(新课标)高考数学(理)大一轮复习精讲课件：第七章 立体几何第二节 空间几何体的表面积与体积
[类题通法]
1．计算柱、锥、台的体积关键是根据条件找出相应的底 面积和高．
2．注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、转化 法等，它们是解决一些不规则几何体体积计算常用的方法，应 熟练掌握．
第二节
空间几何体的表面积与体积
基础盘查一
柱体、锥体、台体的表面积
(一)循纲忆知
了解柱体、锥体、台体的表面积的计算公式．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)几何体的表面积就是其侧面积与底面积的和 (√ )
(2)几何体的侧面积是指各个侧面积之和
(√ )
2． (人教 A 版教材例题改编)已知棱长为 a， 各面均为等边三角形的
[提醒]
组合体的表面积应注意重合部分的处理．
[题组练透]
1．(2014· 陕西高考)将边长为1的正方形以其一边所在的直线为旋转 轴旋转一周，所得几何体的侧面积是 A．4π C．2π B．3π D． π ( )
解析：由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径 为1，高为1，其侧面积S＝2πrh＝2π×1×1＝2π.
解析：由俯视图可知，四棱锥顶点在底面的射 影为 O(如图)，又侧视图为直角三角形，则直 角三角形的斜边为 BC＝2，斜边上的高为 SO 1 4 ＝1，此高即为四棱锥的高，故 V＝3×2×2×1＝3.
基础盘查三
球的表面积与体积
(一)循纲忆知
了解球的表面积与体积的计算公式．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)球的表面是曲面，不能展开在一平面上，故没有展开图 (√ )
答案：A
3．已知某几何体的三视图的正视图和侧视图是全等的等腰梯形，俯
26π 视图是两个同心圆，如图所示，则该几何体的表面积为______.
解析：由三视图知该几何体为上底直径为 2，下底直径为 6， 高为 2 3的圆台，则几何体的表面积 S＝π×1＋π×9＋π×(1 ＋3)× 2 32＋22＝26π.
[必备知识]
1．柱体 V柱体＝Sh；V圆柱＝πr2h.
2．锥体 1 1 2 V锥体＝3Sh；V圆锥＝3πr h.
3．台体 1 V台体＝3(S＋ SS′＋S′)h； 1 V圆台＝3πh(r2＋rr′＋r′2)．
[提醒]
(1)求一些不规则几何体的体积常用割补的方法将几何体转化 成已知体积公式的几何体进行解决．
2． (人教 B 版教材例题改编)如图， 在长方体 ABCDA′B′C′D′ 中，用截面截下一个棱锥 CA′DD′，则棱锥 CA′DD′的体
1∶5 ． 积与剩余部分的体积之比为________
3． (2015· 海淀高三练习)已知某四棱锥， 底面是边长为 2 的正方形，且俯视图如图所示．若该四棱锥的侧 4 3 ． 视图为直角三角形，则它的体积为____
3 2
答案：B
2．(2014· 山东高考)三棱锥 PABC 中，D，E 分别为 PB，PC 的中点， V1 记三棱锥 DABE 的体积为 V1，PABC 的体积为 V2，则V ＝_____. 4 2
1
解析：如图，设点C到平面PAB的距离为h， 1 三角形PAB的面积为S，则V2＝3Sh，V1＝ 1 1 1 1 V1 1 VE－ADB＝3×2S×2h＝12Sh，所以V ＝4. 2
12π ． 方形，则该球的表面积是_____
解析：依题意得，该几何体是球的一个内接正方体，且该 正方体的棱长为2.设该球的直径为2R，则2R＝ 22＋22＋22
＝2 3，所以该几何体的表面积为4πR2＝4π( 3)2＝12π.
考点一
空间几何体的表面积 (基础送分型考点——自主练透)
[必备知识]
当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆 台的上底面半径为零时，得到圆锥，由此可得： r′＝r r′＝0 S圆柱侧＝2πrl―――→S圆台侧＝π(r＋r′)l―――→S圆锥侧＝πrl
(2)与三视图有关的体积问题需注意几何体还原的准确性及数 据的准确性．
[典题例析]
1．(2014· 辽宁高考)某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积 为 ( )
A．8－2π π C．8－2
B．8－π π D．8－4
1 解析：直观图为棱长为2的正方体割去两个底面半径为1的 4 1 圆柱，所以该几何体的体积为2 －2×π×1 ×2×4＝8－π.
[类题通法]
求几何体的表面积的方法
(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题， 即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．
(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基 本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求 和或作差求得几何体的表面积．
考点二
空间几何体的体积 (重点保分型考点——师生共研)
解析：由侧(左)视图知：正三棱柱的高(侧棱长)为2，底边上 的高为 3，所以底边边长为2，侧面积为3×2×2＝12.
