高考数学专题复习 专题七 立体几何教案 文

第一节几何体的结构、三视图、体积与表面积授课提示：对应学生用书第132页[基础梳理]1．多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都互相平行，上下底面是全等的多边形．(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形．(3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．2．旋转体的形成3.空间几何体的三视图(1)三视图的形成与名称：①形成：空间几何体的三视图是用平行投影得到的，在这种投影之下，与投影面平行的平面图形留下的影子，与平面图形的形状和大小是完全相同的；②名称：三视图包括正视图、侧视图、俯视图．(2)三视图的画法：①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察到的几何体的正投影图． 4．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴，y ′轴的夹角为45°或135°，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴；平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y 轴的线段在直观图中长度为原来的一半．5．多面体的表面积与侧面积多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和． 6．旋转体的表面积与侧面积7.空间几何体的体积(h 为高，S 为下底面积，S ′为上底面积) (1)V 柱体＝Sh .特别地，V 圆柱＝πr 2h (r 为底面半径)． (2)V 锥体＝13Sh .特别地，V 圆锥＝13πr 2h (r 为底面半径)． (3)V 台体＝13h (S ＋SS ′＋S ′)．特别地，V 圆台＝13πh (r 2＋rr ′＋r ′2)(r ，r ′分别为上、下底面半径)． (4)V 球＝43πR 3(球半径是R )．1．几类特殊多面体(1)直棱柱：侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱．正棱柱：正棱柱是侧棱都垂直于底面，且底面是正多边形的棱柱．(2)正棱锥：底面是正多边形，且顶点在底面的投影为底面中心的棱锥为正棱锥．2．利用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图的面积是原来图形的24倍．3．三视图的基本要求长对正，高平齐，宽相等．4．几个结论(1)棱长为a的正四面体，其高为63a.其内切球和外接球的球心重合，是正四面体的中心．其外接球和内切球的半径分别为64a和6 12a.(2)长方体的长、宽、高分别为a、b、c，则体对角线长为a2＋b2＋c2，即为外接球直径．[四基自测]1．如图，长方体ABCD A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．简单组合体答案：C2．某几何体的三视图如图所示，根据三视图可以判断这个几何体为( )A．圆锥B．三棱锥C．三棱柱D．三棱台答案：C3．利用斜二测画法得到的：①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形．以上结论正确的个数是________．答案：14．正六棱柱的高为6，底面边长为4，则它的表面积为( )A．48(3＋3) B．48(3＋23)C．24(6＋2) D．144答案：A5．球内接正方体的棱长为1，则球的表面积为________．答案：3π考点一简单几何体的三视图与直观图◄考基础——练透[例1] (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：由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.答案：A(2)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的正视图是( )解析：取DD1的中点F，连接AF，C1F，平面AFC1E为截面．如图所示：所以上半部分的正视图，如A选项所示．答案：A(3)某几何体的主视图和左视图如图(1)，它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1，如图(2)，其中O1A1＝6，O1C1＝2，则该几何体的侧面积为( )A．48 B．64C．96 D．128解析：由题意可知该几何体是一个直四棱柱，∵它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1，O1A1＝6，O1C1＝2，∴它的俯视图是边长为6的菱形，∵棱柱的高为4，∴该几何体的侧面积为4×6×4＝96，故选C.答案：C1．识别给出几何体的三视图需抓住三视图的特征，同时注意实虚线．2．三视图还原的三方法(1)熟悉常见几何体的三视图，如两个矩形、一个圆形为圆柱，三个三角形为三棱锥等．(2)直接还原．将几何体放在长方体或正方体中，一般从俯视图入手，找几何体顶点的位置，再确定实虚线．(3)将几何体放入柱体或锥体中，通过合理切割得到相应几何体．3．原图与直观图中的“三变”与“两不变”(1)“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度改变(减半)图形改变(2)“两不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行关系不变与x 轴平行的线段长度不变1．如图(1)所示，是一个棱长为2的正方体被削去一个角后所得到的几何体，其中DD 1＝1，AB ＝BC ＝AA 1＝2，若此几何体的俯视图如图(2)所示，则可以作为其正视图的是()解析：根据该几何体的直观图和俯视图知，其正视图的长应为底面正方形的对角线长，宽应为正方体的棱长，故排除B ，D ；而在三视图中看不见的棱用虚线表示，故排除A. 答案：C2．已知等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，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________．