教育最新K122017届高考数学二轮复习专题四立体几何第1讲立体几何中的计算与位置关系练习

核心考点2 空间几何体的表面积与体积核心知识·精归纳1.旋转体的侧面积和表面积(1)S 圆柱侧＝2πrl ，S 圆柱表＝2πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (2)S 圆锥侧＝πrl ，S 圆锥表＝πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (3)S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． 2.空间几何体的体积公式V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．多维题组·明技法角度1：空间几何体的表面积和侧面积1. (2023·大观区校级三模)陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址．如图所示的是一个陀螺立体结构图．已知，底面圆的直径AB ＝12 cm ，圆柱体部分的高BC ＝6 cm ，圆锥体部分的高CD ＝4 cm ，则这个陀螺的表面积(单位：cm 2)是( C )A ．(144＋1213)πB ．(144＋2413)πC ．(108＋1213)πD ．(108＋2413)π【解析】 由题意可得圆锥体的母线长为l ＝62＋42＝213，所以圆锥体的侧面积为12·12π·213＝1213π，圆柱体的侧面积为12π×6＝72π，圆柱的底面面积为π×62＝36π，所以此陀螺的表面积为1213π＋72π＋36π＝(108＋1213)π(cm 2)．故选C.2. (2023·黄浦区校级三模)已知正方形ABCD 的边长是1，将△ABC 沿对角线AC 折到△AB ′C 的位置，使(折叠后)A 、B ′、C 、D 四点为顶点的三棱锥的体积最大，则此三棱锥的表面积为 1＋32. 【解析】 根据题意，正方形ABCD 中，设AC 与BD 交于点O ，在翻转过程中，当B ′O ⊥面ACD 时，四棱锥B ′－ACD 的高最大，此时四棱锥B ′－ACD 的体积最大，若B ′O ⊥面ACD ，由于OA ＝OB ′＝OC ，则B ′D ＝B ′A ＝B ′C ＝1，则△DB ′C △DB ′A 都是边长为1的等边三角形，S △DB ′A ＝S △DB ′C ＝12×1×1×32＝34，△ADC 中，AD ＝DC ＝1且AD ⊥DC ，则S △ADC ＝12×1×1＝12，同理：S △AB ′C ＝S △ABC ＝S △ADC ＝12，此时，三棱锥的表面积S ＝S △DB ′A ＋S △DB ′C ＋S △ADC ＋S △AB ′C ＝1＋32. 角度2：空间几何体的体积3. (2023·福州模拟)已知菱形ABCD 的边长为2，∠BAD ＝60°，则将菱形ABCD 以其中一条边所在的直线为轴，旋转一周所形成的几何体的体积为( B )A ．2πB ．6πC ．43πD ．8π【解析】 根据题意，旋转一周所形成的几何体如图，该几何体上部分为圆锥，下部分为在圆柱内挖去一个与上部分相同的圆锥，其体积等于中间圆柱的体积，且中间圆柱的高h ＝DC ＝2，底面圆的半径r ＝BC sin 60°＝2×32＝3，故要求几何体的体积V ＝πr 2h ＝6π.故选B.4.已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 分别为AB ，BC 的中点，则多面体A 1C 1－AEFC 的体积为 53.【解析】 多面体A 1C 1－AEFC 的体积等于三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积与三棱台EBF －A 1B 1C 1的体积之差，其中三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为12×2×2×2＝4，三棱台EBF －A 1B 1C 1的体积为⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1＋12×2×2＋12×1×1×12×2×2×2×13＝73，所以多面体A 1C 1－AEFC 的体积为4－73＝53. 方法技巧·精提炼1.求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点；(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得所给几何体的表面积．2.求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接根据常见柱、锥、台体等规则几何体的体积公式计算；(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积必等；(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为可计算体积的几何体．加固训练·促提高1. (2023·平罗县校级模拟)已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图的圆心角为23π，则该圆锥的侧面积为( C )A ．πB ．2πC ．3πD ．4π【解析】 底面圆周长为2π，母线长为2π2π3＝3，所以侧面积为12×2π×3＝3π.故选C.2. (2023·普陀区校级模拟)如图，在正四棱锥P －ABCD 中，AP ＝AB ＝4，则正四棱锥的体积为 3223.【解析】 连接AC 与BD 交于O ，则O 是正方形ABCD 的中心，∴PO ⊥平面ABCD ，∵AB＝4，∴AO ＝22，∵PA ＝4，∴PO ＝16－8＝22，∴正四棱锥的体积为V ＝13S 正方形ABCD ·PO＝13×16×22＝3223.故答案为3223.3. (2023·琼山区四模)三棱锥A －BCD 中，AC ⊥平面BCD ，BD ⊥CD ，若AB ＝3，BD ＝1，则该三棱锥体积的最大值为 23.【解析】 如图所示，因为AC ⊥平面BCD ，即AC 为三棱锥A －BCD 的高，设为x ，又因为BC ⊂平面BCD ，所以AC ⊥BC ，在直角△ABC 中，由AB ＝3，AC ＝x ，可得BC ＝9－x 2，因为BD ⊥CD ，且BD ＝1，可得CD ＝BC 2－BD 2＝8－x 2，所以三棱锥A －BCD 的体积为V ＝13S △BCD ·AC ＝13×128－x 2×1×x ＝168－x2·x 2≤16×8－x 2＋x 22＝23，当且仅当8－x 2＝x 2时，即x ＝2时，三棱锥A －BCD 的体积取得最大值，最大值为23.。

