2020版高考数学新增分大一轮江苏专用课件：第八章 立体几何 高考专题突破四
2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+习题：第八章 立体几何 8.5
§8.5 空间向量及其运算考情考向分析 本节是空间向量的基础内容，涉及空间直角坐标系、空间向量的有关概念、定理、公式及四种运算等内容．一般不单独命题，常以简单几何体为载体；以解答题的形式出现，考查平行、垂直关系的判断和证明及空间角的计算，解题要求有较强的运算能力．1．空间向量的有关概念名称 概念 表示 零向量 模为0的向量 0 单位向量 长度(模)为1的向量 相等向量 方向相同且模相等的向量 a ＝b相反向量 方向相反且模相等的向量 a 的相反向量为－a共线向量 表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量 a ∥b 共面向量平行于同一个平面的向量2.空间向量中的有关定理 (1)共线向量定理对空间任意两个向量a ，b (a ≠0)，b 与a 共线的充要条件是存在实数λ，使得b ＝λa . (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有序实数组(x ，y )，使得p ＝x a ＋y b . (3)空间向量基本定理如果三个向量e 1，e 2，e 3不共面，那么对空间任一向量p ，存在唯一的有序实数组(x ，y ，z )，使得p ＝x e 1＋y e 2＋z e 3. 3．空间向量的数量积及运算律 (1)数量积及相关概念 ①两向量的夹角a ，b 是空间两个非零向量，过空间任意一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a 与向量b 的夹角，记作〈a ，b 〉，其范围是0≤〈a ，b 〉≤π，若〈a ，b 〉＝π2，则称a 与b 互相垂直，记作a ⊥b . ②两向量的数量积已知空间两个非零向量a ，b ，则|a ||b |cos 〈a ，b 〉叫做向量a ，b 的数量积，记作a ·b ，即a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉． (2)空间向量数量积的运算律 ①(λa )·b ＝λ(a ·b )； ②交换律：a ·b ＝b ·a ； ③分配律：a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c . 4．空间向量的坐标表示及其应用 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3).向量表示 坐标表示 数量积 a·ba 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 共线 a ＝λb (b ≠0，λ∈R ) a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3 垂直 a ·b ＝0(a ≠0，b ≠0)a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0模 |a |a 21＋a 22＋a 23夹角〈a ，b 〉(a ≠0，b ≠0)cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23概念方法微思考1．共线向量与共面向量相同吗？提示 不相同．平行于同一平面的向量就为共面向量． 2．零向量能作为基向量吗？提示 不能．由于零向量与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故零向量不能作为基向量．3．空间向量的坐标运算与坐标原点的位置选取有关吗？提示 无关．这是因为一个确定的几何体，其“线线”夹角、“点点”距离都是固定的，坐标系的位置不同，只会影响其计算的繁简，不会影响结果．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)空间中任意两个非零向量a ，b 共面．( √ ) (2)在向量的数量积运算中(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )．( × )(3)对于非零向量b ，由a ·b ＝b ·c ，则a ＝c .( × )(4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．( × )(5)若A ，B ，C ，D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0.( √ ) 题组二 教材改编2．[P83T3]如图所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则向量BM →可用a ，b ，c 表示为BM →＝________.答案 －12a ＋12b ＋c解析 BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .3．[P105T1(4)]已知平面α内有一个点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)．若点P (x,3,3)也在平面α内，则x ＝________. 答案 2解析 由题意知，MP →＝(x －1,4,1)， ∵n ·MP →＝0，∴6(x －1)－12＋6＝0，∴x ＝2. 题组三 易错自纠4．在空间直角坐标系中，已知A (1,2,3)，B (－2，－1,6)，C (3，2,1)，D (4,3,0)，则直线AB 与CD 的位置关系是________． 答案 平行解析 由题意得，AB →＝(－3，－3,3)，CD →＝(1,1，－1)， ∴AB →＝－3CD →，∴AB →与CD →共线，又AB 与CD 没有公共点， ∴AB ∥CD .5．已知a ＝(2,3,1)，b ＝(－4,2，x )，且a ⊥b ，则|b |＝________. 答案 26 解析 ∵a ⊥b ，∴a ·b ＝2×(－4)＋3×2＋1·x ＝0，∴x ＝2，∴|b |＝(－4)2＋22＋22＝2 6.6．O 为空间中任意一点，A ，B ，C 三点不共线，且OP →＝34OA →＋18OB →＋tOC →，若P ，A ，B ，C四点共面，则实数t ＝______. 答案 18解析 ∵P ，A ，B ，C 四点共面， ∴34＋18＋t ＝1，∴t ＝18.题型一 空间向量的线性运算例1 如图所示，在空间几何体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，各面为平行四边形，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量：(1)AP →； (2)MP →＋NC 1→.解 (1)因为P 是C 1D 1的中点， 所以AP →＝AA 1→＋A 1D 1→＋D 1P → ＝a ＋AD →＋12D 1C 1—→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋12b .(2)因为M 是AA 1的中点， 所以MP →＝MA →＋AP →＝12A 1A →＋AP →＝－12a ＋⎝⎛⎭⎫a ＋c ＋12b ＝12a ＋12b ＋c . 又NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a ， 所以MP →＋NC 1—→＝⎝⎛⎭⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝⎛⎭⎫a ＋12c ＝32a ＋12b ＋32c . 思维升华 用基向量表示指定向量的方法 (1)结合已知向量和所求向量观察图形．(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中．(3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来．跟踪训练1 (1)如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1—→＝________________.答案 12AB →＋12AD →＋AA 1→解析 ∵OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)， ∴OC 1—→＝OC →＋CC 1—→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→. (2)如图，在三棱锥O —ABC 中，M ，N 分别是AB ，OC 的中点，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示NM →，则NM →＝________.答案 12(a ＋b －c )解析 NM →＝NA →＋AM →＝(OA →－ON →)＋12AB →＝OA →－12OC →＋12(OB →－OA →)＝12OA →＋12OB →－12OC →＝12(a ＋b －c )． 题型二 共线定理、共面定理的应用例2 如图所示，已知斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1，点M ，N 分别在AC 1和BC 上，且满足AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →(0≤k ≤1)．(1)向量MN →是否与向量AB →，AA 1→共面？ (2)直线MN 是否与平面ABB 1A 1平行？ 解 (1)∵AM →＝kAC 1—→，BN →＝kBC →， ∴MN →＝MA →＋AB →＋BN →＝kC 1A —→＋AB →＋kBC → ＝k (C 1A —→＋BC →)＋AB → ＝k (C 1A —→＋B 1C 1—→)＋AB → ＝kB 1A —→＋AB →＝AB →－kAB 1→ ＝AB →－k (AA 1→＋AB →) ＝(1－k )AB →－kAA 1→，∴由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA 1→共面． (2)当k ＝0时，点M ，A 重合，点N ，B 重合， MN 在平面ABB 1A 1内，当0<k ≤1时，MN 不在平面ABB 1A 1内， 又由(1)知MN →与AB →，AA 1→共面， ∴MN ∥平面ABB 1A 1.综上，当k ＝0时，MN 在平面ABB 1A 1内； 当0<k ≤1时，MN ∥平面ABB 1A 1.思维升华 证明三点共线和空间四点共面的方法比较三点(P ，A ，B )共线 空间四点(M ，P ，A ，B )共面P A →＝λPB →且同过点P MP →＝xMA →＋yMB →对空间任一点O ，OP →＝OA →＋tAB →对空间任一点O ，OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →对空间任一点O ，OP →＝xOA →＋(1－x )OB →对空间任一点O ，OP →＝xOM →＋yOA →＋(1－x －y )OB →跟踪训练2 (1)设A ，B ，C ，D 是空间四点，有以下条件： ①OD →＝OA →＋12OB →＋13OC →；②OD →＝12OA →＋13OB →＋14OC →；③OD →＝12OA →＋13OB →＋15OC →；④OD →＝12OA →＋13OB →＋16OC →.其中能使A ，B ，C ，D 四点一定共面的条件是________．(填序号) 答案 ④解析 对于共面四点A ，B ，C ，D ，当能写成OD →＝xOA →＋yOB →＋zOC →时，应有x ＋y ＋z ＝1.经检验只有④满足．(2)(2018·南京期末)如图，在三棱锥P －ABC 中，M 是侧棱PC 的中点，且BM →＝xAB →＋yAC →＋zAP →，则x ＋y ＋z 的值为________．答案 0解析 在三棱锥P －ABC 中，M 是侧棱PC 的中点， 所以BM →＝12(BP →＋BC →)．又BP →＝AP →－AB →，BC →＝AC →－AB →. 所以BM →＝12(AP →－AB →＋AC →－AB →)＝－AB →＋12AC →＋12AP →.所以x ＋y ＋z ＝－1＋12＋12＝0.题型三 空间向量数量积的应用例3 如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1→的长；(2)求BD 1→与AC →夹角的余弦值． 解 (1)记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， ∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.|AC 1—→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2×⎝⎛⎭⎫12＋12＋12＝6， ∴|AC 1→|＝6，即AC 1的长为 6. (2)BD 1—→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ， ∴|BD 1—→|＝2，|AC →|＝3， BD 1—→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b ) ＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1，∴cos 〈BD 1—→，AC →〉＝BD 1—→·AC →|BD 1—→||AC →|＝66.即BD 1—→与AC →夹角的余弦值为66.思维升华 (1)利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置．(2)利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角． (3)可以通过|a |＝a 2，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解．跟踪训练3 (1)已知点A ，B ，C 的坐标分别为(0,1,0)，(－1,0，－1)，(2,1,1)．点P 的坐标是(x,0，y )，若P A ⊥平面ABC ，则点P 的坐标是________． 答案 (－1,0,2)解析 P A →＝(－x,1，－y )，AB →＝(－1，－1，－1)，AC →＝(2,0,1)，∵P A ⊥平面ABC ， ∴P A →⊥AB →，P A →⊥AC →，即P A →·AB →＝x ＋y －1＝0，P A →·AC →＝2x ＋y ＝0， ∴x ＝－1，y ＝2，故P 点的坐标是(－1,0,2)．(2)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1＝1，延长A 1C 1至点P ，使C 1P ＝A 1C 1，连结AP 交棱CC 1于D ，则PB 1与平面BDA 1的位置关系为______．答案 平行解析 如图，以A 1为原点，A 1B 1，A 1C 1，A 1A 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A 1－xyz ，则A 1(0,0,0)，B 1(1,0,0)，C 1(0,1,0)，B (1,0,1)，P (0,2,0)． 在△P AA 1中，有C 1D ＝12AA 1，即D ⎝⎛⎭⎫0，1，12. 所以A 1B —→＝(1,0,1)，A 1D →＝⎝⎛⎭⎫0，1，12，B 1P —→＝(－1,2,0)． 设平面BA 1D 的一个法向量n ＝(a ，b ，c )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1B —→＝a ＋c ＝0，n ·A 1D —→＝b ＋12c ＝0，令c ＝－1，则n ＝⎝⎛⎭⎫1，12，－1. ∵n ·B 1P —→＝1×(－1)＋12×2＋(－1)×0＝0，∴PB 1∥平面BDA 1.1．(2018·江苏省兴化市第一中学月考)已知向量a ＝⎝⎛⎭⎫2，x2，x ，b ＝(x,1,2)，其中x >0，若a ∥b ，则x ＝________. 答案 2解析 ∵a ∥b ，∴⎝⎛⎭⎫2，x2，x ＝λ(x,1,2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2＝λx ， ①x 2＝λ， ② ①②联立得到x ＝2(负值舍去)．2．已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x ＝________.答案 (0,6，－20)解析 由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．3．已知向量a ＝(2m ＋1,3，m －1)，b ＝(2，m ，－m )，且a ∥b ，则实数m ＝________. 答案 －2解析 当m ＝0时，a ＝(1,3，－1)，b ＝(2,0,0)， a 与b 不平行，∴m ≠0，∵a ∥b ， ∴2m ＋12＝3m ＝m －1－m，解得m ＝－2. 4．已知向量a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)，且k a ＋b 与2a －b 互相垂直，则k 的值是________． 答案 75解析 由题意可得k a ＋b ＝(k －1，k ,2)，2a －b ＝(3,2，－2)， ∵k a ＋b 与2a －b 互相垂直，∴(k a ＋b )·(2a －b )＝0， 即3(k －1)＋2k ＋2×(－2)＝0，∴k ＝75.5．已知平面α的一个法向量为n ＝(1,2，－2)，平面β的一个法向量为m ＝(－2，－4，k )．若α⊥β，则实数k 的值为________． 答案 －5解析 由α⊥β，得m ·n ＝－2－8－2k ＝0，则k ＝－5.6．在空间直角坐标系中，已知A (1，－2,1)，B (2,2,2)，点P 在z 轴上，且满足P A ＝PB ，则P 点坐标为________． 答案 (0,0,3)解析 设P (0,0，z )，P A ＝PB ， 则有(1－0)2＋(－2－0)2＋(1－z )2 ＝(2－0)2＋(2－0)2＋(2－z )2， 解得z ＝3.7．已知a ＝(1,0,1)，b ＝(x ,1,2)，且a·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为________． 答案 π6解析 ∵a·b ＝x ＋2＝3，∴x ＝1，∴b ＝(1,1,2)， ∴cos 〈a ，b 〉＝a·b|a||b |＝32×6＝32，又∵〈a ，b 〉∈[0，π]，∴a 与b 的夹角为π6.8．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 使得p ＝x a ＋y b ＋z c .其中正确命题的个数是________． 答案 0解析 a 与b 共线，a ，b 所在的直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a ，b 都共面，故②不正确；三个向量a ，b ，c 中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a ，b ，c 不共面时，空间任意一向量p 才能表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0.9．