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页眉内容第二节空间几何体的表面积和体积[知识能否忆起]柱、锥、台和球的侧面积和体积[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( )A.3＋34a2 B.34a2C.3＋32a2 D.6＋34a2解析：选A ∵侧面都是直角三角形，故侧棱长等于22a，∴S全＝34a2＋3×12×⎝⎛⎭⎪⎫22a2＝3＋34a2.2．已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为32，则这个四棱锥的外接球的表面积为( )A ．12πB ．36πC ．72πD ．108π解析：选B 依题意得，该正四棱锥的底面对角线长为32×2＝6，高为22－⎝ ⎛⎭⎪⎫12×62＝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 ．24B ．80C ．64D ．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，棱锥的高是5，可由锥体的体积公式得V ＝13×8×6×5＝80.4．(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 ＋πr 2＝3π，πl ＝2πr . 解得r ＝1，即直径为2. 答案：25.某几何体的三视图如图所示，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，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23；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．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] 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(如图所示)．在四边形ABCD 中，作DE ⊥AB ，垂足为E ，则DE ＝4，AE ＝3，则AD ＝5. 所以其表面积为2×12×(2＋5)×4＋2×4＋4×5＋4×5＋4×4＝92.[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32，且一个内角为60°的菱形，俯视图为正方形，那么该饰物的表面积为( )A. 3 B ．2 3 C ．4 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×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1＝4.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 ．72πB ．48πC ．30πD ．24π(2)(2012·山东高考)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为线段B 1C 上的一点，则三棱锥A －DED 1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，圆锥的底面半径为3，高为4，半球的半径为3.V ＝V 半球＋V 圆锥＝12·43π·33＋13·π·32·4＝30π.(2)VA －DED 1＝VE －ADD 1＝13×S △ADD 1×CD ＝13×12×1＝16.[答案] (1)C (2)16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 圆柱－V 圆锥＝π×32×4－13π×32×4＝24π.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∶2B ．1∶3C ．1∶4D ．1∶8解析：选C 设正方形ABCD 面积为S ，PD ＝h ，则体积比为13Sh －13·12S ·12h －13·12Sh 13Sh ＝14.(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 ．32B ．24C ．8D.323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的正方形和2个直角边分别为3,1的直角三角形，其底面积S ＝9＋2×12×3×1＝12，所以几何体体积V ＝12×2＝24.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.26B.36C.23D.22[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 ＝34×AB 2＝34， 高OD ＝12－⎝⎛⎭⎪⎫332＝63， ∴V S －ABC ＝2V O －ABC ＝2×13×34×63＝26.[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 ＝a 2＋b 2＋c 2. (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 ．23π B.8π3 C ．4 3D.16π3(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O 1，连接AO 1，DO 1知DO 1⊥底面ABC 且DO 1＝3，AO 1＝1，BO 1＝O 1C ＝1.在Rt △ABO 1和Rt △ACO 1中，AB ＝AC ＝2， 又∵BC ＝2，∴∠BAC ＝90°.∴BC 为底面ABC 外接圆的直径，O 1为圆心， 又∵DO 1⊥底面ABC ，∴球心在DO 1上， 即△BCD 的外接圆为球大圆，设球半径为R ， 则(3－R )2＋12＝R 2，∴R ＝23. ∴S 球＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝16π3.(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 |＝22＋22＋22＝2R ，所以R ＝62. 故球O 的体积V ＝4πR33＝6π.答案：(1)D (2)6π1．(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 B.83 C ．4D.43解析：选D 将三视图还原，直观图如图所示，可以看出，这是一个底面为正方形(对角线长为2)，高为2的四棱锥，其体积V ＝13S 正方形ABCD ×PA ＝13×12×2×2×2＝43.2．(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 B ．351 C ．251D ．