解析：取AB 的中点O 为坐标原点，建立平面直角坐标系，y 轴交DC 于点E ，O ，E 在斜二测画法中的对应点为O ′，E ′，过E ′作E ′F ′⊥x ′轴，垂足为F ′，在等腰梯形ABCD 中，∵CD ＝1，AB ＝3，AD ＝CB ＝2，∴OE ＝1，由斜二测画法知，AB ＝A ′B ′＝3，CD ＝C ′D ′＝1， O ′E ′＝12OE＝12，∴E ′F ′＝O ′E ′sin 45°＝12×22＝24， ∴直观图A ′B ′C ′D ′的面积为1＋32×24＝22. 答案：22考点二 几何体的表面问题——知法 [例2](1)(2018·高考全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．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 5 C ．3D ．2解析：先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M ，N 的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图②所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径．ON＝14×16＝4，OM＝2，∴|MN|＝OM2＋ON2＝22＋42＝2 5.故选B.答案：B(2)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图可知，该几何体是一个长方体内挖去一个圆柱体，如图所示．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2π×1＝2π，圆柱的两个底面面积和为2×π×12＝2π.故该几何体的表面积为38＋2 π－2 π＝38.答案：381．几何体表面上的最短距离问题几何体表面上的两点间的最短距离，其求解方法是把几何体展开为平面图形，平面图形相应两点的线段为其最短距离．2．几类空间几何体表面积的求法(1)多面体：其表面积是各个面的面积之和．(2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．(3)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补．(4)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(5)几何体切、割后的图形的表面，不一定是减少，甚至可能增加．1．(2019·九江模拟)如图，网格纸上小正方形边长为1，粗线是一个棱锥的三视图，则此棱锥的表面积为( )A ．6＋42＋2 3B ．8＋4 2C ．6＋6 2D ．6＋22＋4 3解析：直观图是四棱锥P ABCD ，如图所示，S △P AB ＝S △P AD ＝S △PDC ＝12×2×2＝2，S △PBC ＝12×22×22×sin 60°＝23，S 四边形ABCD ＝22×2＝42，故此棱锥的表面积为6＋42＋23，故选A.答案：A2．如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积为( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π解析：该几何体是一个球体挖掉18剩下的部分，如图所示，依题意得78×43πR 3＝28π3，解得R ＝2，所以该几何体的表面积为4π×22×78＋34π×22＝17π. 答案：A考点三 空间几何体的体积◄考基础——练透 [例3](1)(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( ) A ．90π B ．63π C ．42πD ．36π解析：法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V ＝π×32×10－12×π×32×6＝63π.法二：依题意，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V ＝π×32×7＝63π，故选B. 答案：B (2)(2018·高考天津卷)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M －EFGH 的体积为________．解析：依题意，易知四棱锥M －EFGH 是一个正四棱锥，且底面边长为22，高为12.故V M －EFGH ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫222×12＝112.答案：112(3)正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥C 1－B 1DA 的体积为( ) A ．3 B.32 C ．1D.32解析：在△ABC 中，D 为BC 中点，则有AD ＝32AB ＝3，S △DB 1C 1＝12×2×3＝ 3.又∵平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，AD ⊥BC ，AD 平面ABC ，∴AD ⊥平面BB 1C 1C ，即AD 为三棱锥A －B 1DC 1底面上的高．∴VC 1－B 1DA ＝VA －C 1B 1D ＝13S △DB 1C 1·AD ＝13×3×3＝1.答案：C求几何体的体积的方法1．(2019·大连双基检测)如图所示，在边长为1的正方形网格中用粗线画出了某个多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A ．15B ．13C ．12D ．9解析：几何体的直观图如图所示，其中底面ABCD 是一个矩形(其中AB ＝5，BC ＝2)，棱EF ∥底面ABCD ，且EF ＝3，直线EF 到底面ABCD 的距离是3.连接EB ，EC ，则题中的多面体的体积等于四棱锥E －ABCD 与三棱锥E －FBC 的体积之和，而四棱锥E －ABCD 的体积等于13×(5×2)×3＝10，三棱锥E －FBC 的体积等于13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×3×3×2＝3，因此题中的多面体的体积等于10＋3＝13，故选B.答案：B2.