已知V 为矩形ABCD 所在平面外一点，且VA ＝VB ＝VC ＝VD ，VP →＝13VC →，VM →＝23VB →，VN→＝23VD →.则VA 与平面PMN 的位置关系是________． 答案 平行解析 如图，设VA →＝a ，VB →＝b ，VC →＝c ，则VD →＝a ＋c －b ，由题意知PM →＝23b －13c ，PN →＝23VD →－13VC →＝23a －23b ＋13c .因此VA →＝32PM →＋32PN →，∴VA →，PM →，PN →共面．又VA ⊄平面PMN ，∴VA ∥平面PMN . 10．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体， ①(A 1A —→＋A 1D 1—→＋A 1B 1—→)2＝3A 1B 1→2； ②A 1C —→·(A 1B 1—→－A 1A —→)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1—→·AD →|. 其中正确的序号是________． 答案 ①②解析 ①中，(A 1A —→＋A 1D 1—→＋A 1B 1—→)2＝A 1A —→2＋A 1D 1—→2＋A 1B 1—→2＝3A 1B 1—→2，故①正确；②中，A 1B 1→－A 1A —→＝AB 1—→，因为AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中，两异面直线A 1B 与AD 1所成的角为60°，但AD 1→与A 1B —→的夹角为120°，故③不正确；④中，|AB →·AA 1—→·AD →|＝0，故④不正确．11．已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →)．(1)判断MA →，MB →，MC →三个向量是否共面； (2)判断点M 是否在平面ABC 内． 解 (1)由题意知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →， ∴OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)， 即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， ∴MA →，MB →，MC →共面．(2)由(1)知MA →，MB →，MC →共面且过同一点M ， ∴M ，A ，B ，C 四点共面．∴点M 在平面ABC 内．12．已知a ＝(1，－3,2)，b ＝(－2,1,1)，A (－3，－1,4)，B (－2，－2,2)． (1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上，是否存在一点E ，使得OE →⊥b ？(O 为原点) 解 (1)2a ＋b ＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)， 故|2a ＋b |＝02＋(－5)2＋52＝5 2. (2)令AE →＝tAB →(t ∈R )， 所以OE →＝OA →＋AE →＝OA →＋tAB → ＝(－3，－1,4)＋t (1，－1，－2) ＝(－3＋t ，－1－t ，4－2t )， 若OE →⊥b ，则OE →·b ＝0，所以－2(－3＋t )＋(－1－t )＋(4－2t )＝0，解得t ＝95.因此存在点E ，使得OE →⊥b ，此时E 点的坐标为⎝⎛⎭⎫－65，－145，25.13.如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ＋y ＋z ＝________.答案 56解析 连结ON ，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则MN →＝ON →－OM → ＝12(OB →＋OC →)－12OA →＝12b ＋12c －12a ， OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →＝12a ＋23⎝⎛⎭⎫12b ＋12c －12a ＝16a ＋13b ＋13c . 又OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →， 所以x ＝16，y ＝13，z ＝13，因此x ＋y ＋z ＝16＋13＋13＝56.14．A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，M 为BC 中点，则△AMD 的形状是________三角形． 答案 直角解析 ∵M 为BC 中点，∴AM →＝12(AB →＋AC →)，∴AM →·AD →＝12(AB →＋AC →)·AD →＝12AB →·AD →＋12AC →·AD →＝0. ∴AM ⊥AD ，△AMD 为直角三角形．15．已知O (0,0,0)，A (1,2,1)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取最小值时，点Q 的坐标是________． 答案 (1,1,2)解析 由题意，设OQ →＝λOP →，则OQ →＝(λ，λ，2λ)，即Q (λ，λ，2λ)，则QA →＝(1－λ，2－λ，1－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(1－2λ)(2－2λ)＝6λ2－12λ＋6＝6(λ－1)2，当λ＝1时取最小值，此时Q 点坐标为(1,1,2)．16.如图，在直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D ，E 分别为棱AB ，BB ′的中点．(1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值． (1)证明 设CA →＝a ，CB →＝b ，CC ′—→＝c ， 根据题意得|a |＝|b |＝|c |， 且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，∴CE →＝b ＋12c ，A ′D ——→＝－c ＋12b －12a ，∴CE →·A ′D ——→＝－12c 2＋12b 2＝0，∴CE →⊥A ′D ——→，即CE ⊥A ′D .(2)解 ∵AC ′—→＝－a ＋c ，|AC ′—→|＝2|a |，|CE →|＝52|a |，AC ′—→·CE →＝(－a ＋c )·⎝⎛⎭⎫b ＋12c ＝12c 2＝12|a |2， ∴cos 〈AC ′—→，CE →〉＝AC ′—→·CE →|AC ′—→||CE →|＝12|a |22×52|a |2＝1010，即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010.。
2020江苏高考数学新增分一轮课件：第八章 立体几何 8.1
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(4)经过两条相交直线，有且只有一个平面.( √ )
(5)没有公共点的两条直线是异面直线.( × ) (6)若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线. ( × )
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题组二 教材改编 2.[P27 习题 T8] 如图所示，在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中， E ， F 分别是 AB ， AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为_____. 60° 解析 连结B1D1，D1C(图略)， 则B1D1∥EF，故∠D1B1C即为所求的角. 又B1D1＝B1C＝D1C， ∴△B1D1C为等边三角形， ∴∠D1B1C＝60°.
(2)异面直线所成的角 ①定义：设a，b是异面直线，经过空间任一点O，作直线a′∥a，b′∥b， 把直线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).
π 0 ， 2 ②范围：_______.
③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. 直线与平 3.直线与平面的位置关系有 直线在平面内 、 直线与平面相交 、_________ 面平行 三种情况. _______ 4.平面与平面的位置关系有 平行 、 相交 两种情况.
题型一
平面基本性质的应用
例1 如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点. 求证： (1)E，C，D1，F四点共面；
(2)CE，D1F，DA三线共点.
思维升华
共面、共线、共点问题的证明
(1)证明共面的方法：
①先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内； ②证两平面重合. (2)证明共线的方法： ①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上； ②直接证明这些点都在同一条特定直线上. (3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直
2020年新高考一轮理数：第八章 立体几何
第八章⎪⎪⎪立体几何第一节 空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积本节主要包括3个知识点：1.空间几何体的三视图和直观图；空间几何体的表面积与体积；3.与球有关的切、接应用问题.突破点(一) 空间几何体的三视图和直观图[基本知识]1．空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征(1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图． (2)三视图的画法①在画三视图时，能看见的轮廓线和棱用实线表示，重叠的线只画一条，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．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、正上方观察几何体的正投影图．3．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴，y ′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴；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轴的线段在直观图中长度为原来的一半．[基本能力]1．判断题(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)棱台各侧棱的延长线交于一点．()(3)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．()(4)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°.()答案：(1)×(2)√(3)×(4)×2．填空题(1)如图所示的几何体中，是棱柱的为________(填写所有正确的序号)．解析：根据棱柱的定义，结合给出的几何体可知③⑤满足条件．答案：③⑤(2)有一个几何体的三视图如图所示，这个几何体的形状为________．解析：从俯视图来看，上、下底面都是正方形，但是大小不一样，可以判断是棱台．答案：棱台(3)已知一个几何体的三视图如图所示，则此几何体从上往下依次由____________构成．解析：由三视图可知，该几何体是由一个圆台和一个圆柱组成的组合体．答案：圆台，圆柱(4)利用斜二测画法得到的：①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形．以上结论正确的个数是________．解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．答案：1[全析考法][例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；④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0 B．1C．2 D．3[解析]①错误，只有这两点的连线平行于旋转轴时才是母线；②错误，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，如图(1)所示；③错误，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(2)所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．[答案] A[方法技巧]解决与空间几何体结构特征有关问题的技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如例1中的命题②④易判断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．空间几何体的三视图1.长对正、高平齐、宽相等，即俯视图与正视图一样长；正视图与侧视图一样高；侧视图与俯视图一样宽．2．三视图的排列顺序先画正视图，俯视图放在正视图的下方，侧视图放在正视图的右方．[例2](1)(2018·河北衡水中学调研)正方体ABCD -AB1C1D1中，E为棱BB1的中点(如1图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为()(2)(2017·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为()A．3 2 B．2 3C．2 2 D．2[解析](1)过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的侧视图为选项C中的图形．故选C.(2)在正方体中还原该四棱锥如图所示，从图中易得最长的棱为AC1＝AC2＋CC21＝(22＋22)＋22＝2 3.[答案](1)C(2)B[方法技巧]有关三视图问题的解题方法(1)由几何体的直观图画三视图需注意的事项①注意正视图、侧视图和俯视图对应的观察方向；②注意能看到的线用实线画，被挡住的线用虚线画；③画出的三视图要符合“长对正、高平齐、宽相等”的基本特征．(2)由几何体的部分视图画出剩余视图的方法先根据已知的部分视图推测直观图的可能形式，然后推测其剩余视图的可能情形，若为选择题，也可以逐项检验．(3)由几何体三视图还原其直观图时应注意的问题要熟悉柱、锥、球、台的三视图，结合空间想象将三视图还原为直观图．空间几何体的直观图按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：(1)S直观图＝24S原图形．(2)S原图形＝22S直观图．[例3]用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()[解析]由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.[答案] A[全练题点]1.[考点一]如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是()A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：选B因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A，C是真命题；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D是真命题；B是假命题，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．2.[考点二]用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是()解析：选B俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.3.[考点二]已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一直角边长为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()解析：选C空间几何体的正视图和侧视图“高平齐”，故正视图的高一定为2，正视图和俯视图“长对正”，故正视图的底边长为2.侧视图中的直角说明这个三棱锥最前面的面垂直于底面，这个面遮住了后面的一条侧棱．综合以上可知，这个三棱锥的正视图可能是C.4.[考点三]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD 平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为()A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2D．8 2 cm2解析：选C依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC，AD相等，高为梯形ABCD的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.5.[考点二]已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选D由题意知，三棱锥放置在长方体中如图所示，利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面全部是直角三角形．故选D.突破点(二)空间几何体的表面积与体积[基本知识]1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式S 圆柱侧＝2πrl ――→r ′＝rS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l ――→r ′＝0S 圆锥侧＝πrl . 2．空间几何体的表面积与体积公式[基本能力]1．判断题(1)锥体的体积等于底面面积与高之积．( ) (2)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( ) (3)球的体积之比等于半径比的平方．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× 2．填空题(1)已知圆柱的底面半径为a ，高为66a ，则此圆柱的侧面积等于________． 解析：底面周长l ＝2πa ，则S 侧＝l ·h ＝2πa ·⎝⎛⎭⎫66a ＝63πa 2. 答案：63πa 2(2)已知某棱台的上、下底面面积分别为63和243，高为2，则其体积为________． 解析：V ＝13(63＋243＋63×243)×2＝28 3.