651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，因此棱锥O－ABCD 的高等于42－⎝ ⎛⎭⎪⎫1232＋222＝512，所以棱锥O －ABCD 的体积等于13×(3×2)×512＝51.3．(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 B.154π C ．5πD.174π 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18部分得到的几何体，故表面积为78·4π·12＋3·14·π·12＝174π. 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 ．24B ．23C ．22D ．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( )A.112B ．5 C.92D ．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＋2×12×2×1＝4，所以该几何体的体积为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，是定值解析：选D 因为V A ′－EFQ ＝V Q －A ′EF ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×4×4＝163，故三棱锥A ′－EFQ 的体积与点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32，连接顶点和底面中心即为高，可求得高为22，所以体积V ＝13×1×1×22＝26. 答案：268．(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33π.答案：33π 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，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⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝62，b 2＋c 2＝52，c 2＋a 2＝52，得a 2＋b 2＋c 2＝43，即(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2＝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4πR 2＝43π.答案：43π10．(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.(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，OA 2＋OC 2＝6＝AC 2， ∴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，∴V ABCDEF ＝2V B －AOC ＋V AOC －FO ′D＝2×13×12×(3)2×1＋12×(3)2×2＝4.11．(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 .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 ，所以S △ABC ＝12×AB ×AD ＝12×4×2＝4.故三棱锥A －PBC 的体积V A －PBC ＝V P －ABC ＝13×S △ABC ×PO ＝13×4×3＝433.12．(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：A 1C ⊥平面AB 1C 1.解：(1)几何体的直观图如图所示，四边形BB 1C 1C 是矩形，BB 1＝CC 1＝3，BC ＝B 1C 1＝1，四边形AA 1C 1C 是边长为3的正方形，且平面AA 1C 1C 垂直于底面BB 1C 1C ，故该几何体是直三棱柱，其体积V ＝S △ABC ·BB 1＝12×1×3×3＝32.(2)证明：由(1)知平面AA 1C 1C ⊥平面BB 1C 1C 且B 1C 1⊥CC 1， 所以B 1C 1⊥平面ACC 1A 1.所以B 1C 1⊥A 1C . 因为四边形ACC 1A 1为正方形，所以A 1C ⊥AC 1. 而B 1C 1∩AC 1＝C 1，所以A 1C ⊥平面AB 1C 1.1．(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 ．8πB ．16πC ．482πD ．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 )≥4xy ＝82，当且仅当x ＝y ＝22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 －A 1B 1C 1D 1中，AB＝AD ＝3 cm ，AA 1＝2 cm ，则四棱锥A －BB 1D 1D 的体积为________cm 3.解析：由题意得VA －BB 1D 1D ＝23VABD －A 1B 1D 1＝23×12×3×3×2＝6.答案：63．(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.V C －AOD ＝13S △AOD ·OC ＝13×12·OD ·BD ·OC＝26·OD ·OC ＝26·CD ·cos α·CD ·sin α ＝23·sin 2α≤23， 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23.(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.∴OD ＝BD 2AB＝222＝1，在Rt △COD 中，cos α＝OD CD ＝12，得α＝60°.1．两球O 1和O 2在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的内部，且互相外切，若球O 1与过点A 的正方体的三个面相切，球O 2与过点C 1的正方体的三个面相切，则球O 1和O 2的表面积之和的最小值为( )A ．(6－33)πB ．(8－43)πC ．(6＋33)πD ．(8＋43)π解析：选A 设球O 1、球O 2的半径分别为r 1、r 2， 则3r 1＋r 1＋3r 2＋r 2＝3，r 1＋r 2＝3－32，从而4π(r 21＋r 22)≥4π·r 1＋r 222＝(6－33)π.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 ．8R 2B ．6R 2C ．4R 2D ．