高考数学第二轮复习 立体几何教学案
(通用版)高考数学二轮复习 第一部分 专题三 立体几何教学案 理-人教版高三全册数学教学案
专题三立体几何[研高考·明考点][析考情·明重点]小题考情分析大题考情分析常考点1.空间几何体的三视图(3年7考)2.空间几何体的表面积与体积(3年11考)3.与球有关的组合体的计算问题(3年4考)常考点高考对立体几何在解答题中的考查比较稳定，空间线面位置关系中的平行或垂直的证明，空间角的计算是热点，题型主要有：1.空间位置关系的证明2.求空间角或其三角函数值偶考点1.空间线面位置关系的判断2.异面直线所成角的计算偶考点翻折与探索性问题的综合问题第一讲小题考法——空间几何体的三视图、表面积与体积及位置关系的判定考点(一) 主要考查利用三视图的画法规那么及摆放规那么，根据空间几何体确定其三视图，或根据三视图还原其对应直观图，或根据三视图中的其中两个确定另一个.空间几何体的三视图[典例感悟][典例] (1)(2017·某某调研)如下图，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中的几何体，那么该几何体的侧视图为( )(2)(2016·某某高考)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下图，那么该几何体的侧(左)视图为( )[解析] (1)从几何体的左面看，棱AD1是原正方形ADD1A1的对角线，在视线X围内，画实线；棱C1F不在视线X围内，画虚线．应选B.(2)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体如图①所示，故其侧(左)视图如图②所示．应选B.[答案] (1)B (2)B[方法技巧]1．由直观图确定三视图的方法根据空间几何体三视图的定义及画法规那么和摆放规那么确定．2．由三视图还原到直观图的思路(1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．(3)确定几何体的直观图形状．[演练冲关]1．(2018届高三·某某六校联考)某几何体的正视图和侧视图均如下图，给出以下5个图形：其中可以作为该几何体的俯视图的图形个数为( )A．5 B．4C．3 D．2解析：选B 由题知可以作为该几何体的俯视图的图形可以为①②③⑤.应选B.2．(2017·高考)某四棱锥的三视图如下图，那么该四棱锥的最长棱的长度为( )A．3 2 B．2 3C．2 2 D．2解析：选B 在正方体中还原该四棱锥如下图，从图中易得最长的棱为AC1＝AC2＋CC21＝22＋22＋22＝2 3.3．(2017·某某模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某几何体的三视图，那么此几何体各面中直角三角形的个数是( )A．2 B．3C．4 D．5解析：选C 由三视图知，该几何体是如下图的四棱锥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，应选C.考点(二) 主要考查空间几何体的结构特征、表面积与体积公式的应用，涉及的几何体多为柱体、锥体，且常与三视空间几何体的表面积与体积图相结合考查.[典例感悟][典例] (1)(2016·全国卷Ⅲ)如下图，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，那么该多面体的表面积为( )A．18＋36 5 B．54＋18 5C．90 D．81(2)(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，那么该几何体的体积为( )A．90π B．63πC．42π D．36π(3)(2018届高三·某某三市联考)如图是某几何体的三视图，那么该几何体的体积为( )A．6 B．9C．12 D．18[解析] (1)由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，那么表面积为(3×3＋3×6＋3×35)×2＝54＋18 5.应选B.(2)法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V ＝π×32×10－12×π×32×6＝63π.法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V ＝π×32×7＝63π.(3)该几何体是一个直三棱柱截去14所得，如下图，其体积为34×12×3×4×2＝9.[答案] (1)B (2)B (3)B[方法技巧]1．求解几何体的表面积与体积的技巧(1)求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转化原那么是其高易求，底面放在几何体的某一面上．(2)求不规那么几何体的体积：常用分割或补形的方法，将不规那么几何体转化为规那么几何体求解．(3)求表面积：其关键思想是空间问题平面化． 2．根据几何体的三视图求其表面积或体积的步骤 (1)根据给出的三视图还原该几何体的直观图． (2)由三视图中的大小标识确定该几何体的各个度量． (3)套用相应的面积公式或体积公式计算求解．[演练冲关]1．(2017·某某质检)一个几何体的三视图及其尺寸如下图，那么该几何体的体积为( )A.283B ．2823C ．28D ．22＋6 3解析：选A 由三视图知，该几何体为三棱台，其上、下底面分别是直角边为2,4的等腰直角三角形，高为2，所以该几何体的体积V ＝13×12×2×2＋12×4×4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2⎝ ⎛⎭⎪⎫12×4×4 ×2＝283，应选A. 2．(2017·某某质检)如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某多面体的三视图，那么该多面体的表面积是( )A ．36＋610B ．36＋310C ．54D ．27解析：选A 由三视图知该几何体为底面是梯形的四棱柱，其表面积为S ＝2×12×(2＋4)×3＋2×3＋4×3＋2×3×10＝36＋610，应选A.3．(2017·某某高考)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，那么该几何体的体积为________．解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.答案：2＋π2考点(三)主要考查与多面体、旋转体构成的简单组合体的有关切、接球表面积、体积的计算问题，其本质是计算球的半径.与球有关的组合体的计算问题[典例感悟][典例] (1)(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．假设AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，那么V 的最大值是( )A ．4π B.9π2C ．6π D.32π3(2)(2018届高三·某某七市(州)联考)一个几何体的三视图如下图，那么该几何体外接球的表面积为( ),A ．36π B．112π3C ．32πD ．28π[解析] (1)设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V max ＝43×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝9π2.应选B. (2)根据三视图，可知该几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为4的正方形，高是2 3.将该四棱锥还原成一个三棱柱，如下图，该三棱柱的底面是边长为4的正三角形，高是4，其中心到三棱柱的6个顶点的距离即为该四棱锥外接球的半径．∵三棱柱的底面是边长为4的正三角形，∴底面三角形的中心到三角形三个顶点的距离为23×23＝433，∴其外接球的半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4332＋22＝283，那么外接球的表面积S ＝4πR 2＝4π×283＝112π3，应选B. [答案] (1)B (2)B[方法技巧]求解多面体、旋转体与球接、切问题的策略(1)过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题． (2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或通过画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体量的关系，列方程(组)求解．[演练冲关]1．(2017·全国卷Ⅲ)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，那么该圆柱的体积为( )A ．π B.3π4C.π2D.π4解析：选B 设圆柱的底面半径为r ，那么r 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4. 2．(2017·某某高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，那么V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR3＝32.答案：323．(2017·全国卷Ⅰ)三棱锥S ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．假设平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S ABC 的体积为9，那么球O 的表面积为________．解析：如图，连接AO ，OB ， ∵SC 为球O 的直径， ∴点O 为SC 的中点， ∵SA ＝AC ，SB ＝BC ，∴AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，∵平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ， ∴AO ⊥平面SCB ， 设球O 的半径为R ， 那么OA ＝OB ＝R ，SC ＝2R . ∴V S ABC ＝V A SBC ＝13×S △SBC ×AO＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×SC ×OB ×AO ， 即9＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2R ×R ×R ，解得 R ＝3，∴球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π. 答案：36π4．(2018届高三·某某名校联考)某简单几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为________，其外接球的表面积为________．解析：由三视图得该几何体是一个底面为对角线为4的正方形，高为3的直四棱柱，那么其体积为4×4×12×3＝24.又直四棱柱的外接球的半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝52，所以四棱柱的外接球的表面积为4πR 2＝25π.答案：24 25π考点(四)主要考查利用空间点、直线、平面位置关系的定义，四个公理、八个定理来判断与点、线、面有关命题的真假或判断简单的线面平行垂直的位置关系.空间线面位置关系的判断[典例感悟][典例] (1)(2017·全国卷Ⅰ)如图，在以下四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，那么在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )(2)(2016·全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有以下四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.④如果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)[解析] (1)法一：对于选项B，如下图，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ .又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.应选A.法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如下图)，连接OQ，那么OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.应选A.(2)对于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故错误．对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l⊂α，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正确．对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m⊂α，所以m，β没有公共点，由线面平行的定义可知m∥β，故正确．对于④，因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n 与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等，故正确．[答案] (1)A (2)②③④[方法技巧]判断与空间位置关系有关命题真假的方法(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．(3)借助反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．[演练冲关]1．(2017·某某模拟)在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有以下三个命题：①四边形EFGH是平行四边形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE.其中正确的命题有( )A．①② B．②③C．①③ D．①②③解析：选C 由题意画出草图如下图，因为AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF.又ABCA1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四边形EFGH是平行四边形，故①正确；假设平面α∥平面BB1C1C，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②错误；由AA1⊥平面BCFE，结合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正确．综上可知，应选C.2．(2017·某某调研)如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD 为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.