，C ⎝⎛⎭⎪⎫－25，15，0，E (25，0，h )，F (0，0，h ). DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－25，15，0，DF →＝(0，0，h )， BE →＝(25，－5，h )，设平面DCF 的法向量为n ＝(x ，y ，z ).所以⎩⎪⎨⎪⎧－25x ＋15y ＝0，hz ＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，hz ＝0， 令x ＝5，得n ＝(5，25，0)，BE →·n ＝0，故BE →⊥n ，又BE 不在平面DCF 上，所以BE ∥平面DCF .法二 因为四边形ADFE 是矩形，故AE ∥DF .又AB ∥CD ，且AB ∩AE ＝A ，CD ∩DF ＝D ，AB ，AE 在平面ABE 上，CD ，DF 在平面DCF 上，故平面ABE ∥平面DCF .又BE 在平面ABE 上，且BE 不在平面CDF 上，故BE ∥平面CDF .(2)解 由(1)中法一可得DA →＝(25，0，0)， BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－25，－45，0，BE →＝(25，－5，h )， 设平面BCE 法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧－25x 1－45y 1＝0，25x 1－5y 1＋hz 1＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝－2y 1，z 1＝55y 1h . 令y 1＝h ，得m ＝(－2h ，h ，55).由题意得cos 45°＝|DA →·m ||DA →||m |＝|－45h |25·5h 2＋125＝22， 故h ＝±5153，因为h ＞0，所以AE ＝h ＝5153. 22.(本小题满分15分)(2019·北京卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA ＝AD ＝CD ＝2，BC ＝3.E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且PF PC ＝13.(1)求证：CD ⊥平面PAD .(2)求二面角F －AE －P 的余弦值.(3)设点G 在PB 上，且PG PB ＝23.判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由. (1)证明 因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CD .又因为AD ⊥CD ，PA ∩AD ＝A ，PA ，AD ⊂平面PAD ，所以CD ⊥平面PAD .(2)解 过点A 作AD 的垂线交BC 于点M .因为PA ⊥平面ABCD ，AM ，AD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD .建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (2，－1，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2).因为E 为PD 的中点，所以E (0，1，1).所以AE →＝(0，1，1)，PC →＝(2，2，－2)，AP →＝(0，0，2).所以PF →＝13PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，－23， 所以AF →＝AP →＋PF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，43. 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，23x ＋23y ＋43z ＝0. 令z ＝1，则y ＝－1，x ＝－1.于是n ＝(－1，－1，1).又因为平面PAD 的一个法向量为p ＝(1，0，0)， 所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝－33.由题知，二面角F －AE －P 为锐角， 所以其余弦值为33.(3)解 直线AG 在平面AEF 内.理由：因为点G 在PB 上， 且PGPB ＝23，PB →＝(2，－1，－2)，所以PG →＝23PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，－23，－43，所以AG →＝AP →＋PG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，－23，23.由(2)知，平面AEF 的一个法向量n ＝(－1，－1，1)， 所以AG →·n ＝－43＋23＋23＝0.又点A ∈平面AEF ，所以直线AG 在平面AEF 内.。
2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第八章-7-第7讲-1-第1课时-空间角
第7讲 立体几何中的向量方法1．空间向量与空间角的关系(1)两条异面直线所成角的求法(a ，b 分别为异面直线l 1，l 2的方向向量)a 与b 的夹角βl 1与l 2所成的角θ范围 [[0，π]⎝⎛⎦⎤0，π2求法cos β＝a·b|a||b|cos θ＝|cos β|＝|a·b ||a||b|(2)直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|e ·n ||e ||n |．,(3)二面角大小的求法a ．如图①，AB ，CD 是二面角αlβ两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．b ．如图②③，n 1，n 2分别是二面角αlβ的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉．2．点到平面的距离的求法如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |.·[疑误辨析]判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( )(4)两异面直线夹角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2，二面角的范围是[0，π]．( )答案：(1)× (2)× (3)× (4)√ [教材衍化],1．(选修2-1P104练习T2改编)已知两平面的法向量分别为m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角的大小为________．解析：cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.所以两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.答案：45°或135°2．(选修2-1P112A 组T6改编)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是C 1D 1的中点，则异面直线DE 与AC 夹角的余弦值为________．解析：以D 点为原点，以DA ，DC ，DD 1的正方向为x 轴，y 轴，z 轴，如图建立空间直角坐标系D －xyz ，设DA ＝1，A (1，0，0)，C (0，1，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，1，则AC →＝(－1，1，0)，DE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，1，设异面直线DE 与AC所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AC →，DE →〉|＝1010.答案：10103．(选修2-1P117A 组T4改编)正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为________．$解析：以C 为原点建立空间直角坐标系，如图所示，得下列坐标A (2，0，0)，C 1(0，0，22)．点C 1在侧面ABB 1A 1内的射影为点C 2⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，22.所以AC 1→＝(－2，0，22)，AC 2→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，22，设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则cos θ＝|AC 1→·AC 2→||AC 1→||AC 2→|＝1＋0＋823×3＝32.又θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以θ＝π6.答案：π6 [易错纠偏]直线和平面所成的角的取值范围出错.已知向量m ，n 分别是直线l 的方向向量、平面α的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为________．解析：设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，所以θ＝30°.'答案：30°第1课时 空间角异面直线所成的角如图，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，点M 是线段AD 的中点，PA ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ∥平面BDE ；(2)已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长． )【解】 如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系A xyz .依题意可得A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，4，0)，P (0，0，4)，D (0，0，2)，E (0，2，2)，M (0，0，1)，N (1，2，0)．(1)证明：DE →＝(0，2，0)，DB →＝(2，0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨设z ＝1，可得n ＝(1，0，1)． 又MN →＝(1，2，－1)，可得MN →·n ＝0. 因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE . (2)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0，0，h )，"进而可得NH →＝(－1，－2，h )，BE →＝(－2，2，2)． 