2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 立體幾何學(xué)案 理

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1、專題三 立體幾何 [全國(guó)卷3年考情分析] , 第一講 小題考法——空間幾何體的三視圖、表面積與體積及空間線面位置關(guān)系的判定 考點(diǎn)(一) 空間幾何體的三視圖 主要考查利用三視圖的畫法規(guī)則及擺放規(guī)則,根據(jù)空間幾何體確定其三視圖,或根據(jù)三視圖還原其對(duì)應(yīng)直觀圖,或根據(jù)三視圖中的其中兩個(gè)確定另一個(gè). [典例感悟] [典例] (1)(2017·全國(guó)卷Ⅰ)某多面體的三視圖如圖所示,其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成,正方形的邊長(zhǎng)為2,俯視圖為等腰直角三角形.該多面體的各個(gè)面中有若干個(gè)是梯形,這些梯形的面積之和為(  ) A.10        B.12

2、 C.14 D.16 (2)(2018·重慶調(diào)研)如圖①是一個(gè)棱長(zhǎng)為2的正方體被削去一個(gè)角后所得到的幾何體的直觀圖,其中DD1=1,AB=BC=AA1=2.若此幾何體的俯視圖如圖②所示,則可以作為其正視圖的是(  ) [解析] (1)由三視圖可知該多面體是一個(gè)組合體,下面是一個(gè)底面是等腰直角三角形的直三棱柱,上面是一個(gè)底面是等腰直角三角形的三棱錐,等腰直角三角形的腰長(zhǎng)為2,直三棱柱的高為2,三棱錐的高為2,易知該多面體有2個(gè)面是梯形,這些梯形的面積之和為×2=12,故選B. (2)由題意,根據(jù)該幾何體的直觀圖和俯視圖知,其正視圖的長(zhǎng)應(yīng)為底面正方形的對(duì)角線長(zhǎng),寬應(yīng)為正方體的棱長(zhǎng)

3、,故排除B,D;在三視圖中看不見的棱用虛線表示,故排除A,選C. [答案] (1)B (2)C [方法技巧] 熟練掌握規(guī)則幾何體的三視圖是由三視圖還原幾何體的基礎(chǔ),在明確三視圖畫法規(guī)則的基礎(chǔ)上,按以下步驟可輕松解決此類問題: [演練沖關(guān)] 1.(2018·全國(guó)卷Ⅲ)中國(guó)古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來.構(gòu)件的凸出部分叫榫頭,凹進(jìn)部分叫卯眼,圖中木構(gòu)件右邊的小長(zhǎng)方體是榫頭.若如圖擺放的木構(gòu)件與某一帶卯眼的木構(gòu)件咬合成長(zhǎng)方體,則咬合時(shí)帶卯眼的木構(gòu)件的俯視圖可以是(  ) 解析:選A 由題意可知帶卯眼的木構(gòu)件的直觀圖如圖所示,由直觀圖可知其俯視圖應(yīng)選A. 2.(2018·安徽

4、淮北二模)某幾何體的三視圖如圖所示,網(wǎng)格紙的小方格是邊長(zhǎng)為1的正方形,則該幾何體中最長(zhǎng)棱的棱長(zhǎng)是(  ) A. B. C. D.3 解析:選A 由三視圖可知該幾何體為一個(gè)三棱錐D-ABC,如圖,將其置于長(zhǎng)方體中,該長(zhǎng)方體的底面是邊長(zhǎng)為1的正方形,高為2.所以AB=1,AC=,BC=,CD=,DA=2,BD=,因此最長(zhǎng)棱為BD,棱長(zhǎng)是,故選A. 3.(2018·福州模擬)如圖,網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1,實(shí)線畫出的是某幾何體的三視圖,則此幾何體各面中直角三角形的個(gè)數(shù)是(  ) A.2 B.3 C.4 D.5 解析:選C 由三視圖知,該幾何體是如圖所示的四棱錐P-A

5、BCD,易知四棱錐P-ABCD的四個(gè)側(cè)面都是直角三角形,即此幾何體各面中直角三角形的個(gè)數(shù)是4,故選C. 4.(2018·全國(guó)卷Ⅰ)某圓柱的高為2,底面周長(zhǎng)為16,其三視圖如圖所示.圓柱表面上的點(diǎn)M在正視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A,圓柱表面上的點(diǎn)N在左視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B,則在此圓柱側(cè)面上,從M到N的路徑中,最短路徑的長(zhǎng)度為(  )                  A.2 B.2 C.3 D.2 解析:選B 先畫出圓柱的直觀圖,根據(jù)題圖的三視圖可知點(diǎn)M,N的位置如圖①所示.圓柱的側(cè)面展開圖及M,N的位置(N為OP的四等分點(diǎn))如圖②所示,連接MN,則圖中MN即為M到N的最短路徑.ON

6、=×16=4,OM=2, ∴MN== =2. 考點(diǎn)(二) 空間幾何體的表面積與體積 主要考查空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征、表面積與體積公式的應(yīng)用,涉及的幾何   體多為柱體、錐體,且常與三視圖相結(jié)合考查. [典例感悟] [典例] (1)(2017·全國(guó)卷Ⅱ)如圖,網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1,粗實(shí)線畫出的是某幾何體的三視圖,該幾何體由一平面將一圓柱截去一部分后所得,則該幾何體的體積為(  ) A.90π B.63π C.42π D.36π (2)(2018·武漢調(diào)研)一個(gè)幾何體的三視圖如圖,則它的表面積為(  ) A.28          B.24+2 C.

7、20+4 D.20+2 (3)(2018·哈爾濱六中模擬) 在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中點(diǎn),F(xiàn)是側(cè)面BCC1B1內(nèi)(包括邊)的動(dòng)點(diǎn),且A1F∥平面D1AE,沿A1F將點(diǎn)B1所在的幾何體削去,則剩余幾何體的體積為(  ) A. B. C. D. [解析] (1)法一:由題意知,該幾何體由底面半徑為3,高為10的圓柱截去底面半徑為3,高為6的圓柱的一半所得,故其體積V=π×32×10-×π×32×6=63π. 法二:由題意知,該幾何體由底面半徑為3,高為10的圓柱截去底面半徑為3,高為6的圓柱的一半所得,其體積等價(jià)于底面半徑為3,高為7的圓

8、柱的體積,所以它的體積V=π×32×7=63π. (2)根據(jù)該幾何體的三視圖作出其直觀圖如圖所示,可以看出該幾何體是一個(gè)底面是梯形的四棱柱.根據(jù)三視圖給出的數(shù)據(jù),可得該幾何體中梯形的上底長(zhǎng)為2,下底長(zhǎng)為3,高為2,所以該幾何體的表面積S=×(2+3)×2×2+2×2+2×3+2×2+2×=24+2,故選B. (3)分別取B1B,B1C1的中點(diǎn)M,N,連接A1M,MN,A1N,∵A1M∥D1E,A1M?平面D1AE,D1E?平面D1AE,∴A1M∥平面D1AE.同理可得MN∥平面D1AE,又A1M,MN是平面A1MN內(nèi)的相交直線,∴平面A1MN∥平面D1AE,由此結(jié)合A1F∥平面D1AE,可