基础盘查二
柱体、锥体、台体的体积
(一)循纲忆知
了解柱体、锥体、台体的体积的计算公式．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)等底面面积且等高的两个同类几何体的体积相等 (√ )
(2)在三棱锥PABC中，VPABC＝VAPBC＝VBPAC＝VCPAB( √ )
2．(2014· 安徽高考)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的 表面积为 ( )
A．21＋ 3 C．21
B．18＋ 3 D．18
解析：由三视图可知该几何体的直观图如图所 示，其是棱长为2的正方体从后面右上角和前面左 下角分别截去一个小三棱锥后剩余的部分，其表 1 3 面积为S＝6×4－2×6＋2× 4 ×( 2)2＝21＋ 3.
(2)正方体的内切球中其直径与棱长相等 (√ )
2．(人教 A 版教材例题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的
2∶3 ，球的表面 直径，则球的体积与圆柱体积之比为________
1∶1 ． 积与圆柱的侧面积之比为________
3 ．已知某一多面体内接于球构成一个简单组合 体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图 均如图所示， 且图中的四边形是边长为 2 的正
2 3 作 SD⊥BC， 3 ∵BC＝a，∴SD＝ 2 a 3 2 ∴S△SBC＝ 4 a ， 3 2 ∴表面积 S＝4× 4 a ＝ 3a2.
3．(2015· 北京石景山一模)正三棱柱的侧(左)视图如图所示，则该正
12 ． 三棱柱的侧面积为_____
高考数学一轮复习 第7章 立体几何 7.2 空间几何体的表面积与体积课件 文
积．12/8/2021
搞清组合体构成部分，分别求其表面
第十八页，共五十五页。
解析 由三视图可得圆锥的母线长为 22＋2 32＝4， ∴S 圆锥侧＝π×2×4＝8π.又 S 圆柱侧＝2π×2×4＝16π，S ＝ 圆柱底 4π，∴该几何体的表面积为 8π＋16π＋4π＝28π.故选 C.
12/8/2021
12/8/2021
第三十页，共五十五页。
解析 由三视图知该零件是两个圆柱的组合体．一个 圆柱的底面半径为 2 cm，高为 4 cm；另一个圆柱的底面半 径为 3 cm，高为 2 cm.则零件的体积 V1＝π×22×4＋ π×32×2 ＝ 34π(cm3) ． 而 毛 坯 的 体 积 V ＝ π×32×6 ＝ 54π(cm3)，因此切削掉部分的体积 V2＝V－V1＝54π－34π＝ 20π(cm3)，所以VV2＝5240ππ＝1207.故选 C.
由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，
r，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．
∴r＝
12－122＝
3 2.
∴圆柱的体积为 V＝πr2h＝34π×1＝34π.故选 B.
12/8/2021
第四十一页，共五十五页。
2．正三棱锥 A－BCD 内接于球 O，且底面边长为 3，
16π 侧棱长为 2，则球 O 的表面积为____3____．
12/8/2021
第二十六页，共五十五页。
A．110 B．116 C．118 D．120 此题应采用割补法求解．
12/8/2021
第二十七页，共五十五页。
解析 如图，过点 A 作 AP⊥CD，AM⊥EF，过点 B 作 BQ⊥CD，BN⊥EF，垂足分别为 P，M，Q，N，连接 PM， QN，将一侧的几何体补到另一侧，组成一个直三棱柱，底 面积为12×10×3＝15.棱柱的高为 8，体积 V＝15×8＝120. 故选 D.
2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版强基版)：向量法求空间角(二)
(4)若二面角α－a－β的两个半平面α，β的法向量n1，n2的夹角为θ，则二
面角α－a－β的大小是π－θ.( × )
教材改编题
(1)求证：AB∥CD；
在题图 1 中，CD＝DE＝1，AD⊥CD，则 CE＝ 2，∠DEC＝45°， 而 AD∥BC，即∠ECB＝45°， 在 △BCE 中 ， BE ＝ CE2＋BC2－2CE·BC·cos∠ECB ＝
2＋4－2 2×2× 22＝ 2， 则∠AEB＝∠EBC＝45°， 又 AE∥BC 且 AE＝BC，所以四边形 ABCE 为平行四边形，所以 AB＝ CE＝ 2，所以∠EAB＝∠AEB＝45°，
如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系， BC∥y轴，设AB＝BC＝2，取AS＝AD＝2m(m>0)， 则B(2,0,0)，C(2,2,0)，S(0,0,2m)，E(1,1，m)， 由A→B＝(2,0,0)，A→E＝(1,1，m)， 设平面 EAB 的法向量为 n1＝(x1，y1，z1)，则2x1x＋1＝y10＋，mz1＝0， 令 y1＝ m，则 n1＝(0，m，－1)，
设平面ADE的法向量为m＝(a，b，c)，
m·E→D＝ 则
22b＋
22c＝0，
m·E→A＝ 2a－b＋c＝0，
取 c＝1，得 m＝(－ 2，－1,1)，
设直线BD与平面ADE所成的角为θ，
sin θ＝|cos〈B→D，m〉|＝
2－
22＋
2
2
2＋1＋1× 2＋12＋21
＝ 33，
所以直线
高考数学一轮第7章 立体几何 7-2
解析 由三视图可得该四面体的直观 图如图所示，平面 ABD⊥平面 BCD，△ ABD 与△BCD 为全等的等腰直角三角形， AB＝AD＝BC＝CD＝ 2.取 BD 的中点 O， 连接 AO，CO，则 AO⊥CO，AO＝CO＝ 1.由勾股定理得 AC＝ 2，因此△ABC 与△ACD 为全等的正 三角形，由三角形面积公式得 S△ABC＝S△ACD＝ 23，S△ABD＝S △BCD＝1，所以四面体的表面积为 2＋ 3.故选 C.