由已知，得|cos 〈NH →，BE →〉|＝|NH →·BE →||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721，整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12. 所以，线段AH 的长为85或12.用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；【(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值． [提醒] 注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．1．长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，点E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为( )%解析：选B.以D 为原点，以DA ，DC ，DD 1的正方向为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系D -xyz ，如图．则A (1，0，0)，E (0，2，1)，B (1，2，0)，C 1(0，2，2).BC 1→＝(－1，0，2)，AE →＝(－1，2，1)，cos 〈BC 1→，AE →〉＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BC 1→·AE →|BC1→||AE →|＝3010. 所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为3010.2.如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)若PA ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值．)解：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD . 又因为AC ∩PA ＝A ，所以BD ⊥平面PAC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，PA ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O -xyz ，&则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)． 所以PB →＝(1，3，－2)，AC →＝(0，23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB→||AC →|＝622×23＝64. 即PB 与AC 所成角的余弦值为64.直线与平面所成的角.(2018·高考浙江卷)如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC ＝120°，A 1A ＝4，C 1C ＝1，AB ＝BC ＝B 1B ＝2.(1)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．【解】 法一：(1)由AB ＝2，AA 1＝4，BB 1＝2，AA 1⊥AB ，BB 1⊥AB 得AB 1＝A 1B 1＝22，所以A 1B 21＋AB 21＝AA 21，故AB 1⊥A 1B 1.由BC ＝2，BB 1＝2，CC 1＝1，BB 1⊥BC ，CC 1⊥BC 得B 1C 1＝5， 由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°得AC ＝23，$由CC 1⊥AC ，得AC 1＝13，所以AB 21＋B 1C 21＝AC 21，故AB 1⊥B 1C 1.因此AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)如图，过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1，交直线A 1B 1于点D ，连接AD . 由AB 1⊥平面A 1B 1C 1得 平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1， 由C 1D ⊥A 1B 1得C 1D ⊥平面ABB 1， 所以∠C 1AD 是AC 1与平面ABB 1所成的角．？由B 1C 1＝5，A 1B 1＝22，A 1C 1＝21得 cos ∠C 1A 1B 1＝67，sin ∠C 1A 1B 1＝17， 所以C 1D ＝3，故sin ∠C 1AD ＝C 1D AC 1＝3913.因此，直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913. 法二：(1)如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz .由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1，0，0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1，0，2)，C 1(0，3，1)．因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1→＝(1，3，－2)，`A 1C 1→＝(0，23，－3)．由AB 1→·A 1B 1→＝0得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1→·A 1C 1→＝0得AB 1⊥A 1C 1. 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.由(1)可知AC 1→＝(0，23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→＝(0，0，2)． 设平面ABB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BB 1→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0，可取n ＝(－3，1，0)．】所以sin θ＝|cosAC 1→，n|＝|AC 1→·n ||AC 1→|·|n |＝3913.因此，直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.利用向量求线面角的方法(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线与平面所成的角．(2020·浙江省高中学科基础测试)如图，在三棱锥P -ABC 中，△ABC 是等边三角形，点D 是AC 的中点，PA ＝PC ，二面角P -AC -B 的大小为60°.(1)求证：平面PBD ⊥平面PAC ；~(2)求AB 与平面PAC 所成角的正弦值．解：(1)证明：⎭⎪⎬⎪⎫BD ⊥ACPD ⊥AC PD ∩BD ＝D ⇒AC ⊥平面PBD ，又AC ⊂平面PAC ，所以平面PAC ⊥平面PBD ， 即平面PBD ⊥平面PAC .(2)因为AC ⊥BD ，如图建立空间直角坐标系D -xyz . 则D (0，0，0)，令A (1，0，0)，则B (0，3，0)，C (－1，0，0)．又∠PDB 为二面角P -AC -B 的平面角，得∠PDB ＝60°.;设DP ＝λ，则P ⎝⎛⎭⎪⎫0，λ2，32λ，设n ＝(x ，y ，z )为平面PAC 的一个法向量，则AC →＝(－2，0，0)，AP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，λ2，32λ，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0n ·AP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＝0－x ＋λ2y ＋32λz ＝0， 取y ＝3，得n ＝(0，3，－1)．又AB →＝(－1，3，0)，得cos 〈n ，AB →〉＝32×2＝34.设AB 与平面PAC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AB →〉|＝34.二面角(高频考点)》二面角是高考的重点，是考查热点，题型多以解答题形式出现，一般为中档题．主要命题角度有：(1)求二面角； (2)由二面角求其他量． 角度一 求二面角如图，在三棱台ABC -DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3.(1)求证：BF ⊥平面ACFD ； (2)求二面角B AD F 的平面角的余弦值．【解】 (1)证明：延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示．~因为平面BCFE ⊥平面ABC ，平面BCFE ∩平面ABC ＝BC ，且AC ⊥BC ，所以，AC ⊥平面BCK ，因此，BF ⊥AC .又EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF ⊥CK ，又AC ∩CK ＝C ，所以BF ⊥平面ACFD .(2)如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则△BCK 为等边三角形．取BC 的中点O ，连接KO ，则KO ⊥BC ，又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以，KO ⊥平面ABC .以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O -xyz .由题意得B (1，0，0)，C (－1，0，0)，K (0，0，3)，A (－1，－3，0)，E (12，0，32)，F (－12，0，32)．因此，AC →＝(0，3，0)，AK →＝(1，3，3)，AB →＝(2，3，0)．设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·m ＝0，AK →·m ＝0得⎩⎨⎧3y 1＝0x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)；由⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AK →·n ＝0得⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3)．于是，cos 〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝34.）所以，二面角BADF 的平面角的余弦值为34.