其中正确的有( )A．1个 B．2个C．3个 D．4个解析：选B 将展开图还原为几何体(如图)，因为E，F分别为PA，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，①错；因为B∉平面PAD，E ∈平面PAD，E∉AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错．应选B.3．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，那么( )A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC解析：选C 法一：由正方体的性质，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD.又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.法二：∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B、D错；∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，∴A1E⊥BC1，故C正确；(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E⊂平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1.)∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错．4．(2017·武昌调研)假设四面体ABCD的三组对棱分别相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，给出以下结论：①四面体ABCD每组对棱相互垂直；②四面体ABCD每个面的面积相等；③从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°且小于180°；④连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分；⑤从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．其中正确结论的序号是________．解析：对于①，如图(1)，AE，CF分别为BD边上的高，由AD＝BC，AB＝CD，BD＝DB可知△ABD≌△CDB，所以AE＝CF，DE＝BF，当且仅当AD＝AB，CD＝BC时，E，F重合，此时AC⊥BD，所以当四面体ABCD 为正四面体时，每组对棱才相互垂直，故①错误；对于②，由题设可知四面体的四个面全等，所以四面体ABCD 每个面的面积相等，故②正确；对于③，当四面体为正四面体时，同一个顶点出发的任意两条棱的夹角均为60°，此时四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于180°，故③错误；对于④，如图(2)，G ，H ，I ，J 为各边中点，因为AC ＝BD ，所以四边形GHIJ 为菱形，所以GI ，HJ 相互垂直平分，其他同理可得，所以连接四面体ABCD 每组对棱中点的线段相互垂直平分，故④正确；对于⑤，从A 点出发的三条棱为AB ，AC ，AD ，因为AC ＝BD ，所以AB ，AC ，AD 可以构成三角形，其他同理可得，所以从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长，故⑤正确．综上所述，正确的结论为②④⑤.答案：②④⑤ [必备知能·自主补缺] (一) 主干知识要记牢 1．简单几何体的表面积和体积(1)S 直棱柱侧＝ch (c 为底面的周长，h 为高)． (2)S 正棱锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)．(3)S 正棱台侧＝12(c ′＋c )h ′(c 与c ′分别为上、下底面周长，h ′为斜高)．(4)圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式S 圆柱侧＝2πrl (r 为底面半径，l 为母线长)， S 圆锥侧＝πrl (r 为底面半径，l 为母线长)，S 圆台侧＝π(r ′＋r )l (r ′，r 分别为上、下底面的半径，l 为母线长)．(5)柱、锥、台体的体积公式V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为高)， V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)，V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S ，S ′为上、下底面面积，h 为高)．(6)球的表面积和体积公式S 球＝4πR 2，V 球＝43πR 3.2．两类关系的转化 (1)平行关系之间的转化(2)垂直关系之间的转化3．证明空间位置关系的方法a ，b ，l 是直线，α，β，γ是平面，O 是点，那么(1)线线平行：⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b a ∥c ⇒c ∥b ，⎭⎪⎬⎪⎫a ∥αa ⊂βα∩β＝b ⇒a ∥b ，⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b ，⎭⎪⎬⎪⎫α∥βα∩γ＝a β∩γ＝b ⇒a ∥b . (2)线面平行：⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b b ⊂αa ⊄α⇒a ∥α，⎭⎪⎬⎪⎫α∥βa ⊂β⇒a ∥α，⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βa ⊥βa ⊄α⇒a ∥α. (3)面面平行：⎭⎪⎬⎪⎫a ⊂α，b ⊂αa ∩b ＝Oa ∥β，b ∥β⇒α∥β，⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αa ⊥β⇒α∥β，⎭⎪⎬⎪⎫α∥βγ∥β⇒α∥γ.(4)线线垂直：⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊂α⇒a ⊥b ，⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ∥α⇒a ⊥b .(5)线面垂直：⎭⎪⎬⎪⎫a ⊂α，b ⊂αa ∩b ＝O l ⊥a ，l ⊥b ⇒l ⊥α，⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝l a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β， ⎭⎪⎬⎪⎫α∥βa ⊥α⇒a ⊥β，⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b a ⊥α⇒b ⊥α.(6)面面垂直：⎭⎪⎬⎪⎫a ⊂βa ⊥α⇒α⊥β，⎭⎪⎬⎪⎫a ∥βa ⊥α⇒α⊥β.(二) 二级结论要用好1．长方体的对角线与其共点的三条棱之间的长度关系d 2＝a 2＋b 2＋c 2；假设长方体外接球半径为R ，那么有(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2.[针对练1] (2018届高三·某某八校联考)设三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且长度分别为2,23，4，那么其外接球的表面积为( )A ．48πB ．32π C．20π D ．12π解析：选B 依题意，设题中的三棱锥外接球的半径为R ，可将题中的三棱锥补形成一个长方体，那么R ＝1222＋232＋42＝22，所以该三棱锥外接球的表面积为S ＝4πR 2＝32π. 2．棱长为a 的正四面体的内切球半径r ＝612a ，外接球的半径R ＝64a .又正四面体的高h ＝63a ，故r ＝14h ，R ＝34h .[针对练2] 正四面体ABCD 的外接球半径为2，过棱AB 作该球的截面，那么截面面积的最小值为________．解析：由题意知，面积最小的截面是以AB 为直径的圆，设AB 的长为a ，因为正四面体外接球的半径为2，所以64a ＝2，解得a ＝463，故截面面积的最小值为π⎝ ⎛⎭⎪⎫2632＝8π3.答案：8π3(三) 易错易混要明了应用空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理时，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错．如由α⊥β，α∩β＝l ，m ⊥l ，易误得出m ⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m ⊂α的限制条件．[针对练3] 设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m ⊂α，那么“m ∥β 〞是“α∥β 〞的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B 当m ∥β时，过m 的平面α与β可能平行也可能相交，因而m ∥β⇒/ α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m ⊂α，所以m ∥β.综上可知，“m ∥β 〞是“α∥β 〞的必要不充分条件．[课时跟踪检测]A 组——12＋4提速练一、选择题1.如图为一个几何体的侧视图和俯视图，那么它的正视图为( )解析：选B 根据题中侧视图和俯视图的形状，判断出该几何体是在一个正方体的上表面上放置一个四棱锥(其中四棱锥的底面是边长与正方体棱长相等的正方形、顶点在底面上的射影是底面一边的中点)，结合选项知，它的正视图为B.2．(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如下图，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有假设干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A．10 B．12 C．14 D．16解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为2＋4×22×2＝12，应选B.3．(2017·某某质检)假设平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，那么该三棱锥中与平面α平行的棱有( )A．0条 B．1条 C．2条 D．0条或2条解析：选C 因为平行于三棱锥的两条相对棱的平面截三棱锥所得的截面是平行四边形，所以该三棱锥中与平面α平行的棱有2条，应选C.4．(2017·某某模拟)m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂β.有以下命题：①假设α∥β，那么m，n可能平行，也可能异面；②假设α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，那么α⊥β；③假设α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，那么α⊥β.其中真命题的个数是( )A．0 B．1 C．2 D．3解析：选B 对于①，直线m，n可能平行，也可能异面，故①是真命题；对于②，直线m，n同时垂直于公共棱，不能推出两个平面垂直，故②是假命题；对于③，当直线n∥l时，不能推出两个平面垂直，故③是假命题．故真命题的个数为1.应选B.5．(2017·某某高考)某几何体的三视图如下图(单位：cm)，那么该几何体的体积(单位：cm3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3C.3π2＋1 D.3π2＋3解析：选A 由几何体的三视图可得，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为2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1. 6．(2017·某某质检)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为( )A ．80B ．160C ．240D ．480解析：选B 如下图，题中的几何体是从直三棱柱ABC A ′B ′C ′中截去一个三棱锥A A ′B ′C ′后所剩余的部分，其中底面△ABC 是直角三角形，AC ⊥AB ，AC ＝6，AB ＝8，BB ′＝10.因此题中的几何体的体积为⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×8×10－13×12×6×8×10＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×8×10＝160，应选B. 7．(2017·某某质检)一个几何体的三视图如下图(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，那么该几何体的表面积为( )A ．72＋6πB ．72＋4πC ．48＋6πD ．48＋4π解析：选A 由三视图知，该几何体由一个正方体的34部分与一个圆柱的14部分组合而成(如下图)，其表面积为16×2＋(16－4＋π)×2＋4×2×2＋14×2π×2×4＝72＋6π，应选A.8．某几何体的三视图如下图，那么其体积为( )A ．207B ．216－9π2C ．216－36πD ．216－18π解析：选B 由三视图知，该几何体是一个棱长为6的正方体挖去14个底面半径为3，高为6的圆锥而得到的，所以该几何体的体积V ＝63－14×13×π×32×6＝216－9π2，应选B.9．(2017·某某检测)三棱锥P ABC 的四个顶点都在体积为500π3的球的表面上，底面ABC 所在的小圆面积为16π，那么该三棱锥的高的最大值为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：选C 依题意，设题中球的球心为O ，半径为R ，△ABC 的外接圆半径为r ，那么4πR33＝500π3，解得R ＝5，由πr 2＝16π，解得r ＝4，又球心O 到平面ABC 的距离为R 2－r 2＝3，因此三棱锥P ABC 的高的最大值为5＋3＝8，应选C.10．(2017·某某统考)三棱锥P ABC 的四个顶点均在某球面上，PC 为该球的直径，△ABC 是边长为4的等边三角形，三棱锥P ABC 的体积为163，那么此三棱锥的外接球的表面积为( )A.16π3 B.40π3 C.64π3 D.80π3解析：选D 依题意，记三棱锥P ABC 的外接球的球心为O ，半径为R ，点P 到平面ABC 的距离为h ，那么由V P ABC ＝13S △ABC h ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫34×42×h ＝163得h ＝433.又PC 为球O 的直径，因此球心O到平面ABC 的距离等于12h ＝233.