答案：28 3(3)已知圆锥的母线长是8，底面周长为6π，则它的体积是________． 解析：设圆锥底面圆的半径为r ，则2πr ＝6π，∴r ＝3.设圆锥的高为h ，则h ＝82－32＝55，∴V 圆锥＝13πr 2h ＝355π.答案：355π(4)正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥A -B 1DC 1的体积为________．解析：在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∵AD ⊥BC ，AD ⊥BB 1，BB 1∩BC ＝B ，∴AD ⊥平面B 1DC 1. ∴VA -B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×12×2×3×3＝1.答案：1(5)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________．解析：由三视图可知该几何体是一个底面为等腰梯形的平放的直四棱柱，所以该直四棱柱的表面积为S ＝2×12×(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2×1＋16×4＝48＋817.答案：48＋817[全析考法][例1] (1)(2018·福州市五校联考)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为一个直角三角形，一个锐角为30°，则该几何体的表面积为( )A ．24＋12 3B ．24＋5 3C ．12＋15 3D ．12＋12 3(2)(2018·南昌市十校联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是()A ．(25＋35)πB ．(25＋317)πC ．(29＋35)πD ．(29＋317)π[解析] (1)由已知可得，该几何体为三棱柱，底面是斜边长为4，斜边上的高为3的直角三角形，底面面积为23，底面周长为6＋23，棱柱的高为4，故棱柱的表面积S ＝2×23＋4×(6＋23)＝24＋123，故选A.(2)由三视图可知该几何体由一个上下底面直径分别为2和4，高为4的圆台，一个底面直径为4，高为4的圆柱和一个直径为4的半球组成，其直观图如图所示，所以该几何体的表面积为π＋π×(1＋2)×17＋π×4×4＋4π×222＝π＋317π＋16π＋8π＝(25＋317)π，故选B. [答案] (1)A (2)B[方法技巧] 求空间几何体表面积的常见类型及思路[例2] (1)(2017·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A ．60B ．30C ．20D ．10(2)(2018·洛阳市第一次统考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.15π2B ．8πC.17π2D ．9π[解析] (1)如图，把三棱锥A -BCD 放到长方体中，长方体的长、宽、高分别为5,3,4，△BCD 为直角三角形，直角边分别为5和3，三棱锥A -BCD 的高为4，故该三棱锥的体积V ＝13×12×5×3×4＝10.(2)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，恰好可以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，选B.[答案] (1)D (2)B[方法技巧] 求空间几何体体积的常见类型及思路[全练题点]1.[考点二](2018·石家庄市教学质量检测)某几何体的三视图如图所示(在网格线中，每个小正方形的边长为1)，则该几何体的体积为( )A ．2B ．3C ．4D ．6解析：选A 由三视图知，该几何体为四棱锥如图所示，其底面面积S ＝12×(1＋2)×2＝3，高为2，所以该几何体的体积V ＝13×3×2＝2，故选A.2.[考点一](2018·长沙市统一模拟考试)如图是某几何体的三视图，其正视图、侧视图均是直径为2的半圆，俯视图是直径为2的圆，则该几何体的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．5πD ．12π解析：选A 由三视图可知，该几何体是半径为1的半球，其表面积为2π＋π＝3π.选A.3.[考点二](2017·浙江高考)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＋1B.π2＋3C.3π2＋1D.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 ＝12×13π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1.4.[考点一](2018·南昌市模拟)如图，直角梯形ABCD 中，AD ⊥DC ，AD ∥BC ，BC ＝2CD ＝2AD ＝2，若将该直角梯形绕BC 边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．解析：根据题意可知，此旋转体的上半部分为圆锥(底面半径为1，高为1)，下半部分为圆柱(底面半径为1，高为1)，如图所示．则所得几何体的表面积为圆锥的侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面积之和，即表面积为π·1·12＋12＋2π·12＋π·12＝(2＋3)π.答案：(2＋3)π5．[考点二]中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)：若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x 的值为________．解析：由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成，由题意得(5.4－x )×3×1＋π×⎝⎛⎭⎫122x ＝12.6，解得x ＝1.6.答案：1.6突破点(三) 与球有关的切、接应用问题与球有关的组合体问题常涉及内切和外接.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.如球内切于正方体时，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体时，正方体的各个顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.球与其他旋转体组合时，通常作它们的轴截面解题；球与多面体组合时，通常过多面体的一条侧棱和球心及“切点”或“接点”作截面图进行解题.[全析考法]多面体的内切球问题[例1] (1)(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________． (2)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.[解析] (1)设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.(2)设正四面体棱长为a ， 则正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的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 2π6a 2＝63π. [答案] (1)32 (2)63π[方法技巧]处理与球有关内切问题的策略解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．多面体的外接球问题外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[例2] (1)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9πD.27π4(2)(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．(3)(2018·河北衡水调研)一个直六棱柱的底面是边长为2的正六边形，侧棱长为3，则它的外接球的表面积为________．[解析] (1)如图所示，设球半径为R ，底面中心为O ′且球心为O ，∵正四棱锥P -ABCD 中AB ＝2， ∴AO ′＝ 2. ∵PO ′＝4，∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2， ∴R 2＝(2)2＋(4－R )2， 解得R ＝94，∴该球的表面积为4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4.(2)由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为 3. 设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3，R ＝32，所以这个球的体积为43πR 3＝4π3×278＝9π2.(3)由直六棱柱的外接球的直径为直六棱柱中最长的对角线，知该直六棱柱的外接球的直径为42＋32＝5，∴其外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎫522＝25π. [答案] (1)A (2)9π2 (3)25π[方法技巧]与球有关外接问题的解题规律(1)直棱柱外接球的球心到直棱柱底面的距离恰为棱柱高的12.(2)正方体外接球的直径为正方体的体对角线的长．此结论也适合长方体，或由同一顶点出发的两两互相垂直的三条棱构成的三棱柱或三棱锥．(3)求多面体外接球半径的关键是找到由球的半径构成的三角形，解三角形即可．[全练题点]1.[考点二]如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．200πB ．150πC ．100πD ．50π解析：选D 由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去4个角后得到，此长方体的长、宽、高分别为5,4,3，所以外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫5222＝50π，故选D. 2．[考点一]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解析：选B 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2Sa ＋b ＋c＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B.3.[考点一](2018·东北三省模拟)三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是边长为3的正三角形，侧棱AA 1⊥底面ABC ，若球O 与三棱柱ABC -A 1B 1C 1各侧面、底面均相切，则侧棱AA 1的长为( )A.12B.32C ．1D. 3解析：选C 因为球O 与直三棱柱的侧面、底面均相切，所以侧棱AA 1的长等于球的直径．设球的半径为R ，则球心在底面上的射影是底面正三角形ABC 的中心，如图所示．因为AC ＝3，所以AD＝12AC ＝32.因为tan π6＝MD AD ，所以球的半径R ＝MD ＝AD tan π6＝32×33×1＝12，所以AA 1＝2R ＝2×12＝1.4.[考点二]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( )A ．5π B.2π C ．20πD ．4π解析：选A 把三棱锥P -ABC 看作由一个长、宽、高分别为1、1、3的长方体截得的一部分(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＋(3)2＝5，故外接球半径为52，表面积为4π×⎝⎛⎭⎫522＝5π. 5.[考点二](2018·洛阳统考)已知三棱锥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，则此三棱锥的外接球的表面积为( )A.16π3B.40π3C.64π3D.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 ，则由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，故选D.[全国卷5年真题集中演练——明规律]1.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为(2＋4)×22×2＝12，故选B. 2．(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．π B.3π4 C.π2D.π4解析：选B 设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4. 3．(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．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4π B.9π2 C ．6πD.32π3解析：选B 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.故选B. 4．(2016·全国卷Ⅱ)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 ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：l ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.5．(2015·全国卷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下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.15解析：选D 由已知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，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V1V2＝1656＝15，故选D.6．(2017·全国卷Ⅱ)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________．解析：由题意知，长方体的体对角线长为32＋22＋12＝14，记长方体的外接球的半径为R，则有2R＝14，R＝142，因此球O的表面积为S＝4πR2＝14π.答案：14π[课时达标检测][小题对点练——点点落实]对点练(一)空间几何体的三视图和直观图1．给出下列四个命题：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有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱；④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A①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；③④显然错误，故选A.2．(2018·广州六校联考)已知某几何体的正视图和侧视图均如图所示，给出下列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 ．5B ．4C ．3D ．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.故选B. 3．在如图所示的空间直角坐标系O -xyz 中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)．给出编号为①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )A ．①和③B ．③和①C ．④和③D ．④和②解析：选D 由题意得，该几何体的正视图是一个直角三角形，三个顶点的坐标分别是(0,0,2)，(0,2,0)，(0,2,2)，且内有一条虚线(一顶点与另一直角边中点的连线)，故正视图是④；俯视图即在底面的射影，是一个斜三角形，三个顶点的坐标分别是(0,0,0)，(2,2,0)，(1,2,0)，故俯视图是②.4.如图，△O ′A ′B ′是△OAB 的水平放置的直观图，其中O ′A ′＝O ′B ′＝2，则△OAB 的面积是________．解析：在Rt △OAB 中，OA ＝2，OB ＝4，△OAB 的面积S ＝12×2×4＝4.答案：45．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为_______cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C .在Rt △ABC 中，AC ＝12 cm ，BC ＝8－3＝5(cm)．∴AB ＝122＋52＝13(cm)．答案：13对点练(二) 空间几何体的表面积与体积1．已知圆锥的表面积为a ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是( )A.a 2B.3πa3πC.23πa 3πD.23a 3π解析：选C 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题意知2πr ＝πl ，∴l ＝2r ，则圆锥的表面积S 表＝πr 2＋12π(2r )2＝a ，∴r 2＝a 3π，∴2r ＝23πa 3π.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，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π解析：选B 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.3．(2018·湖北四校联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．16B ．(10＋5)πC ．4＋(5＋5)πD ．6＋(5＋5)π解析：选C 该几何体是两个相同的半圆锥与一个半圆柱的组合体，其表面积为S ＝π＋4π＋4＋5π＝4＋(5＋5)π.4．(2017·山东高考)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，则该几何体的体积为________．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＋π25．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是________寸．(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸)解析：由题意知，圆台中截面圆的半径为十寸，圆台内水的体积为V ＝13πh (r 2中＋r 2下＋r 中r 下)＝π3×9×(102＋62＋10×6)＝588π(立方寸)，降雨量为V 142π＝588π196π＝3(寸)． 答案：36．(2018·合肥市质检)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、俯视图如图所示，则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，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的12.答案：12对点练(三) 与球有关的切、接应用问题1．在三棱锥A -BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ADB 的面积分别为22，32，62，则该三棱锥外接球的表面积为( ) A ．2π B ．6π C ．46πD ．24π解析：选B 设相互垂直的三条侧棱AB ，AC ，AD 分别为a ，b ，c 则12ab ＝22，12bc ＝32，12ac ＝62，解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3.所以三棱锥A -BCD 的外接球的直径2R ＝a 2＋b 2＋c 2＝6，则其外接球的表面积S ＝4πR 2＝6π.2．已知正四面体的棱长为2，则其外接球的表面积为( ) A ．8π B ．12π C.32π D ．3π解析：选D 如图所示，过顶点A 作AO ⊥底面BCD ，垂足为O ，则O 为正三角形BCD 的中心，连接DO 并延长交BC 于点E ，又正四面体的棱长为2，所以DE ＝62，OD ＝23DE ＝63，所以在直角三角形AOD 中，AO ＝AD 2－OD 2＝233.设正四面体外接球的球心为P ，半径为R ，连接PD ，则在直角三角形POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2，即R 2＝⎝⎛⎭⎫233－R 2＋⎝⎛⎭⎫632，解得R ＝32，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝3π.3．(2018·湖北七市(州)联考)一个几何体的三视图如图所示，该几何体外接球的表面积为( )。
