第八章立体几何初步复习课要点训练一空间几何体的结构特征1.紧扣结构特征是判断的关键,熟悉空间几何体的结构特征,依据条件构建几何模型,在条件不变的情况下,变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素,然后再依据题意判定.2.通过举反例对结构特征进行辨析,即要说明一个命题是错误的,只要举出一个反例即可.1.设有四个命题:①底面是矩形的平行六面体是长方体;②棱长都相等的直四棱柱是正方体;③侧棱垂直于底面两条边的平行六面体是直平行六面体;④对角线相等的平行六面体是直平行六面体.其中真命题的个数是()A.1B.2C.3D.4解析:底面是矩形的直平行六面体是长方体,①错误;棱长都相等的直四棱柱是正方体,②正确;侧棱垂直于底面两条相邻边的平行六面体是直平行六面体,③错误;任意侧面上两条对角线相等的平行六面体是直平行六面体,④错误.故命题正确的个数是1.答案:A2.在四棱锥的四个侧面中,直角三角形最多可有()A.1个B.2个C.3个D.4个解析:如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,取四棱锥A1-ABCD,则此四棱锥的四个侧面都是直角三角形.答案:D要点训练二空间几何体的表面积与体积1.空间几何体表面积的求法(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;组合体的表面积问题注意衔接部分的处理.(3)旋转体的表面积问题,应注意其侧面展开图的应用.2.空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体问题是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体,则可直接利用公式进行求解.(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出,则常用转换法、分割法、补形法等进行求解.(3)若以三视图的形式给出几何体,则应先根据三视图得到几何体的直观图,再根据条件求解.1.已知一个六棱锥的体积为2√3 ,其底面是边长为2的正六边形,侧棱长都相等,则该六棱锥的侧面积为12.解析:由题意可知,该六棱锥是正六棱锥.设该六棱锥的高为h ,则13×6×√34×22×h =2√3,解得h =1.由题意,得底面正六边形的中心到其边的距离为√3,所以侧面等腰三角形底边上的高为√(√3)2+1=2,所以该六棱锥的侧面积为6×12×2×2=12. 2.如图所示,三棱锥O -ABC 为长方体的一角,其中OA ,OB ,OC 两两垂直,三个侧面OAB ,OAC ,OBC 的面积分别为1.5 cm 2,1 cm 2,3 cm 2,求三棱锥O -ABC 的体积.解:设OA ,OB ,OC 的长依次为x cm,y cm,z cm,由已知可得12xy =1.5,12xz =1,12yz =3,解得x =1,y =3,z =2. 将三棱锥O -ABC 看成以C 为顶点,以OAB 为底面,易知OC 为三棱锥C -OAB 的高.故V 三棱锥O -ABC =V C -OAB =13S △OAB ·OC =13×1.5×2=1(cm 3). 3.如图所示,已知三棱柱ABC -A'B'C',侧面B'BCC'的面积是S ,点A'到侧面B'BCC'的距离是a ,求三棱柱ABC -A'B'C'的体积.解:连接A'B ,A'C ,如图所示,这样就把三棱柱ABC -A'B'C'分割成了两个棱锥,即三棱锥A'-ABC 和四棱锥A'-BCC'B'.设所求体积为V ,显然三棱锥A'-ABC 的体积是13V. 而四棱锥A'-BCC'B'的体积为13Sa , 故有13V +13Sa =V ,所以V =12Sa. 要点训练三 与球有关的切、接问题与球相关问题的解题策略(1)作适当的截面(如轴截面等)时,对于球内接长方体、正方体,则截面一要过球心, 二要过长方体或正方体的两条体对角线,才有利于解题.(2)对于“内切”和“外接”等问题,首先要弄清几何体之间的相互关系,主要是指特殊的点、线、面之间的关系,然后把相关的元素放到这些关系中来解决.1.正四棱锥的顶点都在同一球面上,若该棱锥的高为6,底面边长为4,则该球的表面积为( )A.443πB.4849πC.814πD.16π 解析:如图所示,设PE 为正四棱锥P -ABCD 的高,则正四棱锥P -ABCD 的外接球的球心O 必在其高PE 所在的直线上,延长PE 交球面于一点F ,连接AE ,AF.由球的性质可知△PAF 为直角三角形,且AE ⊥PF.因为该棱锥的高为6,底面边长为4,所以AE =2√2,PE =6,所以侧棱长PA =√PE 2+AE 2=√62+(2√2)2=√44=2√. 设球的半径为R ,则PF =2R. 由△PAE ∽△PFA ,得PA 2=PF ·PE ,即44=2R ×6,解得R =113,所以S =4πR 2=4π×(113)2=484π9.答案:B2.一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切,如果这个球的体积是323π,那么这个正三棱柱的体积是( ) A.96√3 B.16√3 C.24√3 D.48√3解析:由球的体积公式可求得球的半径R =2. 