又正△ABC 的外接圆半径为r ＝AB 2sin 60°＝433，因此R 2＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＝203，所以三棱锥P ABC 的外接球的表面积为4πR 2＝80π3，应选D.11．某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为( )A.15π2 B ．8πC.17π2D ．9π解析：选B 依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的平面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所得的部分的底面半径为1，最短母线长为3、最长母线长为5，将这两个截后所得的部分拼接恰好形成一个底面半径为1，母线长为5＋3＝8的圆柱，因此题中的几何体的体积为π×12×8＝8π，应选B.12．(2018届高三·湘中名校联考)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为( )A.1603 B ．32C.323D.3523解析：选A 由三视图可知， 该几何体是由底面为等腰直角三角形(腰长为4)、高为8的直三棱柱截去一个等底且高为4的三棱锥而得到的，所以该几何体的体积V ＝12×4×4×8－13×12×4×4×4＝1603，应选A.二、填空题13．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，那么该几何体的表面积为________．解析：设圆柱高为h ，底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l .由图得r ＝2，h ＝4，那么c ＝2πr ＝4π，由勾股定理得：l ＝22＋232＝4，那么S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.答案：28π14．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，那么截去部分体积与剩余部分体积的比值为________．解析：由三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角〞后剩余的部分，如下图，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，那么三棱V 1V 2＝1656锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以＝15. 答案：1515．高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如下图，那么该几何体的体积是原直三棱柱的体积的________．解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为 12×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为13×6×2＝4.而直三棱柱的体积为12×2×2×4＝8，那么该几何体的体积是原直三棱柱的体积的12. 答案：1216．(2017·某某诊断考试)在三棱锥P ABC 中，V P ABC ＝433，∠APC ＝π4，∠BPC ＝π3，PA ⊥AC ，PB ⊥BC ，且平面PAC ⊥平面PBC ，那么三棱锥P ABC 外接球的体积为________．解析：如图，取PC 的中点O ，连接AO ，BO ，设PC ＝2R ，那么OA ＝OB ＝OC ＝OP ＝R ，∴O 是三棱锥P ABC 外接球的球心，易知，PB ＝R ，BC ＝3R ，∵∠APC ＝π4，PA ⊥AC ，O 为PC 的中点，∴AO ⊥PC ，又平面PAC ⊥平面PBC ，且平面PAC ∩平面PBC ＝PC ，∴AO ⊥平面PBC ，∴V P ABC ＝V A PBC ＝13×12×PB ×BC ×AO ＝13×12×R ×3R ×R ＝433，解得R ＝2，∴三棱锥P ABC 外接球的体积V ＝43πR 3＝32π3. 答案：32π3B 组——能力小题保分练1．(2017·某某质检)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积是( )A ．16B ．20C ．52D ．60解析：选B 由三视图知，该几何体由一个底面为直角三角形(直角边分别为3,4)，高为6的三棱柱截去两个等体积的四棱锥所得，且四棱锥的底面是矩形(边长分别为2,4)，高为3，如下图，所以该几何体的体积V＝12×3×4×6－2×13×2×4×3＝20，应选B.2．(2017·某某模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，那么该四棱锥外接球的表面积为( )A．136π B．34πC．25π D．18π解析：选B 由三视图知，该四棱锥的底面是边长为3的正方形，高为4，且有一条侧棱垂直于底面，所以可将该四棱锥补形为长、宽、高分别为3,3,4的长方体，该长方体外接球的半径R即为该四棱锥外接球的半径，所以2R＝32＋32＋42，解得R＝342，所以该四棱锥外接球的表面积为4πR2＝34π，应选B.3．(2018届高三·某某五市十校联考)如图，小方格是边长为1的正方形，一个几何体的三视图如下图，那么该几何体的表面积为( )A．45π＋96 B．(25＋6)π＋96C．(45＋4)π＋64 D．(45＋4)π＋96解析：选D 由三视图可知，该几何体为一个圆锥和一个正方体的组合体，正方体的棱长为4，圆锥的高为4，底面半径为2，所以该几何体的表面积为S＝6×42＋π×22＋π×2×42＋22＝(45＋4)π＋96.4．(2017·某某质检)四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为6的正方形，且PA＝PB＝PC＝PD，假设一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切，那么该四棱锥的高为( ) A．6 B．5C.92D.94解析：选D 过点P 作PH ⊥平面ABCD 于点H .由题知，四棱锥P ABCD 是正四棱锥，内切球的球心O 应在四棱锥的高PH 上．过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图，其中PE ，PF 是斜高，M 为球面与侧面的一个切点．设PH ＝h ，易知Rt △PMO ∽Rt △PHF ，所以OM FH ＝PO PF ，即13＝h －1h 2＋32，解得h ＝94，应选D.5．(2018届高三·某某市八校联考)在菱形ABCD 中，A ＝60°，AB ＝3，将△ABD 折起到△PBD 的位置，假设二面角P BD C 的大小为2π3，那么三棱锥P BCD 外接球的体积为( ) A.4π3 B.3π2 C.77π6 D.77π2解析：选C 依题意，△PBD 、△BCD 均是边长为3的等边三角形．取BD 的中点E ，连接PE ，CE ，那么有PE ⊥BD ，CE ⊥BD ，∠PEC 是二面角P BD C 的平面角，即∠PEC ＝120°.记三棱锥P BCD 的外接球的球心为O ，半径是R ，△PBD ，△BCD 的中心分别为M ，N ，连接OM ，ON ，MN ，OE ，那么由OP ＝OB ＝OD ＝OC 得，球心O 在平面PBD ，平面BCD 上的射影分别是△PBD ，△BCD的中心，即有OM ⊥平面PBD ，OM ⊥PE ，OM ⊥BD ，ON ⊥平面BCD ，ON ⊥NE ，ON ⊥BD ，因此BD ⊥平面OMN .又易证BD ⊥平面OCE ，所以平面OMN ∥平面OCE .又平面OMN 与平面OCE 有公共点O ，因此平面OMN 与平面OCE 重合．在四边形OMEN 中，∠OME ＝∠ONE ＝90°，ME ＝NE ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫32×3＝12，∠MOE ＝30°，OE 是四边形OMEN 的外接圆的直径，OE＝MEsin ∠MOE ＝1，ON 2＝OE 2－NE 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34.在Rt △OBN 中，OB 2＝ON 2＋BN 2＝ON 2＋BE 2＋NE 2＝34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝74，即R ＝74＝72，因此三棱锥P BCD 的外接球的体积为43πR 3＝77π6，应选C. 6．(2017·武昌调研)在矩形ABCD 中，AB <BC ，现将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出以下结论：①存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直； ②存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直； ③存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直． 其中正确结论的序号是________．。
高中数学高考二轮复习高考中的立体几何教案
第二讲高考中的立体几何(解答题型)对应学生用书P052[必记定理]1.线面平行与垂直的判定定理、性质定理(1)异面直线所成的角：设a，b分别为异面直线a，b的方向向量，则两异面直线所成的角满足cosθ＝|a·b| |a||b|.(2)线面角设l 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的法向量，则斜线l 与平面α所成的角满足sin θ＝|l ·n ||l ||n |.(3)二面角①如图(ⅰ)，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．②如图(ⅱ)(ⅲ)，n 1，n 2分别是二面角α－l －β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〉．[重要转化]1.三种平行关系的转化2.三种垂直关系的转化线线垂直 判定定理性质定理线面垂直 判定定理性质定理面面垂直[重要结论]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＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．1.线线平行l∥m⇔a∥b⇔a＝k b⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.2.线线垂直l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.3.线面平行l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.4.线面垂直l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3.5.面面平行α∥β⇔μ∥v⇔μ＝k v⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4.6.面面垂直α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.[易错提醒]1.忽视线面平行判定定理的条件：证明线面平行时，忽视“直线在平面外”“直线在平面内”的条件．2.忽视线面垂直判定定理的条件：证明线面垂直时，忽视“平面内两条相交直线”这一条件．3.关注面面垂直的性质定理的条件：当题目涉及面面垂直的条件时，一般用此定理转化为线面垂直，应用时注意在面面垂直的前提下，过平面内一点，垂直于两平面交线的直线应在其中一个平面内．4.忽略异面直线的夹角与方向向量夹角的区别：两条异面直线所成的角是锐角或直角，与它们的方向向量的夹角不一定相等．5.不能区分二面角与两法向量的夹角：求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析．对应学生用书P053热点一空间位置关系的证明例1(1)[2015·陕西高三质检]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，E为棱CC1的中点．①求证：B1D1⊥AE；②求证：AC∥平面B1DE.[证明]①连接BD，则BD∥B1D1.∵四边形ABCD是正方形，。
高中数学高考二轮复习立体几何教案(全国专用)
1．(2016·课标Ⅰ，6，易)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径，若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π1．A [考向2]由三视图可知该几何体为球去掉一个18球．设球的半径为R ， 则V ＝78×43πR 3＝28π3，得R ＝2.故其表面积S ＝78×4πR 2＋3×14×πR 2＝14π＋3π＝17π.2．(2016·山东，5，易)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π2．C [考向3]由三视图可知，四棱锥的底面是边长为1的正方形，半球的直径为12＋12＝2，所以四棱锥的体积为13×12×1＝13，半球的体积为12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝26π，所以此组合体的体积为13＋26π.3．(2016·课标Ⅱ，6，中)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 ．20πB ．24πC ．28πD ．32π3．C [考向2]S 表＝πr 2＋2πr ×4＋12×2πr ×R ＝4π＋16π＋2π22＋（23）2＝28π.4．(2016·课标Ⅲ，9，易)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，则该多面体的表面积为( )A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．814．B [考向2]由图可知，该几何体为四棱柱，S 表＝2S 底＋2S 前＋2S 侧 ＝2×32＋2×3×6＋2×3×32＋62 ＝18＋36＋185＝54＋18 5.5．(2016·课标Ⅲ，10，中)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 ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) A ．4π B.9π2 C ．6π D.32π35．B [考向3]在Rt △ABC 中，设内切圆的半径为R ，则R ×(6＋8＋10)＝6×8， 得R ＝2.又由AA 1＝3， ∴内切球的半径为32， ∴V 球＝43π×278＝92π.6．(2015·浙江，2，易)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 ．8 cm 3B ．12 cm 3 C.323 cm 3 D.403 cm 36．C [考向3]由题意得，该几何体由一个正方体与一个正四棱锥组合而成，所以体积V ＝23＋13×22×2＝323.7．(2014·福建，2，易)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7．A [考向1]因为圆锥、四面体、三棱柱的正视图均可以是三角形，而圆柱无论从哪个方向看均不可能是三角形，故选A.8．(2013·四川，3，易)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( )8．D [考向1]由三视图可知该几何体为一个上部为圆台、下部为圆柱的组合体，圆台的下底面和圆柱的底面恰好重合．9．(2015·课标Ⅱ，6，中)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图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A.18B.17C.16D.159．D [考向3]如图所示为正方体被一个平面截去后剩余部分的几何体．设正方体棱长为a ，∴VA A 1B 1D 1V 剩＝13×12a 2·a a 3－13×12a 2·a＝15.10．(2015·课标Ⅱ，9，中)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O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( ) A ．36π B ．64π C ．144π D ．256π10．C [考向2]设球的半径为r ，则V O ABC ＝13×12×r 2h ≤16r 3＝36，故r ＝6.故S 球＝4πr 2＝144π.11．(2015·课标Ⅰ，6，中)《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。