角度二 由二面角求其他量如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，点E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D -AE -C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E -ACD 的体积．【解】 (1)证明：连接BD ，设AC 与BD 的交点为G ，则G 为AC ，BD 的中点，连接EG .在三角形PBD 中，中位线EG ∥PB ，且EG 在平面AEC 内，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC .(2)设CD ＝m ，以A 为原点，分别以AB →，AD →，AP →的方向为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系A -xyz ，则A (0，0，0)，D (0，3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12，C (m ，3，0)． ,所以AD →＝(0，3，0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12，AC →＝(m ，3，0)．设平面ADE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AE →＝0，解得n 1＝(1，0，0)．同理设平面ACE 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AC →＝0，n 2·AE →＝0，解得一个n 2＝(－3，m ，－3m )． 因为cos 60°＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝33＋m 2＋3m 2＝12，解得m ＝32. \设F 为AD 的中点，连接EF ，则PA ∥EF ，且EF ＝AP 2＝12，EF ⊥平面ACD ，所以EF 为三棱锥E -ACD 的高．所以V E ACD ＝13·S △ACD ·EF ＝13×12×32×3×12＝38. 所以三棱锥E -ACD 的体积为38.求二面角大小的常用方法(1)分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．(2020·温州普通高中模考)如图，四棱锥P ABCD 中，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝2，CD ＝CB ＝CP ＝1，点P 在底面上的射影为线段BD 的中点M ，点F 为AB 的中点．](1)若点E 为棱PB 的中点，求证：CE ∥平面PAD ； (2)求二面角A -PB -C 的平面角的余弦值．解：(1)如图，由点P 在底面上的射影为线段BD 的中点M ，且MC ＝MB ＝MF ＝MD ，则PC ＝PB ＝PD ＝BC ，以B 为坐标原点，BC ，BA 所在直线为x ，y 轴，建立空间直角坐标系B -xyz ，则 B (0，0，0)，A (0，2，0)，C (1，0，0)，D (1，1，0)， P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，22，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，14，24， —则AD →＝(1，－1，0)，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，22，CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，14，24，所以t ＝(1，1，2)为平面PAD 的一个法向量， 所以CE →·t ＝0，所以CE ∥平面PAD .(2)BA →＝(0，2，0)，BC →＝(1，0，0)，BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，22，设平面BPA 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧BA →·m ＝0BP →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝012x ＋12y ＋22z ＝0， 取m ＝(2，0，－1)，同理，平面BPC 的一个法向量为n ＝(0，2，－1)，?设θ是二面角A -PB -C 的平面角，易见θ与〈m ，n 〉互补， 故cos θ＝－cos 〈m ，n 〉＝－m ·n |m ||n |＝－13， 所以二面角A -PB -C 的平面角的余弦值为－13.[基础题组练]1．在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选C.不妨设AB ＝AC ＝AA 1＝1，建立空间直角坐标系如图所示，则B (0，－1，0)，A 1(0，0，1)，A (0，0，0)，C 1(－1，0，1)， |所以BA 1→＝(0，1，1)，AC 1→＝(－1，0，1)， 所以cos 〈BA 1→，AC 1→〉＝BA 1→·AC 1→|BA 1→|·|AC 1→|＝12×2＝12，所以〈BA 1→，AC 1→〉＝60°，所以异面直线BA 1与AC 1所成的角等于60°.2．在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，点D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为( )，解析：选C.以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，1，0)，P (0，0，2)，D ⎝⎛⎭⎫12，0，0，E ⎝⎛⎭⎫12，12，0，F ⎝⎛⎭⎫0，12，1.所以PA →＝(0，0，－2)，DE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，0，DF →＝⎝⎛⎭⎫－12，12，1.设平面DFE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，则n ＝(2，0，1)，设直线PA 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈PA →，n 〉|＝|PA →·n ||PA →||n |＝55，所以直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55.3．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________． 、解析：以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0，1，0)，所以A 1D →＝(0，1，－1)， A 1E →＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.所以n 1＝(1，2，2)． 因为平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，\所以cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23. 答案：234．在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝1，点D 在棱BB 1上，若BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C所成角的正切值为________．解析：如图，设AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，点E 为AC 的中点，连接BE ，则BE ⊥AC ，所以BE ⊥平面AA 1C 1C ，可得AD →·EB →＝(AB →＋BD →)·EB →＝AB →·EB →＝1×32×32＝34＝2×32×cos θ(θ为AD →与EB →的夹角)，所以cos θ＝64＝sin α，所以所求角的正切值为tan α＝cos θsin θ＝155.答案：1555．已知单位正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，E ，F 分别是棱B 1C 1，C 1D 1的中点．试求： (1)AD 1与EF 所成角的大小；|(2)AF 与平面BEB 1所成角的余弦值．解：建立如图所示的空间直角坐标系B 1xyz ，得A (1，0，1)， B (0，0，1)，D 1(1，1，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，0，F ⎝⎛⎭⎫12，1，0. (1)因为AD 1→＝(0，1，－1)，EF →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0，所以cos 〈AD 1→，EF →〉＝（0，1，－1）·⎝⎛⎭⎫12，12，02×22＝12，即AD 1与EF 所成的角为60°.&(2)FA →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，1，由图可得，BA →＝(1，0，0)为平面BEB 1的一个法向量，设AF 与平面BEB 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BA →，FA →〉|＝⎪⎪⎪⎪（1，0，0）·⎝⎛⎭⎫12，－1，11×⎝⎛⎭⎫12＋（－1）2＋12＝13，所以cos θ＝223.即AF 与平面BEB 1所成角的余弦值为223.6．(2020·宁波市余姚中学高三期中)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，点Q 为AD 的中点．(1)若PA ＝PD ，求证：平面PQB ⊥平面PAD ；(2)设点M 是线段PC 上的一点，PM ＝tPC ，且PA ∥平面MQB . ①求实数t 的值；②若PA ＝PD ＝AD ＝2，且平面PAD ⊥平面ABCD ，求二面角M -BQ -C 的大小．·解：(1)证明：连接BD ，因为四边形ABCD 为菱形， ∠BAD ＝60°，所以△ABD 是正三角形，又Q 为AD 中点， 所以AD ⊥BQ .因为PA ＝PD ，Q 为AD 中点，所以AD ⊥PQ .又BQ ∩PQ ＝Q ，所以AD ⊥平面PQB ，AD ⊂平面PAD ， 所以平面PQB ⊥平面PAD .(2)①当t ＝13时，使得PA ∥平面MQB .~连接AC 交BQ 于N ，交BD于O ，则O 为BD 的中点，又因为BQ 为△ABD 边AD 上的中线，所以N 为正三角形ABD 的重心，令菱形ABCD 的边长为a ，则AN ＝33a ，AC ＝3a .因为PA ∥平面MQB ，PA ⊂平面PAC ，平面PAC ∩平面MQB ＝MN ，所以PA ∥MN ， PM PC ＝AN AC ＝3a33a ＝13，即PM ＝13PC ，t ＝13.