2020版高考数学(文)新增分大一轮人教通用版讲义：第八章 立体几何高考专题突破四 含解析
高考专题突破四高考中的立体几何问题题型一平行、垂直关系的证明例1 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)直线A1F∥平面ADE.证明(1)∵三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC.∵AD⊂平面ABC，∴AD⊥CC1.又∵AD⊥DE，DE∩CC1＝E，DE，CC1⊂平面BCC1B1，∴AD⊥平面BCC1B1.∵AD⊂平面ADE，∴平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)∵△A1B1C1中，A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，∴A1F⊥B1C1.∵CC1⊥平面A1B1C1，A1F⊂平面A1B1C1，∴A1F⊥CC1.又∵B1C1∩CC1＝C1，B1C1，CC1⊂平面BCC1B1，∴A1F⊥平面BCC1B1.又∵AD⊥平面BCC1B1，∴A1F∥AD.∵A1F⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，∴直线A1F∥平面ADE.思维升华(1)平行问题的转化利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性质定理时，其顺序正好相反．在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用．(2)垂直问题的转化在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫．应用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题．跟踪训练1 (2018·北京)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥PD，P A＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．(1)求证：PE⊥BC；(2)求证：平面P AB⊥平面PCD；(3)求证：EF∥平面PCD.证明(1)因为P A＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC.(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又因为平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面P AD，又PD⊂平面P AD，所以AB ⊥PD .又因为P A ⊥PD ，P A ∩AB ＝A ，P A ，AB ⊂平面P AB ， 所以PD ⊥平面P AB . 又PD ⊂平面PCD ， 所以平面P AB ⊥平面PCD .(3)如图，取PC 的中点G ，连接FG ，DG .因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点， 所以FG ∥BC ，FG ＝12BC ，因为四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， 所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形， 所以EF ∥DG .又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ， 所以EF ∥平面PCD .题型二 立体几何中的计算问题例2如图，在多面体ABCA 1B 1C 1中，四边形ABB 1A 1是正方形，△A 1CB 是等边三角形，AC ＝AB ＝1，B 1C 1∥BC ，BC ＝2B 1C 1.(1)求证：AB 1∥平面A 1C 1C ； (2)求多面体ABCA 1B 1C 1的体积．(1)证明 如图，取BC 的中点D ，连接AD ，B 1D ，C 1D ， ∵B 1C 1∥BC ，BC ＝2B 1C 1，∴BD ∥B 1C 1，BD ＝B 1C 1，CD ∥B 1C 1，CD ＝B 1C 1， ∴四边形BDC 1B 1，CDB 1C 1是平行四边形， ∴C 1D ∥B 1B ，C 1D ＝B 1B ，CC 1∥B 1D ， 又B 1D ⊄平面A 1C 1C ，C 1C ⊂平面A 1C 1C ， ∴B 1D ∥平面A 1C 1C .在正方形ABB 1A 1中，BB 1∥AA 1，BB 1＝AA 1， ∴C 1D ∥AA 1，C 1D ＝AA 1， ∴四边形ADC 1A 1为平行四边形， ∴AD ∥A 1C 1.又AD ⊄平面A 1C 1C ，A 1C 1⊂平面A 1C 1C ， ∴AD ∥平面A 1C 1C ，∵B 1D ∩AD ＝D ，B 1D ，AD ⊂平面ADB 1， ∴平面ADB 1∥平面A 1C 1C ，又AB 1⊂平面ADB 1，∴AB 1∥平面A 1C 1C . (2)解 在正方形ABB 1A 1中，A 1B ＝2， ∵△A 1BC 是等边三角形，∴A 1C ＝BC ＝2，∴AC 2＋AA 21＝A 1C 2，AB 2＋AC 2＝BC 2，∴AA 1⊥AC ，AC ⊥AB .又AA 1⊥AB ，∴AA 1⊥平面ABC ， ∴AA 1⊥CD ，易得CD ⊥AD ，又AD ∩AA 1＝A ，∴CD ⊥平面ADC 1A 1.易知多面体ABCA 1B 1C 1是由直三棱柱ABD －A 1B 1C 1和四棱锥C －ADC 1A 1组成的， 直三棱柱ABD －A 1B 1C 1的体积为12×⎝⎛⎭⎫12×1×1×1＝14， 四棱锥C －ADC 1A 1的体积为13×22×1×22＝16，∴多面体ABCA 1B 1C 1的体积为14＋16＝512.思维升华 (1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解． 跟踪训练2 (2019·阜新调研)如图，已知多面体P ABCDE 的底面ABCD 是边长为2的菱形，P A ⊥底面ABCD ，ED ∥P A ，且P A ＝2ED ＝2.(1)证明：平面P AC ⊥平面PCE ；(2)若∠ABC ＝60°，求三棱锥P －ACE 的体积． (1)证明 如图，连接BD ，交AC 于点O ， 设PC 的中点为F ，连接OF ，EF .易知O 为AC 的中点， 所以OF ∥P A ，且OF ＝12P A .因为DE ∥P A ，且DE ＝12P A ，所以OF ∥DE ，且OF ＝DE ， 所以四边形OFED 为平行四边形， 所以OD ∥EF ，即BD ∥EF .因为P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以P A ⊥BD .因为四边形ABCD 是菱形， 所以BD ⊥AC .因为P A ∩AC ＝A ，P A ，AC ⊂平面P AC ， 所以BD ⊥平面P AC .因为BD∥EF，所以EF⊥平面P AC.因为EF⊂平面PCE，所以平面P AC⊥平面PCE.(2)解因为∠ABC＝60°，所以△ABC是等边三角形，所以AC＝2. 又P A⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以P A⊥AC.所以S△P AC＝12P A×AC＝2.因为EF⊥平面P AC，所以EF是三棱锥E－P AC的高．易知EF＝DO＝BO＝3，所以三棱锥P－ACE的体积V三棱锥P－ACE＝V三棱锥E－P AC＝13S△P AC×EF＝13×2×3＝233.题型三立体几何中的探索性问题例3 如图，梯形ABCD中，∠BAD＝∠ADC＝90°，CD＝2，AD＝AB＝1，四边形BDEF为正方形，且平面BDEF⊥平面ABCD.(1)求证：DF⊥CE；(2)若AC与BD相交于点O，那么在棱AE上是否存在点G，使得平面OBG∥平面EFC？并说明理由．(1)证明连接EB.∵在梯形ABCD中，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝1，DC＝2，∴BD＝2，BC＝2，∴BD2＋BC2＝CD2，∴BC⊥BD.又∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面BDEF，∴BC⊥DF.又∵正方形BDEF 中，DF ⊥EB ，且EB ，BC ⊂平面BCE ，EB ∩BC ＝B ， ∴DF ⊥平面BCE .又∵CE ⊂平面BCE ，∴DF ⊥CE .(2)解 在棱AE 上存在点G ，使得平面OBG ∥平面EFC ，且AG GE ＝12.理由如下：连接OG ，BG ，在梯形ABCD 中，∠BAD ＝∠ADC ＝90°，AB ＝1，DC ＝2， ∴AB ∥DC ，∴AO OC ＝AB DC ＝12.又∵AG GE ＝12，∴OG ∥CE .又∵正方形BDEF 中，EF ∥OB ，且OB ，OG ⊄平面EFC ，EF ，CE ⊂平面EFC ， ∴OB ∥平面EFC ，OG ∥平面EFC .又∵OB ∩OG ＝O ，且OB ，OG ⊂平面OBG ， ∴平面OBG ∥平面EFC .思维升华 对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．跟踪训练3 (2018·全国Ⅲ)如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC .(2)在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由． (1)证明 由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ， 交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ， 又DM ⊂平面CMD ， 故BC ⊥DM .因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径， 所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，BC ，CM ⊂平面BMC ， 所以DM ⊥平面BMC .又DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC . (2)解 当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD .证明如下：连接AC ，BD ，交于点O .因为ABCD 为矩形， 所以O 为AC 的中点．连接OP ，因为P 为AM 的中点， 所以MC ∥OP .又MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ， 所以MC ∥平面PBD .1.如图所示，直角梯形ACDE 与等腰直角三角形ABC 所在平面互相垂直，F 为BC 的中点，∠BAC ＝∠ACD ＝90°，AE ∥CD ，DC ＝AC ＝2AE ＝2.(1)求证：平面BCD ⊥平面ABC ； (2)求证：AF ∥平面BDE .证明 (1)∵平面ABC ⊥平面ACDE ，平面ABC ∩平面ACDE ＝AC ，CD ⊥AC ，CD ⊂平面ACDE ， ∴DC ⊥平面ABC .又DC ⊂平面BCD ，∴平面BCD ⊥平面ABC .(2)如图，取BD 的中点P ，连接EP ，FP ，则PF ∥DC ，PF ＝12DC ，∵EA ∥DC ，EA ＝12DC ，∴EA ∥PF ，EA ＝PF ，∴四边形AFPE 是平行四边形， ∴AF ∥EP ，∵AF ⊄平面BDE ，EP ⊂平面BDE ， ∴AF ∥平面BDE .2.如图所示，平面ABCD ⊥平面BCE ，四边形ABCD 为矩形，BC ＝CE ，点F 为CE 的中点．(1)证明：AE ∥平面BDF ；(2)点M 为CD 上任意一点，在线段AE 上是否存在点P ，使得PM ⊥BE ？若存在，确定点P 的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由． (1)证明 连接AC 交BD 于点O ，连接OF .∵四边形ABCD 是矩形， ∴O 为AC 的中点．又F 为EC 的中点，∴OF ∥AE . 又OF ⊂平面BDF ， AE ⊄平面BDF ， ∴AE ∥平面BDF .(2)解当点P为AE的中点时，有PM⊥BE，证明如下：取BE的中点H，连接DP，PH，CH.∵P为AE的中点，H为BE的中点，∴PH∥AB.又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P，H，C，D四点共面．∵平面ABCD⊥平面BCE，且平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊥BC，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面BCE.又BE⊂平面BCE，∴CD⊥BE，∵BC＝CE，且H为BE的中点，∴CH⊥BE.又CH∩CD＝C，且CH，CD⊂平面DPHC，∴BE⊥平面DPHC.又PM⊂平面DPHC，∴PM⊥BE.3．(2018·江苏)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.求证：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.证明(1)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA 1＝AB ，所以四边形ABB 1A 1为菱形，因此AB 1⊥A 1B .又因为AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1，所以AB 1⊥BC .又因为A 1B ∩BC ＝B ，A 1B ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ，所以AB 1⊥平面A 1BC .因为AB 1⊂平面ABB 1A 1，所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC .4．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝BB 1，AB 1∩A 1B ＝E ，D 为AC 上的点，B 1C ∥平面A 1BD .(1)求证：BD ⊥平面A 1ACC 1；(2)若AB ＝1，且AC ·AD ＝1，求三棱锥A －BCB 1的体积．(1)证明 如图，连接ED ，∵平面AB 1C ∩平面A 1BD ＝ED ，B 1C ∥平面A 1BD ，∴B 1C ∥ED ，∵E 为AB 1的中点，∴D 为AC 的中点，∵AB ＝BC ，∴BD ⊥AC ，①由A 1A ⊥平面ABC ，BD ⊂平面ABC ，得A 1A ⊥BD ，②又AC ∩A 1A ＝A ，AC ，A 1A ⊂平面A 1ACC 1，∴BD ⊥平面A 1ACC 1.(2)解 由AB ＝1，得BC ＝BB 1＝1，由(1)知AD ＝12AC ， 又AC ·AD ＝1，∴AC 2＝2，∴AC 2＝2＝AB 2＋BC 2，∴AB ⊥BC ，∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝12， ∴1A BCB V －＝1B ABC V －＝13S △ABC ·BB 1 ＝13×12×1＝16.5．(2019·呼伦贝尔联考)如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝12AB ＝2，E 为AC 的中点，将△ACD 沿AC 折起，使折起后的平面ACD 与平面ABC 垂直，如图2.在图2所示的几何体D －ABC 中：(1)求证：BC ⊥平面ACD ；(2)点F 在棱CD 上，且满足AD ∥平面BEF ，求几何体F －BCE 的体积．(1)证明 ∵AC ＝AD 2＋CD 2＝22，∠BAC ＝∠ACD ＝45°，AB ＝4，∴在△ABC 中，BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ×AB ×cos 45°＝8，∴AB 2＝AC 2＋BC 2＝16，∴AC ⊥BC ，∵平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥平面ACD .(2)解 ∵AD ∥平面BEF ，AD ⊂平面ACD ，平面ACD ∩平面BEF ＝EF ，∴AD ∥EF ，∵E 为AC 的中点，∴EF 为△ACD 的中位线，由(1)知，V F －BCE ＝V B －CEF ＝13×S △CEF ×BC ， S △CEF ＝14S △ACD ＝14×12×2×2＝12， ∴V F －BCE ＝13×12×22＝23.6.如图，在底面是菱形的四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，∠ABC ＝60°，AA 1＝AC ＝2，A 1B ＝A 1D ＝22，点E 在A 1D 上．(1)证明：AA 1⊥平面ABCD ；(2)当A 1E ED为何值时，A 1B ∥平面EAC ，并求出此时直线A 1B 与平面EAC 之间的距离． (1)证明 因为四边形ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°， 所以AB ＝AD ＝AC ＝2，在△AA 1B 中，由AA 21＋AB 2＝A 1B 2，知AA 1⊥AB ，同理AA 1⊥AD ，又AB ∩AD ＝A ，AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以AA 1⊥平面ABCD .(2)解 当A 1E ED＝1时，A 1B ∥平面EAC . 证明如下：如图，连接BD 交AC 于点O ，当A 1E ED＝1， 即点E 为A 1D 的中点时，连接OE ，则OE ∥A 1B ，又A 1B ⊄平面EAC ，OE ⊂平面EAC ，所以A 1B ∥平面EAC .直线A 1B 与平面EAC 之间的距离等于点A 1到平面EAC 的距离， 因为E 为A 1D 的中点，所以点A 1到平面EAC 的距离等于点D 到平面EAC 的距离， V D －EAC ＝V E －ACD ，设AD 的中点为F ，连接EF ，则EF ∥AA 1，且EF ＝1，所以EF ⊥平面ACD ，可求得S △ACD ＝3，所以V E －ACD ＝13×1×3＝33. 又AE ＝2，AC ＝2，CE ＝2，所以S △EAC ＝72， 所以13S △EAC ·d ＝33(d 表示点D 到平面EAC 的距离)， 解得d ＝2217， 所以直线A 1B 与平面EAC 之间的距离为2217.。