高中数学高考二轮复习立体几何教案
高中数学高考二轮复习立体几何教案高考点拨：立体几何专题是高考中的热点，主要考查三视图、空间几何体的体积和空间位置关系、空间角，以及空间位置关系的证明和空间角、距离的探求。
本专题主要从“空间几何体表面积或体积的求解”、“空间中的平行与垂直关系”、“立体几何中的向量方法”三个角度进行典例剖析，引领考生明确考情并提升解题技能。
突破点1：空间几何体表面积或体积的求解要点1：对于规则几何体，可以直接利用公式计算。
要点2：对于不规则几何体，可以采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可以采用等体积转换法求解。
要点3：求解旋转体的表面积和体积时，需要注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形。
突破点2：球与几何体的外接与内切要点1：正四面体与球：设正四面体的棱长为a，由正四面体本身的对称性，可知其内切球和外接球的球心相同，则内切球的半径r=a/3，外接球的半径R=a/√6.要点2：正方体与球：设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，O为其对称中心，E，F，H，G分别为AD，BC，B1C1，A1D1的中点，J为HF的中点。
正方体的内切球的半径为OJ=a/2，棱切球的半径为OG=a/√2，外接球的半径为OA1=√3a/2.回访1：几何体的表面积或体积题目：如图10-2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()解析：由三视图可知圆柱的底面直径为4，母线长(高)为4，所以圆柱的侧面积为2π×2×4=16π，底面积为π×2²=4π；圆锥的底面直径为4，高为2/3，所以圆锥的母线长为√(4²+(2/3)²)=4/3，所以圆锥的侧面积为π×2×4/3=8π。
所以该几何体的表面积为S=16π+4π+8π=28π。
2．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图10-3.求截去部分体积与剩余部分体积的比值。
高考数学二轮复习专题 立体几何教学案(学生)
2013高考数学二轮复习精品资料专题07 立体几何教学案（学生版）【2013考纲解读】1、平面的概念及平面的表示法，理解三个公理及三个推论的内容及作用，初步掌握性质与推论的简单应用。
2、空间两条直线的三种位置关系，并会判定。
3、平行公理、等角定理及其推论，了解它们的作用，会用它们来证明简单的几何问题，掌握证明空间两直线平行及角相等的方法。
4、异面直线所成角的定义，异面直线垂直的概念，会用图形来表示两条异面直线，掌握异面直线所成角的范围，会求异面直线的所成角。
5.理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘;了解空间向量的基本定理，理解空间向量坐标的概念，掌握空间向量的坐标运算;掌握空间向量的数量积的定义及其性质，掌握用直角坐标计算空间向量数量积公式.6.了解多面体、凸多面体、正多面体、棱柱、棱锥、球的概念.掌握棱柱,棱锥的性质,并会灵活应用,掌握球的表面积、体积公式;能画出简单空间图形的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图.7.空间平行与垂直关系的论证.8. 掌握直线与平面所成角、二面角的计算方法，掌握三垂线定理及其逆定理，并能熟练解决有关问题,进一步掌握异面直线所成角的求解方法，熟练解决有关问题.9.理解点到平面、直线和直线、直线和平面、平面和平面距离的概念会用求距离的常用方法（如：直接法、转化法、向量法）.对异面直线的距离只要求学生掌握作出公垂线段或用向量表示的情况）和距离公式计算距离。
【知识网络构建】【重点知识整合】 1．空间几何体的三视图(1)正视图：光线从几何体的前面向后面正投影得到的投影图； (2)侧视图：光线从几何体的左面向右面正投影得到的投影图； (3)俯视图：光线从几何体的上面向下面正投影得到的投影图． 几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图． 2．斜二测画水平放置的平面图形的基本步骤(1)建立直角坐标系，在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的Ox ，Oy ，建立直角坐标系；(2)画出斜坐标系，在画直观图的纸上(平面上)画出对应的Ox ′，Oy ′，使∠x ′Oy ′＝45°(或135°)，它们确定的平面表示水平平面；(3)画对应图形，在已知图形中平行于x 轴的线段，在直观图中画成平行于x ′轴，且长度保持不变；在已知图形中平行于y 轴的线段，在直观图中画成平行于y ′轴，且长度变为原来的一半；(4)擦去辅助线，图画好后，要擦去x 轴、y 轴及为画图添加的辅助线(虚线)． 3.体积与表面积公式:(1)柱体的体积公式:V =柱Sh ;锥体的体积公式: V =锥13Sh ; 台体的体积公式: V =棱台1()3h S SS S '';球的体积公式: V =球343r π. (2)球的表面积公式:24S R π=球. 【高频考点突破】考点一 空间几何体与三视图1．一个物体的三视图的排列规则是：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧视图放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．画直观图时，与坐标轴平行的线段仍平行，与x 轴、z 轴 平行的线段长度不变，与y 轴平行的线段长度减半．例1、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 ( )【方法技巧】该类问题主要有两种类型：一是由几何体确定三视图；二是由三视图还原成几何体．解决该类问题的关键是找准投影面及三个视图之间的关系．抓住“正侧一样高，正俯一样长，俯侧一样宽”的特点作出判断.考点二 空间几何体的表面积和体积 常见的一些简单几何体的表面积和体积公式：圆柱的表面积公式：S ＝2πr 2＋2πrl ＝2πr (r ＋l )(其中r 为底面半径，l 为圆柱的高)； 圆锥的表面积公式：S ＝πr 2＋πrl ＝πr (r ＋l )(其中r 为底面半径，l 为母线长)； 圆台的表面积公式：S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )(其中r 和r ′分别为圆台的上、下底面半径，l 为母线长)；柱体的体积公式：V ＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； 锥体的体积公式：V ＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；台体的体积公式：V ＝13(S ′＋S ′S ＋S )h (S ′、S 分别为上、下底面面积，h 为高)；球的表面积和体积公式：S ＝4πR 2，V ＝43πR 3(R 为球的半径)．例 2、如图所示，某几何体的正视图是平行四边形，侧视图和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为 ( )A．6 3 B．9 3C．12 3 D．18 3考点三球与空间几何体的“切”“接”问题1．长方体、正方体的外接球其体对角线长为该球的直径．2．正方体的内切球其棱长为球的直径．3．正三棱锥的外接球中要注意正三棱锥的顶点、球心及底面正三角形中心共线．4．正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.例3、一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的外接球的表面积为________．【方法技巧】1．涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题．2．若球面上四点P、A、B、C构成的线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC ＝c，则4R2＝a2＋b2＋c2(R为球半径)．可采用“补形”法，构造长方体或正方体的外接球去处理．例4、如图，在四面体PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC，点D，E，F，G分别是棱AP，AC，BC，PB的中点．(1)求证：DE∥平面BCP；(2)求证：四边形DEFG为矩形；(3)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．【方法技巧】1．证明线线平行常用的两种方法：(1)构造平行四边形；(2)构造三角形的中位线．2．证明线面平行常用的两种方法：(1)转化为线线平行；(2)转化为面面平行．3．证明直线与平面垂直往往转化为证明直线与直线垂直．而证明直线与直线垂直又需要转化为证明直线与平面垂直.例5、如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E，F分别是AP，AD的中点．求证：(1)直线EF∥平面PCD；(2)平面BEF⊥平面PAD.【方法技巧】考点六利用空间向量证明位置关系设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)．平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(1)线面平行：l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0(2)线面垂直：l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3(3)面面平行：α∥β⇔u∥v⇔u＝kv⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4(4)面面垂直α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0例6、如图，平面 PAC ⊥平面ABC ，△ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，E ，F ，O 分别为 PA ，PB ，AC 的中点，AC ＝16，PA ＝PC ＝10.(1)设G 是OC 的中点，证明：FG ∥平面BOE ； (2)证明：在△ABO 内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE .【方法技巧】1．用向量法来证明平行与垂直，避免了繁杂的推理论证而直接计算就行了．把几何问题代数化．尤其是正方体、长方体、直四棱柱中相关问题证明用向量法更简捷．但是向量法要求计算必须准确无误．2．利用向量法的关键是正确求平面的法向量．赋值时注意其灵活性．注意(0,0,0)不能作为法向量.3．向量法求二面角：求出二面角α－l －β的两个半平面α与β的法向量n 1，n 2，若二面角α－l －β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|；若二面角α－l －β所成的角θ为钝角， 则cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|＝－|n 1·n 2||n 1||n 2|.例7、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；(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长．考点八利用空间向量解决探索性问题利用空间向量解决探索性问题，它无需进行复杂繁难的作图、论证、推理，只须通过坐标运算进行判断，在解题过程中，往往把“是否存在”问题，转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，可以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．例8、如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O 落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.(1)证明：AP⊥BC；(2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角A－MC－B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．【难点探究】难点一空间几何体的表面积和体积例1、（1）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80(2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．92π＋12B ．92π＋18 C ．9π＋42 D ．36π＋18难点二 球与多面体例 2、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【解题规律与技巧】1．真实图形中和两坐标轴平行的线段在直观图中仍然和两坐标轴平行，在真实图形中与x 轴平行的线段在直观图中长度不变，在真实图形中和y 轴平行的线段在直观图中变为原来的一半．这种画法蕴含着一个一般的规律，在斜二测画法中，真实图形的面积和直观图的面积之比是2 2.2．空间几何体的面积有侧面积和表面积之分，表面积就是全面积，是一个空间几何体中“暴露”在外的所有面的面积，在计算时要注意区分“是侧面积还是表面积”．多面体的表面积就是其所有面的面积之和，旋转体的表面积除了球之外，都是其侧面积和底面面积之和．3．实际问题中的几何体往往不是单纯的柱、锥、台、球，往往是由柱、锥、台、球或其一部分组成的组合体，解决这类组合体体积的基本方法就是“分解”，将组合体“分解成若干部分，每部分是柱、锥、台、球或其一个部分，分别计算其体积”，然后根据组合体的结构，将整个的体积转化为这些“部分体积”的和或差．【历届高考真题】【2012年高考试题】一、选择题1.【2012高考真题新课标理7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）()A6()B9()C12()D182.【2012高考真题浙江理10】已知矩形ABCD，AB=1，BC=2。