②因为PQ ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD ，所以QA ，QB ，QP 两两垂直，以Q 为坐标原点，分别以QA ，QB ，QP 所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Q -xyz ， ~由PA ＝PD ＝AD ＝2，则B (0，3，0)，C (－2，3，0)， P (0，0，3)，设M (a ，b ，c )，则PM →＝(a ，b ，c －3)，PC →＝(－2，3，－3)， 因为PM ＝13PC ，所以PM →＝13PC →，所以a ＝－23，b ＝33，c ＝233，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，33，233，设平面MQB 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 由QM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，33，233，QB →＝(0，3，0)，且n ⊥QM →，n ⊥QB →，得⎩⎪⎨⎪⎧－23x ＋33y ＋233z ＝03y ＝0， ~取z ＝1，得n ＝(3，0，1)，又平面ABCD 的法向量m ＝(0，0，1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝12， 由图知二面角M -BQ -C 的平面角为锐角，所以二面角M -BQ -C 的大小为60°.[综合题组练]1.(2020·杭州中学高三月考)如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，PA ⊥底面ABCD ，点M 是棱PD 的中点，且PA ＝AB ＝AC ＝2，BC ＝22.(1)求证：CD ⊥平面PAC ；、(2)求二面角M -AB -C 的大小；(3)如果N 是棱AB 上一点，且直线CN 与平面MAB 所成角的正弦值为105，求ANNB 的值． 解：(1)证明：因为在△ABC 中，AB ＝AC ＝2，BC ＝22， 所以BC 2＝AB 2＋AC 2，所以AB ⊥AC ， 因为AB ∥CD ，所以AC ⊥CD ，又因为PA ⊥底面ABCD ，所以PA ⊥CD ， 因为AC ∩PA ＝A ，所以CD ⊥平面PAC .(2)如图，建立空间直角坐标系A -xyz ，则A (0，0，0)，P (0，0，2)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (－2，2，0)， |因为点M 是棱PD 的中点，所以M (－1，1，1)，所以AM →＝(－1，1，1)，AB →＝(2，0，0)， 设n ＝(x ，y ，z )为平面MAB 的法向量， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＋z ＝02x ＝0.令y ＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0y ＝1z ＝－1，所以平面MAB 的法向量n ＝(0，1，－1)． 因为PA ⊥平面ABCD ，!所以AP →＝(0，0，2)是平面ABC 的一个法向量．所以cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝－22×2＝－22. 因为二面角M -AB -C 为锐二面角， 所以二面角M -AB -C 的大小为π4. (3)因为N 是棱AB 上一点，所以设N (x ，0，0)，NC →＝(－x ，2，0)， 设直线CN 与平面MAB 所成角为α， 因为平面MAB 的法向量n ＝(0，1，－1)，;所以sin α＝|cos 〈NC →，n 〉|＝22×x 2＋4＝105，解得x ＝1，即AN ＝1，NB ＝1，所以ANNB ＝1.2．(2020·惠州市第三次调研考试)如图，四边形ABCD 是圆柱OQ 的轴截面，点P 在圆柱OQ 的底面圆周上，点G 是DP 的中点，圆柱OQ 的底面圆的半径OA ＝2，侧面积为83π，∠AOP ＝120°.(1)求证：AG ⊥BD ；(2)求二面角P -AG -B 的平面角的余弦值． 解：建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，（由题意可知83π＝2×2π×AD ，解得AD ＝2 3.则A (0，0，0)，B (0，4，0)，D (0，0，23)，P (3，3，0)， 因为G 是DP 的中点，所以可求得G ⎝⎛⎭⎪⎫32，32，3.(1)证明：BD→＝(0，－4，23)，AG→＝⎝⎛⎭⎪⎫32，32，3.所以AG→·BD→＝⎝⎛⎭⎪⎫32，32，3·(0，－4，23)＝0，所以AG⊥BD.(2)BP→＝(3，－1，0)，AG→＝⎝⎛⎭⎪⎫32，32，3，PG→＝⎝⎛⎭⎪⎫－32，－32，3，BG→＝⎝⎛⎭⎪⎫32，－52，3，因为BP→·PG→＝0，AG→·BP→＝0，所以BP→是平面APG的法向量．设n＝(x，y，1)是平面ABG的法向量，由n·AG→＝0，n·BG→＝0.解得n＝(－2，0，1)，cos〈BP→，n〉＝BP→·n|BP→|·|n|＝－2325＝－155.结合图形得，二面角P-AG-B的平面角的余弦值为155.3．(2020·温州十五校联考)已知菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于一点O，∠BAD ＝60°，将△BDC沿着BD折起得△BDC′，连接AC′.(1)求证：平面AOC′⊥平面ABD；(2)若点C′在平面ABD上的投影恰好是△ABD的重心，求直线CD与底面ADC′所成角的正弦值．解：(1)证明：因为C′O⊥BD，AO⊥BD，C′O∩AO＝O，所以BD⊥平面C′OA，又因为BD⊂平面ABD，所以平面AOC′⊥平面ABD.(2)如图建系O-xyz，令AB＝a，则A⎝⎛⎭⎪⎫32a，0，0，B⎝⎛⎭⎫0，12a，0，D⎝⎛⎭⎫0，－12a，0，C′⎝⎛⎭⎪⎫36a，0，63a，所以DC→＝AB→＝⎝⎛⎭⎪⎫－32a，12a，0，平面ADC′的法向量为m＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－3，22，设直线CD与底面ADC′所成角为θ，则sin θ＝|cos〈DC→，m〉|＝|DC→·m||DC→||m|＝3aa·32＝63，故直线CD 与底面ADC ′所成角的正弦值为63. 4.如图，在四棱锥PABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧棱PA ＝PD ＝2，PA ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 的中点．(1)求直线PB 与平面POC 所成角的余弦值； (2)求B 点到平面PCD 的距离；(3)线段PD 上是否存在一点Q ，使得二面角Q -AC -D 的余弦值为63若存在，求出PQQD 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)在△PAD 中，PA ＝PD ，O 为AD 中点，所以PO ⊥AD ，又侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面PAD ，所以PO ⊥平面ABCD .在直角梯形ABCD 中，连接OC ，易得OC ⊥AD ，所以以O 为坐标原点，直线OC 为x 轴，直线OD 为y 轴，直线OP 为z 轴可建立空间直角坐标系Q -xyz (OC →、OD →、OP →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向)，则P (0，0，1)，A (0，－1，0)，B (1，－1，0)，C (1，0，0)，D (0，1，0)，所以PB →＝(1，－1，－1)．易证OA ⊥平面POC ，所以OA →＝(0，－1，0)是平面POC 的一个法向量， 又cos 〈PB →，OA →〉＝PB →·OA →|PB →||OA →|＝33，所以直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为63. (2)PD →＝(0，1，－1)，CP →＝(－1，0，1)， 设平面PCD 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，则{u ·CP →＝－x ＋z ＝0，u ·PD →＝y －z ＝0，取z ＝1，得u ＝(1，1，1)． 所以B 点到平面PCD 的距离为d ＝|BP →·u ||u |＝33. (3)存在．设PQ →＝λPD →(0≤λ＜1)，因为PD →＝(0，1，－1)，所以PQ →＝(0，λ，－λ)＝OQ →－OP →， 所以OQ →＝(0，λ，1－λ)，所以Q (0，λ，1－λ)． 设平面CAQ 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝x ′＋y ′＝0，m ·AQ →＝（λ＋1）y ′＋（1－λ）z ′＝0.取z ′＝λ＋1，得m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)， 易知平面CAD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)， 因为二面角Q -AC -D 的余弦值为63， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝63， 得3λ2－10λ＋3＝0， 解得λ＝13或λ＝3(舍去)，所以存在点Q ，使得二面角Q -AC -D 的余弦值为63，且PQ QD ＝12.。
2021版新高考数学一轮复习第八章空间几何体的结构特征及直观图课件新人教B版
考点二ꢀ空间几何体的表面积与体积ꢀ
命 考什么:(1)考查求几何体的表面积与体积. 题 (2)考查直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养. 精 怎么考:(1)求几何体的表面积或体积.(2)与平行、垂直的性 解 质、判定相结合考查. 读 新趋势:以柱、锥、台、球为载体,结合线面垂直等知识考查.
学 空间几何体表面积、体积的求法 霸 (1)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用. 好 (2)多面体的表面积是各个面的面积之和;组合体的表面积注 方 意衔接部分的处理. 法 (3)体积可用公式法、转换法、分割法、补形法等求解.
3.选D.①所取的两点的连线与圆柱的轴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. 4.选A.因为矩形的对角线相等,所以长方体的六个面的对角线构成2个等腰四面 体.因为长方体的每个顶点出发的三条棱都是两两垂直的,所以长方体中有8个直 角四面体.