9、得直線A1F?平面A1MN,即點(diǎn)F的軌跡是線段MN, ∴VB1-A1MN=××1××=,∴將點(diǎn)B1所在的幾何體削去,剩余幾何體的體積為1-=. [答案] (1)B (2)B (3)D [方法技巧] 1.求解幾何體的表面積與體積的技巧 (1)求三棱錐的體積:等體積轉(zhuǎn)化是常用的方法,轉(zhuǎn)化原則是其高易求,底面放在已知幾何體的某一面上. (2)求不規(guī)則幾何體的體積:常用分割或補(bǔ)形的方法,將不規(guī)則幾何體轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體求解. (3)求表面積:其關(guān)鍵思想是空間問題平面化.求不規(guī)則幾何體的表面積時(shí),通常將所給幾何體分割成柱、錐、臺(tái)體,先求這些柱、錐、臺(tái)體的表面積,再通過求和或作差求得所給幾何體

10、的表面積. 2.根據(jù)幾何體的三視圖求其表面積或體積的步驟 [演練沖關(guān)] 1.(2018·洛陽尖子生統(tǒng)考)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為(  ) A.2 B.1 C. D. 解析:選C 由題圖可知,該幾何體是一個(gè)四棱錐,如圖所示,其中PD⊥平面ABCD,底面ABCD是一個(gè)對(duì)角線長(zhǎng)為2的正方形,底面積S=×2×2=2,高h(yuǎn)=1,則該幾何體的體積V=Sh=,故選C. 2.(2018·長(zhǎng)春模擬)《九章算術(shù)》卷五商功中有如下問題:今有芻甍,下廣三丈,袤四丈,上袤二丈,無廣,高一丈,問積幾何?芻甍:底面為矩形的屋脊?fàn)畹膸缀误w(網(wǎng)格紙中粗線部分為其三視圖,設(shè)網(wǎng)

11、格紙上每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為1),那么該芻甍的體積為(  ) A.4 B.5 C.6 D.12 解析:選B 如圖,由三視圖可還原得幾何體ABCDEF,過E,F(xiàn)分別作垂直于底面的截面EGH和FMN,將原幾何體拆分成兩個(gè)底面積為3,高為1的四棱錐和一個(gè)底面積為,高為2的三棱柱,所以VABCDEF=2V四棱錐E-ADHG+V三棱柱EHG-FNM=2××3×1+×2=5,故選B. 3.(2018·貴州模擬)某實(shí)心幾何體是用棱長(zhǎng)為1 cm的正方體無縫粘合而成的,其三視圖如圖所示,則該幾何體的表面積為(  ) A.50 cm2 B.61 cm2 C.84 cm2 D

12、.86 cm2 解析:選D 根據(jù)題意可知該幾何體由3個(gè)長(zhǎng)方體(最下面長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為5 cm,5 cm,1 cm;中間長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為3 cm,3 cm,1 cm;最上面長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為1 cm,1 cm,1 cm)疊合而成,長(zhǎng)、寬、高分別為5 cm,5 cm,1 cm的長(zhǎng)方體的表面積為2(5×5+5×1+5×1)=2×35=70(cm2);長(zhǎng)、寬、高分別為3 cm,3 cm,1 cm的長(zhǎng)方體的表面積為2(3×3+3×1+3×1)=2×15=30(cm2);長(zhǎng)、寬、高分別為1 cm,1 cm,1 cm的長(zhǎng)方體的表面積為2(1×1+1×1+1×1)=2×3=6(cm2)

13、.由于幾何體的疊加而減少的面積為2×(3×3)+2×(1×1)=2×10=20(cm2),所以所求表面積為70+30+6-20=86(cm2).故選D. 考點(diǎn)(三) 與球有關(guān)的組合體的計(jì)算問題 主要考查與多面體、旋轉(zhuǎn)體構(gòu)成的簡(jiǎn)單組合體的有關(guān)切、接球表面積、體積的計(jì)算問題,其本質(zhì)是計(jì)算球的半徑. [典例感悟] [典例] (1)(2018·全國(guó)卷Ⅲ)設(shè)A,B,C,D是同一個(gè)半徑為4的球的球面上四點(diǎn),△ABC為等邊三角形且其面積為9,則三棱錐D-ABC體積的最大值為(  ) A.12          B.18 C.24 D.54 (2)(2017·全國(guó)卷Ⅰ)已知

14、三棱錐S -ABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上,SC是球O的直徑.若平面SCA⊥平面SCB,SA=AC,SB=BC,三棱錐S -ABC的體積為9,則球O的表面積為________. (3)(2017·江蘇高考)如圖,在圓柱O1O2內(nèi)有一個(gè)球O,該球與圓柱的上、下底面及母線均相切.記圓柱O1O2的體積為V1,球O的體積為V2,則的值是________. [解析] (1)由等邊△ABC的面積為9,可得AB2=9,所以AB=6, 所以等邊△ABC的外接圓的半徑為r=AB=2. 設(shè)球的半徑為R,球心到等邊△ABC的外接圓圓心的距離為d,則d===2. 所以三棱錐D-ABC高的最大值為2+4=6

15、, 所以三棱錐D-ABC體積的最大值為×9×6=18. (2)如圖,連接AO,OB, ∵SC為球O的直徑,∴點(diǎn)O為SC的中點(diǎn),∵SA=AC,SB=BC, ∴AO⊥SC,BO⊥SC, ∵平面SCA⊥平面SCB,平面SCA∩平面SCB=SC,∴AO⊥平面SCB, 設(shè)球O的半徑為R,則OA=OB=R,SC=2R. ∴VS -ABC=VA-SBC=×S△SBC×AO =××AO, 即9=××R,解得 R=3, ∴球O的表面積為S=4πR2=4π×32=36π. (3)設(shè)球O的半徑為R,因?yàn)榍騉與圓柱O1O2的上、下底面及母線均相切,所以圓柱的底面半徑為R、高為2R,所以==.

