高三二轮复习--立体几何
备战2023年新高考数学二轮专题复习课件立体几何
第三讲立体几何——大题备考【命题规律】立体几何大题一般为两问:第一问通常是线、面关系的证明;第二问通常跟角有关,一般是求线面角或二面角,有时与距离、几何体的体积有关.微专题1线面角保分题[2022·辽宁沈阳二模]如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,P A⊥平面ABCD,P A=2AB=4,点M是P A的中点.(1)求证:BD⊥CM;(2)求直线PC与平面MCD所成角的正弦值.提分题例1 [2022·全国乙卷]如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E 为AC的中点.(1)证明:平面BED⊥平面ACD;(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.听课笔记:【技法领悟】利用空间向量求线面角的答题模板巩固训练1[2022·山东泰安一模]如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,AB=2AD=2,P A⊥平面ABCD,E为PD中点.(1)若P A=1,求证:AE⊥平面PCD;(2)当直线PC与平面ACE所成角最大时,求三棱锥E-ABC的体积.微专题2二面角保分题[2022·山东临沂二模]如图,AB是圆柱底面圆O的直径,AA1、CC1为圆柱的母线,四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形,且AB=AA1=2BC=2CD,E、F分别为A1D、C1C的中点.(1)证明:EF∥平面ABCD;(2)求平面OEF与平面BCC1夹角的余弦值.提分题例2 [2022·湖南岳阳三模]如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,F是PD 的中点.(1)证明:PB∥平面AFC;(2)若直线P A⊥平面ABCD,AC=AP=2,且P A与平面AFC所成的角正弦值为√21,求7锐二面角F-AC-D的余弦值.听课笔记:AD,现例3 [2022·山东日照二模]如图,等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AB=BC=CD=12以AC为折痕把△ABC折起,使点B到达点P的位置,且P A⊥CD.(1)证明:平面APC⊥平面ADC;(2)若M为PD上一点,且三棱锥D-ACM的体积是三棱锥P-ACM体积的2倍,求二面角P-AC-M的余弦值.听课笔记:【技法领悟】利用空间向量求二面角的答题模板巩固训练21.[2022·广东韶关二模]如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,点S是边AB 的中点.AB=2,AD=4,P A=PD=2√2.(1)若O是侧棱PC的中点,求证:SO∥平面P AD;(2)若二面角P-AD-B的大小为2π,求直线PD与平面PBC所成角的正弦值.32.[2022·河北保定一模]如图,在等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AD=AB=CD=1,∠BCD =60°,现将DAC沿AC折起至P AC,使得PB=√2.(1)证明:AB⊥PC;(2)求二面角A-PC-B的余弦值.微专题3探索性问题提分题例4 [2022·山东聊城三模]已知四边形ABCD为平行四边形,E为CD的中点,AB=4,△ADE为等边三角形,将三角形ADE沿AE折起,使点D到达点P的位置,且平面APE⊥平面ABCE.(1)求证:AP⊥BE;(2)试判断在线段PB上是否存在点F,使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在,试确定点F的位置;若不存在,请说明理由.听课笔记:【技法领悟】1.通常假设问题中的数学对象存在或结论成立,再在这个前提下进行推理,如果能推出与条件吻合的数据或事实,说明假设成立,并可进一步证明;否则假设不成立.2.探索线段上是否存在满足条件的点时,一定注意三点共线的条件的应用.巩固训练3[2022·湖南岳阳一模]如图,在三棱锥S-ABC中,SA=SB=SC,BC⊥AC.(1)证明:平面SAB⊥平面ABC;(2)若BC=SC,SC⊥SA,试问在线段SC上是否存在点D,使直线BD与平面SAB所成的角为60°,若存在,请求出D点的位置;若不存在,请说明理由.第三讲立体几何微专题1线面角保分题解析:(1)证明:如图,连接AC,∵四边形ABCD是正方形,∴AC⊥BD.又P A ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,∴P A ⊥BD , ∵P A ,AC ⊂平面P AC ,P A∩AC =A , ∴BD ⊥平面P AC , 又CM ⊂平面P AC , ∴BD ⊥CM .(2)易知AB ,AD ,AP 两两垂直,以点A 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz . ∵P A =2AB =4,∴A (0,0,0),P (0,0,4),M (0,0,2),C (2,2,0),D (0,2,0), ∴MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,-2),MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2),PC ⃗⃗⃗⃗ =(2,2,-4). 设平面MCD 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2y −2z =0n ·MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2y −2z =0,令y =1,得n =(0,1,1).设直线PC 与平面MCD 所成角为θ,由图可知0<θ<π2,则sinθ=|cos 〈n ,PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|=|n·PC ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||PC ⃗⃗⃗⃗⃗|=√12+12×√22+22+(−4)2=√36.即直线PC 与平面MCD 所成角的正弦值为√36.提分题[例1] 解析:(1)证明:∵AD =CD ,∠ADB = ∠BDC ,BD =BD , ∴△ABD ≌△CBD ,∴AB =CB .∵E 为AC 的中点,∴DE ⊥AC ,BE ⊥AC . ∵DE∩BE =E ,DE ,BE ⊂平面BED , ∴AC ⊥平面BED .∵AC ⊂平面ACD ,∴平面BED ⊥平面ACD .(2)如图,连接EF .由(1)知AC ⊥平面BED . 又∵EF ⊂平面BED , ∴EF ⊥AC . ∴S △AFC =12AC ·EF .当EF ⊥BD 时,EF 的长最小,此时△AFC 的面积最小. 由(1)知AB =CB =2. 又∵∠ACB =60°,∴△ABC 是边长为2的正三角形,∴BE =√3. ∵AD ⊥CD ,∴DE =1,∴DE 2+BE 2=BD 2,∴DE ⊥BE .以点E 为坐标原点,直线EA ,EB ,ED 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,则E (0,0,0),A (1,0,0),B (0,√3,0),C (-1,0,0),D (0,0,1),∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,0),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),DB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,-1),ED⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),EC ⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,0).设DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1), 则EF ⃗⃗⃗⃗ =ED ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =ED ⃗⃗⃗⃗⃗ +λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1)+λ(0,√3,-1)=(0,√3λ,1-λ). ∵EF ⊥DB , ∴EF⃗⃗⃗⃗ ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3λ,1-λ)·(0,√3,-1)=4λ-1=0, ∴λ=14,∴EF ⃗⃗⃗⃗ =(0,√34,34),∴CF ⃗⃗⃗⃗ =EF ⃗⃗⃗⃗ −EC ⃗⃗⃗⃗ =(0,√34,34)-(-1,0,0)=(1,√34,34).设平面ABD 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AD⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{−x +√3y =0,−x +z =0.取y =1,则x =√3,z =√3,∴n =(√3,1,√3).设当△AFC 的面积最小时,CF 与平面ABD 所成的角为θ,则sin θ=|cos 〈n ,CF ⃗⃗⃗⃗ 〉|=|n·CF ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||CF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|√3×1+1×√34+√3×34|√3+1+3× √1+316+916=4√37. 故当△AFC 的面积最小时,CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37. [巩固训练1]解析:(1)证明:∵P A ⊥平面ABCD ,CD ⊂平面ABCD ,∴P A ⊥CD , ∵四边形ABCD 为矩形,∴AD ⊥CD ,又AD∩P A =A ,AD 、P A ⊂平面P AD ,∴CD ⊥平面P AD , ∵AE ⊂平面P AD ,∴AE ⊥CD ,在△P AD 中,P A =AD ,E 为PD 的中点,∴AE ⊥PD , 而PD∩CD =D ,PD 、CD ⊂平面PCD , ∴AE ⊥平面PCD .(2)以A 为坐标原点,分别以AB 、AD 、AP 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系, 设AP =a (a >0),则C (2,1,0),P (0,0,a ),E (0,12,a2),∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,0),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,a 2),PC ⃗⃗⃗⃗ =(2,1,-a ), 设平面ACE 的一个法向量为n =(x ,y ,z ), 则{n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +y =0n ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =12y +a 2z =0,取y =-a ,可得n =(a2,-a ,-1).设直线PC 与平面ACE 所成角为θ,则sin θ=|cos 〈n ,PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|=|n·FC⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||FC⃗⃗⃗⃗⃗ |=√54a 2+1·√5+a 2=√29+20a2+5a ≤27,当且仅当a =√2时等号成立.即当AP =√2时,直线PC 与平面ACE 所成角最大, 此时三棱锥E - ABC 的体积V =13×12×2×1×√22=√26.微专题2 二面角保分题解析:(1)证明:取AD 的中点M ,连接EM 、MC ,∵E 为A 1D 的中点,F 为CC 1的中点,∴EM ∥AA 1,EM =12AA 1,又CF ∥AA 1,CF =12AA 1, ∴EM ∥CF ,EM =CF ,∴四边形EMCF 为平行四边形,∴EF ∥CM , 又EF ⊄平面ABCD ,CM ⊂平面ABCD , ∴EF ∥平面ABCD .(2)设AB =AA 1=2BC =2CD =4,∵AC ⊥BC ,∴AC =2√3.由题意知CA 、CB 、CC 1两两垂直,故以C 为坐标原点,分别以CA 、CB 、CC 1所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系.则A 1(2√3,0,4)、O (√3,1,0)、F (0,0,2)、C (0,0,0)、D (√3,-1,0), ∴A 1D 的中点E 的坐标为(3√32,-12,2), ∴OF⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,-1,2),EF ⃗⃗⃗⃗ =(-3√32,12,0),设平面OEF 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·EF ⃗⃗⃗⃗ =0,即{−√3x −y +2z =0−3√32x +12y =0,即{√3x +y −2z =03√3x −y =0, 令x =√3,得n =(√3,9,6),∵AC ⊥BC ,AC ⊥CC 1,BC ∩CC 1=C , ∴AC ⊥平面BCC 1,∴平面BCC 1的一个法向量为CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√3,0,0),cos 〈n ,CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=n·CA ⃗⃗⃗⃗⃗|n |·|CA ⃗⃗⃗⃗⃗|=√3+81+36·2√3=√1020, ∴平面OEF 与平面BCC 1夹角的余弦值为√1020. 提分题[例2] 解析:(1)证明:连接BD 交AC 于O , 易证O 为BD 中点,又F 是PD 的中点, 所以OF ∥PB ,又OF ⊂平面AFC ,且PB 不在平面AFC 内, 故PB ∥平面AFC .(2)取PC 中点为Q ,以O 为坐标原点,OB 为x 轴,OC 为y 轴,OQ 为z 轴建立空间直角坐标系,设OB =m ,则A (0,-1,0),B (m ,0,0),C (0,1,0),P (0,-1,2),D (-m ,0,0)⇒F (-m2,-12,1),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2),OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-m 2,-12,1),OC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0), 设平面AFC 的法向量为n =(x ,y ,z ),由{n ⊥OF ⃗⃗⃗⃗⃗ n ⊥OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⇒{−m2x −12y +z =0y =0,令x =2,有n =(2,0,m ),由P A 与平面AFC 所成的角正弦值为√217⇒√217=|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AP⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=2√4+m 2⇒m =√3, 平面ACD 的法向量为m =(0,0,1),则锐二面角F - AC - D 的余弦值为 |m·n ||m |·|n |=√3√7=√217.[例3] 解析:(1)证明:在梯形ABCD 中取AD 中点N ,连接CN , 则由BC 平行且等于AN 知ABCN 为平行四边形,所以CN =AB , 由CN =12AD 知C 点在以AD 为直径的圆上,所以AC ⊥CD .