2.(必修2 P21练习BT1改编)下列说法正确的是 (ꢀꢀ) A.相等的角在直观图中仍然相等 B.相等的线段在直观图中仍然相等 C.正方形的直观图是正方形 D.若两条线段平行,则在直观图中对应的两条线段仍然平行 【解析】选D.由直观图的画法规则知,角度、长度都有可能改变,而线段的平行性 不变.
3.(必修2 P33习题1-1BT6改编)已知圆锥的表面积等于12π cm2,其侧面展开图是
由题意得
故圆锥的高h=
,所以体积为
V= 答案: π
π(cm3).
【综合创新·练】 1.如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为 ,D 为BC的中点,则三棱锥A-B1DC1的体积为 ( )
浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第1节空间几何体的结构三视图和直观图含解析
浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第1节空间几何体的结构三视图和直观图含解析第1节空间几何体的结构、三视图和直观图考试要求1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构；2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图；3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.知识梳理1.简单多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上、下底面是全等且平行的多边形；(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形；(3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形.2.旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形任一直角边所在的直线圆台直角梯形垂直于底边的腰所在的直线球半圆直径所在的直线3.三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线.(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等.②在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线.4.直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面垂直.(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴.平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半.[常用结论与易错提醒]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.台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点.3.空间几何体不同放置时其三视图不一定相同.4.对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法.诊断自测1.判断下列说法的正误.(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥.( )(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x 轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°.()(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同.( )解析(1)反例：由两个平行六面体上下组合在一起的图形满足条件，但不是棱柱.(2)反例：如图所示图形不是棱锥.(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，把x，y轴画成相交成45°或135°，平行于x轴的线还平行于x轴，平行于y轴的线还平行于y 轴，所以∠A也可能为135°.(4)球的三视图均相同，而圆锥的正视图和侧视图相同，且为等腰三角形，其俯视图为圆心和圆，正方体的三视图不一定相同.答案(1)×(2)×(3)×(4)×2.某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( )A.圆柱B.圆锥C.四面体D.三棱柱解析由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形.答案 A3.将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧视图.由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧视图为图②.答案 B4.(2018·上海卷)《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( )A.4B.8C.12D.16解析符合题目条件的面有四个，每一个都有4个顶点，所以选择D.答案 D5.正△AOB 的边长为a ，建立如图所示的直角坐标系xOy ，则它的直观图的面积是________.解析画出坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图).D ′为O ′A ′的中点.易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)，∴S △O ′A ′B ′＝12×22S △OAB ＝24×34a 2＝616a 2.答案616a 26.(2020·北京平谷区质检)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面中直角三角形的个数为________个.解析由三视图知几何体为一四棱锥，其直观图为如图中的P －ABCD ；由图得该棱锥的四个侧面均为直角三角形，故该四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为4个.答案 4考点一空间几何体的结构特征【例1】 (1)给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等.其中正确命题的个数是( )A.0B.1C.2D.3(2)以下命题：①以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；③一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台.其中正确命题的个数为( )A.0B.1C.2D.3解析(1)①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等.(2)由圆台的定义可知①错误，②正确.对于命题③，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，③不正确.答案(1)A (2)B规律方法(1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例即可.(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系.(3)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略.【训练1】下列结论正确的是( )A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥B.夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D.圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线解析如图1知，A不正确.如图2，两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，则B不正确.若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形.由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，C错误.由圆锥母线的概念知，选项D正确.答案 D考点二空间几何体的三视图多维探究角度1 由空间几何体的直观图判断三视图【例2－1】一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )解析该几何体是组合体，上面的几何体是一个五面体，下面是一个长方体，且五面体的一个面即为长方体的一个面，五面体最上面的棱的两端点在底面的射影距左右两边距离相等，因此选项B适合.答案 B角度2 由三视图判定几何体【例2－2】(1)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱(2)(2020·北京昌平区二模)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中直角三角形的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析(1)由题知，该几何体的三视图为一个三角形、两个四边形，经分析可知该几何体为三棱柱，故选B.(2)由三视图可得，该四棱锥如图P－ABCD，直角三角形有：△PAD、△PCD、△PAB，共3个.答案(1)B (2)C规律方法(1)由实物图画三视图或判断选择三视图，按照“正侧一样高，正俯一样长，俯侧一样宽”的特点确认.(2)根据三视图还原几何体①对柱、锥、台、球的三视图要熟悉.②明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图.③根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据.提醒对于简单组合体的三视图，首先要确定正视、侧视、俯视的方向，其次要注意组合体由哪些几何体组成，弄清它们的组成方式，特别应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同.【训练2】 (1)(角度1)如图所示，由几个棱长相等的小正方体搭成的一个几何体.现老师给小明四张图，要求其删除其中的一张图，使得剩下的三张图可以作为该几何体的三视图，则小明要删除( )(2)(角度2)(2020·北京丰台区期末)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的棱中最长的棱的长度为( )A.2B. 5C.2 2D.2 3解析(1)由几何体的直观图得其正视图为C中的图形，侧视图为A 中的图形，俯视图为D中的图形，故选B.(2)由三视图可知，该三棱锥的底面是直角梯形，一条侧棱与底面垂直，直观图如图，图中PA与底面垂直，且AD∥BC，AD⊥AB，PA＝AB＝BC＝2AD＝2，由勾股定理可得PD ＝CD ＝5，PB ＝22，PC ＝PA 2＋AB 2＋BC 2＝23，所以最长的棱为2 3.答案 (1)B (2)D考点三空间几何体的直观图【例3】已知等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________.