2R 2解析：选A 设球内接长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，则a 2＋b 2＋c 2＝(2R )2，所以S 表＝2(ab ＋bc ＋ac )≤2(a 2＋b 2＋c 2)＝8R 2，当且仅当a ＝b ＝c ＝233R 时，等号成立．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＋3πB ．24＋3πC ．20＋4πD ．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＋2×12π＝20＋3π.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 ≈ 3169V .人们还用过一些类似的近似公式，根据π＝3.141 59…判断，下列近似公式中最精确的一个是( )A ．d ≈ 3169VB ．d ≈ 32V C ．d ≈ 3300157VD ．d ≈ 32111V解析：选D ∵V ＝43πR 3，∴2R ＝d ＝ 36V π，考虑到2R 与标准值最接近，通过计算得6π－169≈0.132 08，6π－2≈－0.090 1，6π－300157≈－0.001 0，6π－2111≈0.000 8，因此最接近的为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 ，因为BC ⊥AD ，所以AD ⊥平面BCE .所以四面体ABCD 的体积为13S △BCE ·AD .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，BE ＝CE＝a 2－c 2为最大值，此时截面△BCE 面积最大，为12×2a 2－c 2－1＝a 2－c 2－1，此时四面体ABCD 的体积最大，最大值为13S △BCE ·AD ＝2c 3·a 2－c 2－1.答案：23c a 2－c 2－1。
学案 42空间点、线、面之间的位置关系导学目标： 1.理解空间直线、平面位置关系的含义 .2.了解可以作为推理依据的公理和定理 .3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题．自主梳理1．平面的根本性质公理 1：如果一条直线上的________在一个平面内，那么这条直线在此平面内．公理 2：过 ______________的三点，有且只有一个平面．公理 3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有________过该点的公共直线．2．直线与直线的位置关系(1)位置关系的分类共面直线异面直线：不同在任何一个平面内(2)异面直线所成的角①定义：设 a，b 是两条异面直线，经过空间中任一点O 作直线 a′∥ a，b′∥ b，把 a′与 b′所成的 ____________ 叫做异面直线 a， b 所成的角 (或夹角 )．②范围： ______________.3．直线与平面的位置关系有________、 ______、 ________三种情况．4．平面与平面的位置关系有______、 ______两种情况．5．平行公理平行于 ______________ 的两条直线互相平行．6．定理____________ ．空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角自我检测1． (2021 泉·州月考 )假设直线 a 与 b 是异面直线，直线 b 与 c 是异面直线，那么直线 a 与 c 的位置关系是 ()A．相交B．相交或异面C．平行或异面D．平行、相交或异面2． a， b 是异面直线，直线c∥直线 a，那么 c 与 b()A．一定是异面直线B．一定是相交直线C．不可能是平行直线D．不可能是相交直线3．如下图，点 P， Q， R， S 分别在正方体的四条棱上，且是所在棱的中点，那么直线PQ 与 RS 是异面直线的一个图是()4(2021 ·)ABC —A 1B1C1中，假设∠BAC＝90° AB＝AC＝AA1，那么异面直三棱柱，．全国Ⅰ直线 BA1与 AC1所成的角等于 ()A． 30°B． 45°C．60°D． 90°5．以下命题：①空间不同三点确定一个平面；②有三个公共点的两个平面必重合；③空间两两相交的三条直线确定一个平面；④三角形是平面图形；⑤平行四边形、梯形、四边形都是平面图形；⑥垂直于同一直线的两直线平行；⑦一条直线和两平行线中的一条相交，也必和另一条相交；⑧两组对边相等的四边形是平行四边形．其中正确的命题是________． (填序号 )探究点一平面的根本性质例 1如下图，空间四边形ABCD 中， E、F、 G 分别在 AB 、BC 、CD 上，且满足AE ∶EB ＝C F∶ FB＝ 2∶ 1， CG∶GD＝ 3∶1，过 E、 F、 G 的平面交 AD 于 H ，连接 EH.(1)求 AH ∶ HD ；(2)求证： EH 、 FG、BD 三线共点．变式迁移 1如图， E、 F、 G、H 分别是空间四边形 AB 、 BC 、CD、 DA 上的点，且 EH 与 FG 相交于点 O.求证： B 、 D、 O 三点共线．探究点二异面直线所成的角例 2 (2021 ·全国Ⅰ )三棱柱ABC —A 1B1C1的侧棱与底面边长都相等， A 1在底面ABC 上的射影为 BC 的中点，那么异面直线 AB 与 CC1所成的角的余弦值为 () 3573A. 4B. 4C. 4D.4变式迁移 2 (2021 ·淮南月考 )在空间四边形 ABCD 中，AD ＝1， BC＝3，且133AD ⊥ BC ，对角线 BD ＝2，AC ＝2，求 AC 和 BD 所成的角．转化与化归思想的应用例(12 分 )如下图，在四棱锥 P— ABCD 中，底面是边长为 2 的菱形，∠ DAB ＝ 60°，对角线AC 与 BD 交于点 O， PO⊥平面 ABCD ，PB 与平面 ABCD 所成角为 60°.(1)求四棱锥的体积；(2)假设 E 是 PB 的中点，求异面直线DE 与 PA 所成角的余弦值．多角度审题对 (1)只需求出高 PO，易得体积；对 (2) 可利用定义，过 E 点作 PA 的平行线，构造三角形再求解．【答题模板】解 (1)在四棱锥 P—ABCD 中，∵PO⊥平面 ABCD ，∴∠ PBO是PB与平面ABCD所成的角，即∠ PBO＝60°分]，[2在 Rt△ AOB 中，∵ BO ＝ AB·sin 30 °＝ 1，又 PO⊥ OB ，∴PO＝BO·tan 60 °＝3，S 123∵ 底面菱形的面积223，＝×2×× ×2＝21∴四棱锥 P—ABCD的体积VP—ABCD ＝3×23× 3＝2.[6 分](2)取 AB 的中点 F，连接 EF， DF ，∵ E 为 PB 中点，∴EF∥PA，∴∠ DEF 为异面直线 DE 与 PA 所成角 (或其补角 )． [8 分 ]在 Rt△ AOB 中，AO＝AB·cos 30 ° 3＝，6∴在 Rt△POA 中， PA＝6，∴EF＝2 .