突破点12 立体几何中的向量方法(1)两异面直线的夹角θ∈⎝ ⎦⎥⎤0，π2. (2)设直线l 1，l 2的方向向量为s 1，s 2，则cos θ＝|cos 〈s 1，s 2〉|＝|s 1·s 2||s 1|·|s 2|.(1)直线与平面的夹角θ∈⎣⎢⎦⎥⎤0，2.(2)设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a·n||a|·|n|.(1)两个平面的夹角θ∈⎣⎢⎦⎥⎤0，π2.(2)设平面π1与π2的法向量分别为n 1与n 2，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|.回访1 直线与平面的夹角1．(2015·全国卷Ⅱ)如图12-1，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，图12-1AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值． 解] (1)交线围成的正方形EHGF 如图所示．5分(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10.7分以D 为坐标原点，DA→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ，则A (10,0,0)，H (10,10,0)，E (10,4,8)，F (0,4,8)，FE →＝(10,0,0)，HE →＝(0，－6,8).8分设n ＝(x ，y ，z )是平面EHGF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎨⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0,4,3).10分又AF →＝(－10,4,8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.12分 回访2 两个平面的夹角2．(2016·全国甲卷)如图12-2，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.图12-2(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B -D ′A -C 的正弦值．解] (1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF .2分因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14. 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH .4分 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .5分(2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H -xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，AB →＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3).8分 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1).10分 于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B -D ′A -C 的正弦值是29525.12分题型分析：向量法求线面角是高考中的常考题型，求解过程中，建系是突破口，求直线的方向向量与平面的法向量是关键.(2016·全国丙卷)如图12-3，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．图12-3(1)证明MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值． 解](1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2. 又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ， 所以MN ∥平面P AB .4分 (2)取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ， 且AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5.6分以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz .由题意知P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2，8分PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2.设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM→＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎨⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1).10分于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525.所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.12分向量法求线面角的一般步骤1．建立恰当的空间直角坐标系，求出相关点的坐标． 2．写出相关向量的坐标． 