2019-2020年全国版2017版高考数学一轮复习第七章立体几何7.7.1利用空间向量证明空间中的位置关系课件理
因F G 为F D 1D 无1 G 公 共1 2c 点，1 2a 所1 以2A FB G1 .∥AB1， 因为AFGB与 1⊂A平B1面AB1C，所以FG∥平面AB1C.
又因为FG∩EG=G，所以平面EFG∥平面AB1C.
2.如图所示,平面PAD⊥平面ABCD,ABCD为正方形,△PAD 是直角三角形,且PA=AD=2,E,F,G分别是线段PA,PD,CD 的中点. 求证:PB∥平面EFG.
【易错警示】解答本题有一点容易出错:
只证明 ⊥n,而忽视MN⊄平面OCD的情况就下结论 MN
MN∥平面OCD,而造成步骤不规范的失误.
【规律方法】用向量法证平行问题的类型及常用方法
线线平行 线面平行
证明两直线的方向向量共线
①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量 垂直 ②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向 向量平行 ③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个 不共线的向量线性表示
2
边形ABCD是边长为4的正方形,则B(4,0,0),C(4,4,0), O(2,2,0),E(4,0,2),F(0,0,6),N(2,0,4). 因为AB⊥EB,AB⊥BC, 所以 =(4,0,0)是平面EBC的一个法向量. 因为 A B=(0,2,-4), · =(4,0,0)·(0,2,-4)=0, 且NOO 不N 在平面EBC内A B,所以N O直线NO∥平面EBC.
2.空间位置关系的向量表示
位置关系
直线l1,l2的方向向量分 别为n1,n2
直线l的方向向量为n,平 面α 的法向量为m
平面α ,β 的法向量分 别为n,m
l1∥l2 l1⊥l2 l∥α l⊥α α ∥β α ⊥β
向量表示
n1∥n2⇔_n_1_=_λ__n_2 n1⊥n2⇔_n_1_·__n_2=_0_ n⊥m⇔_______
EF的中点.
2
(1)求证:直线NO∥平面EBC. (2)若点M在线段AC上,且点M在平面CEF上的射影为线段 NC的中点,请求出线段AM的长.
【解析】(1)由题设知AF⊥AB,且由平面ABEF⊥平面 ABCD,可知AF⊥平面ABCD. 又BD是圆的直径,则AB⊥AD, 因此以点A为原点可建立空 间直角坐标系,如图.由于 AC,BD是圆O的两条互相垂直的直径,且AC=4 ,所以 四
面面平行
①证明两平面的法向量平行(即为共线向量) ②转化为线面平行、线线平行问题
易错提醒:用向量结论还原几何结论时,要注意书写规 范,说明定理的条件.
【变式训练】如图,已知AC,BD是圆O的两条互相垂直的
直径,直角梯形ABEF所在平面与圆所在平面互相垂直,
其中∠FAB=∠EBA=90°,BE=2,AF=6,AC=4 ,点N为线段
＝(0,－1,0)， FE
＝F G(1,1，－1)，
设 PB ＝ sFE ＋ tFG ，
即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)，
所以 t 2 ,解得s＝t＝2.所以
又因为 t t
s
与 0 ,
2,
不共线，所以
与 P B ＝ 共2F 面E ＋ ．2F G ，
A.l∥α B.l⊥α
C.l⊂α
D.l与α 相交
【解析】选B.因为n=-2a,所以n∥a,从而l⊥α .
4.(2016·洛阳模拟)若A ( 0 , 2 , 1 9 ) ,B 8
(1,-1, 5 ) 8
,C
( 2,1, 5 ) 8
是平面α 内的三点,设平面α 的一个法向量a=(x,y,z),
则x∶y∶z= ( )
n1,即DF
n1,
从而DF 平面BCE.
2.若本例中条件不变,点M是CD的中点,证明AM∥平面
BCE.
【证明】
易得M( 3 a, 3 a,0),则AM (3 a, 3 a,0),
22
22
又 平 面 BCE的 一 个 法 向 量 为 n1 1, 3, 2 ,
则AM
n1
由n2 CD 0,n2 ED 0可得
ax
2
3ay2
0,即
x
2
3y2 0,
2 az 2 0,
z 2 0 .
令 y 2 1, 可 得 n 2 3 ,1, 0 .
因 为 n1 n 2 1 3 1 3 0.
【规范解答】设AD=DE=2AB=2a,建立如图所示的空间 直 角坐标系Axyz,则A(0,0,0),C(2a,0,0),B(0,0,a), D(a, 3a,0),E(a, a,32a). 所以 B E=(a, a3,a), =(B2Ca,0,-a), C D=(-a, a3 ,0), =(E0D ,0,-2a). 设平面BCE的法向量为n1=(x1,y1,z1),
2
22
设平面OCD的一个法向量为n=(x,y,z),
则
n O P 0 ,n O 即D 0 ，
2 2
y
2z
0,
2x 2
2 y 2z 0. 2
取z= 2 ，解得n=(0,4, )2.
因为 M N n(12, 2, 1 )0 ， 4 ， 20 ，
且MN平面OC4 D，4 所以MN∥平面OCD.
A(2,0,0),M(0,0,1),O(1,1,0),N(2,1,2),
所以 =(-2,0,1), =(1,0,2), · =-2+0+2=0,
所以AA MM⊥ON. O N
AM O N
答案:垂直
感悟考题 试一试
3.(2016·广州模拟)若直线l的方向向量为a=(1,0,2),
平面α 的一个法向量为n=(-2,0,-4),则 ( )
n·m=0 n∥m⇔______ n∥m⇔_n_=_λ__m_
n⊥m⇔_n_=_λ__m__
n·m=0
【特别提醒】
1.直线的方向向量的确定
l是空间一直线,A,B是l上任意两点,则 及与 平行
的非零向量均为直线l的方向向量. A B
AB
2.平面的法向量的确定
设a,b是平面α 内两不共线向量,n为平面α 的法向量,
由n1 BE 0，n1 BC 0
可得ax1 3ay1 az1 0,即x1 3y1 z1 0,
2ax1 az1 0,
2x1 z1 0.
令z1 2,可得n1 (1， 3，2).
设平面CDE的法向量为n2 x2, y2,z2 ,
所 以 n1 n2, 所以平面BCE 平面CDE.
【母题变式】
1.若本例中条件不变,点F是CE的中点,证明DF⊥平面BCE.
【证明】
易得F( 3 a, 3 a,a)，则DF (1 a, 3 a,a),
22
22
又平面BCE的一个法向量为n1 1, 3,2 ,
则DF
a 2
则求法向量的方程组为
n a 0,
n
b
0.
