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高中数学专题训练(教师版)—8.1表面积和体积


高中数学专题训练(教师版)—表面积和体积
一、选择题 1.一个长方体其一个顶点的三个面的面积分别是 2, 3, 6,这个长方 体的对角线是( ) A.2 3 B.3 2 C.6 D. 6 答案 D 解析 设长方体共一顶点的三棱长分别为 a、b、c, 则 ab= 2,bc= 3,ac= 6, 解得:a= 2,b=1,c= 3, 故对角线长 l= a2+b2+c2= 6.

2.圆柱的侧面展开图是边长为 6π 和 4π 的矩形,则圆柱的全面积为( ) 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 分清哪个为母线,哪个为底面圆周长,应分类讨论. 32 3.已知正方体外接球的体积是 3 π,那么正方体的棱长等于( ) 2 3 4 2 4 3 A.2 2 B. 3 C. 3 D. 3 4 32π 答案 D 解析 由题意知 V=3πR3= 3 ,∴R=2,外接球直径为 4,即正 4 3 方体的体对角线,设棱长为 a,则体对角线 l= 3a=4,a= 3 . 4.(2010· 新课标全国卷)设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱的长都为 a, 顶点都在一个球面上,则该球的表面积为( ) 7 11 A.πa2 B.3πa2 C. 3 πa2 D.5πa2 答案 B

解析 如图,O1,O 分别为上、下底面的中心,D 为 O1O 的中点,则 DB 为球的半径,有 a2 a2 7a2 2 2 r=DB= OD +OB = 4+3= 12 , 2 7a 7 ∴S 表=4πr2=4π× 12 =3πa2. 5. 将棱长为 3 的正四面体的各顶点截去四个棱长为 1 的小正四面体(使截面 平行于底面),所得几何体的表面积为( ) A.7 3 B.6 3 C.3 3 D.9 3答案 A 9 3 解析 原正四面体的表面积为 4× 4 =9 3,每截去一个小正四面体,表 3 面减小三个小正三角形,增加一个小正三角形,故表面积减少 4×2× 4 =2 3,
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故所得几何体的表面积为 7 3.故选 A. 6.水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右 面”表示,如图是一个正方体的表面展开图,若图中―2‖在正方体的上面,则这 个正方体的下面是( ) A.0 B.8 C.奥 D.运 答案 B 7.

(2010· 北京卷,理)如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2,动点 E,F 在棱 A1B1 上,动点 P,Q 分别在棱 AD,CD 上.若 EF=1,A1E=x,DQ=y, DP=z(x,y,z 大于零),则四面体 PEFQ 的体积( ) A.与 x,y,z 都有关 B.与 x 有关,与 y,z 无关 C.与 y 有关,与 x,z 无关 D.与 z 有关,与 x,y 无关 答案 D 解析 由于点 Q 到直线 A1B1 的距离为 2 2,EF=1,故 ΔEFQ 的 面积为定值,所以这个三角形的面积与 x,y 无关,由于点 P 到平面 EFQ 的距离 2 等于点 P 到平面 A1B1CD 的距离, 这个距离等于点 P 到直线 A1D 的距离, 等于 2 1 1 2 1 z,故四面体 PEFQ 的体积为3×2×1×2 2× 2 z=3z,故四面体 PEFQ 的体积 只与 z 有关,与 x,y 无关. 8 .半球内有一个内接正方体,则这个半球的体积与正方体的体积之比为 ( ) A. 5π?6 B. 6π?2C.π?2 D.5π?12 答案 B 解析

方法一:作过正方体对角面的截面,如图,设半球的半径为 R,正方体的棱 长为 a, 2 那么 CC′=a,OC= 2 a. 在 Rt△C′CO 中,由勾股定理得 CC′2+OC2=OC′2, 2 6 即 a2+( 2 a)2=R2,∴R= 2 a, 2 2 6 6 ∴V 半球=3πR3=3π( 2 a)3= 2 πa3,V 正方体=a3.
2

6 因此 V 半球?V 正方体= 2 πa3?a3= 6π?2. 方法二: 将半球补成整个球,同时把原半球的内接正方体再补接一个同样的 正方体, 构成的长方体刚好是球的内接长方体,那么这个长方体的对角线便是它 的外接球的直径,设原正方体棱长为 a,球的半径是 R,则根据长方体的对角线 性质,得(2R)2=a2+a2+(2a)2, 6 即 4R2=6a2,∴R= 2 a. 2 2 6 6 从而 V 半球=3πR3=3π( 2 a)3= 2 πa3, V 正方体=a3. 6 因此 V 半球?V 正方体= πa3?a3= 6π?2. 2 二、填空题 9.

如图所示,在长方体 ABCD-A′B′C′D′中,用截面截下一个棱锥 C- A′DD′,求棱锥 C-A′DD′的体积与剩余部分的体积之比为________. 解析 方法一 设 AB=a,AD=b,DD′=c, 则长方体 ABCD-A′B′C′D′的体积 V=abc. 1 又 S△A′DD′=2bc,且三棱锥 C-A′DD′的高为 CD=a. 1 1 ∴V 三棱锥 C-A′DD′=3S△A′DD′· CD=6abc. 1 5 则剩余部分的几何体积 V 剩=abc-6abc=6abc. 1 5 故 V 棱锥 C-A′D′D∶V 剩=6abc∶6abc=1∶5. 方 法二 已知长方体可以看成侧棱垂直于底面的四棱柱 ADD′A′ - BCC′B′,设它的底面 ADD′A′面积为 S,高为 h,则它的体积为 V=Sh. 1 而棱锥 C-A′DD′的底面面积为2S,高是 h, 因此,棱锥 C-A′DD′的体积 1 1 1 VC-A′DD′=3×2Sh=6Sh. 1 5 余下的体积是 Sh-6Sh=6Sh. 所以棱锥 C-A′DD′的体积与剩余部分的体积之比为 1 5 6Sh∶6Sh=1∶5.

3

10.已知一个圆锥的展开图如图所示,其中扇形的圆心角为 120° ,底面圆 的半径为 1,则该圆锥的体积为________. 2 2π 答案 3 解析 因为扇形弧长为 2π,所以圆锥母线长为 3,高为 2 2,所求体积 V= 1 2 2π 2 × π × 1 × 2 2 = 3 3 . 11.已知 A(0,0),B(1,0),C(2,1),D(0,3),四边形 ABCD 绕 y 轴旋转 210° , 则所得几何体的体积为________. 答案

35π 12 解析 1 8 如图,∵V 圆锥=3(π· 2)2· 2=3π. 1 7 V 圆台=3π· 1· (22+2×1+12)=3π.∴四边形 ABCD 绕 y 轴旋转 360° 所得几何体 8π 7π 的体积为 3 + 3 =5π. 210 35π ∴绕 y 轴旋转 210° 所得几何体的体积为360×5π= 12 . 12.一个六棱柱的底面是正六边形,其侧棱垂直于底面.已知该六棱柱的顶 9 点都在同一个球面上,且该六棱柱的体积为8,底面周长为 3,那么这个球的体 积为________. 4π 答案 3 三、解答题 13.(2010· 全国卷Ⅱ,理)已知正四棱锥 S-ABCD 中,SA=2 3,那么当该 棱锥的体积最大时,它的高为多少? 解析 设正四棱锥 S-ABCD 的底边长为 2x,则 AC=BD=2 2x,高 h= 64×12 1 16 12-2x2, 所以体积 V=3×4x2 12-2x2.∴V2= 9 x4(12-2x2), ∴(V2)′= 9 64 x3- 3 x5,由(V2)′=0,得 x=2. 14.已知六棱锥 P-ABCDEF,其中底面为正六边形,点 P 在底面上的投影
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为正六边形中心,底面边长为 2cm,侧棱长为 3cm,求六棱锥 P-ABCDEF 的体 积. 分析 由已知条件可以判断六棱锥为正六棱锥,要求其体积,求出高即可. 解析

如图,O 为正六边形中心,则 PO 为六棱锥的高,G 为 CD 中点,则 PG 为 六棱锥的斜高,由已知得:CD=2cm,则 OG= 3,CG=1, 在 Rt△PCG 中,PC=3,CG=1,则 PG= PC2-CG2=2 2. 在 Rt△POG 中,PG=2 2,OG= 3,则 PO= PG2-OG2= 5. 1 1 3 VP-ABCDEF=3SABCDEF· PO=3×6× 4 ×22× 5=2 15. 15.棱长为 a 的正四面体的四个顶点均在一个球面上,求此球的表面积. 解析

以正四面体的每条棱作为一个正方体的面的一条对角线构造如图所示的正 2 方体, 则该正四面体的外接球也就是正方体的外接球. 由图知正方体的棱长为 2 6 6 a,正方体的对角线长为 2 a,设正四面体的外接球的半径为 R,则 2R= 2 a, 6 ∴R= 4 a, 6 3 于是球的表面积 S=4π· ( 4 a)2=2πa2.

1.正六棱锥 P-ABCDEF 中,G 为 PB 的中点,则三棱锥 D-GAC 与三棱 锥 P-GAC 体积之比为( ) A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.3∶2 答案 C 解析

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如图,设棱锥的高为 h, 1 1 VDGAC=VGDAC= S△ADC· h, 3 2 1 1 h VPGAC= VPABC= S△ABC· . 2 ABC=VG3 2 又 S△ADC∶S△ABC=2∶1, 故 VDGAC∶VPGAC=2∶1. 2 .要做一个圆锥形漏斗,其母线长为 20cm ,要使体积最大,则高应为 ________. 20 3 答案 3

设圆锥底面半径为 r,高为 h,则 h2+r2=202,∴r= 400-h2,∴圆 1 1 1 1 锥体积 V=3πr2h=3π(400-h2)h=3π(400h-h3),令 V′=3π(400-3h2)=0 得 h 20 3 20 3 20 3 20 3 = 3 ,当 h< 3 时,V′>0;当 h> 3 时,V′<0,∴h= 3 时,体积最 大. 3. 解析

(2010· 上海春季高考)在右图所示的斜截圆柱中,已知圆柱底面的直径为 40 cm,母线长最短 50 cm、最长为 80 cm,则斜截圆柱侧面面积 S=________cm2. 答案 2600π 4.把一个棱长为 a 的正方体,切成 27 个全等的小正方体,则所有小正方体 的表面积为________. 答案 18a2

1.如图 1,一个正三棱柱容器,底面边长为 a,高为 2a,内装水若干,将 容器放倒,把一个侧面作为底面,如图 2,这时水面恰好为中截面,则图 1 中容 器内水面的高度是________.

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图1 答案

图2

3 2a 解析 如图 1 中容器内液面的高度为 h,液体的体积为 V,则 V=S△ABCh, 3 又如题图 2 中液体组成了一个直四棱柱,其底面积为4S△ABC,高度为 2a, 3 则 V=4S△ABC· 2a, 3 2a 4SABC· 3 3 ∴h= =2a,故填2a. S△ABC 2.如图所示,已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 3,长度为 2 的线段 MN 的一个端点 M 在 DD1 上运动,另一端点 N 在底面 ABCD 上运动,则 MN 的 中点 P 的轨迹(曲面)与共一顶点 D 的三个面所围成的几何体的体积为________.

π 6 解析 由于 ABCD-A1B1C1D1 是正方体,所以 DD1⊥DN,故三角形 DMN 是直角三角形,斜边 MN=2,又因为 P 为 MN 中点,所以 DP=1,即 P 点到定 点 D 的距离等于常数 1, 因此 P 点的轨迹是一个以 D 为球心, 1 为半径的球面被 1 4 π 正方体所截得的部分,所以所求几何体的体积 V=8×3π×13=6. 3.(09· 陕西)若正方体的棱长为 2,则以该正方体各个面的中心为顶点的凸 多面体的体积为( ) 2 2 A. 6 B. 3 3 2 C. 3 D.3 答案 B 解析 答案

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由正方体的对称性可知, 任意两个面的中心的连线长度相等,故所得凸多面 体为两个共底的特殊正四棱锥, 且其棱长均为 1, 如图, 在正四棱锥 P-O1O2O3O4 中,底面 O1O2O3O4 为正方形,易得其面积为 1,在三角形 PO2O4 2 1 2 中,易求得其高为 2 ,故 VP-O1O2O3O4=3· 1·2 ,从而所求凸多面体的体 2 积为 2VP-O1O2O3O4= 3 ,选 B. 4.

如图,在多面体 ABCDEF 中,已知四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形,且 △ADE、 △BCF 均为正三角形, EF∥AB, EF=2, 则该多面体的体积为________. 2 答案 3 解析 过 A、B 两点分别作 AM、BN 垂直于 EF,垂足分别为 M、N,连结 DM、CN,可证得 DM⊥EF、CN⊥EF,多面体 ABCDEF 分为三部分,多面体的 体积为 VABCDEF=VAMD-BNC+VE-AMD+VF-BNC, 1 3 ∵NF=2,BF=1,∴BN= 2 . 2 作 NH 垂直于 BC 于上 H,则 H 为 BC 的中点,则 NH= 2 . 1 1 2 2 ∴S△BNC=2· BC· NH=2×1× 2 = 4 . 1 2 ∴VF-BNC=3· S△BNC· NF= 24 , 2 2 VE-AMD=VF-BNC= 24 ,VAMD-BNC=S△BNC· MN= 4 . 2 ∴VABCDEF= . 3

空间几何体的结构及其三视图和直观图、 空间几何体的表面积与体积
一、选择题 1.(2012·江西高考文科·T7)若一个几何体的三视图如图所示,则此几何体 的体积为( )
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(A)

11 2

(B)5

(C)

9 2

(D)4

【解题指南】由三视图想象出几何体的直观图,由直观图求得体积. 【解析】选 D.由三视图可判断该几何体为直六棱柱,其底面积为 4,高为 1,所以 体积为 4. 2.(2012·新课标全国高考文科·T7)与(2012·新课标全国高考理科·T7) 相同 如图,网格纸上小正方形的边长为 1,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几 何体的体积为( (A)6 ) (B)9 (C)12 (D)18

【解题指南】由三视图想象出几何体的直观图,由直观图求得体积. 【解析】选 B.由题意知,此几何体是三棱锥,其高 h=3,相应底面面积为

1 1 1 S = ? 6 ? 3=9, ?V = Sh= ? 9 ? 3=9 2 3 3 .
3.(2012·新课标全国高考理科·T11)已知三棱锥 S-ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上,△ABC 是边长为 1 的正三角形,SC 为球 O 的直径,且 SC=2,则此棱锥 的体积为(
A. 2 6


3 6 2 (C) 3 2 (D) 2

(B)

9

【解题指南】思路一:取 AB 的中点为 D ,将棱锥分割为两部分,利用

V ? VB?CDS ? VA?CDS 求体积;思路二:设点 O 到面 ABC 的距离为 d,利用
1 V ? S?ABC ? 2d 3 求体积;

思路三:利用排除法求解. 【解析】选 A.方法一:? SC 是球 O 的直径,??CAS ? ?CBS ? 90? .

? AS ? BS ? 3 , ? BA ? BC ? AC ? 1 , SC ? 2 , 取 AB 的中点为 D , 显然 AB ? CD ,

AB ? CS SD,? AB ? 平面 CDS.
CD= 3 11 DS ? 2 , 2 , SC ? 2 , 利 用 余 弦 定 理 可 得

在 ?CDS 中 ,
cos ?CDS ? ?

1 , 33

sin ?CDS ?


4 2 33 ,

1 3 11 4 2 2 ? S?CDS ? ? ? ? ? 2 2 2 2 , 33
1 1 1 1 2 2 ?V ? VB ?CDS ? VA?CDS ? ? S?CDS ? BD + S?CDS ? AD ? S?CDS ? BA ? ? ?1 ? 3 3 3 3 2 6

方 法 二 : ?ABC 的 外 接 圆 的 半 径
d ? R2 ? r 2 ? 6 3 ,

r?

3 3 , 点 O 到 平 面 ABC 的 距 离

SC 为球 O 的直径 ? 点 S 到平面 ABC 的距离为

2d ?

2 6 3 ,

1 1 3 2 6 2 V ? S?ABC ? 2d ? ? ? ? 3 3 4 3 6 . 此棱锥的体积为 1 3 V ? S?ABC ? 2 R ? 3 6 ,排除 B, C, D . 方法三:
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4.(2012·新课标全国高考文科·T8)平面α 截球 O 的球面所得圆的半径为 1, 球心 O 到平面α 的距离为 2,则此球的体积为( (A) 6π (B)4 3π (C)4 6π ) (D)6 3π

【解题指南】利用球心到截面的距离、截面圆的半径、球的半径之间满足勾股定 理求得球的半径,然后利用公式求得球的体积.
4 V球 ? ? R 3 ? 4 3? 3 【解析】 选 B.设球 O 的半径为 R, 则 R ? 1 ? ( 2) ? 3 , 故 .
2 2

5.(2012·陕西高考文科·T8)将正方体(如图 1 所示)截去两个三棱锥,得 到图 2 所示的几何体,则该几何体的左视图为( )

【解题指南】结合原正方体,确定两个关键点 B1 , D1 和两条重要线段 AD1 和 B1C 的 投影. 【解析】选 B.图 2 所示的几何体的左视图由点 A,D, B1 , D1 确定外形为正方形, 判断的关键是两条对角线 AD1 和 B1C 是一实一虚,其中要把 AD1 和 B1C 区别开来, 故选 B. 6.(2012·浙江高考文科·T3)已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所示, 则该三棱锥的体积是( )

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(A)1 cm3

(B)2 cm3

(C)3 cm3

(D)6 cm3

【解题指南】由三视图可知,几何体是底面为两直角边分别是 1 和 2 的直角三角 形,高为 3 的棱锥.
1 1 【解析】选 A.三棱锥的体积为 ? ? 1? 2 ? 3 ? 1 (cm3). 3 2

7.(2012·北京高考文科·T7)与(2012·北京高考理科·T7)相同 某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是( )

4 2 3 4

正(主)视图

侧(左)视图

俯视图

(A)28+ 6 5

(B)30+ 6 5

(C)56+ 12 5

(D)60+ 12 5

【解题指南】由三视图还原直观图,再求表面积. 【解析】选 B.直观图如图所示,
P

E

A

C B

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底面是边长 AC=5,BC=4 的直角三角形,且过顶点 P 向底面作垂线 PH,垂足在 AC
S ?ABC ? 1 1 ? 4 ? 5 ? 10 S ?PAC ? ? 5 ? 4 ? 10 面ABC 2 2 , .因为 PH ? 平

上,AH=2,HC=3,PH=4.

PH ? 面ABC ,所以 PH ? BC .又因为
所以 BC ? PC ,所以
S ?PBC ? 1 ? 4 ? 5 ? 10 2 .在 ?PAB 中, PA ? 2 5, PB ? AB ? 41 ,取 PA 中点 E,连结

1 S?PAB ? ? 2 5 ? 6 ? 6 5 2 BE,则 BE ? 6 ,所以 .因此三棱锥的表面积为

10 ? 10 ? 10 ? 6 5 ? 30 ? 6 5 .
8.(2012·湖南高考理科·T3)某几何体的正视图和侧视图均如图所示,则该 几何体的俯视图不可能是( )

【解题指南】 从俯视图观察可知, 正视图和侧视图不同的是 D, 正视图应有虚线. 【解析】选 D.由“正视图俯视图等长,侧视图俯视图等宽” ,知该几何体正视图 与侧视图相同,而 D 项中正视图与侧视图不同,可知选 D. 9.(2012·湖南高考文科·T4)某几何体的正视图和侧视图均如图 1 所示,则 该几何体的俯视图不可能是( )

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【解题指南】找出正视图和侧视图不相同的俯视图. 【解析】选 C.“正视图俯视图等长,侧视图俯视图等宽” ,本题正视图与侧视图 相同,可知选 C. 10.(2012·福建高考文科·T4)与(2012·福建高考理科·T4)相同 一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等,那么这个几何体不可以是( (A)球 (B)三棱锥 (C)正方体 (D)圆柱 )

【解题指南】通过了解基本空间几何体的各个视图分别是什么就能直接解题. 【解析】选 D.圆柱的三视图,分别是矩形、矩形、圆,不可能三个视图都一样, 而球的三视图可以都是圆, 三棱锥的三视图可以都是三角形,正方体的三视图可 以都是正方形. 11.(2012·广东高考理科·T6)某几何体的三视图如图所示,

它的体积为( (A)12π

) (B)45π (C)57π (D)81π

【解题指南】根据三视图准确判断出此几何体的形状,是解决本题的关键.本题 显然是一个由同底的圆柱和圆锥组成的组合体. 【解析】选 C.此几何体是一个组合体,上方为一个圆锥,下方为一个同底的圆

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1 V ? ? ? 32 ? 5 ? ? ? ? 32 ? 4 ? 57? 3 柱,所以其体积为 .

12.(2012·广东高考文科·T7)某几何的三视图如图所示,它的体积为

(A)72π

(B)48π

(C)30π

(D)24π

【解题指南】根据三视图准确判断出此几何体的形状是解决本题的关键.显然图 中几何体是一个由半球和倒立的圆锥组成的组合体. 【解析】选 C.由三视图可知该几何体是由半球和倒立的圆锥组成的组合体.
1 1 4 1 1 34 22?4 V ? ?V ?? 32 ?? 4? ? ? ?? 3 ? ?30 ?? 33 ? 30? . 53 ? 32 ? 3 2 3 2 3 3

13.(2012·湖北高考理科·T4)已知某几何体的三视图如图所示,

则该几何体的体积为(
8? (A) 3

)
10? (C) 3

(B)3π

(D)6π

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【解题指南】本题考查三视图与组合体的体积的求法,解答本题的关键是正确地 想象出直观图,再补体代入体积公式求解. 【解析】选 B.解答本题可采取补上一个与它完全相同的几何体的方法, 1 2 ? ∴v V ? ? ?1 ? 6 ? 3? . 2 二、填空题 14.(2012·湖北高考文科·T15)已知某几何体的三视图如图所示,

则该几何体的体积为

.

【解题指南】本题考查三视图与组合体的体积求法,解答本题的关键是正确地想 象出直观图,再代入体积公式求解. 【解析】 由本题的三视图可知,该几何体是由三个圆柱组合而成,其中左右两个圆 柱等体积.V=π ×22×1×2+π ×12×4=12π . 【答案】12π 15.(2012·江苏高考·T7)如图,在长方体 ABCD ? A1B1C1D1 中,

AB ? AD ? 3cm, AA1 ? 2cm ,则四棱锥 A ? BB1D1D 的体积为

cm3 .