如图所示是一个以△A 1B 1C 1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝2，∠A 1B 1C 1＝，AA 1＝4，BB 1＝3，CC 1＝2，求： (1)该几何体的体积． (2)截面ABC 的面积．解析：(1)过C 作平行于△A 1B 1C 1的截面A 2B 2C ，交AA 1，BB 1分别于点A 2，B 2.由直三棱柱性质及∠A 1B 1C 1＝，则V ＝VA 1B 1C 1－A 2B 2C ＋VC －ABB 2A 2 ＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6. (2)在△ABC 中，AB ＝22＋(4－3)2＝5，BC ＝22＋(3－2)2＝5，AC ＝(22)2＋(4－2)2＝2 3.则S △ABC ＝12×23×(5)2－(3)2＝ 6.考点四 球及组合体◄考基础——练透 [例4](1)(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 3 B ．18 3 C ．24 3D ．54 3解析：由等边△ABC 的面积为93可得34AB 2＝93， 所以AB ＝6，所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝33AB ＝2 3.设球的半径为R ，球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ，则d ＝R 2－r 2＝16－12＝2.所以三棱锥D －ABC 高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D －ABC 体积的最大值为13×93×6＝18 3. 故选B. 答案：B (2)(2017·高考全国卷Ⅰ)已知三棱锥SABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．解析：设球O 的半径为R ，∵SC 为球O 的直径，∴点O 为SC 的中点，连接AO ，OB (图略)，∵SA ＝AC ，SB ＝BC ，∴AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，∵平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，∴AO ⊥平面SCB ，∴V SABC ＝V ASBC ＝13×S △SBC ×AO＝13×(12×SC×OB)×AO，即9＝13×(12×2R×R)×R，解得R＝3，∴球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π.答案：36π(3)现有三个球和一个正方体，第一个球是正方体的内切球，第二个球与正方体的各条棱都相切，第三个球为正方体的外接球，那么这三个球的表面积之比为_ _______．解析：设正方体棱长为a，则三个球的半径分别为a2，22a，32a，所以它们的表面积之比为1∶2∶3.答案：1∶2∶31.求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．2.解决几何体最值问题的方法续表1．已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点．若三棱锥O ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( )A．36π B．64πC．144π D．256π解析：△AOB的面积为定值，当OC垂直于平面AOB时，三棱锥O ABC的体积取得最大值．由13＝36得R＝6.从而球O的表面积S＝4πR2＝144π.故选C.6R答案：C2．已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积取最大值时，其高的值为( )A．3 3 B. 3C ．2 6D ．2 3解析：设正六棱柱的底面边长为a ，高为h ，则可得a 2＋h 24＝9，即a 2＝9－h 24，那么正六棱柱的体积V ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫6×34a 2×h ＝332(9－h 24)h ＝332(－h 34＋9h )．令y ＝－h 34＋9h ，∴y ′＝－3h 24＋9. 令y ′＝0，∴h ＝2 3.易知当h ＝23时，正六棱柱的体积最大，故选D. 答案：D3．正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1的各顶点都在半径为R 的球面上，则正四棱柱的侧面积有最________值，为________．解析：如图所示，截面图为长方形ACC 1A 1和其外接圆．球心为EE 1的中点O ， 则R ＝OA .设正四棱柱的侧棱长为b ，底面边长为a ，则AC ＝2a ，AE ＝22a ，OE ＝b 2，R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 22，∴4R 2＝2a 2＋b 2，则正四棱柱的侧面积： S ＝4ab ＝2·2a ·2b ≤2(a 2＋2b 2)＝42R 2，故侧面积有最大值，为42R 2，当且仅当a ＝2b 时等号成立． 答案：大 42R 2直观想象、数学运算——空间计算平面化思想的学科素养空间最值是一类较难的问题，首先要善于将空间问题转化为平面问题，要有较强的空间想象能力，其次是在平面上的数学运算能力.[例] 如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120，若平面ABC 外的一点P 和线段AC 上的一点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体P －BCD 的体积的最大值是________．解析：法一：平面几何法由题意知四面体PBCD 的体积最大时，应有平面PBD ⊥平面BCD .如图所示，过点P 作PF ⊥BD ，则PF ⊥平面BCD ，则V P －BCD ＝13S △BCD ·PF .由翻折过程可知AF ＝PF ，则V P －BCD ＝13S △BCD ·AF ，这样就将空间问题转化为△ABC 内的问题． 等腰△ABC 的底边AC 边上的高h ＝AB＝1，V P －BCD ＝13·12·DC ·1·AF ＝16DC ·AF .DC 与AF 不在同一个三角形中，用哪个变量能表示两者呢？注意到当点D 在AC 上运动时，∠ADB 也是在变化的，因此可以取∠ADB 为自变量，产生下面的解法．