2142＝14π.
几何6体．的[2三01视7·山图东如高下考，]则由该一几个何长体方的体体和积两为个_41_2圆_＋_柱_π2_体__构．成的
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.
为 BC 的中点 M.又 AM＝12BC＝52，OM＝12AA1＝6，所以球 O
的半径 R＝OA＝
522＋62＝123.故选 C.
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.
4·43·a2＝ 3a2，其内切球半径 r 为正四面体高的14，即 r＝
14·36a＝126a，因此内切球表面积为 S2＝4πr2＝π6a2，则SS12＝π3aa22＝6源自π3 .6
本例中若将直三棱柱改为“侧棱和底面 边长都是 3 2的正四棱锥”，则其外接球的半径是多少？
解 依题意，得该正四棱锥底面对角线的长为 3 2
238，外接球的表面积 S＝4πR2
2020版高考数学一轮复习第7章立体几何初步第2节空间图形的基本关系与公理课件文北师大版
3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
(1)空间中直线与平面的位置关系
位置关系
图形表示 符号表示
公共点
直线 a 在平面 α 内
a α 有无数个公共点
直线 直线 a 与平
在平 面 α 平行
面外
a∥α
没有公共点
直线 a 与平 直线
面 α 斜交 在平 面外 直线 a 与平
面 α 垂直
a∩α＝A 有且只有一个公
任意一条直线．
()
(2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面．
()
(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合． ( )
(4)若直线 a 不平行于平面 α，且 a⃘ α，则 α 内的所有直线与 a
异面． [答案] (1)× (2)√ (3)× (4)×
()
答案
2．(教材改编)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 所成的角的大小为 ()
1．空间图形的公理 (1)公理 1：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面(即可 以确定一个平面)． (2)公理 2：如果一条直线上的 两点 在一个平面内，那么这条直 线在此平面内(即直线在平面内)． (3)公理 3：如果两个不重合的平面有一个 公共点，那么它们有 且只有一条过该点的公共直线． (4)公理 4：平行于同一条直线 的两条直线平行．
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
A [由题意知 a α，b β，若 a，b 相交，则 a，b 有公共点， 从而 α，β 有公共点，可得出 α，β 相交；反之，若 α，β 相交，则 a， b 的位置关系可能为平行、相交或异面．因此“直线 a 和直线 b 相交” 是“平面 α 和平面 β 相交”的充分不必要条件．故选 A．]
2024年高考数学一轮复习课件(新高考版) 第7章 §7.8 空间距离及立体几何中的探索问题
由(2)知D→S是平面 PAC 的一个法向量，
且D→S＝
22a，0，
26a，C→S＝0，－
22a，
26a.
设C→E＝tC→S(0≤t≤1)，
因为
B
22a，0，0，C0，
22a，0，
所以B→C＝－
22a，
22a，0，
则B→E＝B→C＋C→E＝B→C＋tC→S
＝－
22a，
22a1－t，
26at.
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β.( × ) (2)点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度.( × ) (3)直线l平行于平面α，则直线l上各点到平面α的距离相等.( √ ) (4)直线l上两点到平面α的距离相等，则l平行于平面α.( × )
(2)(2022·济宁模拟)如图，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB⊥平面 BCC1B1， BC＝12AB＝12AA1＝2，BC1＝2 3，M 为线段 AB 上的动点.
①证明：BC1⊥CM；
因为AB⊥平面BB1C1C，C1B⊂平面BB1C1C，所以AB⊥C1B， 在△BCC1 中，BC＝2，BC1＝2 3，CC1＝AA1＝4，所以 BC2＋BC21＝ CC21，所以 CB⊥C1B. 因 为 AB∩BC ＝ B ， AB ， BC ⊂ 平 面 ABC ， 所 以 C1B⊥平面ABC. 又因为CM⊂平面ABC， 所以C1B⊥CM.
则
cos
θ＝|cos〈O→S，D→S〉|＝|O→→S·D→→S|＝ |OS||DS|
23，
所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°.