高中数学高考二轮复习学案(3)立体几何
立体几何初步【学法导航】稳定中有所创新,由知识立意转为能力立意（1） 考查重点及难点稳定：高考始终把空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直的性质与判定,以及求线面角、二面角等知识都是重点考查的内容，其中线线角、线面角、二面角的求解更是重中之重在难度上平稳过渡，始终以中等偏难为主。
实行新课程的高考，命题者在求稳的同时注重创新高考创新，主要体现在命题的立意和思路上注重对学生能力的考查（2）空间几何体中的三视图仍是高考的一个重要知识点解答题的考查形式仍要注重在一个具体立体几何模型中考查线面的关系（3）使用，“向量”仍将会成为高考命题的热点，一般选择题、填空题重在考查向量的概念、数量积及其运算律在有些立体几何的解答题中，建立空间直角坐标系，以向量为工具，利用空间向量的坐标和数量积解决直线、平面问题的位置关系、角度、长度等问题，比用传统立体几何的方法简便快捷，空间向量的数量积及坐标运算仍是2010年高考命题的重点 （4）支持新课改，在重叠部分做文章,在知识交汇点处命题 【典例精析】1， 空间几何体及三视图例1．用一些棱长为1cm 的小正方体码放成一个几何体，图1为其俯视图，图2为其主视图则这个几何体的体积最大是 7 cm 3．图1（俯视图） 图2（主视图）例2.一个多面体的直观图及三视图如图所示，则多面体A CDEF -的体积为 ▲ ．38例4.右图是由一些相同的小正方体构成的几何体的三视图，这些相同的小正方体共有▲ 个．5 例5．如果一个几何体的三视图如图所示(单位长度: cm), 则此几何体的表面积是2420+2cm 。
例 6.矩形ABCD 中，AB=4，BC=3，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B －AC －D ，则四面体ABCD 的外接球的体积为 π6125例7.一个几何体的三视图中，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是等腰直角三角形（如图），根据图中标注的长度，可以计算出该几何体的表面积是 12+4 2.平行与垂直例8.已知：正方体1111ABCD-A B C D ，1AA =2，E 为棱1CC 的中点．⑴求证：11B D AE ⊥；⑵求证：//AC 平面1B DE ；⑶求三棱锥1B ADE -的体积证明：连结BD ，则BD //11B D ， ∵ABCD 是正方形，∴AC BD ⊥．∵CE ⊥面ABCD ，∴CE BD ⊥． 又C = AC CE ，∴BD ⊥面ACE ．∵AE ⊂面ACE ，∴BD AE ⊥， ∴11B D AE ⊥．⑵证明：作1BB 的中点F ，连结AF CF EF 、、． ∵E F 、是1BB 1CC 、的中点，∴CE1B F ，∴四边形1B FCE 是平行四边形，∴ 1CF// B E ． ∵,E F 是1BB 1CC 、的中点，∴//EF BC ，又//BC AD ，∴//EF AD ．∴四边形ADEF 是平行四边形，AF ∴//ED ， ∵AF CF C = ，1B E ED E = ， ∴平面//ACF 面1B DE ．主视图俯视图左视图俯视图左视图又AC ⊂平面ACF ，∴//AC 面1B DE 例9.多面体ABCDE 中，1====AE AC BC AB ，2=CD ，ABC AE 面⊥，CD AE //。
高考数学第二轮复习 立体几何教学案
2011年高考第二轮专题复习（教学案）：立体几何 第1课时 直线、平面、空间几何体考纲指要：立体几何在高考中占据重要的地位，考察的重点及难点是直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的性质和判定，而查空间线面的位置关系问题，又常以空间几何体为依托，因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式。
考点扫描：1．空间两条直线的位置关系：（1）相交直线；（2）平行直线；（3）异面直线。
2．直线和平面的位置关系：（1）直线在平面内；（2）直线和平面相交；（3）直线和平面平行。
3．两个平面的位置关系有两种：（1）两平面相交；（2）两平面平行。
4．多面体的面积和体积公式，旋转体的面积和体积公式。
考题先知：例1．在平面几何中，我们学习了这样一个命题：过三角形的内心作一直线，将三角形分成的两部分的周长比等于其面积比。
请你类比写出在立体几何中，有关四面体的相似性质，并证之。
解：通过类比，得命题：过四面体的内切球的球心作一截面，将四面体分成的两部分的表面积比等于其体积比。
证明：如图，设四面体P-ABC 的内切球的球心为O ，过O 作截面DEF交三条棱于点E 、D 、F ，记内切圆半径为r,则r 也表示点O 到各面的距离，利用体积的“割补法”知：PDF O PEFO PDE O DEF P V V V V ----++==r S r S r S PDF PEF PDE ⋅+⋅+⋅313131BCFD O DEF O ACFE O ABC O ABDE O ABC DEF V V V V V V ------++++==r S r S r S r S r S BCFD DEF ACFE ABC ABDE ⋅+⋅+⋅+⋅+⋅3131313131，从而21表表S S V V ABC DEF DEF P =--。
例2．（1）当你手握直角三角板，其斜边保持不动，将其直角顶点提起一点，则直角在平面内的正投影是锐角、直角 还是钝角？（2）根据第（1）题，你能猜想某个角在一个平面内的正投影一定大于这个角吗？如果正确，请证明；如果错误，则利用下列三角形举出反例：△ABC 中，2,6==AC AB ，13-=BC ，以∠BAC 为例。
高考数学二轮：专题复习教学案：专题二立体几何
江苏 新高考高考对本专题内容的考察一般是“一小一大 ”，小题主要考察体积和表面积的计算问题，而大题主要证明线线、线面、面面的平行与垂直问题，其考察形式单一，难度一般.第 1 课时 立体几何中的计算 (基础课 ) [常考题型打破 ]空间几何体的表面积与体积 [必备知识 ]空间几何体的几组常用公式(1) 柱体、锥体、台体的侧面积公式：① S 柱侧 ＝ ch(c 为底面周长， h 为高 )；②S 锥侧＝ 1 c h ′(c 为底面周长， h ′为斜高 )； 2③ S 台侧＝ 1 (c ＋ c ′)h ′(c ， c 分别为上下底面的周长， h ′为斜高 )．2(2) 柱体、锥体、台体的体积公式： ① V 柱体 ＝ Sh( S 为底面面积， h 为高 )；1 ② V 锥体 ＝3Sh(S 为底面面积， h 为高 )；1③ V 台 ＝ 3( S ＋ S S ′＋ S ′)h(不要求记忆 )． (3) 球的表面积和体积公式：① S 球＝ 4πR 2(R 为球的半径 )；② V 球 ＝43πR 3(R 为球的半径 )．[题组练透 ]1．现有一个底面半径为 3 cm ，母线长为 5 cm 的圆锥状实心铁器，将其高温融化后铸成一个实心铁球 (不计消耗 )，则该铁球的半径为 ________cm.分析： 由于圆锥底面半径为 3 cm ，母线长为 5 cm ，所以圆锥的高为52－ 32＝ 4 cm ，其体积为 1π×32× ＝12π3，设铁球的半径为 r ，则 4πr 3＝ 12π，所以该铁球的半径是 3cm.34 cm 3 9答案：392．(2017 苏·锡常镇二模 )已知直四棱柱底面是边长为 2 的菱形，侧面对角线的长为 23，则该直四棱柱的侧面积为 ________．分析：由题意得，直四棱柱的侧棱长为32－ 22＝ 2 2，所以该直四棱柱的侧面积为 S＝ cl＝ 4×2×2 2＝ 16 2.答案：16 23．(2017 南·通、泰州一调 )如图，在正四棱柱 ABCD -A1B1C1 D1中，AB＝3 cm， AA1＝ 1 cm，则三棱锥 D 1-A1BD 的体积为 _______cm3.分析：三棱锥 D 1-A1BD 的体积等于三棱锥B-A1D 1D 的体积，由于三棱锥B-A1D1D 的高等于 AB，△ A1D1D 的面积为矩形AA1D 1D 的面积的1，所以三棱锥B-A1 D1D 的体积是正2四棱柱 ABCD -A1B1C1D 1的体积的1，所以三棱锥D1-A1BD 的体积等于123 66×3 ×1＝ .2答案：324.以下图是一个直三棱柱 ( 以 A1B1C1为底面 )被一个平面所截获得的几何体，截面为 ABC，已知 A1B1＝ B1C1＝ 1，∠ A1B1C1＝ 90°，A1A＝ 4，B1B＝ 2，C1C＝ 3，则此几何体的体积为 ________．分析：在 A1A 上取点 A2，在 C1C 上取点 C2，使 A1A2＝ C1C2＝ BB1，连结 A2B，BC2， A2C2，∴V＝ V A1B1 C1- A2 BC2＋VB- A2 ACC 211×＋× 2×23＝×1×1×2＋2＝ .2322答案：325．设甲，乙两个圆柱的底面积分别为S1， S2，体积分别为V 1， V2.若它们的侧面积相等且V1＝3，则S1的值是 ________．V22S2分析：设甲，乙两个圆柱的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则有 2πr1h1＝ 2πr2h2，即 r1h1＝ r2h2，又V 1πr12h1，∴V1＝r1r13，则S1r129＝2V2，∴ ＝＝r2＝ . V 2πr2h2r2r22S24答案：94[方法概括 ]求几何体的表面积及体积的解题技巧(1) 求几何体的表面积及体积问题，能够多角度、多方向地考虑，熟记公式是重点所在．求三棱锥的体积，等体积转变是常用的方法，转变原则是其高易求，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，常用切割或补形的思想，将不规则几何体转变为规则几何体以易于求解．多面体与球的切接问题[必备知识 ]解决球与其余几何体的切、接问题(1)解题的重点：认真察看、剖析，弄清有关元素的地点关系和数目关系．(2)选准最正确角度作出截面：要使这个截面尽可能多地包括球、几何体的各样元素以及表现这些元素之间的关系，达到空间问题平面化的目的．(3) 认识球与正方体组合的 3 种特别截面：(4)熟记 2 个结论：①设小圆O1半径为 r， OO 1＝ d，则 d2＋ r2＝ R2；∠AO1B∠ AOB②若 A， B 是圆 O1上两点，则 AB＝ 2rsin＝ 2Rsin.22[题组练透 ]1．(2017 江·苏高考 )如图，在圆柱 O1O2内有一个球 O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为 V 1，球 O 的体积为 V2，则V1的V2值是 ________．分析：设球 O 的半径为R，由于球 O 与圆柱 O1O2的上、下底面及母线均相切，所以圆V1πR2·2R3柱的底面半径为R、高为 2R，所以＝＝.V243πR32答案：322． (2017 全·国卷Ⅲ改编 )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________．分析：设圆柱的底面半径为22－12333πr，则 r＝ 12＝，所以圆柱的体积V＝×π×1＝4. 44答案：3π43．已知矩形ABCD的极点都在半径为 2 的球O 的球面上，且AB＝ 3，BC＝3，过点D 作DE垂直于平面ABCD ，交球O 于E，则棱锥E-ABCD的体积为________．分析：以下图，BE过球心O，∴DE＝42－ 32－32＝2，1∴V E -ABCD＝3×3× 3×2＝ 2 3.答案：2 34．(2017 ·京、盐城一模南) 将矩形ABCD绕边AB旋转一周获得一个圆柱，AB＝3，BC ＝ 2，圆柱上底面圆心为O，△ EFG 为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥O-EFG 体积的最大值是________．分析：由于将矩形ABCD 绕边 AB 旋转一周获得一个圆柱， AB＝ 3， BC＝ 2，圆柱上底面圆心为O，△ EFG 为下底面圆的一个内接直角三角形，所以三棱锥 O-EFG 的高为圆柱的高，即高为AB，所以当三棱锥 O-EFG 体积取最大值时，△EFG 的面积最大，当 EF 为直径，且 G 在 EF 的垂直均分线上时， (S△EFG )max＝1×4×2＝ 4, 211×4×3＝ 4.所以三棱锥 O-EFG 体积的最大值 ( V O-EFG )max＝×(S△EFG )max×AB＝33答案：4[方法概括 ]多面体与球的切接问题的解题技巧方法解读合适题型解答时第一要找准切点，经过作截面来解截面法决．假如内切的是多面体，则作截面时主要球内切多面体或旋转体抓住多面体过球心的对角面来作第一确立球心地点，借助外接的性质——球结构直角三心到多面体的极点的距离等于球的半径，寻求球心究竟面中心的距离、半径、极点究竟正棱锥、正棱柱的外接球角形法面中心的距离结构成直角三角形，利用勾股定理求半径因正方体、长方体的外接球半径易求得，故三条侧棱两两垂直的三棱锥，补形法将一些特别的几何体补形为正方体或长方从正方体或长方体的八个顶体，即可借助外接球为同一个的特色求解点中选用点作为极点构成的三棱锥、四棱锥等平面图形的翻折问题[必备知识 ]将平面图形沿此中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，把这种问题称为平面图形的翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的重点．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．解决这种问题就是要据此研究翻折此后的空间图形中的线面关系和几何量的胸怀值，这是化解翻折问题难点的主要方法．[题组练透 ]2π1． (2017 南·通三模 )已知圆锥的侧面睁开图是半径为3，圆心角为的扇形，则这个圆3锥的高为 ________．3，圆心角为 2πl ＝ 3， 分析：由于圆锥的侧面睁开图是半径为3 的扇形，所以圆锥的母线长设圆锥的底面半径为r ，则底面周长2π 2 22πr ＝ 3× ，所以 r ＝ 1，所以圆锥的高为3 －1 ＝2 2.3答案：2 22． (2017 ·京考前模拟南 )如图，正△ ABC 的边长为 2， CD 是 AB 边上的高， E ， F 分别为边 AC 与 BC 的中点，现将△ ABC 沿 CD 翻折，使平面 ADC ⊥平面 DCB ，则棱锥 E-DFC 的体积为 ________．11 32＝ 3 ， E 到平面 DFC 的距离 h 等于 1 1 分析： S △ DFC ＝ S △ABC ＝××AD ＝ .4442422V E -DFC ＝ 1△3 .×S DFC ×h ＝243答案：3243.(2017 全·国卷Ⅰ )如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为 5 cm ，该纸片上的等边三角形 ABC 的中心为 O.D ，E ，F 为圆 O 上的点， △DBC ，△ ECA ，△FAB 分别是以 BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以 BC ， CA ， AB 为折痕折起△ DBC ，△ ECA ，△ FAB ，使得 D ， E ， F 重合，获得三棱锥． 