3．求平面的法向量． 4．求线面角的正弦值． 5．转化为几何结论．提醒：直线和平面所成角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．变式训练1] (2016·呼和浩特二模)如图12-4，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是菱形，∠DAB ＝60°，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝AD ＝1，点E ，F 分别为AB 和PD 的中点．图12-4(1)求证：直线AF ∥平面PEC ； (2)求PE 与平面PBC 所成角的正弦值．【导学号：85952043】解] (1)证明：作FM ∥CD 交PC 于点M ，连接EM .∵点F 为PD 的中点，∴FM ＝12CD . ∵AE ＝12AB ，AB ＝CD ，∴AE ＝FM . 又AE ∥FM ，∴四边形AEMF 为平行四边形，∴AF ∥EM . ∵AF ⊄平面PEC ，EM ⊂平面PEC ， ∴直线AF ∥平面PEC .6分 (2)连接DE ，∵∠DAB ＝60°，ABCD 是菱形，∴DE ⊥DC .以D 为坐标原点，以DE ，DC ，DP 所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，7分则P (0,0,1)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，∴PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，－1，PC →＝(0,1，－1)，PE→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－1.8分 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． ∵n ·PB →＝0，n ·PC→＝0，∴⎩⎨⎧32x ＋12y －z ＝0，y ＝z ，取n ＝(3，3,3)，∴平面PBC 的一个法向量为n ＝(3，3,3).10分 设向量n 与PE→所成的角为θ，∴cos θ＝n ·PE →|n ||PE →|＝－37.∴PE 与平面PBC 所成角的正弦值为37.12分题型分析：向量法求二面角是高考重点考查题型，此类问题求解的突破口是建立恰当的坐标系，求解的关键是求两个平面的法向量.(2016·全国乙卷)如图12-5，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60°.图12-5(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E -BC -A 的余弦值．解] (1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ， 所以AF ⊥平面EFDC .又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC . (2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G .由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G -xyz .6分由(1)知∠DFE 为二面角D -AF -E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则|DF |＝2，|DG |＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3).7分由已知得AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC .又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF . 由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C -BE -F 的平面角，∠CEF ＝60°. 从而可得C (－2,0，3).8分所以EC→＝(1,0，3)，EB →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0， 所以可取n ＝(3,0，－3).9分设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0，同理可取m ＝(0，3，4).10分 则cos 〈n ，m 〉＝n·m|n||m |＝－21919. 故二面角E -BC -A 的余弦值为－21919.12分利用空间向量求二面角的思路二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角．变式训练2] (名师押题)如图12-6，在四棱锥P -ABCD 中，侧面P AB ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为矩形，P A ＝PB ，O 为AB 的中点，OD ⊥PC .(1)求证：OC ⊥PD ；(2)若PD 与平面P AB 所成的角为30°，求二面角D -PC -B 的余弦值.【导学号：85952044】图12-6解] (1)证明：连接OP ，∵P A ＝PB ，O 为AB 的中点，∴OP ⊥AB . ∵侧面P AB ⊥底面ABCD ，∴OP ⊥平面ABCD ， ∴OP ⊥OD ，OP ⊥OC .∵OD ⊥PC ，OP ∩PC ＝P ，∴OD ⊥平面OPC ，∴OD ⊥OC .4分 又∵OP ∩OD ＝O ，∴OC ⊥平面OPD ，∴OC ⊥PD .6分(2)取CD 的中点E ，以O 为原点，OE ，OB ，OP 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O -xyz .由(1)知OD ⊥OC ，则AB ＝2AD ，又侧面P AB ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是矩形， ∴DA ⊥平面P AB .