(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存 在，求SE∶EC的值；若不存在，请说明理由．
新课程2021高考数学一轮复习第七章立体几何第2讲空间几何体的表面积与体积课件
面在距平面 β 任意高度 d 处可横截得到 S 圆及 S 环两截面，可以证明 S 圆＝S 环总成立，据此，短轴长为 4 cm，长轴长为 6 cm 的椭球体的体积是__1_6_π__cm3.
解析 因为总有 S 圆＝S 环，所以半椭球体的体积为 V 圆柱－V 圆锥＝πb2a －13πb2a＝23πb2a.又 2a＝6,2b＝4，即 a＝3，b＝2，所以椭球体的体积 V＝43πb2a ＝43π×22×3＝16π(cm3).
第七章 立体几何
第2讲 空间几何体的表面积与体积
[考纲解读] 1.掌握球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．(重 点)
2.会处理空间几何体的“切”“接”问题．(难点) [考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲内容属于高考的热点．预测 2021 年会对本讲内容进行考查，命题方式为：①求几何体的表面积或体积； ②涉及与球有关的几何体的外接与内切问题．题型以客观题为主，且试题难 度不会太大，属中档题型.
求体积的常用方法
直接法 对于规则的几何体，利用相关公式直接计算
首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行
割补法 体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，
不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算
等体 积法
选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体 积，即利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面进行 等体积变换
() A．6π(4π＋3)
B．8π(3π＋1)
C．6π(4π＋3)或 8π(3π＋1)
D．6π(4π＋1)或 8π(3π＋2)
答案 C
解析 分两种情况：①以长为 6π 的边为高时，4π 为圆柱底面周长，则
2πr＝4π，r＝2，所以 S 底＝4π，S 侧＝6π×4π＝24π2，S 表＝2S 底＋S 侧＝8π＋ 24π2＝8π(3π＋1)；②以长为 4π 的边为高时，6π 为圆柱底面周长，则 2πr＝6π，
2024年高考数学一轮复习课件(新高考版) 第7章 §7.4 空间直线、平面的平行
2024年高考数学一轮复习课件（新高考版）第七章 立体几何与空间向量§7.4 空间直线、 平面的平行考试要求1.理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系，并加以证明.2.掌握直线与平面、平面与平面平行的判定与性质，并会简单应用.内容索引第一部分第二部分第三部分落实主干知识探究核心题型课时精练第一部分文字语言图形语言符号语言判定定理如果平面外一条直线与___________的一条直线平行，那么该直线与此平面平行⇒a ∥α性质定理一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面______，那么该直线与交线平行 ⇒a ∥b _______________1.线面平行的判定定理和性质定理a ⊄αb ⊂αa ∥b __________________a ∥αa ⊂βα∩β＝b 此平面内相交文字语言图形语言符号语言判定定理如果一个平面内的两条_________与另一个平面平行，那么这两个平面平行⇒β∥α____________________________2.面面平行的判定定理和性质定理a ⊂βb ⊂βa ∩b ＝P 相交直线a ∥αb ∥α性质定理两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面_____，那么两条_____平行⇒a∥b______________________α∥βα∩γ＝aβ∩γ＝b相交交线常用结论1.垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.2.平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.3.垂直于同一个平面的两条直线平行，即a⊥α，b⊥α，则a∥b.4.若α∥β，a⊂α，则a∥β.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一条直线平行于一个平面内的两条直线，则这条直线平行于这个平面.( )(2)若直线a 与平面α内无数条直线平行，则a ∥α.( )(3)若直线a ⊂平面α，直线b ⊂平面β，a ∥b ，则α∥β.( )(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线也相互平行.( )××××1.平面α∥平面β的一个充分条件是A.存在一条直线a，a∥α，a∥βB.存在一条直线a，a⊂α，a∥βC.存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α√D.存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，则a∥α，a∥β，排除A；若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，排除B；若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，排除C.2.(多选)已知α，β是两个不重合的平面，l ，m 是两条不同的直线，则下列说法正确的是A.若l ∥m ，l ∥β，则m ∥β或m ⊂βB.若α∥β，m ⊂α，l ⊂β，则m ∥lC.若m ⊥α，l ⊥m ，则l ∥αD.若m ∥α，m ⊂β，α∩β＝l ，则m ∥l√√对于A，若l∥m，l∥β，则m∥β或m⊂β，A正确；对于B，若α∥β，m⊂α，l⊂β，则m∥l或l，m异面，B错误；对于C，若m⊥α，l⊥m，则l∥α或l⊂α，C错误；对于D，由线面平行的性质知正确.平行四边形为截面，则四边形EFGH的形状为___________.∵平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形.第二部分命题点1 直线与平面平行的判定例1 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD,PD＝AD＝AB＝2，CD＝4，E为PC的中点.求证：BE∥平面P A D.