【小题快练】
链接教材 练一练
1.(选修2-1P104练习T2改编)设 ,v分别是平面α ,β
的法向量, =(-2,2,5),当v=(3,-2,2)时,α 与β 的位
置关系为
;当v=(4,-4,-10)时,α 与β 的位置
关系为
.
【解析】当v=(3,-2,2)时,μ·v=-2×3+2×(-2)+5×2=0,
AM(4,4,0)1,1,0,
线段AM的长为AM 2.
【加固训练】 1.如图在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是平行四边 形,E,F,G分别是A1D1,D1D,D1C1的中点.用向量方法证明 平面EFG∥平面AB1C.
【证明】设 A B a ,A D b ,A A 1 c , 可知
所以α ⊥β ,
当v=(4,-4,-10)时,v=-2 ,所以α∥β.
答案:α ⊥β α ∥β
2.(选修2-1P111练习T3改编)如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,O是底面正方形ABCD的中心,M是D1D 的中点,N是A1B1的中点,则直线ON,AM的位置关系是 .
【解析】以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为 x,y,z轴建立空间直角坐标系,设DA=2,则
(2)点M在线段AC上,可设 A
M
=λ
A
C=λ(4,4,0)
=(4λ,4λ,0),NC的中点为Q(3,2,2), =(3-4λ,
MQ 2-4λ,2).
由题设有MQ⊥平面CEF,因为 =(-4,0,4),
=(0,4,-2),
EF
EC
所以M MQQEEFC44(2(344))4800,,解得14,
A C A B B C a b ， 因E G 为E D 1 无D 1 公G 共1 2 点b ，1 2 所a 以1 2 EA GC ， ∥AC， 因为AEGC与 ⊂A平C面AB1C，所以EG ⊄ 平面AB1C. 所以EG∥平面AB1C.
又因为
=a+c，Leabharlann A B 1A B A A 1
3a 2
1
3a 2
3
0.
所 以 AM n1， 又 AM 平 面 BCE， 所以AM 平面BCE.
【规律方法】利用向量法证垂直问题的类型及常用方法
线线垂直问题
证明两直线所在的方向向量互相垂直,即证 它们的数量积为零
线面垂直问题
直线的方向向量与平面的法向量共线,或利 用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直
5.(2016·桂林模拟)已知平面α 内有一点M(1,-1,2),
平面α 的一个法向量为n=(6,-3,6),则下列点P中,在平
2017年高考数学(理)一轮总复习课件：第七章 立体几何
模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命 题进行辨析．
第十一页，编辑于星期六：二点 四十七分。
【变式训练】 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； ②四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形；
平行
_全___等如各__侧_图_．棱：之平间面的A关BC系与是平__面__平__A行_1B__且1C__1相_间_等_的__关__系__是．________，△ABC 与△A1B1C1 的关系是
第三页，编辑于星期六：二点 四十七分。
(如2)图棱：锥一(以个四底棱面锥是为四例边) 形，四个侧面是有一个_公___共__顶___点______的三角形．
但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构 成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AC1中
的三棱锥C1－ABC，四个面都是直角三角形；⑤正确，由棱台的概念 可知． 答案：②③④⑤
第十页，编辑于星期六：二点 四十七分。
其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图3所示，它是由两个同底圆
锥组成的几何体；⑤错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱 延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．
答案：B
第十三页，编辑于星期六：二点 四十七分。
探究点二 几何体的三视图
第十四页，编辑于星期六：二点 四十七分。
(1)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )
(2)(2015·济宁模拟)点 M，N 分别是正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱 A1B1，A1D1 的中点，
2019版高考数学(文)高分计划一轮课件：第7章立体几何 7-1
3．小题热身 (1)(2017·长沙模拟)如图是一个正方体，A，B，C 为三 个顶点，D 是棱的中点，则三棱锥 A－BCD 的正视图，俯视 图是(注：选项中的上图是正视图，下图是俯视图)( )
解析 正视图是等腰直角三角形，且 AD 棱属于看不见 的部分，用虚线表示，俯视图也是等腰直角三角形，且 BD 棱属于看不见的部分，用虚线表示．故选 A.
角度 2 已知三视图还原几何体 典例 (2018·河北名师俱乐部模拟)某几何体的三视 图如图所示，记 A 为此几何体所有棱的长度构成的集合， 则( )
A．3∈A B．5∈A C．2 6∈A D．4 3∈A
解析 由三视图可得，该几何体的直观图如图所示， 其中底面是边长为 4 的正方形，AF⊥平面 ABCD，AF∥DE， AF＝2，DE＝4，可求得 BE 的长为 4 3，BF 的长为 2 5， EF 的长为 2 5，EC 的长为 4 2.故选 D.
方法技巧 1．已知几何体，识别三视图的技巧 已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上 的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．
2．已知三视图，判断几何体的技巧 (1)一般情况下，根据正视图、侧视图确定是柱体、锥 体还是组合体． (2)根据俯视图确定是否为旋转体，确定柱体、锥体类 型、确定几何体摆放位置． (3)综合三个视图特别是在俯视图的基础上想象判断几 何体． 提醒：对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的 位置，区分好实线和虚线的不同．
4．(2018·济宁模拟)点 M，N 分别是正方体 ABCD－ A1B1C1D1 的棱 A1B1，A1D1 的中点，用过 A，M，N 和 D，N， C1 的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体如图 1， 则该几何体的正视图、侧视图、俯视图依次为图 2 中的 ()
高考数学一轮总复习教学课件第七章 立体几何与空间向量第7节 利用空间向量求空间距离
|·|
||
=.
考点三 用空间向量求线线、线面、面面的距离
[例3] 在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,DD1的中
点,则平面ADE与平面B1C1F之间的距离为
.
解析:以点A为坐标原点,AB,AD,AA1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,连接AB1,
||
=
|-|
+
=3 .
用向量法求点面距离的步骤
(1)建系:建立恰当的空间直角坐标系.
(2)求点坐标:写出(求出)相关点的坐标.
→
(3)求向量:求出相关向量的坐标( ,α内两个不共线向量,平面
α的法向量n).
→
|·|
(4)求距离:d=
.
||
[针对训练] 如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°,D,
如图,已知平面α的法向量为 n,A 是平面α内的定点,P 是平面α外一
点.过点 P 作平面α的垂线 l,交平面α于点 Q,则 n 是直线 l 的方向向
→
→
量,且点 P 到平面α的距离就是在直线 l 上的投影向量 的长度,
→
因此 PQ=|·
→
·
||
|=|
||
→
|=
|·|
||
× )
)
2.平面α的法向量n=(1,-1,2),点B在α上且B(2,2,3),则P(-2,1,3)
到α的距离为
.