【解题指南】 关键是求出四棱锥的高, 即点 A 到平面 BB1 D1 D 的距离.再利用公式 进行求解. 【解析】由题意知,四边形 ABCD 为正方形,连接 AC,交 BD 于 O,则 AC⊥BD.由
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面面垂直的性质定理,可证 AO ⊥平面 BB1 D1 D . 四棱锥底面 BB1 D1 D 的面积为
1 1 VA ??S ? OA ? ? S BB 3 2 ? 2 ? 6 2 ,从而 VA? BB1D1D ? BB1? D1D ? OA 61D1D ? 6 . BB1D1D 3 长方形 3

【答案】6 16.(2012·浙江高考理科·T11)已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所 示,则该三棱锥的体积等于________ cm3 .

【解题指南】由锥体体积公式可得.
1 1? 3 ? ?2 ?1 【解析】三棱锥的体积为: 3 2 (cm3).

【答案】1 17.(2012·天津高考理科·T10)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__________ m3 .

【解题指南】由三视图正确判断出组合体的形状是关键. 【解析】组合体的上面是一个长、宽、高分别为 6,3,1 的长方体,下面是两个
3 球半径为 的相切的球体,所以所求的体积是: 2

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【答案】 18.(2012·天津高考文科·T10)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

【解题指南】由三视图正确判断出组合体的形状是关键. 【解析】组合体的底座是一个棱长分别为 4,3,2 的长方体,上面是一个高为 4
S = S /S= = 的四棱柱,底面的面积 3 ,所以所求的体积是 2

=6+24=30. 【答案】30 19. (2012·山东高考理科·T14)如图,正方体 ABCD ? A1B1C1D1 的棱长为 1,
E , F 分别为线段 AA1 , B1C 上的点,则三棱锥 D1 ? EDF 的体积为____________.

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【解题指南】本题考查利用换顶点法来求三棱锥的体积,只需知道 B1C 上的任意
1 一点到面 DED

的距离相等.

1 的面积为正方形面积的一半,三棱锥的高即为正方体的棱长, 【解析】 ?DED

1 1 1 1 VD1 ? EDF ? VF ? DED1 ? S ?DED1 ? h ? ? DD1 ? AD ? AB ? 3 3 2 6. 所以 1 【答案】 6

20.(2012·山东高考文科·T13)如图,正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 的棱长为 1,E 为线段 B1C 上的一点,则三棱锥 A ? DED1 的体积为_____.

【解题指南】本题考查利用换顶点法来求三棱锥的体积,只需知道 B1C 上的任意
1 一点到面 DAD

的距离相等.

【解析】 以△ ADD1 为底面, 则易知三棱锥的高为 1, 故
1 【答案】 6

21.(2012·安徽高考理科·T12)某几何体的三视图如图所示,该几何体的表 面积是 .

19

【解题指南】根据“长对正、宽相等、高平齐”的原则作出几何体的直观图. 【解析】该几何体是底面是直角梯形,高为 4 的直四棱柱,
1 S ? 2 ? ? (2 ? 5) ? 4 ? (2 ? 5 ? 4 ? 42 ? (5 ? 2) 2 ) ? 4 ? 92 2 几何体的表面积是 .

【答案】 92 22.(2012·安徽高考文科·T12)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的 体积等于_____.

【解题指南】根据“长对正、宽相等、高平齐”的原则得出几何体的直观图,进 而求得体积. 【解析】该几何体是底面是直角梯形,高为 4 的直四棱柱,则该几何体的体积是
1 V ? ? (2 ? 5) ? 4 ? 4 ? 56 2 .

20

【答案】 56 23.(2012·辽宁高考理科·T13)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体 的表面积为______________.

【解题指南】读懂三视图,它是长方体(挖去一个底面直径为 2 cm 的圆柱) ,分 别求表面积,注意减去圆柱的两个底面积. 【解析】长方体的长宽高分别为 4,3,1,表面积为 4?3? 2 ? 3?1? 2 ? 4?1? 2 ? 38 ; 圆柱的底面圆直径为 2,母线长为 1,侧面积为 2? ?1?1 ? 2? ;圆柱的两个底面积
2 ? ? ?12 ? 2?

.故该几何体的表面积为 38 ? 2? ? 2? ? 38 .

【答案】38 24. (2012·辽宁高考文科·T13)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体 的体积为_______________.

【解题指南】读懂三视图,它是圆柱和长方体的组合,分别求体积即可. 【解析】该组合体上边是一个圆柱,底面圆直径为 2,母线长为 1;体积
2 2 V1V ? shsh ?? ?? ?1 ?1 ? ? ,下面是一个长方体,长、宽、高分别为 4,3,1,体积 ? ?1 ?? 1? 1S

V2 ? 4 ? 3 ? 1 ? 12

.故组合体体积 V1 ? V2 ? 12 ? ? .

【答案】 12 ? ? 25.(2012·辽宁高考文科·T16)已知点 P,A,B,C,D 是球 O 表面上的点,

21

PA⊥平面 ABCD,四边形 ABCD 是边长为 2 3 的正方形.若 PA=2 6 ,则△OAB 的面 积为______________. 【解题指南】 注意到已知条件中的垂直关系,将点 P,A,B,C,D 看作长方体的顶点 来考虑. 【解析】由题意,PA⊥平面 ABCD,则点 P,A,B,C,D,可以视为球 O 的内接长方体 的顶点,球 O 位于该长方体的对角线的交点处,那么△OAB 的面积为长方体对角 面的四分之一.
1 1 ? , ? , ?? OABD 面积 = ?AB AB ? ?2 2 3, 3,PA PA? ?2 2 6 6 , ?PB PB ? ?6 6 , ?? OABD 面积 = ? ?2 2 3 3? ?6=3 6=3 3 3 . 的 4 4

【答案】 3 3 三、解答题 26.(2012·新课标全国高考文科·T19)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧棱 1 垂直底面,∠ACB=90°,AC=BC= AA1,D 是棱 AA1 的中点. 2 (I)证明:平面 BDC1⊥平面 BDC; (Ⅱ)平面 BDC1 分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比.

【解题指南】 (1)证两个平面垂直,可转化为在其中一个平面内找到一条直线与 另一个平面垂直,要证平面 BDC1⊥平面 BDC,可证 DC1 ? 平面 BDC; (2)平面 BDC1 分棱柱下面部分 B ? DACC1 为四棱锥,可直接求体积,上面部分 可用间接法求得体积,从而确定两部分体积之比. 【 解 析 】 (I) 由 题 设 可 知 BC ? CC1 , BC ? AC, CC1 ? AC ? C , 所 以 BC ? 平 面

22

ACC1 A1 .
又 DC1 ? 平面 ACC1 A1 ,所以 DC1 ? BC . 由 题 设 知 ?A1DC1 ? ?ADC ? 45? , 所 以 ?CDC1 ? 90? , 即 DC1 ? DC . 又
DC ? BC ? C,

所以 DC1 ? 平面 BDC .又 DC1 ? 平面 BDC1 ,故平面 BDC1 ? 平面 BDC. (II)设棱锥 B ? DACC1 的体积为 V1 , AC ? 1 .由题意得
1 1? 2 1 V1 ? ? ? 1? 1 ? 3 2 2.

V -V1 ?:V1 =1:1 又三棱柱 ABC ? A1B1C1 的体积 V =1 ,所以 ? .
故平面 BDC1 分此棱柱所得两部分体积的比为 1:1. 27.(2012·江西高考文科·T19)如图,在梯形 ABCD 中,AB∥CD,E,F 是线 段 AB 上的两点,且 DE⊥AB,CF⊥AB,AB=12,AD=5,BC=4 2 ,DE=4.现将△ADE, △CFB 分别沿 DE,CF 折起,使 A,B 两点重合于点 G,得到多面体 CDEFG.

(1) 求证:平面 DEG⊥平面 CFG; 求多面体 C DEFG 的体积. 【解题指南】 (1)证两个平面垂直,可转化为在其中一个平面内找到一条直线与 另一个平面垂直,要证平面 DEG⊥平面 CFG,可证 EG⊥平面 CFG; (2)多面体 C DEFG 为四棱锥,由平面 DEG⊥平面 CFG 得到四棱锥的高,利用体 积公式求体积. 【解析】 (1)由已知可得 AE=3,BF=4,则折叠完后 EG=3,GF=4,又因为 EF=5, 所以可得 EG ? GF . 又因为 CF ? 底面EGF ,可得 CF ? EG ,即 EG⊥平面 CFG,所以平面 DEG⊥平面 CFG.
23

(2)过点 G 作 GO 垂直于 EF,GO 即为四棱锥 G-EFCD 的高,所以所求体积为
1 1 12 S 长方形 DEFC·GO= ×4×5× =16. 3 3 5

空间几何体的表面积和体积
近些年来在高考中不仅有直接求多面体、 旋转体的面积和体积问题, 也有已知面积或体 积求某些元素的量或元素间的位置关系问题。 即使考查空间线面的位置关系问题, 也常以几 何体为依托.因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式.同时也要学 会运用等价转化思想, 会把组合体求积问题转化为基本几何体的求积问题, 会等体积转化求 解问题,会把立体问题转化为平面问题求解,会运用“割补法”等求解。 由于本讲公式多反映在考题上,预测 2010 年高考有以下特色: (1)用选择、填空题考查本章的基本性质和求积公式; (2)考题可能为:与多面体和旋转体的面积、体积有关的计算问题;与多面体和旋转 体中某些元素有关的计算问题;

三. 【要点精讲】
1.多面体的面积和体积公式 名称 棱柱 棱柱 直棱柱 棱 锥 棱锥 正棱锥 棱台 棱 台 正棱台 ch 各侧面积之和 侧面积(S 侧) 直截面周长×l 全面积(S 全) 体 积(V)

S 底·h=S 直截面·h S 侧+2S 底 S 底·h S 侧+S 底
1 S 底·h 3

1 ch′ 2
各侧面面积之和

1 (c+c′)h′ 2

S 侧+S 上底+S 下底

1 h(S 上底+S 下底 3

+ S下底 ? S下底 )

表中 S 表示面积,c′、c 分别表示上、下底面周长,h 表斜高,h′表示斜高,l 表示侧 棱长。 2.旋转体的面积和体积公式 名称 圆柱 2π rl 2π r(l+r) π r h(即π r l)
2 2

圆锥 π rl π r(l+r)

圆台 π (r1+r2)l π (r1+r2)l+π (r 1+r 2)
2 2



S侧 S全
V

4π R

2

1 2 πrh 3

1 2 2 π h(r 1+r1r2+r 2) 3

4 3 πR 3

表中 l、 h 分别表示母线、 高, r 表示圆柱、 圆锥与球冠的底半径, r1、 r2 分别表示圆台 上、 下底面半径,R 表示半径

24

四. 【典例解析】
题型 1:柱体的体积和表面积 例 1.一个长方体全面积是 20cm2,所有棱长的和是 24cm,求长方体的对角线长. 解:设长方体的长、宽、高、对角线长分别为 xcm、ycm、zcm、lcm 依题意得: ?

?2( xy ? yz ? zx) ? 20 ?4( x ? y ? z ) ? 24

(1) ( 2)

由(2)2 得:x2+y2+z2+2xy+2yz+2xz=36(3) 由(3)-(1)得 x2+y2+z2=16 即 l2=16 所以 l=4(cm)。 点评:涉及棱柱面积问题的题目多以直棱柱为主,而直棱柱中又以正方体、长方体的表 面积多被考察。我们平常的学习中要多建立一些重要的几何要素(对角线、内切)与面积、 体积之间的关系。 例 2.如图 1 所示,在平行六面体 ABCD—A1B1C1D1 中,已知 AB=5,AD=4,AA1=3, AB⊥AD,∠A1AB=∠A1AD=

?

3



(1)求证:顶点 A1 在底面 ABCD 上的射影 O 在∠BAD 的平分线上; (2)求这个平行六面体的体积

图1 图2 解析: (1)如图 2,连结 A1O,则 A1O⊥底面 ABCD。作 OM⊥AB 交 AB 于 M,作 ON ⊥AD 交 AD 于 N,连结 A1M,A1N。由三垂线定得得 A1M⊥AB,A1N⊥AD。∵∠A1AM= ∠A1AN, ∴Rt△A1NA≌Rt△A1MA,∴A1M=A1N, 从而 OM=ON。 ∴点 O 在∠BAD 的平分线上。 (2)∵AM=AA1cos

?

3 AM 3 ∴AO= = 2。 ? 2 cos 4

=3×

1 3 = 2 2

又在 Rt△AOA1 中,A1O2=AA12 – AO2=9-

9 9 = , 2 2

∴A1O=

3 2 3 2 ,平行六面体的体积为 V ? 5 ? 4 ? ? 30 2 。 2 2

25

题型 2:柱体的表面积、体积综合问题 例 3.一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是 2 , 3 , 6 ,这个长方体对角线的长是 ( A.2 )

3

B.3

2

C.6

D.

6

解析:设长方体共一顶点的三边长分别为 a=1,b= l= a ? b ? c ?
2 2 2

2 ,c= 3 ,则对角线 l 的长为

6 ;答案 D。

点评:解题思路是将三个面的面积转化为解棱柱面积、体积的几何要素—棱长。 例 4.如图,三棱柱 ABC—A1B1C1 中,若 E、F 分别为 AB、AC 的中点,平面 EB1C1 将三棱 柱分成体积为 V1、V2 的两部分,那么 V1∶V2= ____ _。 解:设三棱柱的高为 h,上下底的面积为 S,体积为 V,则 V=V1+V2=Sh。 ∵E、F 分别为 AB、AC 的中点, ∴S△AEF=

1 S, 4

V1=

1 1 1 7 h(S+ S+ S ? )= Sh 4 12 3 4
5 Sh, 12

V2=Sh-V1=

∴V1∶V2=7∶5。 点评:解题的关键是棱柱、棱台间的转化关系,建立起求解体积的几何元素之间的对应 关系。最后用统一的量建立比值得到结论即可 题型 3:锥体的体积和表面积 例 5. 7. (2009 山东卷理)一空间几何体的三视图如 P 图所示,则该几何体的体积为( ). A. 2? ? 2 3 B. 4? ? 2 3 C. E A 2B O D C 2

2 3 2? ? 3

2 3 D. 4? ? 3

【解析】 :该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的, 圆柱的底面半径为 1,高为 2,体积为 2? ,四棱锥的底 面 边长为 2 ,高为 3 ,所以体积为 ?

1 3

? 2? ?
2

3?

2 3 3
2

所以该几何体的体积为 2? ?

2 3 . 3

答案:C 【命题立意】:本题考查了立体几何中的空间想象能力,

2 正(主)视图

2 侧(左)视图

26

由三视图能够想象得到空间的立体图,并能准确地 计算出.几何体的体积. (2009 四川卷文)如图,已知六棱锥 P ? ABCDEF 的底面是正六边形,

PA ? 平面ABC , PA ? 2 AB 则下列结论正确的是
A. PB ? AD B. 平面PAB ? 平面PBC C. 直线 BC ∥ 平面PAE D. 直线 PD与平面ABC 所成的角为 45° 【答案】D 【解析】∵AD 与 PB 在平面的射影 AB 不垂直,所以 A 不成立,又,平面 PAB⊥平面 PAE,所 以 平面PAB ? 平面PBC 也不成立;BC∥AD∥平面 PAD, ∴直线 BC ∥ 平面PAE 也不成 立。在 Rt?PAD 中,PA=AD=2AB,∴∠PDA=45°. ∴D 正确 (2009 全国卷Ⅱ文)设 OA 是球 O 的半径,M 是 OA 的中点,过 M 且与 OA 成 45° 角的平 面截球 O 的表面得到圆 C。若圆 C 的面积等于 答案:8π 解析:本题考查立体几何球面知识,注意结合平面几何知识进行运算,由

7? ,则球 O 的表面积等于 4

×

7 ? 2 4 S ? 4?R ? 4? (4 ) 2 ? 8? . 14?
例 61.(2009 年广东卷文)(本小题满分 13 分) 某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图 4 所示,墩的上半部分是正四棱锥 P-EFGH, 下半部分是长方体 ABCD-EFGH.图 5、图 6 分别是该标识墩的正(主)视图和俯视图. (1)请画出该安全标识墩的侧(左)视图; (2)求该安全标识墩的体积 (3)证明:直线 BD ? 平面 PEG

27

【解析】(1)侧视图同正视图,如下图所示. (2)该安全标识墩的体积为: V ? VP ? EFGH ? VABCD ? EFGH

1 ? ? 402 ? 60 ? 402 ? 20 ? 32000 ? 32000 ? 64000 3
由正四棱锥的性质可知, PO ? 平面 EFGH , 又 EG ? HF ? HF ? 平面 PEG 又 BD P HF

? cm ?
2

(3)如图,连结 EG,HF 及 BD,EG 与 HF 相交于 O,连结 PO.

? PO ? HF

? BD ? 平面 PEG;

.

例 7.ABCD 是边长为 4 的正方形,E、F 分别是 AB、AD 的中点,GB 垂直于正方形 ABCD 所在的平面,且 GC=2,求点 B 到平面 EFC 的距离? 解:如图,取 EF 的中点 O,连接 GB、GO、CD、FB 构造三棱锥 B-EFG。

28

设点 B 到平面 EFG 的距离为 h,BD= 4 2 ,EF ? 2 2 ,CO=

3 ×4 2 ? 3 2 。 4

GO ? CO 2 ? GC 2 ? (3 2 ) 2 ? 2 2 ? 18 ? 4 ? 22 。
而 GC⊥平面 ABCD,且 GC=2。 由 V B ? EFG ? VG ? EFB ,得

1 1 EF·GO·h ? S △EFB · 6 3

点评:该问题主要的求解思路是将点面的距离问题转化为体积问题来求解。构造以点 B 为顶点,△EFG 为底面的三棱锥是解此题的关键,利用同一个三棱锥的体积的唯一性列方 程是解这类题的方法,从而简化了运算。 例 8.2009 年上海卷理)已知三个球的半径 R1 ,
A

R2 , R3 满足 R1 ? 2 R2 ? 3R3 ,则它们的表面积 S1 , S 2 , S 3 ,满足的等量关系是___________.
B E

O

D F

【答案】 S1 ? 2 S 2 ? 3 S3 【 解 析】 S 1 ? 4?R1 ,
2

C

S1 ? 2 ? R1 , 同理 :
S1 2 ?
, R 2=

S 2 ? 2 ? R2

S 3 ? 2 ? R3 , 即 R1=

S2 2 ?

, R3=

S3 2 ?

, 由 R1 ? 2 R2 ? 3R3

得 S1 ? 2 S 2 ? 3 S3 例 9.(2009 安徽卷文)(本小题满分 13 分) 如图,ABCD 的边长为 2 的正方形,直线 l 与平面 ABCD 平行,g 和 F 式 l 上的两个不同点, 且 EA=ED,FB=FC, (Ⅰ)证明:直线 和 是平面 ABCD 内的两点, 和 都与平面 ABCD 垂直,

垂直且平分线段 AD:

.

(Ⅱ)若∠EAD=∠EAB=60°,EF=2,求多面 体 ABCDEF 的体积。 【思路】根据空间线面关系可证线线垂直,由分割法可求得多面体体积,体现的是一种部分 与整体的基本思想 【解析】(1)由于 EA=ED 且 ED ' ? 面ABCD ? E ' D ? E ' C
29

? 点 E ' 在线段 AD 的垂直平分线上,同理点 F ' 在线段 BC 的垂直平分线上. 又 ABCD 是四方形 ? 线段 BC 的垂直平分线也就是线段 AD 的垂直平分线 即点 E ' F ' 都居线段 AD 的垂直平分线上. 所以,直线 E ' F ' 垂直平分线段 AD.
.

例 10. (1) (2009 浙江卷理)如图,在长方形 ABCD 中, AB ? 2 , BC ? 1 , E 为 DC 的 中点, F 为线段 EC (端点除外)上一动点.现将 ?AFD 沿 AF 折起,使平面 ABD ? 平 面 ABC .在平面 ABD 内过点 D 作 DK ? AB , K 为垂足.设 AK ? t ,则 t 的取值范围是 .

答案: ? ,1? 【解析】此题的破解可采用二个极端位置法,即对于 F 位于 DC 的中点时, t ? 1 ,随着 F 点 到 C 点 时 , 因 CB ? AB, CB ? DK ,? CB ? 平 面 ADB , 即 有 CB ? BD , 对 于

?1 ? ?2 ?

1 CD ? 2, BC ? 1,? BD ? 3 ,又 AD ? 1, AB ? 2 ,因此有 AD ? BD ,则有 t ? ,因此 t 2
的取值范围是 ? ,1?

?1 ? ?2 ?

.

例 11.3.(2009 浙江卷文)若某几何体的三视图(单位: cm )如图所示,则此几何体的体 积是

cm3 .
30

【命题意图】 此题主要是考查了几何体的三视图, 通过三视图的考查充分体现了几何体直观 的考查要求,与表面积和体积结合的考查方法. 【解析】该几何体是由二个长方体组成,下面体积为 1? 3 ? 3 ? 9 ,上面的长方体体积为

3 ? 3 ?1 ? 9 ,因此其几何体的体积为 18

例 12 . 2009 全 国 卷 Ⅰ 理 ) 直 三 棱 柱 ABC ? A1 B1C1 的 各 顶 点 都 在 同 一 球 面 上 , 若

AB ? AC ? AA1 ? 2 , ?BAC ? 120? ,则此球的表面积等于



解 : 在 ?ABC 中 AB ? AC ? 2 , ?BAC ? 120? , 可 得 BC ? 2 3 , 由 正 弦 定 理 , 可 得

?ABC 外接圆半径 r=2,设此圆圆心为 O? , 球心为 O , 在 RT ?OBO ? 中, 易得球半径 R ? 5 ,
故此球的表面积为 4? R ? 20? .
2

例 13 . 已 知 过 球 面 上 A, B, C 三 点 的 截 面 和 球 心 的 距 离 为 球 半 径 的 一 半 , 且

AB ? BC ? CA ? 2 ,求球的表面积 解:设截面圆心为 O? ,连结 O?A ,设球半径为 R ,
则 O?A ?

2 3 2 3 ? ?2 ? , 3 2 3
2 2 2

在 Rt ?O?OA 中, OA ? O?A ? O?O , ∴R ?(
2

2 3 2 1 2 ) ? R , 3 4

∴R ?