设球的外切正三棱柱的底面边长为a ,高即侧棱长,为h ,则h =2R =4. 在底面正三角形中,由正三棱柱的内切球特征,得a 2×√33=R =2,解得a =4√3. 故这个正三棱柱的体积V =12×√32×(4√3)2×4=48√3.答案:D要点训练四 空间中的平行关系1.平行问题的转化关系2.直线与平面平行的主要判定方法(1)定义法;(2)判定定理;(3)面与面平行的性质.3.平面与平面平行的主要判定方法(1)定义法;(2)判定定理;(3)推论;(4)a ⊥α,a ⊥β⇒α∥β.1.如图所示,三棱柱ABC -A'B'C'中,M ,N 分别为BB',A'C'的中点.求证:MN ∥平面ABC'.证明:取B'C'的中点P ,连接MP ,NP (图略),则MP ∥BC',NP ∥A'B'. 因为A'B'∥AB ,所以NP ∥AB.因为AB ⊂平面ABC',NP ⊄平面ABC',所以NP ∥平面ABC'.同理MP∥平面ABC'.因为NP∩MP=P,所以平面MNP∥平面ABC'.因为MN⊂平面MNP,所以MN∥平面ABC'.2.两个全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB, M∈AC,N∈FB,且AM=FN,过点M作MH⊥AB于点H.求证:平面MNH∥平面BCE.证明:因为正方形ABCD中,MH⊥AB,BC⊥AB,所以MH∥BC.因为BF=AC,AM=FN,所以FNBF =AM AC.因为MH∥BC,所以AMAC =AH AB,所以FNBF =AH AB,所以NH∥AF∥BE.因为MH⊂平面MNH,NH⊂平面MNH,MH∩NH=H, BC⊂平面BCE,BE⊂平面BCE,BC∩BE=B,所以平面MNH∥平面BCE.要点训练五空间中的垂直关系1.空间中垂直关系的相互转化2.判定线线垂直的方法(1)平面几何中证明线线垂直的方法.(2)线面垂直的性质:a⊥α,b⊂α⇒a⊥b;a⊥α,b∥α⇒a⊥b.3.判定线面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的判定定理.(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直,则另一条也与这个平面垂直”.(3)利用“一条直线垂直于两平行平面中的一个,则与另一个平面也垂直”.(4)利用面面垂直的性质.4.判定面面垂直的方法(1)利用定义:两个垂直平面相交,所成的二面角是直二面角.(2)判定定理:a⊂α,a⊥β⇒α⊥β.1.如图所示,Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直角边AO所在直线为轴旋转得到,且二面角B-AO-C是直二面角,D是AB上任意一点.求证:平面COD⊥平面AOB.证明:由题意,得CO⊥AO,BO⊥AO,所以∠BOC是二面角B-AO-C 的平面角.因为二面角B-AO-C是直二面角,所以∠BOC=90°,所以CO⊥BO.因为AO∩BO=O,所以CO⊥平面AOB.因为CO⊂平面COD,所以平面COD⊥平面AOB.2.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB=BC=2, AD=CD=√7,PA=√3,∠ABC=120°,G为线段PC上的点,O为AC,BD交点.(1)证明:BD⊥平面APC;(2)若G满足PC⊥平面BGD,求PG的值.GC(1)证明:由AB=BC,AD=CD,得BD垂直平分线段AC.所以O为AC的中点,BD⊥AC.因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.因为AC∩PA=A,AC⊂平面APC,PA⊂平面APC,所以BD⊥平面APC.(2)解:连接OG,如图所示.因为PC⊥平面BGD,OG⊂平面BGD,所以PC⊥OG.在△ABC中,由余弦定理,得AC=√22+22-2×2×2×cos120°=2√3.在Rt△PAC中,得PC=√AC2+PA2=√12+3=√所以由△GOC∽△APC可得GC=AC·OCPC =2√155.从而PG=3√155,所以PGGC=32.要点训练六空间角的求解方法1.找异面直线所成角的三种方法(1)利用图中已有的平行线平移.(2)利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移.(3)补形平移.2.线面角求斜线与平面所成的角关键是找到斜线在平面内的射影,即确定过斜线上一点向平面所作垂线的垂足.通常是解由斜线段、垂线段、斜线在平面内的射影所组成的直角三角形.3.求二面角的两种常用方法(1)定义法:在二面角的棱上找一个特殊点,在两个半平面内分别过该点作垂直于棱的射线.(2)垂面法:过棱上一点作棱的垂直平面,该平面与二面角的两个半平面产生交线,这两条交线所成的角,即为二面角的平面角.1.如图所示,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°, AB≠AC,D,E分别是BC,AB的中点,AC>AD,设PC与DE所成的角为α,PD与平面ABC所成的角为β,二面角P-BC-A的平面角为γ,则α,β,γ的大小关系是α<β<γ.