→
→
解析:因为 =(4,1,0),故 P(-2,1,3)到α的距离 d=
|(,,)·(,-,)|
2019版高考数学一轮复习第七章立体几何第四节直线、平面平行的
[小题体验]
1． (教材习题改编)已知平面α∥平面β，直线a⊂α，有下列命题： ① a与 β内的所有直线平行； ② a与 β内无数条直线平行； ③ a与 β内的任意一条直线都不垂直． 其中真命题的序号是________．
答案：②
2 ． ( 教 材 习 题 改 编 ) 在 正 方 体 ABCDA1B1C1D1 中，点 E 是 DD1 的中 点，则 BD1 与平面 ACE 的位置关系为 ________．
第
四
节
直线、平面平行的判一辨、试一试、全面打牢基础
课堂·考点突破
自主研、合作探、多面观、全扫命题题点
课后·三维演练
基础练、题型练、能力练、全练力保全能
课 前 双 基落实
想一想、辨一辨、试一试、全面打牢基础
必
过
教
材
关
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 平面外一条直线与 图形语言 符号语言
[通法在握]
证明直线与平面平行的3种方法
定义法
一般用反证法
判定定 关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线
理法
平行，证明时注意用符号语言叙述证明过程
性质判 即两平面平行时，其中一个平面内的任何直线 定法 都平行于另一个平面
[演练冲关]
(2018· 豫东名校联考)如图，在直四棱柱 ABCDA1B1C1D1中， E为线段 AD上的任意一 点 (不包括 A， D两点 )，平面 CEC1与平面 BB1D交于 FG. 证明： FG∥平面 AA1B1B.
2 解：(1)证明：由已知得 AM＝ AD＝2. 3 取 BP 的中点 T，连接 AT，TN， 1 由 N 为 PC 中点知 TN∥BC，TN＝ BC＝2. 2 又 AD∥BC，故 TN 綊 AM， 所以四边形 AMNT 为平行四边形， 于是 MN∥AT. 因为 MN⊄平面 PAB，AT⊂平面 PAB， 所以 MN∥平面 PAB.
2017届高考数学一轮总复习课件：第七章 立体几何 7.7.1
位置关系
第一页，编辑于星期六：一点 二十三分。
第二页，编辑于星期六：一点 二十三分。
第三页，编辑于星期六：一点 二十三分。
【知识梳理】
1.直线的方向向量与平面的法向量
(1)直线的方向向量:如果表示非零向量a的有向线段所 在直线与直线l__平__行_或__重__合_,则称此向量a为直线l的方 向向量.
求证：PB∥平面EFG.
第三十四页，编辑于星期六：一点 二十三分。
【证明】因为平面PAD⊥平面ABCD且ABCD为正方形,所以
AB,AP,AD两两垂直,以A为坐标原点,建立如图所示的空间直 角坐标系Axyz,
第三十五页，编辑于星期六：一点 二十三分。
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),
【证明】建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,
则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0), A1(1,0,1),B1(1,1,1),D1(0,0,1).
第二十八页，编辑于星期六：一点 二十三分。
所以 E(1，1，0)，F(1，0，0)，G(1，0，1)，
2
2
2
EF＝(－
可知 AC AB BC a b，
EG
ED1
D1G
1 2
b
1 2
a
1 2
AC，
因为 EG与无A公C 共点，所以EG∥AC，
因为AC⊂平面AB1C，EG⊄平面AB1C.
所以EG∥平面AB1C.
第三十二页，编辑于星期六：一点 二十三分。
又因为 AB1 A=Ba+cA，A1
2017届高考数学一轮总复习 第七章 立体几何 理 新人教版
第七章⎪⎪⎪ 立体几何第一节 空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体(1)简单旋转体的结构特征： ①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到； ②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到； ③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到； ④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．(2)简单多面体的结构特征： ①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形； ②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形； ③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．2．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴、y ′轴的夹角为45°(或135°)，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图．(2)三视图的画法 ①基本要求：长对正，高平齐，宽相等． ②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题体验]1．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 D选项为正视图或者侧视图，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.2．如图所示，等腰△A′B′C′是△ABC的直观图，那么△ABC是( )A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．钝角三角形解析：选B 由题图知A′C′∥y′轴，A′B′∥x′轴，由斜二测画法知，在△ABC中，AC∥y轴，AB∥x轴，∴AC⊥AB.又因为A′C′＝A′B′，∴AC＝2AB≠AB，∴△ABC是直角三角形．3．(教材习题改编)如图，长方体ABCDA′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．[小题纠偏]1．沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析：选B 给几何体的各顶点标上字母，如图1.A，E在侧投影面上的投影重合，C，G在侧投影面上的投影重合，几何体在侧投影面上的投影及把侧投影面展平后的情形如图2所示，故正确选项为B.2．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )解析：选B 根据选项A、B、C、D中的直观图，画出其三视图，只有B项正确．考点一空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( ) A．圆柱B．圆锥C．球体 D．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．2．(易错题)下列说法正确的是( )A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点解析：选B A错，如图(1)；B正确，如图(2)，其中底面ABCD是矩形，可证明∠PAB，∠PCB都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图(3)；D错，由棱台的定义知，其侧棱的延长线必相交于同一点．3．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4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正确；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D正确；B不正确，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题3个技巧(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“题组练透”第2题的A、C两项易判断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2016·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)( )A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥ D．③④⑤解析：选B 正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.2．(2015·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )A．1 B． 2C． 3 D．2解析：选C 根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥VABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1.所以四棱锥中最长棱为VD.连接BD，易知BD＝2，在Rt△VBD中，VD＝VB2＋BD2＝ 3.[由题悟法]几何体画三视图的2个关键点(1)三视图的安排位置，正视图、侧视图分别放在左右两边，俯视图在正视图的下边．(2)注意实虚线的区别．[即时应用]1．(2016·临沂模拟)如图甲，将一个正三棱柱ABCDEF截去一个三棱锥ABCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是( )解析：选C 由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB⊥平面DEF，△DEF是等边三角形，所以CD在后侧面上的投影为AB的中点与D的连线，CD的投影与底面不垂直，故选C.2．(2016·南昌一模)如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥PBCD的正视图与侧视图的面积之比为( )A．1∶1 B．2∶1C．2∶3 D．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥PBCD的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥PBCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.考点三空间几何体的直观图重点保分型考点——师生共研[典例引领](2015·福州模拟)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：选A 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.