16、[答案] (1)B (2)36π (3) [方法技巧] 求解多面體、旋轉(zhuǎn)體與球接、切問題的策略 (1)過球心及多面體中的特殊點(diǎn)(一般為接、切點(diǎn))或線作截面,把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題. (2)利用平面幾何知識(shí)尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系,或通過畫內(nèi)切、外接的幾何體的直觀圖,確定球心的位置,弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關(guān)系,列方程(組)求解. [演練沖關(guān)] 1.(2019屆高三·山西八校聯(lián)考)已知一個(gè)球的表面上有A,B,C三個(gè)點(diǎn),且AB=AC=BC=2,若球心到平面ABC的距離為1,則該球的表面積為(  ) A.20π         B.15π C.10π D.5π

17、 解析:選A 設(shè)球心為O,△ABC的中心為O′,因?yàn)锳B=AC=BC=2,所以AO′=×2×=2,因?yàn)榍蛐牡狡矫鍭BC的距離為1,所以O(shè)O′=1,所以AO==,故該球的表面積S=4π×(OA)2=20π.故選A. 2.(2018·重慶模擬)已知三棱錐A-BCD中,平面ABC⊥平面BCD,BC⊥CD,AB⊥AC,CD=2,BC=2,則該三棱錐外接球的表面積為(  ) A.4π B.4π C.12π D.9π 解析:選C 如圖,取BC的中點(diǎn)E,BD的中點(diǎn)O,連接OA,OE,OC,AE,則OE∥CD.由平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,CD?平面BCD,CD⊥BC,得

18、CD⊥平面ABC,則OE⊥平面ABC,所以O(shè)E⊥BC,OE⊥AE.在Rt△ABC中,AE=BC=BE=CE,則Rt△OCE≌Rt△OAE≌Rt△OBE,所以O(shè)C=OA=OB,又OB=OD,所以O(shè)為三棱錐A-BCD的外接球的球心,外接球的半徑R=BD= =,則三棱錐A-BCD的外接球的表面積S=4πR2=12π,故選C. 3.(2018·陜西渭南二模)體積為的球與正三棱柱的所有面均相切,則該棱柱的體積為________. 解析:設(shè)球的半徑為R,由R3=,得R=1,所以正三棱柱的高h(yuǎn)=2.設(shè)底面邊長(zhǎng)為a,則×a=1,所以a=2.所以V=×2×3×2=6. 答案:6 考點(diǎn)(四) 空間線面位

19、置關(guān)系問題 主要考查利用四個(gè)公理、八個(gè)定理來判斷與點(diǎn)、線、面有關(guān)命題的真假或判斷簡(jiǎn)單的線面位置關(guān)系及簡(jiǎn)單空間角問題的求解. [典例感悟] [典例] (1)(2017·全國(guó)卷Ⅰ)如圖,在下列四個(gè)正方體中,A,B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn),M,N,Q為所在棱的中點(diǎn),則在這四個(gè)正方體中,直線AB與平面MNQ不平行的是(  ) (2)(2018·惠州模擬)設(shè)l,m,n為三條不同的直線,α為一個(gè)平面,則下列命題中正確的個(gè)數(shù)是(  ) ①若l⊥α,則l與α相交;②若m?α,n?α,l⊥m,l⊥n,則l⊥α;③若l∥m,m∥n,l⊥α,則n⊥α;④若l∥m,m⊥α,n⊥α,則l∥n. A

20、.1         B.2 C.3 D.4 (3)(2018·全國(guó)卷Ⅱ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱CC1的中點(diǎn),則異面直線AE與CD所成角的正切值為(  ) A. B. C. D. [解析] (1)法一:對(duì)于選項(xiàng)B,如圖所示,連接CD,因?yàn)锳B∥CD,M,Q分別是所在棱的中點(diǎn),所以MQ∥CD,所以AB∥MQ .又AB?平面MNQ,MQ?平面MNQ,所以AB∥平面MNQ.同理可證選項(xiàng)C、D中均有AB∥平面MNQ.故選A. 法二:對(duì)于選項(xiàng)A,設(shè)正方體的底面對(duì)角線的交點(diǎn)為O(如圖所示),連接OQ,則OQ∥AB.因?yàn)镺Q與平面MNQ有交點(diǎn),所以AB與平面MNQ有交

21、點(diǎn),即AB與平面MNQ不平行,根據(jù)直線與平面平行的判定定理及三角形的中位線性質(zhì)知,選項(xiàng)B、C、D中AB∥平面MNQ.故選A. (2)對(duì)于①,若l⊥α,則l與α不可能平行,l也不可能在α內(nèi),所以l與α相交,①正確;對(duì)于②,若m?α,n?α,l⊥ m,l⊥n,則有可能是l?α,故②錯(cuò)誤;對(duì)于③,若l∥m,m∥n,則l∥n, 又l⊥α,所以n⊥α,故③正確;對(duì)于④,因?yàn)閙⊥α,n⊥α,所以m∥n,又l∥m,所以l∥n,故④正確.選C. (3)如圖,連接BE,因?yàn)锳B∥CD,所以AE與CD所成的角為∠EAB.在Rt△ABE中, 設(shè)AB=2,則BE=,則tan ∠EAB==, 所以異面直線A

22、E與CD所成角的正切值為. [答案] (1)A (2)C (3)C [方法技巧] 1.判斷與空間位置關(guān)系有關(guān)命題真假的方法 (1)借助空間線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行判斷. (2)借助空間幾何模型,如從長(zhǎng)方體模型、四面體模型等模型中觀察線面位置關(guān)系,結(jié)合有關(guān)定理,進(jìn)行肯定或否定. (3)借助反證法,當(dāng)從正面入手較難時(shí),可利用反證法,推出與題設(shè)或公認(rèn)的結(jié)論相矛盾的命題,進(jìn)而作出判斷. 2.平移法求異面直線所成的角 通過作圖(如結(jié)合中位線、平行四邊形等)來構(gòu)造平行線、作出異面直線所成的角,通過解三角形來求解,具體步驟為: [演練沖關(guān)]

23、 1.(2018·安徽宣城第二次調(diào)研)已知m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個(gè)不同的平面,給出下列四個(gè)命題,其中錯(cuò)誤的命題是(  ) A.若m∥α,m∥β,α∩β=n,則m∥n B.若α⊥β,m⊥α,n⊥β,則m⊥n C.若α⊥β,α⊥γ,β∩γ=m,則m⊥α D.若α∥β,m∥α,則m∥β 解析:選D 若m∥α,m∥β,α∩β=n,則由線面平行的性質(zhì)可得m∥n,故A正確.若α⊥β,m⊥α,n⊥β,則由線面垂直的性質(zhì)可得m⊥n,故B正確.若α⊥β,α⊥γ,β∩γ=m,則由面面垂直的性質(zhì)可得m⊥α,故C正確.若α∥β,m∥α,則m∥β或m?β,故D不正確.故選D. 2.如圖是正方體

24、的平面展開圖,則在這個(gè)正方體中:①直線BM與ED平行;②直線CN與BE是異面直線;③直線CN與BM成60°角;④直線DM與BN是異面直線. 以上四個(gè)命題中,正確命題的序號(hào)是(  ) A.①②③ B.②④ C.③④ D.②③④ 解析:選C 由題意得到正方體的直觀圖如圖所示,由正方體的結(jié)構(gòu)特征可得,直線BM與ED是異面直線,故①不正確;直線CN與BE是平行的,故②不正確;連接AN,則AN∥BM,所以直線CN 與BM所成的角就是∠ANC,且∠ANC=60°,故③正確;直線DM與BN是異面直線,故④正確.所以正確命題的序號(hào)是③④. 3.已知α,β表示兩個(gè)不同平面,a,b表示兩條不同直