在正三角形 ABD 和正三角形 PDB 中， DF ＝ DE＝3，DE2＋ EF2－ DF2由余弦定理得cos∠DEF ＝2DE·EF[10 分 ]6632＋22－ 3242＝6＝3 2＝4.2× 3×2DE 与 PA 所成角的余弦值为2所以异面直线 4 .[12 分]【突破思维障碍】求两条异面直线所成角的大小，一般方法是通过平行移动直线，把异面问题转化为共面问题来解决．根据空间等角定理及推论可知，异面直线所成角的大小与顶点位置无关，往往将角的顶点取在其中的一条直线上，特别地，可以取其中一条直线与另一条直线所在平面的交点或异面线段的端点．总之，顶点的选择要与量有关，以便于计算，具体步骤如下：(1)利用定义构造角，可固定一条，平移另一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上； (2)证明作出的角即为所求角； (3) 利用三角形来求解，异面直线所成角的范围是 (0 °， 90°]．【易错点剖析】1．求异面直线所成的角时，仅指明哪个角，而不进行证明．2．忘记异面直线所成角的范围，余弦值答复为负值．1．利用平面根本性质证明“ 线共点〞或“点共线〞问题：(1)证明共点问题，常用的方法是：先证其中两条直线交于一点，再证交点在第三条直线上，有时也可将问题转化为证明三点共线．(2)要证明“ 点共线〞可将线看作两个平面的交线，只要证明这些点都是这两个平面的公共点，根据公理 3 可知这些点在交线上，因此共线．2．异面直线的判定方法：(1)定义法：由定义判断两直线不可能在同一平面内．(2)反证法：用此方法可以证明两直线是异面直线．3．求异面直线所成的角的步骤：(1)一般是用平移法(可以借助三角形的中位线、平行四边形等)作出异面直线的夹角；(2)证明作出的角就是所求的角；(3)利用条件求出这个角；(4)如果求出的角是锐角或直角，那么它就是要求的角，如果求出的角是钝角，那么它的补角才是要求的角．(总分值：75 分)一、选择题(每题 5 分，共25 分)1．和两条异面直线都相交的两条直线的位置关系是()A．异面C．平行B．相交D ．异面或相交2．给出以下命题：①假设平面α上的直线 a 与平面β上的直线 b 为异面直线，直线 c 是α与β的交线，那么c 至多与 a、b 中的一条相交；②假设直线 a 与 b 异面，直线 b 与 c 异面，那么直线③一定存在平面α同时和异面直线a、 b 都平行．其中正确的命题为()A．①B．②C．③D．①③a 与c 异面；3． (2021 宁·德月考 )如下图，在正三角形ABC 中， D、E、F 分别为各边的中点， G、H、I、J 分别为 AF 、AD 、 BE 、DE 的中点，将△ ABC 沿 DE 、 EF、DF 折成三棱锥以后， GH 与 IJ 所成角的度数为()A． 90°B． 60°C． 45° D ．0°4． (2021 ·国全Ⅱ )正四棱柱ABCD — A 1B 1C1D1中， AA 1＝2AB ， E 为 AA 1的中点，那么异面直线 BE与CD1所成角的余弦值为()1013103A. 10B.5C.10D.55． (2021 三·明模拟 )正四棱锥 S—ABCD的侧棱长为2，底面边长为 3， E 为 SA 的中点，那么异面直线 BE 和 SC 所成的角为 ()A． 30°B． 45°C． 60° D ．90°二、填空题 (每题 4分，共 12 分)6．一个正方体纸盒展开后如下图，在原正方体纸盒中有如下结论：①AB ⊥EF ；② AB 与 CM 所成的角为 60°；③ EF 与 MN 是异面直线；④ MN ∥CD. 那么正确结论的序号是 ______．7． (2021 四·川 )如下图，正三棱柱ABC —A 1B 1C1的各条棱长都相等，M 是侧棱CC1的中点，那么异面直线 AB 1和 BM 所成的角的大小是 ________．8．如下图，正四面体 P— ABC 中， M 为棱 AB 的中点，那么PA 与 CM 所成角的余弦值为 ________．三、解答题 (共 38 分)9． (12 分)(2021 温·州月考 )如下图，正方体ABCD — A 1B1C1D1中， E， F 分别是 AB 和 AA 1的中点．求证： (1)E， C，D 1， F 四点共面；(2)CE ， D1F， DA 三线共点．10． (12 分)在棱长为 a 的正方体 ABCD —A 1B1C1D 1中， P，Q，R 分别是棱 CC1，A 1D 1，A 1B1的中点，画出过这三点的截面，并求这个截面的周长．11． (14 分 )(2021 舟·山模拟 )如图，正方体ABCD — A 1B1C1D1的棱长为2， E 为 AB 的中点．(1)求证： AC ⊥平面 BDD 1；(2)求异面直线BD 1与 CE 所成角的余弦值．(3)求点 B 到平面 A 1EC 的距离．学案 42空间点、线、面之间的位置关系自主梳理1．两点不在一条直线上一条 2.(1) 平行相交π(2)①锐角或直角② 0，2 3.平行相交在平面内4．平行相交 5.同一条直线 6.相等或互补自我检测1． D[a，c 都与直线 b 异面，并不能确定直线a， c 的关系． ]2． C[a， b 是异面直线，直线 c∥直线 a.因而 cD b，否那么，假设 c∥ b，那么 a∥ b 与矛盾，因而 cD b.]3． C [A 中 PQ∥RS；B 中 RS∥ PQ；D中RS和PQ相交．]4．C[将直三棱柱ABC — A 1B1C1补成如下图的几何体．由易知：该几何体为正方体．连接 C1D ，那么 C1D∥ BA 1.∴异面直线 BA 1与 AC 1所成的角为∠ AC 1D(或补角 )，在等边△ AC 1D 中，∠ AC 1D＝ 60°.]5．④课堂活动区例 1 解题导引证明线共点的问题实质上是证明点在线上的问题，其根本理论是把直线看作两平面的交线，点看作是两平面的公共点，由公理 3 得证．AE CF2 ∴ EF∥ AC.(1)解∵ EB ＝FB＝，∴EF∥平面 ACD. 而 EF? 平面 EFGH ，且平面 EFGH ∩平面 ACD ＝ GH，∴ EF∥ GH.而 EF∥ AC ，∴AC ∥ GH.AH CG∴HD＝GD＝3，即 AH ∶HD ＝3∶1.EF 1 GH1(2)证明∵ EF∥ GH，且AC＝3，AC＝4，∴ EF≠ GH ，∴四边形 EFGH 为梯形．令 EH ∩ FG＝P，那么 P∈EH ，而 EH ? 平面 ABD ，P∈ FG， FG? 平面 BCD ，平面 ABD ∩平面 BCD ＝BD，∴P∈BD. ∴ EH、 FG、 BD 三线共点．变式迁移 1证明∵E∈ AB，H∈AD，∴E∈平面 ABD ， H∈平面 ABD. ∴EH ? 平面 ABD.∵EH∩ FG＝O，∴O∈平面 ABD.同理可证 O∈平面 BCD ，∴O∈平面 ABD ∩平面 BCD ，即 O∈BD ，∴B、D、O 三点共线．例 2 解题导引高考中对异面直线所成角的考查，一般出现在综合题的某一步，求异面直线所成角的一般步骤为：(1)平移：选择适当的点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线，这里的点通常选择特殊位置的点，如线段的中点或端点，也可以是异面直线中某一条直线上的特殊点．