如图所示，因为S △ABD ＝12BD ·AF ＝12AD ·1，则AF ＝ADBD ，得V P －BCD ＝16DC ·AD BD.设∠ADB ＝α，由正弦定理得AD DB＝－α)，DC ＝2sin (α－)sin α，则V P －BCD＝23×sin (－α)sin (α－)sin α＝－cos 2α＋3sin α＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫sin α－14sin α，易知函数f (x )＝x －14x 在区间(0,1]上单调递增，于是V P －BCD≤23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＝12. 法二：构造法换个角度看问题，我们把△ABC “立起来”，如图所示，设BO ⊥平面△ACP ，考虑以B 为顶点，△ACP 的外接圆⊙O 为底面的圆锥，易得AC＝23，则OB ＝|BA |2－|OA |2≤ 4－⎝ ⎛⎭⎪⎫12AC 2＝1.设∠PDA ＝θ，θ∈(0，π)，AD ＝x (0＜x ＜23)，则S △PCD ＝12x ×(23－x )sin θ≤12x ×(23－x )≤12⎝ ⎛⎭⎪⎫2322＝32，所以四面体PBCD 的体积V P －BCD ＝13·S △PCD ·OB ≤13×32＝12，当且仅当OA ＝12AC ＝3，且θ＝π2时取等号(此时D 点与圆心O 重合，PD 垂直平分AC ，进而可得BD ⊥PD )． 三：解析法由于△ABC 是顶角为的等腰三角形，建系非常方便． 如图，取AC 的中点为原点，以AC 所在的直线为x 轴建立平面直角坐标系，则A (－3，0)，B (0，－1)，C (3，0)，设D (t,0)，t ∈(－3，3)，易知直线BD 的方程为x －yt －t ＝0，则点A 到直线BD 的距离即AF ＝3＋t 1＋t 2，S △BCD ＝12(3－t )，于是V P －BCD ＝13S △BCD ·AF ＝f (t )＝13·12(3－t )×3＋t 1＋t 2＝16·3－t 21＋t 2＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫41＋t 2－1＋t 2，t 2∈[0,3)，易知该函数在[0,3)上单调递减，故V P －BCD ≤f (0)＝12，此时D 在原点． 点评：法一是选取∠ADB ＝α为自变量，构造四面体P －BCD 的体积表达式，法二中圆锥的高OB 也是三棱锥B －PCD 的高，根据题设可以得到OB 的最大值为1(即圆锥底面半径的最小值为3)；另外可以算出动态△PCD 的面积的最大值，由此既得四面体P－BCD的体积的最大值(注意两个等号可以同时取得)；法三是注意到△ABC的等腰特殊性，比较适合解析法，最后利用函数思想求得最值.课时规范练A组基础对点练1．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A．12＋4 2 B．18＋8 2C．28 D．20＋8 2解析：由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图所示．则该几何体的表面积为S＝2×12×2×2＋4×2×2＋22×4＝20＋82，故选D.答案：D2．已知某锥体的正视图和侧视图如图所示，其体积为233，则该锥体的俯视图可能是( )解析：由正视图得该锥体的高是h ＝22－12＝3，因为该锥体的体积为233，所以该锥体的底面面积是S ＝23313h ＝23333＝2，A 项的正方形的面积是2×2＝4，B 项的圆的面积是π×12＝π，C 项的大三角形的面积是12×2×2＝2，D 项不可能是该锥体的俯视图，故选C.答案：C3．已知四棱锥P ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P ABCD 的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PN ＝5，PM ＝3，S △P AD ＝12×4×5＝25，S △P AB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3，S △PBC ＝12×4×3＝6.答案：C4．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A．12π B.32 3πC．8π D．4π解析：由正方体的体积为8可知，正方体的棱长a＝2.又正方体的体对角线是其外接球的一条直径，即2R＝3a(R为正方体外接球的半径)，所以R＝3，故所求球的表面积S＝4πR2＝12π.答案：A5．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．43πC．46π D．63π解析：设球的半径为R，由球的截面性质得R＝(2)2＋12＝3，所以球的体积V＝43πR3＝43π.答案：B6．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.323B.163C.83D.43解析：该几何体由一个三棱锥和一个三棱柱组合而成，直观图如图所示，V ＝V 柱＋V 锥＝12×(1＋1)×1×2＋13×12×(1＋1)×1×2＝83，故选C.答案：C7．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线(实线和虚线)表示的是某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积为( )A ．24πB ．29πC ．48πD ．58π解析：如图所示，在3×2×4的长方体中构造符合题意的几何体(三棱锥A BCD )，其外接球即为长方体的外接球，表面积为4πR 2＝π(32＋22＋42)＝29π.答案：B8．已知圆锥的表面积为a ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是( )A.a 2B.3πa 3πC.23πa 3πD.23a 3π解析：设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题意知2πr ＝πl ，∴l ＝2r ，则圆锥的表面积S表＝πr 2＋12π(2r )2＝a ，∴r 2＝a 3π，∴2r ＝23πa3π.答案：C9．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为9π2，则正方体的棱长为________．