又AP ⊥CD ,AP∩AC =A, AP ,AC ⊂平面P AC , ∴CD ⊥平面P AC , 又CD ⊂平面ADC , ∴平面APC ⊥平面ADC .(2)取AC 中点O ,连接PO ,由AP =PC ,可知PO ⊥AC ,再由平面P AC ⊥平面ACD ,AC 为两面交线,所以PO ⊥平面ACD ,以O 为原点,OA 为x 轴,过O 且与OA 垂直的直线为y 轴,OP 为z 轴建立空间直角坐标系,令AB =2,则A (√3,0,0),C (-√3,0,0),P (0,0,1),D (-√3,2,0), 由V P - ACM ∶V D - ACM =1∶2,得PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ , 所以OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√33,23,23), 设平面ACM 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则由{n ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{−√33x +23y +23z =0√3x =0,取z =-1得x =0,y =1,所以n =(0,1,-1),而平面P AC 的法向量m =(0,1,0),所以cos 〈n ,m 〉=m·n |m ||n |=√22. 又因为二面角P - AC - M 为锐二面角,所以其余弦值为√22.[巩固训练2]1.解析:(1)证明:取线段PD 的中点H ,连接SO 、OH 、HA ,如图,在△PCD 中,O 、H 分别是PC 、PD 的中点,所以OH ∥CD 且OH =12CD ,所以OH ∥AS 且OH =AS ,所以四边形ASOH 是平行四边形,所以SO ∥AH ,又AH ⊂平面P AD ,SO ⊄平面P AD ,所以SO ∥平面P AD .(2)取线段AD 、BC 的中点E 、F ,连结PE 、EF .由点E 是线段AD 的中点,P A =PD 可得PE ⊥AD ,又EF ⊥AD ,所以∠PEF 是二面角P - AD - B 的平面角,即∠PEF =23π,以E 为原点,EA⃗⃗⃗⃗⃗ 、EF ⃗⃗⃗⃗ 方向分别为x 轴、y 轴正方向,建立如图所示坐标系,在△P AD 中,AD =4,P A =PD =2√2知:PE =2,所以P (0,-1,√3),D (-2,0,0),B (2,2,0),C (-2,2,0),所以PD⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,-√3),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,3,-√3),PC ⃗⃗⃗⃗ =(-2,3,-√3), 设平面PBC 的法向量n =(x ,y ,z ),则{n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗=0n ·PC⃗⃗⃗⃗ =0,即{2x +3y −√3z =0−2x +3y −√3z =0,可取n =(0,1,√3),设直线PD 与平面PBC 所成角为θ, 则sin θ=|cos 〈PD⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 〉|=2·2√2=√24,所以直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为√24.2.解析:(1)证明:在等腰梯形ABCD 中,过A 作AE ⊥BC 于E ,过D 作DF ⊥BC 于F ,因为在等腰梯形ABCD 中,AD ∥BC ,AD =AB =CD =1,∠BCD =60°,所以BE =CF =12CD =12,AE =DF =√12−(12)2=√32, 所以AC =BD =√(32)2+(√32)2=√3, BC =2,所以BD 2+CD 2=BC 2,所以BD ⊥CD ,同理AB ⊥AC , 又因为AP =AB =1,PB =√2, ∴AP 2+AB 2=PB 2,∴AB ⊥AP又AC∩AP =A ,AC ,AP ⊂平面ACP , 所以AB ⊥平面ACP , 因为PC ⊂平面ACP , 所以AB ⊥PC .(2)取AC 的中点为M ,BC 的中点为N ,则MN ∥AB , 因为AB ⊥平面ACP ,所以MN ⊥平面ACP ,因为AC ,PM ⊂平面ACP ,所以MN ⊥AC ,MN ⊥PM , 因为P A =PC ,AC 的中点为M ,所以PM ⊥AC , 所以MN ,MC ,MP 两两垂直,所以以M 为原点,以MN 所在直线为x 轴,以MC 所在直线为y 轴,以MP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系,则A (0,-√32,0),B (1,-√32,0),C (0,√32,0),P (0,0,12),PC ⃗⃗⃗⃗ =(0,√32,-12),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-√32,-12), 平面APC 的一个法向量为m =AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0), 设平面PBC 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则 {n ·PC⃗⃗⃗⃗ =√32y −12z =0n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x −√32y −12z =0,令y =1,则n =(√3,1,√3),所以cos 〈m ,n 〉=m·n |m ||n |=√31×√7=√217, 因为二面角A - PC - B 为锐角, 所以二面角A - PC - B 的余弦值为√217.微专题3 探索性问题提分题[例4] 解析:(1)证明:因为四边形ABCD 为平行四边形,且△ADE 为等边三角形, 所以∠BCE =120°,又E 为CD 的中点,所以CE =ED =DA =CB ,即△BCE 为等腰三角形, 所以∠CEB =30°.所以∠AEB =180°-∠AED -∠BEC =90°, 即BE ⊥AE .又因为平面AEP ⊥平面ABCE ,平面APE ∩平面ABCE =AE ,BE ⊂平面ABCE , 所以BE ⊥平面APE ,又AP ⊂平面APE ,所以BE ⊥AP .(2)取AE 的中点O ,连接PO ,由于△APE 为正三角形,则PO ⊥AE , 又平面APE ⊥平面ABCE ,平面APE ∩平面ABCE =AE ,PO ⊂平面EAP , 所以PO ⊥平面ABCE ,PO =√3,BE =2√3, 取AB 的中点G ,则OG ∥BE ,由(1)得BE ⊥AE ,所以OG ⊥AE ,以点O 为原点,分别以OA ,OG ,OP 所在的直线为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz ,则O (0,0,0),A (1,0,0),B (-1,2√3,0),P (0,0,√3),E (-1,0,0), 则EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0),EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,0),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2√3,-√3),EP ⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3), 假设存在点F ,使平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°, 设PF⃗⃗⃗⃗ =λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-λ,2√3λ,-√3λ),λ∈[0,1], 则EF ⃗⃗⃗⃗ =EP ⃗⃗⃗⃗ +PF ⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3)+(-λ,2√3λ,-√3λ)=(1-λ,2√3λ,√3−√3λ), 设平面AEF 的法向量为m =(x ,y ,z ),由{EF ⃗⃗⃗⃗·m =0EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0得{(1−λ)x +2√3λy +(√3,-√3λ)z =02x =0, 取z =2λ,得m =(0,λ-1,2λ);由(1)知EB⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面AEP 的一个法向量, 于是,cos 45°=|cos 〈m ,EB ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|=|m·EB ⃗⃗⃗⃗⃗||m |·|EB ⃗⃗⃗⃗⃗|=2√3|λ−1|2√3·√5λ2−2λ+1=√22,解得λ=13或λ=-1(舍去),所以存在点F ,且当点F 为线段PB 的靠近点P 的三等分点时,平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°.[巩固训练3]解析:(1)证明:取AB 的中点E ,连接SE ,CE ,∵SA =SB ,∴SE ⊥AB , ∵BC ⊥AC ,∴三角形ACB 为直角三角形,∴BE =EC , 又BS =SC ,∴△SEC ≌△SEB ,∴∠SEB =∠SEC =90°, ∴SE ⊥EC ,又SE ⊥AB ,AB∩CE =E ,∴SE ⊥平面ABC . 又SE ⊂平面SAB ,∴平面SAB ⊥平面ABC .(2)以E 为坐标原点,平行AC 的直线为x 轴,平行BC 的直线为y 轴,ES 为z 轴建立空间直角坐标系,如图,不妨设SA =SB =SC =2,SC ⊥SA ,则AC =2√2,BC =SC =2知EC =2√3,SE =1,则A (-√2,1,0),B (√2,-1,0),C (√2,1,0),E (0,0,0),S (0,0,1), ∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√2,-2,0),SA ⃗⃗⃗⃗ =(-√2,1,-1), 设D (x ,y ,z ),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =λCS⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1),则(x -√2,y -1,z )=λ(-√2,-1,1), ∴D (√2−√2λ,1-λ,λ),BD⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2λ,2-λ,λ). 设平面SAB 的一个法向量为n =(x 1,y 1,z 1),则{n ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =2√2x 1−2y 1=0n ·SA ⃗⃗⃗⃗ =−√2x 1+y 1−z 1=0,取x 1=1,得n =(1,√2,0),sin 60°=|n·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |,则√2−2√2λ|√3√2λ2+(2−λ)2+λ2=√32, 得λ2+7λ+1=0,又∵0≤λ≤1,方程无解,∴不存在点D ,使直线BD 与平面SAB 所成的角为60°.。
“立体几何”大题的常考题型探究(课件)2023年高考数学二轮复习(全国通用)
因为 ,所以 .由已知得 ,故 .又 ,所以 .因为 , , , , ,所以 .
提分秘籍 体积问题考查的本质就是点面距离,解题关键是抓住以下几种方法:
(1)等体积法(仅限三棱锥)转换顶点;
(2)顶点不变,延展或缩小底面,如四棱锥的高即同顶点的三棱锥的高,点 到平面 的距离可看作点 到平面 的距离;
设 ,则 , , .设平面 的法向量为 ,则 即
令 ,则 ,∴平面 的一个法向量为 , .∵直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值,∴直线 与平面 所成角的正弦值等于, ,当且仅当 时取等号.
∴直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为 .(法二:定义法)如图2, 平面 , , 平面 .
大题攻略03 平面与平面所成的角
例3 (2021年全国甲卷)已知直三棱柱 中,侧面 为正方形, , , 分别为 和 的中点, 为棱 上的点, .
(1)证明: .(2)当 为何值时,平面 与平面 所成的二面角的正弦值最小?
▶审题微“点”
切入点
(1)常规方法是几何法,不过用几何法较为复杂,根据题目条件建系是最优解法;(2)建系是常规方法,也是最优法
▶审题微“点”
切入点
(1)关键是在平面 内找一条直线与 平行,根据线面平行的判定定理即可证明;(2)将包装盒分割成几个规则的锥体和柱体求解
障碍点
(1)在平面 内找直线与 平行;(2)将不规则的几何体分割或补形成几个规则的几何体
隐蔽点
(1)平面 内与 平行的直线;(2)包装盒的高
[解析] (1)如图1所示,分别取 , 的中点 , ,连接 ,因为 , 为全等的正三角形,所以 , , .
高三数学二轮复习:立体几何
专题四 立体几何
第1讲 空间几何体
[考情考向分析]
1.以三视图为载体,考查空间几何体面积、体积的计算. 2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题.
内容索引
热点分类突破 真题押题精练
热规则 俯视图放在正(主)视图的下面,长度与正(主)视图的长度一样,侧(左)视 图放在正(主)视图的右面,高度与正(主)视图的高度一样,宽度与俯视图 的宽度一样.即“长对正、高平齐、宽相等”. 2.由三视图还原几何体的步骤 一般先依据俯视图确定底面再利用正(主)视图与侧(左)视图确定几何体.
跟踪演练3 (1)(2018·咸阳模拟)在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,
AB⊥BC,若AB=2,BC=3,PA=4,则该三棱锥的外接球的表面积为
A.13π C.25π
B.20π
√D.29π
解析 答案
(2)(2018·四川成都名校联考)已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍,
√ 记该圆锥的内切球的表面积为S1,外接球的表面积为S2,则SS12 等于
例3 (1)(2018·百校联盟联考)在三棱锥P-ABC中,△ABC和△PBC均为
边长为3的等边三角形,且PA=326 ,则三棱锥P-ABC外接球的体积为
13 13 A. 6 π
10 10 B. 3 π
√C.5
15 2π
55 D. 6 π
解析 答案
(2)(2018·衡水金卷信息卷)如图是某三棱锥的三视
跟踪演练1 (1)(2018·衡水模拟)已知一几何体的正(主)视图、侧(左)视 图如图所示,则该几何体的俯视图不可能是
√
解析 答案
(2)(2018·合肥质检)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱 A1B1的中点,用过点A,C,E的平面截正方体,则位于 截面以下部分的几何体的侧(左)视图为
二轮复习之立体几何
( ) 面距 离.设J 是平 面A C的 9点 l B
法 向量 ,则点删 平 面A C的距 离d =
() 线平行 . 1线 若劢 ∥ , 则
A C . B ?D
() 面 平行. 2线
J 。 两 露f ll ‘ , l
( ,是平面 I) l 的法 向量 , 若 上
上& J
() 6 线线 成角. AB 设 与C D所成角
大小为 则cs f s , >. , o c( 1 o
匿 暖豳
使用空间向量对空
() 面 成 角.设 Ⅳ与 平 面AB 7线 C 所 成 角大 小 为 若n是 平 面A 的法 , C
间几 何 问题 进行 运 算 和证 明 . 键 是 关
破解 思 路 立 体 几 何 中 平 行 和
垂 直 的证 明( 判 断 )一方 面可 以利 或 .