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0° <≤θ90°，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．D [A 13如图，1，那么 AD＝ 2，由D⊥平面 ABC ，且 D 为 BC 的中点，设三棱柱的各棱长为1Rt A111211D＝ 2，14＋4＝2.A D⊥平面ABC 知 A△ BD 中，易求 A B＝CC111所成的角即为11∵ ∥AA ，∴AB 与 AA AB与CC所成的角．在△A BA 中，由余弦定理可11＋1－233知 cos∠A1AB＝2×1×1＝ 4.∴AB 与 CC1所成的角的余弦值为 4.]变式迁移 2 解如下图，分别取AD 、CD、AB 、BD 的中点 E、F、G、H ，连接 EF、FH 、 HG、 GE、GF .EF AC EF 3GE BD GE13由三角形的中位线定理知，＝4，＝ 4 .GE和 EF所成∥ ，且∥ ，且的锐角 (或直角 )就是 AC 和 BD 所成的角．13同理， GH ∥AD ，HF ∥＝2，HF ＝2，又 AD ⊥BC，∴∠GHF ＝ 90°，∴GF 2＝ GH 2＋HF 2＝ 1. 在△EFG 中， EG 2＋EF 2＝ 1＝GF2，∴∠GEF ＝ 90°，即 AC 和 BD 所成的角为90°.课后练习区1． D2． C[ ①错，c 可与a、 b 都相交；②错，因为a、c 可能相交也可能平行；③正确，例如过异面直线a、b 的公垂线段的中点且与公垂线垂直的平面即可满足条件．]3． B[将三角形折成三棱锥，如下图，HG 与 IJ 为一对异面直线，过 D 分别作 HG 与 IJ 的平行线，因 GH∥DF，IJ∥AD，所以∠ADF 为所求，因此 HG 与 IJ 所成角为60°.]4．C[如下图，连接 A1B，那么 A1B∥C D1故异面直线BE 与 CD1所成的角即为BE 与 A1B 所成的角．设AB a A115a，＝，那么E＝ a， A B＝BE＝ 2a.A1BE 中，由余弦定理得△BE 2＋A1B2－ A1E2 cos∠A1BE＝2BE ·A1B2223102a ＋5a － a＝2×2a×5a ＝10.]5．C [ 设 AC 中点为 O，那么 OE∥SC，连接 BO，那么∠BEO(或其补角 )即为异面直线 BE 和SC 所成的角，1216EO＝2SC＝2， BO＝2BD ＝2，1 32AB26 在△SAB 中， cos A ＝ SA ＝2＝4AB 2 ＋AE 2－ BE 2＝2AB ·AE ，∴BE ＝2.BE 2＋ EO 2－ BO 21 在△BEO 中， cos ∠BEO ＝ 2BE ·EO＝ 2，∴∠BEO ＝ 60°.]6． ①③解析把正方体的平面展开图复原成原来的正方体，如下图，易知 AB ⊥EF ，AB ∥CM ，EF 与 MN 异面， 7． 90°解析 延长 MN ⊥CD ，故①③正确．A 1B 1 至 D ，使 A 1 B 1＝B 1D ，那么AB 1∥ BD ，∠ MBD 就是直线 AB 1 和 BM 所成的角．设三棱柱的各条棱长为 2，那么 BM ＝ 5，BD ＝ 2 2， C 1D 2＝ A 1D 2＋ A 1C 12－ 2A 1D ·A 1C 1cos 60 ° ＝ 16＋4－ 2× 4＝ 12.DM 2＝ C 1D 2＋ C 1 M 2＝ 13，BM 2＋BD 2－DM 2 ∴ cos ∠ DBM ＝2·BM ·BD ＝ 0，∴∠ DBM ＝ 90°.3 8. 6解析如图，取 PB 中点 N ，连接 CN 、 MN .∠CMN 为 PA 与 CM 所成的角 (或补角 )，设 PA ＝ 2，那么 CM ＝ 3，MN ＝ 1， CN ＝ 3.cos CMNMN 2＋ CM2－ CN23＝2MN ·CM＝6 .∴ ∠9．证明(1)如下图，连接CD 1，EF ，A1B，∵E、F 分别是 AB 和 AA1的中点，1∴EF∥A1B，且 EF＝2A1 B， (2 分 )又∵A1D 1綊 BC，∴四边形 A1BCD 1是平行四边形，∴A1B∥CD 1，∴EF ∥CD 1，∴EF 与 CD 1确定一个平面α，∴E，F ， C， D1∈α，即 E， C，D 1， F 四点共面． (6 分 )1(2)由 (1) 知 EF∥CD1，且 EF ＝2CD 1，∴四边形 CD 1FE 是梯形，CE D1F 必相交，设交点为P，(8 分 )∴ 与那么 P∈CE? 平面 ABCD ，且 P∈D 1F? 平面 A1ADD 1，∴P∈平面 ABCD 且 P∈平面 A1ADD 1 .(10 分 )又平面 ABCD ∩平面 A1ADD 1＝ AD ，∴P∈AD，∴CE， D1F， DA 三线共点． (12 分 )10．解如下图，连接QR 并延长，分别与C1B1， C1D 1的延长线交于E， F 两点．连接 EP 交 BB1于 M 点，连接 FP 交 DD1于 N点．再连接 RM ， QN，那么五边形PMRQN 为过三点P， Q， R 的截面． (3 分 )由 Q， R 分别是边A1D 1， A1B1的中点，知△ QRA1≌△ERB1， (6 分 )1∴B1E＝QA1＝ 2a，由△EB 1M∽△EC1P，知 EM ∶EP＝ EB1∶EC1＝1∶3， (9 分 )221310PM＝ 3EP＝32a 2＋2a 2＝3 a，同理 PN ＝PM ＝103 a ， 10 2易求 RM ＝ QN ＝ 6 a ，QR ＝ 2 a ，∴五边形 PMRQN 的周长为2 10＋ 2 a. (12 分)11． (1)证明 由有 D 1D ⊥平面 ABCD得 AC ⊥D 1D ，又由 ABCD 是正方形，得 AC ⊥BD ，∵D 1D 与 BD 相交，∴AC ⊥平面 BDD 1.(4 分 )(2)解 延长 DC 至 G ，使 CG ＝ EB ，连接 BG 、 D 1G ，∵CG 綊 EB ，∴四边形 EBGC 是平行四边形．∴BG ∥EC.∴∠D 1BG 就是异面直线 BD 1 与 CE 所成的角． (6 分 )在△D 1BG 中， D 1B ＝2 3，BG ＝ 5， D 1G ＝ 22＋32＝ 13.D 1B 2＋ BG 2－ D 1G 2∴cos ∠D 1BG ＝2D 1B ·BG 12＋ 5－ 1315 ＝2×2 3× 5＝ 15.∴异面直线 BD 1 15与 CE 所成角的余弦值是 15 .(8 分) (3)解 连接 A 1B ，∵△A 1AE ≌△CBE ，∴A 1E ＝ CE ＝ 5.又∵A 1C ＝ 2 3，∴点 E 到 A 1 5－ 3＝ 2. C 的距离 d ＝ 1 ∴S △A1EC ＝ 2A 1C ·d ＝ 6，1S △A1EB ＝ 2EB ·A 1A ＝ 1.(11 分 )又∵V B —A1EC ＝ V C —A1EB ， 设点 B 到平面 A 1 h ，EC 的距离为 1 16 ∴ S ·h ＝ ·CB ，∴ 6·h ＝ 2， h ＝ .3 △A1 EC 3S △A 1EB3 ∴点 B 到平面 A 1EC 的距离为 63 .(14 分)。