2020版高考数学新增分大一轮新高考专用讲义：第八章 高考专题突破四含解析
高考专题突破四 高考中的立体几何问题题型一 平行、垂直关系的证明例1 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点．(1)求证：平面ABE ⊥平面B 1BCC 1；(2)求证：C 1F ∥平面ABE ；(3)求三棱锥E －ABC 的体积．(1)证明 在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥底面ABC .因为AB ⊂平面ABC ，所以BB 1⊥AB .又因为AB ⊥BC ，BC ∩BB 1＝B ，所以AB ⊥平面B 1BCC 1.又AB ⊂平面ABE ，所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.(2)证明 方法一 如图1，取AB 中点G ，连接EG ，FG .因为E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点，所以FG ∥AC ，且FG ＝AC .12因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1，所以四边形FGEC 1为平行四边形，所以C 1F ∥EG .又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ，所以C 1F ∥平面ABE .方法二 如图2，取AC 的中点H ，连接C 1H ，FH .因为H ，F 分别是AC ，BC 的中点，所以HF ∥AB ，又因为E ，H 分别是A 1C 1，AC 的中点，所以EC 1∥AH ，且EC 1＝AH ，所以四边形EAHC 1为平行四边形，所以C 1H ∥AE ，又C 1H ∩HF ＝H ，AE ∩AB ＝A ，所以平面ABE ∥平面C 1HF ，又C 1F ⊂平面C 1HF ，所以C 1F ∥平面ABE .(3)解 因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ，所以AB ＝＝.AC 2－BC 23所以三棱锥E －ABC 的体积V ＝S △ABC ·AA 1＝×××1×2＝.131312333思维升华 (1)平行问题的转化利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性质定理时，其顺序正好相反．在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用．(2)垂直问题的转化在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫．应用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题．跟踪训练1 如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，点E，F分别是PC，PD 的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.(1)求证：EF∥平面PAB；(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.证明 (1)以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)．∵点E，F分别是PC，PD的中点，∴E ，F ，(12，1，12)(0，1，12)＝，＝(1，0，0)．EF → (－12，0，0)AB → ∵＝－，EF → 12AB →∴∥，EF → AB →即EF ∥AB ，又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ，∴EF ∥平面PAB .(2)由(1)可知，＝(0，0，1)，＝(0，2，0)，＝(1，0，0)，AP → AD → DC →∵·＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，AP → DC →·＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0，AD → DC →∴⊥，⊥，AP → DC → AD → DC →即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，AP ，AD ⊂平面PAD ，∴DC ⊥平面PAD .∵DC ⊂平面PDC ，∴平面PAD ⊥平面PDC .题型二 立体几何中的计算问题命题点1 求线面角例2 (2018·浙江)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°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．2方法一 (1)证明 由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝2，212121所以A1B＋AB＝AA，故AB1⊥A1B1.由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC，得B1C1＝.5由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝2.313由CC1⊥AC，得AC1＝，212121所以AB＋B1C＝AC，故AB1⊥B1C1.又因为A1B1∩B1C1＝B1，A1B1，B1C1⊂平面A1B1C1，所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)解 如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1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，平面A 1B 1C 1∩平面ABB 1＝A 1B 1，C 1D ⊂平面A 1B 1C 1，得C 1D ⊥平面ABB 1.所以∠C 1AD 即为AC 1与平面ABB 1所成的角．由B 1C 1＝，A 1B 1＝2，A 1C 1＝，5221得cos ∠C 1A 1B 1＝，sin ∠C 1A 1B 1＝，42777所以C 1D ＝，3故sin ∠C 1AD ＝＝.C 1D AC 13913因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是.3913方法二 (1)证明 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Oxyz .由题意知各点坐标如下：A (0，－，0)，B (1，0，0)，A 1(0，－，4)，B 1(1，0，2)，C 1(0，，1)．333因此＝(1，，2)，＝(1，，－2)，＝(0，2，－3)．AB 1→ 3A 1B 1→ 3A 1C 1→3由·＝0，得AB 1⊥A 1B 1.AB 1→ A 1B 1→由·＝0，得AB 1⊥A 1C 1.AB 1→ A 1C 1→又A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，A 1B 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.由(1)可知＝(0，2，1)，＝(1，，0)，＝(0，0，2)．AC 1→ 3AB → 3BB 1→设平面ABB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )．由Error!得Error!可取n ＝(－，1，0)．3所以sin θ＝|cos 〈，n 〉|＝＝.AC 1→ |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思维升华 (1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和它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，取其余角就是斜线和平面所成的角．(2)若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝－β或θ＝β－，故有sin θ＝|cos β|＝.π2π2|l ·n ||l ||n |跟踪训练2 (2018·福州质检)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为正三角形，点D 在棱BC 上，且CD ＝3BD ，点E ，F 分别为棱AB ，BB 1的中点．(1)证明：A1C∥平面DEF；(2)若A1C⊥EF，求直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值．解 (1)如图，连接AB1，A1B交于点H，设A1B交EF于点K，连接DK，因为四边形ABB1A1为矩形，所以H为线段A1B的中点．因为点E，F分别为棱AB，BB1的中点，所以点K为线段BH的中点，所以A1K＝3BK.又CD＝3BD，所以A1C∥DK.又A1C⊄平面DEF，DK⊂平面DEF，所以A1C∥平面DEF.(2)连接CE，EH，由(1)知，EH∥AA1，因为AA1⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC.因为△ABC为正三角形，且点E为棱AB的中点，所以CE ⊥AB .故以点E 为坐标原点，分别以，，的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示EA → EH → EC →的空间直角坐标系Exyz .设AB ＝4，AA 1＝t (t >0)，则E (0,0,0)，A 1(2，t,0)，A (2,0,0)，C (0,0,2)，3F ，D ，(－2，t 2，0)(－32，0，32)所以＝(－2，－t ，2)，＝.A 1C → 3EF → (－2，t 2，0)因为A 1C ⊥EF ，所以·＝0，A 1C → EF →所以(－2)×(－2)－t ×＋2×0＝0，t 23所以t ＝2，2所以＝(－2，，0)，＝.EF → 2ED → (－32，0，32)设平面DEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则Error!所以Error!取x ＝1，则n ＝(1，，)．23又＝＝(－2，0，2)，A 1C 1→ AC →3设直线A 1C 1与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，〉|＝＝＝，A 1C 1→ |n ·A 1C 1→ ||n ||A 1C 1→|46×466所以直线A 1C 1与平面DEF 所成的角的正弦值为.66命题点2 求二面角例3如图，在四棱锥A －BCDE 中，平面BCDE ⊥平面ABC ，BE ⊥EC ，BC ＝2，AB ＝4，∠ABC ＝60°.(1)求证：BE ⊥平面ACE ；(2)若直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，求二面角E －AB －C 的余弦值．(1)证明 在△ACB 中，由余弦定理得cos ∠ABC ＝＝，AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC 12解得AC ＝2，3所以AC 2＋BC 2＝AB 2，所以AC ⊥BC .又因为平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，AC ⊂平面ABC ，所以AC ⊥平面BCDE .又BE ⊂平面BCDE ，所以AC ⊥BE .又BE ⊥EC ，AC ，CE ⊂平面ACE ，且AC ∩CE ＝C ，所以BE ⊥平面ACE .(2)解 方法一 因为直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，所以∠BCE ＝45°，所以△EBC 为等腰直角三角形．取BC 的中点F ，连接EF ，过点F 作FG ⊥AB 于点G ，连接EG ，则∠EGF 为二面角E －AB －C 的平面角．易得EF ＝BF ＝1，FG ＝.32在Rt △EFG 中，由勾股定理，得EG ＝＝，EF 2＋FG 272所以cos ∠EGF ＝＝，FG EG 217所以二面角E －AB －C 的余弦值为.217方法二 因为直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，所以∠BCE ＝45°，所以△EBC 为等腰直角三角形．记BC 的中点为O ，连接OE ，则OE ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，分别以OB ，OE 所在直线为x 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－1，2，0)，B (1，0，0)，E (0，0，1)，3所以＝(－2，2，0)，＝(－1，0，1)．BA → 3BE →设平面ABE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则Error!即Error!令x ＝，则m ＝(，1，)为平面ABE 的一个法向量．333易知平面ABC 的一个法向量为＝(0，0，1)，OE →所以cos 〈m ，〉＝＝＝，OE → m ·OE → |m |·|OE →|37217易知二面角E －AB －C 为锐角，所以二面角E －AB －C 的余弦值为.217思维升华 (1)求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平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是锐角还是钝角．(2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量；②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解．跟踪训练3 如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，AC ∩BD ＝O ，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝2，AA 1＝3.(1)证明：平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D ；(2)若∠BAD ＝60°，求二面角B －OB 1－C 的余弦值．(1)证明 ∵A 1O ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴A 1O ⊥BD .∵四边形ABCD 是菱形，∴CO ⊥BD .∵A 1O ∩CO ＝O ，A 1O ，CO ⊂平面A 1CO ，∴BD ⊥平面A 1CO .∵BD ⊂平面BB 1D 1D ，∴平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D .(2)解 ∵A 1O ⊥平面ABCD ，CO ⊥BD ，∴OB ，OC ，OA 1两两垂直，以O 为坐标原点，，，的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．OB → OC → OA 1→∵AB ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝60°，∴OB ＝OD ＝1，OA ＝OC ＝，OA 1＝＝.3AA 21－OA 26则O (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，，0)，A (0，－，0)，A 1(0，0，)，336∴＝(1，0，0)，＝＝(0，，)，＝＋＝(1，，)．OB → BB 1→ AA 1→ 36OB 1→ OB → BB 1→ 36设平面OBB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则Error!即Error!令y ＝，得n ＝(0，，－1)，是平面OBB 1的一个法向量．22同理可求得平面OCB 1的一个法向量m ＝(，0，－1)，6∴cos 〈n ，m 〉＝＝＝.n ·m |n |·|m |13×72121由图可知二面角B －OB 1－C 是锐二面角，∴二面角B －OB 1－C 的余弦值为.2121题型三 立体几何中的探索性问题例4 如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝2，BC 2＝4，PA ＝2.2(1)求证：AB ⊥PC ；(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M －AC －D 的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．(1)证明 如图，由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由AD ＝CD ＝2，BC ＝4，可得△ABC 是等腰直角三角形，即AB ⊥AC ，22因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AB ，又PA ∩AC ＝A ，PA ，AC ⊂平面PAC ，所以AB ⊥平面PAC ，所以AB ⊥PC .(2)解 方法一 (几何法)过点M 作MN ⊥AD 交AD 于点N ，则MN ∥PA ，因为PA ⊥平面ABCD ，所以MN ⊥平面ABCD .