4 , 3
2

∴ S ? 4? R ?

64 ?。 9

点评: 正确应用球的表面积公式,建立平面圆与球的半径之间的关系。 例 14.如图所示,球面上有四个点 P、A、B、C,如果 PA,PB,PC 两两互相垂直, 且 PA=PB=PC=a,求这个球的表面积。

31

解析:如图,设过 A、B、C 三点的球的截面圆半径为 r,圆心为 O′,球心到该圆面 的距离为 d。 在三棱锥 P—ABC 中,∵PA,PB,PC 两两互相垂直,且 PA=PB=PC=a, ∴AB=BC=CA= 2 a,且 P 在△ABC 内的射影即是△ABC 的中心 O′。

由正弦定理,得

2a 6 =2r,∴r= a。 sin 60? 3

又根据球的截面的性质,有 OO′⊥平面 ABC,而 PO′⊥平面 ABC, ∴P、 O、 O′共线, 球的半径 R= r ? d 。 又 PO′= PA ? r = a ?
2 2

2

2

2

3 2 2 a = a, 3 3

∴OO′=R -

3 3

a=d= R ? r ,(R-
2 2

3 3

a)2=R2 – (

6 2 3 a) ,解得 R= a, 3 2

∴S 球=4π R2=3π a2。 点评:本题也可用补形法求解。将 P—ABC 补成一个正方体,由对称性可知,正方体 内接于球,则球的直径就是正方体的对角线,易得球半径 R= 题型 9:球的面积、体积综合问题 例 15. (1)表面积为 324? 的球,其内接正四棱柱的高是 14 ,求这个正四棱柱的表面 积。 (2)正四面体 ABCD 的棱长为 a,球 O 是内切球,球 O1 是与正四面体的三个面和球 O 都 相切的一个小球,求球 O1 的体积。 解: (1)设球半径为 R ,正四棱柱底面边长为 a ,

3 a,下略 2

则作轴截面如图, AA? ? 14 , AC ? 又∵ 4? R ? 324? ,∴ R ? 9 ,
2

2a ,

∴ AC ?

AC ?2 ? CC ?2 ? 8 2 ,∴ a ? 8 ,

∴ S表 ? 64 ? 2 ? 32 ? 14 ? 576 (2) 如图, 设球 O 半径为 R, 球 O1 的半径为 r, E 为 CD 中点, 球 O 与平面 ACD、 BCD 切于点 F、G,球 O1 与平面 ACD 切于点 H

32

由题设

AG ?

AE 2 ? GE 2 ?

6 a 3
6 a?R 6 R 3 a ? ,得 R ? 12 3 3 a a 6 2 6 a ? 2R ? r 6 r 3 a ? ,得 r ? R 24 6 a?R 3
3



△AOF∽△AEG





△AO1H∽△AOF





V球O1

4 4 ? 6 ? 6 3 ? ? ? ?r 3 ? ? ? a a ? 3 3 ? 24 1728 ? ?

点评:正四面体的内切球与各面的切点是面的中心,球心到各面的距离相等 题型 10:球的经纬度、球面距离问题 例 19. (1)我国首都靠近北纬 40 纬线,求北纬 40 纬线的长度等于多少 km ?(地球 半径大约为 6370km ) (2)在半径为 13cm 的球面上有 A, B, C 三点, AB ? BC ? AC ? 12cm ,求球心到经过 这三点的截面的距离。 解: (1)如图, A 是北纬 40 上一点, AK 是它的半径, ∴ OK ? AK ,
? ? ?

33

设 C 是北纬 40 的纬线长, ∵ ?AOB ? ?OAK ? 40 ,
?

?

∴ C ? 2? ? AK ? 2? ? OA ? cos ?OAK ? 2? ? OA ? cos 40

?

? 2 ? 3.14 ? 6370 ? 0.7660 ? 3.066 ?104 ( km)

长为

2 ? R ( R 为地球半径) ,求 A, B 两点间的球面距离 4 2 ? R, 设 O? 为北纬 45 圈的圆心,?AO' B ? ? , 4

? 解: 设北纬 45 圈的半径为 r , 则r ?

∴? r ? ∴? ?

2 2 2 ? R ,∴ R? ? ?R, 4 2 4
,∴ AB ?

?
2

2r ? R ,

∴ ?ABC 中, ?AOB ?

?
3



所以, A, B 两点的球面距离等于

? R. 3

点评:要求两点的球面距离,必须先求出两点的直线距离,再求出这两点的球心角,进 而求出这两点的球面距离 2009 江苏卷) (本小题满分 14 分)

E、 F 分别是 A1 B 、 如图, 在直三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中,
A1C 的中点,点 D 在 B1C1 上, A1 D ? B1C 。
求证: (1)EF∥平面 ABC;

34

(2)平面 A1 FD ? 平面 BB1C1C . 【解析】 本小题主要考查直线与平面、平面与平面得位置关系,考查空间想象能力、推理 论证能力。满分 14 分

五. 【思维总结】
1.正四面体的性质 设正四面体的棱长为 a,则这个正四面体的 (1)全面积:S 全= 3 a ;
2

(2)体积:V=

2 3 a; 12 2 a; 2

(3)对棱中点连线段的长:d=

(4)内切球半径:r=

6 a; 12
R=

(5)外接球半径

6 a; 4

(6)正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值(等于正四面体的高)。 2. 直角四面体的性质 有一个三面角的各个面角都是直角的四面体叫做直角四面体.直角 四面 体有下列性质: 如图,在直角四面体 AOCB 中,∠AOB=∠BOC=∠COA=90°,OA=a,OB=b,OC=c。 则:①不含直角的底面 ABC 是锐角三角形; ②直角顶点 O 在底面上的射影 H 是△ABC 的垂心; ③体积 V=

1 abc; 6

④底面△ABC=
2

1 2

a 2b 2 ? b 2c2 ? c2a 2 ;

⑤S △ABC=S△BHC·S△ABC; 2 2 2 2 ⑥S △BOC=S △AOB+S △AOC=S △ABC ⑦

1 1 1 1 = 2 + 2 + 2 ; 2 OH a b c

35

⑧外切球半径

R=

1 2

a 2 ? b2 ? c2 ;

⑨内切球半径 r=

S ?AOB ? S ?BOC - S ?ABC a?b?c

3.圆锥轴截面两腰的夹角叫圆锥的顶角. ①如图,圆锥的顶角为β ,母线与下底面所成角为α ,母线为 l,高为 h,底面半径为 r,则 sinα =cos α +

?
2

=

?
2

h , l

=90° ? cosα =sin

?
2

=

r . l

②圆台 如图,圆台母线与下底面所成角为α ,母线为 l,高为 h,上、下底面半径分 别为 r ′、r,则 h=lsinα ,r-r′=lcosα 。 ③球的截面 用一个平面去截一个球,截面是圆面. (1)过球心的截面截得的圆叫做球的大圆;不经过球心的截面截得的圆叫做球的小圆; (2)球心与截面圆圆心的连线垂直于截面; (3)球心和截面距离 d,球半径 R,截面半径 r 有关系: r= R - d . 4.经度、纬度: 经线:球面上从北极到南极的半个大圆;
2 2

纬线:与赤道平面平行的平面截球面所得的小圆;

36

经度:某地的经度就是经过这点的经线与地轴确定的半平面与 0 经线及轴确定的半平 面所成的二面角的度数 纬度:某地的纬度就是指过这点的球半径与赤道平面所成角的度数。

?

5. 两点的球面距离: 球面上两点之间的最短距离, 就是经过两点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度, 我们 把这个弧长叫做两点的球面距离 两点的球面距离公式: (其中 R 为球半径, ? 为 A,B 所对应的球心角的弧度数)

部分高考类型题 几何体的体积和表面积 【考点分类】
热点一 几何体的体积
1. 【2013 年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷理科】 一个几何体的三视图如 图所示,该几何体从 上到下由四个简单几何体组成,其体积分别记为 V1 , V 2 , V3 , V 4 ,上面两个简 单几何体均为旋转体, 下面两个简单几何体均为多面体,则有 A. V1 ? V2 ? V4 ? V3 C. V2 ? V1 ? V3 ? V4 B. V1 ? V3 ? V2 ? V4 D. V2 ? V3 ? V1 ? V4

2.【2013 年全国高考新课标(I)理科】如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器, 容器高 8cm, 将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为 6cm,如果不计
37

容器的厚度, 则球的体积为( 500π 3 A、 cm 3 ) 866π 3 B、 cm 3 1372π 3 C、 cm 3 2048π 3 D、 cm 3

3.【2013 年普通高等学校招生全国统一考试(辽宁卷)理科】已知三棱柱

AB ? AC , ABC ? A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上若 . AB ? 3,AC ? 4,

AA1 ? 12,则球O的半径为
A.

3 17 2

B. 2 10

C.

13 2

D. 3 10

4.【2013 年普通高等学校招生全国统一考试(广东卷)理】某四棱台的三视图如图所示,则 该四棱台的体积是 ( )
38

1 2 2
正视图 侧视图

1 1
俯视图

A . 4 C.

B.

14 3

16 3

D. 6

5. (2012 年高考新课标全国卷理科 7)如图,网格纸上小正方形的边长为1 ,粗线画出的是

某几何体的三视图,则此几何体的体积为(



( A) 6

(B) 9

(C ) ??

( D) ??

6.(2012 年高考新课标全国卷理科 11)已知三棱锥 S ? ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上,

?ABC 是边长为 1 的正三角形, SC 为球 O 的直径,且 SC ? 2 ;则此棱锥的体积为(
( A)



S D

2 6

(B)

3 6

(C )

2 3

( D)

2 2
A

C

39

B

则三棱锥的体积为 ?

1 3

2 2 ?2 ? . 4 6

7.(2012 年高考江西卷理科 10)如右图,已知正四棱锥 S ? ABCD 所有棱长都为 1,点 E 是 侧棱 SC 上一动点,过点 E 垂直于 SC 的截面将正四棱锥分成上、下两部分,记

SE ? x(0 ? x ? 1), 截面下面部分的体积为 V ( x ), 则函数 y ? V ( x) 的图像大致为(



8.(2012 年高考新课标全国卷文科 8)平面α 截球 O 的球面所得圆的半径为 1,球心 O 到 平面α 的距离为 2,则此球的体积为 ( )

40

(A) 6π

(B)4 3π

(C)4 6π

(D)6 3π

9.【2013 年普通高等学校招生全国统一考试(上海卷)理】在 xOy 平面上,将两个半圆弧

( x ?1)2 ? y 2 ? 1( x ? 1) 和 ( x ? 3)2 ? y 2 ? 1( x ? 3) 、两条直线 y ? 1 和
y ? ?1 围成的封闭图形记为 D,如图中阴影部
分. 记 D 绕 y 轴旋转一周而成的几何体为 ? ,过

(0 , )(| y | y1 )?

作 ? 的水平截面, 所得截面面积为

4? 1 ? y 2 ? 8? ,试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体,得出 ? 的体积值为
__________.

10.【2013 年普通高等学校统一考试江苏数学试题】如图,在三棱柱 A1B1C1 ? ABC 中, D ,

E, F 分别为 AB ,AC ,AA1 的中点, 设三棱锥 F ? ADE 体积为 V1 , 三棱柱 A1B1C1 ? ABC
的体积为 V2 ,则 V1 : V2 ? [答案] .

1 24

41

11.【2013 年普通高等学校招生全国统一考试(湖北卷)文科】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 降雨量等于 盆中积水体积除以盆口面积;②一尺等于十寸) 寸. (注:①平地

12. (2012 年高考江苏卷 7) 如图, 在长方体 ABCD ?ABC D 1 中,AB ? AD ? 3cm ,AA1 ? 2cm , 1 1 1 则四棱锥 A ? BB1 D1 D 的体积为 【答案】 6cm
3

cm3.

42

13.(2012 年高考天津卷理科 10)―个几何体的三视图如图所示(单位: m ),则该几何体的 体积为
6
3 2 正视图

m3 .
3
1

3 2 侧视图

3
俯视图

14.(2012 年高考山东卷理科 14)如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,E,F 分别为线 段 AA1,B1C 上的点,则三棱锥 D1-EDF 的体积为____________.

43

15.(2012 年高考上海卷理科 8)若一个圆锥的侧面展开图是面积为 2? 的半圆面,则该圆锥 的体积为 .

【方法总结】
1.计算柱、锥、台体的体积,关键是根据条件找出相应的底面面积和高,应注 意充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面,将空间问题转化为平面问题求解. 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. 3.等积变换法:利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面.①求体积时,可 选择容易计算的方式来计算;②利用“等积法”可求“点到面的距离”.

热点二

几何体的表面积

16.【2013 年普通高等学校招生全国统一考试(陕西卷) 文科】某几何体的三视图如图所示, 则其表面积为 .

44

1 2 主视图

1 2 左视图

俯视图

17【2013 年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)文科】一个四棱锥的侧棱长都相等, 底面是正方形,其正(主)视图如右图所示该四棱锥侧面积和体积分别是( A. 4 5,8 B. 4 5, )

8 3

C. 4( 5 ? 1),

8 3

D. 8,8

18【2013 年高考新课标Ⅱ数学(文)卷】 已知正四棱锥 O-ABCD 的体积为

3 2 ,底面边 2

长为 3 ,则以 O 为球心,OA 为半径的球的表面积为________.

45

19.【2013 年普通高等学校招生全国统一考试(安徽卷文科) 】如图,正方体

ABCD ? A1B1C1D1 的棱长为 1, P 为 BC 的中点,Q 为线段 CC1 上的动点,过点 A, P, Q 的
平面截该正方体所得的截面记为 S ,则下列命题正确的是 的编号). (写出所有正确命题

①当 0 ? CQ ? ②当 CQ ?

1 时, S 为四边形 2

1 时, S 为等腰梯形 2 3 1 ③当 CQ ? 时, S 与 C1D1 的交点 R 满足 C1 R ? 4 3
3 ? CQ ? 1 时, S 为六边形 4

④当

⑤当 CQ ? 1 时, S 的面积为 【答案】①②③⑤ 【解析】 (1) CQ ?

6 2

1 ,S 等腰梯形,②正确,图如下: 2

46

47

20.【2013 年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷)理】已知棱长为 1 的正方体的俯视 图是一个面积为 1 的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能 等于( ... A. 1 B. 2 C. )

2-1 2

D.

2+1 2

21.【2013 年普通高等学校统一考试试题大纲全国理科】已知圆 O 和圆 K 是球 O 的大圆和小 圆,其公共弦长等于球 O 的半径,OK ?

3 ,且圆 O 与圆 K 所在的平面所成的一个二面角为 2

60 0 ,则球 O 的表面积等于

48

22.(2012 年高考辽宁卷理科 13)一 个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为 ______________.

【方法总结】
1.在求多面体的侧面积时,应对每一侧面分别求解后再相加,对于组合体的表 面积应注意重合部分的处理. 2.以三视图为载体考查几何体的表面积,关键是能够对给出的三视图进行恰当 的分析,从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系. 3.圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面,计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图 形计算,而表面积是侧面积与底面圆的面积之和.

热点三 与体积相关的最值问题
23.(2012 年高考上海卷理科 14)如图, AD 与 BC 是四面体 ABCD 中互相垂 直的棱,

BC ? 2 , 若 AD ? 2c , 且 AB ? BD ? AC ? CD ? 2a , 其中 a 、 则四面体 ABCD c 为常数,
49

的体积的最大值是

.

24.(2012 年高考湖北卷理科 19) 如图 1,∠ACB=45°,BC=3,过动点 A 作 AD⊥BC,垂足 D 在线段 BC 上且异于点 B,连 接 AB,沿 AD 将△ABD 折起,使∠BDC=90°(如图 2 所示) , (1)当 BD 的长为多少时,三棱锥 A-BCD 的体积最大; (2)当三棱锥 A-BCD 的体积最大时,设点 E,M 分别为棱 BC,AC 的中点,试在棱 CD 上确定一点 N,使得 EN⊥BM,并求 EN 与平面 BMN 所成角的大小

50

???? ???? ?n ? BN , 1 ? 设平面 BMN 的一个法向量为 n ? ( x, y, z ) ,由 ? ???? ? 及 BN ? (?1, , 0) , 2 ? ?n ? BM ,
? y ? 2 x, 得? 可取 n ? (1, 2, ? 1) . ? z ? ? x.

???? 1 1 设 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 ? ,则由 EN ? (? , ? , 0) , n ? (1, 2, ? 1) ,可得 2 2

51

52

【考点剖析】
一.明确要求
会计算球、柱、锥台的表面积和体积

二.命题方向
1.空间几何体的表面积、体积是高考的热点,多与三视图相结合命题. 2.主要考查由三视图还原几何 体并求表面积或体积,同时考查空间想象能力及 运算能力.题型多为选择、填空题.

三.规律总结
(1)解与球有关的组合体问题的方法,一种是内切,一种是外接.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
53

的截面图,如球内切于正方体,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,正方体的顶点均在球面上,正方体的体对角线长等 于球的直径.球与旋转体的组合,通常作它们的轴截面进行解题,球与多面体的 组合,通过多面体的一条侧棱和球心或“切点”、“接点” 作出截面图. (2)等积法:等积法包括等面积法和等体积法.等积法的前提是几何图形(或几何 体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到,利用等积法可以用来求解几何图形 的高或几何体的高, 特别是在求三角形的高和三棱锥的高.这一方法回避了具体 通过作图得到三角形(或三棱锥)的高,而通过直接计算得到高的数值.

【考点模拟】
一.扎实基础 1. 【山东省枣庄市 2013 届高三第一次模拟考试】一个几何体的三视图如图所示,
其中的长度单位为 cm,则该几何体的体积为( A.18 C.45 B.48 D.54 )cm3.

2. 【2013 河北省名校名师俱乐部高三 3 月模拟考试】如图是一个几何体的三视图,则这个
几何体的体积是( )

A.26

B.27

C.

57 2

D.28

54

3. 【山东省济宁市 2013 届高三上学期期末考试】若某空间几何体的三视图如图所示,则

该几何体的体积是( A.



1 2 B. C.1 3 3

D.2

4. 【2013 届贵州天柱民中、锦屏中学、黎平一中、黄平民中四校联考】若棱长均为2的正
三棱柱内接于一个球,则该球的半径为 ( A. ) D.

3 3

B.

7

C.

2 3 3

21 3

5. 【云南玉溪一中 2013 届第四次月考试卷】 已知某几何体的俯视图是如图所示的边长为 2

55

2
的正方形, 主视图与左视图是边长为 2 的正三角形, 则其全面积是 ( A. 8 B. 12 C. 4(1 ? 3) D. 4 3 )

6. 【2013 年长春市高中毕业班第一次调研测试】若一个正方体的表面积为 S1 ,其外接球的表面
积为 S2 ,则

S1 ? ____________. S2

因此外接球表面积为 S2 ? 4? r 2 ? 3? a2 ,则

S1 6a 2 2 ? ? . 2 S2 3? a ?

7. 【广东省潮州市 2012-2013 学年度第一学期期末质量检测】若一个正三棱柱的三视图如
下图所示,则这个正三棱柱的体积为__________.
2 主视图
2 3

[来源:学。科。网 Z。X。X。K]

左视图

俯视图

56

8. 【江苏省南通市 2 013 届高三第二次调研测试】 若将一个圆锥的侧面沿一条母线剪开,
其展开图是半径为 2 cm 的半圆,则该圆锥的高为 cm.

河 北省邯 郸市
在棱锥P-ABC中, 侧 棱

2013

年 高三第 二次模 拟考 试 】
2 ,则

PA、PB、PC两两垂直,Q为底面?ABC内一点,若点Q到三个侧面的距离分别为2、2、 2

以线段PQ为直径的球的表面积为

.

【答案】 16?

10. 【河北省衡水 中学 2013 届高三第八次模拟考试】在四面体 ABCD 中,
AB ? CD ? 6, AC ? BD ? 4, AD ? BC ? 5 ,则四面体 ABCD 的外接球的表面积
为 .

二.能力拔高
57

11. 【2013 年东北三省四市教研协作体等值诊断联合考试长春三模】一个棱长都为 a 的直
三棱柱的六个顶点全部在同一个球面上,则该球的表面积为 A.

7 2 ?a 3

B. 2? a 2

C.

11 2 ?a 4

D.

4 2 ?a 3

12. 【广西百所高中 2013 届高三年级第三届联考】如图,已知球 O
是棱长为 1 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 的内切球,则平面 ACD1 截 球 O 的截面面积为( )

A.

? 6
3 ? 6

B.

? 3
3 ? 3

C.

D.

58

13. 【天津市新华中学 2013 届高三上学期第三次月考数学试卷】已知三棱锥 S ? ABC 的
所有顶点都在球 O 的球面上, ?ABC 是边长为 1 的正三角形, SC 为球 O 的直径,且

SC ? 2 ,则此棱锥的体积为(
A.

) C.

2 6

B.

3 6

2 D. 3

2 2

[来源:学&科&网]

14. 【云南玉溪一中 2013 届第四次月考试卷】已知正三棱锥 P ? ABC ,点 P, A, B, C 都在半
径为 3 的球面上,若 PA, PB, PC 两两互相垂直,则球心到截面 ABC 的距离为________.

59

15. 【云南玉溪一中 2013 届第四次月考试卷】四面体 A ? BCD 中,
AB ? CD ? 4, BC ? AC ? AD ? BD ? 5, 则四面体外接球的表面积为(
A. 33? B. )

43?

C. 36?

D.

18?

16. 【2012-2013 学年云南省昆明市高三(上)摸底调研测试】已知 A,B,C,D 四点在
半径为 的球面上, 且 , AD=BC=5, AB=CD, 则三棱锥 D﹣ABC 的体积是 .

60

17. 【北京市东城区 2013 届高三上学期期末理】一个几何体的三视图如图所示,则该几何

体的表面积为



18. 【2013 年乌鲁木齐地区高三年级第三次诊断性测验试卷】已知正方休内接于球 0,则所
有与正方体的表面及球 0 的球面都相切的最大的球的体积之 和与球 O 的体积之比为____.

61

19. 【山东省泰安市高三第一轮复习质量检测】已知矩形 ABCD 的顶点都在半径为 5 的球
O 的球面上,且 AB ? 8, BC ? 2 3 ,则棱锥 O ? ABCD 的体积为 .