用 平 行 和 垂 直 的 判 定 定 理 或 性 质 定
面 面 垂 直 判 定 定 理 : 个 平 面 过 一
另 一 个 平 面 的 垂 线 . 这 两 个 平 面 垂 则
理 进 行 推 理 论 证 : 一 方 面 可 以 借 助 另
( ) 线 段B 上 是 否 存 在 一 点 Ⅱ 在 B。
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个 平 面 的 两 条 直 线 平 行 . n , L 即 上 b-
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D C , D n C =Dl DI ,所 以 平 面
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D ∥ 平面AI 因为D0c平 面 C B C 。 D , 4C 所以D0 l∥平面A1C B
高 考 强 化 了对 立 体 几何 的 “ 化 包 装 ” 呈 现 出 “ 花 美 , 百 齐放 , 彩 缤纷 ” 五 的局面 .本 文 通 过 对 “ 形 色 色 ” 立 形 的 体 几何 题 进 行 分类 解 析 , 从 而 帮 助 大 家 更 好 地 理 解 和
高三二轮复习立体几何
高三二轮复习教学案——立体几何(1)班级 学号 姓名一、考试内容及要求:二、典型题型1.已知直线a ,b 都在平面M 外,a ,b 在平面M 内的射影分别是直线a 1,b 1,给出下列四个命题: ①b a b a ⊥⇒⊥11②11b a b a ⊥⇒⊥③a 1与b 1相交⇒a ,b 相交④a 1与b 1平行⇒a ,b 平行其中不正确的命题有________个2.在正四面体P —ABC 中,D ,E ,F 分别是AB ,BC ,CA 的中点.给出下面三个结论: ①BC ∥平面PDF ; ②DF ⊥平面PAE ; ③平面PAE ⊥平面ABC . 其中正确的结论是________.3.已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,点M ,N 分别是AB 1,BC 1的中点.那么①AA 1⊥MN ; ②A 1C 1∥MN ; ③MN ∥平面A 1B 1C 1D 1; ④MN 与A 1C 1异面. 以上4个结论中,不正确的结论个数有________个·4.将边长为2正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角,则折后A 、B 、C 、D 四点所在的球的体积为___________.5.已知直线a ,b ,平面α,β,γ,则下列条件中能推出α∥β的是___________. ①a ∥α,b ∥β,a ∥b ②a ⊥γ,b ⊥γ,α⊂a ,b ⊂β③a ⊥α,b ⊥β,a ∥b ④a ⊂α,b ⊂β,a ∥α,b ∥β6.设四棱锥P —ABCD 的底面是边长为2的正方形,△PAB 为正三角形,且与底面垂直,E 是PD 的中点,面BCE 与PA 交于F(如图)· (1)求证:EF ∥AD ;(2)设M ,N 分别为AB ,BC 的中点,求证:面PMD ⊥面PAN .7.如图.在直三棱柱ABC—A1B1C1中.E、F分别是A1B、A1C的中点,点D在B1C1上,A1D⊥B1C求证:(1)EF∥平面ABC(2)平面A1FD⊥平面BB1C1C8.如图,已知在三棱柱ABC—A1B1C1中,AA1⊥面ABC,AC=BC,M,N,P,Q分别是AA1,BB1,AB,B1C1的中点.(1)求证:面PCC1⊥面MNQ;(2)求证:PC1∥面MNQ.9.在四面体ABCD中,CB=CD,A D⊥BD,点E,F分别是AB,BD的中点,求证:(1)直线EF∥平面ACD;(2)平面EFC⊥平面BCD高三二轮复习教学案——立体几何(2)班级学号姓名1.给出下面四个命题:①如果两个平面有三个不共线的公共点,那么这两个平面重合;②如果两条直线都与第三条直线平行,那么这两条直线平行;③如果两条直线都与第三条直线垂直,那么这两条直线垂直;④如果两个平行平面同时与第三个平面相交,那么它们的交线平行.其中正确命题的序号是_____________.2.给出下列命题:①若平面α内的直线l垂直于平面β内的任意直线,则α⊥β;②若平面α内的任一直线都平行于平面β,则α∥β;③若平面α垂直于平面β,直线l在平面α内,则l⊥β;④若平面α平行于平面β,直线l在平面α内,则l∥β.其中正确命题的个数是________________.3.已知直线m,n和平面α,β满足:α∥β,m⊥α,m⊥n,则n与β之间的位置关系是__________________。
2025届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题三立体几何02命题分析03知识方法
专题三 立体几何1.高考立体几何试题具有较强的综合性,重视基础学问、基本技能和创新意识的考查,突出直观想象、逻辑推理、数学运算等学科核心素养的考查.内容包括“空间几何体”“点、直线、平面之间的位置关系”和“空间向量与立体几何”.2. 从近几年高考数学试题考查的状况来看,题目难度和题量相对稳定,一般是一个大题,两个小题,占22分,难度基本是中等.3.立体几何高考选择题或填空题有两个常考的热点:一是空间几何体的表面积、体积的计算,有时和数学文化、科技情境交汇命题,特殊要留意的是球与球的组合体问题,常作为小题的压轴题出现,难度较大,对空间想象实力和推理实力都有较高的要求.二是空间中点、直线、平面之间的位置关系的判定,或空间角的计算,若出现在压轴小题的位置,则类型一般为立体几何动态问题或翻折问题.4.立体几何高考解答题常以棱柱或棱锥为载体,一般设置两问,“一证一算”,一问是定性分析,一问是定量分析.其中定性分析以线、面平行、垂直的证明为主,考查逻辑推理实力及学科素养;而定量分析主要是应用空间向量求线面角、二面角,考查数学运算实力与学科素养.1.几何体的表面积与体积公式(1)柱体的体积和表面积:V =S 底h ;S 圆柱侧=2πrl ;S 表面积=S 侧+2S 底.(2)台体的体积和表面积:V =13(S 上+S 下+S 上S 下)h ;S 圆台侧=π(r 1+r 2)l ;S 表面积=S 侧+S 上+S 下.(3)锥体的体积和表面积:V =13S 底h ;S 圆锥侧=πrl ;S 表面积=S 侧+S 底. (4)球的体积和表面积:V =43πR 3;S =4πR 2. 2.三个基本领实(1)基本领实1:过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面.(2)基本领实2:假如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.(3)基本领实3:假如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.3.线面平行、垂直的定理(1)线面平行的判定定理:a ⊄α,b ⊂α,a ∥b ⇒a ∥α.(2)线面平行的性质定理:a ∥α,a ⊂β,α∩β=b ⇒a ∥b .(3)面面平行的判定定理:a ⊂α,b ⊂α,a ∩b =P ,a ∥β,b ∥β⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理:α∥β,α∩γ=a ,β∩γ=b ⇒a ∥b .(5)线面垂直的判定定理:⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥a l ⊥b a ∩b =O a ⊂αb ⊂α⇒l ⊥α. (6)线面垂直的性质定理:⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b . (7)面面垂直的判定定理: ⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥αl ⊂β⇒α⊥β.(8)面面垂直的性质定理: ⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β=al ⊥al ⊂β⇒l ⊥α. 4.三种空间角的求法设直线l ,m 的方向向量分别为a =(a 1,b 1,c 1),b =(a 2,b 2,c 2),平面α,β的法向量分别为μ=(a 3,b 3,c 3),v =(a 4,b 4,c 4)(以下相同).(1)线线夹角:设l ,m 的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2,则cos θ=|a ·b ||a ||b |=|a 1a 2+b 1b 2+c 1c 2|a 21+b 21+c 21·a 22+b 22+c 22 .(2)线面夹角:设直线l 与平面α的夹角为θ⎝⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2,则sin θ=|a ·μ||a ||μ|=|cos 〈a ,μ〉|.(3)面面夹角:设平面α,β的夹角为θ(0≤θ<π),则|cos θ|=|μ·v ||μ||v |=|cos 〈μ,v 〉|.5.空间距离(1)点到直线的距离直线l 的单位方向向量为u ,A 是直线l 上的任一点,P 为直线l 外一点,设AP →=a ,则点P到直线l 的距离d =a 2-(a ·u )2.(2)点到平面的距离平面α的法向量为n ,A 是平面α内任一点,P 为平面α外一点,则点P 到平面α的距离为d =|AP →·n ||n |.。
2023年高考数学二轮复习讲练测(新高考)专题08 立体几何解答题常考全归类(原卷版)
专题08 立体几何解答题常考全归类【命题规律】空间向量是将空间几何问题坐标化的工具,是常考的重点,立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合,以某个空间几何体为依托,分步设问,逐层加深.解决这类题目的原则是建系求点、坐标运算、几何结论.作为求解空间角的有力工具,通常在解答题中进行考查,属于中等难度.【核心考点目录】核心考点一:非常规空间几何体为载体核心考点二:立体几何探索性问题核心考点三:立体几何折叠问题核心考点四:立体几何作图问题核心考点五:立体几何建系繁琐问题核心考点六:两角相等(构造全等)的立体几何问题核心考点七:利用传统方法找几何关系建系核心考点八:空间中的点不好求核心考点九:创新定义【真题回归】1.(2022·天津·统考高考真题)直三棱柱111ABC A B C 中,112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥,D 为11A B 的中点,E 为1AA 的中点,F 为CD 的中点.(1)求证://EF 平面ABC ;(2)求直线BE 与平面1CC D 所成角的正弦值;(3)求平面1ACD 与平面1CC D 所成二面角的余弦值.2.(2022·全国·统考高考真题)如图,四面体ABCD 中,,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠,E 为AC 的中点.(1)证明:平面BED ⊥平面ACD ;(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒,点F 在BD 上,当AFC △的面积最小时,求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值.3.(2022·浙江·统考高考真题)如图,已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形,//AB DC ,//DC EF ,5AB =,3DC =,1EF =,60BAD CDE ∠=∠=︒,二面角F DC B --的平面角为60︒.设M ,N 分别为,AE BC 的中点.(1)证明:FN AD ⊥;(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值.4.(2022·全国·统考高考真题)如图,PO 是三棱锥-P ABC 的高,PA PB =,AB AC ⊥,E 是PB 的中点.(1)证明://OE 平面PAC ;(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒,3PO =,5PA =,求二面角C AE B --的正弦值.5.(2022·全国·统考高考真题)如图,四面体ABCD 中,,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠,E 为AC 的中点.(1)证明:平面BED ⊥平面ACD ;(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒,点F 在BD 上,当AFC △的面积最小时,求三棱锥F ABC -的体积.6.(2022·全国·统考高考真题)在四棱锥P ABCD -中,PD ⊥底面,,1,2,ABCD CD AB AD DC CB AB DP =====∥(1)证明:BD PA ⊥;(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值.7.(2022·北京·统考高考真题)如图,在三棱柱111ABC A B C 中,侧面11BCC B 为正方形,平面11BCC B ⊥平面11ABB A ,2AB BC ==,M ,N 分别为11A B ,AC 的中点.(1)求证:MN ∥平面11BCC B ;(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值. 条件①:AB MN ⊥;条件②:BM MN =.注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.8.