25、線,對(duì)于下列兩個(gè)命題: ①若b?α,a?α,則“a∥b”是“a∥α”的充分不必要條件; ②若a?α,b?α,則“α∥β”是“a∥β且b∥β”的充要條件. 判斷正確的是(  ) A.①,②都是真命題 B.①是真命題,②是假命題 C.①是假命題,②是真命題 D.①,②都是假命題 解析:選B 若b?α,a?α,a∥b,則由線面平行的判定定理可得a∥α,反過來,若b?α,a?α,a∥α,則a,b可能平行或異面,所以若b?α,a?α,“a∥b”是“a∥α”的充分不必要條件,①是真命題;若a?α,b?α,α∥β,則由面面平行的性質(zhì)可得a∥β,b∥β,反過來,若a?α,b?α,a∥β,b∥β

26、,則α,β可能平行或相交,所以若a?α,b?α,則“α∥β”是“a∥β,b∥β”的充分不必要條件,②是假命題,選項(xiàng)B正確. [必備知能·自主補(bǔ)缺] 依據(jù)學(xué)情課下看,針對(duì)自身補(bǔ)缺漏;臨近高考再瀏覽,考前溫故熟主干 [主干知識(shí)要記牢] 1.簡(jiǎn)單幾何體的表面積和體積 (1)S直棱柱側(cè)=ch(c為底面周長(zhǎng),h為高). (2)S正棱錐側(cè)=ch′(c為底面周長(zhǎng),h′為斜高). (3)S正棱臺(tái)側(cè)=(c′+c)h′(c與c′分別為上、下底面周長(zhǎng),h′為斜高). (4)圓柱、圓錐、圓臺(tái)的側(cè)面積公式 S圓柱側(cè)=2πrl(r為底面半徑,l為母線長(zhǎng)), S圓錐側(cè)=πrl(r為底面半徑,l為母

27、線長(zhǎng)), S圓臺(tái)側(cè)=π(r′+r)l(r′,r分別為上、下底面的半徑,l為母線長(zhǎng)). (5)柱、錐、臺(tái)體的體積公式 V柱=Sh(S為底面面積,h為高), V錐=Sh(S為底面面積,h為高), V臺(tái)=(S++S′)h(S,S′為上、下底面面積,h為高). (6)球的表面積和體積公式 S球=4πR2,V球=πR3. 2.兩類關(guān)系的轉(zhuǎn)化 (1)平行關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化 (2)垂直關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化 3.證明空間位置關(guān)系的方法 已知a,b,l是直線,α,β,γ是平面,O是點(diǎn),則 (1)線線平行 ?c∥b,?a∥b, ?a∥b,?a∥b. (2)線面平行 ?a∥α,?

28、a∥α,?a∥α. (3)面面平行 ?α∥β,?α∥β,?α∥γ. (4)線線垂直 ?a⊥b,?a⊥b. (5)線面垂直 ?l⊥α, ?a⊥β, ?a⊥β,?b⊥α. (6)面面垂直 ?α⊥β,?α⊥β. [二級(jí)結(jié)論要用好] 1.長(zhǎng)方體的對(duì)角線與其共點(diǎn)的三條棱之間的長(zhǎng)度關(guān)系d2=a2+b2+c2;若長(zhǎng)方體外接球半徑為R,則有(2R)2=a2+b2+c2. [針對(duì)練1] (2019屆高三·西安八校聯(lián)考)設(shè)三棱錐的三條側(cè)棱兩兩互相垂直,且長(zhǎng)度分別為2,2,4,則其外接球的表面積為(  ) A.48π         B.32π C.20π D.12π 解

29、析:選B 依題意,設(shè)題中的三棱錐外接球的半徑為R,可將題中的三棱錐補(bǔ)形成一個(gè)長(zhǎng)方體,則R= =2,所以該三棱錐外接球的表面積為S=4πR2=32π. 2.棱長(zhǎng)為a的正四面體的內(nèi)切球半徑r=a,外接球的半徑R=a.又正四面體的高h(yuǎn)=a,故r=h,R=h. [針對(duì)練2] 正四面體ABCD的外接球半徑為2,過棱AB作該球的截面,則截面面積的最小值為________. 解析:由題意知,面積最小的截面是以AB為直徑的圓,設(shè)AB的長(zhǎng)為a,因?yàn)檎拿骟w外接球的半徑為2,所以a=2,解得a=,故截面面積的最小值為π2=. 答案: [易錯(cuò)易混要明了] 應(yīng)用空間線面平行與垂直關(guān)系中的判定定

30、理和性質(zhì)定理時(shí),忽視判定定理和性質(zhì)定理中的條件,導(dǎo)致判斷出錯(cuò).如由α⊥β,α∩β=l,m⊥l,易誤得出m⊥β的結(jié)論,就是因?yàn)楹鲆暶婷娲怪钡男再|(zhì)定理中m?α的限制條件. [針對(duì)練3] 設(shè)α,β是兩個(gè)不同的平面,m是直線且m?α,則“m∥β ”是“α∥β ”的(  ) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 解析:選B 當(dāng)m∥β時(shí),過m的平面α與β可能平行也可能相交,因而m∥β?/ α∥β;當(dāng)α∥β時(shí),α內(nèi)任一直線與β平行,因?yàn)閙?α,所以m∥β.綜上可知,“m∥β ”是“α∥β ”的必要不充分條件. A級(jí)——12+4提速練

31、 一、選擇題 1.(2018·廣州模擬)如圖,網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1,粗線畫出的是某幾何體的正視圖(等腰直角三角形)和側(cè)視圖,且該幾何體的體積為,則該幾何體的俯視圖可以是(  ) 解析:選D 由題意可得該幾何體可能為四棱錐,如圖所示,其高為2,底面為正方形,面積為2×2=4,因?yàn)樵搸缀误w的體積為×4×2=,滿足條件,所以俯視圖可以為D. 2.(2018·陜西模擬)把邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD沿對(duì)角線BD折起,使得平面ABD⊥平面CBD,形成的三棱錐C-ABD的正視圖與俯視圖如圖所示,則側(cè)視圖的面積為(  ) A. B. C. D. 解析:選D 由三棱錐C-ABD的