解析如图所示，作出等腰梯形ABCD 的直观图：因为OE ＝（2）2－12＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ＝24，则直观图A ′B ′C ′D ′的面积S ′＝1＋32×24＝22.答案22规律方法(1)画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y 轴的线段长度减半，平行于x 轴和z 轴的线段长度不变)来掌握.对直观图的考查有两个方向，一是已知原图形求直观图的相关量，二是已知直观图求原图形中的相关量.(2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S 直观图＝24S 原图形.【训练3】有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________.解析如图1，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E .在Rt△ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22. 又四边形AECD 为矩形，AD ＝EC ＝1. ∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1. 由此还原为原图形如图2所示，是直角梯形A ′B ′C ′D ′.在梯形A ′B ′C ′D ′中，A ′D ′＝1，B ′C ′＝22＋1，A ′B ′＝2. ∴这块菜地的面积S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×? ????1＋1＋22×2＝2＋22.答案 2＋22基础巩固题组一、选择题1.关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是( ) A.棱柱的侧棱长都相等 B.棱锥的侧棱长都相等C.三棱台的上、下底面是相似三角形D.有的棱台的侧棱长都相等解析根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等. 答案 B2.如图所示的几何体是棱柱的有( )A.②③⑤B.③④⑤C.③⑤D.①③解析由棱柱的定义知③⑤两个几何体是棱柱. 答案 C3.(2018·全国Ⅲ卷)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( )解析由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A. 答案 A4.已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，且它的正视图如图所示，则该四棱锥侧视图的面积是( )A.4 2B.4C.2 2D.2解析由四棱锥P －ABCD 的正视图可知，四棱锥的正视图是一个高为2，底边长为22的等腰三角形，又因为四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，所以四棱锥的侧视图是一个高为2，底边长为22的等腰三角形，所以侧视图的面积为12×2×22＝2 2.故选C.答案 C5.将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析易知侧视图的投影面为矩形，又AF的投影线为虚线，即为左下角到右上角的对角线，∴该几何体的侧视图为选项D.答案 D6.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A.6 2B.4 2C.6D.4解析如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A－BCD，最长的棱为AD＝（42）2＋22＝6.答案 C7.某几何体的正视图和侧视图均为如图所示的图形，则在下图的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是( )A.①③B.①④C.②④D.①②③④解析由正视图和侧视图知，该几何体为球与正四棱柱或球与圆柱体的组合体，故①③正确. 答案 A8.(2020·北京昌平区二模)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. 5B.2 2C.2 3D.3解析根据三视图可知几何体是一个四棱锥，底面是一个直角梯形，AD⊥AB、AD∥BC，AD＝AB＝2，BC＝1，PA⊥底面ABCD，且PA＝2，∴该四棱锥最长棱的棱长为PC＝PA2＋AC2＝22＋22＋12＝3.答案 D二、填空题9.已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于________.解析由题知此正方体的正视图与侧视图是一样的，正视图的面积与侧视图的面积相等为 2. 答案 210.直观图(如图)中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在原坐标系xOy中四边形为________(填图形形状)；面积为________cm2.解析将直观图恢复到平面图形(如图)，是OA＝2 cm，OC＝4 cm 的矩形，S OABC＝2×4＝8(cm2).答案矩形811.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的长为________.解析由三视图可知几何体为如图所示的三棱锥P－ABC，其最长棱为AC＝22＋12＝ 5.答案 512.我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺，问积几何”，羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两个面是三角形，已知一个羡除的三视图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的表面中三个梯形的面积之和为________.解析由三视图可知，该几何体的直观图如图五面体，其中平面ABCD⊥平面ABEF，CD＝2，AB＝6，EF＝4，底面梯形是等腰梯形，高为3，梯形ABCD的高为4，等腰梯形EFDC的高为9＋16 ＝5，三个梯形的面积之和为2＋62×4＋4＋62×3＋2＋42×5＝46.答案4613.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为42，点M是棱BC 的中点，点P在底面ABCD内，点Q 在线段A1C1上，若PM＝1，则PQ长度的最小值为________.解析由题意得，过点Q作QN⊥平面ABCD，垂足为N，则点N在线段AC上，分别连接PQ，PN，在Rt△PNQ中，PQ＝QN2＋PN2＝（42）2＋PN2，在平面ABCD内过点M作MR⊥AC，垂足为R，则MR＝2，即M到直线AC的最短距离为2，又PM＝1，当P∈MR时，此时PN min＝MR－1＝1，所以PQ min＝（42）2＋12＝33.答案3314.如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有________对.解析由三视图的特征，将俯视图拉伸得四棱锥A－BCDE，且顶点A在底面BCDE上的射影为棱BC的中点O，又底面BCDE为矩形，则侧面ABC⊥底面BCDE，侧面ABE⊥侧面ABC，侧面ACD⊥侧面ABC；又因为AC＝AB＝22，BC＝4，即AB⊥AC，则由CD⊥侧面ABC，知CD⊥AB，故AB⊥侧面ACD，故侧面ABE⊥侧面ACD.因此此几何体中共有4对平面互相垂直.答案 4能力提升题组15.在如图所示的空间直角坐标系O－xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)，给出编号①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )A.①和②B.③和①C.④和③D.④和②解析如图，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④，俯视图为②.答案 D16.(2020·北京房山区一模)某三棱锥的三视图如图所示，正视图与侧视图是两个全等的等腰直角三角形，直角边长为1，俯视图是正方形，则该三棱锥的四个面的面积中最大的是( )A.12B.22C.32D.1解析该多面体为一个三棱锥D －ABC ，是正方体的一部分，如图所示，其中3个面是直角三角形，1个面是等边三角形，S △BCD ＝34×(2)2＝32，S △BAD ＝S △ACD ＝12×1×2＝22，S △BCA ＝12×1×1＝12，所以该三棱锥的四个面的面积中最大的是32. 答案 C17.正四面体的棱长为26，以其中心O 为球心作球，球面与正四面体四个面相交所成的曲线总长度为4π，则球O 的半径为( ) A.52 B.62 C.62或 5 D.52或 5 解析设球O 的半径为R ，若正四面体一个面截球如图1所示，则小圆周长为π，所以小圆半径为12，又球心到四面体的面的距离为1，故R ＝12＋? ??122＝52；若正四面体一个面截球如图2所示，记D 为AC 的中点，由题意知AB ︵＝π3.设小圆O 1的半径为r ，则∠AO 1B ＝π3r ，又∠BO 1C ＝2π3，∠AO 1D ＝12(∠BO 1C －∠AO 1B )＝π3－π6r ，O 1D ＝2，所以cos ? ????π3－π6r ＝2r ①.令f (r )＝cos ? ????π3－π6r －2r ，则f ′(r )＝－π6r2× sin ? ????π3－π6r ＋2r2＞0，所以函数f (r )在(0，＋∞)上单调递增，且最多有一个零点，而f (2)＝0，所以方程①有唯一解2，从而R ＝r 2＋12＝5，所以球O 的半径是52或5，故选D.答案 D18.已知△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′是边长为a 的正三角形，那么原△ABC 的面积为________.解析如图，过C ′作y ′轴的平行线C ′D ′，与x ′轴交于点D ′.则C ′D ′＝32a sin 45°＝62a .又C ′D ′是原△ABC 的高CD 的直观图，所以CD ＝6a . 故S △ABC ＝12AB ·CD ＝62a 2.答案62a 2。
2021届高考数学一轮复习 第八章立体几何8.6空间向量及其运算教学