(2022·全国·统考高考真题)如图,直三棱柱111ABC A B C 的体积为4,1A BC 的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离;(2)设D 为1A C 的中点,1AA AB =,平面1A BC ⊥平面11ABB A ,求二面角A BD C --的正弦值.【方法技巧与总结】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归,即把空间角转化为平面角,进而转化为三角形的内角,然后通过解三角形求得.求解的一般步骤为:(1)作图:作出空间角的平面角.(2)证明:证明所给图形是符合题设要求的.(3)计算:在证明的基础上计算得出结果.简称:一作、二证、三算.2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”,可固定一条,平移另一条;或两条同时平移到某个特殊的位置,顶点选在特殊的位置上.3、求直线与平面所成角的常见方法(1)作角法:作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形,根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求.(2)等积法:公式θ=sin h l,其中θ是斜线与平面所成的角,h 是垂线段的长,是斜线段的长,其中求出垂线段的长(即斜线上的点到面的距离)既是关键又是难点,为此可构造三棱锥,利用等体积法来求垂线段的长.(3)证垂法:通过证明线面垂直得到线面角为90°.4、作二面角的平面角常有三种方法(1)棱上一点双垂线法:在棱上任取一点,过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线,这两条射线所成的角,就是二面角的平面角.(2)面上一点三垂线法:自二面角的一个面上一点向另一面引垂线,再由垂足向棱作垂线得到棱上的点(即垂足),斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角,即为二面角的平面角.(3)空间一点垂面法:自空间一点作与棱垂直的平面,截二面角得两条射线,这两条射线所成的角就是二面角的平面角.【核心考点】核心考点一:非常规空间几何体为载体【规律方法】关键找出三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系.【典型例题】例1.(2022·陕西安康·统考一模)如图,已知AB 为圆锥SO 底面的直径,点C 在圆锥底面的圆周上,2BS AB ==,6BAC π∠=,BE 平分SBA ∠,D 是SC 上一点,且平面DBE ⊥平面SAB .(1)求证:SA BD ⊥;(2)求二面角E BD C --的正弦值.例2.(2022·安徽·校联考二模)如图,将长方形11OAAO (及其内部)绕1OO 旋转一周形成圆柱,其中11,2OA O O ==,劣弧11A B 的长为,6AB π为圆O 的直径.(1)在弧AB 上是否存在点C (1,C B 在平面11OAAO 的同侧),使1BC AB ⊥,若存在,确定其位置,若不存在,说明理由;(2)求平面11A O B 与平面11B O B 夹角的余弦值.例3.(2022·山东东营·胜利一中校考模拟预测)如图,,AB CD 分别是圆台上、下底面的直径,且AB CD ,点E 是下底面圆周上一点,AB =(1)证明:不存在点E 使平面AEC ⊥平面ADE ;(2)若4DE CE ==,求二面角D AE B --的余泫值.例4.(2022·河北·统考模拟预测)如图,在圆台1OO 中,上底面圆1O 的半径为2,下底面圆O 的半径为4,过1OO 的平面截圆台得截面为11ABB A ,M 是弧AB 的中点,MN 为母线,cos NMB ∠=(1)证明:1AB ⊥平面1AOM ; (2)求二面角M NB A --的正弦值.核心考点二:立体几何探索性问题【规律方法】与空间向量有关的探究性问题主要有两类:一类是探究线面的位置关系;另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.处理原则:先建立空间直角坐标系,引入参数(有些是题中已给出),设出关键点的坐标,然后探究这样的点是否存在,或参数是否满足要求,从而作出判断.【典型例题】例5.(2022·上海虹口·统考一模)如图,在三棱柱111ABC A B C 中,底面ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形,侧面11AAC C 为菱形,点1A 在底面上的投影为AC 的中点D ,且2AB =.(1)求证:1BD CC ⊥;(2)求点C 到侧面11AA B B 的距离;(3)在线段11A B 上是否存在点E ,使得直线DE 与侧面11AA B B 请求出1A E 的长;若不存在,请说明理由.例6.(2022春·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习)如图,在三棱柱111ABC A B C 中,1AB C 为等边三角形,四边形11AA B B 为菱形,AC BC ⊥,4AC =,3BC =.(1)求证:11AB AC ⊥;(2)线段1CC 上是否存在一点E ,使得平面1AB E 与平面ABC 的夹角的余弦值为14?若存在,求出点E 的位置;若不存在,请说明理由.例7.(2022春·黑龙江绥化·高三海伦市第一中学校考期中)如图1,在矩形ABCD 中,AB =2,BC =1,E 是DC 的中点,将DAE 沿AE 折起,使得点D 到达点P 的位置,且PB =PC ,如图2所示.F 是棱PB 上的一点.(1)若F 是棱PB 的中点,求证://CF 平面P AE ;(2)是否存在点F ,使得二面角F AE C --?若存在,则求出PF FB 的值;若不存在,请说明理由.例8.(2022·广东韶关·统考一模)已知矩形ABCD 中,4AB =,2BC =,E 是CD 的中点,如图所示,沿BE 将BCE 翻折至BFE △,使得平面BFE ⊥平面ABCD .(1)证明:BF AE ⊥;(2)若(01)DP DB λλ=<<是否存在λ,使得PF 与平面DEF 求出λ的值;若不存在,请说明理由.核心考点三:立体几何折叠问题【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变,哪些保持不变.2、把空间几何问题转化为平面几何问题,把握图形之间的关系,感悟数学本质.【典型例题】例9.(2022春·江苏南通·高三期中)已知梯形ABCD 中,//AD BC ,π2∠=∠=ABC BAD ,24AB BC AD ===,E ,F 分别是AB ,CD 上的点,//EF BC ,AE x =,G 是BC 的中点,沿EF 将梯形ABCD 翻折,使平面AEFD ⊥平面EBCF .(1)当2x =时①求证:BD EG ⊥;②求二面角D BF C --的余弦值;(2)三棱锥D FBC -的体积是否可能等于几何体ABE FDC -体积的一半?并说明理由.例10.(2022春·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中)如图1,在平面四边形ABCD 中,已知ABDC ,AB DC ∥,142AD DC CB AB ====,E 是AB 的中点.将△BCE 沿CE 翻折至△PCE ,使得2DP =,如图2所示.(1)证明:DP CE ⊥;(2)求直线DE 与平面P AD 所成角的正弦值.例11.(2022春·湖南长沙·高三宁乡一中校考期中)如图,平面五边形P ABCD 中,PAD 是边长为2的等边三角形,//AD BC ,AB =2BC =2,AB BC ⊥,将PAD 沿AD 翻折成四棱锥P -ABCD ,E 是棱PD 上的动点(端点除外),F ,M 分别是AB ,CE 的中点,且PC =(1)证明:AB FM ⊥;(2)当直线EF 与平面P AD 所成的角最大时,求平面ACE 与平面P AD 夹角的余弦值.例12.(2022·四川雅安·统考模拟预测)如图①,ABC 为边长为6的等边三角形,E ,F 分别为AB ,AC 上靠近A 的三等分点,现将AEF △沿EF 折起,使点A 翻折至点P 的位置,且二面角P EF C --的大小为120°(如图②).(1)在PC 上是否存在点H ,使得直线//FH 平面PBE ?若存在,确定点H 的位置;若不存在,说明理由. (2)求直线PC 与平面PBE 所成角的正弦值.核心考点四:立体几何作图问题 【规律方法】(1)利用公理和定理作截面图(2)利用直线与平面平行的性质定理作平行线 (3)利用平面与平面垂直作平面的垂线 【典型例题】例13.(2022·贵州·校联考模拟预测)如图,已知平行六面体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是菱形,112CD CC AC ===,3DCB π∠=且113cos cos 4C CD C CB ∠=∠=.(1)试在平面ABCD 内过点C 作直线l ,使得直线//l 平面1C BD ,说明作图方法,并证明:直线11//l B D ; (2)求点C 到平面1A BD 的距离.例14.(2022秋·河北石家庄·高一石家庄市第十五中学校考期中)如图为一块直四棱柱木料,其底面ABCD 满足:AB AD ⊥,AD BC ∥.(1)要经过平面11CC D D 内的一点P 和棱1BB 将木料锯开,在木料表面应该怎样画线?(借助尺规作图,并写出作图说明,无需证明)(2)若2AD AB ==,11BC AA ==,当点P 是矩形11CDD C 的中心时,求点1D 到平面1APB 的距离.例15.(2022·全国·高三专题练习)如图多面体ABCDEF 中,面FAB ⊥面ABCD ,FAB 为等边三角形,四边形ABCD 为正方形,//EF BC ,且332EF BC ==,H ,G 分别为CE ,CD 的中点.(1)求二面角C FH G --的余弦值;(2)作平面FHG 与平面ABCD 的交线,记该交线与直线AB 交点为P ,写出APAB的值(不需要说明理由,保留作图痕迹).例16.(2022·全国·高三专题练习)四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是边长为2的菱形,23DAB π∠=.ACBD O =,且PO ⊥平面ABCD ,PO =点,F G 分别是线段.PB PD 上的中点,E 在PA 上.且3PA PE =.(Ⅰ)求证://BD 平面EFG ;(Ⅰ)求直线AB 与平面EFG 的成角的正弦值;(Ⅰ)请画出平面EFG 与四棱锥的表面的交线,并写出作图的步骤.核心考点五:立体几何建系繁琐问题 【规律方法】 利用传统方法解决 【典型例题】例17.如图,已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形,侧面11BB C C 是矩形,M ,N 分别为BC ,11B C 的中点,P 为AM 上一点.过11B C 和P 的平面交AB 于E ,交AC 于F . (1)证明:1//AA MN ,且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ;(2)设O 为△111A B C 的中心.若//AO 平面11EB C F ,且=AO AB ,求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值.例18.如图,在锥体-P ABCD 中,ABCD 是边长为1的菱形,且∠=︒60DAB ,==PA PD ,=2PB ,E ,F 分别是BC ,PC 的中点(1)证明:⊥AD 平面DEF (2)求二面角--P AD B 的余弦值.例19.(2022春·福建南平·高三校考期中)在三棱柱111ABC A B C 中,AB AC ⊥,1B C ⊥平面ABC ,E 、F 分别是棱AC 、11A B 的中点.(1)设G 为11B C 的中点,求证://EF 平面11BCC B ;(2)若2AB AC ==,直线1BB 与平面1ACB 所成角的正切值为2,求多面体1B EFGC -的体积V .核心考点六:两角相等(构造全等)的立体几何问题 【规律方法】 构造垂直的全等关系 【典型例题】例20.如图,已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形,侧面11BB C C 是矩形,M ,N 分别为BC ,11B C 的中点,P 为AM 上一点.过11B C 和P 的平面交AB 于E ,交AC 于F . (1)证明:1//AA MN ,且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ;(2)设O 为△111A B C 的中心.若//AO 平面11EB C F ,且=AO AB ,求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值.例21.如图,在锥体-P ABCD 中,ABCD 是边长为1的菱形,且∠=︒60DAB ,==PA PD ,=2PB ,E ,F 分别是BC ,PC 的中点(1)证明:⊥AD 平面DEF (2)求二面角--P AD B 的余弦值.核心考点七:利用传统方法找几何关系建系【规律方法】利用传统方法证明关系,然后通过几何关系建坐标系. 【典型例题】例22.如图:长为3的线段PQ 与边长为2的正方形ABCD 垂直相交于其中心()O PO OQ >. (1)若二面角P AB Q --的正切值为3-,试确定O 在线段PQ 的位置;(2)在(1)的前提下,以P ,A ,B ,C ,D ,Q 为顶点的几何体PABCDQ 是否存在内切球?若存在,试确定其内切球心的具体位置;若不存在,请说明理由.例23.在四棱锥P ABCD -中,E 为棱AD 的中点,PE ⊥平面ABCD ,//AD BC ,90ADC ∠=︒,2ED BC ==,3EB =,F 为棱PC 的中点.(Ⅰ)求证://PA 平面BEF ;(Ⅰ)若二面角F BE C --为60︒,求直线PB 与平面ABCD 所成角的正切值.