∴∠DP A 为直线PD 与平面P AB 所成的角， ∴∠DP A ＝30°.不妨设AD ＝1，则AB ＝2， P A ＝3，PO ＝ 2.∴B (0,1,0)，C (1,1,0)，D (1，－1,0)，P (0,0，2)， 从而PC→＝(1,1，－2)，CD →＝(0，－2,0).9分 设平面PCD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧PC →·n 1＝0，CD →·n 1＝0，得⎩⎨⎧x 1＋y 1－2z 1＝0，－2y 1＝0，可取n 1＝(2，0,1)．同理，可取平面PCB 的一个法向量为n 2＝(0，－2，－1).11分 于是cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－13.∴二面角D -PC -B 的余弦值为－13.12分题型分析：(1)立体几何中的探索性题目主要有两类：一是利用空间线面关系的判定与性质定理进行推理探究，二是对几何体的空间角、距离和体积等的研究.(2)其解决方法多通过求角、距离、体积等把这些问题转化为关于某个参数的方程问题，根据方程解的存在性来解决.如图12-7，空间几何体ABCDE 中，平面ABC ⊥平面BCD ，AE ⊥平面ABC .图12-7(1)证明：AE ∥平面BCD ；(2)若△ABC 是边长为2的正三角形，DE ∥平面ABC ，且AD 与BD ，CD 所成角的余弦值均为24，试问在CA 上是否存在一点P ，使得二面角P -BE -A 的余弦值为104.若存在，请确定点P 的位置；若不存在，请说明理由．解题指导] (1)作DO ⊥BC →DO ⊥平面ABC →DO ∥AE →AE ∥平面BCD(2)DE ⊥平面BCD ，AO ⊥BC→DO ＝a →CD ＝1＋a 2，AD ＝3＋a2→求a →以点O 为坐标原点建系→设AP→＝λAC →→求平面ABE 与平面PBE 的法向量→建立方程求λ解] (1)证明：过点D 作直线DO ⊥BC 交BC 于点O ，连接DO . 因为平面ABC ⊥平面BCD ，DO ⊂平面BCD ， DO ⊥BC ，且平面ABC ∩平面BCD ＝BC ， 所以DO ⊥平面ABC .1分 因为直线AE ⊥平面ABC ， 所以AE ∥DO .2分因为DO ⊂平面BCD ，AE ⊄平面BCD ， 所以直线AE ∥平面BCD .4分 (2)连接AO ，因为DE ∥平面ABC ， 所以AODE 是矩形，所以DE ⊥平面BCD .因为直线AD 与直线BD ，CD 所成角的余弦值均为24， 所以BD ＝CD ，所以O 为BC 的中点，所以AO ⊥BC ， 且cos ∠ADC ＝24.设DO ＝a ，因为BC ＝2，所以OB ＝OC ＝1，AO ＝ 3. 所以CD ＝1＋a 2，AD ＝3＋a 2. 在△ACD 中，AC ＝2，所以AC 2＝AD 2＋CD 2－2AD ·CD ·cos ∠ADC ， 即4＝3＋a 2＋1＋a 2－2×3＋a 2×1＋a 2×24， 即1＋a 2·3＋a 2＝22a 2， 解得a 2＝1，a ＝1.6分以O 为坐标原点，OA ，OB ，OD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则C (0，－1,0)，B (0,1,0)，A (3，0,0)，E (3，0,1)．假设存在点P ，连接EP ，BP ，设AP →＝λAC →，则P (3－3λ，－λ，0)．设平面ABE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝z ＝0，m ·BA →＝3x －y ＝0，取x ＝1，则平面ABE 的一个法向量为m ＝(1，3，0)．设平面PBE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝(3λ－3)x ＋(1＋λ)y ＝0，n ·BE →＝3x －y ＋z ＝0，取x ＝1＋λ，则平面PBE 的一个法向量为n ＝(1＋λ，3－3λ，－23λ).9分设二面角P -BE -A 的平面角的大小为θ，由图知θ为锐角． 则cos θ＝|m·n ||m|·|n |＝|1＋λ＋3－3λ|2×(1＋λ)2＋3(1－λ)2＋12λ2＝104， 化简得6λ2＋λ－1＝0，解得λ＝13或λ＝－12(舍去).11分所以在CA 上存在一点P ，使得二面角P -BE -A 的余弦值为104，其为线段AC 的三等分点(靠近点A ).12分利用空间向量解点或参数存在性问题的优势及思路1．优势：空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．2．思路：把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．图12-8变式训练3]如图12-8所示，在多面体ABCDE中，CD⊥平面ABC，BE∥CD，AB＝25，AC＝4，BC＝2，CD＝4，BE＝1.(1)求证：平面ADC⊥平面BCDE；(2)试问在线段DE上是否存在点S，使得AS与平面ADC所成的角的余弦值为357？若存在，确定S的位置；若不存在，请说明理由．解](1)证明：因为AB＝25，AC＝4，BC＝2，所以AB2＝AC2＋BC2，故AC⊥BC.2分因为CD⊥平面ABC，所以CD⊥BC.因为AC∩CD＝C，故BC⊥平面ADC.因为BC⊂平面BCDE，所以平面ADC⊥平面BCDE.5分(2)由(1)知AC⊥BC.又CD⊥平面ABC，所以CD⊥AC，CD⊥BC.以C为坐标原点，CA，CB，CD 所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,2,0)，D(0,0,4)，E(0,2,1).8分假设线段DE上存在点S(x，y，z)，使得AS与平面ACD所成的角θ的余弦值为35 7.设DS→＝λDE →(0≤λ≤1)，又DS →＝(x ，y ，z －4)，DE →＝(0,2，－3)， 所以(x ，y ，z －4)＝λ(0,2，－3)，得S (0,2λ，4－3λ)，则AS →＝(－4,2λ，4－3λ)． 由(1)知平面ADC 的一个法向量是CB→＝(0,2,0)，因为cos θ＝357，10分所以sin θ＝27＝| cos 〈AS →，CB →〉|＝4λ2×13λ2－24λ＋32，化简得9λ2＋6λ－8＝0， 解得λ＝23或λ＝－43(舍去)．故存在满足条件的点S ，且DS ＝23DE .12分。