20. 【内蒙古赤峰市 2013 届高三最后一次仿真统考】如图,已知底面为正三角形,侧棱长
都相等的三棱锥 S-ABC 各顶点都在半球面上,其中 A、B、C 三顶点在底面圆周上,若三棱锥 S-ABC 的体积为 2 3 ,则该半球的体积为 .

[来源:Z。xx。k.Com]

三.提升自我 21. 【2013 年长春市高中毕业班第四次调研测试】 已知空间 4 个球, 它们的半径分别为 2, 2,
62

3, 3,每个球都与其他三个球外切,另有一个小球与这 4 个球都外切,则这个小球的半径为 ( A. )

7 11

B.

6 11

C.

5 11

D.

4 11

故选 B.

22.【东北三省三校 2013 届高三 3 月第一次联合模拟考试】点 A、B、C、D 在同一个球的
球面上, AB ? BC ? 2 , AC ? 2 ,若四面体 ABCD 体积的最大值为 面积为 A. ( ) B. 8? C.

2 ,则 这个球的表 3

125? 3 6

25? 4

D.

25? 16

23. 【2013 年长春市高中毕业班第一次调研测试】若一个正四面体的表面积为 S1 ,其内切球的表
面积为 S2 ,则

S1 ? ____________. S2
63

24.
图,

【2013 年乌鲁木齐地区高三年级第一次诊断性测验试卷】 如
单位正方体

ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中,点 P 在平面 A 1 BC 1 上,则三棱锥 P-ACD 1 的体积 为

.

25. 【云南师大附中 2013 届高三适应性月考卷(三)】正三棱锥 A-BCD 内接于球 O,且
底 面边长为 3 ,侧棱长为 2,则球 O 的表面积为____ .
[来源:学&科&网]

64

【考点预测】
1.在棱长为 1 的正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中,点 P 1,P 2 分别是线段 AB , BD1 (不包括端 点)上的动点,且线段 P 1 P2 平行于平面 A1 ADD1 ,则四面体 P 1P 2 AB1 的体积的最大值是 ( A. )

1 24

B.

1 12

C.

1 6

D.

1 2

2.已知正六棱柱的 12 个顶点都在一个半径为 3 的球面上, 当正棱柱的体积最大值时, 其高的值为( A. 3 3 )
[来源:Z,xx,k.Com]

B. 3

C. 2 6

D. 2 3

65

3.如图,设 A 是棱长为 a 的正方体的一个顶点,过从顶点 A 出 发的三条棱的中点作截面,对正方体的所有顶点都如此操 作,截去 8 个三棱锥,所得的各截面与正方体各面共同围 成一个多面体,则关于此多面体有以下结论: ① 有 12 个顶点; ④ 表面积为 3a 2 ; 其中正确的结论是 ② 有 24 条棱; ⑤ 体积为 a 3 . (写出所有正确结论的编号 ) . ..
5 6

A

③ 有 12 个面;

3 其体积为 a ? 8 ? ?

1 1 a a a 5 3 ? ? ? ? a . 故⑤成立. 3 2 2 2 2 6
0 0

4.在三棱柱 ABC ? A1B1C1 中,侧棱垂直底面, ?ACB ? 90 , ?BAC ? 30 ,BC=1,且三 棱柱 ABC ? A1B1C1 的体积为 3,则三棱柱 ABC ? A1B1C1 的外接球的表面积为 .

5. 已知球 Ol、 O2 的半径分别为 l、 r, 体积分别为 V1、 V2, 表面积分别为 S1、 S2, 当 r ?1 ( , ? ? )
66

时,

V2 ? V1 S2 ? S1
.
[来源:gkstk.Com]

的取值范围是

空间几何体的表面积和体积

柱、锥、台和球的侧面积和体积 面积 圆柱 圆锥 S 侧=2πrl S 侧=πrl 体积 V=Sh=πr2h 1 1 1 V= Sh= πr2h= πr2 l2-r2 3 3 3 1 V= (S 上+S 下+ S上· S下)h 3 1 = π(r2 +r2+r r )h 3 1 2 12 V=Sh 1 V= Sh 3 1 V= (S 上+S 下+ S上· S下)h 3 4 V= πR3 3

圆台

S 侧=π(r1+r2)l

直棱柱 正棱锥 正棱台 球

S 侧=Ch 1 S 侧= Ch′ 2 1 S 侧= (C+C′)h′ 2 S 球面=4πR2

67

[小题能否全取] 1.(教材习题改编)侧面都是直角三角形的正三棱锥,底面边长为 a 时,该三棱锥的全 面积是( ) 3 B. a2 4 6+ 3 2 D. a 4 2 a, 2

3+ 3 2 A. a 4 3+ 3 2 C. a 2

解析:选 A ∵侧面都是直角三角形,故侧棱长等于 ∴S 全= 3+ 3 2 3 2 1 2 a +3× ×? a?2= a. 4 2 ?2 ? 4

2.已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为 3 2,则这个四棱锥的外接球的表面积为 ( ) A.12π C.72π 解析:选 B B.36π D.108π 依题意得,该正四棱锥的底面对角线长为 3 2× 2=6,高为

1 ?2 ?3 2?2-? ?2×6? =3,因此底面中心到各顶点的距离均等于 3,所以该四棱锥的外接球的 球心为底面正方形的中心,其外接球的半径为 3,所以其外接球的表 面积等于 4π×32=36π. 3.某几何体的俯视图是如图所示的矩形,正视图是一个底边长为 8,高为 5 的等腰三角形,侧视图是一个底边长为 6,高为 5 的等腰三 角形,则该几何体的体积为( A.24 C.64 ) B.80 D.240

解析:选 B 结合题意知该几何体是四棱锥,棱锥底面是长和宽分别为 8 和 6 的矩形, 1 棱锥的高是 5,可由锥体的体积公式得 V= ×8×6×5=80. 3

4.(教材习题改编)表面积为 3π 的圆锥,它的侧面展开图是一个半圆,则该圆锥的底面 直径为________. 解析:设圆锥的母线为 l,圆锥底面半径为 r, 则 πrl+πr2=3π,πl=2πr. 解得 r=1,即直径为 2. 答案:2 5.某几何体的三视图如图所示,其中正视图是腰长为 2 的等
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腰三角形,侧视图是半径为 1 的半圆,则该几何体的表面积是________. 解析:由三视图可知此几何体的表面积分为两部分:底面积即俯视图的面积,为 2 3; 侧面积为一个完整的圆锥的侧面积,且圆锥的母线长为 2,底面半径为 1,所以侧面积为 2π. 两部分加起来即为几何体的表面积,为 2(π+ 3). 答案:2(π+ 3) 1.几何体的侧面积和全面积: 几何体侧面积是指(各个)侧面面积之和,而全面积是侧面积与所有底面积之和.对侧面 积公式的记忆,最好结合几何体的侧面展开图来进行. 2.求体积时应注意的几点: (1) 求一些不规则几何体的体积常用割补的方法转化成已知体积公式的几何体进行解 决. (2)与三视图有关的体积问题注意几何体还原的准确性及数据的准确性. 3.求组合体的表面积时注意几何体的衔接部分的处理.

几何体的表面积

典题导入 [例 1] (2012· 安徽高考)某几何体的三视图如图所示,该几何体的表面积是________.

[自主解答] 示).

由几何体的三视图可知,该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱 (如图所

在四边形 ABCD 中,作 DE⊥AB,垂足为 E,则 DE=4,AE=3,则 AD=5. 1 所以其表面积为 2× ×(2+5)×4+2×4+4×5+4×5+4×4=92. 2
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[答案] 92 由题悟法 1.以三视图为载体的几何体的表面积问题,关键是分析三视图确定几何体中各元素之 间的位置关系及数量. 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.旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用. 以题试法 1.(2012· 河南模拟)如图是某宝石饰物的三视图,已知该饰物的正 视图、侧视图都是面积为 3 ,且一个内角为 60° 的菱形,俯视图为正方 2 )

形,那么该饰物的表面积为( A. 3 C.4 3

B.2 3 D.4

解析:选 D 依题意得,该饰物是由两个完全相同的正四棱锥对接而成,正四棱锥的底 1 ? 面边长和侧面上的高均等于菱形的边长,因此该饰物的表面积为 8×? ?2×1×1?=4.

几何体的体积

典题导入 [例 2] (1)(2012· 广东高考)某几何体的三视图如图所示,它的体积为( )

A.72π C.30π

B.48π D.24π

(2)(2012· 山东高考)如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,E 为线段 B1C 上的一点,则三棱锥 A-DED1 的体积为________. [自主解答] (1)

由三视图知,该几何体是由圆锥和半球组合而成的,直观图如图所示,

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圆锥的底面半径为 3,高为 4,半球的半径为 3. 14 1 V=V 半球+V 圆锥= · π·33+ ·π·32· 4=30π. 23 3 1 1 1 1 (2)VA-DED1=VE-ADD1= ×S△ADD1×CD= × ×1= . 3 3 2 6 [答案] (1)C 1 (2) 6

本例(1)中几何体的三视图若变为:

其体积为________. 解析:由三视图还原几何体知,该几何体为圆柱与圆锥的组合体,其体积 V=V
圆锥 圆柱

-V

1 =π×32×4- π×32×4=24π. 3 答案:24π

由题悟法 1.计算柱、锥、台体的体积,关键是根据条件找出相应的底面面积和高,应注意充分 利用多面体的截面和旋转体的轴截面,将空间问题转化为平面问题求解. 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. 3.等积变换法:利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面.①求体积时,可选择容 易计算的方式来计算;②利用“等积法”可求“点到面的距离”. 以题试法 2.(1)(2012· 长春调研)四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 为正方形,且 PD 垂直于底面 ABCD,N 为 PB 中点,则三棱锥 P-ANC 与四棱锥 P-ABCD 的体积比为( )

A.1∶2

B.1∶3
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C.1∶4

D.1∶8

解析:选 C 设正方形 ABCD 面积为 S,PD=h,则体积比为 1 11 1 11 Sh- · S· h- · Sh 3 32 2 32 1 = . 1 4 Sh 3 (2012· 浙江模拟)如图,是某几何体的三视图,则这个几何体的体积是( )

A.32 C.8

B.24 32 D. 3

解析:选 B 此几何体是高为 2 的棱柱,底面四边形可切割成为一个边长为 3 的正方形 1 和 2 个直角边分别为 3,1 的直角三角形,其底面积 S=9+2× ×3×1=12, 2 所以几何体体积 V=12×2=24.

与球有关的几何体的表面积与体积问题

典题导入 [例 3] (2012· 新课标全国卷)已知三棱锥 S-ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上, △ABC 是边长为 1 的正三角形,SC 为球 O 的直径,且 SC=2,则此棱锥的体积为( A. C. 2 6 2 3 B. D. 3 6 2 2 )

[自主解答] 由于三棱锥 S-ABC 与三棱锥 O-ABC 底面都是△ ABC,O 是 SC 的中点,因此三棱锥 S-ABC 的高是三棱锥 O-ABC 高 的 2 倍, 所以三棱锥 S-ABC 的体积也是三棱锥 O-ABC 体积的 2 倍. 在三棱锥 O-ABC 中,其棱长都是 1,如图所示, S△ABC= 3 3 ×AB2= , 4 4 12-? 6 3?2 = , ?3? 3

高 OD=

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1 3 6 2 ∴VS-ABC=2VO-ABC=2× × × = . 3 4 3 6 [答案] A 由题悟法 1.解决与球有关的“切”、“接”问题,一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作 截面,把空间问题转化为平面问题,从而寻找几何体各元素之间的关系. 2.记住几个常用的结论: (1)正方体的棱长为 a,球的半径为 R, ①正方体的外接球,则 2R= 3a; ②正方体的内切球,则 2R=a; ③球与正方体的各棱相切,则 2R= 2a. (2)长方体的同一顶点的三条棱长分别为 a, b, c, 外接球的半径为 R, 则 2R= a2+b2+c2. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为 1∶3. 以题试法 3.(1)(2012· 琼州模拟)一个几何体的三视图如图所示,其中正视图是一个正三角形,则 这个几何体的外接球的表面积为( )

A.2 3π C.4 3

8π B. 3 16π D. 3

(2)(2012· 潍坊模拟)如图所示, 已知球 O 的面上有四点 A、 B、 C、 D,DA⊥平面 ABC,AB⊥BC,DA=AB=BC= 2,则球 O 的体积 等于________.

解析:(1)由三视图可知几何体的直观图如图所示. 其中侧面 DBC⊥底面 ABC, 取 BC 的中点 O1, 连接 AO1, DO1
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知 DO1⊥底面 ABC 且 DO1= 3,AO1=1,BO1=O1C=1. 在 Rt△ABO1 和 Rt△ACO1 中,AB=AC= 2, 又∵BC=2,∴∠BAC=90° . ∴BC 为底面 ABC 外接圆的直径,O1 为圆心, 又∵DO1⊥底面 ABC,∴球心在 DO1 上, 即△BCD 的外接圆为球大圆,设球半径为 R, 则( 3-R)2+12=R2,∴R= ∴S 球=4πR2=4π×? 2 . 3

2 ?2 16π = . 3 ? 3?

(2)如图,以 DA,AB,BC 为棱长构造正方体,设正方体的外接球 球 O 的半径为 R,则正方体的体对角线长即为球 O 的直径,所以|CD| = ? 2?2+? 2?2+? 2?2=2R,所以 R= 4πR3 故球 O 的体积 V= = 6π. 3 答案:(1)D (2) 6π 6 . 2

1. (2012· 北京西城模拟)某几何体的三视图如图所示, 该几何体的 体积是( A.8 C.4 解析:选 D ) 8 B. 3 4 D. 3 将三视图还原,直观图如图所示,可以看出,这是一个底

1 1 面为正方形(对角线长为 2),高为 2 的四棱锥,其体积 V= S 正方形 ABCD×PA= 3 3 1 4 × ×2×2×2= . 2 3 2. (2012· 山西模拟)已知矩形 ABCD 的顶点都在半径为 4 的球 O 的球面上, 且 AB=3,BC=2,则棱锥 O-ABCD 的体积为( A. 51 C.2 51 B.3 51 D.6 51 )

解析:选 A 依题意得,球心 O 在底面 ABCD 上的射影是矩形 ABCD 的中心,因此棱

74

锥 O - ABCD 的高等于 ×(3×2)× 51 = 51. 2

1 2 51 1 2?2 42-? ?2 3 +2 ? = 2 ,所以棱锥 O - ABCD 的体积等于 3

3.(2012· 马鞍山二模)如图是一个几何体的三视图,则它的表面积为(

)

A.4π C.5π

15 B. π 4 17 D. π 4

1 解析:选 D 由三视图可知该几何体是半径为 1 的球被挖出了 部分得到的几何体,故 8 表面积为 7 1 17 ·4π·12+3· ·π·12= π. 8 4 4 4.(2012· 济南模拟)用若干个大小相同,棱长为 1 的正方体摆成一个立体模型,其三视 图如图所示,则此立体模型的表面积为( )

A.24 C.22

B.23 D.21

解析:选 C 这个空间几何体是由两部分组成的,下半部分为四个小正方体,上半部分 为一个小正方体,结合直观图可知,该立体模型的表面积为 22. 5. (2012· 江西高考)若一个几何体的三视图如下图所示,则此几何体的体积为( )

75

11 A. 2 9 C. 2

B.5 D.4

解析:选 D 由三视图可知,所求几何体是一个底面为六边形,高为 1 的直棱柱,因此 1 只需求出底面积即可.由俯视图和主视图可知,底面面积为 1×2+2× ×2×1=4,所以该 2 几何体的体积为 4×1=4. 6.如图,正方体 ABCD-A′B′C′D′的棱长为 4,动点 E,F 在棱 AB 上,且 EF=2, 动点 Q 在棱 D′C′上,则三棱锥 A′-EFQ 的体积( A.与点 E,F 位置有关 B.与点 Q 位置有关 C.与点 E,F,Q 位置都有关 D.与点 E,F,Q 位置均无关,是定值 1 1 16 ×2×4?×4= ,故三棱锥 A′-EFQ 的 解析:选 D 因为 VA′-EFQ=VQ-A′EF= ×? ? 3 ?2 3 体积与点 E,F,Q 的位置均无关,是定值. 7.(2012· 湖州模拟)如图所示,已知一个多面体的平面展开图由一个 边长为 1 的正方形和 4 个边长为 1 的正三角形组成, 则该多面体的体积是 ________. 解析:由题知该多面体为正四棱锥,底面边长为 1,侧棱长为 1,斜 高为 3 2 1 2 2 ,连接顶点和底面中心即为高,可求得高为 ,所以体积 V= ×1×1× = . 2 2 3 2 6 2 6 )

答案:

8. (2012· 上海高考)若一个圆锥的侧面展开图是面积为 2π 的半圆面, 则该圆锥的体积为 ________. 解析:因为半圆的面积为 2π,所以半圆的半径为 2,圆锥的母线长为 2.底面圆的周长为 2π,所以底面圆的半径为 1,所以圆锥的高为 3,体积为 答案: 3 π 3
76

3 π. 3

9.(2013· 郑州模拟)在三棱锥 A-BCD 中,AB=CD=6,AC=BD=AD=BC=5,则该 三棱锥的外接球的表面积为________. 解析: 依题意得, 该三棱锥的三组对棱分别相等, 因此可将该三棱锥补形成一个长方体, a +b =6 , ? ? 2 2 2 设该长方体的长、宽、高分别为 a、b、c,且其外接球的半径为 R,则?b +c =5 , ? ?c2+a2=52, 得 a2+b2+c2=43,即(2R)2=a2+b2+c2=43,易知 R 即为该三棱锥的外接球的半径, 所以该三棱锥的外接球的表面积为 4πR2=43π. 答案:43π 10.(2012· 江西八校模拟)如图,把边长为 2 的正六边形 ABCDEF 沿对角线 BE 折起, 使 AC= 6.
2 2 2

(1)求证:面 ABEF⊥平面 BCDE; (2)求五面体 ABCDEF 的体积. 解:设原正六边形中,AC∩BE=O,DF∩BE=O′,由正六边形的几何性质可知 OA =OC= 3,AC⊥BE,DF⊥BE. (1)证明:在五面体 ABCDE 中,OA2+OC2=6=AC2, ∴OA⊥OC, 又 OA⊥OB,∴OA⊥平面 BCDE.∵OA?平面 ABEF, ∴平面 ABEF⊥平面 BCDE. (2)由 BE⊥OA,BE⊥OC 知 BE⊥平面 AOC,同理 BE⊥平面 FO′D,∴平面 AOC∥平 面 FO′D, 故 AOC-FO′D 是侧棱长(高)为 2 的直三棱柱, 且三棱锥 B-AOC 和 E-FO′D 为大小相同的三棱锥, ∴VABCDEF=2VB-AOC+VAOC-FO′D 1 1 1 =2× × ×( 3)2×1+ ×( 3)2×2=4. 3 2 2 11.(2012· 大同质检)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面是直角梯形 ABCD,其中 AD⊥AB,CD∥AB,AB=4,CD=2,侧面 PAD 是边长为 2 的等边三角形,且与底面 ABCD 垂直,E 为 PA 的中点. (1)求证:DE∥平面 PBC; (2)求三棱锥 A-PBC 的体积. 解:(1)证明:如图,取 AB 的中点 F,连接 DF,EF.
77

在直角梯形 ABCD 中,CD∥AB,且 AB=4,CD=2,所以 BF 綊 CD. 所以四边形 BCDF 为平行四边形. 所以 DF∥BC. 在△PAB 中,PE=EA,AF=FB,所以 EF∥PB. 又因为 DF∩EF=F,PB∩BC=B, 所以平面 DEF∥平面 PBC. 因为 DE?平面 DEF,所以 DE∥平面 PBC. (2)取 AD 的中点 O,连接 PO. 在△PAD 中,PA=PD=AD=2, 所以 PO⊥AD,PO= 3. 又因为平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD, 所以 PO⊥平面 ABCD. 在直角梯形 ABCD 中,CD∥AB,且 AB=4,AD=2, AB⊥AD, 1 1 所以 S△ABC= ×AB×AD= ×4×2=4. 2 2 1 1 4 3 故三棱锥 A-PBC 的体积 VA-PBC=VP-ABC= ×S△ABC×PO= ×4× 3= . 3 3 3 12. (2012· 湖南师大附中月考)一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示, 其正视图、 俯视图均为矩形,侧视图为直角三角形.

(1)请画出该几何体的直观图,并求出它的体积; (2)证明:A1C⊥平面 AB1C1. 解:(1)几何体的直观图如图所示,四边形 BB1C1C 是矩形,BB1=CC1 = 3, BC=B1C1=1, 四边形 AA1C1C 是边长为 3的正方形, 且平面 AA1C1C 垂直于底面 BB1C1C, 1 3 故该几何体是直三棱柱,其体积 V=S△ABC· BB1= ×1× 3× 3= . 2 2 (2)证明:由(1)知平面 AA1C1C⊥平面 BB1C1C 且 B1C1⊥CC1, 所以 B1C1⊥平面 ACC1A1.所以 B1C1⊥A1C.
78

因为四边形 ACC1A1 为正方形,所以 A1C⊥AC1. 而 B1C1∩AC1=C1,所以 A1C⊥平面 AB1C1.

1.(2012· 潍坊模拟)已知矩形 ABCD 的面积为 8,当矩形 ABCD 周长最小时,沿对角线 AC 把△ACD 折起,则三棱锥 D-ABC 的外接球表面积等于( A.8π C.48 2π B.16π D.不确定的实数 )

解析:选 B 设矩形长为 x,宽为 y, 周长 P=2(x+y)≥4 xy=8 2,当且仅当 x=y=2 2时,周长 有最小值. 此时正方形 ABCD 沿 AC 折起, ∵OA=OB=OC=OD, 三棱锥 D-ABC 的四个顶点都在以 O 为球心,以 2 为半径的球上, 此球表面积为 4π×22=16π. 2.(2012· 江苏高考)如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB = AD = 3 cm , AA1 = 2 cm ,则四棱锥 A - BB1D1D 的体积为 ________cm3. 解析:由题意得 2 2 1 VA-BB1D1D= VABD-A1B1D1= × ×3×3×2=6. 3 3 2 答案:6 3.(2013· 深圳模拟)如图,平行四边形 ABCD 中,AB⊥BD,AB=2,BD= 2,沿 BD 将△BCD 折起, 使二面角 A-BD-C 是大小为锐角 α 的二面角, 设 C 在平面 ABD 上的射影 为 O.