第8章立体几何学案38 空间几何体导学目标：1。
认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构。
2.会用斜二测画法画出简单空间图形的直观图．自主梳理1．多面体的结构特征(1)棱柱的上下底面________，侧棱都________且__________，上底面和下底面是________的多边形．侧棱和底面________的棱柱叫做直棱柱．底面为________的直棱柱叫正棱柱．(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个________的三角形．棱锥的底面是________，且顶点在底面的正投影是________,这样的棱锥为正棱锥．（3)棱台可由________________的平面截棱锥得到，其上下底面的两个多边形________．________被平行于底面的平面所截，截面和底面之间的部分叫正棱台．2．旋转体的结构特征将矩形、直角三角形、直角梯形分别绕着它的一边、一直角边、垂直于底边的腰所在的直线旋转一周，形成的几何体分别叫做________、________、________，这条直线叫做____．垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做________．半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面叫做________，球面围成的几何体叫做________,简称____．3．空间几何体的直观图画空间几何体的直观图常用________画法，其规则是：（1)在空间图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴交于O点,再取z轴,使∠xOz＝90°，且∠yOz＝90°。
（2)画直观图时把它们画成对应的x′轴、y′轴和z′轴，它们相交于点O′,并使∠x′O′y′＝__________________，∠x′O′z′＝90°，x′轴和y′轴所确定的平面表示水平面．(3)已知图形中平行于x轴、y轴或z轴的线段，在直观图中分别画成平行于________________________的线段．(4)已知图形中平行于x轴或z轴的线段,在直观图中保持原长度________，平行于y轴的线段，长度变为____________．自我检测1．下列四个条件能使棱柱为正四棱柱的是________(填序号)．①底面是正方形，有两个侧面是矩形;②底面是正方形,有两个侧面垂直于底面;③底面是菱形，具有一个顶点处的三条棱两两垂直；④每个侧面都是全等矩形的四棱柱．2．用任意一个平面截一个几何体,各个截面都是圆,则这个几何体一定是________．3．如果圆锥的侧面展开图是半圆，那么这个圆锥的顶角（圆锥轴截面中两条母线的夹角)是________．4．长方体AC1中，从同一个顶点出发的三条棱长分别是a，b,c，则这个长方体的外接球的半径是________．5．如图所示，直观图四边形A′B′C′D′是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是________．探究点一空间几何体的结构例1给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②用一个平面去截棱锥,棱锥底面与截面之间的部分是棱台;③若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；④若有两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱;⑤存在每个面都是直角三角形的四面体;⑥棱台的侧棱延长后交于一点．其中正确命题的序号是________．变式迁移1 下列结论正确的是________（填序号)．①各个面都是三角形的几何体是三棱锥;②以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥；③棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥；④圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线．探究点二空间几何体的直观图例2一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形，则原平面四边形的面积等于________．变式迁移2 等腰梯形ABCD，上底CD＝1,腰AD＝CB＝错误!，下底AB＝3,以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为________．探究点三简单组合体的有关计算例3棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图所示，求图中三角形（正四面体的截面）的面积．变式迁移3 如图，一个正方体内接于高为40 cm,底面半径为30 cm的圆锥，则正方体的棱长是________cm.1．熟练掌握几何体的结构特征与对应直观图之间的相互转化，正确地识别和画出空间几何体的直观图是解决空间几何体问题的基础和保证．2．棱柱的分类（按侧棱与底面的位置关系）：棱柱错误!3．正棱锥问题常归结到它的高、侧棱、斜高、底面正多边形、内切圆半径、外接圆半径、底面边长的一半构成的直角三角形中解决．4．圆柱、圆锥、圆台、球应抓住它们是旋转体这一特点，弄清旋转轴、旋转面、轴截面．5．用斜二测画法画出的平面图形的直观图的面积S′与原平面图形的面积S之间的关系是S′＝错误!S。
2014-2015高三数学第一轮复习计划一．指导思想高三数学已进入第一轮复习，为了2014届高考取得好成绩，第一轮复习达到理想效果，根据《两纲》，紧扣教材，结合我校实际，特制订第一轮复习计划二．复习要求1.在第一轮复习中，指导学生对双基进行梳理，使之到达系统化，结构化。
通过对基础题的系统规范训练，使学生理解掌握每一个概念，每一个知识点。
对各种题型注重通性，通法的讲解。
2.第一轮复习要面向全体学生，降低复习起点，在夯实“双基”的前提下，注重培养学生的能力。
根据学生实际，计划要细而实，避免出现“前紧后松,或前松后紧”的现象。
3.在抓双基复习的同时，重视数学思想方法的复习，使学生解题能力上一个新台阶。
4.强化运算能力、表达能力、，理解能力的训练，课堂教学时安排适量时间让学生进行完整的规范的解题训练，从而减少非智力失分。
三．具体措施1.资料的选用，学生统一用一本资料即《金太阳》，老师拥有两种以上资料，在教学过程中，根据学生实际，对资料进行具有针对性选择，改编和重组，使复习效果达到最佳。
2.学习研究《两纲》，研究学习2014年数学学科《考试说明》，对2013年高考试题全国卷和部分省市试卷进行细致分析，学习考试中心对2013年高考试题的评价报告，提高自身业务能力和复习的针对性。