[由题悟法]用斜二测画法画直观图的3个步骤(1)在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x′轴或y′轴平行．(2)原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线．(3)原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出．[即时应用]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 cm2 D．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 cm2.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．已知一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的组成为( )A．上面为棱台，下面为棱柱B．上面为圆台，下面为棱柱C．上面为圆台，下面为圆柱D．上面为棱台，下面为圆柱解析：选C 依题意，题中的几何体上面是圆台，下面是圆柱．2．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )解析：选D 几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．3．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A 反例：①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③④显然错误，故选A.4．底面水平放置的正三棱柱的所有棱长均为2，当其正视图有最大面积时，其侧视图的面积为( )A．2 3 B．3C． 3 D．4解析：选 A 当正视图的面积最大时，可知其正三棱柱某个侧面的面积，可以按如图所示放置，此时S侧＝2 3.5．如图，线段OA在平面xOy中，它与x轴的夹角为45°，它的长为22，OA的直观图O′A′的长为________．解析：过点A作AB⊥Ox于B，∵OA＝22，∠AOB＝45°，∴OB＝AB＝2，线段OB的直观图O′B′＝2，A′B′＝1，∠O′B′A′＝135°.∴O′A′2＝22＋12－2×2×1×cos 135°，∴O′A′＝5＋2 2.答案：5＋2 2二保高考，全练题型做到高考达标1．(2016·衡阳联考)已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的( )解析：选C 根据三视图的定义可知A、B、D均不可能，故选C.2．(2016·武汉调研)若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的直观图是( )解析：选A B的侧视图不对，C的俯视图不对，D的正视图不对，排除B、C、D，A正确．3．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( )A．圆柱B．圆锥C．四面体 D．三棱柱解析：选A 圆柱的正视图是矩形，则该几何体不可能是圆柱．4．(2015·北京模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则其表面中，直角三角形的个数为( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选D 由三视图可得该三棱锥的底面是直角边为2的等腰直角三角形，一个底边长为2、底边上的高为1的侧面垂直于底面，该侧面是直角边长为2的直角三角形．利用面面垂直的性质定理可得右边一个侧面是边长为2，2，6的直角三角形，则左边一个侧面的边长为2，6，22的三角形，也是直角三角形，所以该三棱锥表面的4个面都是直角三角形．5．如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6，O ′C ′＝2，则原图形OABC 的面积为( )A ．24 2B ．12 2C ．48 2D ．20 2解析：选A 由题意知原图形OABC 是平行四边形，且OA ＝BC ＝6，设平行四边形OABC的高为OE ，则OE ×12×22＝O ′C ′，∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42，∴S ▱OABC ＝6×42＝24 2. 6．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③直四棱柱是直平行六面体；④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④7．(2016·福建龙岩联考)一水平放置的平面四边形OABC ，用斜二测画法画出它的直观图O ′A ′B ′C ′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC 面积为________． 解析：因为直观图的面积是原图形面积的24倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2 2. 答案：2 28．如图，点O 为正方体ABCD A ′B ′C ′D ′的中心，点E 为面B ′BCC ′的中心，点F 为B ′C ′的中点，则空间四边形D ′OEF 在该正方体的各个面上的正投影可能是________(填出所有可能的序号)．解析：空间四边形D ′OEF 在正方体的面DCC ′D ′及其对面ABB ′A ′上的正投影是①；在面BCC ′B ′及其对面ADD ′A ′上的正投影是②；在面ABCD 及其对面A ′B ′C ′D ′上的正投影是③.答案：①②③9．(2016·昆明、玉溪统考)如图，三棱锥V ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直且VA ＝VC ，已知其正(主)视图的面积为23，则其侧(左)视图的面积为________．解析：设三棱锥V ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 的边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧(左)视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32a ×h ＝12×32×43＝33.答案：3310．已知正三棱锥V ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积． 解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．一个几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则这个几何体的俯视图可能是下列图形中的________．(填入所有可能的图形前的编号)①锐角三角形；②直角三角形；③四边形；④扇形；⑤圆．解析：如图1所示，直三棱柱ABE A 1B 1E 1符合题设要求，此时俯视图△ABE 是锐角三角形；如图2所示，直三棱柱ABC A 1B 1C 1符合题设要求，此时俯视图△ABC 是直角三角形；如图3所示，当直四棱柱的八个顶点分别是正方体上、下各边的中点时，所得直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1符合题设要求，此时俯视图四边形ABCD 是正方形；若俯视图是扇形或圆，体积中会含有π，故排除④⑤.答案：①②③3．如图，在四棱锥P ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA .解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA ＝PD2＋AD2＝22＋62＝6 3 cm.第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式2．空间几何体的表面积与体积公式[小题体验]1．如图是一个空间几何体的三视图，其中正(主)视图、侧(左)视图都是由边长为4和6的矩形以及直径等于4的圆组成，俯视图是直径等于4的圆，该几何体的体积是( )A ．41π3B ．62π3C ．83π3D ．104π3解析：选D 由题意得，此几何体为圆柱与球的组合体，其体积V ＝43π×23＋π×22×6＝104π3.2．一个体积为123的正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的侧(左)视图的面积为( )A ．8 3B ．6 3C ．12D ．8解析：选B 设此三棱柱底面边长为a ，高为h ，则由图示知32a ＝23，∴a ＝4，∴123＝34×42×h ，∴h ＝3， ∴侧(左)视图面积为23×3＝6 3.3．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶14．(教材习题改编)已知棱长为a ，各面均为等边三角形的四面体S ABC ，它的表面积为________．解析：过S 作SD ⊥BC ，∵BC ＝a ，∴SD ＝32a ， ∴S △SBC ＝34a 2，∴表面积S ＝4×34a 2＝3a 2. 答案：3a 21．求组合体的表面积时：组合体的衔接部分的面积问题易出错．2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．3．易混侧面积与表面积的概念．[小题纠偏]1．已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )A ．84 cm 3B ．92 cm 3C ．100 cm 3D ．108 cm 3解析：选C 由三视图的几何体，利用体积公式求解．由三视图可得该几何体是棱长分别为6,3,6的长方体截去一个三条侧棱两两垂直，且长度分别为3,4,4的三棱锥，所以该几何体的体积是6×6×3－13×12×4×4×3＝108－8＝100 cm 3.2．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S ＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋16 2.答案：72＋16 2考点一 空间几何体的表面积基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．(2015·福建高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.2．(易错题)(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选 B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π， ∴r 2＝4，r ＝2，故选B.3．某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为( )A ．12 5B ．24 2C ．24D ．