(1)当 α 为何值时,三棱锥 C-OAD 的体积最大?最大值为多少? (2)当 AD⊥BC 时,求 α 的大小. 解:(1)由题知 CO⊥平面 ABD,∴CO⊥BD, 又 BD⊥CD,CO∩CD=C,∴BD⊥平面 COD. ∴BD⊥OD.∴∠ODC=α. 1 1 1 VC-AOD= S△AOD· OC= × · OD· BD· OC 3 3 2

79

= =

2 2 · OD· OC= · CD· cos α· CD· sin α 6 6 2 2 · sin 2α≤ , 3 3

当且仅当 sin 2α=1,即 α=45° 时取等号. ∴当 α=45° 时,三棱锥 C-OAD 的体积最大,最大值为 2 . 3

(2)连接 OB, ∵CO⊥平面 ABD,∴CO⊥AD, 又 AD⊥BC, ∴AD⊥平面 BOC. ∴AD⊥OB. ∴∠OBD+∠ADB=90° . 故∠OBD=∠DAB,又∠ABD=∠BDO=90° , ∴Rt△ABD∽Rt△BDO. ∴ OD BD = . BD AB

BD2 ? 2?2 ∴OD= = =1, AB 2 OD 1 在 Rt△COD 中,cos α= = ,得 α=60° . CD 2

1.两球 O1 和 O2 在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 的内部,且互相外切,若球 O1 与过点 A 的正方体的三个面相切,球 O2 与过点 C1 的正方体的三个面相切,则球 O1 和 O2 的表面积之和的最小值为( A.(6-3 3)π C.(6+3 3)π ) B.(8-4 3)π D.(8+4 3)π

解析:选 A 设球 O1、球 O2 的半径分别为 r1、r2, 则 3r1+r1+ 3r2+r2= 3, 3- 3 r1+r2= , 2 ?r1+r2?2 2 从而 4π(r2 =(6-3 3)π. 1+r2)≥4π· 2 2.已知某球半径为 R,则该球内接长方体的表面积的最大值是( A.8R2 B.6R2 )

80

C.4R2 解析:选 A

D.2R2 设球内接长方体的长、宽、高分别为 a、b、c,则 a2+b2+c2=(2R)2,所

2 3 以 S 表=2(ab+bc+ac)≤2(a2+b2+c2)=8R2,当且仅当 a=b=c= R 时,等号成立. 3 3.右图是一个几何体的三视图(侧视图中的弧线是半圆), 则该几何体 的表面积是( A.20+3π C.20+4π ) B.24+3π D.24+4π

解析:选 A 根据几何体的三视图可知,该几何体是一个正方体和 一个半圆柱的组合体,其中,正方体的棱长为 2,半圆 1 柱的底面半径为 1,母线长为 2.故该几何体的表面积为 4×5+2×π+2× π=20+3π. 2 4.(2012· 湖北高考)我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰:置积尺数,以 十六乘之,九而一,所得开立方除之,即立圆径.“开立圆术”相当于给出了已知球的体积 V, 求其直径 d 的一个近似公式 d≈ 3 16 V.人们还用过一些类似的近似公式, 根据 π=3.141 9 ) 3 2V

59?判断,下列近似公式中最精确的一个是( A.d≈ 3 16 V 9 3 300 V 157 B.d≈

C.d≈

D.d≈

3 21 V 11

3 6V 4 解析:选 D ∵V= πR3,∴2R=d= ,考虑到 2R 与标准值最接近,通过计算得 3 π 6 16 6 6 300 6 21 - ≈0.132 08, -2≈-0.090 1, - ≈-0.001 0, - ≈0.000 8,因此最接近的为 π 9 π π 157 π 11 D 选项. 5.(2012· 上海高考)如图,AD 与 BC 是四面体 ABCD 中互相垂直的棱, BC=2.若 AD=2c,且 AB+BD=AC+CD=2a,其中 a,c 为常数,则四面体 ABCD 的体积的最大值是________.

解析:如图过点 B 在平面 BAD 中作 BE⊥AD,垂足为 E,连接 CE, 1 因为 BC⊥AD, 所以 AD⊥平面 BCE.所以四面体 ABCD 的体积为 S△BCE· AD. 3 当△BCE 的面积最大时,体积最大.因为 AB+BD=AC+CD=2a,所以 点 B, C 在一个椭圆上运动, 由椭圆知识可知当 AB=BD=AC=CD=a 时,
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1 BE=CE= a2-c2为最大值,此时截面△BCE 面积最大,为 ×2 a2-c2-1= a2-c2-1, 2 1 2c 此时四面体 ABCD 的体积最大,最大值为 S△BCE· AD= · a2-c2-1. 3 3 2 2 2 答案: c a -c -1 3

立体几何题型与方法(理科) 可根据进度自己挑选着看
1.平面 平面的基本性质:掌握三个公理及推论,会说明共点、共线、共面问题。 (1).证明点共线的问题,一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点(依据:由点 在线上,线在面内 ,推出点在面内) , 这样可根据公理 2 证明这些点都在这两个平面的公 共直线上。 (2).证明共点问题,一般是先证明两条直线交于一点,再证明这点在第三条直线上, 而这一点是两个平面的公共点,这第三条直线是这两个平面的交线。 (3) .证共面问题一般先根据一部分条件确定一个平面, 然后再证明其余的也在这个平 面内,或者用同一法证明两平面重合 2. 空间直线. (1). 空间直线位置关系三种:相交、平行、异面. 相交直线:共面有且仅有一个公 共点;平行直线:共面没有公共点;异面直线:不同在任一平面内,无公共点 [注]:①两条异面直线在同一平面内射影一定是相交的两条直线.(×) (也可能两条直 线平行,也可能是点和直线等) ②直线在平面外,指的位置关系是平行或相交 ③若直线 a、b 异面,a 平行于平面 ? ,b 与 ? 的关系是相交、平行、在平面 ? 内. ④两条平行线在同一平面内的射影图形是一条直线或两条平行线或两点. ⑤在平面内射影是直线的图形一定是直线.(×) (射影不一定只有直线,也可以 是其他图形) ⑥在同一平面内的射影长相等,则斜线长相等.(×) (并非是从平面外一点 向这 .. 个平面所引的垂线段和斜线段) ⑦ a , b 是夹在两平行平面间的线段,若 a ? b ,则 a , b 的位置关系为相交或平行或
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异面. ⑧异面直线判定定理:过平面外一点与平面内一点的直线和平面内不经过该点的 直线是异面直线.(不在任何一个平面内的两条直线) (2). 平行公理:平行于同一条直线的两条直线互相平行. 等角定理: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(如右图). (直线与直线所成角 ? ? [0? ,90? ] ) (向量与向量所成角 ? ? [0 ? ,180? ]) 推论:如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行,那么这两组直线所成锐角(或直 角)相等. (3). 两异面直线的距离:公垂线段的长度. 空间两条直线垂直的情况:相交(共面)垂直和异面垂直. [注]:l1 , l 2 是异面直线, 则过 l1 , l 2 外一点 P, 过点 P 且与 l1 , l 2 都平行平面有一个或没有, 但与 l1 , l 2 距离相等的点在同一平面内. ( L1 或 L 2 在这个做出的平面内不能叫 L1 与 L 2 平行 的平面) 3. 直线与平面平行、直线与平面垂直. (1). 空间直线与平面位置分三种:相交、平行、在平面内. (2). 直线与平面平行判定定理:如果平面外一条直线和这个平面内一条直线平行, 那么这条直线和这个平面平行.( “线线平行 ? 线面平行” ) [注]:①直线 a 与平面 ? 内一条直线平行,则 a ∥ ? . (×) (平面外一条直线) ②直线 a 与平面 ? 内一条直线相交,则 a 与平面 ? 相交. (×) (平面外一条直线) ③若直线 a 与平面 ? 平行,则 ? 内必存在无数条直线与 a 平行. (√) (不是任意一条 直线,可利用平行的传递性证之) ④两条平行线中一条平行于一个平面,那么另一条也平行于这个平面. (×) (可能在 此平面内) ⑤平行于同一个平面的两直线平行.(×) (两直线可能相交或者异面) ⑥直线 l 与平面 ? 、 ? 所成角相等,则 ? ∥ ? .(×) ( ? 、 ? 可能相交) (3). 直线和平面平行性质定理:如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的平 面和这个平面相交,那么这条直线和交线平行.( “线面平行 ? 线线平行” )

83

(4). 直线与平面垂直是指直线与平面任何一条直线垂直,过一点有且只有一条直线 和一个平面垂直,过一点有且只有一个平面和一条直线垂直. ? ? 若 PA ⊥ ? , a ⊥ AO ,得 a ⊥ PO (三垂线定理) , 三垂线定理的逆定理亦成立. 直线与平面垂直的判定定理一: 如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直, 那 么这两条直线垂直于这个平面.( “线线垂直 ? 线面垂直” ) 直线与平面垂直的判定定理二: 如果平行线中一条直线垂直于一个平面, 那么另一条也垂直 于这个平面. 性质:如果两条直线同垂直于一个平面,那么这两条直线平行. (5).a.垂线段和斜线段长定理:从平面外一点 向这个平面所引的垂线段和斜线段中, .. ①射影相等的两条斜线段相等,射影较长的斜线段较长;②相等的斜线段的射影相等,较长 的斜线段射影较长;③垂线段比任何一条斜线段短. [注]:垂线在平面的射影为一个点. [一条直线在平面内的射影是一条直线.(×)] b.射影定理推论: 如果一个角所在平面外一点到角的两边的距离相等, 那么这点在平面 内的射影在这个角的平分线上。 4. 平面平行与平面垂直. (1). 空间两个平面的位置关系:相交、平行. (2). 平面平行判定定理:如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面,那 么这两个平面平行.( “线面平行 ? 面面平行” ) 推论:垂直于同一条直线的两个平面互相平行;平行于同一平面的两个平面平行. [注]:一平面内的任一直线平行于另一平面. (3). 两个平面平行的性质定理:如果两个平面平行同时和第三个平面相交,那么它 们交线平行.( “面面平行 ? 线线平行” ) (4). 两个平面垂直判定一:两个平面所成的二面角是直二面角,则两个平面垂直. 两个平面垂直判定二: 如果一条直线与一个平面垂直, 那么经过这条直线的平面垂直于这个 平面.( “线面垂直 ? 面面垂直” ) 注:如果两个二面角的平面分别对应互相垂直,则两个二面角没有什么关系. (5). 两个平面垂直性质定理:如果两个平面垂直,那么在一个平面内垂直于它们交 线的直线也垂直于另一个平面. 推论:如果两个相交平面都垂直于第三平面,则它们交线垂直于第三平面.
84
θ
A P

O

a

P

?
B M A O

?

简证:如图,在平面内过 O 作 OA、OB 分别垂直于 l 1 ,l 2 , 因为 PM ? ? , OA ? ? , PM ? ? , OB ? ? 则 PM ? OA, PM ? OB .所以结论成立 (6). 两异面直线任意两点间的距离公式: l ?
?

m2 ? n 2 ? d 2 ? 2mncos? ( ? 为锐
?

? ?? 角取减, ? 为钝角取加,综上,都取减则必有 ? ? ? 0, ? ) 2

(1). a.最小角定理: cos? ? cos? 1 cos? 2 ( ? 1 为最小角,如图) b.最小角定理的应用(∠PBN 为最小角)
θ

θ1 θ2
图2 图1

简记为:成角比交线夹角一半大,且又比交线夹角补角一半长,一定有 4 条. 成角比交线夹角一半大,又比交线夹角补角小,一定有 2 条. 成角比交线夹角一半大,又与交线夹角相等,一定有 3 条或者 2 条. 成角比交线夹角一半小,又与交线夹角一半小,一定有 1 条或者没有. 5. 棱柱. 棱锥 (1). 棱柱. a.①直棱柱侧面积: S ? Ch ( C 为底面周长, h 是高)该公式是利用直棱柱的侧面展开 图为矩形得出的. ②斜棱住侧面积: S ? C1l ( C1 是斜棱柱直截面周长,l 是斜棱柱的侧棱长)该公式是利 用斜棱柱的侧面展开图为平行四边形得出的. b.{ 四棱柱 } ? { 平行六面体 } ? { 直平行六面体 } ? { 长方体 } ? { 正四棱柱 } ? { 正方 体}. {直四棱柱} ? {平行六面体}={直平行六面体}.
四棱柱 底面是 平行四边形 平行六面体 侧棱垂直 底面 直平行六面体 底面是 矩形 长方体 底面是 正方形 正四棱柱 侧面与 正方体 底面边长相等

c.棱柱具有的性质: ①棱柱的各个侧面都是平行四边形,所有的侧棱都相等;直棱柱的各个侧面都是矩形 ; ........ 正棱柱的各个侧面都是全等的矩形 . ..... ②棱柱的两个底面与平行于底面的截面是对应边互相平行的全等 多边形. .. ③过棱柱不相邻的两条侧棱的截面都是平行四边形. 注:①棱柱有一个侧面和底面的一条边垂直可推测是直棱柱. (×) (直棱柱不能保证底面是矩形,可如图) ②(直棱柱定义)棱柱有一条侧棱和底面垂直. d.平行六面体:
85

定理一:平行六面体的对角线交于一点 ,并且在交点处互相平分. ............. [注]:四棱柱的对角线不一定相交于一点. 定理二:长方体的一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱长的平方和. 推 论 一 : 长 方 体 一 条 对 角 线 与 同 一 个 顶 点 的 三 条 棱 所 成 的 角 为 ?, ? ,? , 则
cos2 ? ? cos2 ? ? cos2 ? ? 1 .

推 论 二 : 长 方 体 一 条 对 角 线 与 同 一 个 顶 点 的 三 各 侧 面 所 成 的 角 为 ?, ? ,? , 则
2 2 2 co s ? ?co s ? ?co s ? ?2.

[注]:①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱.(×) (斜四棱柱的两个平行的平面可以为 矩形) ②各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱. (×) (应是各侧面都是正方形的直 棱柱才行) . ③对角面都是全等的矩形的直四棱柱一定是长方体.(×) (只能推出对角线相等,推不 出底面为矩形) ④棱柱成为直棱柱的一个必要不充分条件是棱柱有一条侧棱与底面的两条边垂直. (两 条边可能相交,可能不相交,若两条边相交,则应是充要条件) (2). 棱锥:棱锥是一个面为多边形,其余各面是有一个公共顶点的三角形. [注]:①一个三棱锥四个面可以都为直角三角形. ②一个棱柱可以分成等体积的三个三棱锥;所以 V 棱柱 ? Sh ? 3V棱柱 . a.①正棱锥定义:底面是正多边形;顶点在底面的射影为底面正多边形的中心. [注]:i. 正四棱锥的各个侧面都是全等的等腰三角形.(不是等边三角形) ii. 正四面体是各棱相等,而正三棱锥是底面为正三角形,侧棱与底棱不一定相等 iii. 正棱锥定义的推论: 若一个棱锥的各个侧面都是全等的等腰三角形 (即侧棱相等) ; 底面为正多边形. ②正棱锥的侧面积: S ?
1 Ch ' (底面周长为 C ,斜高为 h ' ) 2

③棱锥的侧面积与底面积的射影公式: S 侧 ?

S底 cos?

(侧面与底面成的二面角为 ? )
c
a l b

附:以知 c ⊥ l , cos ? ? a ? b , ? 为二面角 a ? l ? b . 则 S1 ?
1 1 a ? l ①, S 2 ? l ? b ②, cos ? ? a ? b ③ 2 2

? ①②③得 S 侧 ?

S底 cos?

.

注:S 为任意多边形的面积(可分别求多个三角形面积和的方法). b.棱锥具有的性质:①正棱锥各侧棱相等,各侧面都是全等的等腰三角形,各等腰三角
86

形底边上的高相等(它叫做正棱锥的斜高). ②正棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影组成一个直角三角形,正棱锥的高、侧棱、 侧棱在底面内的射影也组成一个直角三角形. c.特殊棱锥的顶点在底面的射影位置: ①棱锥的侧棱长均相等,则顶点在底面上的射影为底面多边形的外心. ②棱锥的侧棱与底面所成的角均相等,则顶点在底面上的射影为底面多边形的外心. ③棱锥的各侧面与底面所成角均相等,则顶点在底面上的射影为底面多边形内心. ④棱锥的顶点到底面各边距离相等,则顶点在底面上的射影为底面多边形内心. ⑤三棱锥有两组对棱垂直,则顶点在底面的射影为三角形垂心. ⑥三棱锥的三条侧棱两两垂直,则顶点在底面上的射影为三角形的垂心. ⑦每个四面体都有外接球, 球心 0 是各条棱的中垂面的交点, 此点到各顶点的距离等于 球半径; ⑧每个四面体都有内切球,球心 I 是四面体各个二面角的平分面的交点,到各面的距离 等于半径. [注]:i. 各个侧面都是等腰三角形,且底面是正方形的棱锥是正四棱锥.(×) (各个 侧面的等腰三角形不知是否全等)
A

D
b a c

ii. 若一个三棱锥,两条相对棱互相垂直,则第三组相对棱必然垂直. 简证:AB⊥CD,AC⊥BD ? BC⊥AD. 令 AB ? a, AD ? c, AC ? b 得 BC ? AC ? AB ? b ? a, AD ? c ? BC ? AD ? bc ? ac ,已知 a ? c ? b ? 0, b ? a ? c ? 0
? ac ? bc ? 0 则 BC ? AD ? 0 .
B

E

F

C

A H

O' G B

C

? ?

? ?

D

iii. 空间四边形 OABC 且四边长相等,则顺次连结各边的中点的四边形一定是矩形. iv. 若是四边长与对角线分别相等,则顺次连结各边的中点的四边是一定是正方形. 简证:取 AC 中点 O' ,则 oo ? ? AC, BO ? ? AC ? AC ? 平面 OO ?B ? AC ? BO ? ?FGH ? 90° 易知 EFGH 为平行四边形 ? EFGH 为长方形.若对角线等,则
EF ? FG ? EFGH 为正方形.

(3). 球: a.球的截面是一个圆面.
4 ①球的表面积公式: S ? 4?R 2 .②球的体积公式: V ? ?R 3 . 3

O

r

87

b.纬度、经度: ①纬度:地球上一点 P 的纬度是指经过 P 点的球半径与赤道面所成的角的度数. ②经度: 地球上 A, B 两点的经度差, 是指分别经过这两点的经线与地轴所确定的二个半 平面的二面角的度数,特别地,当经过点 A 的经线是本初子午线时,这个二面角的度数就是
B 点的经度.

附:①圆柱体积: V ? ?r 2 h ( r 为半径, h 为高)
1 ②圆锥体积: V ? ?r 2 h ( r 为半径, h 为高) 3 1 ③锥体体积: V ? Sh ( S 为底面积, h 为高) 3

( 1 ) . ①内切球:当四面体为正四面体时,设边长为 a , h ?
S 侧? 3 2 a 4

6 3 2 a , S 底? a , 3 4





3 2 6 3 2 1 3 2 2 4 2 6 a ? a? a ?R ? ? a ?R ? R ? a/ 3? a? 3 ? a. 4 3 4 3 4 4 3 4 4
1 1 注:球内切于四面体: V B?ACD ? ?S侧 ?R ? 3 ? S底 ?R ?S底 ?h 。 3 3

R

O

②外接球:球外接于正四面体,可如图建立关系式. 6. 空间向量. (1). a.共线向量:共线向量亦称平行向量,指空间向量的有向线段所在直线互相平 行或重合. 注:①若 a 与 b 共线, b 与 c 共线,则 a 与 c 共线.(×) [当 b ? 0 时,不成立] ②向量 a, b, c 共面即它们所在直线共面.(×) [可能异面] ③若 a ∥ b ,则存在小任一实数 ? ,使 a ? ?b .(×)[与 b ? 0 不成立] ④若 a 为非零向量,则 0a ? 0 .(√)[这里用到 ?b(b ? 0) 之积仍为向量] b.共线向量定理: 对空间任意两个向量 a,b(b ? 0) ,a ∥ b 的充要条件是存在实数 ?(具 有唯一性) ,使 a ? ?b . c.共面向量:若向量 a 使之平行于平面 ? 或 a 在 ? 内,则 a 与 ? 的关系是平行,记作
a ∥? .

88

d.①共面向量定理:如果两个向量 a, b 不共线,则向量 P 与向量 a, b 共面的充要条件是 存在实数对 x、y 使 P ? xa ? yb . ②空间任一点 和不共线三点 、 B 、 C ,则 OP ? xOA ? yOB ? zOC( x ? y ? z ? 1) 是 ...O . ......A . . . . .

PABC 四点共面的充要条件.
(简证: OP ? (1 ? y ? z)OA ? yOB ? zOC ? AP ? y AB ? z AC ? P、A、B、C 四点共 面) 注:①②是证明四点共面的常用方法. (2). 空间向量基本定理:如果三个向量 ,那么对空间任一向量 P ,存 ....a, b, c 不共面 ... 在一个唯一的有序实数组 x、y、z,使 p ? xa ? yb ? zc . 推论: 设 O、A、 B、C 是不共面的四点,则对空间任一点 P, 都存在唯一的有序实数组 x、

y、z 使 OP ? xOA? yOB ? zOC (这里隐含 x+y+z≠1).
注:设四面体 ABCD 的三条棱, AB ? b, AC ? c, AD ? d , 其

B

O

1 中 Q 是△BCD 的重心,则向量 AQ ? (a ? b ? c) 用 AQ ? AM ? MQ即证. 3

D A

对空间任一点 O 和不共线的三点 A、B、C,满足 OP ? xOA ? yOB ? zOC , 则四点 P、A、B、C 是共面 ? x ? y ? z ? 1 (3).a.空间向量的坐标:空间直角坐标系的 x 轴是横轴(对应为横坐标) ,y 轴是纵 轴(对应为纵坐标) ,z 轴是竖轴(对应为竖坐标). ①令 a =(a1,a2,a3), b ? (b1 , b2 , b3 ) ,则
a ? b ? (a1 ?b1 ,a 2 ?b 2 ,a 3 ?b 3 ) , ? a ? (?a1 , ?a 2 , ?a 3 )(? ? R) , a ? b ?a1 b1 ?a 2 b 2 ?a 3 b 3 ,
a ∥ b ?a1 ? ?b1 ,a 2 ? ?b 2 ,a 3 ? ?b 3 (? ? R) ?
a1 a 2 a 3 ? ? 。 b1 b 2 b 3

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

C

a ? b ?a1 b1 ?a 2 b 2 ?a 3 b 3 ? 0 。

a ? a ? a ? a 1 2 ?a 2 2 ?a 3 2 a 2? a?a ? a ? a?a )

( 向 量 模 与 向 量 之 间 的 转 化 :

89

? ? ? ? a ?b ? ? 空间两个向量的夹角公式 cos ? a , b ?? ? | a |?|b |
(a= (a1 , a2 , a3 ) ,b= (b1 , b2 , b3 ) ) 。

a1b1 ? a 2 b2 ? a3b3
2 2 2 a ? a2 ? a3 ? b12 ? b2 ? b32 2 1

②空间两点的距离公式: d ? ( x 2 ? x1 ) 2 ? ( y 2 ? y1 ) 2 ? ( z 2 ? z1 ) 2 . b.法向量:若向量 a 所在直线垂直于平面 ? ,则称这个向量垂直于平面 ? ,记作 a ? ? , 如果 a ? ? 那么向量 a 叫做平面 ? 的法向量. c.向量的常用方法: ①利用法向量求点到面的距离定理:如图,设 n 是平面 ? 的法向量,AB 是平面 ? 的一 条射线,其中 A ?? ,则点 B 到平面 ? 的距离为

| AB ? n | |n|

.