32、正視圖、俯視圖得三棱錐C-ABD的側(cè)視圖為直角邊長(zhǎng)是的等腰直角三角形,其形狀如圖所示,所以三棱錐C-ABD的側(cè)視圖的面積為,故選D. 3.(2018·鄭州一模)已知兩條不重合的直線m,n和兩個(gè)不重合的平面α,β,m⊥α,n?β.給出下列四個(gè)命題: ①若α∥β,則m⊥n;②若m⊥n,則α∥β; ③若m∥n,則α⊥β;④若α⊥β,則m∥n. 其中正確命題的個(gè)數(shù)是(  ) A.0          B.1 C.2 D.3 解析:選C 依題意,對(duì)于①,由“若一條直線與兩個(gè)平行平面中的一個(gè)垂直,則該直線也垂直于另一個(gè)平面”得知,m⊥β,又n?β,因此m⊥n,①正確;對(duì)于②,當(dāng)α⊥β時(shí),設(shè)

33、α∩β=n,在平面β內(nèi)作直線m⊥n,則有m⊥α,因此②不正確;對(duì)于③,由m∥n,m⊥α得n⊥α,又n?β,因此有α⊥β,③正確;對(duì)于④,當(dāng)m⊥α,α∩β=n,α⊥β時(shí),直線m,n不平行,因此④不正確.綜上所述,正確命題的個(gè)數(shù)為2,故選C. 4.(2018·唐山模擬)如圖,網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1,粗線畫的是一個(gè)幾何體的三視圖,則該幾何體的體積為(  ) A.3 B. C.7 D. 解析:選B 由題中的三視圖可得,該幾何體是由一個(gè)長(zhǎng)方體切去一個(gè)三棱錐所得的幾何體,長(zhǎng)方體的長(zhǎng),寬,高分別為2,1,2,體積為4,切去的三棱錐的體積為,故該幾何體的體積V=4-=. 5.(2018·

34、長(zhǎng)郡中學(xué)模擬)某幾何體的三視圖如圖所示,其俯視圖中的曲線部分為半圓,則該幾何體的體積是(  ) A.192+96π B.256+96π C.192+100π D.256+100π 解析:選C 題中的幾何體是由一個(gè)直三棱柱和一個(gè)半圓柱構(gòu)成的幾何體,其中直三棱柱的底面是兩直角邊分別為8和6的直角三角形,高為8,該半圓柱的底面圓的半徑為5,高為8,因此該幾何體的體積為×8×6×8+π×52×8=192+100π,選C. 6.(2018·貴陽模擬)某幾何體的三視圖如圖所示(粗線部分),正方形網(wǎng)格的邊長(zhǎng)為1,該幾何體的頂點(diǎn)都在球O的球面上,則球O的表面積為(  ) A.15π B.1

35、6π C.17π D.18π 解析:選C 由題中的三視圖可知,該幾何體為如圖所示的三棱錐D1-BCD,將其放在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,則該幾何體的外接球即長(zhǎng)方體的外接球,長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為2,2,3,長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng)為=,球O的直徑為,所以球O的表面積S=17π,故選C. 7.(2018·石家莊模擬)如圖是某四棱錐的三視圖,其中正視圖是邊長(zhǎng)為2的正方形,側(cè)視圖是底邊分別為2和1的直角梯形,則該幾何體的體積為(  ) A. B. C. D. 解析:選A 記由三視圖還原后的幾何體為四棱錐A-BCDE,將其放入棱長(zhǎng)為2的正方體中,如圖,其中點(diǎn)D,E分別為所在

36、棱的中點(diǎn),分析知平面ABE⊥平面BCDE,點(diǎn)A到直線BE的距離即四棱錐的高,設(shè)為h,在△ABE中,易知AE=BE=,cos∠ABE=,則sin∠ABE=,所以h=,故四棱錐的體積V=×2××=,故選A. 8.(2018·全國(guó)卷Ⅱ)在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為(  ) A.     B.     C.     D. 解析:選C 如圖,在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的一側(cè)補(bǔ)上一個(gè)相同的長(zhǎng)方體EFBA-E1F1B1A1.連接B1F,由長(zhǎng)方體性質(zhì)可知,B1F∥AD1,所以∠DB1F為異面直線AD1與DB1所成的角或

37、其補(bǔ)角.連接DF,由題意,得DF==,F(xiàn)B1==2,DB1==. 在△DFB1中,由余弦定理,得DF2=FB+DB-2FB1·DB1·cos∠DB1F,即5=4+5-2×2××cos∠DB1F,∴cos∠DB1F=. 9.已知矩形ABCD的頂點(diǎn)都在球心為O,半徑為R的球面上,AB=6,BC=2,且四棱錐O-ABCD的體積為8,則R等于(  ) A.4          B.2 C. D. 解析:選A 如圖,設(shè)矩形ABCD的中心為E,連接OE,EC,由球的性質(zhì)可得OE⊥平面ABCD,所以VO-ABCD=·OE·S矩形ABCD=×OE×6×2=8,所以O(shè)E=2,在矩形ABCD中可得

38、EC=2,則R===4,故選A. 10.(2018·福州模擬)如圖,網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1,粗線畫出的是某多面體的三視圖,則該多面體的表面積為(  ) A.2+4+2 B.2+2+4 C.2+6 D.8+4 解析:選A 由三視圖知該幾何體為三棱錐,記為三棱錐P-ABC,將其放在棱長(zhǎng)為2的正方體中,如圖所示,其中AC⊥BC,PA⊥AC,PB⊥BC,△PAB是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形,故所求表面積為S△ABC+S△PAC+S△PBC+S△PAB=×2×2+×2×2+×2×2+×(2)2=2+4+2.故選A. 11.(2018·唐山模擬)把一個(gè)皮球放入如圖所示的由8根長(zhǎng)均為20 c

39、m的鐵絲接成的四棱錐形骨架中,使皮球的表面與8根鐵絲都有接觸點(diǎn)(皮球不變形),則皮球的半徑為(  ) A.10 cm B.10 cm C.10 cm D.30 cm 解析:選B 依題意,在四棱錐S-ABCD中,所有棱長(zhǎng)均為20 cm,連接AC,BD交于點(diǎn)O,連接SO,則SO=AO=BO=CO=DO=10 cm,易知點(diǎn)O到AB,BC,CD,AD的距離均為10 cm,在等腰三角形OAS中,OA=OS=10 cm,AS=20 cm,所以O(shè)到SA的距離d=10 cm,同理可證O到SB,SC,SD的距離也為10 cm,所以球心為四棱錐底面ABCD的中心,所以皮球的半徑r=10 cm,選B.