3.提高集体备课效率和作用：利用每周两次集体备课时间，认真总结上周复习效果，训练落实情况，制订好下周复习计划，训练安排。
同时对各章节的重点、难点进行探讨，使复习时重点突出，难点突破。
从而使复习，训练效果最佳。
复习课力求做到：①系统性:滚动复习，知识前后衔接，梳理归纳成串；②综合性：纵横联系，知识内外交叉，多角度，多层次；③基础性：着眼双基，中档为主，面向多数；④重点性：突出主干知识，详略得当；⑤发展性：传授方法，知识迁移，学会自学；⑥启迪性：深挖教材，发散思维，多角度考虑问题。
4.考练结合。
每周一次单元检测；每章一次综合测试；每月一次月考；每次认真批改、评讲，要及时分析总结，发现问题，查漏补缺。
高三数学第一轮复习：立体几何的综合问题【本讲主要内容】立体几何的综合问题立体几何知识的综合应用及立体几何与其它知识点的综合问题【知识掌握】【知识点精析】1. 立体几何的综合问题融直线和平面的位置关系于平面与几何体中，有计算也有论证。
解决这类问题需要系统地掌握线线、线面、面面的位置关系，特别是平行与垂直的判定与性质．深刻理解异面直线所成的角、斜线与平面所成的角、二面角的平面角的概念，理解点到面的距离、异面直线的距离的概念．2. 立体几何横向可与向量、代数、三角、解析几何等综合．3. 应用性问题、探索性问题需综合运用所学知识去分析解决．【解题方法指导】例1. 如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1的侧面AB1内有一动点P到直线A1B1与直线BC的距离相等，则动点P所在曲线的形状为（）解析：P到直线BC的距离等于P到B的距离，动点P的轨迹满足抛物线定义．故选C.例2. 如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为a的正方形，PB⊥平面ABCD，（Ⅰ）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；（Ⅱ）证明不论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°．（Ⅰ）解：∵PB⊥面ABCD，∴BA是PA在面ABCD上的射影，又DA⊥AB ∴PA⊥DA∴∠PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角∴∠PAB＝60°，PB＝AB·tan60°＝3a ,∴ V 锥＝3233·3·31a a a =（Ⅱ）证明：不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD 与PCD 恒为等腰三角形，作AE ⊥PD ，垂足为E ，连结CE ，则△ADE ≌△CDE ，因为AE ＝CE ，∠CED ＝90o，故∠CEA 是面PAD 与面PCD 所成的二面角的平面角． 设AC 与BD 交于点O ，连结EO ，则EO ⊥AC ，所以a AD AE OA a =<<=22，22a AE <， 在△AEC 中，02222cos 222222222<-=-=∙-+=∠AE a AE AE a AE EC AE AC EC AE CEA 所以面PAD 与面PCD 所成的二面角恒大于90o。
2013版高考数学一轮复习精品学案：第七章立体几何【知识特点】1、本章知识点多，需加强理解，如空间几何体的结构特征，几何体的表面积、体积公式、三视图的特点，平面的基本性质及应用，直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系的判定及性质，三种空间角的定义，利用空间向量求空间角及距离的方法等；2、空间想象力要求高，复杂几何体的结构，由几何体画三视图，由三视图还原几何体，线面位置关系的讨论判定空间直角坐标系的建立及点的坐标的确定都需要有较强的空间想象能力；3、运算能力要求高，体现在利用空间向量求空间角及距离，还体现在复杂几何体的表面积和体积的计算上；4、本章知识结构思路清晰，首先整体、直观把握几何体的结构特点，再按照点⇒线⇒面的位置关系的判定过程和面⇒线⇒点的性质过程进行两次转化与化归（还介绍了空间向量在立体几何中的应用）。
【重点关注】1、三视图是新增内容，利用考查空间想象能力，是考查的热点；2、与球有关的几何体的结构、表面积及体积计算是常考知识点；3、直线、平面间的位置关系是本章重点，要熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，熟悉定理中某一条件不具备时的反例，并注意使用符号要规范，推理逻辑要严谨；4、在空间角和距离的求解和位置关系的判定中，越来越体现空间向量这一工具的巨大作用。
【地位和作用】立体几何主要研究空间的直线、平面和简单几何体及它们的几何性质、位置关系的判定、画法、度量计算以及相关的应用。
以培养学生的发展空间想像能力和推理论证能力。
立体几何是高考必考的内容，试题一般以“两小题一大题或一大题一小题”的形式出现，分值在17—23分左右。
立体几何在高考中的考查难度一般为中等，从解答题来看，立体几何大题所处的为前4道，有承上启下的作用。
现就立体几何的地位与作用归纳如下：一、立体几何两个层次的要求：必修与必选必修：加强几何直观能力 ZXXK]识图（有图识图、无图想图）画图（直观图与三视图的转化）降低逻辑推理能力要求（判定与性质）选修：以算代证、向量计算是趋势1、客观题考查知识点：(1) 判断：线线、线面、面面的位置关系；(2) 计算：求角(异面直线所成角、线面角、二面角)；求距离(主要是点面距离、球面距离)；求表面积、体积；学科(3) 球内接简单几何体(正方体、长方体、正四面体、正三棱锥、正四棱柱)(4)三视图、直观图（由几何体的三视图作出其直观图，或由几何体的直观图判断其三视图）2、主观题考查知识点：(1) 有关几何体：四棱锥、三棱锥、(直、正)三、四棱柱；(2) 研究的几何结构关系：以线线、线面(尤其是垂直)为主的点线面位置关系；(3) 研究的几何量：二面角、线面角、异面直线所成角、线线距、点面距离、面积、体积。
高三数学总复习高考复习科目：数学 高中数学总复习（九） I. 基础知识要点一、平面（1）公理1： 。
（2）公理2： 。
（3）公理3： 。
推论1： ，推论2： ， 推论3： 。
（4）公理4（平行公理）： 。
（5）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（如下图）.（二面角的取值范围[)οο180,0∈θ） （直线与直线所成角(]οο90,0∈θ）（斜线与平面成角()οο90,0∈θ） （直线与平面所成角[]οο90,0∈θ）（向量与向量所成角])180,0[οο∈θ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.（6）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.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（7）三余弦定理（最小角定理）： 。