当△ ABC 的边长变化时， 所得三棱锥体积 (单位：cm 3)的最大值为 ________．分析： 法一： 由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ ABC 的边长变化时，设△ ABC 的边长为 a(a>0)cm ，则△ ABC 的面积为3 23 4 a ，△ DBC 的高为 5－ 6 a ，则正三棱锥的高为5－ 3a 2 －225－ 5 33a ＝3a ，66∴25－53 3 a>0，∴ 0<a<5 3，∴所得三棱锥的体积1 × 3 25 3 a ＝ 345 35.V ＝ 4 a × 25－3 12 × 25a －3a3令 t ＝ 25a4－ 53 3a 5，3 25 34则 t ′＝ 100a － 3 a ， 由 t ′＝ 0，得 a ＝ 4 3，此时所得三棱锥的体积最大，为4 15 cm 3.法二： 如图，连结 OD 交 BC 于点 G ，由题意知，OD ⊥ BC.易得 OG3＝6BC ，设 OG ＝ x ，则 BC ＝ 2 3x ，DG ＝ 5－ x ，S △ ABC ＝ 12×2 3x ×3x ＝ 3 3x 2，故所得三棱锥的体积 V ＝1 ×3 3 x 2× － x 2－ x 2 ＝ 3 x 2× 25－ 10x ＝ 3345× 25x － 10x .令 f( x)＝ 25x 4－ 10x 5， x ∈ 0，52，则 f ′(x)＝ 100x 3－ 50x 4，令 f ′(x)>0，即 x 4－2x 3 <0，得 0<x<2，5则当 x ∈ 0， 2 时， f(x)≤f(2) ＝ 80， ∴ V ≤ 3× 80＝4 15.∴所求三棱锥的体积的最大值为4 15.答案： 4 15[方法概括 ]解决翻折问题需要掌握的两个重点点(1) 解决与翻折有关的问题的重点是搞清翻折前后的变化量和不变量．一般状况下，折线同一侧的，线段的长度是不变量，地点关系可能会发生变化，抓住两个“不变性 ”．①与折线垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；②与折线平行的线段，翻折前后平行关系不改变．(2)解决问题时，要综合考虑翻折前后的图形，既要剖析翻折后的图形，也要剖析翻折前的图形．[课时达标训练 ][A组——抓牢中档小题 ]1．已知正方体 ABCD - A1B1C1D1的棱长为 1，点 E 是棱 B1B 的中点，则三棱锥 B1-ADE 的体积为 ________．11111.分析： VB 1-ADE ＝ VD- AEB1＝ S△ AEB1·DA ＝× × ×1×1＝123322答案：1122．若两球表面积之比是4∶ 9，则其体积之比为 ________．分析：设两球半径分别为r1， r2，由于4πr12∶ 4πr22＝ 4∶ 9，所以 r ∶ r ＝ 2∶ 3，所以两球体积之比为4 3 43＝r13＝23＝ 8∶ 27.π ∶πr23123 r13r2答案： 8∶ 273．(2017 天·津高考 )已知一个正方体的全部极点在一个球面上，若这个正方体的表面积为 18，则这个球的体积为 ________．分析：设正方体的棱长为a，则 6a2＝ 18，得 a＝ 3，设该正方体外接球的半径为R，则 2R＝ 3a＝ 3，得 R＝3，所以该球的体积为4π3＝4π27＝9π.2 3R3×829答案：2π4．已知圆锥的母线长为10 cm，侧面积为2，则此圆锥的体积为 ________cm3. 60π cm分析：设圆锥底面圆的半径为r，母线长为l，则侧面积为πrl＝ 10πr＝ 60π，解得 r＝ 6，则圆锥的高 h＝ l2－ r2＝ 8，则此圆锥的体积为1πr2h＝1π×36×8＝ 96π.33答案： 96π5． (2017 扬·州期末 )若正四棱锥的底面边长为22(单位： cm)，侧面积为 8(单位： cm )，则它的体积为________(单位： cm3 )．分析：由于正四棱锥的底面边长为2，侧面积为8，所以底面周长1c＝ 8， ch′＝ 8，所2以斜高 h′＝ 2，正四棱锥的高为 h＝3，所以正四棱锥的体积为12433×2×3＝3.4 3答案：6．设棱长为 a 的正方体的体积和表面积分别为V1，S1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1＝ 3，则 S 1的值为 ________．V 2πS 2分析： 由题意知， V ＝ a 3，S ＝ 6a 2，V ＝13，S ＝ 2πr 2，由 V 1＝ 3得， a3＝ 3，得 a1 12 3πr2V 2 π 13ππr3＝ r ，进而 S 1＝ 6 ＝3 2. S 22π π答案：32π7.(2017 苏·北三市三模 )如图，在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1 中，已知 AB＝AA 1＝3，点 P 在棱 CC 1 上，则三棱锥P-ABA 1 的体积为 ________．19分析： 三棱锥的底面积 S △ABA 1＝ 2×3×3＝ 2，点 P 究竟面的距离为△ ABC 的高 h ＝ 2 － 3 2 ＝ 3 3VP-ABA 1＝ 1 S △32，故三棱锥的体积329 3ABA 1×h ＝ 4 .答案：9348． (2017 无·锡期末 )已知圆锥的侧面睁开图为一个圆心角为2π3π的扇形， 3 ，且面积为则该圆锥的体积等于 ________．分析： 设圆锥的母线为 l ，底面半径为 r ，由于 3π＝ 1πl 2，所以 l ＝ 3，所以 πr ×3＝ 3π，3221 22 2π所以 r ＝ 1，所以圆锥的高是3 － 1 ＝ 2 2，所以圆锥的体积是3×π×1 ×2 2＝3 .答案：22π39．(2017 徐·州古邳中学摸底 )表面积为 24π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为 ________．分析： 设圆柱的高为 h ，底面半径为 r ，则圆柱的表面积 S ＝ 2πr 2＋ 2πrh ＝ 24π，即 r 2＋ rh ＝ 12，得 rh ＝ 12－ r 2，223∴ V ＝ πr h ＝ πr(12 － r )＝ π (12r － r )， 令 V ′＝ π(12－ 3r 2)＝ 0，得 r ＝ 2，∴函数 V ＝ πr 2h 在区间 (0,2] 上单一递加，在区间 [2，＋ ∞)上单一递减，∴ r ＝ 2 时， V 最大，r 1 此时 2h＝ 12－ 4＝ 8，即 h＝ 4，h＝2.答案：1 210．三棱锥P-ABC 中， PA⊥平面ABC， AC⊥ BC， AC＝ BC＝ 1， PA＝ 3，则该三棱锥外接球的表面积为________．分析：把三棱锥 P-ABC 看作由平面截一个长、宽、高分别为1、 1、3的长方体所得的一部分 (如图 ).易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球．又长方体的体对角线长为12＋ 12＋32＝5，故外接球半径为5，表面积为 4π×52＝ 5π. 22答案： 5π11．已知正三棱锥P-ABC 的体积为22，底面边长为2，则侧棱 PA 的长为 ________．3分析：设底面正三角形ABC 的中心为 O，又底面边长为 2，故 OA＝2 3，由 V P-ABC＝31·S△ABC，得221PO×32＝26，所以 PA＝22＝ 2.PO3＝4×2， PO3PO＋AO33答案：212． (2017 苏·州期末 )一个长方体的三条棱长分别为3,8,9，若在该长方体上边钻一个圆柱形的孔后其表面积没有变化，则圆孔的半径为________．分析：圆柱两底面积等于圆柱的侧面积．孔的打法有三种，所以有三种状况：①孔高为 3，则 2πr 2＝ 2πr×3，解得 r＝3；②孔高为8，则 r＝ 8；③孔高为 9，则 r＝ 9.而实质状况是，当 r＝ 8， r＝ 9 时，由于长方体有个棱长为3，所以受限制不可以打，所以只有①切合．答案：313.以下图，在体积为9 的长方体 ABCD -A1B1C1D1中，对角线 B1D与平面 A1BC1交于点 E ，则四棱锥 E-A1B1C1D1的体积 V＝ ________.分析：连结 B1D1交 A1C1于点 F ，连结 BD ， BF ，则平面 A1BC1∩平面 BDD 1B1＝BF ，由于 E∈平面 A1BC1， E∈平面 BDD 1B1，所以 E∈ BF .由于 F 是 A1C1的中点，所以 BF 是中线，又1FE1 B1F 綊 BD，所以EB＝，22故点 E 到平面 A1B1C1D 1的距离是 BB1的1，所以四棱锥E- A1B1C1D1的体积 V＝1×S 四边形3311V 长方体 ABCD -A1B1C1 D1＝ 1.A1B1C1D1× BB 1＝39答案：114．半径为 2 的球 O 中有一内接正四棱柱(底面是正方形，侧棱垂直底面 )．当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是________．分析 ：依题意，设球的内接正四棱柱的底面边长为a 、高为h ，则有16＝ 2a 2＋ h 2≥2 2ah ，即 4ah ≤16 2，该正四棱柱的侧面积S ＝ 4ah ≤16 2，当且仅当h ＝ 2a ＝ 2 2时取等号．因此，当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是4π×22－ 162＝ 16( π－2)．答案 ： 16( π－2)[B 组 —— 力求难度小题 ]1．已知三棱锥 S-ABC 所在极点都在球 O 的球面上，且 SC ⊥平面 ABC ，若 SC ＝ AB ＝AC ＝1，∠ BAC ＝ 120 °，则球 O 的表面积为 ________．分析 ： ∵ AB ＝ AC ＝ 1，∠ BAC ＝ 120°，∴ BC ＝ 12＋ 12－ 2×1×1×－ 1＝ 3，2∴三角形 ABC 的外接圆直径2r ＝3 ＝ 2，sin 120°∴ r ＝ 1.∵ SC ⊥平面 ABC ， SC ＝ 1，2SC 25 ∴该三棱锥的外接球半径 R ＝ r ＋2 ＝ 2 ，2∴球 O 的表面积 S ＝ 4πR ＝ 5π.2.(2017 南·京三模 )如图，在直三棱柱 ABC- A 1B 1C 1 中， AB ＝ 1，BC ＝2，BB 1＝ 3，∠ ABC ＝ 90°，点 D 为侧棱 BB 1 上的动点．当 AD ＋ DC 1 最小时，三棱锥 D-ABC 1 的体积为 ________．分析：在直三棱柱 ABC-A 1B 1C 1 中，BB 1⊥平面 ABC ，所以 BB 1⊥ AB ，又由于∠ ABC ＝ 90°，即 BC ⊥ AB ，又 BC ∩BB 1＝ B ，所以 AB ⊥平面 BB 1C 1 C,由于 AB ＝ 1，BC ＝ 2，点 D 为侧棱 BB 1 上的动点， 所以侧面睁开， 当 AD ＋ DC 1 最小时， BD＝ 1，所以 S △ BDC 1＝ 1×BD ×B 1C 1＝ 1，所以三棱锥 D-ABC 1 的体积为 1×S △ BDC 1×AB ＝ 1 .23 3 答案：133．设四周体的六条棱的长分别为1,1,1,1， 2和 a ，且长为 a 的棱与长为 2的棱异面，则 a 的取值范围是 ________．分析 ：以下图， AB ＝2，CD ＝ a ，设点 E 为 AB 的中点，则 ED ⊥AB ，EC ⊥ AB ，则 ED ＝22＝2 2 AD－ AE ，同理 EC ＝2.由构成三角形的2条件知 0＜ a＜ED ＋ EC ＝2，所以 0＜ a＜ 2.答案： (0，2)4.如图，已知 AB 为圆 O 的直径， C 为圆上一动点， PA⊥圆 O 所在的平面，且 PA＝ AB＝ 2，过点 A 作平面α⊥ PB，分别交 PB，PC 于 E ， F ，当三棱锥P-AEF 的体积最大时， tan∠BAC＝ ________.分析：∵ PB⊥平面 AEF ，∴AF ⊥ PB.又 AC⊥ BC， AP⊥ BC，∴ BC⊥平面 PAC，∴ AF ⊥ BC，∴ AF ⊥平面 PBC，∴∠ AFE ＝90°.设∠ BAC＝θ，在 Rt △PAC 中，AF ＝AP·AC＝2×2cos θ＝2cos θ，PC 2 1＋ cos2θ1＋ cos2θ在 Rt △PAB 中， AE ＝ PE＝ 2，∴EF ＝ AE2－AF 2，112∴ V P-AEF＝AF ·EF ·PE ＝AF· 2－AF · 266＝2242· －2226· 2AF－AF ＝6AF －＋ 1≤，∴当 AF ＝ 1 时， V P-AEF获得最大值62，此时 AF ＝2cos θ＝ 1，∴ cos θ＝1， sin θ＝2，∴ tan θ＝ 2.61＋ cos2θ33答案：2第 2 课时平行与垂直(能力课) [常考题型打破]线线、线面地点关系的证明[例 1] (2017 ·苏高考江 )如图，在三棱锥 A-BCD 中， AB⊥AD ，BC⊥BD ，平面 ABD ⊥平面 BCD ，点 E，F (E 与 A，D 不重合 )分别在棱 AD， BD 上，且 EF ⊥ AD. 求证： (1)EF ∥平面 ABC；(2)AD ⊥AC.[证明 ] (1)在平面 ABD 内，由于AB⊥ AD ， EF ⊥ AD，所以 EF ∥ AB.又由于 EF ?平面 ABC， AB?平面 ABC，所以 EF ∥平面 ABC .(2)由于平面 ABD⊥平面 BCD，平面 ABD ∩平面 BCD＝ BD ，BC?平面 BCD， BC⊥ BD ，所以 BC⊥平面 ABD .由于 AD?平面 ABD，所以 BC⊥ AD .又 AB⊥ AD， BC∩AB＝ B， AB?平面 ABC， BC?平面 ABC ，所以 AD ⊥平面 ABC.又由于 AC?平面 ABC，所以 AD ⊥AC .[方法概括 ]立体几何证明问题的注意点(1)证明立体几何问题的主要方法是定理法，解题时一定依照定理建立的条件进行推理．如线面平行的判断定理中要求此中一条直线在平面内，另一条直线一定说明它在平面外；线面垂直的判断定理中要求平面内的两条直线一定是订交直线等，假如定理的条件不完好，则结论不必定正确．(2)证明立体几何问题，重要密联合图形，有时要利用平面几何的有关知识，所以需要多画出一些图形协助使用．[变式训练 ]1．(2017 ·锡常镇一模苏 )如图，在斜三棱柱 ABC-A1B1C1中，侧面 AA1C1C 是菱形， AC1与 A1C 交于点 O， E 是棱 AB 上一点，且 OE∥平面 BCC1B1.(1)求证： E 是 AB 的中点；(2)若 AC 1⊥A1B，求证： AC1⊥ BC.证明： (1)连结 BC1，由于OE ∥平面BCC1B1， OE ?平面 ABC1，平面BCC1B1∩平面 ABC1＝ BC1，所以 OE ∥ BC1 .由于侧面AA1C1C 是菱形， AC 1∩A1C＝ O，所以 O 是 AC1中点，所以AE＝AO＝ 1，E 是 AB 的中点 . EB OC1(2)由于侧面 AA1C1C 是菱形，所以 AC1⊥ A1C,又 AC1⊥ A1B， A1C∩A1B＝A1， A1C?平面 A1BC， A1B?平面 A1BC，所以 AC1⊥平面A1BC,由于 BC ? 平面 A 1BC ，所以 AC 1⊥ BC.2． (2017 ·苏州模拟 ) 在以下图的空间几何体ABCDPE 中，底面ABCD 是边长为 4 的正方形， PA ⊥平面 ABCD ，PA ∥ EB ，且 PA ＝ AD ＝ 4，EB ＝2.(1) 若点 Q 是 PD 的中点，求证： AQ ⊥平面 PCD ；(2) 证明： BD ∥平面 PEC .证明： (1)由于 PA ＝ AD ， Q 是 PD 的中点，所以AQ ⊥ PD.又 PA ⊥平面 ABCD ，所以 CD ⊥PA.