过点M 作MG ⊥AC 交AC 于点G ，连接NG ，则∠MGN 是二面角M －AC －D 的平面角．若∠MGN ＝45°，则NG ＝MN ，又AN ＝NG ＝MN ，22所以MN ＝1，所以MN ＝PA ，MN ∥PA ，12所以M 是PD 的中点．在三棱锥M －ABC 中，可得V M －ABC ＝S △ABC ·MN ，13设点B 到平面MAC 的距离是h ，则V B －MAC ＝S △MAC ·h ，13所以S △ABC ·MN ＝S △MAC ·h ，解得h ＝2.2在Rt △BMN 中，可得BM ＝3.3设BM 与平面MAC 所成的角为θ，则sin θ＝＝.h BM 269方法二 (向量法)以A 为坐标原点，以过点A 平行于CD 的直线为x 轴，AD ，AP 所在直线分别为y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A (0，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，222P (0，0，2)，B (2，－2，0)，＝(0，2，－2)，22PD → 2＝(2，2，0)．AC →22易知当点M 与P 点或D 点重合时不满足题意，设＝t (0<t <1)，PM → PD → 则点M 的坐标为(0，2t ，2－2t )，2所以＝(0，2t ，2－2t )．AM →2设平面MAC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则Error!得Error!则可取n ＝.(1，－1，2t 1－t )又m ＝(0,0,1)是平面ACD 的一个法向量，所以|cos 〈m ，n 〉|＝＝cos 45°＝，|m ·n ||m ||n |22解得t ＝，即点M 是线段PD 的中点．12此时平面MAC 的一个法向量可取n 0＝(1，－1，)，2＝(－2，3，1)．BM →22设BM 与平面MAC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n 0，〉|＝.BM → 269思维升华 (1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．(2)平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．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．跟踪训练4 (2018·中原名校联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝AC ＝2，AD ＝2，PB ＝，PB ⊥AC .22(1)求证：平面PAB ⊥平面PAC ；(2)若∠PBA ＝45°，试判断棱PA 上是否存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．69AE AP (1)证明 因为四边形ABCD 是平行四边形，AD ＝2，2所以BC ＝AD ＝2，2又AB ＝AC ＝2，所以AB 2＋AC 2＝BC 2，所以AC ⊥AB ，又PB ⊥AC ，AB ∩PB ＝B ，AB ，PB ⊂平面PAB ，所以AC ⊥平面PAB .又因为AC ⊂平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC .(2)解 由(1)知AC ⊥AB ，AC ⊥平面PAB ，分别以AB ，AC 所在直线为x 轴，y 轴，平面PAB 内过点A 且与直线AB 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，＝(0，2，0)， ＝(－2，2，0)，AC → BC →由∠PBA ＝45°，PB ＝，可得P (1,0,1)，2所以＝(1，0，1)，＝(－1，0，1)，AP → BP →假设棱PA 上存在点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为，69设＝λ(0<λ<1)，AE AP 则＝λ＝(λ，0，λ)，＝－＝(λ，－2，λ)，AE → AP → CE → AE → AC →设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则Error!即Error!令z ＝1，可得x ＝y ＝1，所以平面PBC 的一个法向量n ＝(1，1，1)，设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝ |cos 〈n ，〉| ＝ CE → |λ－2＋λ|3·λ2＋(－2)2＋λ2＝＝，|2λ－2|3·2λ2＋469解得λ＝或λ＝(舍)．1274所以在棱PA 上存在点E ，且＝，AE AP 12使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为.691.在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，PA ＝PD .(1)证明：BC ⊥PB ；(2)若PA ⊥PD ，PB ＝AB ，求二面角A －PB －C 的余弦值．(1)证明 取AD 中点为E ，连接PE ，BE ，BD ，∵PA ＝PD ，∴PE ⊥AD ，∵底面ABCD 为菱形，且∠BAD ＝60°，∴△ABD 为等边三角形，∴BE ⊥AD ，∵PE ∩BE ＝E ，PE ，BE ⊂平面PBE ，∴AD ⊥平面PBE ，又PB ⊂平面PBE ，∴AD ⊥PB ，∵AD ∥BC ，∴BC ⊥PB .(2)解 设AB ＝2，∴AD ＝PB ＝2，BE ＝，3∵PA ⊥PD ，E 为AD 中点，∴PE ＝1，∵PE 2＋BE 2＝PB 2，∴PE ⊥BE .以E 为坐标原点，分别以EA ，EB ，EP 所在直线为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1，0，0)，B (0，，0)，P (0，0，1)，C (－2，，0)，33∴＝(－1，，0)，＝(－1，0，1)，＝(0，－，1)，＝(－2，0，0)．AB → 3AP → BP → 3BC → 设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则Error!即Error!令y ＝，则n ＝(3，，3)．33同理可得平面PBC 的一个法向量m ＝(0，，3)．3cos 〈m ，n 〉＝＝.m ·n |m ||n |277设二面角A －PB －C 的平面角为θ，由图易知θ为钝角，则cos θ＝－cos 〈m ，n 〉＝－.277∴二面角A －PB －C 的余弦值为－.2772.(2018·大连模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 和△AA 1C 均是边长为2的等边三角形，点O 为AC 中点，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC .(1)证明：A 1O ⊥平面ABC ；(2)求直线AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值．(1)证明 ∵AA 1＝A 1C ，且O 为AC 的中点，∴A 1O ⊥AC ，又∵平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，∴A 1O ⊥平面ABC .(2)解 如图，以O 为原点，OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．由已知可得O (0，0，0)，A (0，－1，0)，B (，0，0)，A 1(0，0，)，C 1(0，2，)，333∴＝(，1，0)，＝(，0，－)，＝(0，2，0)，AB → 3A 1B → 33A 1C 1→设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则Error!即Error!∴平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(1，0，1)，设直线AB 与平面A 1BC 1所成的角为α，则sin α＝|cos 〈，n 〉|，AB →又∵cos 〈，n 〉＝＝＝，AB → AB → ·n |AB → ||n |32264∴AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值为.643．(2018·成都诊断)如图1，在边长为5的菱形ABCD 中，AC ＝6，现沿对角线AC 把△ADC 翻折到△APC 的位置得到四面体P －ABC ，如图2所示．已知PB ＝4.2(1)求证：平面PAC ⊥平面ABC ；(2)若Q 是线段AP 上的点，且＝，求二面角Q －BC －A 的余弦值．AQ → 13AP →(1)证明 取AC 的中点O ，连接PO ，BO 得到△PBO .∵四边形ABCD 是菱形，∴PA ＝PC ，PO ⊥AC .∵DC ＝5，AC ＝6，∴OC ＝3，PO ＝OB ＝4，∵PB ＝4，∴PO 2＋OB 2＝PB 2，2∴PO ⊥OB .∵OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥平面ABC .∵PO ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面ABC .(2)解 ∵AB ＝BC ，∴BO ⊥AC .易知OB ，OC ，OP 两两垂直．以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 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Oxyz .则B (4，0，0)，C (0，3，0)，P (0，0，4)，A (0，－3，0)．设点Q (x ，y ，z )．由＝，得Q .AQ → 13AP → (0，－2，43)∴＝(－4，3，0)，＝.BC → BQ → (－4，－2，43)设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面BCQ 的法向量．由Error!得Error!解得Error!取z 1＝15，则n 1＝(3，4，15)．取平面ABC 的一个法向量n 2＝(0，0，1)．∵cos 〈n 1，n 2〉＝＝＝，n 1·n 2|n 1||n 2|1532＋42＋15231010由图可知二面角Q －BC －A 为锐角，∴二面角Q －BC －A 的余弦值为.310104．(2019·南昌模拟)如图，多面体ABCDEF 中，ABCD 为正方形，AB ＝2，AE ＝3，DE ＝，5二面角E －AD －C 的余弦值为，且EF ∥BD .55(1)证明：平面ABCD⊥平面EDC；(2)求平面AEF与平面EDC所成锐二面角的余弦值．5(1)证明 ∵AB＝AD＝2，AE＝3，DE＝，∴AD2＋DE2＝AE2，∴AD⊥DE，又正方形ABCD中，AD⊥DC，且DE∩DC＝D，DE，DC⊂平面EDC，∴AD⊥平面EDC，又∵AD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面EDC.(2)解 由(1)知，∠EDC是二面角E－AD－C的平面角，作OE⊥CD于O，则OD＝DE·cos∠EDC＝1，OE＝2，又∵平面ABCD⊥平面EDC，平面ABCD∩平面EDC＝CD，OE⊂平面EDC，∴OE⊥平面ABCD.取AB中点M，连接OM，则OM⊥CD，如图，以O为原点，分别以OM，OC，OE所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A(2，－1，0)，B(2，1，0)，D(0，－1，0)，E(0，0，2)，∴＝(－2，1，2)，AE →＝(－2，－2，0)，BD →又EF ∥BD ，知EF 的一个方向向量为(2，2，0)，设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则Error!取x ＝－2，得n ＝(－2，2，－3)，又平面EDC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)，∴cos 〈n ，m 〉＝＝－，n ·m |n |·|m |21717设平面AEF 与平面EDC 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝.217175．等边三角形ABC 的边长为3，点D ，E 分别是边AB ，AC 上的点，且满足＝＝，AD DB CE EA 12如图1.将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使二面角A 1—DE —B 为直二面角，连接A 1B ，A 1C ，如图2.(1)求证：A 1D ⊥平面BCED ；(2)在线段BC 上是否存在点P ，使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°？若存在，求出PB 的长；若不存在，请说明理由．(1)证明 因为等边三角形ABC 的边长为3，且＝＝，所以AD ＝1，AE ＝2.AD DB CE EA 12在△ADE 中，∠DAE ＝60°，由余弦定理得DE ＝＝.12＋22－2×1×2×cos 60°3从而AD 2＋DE 2＝AE 2，所以AD ⊥DE .折起后有A 1D ⊥DE ，因为二面角A 1—DE —B 是直二面角，所以平面A 1DE ⊥平面BCED ，又平面A 1DE ∩平面BCED ＝DE ，A 1D ⊥DE ，A 1D ⊂平面A 1DE ，所以A 1D ⊥平面BCED .(2)解 存在．理由：由(1)可知ED ⊥DB ，A 1D ⊥平面BCED .以D 为坐标原点，分别以DB ，DE ，DA 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .设PB ＝2a (0≤2a ≤3)，作PH ⊥BD 于点H ，连接A 1H ，A 1P ，则BH ＝a ，PH ＝a ，DH ＝2－a .3所以A 1(0,0,1)，P (2－a ，a ，0)，E (0，，0)．33所以＝(a －2，－a ，1)．PA 1→3因为ED ⊥平面A 1BD ，所以平面A 1BD 的一个法向量为＝(0，，0)．DE →3要使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°，则sin 60°＝＝＝，|PA 1→ ·DE → ||PA 1→ ||DE → |3a 4a 2－4a ＋5×332解得a ＝.此时2a ＝，满足0≤2a ≤3，符合题意．5452所以在线段BC 上存在点P ，使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°，此时PB ＝.526.如图，在四棱锥E －ABCD 中，底面ABCD 是圆内接四边形，CB ＝CD ＝CE ＝1，AB ＝AD ＝AE ＝，EC ⊥BD .3(1)求证：平面BED ⊥平面ABCD ；(2)若点P 在侧面ABE 内运动，且DP ∥平面BEC ，求直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值．(1)证明 如图，连接AC ，交BD 于点O ，连接EO ，∵AD ＝AB ，CD ＝CB ，AC ＝AC ，∴△ADC ≌△ABC ，易得△ADO ≌△ABO ，∴∠AOD ＝∠AOB ＝90°，∴AC ⊥BD .又EC ⊥BD ，EC ∩AC ＝C ，EC ，AC ⊂平面AEC ，∴BD ⊥平面AEC ，又OE ⊂平面AEC ，∴OE ⊥BD .又底面ABCD 是圆内接四边形，∴∠ADC ＝∠ABC ＝90°，在Rt △ADC 中，由AD ＝，CD ＝1，3可得AC ＝2，AO ＝，32∴∠AEC ＝90°，＝＝，AE AC AO AE 32易得△AEO ∽△ACE ，∴∠AOE ＝∠AEC ＝90°，即EO ⊥AC .又AC ，BD ⊂平面ABCD ，AC ∩BD ＝O ，∴EO ⊥平面ABCD ，又EO ⊂平面BED ，∴平面BED ⊥平面ABCD .(2)解 如图，取AE 的中点M ，AB 的中点N ，连接MN ，ND ，DM ，则MN ∥BE ，由(1)知，∠DAC ＝∠BAC ＝30°，即∠DAB ＝60°，∴△ABD 为正三角形，∴DN ⊥AB ，又BC ⊥AB ，DN ，CB ⊂平面ABCD ，∴DN ∥CB ，又MN ∩DN ＝N ，BE ∩BC ＝B ，MN ，DN ⊂平面DMN ，BE ，BC ⊂平面EBC ，∴平面DMN ∥平面EBC ，∴点P 在线段MN 上．以O 为坐标原点，OA ，OB ，OE 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A ，B ，E ，(32，0，0)(0，32，0)(0，0，32)M ，D ，N ，(34，0，34)(0，－32，0)(34，34，0)∴＝，＝，AB → (－32，32，0)AE → (－32，0，32)＝，＝，DM → (34，32，34)MN → (0，34，－34)设平面ABE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则Error!即Error!令x ＝1，则n ＝(1，，)，33设＝λ(0≤λ≤1)，MP → MN →可得＝＋＝，DP → DM → MP → (34，32＋34λ，34－34λ)设直线DP 与平面ABE 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，〉|＝＝，DP → |n ·DP → ||n |·|DP → |1242×λ2＋λ＋4∵0≤λ≤1，∴当λ＝0时，sin θ取得最大值.427故直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值为.427。
2020版高考数学新增分大一轮新高考专用讲义：第八章 8.1 空间几何体的结构、表面积与体积含解析