12 3解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，由条件知斜高h ＝22＋12＝5，侧面积S ＝＋52×4＝12 5.[谨记通法] 几何体的表面积2种求法(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．注意衔接部分的处理，如“题组练透”第2题．考点二 空间几何体的体积重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．13＋2π B ．13π6C ．7π3D ．5π2解析：选B 由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝136π.2．(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右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A ．18 B ．17 C ．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V 1V 2＝1656＝15，故选D.[由题悟法]求解几何体体积的必备策略[即时应用]1．(2016·浙江瑞安模拟)已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是( )A ．2B ．4C ．6D ．12解析：选 B 由三视图可知此棱锥是底面为直角梯形，高为2的四棱锥，所以V ＝13×⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋×2＝4. 2．(2015·惠州二调)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与侧(左)视图均为半径是2的圆，则这个几何体的体积是( )A ．16πB ．14πC ．12πD ．8π解析：选D 由三视图可知，该几何体为一个球切去四分之一个球后剩余的部分，由于球的半径为2，所以这个几何体的体积V ＝34×43π×23＝8π.考点三 与球有关的切、接问题常考常新型考点——多角探明[命题分析]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变． 常见的命题角度有： (1)正四面体的内切球； (2)直三棱柱的外接球； (3)正方体(长方体)的外接球； (4)四棱锥(三棱锥)的外接球．[题点全练]角度一：正四面体的内切球1．(2016·长春模拟)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：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：63π角度二：直三棱柱的外接球2．已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A ．3172B ．210C ．132D ．310解析：选C 如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M . 又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋62＝132.角度三：正方体(长方体)的外接球3．(2016·九江一模)已知矩形ABCD 的顶点都在半径为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________．解析：如图所示，BE 过球心O ，∴DE ＝42－32－32＝2，∴V E ABCD ＝13×3×3×2＝2 3.答案：2 3角度四：四棱锥(三棱锥)的外接球4．(2016·长沙模拟)体积为163的正四棱锥S ABCD 的底面中心为O ，SO 与侧面成的角的正切值为22，那么过S ABCD 的各顶点的球的表面积为( ) A ．32π B ．24π C ．16πD ．12π解析：选C 如图，取AB 的中点为F ，连接SF ，过点O 作OG ⊥SF ，则∠OSG 为SO 与侧面所成的角， 且tan ∠OSG ＝OF SO ＝22.设AB ＝2a ，则SO ＝2a ，所以13×4a 2×2a ＝163，得a ＝ 2.延长SO 交外接球于E ，则EB ⊥SB ，由OB 2＝SO ·OE 得4＝2·(2R －2)，所以R ＝2，S ＝4π×22＝16π.[方法归纳]“切”“接”问题处理的注意事项(1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，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．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( ) A ．163πB ．323πC ．16πD ．24π解析：选B 设球的半径为R ，则表面积是16π，即4πR 2＝16π，解得R ＝2.所以体积为43πR 3＝32π3.2．一个几何体的三视图如图所示，则它的体积为( )A ．203B ．403C ．20D ．40解析：选B 由几何体的三视图可知该空间几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示．其体积为13×12(1＋4)×4×4＝403.3．在三角形ABC 中，AB ＝3，BC ＝4，∠ABC ＝90°，若将△ABC 绕直线BC 旋转一周，则所形成的几何体的侧面积为( )A ．15πB ．20πC ．30πD ．40π解析：选A 依题意知几何体为底面半径为3，母线长为5的圆锥，所得几何体的侧面积等于π×3×5＝15π.4．棱长为a 的正方体有一内切球，该球的表面积为________． 解析：由题意知球的直径2R ＝a ， ∴R ＝a2.∴S ＝4πR 2＝4π×a 24＝πa 2.答案：πa 25．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V 1，直径为4的球的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.解析：由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V 1＝8π－8π3＝16π3，V 2＝4π3×23＝32π3，V 1∶V 2＝1∶2. 答案：1∶2二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3解析：选A 设圆台较小底面半径为r ， 则另一底面半径为3r .由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7.2．(2015·云南师大附中)如图是一几何体的三视图，则该几何体的体积是( )A ．9B ．10C ．12D ．18解析：选 A 由三视图还原出几何体的直观图如图，SD ⊥平面ABCD ，AB 与DC 平行，AB ＝2，DC ＝4，AD ＝3，SD ＝3，所求体积V ＝13×12×(2＋4)×3×3＝9. 3．已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的底面边长为6时，其高的值为( )A ．3 3B ． 3C ．2 6D ．2 3解析：选D 设正六棱柱的高为h ，则可得(6)2＋h 24＝32，解得h ＝2 3.4．(2015·陕西高考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4解析：选D 由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示． 表面积为2×2＋2×12×π×12＋π×1×2＝4＋3π.5．(2015·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3C ．323 cm 3D ．403cm 3解析：选C 由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm 的正方体，体积V 1＝2×2×2＝8(cm 3)；上面是底面边长为2 cm ，高为2 cm 的正四棱锥，体积V 2＝13×2×2×2＝83(cm 3)，所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝323(cm 3)．6．某几何体的三视图如图所示，则其体积为________．解析：易知原几何体是底面圆半径为1，高为2的圆锥体的一半，故所求体积为V ＝12×13×(π×12)×2＝π3.答案：π37．(2015·天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为V ＝13π×12×1×2＋π×12×2＝83π.答案：83π8．(2016·唐山一模)在半径为2的球面上有不同的四点A ，B ，C ，D ，若AB ＝AC ＝AD ＝2，则平面BCD 被球所截得图形的面积为________．解析：过点A 向平面BCD 作垂线，垂足为M ，则M 是△BCD 的外心，而外接球球心O 位于直线AM 上，连接BM ，设△BCD 所在截面圆半径为r ，∵OA ＝OB ＝2＝AB ，∴∠BAO ＝60°，在Rt △ABM 中，r ＝2sin 60°＝3， ∴所求面积S ＝πr 2＝3π. 答案：3π9．(2015·江苏高考)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．解析：设新的底面半径为r ，由题意得13×π×52×4＋π×22×8＝13×π×r 2×4＋π×r 2×8，∴r 2＝7，∴r ＝7.答案：710．(2016·安徽六校联考)如图所示，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，求该多面体的体积．解：法一：如图所示，分别过A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱，。
2019-2020年高考数学一轮复习第7章立体几何课件
[五年考情]
考点
2016 年
三视图直观 图及几何体 的表面积体 积
11,6 分(理) 14,4 分(理) 9,6 分(文)
2015 年
2,5 分(理) 2,5 分(文)
2014 年
3,5 分(理) 3,5 分(文)
2013 年
2012 年
12,4 分(理) 11,4 分(理) 5,5 分(文) 3,5 分(文)
• 常常可见到这样的同学，他们在下课前几分钟就开始看表、收拾课本文具，下课铃一响，就迫不及待地“逃离”教室。实际上，每节课刚下课时的几分 钟是我们对上课内容查漏补缺的好时机。善于学习的同学往往懂得抓好课后的“黄金两分钟”。那么，课后的“黄金时间”可以用来做什么呢？
• 一、释疑难 • 对课堂上老师讲到的内容自己想不通卡壳的问题，应该在课堂上标出来，下课时，在老师还未离开教室的时候，要主动请老师讲解清楚。如果老师已
2019/7/20
最新中小学教学课件
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you!