例24.三棱柱111ABC A B C -中,AB AC ⊥,2AB AC ==,侧面11BCC B 为矩形,123A AB π∠=,二面角1A BC A --的正切值为12. (Ⅰ)求侧棱1AA 的长;(Ⅰ)侧棱1CC 上是否存在点D ,使得直线AD 与平面1A BC ,若存在,判断点的位置并证明;若不存在,说明理由.核心考点八:空间中的点不好求 【规律方法】 方程组思想 【典型例题】例25.(2022·江苏南京·模拟预测)已知三棱台111ABC A B C 的体积为143,且π2ABC ∠=,1A C ⊥平面11BB C C . (1)证明:平面11A B C ⊥平面111A B C ;(2)若11AC B C =,11112A B B C ==,求二面角1B AA C --的正弦值.例26.(2022春·浙江·高三浙江省新昌中学校联考期中)如图,在四棱台1111ABCD A B C D -中,底面ABCD 是边长为2的菱形,3DAB π∠=,平面11BDD B ⊥平面ABCD ,点1,O O 分别为11,B D BD 的中点,1111,,O B A AB O BO ∠∠=均为锐角.(1)求证:1AC BB ⊥;(2)若异面直线CD 与1AA ,四棱锥1A ABCD -的体积为1,求二面角1B AA C --的平面角的余弦值.例27.(2022春·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考期中)如图,在几何体ABCDE 中,底面ABC 为以AC为斜边的等腰直角三角形.已知平面ABC ⊥平面ACD ,平面ABC ⊥平面,//BCE DE 平面,ABC AD DE ⊥.(1)证明;DE ⊥平面ACD ;(2)若22AC CD ==,设M 为棱BE 的中点,求当几何体ABCDE 的体积取最大值时,AM 与CD 所成角的余弦值.核心考点九:创新定义 【规律方法】以立体几何为载体的情境题都跟图形有关,涉及在具体情境下的图形阅读,需要通过数形结合来解决问题.图形怎么阅读一是要读特征,即从图形中读出图形的基本特征;二是要读本质,即要善于将所读出的信息进行提升,实现“图形→文字→符号”的转化;三是要有问题意识,带着问题阅读图形,将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起;四是要有运动观点,要“动手”去操作,动态地去阅读图形.【典型例题】例28.(2022·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测)已知顶点为S 的圆锥面(以下简称圆锥S )与不经过顶点S 的平面α相交,记交线为C ,圆锥S 的轴线l 与平面α所成角θ是圆锥S 顶角(圆S 轴截面上两条母线所成角θ的一半,为探究曲线C 的形状,我们构建球T ,使球T 与圆锥S 和平面α都相切,记球T 与平面α的切点为F ,直线l 与平面α交点为A ,直线AF 与圆锥S 交点为O ,圆锥S 的母线OS 与球T 的切点为M ,OM a =,MS b =.(1)求证:平面SOA ⊥平面α,并指出a ,b ,θ关系式; (2)求证:曲线C 是抛物线.例29.(2022·全国·高三专题练习)类比于二维平面中的余弦定理,有三维空间中的三面角余弦定理;如图1,由射线PA ,PB ,PC 构成的三面角-P ABC ,APC α∠=,BPC β∠=,APB γ∠=,二面角A PC B --的大小为θ,则cos cos cos sin sin cos γαβαβθ=+.(1)当α、π0,2β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,证明以上三面角余弦定理;(2)如图2,四棱柱1111ABCD A B C D -中,平面11AA C C ⊥平面ABCD ,160A AC ∠=︒,45BAC ∠=︒, ①求1A AB ∠的余弦值;②在直线1CC 上是否存在点P ,使//BP 平面11DA C ?若存在,求出点P 的位置;若不存在,说明理由.例30.(2022·全国·校联考模拟预测)蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一,如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥H ABC -,J CDE -,K EFA -,再分别以AC ,CE ,EA 为轴将ACH ∆,CEJ ∆,EAK ∆分别向上翻转180︒,使H ,J ,K 三点重合为点S 所围成的曲顶多面体(下底面开口),如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画,定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和,而每一顶点的曲率规定等于2π减去蜂房多面体在该点的各个面角之和(多面体的面角是多面体的面的内角,用弧度制表示).(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度;(2)若正六棱柱的侧面积一定,当蜂房表面积最小时,求其顶点S 的曲率的余弦值.【新题速递】1.(2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测)如图,在三棱柱111ABC A B C 中,1BC CC =,1AC AB =.(1)证明:平面1ABC ⊥平面11BCC B ;(2)若BC =,1AB B C =,160CBB ∠=︒,求直线1BA 与平面111A B C 所成角的正弦值.2.(2022·四川达州·统考一模)如图,三棱柱111ABC A B C -中,底面ABC 为等腰直角三角形,112AB AC BB ===,,160ABB ∠=.(1)证明: 1AB B C ⊥;(2)若12B C =,求1AC 与平面1BCB 所成角的正弦值.3.(2022·陕西宝鸡·统考一模)如图在四棱锥P ABCD -中,PA ⊥底面ABCD ,且底面ABCD 是平行四边形.已知2,1,PA AB AD AC E ====是PB 中点.(1)求证:平面PBC ⊥平面ACE ;(2)求平面PAD 与平面ACE 所成锐二面角的余弦值.4.(2022·广东广州·统考一模)如图,已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是菱形,平面PBC ⊥平面ABCD ,30,ACD E ∠=为AD 的中点,点F 在PA 上,3AP AF =.(1)证明:PC //平面BEF ;(2)若PDC PDB ∠∠=,且PD 与平面ABCD 所成的角为45,求平面AEF 与平面BEF 夹角的余弦值.5.(2022·上海奉贤·统考一模)如图,在四面体ABCD 中,已知BA BD CA CD ===.点E 是AD 中点.(1)求证:AD ⊥平面BEC ;(2)已知95,arccos,625AB BDC AD ∠===,作出二面角D BC E --的平面角,并求它的正弦值.6.(2022·上海浦东新·统考一模)如图,三棱锥-P ABC 中,侧面P AB 垂直于底面ABC ,PA PB =,底面ABC 是斜边为AB 的直角三角形,且30ABC ∠=︒,记O 为AB 的中点,E 为OC 的中点.(1)求证:PC AE ⊥;(2)若2AB =,直线PC 与底面ABC 所成角的大小为60°,求四面体P AOC 的体积.7.(2022·四川成都·石室中学校考模拟预测)如图,在四棱锥P ABCD -中,AB BD BP ===PA PD ==90APD ∠=︒,E 是棱PA 的中点,且BE 平面PCD(1)证明:CD ⊥平面PAD ;(2)若1CD =,求二面角A PB C --的正弦值.8.(2022春·江苏徐州·高三期末)如图,四棱锥P ABCD -中,PA ⊥底面ABCD ,AD ∥BC ,N 为PB 的中点.(1)若点M 在AD 上,2AM MD =,34AD BC =,证明:MN 平面PCD ; (2)若3PA AB AC AD ====,4BC =,求二面角D AC N --的余弦值.9.(2022·陕西汉中·统考一模)如图,多面体ABCDEF 中,四边形ABCD 为菱形,60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD ED FA ∥,且22AB FA ED ===.(1)求证:BD FC ⊥;(2)求二面角F AC E --的大小.10.(2022·陕西汉中·统考一模)如图,多面体ABCDEF 中,四边形ABCD 为菱形,60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD FA ED ∥,且22AB FA ED ===.(1)求证:BD FC ⊥;(2)求点A 到平面FBD 的距离.11.(2022·四川广安·广安二中校考模拟预测)APD △是等腰直角三角形,AP PD ⊥且AD =ABCD 是直角梯形,AB BC ⊥,DC BC ⊥,且222AB BC CD ===,平面APD ⊥平面ABCD .(1)求证:AP ⊥平面BPD ;(2)若点E 是线段PB 上的一个动点,问点E 在何位置时三棱锥D APE -.12.(2022·四川南充·统考一模)在平面五边形ABCDE 中(如图1),ABCD 是梯形,//AD BC ,2AD BC ==AB =90ABC ∠=︒,ADE 是等边三角形.现将ADE 沿AD 折起,连接EB ,EC 得四棱锥E ABCD -(如图2)且CE =(1)求证:平面EAD ⊥平面ABCD ;(2)在棱EB 上有点F ,满足13EF EB =,求二面角E AD F --的余弦值.13.(2022·贵州贵阳·贵阳六中校考一模)如图,在四棱锥P ABCD -中,DA AB ⊥,PD PC ⊥,PB PC ⊥,1AB AD PD PB ====,4cos 5DCB ∠=.(1)求证:BD ⊥平面PAC .(2)设E 为BC 的中点,求PE 与平面ABCD 所成角的正弦值.14.(2022春·广东广州·高三校考期中)如图所示,在四棱锥P ABCD -中,PC ⊥底面ABCD ,四边形ABCD 是直角梯形,AB AD ⊥,//,222AB CD PC AB AD CD ====,点E 在侧棱PB 上.(1)求证:平面EAC ⊥平面PBC ;(2)若平面PAC 与平面ACE PE BE 的值.。
高三数学二轮复习教学案——立体几何(2)
高三数学二轮复习教学案——立体几何(2)班级__________姓名_____________学号_________【基础训练】1. 如图,正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中,AB =2,点E 为AD 的中点,点F 在CD 上.若EF ∥平面AB 1C ,则线段EF 的长度等于________.2.三棱锥P -ABC 中,三条侧棱两两垂直,且长度都为1,点E 为BC 上一点,则截面PAE 面积的最小值为_____________.3、已知a 、b 、c 是三条不重合直线,α、β、γ是三个不重合的平面,下列命题:⑴a ∥c ,b ∥c ⇒a ∥b ;⑵a ∥γ,b ∥γ⇒a ∥b ;⑶c ∥α,c ∥β⇒α∥β;⑷γ∥α,β∥α⇒γ∥β;⑸a ∥c ,α∥c ⇒a ∥α;⑹a ∥γ,α∥γ⇒a ∥α。
其中正确的命题是 。
4、已知正方体ABCD -A'B'C'D',则该正方体的体积、四棱锥C'-ABCD 的体积以及该正方体的外接球的体积之比为 _________________.5.. 如图,四棱锥P -ABCD 的底面是边长为3的正方形,侧棱PA ⊥平面ABCD ,点E 在侧棱PC 上,且BE ⊥PC ,若6=BE ,则四棱锥P -ABCD 的体积为 _________ .6. 由曲线22x y =,2||=x 围成的图形绕y 轴旋转一周所得的旋转体的体积为1V ;满足422≤+y x ,1)1(22≥-+y x ,1)1(22≥++y x 的点组成的图形绕y 轴旋转一周所得的旋转体的体积为2V ,则1V :2V = .【典型例题】7. 已知三棱锥P —ABC 中,PC ⊥底面ABC ,AB=BC ,D 、F 分别为AC 、PC 的中点,DE ⊥AP 于E .(1)求证:AP ⊥平面BDE ;(2)求证:平面BDE ⊥平面BDF ;(3)若AE ∶EP=1∶2,求截面BEF 分三棱锥P —ABC 所成两部分的体积比.8. 如图,四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是一个边长为2的正方形,PA⊥平面ABCD ,且24=PC .M 是PC 的中点,在DM 上有点G ,过G 和AP作平面交平面BDM 于GH .(1)求四棱锥P -ABCD 的体积;(2)求证:AP ∥GH .9. 如图,在棱长均为4的三棱柱111ABC A B C -中,D 、1D分别是BC 和11B C 的中点. (1)求证:11A D ∥平面1AB D ;(2)若平面ABC ⊥平面11BCC B ,160B BC ∠= ,求三棱锥1B ABC -的体积.10. 如图一简单几何体的一个面ABC 内接于圆O ,G ,H 分别是AE ,BC 的中点,AB 是圆O 的直径,四边形DCBE 为平行四边形,且DC ⊥平面ABC .(1)求证:GH //平面ACD ;(2)证明:平面ACD ⊥平面ADE ;(3)若AB =2,BC =1,23tan =∠EAB ,试求该几何体的体积V .。
2024年高考数学二轮复习专题三立体几何培优拓展(五) 立体几何中的截面、交线问题
设 PB=x(0<x<2),则三棱台 PBQ-A1B1C1 的体积为
1
1 2
×2×(2+
x
+
3
2
2×
1 2
7
)=
×8,解得
2
32
2
所以 PQ= 为 ×2+2
2
1
x=2(负值舍去),
9
5
4 + 4 = 2.又 A1C1=2
2
5 2
2 + =5+ .