第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积空间几何体的三视图(基础型)一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．由三视图还原到直观图的三个步骤 (1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．(3)确定几何体的直观图形状．[注意] 在读图或者画空间几何体的三视图时，应注意三视图中的实线和虚线．[考法全练]1．(2018·高考全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )解析：选A.由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.2．(2018·高考全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为( )A．217 B．2 5C．3 D．2解析：选B.由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N的路径中，最短路径的长度为MS2＋SN2＝22＋42＝2 5.故选B.3．把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，形成的三棱锥C­ABD的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的面积为( )A.12B.22C.24D.14解析：选D.由三棱锥C ­ABD 的正视图、俯视图得三棱锥C ­ABD 的侧视图为直角边长是22的等腰直角三角形，如图所示，所以三棱锥C ­ABD 的侧视图的面积为14，故选D.4．(2018·长春质量监测(二))如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线条画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥中最长棱的长度为( )A ．2 B. 5 C ．2 2D ．3解析：选D.如图，三棱锥A ­BCD 即为所求几何体，根据题设条件，知辅助的正方体棱长为2，CD ＝1，BD ＝22，BC ＝5，AC ＝2，AB ＝3，AD ＝5，则最长棱为AB ，长度为3.5．(2018·石家庄质量检测(一))如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线表示的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的四个面中，最小面的面积是( )A ．2 3B ．2 2C ．2D. 3解析：选C.在正方体中还原该几何体，如图中三棱锥D ­ABC 所示，其中正方体的棱长为2，则S △ABC ＝2，S △DBC ＝22，S △ADB ＝22，S△ADC＝23，故该三棱锥的四个面中，最小面的面积是2，选C.空间几何体的表面积和体积(综合型)柱体、锥体、台体的侧面积公式(1)S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)． (2)S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)．(3)S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．柱体、锥体、台体的体积公式(1)V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)． (2)V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)．(3)V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S ，S ′分别为上下底面面积，h 为高)(不要求记忆)．[典型例题]命题角度一 空间几何体的表面积(1)(2018·潍坊模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．4＋2 3B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．6＋4 2(2)(2018·合肥第一次质量检测)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，则该几何体的表面积为( )A ．5π＋18B ．6π＋18C ．8π＋6D ．10π＋6【解析】 (1)由三视图还原几何体的直观图如图所示，易知BC ⊥平面PAC ，又PC ⊂平面PAC ，所以BC ⊥PC ，又AP ＝AC ＝BC ＝2，所以PC ＝22＋22＝22，又AB ＝22，所以S △PBC ＝S △PAB ＝12×2×22＝22，S △ABC ＝S △PAC ＝12×2×2＝2，所以该几何体的表面积为4＋4 2.(2)由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和两个半球构成的，故该几何体的表面积为2×12×4π×12＋2×12×π×12＋2×3＋12×2π×1×3＝8π＋6. 【答案】 (1)B (2)C求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得几何体的表面积．命题角度二 空间几何体的体积(1)(2018·武汉调研)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.12B.22C.33D.23(2)(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30°.若△SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为________．