2019/7/20
最新中小学教学课件
2,5 分(理)
空间点线 14,4 分(理)
面的位置 17(1)，7 分(理)
关系
2,5 分(文)
18(1)，7 分(文)
空间向量
及其应 17(2)，8 分(理)
用、空间 14,4 分(文)
角Hale Waihona Puke 18(2)，8 分(文)13,4 分(理) 17,4 分(理)
17(1)，7 分(理) 20(1)，7 分(理)
20(2)，9 分 20(2)，7 分
(理)
(理)
20(2)，5 分 20(2)，7 分
(文)
(文)
2017版高考数学一轮总复习第七章立体几何第一节空间
第一节空间几何体的构造及其三视图和直观图【最新考纲】 1. 认识柱、锥、台、球及其简单组合体的构造特点，并能运用这些特点描绘现实生活中简单物体的构造 .2. 能画出简单空间图形 ( 长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简略组合 ) 的三视图，能辨别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图 .3. 会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，认识空间图形的不一样表示形式．1．多面体的构造特点(1)棱柱的侧棱都相互平行，上下底面是全等的多边形．(2)棱锥的底面是随意多边形，侧面是有一个公共极点的三角形．(3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥获得，其上下底面是相像多边形．2．旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形任向来角边所在的直线圆台直角梯形垂直于底边的腰所在的直线球半圆直径所在的直线3.空间几何体的三视图(1)三视图的名称几何体的三视图包含：正视图、侧视图、俯视图．(2)三视图的画法①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前面、正左方、正上方察看几何体的正投影图．4．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本来的一半．1． ( 怀疑夯基 ) 判断以下结论的正误．( 正确的打“√”，错误的打“×”)(1) 有两个面平行，其他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，其他各面都是三角形的几何体是棱锥．( )(3) 用斜二测画法画水平搁置的∠A 时，若∠A 的两边分别平行于x 轴和 y 轴，且∠ A＝90°，则在直观图中，∠A＝45° .()(4) 正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均同样．()答案： (1) ×(2) ×(3) ×(4) ×2．如图，长方体 ABCD A′ B′ C′ D′中被截去一部分，此中EH∥A′D′.剩下的几何体是()A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．简单组合体分析：由几何体的构造特点，剩下的几何体为五棱柱．答案： C3．(2016 ·邯郸调研) 一几何体的直观图如下图，以下给出的四个俯视图中正确的选项是()分析：因为组合体的上部分( 五面体 ) 与下部分 ( 长方体 ) 有同样的底面，则几何体在下底面的投影为图形 B.答案： B4．(2015 ·课标全国Ⅱ卷) 一个正方体被一个平面截去一部分后，节余部分的三视图如以下图，则截去部分体积与节余部分体积的比值为()1 1 1 1A. 8B. 7C.6D. 5分析：如下图，由条件知，截去部分是正三棱锥D ABC.设正方体的棱长为a，则 V ＝a3 6 ，D ABC所以节余部分的体积V ＝5 3剩6a ，1故它们的体积之比为5.答案： D5．以边长为 1 的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于 ________．分析：由题意得圆柱的底面半径r ＝1，母线 l ＝ 1.所以圆柱的侧面积S＝ 2πrl ＝ 2π.答案： 2π一种思想棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后获得的，所以在解决棱台和圆台的有关问题时，常“还台为锥”，表现了转变的数学思想．两点注意1．注意空间几何体的不一样搁置对三视图的影响．2．画直观图注意平行性、长度两个因素．(1) 平行性不变； (2) 平行于 y 轴的线段长度减半，平行于x 轴、 z 轴的线段长度不变．三条规则——画三视图应按照的三条规则1．画法例则：“长对正，宽相等，高平齐”．2．摆放规则：侧视图在正视图的右边，俯视图在正视图的正下方．3．实虚线的画法例则：可见轮廓线和棱用实线画出，不行见线和棱用虚线画出．A 级基础稳固一、选择题1．(2014 ·福建卷 ) 某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不行能是() A．圆柱B．圆锥C．四周体D．三棱柱分析：由三视图知识知圆锥、四周体、三棱柱( 放倒看 ) 都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不行能为三角形．答案： A2．一个锥体的正视图和侧视图如下图，下边选项中，不行能是该锥体的俯视图的是()分析：注意到在三视图中，俯视图的宽度应与侧视图的宽度相等，而在选项 C 中，其宽3，与题中所给的侧视图的宽度 1 不相等，所以选 C.度为2答案： C3．已知正方体的棱长为 1，其俯视图是一个面积为 1 的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于( )A.3B．1C.2＋ 1D. 22 2分析：因为该正方体的俯视图是面积为 1 的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，所以该几何体的正视图是一个长为2，宽为 1 的矩形，其面积为 2.答案： D4．(2014 ·北京卷 ) 在空间直角坐标系O xyz 中，已知 A(2 ，0，0) ，B(2 ，2，0) ，C(0 ，2， 0) ，D(1 ，1，2) ．若 S1，S2，S3分别是三棱锥D ABC在 xOy，yOz， zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则()A． S1＝ S2＝S3B．S2＝S1且S2≠ S3C． S3＝ S1且 S3≠ S2D．S3＝S2且S3≠ S1分析：如右图所示。
2019年高考数学一轮复习 7.7 空间向量在立体几何中的应用课时作业 理(含解析)新人教A版
2019年高考数学一轮复习 7.7 空间向量在立体几何中的应用课时作业理（含解析）新人教A 版一、选择题1．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°解析：以B 点为坐标原点，以BC 、BA 、BB 1分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则B (0,0,0)，C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， ∴EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2) ∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF →·BC 1→|EF →||BC 1→|＝22·8＝12.∴EF 与BC 1所成角为60°. 答案：B2．如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为( )A.66B.33C.63D.23解析：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2a,0)，C (0,2a,2a )，G (a ，a,0)，F (a,0,0)，AG →＝(a ，a,0)，AC →＝(0,2a,2a )，BG →＝(a ，－a,0)，BC →＝(0,0,2a )，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧AG →·n 1＝0，AC →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1＝0，2ay 1＋2a ＝0 ⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1，y 1＝－1⇒n 1＝(1，－1,1)．sin θ＝BG →·n 1|BG →||n 1|＝2a 2a ×3＝63.答案：C3．