二、空间直线1. 空间直线位置分三种：相交、平行、异面.相交直线—共面有反且有一个公共点；平行直线—共面没有公共点；异面直线—不同在任一平面内2. 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）三、空间三维关系判定1.平行的判定：面面平行（高维）线面平行（中维）线线平行（低维）⇔⇔低证中： 。
中证低： 。
低证高： 。
高证低： 。
12方向相同12方向不相同高证中： 。
中证高： 。
2.垂直的判定：面面垂直（高维）线面垂直（中维）线线垂直（低维）⇔⇔低证中： 。
中证低： 。
低证高： 。
高证低： 。
高证中： 。
中证高： 。
3. 三个推论：推论1： 。
推论2： 。
推论3： 。
4. 三个唯一性: (1)过一点有且只有一条直线和一个平面垂直，(2) 过一点有且只有一个平面和一条直线垂直.(3) 。
学案42空间几何体的表面积和体积导学目标：1。
了解球、柱、锥、台的表面积及体积的计算公式(不要求记忆).2。
培养学生的空间想象能力、逻辑推理能力和计算能力，会利用所学公式进行计算．自主梳理1．柱、锥、台和球的侧面积和体积面积体积圆柱S侧＝________V＝____＝________圆锥S侧＝________V＝________＝________＝错误!πr2错误!圆台S侧＝________V＝错误!（S上＋S下＋错误!)h＝错误!π（r错误!＋r错误!＋r1r2)h直棱柱S侧＝____V＝____正棱锥S侧＝________V＝________正棱台S侧＝________V＝错误!（S上＋S下＋错误!）h球S球面＝________V＝________2．几何体的表面积(1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是________________．（2）圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形；它们的表面积等于________________________________．自我检测1．一个长方体上一个顶点所在的三个面的面积分别是错误!，错误!, 6，则这个长方体的对角线长为________．2．（教材改编)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________．3．（教材改编）球的体积为错误!，一个正方体的顶点都在球面上，则正方体的体积为________．4．圆台的一个底面周长为另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面半径为_________________________________________________________．5．(2010·南京模拟)将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC 折起,使BD＝a,则三棱锥D－ABC的体积为__________________________________________________________ __．探究点一多面体的表面积及体积例1三棱柱的底面是边长为4的正三角形,侧棱长为3,一条侧棱与底面相邻两边都成60°角，求此棱柱的侧面积与体积．变式迁移1 已知三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱与底面边长都等于2，A1在底面ABC上的射影为BC的中点,则三棱柱的侧面面积为________．探究点二旋转体的表面积及体积例2如图所示，半径为R的半圆内的阴影部分以直径AB所在直线为轴，旋转一周得到一几何体，求该几何体的表面积（其中∠BAC ＝30°)及其体积．变式迁移2 直三棱柱ABC—A1B1C1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________．探究点三割补法与等积变换法例3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________．变式迁移3 (1）如图所示，已知底面半径为r的圆柱被一个平面所截，剩下部分的母线长最大值为a,最小值为b，那么圆柱被截下部分的体积是____________．(2）(2009·辽宁改编）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________．1．有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算，应以公式为基础，充分利用几何体中的直角三角形、直角梯形求有关的几何元素．2．当给出的几何体比较复杂，有关的计算公式无法运用,或者虽然几何体并不复杂，但条件中的已知元素彼此离散时,我们可采用“割”、“补”的技巧，化复杂几何体为简单几何体(柱、锥、台），或化离散为集中,给解题提供便利．（1)几何体的“分割”:几何体的分割即将已知的几何体按照结论的要求，分割成若干个易求体积的几何体，进而求之．（2）几何体的“补形”：与分割一样,有时为了计算方便，可将几何体补成易求体积的几何体，如长方体、正方体等．另外补台成锥是常见的解决台体侧面积与体积的方法，由台体的定义,我们在有些情况下,可以将台体补成锥体研究体积．（满分：90分)一、填空题（每小题6分,共48分)1．（2010·东北育才学校三模)如果底面直径和高相等的圆柱的侧面积是S，那么圆柱的体积等于________．2．（2009·陕西改编)若正方体的棱长为错误!，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为________．3．已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面相切，若这个球的体积是32π3,则这个三棱柱的体积是________．4．(2010·南京联考）矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B－AC－D，则四面体ABCD的外接球的体积为________．5．（2010·全国改编)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________．6．如图，半径为2的半球内有一内接正六棱锥P—ABCDEF，则此正六棱锥的侧面积是________．7．(2010·苏州模拟）一块正方形薄铁片的边长为4 cm，以它的一个顶点为圆心,一边长为半径画弧，沿弧剪下一个扇形(如图），用这块扇形铁片围成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的容积等于________cm3.8．(2010·湖北）圆柱形容器内部盛有高度为8 cm的水，若放入三个相同的球（球的半径与圆柱的底面半径相同）后,水恰好淹没最上面的球(如图所示），则球的半径是________cm。