§8.1 空间几何体的结构、表面积与体积最新考纲 1.利用实物模型、计算机软件观察大量空间图形，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.了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式(不要求记忆公式)．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全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(2)旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线平行、相等且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2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S 圆柱侧＝2πrl S 圆锥侧＝πrl S 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l3.空间几何体的表面积与体积公式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 ＝S 底·h 锥体(棱锥和圆锥)S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝S 底·h13台体(棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝(S 上＋S 下＋13S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝πR 343概念方法微思考1．底面是正多边形的棱柱是正棱柱吗？为什么？提示 不一定．因为底面是正多边形的直棱柱才是正棱柱．2．如何求不规则几何体的体积？提示 求不规则几何体的体积要注意分割与补形，将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则的几何体求解．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( × )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( × )(3)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分．( √ )(4)锥体的体积等于底面积与高之积．( × )(5)已知球O 的半径为R ，其内接正方体的边长为a ，则R ＝a .( √ )32(6)圆柱的一个底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS .( × )题组二 教材改编2．已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A ．1 cm B ．2 cm C ．3 cm D. cm32答案 B解析 S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，∴r 2＝4，∴r ＝2.3．在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)答案 ③⑤题组三 易错自纠4．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.π C ．8π D ．4π323答案 A解析 由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线为2即为球的直径，所以球的表面积3为4πR 2＝(2R )2π＝12π，故选A.5.如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________．答案 1∶47解析 设长方体的相邻三条棱长分别为a ，b ，c ，它截出棱锥的体积V 1＝××a ×b ×c ＝1312121212abc ，剩下的几何体的体积V 2＝abc －abc ＝abc ，所以V 1∶V 2＝1∶47.1481484748题型一 空间几何体的结构特征1．以下命题：①以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②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；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．1 C．2 D．3答案 B解析 由圆锥、圆台、圆柱的定义可知①②错误，③正确．对于命题④，只有用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，④不正确．2．给出下列四个命题：①有两个侧面是矩形的立体图形是直棱柱；②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；④底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱．其中不正确的命题为________．(填序号)答案 ①②③解析 对于①，平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形，故①错；对于②，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明(如图)，故②错；对于③，若底面不是矩形，则③错；④由线面垂直的判定，可知侧棱垂直于底面，故④正确．综上，命题①②③不正确．思维升华空间几何体概念辨析题的常用方法(1)定义法：紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，根据定义进行判定．(2)反例法：通过反例对结构特征进行辨析．题型二 空间几何体的表面积与体积命题点1 空间几何体的表面积例1 (2018·全国Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )2A．12πB．12π2C．8πD．10π答案 B解析 设圆柱的轴截面的边长为x，2则由x2＝8，得x＝2，222∴S圆柱表＝2S底＋S侧＝2×π×()2＋2π××2＝12π.故选B.命题点2 求简单几何体的体积3例2 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( )A ．3B.32C ．1 D.32答案 C 解析 如题图，因为△ABC 是正三角形，且D 为BC 中点，则AD ⊥BC .又因为BB 1⊥平面ABC ，AD ⊂平面ABC ，故BB 1⊥AD ，且BB 1∩BC ＝B ，BB 1，BC ⊂平面BCC 1B 1，所以AD ⊥平面BCC 1B 1，所以AD 是三棱锥A －B 1DC 1的高．所以V 三棱锥A －B 1DC 1＝S △B 1DC 1·AD13＝××＝1.1333思维升华 空间几何体表面积、体积的求法(1)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．(3)体积可用公式法、转换法、分割法、补形法等求解．跟踪训练1 如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各条棱长均为2，D 为棱B 1C 1上任意一点，则三棱锥D －A 1BC 的体积是______．答案 233解析 VD －A 1BC ＝VB 1－A 1BC＝VA 1－B 1BC ＝×S △B 1BC ×＝.133233题型三 与球有关的切、接问题例3 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.B ．2 C. D ．331721013210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 ＝BC ＝，1252OM ＝AA 1＝6，12所以球O 的半径R ＝OA ＝＝.(52)2＋62132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4，3从而V 外接球＝πR 3＝π×(2)3＝32π，434333V 内切球＝πr 3＝π×23＝.434332π32．本例若将直三棱柱改为“正四面体”，则此正四面体的表面积S 1与其内切球的表面积S 2的比值为多少？解 正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4×·a 2＝a 2，其内切球半径r 为正343四面体高的，即r ＝·a ＝a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝，则＝＝.141463612πa 26S 1S 23a 2πa 2663π3．本例中若将直三棱柱改为“侧棱和底面边长都是3的正四棱锥”，则其外接球的半径2是多少？解 依题意，得该正四棱锥底面对角线的长为3×＝6，高为 ＝22(32)2－(12×6)23，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 “切”“接”问题的处理规律(1)“切”的处理首先要找准切点，通过作截面来解决，截面过球心．(2)“接”的处理抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．跟踪训练2 (2018·全国Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为9，则三棱锥D －ABC 体积的最大值为( )3A ．12 B ．18 C ．24 D ．543333答案 B解析 由等边△ABC 的面积为9，可得AB 2＝9，3343所以AB ＝6，所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝AB ＝2.333设球的半径为R ，球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ，则d ＝＝＝2.R 2－r 216－12所以三棱锥D －ABC 高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D －ABC 体积的最大值为×9×6＝18.13331．将一个等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周，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 ．两个圆柱、一个圆台 D ．一个圆柱、两个圆锥答案 D解析 从较短的底边的端点向另一底边作垂线，两条垂线把等腰梯形分成了两个直角三角形，一个矩形，所以一个等腰梯形绕它的较长的底边所在直线旋转一周形成的是由一个圆柱，两个圆锥所组成的几何体，如图：2．用长为8，宽为4的矩形做侧面围成一个圆柱，则圆柱的轴截面的面积为( )A ．32 B. C. D.32π16π8π答案 B解析 若8为底面周长，则圆柱的高为4，此时圆柱的底面直径为，其轴截面的面积为；8π32π若4为底面周长，则圆柱的高为8，此时圆柱的底面直径为，其轴截面的面积为.4π32π3．(2018·辽宁部分重点中学协作体模拟)在一个密闭透明的圆柱筒内装一定体积的水，将该圆柱筒分别竖直、水平、倾斜放置时，指出圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是( )A ．圆面B ．矩形面C ．梯形面D ．椭圆面或部分椭圆面答案 C解析 将圆柱桶竖放，水面为圆面；将圆柱桶斜放，水面为椭圆面或部分椭圆面；将圆柱桶水平放置，水面为矩形面，所以圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是梯形面，故选C.4．棱长为a 的正四面体的表面积是( )A.a 2 B.a 2 C.a 2 D.a 236312343答案 D解析 棱长为a 的正四面体的四个面都是正三角形，正四面体的表面积是4×a 2＝a 2.3435．(2019·江西重点中学联考)《算术书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典著，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出圆锥的底面周长l 与高h ，计算其体积V 的近似公式V ＝l 2h ，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取3，那么，近似公式V ≈l 2h 13625942相当于将圆锥体积公式中的π近似取( )A. B.227258C. D.15750355113答案 C解析 V ＝πr 2h ＝π×2h ＝l 2h ，1313(l 2π)112π由≈，得π≈，故选C.112π25942157506．(2018·四川棠湖中学月考)用一个平面去截正方体，则截面不可能是( )A ．直角三角形B ．等边三角形C ．正方形D ．正六边形答案 A解析 用一个平面去截正方体，则截面的情况为：①截面为三角形时，可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形，但不可能是钝角三角形、直角三角形；②截面为四边形时，可以是梯形(等腰梯形)、平行四边形、菱形、矩形，但不可能是直角梯形；③截面为五边形时，不可能是正五边形；④截面为六边形时，可以是正六边形．7．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．答案 ②③④解析 ①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面所在的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中的三棱锥C 1－ABC ，四个面都是直角三角形．8．如图所示，一个底面半径为R 的圆柱形量杯中装有适量的水．若放入一个半径为r 的实心铁球，水面高度恰好升高r ，则＝________.R r答案 233解析 由水面高度升高r ，得圆柱体积增加了πR 2r ，恰好是半径为r 的实心铁球的体积，因此有πr 3＝πR 2r .故＝.43R r 2339．一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥3的侧面积为________．答案 12解析 设六棱锥的高为h ，则V ＝Sh ，13所以××4×6h ＝2，解得h ＝1.13343设六棱锥的斜高为h ′，则h 2＋()2＝h ′2，故h ′＝2.3所以该六棱锥的侧面积为×2×2×6＝12.1210．(2017·全国Ⅱ)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________．答案 14π解析 ∵长方体的顶点都在球O 的球面上，∴长方体的体对角线的长度就是其外接球的直径．设球的半径为R ，则2R ＝＝.32＋22＋1214∴球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×2＝14π.(142)11．若圆锥的表面积是15π，侧面展开图的圆心角是60°，求圆锥的体积．解 设圆锥的底面半径为r ，母线为l ，则2πr ＝πl ，得l ＝6r .13又S 锥＝πr 2＋πr ·6r ＝7πr 2＝15π，得r ＝，157圆锥的高h ＝＝＝·rl 2－r 236r 2－r 235＝·＝5，351573V ＝πr 2h ＝π××5＝π.13131573253712．若E ，F 是三棱柱ABC —A 1B 1C 1侧棱BB 1和CC 1上的点，且B 1E ＝CF ，三棱柱的体积为m ，求四棱锥A —BEFC 的体积．解 如图所示，连接AB 1，AC 1.因为B 1E ＝CF ，所以梯形BEFC 的面积等于梯形B 1EFC 1的面积．又四棱锥A —BEFC 的高与四棱锥A —B 1EFC 1的高相等，所以V A —BEFC ＝11—A B EFC V ＝1211—.A BB C C V又＝·h ，111—A A B C V 13111A B C S △＝·h ＝m ，111—ABC A B C V 111A B C S △所以＝，111—A A B C V m 3所以＝－＝，11—.A BB C C V 111—ABC A B C V 111—A A B C V 2m 3所以V A —BEFC ＝×＝，122m 3m 3即四棱锥A —BEFC 的体积是.m 313．已知边长为a 的菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，将该菱形沿对角线AC 折起，使BD ＝a ，则三棱锥D —ABC 的体积为( )A. B. C. D.a 36a 3123a 3122a 312答案 D解析 在边长为a 的菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，将该菱形沿对角线AC 折起，使BD ＝a ，则三棱锥D —ABC 为正四面体，D 在底面的射影为正三角形的中心O ，h ＝OD ＝＝＝，DE 2－OE 234a 2－112a 26a 3所以三棱锥D —ABC 的体积为V ＝Sh ＝··＝.13133a 246a 32a 31214.如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m ，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P 处．若该小虫爬行的最短路程为4 m ，则圆锥2底面圆的半径等于________ m.答案 1解析 把圆锥侧面沿过点P 的母线展开成如图所示的扇形，由题意OP ＝4，PP ′＝4，2则cos ∠POP ′＝＝0，且∠POP ′是三角形的内角，42＋42－(42)22×4×4所以∠POP ′＝.π2设底面圆的半径为r ，则2πr ＝×4，所以r ＝1.π215．已知过球面上A ，B ，C 三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB ＝18，BC ＝24，AC ＝30，求球的表面积和体积．解 因为AB ∶BC ∶AC ＝18∶24∶30＝3∶4∶5，所以△ABC 是直角三角形，∠B ＝90°.又球心O 在截面△ABC 上的投影O ′为截面圆的圆心，也即是Rt △ABC 的外接圆的圆心，所以斜边AC 为截面圆O ′的直径(如图所示)，设O ′C ＝r ，OC ＝R ，则球半径为R ，截面圆半径为r ，在Rt △O ′CO 中，由题设知sin ∠O ′CO ＝＝，OO ′OC 12所以∠O ′CO ＝30°，所以＝cos 30°＝，r R 32即R ＝r ， (*)23又2r ＝AC ＝30⇒r ＝15，代入(*)得R ＝10.3所以球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×(10)2＝1 200π.3球的体积为V ＝πR 343＝π×(10)3＝4 000π.433316.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 ＝4，EB ＝2.3(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 ，DC ，AC ⊂平面ADC ，∴BC ⊥平面ADC .∵DE ∥BC ，∴DE ⊥平面ADC .(2)解 ∵DC ⊥平面ABC ，DC ∥BE ，∴BE ⊥平面ABC .在Rt △ABE 中，AB ＝4，EB ＝2.3在Rt △ABC 中，∵AC ＝x ，∴BC ＝(0<x <4)，16－x 2∴S △ABC ＝AC ·BC ＝x ·，121216－x 2∴V (x )＝V 三棱锥E －ABC ＝x ·(0<x <4)．3316－x 2∵x 2(16－x 2)≤2＝64，(x 2＋16－x 22)当且仅当x 2＝16－x 2，即x ＝2时取等号，2∴当x ＝2时，体积有最大值.2833。
2020版高考数学(江苏专用)新增分大一轮课件：第八章 立体几何 8.3
⇒l⊥α
a ⊥α b⊥α
⇒a∥b
2.直的射影 所成的锐角，叫做这条直线和这个
平面所成的角.若一条直线垂直于平面，它们所成的角是 直角 ，若一条直 线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是 0° 的角.