②.异面直线间的距离 d ?

CD ? n n

( l1 , l2 是两异面直线,其公垂向量为 n ,C、D 分

?

别是 l1 , l2 上任一点, d 为 l1 , l2 间的距离).

??? ? ?? AB ? m ?? ? ?? ( m 为平面 ? 的法向量). ③.直线 AB 与平面所成角 ? ? arc sin ??? | AB || m |
④.利用法向量求二面角的平面角定理: 设 n1 , n 2 分别是二面角 ? ? l ? ? 中平面 ? , ? 的法 向量,则 n1 , n 2 所成的角就是所求二面角的平面角或其补角大小( n1 , n 2 方向相同,则为补 角, n1 , n 2 反方,则为其夹角).

?? ? ?? ? m? n m ? n ?? ? 二面角 ? ? l ? ? 的平面角 ? ? arc cos ?? ? 或 ? ? arc cos ?? ? ( m , n 为平面 ? , | m || n | | m || n |

? 的法向量).
d.证直线和平面平行定理:已知直线 a ? 平面 ? , A, B ? a, C, D ? ? ,且 C、D、E 三 点 不 共 线 , 则 a ∥ ? 的 充 要 条 件 是 存 在 有 序 实 数 对 ? , ? 使 AB ? ?CD ? ?CE . ( 常 设
AB ? ?CD ? ?CE 求解 ? , ? 若 ? , ? 存在即证毕,若 ? , ? 不存在,则直线 AB 与平面相交).

90

A n


B

B

?
C A



n1

C

D E

? n2

?

?

7.知识网络

一、

经典例题剖析
??? ? ? 2 ??? ? 2 ???? 1 ??? OA ? OB ? OC , 5 5 5

考点一 空间向量及其运算 1. 已知 A, B, C 三点不共线,对平面外任一点,满足条件 OP ? 试判断:点 P 与 A, B, C 是否一定共面?

91

解析:要判断点 P 与 A, B, C 是否一定共面,即是要判断是否存在有序实数对 x, y 使

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? AP ? xAB ? yAC 或对空间任一点 O ,有 OP ? OA ? xAB ? yAC 。
答案:由题意: 5OP ? OA ? 2OB ? 2OC , ∴ (OP ? OA) ? 2(OB ? OP) ? 2(OC ? OP) , ∴ AP ? 2PB ? 2PC ,即 PA ? ?2PB ? 2PC , 所以,点 P 与 A, B, C 共面. 点评: 在用共面向量定理及其推论的充要条件进行向量共面判断的时候, 首先要选择恰当的 充要条件形式,然后对照形式将已知条件进行转化运算. 2. 如图,已知矩形 ABCD 和矩形 ADEF 所在平面互相垂直,点 M , N 分别在对角线

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ? ??? ?

??? ? ??? ?

??? ? ??? ?
??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

1 1 BD , AN ? AE .求证: MN // 平面 CDE . 3 3 ???? ? 解析: 要证明 MN // 平面 CDE , 只要证明向量 NM 可以用平面 CDE 内 ???? ???? 的两个不共线的向量 DE 和 DC 线性表示. 1 答案:证明:如图,因为 M 在 BD 上,且 BM ? BD ,所以 3 ???? 1 ??? ? 1 ??? ? 1 ??? ? ???? 1 ???? 1 ???? MB ? DB ? DA ? AB .同理 AN ? AD ? DE ,又 3 3 3 3 3 ??? ? ??? ? ??? ? ???? ? ???? ??? ? ???? CD ? BA ? ? AB ,所以 MN ? MB ? BA ? AN ? 1 ??? ? ??? ? 1 ???? 1 ???? ? 1 ???? 2 ??? ? 1 ???? ??? ? 1 ??? 2 ??? ? ( DA ? AB) ? BA ? ( AD ? DE ) ? BA ? DE ? CD ? DE .又 CD 与 3 3 3 3 3 3 3 3 ???? ? ??? ? ???? ???? DE 不共线, 根据共面向量定理, 可知 MN ,CD ,DE 共面. 由于 MN 不在平面 CDE 内,所以 MN // 平面 CDE .
BD , AE 上,且 BM ?
点评:空间任意的两向量都是共面的.与空间的任两条直线不一定共面要区别开. 考点二 证明空间线面平行与垂直 3. 如图, 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC=3,BC=4,AA1=4,点 D 是 AB 的中点, (I) 求证:AC⊥BC1; (II)求证:AC 1//平面 CDB1; 解析: (1)证明线线垂直方法有两类:一是通过三垂线定理或逆定理证明,二是通过线 面垂直来证明线线垂直; (2)证明线面平行也有两类:一是通过线线平行得到线面平行,二 是通过面面平行得到线面平行. 答案:解法一: (I)直三棱柱 ABC-A1B1C1,底面三边长 AC=3,BC=4AB=5, ∴ AC⊥BC,且 BC1 在平面 ABC 内的射影为 BC,∴ AC⊥BC1; (II)设 CB1 与 C1B 的交点为 E,连结 DE,∵ D 是 AB 的中点,E 是 BC1 的中点,

92

∴ DE//AC1,∵ DE ? 平面 CDB1,AC1 ? 平面 CDB1, ∴ AC1//平面 CDB1; 解法二:∵直三棱柱 ABC-A1B1C1 底面三边长 AC=3,BC=4,AB =5,∴AC、BC、C1C 两两垂直,如图,以 C 为坐标原点,直线 CA、 CB、C1C 分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系,则 C(0,0, A
1

z C
1 1

B E

3 0) ,A(3,0,0) ,C1(0,0,4) ,B(0,4,0) ,B1(0,4,4) ,D( , 2
2,0) x

C A

B

y

(1)∵ AC =(-3,0,0) , BC1 =(0,-4,0) ,∴ AC ? BC1 =0,∴AC⊥BC1. (2)设 CB1 与 C1B 的交战为 E,则 E(0,2,2).∵ DE =(- 4) ,∴ DE ?

3 ,0,2) , AC1 =(-3,0, 2

1 AC1 ,∴DE∥AC1. 2
转化 转化

点评:2.平行问题的转化: 面面平行 线面平行 线线平行;

主要依据是有关的定义及判定定理和性质定理.? 4.(2007 武汉 3 月) 如图所示, 四棱锥 P—ABCD 中, AB ? AD, CD ? AD, PA ? 底面 ABCD,PA=AD=CD=2AB=2,M 为 PC 的中点。 (1)求证:BM∥平面 PAD; (2)在侧面 PAD 内找一点 N,使 MN ? 平面 PBD; (3)求直线 PC 与平面 PBD 所成角的正弦。 解析:本小题考查直线与平面平行,直线与平面垂直, 二面角等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力. 答案: (1)? M 是 PC 的中点,取 PD 的中点 E ,则

1 1 CD ,又 AB CD 2 2 ? 四边形 ABME 为平行四边形 ? BM ∥ EA , BM ? 平面PAD EA ? 平面PAD (4 分) ? BM ∥ 平面PAD (2)以 A 为原点,以 AB 、 AD 、 AP 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐 标系,如图,则 B?1,0,0) ? , C ?2,2,0? , D?0,2,0? , P?0,0,2? , M ?1,1,1? , E?0,1,1?
ME
93

在 平 面 PAD 内 设 N ?0, y, z ? , MN ? ?? 1, y ? 1, z ? 1? , PB ? ?1,0,?2? ,

?? ?

?? ?

DB ? ?1,?2,0? 由 MN ? PB
由 MN ? DB
?? ? ?? ?

?? ?

?? ?

?? ?

? MN ? PB ? ?1 ? 2 z ? 2 ? 0
?? ? ?? ?

?? ? ?? ?

?z ?
1 2

1 2

? MN ? DB ? ?1 ? 2 y ? 2 ? 0

?y?

? 1 1? ? N ? 0, , ? ? N 是 AE 的中点,此时 MN ? 平面PBD ? 2 2? (3)设直线 PC 与平面 PBD 所成的角为 ? ?? ? ?? ? ?? ? ?? ? 1 1? ? PC ? ?2,2,?2 ? , MN ? ? ? 1,? ,? ? ,设 PC, MN 为 ? 2 2? ?
cos? ? PC? MN
??? ??? ?? ? ?? ?

(8 分)

?

?2 2 3? 6 2

??

PC MN

2 3

sin ? ? ?c o ? s ?

2 3

故直线 PC 与平面 PBD 所成角的正弦为 解法二: (1)? M 是 PC 的中点,取 PD 的中点 E ,则

2 3

(12 分)

1 1 CD ,又 AB CD 2 2 ? 四边形 ABME 为平行四边形 ? BM ∥ EA , BM ? 平面PAD EA ? 平面PAD (4 分) ? BM ∥ 平面PAD (2)由(1)知 ABME 为平行四边形 PA ? 底面ABCD? PA ? AB ,又 AB ? AD 同理 CD ? 平面PAD , AE ? 平面PAD ? AB ? 平面PAD CD ∥ ME , CD ? PD ,又 PD ? AE 为矩形 ? AB ? AE ?AB ME ? ME ? PD ? PD ? 平面A B M E PD ? 平面P B D 作 MF ? EB 故 MF ? 平面PBD ? 平面PBD ? 平面ABME MF 交 AE 于 N ,在矩形 ABME 内, AB ? ME ? 1 , AE ? 2 2 2 N 为 AE 的中点 , NE ? ? MF ? 2 3 (8 分) ? 当点 N 为 AE 的中点时, MN ? 平面PBD (3)由(2)知 MF 为点 M 到平面 PBD 的距离, ?MPF 为直线 PC 与平面 PBD 所
ME
成的角,设为 ? , sin ? ?

MF 2 ? MP 3

? 直线 PC 与平面 PBD 所成的角的正弦值为

2 3

点评: (1)证明线面平行只需证明直线与平面内一条直线平行即可; (2)求斜线与平面 所成的角只需在斜线上找一点作已知平面的垂线,斜线和射影所成的角,即为所求角; (3) 证明线面垂直只需证此直线与平面内两条相交直线垂直变可.这些从证法中都能十分明显地 体现出来
94

考点三 求空间图形中的角与距离 根据定义找出或作出所求的角与距离,然后通过解三角形等方法求值,注意“作、证、 算”的有机统一.解题时注意各种角的范围:异面直线所成角的范围是 0°<θ≤90°,其方 法是平移法和补形法;直线与平面所成角的范围是 0°≤θ≤90°,其解法是作垂线、找射 影;二面角 0°≤θ≤180°,其方法是:①定义法;②三垂线定理及其逆 定理;③垂面法 另外也可借助空间向量求这三种角的大小.
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5. (四川省成都市

2007 届高中毕业班第三次诊断性检
2 的正三角形,
?

测)如图,四棱锥 P ? ABCD 中,侧面 PDC 是边长为

且与底面垂直,底面 ABCD 是 ?ADC ? 60 的菱形, M 为 PB 的中点. (Ⅰ)求 PA 与底面 ABCD 所成角的大小; (Ⅱ)求证: PA ? 平面 CDM ; (Ⅲ)求二面角 D ? MC ? B 的余弦值. 解析:求线面角关键是作垂线,找射影,求异面直线所成的角采用平 移法 求二面角的大小也可应用面积射影法,比较好的方法是向量法 答案:(I)取 DC 的中点 O,由 ΔPDC 是正三角形,有 PO⊥DC. 又∵平面 PDC⊥底面 ABCD,∴PO⊥平面 ABCD 于 O. 连结 OA,则 OA 是 PA 在底面上的射影.∴∠PAO 就是 PA 与底面所成角. ∵∠ADC=60° ,由已知 ΔPCD 和 ΔACD 是全等的正三角形,从而求得 OA=OP= 3 . ∴∠PAO=45° .∴PA 与底面 ABCD 可成角的大小为 45° . ??6 分 (II)由底面 ABCD 为菱形且∠ADC=60° ,DC=2,DO=1,有 OA⊥DC. A ( 3, 0, 0), P(0, 0, 3), D(0, ? 1, 0) , B( 3, 2, 0), C (0, 1, 0) . 建立空间直角坐标系如图,则
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由 M 为 PB 中点,∴ M ( ∴ DM ? (
??? ? ????? ?????

3 3 , 1, ). 2 2

???? ? 3 3 ??? , 2, ), PA ? ( 3, 0, ? 3), DC ? (0, 2, 0) . 2 2

∴ PA ? DM ?

3 3 ? 3 ? 2? 0 ? (? 3) ? 0 , 2 2

??? ? ???? PA ? DC ? 0 ? 3 ? 2 ? 0 ? 0 ? (? 3) ? 0 .

∴PA⊥DM,PA⊥DC. (III) CM ? (
???? ?

∴PA⊥平面 DMC.

。 。 。 。 。 。4 分

? 3 3 ??? ? , 0, ), CB ? ( 3, 1, 0) .令平面 BMC 的法向量 n ? (x, y, z) , 2 2 ? ? ? ???? ? ??? 则 n ? CM ? 0 ,从而 x+z=0; ??①, n ? CB ? 0 ,从而 3x ? y ? 0 . ??② ? 由①、②,取 x=?1,则 y ? 3, z ? 1 . ∴可取 n ? (?1, 3, 1) . ??? ? 由(II)知平面 CDM 的法向量可取 PA ? ( 3, 0, ? 3) , ? ? ??? ? 10 n ? PA ?2 3 10 ? ??? ? ? ∴ cos ? n, PA ?? ? ??? . ∴所求二面角的余弦值为- . ?? 5 5 | n | | PA | 5? 6

??6 分

法二: (Ⅰ)方法同上 (Ⅱ)取 AP 的中点 N ,连接 MN ,由(Ⅰ)知,在菱形 ABCD 中,由于 ?ADC ? 60 , 则 AO ? CD ,又 PO ? CD ,则 CD ? 平面APO ,即 CD ? PA ,
?

1 1 AB , CO // AB ,则 MN //CO , 2 2 则四边形 OCMN 为 ? ,所以 MC // ON ,在 ?APO 中, AO ? PO , 则 ON ? AP ,故 AP ? MC 而 MC ? CD ? C , 则 PA ? 平面MCD
又在 ?PAB 中,中位线 MN //
95

(Ⅲ)由(Ⅱ)知 MC ? 平面PAB ,则 ?NMB 为二面角 D ? MC ? B 的平面角, 在 Rt

?PAB 中 , 易 得 PA ? 6,

P B ?

2

P ? A

2

A ?B 6

2

2? 2

? 1, 0

cos ?PBA ?

AB 2 10 , ? ? PB 5 10
10 10 故,所求二面角的余弦值为 ? 5 5
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cos ?NMB ? cos(? ? ?PBA) ? ?

点评:本题主要考查异面直线所成的角、线面角及二面角的一般求法,综合性较强 用平移法求异面直线所成的角,利用三垂线定理求作二面角的平面角,是常用的方法.

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6. (2007 在 长 方

河北省唐山市三模)如图,


D1

C1

ABCD ? A1B1C1D1





A ? D

1

A 1? A ,

E AB 上. 点 ?A 2 在线段 B ,

A1

B1

(Ⅰ)求异面直线 D1E 与 A 1 D 所成的角; (Ⅱ)若二面角 D1 ? EC ? D 的大小为 45 ? ,

D

C

A
求点 B 到平面 D1EC 的距离.

E

B

解析: 本题涉及立体几何线面关系的有关知识, 本题实质上求角度和距离,在求此类问题中, 要将这些量归结到三角形中,最好是直角三角形,这样有利于问题的解决, 此外用向量也是一 种比较好的方法. 答案:解法一: (Ⅰ)连结 AD1 。由已知, AA1D1D 是正方形,有 AD1 ? A 1D 。 ∵ AB ? 平面 AA1D1D ,∴ AD1 是 D1E 在平面 AA1D1D 内的射影。

90 ? 。 根据三垂线定理, AD1 ? D1E 得,则异面直线 D1E 与 A 1 D 所成的角为
作 DF ? CE ,垂足为 F ,连结 D1F ,则 CE ? D1F 所以 ?DFD1 为二面角 D1 ? EC ? D 的平面角, ?DFD1 ? 45? . 于是 DF ? DD1 ? 1, D1F ? 2 易得 Rt ?BCE ? Rt ?CDF ,所以 CE ? CD ? 2 ,又 BC ? 1 ,所以 BE ? 3 。 设点 B 到平面 D1EC 的距离为 h .

96

∵ VB?CED1 ? VD?BCE , 即 ? CE ? D1 F ? h ?

1 1 3 2

1 1 ? BE ? BC ? DD1 , 3 2

∴ CE ? D1F ? h ? BE ? BC ? DD1 ,即 2 2h ? 3 ,∴ h ?

6 . 4

故点 B 到平面 D1EC 的距离为

6 。 4

解法二:分别以 DA, DB, DD1 为 x 轴、 y 轴、 z 轴,建立空间直角坐标系. (Ⅰ)由 A1 (1,0,1) ,得 DA 1 ? (1,0,1) 设 E (1, a, 0) ,又 D1 (0,0,1) ,则 D1E ? (1, a, ?1) 。 ∵ DA 1?D 1E ? 1 ? 0 ?1 ? 0 ∴ DA 1 ?D 1E

???? ?

???? ?

???? ? ???? ?

???? ?

???? ?

90 ? 。 则异面直线 D1E 与 A 1 D 所成的角为
(Ⅱ) m ? (0,0,1) 为面 DEC 的法向量,设 n ? ( x, y, z ) 为面 CED1 的法向量,则

n ? ( x, y, z ) | cos ? m, n ?|?
∴z ?x ?y .
2 2 2

| m?n| ? | m || n |

|z| x ?y ?z
2 2 2

? cos 45? ?

2 2



由 C (0, 2,0) ,得 DC 1 ? (0,2, ?1) ,则 n ? D 1C ,即 n ? D 1C ? 0 ∴ 2y ? z ? 0 由①、②,可取 n ? ( 3,1, 2) 又 CB ? (1,0,0) ,所以点 B 到平面 D1EC 的距离 ②

???? ?

???? ?

???? ?

??? ?

??? ? | CB ? n | 3 6 。 d? ? ? |n| 4 2 2
点评:立体几何的内容就是空间的判断、推理、证明、角度和距离、面积与体积的计 算,这是立体几何的重点内容,本题实质上求角度和距离,在求此类问题中,尽量要将这些量 归结于三角形中,最好是直角三角形,这样计算起来,比较简单,此外用向量也是一种比较好 的方法,不过建系一定要恰当,这样坐标才比较容易写出来. 考点四 探索性问题

97

7. (2007

年 4 月济南市)如图所示:边长为 2 的正方形 ABFC 和高为 2 的直角

梯形 ADEF 所在的平面互相垂直且 DE= 2 ,ED//AF 且∠DAF=90°。 (1)求 BD 和面 BEF 所成的角的余弦; (2)线段 EF 上是否存在点 P 使过 P、A、C 三点的平面和直线 DB 垂直,若存在,求 EP 与 PF 的比值;若不存在,说明理由。

1 , 3 , 5 解析:1.先假设存在,再去推理,下结论: 2.运用推理证明计算得出结论,或先利用 条件特例得出结论,然后再根据条件给出证明或计算。 答案: (1)因为 AC、AD、AB 两两垂直,建立如图坐标系, 则 B(2,0,0) ,D(0,0,2) , E(1,1,2) ,F(2,2,0) , 则 DB ? (2,0,0), BE ? (?1,1,2), BF ? (0,2,0) 设平面 BEF 的法向量 n ? ( x, y, z),则 ? x

? y ? 2 z ? 0, y ? 0 ,则可取 n ? (2,1,0) ,
∴向量 DB和n ? (2,0,1) 所成角的余弦为

2?2 ? 0 ? 2 2 2 ? 12 2 2 ? (?2) 2

?

10 。 10

即 BD 和面 BEF 所成的角的余弦

10 。 10

(2)假设线段 EF 上存在点 P 使过 P、A、C 三点的平面和直线 DB 垂直,不妨设 EP 与

1 ? 2m 1 ? 2m 2 , , ), 1? m 1? m 1? m 1 ? 2m 1 ? 2m 2 1 ? 2m 1 2 , , ), ,向量 CP ? ( ,? , ), 则向量 AP ? ( 1? m 1? m 1? m 1? m 1? m 1? m 1 ? 2m 1 ? 2m 2 1 ?0 ? (?2) ? 0, 所以 m ? 。 所以 2 1? m 1? m 1? m 2
PF 的比值为 m,则 P 点坐标为 ( 点评:本题考查了线线关系,线面关系及其相关计算,本题采用探索式、开放式设问方 式,对学生灵活运用知识解题提出了较高要求。
98

8. (2007 安徽· 文) 如图, 在三棱锥 V ? ABC 中,VC ⊥底面ABC ,AC ⊥ BC ,D 是 AB 的中点,且 AC ? BC ? a ,∠VDC ? ? ? 0 ? ? ? (I)求证:平面 VAB ⊥ 平面 VCD ;

? ?

π? ?. 2?