方法一 如图，取PD的中点F，连接EF，F A.由题意知EF为△PDC的中位线，又∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，∴AB綉EF，∴四边形ABEF为平行四边形，∴BE∥AF.又AF⊂平面P AD，BE⊄平面P AD，∴BE∥平面P AD.方法二 如图，延长DA，CB相交于H，连接PH，∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，又E为PC的中点，∴BE∥PH，又BE⊄平面P AD，PH⊂平面P AD，∴BE∥平面P AD.方法三 如图，取CD的中点H，连接BH，HE，∵E为PC的中点，∴EH∥PD，又EH⊄平面P AD，PD⊂平面P AD，∴EH∥平面P AD，又由题意知AB綉DH，∴四边形ABHD为平行四边形，∴BH∥AD，又AD⊂平面P AD，BH⊄平面P AD，∴BH∥平面P AD，又BH∩EH＝H，BH，EH⊂平面BHE，∴平面BHE∥平面P AD，又BE⊂平面BHE，∴BE∥平面P A D.命题点2 直线与平面平行的性质例2 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和P A作平面交BD于点H.求证：P A∥GH.如图所示，连接AC交BD于点O，连接OM，∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点，又M是PC的中点，∴P A∥OM，又OM⊂平面BMD，P A⊄平面BMD，∴P A∥平面BMD，又P A⊂平面P AHG，平面P AHG∩平面BMD＝GH，∴P A∥GH.思维升华(1)判断或证明线面平行的常用方法①利用线面平行的定义(无公共点).②利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α).③利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β).④利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β).(2)应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线.AB＝2，AD＝4，点E，F分别为AD，PC的中点.设平面PDC∩平面PBE＝l.证明：(1)DF∥平面PBE；取PB中点G，连接FG，EG，因为点F为PC的中点，因为四边形ABCD为长方形，所以BC∥AD，且BC＝AD，所以DE∥FG，DE＝FG，所以四边形DEGF为平行四边形，所以DF∥GE，因为DF⊄平面PBE，GE⊂平面PBE，所以DF∥平面PBE；(2)DF∥l.由(1)知DF∥平面PBE，又DF⊂平面PDC，平面PDC∩平面PBE＝l，所以DF∥l.例3 如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形.(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1.由题设知BB1∥DD1且BB1＝DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1.又BD⊄平面CD1B1，B1D1⊂平面CD1B1，所以BD∥平面CD1B1.因为A1D1∥B1C1∥BC且A1D1＝B1C1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C.又A1B⊄平面CD1B1，D1C⊂平面CD1B1,所以A1B∥平面CD1B1.又因为BD∩A1B＝B，BD，A1B⊂平面A1BD，所以平面A1BD∥平面CD1B1.(2)若平面ABCD∩平面CD1B1＝l，证明：B1D1∥l.由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，又平面ABCD∩平面CD1B1＝l，平面ABCD∩平面A1BD＝BD，所以l∥BD，又B1D1∥BD，所以B1D1∥l.思维升华(1)证明面面平行的常用方法①利用面面平行的判定定理.②利用垂直于同一条直线的两个平面平行(l⊥α，l⊥β⇒α∥β).③利用面面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(α∥β，β∥γ⇒α∥γ).(2)当已知两平面平行时，可以得出线面平行，如果要得出线线平行，必须是与第三个平面的交线.(1)求证：BC∥GH；∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，∴平面ABC∥平面A1B1C1，又∵平面BCHG∩平面ABC＝BC，且平面BCHG∩平面A1B1C1＝HG，∴由面面平行的性质定理得BC∥GH.(2)若E，F，G分别是AB，AC，A1B1的中点，求证：平面EF A1∥平面BCHG.∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC，∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1綉AB，∴A1G綉EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EF A1，∴平面EF A1∥平面BCHG.例4 如图所示，四棱锥P－ABCD的底面是边长为a的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，在侧面PBC内，有BE⊥PC于E，且BE＝a，试在AB 上找一点F，使EF∥平面P AD.如图，在平面PCD内，过点E作EG∥CD交PD于点G，连接AG，在AB上取点F，使AF＝EG，因为EG∥CD∥AF，EG＝AF，所以四边形FEGA为平行四边形，所以EF∥AG.又AG⊂平面P AD，EF⊄平面P AD，所以EF∥平面P AD.所以点F即为所求的点.又P A⊥平面ABCD，所以P A⊥BC，又BC⊥AB，P A∩AB＝A，所以BC⊥平面P AB.所以PB⊥BC.所以PC2＝BC2＋PB2＝BC2＋AB2＋P A2.故点F是AB上靠近B点的一个三等分点.思维升华解决面面平行问题的关键点(1)在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，绝不可过于“模式化”.(2)解答探索性问题的基本策略是先假设，再严格证明，先猜想再证明是学习和研究的重要思想方法.跟踪训练3 如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，D，D1分别为AC，A1C1上的点.如图，连接A1B交AB1于点O，连接OD1.由棱柱的性质知，四边形A1ABB1为平行四边形，∴点O为A1B的中点.在△A1BC1中，O，D1分别为A1B，A1C1的中点，∴OD1∥BC1.又OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，∴BC1∥平面AB1D1.由已知，平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝OD1.因此BC1∥OD1，同理AD1∥DC1.第三部分1.如图，已知P为四边形ABCD外一点，E，F分别为BD，PD上的点，若EF∥平面PBC，则A.EF∥P AB.EF∥PBC.EF∥PCD.以上均有可能√由线面平行的性质定理可知EF∥PB.2.已知三条互不相同的直线l，m，n和三个互不相同的平面α，β，γ，现给出下列三个命题：①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则α∥β；②若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m；③若α∩β＝l，γ∩β＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n.其中真命题的个数为A.3B.2√C.1D.0对于①，两条异面直线分别在两个平面内，这两个平面可能平行，也可能相交，故①错误；对于②，两个平行平面内分别有一条直线，这两条直线的位置关系是平行或异面，故②错误；对于③，因为l∥γ，l⊂α，α∩γ＝n，所以由线面平行的性质定理可得l∥n，同理l∥m，所以m∥n，故③正确，因此真命题的个数为1.3.在如图所示的三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，过A 1B 1的平面与平面ABC 交于DE ，则DE 与AB 的位置关系是A.异面B.平行C.相交D.以上均有可能√在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，∵AB⊂平面ABC，A1B1⊄平面ABC，∴A1B1∥平面ABC，∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE.∴DE∥A1B1，∴DE∥AB.4.设α，β，γ为三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题.①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.可以填入的条件有A.①②B.②③√C.①③D.①②③由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确.。
2018年大一轮数学理高考复习人教课件第七章 立体几何7
台体(棱台和圆台) S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下 球 S＝4πR2
2.旋转体的表(侧)面积
名称 圆柱(底面半径 r，母线长 l) 圆锥(底面半径 r，母线长 l) 圆台(上、下底面 半径 r1，r2， 母线长 l) 侧面积 2πrl 表面积
2πr(l＋r)
πr(l＋r)
πrl π(r1＋r2)l
1 2 该几何体的体积 V＝V1＋V2＝3＋ 6 π.故选 C.
(2)(2016· 高考北京卷)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的 体积为________．
解析：由俯视图可知该四棱柱的底面为等腰梯形，则四棱柱的底 1＋2×1 3 面积 S＝ ＝2，由侧(左)视图可知四棱柱的高 h＝1，所以 2 3 该四棱柱的体积 V＝Sh＝ . 2 3 答案：2
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第2课时
空间几何体的表面积与体积
1．空间几何体的表面积与体积 名称 表面积 几何体
柱体(棱柱和圆柱) 锥体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋2S 底 S 表面积＝S 侧＋S 底
体积 V＝ Sh 1 V＝3Sh 1 V＝ (S 上＋S 下＋ S上S下)h 3 4 3 V＝3πR
答案：2
(4)(2016· 高考全国乙卷)如图，已知正三棱锥 PABC 的侧面是直角 三角形，PA＝6.顶点 P 在平面 ABC 内的正投影为点 D，D 在平面 PAB 内的正投影为点 E，连接 PE 并延长交 AB 于点 G. ①证明：G 是 AB 的中点； ②在图中作出点 E 在平面 PAC 内的正投影 F(说明作法及理由)， 并求四面体 PDEF 的体积．
解析：选 C.由三视图可知，四棱锥的底面是边长为 1 的正方形， 1 1 2 高为 1，其体积 V1＝3×1 ×1＝3.设半球的半径为 R，则 2R＝ 2，
2024年高考数学一轮复习课件(新高考版) 第7章 §7.3 空间点、直线、平面之间的位置关系
2024年高考数学一轮复习课件（新高考版）第七章 立体几何与空间向量§7.3 空间点、直线、平面 之间的位置关系考试要求1.借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义.2.了解四个基本事实和一个定理，并能应用定理解决问题.内容索引第一部分第二部分第三部分落实主干知识探究核心题型课时精练第一部分1.基本事实1：过_______________的三个点，有且只有一个平面.基本事实2：如果一条直线上的_______在一个平面内，那么这条直线在这个平面内.基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有_____过该点的公共直线.基本事实4：平行于同一条直线的两条直线______.不在一条直线上两个点一条平行2.“三个”推论推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面.推论2：经过两条______直线，有且只有一个平面.推论3：经过两条______直线，有且只有一个平面.3.空间中直线与直线的位置关系相交平行相交共面直线_____直线：在同一平面内，有且只有一个公共点；_____直线：在同一平面内，没有公共点；异面直线：不同在_____一个平面内，没有公共点.平行任何图形语言符号语言公共点直线与平面相交 ____________个平行 ___________个在平面内 _____________个4.空间中直线与平面、平面与平面的位置关系a∩α＝A1a∥α0a⊂α无数知识梳理平面与平面平行___________个相交 ______________个α∥β0α∩β＝l 无数5.等角定理相等或互补如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角___________. 6.