又 CD ⊥ DA ， PA ∩DA ＝ A ，所以 CD ⊥平面 ADP .又由于 AQ ? 平面 ADP ，所以 CD ⊥AQ ，又 PD ∩CD ＝D ，所以 AQ ⊥平面 PCD .(2) 取 PC 的中点 M ，连结 AC 交 BD 于点 N ，连结 MN ，ME ，1在△ PAC 中，易知 MN ＝ 2PA ， MN ∥ PA ，1 又PA ∥ EB ， EB＝2PA ，所以 MN ＝EB ，MN ∥EB ，所以四边形 BEMN 是平行四边形，所以EM ∥ BN.又 EM ? 平面 PEC ，BN ?平面 PEC ，所以 BN ∥平面 PEC ，即 BD ∥平面 PEC.两平面之间地点关系的证明[例 2](2017 ·京模拟南 )如图，直线 PA 垂直于圆 O 所在的平面，△ABC 内接于圆 O ，且 AB 为圆 O 的直径， M 为线段 PB 的中点， N 为线段 BC 的中点．求证： (1)平面 MON ∥平面 PAC ；(2) 平面 PBC ⊥平面 MON .[证明 ] (1)由于 M ， O ， N 分别是 PB ， AB ， BC 的中点，所以 MO ∥ PA ， NO ∥ AC ，又 MO ∩NO ＝ O ，PA ∩AC ＝ A ，所以平面MON ∥平面 PAC.(2)由于 PA⊥平面 ABC， BC?平面 ABC ，所以 PA⊥ BC.由(1)知，MO ∥PA，所以 MO ⊥ BC.连结 OC，则 OC＝ OB，由于 N 为 BC 的中点，所以 ON ⊥BC .又 MO ∩ON＝ O， MO?平面 MON ，ON?平面 MON ，所以 BC⊥平面 MON .又 BC?平面 PBC，所以平面PBC⊥平面 MON .[方法概括 ]1.证明面面平行依照判断定理，只需找到一个面内两条订交直线与另一个平面平行即可，进而将证明面面平行转变为证明线面平行，再转变为证明线线平行.2.证明面面垂直常用面面垂直的判断定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转变为证明线面垂直，一般先从现有直线中找寻，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或增添协助线解决.[变式训练 ]1． (2017 ·锡期末无 )在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形， AP⊥平面 PCD ， E， F 分别为 PC， AB 的中点．求证：(1)平面 PAD⊥平面 ABCD ；(2)EF ∥平面 PAD.证明： (1)由于 AP⊥平面 PCD ， CD?平面 PCD，所以 AP⊥ CD，由于四边形ABCD 为矩形，所以AD ⊥ CD,又由于 AP∩AD＝ A， AP?平面 PAD， AD?平面 PAD，所以 CD ⊥平面 PAD，由于 CD ?平面 ABCD ，所以平面PAD⊥平面 ABCD .(2)连结 AC， BD 交于点 O，连结 OE ， OF ，由于四边形ABCD 为矩形，所以O 点为 AC 的中点，由于 E 为 PC 的中点，所以 OE ∥PA，由于 OE ?平面 PAD， PA?平面 PAD，所以 OE ∥平面 PAD,同理可得： OF ∥平面 PAD，又由于 OE ∩OF ＝ O，所以平面OEF ∥平面 PAD,由于 EF ?平面 OEF ，所以 EF ∥平面 PAD.2.(2016 江·苏高考 )如图，在直三棱柱 ABC-A1B1 C1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，由于D， E 分别为 AB， BC 的中点，所以 DE ∥AC ，于是 DE ∥ A1C1.又由于 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.由于 A1C1?平面 A1B1C1，所以 A1A⊥ A1C1.又由于 A1C1⊥ A1B1， A1A?平面 ABB1A1， A1B1?平面 ABB1A1， A1A∩A1B1＝ A1，所以 A1C1⊥平面 ABB1A1.由于 B1D?平面 ABB1A1，所以 A1C1⊥ B1D .又由于 B1D ⊥ A1F， A1C1?平面 A1C1F， A1F?平面 A1 C1F， A1C1∩A1F ＝A1，所以 B1D ⊥平面 A1C1F.由于直线B1D ?平面 B1DE ，所以平面B1DE ⊥平面 A1C1F .空间线面地点关系的综合问题[例 3] (2017 ·北三市模拟苏 )如图， AB 为圆 O 的直径，点 E ，F 在圆 O上，且 AB∥ EF ，矩形 ABCD 所在的平面和圆 O 所在的平面相互垂直．(1)求证：平面 AFC ⊥平面 CBF .(2)在线段 CF 上能否存在一点 M，使得 OM ∥平面 ADF ？并说明理由．[解 ] (1)证明：∵平面 ABCD ⊥平面 ABEF ，CB⊥ AB，平面 ABCD ∩平面 ABEF ＝ AB，∴CB⊥平面 ABEF .∵AF ?平面 ABEF ，∴ AF ⊥ CB.又 AB 为圆 O 的直径，∴AF ⊥ BF .又 BF ∩CB＝ B，∴AF ⊥平面 CBF .∵AF ?平面 AFC ，∴平面 AFC ⊥平面 CBF .(2)当 M 为 CF 的中点时， OM ∥平面 ADF .证明以下：取 CF 中点 M ，设 DF 的中点为N，连结 AN，MN ，则MN綊1C D，又 AO 綊1C D，则 MN 綊 AO，22∴四边形MNAO 为平行四边形，∴OM ∥ AN，又 AN ?平面 DAF ， OM ?平面 DAF ，∴OM ∥平面 DAF .[方法概括 ]与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤[变式训练 ]1.如图，四边形ABCD 是矩形，平面ABCD ⊥平面 BCE，BE ⊥ EC.(1) 求证：平面AEC⊥平面 ABE；BF(2) 点 F 在 BE 上，若 DE ∥平面 ACF ，求BE的值．解： (1)证明：∵四边形ABCD 为矩形，∴ AB⊥ BC，∵平面 ABCD ⊥平面 BCE，∴AB⊥平面 BCE，∴ CE⊥ AB.又∵ CE⊥ BE， AB∩BE＝ B，∴CE⊥平面 ABE，又∵ CE?平面 AEC ，∴平面AEC ⊥平面 ABE .(2)连结 BD 交 AC 于点 O，连结 OF .∵DE ∥平面 ACF ， DE?平面 BDE ，平面 ACF ∩平面 BDE ＝OF .∴DE ∥ OF ，又在矩形 ABCD 中， O 为 BD 中点，∴F 为 BE 中点，即BFBE＝12.2．如图，在矩形ABCD 中， E， F 分别为 BC， DA 的中点．将矩形ABCD 沿线段 EF折起，使得∠DFA＝ 60°.设 G 为 AF 上的点．(1)试确立点 G 的地点，使得 CF ∥平面 BDG ；(2)在 (1)的条件下，证明： DG⊥ AE .解： (1)当点 G 为 AF 的中点时， CF ∥平面 BDG .证明以下：由于 E， F 分别为 BC， DA 的中点，所以 EF ∥ AB∥ CD.连结 AC 交 BD 于点 O，连结 OG，则 AO＝ CO.又G为 AF的中点，所以 CF ∥OG.由于 CF ?平面 BDG ，OG ?平面 BDG .所以 CF ∥平面 BDG .(2)由于 E，F 分别为 BC， DA 的中点，所以EF ⊥ FD ，EF ⊥ FA .又 FD ∩FA＝F，所以EF ⊥平面ADF ，由于 DG?平面 ADF，所以 EF ⊥DG.由于 FD ＝FA，∠ DFA ＝ 60°，所以△ ADF 是等边三角形，DG⊥ AF ，又 AF∩EF＝F，所以 DG ⊥平面 ABEF .由于 AE ?平面 ABEF ，所以 DG ⊥AE .[课时达标训练]1.如图，在三棱锥 V-ABC 中， O， M 分别为 AB， VA 的中点，平面VAB⊥平面 ABC ，△ VAB 是边长为 2 的等边三角形， AC⊥ BC 且 AC＝ BC.(1)求证： VB ∥平面 MOC ；(2)求线段 VC 的长．解： (1)证明：由于点O，M 分别为 AB， VA 的中点，所以 MO ∥VB.又 MO ?平面 MOC ， VB?平面 MOC ，所以 VB ∥平面 MOC .(2)由于 AC＝ BC， O 为 AB 的中点， AC⊥ BC， AB＝ 2，所以OC⊥AB，且 CO＝ 1.连结 VO，由于△ VAB 是边长为 2 的等边三角形，所以 VO ＝ 3.又平面 VAB⊥平面 ABC， OC⊥ AB，平面 VAB∩平面 ABC＝ AB， OC?平面ABC，所以 OC⊥平面 VAB，所以 OC⊥ VO，所以 VC ＝OC2＋ VO 2＝ 2.2.(2017 南·通二调 )如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中， AC⊥ BC，A1B与 AB1交于点 D， A1C 与 AC1交于点 E.求证： (1)DE ∥平面 B1BCC1；(2)平面 A1BC⊥平面 A1ACC1.证明： (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形 A1ACC1为平行四边形．又 E 为 A1C 与 AC1的交点，所以E为A1C的中点.同理， D 为 A1B 的中点，所以DE ∥ BC.又 BC?平面 B1BCC 1， DE ?平面 B1BCC1，所以 DE ∥平面 B1BCC1.(2) 在直三棱柱 ABC-A1B1C1中， AA1⊥平面 ABC，又BC?平面 ABC，所以 AA 1⊥ BC.又 AC⊥ BC， AC∩AA1＝ A， AC?平面 A1ACC 1， AA1?平面 A1ACC1，所以 BC⊥平面A1ACC 1.由于 BC?平面 A1BC，所以平面A1BC⊥平面 A1ACC1.3.(2017南·京三模)如图，在三棱锥A-BCD中， E，F分别为棱BC，CD上的点，且BD∥平面AEF .(1)求证： EF ∥平面 ABD ；(2)若 BD ⊥ CD ， AE⊥平面 BCD ，求证：平面 AEF ⊥平面 ACD .证明： (1)由于 BD ∥平面 AEF ，BD?平面 BCD，平面 AEF ∩平面 BCD＝ EF ，所以BD ∥EF .由于 BD ?平面 ABD ，EF ?平面 ABD，所以EF ∥平面 ABD .(2) 由于 AE⊥平面 BCD， CD ?平面 BCD ，所以 AE⊥CD.由于 BD ⊥CD ， BD∥ EF ，所以CD ⊥ EF ，又 AE∩EF ＝E，AE?平面 AEF ，EF ?平面 AEF ，所以 CD ⊥平面 AEF .又 CD ?平面 ACD ，所以平面 AEF ⊥平面 ACD.4.在四棱锥P-ABCD 中， PA⊥底面 ABCD ， AB∥ CD ，AB⊥ BC，AB＝BC＝ 1， DC ＝ 2，点 E 在 PB 上．(1)求证：平面 AEC⊥平面 PAD；(2)当 PD ∥平面 AEC 时，求 PE∶ EB 的值．解： (1)证明：在平面ABCD 中，过 A 作 AF ⊥ DC 于 F ，则 CF ＝ DF ＝ AF ＝ 1，∴∠ DAC＝∠ DAF ＋∠ FAC＝ 45°＋ 45°＝ 90°，即 AC⊥ DA.又 PA⊥平面 ABCD ， AC?平面 ABCD ，∴ AC⊥ PA.∵PA?平面 PAD， AD ?平面 PAD，且 PA∩AD＝ A，∴AC⊥平面 PAD.又 AC?平面 AEC ，∴平面 AEC ⊥平面 PAD.(2)连结 BD 交 AC 于 O，连结 EO.∵PD∥平面 AEC ， PD ?平面 PBD，平面 PBD∩平面 AEC ＝ EO，∴PD∥EO，则 PE∶ EB＝DO∶OB.又△ DOC ∽△ BOA，∴DO∶ OB＝DC ∶ AB＝ 2∶ 1，∴PE∶ EB 的值为 2.5.(2017 扬·州考前调研 )如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为梯形，CD∥ AB， AB＝ 2CD ， AC 交 BD 于 O，锐角△ PAD 所在平面⊥底面 ABCD ， PA⊥ BD，点 Q 在侧棱 PC 上，且 PQ＝ 2QC.求证： (1)PA∥平面 QBD ；(2)BD ⊥AD.证明： (1)连结 OQ,由于 AB∥ CD ，AB＝ 2CD，所以 AO＝ 2OC，又 PQ＝ 2QC，所以 PA∥ OQ，由于 OQ ?平面 QBD ， PA?平面 QBD ，所以 PA∥平面 QBD .(2)在平面 PAD 内过 P 作 PH ⊥AD 于 H，由于侧面PAD⊥底面 ABCD ，平面 PAD ∩平面 ABCD ＝AD ， PH ?平面 PAD ，所以 PH ⊥平面 ABCD ，又 BD?平面 ABCD，所以 PH⊥BD.又 PA⊥ BD，且 PA∩PH ＝ P， PA?平面 PAD， PH ?平面 PAD，所以 BD ⊥平面 PAD，又 AD?平面 PAD，所以 BD⊥AD.6.如图，在多面体 ABCDFE 中，四边形 ABCD 是矩形，四边形 ABEF为等腰梯形，且 AB∥EF ， AF ＝ 2， EF ＝ 2AB＝ 4 2，平面 ABCD ⊥平面 ABEF .(1)求证： BE⊥DF ；(2)若 P 为 BD 的中点，试问：在线段 AE 上能否存在点 Q，使得 PQ∥平面 BCE？若存在，找出点 Q 的地点；若不存在，请说明原因．解： (1)证明：如图，取 EF 的中点 G，连结 AG，由于 EF ＝ 2AB ，所以 AB＝ EG ，又 AB∥ EG，所以四边形 ABEG 为平行四边形，所以 AG∥ BE ，且AG＝BE＝AF＝2.1在△ AGF 中， GF＝2EF ＝2 2，AG＝AF＝2，所以 AG2＋ AF 2＝ GF 2，所以 AG⊥ AF .由于四边形ABCD 为矩形，所以AD ⊥ AB，又平面 ABCD ⊥平面 ABEF ，且平面 ABCD ∩平面 ABEF ＝ AB， AD?平面 ABCD ，所以 AD ⊥平面 ABEF ，又 AG?平面 ABEF ，所以 AD ⊥ AG.由于 AD ∩AF ＝ A，所以 AG⊥平面 ADF .由于 AG∥BE ，所以 BE ⊥平面 ADF .由于 DF ?平面 ADF ，所以 BE⊥ DF .(2)存在点 Q，且点 Q 为 AE 的中点，使得 PQ∥平面 BCE .证明以下：连结AC，由于四边形ABCD 为矩形，所以 P 为 AC 的中点．在△ ACE 中，由于点P， Q 分别为 AC， AE 的中点，所以 PQ∥ CE.又 PQ?平面 BCE， CE ?平面 BCE ，高考数学二轮：专题复习教教案：专题二立体几何所以 PQ∥平面 BCE .21 / 21。
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8．解：当 时， ；当 时， ．提示： ， ．沿BD折起，∠AOC是二面角的平面角 ，BD=AB=AD=a，故OA=OC= a，d=OA ．因为 ，所以当 时， ；当 时， ．
9.解：设三棱柱的高为h，上下底的面积为S，体积为V，则V=V1+V2＝Sh。
（Ⅰ）求侧面ABB1A1与底面ABCD所成二面角的大小；
（Ⅱ）证明：EF∥面ABCD；
（Ⅲ）在估测该多面体的体积时，经常运用近似公式V估=S中截面·h来计算.已知它的体积公式是V= （S上底面+4S中截面+S下底面），试判断V估与V的大小关系，并加以证明。
（注：与两个底面平行，且到两个底面距离相等的截面称为该多面体的中截面）
∴AB=BC=CA= a,且P在△ABC内的射影即是△ABC的中心O′。
由正弦定理，得 =2r,∴r= a。
又根据球的截面的性质，有OO′⊥平面ABC，而PO′⊥平面ABC，
∴P、O、O′共线，球的半径R= 。又PO′= = = a，
∴OO′=R － a=d= ,(R－ a)2=R2– ( a)2，解得R= a,
以上说法正确的是_____.