(3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理
文字语言
判定 定理
图形语言
符号语言
l⊥α ⇒ α ⊥β l⊂β
⇒l⊥α α∩β＝a l⊥a
如果一个平面经过另一
个平面的一条 垂线 ，那 么这两个平面互相垂直 如果两个平面互相垂直，
性质 那么在一个平面内垂直
定理 于它们 交线 的直线垂 直于另一个平面
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5. 如图所示，在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中，点 O ， M ， N 分别是线段 BD ， 垂直 DD1，D1C1的中点，则直线OM与AC，MN的位置关系是______. 解析 因为DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1， 又因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D， 所以AC⊥平面BDD1B1， 因为OM⊂平面BDD1B1，所以OM⊥AC. 设正方体的棱长为2，
∴AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，
∴AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高.
同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高， 即O为△ABC的垂心.
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题组三 易错自纠 4.若l，m为两条不同的直线，α为平面，且l⊥α，则“m∥α”是“m⊥l”的 充分不必要 条件.(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分 ____________ 又不必要”) 解析 由l⊥α且m∥α能推出m⊥l，充分性成立； 若l⊥α且m⊥l，则m∥α或者m⊂α，必要性不成立， 因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要条件.
2020江苏高考数学新增分一轮课件：第八章 立体几何 8.3
∵a，b异面，∴a′与b′相交，∴l⊥α.
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2. 设 l ， m 表示直线， m 是平面 α 内的一条直线，则 “l⊥m” 是 “l⊥α” 成立的
必要不充分 条件.(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又 ____________
不必要”) 解析 由线面垂直的定义知，直线垂直于平面内至少两条相交直线， 则直线与平面垂直，只平行于平面内一条直线说明充分性不成立， 反之，直线垂直于平面，
思维升华 对命题条件的探索的三种途径 途径一：先猜后证. 途径二：先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性. 途径三：将几何问题转化为代数问题.
跟踪训练3
如图所示的空间几何体ABCDEFG中，四边形ABCD是边长为2的
正方形，AE⊥平面ABCD，EF∥AB，EG∥AD，EF＝EG＝1. (1)求证：平面CFG⊥平面ACE；
又四边形ABCD为矩形，所以AD⊥CD， 又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD， 所以CD⊥平面PAD. 又因为CD⊂平面ABCD， 所以平面PAD⊥平面ABCD.
(2)求证：EF∥平面PAD.
思维升华 (1)判定面面垂直的方法 ①面面垂直的定义； ②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β). (2)在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作交线的 垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.
∴AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，
∴AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高.
同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高， 即O为△ABC的垂心.
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(2)若∠BAD＝60°，求二面角B－OB1－C的余弦值.
师生共研
题型三 立体几何中的探索性问题
例 4 如图，在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，AD∥BC，AD⊥CD， 且 AD＝CD＝2 2，BC＝4 2，PA＝2. (1)求证：AB⊥PC；
(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M－AC－D的大小为45°，如果 存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由.
角为 β，则 θ＝π2－β 或 θ＝β－π2，故有 sin θ＝|cos β|＝||ll|·|nn||.
跟踪训练2 (2018·宿迁期末)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1， AA1＝t，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz. (1)若t＝1，求异面直线AC1与A1B所成角的大小；
跟踪训练4 如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝ PC＝2，作如图(2)折叠，折痕EF∥DC.其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿 EF折叠后，点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF. (1)证明：CF⊥平面MDF；
(2)求三棱锥M－CDE的体积.
2 课时作业
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技能提升练
5.等边三角形 ABC 的边长为 3，点 D，E 分别是边 AB，AC 上的点，且满足ADDB＝ CEAE＝12，如图 1.将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置，使二面角 A1—DE—B 为直二面角，连结 A1B，A1C，如图 2. (1)求证：A1D⊥平面BCED；
PART TWO
基础保分练
1.在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，PA＝PD. (1)证明：BC⊥PB；
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(2)若PA⊥PD，PB＝AB，求二面角A－PB－C的余弦值.
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2. 如 图 ， 在 三 棱 柱 ABC － A1B1C1 中 ， △ABC 和 △AA1C均是边长为2的等边三角形，点O为AC中点， 平面AA1C1C⊥平面ABC. (1)证明：A1O⊥平面ABC； 证明 ∵AA1＝A1C，且O为AC的中点， ∴A1O⊥AC， 又 ∵ 平 面 AA1C1C⊥ 平 面 ABC ， 平 面 AA1C1C∩ 平 面 ABC ＝ AC ， A1O⊂ 平 面 AA1C1C， ∴A1O⊥平面ABC.
思维升华 (1)平行问题的转化
利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时， 一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”， 再到“面面平行”；而应用性质定理时，其顺序正好相反.在实际的解题过 程中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用.
(2)垂直问题的转化
思维升华
(1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利 用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足 则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设. (2)平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关 系的变化情况.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.
在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直 提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫.应用面面垂直的性 质定理时，一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂 线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题.
跟踪训练1 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC， AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点. (1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1； 证明 在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC. 因为AB⊂平面ABC， 所以BB1⊥AB. 又因为AB⊥BC，BC∩BB1＝B， 所以AB⊥平面B1BCC1. 又AB⊂平面ABE， 所以平面ABE⊥平面B1BCC1.
命题点2 求二面角
例 3 如图，以正四棱锥 V－ABCD 的底面中心 O 为坐标原点建立空间直角坐 标系 O－xyz，其中 Ox∥BC，Oy∥AB，点 E 为 VC 的中点，正四棱锥的底面边 长为 2a，高为 h，且有 cos〈B—→E，—D→E〉＝－1459. (1)求ah的值；
(2)求二面角B－VC－D的余弦值.
大一轮复习讲义
第八章 立体几何
高考专题突破四 高考中的立体几何问题
内容索引 题型分类 深度剖析
NEIRONGSUOYIN 课时作业
1 题型分类 深度剖析
PART ONE
师生共研
题型一 平行、垂直关系的证明
例1 (2018·南京、盐城、连云港模拟)如图，已知矩形ABCD所在平面与 △ABE所在平面互相垂直，AE＝AB，M，N，H分别为DE，AB，BE的中点. (1)求证：MN∥平面BEC；
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(2)若点P在侧面ABE内运动，且DP∥平面BEC，求直线DP与平面ABE所成角 的正弦值的最大值.
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编后语
听课对同学们的学习有着非常重要的作用。课听得好好，直接关系到大家最终的学习成绩。如何听好课，同学们可以参考如下建议：
一、听要点。
一般来说，一节课的要点就是老师们在备课中准备的讲课大纲。许多老师在讲课正式开始之前会告诉大家，同学们对此要格外注意。例如在学习物理 课“力的三要素”这一节时，老师会先列出力的三要素——大小、方向、作用点。这就是一堂课的要点。把这三点认真听好了，这节课就基本掌握了。
(2)求证：AH⊥CE. 证明 因为四边形ABCD为矩形，所以BC⊥AB. 因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，BC⊂平面ABCD， 且BC⊥AB， 所以BC⊥平面ABE. 因为AH⊂平面ABE，所以BC⊥AH. 因为AB＝AE，H为BE的中点，所以BE⊥AH. 因为BC∩BE＝B，BC⊂平面BEC，BE⊂平面BEC， 所以AH⊥平面BEC. 又因为CE⊂平面BEC，所以AH⊥CE.
二、听思路。
思路就是我们思考问题的步骤。例如老师在讲解一道数学题时，首先思考应该从什么地方下手，然后在思考用什么方法，通过什么样的过程来进行解 答。听课时关键应该弄清楚老师讲解问题的思路。
三、听问题。
对于自己预习中不懂的内容，上课时要重点把握。在听讲中要特别注意老师和课本中是怎么解释的。如果老师在讲课中一带而过，并没有详细解答， 大家要及时地把它们记下来，下课再向老师请教。
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(2)求直线AB与平面A1BC1所成角的正弦值.
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3.如图，多面体 ABCDEF 中，ABCD 为正方形，AB＝2，AE＝3，DE＝ 5， 二面角 E－AD－C 的余弦值为 55，且 EF∥BD. (1)证明：平面 ABCD⊥平面 EDC；
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(2)求平面AEF与平面EDC所成锐二面角的余弦值.
四、听方法。
在课堂上不仅要听老师讲课的结论而且要认真关注老师分析、解决问题的方法。比如上语文课学习汉字，一般都是遵循着“形”、“音”、“义”的 研究方向；分析小说，一般都是从人物、环境、情节三个要素入手；写记叙文，则要从时间、地点、人物和事情发生的起因、经过、结果六个方面进行 叙述。这些都是语文学习中的一些具体方法。其他的科目也有适用的学习方法，如解数学题时，会用到反正法；换元法；待定系数法；配方法；消元法； 因式分解法等，掌握各个科目的方法是大家应该学习的核心所在。
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4.(2018·江苏省盐城市东台中学模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1 ＝AB＝AC＝2，AB⊥AC，M是棱BC的中点，点P在线段A1B上. (1)若P是线段A1B的中点，求直线MP与直线AC所成角的大小；
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(2)若 N 是 CC1 的中点，直线 A1B 与平面 PMN 所成角的正弦值为 77，求线段 BP 的长度.
(2)求证：C1F∥平面ABE；
多维探究
题型二 立体几何中的计算问题
命题点1 求线线角和线面角 例2 如图，在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1E＝CF＝1. (1)求异面直线AC1与BE所成角的余弦值；
(2)求直线BB1与平面BED1F所成角的正弦值.
思维升华
(1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和它在平面 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 其余角就是斜线和平面所成的角. (2)若直线 l 与平面 α 的夹角为 θ，直线 l 的方向向量 l 与平面 α 的法向量 n 的夹
解 当t＝1时，A(0,0,0)，B(1,0,0)，A1(0,0,1)，C1(1,1,1)，
则A—C→1＝(1,1,1)，A—1→B＝(1,0，－1)，
故
cos〈A—C→1，A—1→B〉＝
—→ —→ A—→C1·A—1B→＝0，
|AC1|·|A1B|
所以异面直线AC1与A1B所成的角为90°.
(2)若t＝5，求直线AC1与平面A1BD所成角的正弦值.
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(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在， 求出PB的长；若不存在，请说明理由.
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拓展冲刺练
6.如图，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD是圆内接四边形，CB＝CD＝CE＝1， AB＝AD＝AE＝ 3，EC⊥BD. (1)求证：平面BED⊥平面ABCD；
优等生经验谈：听课时应注意学习老师解决问题的思考方法。同学们如果理解了老师的思路和过程，那么后面的结论自然就出现了，学习起来才能够举 一反三，事半功倍。
2019/7/8
最新中小学教学课件
谢谢欣赏！
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