【解析】 (1)由三视图知，该几何体是在长、宽、高分别为2，1，1的长方体中，截去一个三棱柱AA 1D 1­BB 1C 1和一个三棱锥C ­BC 1D 后剩下的几何体，即如图所示的四棱锥D ­ABC 1D 1，四棱锥D ­ABC 1D 1的底面积为S 四边形ABC 1D 1＝2×2＝22，高h ＝22，其体积V ＝13S 四边形ABC 1D1h ＝13×22×22＝23.故选D.(2)由题意画出图形，如图，设AC 是底面圆O 的直径，连接SO ，则SO 是圆锥的高．设圆锥的母线长为l ，则由SA ⊥SB ，△SAB 的面积为8，得12l 2＝8，得l ＝4.在Rt △ASO 中，由题意知∠SAO ＝30°，所以SO ＝12l ＝2，AO ＝32l ＝2 3. 故该圆锥的体积V ＝13π×AO 2×SO ＝13π×(23)2×2＝8π.【答案】 (1)D (2)8π求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为易计算体积的几何体．[对点训练]1．(2018·洛阳第一次统考)一个几何体的三视图如图所示，图中的三个正方形的边长均为2，则该几何体的体积为( )A ．8－2π3B ．4－π3C ．8－π3D ．4－2π3解析：选A.由三视图可得该几何体的直观图如图所示，该几何体是一个棱长为2的正方体上、下各挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩余的部分，其体积为23－2×13×π×12×1＝8－2π3.故选A.2．(2018·唐山模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．3 B.113 C ．7D.233解析：选B.由题中的三视图可得，该几何体是由一个长方体切去一个三棱锥所得的几何体，长方体的长，宽，高分别为2，1，2，体积为4，切去的三棱锥的体积为13，故该几何体的体积V ＝4－13＝113.故选B.多面体与球(综合型)[典型例题]命题角度一 外接球(2018·南宁模拟)三棱锥P ­ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ＝PB ＝PC ＝3，PA⊥PB ，三棱锥P ­ABC 的外接球的体积为( )A.272π B.2732π C ．273π D ．27π【解析】 因为三棱锥P ­ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ＝PB ＝PC ＝3，所以△PAB ≌△PBC ≌△PAC .因为PA ⊥PB ，所以PA ⊥PC ，PC ⊥PB .以PA ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P ­ABC 的外接球．因为正方体的体对角线长为32＋32＋32＝33，所以其外接球半径R ＝332.因此三棱锥P ­ABC 的外接球的体积V ＝4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫3323＝2732π，故选B.【答案】 B解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．命题角度二 内切球已知一个平放的各棱长为4的三棱锥内有一个小球O (重量忽略不计)，现从该三棱锥顶端向内注水，小球慢慢上浮，当注入的水的体积是该三棱锥体积的78时，小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切)，则小球的表面积等于( )A.7π6B.4π3C.2π3D.π2【解析】 当注入水的体积是该三棱锥体积的78时，设水面上方的小三棱锥的棱长为x (各棱长都相等)，依题意，⎝ ⎛⎭⎪⎫x 43＝18，得x ＝2.易得小三棱锥的高为263，设小球半径为r ，则13S 底面·263＝4·13·S 底面·r ，得r ＝66，故小球的表面积S ＝4πr 2＝2π3.故选C. 【答案】 C求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．命题角度三 与球有关的最值问题(2018·高考全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ­ABC 体积的最大值为( )A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3【解析】 如图，E 是AC 中点，M 是△ABC 的重心，O 为球心，连接BE ，OM ，OD ，BO .因为S △ABC ＝34AB 2＝93，所以AB ＝6，BM ＝23BE ＝23AB 2－AE 2＝2 3.易知OM ⊥平面ABC ，所以在Rt △OBM 中，OM ＝OB 2－BM 2＝2，所以当D ，O ，M 三点共线且DM ＝OD ＋OM 时，三棱锥D ­ABC 的体积取得最大值，且最大值V max ＝13S △ABC ×(4＋OM )＝13×93×6＝18 3.故选B.【答案】 B多面体与球有关的最值问题，主要有三种：一是多面体确定的情况下球的最值问题，二是球的半径确定的情况下与多面体有关的最值问题；三是多面体与球均确定的情况下，截面的最值问题．[对点训练]1．(2018·福州模拟)已知圆锥的高为3，底面半径为3，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于( )A.83π B.323π C ．16πD ．32π解析：选B.设该圆锥的外接球的半径为R ，依题意得，R 2＝(3－R )2＋(3)2，解得R ＝2，所以所求球的体积V ＝43πR 3＝43π×23＝323π，故选B.2．(2018·洛阳第一次联考)已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱均相切，则球O 的体积为( )A.823π B.833π C.863π D.1623π 解析：选A.将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O 为正方体的内切球，即球O 的直径为正方体的棱长22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π，故选A.3．