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AB 的中点，则点C 到平面A 1DM 的距离为( )A.63aB.66a C.22a D.12a 解析：以A 1为原点建立如图所示的坐标系，则A 1(0,0,0)，M (a2，0，a )，D (0，a ，a )，C (a ，a ，a )设面A 1DM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )则⎩⎪⎨⎪⎧A 1M →·n ＝0A 1D →·n ＝0∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2x ＋az ＝0，ay ＋az ＝0令y ＝1，∴z ＝－1，x ＝2，∴n＝(2,1，－1)，点C到面A1DM的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CD →|n |＝2a 6＝63a . 答案：A4．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF＝13AC ，则( )A ．EF 至多与A 1D ，AC 之一垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面解析：以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建系，设正方体棱长为1，则A 1(1,0,1)，D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E (13，0，13)，F (23，13，0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，A 1D →＝(－1,0，－1)，AC →＝(－1,1,0)， EF →＝(13，13，－13)，BD 1→＝(－1，－1,1)，EF →＝－13BD 1→，A 1D →·EF →＝AC →·EF →＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC . 答案：B 二、填空题5．已知向量a ＝(－1,2,3)，b ＝(1,1,1)，则向量a 在向量b 方向上的投影为________． 解析：1|b |b ·a ＝13(1,1,1)·(－1,2,3)＝433，则a 在向量b 上的投影为433.答案：4336．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为________．解析：cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12＝22，∴〈m ，n 〉＝45°.∴二面角为45°或135°. 答案：45°或135°7．正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成的角是________．解析：如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz . 设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a2. 则CA →＝(2a,0,0)，AP →＝(－a ，－a 2，a2)，CB →＝(a ，a,0)．设平面P AC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →||n |＝a 2a 2·2＝12.∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°. 答案：30° 三、解答题8．(xx·安徽池州一中高三月考)如图，ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥面ABCD ，AF ∥DE ，DE ＝3AF ，BE 与平面ABCD 所成的角为60°.(1)求二面角F－BE－D的余弦值；(2)设点M是线段BD上一动点，试确定M的位置，使得AM∥面BEF，并证明你的结论．解：(1)∵DE⊥平面ABCD，∴∠EBD就是BE与平面ABCD所成的角，即∠EBD＝60°.∴DEBD＝ 3.由AD＝3，BD＝32，得DE＝36，AF＝ 6.如图，分别以DA，DC，DE为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A (3,0,0)，F (3,0，6)，E (0,0,36)，B (3,3,0)，C (0,3,0)， ∴BF →＝(0，－3，6)，EF →＝(3,0，－26)．设平面BEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BF →＝0，n ·EF →＝0.即⎩⎨⎧－3y ＋6z ＝0，3x －26z ＝0.令z ＝6，则n ＝(4,2，6)． ∵AC ⊥平面BDE ，∴CA →＝(3，－3,0)为平面BDE 的一个法向量， ∴cos 〈n ，CA →〉＝n ·CA →|n ||CA →|＝626×32＝1313.故二面角F －BE －D 的余弦值为1313. (2)依题意，设M (t ，t,0)(t >0)，则AM →＝(t －3，t,0)， ∵AM ∥平面BEF ，∴AM →·n ＝0， 即4(t －3)＋2t ＝0，解得t ＝2.∴点M 的坐标为(2,2,0)，此时DM →＝23DB →，∴点M 是线段BD 靠近B 点的三等分点．9．(xx·新课标全国卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB .(1)证明：BC 1∥平面A 1CD ； (2)求二面角D －A 1C －E 的正弦值．解：(1)证明：连接AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1中点． 又D 是AB 中点，连接DF ，则BC 1∥DF .因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD .(2)由AC ＝CB ＝22AB 得，AC ⊥BC . 以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)，CD →＝(1,1,0)，CE →＝(0,2,1)，CA 1→＝(2,0,2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CA 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0. 可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m 是平面A 1CE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CA 1→＝0.可取m ＝(2,1，－2)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63.即二面角D －A 1C －E 的正弦值为63. 10．(xx·陕西卷)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝ 2.(1)证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D ；(2)求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小．解：(1)证明：由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直，以O 为原点建立空间直角坐标系，如图．∵AB ＝AA 1＝2， ∴OA ＝OB ＝OA 1＝1，∴A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (－1,0,0)，D (0，－1,0)，A 1(0,0,1)． 由A 1B 1→＝AB →，易得B 1(－1,1,1)．∵A 1C →＝(－1,0，－1)，BD →＝(0，－2,0)，BB 1→＝(－1,0,1)， ∴A 1C →·BD →＝0，A 1C →·BB 1→＝0， ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥BB 1， ∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D .(2)设平面OCB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵OC →＝(－1,0,0)，OB 1→＝(－1,1,1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·OC →＝－x ＝0，n ·OB 1→＝－x ＋y ＋z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－z ， 取n ＝(0,1，－1)，由(1)知，A 1C →＝(－1,0，－1)是平面BB 1D 1D 的法向量， ∴cos θ＝|cos 〈n ，A 1C →〉|＝12×2＝12. 又0≤θ≤π2，∴θ＝π3.11．