40、12.(2018·廣州模擬)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2,點(diǎn)M為CC1的中點(diǎn),點(diǎn)N為線段DD1上靠近D1的三等分點(diǎn),平面BMN交AA1于點(diǎn)Q,則線段AQ的長(zhǎng)為(  ) A. B. C. D. 解析:選D 如圖所示,在線段DD1上靠近點(diǎn)D處取一點(diǎn)T,使得DT=,因?yàn)镹是線段DD1上靠近D1的三等分點(diǎn),故D1N=,故NT=2--=1,因?yàn)镸為CC1的中點(diǎn),故CM=1,連接TC,由NT∥CM,且CM=NT=1,知四邊形CMNT為平行四邊形,故CT∥MN,同理在AA1上靠近點(diǎn)A處取一點(diǎn)Q′,使得AQ′=,連接BQ′,TQ′,則有BQ′∥CT∥MN,故BQ′與MN共面,即Q′與Q

41、重合,故AQ=,選D. 二、填空題 13.(2018·南京模擬)在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形,∠BAD=60°,側(cè)棱PA⊥底面ABCD,PA=2,E為AB的中點(diǎn),則三棱錐P-BCE的體積為________. 解析:由題意知S底面ABCD=2×2sin 60°=2,所以S△EBC=,故VP-EBC=×2×=. 答案: 14.(2018·內(nèi)蒙古包頭一模)已知直線a,b,平面α,且滿足a⊥α,b∥α,有下列四個(gè)命題: ①對(duì)任意直線c?α,有c⊥a; ②存在直線c?α,使c⊥b且c⊥a; ③對(duì)滿足a?β的任意平面β,有β∥α; ④存在平面β⊥α,使b⊥β.

42、其中正確的命題有________.(填序號(hào)) 解析:因?yàn)閍⊥α,所以a垂直于α內(nèi)任一直線,所以①正確;由b∥α得α內(nèi)存在一直線l與b平行,在α內(nèi)作直線m⊥l,則m⊥b,m⊥a,再將m平移得到直線c,使c?α即可,所以②正確;由面面垂直的判定定理可得③不正確;若b⊥β,則由b∥α得α內(nèi)存在一條直線l與b平行,必有l(wèi)⊥β,即有α⊥β,而滿足b⊥β的平面β有無數(shù)個(gè),所以④正確. 答案:①②④ 15.(2019屆高三·益陽、湘潭聯(lián)考)已知三棱錐S-ABC的頂點(diǎn)都在球O的球面上,△ABC是邊長(zhǎng)為3的正三角形,SC為球O的直徑,且SC=4,則此三棱錐的體積為________. 解析:如圖,設(shè)O1為

43、△ABC的中心,連接OO1,故三棱錐S-ABC的高h(yuǎn)=2OO1,三棱錐S-ABC的體積V=×2OO1×S△ABC,因?yàn)镺O1==1,所以V=×2×1××32=. 答案: 16.(2018·全國(guó)卷Ⅱ)已知圓錐的頂點(diǎn)為S,母線SA,SB所成角的余弦值為,SA與圓錐底面所成角為45°,若△SAB的面積為5,則該圓錐的側(cè)面積為________. 解析:如圖,∵SA與底面成45°角,∴△SAO為等腰直角三角形.設(shè)OA=r,則SO=r,SA=SB=r.在△SAB中,cos∠ASB=,∴sin∠ASB=,∴S△SAB=SA·SB·sin∠ASB=×(r)2×=5,解得r=2,∴SA=r=4,即母線長(zhǎng)l

44、=4,∴S圓錐側(cè)=πrl=π×2×4=40π. 答案:40π B級(jí)——難度小題強(qiáng)化練 1.(2018·武漢調(diào)研)已知底面半徑為1,高為的圓錐的頂點(diǎn)和底面圓周都在球O的球面上,則球O的表面積為(  ) A. B.4π C. D.12π 解析:選C 如圖,△ABC為圓錐的軸截面,O為其外接球的球心,設(shè)外接球的半徑為R,連接OB,OA,并延長(zhǎng)AO交BC于點(diǎn)D,則AD⊥BC,由題意知,AO=BO=R,BD=1,AD=,則在Rt△BOD中,有R2=(-R)2+12,解得R=,所以外接球O的表面積S=4πR2=,故選C. 2.(2018·南京模擬)如圖,網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1,粗

45、實(shí)線及粗虛線畫出的是某多面體的三視圖,則該多面體的體積為(  ) A. B. C.2 D. 解析:選A 由三視圖可知,該幾何體為三棱錐,將其放在棱長(zhǎng)為2的正方體中,如圖中三棱錐A-BCD所示,故該幾何體的體積V=××1×2×2=. 3.(2018·福州模擬)已知圓柱的高為2,底面半徑為,若該圓柱的兩個(gè)底面的圓周都在同一個(gè)球面上,則這個(gè)球的表面積等于(  ) A.4π B.π C.π D.16π 解析:選D 如圖,由題意知圓柱的中心O為這個(gè)球的球心,于是球的半徑r=OB===2.故這個(gè)球的表面積S=4πr2=16π.故選D. 4.(2018·貴陽檢測(cè))三棱錐P-ABC

46、的四個(gè)頂點(diǎn)都在體積為的球的表面上,底面ABC所在的小圓面積為16π,則該三棱錐的高的最大值為(  ) A.4 B.6 C.8 D.10 解析:選C 依題意,設(shè)題中球的球心為O,半徑為R,△ABC的外接圓半徑為r,則=,解得R=5,由πr2=16π,解得r=4,又球心O到平面ABC的距離為=3,因此三棱錐P-ABC的高的最大值為5+3=8,故選C. 5.(2018·全國(guó)卷Ⅰ)已知正方體的棱長(zhǎng)為1,每條棱所在直線與平面α所成的角都相等,則α截此正方體所得截面面積的最大值為(  ) A. B. C. D. 解析:選A 如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,平面AB1D

47、1與棱A1A,A1B1,A1D1所成的角都相等,又正方體的其余棱都分別與A1A,A1B1,A1D1平行,故正方體ABCD-A1B1C1D1的每條棱所在直線與平面AB1D1所成的角都相等.如圖所示,取棱AB,BB1,B1C1,C1D1,D1D,DA的中點(diǎn)E,F(xiàn),G,H,M,N,則正六邊形EFGHMN所在平面與平面AB1D1平行且面積最大,此截面面積為S正六邊形EFGHMN=6××××sin 60°=.故選A. 6.(2018·南寧模擬)如圖,在正方形ABCD中,AC為對(duì)角線,E,F(xiàn)分別是BC,CD的中點(diǎn),G是EF的中點(diǎn).現(xiàn)在沿AE,AF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)空間圖形,使B,C,D三點(diǎn)重合,

48、重合后的點(diǎn)記為H.下列說法錯(cuò)誤的是________(將符合題意的序號(hào)填到橫線上). ①AG⊥△EFH所在平面;?、贏H⊥△EFH所在平面; ③HF⊥△AEF所在平面; ④HG⊥△AEF所在平面. 解析:根據(jù)折疊前AB⊥BE,AD⊥DF可得折疊后AH⊥HE,AH⊥HF,HE∩HF=H,可得AH⊥平面EFH,即②正確;∵過點(diǎn)A只有一條直線與平面EFH垂直,∴①不正確;∵AG⊥EF,AH⊥EF,AH∩AG=A,∴EF⊥平面HAG,∴平面HAG⊥平面AEF.過H作直線垂直于平面AEF,該直線一定在平面HAG內(nèi),∴③不正確;∵HG不垂直AG,∴HG⊥平面AEF不正確,④不正確,綜上,說法錯(cuò)誤的