2
2
2,
增分技巧若截面与几何体的两个平行平面相交,或者截面上有一条直线与
2024
高考总复习
GAO KAO ZONG FU XI
培优拓展(五) 立体几何中的截面、交线问题
空间几何体的截面问题是高考命题的热点,它是空间问题转化为平面问题
的纽带,也是考查空间想象能力的最佳切入点.确定空间几何体的截面关键
是寻找这个平面与几何体表面的交线.
平面截几何体有三种基本方式:横截、纵截和斜截.考查较多的是旋转体的
2
2
2
4
2
4
2
13
2
13
2
2
则 A1P= ,AP= ,故 D1P= 2 +
=
,EP= 1 +
=
,
3
3
3
3
3
3
2 13
13
同理可得 D1Q= 3 ,FQ= 3 ,而 EF= 2,
2 13
13
则五边形 D1QFEP 的周长为 2×( 3 + 3 )+ 2=2 13 + 2.
增分技巧若截面上的点中至少有两个在一个几何体的一个表面上,可以借
二轮复习通用版专题3第3讲立体几何与空间向量课件(72张)
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专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
设平面 ABD 的一个法向量为 n=(x,y,z),
则nn··AA→→BD==--xx++z=3y0=,0, 取 y= 3,
则 n=(3, 3,3),
又因为
C(-1,0,0),F0,
43,34,
所以C→F=1,
43,34,
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专题三 立体几何
4 .(2022·全国乙卷 ) 如图,四面体ABCD 中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E 为AC的中点.
(1)证明:平面BED⊥平面ACD; (2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在 BD 上 , 当 △AFC 的 面 积 最 小 时 , 求 CF 与 平 面 ABD所成的角的正弦值.
专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
所以BC,BA,BB1两两垂直,以B为原 点,建立空间直角坐标系,如图,
由(1)得 AE= 2,所以 AA1=AB=2,A1B =2 2,
所以 BC=2, 则 A(0,2,0),A1(0,2,2),B(0,0,0), C(2,0,0), 所以 A1C 的中点 D(1,1,1),
(1)证明:FN⊥AD; (2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值.
专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
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【解析】 (1)过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别 交于点G、H.
∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯形,AB∥DC,CD∥EF,AB= 5,DC=3,EF=1,∠BAD=∠CDE=60°,由平面几何知识易知,
则
VA
-
A1BC
=
1 3
S△A1BC·h
立体几何(理科)-高三二轮-最终版
高三数学二轮复习-立体几何专题证明线面平行,要抓住上述判定定理中的“内” “外”两关键字眼,“内应外合”。
通过勾股定理的逆定理计算得出垂直也是常用手段。
• 3•点到平面的距离一一过 外一点A 向 作垂线,则 A 和垂足B 之间的距离叫做点 A 到平面 的距离。
• 4.线面所成的角一一平面的一条斜线I 与它在该平面内的射影所成的锐角,叫做这条直线与这个平面所成的角•I 时称I 与 所成的角为直角;I//时称I 与 所成的角为o 角。
线面角范围为[0,三]。
• 5.三垂线定理:如果平面内一条直线和这个平面的一条斜线的射影垂直,那么它也和这条斜线垂直。
• 6.三垂线逆定理:如果平面内一条直线和这个平面的一条斜线垂直,那么它也和这条斜线的射影垂 直。
、空间的平面与平面• 3.二面角一一从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角,这条直线叫做二面角的棱,每个半平面叫做二面角的面。
棱为I,两个半平面分别为,的二面角记为I 。
二面角范围为[0,]。
• 4.二面角平面角的作法:一是定义,在棱上取一点,分别在二面角的两个面作与棱垂直的射线,这两条射线所成的角就是二面角的平面角;二是利用线面垂直的判定和性质,在二面角的一个面内取一点P作另一个面的垂线,自垂足A作二面角的棱的垂线AO,AO与棱交于点°,则POA即为二面角的平面角或其补角;三是过空间一点作二面角的棱的垂面,垂面与二面角的两个面的交线所成的角是二面角的平面角。
三、立体几何中的向量方法1•线线关系证明设直线I的方向向量为a= (a i, b i, c i),平面a, B的法向量分别为卩=(a2, b2,⑵,v = (a3, b3, C3)则有:(1) 线面平行I // a a丄口? a •尸 0? a i a2+ b i b2 + c i c2= 0.(2) 线面垂直I 丄o? a / (1? a = k^? a i = ka2, b i = kb2, c i = kC2.(3) 面面平行a / i/ v? ?v? a2入3, b2^ 入b, c2入c(4) 面面垂直a丄B? i丄v? i v = 0? a2a3 + b2b3+ c2c3= 0.2•夹角和距离设直线I, m的方向向量分别为 a = (a i, b i, c i), b = (a2, b2, C2).平面a, B的法向量分别为i= (a3, b3, C3) , v = (a4, b4, C4)(以下相同).(i) 线线夹角设I, m的夹角为6(0 W n,设直线l与平面贝U sin 0= -a-^|= |cos〈a,”|a||a|(3)面面夹角设平面a B的夹角为00 W 0<n )则|cos 0= •-= |cos〈u, v> |.1 -|v|⑷距离问题①利用法向量求点到面的距离定理:如图,设n是平面的法向量,AB是平面的一条射线,其中A则点B到平面的距离为1 AB?n 1.CD ? n②.异面直线间的距离 d —=—( l1,l2是两异面直线,其公垂向量为n , C、D分别是h,l2上任一点,n ld为hl间的距离).题型一、定理应用类(纯证明)1、如图,几何体E-ABCD是四棱锥,△ ABD为正三角形,CB=CD, EC丄BD.⑴求证:BE=DE;(2) 若/ BCD=120 , M 为线段AE的中点,求证:DM //平面BEC.|a i a2+ b i b2 + c i c2|a2+ b1+ c l :a2+ b2+ C(2)线面夹角2、如图,在四棱锥P-ABCD中,AB II CD, AB丄AD, CD=2AB,平面PAD丄底面ABCD, PA丄AD. E和F分别是CD 和PC的中点.求证:⑴PA丄底面ABCD;(2) BE I 平面PAD;(3) 平面BEF丄平面PCD.3、如图,四棱锥P-ABCD中, AB 丄AC, AB丄PA, AB II CD, AB=2CD, E, F, G, M, N 分别为PB, AB, BC, PD, PC 的中点.(1) 求证:CE I平面PAD; (2) 求证:平面EFG丄平面EMN.“ C题型二、体积、距离求解类1、如图,点C是以AB为直径的圆上一点,直角梯形BCDE所在平面与圆0所在平面垂直,且DE// BC, DC! BC, DE= :BC=2, AC=CD=3.(1) 证明:E0 //平面ACD;(2) 证明:平面ACDL平面BCDE;⑶求三棱锥E-ABD的体积.2、如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形,/ BAD=60 .已知PB=PD=2, PA=-.证明:PC丄(1)BD;P-BCE的体积.(i) 求证:平面BCD!平面ABC; ⑵求证:AF //平面BDE; (3) 求四面体B-CDE的体积.3、如图,直四棱柱ABCD-ABGD i 中,AB II CD, AD 丄AB, AB=2, AD=车,AA 1=3, E 为CD上一点,DE=1, EC=3.(1) 证明:BE丄平面BB i C i C; (2) 求点B i到平面EAC i的距离.4、如图,直角梯形ACDE与等腰直角厶ABC所在平面互相垂直,F 为BC的中点,/ BACK ACD=90 , AE II CD,DC=AC=2AE=2.题型三、折叠探索类1、如图1,在Rt △ ABC中,/ C=90° , D, E 分别为AC, AB的中点,点F为线段CD上的一点.将厶ADE沿DE折起到△ ADE的位置,使AF丄CD,如图2.(1) 求证:DE //平面A i CB;(2) 求证:A i F丄BE;⑶线段A i B上是否存在点Q,使A i C丄平面DEQ?说明理由2、如图,在平行四边形ABCD中, AB=2BC=4, / ABC=120 , E、M分别为AB DE的中点,将厶ADE沿直线DE翻折成△ A' DE,连结A' C, A' B, F 为A' C 的中点,A' C=4.(1) 求证:平面A' DE丄平面BCD;⑵求证:FB //平面A' DE.3、如图,在四面体 PABC 中,PC 丄AB, PA 丄BC,点D, E, F, G 分别是棱 AP, AC, BC, PB 的中点. (1) 求证:DE //平面BCP; ⑵求证:四边形DEFG 为矩形;⑶ 是否存在点Q,到四面体PABC 六条棱的中点的距离相等 ?说明理由题型四 利用向量证明平行与垂直【例题】如图,在底面是矩形的四棱锥 P — ABCD 中,PA 丄底面ABCD ,点E , F 分别是PC , PD 的中点,=1 , BC = 2.(1)求证:EF //平面FAB ;PA = AB⑵求证:平面PAD丄平面PDC.题型五利用空间向量求空间角和距离【例题】1如图,在五面体中,四边形ABCD是矩形,AB // EF, AD丄平面ABEF,且AD = 1, AB =^EF = 2 2, BE = 2,点P、Q分别为AE、BD的中点.(1)求证:PQ //平面BCE ;⑵求二面角A-DF —E的余弦值.【练习】1.(2017年新课标2第10题)已知直三棱柱ABC ABQ!中,ABC 120 , AB 2 , BC C。
高三第二轮专题复习资料:立体几何题型与方法(文科)
专题二:立体几何题型与方法(文科)一、 考点回顾1.平面(1)平面的基本性质:掌握三个公理及推论,会说明共点、共线、共面问题。
(2)证明点共线的问题,一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点(依据:由点在线上,线在面内 ,推出点在面内), 这样,可根据公理2证明这些点都在这两个平面的公共直线上。
(3)证明共点问题,一般是先证明两条直线交于一点,再证明这点在第三条直线上,而这一点是两个平面的公共点,这第三条直线是这两个平面的交线。
(4)证共面问题一般用落入法或重合法。
(5)经过不在同一条直线上的三点确定一个面. 2. 空间直线.(1)空间直线位置分三种:相交、平行、异面. 相交直线—共面有反且有一个公共点;平行直线—共面没有公共点;异面直线—不同在任一平面内。
(2)异面直线判定定理:过平面外一点与平面内一点的直线和平面内不经过该点的直线是异面直线.(不在任何一个平面内的两条直线)(3)平行公理:平行于同一条直线的两条直线互相平行.(4)等角定理:如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同,那么这两个角相等推论:如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行,那么这两组直线所成锐角(或直角)相等.(5)两异面直线的距离:公垂线的长度.空间两条直线垂直的情况:相交(共面)垂直和异面垂直.21,l l 是异面直线,则过21,l l 外一点P ,过点P 且与21,l l 都平行平面有一个或没有,但与21,l l 距离相等的点在同一平面内. (l 1或l 2在这个做出的平面内不能叫l 1与l 2平行的平面) 3. 直线与平面平行、直线与平面垂直.(1)空间直线与平面位置分三种:相交、平行、在平面内.(2)直线与平面平行判定定理:如果平面外一条直线和这个平面内一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行.(“线线平行,线面平行”)(3)直线和平面平行性质定理:如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的平面和这个平面相交,那么这条直线和交线平行.(“线面平行,线线平行”)(4)直线与平面垂直是指直线与平面任何一条直线垂直,过一点有且只有一条直线和一个平面垂直,过一点有且只有一个平面和一条直线垂直.● 若PA ⊥α,a ⊥AO ,得a ⊥PO (三垂线定理), 得不出α⊥PO . 因为a ⊥PO ,但PO 不垂直OA . ● 三垂线定理的逆定理亦成立.直线与平面垂直的判定定理一:如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,那么这两条直线垂直于这个平面.(“线线垂直,线面垂直”)直线与平面垂直的判定定理二:如果平行线中一条直线垂直于一个平面,那么另一条也垂直于这个平面.推论:如果两条直线同垂直于一个平面,那么这两条直线平行.(5)a.垂线段和斜线段长定理:从平面外一点..向这个平面所引的垂线段和斜线段中,①射影相等的两条斜线段相等,射影较长的斜线段较长;②相等的斜线段的射影相等,较长的斜线段射影较长;③垂线段比任何一条斜线段短.[注]:垂线在平面的射影为一个点. [一条直线在平面内的射影是一条直线.(×)] b.射影定理推论:如果一个角所在平面外一点到角的两边的距离相等,那么这点在平面内的射影在这个角的平分线上。