解析:因为D,E分别是BC,AB的中点,所以DE∥AC,所以PC与DE所成的角为∠PCA,即α.因为PA⊥平面ABC,所以PD与平面ABC所成的角为∠PDA,即β.如图所示,过点A作AH⊥BC,垂足为H,连接PH,易证BC⊥平面PAH,所以∠PHA是二面角P-BC-A的平面角,即γ.因为AB≠AC,所以AD>AH.因为AC >AD,所以AC >AD >AH,所以PAAC <PAAD<PAAH,所以tan α<tan β<tan γ,所以α<β<γ.2.如图所示,AB是☉O的一条直径,PA垂直于☉O所在的平面,C 是圆周上不同于A, B的一动点.(1)证明:△P BC是直角三角形;(2)若PA=AB=2,且当直线PC与平面ABC所成角的正切值为√2时,求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.(1)证明:因为AB是☉O的一条直径, C是圆周上不同于A,B的一动点,所以BC⊥AC.因为PA⊥平面ABC,所以BC⊥PA.因为PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC,所以BC⊥PC,所以△BPC是直角三角形.(2)解:如图所示,过点A作AH⊥PC于点H,连接BH.因为BC⊥平面PAC,所以BC⊥AH.因为PC∩BC=C,PC⊂平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AH⊥平面PBC,所以∠ABH是直线AB与平面PBC所成的角.因为PA⊥平面ABC,所以∠PCA即是PC与平面ABC所成的角.因为tan∠PCA=PAAC=√2,PA=2, 所以AC=√2.在Rt△PAC中,AH=√PA2+AC2=23√3,在Rt△ABH中,sin∠ABH=23√32=√33,即AB与平面PBC所成角的正弦值为√33.要点训练七转化思想转化思想是指在解决数学问题时,一个数学对象在一定条件下转化为另一种数学对象的思想.它包括从未知到已知的转化,从一般到特殊的转化等,折叠问题中体现了转化思想.解决折叠问题的关键在于认真分析折叠前后元素的位置变化情况,看看哪些元素的位置变了,哪些元素的位置没有变,基本思路是利用“不变求变”,一般步骤如下:(1)平面→空间:根据平面图形折出满足条件的空间图形,想象出空间图形,完成平面图形与空间图形在认识上的转化.(2)空间→平面:为解决空间图形问题,要回到平面上来,重点分析元素的变与不变.1.如图所示,四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°.若将△ADB沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥A-BCD,则在三棱锥A-BCD中,下列结论正确的是()A.平面ABD⊥平面ABCB.平面ADC⊥平面BDCC.平面ABC⊥平面BDCD.平面ADC⊥平面ABC解析:因为在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°, ∠BAD=90°,所以BD⊥CD.因为平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,所以CD⊥平面ABD,所以CD⊥AB.因为AD⊥AB,AD∩CD=D,AD⊂平面ADC,CD⊂平面ADC,故AB⊥平面ADC.因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面ADC.答案:D2.如图所示,在矩形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,垂足为K.设AK=t,则t的取值范围是(1,1).2→解析:如图所示,过点K作KM⊥AF于M点,连接DM,易得DM⊥AF,与折前的图形对比,可知在折前的图形中D,M,K三点共线,且DK⊥AF, 于是△DAK∽△FDA,所以AKAD =ADDF.所以t1=1DF.所以t=1DF.因为DF∈(1,2),所以t∈( 12,1).3.如图①所示,在等腰梯形CDEF中,DE=CD=√2,EF=2+√2,将它沿着两条高AD,CB折叠成四棱锥E-ABCD(E,F两点重合),如图②所示.①②(1)求证:BE⊥DE;(2)设M为线段AB的中点,试在线段CE上确定一点N,使得MN∥平面DAE.(1)证明:因为AD⊥EF,所以AD⊥AE,AD⊥AB.因为AB∩AE=A,AB⊂平面ABE,AE⊂平面ABE,所以AD⊥平面ABE,所以AD⊥BE.由题图①和题中所给条件知,AE=BE=1,AB=CD=√2,所以AE2+BE2=AB2,即AE⊥BE.因为AE∩AD=A,AE⊂平面ADE,AD⊂平面ADE,所以BE⊥平面ADE,所以BE⊥DE.(2)解:如图所示,取EC的中点G,BE的中点P,连接PM,PG,MG, 则MP∥AE,GP∥CB∥DA,所以MP∥平面DAE,GP∥平面DAE.因为MP∩GP=P,所以平面MPG∥平面DAE.因为MG⊂平面MPG,所以MG∥平面DAE,即存在点N与G重合满足条件,使得MN∥平面DAE.。