异面直线所成的角(1)定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线a′∥a，b′∥b，我们把直线a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角).(2)范围：______.常用结论1.过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线.2.分别在两个平行平面内的直线平行或异面.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)没有公共点的两条直线是异面直线.( )(2)直线与平面的位置关系有平行、垂直两种.( )(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合.( )(4)两两相交的三条直线共面.( )××××1.(多选)如图是某正方体的平面展开图，则在这个正方体中，下列说法正确的是A.BM与ED平行与BM成60°角与BE是异面直线D.DM与BN是异面直线√√正方体的直观图如图所示.很显然，BM与ED不平行，故A错误；连接AN，AC，易知△ACN是等边三角形，CN与BM 所成角即为∠ANC＝60°，故B正确；连接BE，易知CN∥BE，故C错误；连接BN，DM，易知DM与BN是异面直线，故D正确.2.已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与bA.一定是异面直线B.一定是相交直线√C.不可能是平行直线D.不可能是相交直线由已知得直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平行直线，若b∥c，则a∥b，与已知a，b为异面直线相矛盾.3.如图，在三棱锥A－BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA 的中点，则AC＝BD(1)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形；∴四边形EFGH为平行四边形，∵四边形EFGH为菱形，∴EF＝EH，∴AC＝BD.(2)当AC ，BD 满足条件__________________时，四边形EFGH 为正方形.AC ＝BD 且AC ⊥BD∵四边形EFGH 为正方形，∴EF ＝EH 且EF ⊥EH ，∴AC ＝BD 且AC ⊥BD .第二部分例1 已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证：(1)D，B，F，E四点共面；如图所示，连接B1D1.因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面.(2)若A1C交平面DBFE于点R，则P，Q，R三点共线；在正方体ABCD－A1B1C1D1中，连接A1C，设A1，C，C1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β，所以Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点.所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β.则R∈PQ，故P，Q，R三点共线.(3)DE，BF，CC1三线交于一点.因为EF∥BD且EF＜BD，所以DE与BF相交，设交点为M，则由M∈DE，DE⊂平面D1DCC1，得M∈平面D1DCC1，同理，M∈平面B1BCC1.又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，所以M∈CC1.所以DE，BF，CC1三线交于一点.思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)共面：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内.(2)共线：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上.(3)共点：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点.跟踪训练1 (1)如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且A，B，C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必经过A.点AB.点BC.点C但不过点M√D.点C和点M因为AB⊂γ，M∈AB，所以M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，所以M∈β.根据基本事实3可知，M在γ与β的交线上.同理可知，点C也在γ与β的交线上.所以γ与β的交线必经过点C和点M.①证明：四边形BCHG 是平行四边形；故GH∥BC且GH＝BC，所以四边形BCHG是平行四边形.②C，D，F，E四点是否共面？为什么？C，D，F，E四点共面.理由如下：由①知BG∥CH，所以EF∥CH.故EC，FH共面.又点D在直线FH上，所以C，D，F，E四点共面.命题点1 空间位置关系的判断例2 (1)(多选)下列推断中，正确的是A.M ∈α，M ∈β，α∩β＝l ⇒M ∈lB.A ∈α，A ∈β，B ∈α，B ∈β⇒α∩β＝ABC.l ⊄α，A ∈l ⇒A ∉αD.A ，B ，C ∈α，A ，B ，C ∈β，且A ，B ，C 不共线⇒α，β重合√√√对于A，因为M∈α，M∈β，α∩β＝l，由基本事实3可知M∈l，A 正确；对于B，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，故直线AB⊂α，AB⊂β，即α∩β＝AB，B正确；对于C，若l∩α＝A，则有l⊄α，A∈l，但A∈α，C错误；对于D，有三个不共线的点在平面α，β中，故α，β重合，D正确.(2)(2023·龙岩模拟)若a和b是异面直线，b和c是异面直线，则a和c的位置关系是A.异面或平行B.异面或相交√C.异面D.相交、平行或异面如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，①若直线AA1记为直线a，直线BC记为直线b，直线B1A1记为直线c，此时a和c相交；②若直线AA1记为直线a，直线BC记为直线b，直线DD1记为直线c，此时a和c平行；③若直线AA1记为直线a，直线BC记为直线b，直线C1D1记为直线c，此时a和c异面.命题点2 异面直线所成的角例3 (1)如图所示，圆柱OO2的底面半径为1，高为2，1AB是一条母线，BD是圆O1的直径，C是上底面圆周上一点，∠CBD＝30°，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为√连接AO2，设AO2的延长线交下底面圆周上的点为E，连接CE，易知∠CAE(或其补角)即为异面直线AC与BD所成的角，连接CD(图略)，在Rt△BCD中，∠BCD ＝90°，BD＝2，∠CBD＝30°，得BC＝，CD＝1.