2023年高考数学二轮复习第一部分专题攻略专题四立体几何第一讲空间几何体的表面积与体积
专题四 立体几何第一讲 空间几何体的表面积与体积——小题备考微专题1 空间几何体的表面积和体积常考常用结论1.柱体、锥体、台体、球的表面积公式: ①圆柱的表面积S =2πr (r +l ); ②圆锥的表面积 S =πr (r +l );③圆台的表面积S =π(r ′2+r 2+r ′l +rl ); ④球的表面积S =4πR 2.2.柱体、锥体和球的体积公式: ①V 柱体=Sh (S 为底面面积,h 为高); ②V 锥体=13Sh (S 为底面面积,h 为高);③V 球=43πR 3.保 分 题1.[2022·山东枣庄三模]若圆锥的母线长为2,侧面积为2π,则其体积为( ) A .√6π B .√3π C .√63π D .√33π2.[2022·河北保定一模]圆柱的底面直径与高都等于球的直径,则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为( )A .1∶1B .1∶2C .2∶1D .2∶33.[2022·湖北武汉二模]如图,在棱长为2的正方体中,以其各面中心为顶点构成的多面体为正八面体,则该正八面体的体积为( )A .2√23B .43 C .4√23D .83提分题例1 (1)[2022·河北张家口三模]如图,在三棱柱ABC A1B1C1中,过A1B1的截面与AC交于点D,与BC交于点E,该截面将三棱柱分成体积相等的两部分,则CDAC=()A.13B.12C.2−√32D.√3−12(2)[2022·湖南雅礼中学二模]某圆锥高为1,底面半径为√3,则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为()A.2 B.√3C.√2D.1听课笔记:【技法领悟】1.求几何体的表面积及体积问题,可以多角度、多方位地考虑,熟记公式是关键.求三棱锥的体积,等体积转化是常用的方法,转化原则是其高易求,底面放在已知几何体的某一面上.2.求不规则几何体的体积,常用分割或补形的方法,将不规则几何体转化为规则几何体,易于求解.巩固训练11.[2022·山东菏泽一模]如图1,在高为h的直三棱柱容器ABC A1B1C1中,AB=AC=2,AB⊥AC.现往该容器内灌进一些水,水深为2,然后固定容器底面的一边AB于地面上,再将容器倾斜,当倾斜到某一位置时,水面恰好为A 1B 1C (如图2),则容器的高h 为( )A .3B .4C .4√2D .62.[2022·福建福州三模]已知AB ,CD 分别是圆柱上、下底面圆的直径,且AB ⊥CD ,O 1,O 分别为上、下底面的圆心,若圆柱的底面圆半径与母线长相等,且三棱锥A BCD 的体积为18,则该圆柱的侧面积为( )A .9πB .12πC .16πD .18π微专题2 与球有关的切、接问题常考常用结论1.球的表面积S =4πR 2,体积V =43πR 3.2.长方体、正方体的体对角线等于其外接球的直径. 3.n 面体的表面积为S ,体积为V ,则内切球的半径r =3VS .4.直三棱柱的外接球半径:R =√r 2+(L2)2,其中r 为底面三角形的外接圆半径,L 为侧棱长,如果直三棱柱有内切球,则内切球半径R ′=L2.5.正四面体中,外接球和内切球的球心重合,且球心在高对应的线段上,它是高的四等分点,球心到顶点的距离为外接球的半径R =√64a (a 为正四面体的棱长),球心到底面的距离为内切球的半径r =√612a ,因此R ∶r =3∶1.保 分 题1.[2022·广东深圳二模]已知一个球的表面积在数值上是它的体积的√3倍,则这个球的半径是( )A .2B .√2C .3D .√32.已知正四棱锥P ABCD 中,AB =√6,P A =2√3,则该棱锥外接球的体积为( )A.4π B.32π3C.16π D.16π33.[2022·天津红桥一模]一个长方体的各顶点均在同一球的球面上,且一个顶点上的三条棱的长分别为1、√2、3,则此球的体积为________.提分题例2 (1)[2022·江苏苏州三模]《九章算术》卷第五《商功》中,有“贾令刍童,上广一尺,袤二尺,下广三尺,袤四尺,高一尺.”,意思是:“假设一个刍童,上底面宽1尺,长2尺;下底面宽3尺,长4尺,高1尺.”(注:刍童为上下底面为相互平行的不相似长方形,两底面的中心连线与底面垂直的几何体),若该几何体所有顶点在一球体的表面上,则该球体的体积为()立方尺A.√41πB.41π3D.3√41πC.41√41π6(2)[2022·山东泰安三模]如图,已知三棱柱ABC A1B1C1的底面是等腰直角三角形,AA1⊥底面ABC,AC=BC=2,AA1=4,点D在上底面A1B1C1(包括边界)上运动,则三棱锥D ABC 的外接球表面积的最大值为()π B.24πA.814C.243π D.8√6π16听课笔记:【技法领悟】1.确定球心的位置,弄清球的半径(直径)与几何体的位置和数量关系.2.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,再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解.3.补成正方体、长方体、正四面体、正棱柱、圆柱等规则几何体.巩固训练21.已知圆柱的轴截面为正方形,其外接球为球O,球O的表面积为8π,则该圆柱的体积为()A.√22π B.√2πC.2π D.2√2π2.[2022·广东潮州二模]已知△ABC是边长为3的等边三角形,三棱锥P ABC全部顶点都在表面积为16π的球O的球面上,则三棱锥P ABC的体积的最大值为()A.√3B.3√32C.9√34D.√32专题四 立体几何第一讲 空间几何体的表面积与体积微专题1 空间几何体的表面积和体积保分题1.解析:设圆锥的底面半径为r ,高为h ,则πr ×2=2π,可得r =1,则h =√22−r 2=√3,因此,该圆锥的体积为V =13πr 2h =13π×12×√3=√33π. 答案:D2.解析:设球的半径为r ,依题意圆柱的底面半径也是r ,高是2r , 圆柱的侧面积=2πr ·2r =4πr 2 ,球的表面积为4πr 2 , 其比例为1∶1. 答案:A3.解析:该正八面体是由两个同底的正四棱锥组成,且正四棱锥的底面是边长为√2的正方形,棱锥的高为1,所以该正八面体的体积为2×13×√2×√2×1=43.答案:B提分题[例1] 解析:(1)由题可知平面A 1B 1ED 与棱柱上、下底面分别交于A 1B 1,ED , 则A 1B 1∥ED ,ED ∥AB , 显然CDE - C 1A 1B 1是三棱台,设△ABC 的面积为1,△CDE 的面积为S ,三棱柱的高为h , ∴12·1·h =13h (1+S +√S ), 解得√S =√3−12,由△CDE ∽△CAB ,可得CD AC =√S√1=√3−12. (2)如图,截面为△P AB ,设C 为AB 中点,设OC =x ,x ∈[0,√3),则AB =2√3−x 2,PC =√x 2+1,则截面面积S =12×2√3−x 2×√x 2+1=√−(x 2−1)2+4,则当x 2=1时,截面面积取得最大值为2. 答案:(1)D (2)A[巩固训练1]1.解析:在图1中V 水=12×2×2×2=4,在图2中,V 水=V ABC − A 1B 1C 1− V C − A 1B 1C 1=12×2×2×h -13×12×2×2×h =43h , ∴43h =4,∴h =3.答案:A2.解析:分别过A ,B 作圆柱的母线AE ,BF ,连接CE ,DE ,CF ,DF ,设圆柱的底面半径为r ,则三棱锥A - BCD 的体积为两个全等四棱锥C - ABFE 减去两个全等三棱锥A - CDE , 即2×13×r ×2r ×r -2×13×r ×12×2r ×r =23r 3=18,则r =3,圆柱的侧面积为2πr ×r =18π答案:D微专题2 与球有关的切、接问题保分题1.解析:设球的半径为R ,则根据球的表面积公式和体积公式, 可得,4πR 2=43πR 3×√3,化简得R =√3. 答案:D2.解析:正方形ABCD 的对角线长√6+6=2√3,正四棱锥的高为 √(2√3)2−(2√32)2=3,设外接球的半径为R ,则(3-R )2+(2√32)2=R 2⇒R =2, 所以外接球的体积为4π3×23=32π3.答案:B3.解析:长方体外接球的直径为√12+(√2)2+32=2√3,所以外接球半径为√3,所以球的体积为4π3×(√3)3=4√3π.答案:4√3π提分题[例2] 解析:(1)作出图象如图所示:由已知得球心在几何体的外部, 设球心到几何体下底面的距离为x , 则R 2=x 2+(52)2=(x +1)2+(√52)2,解得x =2,∴R 2=414, ∴该球体的体积V =4π3×(√412)3=41√41π6.(2)因为△ABC 为等腰直角三角形,AC =BC =2,所以△ABC 的外接圆的圆心为AB 的中点O 1, 且AO 1=√2,连接O 1与A 1B 1的中点E ,则O 1E ∥AA 1,所以O 1E ⊥平面ABC , 设球的球心为O ,由球的截面性质可得O 在O 1E 上, 设OO 1=x ,DE =t (0≤t ≤√2),半径为R , 因为OA =OD =R ,所以√2+x 2=√(4−x )2+t 2, 所以t 2=8x -14,又0≤t ≤√2, 所以74≤x ≤2,因为R 2=2+x 2,所以8116≤R 2≤6,所以三棱锥D -ABC 的外接球表面积的最大值为24π. 答案:(1)C (2)B [巩固训练2]1.解析:设外接球的半径为R ,圆柱底面圆的半径为r ,因为圆柱的轴截面为正方形,所以圆柱的高h =2r ,由球O 的表面积S =4πR 2=8π,得R =√2,又R = √(h2)2+r 2=√2r ,得r =1,所以圆柱的体积V =πr 2·2r =2πr 3=2π.答案:C2.解析:球O 的半径为R ,则4πR 2=16π,解得:R =2,由已知可得:S △ABC =√34×32=9√34,其中AE =23AD =√3,球心O 到平面ABC 的距离为√R 2−(√3)2=1, 故三棱锥P - ABC 的高的最大值为3, 体积最大值为13S △ABC ·3=9√34.答案:C。
高考数学学科二轮备考关键问题指导系列十(立体几何典例剖析及资源推送)
6
如图,由题意可知,O 为球心,在正方体中, EF FG2 EG2 22 22 2 2 ,即 R 2 ,
取最大值,最大值为
64 3
,
又l
3
时, V
27 4
,
l
3
3
时, V
81 ,所以正四棱锥的体积V 4
的最小值为
27 4
,
所以该正四棱锥体积的取值范围是
27 4
,64 3
.故选
C.
【点评】1、球与几何体的切接是高考热点,常作为客观题压轴题出现,但由于同学们对这类问题训练比
较大,对解题套路相对比较熟悉,
面的面积为180.0km2 ,将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔148.5m 上升到
157.5m 时,增加的水量约为( 7 2.65 )
A. 1.0109 m3
B. 1.2109 m3
C. 1.4109 m3 D. 1.6109 m3
【答案】C
【解析】把增加的水量转化为棱台的体积,依题意可知棱台的高为 MN 157.5 148.5 9 (m),
棱台上底面积 S 140.0km2 140 106m2 ,下底面积 S 180.0km2 180 106m2 ,
∴V 1 h S S SS 1 9 140106 180106 1401801012
3
3
3 320 60 7 106 96 18 2.65107 1.437109 1.4109(m3) .故选 C.