π (II)试确定角 ? 的值,使得直线 BC 与平面 VAB 所成的角为 . 6
解析:本例可利用综合法证明求解,也可用向量法求解. 答案:解法 1: (Ⅰ)∵ AC ? BC ? a ,∴△ ACB 是等腰三角形,又 D 是 AB 的中点, ∴ CD ? AB ,又 VC ? 底面 ABC .∴VC ? AB .于是 AB ? 平面 VCD . A 又 AB ? 平面 VAB ,∴ 平面 VAB ? 平面 VCD . (Ⅱ) 过点 C 在平面 VCD 内作 CH ? VD 于 H ,则由(Ⅰ)知 CD ? 平面 VAB . 连接 BH ,于是 ?CBH 就是直线 BC 与平面 VAB 所成的角. 依题意 ?CBH ?

C D



π ,所以 6

在 Rt△CHD 中, CH ?

2 a sin ? ; 2
π a ? , 6 2

在 Rt△BHC 中, CH ? a sin

∴sin ? ?
∵0 ? ? ?
故当 ? ?

2 . 2
π π ,∴? ? . 2 4

π π 时,直线 BC 与平面 VAB 所成的角为 . 4 6

CV 所在的直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴,建立如图所示的空间 解法 2: (Ⅰ)以 CA,CB ,

0,, 0) A(a, 0,, 0) B(0,a,, 0) D ? , , 0 ?,V ? 0, 0, 直角坐标系,则 C (0, ? 于是, VD ? ? , , ??? ? ?a a ?2 2 ?

?a a ?2 2

? ?

? ? ?

? 2 a tan ? ? ?, 2 ?

? ? a a ? ??? ? ? ??? 2 a tan ? ? , CD ? ? , , , 0 AB ? (?a,a, 0) . ? ? 2 ?2 2 ? ? ?a a ?2 2 ? ? 1 2 1 2 a ? a ? 0 ? 0 ,即 AB ? CD . V 2 2
z

从而 AB · CD ? (?a,a, 0) ·? ,, 0? ? ?

??? ? ??? ?

· VD ? (?a,a, 0) ·? ,, ? 同理 AB

??? ? ??? ?

?a a ?2 2 ?

? 2 1 2 1 2 a tan ? ? ? ? a ? a ?0 ? 0, ? 2 2 2 ?
C D A x
99

即 AB ? VD .又 CD ? VD ? D ,∴ AB ? 平面 VCD . 又 AB ? 平面 VAB .

B

y

∴ 平面 VAB ? 平面 VCD .
(Ⅱ)设平面 VAB 的一个法向量为 n ? ( x,y,z ) , 则由 n · AB ? 0,n · VD ? 0 .

??? ?

??ax ? ay ? 0, ? 得 ?a a 2 az tan ? ? 0. ? x? y? ?2 2 2 ??? ? 可取 n ? (11 , ,2 cot ? ) ,又 BC ? (0, ? a, 0) ,
??? ? π n · BC a 2 ? sin ? , 于是 sin ? ??? ? ? 6 2 n· BC a · 2 ? 2 cot 2 ?
即 sin ? ? 故交 ? =

π π 2 ∵ 0 ? ? ? ,∴? = . 2 4 2

π π 时,直线 BC 与平面 VAB 所成的角为 . 4 6

解法 3: (Ⅰ)以点 D 为原点,以 DC,DB 所在的直线分别为 x 轴、 y 轴,建立如图所示 的空间直角坐标系, 则

? ? ? ? ? ? 2 2 2 D(0, 0,, 0) A ? 0 , ? a , 0 , B 0 , a , 0 , C ? a , 0 , 0 ? ? ? ? ? ? ? ? 2 ? ? 2 ? 2 ? ? ? ? ? ?



? ? 2 2 V? ? a , 0 , a tan ? ? ? 2 ?, 2 ? ?
于是 DV ? ? ? ?

????

? ?

? ? ???? ? ? ??? 2 2 2 a, 0, a tan ? ? a , 0 , 0 , DC ? ? ? , AB ? (0 ,2a, 0) . ? ? ? 2 ? 2 2 ? ? ?
? ? ? ? 2 a, 0, 0? ? ? 0 ,即 AB ? DC . 2 ? ? 2 2 a, 0, a tan ? ? ? ? 0 ,即 AB ? DV . 2 2 ?

从而 AB · DC ? (0,2a, 0)· ? ?

??? ? ????

· DV ? (0, 2a, 0) ? ? 同理 AB

??? ? ????

? ? ?

又 DC ? DV ? D , ∴ AB ? 平面 VCD . 又 AB ? 平面 VAB , ∴ 平面 VAB ? 平面 VCD . (Ⅱ)设平面 VAB 的一个法向量为 n ? ( x,y,z ) ,

100

? 2ay ? 0, ??? ? ???? ? 则由 n · AB ? 0,n · DV ? 0 ,得 ? 2 2 ax ? az tan ? ? 0. ?? ? 2 2
0, 1) ,又 BC ? ? ? 可取 n ? (tan ?,

V

??? ?

? ? ?

? 2 2 a, ? a, 0? ?, 2 2 ?
A

C D x

B

y

2 ??? ? a tan ? π n · BC 2 ? sin ? , 于是 sin ? ??? ? ? 2 6 2 n· BC a · 1 ? tan 2 ?
π π π π , ∵0 ? ? ? , ∴? = . 故角 ? ? 时, 2 2 4 4 π 即直线 BC 与平面 VAB 所成角为 . 6
即 sin ? ?

点评:证明两平面垂直一般用面面垂直的判定定理,求线面角一是找线在平面上的射影 在直角三角形中求解,但运用更多的是建空间直角坐标系,利用向量法求解 考点五 折叠、展开问题 9. (2006 年辽宁高考) 已知正方形 ABCD
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E 、F 分别是 AB 、CD 的中点,将 ? ADE
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沿 DE 折起,如图所示,记二面角 A ? DE ? C 的大小为 ? (0 ? ? ? ? ) (I) 证明 BF // 平面 ADE ; (II) 若 ? ACD 为正三角形 , 试判断点 A 在平面

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BCDE内的射影 G 是否在直线 EF 上,证明你的结
论,并求角 ? 的余弦值
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分析:充分发挥空间想像能力,重点抓住不变的 位置和数量关系,借助模型图形得出结论,并给出证明.
A

解: (I)证明:EF 分别为正方形 ABCD 得边 AB、CD 的中点,

? EB//FD,且 EB=FD, ? 四边形 EBFD 为平行四边形 ? BF//ED.
? EF ? 平面AED, 而BF ? 平面AED ,? BF // 平面 ADE
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B G E
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C F D

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(II)如右图,点 A 在平面 BCDE 内的射影 G 在直线 EF 上,过点 A 作 AG 垂直于平面 BCDE, 垂足为 G,连结 GC,GD
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? ? ACD 为正三角形,? AC=AD.
101

? CG=GD. ? G 在 CD 的垂直平分线上, ? 点 A 在平面 BCDE 内的射影 G 在直线 EF 上,
过 G 作 GH 垂直于 ED 于 H,连结 AH,则 AH ? DE ,所以 ?AHD 为二面角 A-DE-C 的平 面角
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即 ?AHG ? ? .

设原正方体的边长为 2a,连结 AF,在折后图的 ? AEF 中,AF= 3a ,EF=2AE=2a,即 ? AEF 为直角三角形, AG ? EF ? AE ? AF .

? AG ?

2 3 a. a 在 Rt ? ADE 中, AH ? DE ? AE ? AD ? AH ? 2 5
a 2 5
, cos ? ?

? GH ?

GH 1 ? AH 4

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点评:在平面图形翻折成空间图形的这类折叠问题中,一般来说,位于同一平面内的几 何元素相对位置和数量关系不变: 位于两个不同平面内的元素, 位置和数量关系要发生变化, 翻折问题常用的添辅助线的方法是作棱的垂线。关键要抓不变的量. 考点六 球体与多面体的组合问题 10.设棱锥 M-ABCD 的底面是正方形,且 MA=MD,MA⊥AB,如果Δ AMD 的面积 为 1,试求能够放入这个棱锥的最大球的半径. 分析:关键是找出球心所在的三角形,求出内切圆半径. 解: ∵AB⊥AD,AB⊥MA, ∴AB⊥平面 MAD, 由此,面 MAD⊥面 AC. 记 E 是 AD 的中点,从而 ME⊥AD. ∴ME⊥平面 AC,ME⊥EF. 设球 O 是与平面 MAD、平面 AC、平面 MBC 都相切的球. 不妨设 O∈平面 MEF,于是 O 是Δ MEF 的内心. 设球 O 的半径为 r,则 r= 设 AD=EF=a,∵SΔ AMD=1. ∴ME=

2S △MEF EF ? EM ? MF

2 2 2 2 .MF= a ? ( ) , a a

102

r=

2 a? 2 2 ? a 2 ? ( )2 a a



2 = 2 -1。 2?2 2

当且仅当 a=

2 ,即 a= 2 时,等号成立. a

∴当 AD=ME= 2 时,满足条件的球最大半径为 2 -1. 点评:涉及球与棱柱、棱锥的切接问题时一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面,把空 间问题化归为平面问题, 再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系。 注意多边形内切 圆半径与面积和周长间的关系;多面体内切球半径与体积和表面积间的关系。

二、

方法总结 高考预测

(一)方法总结 1.位置关系: (1) .两条异面直线相互垂直 证明方法:○ 1 证明两条异面直线所成角为 90?;○ 2 证明两条异面直线的方向量相互垂 直。 (2) .直线和平面相互平行 证明方法: 1 证明直线和这个平面内的一条直线相互平行; 2 证明这条直线的方向向量 ○ ○ 和这个平面内的一个向量相互平行; 3 证明这条直线的方向向量和这个平面的法向量相互垂 ○ 直。 (3) .直线和平面垂直 证明方法: 1 证明直线和平面内两条相交直线都垂直, 2 证明直线的方向量与这个平面 ○ ○ 内不共线的两个向量都垂直;○ 3 证明直线的方向量与这个平面的法向量相互平行。 (4) .平面和平面相互垂直 证明方法:○ 1 证明这两个平面所成二面角的平面角为 90?;○ 2 证明一个平面内的一条直 线垂直于另外一个平面;○ 3 证明两个平面的法向量相互垂直。 2.求距离: 求距离的重点在点到平面的距离, 直线到平面的距离和两个平面的距离可以转化成点到 平面的距离,一个点到平面的距离也可以转化成另外一个点到这个平面的距离。 (1) .两条异面直线的距离

103

求法:利用公式 d

?

| AB · n| |n|

(其中 A、B 分别为两条异面直线上的一点, n 为这两

条异面直线的法向量) (2) .点到平面的距离 求法:○ 1 “一找二证三求” ,三步都必须要清楚地写出来。○ 2 等体积法。○ 3 向量法,利

用公式 d

?

| AB · n| |n|

(其中 A 为已知点,B 为这个平面内的任意一点, n 这个平面的法向

量) 3.求角 (1) .两条异面直线所成的角 求法:○ 1 先通过其中一条直线或者两条直线的平移,找出这两条异面直线所成的角,然 后通过解三角形去求得; 2 通过两条异面直线的方向量所成的角来求得, 但是注意到异面直 ○ 线所成角得范围是 (0, 相应的锐角。 (2) .直线和平面所成的角 求法:○ 1 “一找二证三求” ,三步都必须要清楚地写出来。○ 2 向量法,先求直线的方向 量于平面的法向量所成的角α ,那么所要求的角为 (3) .平面与平面所成的角 求法:○ 1 “一找二证三求” ,找出这个二面角的平面角,然后再来证明我们找出来的这 个角是我们要求的二面角的平面角,最后就通过解三角形来求。 ○ 2 通过射影面积来求

?
2

] ,向量所成的角范围是 [0, ? ] ,如果求出的是钝角,要注意转化成

?
2

? ? 或? ?

?
2



cos? ?

S 射影 S原

(在其中一个平面内找出一个三角形,然后找这个三角形在另外一个平面的

射影,那么这个三角形的射影面积与原三角形面积之比即为 cosα ,注意到我们要求的角为 α 或π -α ) ;○ 3 向量法,先求两个平面的法向量所成的角为α ,那么这两个平面所成的二 面角的平面角为α 或π -α 。

104

我们现在来解决立体几何的有关问题的时候, 注意到向量知识的应用, 如果可以比较容 易建立坐标系,找出各点的坐标,那么剩下的问题基本上就可以解决了,如果建立坐标系不 好做的话,有时求距离、角的时候也可以用向量,运用向量不是很方便的时候,就用传统的 方法了! 4.解题注意点 (1) . 我们现在提倡用向量来解决立体几何的有关问题, 但是当运用向量不是很方便的 时候,传统的解法我们也要能够运用自如。 (2) .我们如果是通过解三角形去求角、距离的时候,做到“一找二证三求” ,解题的 过程中一定要出现这样一句话, “∠α 是我们所要求的角” 、 “线段 AB 的长度就是我们所要求 的距离”等等。让人看起来一目了然。 (3) .用向量来求两条异面直线所成角时,若求出 cosα =x,则这两条异面直线所成 的角为α =arccos|x| (4) .在求直线与平面所成的角的时候,法向量与直线方向量所成的角或者法向量与 直线的方向量所成角的补交与我们所要求的角互余,所以要 为锐角,就用

?
2

? ? 或? ?

?
2

,若求出的角

?
2

? ? ,若求出的钝角,就用 ? ?

?
2



(5) .求二面角时,若用第○ 2 、○ 3 种方法,先要去判断这个二面角的平面角是钝角还是 锐角,然后再根据我们所作出的判断去取舍。 (二)2013 年高考预测 从近几年各地高考试题分析,立体几何题型一般是一个解答题,1 至 3 个填空或选择 题.解答题一般与棱柱和棱锥相关,主要考查线线关系、线面关系和面面关系,其重点是考 查空间想象能力和推理运算能力, 其解题方法一般都有二种以上, 并且一般都能用空间向量 来求解. 高考试题中,立体几何侧重考查学生的空间概念、逻辑思维能力、空间想象能力 及运算能力 . 近几年凡涉及空间向量应用于立体几何的高考试题,都着重考查应用空间向量 求异面直线所成的角、二面角,证明线线平行、线面平行和证明异面直线垂直和线面垂直等 基本问题。 高考对立体几何的考查侧重以下几个方面: 1.从命题形式来看,涉及立体几何内容的命题形式最为多变 . 除保留传统的―四选一‖ 的选择题型外,还尝试开发了―多选填空‖、―完型填空‖、―构造填空‖等题型,并且这种 命题形式正在不断完善和翻新;解答题则设计成几个小问题,此类考题往往以多面体 为依托,第一小问考查线线、线面、面面的位置关系,后面几问考查空间角、空间距 离、面积、体积等度量关系,其解题思路也都是―作——证——求‖,强调作图、证明
105

和计算相结合。 2.从内容上来看,主要是:①考查直线和平面的各种位置关系的判定和性质,这类 试题一般难度不大,多为选择题和填空题;②计算角的问题,试题中常见的是异面直 线所成的角,直线与平面所成的角,平面与平面所成的二面角,这类试题有一定的难 度和需要一定的解题技巧,通常要把它们转化为相交直线所成的角;③求距离,试题 中常见的是点与点之间的距离,点到直线的距离,点到平面的距离,直线与直线的距 离,直线到平面的距离,要特别注意解决此类问题的转化方法;④简单的几何体的侧 面积和表面积问题,解此类问题除特殊几何体的现成的公式外,还可将侧面展开,转 化为求平面图形的面积问题;⑤体积问题,要注意解题技巧,如等积变换、割补思想 的应用。 3.从方法上来看,着重考查公理化方法,如解答题注重理论推导和计算相集合;考 查转化的思想方法,如经常要把立体几何问题转化为平面几何问题来解决;考查模型 化方法和整体考虑问题、处理问题的方法,如有时把形体纳入不同的几何背景之中, 从而宏观上把握形体,巧妙地把问题解决;考查割补法、等积变换法,以及变化运动 的思想方法,极限方法等。 4.从能力上来看,着重考查空间想象能力,即空间形体的观察分析和抽象的能力, 要求是―四会‖:①会画图——根据题设条件画出适合题意的图形或画出自己想作的辅 助线(面),作出的图形要直观、虚实分明;②会识图——根据题目给出的图形,想象出 立体的形状和有关线面的位置关系;③会析图——对图形进行必要的分解、组合;④ 会用图——对图形或其某部分进行平移、翻折、旋转、展开或实行割补术;考查逻辑 思维能力、运算能力和探索能力。

三、

强化训练

(一) 选择题 1.定点 P 不在△ABC 所在平面内,过 P 作平面α ,使△ABC 的三个顶点到α 的距离相等, 这样的平面共有 ( ) (A)1个 (B)2个 (C)3个 (D)4个 2.P 为矩形 ABCD 所在平面外一点,且 PA⊥平面 ABCD,P 到 B,C,D 三点的距离分别 是 5 , 17 , 13 ,则 P 到 A 点的距离是 (A)1 (B)2 (C) 3 (D)4 ( )

3.直角三角形 ABC 的斜边 AB 在平面α 内,直角顶点 C 在平面α 外,C 在平面α 内的射影为 C1,且 C1 ? AB,则△C1AB 为 ( ) (A)锐角三角形 (B)直角三角形 (C)钝角三角形 (D)以上都不对 4.已知四点,无三点共线,则可以确定( ) A.1 个平面 B.4 个平面 C.1 个或 4 个平面 D.无法确定

106

5. 已知球的两个平行截面的面积分别为 5π 和 8π ,它们位于球心的同一侧且相距 是 1,那么这个球的半径是( ) A.4 B.3 C.2 D.5 6.球面上有 3 个点,其中任意两点的球面距离都等于大圆周长的 的小圆的周长为 4π ,那么这个球的半径为( A.4 3 B.2 3 C.2 ) D.

1 ,经过 3 个点 6

3

7.棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 被以 A 为球心,AB 为半径的球相截,则被截形体的表 面积为( A. )

5 π 4

B.

7 π 8

C.π

D.

7 π 4

8.某刺猬有 2006 根刺,当它蜷缩成球时滚到平面上,任意相邻的三根刺都可支撑住身体, 且任意四根刺的刺尖不共面,问该刺猬蜷缩成球时,共有( A.2006 B.4008 C.4012 D.2008 ②非零向量 a、 b、 c ,若 a ∥ b ,b ∥ c )种不同的支撑身体的方式。

9.命题①空间直线 a,b,c,若 a∥b,b∥c 则 a∥c 则a ∥c ③平面 α 、 β 、 γ 若 α ⊥β , β ⊥γ , 则 α ∥γ 则 a∥c

④空间直线 a、 b、 c 若有 a⊥b, b⊥c,

⑤直线 a、b 与平面 β ,若 a⊥β ,c⊥β ,则 a∥c A.①②③ B.①③⑤ C.①②⑤ D.②③⑤

其中所有真命题的序号是(



10.在正三棱锥中,相邻两侧面所成二面角的取值范围是(



( , ?) A、 3

?

( B、

2? , ?) 3

C、 (0,

? ) 2

( , ) D、 3 3

? 2?

11.一正四棱锥的高为 2 2 ,侧棱与底面所成的角为 45°,则这一正四棱锥的斜高等于 ( ) A.2 6 B.2 3 C .4 3 D.2 2

12.以正方体的任意三个顶点为顶点作三角形,从中随机地取出两个三角形,则这两个三角 形不共面的概率为 ( )

107

A.

367 385

B.

376 385

C.

192 385

D.

18 385

1—12 解答 1. 【答案】D 解析: 过 P 作一个与 AB,AC 都平行的平面,则它符合要求;设边 AB,BC, CA 的中点分别为 E,F,G,则平面 PEF 符合要求;同理平面 PFG,平面 PGE 符合要求 2. 【答案】A 解析:设 AB=a,BC=b,PA=h,则 a2+h2=5, b2+h2=13, a2+b2+h2=17,∴h=1. 2 2 2 2 3. 【答案】C 解析:∵C1A +C1B <CA +CB =AB, ∴∠AC1B 为钝角,则△C1AB 为钝角三角形. 4. 【答案】C.解析: 因为无三点共线,所以任意三个点都可以确定平面α ,若第四个点也 在α 内,四个点确定一个平面,当第四个点在α 外,由公理 3 知可确定 4 个平面.故选 C. 2 2 5. 【答案】B 解析: 如图,设球的半径是 r,则π BD =5π ,π AC =8π , 2 2 ∴BD =5,AC =8.又 AB=1,设 OA=x. 2 2 2 2 ∴x +8=r ,(x+1) +5=r . 解之,得 r=3 故选 B. 6. 【答案】B 解析: 设球半径为 R,小圆半径为 r,则 2π r=4π ,∴r=2.如图,设三点 A、 B、C,O 为球心,∠AOB=∠BOC=∠COA=

? ,又∵OA=OB 3

∴Δ AOB 是等边三角形 同理,Δ BOC、Δ COA 都是等边三角形,得Δ ABC 为等边三角形. 边长等于球半径 R,r 为Δ ABC 的外接圆半径. r=

3 3 AB= R 3 3
3 r=2 3 3
1 1 2 2 5 π ·1 ×3+ ×4π ·1 = π 。 4 8 4

R=

∴应选 B. 7. 【答案】A.解析:S=

8. 【答案】B.解析:当有 n 根刺时有 an 种支撑法,n = 4,5, 6,? ,则 an+1=an+3-1=an+2 或 an+1=an+4-2=an+2,∴{an}n = 4,5,6,?, 为等差数列,∵a4 = 4∴an=2n-4,A2006= 4008 。 9. 【答案】C.解析:由传递性知①②正确;由线面垂直性质知⑤正确;由空间直角坐标系 中三坐标平面关系否定③;三坐标轴关系否定④。 10. 【答案】A.解析:法一:考察正三棱锥 P–ABC,O 为底面中心,不妨将底面正△ABC 固定,顶点 P 运动,相邻两侧面所成二面角为∠AHC. 当 PO→0 时,面 PAB→△OAB,面 PBC→△OBC,∠AHC→π 当 PO→+∞时,∠AHC→∠ABC=
? . 3

P



? <∠AHC <π ,选 A. 3

H A C O
108

B

法二:不妨设 AB=2,PC= x,则 x > OC = 等腰△PBC 中,S△PBC =

2 3 . 3

1 1 1 x·CH = ·2· x 2 ?1 ? CH = 2 1 ? 2 2 2 x

AC ?AHC ? 2 ? 等腰△AHC 中,sin 2 CH

1 2 1? 1 x2

由 x>

2 3 1 ?AHC ? ?AHC ? ? 得 ? sin <1,∴ ? ? ? <∠AHC<π . 3 2 2 6 2 2 3

11. 【答案】B.解析:由已知得底面对角线的一半为 2 2 ,所以底面边长的一半等于 2, 由勾股定得斜高为 (2 2 ) ? 2 .
2 2

12. 【答案】A 解析:此问题可以分解成五个小问题:
3 (1)由正方体的八个顶点可以组成 c8 ? 56 个三角形;

(2)正方体八个顶点中四点共面有 12 个平面;
2 (3)在上述 12 个平面中每个四边形中共面的三角形有 c4 ? 4 个;
2 12c4 18 ; ? 3 c56 358

(4)从 56 个三角形中任取两个三角形共面的概率 p ?