已知四棱锥S ­ABCD 的所有顶点在同一球面上，底面ABCD 是正方形且球心O 在此平面内，当四棱锥的体积取得最大值时，其表面积等于16＋163，则球O 的体积等于( )A.42π3B.162π3C.322π3D.642π3解析：选D.由题意得，当四棱锥的体积取得最大值时，该四棱锥为正四棱锥．因为该四棱锥的表面积等于16＋163，设球O 的半径为R ，则AC ＝2R ，SO ＝R ，如图，所以该四棱锥的底面边长AB ＝2R ，则有(2R )2＋4×12×2R ×（2R ）2－⎝ ⎛⎭⎪⎫22R 2＝16＋163，解得R ＝22，所以球O 的体积是43πR 3＝6423π.故选D.一、选择题1．(2018·长沙模拟)如图是一个正方体，A ，B ，C 为三个顶点，D 是棱的中点，则三棱锥A ­BCD 的正视图、俯视图是(注：选项中的上图为正视图，下图为俯视图)( )解析：选A.正视图和俯视图中棱AD 和BD 均看不见，故为虚线，易知选A.2．(2018·高考北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示．易知，BC ∥AD ，BC ＝1，AD ＝AB ＝PA ＝2，AB ⊥AD ，PA ⊥平面ABCD ，故△PAD ，△PAB 为直角三角形，因为PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥BC ，又BC ⊥AB ，且PA ∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ，所以BC ⊥PB ，所以△PBC 为直角三角形，容易求得PC ＝3，CD ＝5，PD ＝22， 故△PCD 不是直角三角形，故选C.3．(2018·沈阳教学质量监测(一))如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某简单几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.4π3B.8π3C.16π3D.32π3解析：选A.由三视图可得该几何体为半圆锥，底面半圆的半径为2，高为2，则其体积V ＝12×13×π×22×2＝4π3，故选A. 4．(2018·西安八校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.4π3B.5π3C ．2＋2π3D ．4＋2π3解析：选B.由三视图可知，该几何体为一个半径为1的半球与一个底面半径为1，高为2的半圆柱组合而成的组合体，故其体积V ＝23π×13＋12π×12×2＝5π3，故选B.5．(2018·长春质量检测(一))已知矩形ABCD 的顶点都在球心为O ，半径为R 的球面上，AB ＝6，BC ＝23，且四棱锥O ­ABCD 的体积为83，则R 等于( )A ．4B ．2 3 C.479D.13解析：选A.如图，设矩形ABCD 的中心为E ，连接OE ，EC ，由球的性质可得OE ⊥平面ABCD ，所以V O ­ABCD ＝13·OE ·S 矩形ABCD ＝13×OE ×6×23＝83，所以OE ＝2，在矩形ABCD 中可得EC ＝23，则R ＝OE 2＋EC 2＝4＋12＝4，故选A.6．(2018·南昌调研)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A.23 B.43 C ．2D.83解析：选A.由三视图可知，该几何体为三棱锥，将其放在棱长为2的正方体中，如图中三棱锥A ­BCD 所示，故该几何体的体积V ＝13×12×1×2×2＝23.7．(2018·辽宁五校协作体联考)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是三棱锥的三视图，则此三棱锥的体积是( )A ．8B ．16C ．24D ．48解析：选A.由三视图还原三棱锥的直观图，如图中三棱锥P ­ABC 所示，且长方体的长、宽、高分别为6，2，4，△ABC 是直角三角形，AB ⊥BC ，AB ＝2，BC ＝6，三棱锥P ­ABC 的高为4，故其体积为13×12×6×2×4＝8，故选A.8．将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为( )A.π27B.8π27C.π3D.2π9解析：选B.如图所示，设圆柱的半径为r ，高为x ，体积为V ，由题意可得r 1＝2－x 2，所以x ＝2－2r ，所以圆柱的体积V ＝πr 2(2－2r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，设V (r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，则V ′(r )＝2π(2r －3r 2)，由2π(2r －3r 2)＝0得r ＝23，所以圆柱的最大体积V max ＝2π⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫232－⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝8π27. 9．(2018·福州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为 ( )A ．14B ．10＋4 2 C.212＋4 2 D.21＋32＋4 2解析：选D.由三视图可知，该几何体为一个直三棱柱切去一个小三棱锥后剩余的几何体，如图所示．所以该多面体的表面积S ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫22－12×1×1＋12×(22－12)＋12×22＋2×22＋12×32×(2)2＝21＋32＋42，故选D.10．(2018·太原模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体中最长的棱长为( )A．3 3 B．2 6C.21 D．2 5解析：选B.由三视图得，该几何体是四棱锥P­ABCD，如图所示，ABCD为矩形，AB＝2，BC＝3，平面PAD⊥平面ABCD，过点P作PE⊥AD，则PE＝4，DE＝2，所以CE＝22，所以最长的棱PC＝PE2＋CE2＝26，故选B.11．