(2)(2023·长治模拟)如图，在直三棱柱ABC－AB1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝CC1＝2，E为BB1上一点，平面AEC1将三棱柱分为上、下体积相等的两部分，则AE与B1C1所成角的余弦值为√如图，作C 1H ⊥A 1B 1于点H ，设B 1E ＝x ，111C A AEB V －11A AEB S 边四形易得AC ⊥平面BB 1C 1C ，1A BCC E V －1BCC ES 边四形平面AEC 1将三棱柱分为两个体积相等的四棱锥C 1－A 1AEB 1和A －BCC 1E ，即＝ ，则x ＝1，所以E 为BB 1的中点，取CC 1中点为F ，连接EF ，则EF ∥B 1C 1，∠AEF (或其补角)即为异面直线AE 与B 1C 1所成角，111C A AEB V －1A BCC E V －思维升华(1)点、直线、平面位置关系的判定，注意构造几何体(长方体、正方体)模型来判断，常借助正方体为模型.(2)求异面直线所成角的方法方法解读平移法将异面直线中的某一条平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线， 形成三角形求解补形法在该几何体的某侧补接上同样一个几何体，在这两个几何体中找异面直线相应的位置，形成三角形求解跟踪训练2 (1)(多选)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，以下四个选项正确的是A.直线AM与CC1是相交直线B.直线AM与BN是平行直线C.直线BN与MB1是异面直线D.直线AM与DD1是异面直线√√因为点A在平面CDD1C1外，点M在平面CDD1C1内，直线CC1在平面CDD1C1内，CC1不过点M，所以直线AM与CC1是异面直线，故A错；取DD1的中点E，连接AE(图略)，则BN∥AE，但AE与AM相交，故B错；因为点B1与直线BN都在平面BCC1B1内，点M在平面BCC1B1外，BN不过点B1，所以BN与MB1是异面直线，故C正确；同理D正确.(2)如图，在圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝3，SE＝SB，则异面直线SC与OE所成角的正切值为√如图，过点S作SF∥OE，交AB于点F，连接CF，则∠CSF(或其补角)为异面直线SC与OE所成的角.∴在等腰△SCF中，(3)平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为√例4 (1)(多选)用一个平面α截正方体，把正方体分为体积相等的两部分，则下列结论正确的是A.这两部分的表面积一定不相等B.截面不会是三角形C.截面不会是五边形D.截面可以是正六边形√√√如图，一个平面α截正方体，把正方体分为体积相等的两部分，则平面α一定过正方体的中心，所以这两部分的表面积相等，根据对称性，截面不会是三角形、五边形，但可以是正六边形(如图).(2)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°，以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为______.如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点.由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，GH思维升华(1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线.(2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线；②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.跟踪训练3 (1)(多选)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在B 1B 和C 1C 上(异于端点)，则过三点A ，F ，E 的平面被正方体截得的图形(截面)可能是A.矩形B.菱形C.正方形D.梯形√√√当BE ＝CF 时，截面是矩形；当2BE ＝CF 时，截面是菱形；当BE >CF 时，截面是梯形；截面不可能是正方形.。
2020高考数学大一轮复习第七章立体几何第二节直线平面的平行关系课件理新人教A版
命题点1
[例1]
(1)给出下列关于互不相同的直线l、m、n和平面α 、β 、
γ 的三个命题： ①若l与m为异面直线，l⊂α ，m⊂β ，则α∥β； ②若α∥β，l⊂α ，m⊂β ，则l∥m； ③若α∩β＝l，β ∩γ ＝m.γ∩α＝n，l∥γ ，则m∥n. 其中真命题的个数为( C ) A．3 C．1 B．2 D．0
不重合的 平面有 公理3：如果两个____________
一个公共点，那么它们有且只有一条 过该点的公共直线
①证明：三点共线，三 线共点. ②确定两相交平面的交 线 证明：线线平行．
同一条直线 的两条直 公理4：平行于____________
线互相平行 定理：空间中如果一个角的两边与另
分别平行 ，那么这 一个角的两边____________
因为
l∥ α ____________ ， l⊂β ____________ ， α∩β＝b ____________ ，
所以l∥b
知识点4
平面与平面平行的判定定理和性质定理 图形语言 符号语言
文字语言 一个平面内 判 的两条相交 定 直线与另一 定 个平面平
a⊂α，b⊂α ， 因为____________
解析：选C.A选项中的两条直线可能平行，可能异面，也可能相 交；B中一直线可以与两垂直平面所成的角都是 45°；由两平面平行的 性质定理知C正确；D中的两平面也可能相交．
1．共面、共线、共点问题的证明 (1)证明点或线共面，①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一 个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②将所有条件分为 两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合． (2)证明点共线，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的直线上． (3)证明线共点，先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过 该点．