8.将锐角A为60°，边长a的菱形ABCD沿对角线BD折成二面角 ，已知 ，则AC、BD之间的距离的最大值和最小值．
9．如图，三棱柱ABC—A1B1C1中，若E、F分别为AB、AC 的中点，平面EB1C1将三棱柱分成体积为V1、V2的两部分，那么V1∶V2=_____。
10．如图所示，球面上有四个点P、A、B、C，如果PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=PB=PC=a，则这个球的表面积是。
A．64 B．65 C．66 D．67
6．命题A：底面为正三角形，且顶点在底面的正投影为底面中心的三棱锥是正三棱锥。则命题A的等价命题B可以是：底面为正三角形，且的三棱锥是正三棱锥。
7．水平桌面儿上放置着一个容积为V的密闭长方体玻璃容器ABCD—A1B1C1D1，其中装有 V的水。
（1）把容器一端慢慢提起，使容器的一条棱AD保持在桌面上，这个过程中水的形状始终是柱体；（2）在（1）中的运动过程中，水面始终是矩形；（3）把容器提离桌面，随意转动，水面始终过长方体内的一个定点；（4）在（3）中水与容器的接触面积始终不变。
复习智略：
例3．一个几何体的三视图如右图所示，其中主视图与左视图是腰长为6的等腰直角三角形，俯视图是正方形。
（Ⅰ）请画出该几何体的直观图，并求出它的体积；
（Ⅱ）用多少个这样的几何体可以拼成一个棱长为6的正方体ABCD—A1B1C1D1?如何组拼？试证明你的结论；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的情形下,设正方体ABCD—A1B1C1D1的棱CC1的中点为E,求平面AB1E与平面ABC所成二面角的余弦值.
2011年高考第二轮专题复习（教学案）：立体几何
第1课时 直线、平面、空间几何体
考纲指要：
立体几何在高考中占据重要的地位，考察的重点及难点是直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的性质和判定，而查空间线面的位置关系问题，又常以空间几何体为依托，因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式。
则 ＜ .经验证,只有 不满足这个关系.
4．解：参考例1可知：选C。
5．解：第一层放16个球；第二层在空档中放9个球，使每个球均与底层的16个球中的4个球相切；第三层再放16个球；第四层又放9个球；第五层再放16个球，这样共放了66个球，且五层球的高度为 ，故选C。
6．答：侧棱相等（或侧棱与底面所成角相等……）。这是因为要使命题B与命题A等价，则只需保证顶点在底面上的正投影S是底面正三角形的外心即可，因此，据射影定理，得侧棱长相等。
=
= ，从而 。
例2．（1）当你手握直角三角板，其斜边保持不动，将其直角顶点提起一点，则直角在平面内的正投影是锐角、直角 还是钝角？
（2）根据第（1）题，你能猜想某个角在一个平面内的正投影一定大于这个角吗？如果正确，请证明；如果错误，则利用下列三角形举出反例：△ABC中， ，
，以∠BAC为例。
解：（1）记Rt△ABC，∠BAC=900， 记直角顶点A在平面上的正投影为A1，，且AA1= ，则因为 ，所以∠BA1C为钝角，即直角在平面内的正投影是钝角；
A、 . B、 . C、 . D、 .
4．在四面体ABCD中，截面AEF经过四面体的内切球的球心O，且与BC、DC、分别交于E、F，如果截面将四面体分成体积相等的两部分，设四棱锥A-BEFD与A-EFC的表面积分别为S1、S2，则必有（ ）
A．S1 S2B．S1 S2C．S1=S2D．无法判断
5．在一个棱长为4的正方体内，你认为能放入几个直径为1的球（ ）
点拨与全解：
1．解：由题意得原四边形是一个上底为1，下底为 ，高为2的直角梯形，所以其面积等于 ，故选A。
2．解：过点O分别作 ∥a、 ∥b，则过点O有三条直线与a,b所成角都为60 ，等价于过点O有三条直线与 所成角都为60 ，其中一条正是 角的平分线。从而可得选项为
C。
３．B提示：令a，b，c(a≤b≤c)表示长方体三条边的长度.p，q，r(p≤q≤r)表示三个对角线的长度.由勾股定理,得 , , .
梯形，那么原四边形的面积是（ ）
A． B． C． D．
2．异面直线a,b所成的角为 ,空间中有一定点O，过点O有3条直线与a,b所成角都是60 ，则 的取值可能是（ ）
A．30 B．50 C．60 D．90
3．下面的集合中三个元素不可能分别是长方体(一只“盒子”)的三条外对角线的长度(一条
外对角线就是这盒子的一个矩形面的一条对角线)是( )
考点扫描：
1．空间两条直线的位置关系：（1）相交直线；（2）平行直线；（3）异面直线。
2．直线和平面的位置关系：（1）直线在平面内；（2）直线和平面相交；（3）直线和平面平行。
3．两个平面的位置关系有两种：（1）两平面相交；（2）两平面平行。
4．多面体的面积和体积公式，旋转体的面积和体积公式。
考题先知：
∴S球=4πR2=3πa2。
11．（1）画出示意图，其中，SA=
（2）∵SC⊥平面AEFG，A又AE 平面AEFG，∴AE⊥SC，∵SA⊥平面BD，又BC 平面BD，∴SA⊥BC.又AB⊥BC，SA∩AB=A, ∴BC⊥平面SBC，∴AF在平面SBC上射影为EF.
由三垂线定理得∠AFE为二面角A—SC—B的平面角，易得AF=
∵AE⊥平面SBC，又SB 平面SBC， ∴AE⊥SB.
∴AE= A—SC—B的大小为arcsin
12.（Ⅰ）解：过B1C1作底面ABCD的垂直平面，交底面于PQ，过B1作B1G⊥PQ，垂足为G。
如图所示：∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，∠A1B1C1=90°，
∴AB⊥PQ，AB⊥B1P.
∴∠B1PG为所求二面角的平面角.过C1作C1H⊥PQ，垂足为H.由于相对侧面与底面所成二面角的大小相等，故四边形B1PQC1为等腰梯形。
11.如图所示的一组图形为某一四棱锥S—ABCD的侧面与底面，
(1)请画出四棱锥S—ABCD的示意图，使SA⊥平面ABCD，并指出各侧棱长；
（2）在（1）的条件下，过A且垂直于SC的平面分别交于SB、SC、SD于E、F、G.
（3）求（1）（2）的条件下，求二面角A—SC—B的大小.
12．如图1，在多面体ABCD—A1B1C1D1中，上、下底面平行且均为矩形，相对的侧面与同一底面所成的二面角大小相等，侧棱延长后相交于E，F两点，上、下底面矩形的长、宽分别为c，d与a，b，且a＞c，b＞d，两底面间的距离为h。
例1．在平面几何中，我们学习了这样一个命题：过三角形的内心作一直线，将三角形分成的两部分的周长比等于其面积比。请你类比写出在立体几何中，有关四面体的相似性质，并证之。
解：通过类比，得命题：过四面体的内切球的球心作一截面，将四面体分成的两部分的表面积比等于其体积比。
证明：如图，设四面体P-ABC的内切球的球心为O，过O作截面DEF交三条棱于点E、D、F，记内切圆半径为r,则r也表示点O到各面的距离，利用体积的“割补法”知：
∴PG= （b－d），又B1G=h，∴tanB1PG= （b＞d），
∴∠B1PG=arctan ，即所求二面角的大小为arctan .
（Ⅱ）证明：∵AB，CD是矩形ABCD的一组对边，有AB∥CD，
又CD是面ABCD与面CDEF的交线，
∴AB∥面CDEF。
∵EF是面ABFE与面CDEF的交线，
∴AB∥EF。
设 为平面 的法向量，则由 ,得 ，
，可取 。同理可得平面 的一个法向量 >
由 ，知二面角 的平面角的大小为 。
评注：若二面角 的两个平面 的法向量分别为 ，则由 可求得二面角 的大小。
解法2利用异面直线所成角求二面角。
建立空间直角坐标系同上，过A、N分别作 的垂线AE、NF，垂足为E、F，则二面角 的平面角大小为 .
∵AB是平面ABCD内的一条直线，EF在平面ABCD外，
∴EF∥面ABCD。
（Ⅲ）V估＜V。
证明：∵a＞c，b＞d，
∴V－V估=
= ［2cd+2ab+2（a+c）（b+d）－3（a+c）（b+d）］
= （a－c）（b－d）＞0。
∴V估＜V。
第2课时 空间向量
考纲指要：
在立体几何中，以多面体和旋转体为载体，空间向量为运算技巧，解决有关线面位置关系的论证，角与距离的探求。
分析：本题的构图方式是通过三视图来给出，并且更为重视对空间几何体的认识.
解：（Ⅰ）该几何体的直观图如图1所示，它是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.其中底面ABCD是边长为6的正方形，高PD=6，故所求体积是