(5)从 56 个三角形中任取两个三角形不共面的概率,利用对立事件的概率的公式, 得 P ? 1?

18 367 ? ; 故选 A. 385 385

(二) 填空题 13.在三棱锥 P—ABC 中,底面是边长为 2 cm 的正三角形,PA=PB=3 cm,转 动点 P 时,三棱锥的最大体积为 .

14.P 为 ?ABC 所在平面外一点,PA、PB、PC 与平面 ABC 所的角均相等,又 PA 与 BC 垂直,那么 ?ABC 的形状可以是 。①正三角形②等腰三角形③非等 腰三角形④等腰直角三角形 15.将边长为 3 的正四面体以各顶点为顶点各截去(使截面平行于底面)边长为 1 的小正 四面体,所得几何体的表面积为_____________ . D1 C1 16.如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为
1 1,点 M 在 A 上,且 AM= AB,点 P 在平面 ABCD 3

A1 y D P A M

B1

上,且动点 P 到直线 A1D1 的距离的平方与 P 到点 M 的距离的平方差为 1,在平面直角坐标系 xAy 中,动 点 P 的轨迹方程是 .

C B x

109

13—16 解答 13.。
2 6 3

cm3.解析:点 P 到面 ABC 距离最大时体积最大,此时面 PAB⊥面 ABC,

1 3 2 6 ? ?4?2 2 ? 4 3 cm 3 . 高 PD=2 2 cm.V= 3
14.由题意可知 ?ABC 的外心在 BC 边的高线上,故一定有 AB=AC 选(1) (2) (4) 。 15. 7 3 .解析:原四个顶点截去后剩下截面为边长为 1 的正三角形,而原四面体的四 个侧面变为边长为 1 的正六边形,其表积为 4 ? 16. y 2 ?

3 3 ? 4?6? ?7 3 . 4 4

2 1 x ? 。解析:过 P 点作 PQ⊥AD 于 Q,再过 Q 作 QH⊥A1D1 于 H,连 PH, 3 9

利用三垂线定理可证 PH⊥A1D1. 设 P (x, y) , ∵|PH|2 - |PH|2 = 1, ∴x2 +1- [(x ? 化简得 y 2 ?
2 1 x? . 3 9

1 2 2 ) +y ] =1, 3
O
D

(三) 解答题 17. 已知 ABCD ,从平面 AC 外一点 O 引向量

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ???? ???? ???? ? ???? OE ? kOA, OF ? KOB, OG ? kOC, OH ? kOD ,
(1)求证:四点 E , F , G, H 共面; (2)平面 AC // 平面 EG . 解: (1)∵四边形 ABCD 是平行四边形,∴ AC ? AB ? AD , ∵ EG ? OG ? OE ,

?

A

C
B

H
E

G
F

??? ?

??? ? ????

??? ?

???? ??? ?

???? ??? ? ???? ??? ? ???? ??? ? ???? ? k ? OC ? k ? OA ? k (OC ? OA) ? k AC ? k ( AB ? AD) ??? ? ??? ? ???? ??? ? ??? ? ??? ? ???? ? ??? ? ? k (OB ? OA ? OD ? OA) ? OF ? OE ? OH ? OE ??? ? ???? ? EF ? EH
∴ E , F , G, H 共面; (2)∵ EF ? OF ? OE ? k (OB ? OA) ? k ? AB ,又∵ EG ? k ? AC , ∴ EF // AB, EG // AC 所以,平面 AC // 平面 EG . 18. 如 图 , P ? A B C D是 正 四 棱 锥 , ABCD ? A 1B 1C1D 1 是正方体,其中 D A B

??? ?

??? ? ??? ?

??? ? ??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

P

C

AB ? 2, PA ? 6 .

110 D
1

C B
1

A
1

第 19 题

1

1

(Ⅰ)求证: PA ? B1D1 ; (Ⅱ)求平面 PAD 与平面 BDD1B1 所成的锐二面角 ? 的大小; (Ⅲ)求 B1 到平面 PAD 的距离. 解:(Ⅰ) 连结 AC , 交 BD 于点 O , 连结 PO , 则 PO⊥面 ABCD , 又∵ AC ? BD , ∴ PA ? BD , ∵ BD // B1D1 , ∴ PA ? B1D1 . (Ⅱ) ∵AO⊥BD , AO⊥PO , ∴AO⊥面 PBD , 过点 O 作 OM⊥PD 于点 M, 连结 AM , 则 AM⊥PD , ∴∠AMO 就是二面角 A-PD-O 的平面角, 又∵ AB ? 2, PA ? 6 , ∴AO= 2 ,PO= 6 ? 2 ? 2

OM ?

PO ? OD 2 ? 2 2 AO 2 6 ? ? , ∴ tan ?AMO ? , ? ? 2 OM 2 PD 6 3
3

即二面角的大小为 arctan

6 . 2
1 1 6 5 hx ? S PAD ? AO ? S BPD 解得 hx ? , 5 3 3

(Ⅲ)用体积法求解: VB1 ? PAD ? VA? B1PD ? 即 B1 到平面 PAD 的距离为

6 5 5

19. 在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,侧棱 PA 垂直于底面,E、F 分别是 AB、PC 的中点. (1)求证: EF // 平面 PAD; (2)当平面 PCD 与平面 ABCD 成多大二面角时, 直线 EF ? 平面 PCD? 证: (1)取 CD 中点 G,连结 EG、FG ∵E、F 分别是 AB、PC 的中点,∴EG//AD,FG//PD, ∴平面 EFG//平面 PAD, ∴ EF//平面 PAD. (2)当平面 PCD 与平面 ABCD 成 45?角时,直线 EF?平面 PCD. 证明: ∵G 为 CD 中点, 则 EG?CD, ∵PA?底面 ABCD∴AD 是 PD 在平面 ABCD

内的射影。 ∵CD?平面 ABCD,且 CD?AD,故 CD?PD

.又∵FG∥PD∴

FG?CD,故?EGF 为平面 PCD 与平面 ABCD 所成二面角的平面角,即?EGF=45?,从而得

111

?ADP=45?, AD=AP.由 Rt?PAE?Rt?CBE,得 PE=CE.又 F 是 PC 的中点,∴EF?PC. 由 CD?EG,CD?FG,得 CD?平面 EFG,∴CD?EF,即 EF?CD, 故 EF?平面 PCD. 20. 已知多面体 ABCDE 中,AB⊥平面 ACD,DE⊥平面 ACD,AC = AD = CD = DE = 2a, AB = a,F 为 CD 的中点. (Ⅰ)求证:AF⊥平面 CDE; (Ⅱ)求异面直线 AC,BE 所成角余弦值; (Ⅲ)求面 ACD 和面 BCE 所成二面角的大小. 解: (Ⅰ)∵DE⊥平面 ACD,AF ? 平面 ACD ∴DE⊥AF。 又∵AC=AD=C,F 为 CD 中点 ∴AF⊥CD, ∴AF⊥面 CDE ∴AF⊥平面 CDE 。 (Ⅱ)∵

DE ? 平面ACD? ? ? DE // AB AB ? 平面ACD ?

取 DE 中点 M,连结 AM、CM,则四边形 AMEB 为平行四边形 AM//BE,则∠CAM 为 AC 与 BE 所成的角。在△ACM 中,AC=2a

AM ? AD2 ? DM 2 ? 4a 2 ? a 2 ? 5a CM ? CD 2 ? DM 2 ? 4a 2 ? a 2 ? 5a
由余弦定理得: cos?CAM ?

(2a) 2 ? ( 5a) 2 ? ( 5a) 2 2 ? 2a ? 5a
5 。 5

?

5 5

∴异面直线 AC、AE 所成的角的余弦值为 (Ⅲ)延长 DA。EB 交于点 G,连结 CG。 因为 AB//DE,AB=

1 DE,所以 A 为 GD 中点。又因为 F 为 CD 中点,所以 CG//AF。 2

因为 AF⊥平面 CDE,所以 CG⊥平面 CDE。 故∠DCE 为面 ACD 和面 BCE 所成二面角的平面角易求∠DCE=45°。 21. 如图,四边形 ABCD 是正方形,PB⊥平面 ABCD,MA//PB,PB=AB=2MA, (Ⅰ)证明:AC//平面 PMD; (Ⅱ)求直线 BD 与平面 PCD 所成的角的大小; (Ⅲ)求平面 PMD 与平面 ABCD 所成的二面角(锐角)的大小。 (Ⅰ)证明:如图 1,取 PD 的中点 E,连 EO,EM。 ∵EO//PB,EO=

1 1 PB,MA//PB,MA= PB, 2 2

∴EO//MA,且 EO=MA ∴四边形 MAOE 是平行四边形,
112

∴ME//AC 。 又∵AC ? 平面 PMD,ME ? 平面 PMD, ∴AC//平面 PMD 。 (Ⅱ)如图 1,PB⊥平面 ABCD, CD ? 平面 ABCD, ∴CD⊥PB。 又∵CD⊥BC, ∴CD⊥平面 PBC。 ∵CD ? 平面 PCD, ∴平面 PBC⊥平面 PCD。 过 B 作 BF⊥PC 于 F,则 BF⊥平面 PDC,连 DF, 则 DF 为 BD 在平面 PCD 上的射影。 ∴∠BDF 是直线 BD 与平面 PDC 所成的角。 不妨设 AB=2,则在 Rt△BFD 中, BF ? ∴直线 BD 与平面 PCD 所成的角是

? 6

1 ? BD , ∴∠BDF= 2 6

(Ⅲ)解:如图 3,分别延长 PM,BA,设 PM∩BA=G,连 DG, 则平面 PMD∩平面=ABCD=DG 过 A 作 AN⊥DG 于 N,连 MN。 ∵PB⊥平面 ABCD, ∴MN⊥DG ∴∠MNA 是平面 PMD 与平面 ABCD 所成 的二面角的平面角(锐角) 在 Rt△MAN 中, tan?MNA ?

MA 2 , ? NA 2

∴∠MNA=arctan

2 2

∴平面 PMD 与平面 ABCD 所成的二面角(锐角) 大小是 arctan

2 2

? ABC 上的射 22. 已知斜三棱柱 ABC ? A1B1C1 , ?BCA ? 90 , AC ? BC ? 2 , A 1 在底面

影恰为 AC 的中点 D ,又知 BA1 ? AC1 。 (I)求证: AC1 ? 平面 A 1BC ; (II)求 CC1 到平面 A 1 AB 的距离; (III)求二面角 A ? A 1 B ? C 的大小。 2 ,, 解: (I)因为 A1D ? 平面 ABC 4 , 6
113

所以平面 AAC 1 1C ? 平面 ABC , 又 BC ? AC ,所以 BC ? 平面 AAC 1 1C , 得 BC ? AC1 ,又 BA1 ? AC1 所以 AC1 ? 平面 A 1BC ; (II)因为 AC1 ? AC 1 ,所以四边形 AAC 1 1C 为 菱形,

D 为 AC 中点,知 ?A1 AC ? 60? 。 故 AA 1 ? AC ? 2 ,又
取 AA1 中点 F ,则 AA1 ? 平面 BCF ,从而面 A 1 AB ? 面 BCF , 过 C 作 CH ? BF 于 H ,则 CH ? 面 A 1 AB , 在 Rt ?BCF 中, BC ? 2, CF ? 3 ,故 CH ?

2 21 , 7

即 CC1 到平面 A 1 AB 的距离为 CH ?

2 21 。 7

(III)过 H 作 HG ? A1B 于 G ,连 CG ,则 CG ? A1B , 从而 ?CGH 为二面角 A ? A 1 B ? C 的平面角, 在 Rt ?A ? BC ? 2 ,所以 CG ? 2 , 1BC 中, AC 1 在 Rt ?CGH 中, sin ?CGH ?

CH 42 , ? CG 7 42 。 7

故二面角 A ? A 1 B ? C 的大小为 arcsin

解法 2: (I)如图,取 AB 的中点 E ,则 DE // BC ,因为 BC ? AC , 所以 DE ? AC ,又 A1D ? 平面 ABC , 以 DE, DC, DA 1 为 x, y , z 轴建立空间坐标系, 则 A ? 0, ?1,0? , C ? 0,1,0? , B ? 2,1,0? ,

A1 ? 0,0, t ? , C1 ? 0, 2, t ? ,
114

???? ? ???? AC1 ? ? 0,3, t ? , BA1 ? ? ?2, ?1, t ? ,
???? ??? ? ??? ? ? CB , ? CB ? 0 ,知 AC CB ? ? 2,0,0 ? ,由 AC 1 1
又 BA1 ? AC1 ,从而 AC1 ? 平面 A 1BC ;
2 (II)由 AC1 ? BA 1 ? ?3 ? t ? 0 ,得 t ? 3 。

???? ? ????

设平面 A 1 ? 0,1, 3 , AB ? ? 2, 2,0 ? ,所以 1 AB 的法向量为 n ? ? x, y, z ? , AA

?

????

?

?

??? ?

? ???? ? ?n ? AA1 ? y ? 3z ? 0 ? z ? 1 n ? 3, ? 3,1 ,设 ,则 ? ??? ? ? n ? AB ? 2 x ? 2 y ? 0 ? ? ???? ? ? AC1 ? n 2 21 所以点 C1 到平面 A 。 ? ? 1 AB 的距离 d ? 7 n ???? ?? ??? ? (III)再设平面 A 1 ? 0, ?1, 3 , CB ? ? 2,0,0 ? , 1BC 的法向量为 m ? ? x, y, z ? , CA

?

?

?

?

?? ???? ?? ?m ? CA1 ? ? y ? 3z ? 0 ? ,设 z ? 1 ,则 m ? 0, 3,1 , ? ? ?? ??? ? ? m ? CB ? 2 x ? 0 ?? ? ?? ? m?n 7 故 cos ? m, n ?? ?? ? ? ? ,根据法向量的方向, 7 m?n

所以

?

?

可知二面角 A ? A 1 B ? C 的大小为 arccos

7 。 7

(四) 创新试题 1.如图,正三棱柱 ABC—A1B1C1 中,D 是 BC 的中点,AA1=AB=1. (I)求证:A1C//平面 AB1D; (II)求二面角 B—AB1—D 的大小; (III)求点 c 到平面 AB1D 的距离. 解法一(I)证明: 连接 A1B,设 A1B∩AB1 = E,连接 DE. ∵ABC—A1B1C1 是正三棱柱,且 AA1 = AB, ∴四边形 A1ABB1 是正方形, ∴E 是 A1B 的中点, 又 D 是 BC 的中点, ∴DE∥A1C. ∵DE ? 平面 AB1D,A1C ? 平面 AB1D, ∴A1C∥平面 AB1D. (II)解:在面 ABC 内作 DF⊥AB 于点 F,在面 A1ABB1 内作 FG⊥AB1 于点 G,连接 DG.
115

∵平面 A1ABB1⊥平面 ABC, ∴DF⊥平面 A1ABB1, ∴FG 是 DG 在平面 A1ABB1 上的射影, ∵FG⊥AB1, ∴DG⊥AB1 ∴∠FGD 是二面角 B—AB1—D 的平面角 设 A1A = AB = 1,在正△ABC 中,DF=

3 . 4

在△ABE 中, FG ?

3 3 2 , ? BE ? 4 8 DF 6 , ? FG 3 6 . 3

在 Rt△DFG 中, tan?FGD ?

所以,二面角 B—AB1—D 的大小为 arctan

(III)解:∵平面 B1BCC1⊥平面 ABC,且 AD⊥BC, ∴AD⊥平面 B1BCC1,又 AD ? 平面 AB1D,∴平面 B1BCC1⊥平面 AB1D. 在平面 B1BCC1 内作 CH⊥B1D 交 B1D 的延长线于点 H, 则 CH 的长度就是点 C 到平面 AB1D 的距离. 由△CDH∽△B1DB,得 CH ?

BB1 ? CD 5 ? . B1 D 5
5 . 5

即点 C 到平面 AB1D 的距离是

解法二: 建立空间直角坐标系 D—xyz,如图, (I)证明: 连接 A1B,设 A1B∩AB1 = E,连接 DE. 设 A1A = AB = 1, 则 D(0,0,0), A1 (0,

3 1 3 1 1 ,1), E (? , , ), C ( ,0,0). 2 4 4 2 2

1 3 1 3 1 ? A1C ? ( ,? ,?1), DE ? (? , , ), 2 2 4 4 2

? A1C ? ?2DE,? A1C // DE.
? DE ? 平面AB1 D, A1C ? 平面AB1 D , ? A1C // 平面AB1 D.
(II)解:? A(0,

3 1 3 1 ,0), B1 (? ,0,1) , ? AD ? (0, ,0), B1 D ? ( ,0,?1) , 2 2 2 2
116

设 n1 ? ( p, q, r ) 是平面 AB1D 的法向量,则 n1 ? AD ? 0, 且n1 ? B1 D ? 0 , 故?

3 1 q ? 0, p ? r ? 0.取r ? 1, 得n1 ? (2,0,1) ; 2 2

同理,可求得平面 AB1B 的法向量是 n2 ? ( 3,?1,0). 设二面角 B—AB1—D 的大小为θ ,? cos? ?

n1 ? n2 15 , ? | n1 || n2 | 5

∴二面角 B—AB1—D 的大小为 arccos

15 . 5

(III)解由(II)得平面 AB1D 的法向量为 n1 ? (2,0,1) , 取其单位法向量 n ? (

2 5

,0,

1

1 ), 又 DC ? ( ,0,0). 2 5

∴点 C 到平面 AB1D 的距离 d ?| DC ? n |?

5 . 5

2. 如图,已知正三棱柱 ABC—A1B1C1 的各棱长都为 a,P 为 A1B 上的点。 (1)试确定 A1 P 的值,使得 PC⊥AB;
PB

(2)若 A1 P ? 2 ,求二面角 P—AB—C 的大小;
PB 3

(3)在(2)条件下,求 C1 到平面 PAC 的距离。 2 , 四、 复习建议 4 A1 P ? 1 时,PC⊥AB , 解法一: (1)当 PB 6 2.解析答案: 取 AB 的中点 D′,连结 CD′、PD′ ∵△ABC 为正三角形, ∴CD′⊥AB。 当 P 为 A1B 的中点时,PD′//A1A, ∵A1A⊥底面 ABC, ∴PD′⊥底面 ABC, ∴PC⊥AB (2)当

A1 P 2 ? 时,过 P 作 PD⊥AB 于 D, PB 3

如图所示,则 PD⊥底在 ABC 过 D 作 DE⊥AC 于 E,连结 PE,则 PE⊥AC ∴∠DEP 为二面角 P—AC—B 的平面角。
117

又∵PD//A1A, ∴

2 BD BP 3 ? ? , ∴ AD ? a 5 DA PA1 2

∴ DE ? AD ? sin 60? ?

2a 3 3 ? ? a. 5 2 5 3 a 5
∴∠PED=60°

又∵

PD 3 ? , A1 A 5

? PD ?
PD ? 3 DE

∴ tan ?PED ?

即二面角 P—AC—B 的大小为 60° (3)设 C1 到面 PAC 的距离为 d,则 VC1 ?PAC ? VP? ACC1 ∵PD//A1A ∴PD//平面 A1C ∴DE 即为 P 点到平面 A1C 的距离。

又 PE= PD2 ? DE 2 ? ∴

3 3 2 3 2 ( a) 2 ? ( a) 2 ? a 5 5 5

1 1 S ?PAC ? d ? S ?ACC 1 ? DE 3 3

∴ ( a? 解得

1 1 3 2

2 3 1 1 3 a) ? d ? ( a 2 ) ? a 5 3 2 5
a 2
1 a 2

d?

即 C1 到平面 PAC 的距离为

解法二:以 A 为原点,AB 为 x 轴,过 A 点与 AB 垂直的直线为 y 轴,AA1 为 z 轴,建 立空间直角坐标系 A—xyz,如图所示,则 B(a,0,0) ,A1(0,0,a) ,C ( , 设 P( x,0, z )

a 3 a,0) , 2 2

(1)由 CP ? AB ? 0,得( x ? 即 (x ?

a 3 ,? a, z ) ? (a,0,0) ? 0 2 2

a ) ? a ? 0, 2

?x ?

a , ∴P 为 A1B 的中点。 2



A1 P ? 1 时,PC⊥AB。 PB A1 P 2 2 2 ? 时,由A1 P ? PB ,得( x,0, z ? a) ? (a ? x,0,? z ) PB 3 3 3

(2)当

118

即 ?

?3 x ? 3a ? 2 x, ?3( z ? a) ? ?2 z

2 ? x? a ? ? 5 ? ? z ? 3a ? 5 ?

2 3 ?P( a,0, a) 5 5

设平面 PAC 的一个法向量 n= ( x?, y ?, z ?)

3 ? ? ? ? 2 ( x , y , z ) ? ( a,0, a) ? 0 ? ? 5 5 ?n ? AP ? 0 ? 则? ,即? ? ?( x ?, y ?, z ?) ? ( a , 3 a,0) ? 0 ?n ? AC ? 0 ? 2 2 ?
取 x? ? 3,则y? ? ? 3, z ? ? ?2

3a ?2 a ? x? ? z ? ? 0, ? 5 ?5 即? ? a x ? ? 3 ay ? ? 0 ? 2 ?2

?n ? (3,? 3,?2).

又平面 ABC 的一个法向量为 n0=(0,0,1) ∴ cos ? n, n 0 ??

n ? n0 ?2 1 ? ?? | n | ? | n 0 | 4 ?1 2

∴二面角 P—AC—B 的大小为 180°-120°=60° (3)设 C1 到平面 PAC 的距离为 d, 则 d ? | C1C |? | cos ? n, C1C ?|? 即 C1 到平面 PAC 的距离为

| n ? C1C | | (3,? 3,?2) ? (0,0,?a | a ? ? . |n| 4 2

a . 2

119


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