49、序號(hào)是①③④. 答案:①③④ 第二講 大題考法——立體幾何 題型(一) 平行、垂直關(guān)系的證明與求線面角 主要考查以具體幾何體三棱錐或四棱錐為載體,建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系求解線面角問題. [典例感悟] [典例1] (2018·全國(guó)卷Ⅱ)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點(diǎn). (1)證明:PO⊥平面ABC; (2)若點(diǎn)M在棱BC上,且二面角M-PA-C為30°,求PC與平面PAM所成角的正弦值. [審題定向] (一)定知識(shí) 主要考查線線垂直、線面垂直、線面角. (二)定能力 1.考查直觀想象:三棱錐幾

50、何體中線線垂直、線面垂直的空間位置關(guān)系. 2.考查邏輯推理:欲證線面垂直,需證線線垂直;欲求線面角,需建系求面的法向量. 3.考查數(shù)學(xué)運(yùn)算:法向量的求解、向量夾角的求解. (三)定思路 第(1)問利用線面垂直的判定定理求證: 連接OB,由已知條件得出OP⊥AC,OP⊥OB,再利用線面垂直的判定定理得證; 第(2)問建立空間直角坐標(biāo)系,用向量法求解: 建立以的方向?yàn)閤軸正方向的空間直角坐標(biāo)系,求出與平面PAM的法向量,進(jìn)而求出PC與平面PAM所成角的正弦值. [解] (1)證明:因?yàn)镻A=PC=AC=4,O為AC的中點(diǎn),所以PO⊥AC,且PO=2. 連接OB,因?yàn)锳B=BC

51、=AC, 所以△ABC為等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2. 所以PO2+OB2=PB2,所以PO⊥OB. 又因?yàn)镺B∩AC=O,所以PO⊥平面ABC. (2)以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O -xyz. 由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),=(0,2,2). 取平面PAC的一個(gè)法向量=(2,0,0). 設(shè)M(a,2-a,0)(0

52、AM的一個(gè)法向量為n=((a-4),a,-a),所以cos〈,n〉=. 由已知可得|cos〈,n〉|=cos 30°=, 所以=, 解得a=或a=-4(舍去). 所以n=. 又=(0,2,-2), 所以cos〈,n〉==. 所以PC與平面PAM所成角的正弦值為. [典例2] (2016·全國(guó)卷Ⅲ)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段AD上一點(diǎn),AM=2MD,N為PC的中點(diǎn). (1)證明MN∥平面PAB; (2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值. [審題定向] (一)定知識(shí) 主要考查直線與平面平行

53、,直線與平面所成的角. (二)定能力 1.考查直觀想象:四棱錐幾何體中線線、線面平行與垂直的空間位置關(guān)系. 2.考查邏輯推理:欲證線面平行,要證線線平行;欲求線面角,需建系求面的法向量. 3.考查數(shù)學(xué)運(yùn)算:法向量的求解、向量夾角的求解. (三)定思路 第(1)問利用線面平行的判定定理求證: 取BP的中點(diǎn)T,利用中位線及平行四邊形的定義得出MN∥AT,從而證明MN∥平面PAB; 第(2)問建立空間直角坐標(biāo)系,用向量法求解: 建立空間直角坐標(biāo)系,求出與平面PMN的法向量,利用向量夾角公式可求線面角的正弦值. [解] (1)證明:由已知得AM=AD=2. 取BP的中點(diǎn)T,連

54、接AT,TN,由N為PC的中點(diǎn)知TN∥BC,TN=BC=2. 又AD∥BC,故TN綊AM, 所以四邊形AMNT為平行四邊形,于是MN∥AT. 因?yàn)镸N?平面PAB,AT?平面PAB, 所以MN∥平面PAB. (2)取BC的中點(diǎn)E,連接AE. 由AB=AC得AE⊥BC,從而AE⊥AD,且AE===. 以A為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向, 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. 由題意知P(0,0,4),M(0,2,0),C(,2,0),N,=(0,2,-4),=,=. 設(shè)n=(x,y,z)為平面PMN的法向量,則 即可取n=(0,2,1). 于是|cos 〈n,〉|

55、==. 所以直線AN與平面PMN所成角的正弦值為. [類題通法] 1.證明空間位置關(guān)系要抓兩點(diǎn) 一是平面圖形中的平行與垂直關(guān)系,這是證明空間線面平行與垂直關(guān)系的起點(diǎn),特別是三角形、梯形中的平行與垂直關(guān)系;二是準(zhǔn)確利用空間線、面平行與垂直的判定與性質(zhì)定理,尤其是定理中的條件要記全、記準(zhǔn),切忌因記漏條件或錯(cuò)用定理等導(dǎo)致出錯(cuò). 2.利用空間向量求線面角的解題模型 [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] (2018·唐山模擬)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PC⊥底面ABCD,ABCD是直角梯形,AB⊥AD,AB∥CD,AB=2AD=2CD,E是PB的中點(diǎn). (1)求證:平面EAC⊥平面PBC; (2

56、)若二面角P-AC-E的余弦值為,求直線PA與平面EAC所成角的正弦值. 解:(1)證明:因?yàn)镻C⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,所以AC⊥PC. 因?yàn)锳B=2AD=2CD, 所以AC=BC=AD=CD, 所以AC2+BC2=AB2,故AC⊥BC. 又BC∩PC=C, 所以AC⊥平面PBC. 因?yàn)锳C?平面EAC, 所以平面EAC⊥平面PBC. (2)如圖,以C為原點(diǎn),,,的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系,并設(shè)CB=2,CP=2a(a>0).則C(0,0,0),A(0,2,0),B(2,0,0),P(0,0,2a),則E(1,0,a),=(0,2,

57、0),=(0,0,2a),=(1,0,a), 易知m=(1,0,0)為平面PAC的一個(gè)法向量. 設(shè)n=(x,y,z)為平面EAC的法向量,則n·=n·=0,即取x=a,則z=-1,n=(a,0,-1).依題意,|cos〈m,n〉|===,則a=.于是n=(,0,-1),=(0,2,-2). 設(shè)直線PA與平面EAC所成角為θ, 則sin θ=|cos〈,n〉|==, 即直線PA與平面EAC所成角的正弦值為. 題型(二) 平行、垂直關(guān)系的證明與求二面角 主要通過具體幾何體三棱錐或四棱錐建立坐標(biāo)系,利用向量法求二面角的大小,此類問題是考查熱點(diǎn). [典例感悟] [典例1] 