2
圆锥的表面积 S1 πrl πr2 3πr2 ,
2
球的表面积
S2
4πR2
4π
3 2
r
3πr2 ,
高三二轮复习立体几何解答题举例
E DC BA高三二轮复习立体几何解答题举例一、题型:1、空间平行关系和垂直关系的证明;2、求空间的三种角和空间距离;3、探索点或线的问题 二、例题讲解:1.在几何体ABCDE 中,AB=AD=BC=CD=2,AD AB ⊥,且⊥AE 平面ABD ,平面⊥BCD 平面ABD .(1)当//AB 平面CDE 时,求AE 的长;(2)当22+=AE 时,求二面角D EC A --的大小.2.已知平行四边形ABCD ,4AB =,2AD =,60oDAB ∠=,E 为AB 的中点,把三角形ADE 沿DE 折起至1A DE 位置,使得14AC =,F 是线段1AC 的中点. (1)求证:1//BF A DE 面;(2(3)求二面角1A DC E --3.如图,四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为平行四边形,PA ⊥底面ABCD ,M 是棱PD 的中点,且PA=AB=AC=2,BC(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5,求AN NB 的值.D4.如图,在三棱锥ABC S -中,⊥SA 底面ABC ,2===SA AB AC ,AB AC ⊥,E D ,分别是BC AC ,的中点,F 在SE 上,且FE SF 2=.(1)求证:⊥AF 平面SBC ;(2)在线段上DE 上是否存在点G ,使二面角E AF G --的大小为30?若存在,求出DG 的长;若不存在,请说明理由.课后练习:1.如图1,在Rt C ∆AB 中,C 90∠AB =,C 60∠BA =,2AB =,D 、E 分别为C A 、D B 的中点,连接AE 并延长交C B 于F ,将D ∆AB 沿D B 折起,使平面D AB ⊥平面CD B ,如图2所示.(1)求证:AE ⊥平面CD B ;(2)求平面F AE 与平面DC A 所成的锐二面角的余弦值;(3)在线段F A 上是否存在点M 使得//EM 平面DC A ?若存在,请指出点M 的位置;若不存在,说明理由.2.如图,三角形ABC 和梯形ACEF 所在的平面互相垂直, AB BC ⊥,//,2AF AC AF CE ⊥,G 是线段BF 上一点,2AB AF BC ===.(Ⅰ)当GB GF =时,求证://EG 平面ABC ; (Ⅱ)求二面角E BF A --的正弦值;(Ⅲ)是否存在点G 满足BF ⊥平面AEG ?并说明由。
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高三二轮复习-立体几何第一讲空间几何体知识点、多面体• 1•棱柱棱锥棱台疋义由一个平面多边形沿某一方向平移形成的空间几何体。
当棱柱的一个底面收缩为一点时,得到的几何体。
棱锥被一个平行于底面的平面所截后,截面和底面之间的部分。
性质(1) 两个底面与平行于底面的截面是对应边互相平行的全等多边形;(2) 侧面都是平行四边形,侧棱都相等;(3) 过棱柱不相邻的两条侧棱的截面都是平行四边形。
(1) 底面是多边形;(2) 平行于底面的截面与底面相似;(3) 侧面是有一个公共顶点的三角形。
(1) 两个底面是相似多边形;(2) 两个底面以及平行于底面的截面是对应边互相平行的相似多边形;(3) 侧面都是梯形。
•1.投影一一是光线(投射线)通过物体,向选定的面(投影面)投射,并在该面上得到图形的方法。
投射线交于一点的投影称为中心投影。
投射线相互平行的投影称为平行投影。
平行投影按投射方向是否正对着投影面,可分为斜投影和正投影。
•2.视图一一物体按正投影向投影面投射所得的图形。
光线从物体的前面向后投射所得的投影称为主视图或正视图,自上向下的称为俯视图,自左向右的称为左视图。
正视图、俯视图、左视图称为三视图;作图关键:按“长对正、高平齐、宽相等”。
•3.空间几何体画在纸上,要体现立体感,底面常用斜二侧画法,画岀它的直观图。
三角形ABC的面积为S, 用斜二测画法画得它的直观图三角形ABC的面积为S,则S -42S。
作图关键:倾斜45,横“等”纵“半”。
三、平面基本性质:(三公理三推论)名称内容公理1如果一条直线的两点在一个平面内,那么这条直线上的所有点都在这个平面内。
公理2如果两个平面有一个公共点,那么它们还有其他公共点,这些公共点的集合是一条直线。
公理3经过不在一条直线上的三点,有且仅有一个平面。
正方体/ / 棱长相等长方体四、空间两条不重合的直线的位置关系•1.空间两条直线有三种位置关系:(1)相交直线;(2)平行直线;(3)异面直线。
•2.若从有无公共点角度看,可分两类:有且只有一个公共点一一相交直线・平行直线没有公共点-' 异面直线•3.若从是否共面的角度看,可分为两类:相交直线在同一平面内J'平行直线不同在任一平面内一一异面直线•4•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。
(2) 性质:两条异面直线既不相交也不平行。
(3) 判定定理一一连结平面内一点与平面外一点的直线,和这个平面内不经过此点的直线是异面直线。
(4) 异面直线所成的角一一设a,b是两条异面直线,经过空间任一点0作直线a//a, b//b,我们把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)。
(5) 异面直线所成角的范围为0,-。
(6) 求异面直线所成的角分两步:一是找角,通过平行移动找两直线所成的角;二是求角,通过解三角形求角。
两条异面直线所成的角是直角,则称两条异面直线互相垂直.所以线线垂直包括两条相交直线互相垂直和两条异面直线互相垂直两种情况。
五、柱、锥、台、球的表面积和体积•1.侧面积公式(注:c表示柱、锥、台的底面周长,c表示棱台上底面周长,h表示正棱锥或正棱台的斜高)棱柱棱锥棱台公式V柱体ShV锥体* ShV台体舌h(S 7SS S)• 3.球一一与定点的距离等于或小于定长的点的集合,叫做球体,简称球。
球面一一与定点距离等于定长的点的集合。
大圆——球面被经过球心的平面截得的圆叫做大圆,被不经过球心的平面截得的圆叫做小圆。
两点的球面距离一一球面上两点之间的最短距离(就是经过两点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度) •4.球的截面性质(1) 用一个平面截球,所得的截面是一个圆面;(2) 球心和截面圆心的连线截面;(3) 球心到截面距离d与球的半径R及截面的半径r满足关系:r . R2 d2。
2•5.球面面积公式:S球面4 R4 3•6.球体积公式:V球-R3题型一三视图与直观图【例1】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A . 20 n B. 24 n C . 28 n32 n【例2】将长方体截去一个四棱锥,得到的几何体如图所示,则该几何体的侧视图为题型二几何体的表面积与体积空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点,解决这类问题,首先要熟练掌握各类空间 几何体的表面积和体积计算公式,其次要掌握一定的技巧,如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧,把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧.【过关练习】1. 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( )ft'K 純' 视阳2•—几何体的直观图如图,)甘1 1 1 A. B. C. D . 1 6 3 2【例2】如图,在棱长为6的正方体ABCD — A 1B 1C 1D 1中,点E , F 分别在C 1D 1与C 1B 1上,且C 1E = 4, C 1F =3,连接EF , FB , DE , BD ,则几何体 EFC 1 — DBC 的体积为()【过关练习】1.某几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为 _____________题型三多面体与球与球有关的组合体问题, 一种是内切,一种是外接.解题时要认真分析图形, 明确切点和接点的位置, 确定有关元素间的数量关系,并作出合适的截面图.如球内切于正方体,切点为正方体各个面的中心,正 方体的棱长等于球的直径•球外接于正方体,正方体的顶点均在球面上,正方体的体对角线长等于球的直 径.球与旋转体的组合,通常作它们的轴截面解题,球与多面体的组合,通过多面体的一条侧棱和球心 (或“切点”“接点”)作出截面图.【例1】已知三棱锥 S — ABC 的所有顶点都在球 0的球面上,SA 丄平面ABC , SA = 2.3, AB = 1, AC = 2, / BAC = 60°则球O 的表面积为( )A . 4 nB . 12 nC . 16 nD . 64 n正(主耐 训侯曲圏【例2】如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8 cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为 6 cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为()的最大值是( )9 n32 nA . 4 n B.~2 C . 6 n D. 3n3. 在梯形 ABCD 中,/ ABC = ?, 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 ( )2 n 4 n 5 n A.y B.y C."3 D . 2 n500 n 3 A.—3 cm【例3】在三棱锥 A - BCD 中,侧棱 AB , AC , AD 两两垂直,△ ABC ,△ ACD , △ ABD 的面积分别为, 2,则三棱锥A - BCD 的外接球体积为课后练习【补救练习】1•一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如图所示, 1 2 代3 + 3n1 2c.3+ 否nD . 1+¥ n2. 在封闭的直三棱柱 ABC —A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球,若 AB 丄BC , AB = 6, BC = 8, AA i = 3,贝U VB.止【丄】规国则该几何体的体积为fill '^1*14•一个几何体的三视图及其尺寸如图所示,则该几何体的表面积为A • 16B • 8 2 + 8C . 2 .2+ 2 _6+ 8D • 4 2 + 4.6+ 85.在正三棱锥 S — ABC 中,点 M 是SC 的中点,且 AM 丄SB ,底面边长 AB = 2 2,则正三棱锥 外接球的表面积为( )S- ABC 的 A . 6 n C . 32 n B . 12 n D . 36 n【巩固练习】1 •如图所示,将图(1)中的正方体截去两个三棱锥,得到图 ⑵中的几何体,则该几何体的侧视图为4 C.33 •某几何体的三视图如图所示,该几何体的体积为( )l*~2 —2 斗 2TiE {扫初胡師左触(Li 12)A • 2 2 8nD . 8—44. 如图,已知平面四边形 ABCD , AB = BC = 3, CD = 1, AD = {5,/ ADC = 90 °沿直线 AC 将厶ACD 翻 折成△ ACD ',直线AC 与BD '所成角的余弦的最大值是 ______________5. 已知半径为1的球0中内接一个圆柱,当圆柱的侧面积最大时,【拔高练习】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+ 20 n,则r 等于()球的体积与圆柱的体积的比值为A . 1B . 2C . 4D . 82.如图所示,平面四边形 ABCD 中,AB = AD = CD = 1, BD = ■, 2, BD 丄CD ,将其沿对角线 BD 折成四面 体A ' BCD ,使平面A ' BD 丄平面BCD ,若四面体A BCD 的顶点在同一个球面上, 则该球的体积为( )4.一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5.已知在三棱锥 P —ABC 中,FA 丄平面 ABC , AB = AC = PA = 2,且在△ ABC 中,/ BAC = 120 °则三棱锥 P —ABC 的外接球的体积为 ____________ .A.71C.71D . 2n3•某几何体的三视图如图所示(单位:cm ),则该几何体的表面积是 _____c m 2,体积是 ________ cm 3. 图n6•已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形,正视图是一个底边长为一个底边长为6、高为4的等腰三角形.(1) 求该几何体的体积V;(2) 求该几何体的侧面积S.8、高为4的等腰三角形,侧视图是第2讲空间中的平行与垂直知识点证明线面平行,要抓住上述判定定理中的“内”“外”两关键字眼,“内应外合”。
通过勾股定理的逆定理计算得出垂直也是常用手段。
•3•点到平面的距离过a外一点A向a作垂线,则A和垂足B之间的距离叫做点A到平面a的距离。
•4.线面所成的角平面a的一条斜线I与它在该平面内的射影所成的锐角,叫做这条直线与这个平面所成的角• I a时称I与a所成的角为直角;l//a时称I与a所成的角为0角。
线面角范围为[0,三]。
•5.三垂线定理:如果平面内一条直线和这个平面的一条斜线的射影垂直,那么它也和这条斜线垂直。
•6.三垂线逆定理:如果平面内一条直线和这个平面的一条斜线垂直,那么它也和这条斜线的射影垂直。