2021届高考数学一轮复习第八章立体几何8.6空间向量及其运算教学8.6 空间向量及其运算考纲要求1．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．2．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示． 3．掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．1．空间向量的有关定理(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使得______．(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使________．(3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得______________．其中，{a，b，c}叫做空间的一个______．推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对空间任一点P，都存在唯一的一个有序实数组{x，y，z}，使OP＝____________.2．两个向量的数量积(1)两向量的夹角：已知两个非零向量a，b，在空间中任取一点O，作OA＝a，OB＝b，则______叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉．通常规定____≤〈a，b〉≤____.若〈a，b〉＝____，则称向量a，b互相垂直，记作a⊥b.(2)两向量的数量积．两个非零向量a，b的数量积a²b＝______________. (3)向量的数量积的性质(e是单位向量)：①a²e＝|a|______________；②a⊥b a²b＝____；2③|a|＝a²a＝____；④|a²b|____|a||b|. (4)向量的数量积满足如下运算律：①(λa)²b＝λ(a²b)；②a²b＝______(交换律)；③a²(b＋c)＝____________(分配律)． 3．空间向量的坐标运算(1)设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则a±b＝____________________；λa ＝________________(λ∈R)；a²b＝________________；a⊥b a1b1＋a2b2＋a3b3＝____；a∥b a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)； 2222|a|＝a²a |a|a1＋a2＋a3(向量模与向量之间的转化)；a²ba1b1＋a2b2＋a3b3cos〈a，b.|a||b|12＋a22＋a32b12＋b22＋b32(2)设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则AB＝(x2－x1，y2－y1，z2－z1)， |AB|(x2－x1)＋(y2－y1)＋(z2－z1).2221．在下列命题中：①若向量a，b共线，则向量a，b所在的直线平行；②若向量a，b所在的直线为异面直线，则向量a，b一定不共面；③若三个向量a，b，c两两共面，则向量a，b，c共面；④已知空间的三个向量a，b，c，则对于空间的任意一个向量p总存在实数x，y，z 使感谢您的阅读，祝您生活愉快。
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第1节空间几何体的结构、三视图和直观图考试要求 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构；2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图；3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.知识梳理1.简单多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上、下底面是全等且平行的多边形；(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形；(3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形.2.旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形任一直角边所在的直线圆台直角梯形垂直于底边的腰所在的直线球半圆直径所在的直线3.三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线.(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等.②在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线.4.直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面垂直.(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴.平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半.[常用结论与易错提醒]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.台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点.3.空间几何体不同放置时其三视图不一定相同.4.对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法.诊断自测1.判断下列说法的正误.(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥.( )(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°.()(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同.( )解析(1)反例：由两个平行六面体上下组合在一起的图形满足条件，但不是棱柱.(2)反例：如图所示图形不是棱锥.(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，把x，y轴画成相交成45°或135°，平行于x轴的线还平行于x轴，平行于y轴的线还平行于y轴，所以∠A也可能为135°.(4)球的三视图均相同，而圆锥的正视图和侧视图相同，且为等腰三角形，其俯视图为圆心和圆，正方体的三视图不一定相同.答案(1)×(2)×(3)×(4)×2.某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( )A.圆柱B.圆锥C.四面体D.三棱柱解析由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形.答案 A3.将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧视图.由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧视图为图②.答案 B4.(2018·上海卷)《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( )A.4B.8C.12D.16解析符合题目条件的面有四个，每一个都有4个顶点，所以选择D.答案 D5.正△AOB 的边长为a ，建立如图所示的直角坐标系xOy ，则它的直观图的面积是________.解析 画出坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图).D ′为O ′A ′的中点.易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)，∴S △O ′A ′B ′＝12×22S △OAB ＝24×34a 2＝616a 2.答案616a 26.(2020·北京平谷区质检)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面中直角三角形的个数为________个.解析 由三视图知几何体为一四棱锥，其直观图为如图中的P －ABCD ；由图得该棱锥的四个侧面均为直角三角形，故该四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为4个.答案 4考点一 空间几何体的结构特征 【例1】 (1)给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等.其中正确命题的个数是( )A.0B.1C.2D.3(2)以下命题：①以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；③一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台.其中正确命题的个数为( )A.0B.1C.2D.3解析(1)①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等.(2)由圆台的定义可知①错误，②正确.对于命题③，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，③不正确.答案(1)A (2)B规律方法(1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例即可.(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系.(3)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略.【训练1】下列结论正确的是( )A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥B.夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D.圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线解析如图1知，A不正确.如图2，两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，则B不正确.若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形.由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，C错误.由圆锥母线的概念知，选项D正确.答案 D考点二空间几何体的三视图多维探究角度1 由空间几何体的直观图判断三视图【例2－1】一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )解析该几何体是组合体，上面的几何体是一个五面体，下面是一个长方体，且五面体的一个面即为长方体的一个面，五面体最上面的棱的两端点在底面的射影距左右两边距离相等，因此选项B适合.答案 B角度2 由三视图判定几何体【例2－2】 (1)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱(2)(2020·北京昌平区二模)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中直角三角形的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析(1)由题知，该几何体的三视图为一个三角形、两个四边形，经分析可知该几何体为三棱柱，故选B.(2)由三视图可得，该四棱锥如图P－ABCD，直角三角形有：△PAD、△PCD、△PAB，共3个.答案(1)B (2)C规律方法(1)由实物图画三视图或判断选择三视图，按照“正侧一样高，正俯一样长，俯侧一样宽”的特点确认.(2)根据三视图还原几何体①对柱、锥、台、球的三视图要熟悉.②明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图.③根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据.提醒对于简单组合体的三视图，首先要确定正视、侧视、俯视的方向，其次要注意组合体由哪些几何体组成，弄清它们的组成方式，特别应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同.【训练2】 (1)(角度1)如图所示，由几个棱长相等的小正方体搭成的一个几何体.