58、(2018·全國(guó)卷Ⅲ)如圖,邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直,M是上異于C,D的點(diǎn). (1)證明:平面AMD⊥平面BMC; (2)當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時(shí),求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值. [審題定向] (一)定知識(shí) 主要考查線線垂直、面面垂直、三棱錐的體積、二面角. (二)定能力 1.考查直觀想象:空間圖形中線線、線面、面面垂直的空間位置關(guān)系. 2.考查邏輯推理:欲證面面垂直,需證線面垂直,進(jìn)而要證線線垂直. 3.考查數(shù)學(xué)運(yùn)算:法向量的求解,兩向量夾角的求解. (三)定思路 第(1)問利用面面垂直的判定定理證明: 先證DM⊥BC,

59、DM⊥CM?DM⊥平面BMC?平面AMD⊥平面BMC; 第(2)問建立空間直角坐標(biāo)系,用向量法求解: △ABC的面積為定值,點(diǎn)M到平面ABC的距離最大時(shí),三棱錐M-ABC的體積最大,建立以D為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向的空間直角坐標(biāo)系,求出平面MAB與平面MCD的法向量,利用法向量求二面角的正弦值. [解] (1)證明:由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD,BC?平面ABCD, 所以BC⊥平面CMD,所以BC⊥DM. 因?yàn)镸為上異于C,D的點(diǎn),且DC為直徑, 所以DM⊥CM. 又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC. 因?yàn)镈M?平面AMD,所以平

60、面AMD⊥平面BMC. (2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz.當(dāng)三棱錐M-ABC的體積最大時(shí),M為的中點(diǎn).由題設(shè)得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),=(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0), 設(shè)n=(x,y,z)是平面MAB的法向量, 則即可取n=(1,0,2), 又是平面MCD的一個(gè)法向量, 所以cos〈n,〉==,sin〈n,〉=. 所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是. [典例2] (2017·全國(guó)卷Ⅰ)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,且∠B

61、AP=∠CDP=90°. (1)證明:平面PAB⊥平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值. [審題定向] (一)定知識(shí) 主要考查平面和平面垂直、二面角. (二)定能力 1.考查直觀想象:四棱錐幾何體中線線平行與垂直,線面、面面垂直的空間位置關(guān)系. 2.考查邏輯推理:欲證面面垂直,需證線面垂直,進(jìn)而需證線線垂直. 3.考查數(shù)學(xué)運(yùn)算:法向量的求解,兩向量夾角的求解. (三)定思路 第(1)問利用面面垂直的判定定理證明: 先證AB⊥AP,AB⊥PD?AB⊥平面PAD?平面PAB⊥平面PAD; 第(2)問建立空間直角坐標(biāo)

62、系,用向量法求解: 建立空間直角坐標(biāo)系,求出平面PAB與平面PBC的法向量,利用法向量求二面角的余弦值. [解] (1)證明:由已知∠BAP=∠CDP=90°, 得AB⊥AP,CD⊥PD. 因?yàn)锳B∥CD,所以AB⊥PD. 又AP∩PD=P, 所以AB⊥平面PAD. 又AB?平面PAB, 所以平面PAB⊥平面PAD. (2)在平面PAD內(nèi)作PF⊥AD,垂足為F. 由(1)可知,AB⊥平面PAD, 故AB⊥PF,可得PF⊥平面ABCD. 以F為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,||為單位長(zhǎng)度,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F-xyz. 由(1)及已知可得A,P,B,C.

63、 所以=,=(,0,0), =,=(0,1,0). 設(shè)n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量, 則即 所以可取n=(0,-1,-). 設(shè)m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量, 則即 所以可取m=(1,0,1). 則cos〈n,m〉===-. 由圖知二面角A-PB-C為鈍角, 所以二面角A-PB-C的余弦值為-. [類題通法] 利用空間向量求二面角的解題模型 [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 如圖,四棱錐P-ABCD的底面ABCD為菱形,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD=5,AD=6,∠DAB=60°,E為AB的中點(diǎn). (1)證明:AC⊥PE; (2)求二面角

64、D-PA-B的余弦值. 解:(1)證明:如圖,取AD的中點(diǎn)O,連接OP,OE,BD,∵四邊形ABCD為菱形,∴BD⊥AC, ∵O,E分別為AD,AB的中點(diǎn), ∴OE∥BD,∴AC⊥OE. ∵PA=PD,O為AD的中點(diǎn), ∴PO⊥AD, 又∵平面PAD⊥平面ABCD, 平面PAD∩平面ABCD=AD, ∴PO⊥平面ABCD,∴PO⊥AC, ∵OE∩OP=O, ∴AC⊥平面POE,∴AC⊥PE. (2)連接OB,∵四邊形ABCD為菱形,∴AD=AB, 又∠DAB=60°,∴△DAB為等邊三角形, 又O為AD的中點(diǎn),∴OB⊥AD, ∵PO⊥平面ABCD,OA?平面ABCD

65、,OB?平面ABCD,∴PO⊥OA,PO⊥OB,∴OP,OA,OB兩兩垂直. 以O(shè)A,OB,OP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O -xyz,則A(3,0,0),B(0,3,0),P(0,0,4),=(0,3,0)為平面PAD的一個(gè)法向量. 設(shè)平面PAB的法向量為n=(x,y,z), 又=(-3,0,4),=(-3,3,0), ∴即取x=1,則y=,z=,n=為平面PAB的一個(gè)法向量, ∴cos〈,n〉===, 結(jié)合圖形可知二面角D-PA-B的余弦值為. 題型(三) 利用空間向量解決探索性問題  主要考查利用空間向量探索與

66、空間線面垂直、平行或與空間三種角有關(guān)的點(diǎn)所在位置、參數(shù)值的大小等問題,一般出現(xiàn)在解答題的最后一問. [典例感悟] [典例] (2016·北京高考)如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD= . (1)求證:PD⊥平面PAB; (2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值; (3)在棱PA上是否存在點(diǎn)M,使得BM∥平面PCD?若存在,求的值;若不存在,說明理由. [審題定向] (一)定知識(shí) 主要考查線線垂直、面面垂直的性質(zhì),線面垂直的判定,直線與平面所成角的正弦值,線面平行的性質(zhì). (二)定能力 1.考查直觀想象:四棱錐幾何體中線線、線面、面面垂直,線面平行的空間位置關(guān)系. 2.考查邏輯推理:欲證線面垂直,需證線線垂直;欲求線面角,需求面的法向量. 3.考查數(shù)學(xué)運(yùn)算:法向量的求解,兩向量夾角的求解. 4.考查數(shù)學(xué)建模:對(duì)點(diǎn)是否存在探索,建立線面平行模型滿足條件. (三)定思路 第(1)問利用線面垂直的判定定理證明: 平面PAD⊥平面ABCD?AB⊥平面PAD?AB⊥PD?

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