(xx·河北沧州质量监测)如图，已知四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1D ⊥底面ABCD ，且面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱AA 1＝2.(1)求证：C 1D ∥平面ABB 1A 1；(2)求直线BD 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值； (3)求二面角D －A 1C 1－A 的余弦值．解：(1)证明：四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1∥CC 1， 又CC 1⊄面ABB 1A 1，所以CC 1∥平面ABB 1A 1， 又因为ABCD 是正方形，所以CD ∥AB ，又CD ⊄面ABB 1A 1，AB ⊂面ABB 1A 1，所以CD ∥平面ABB 1A 1. 又因为CC 1∩CD ＝C ，所以平面CDD 1C 1∥平面ABB 1A 1， 又因为C 1D ⊂平面CDD 1C 1，所以C 1D ∥平面ABB 1A 1.(2)ABCD 是正方形，AD ⊥CD ，因为A 1D ⊥平面ABCD ，所以A 1D ⊥AD ，A 1D ⊥CD ，如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系D －xyz ， 在Rt △ADA 1中，由已知可得A 1D ＝ 3.所以D (0,0,0)，A 1(0,0，3)，A (1,0,0)，B 1(0,1，3)，C 1(－1,1，3)，D 1(－1,0，3)，B (1,1,0)，BD 1→＝(－2，－1，3)，B 1D 1→＝(－1，－1,0)，因为A 1D ⊥平面ABCD ，所以A 1D ⊥平面A 1B 1C 1D 1，A 1D ⊥B 1D 1. 又B 1D 1⊥A 1C 1，所以B 1D 1⊥平面A 1C 1D ， 所以平面A 1C 1D 的一个法向量为n ＝(1,1,0)． 设BD 1→与n 所成的角为β， 则cos β＝n ·BD 1→|n ||BD 1→|＝－32 8＝－34，所以直线BD 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为34.(3)平面A 1C 1A 的法向量为m ＝(a ，b ，c )则m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1A →＝0，所以－a ＋b ＝0，a －3c ＝0. 令c ＝3，可得m ＝(3,3，3)． 则cos 〈m·n 〉＝m·n |m ||n |＝6221＝427.所以二面角D －A 1C 1－A 的余弦值为427. 12．(xx·成都市第三次诊断)如图，四边形BCDE 是直角梯形，CD ∥BE ，CD ⊥BC ，CD ＝12BE ＝2，平面BCDE ⊥平面ABC ；又已知△ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ＝4，M ，F 分别为BC ，AE 的中点．(1)求直线CD 与平面DFM 所成角的正弦值；(2)能否在线段EM 上找到一点G ，使得FG ⊥平面BCDE ？若能，请指出点G 的位置，并加以证明；若不能，请说明理由；(3)求三棱锥F －DME 的体积．解：由题意，CD ⊥BC .四边形BCDE 是直角梯形，EB ⊥BC . 又平面BCDE ⊥平面ABC ，∴EB ⊥平面ABC .于是以B 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz .则B (0,0,0)，C (4,4,0)，A (0,4,0)，D (4,4,2)，E (0,0,4)，F (0,2,2)，M (2,2,0)． (1)CD →＝(0,0,2)．设m ＝(x ，y ，z )为平面DFM 的法向量． 由m ·DM →＝0，m ·MF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＋2z ＝0－2x ＋2z ＝0，即m ＝(x ，－2x ，x )． 令x ＝1，得m ＝(1，－2,1)． 于是sin θ＝|m ·CD →||m |·|CD →|＝66.(2)证明：设存在点G 满足题设，且EG →＝λEM →(0≤λ≤1)． 则G (2λ，2λ，4－4λ)，FG →＝(2λ，2λ－2,2－4λ)． 由FG →·EM →＝16λ－8＝0，得λ＝12.经检验FG →·ED →＝0.故当G 为EM 的中点时，FG ⊥平面BCDE .(3)∵BE ∥CD ，CD ⊥BC ，且四边形BCDE 是直角梯形， ∴S △BME ＝12BE ·BM ＝12×4×22＝42，S △DCM ＝12S △BME ＝2 2.1又梯形BCDE的面积S梯形BCDE＝2×(4＋2)×42＝122，∴S△DME＝S梯形BCDE－S△DCM－S△BEM＝6 2.由(2)，知FG为三棱锥F－DME的高，且|FG|＝ 2.∴V F－DME＝13×62×2＝4.[热点预测]13．(xx·保定市高三第一次模拟)四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD为矩形，M为AB 的中点，且△SAB为等腰直角三角形，SA＝SB＝2，SC⊥BD，DA⊥平面SAB.(1)求证：平面SBD⊥平面SMC；(2)设四棱锥S－ABCD外接球的球心为H，求棱锥H－MSC的高；(3)求平面SAD与平面SMC所成的二面角的正弦值．解：(1)∵SA＝SB，M为AB中点，∴SM⊥AB.又∵DA⊥平面SAB，∴DA⊥SM，所以SM⊥平面ABCD.又∵DB⊂平面ABCD，∴SM⊥DB.又∵SC⊥BD，∴DB⊥平面SMC，∴平面SBD⊥平面SMC.(2)由(1)知DB ⊥平面SMC ， ∴DB ⊥MC ，所以△ABD ∽△BCM ，故AB BC ＝DA MB ⇒22BC ＝BC2⇒BC ＝2设AC 与BD 交于N 点，因为AS ⊥BS ，DA ⊥BS ，所以SB ⊥平面SAD . 所以SB ⊥SD ，显然NA ＝NB ＝NC ＝ND ＝NS ，所以H 与N 重合，即为球心， 设MC 与DB 交于Q 点，由于DB ⊥平面SMC ，故HQ 即为所求．因为MC ＝6， ∴QB ＝BC ·MB MC ＝226＝233.∵BD ＝23，∴HB ＝3，故HQ ＝3－233＝33.即棱锥H －MSC 的高为33.可编辑修改精选文档(3)以点M 为原点，建立坐标系如图．则M (0,0,0)，S (2，0,0)，C (0，2，2)，A (0，－2，0)，D (0，－2，2)∴MS →＝(2，0,0)，MC →＝(0，2，2)，AD →＝(0,0,2)，AS →＝(2，2，0)设平面SMC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面ASD 的法向量为m ＝(a ，b ，c )∴⎩⎪⎨⎪⎧ MS →·n ＝0MC →·n ＝0⇒⎩⎨⎧ x ＝02y ＋2z ＝0，∴不妨取n ＝(0，2，－1) ∴⎩⎪⎨⎪⎧ AD →·m ＝0AS →·m ＝0⇒⎩⎨⎧c ＝02a ＋2b ＝0，∴不妨取m ＝(1，－1,0) ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－23·2＝－33. 所以，平面SAD 与平面SMC 所成的二面角的正弦值为63. .。
2017高考数学一轮总复习(文理科)配套课件：第七章 立体几何 7.1
2.柱、锥、台、球的结构特征
几何
体
定义
一般地,有两个面互相平行,其余各面都是
柱 棱 四边形,并且每相邻两个四边形的公共边都
体 柱 互相平行,由这些面所围成的多面体叫做棱
柱
相关概念
两个互相平行的面叫做棱柱的底面,简称底;其余各面叫做棱柱的侧面;相邻侧
面的公共边叫做棱柱的侧棱;侧面与底面的公共顶点叫做棱柱的顶点;底面是
第一节
第七章
空间几何体的结构、三视图与直观图
名师考点精讲
主干知识回顾
综合能力提升
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考点 3 由三视图确定几何体
典例3 (2014·新课标全国卷Ⅰ)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线
画出的是某多面体的三视图,则该多面体的各条棱中,最长的棱的长度为 (
A.6 2
B.4 2
C.6
)
D.4
【解题思路】由三视图可知,此多面体是一个倒立的三棱锥C-ABE,所以最长棱
2
9π
面积的最小值是 .
4
第十四页，编辑于星期六：二十点 四十一分。
第一节
第七章
空间几何体的结构、三视图与直观图
名师考点精讲
主干知识回顾
综合能力提升
-15-
考点 1 空间几何体的结构特征
典例1
给出下列四种说法:
①棱柱的棱都相互平行且相等;
②在棱锥中用一个平面截去一个小棱锥,剩下的部分就是一个棱台;
长为 42 + 42 + 22 =6.
【参考答案】 C
新课标卷Ⅱ,T9,选择
点、线、面的位
新课标卷Ⅰ,T19,解答;
新课标卷Ⅰ,T18,解答;
置关系及空间角