现老师给小明四张图，要求其删除其中的一张图，使得剩下的三张图可以作为该几何体的三视图，则小明要删除( )(2)(角度2)(2020·北京丰台区期末)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的棱中最长的棱的长度为( )A.2B. 5C.2 2D.2 3解析(1)由几何体的直观图得其正视图为C中的图形，侧视图为A中的图形，俯视图为D中的图形，故选B.(2)由三视图可知，该三棱锥的底面是直角梯形，一条侧棱与底面垂直，直观图如图，图中PA与底面垂直，且AD∥BC，AD⊥AB，PA＝AB＝BC＝2AD＝2，由勾股定理可得PD ＝CD ＝5，PB ＝22，PC ＝PA 2＋AB 2＋BC 2＝23，所以最长的棱为2 3.答案 (1)B (2)D考点三 空间几何体的直观图【例3】 已知等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________.解析 如图所示，作出等腰梯形ABCD 的直观图：因为OE ＝（2）2－12＝1， 所以O ′E ′＝12，E ′F ＝24，则直观图A ′B ′C ′D ′的面积S ′＝1＋32×24＝22.答案22规律方法 (1)画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y 轴的线段长度减半，平行于x 轴和z 轴的线段长度不变)来掌握.对直观图的考查有两个方向，一是已知原图形求直观图的相关量，二是已知直观图求原图形中的相关量.(2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S 直观图＝24S 原图形.【训练3】 有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________.解析 如图1，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E .在Rt△ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22. 又四边形AECD 为矩形，AD ＝EC ＝1. ∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1. 由此还原为原图形如图2所示，是直角梯形A ′B ′C ′D ′. 在梯形A ′B ′C ′D ′中，A ′D ′＝1，B ′C ′＝22＋1，A ′B ′＝2. ∴这块菜地的面积S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22.答案 2＋22基础巩固题组一、选择题1.关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是( ) A.棱柱的侧棱长都相等 B.棱锥的侧棱长都相等C.三棱台的上、下底面是相似三角形D.有的棱台的侧棱长都相等解析 根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等. 答案 B2.如图所示的几何体是棱柱的有( )A.②③⑤B.③④⑤C.③⑤D.①③解析 由棱柱的定义知③⑤两个几何体是棱柱. 答案 C3.(2018·全国Ⅲ卷)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( )解析 由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A. 答案 A4.已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，且它的正视图如图所示，则该四棱锥侧视图的面积是( )A.4 2B.4C.2 2D.2解析 由四棱锥P －ABCD 的正视图可知，四棱锥的正视图是一个高为2，底边长为22的等腰三角形，又因为四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，所以四棱锥的侧视图是一个高为2，底边长为22的等腰三角形，所以侧视图的面积为12×2×22＝2 2.故选C.答案 C5.将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析易知侧视图的投影面为矩形，又AF的投影线为虚线，即为左下角到右上角的对角线，∴该几何体的侧视图为选项D.答案 D6.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A.6 2B.4 2C.6D.4解析如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A－BCD，最长的棱为AD＝（42）2＋22＝6.答案 C7.某几何体的正视图和侧视图均为如图所示的图形，则在下图的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是( )A.①③B.①④C.②④D.①②③④解析由正视图和侧视图知，该几何体为球与正四棱柱或球与圆柱体的组合体，故①③正确. 答案 A8.(2020·北京昌平区二模)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. 5B.2 2C.2 3D.3解析根据三视图可知几何体是一个四棱锥，底面是一个直角梯形，AD⊥AB、AD∥BC，AD＝AB＝2，BC＝1，PA⊥底面ABCD，且PA＝2，∴该四棱锥最长棱的棱长为PC＝PA2＋AC2＝22＋22＋12＝3.答案 D二、填空题9.已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于________.解析由题知此正方体的正视图与侧视图是一样的，正视图的面积与侧视图的面积相等为 2. 答案 210.直观图(如图)中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在原坐标系xOy中四边形为________(填图形形状)；面积为________cm2.解析将直观图恢复到平面图形(如图)，是OA＝2 cm，OC＝4 cm的矩形，S OABC＝2×4＝8(cm2).答案矩形811.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的长为________.解析由三视图可知几何体为如图所示的三棱锥P－ABC，其最长棱为AC＝22＋12＝ 5.答案 512.我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺，问积几何”，羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两个面是三角形，已知一个羡除的三视图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的表面中三个梯形的面积之和为________.解析由三视图可知，该几何体的直观图如图五面体，其中平面ABCD⊥平面ABEF，CD＝2，AB＝6，EF＝4，底面梯形是等腰梯形，高为3，梯形ABCD的高为4，等腰梯形EFDC的高为9＋16＝5，三个梯形的面积之和为2＋62×4＋4＋62×3＋2＋42×5＝46.答案4613.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为42，点M是棱BC的中点，点P在底面ABCD内，点Q 在线段A1C1上，若PM＝1，则PQ长度的最小值为________.解析由题意得，过点Q作QN⊥平面ABCD，垂足为N，则点N在线段AC上，分别连接PQ，PN，在Rt△PNQ中，PQ＝QN2＋PN2＝（42）2＋PN2，在平面ABCD内过点M作MR⊥AC，垂足为R，则MR＝2，即M到直线AC的最短距离为2，又PM＝1，当P∈MR时，此时PN min＝MR－1＝1，所以PQ min＝（42）2＋12＝33.答案3314.如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有________对.解析由三视图的特征，将俯视图拉伸得四棱锥A－BCDE，且顶点A在底面BCDE上的射影为棱BC的中点O，又底面BCDE为矩形，则侧面ABC⊥底面BCDE，侧面ABE⊥侧面ABC，侧面ACD⊥侧面ABC；又因为AC＝AB＝22，BC＝4，即AB⊥AC，则由CD⊥侧面ABC，知CD⊥AB，故AB⊥侧面ACD，故侧面ABE⊥侧面ACD.因此此几何体中共有4对平面互相垂直.答案 4能力提升题组15.在如图所示的空间直角坐标系O－xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)，给出编号①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )A.①和②B.③和①C.④和③D.④和②解析 如图，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④，俯视图为②.答案 D16.(2020·北京房山区一模)某三棱锥的三视图如图所示，正视图与侧视图是两个全等的等腰直角三角形，直角边长为1，俯视图是正方形，则该三棱锥的四个面的面积中最大的是( )A.12B.22C.32D.1解析 该多面体为一个三棱锥D －ABC ，是正方体的一部分，如图所示，其中3个面是直角三角形，1个面是等边三角形，S △BCD ＝34×(2)2＝32，S △BAD ＝S △ACD ＝12×1×2＝22，S △BCA ＝12×1×1＝12，所以该三棱锥的四个面的面积中最大的是32. 答案 C17.正四面体的棱长为26，以其中心O 为球心作球，球面与正四面体四个面相交所成的曲线总长度为4π，则球O 的半径为( ) A.52 B.62 C.62或 5 D.52或 5 解析 设球O 的半径为R ，若正四面体一个面截球如图1所示，则小圆周长为π，所以小圆半径为12，又球心到四面体的面的距离为1，故R ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝52；若正四面体一个面截球如图2所示，记D 为AC 的中点，由题意知AB ︵＝π3.设小圆O 1的半径为r ，则∠AO 1B ＝π3r ，又∠BO 1C ＝2π3，∠AO 1D ＝12(∠BO 1C －∠AO 1B )＝π3－π6r ，O 1D ＝2，所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－π6r ＝2r ①.令f (r )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－π6r －2r ， 则f ′(r )＝－π6r2× sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－π6r ＋2r2＞0，所以函数f (r )在(0，＋∞)上单调递增，且最多有一个零点，而f (2)＝0， 所以方程①有唯一解2，从而R ＝r 2＋12＝5， 所以球O 的半径是52或5，故选D.答案 D18.已知△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′是边长为a 的正三角形，那么原△ABC 的面积为________.解析 如图，过C ′作y ′轴的平行线C ′D ′，与x ′轴交于点D ′.则C ′D ′＝32a sin 45°＝62a .又C ′D ′是原△ABC 的高CD 的直观图，所以CD ＝6a . 故S △ABC ＝12AB ·CD ＝62a 2.答案62a 2。