(2018·南昌调研)已知三棱锥P­ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC满足AB ＝22，∠ACB＝90°，PA为球O的直径且PA＝4，则点P到底面ABC的距离为( )A. 2 B．2 2C. 3 D．2 3解析：选B.取AB的中点O1，连接OO1，如图，在△ABC中，AB＝22，∠ACB＝90°，所以△ABC所在小圆O1是以AB为直径的圆，所以O1A＝2，且OO1⊥AO1，又球O的直径PA＝4，所以OA＝2，所以OO1＝OA2－O1A2＝2，且OO1⊥底面ABC，所以点P到平面ABC的距离为2OO1＝2 2.12．(2018·高考全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )A.334B.233C.324D.32解析：选A.记该正方体为ABCD ­A ′B ′C ′D ′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面α所成的角都相等．如图，连接AB ′，AD ′，B ′D ′，因为三棱锥A ′­AB ′D ′是正三棱锥，所以A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面AB ′D ′所成的角都相等．分别取C ′D ′，B ′C ′，BB ′，AB ，AD ，DD ′的中点E ，F ，G ，H ，I ，J ，连接EF ，FG ，GH ，IH ，IJ ，JE ，易得E ，F ，G ，H ，I ，J 六点共面，平面EFGHIJ 与平面AB ′D ′平行，且截正方体所得截面的面积最大．又EF ＝FG ＝GH ＝IH ＝IJ ＝JE ＝22，所以该正六边形的面积为6×34×⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝334，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为334，故选A.二、填空题13．(2018·洛阳第一次联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由题图可知该几何体是一个四棱锥，如图所示，其中PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是一个对角线长为2的正方形，底面积S ＝12×2×2＝2，高h ＝1，则该几何体的体积V ＝13Sh ＝23.答案：2314．(2018·福州四校联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．解析：在长、宽、高分别为3，33，33的长方体中，由几何体的三视图得几何体为如图所示的三棱锥C ­BAP ，其中底面BAP 是∠BAP ＝90°的直角三角形，AB ＝3，AP ＝33，所以BP ＝6，又棱CB ⊥平面BAP 且CB ＝33，所以AC ＝6，所以该几何体的表面积是12×3×33＋12×3×33＋12×6×33＋12×6×33＝27 3.答案：27 315．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．解析：如图所示，设S 在底面的射影为S ′，连接AS ′，SS ′.△SAB 的面积为12·SA ·SB ·sin∠ASB ＝12·SA 2·1－cos 2∠ASB ＝1516·SA 2＝515，所以SA 2＝80，SA ＝4 5.因为SA 与底面所成的角为45°，所以∠SAS ′＝45°，AS ′＝SA ·cos 45°＝45×22＝210.所以底面周长l ＝2π·AS ′＝410π，所以圆锥的侧面积为12×45×410π＝402π.答案：402π16．(2018·潍坊模拟)已知正四棱柱的顶点在同一个球面上，且球的表面积为12π，当正四棱柱的体积最大时，正四棱柱的高为________．解析：设正四棱柱的底面边长为a ，高为h ，球的半径为r ，由题意知4πr 2＝12π，所以r 2＝3，又2a 2＋h 2＝(2r )2＝12，所以a 2＝6－h 22，所以正四棱柱的体积V ＝a 2h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫6－h 22h ，则V ′＝6－32h 2，由V ′>0，得0<h <2，由V ′<0，得h >2，所以当h ＝2时，正四棱柱的体积最大，V max ＝8.答案：2精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

试题
解析
考点一 考点二 考点三
由(1)知 AC⊥HD′，又 AC⊥BD，BD∩HD′＝H， 所以 AC⊥平面 BHD′，于是 AC⊥OD′. 又由 OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以 OD′⊥平面 ABC. 又由EAFC＝DDHO得 EF＝92. 五边形 ABCFE 的面积 S＝12×6×8－12×92×3＝649. 所以五棱锥 D′-ABCFE 的体积 V＝13×649×2 2＝232 2.
第十四页，编辑于星期六：一点 十七分。
第二讲 空间点、线、面位置关系的判断
考点三
课前自主诊断
课堂对点补短
限时规范训练 上页 下页
考点一 考点二 考点三
根据上面所做题目，请填写诊断评价
错因(在相应错因中画√)
考点 错题题号
诊
知识性 方法性 运算性 审题性
断 考点一 评 价 考点二
考点三
※ 用自己的方式诊断记录 减少失误从此不再出错
第十五页，编辑于星期六：一点 十七分。
第二讲 空间点、线、面位置关系的判断
课前自主诊断
课堂对点补短
考点一 空间点、线、面位置关系的基本问题
限时规范训练 上页 下页
考点一 考点二 考点三
[经典结论·全通关] 空间中点、线、面的位置关系的判定 (1)可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例． (2)可以借助长方体，在理解空间点、线、面位置关系的基础上， 抽象出空间线、面的位置关系的定义．
第十二页，编辑于星期六：一点 十七分。
第二讲 空间点、线、面位置关系的判断
考点三
课前自主诊断
课堂对点补短
限时规范训练 上页 下页
试题
解析
(1)证明：因为 PC⊥平面 ABCD，所以 PC⊥DC.