解析：设正方体棱长为a ，球半径为R ，则43πR 3＝9π2，∴R ＝32，∴3a ＝3，∴a ＝ 3.答案： 310.某零件的正(主)视图与侧(左)视图均是如图所示的图形(实线组成半径为2 cm 的半圆，虚线是等腰三角形的两腰)，俯视图是一个半径为2cm 的圆(包括圆心)，则该零件的体积是________．解析：依题意得，零件可视为从一个半球中挖去一个小圆锥所剩余的几何体，其体积为12×4π3×23－13×π×22×1＝4π(cm 3)．答案：4π cm 3B 组 能力提升练11．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.163B.203C.152D.132解析：该几何体可视为正方体截去两个三棱锥所得，如图所示，所以其体积为23－13×12×2×2×2－13×12×1×1×1＝132.故选D.答案：D12．(2019·西安质量检测)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.43B.52C.73 D ．3解析：根据几何体的三视图，得该几何体是下部为直三棱柱，上部为三棱锥的组合体，如图所示，则该几何体的体积是V 几何体＝V 三棱柱＋V 三棱锥＝12×2×1×1＋13×12×2×1×1＝43.故选A.答案：A13．(2019·广州模拟)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．若三棱锥 P ABC 为鳖臑，P A ⊥平面ABC ，P A ＝AB ＝2，AC ＝4，三棱锥PABC 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为( )A ．8πB ．12πC ．20πD ．24π 解析：如图所示，因为四个面都是直角三角形，所以PC 的中点到每一个顶点的距离都相等，即PC 的中点为球心O ，易得2R ＝PC ＝20，所以R ＝202，球O 的表面积为4πR 2＝20π，故选C.答案：C14．在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB.9π2 C ．6π D.32π3解析：由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，该球的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.答案：B15．已知正四棱锥O ABCD 的体积为322，底面边长为3，则以O 为球心，OA为半径的球的表面积为________．解析：过O 作底面ABCD 的垂线段OE (图略)，则E 为正方形ABCD 的中心．由题意可知13×(3)2×OE ＝322，所以OE ＝322，故球的半径R ＝OA＝ OE 2＋EA 2＝6，则球的表面积S ＝4πR 2＝24π.答案：24π 16．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由题意得到几何体的直观图如图所示，即从四棱锥P ABCD 中挖去了一个半圆锥．其体积V ＝13×2×2×2－12×13×π×12×2＝8－π3.答案：8－π3第二节 空间点、直线、平面之间的位置关系[基础梳理] 1．平面的基本性质(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内．(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．2．空间两条直线的位置关系 (1)位置关系分类：位置关系⎩⎨⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧ 相交直线：同一平面内，有且只有一个 公共点；平行直线：同一平面内，没有公共点；异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点.(2)平行公理(公理4)和等角定理：①平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行．②等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．(3)异面直线所成的角：①定义：已知两条异面直线a ，b ，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫作异面直线a 与b 所成的角(或夹角)； ②范围：⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2.3．空间直线与平面、平面与平面的位置关系aα1．公理的作用公理1：可用来证明点、直线在平面内．公理2：可用来确定一个平面．公理3：(1)可用来确定两个平面的交线．(2)判断或证明多点共线．(3)判断或证明多线共点．公理4：(1)可用来判断空间两条直线平行．(2)等角定理的理论依据．2．异面直线的两个结论(1)平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线．(2)分别在两个平行平面内的直线平行或异面．[四基自测]1．下列命题中，真命题是( )A．空间不同三点确定一个平面B．空间两两相交的三条直线确定一个平面C．两组对边相等的四边形是平行四边形D．和同一直线都相交的三条平行线在同一平面内答案：D2．若空间三条直线a，b，c满足a⊥b，b∥c，则直线a与c()A．一定平行B．一定相交C．一定是异面直线D．一定垂直答案：D3.如图所示，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成的角的大小为( )A．30°B．45°C．60°D．90°答案：C4．两两相交的三条直线最多可确定________个平面．答案：3考点一平面的基本性质◄考基础——练透[例1] (1)如图所示是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个是( )(2)如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C l，则平面ABC与平面β的交线是( )A．直线AC B．直线ABC．直线CD D．直线BC解析：(1)A，B，C图中四点一定共面，D中四点不共面．(2)由题意知，D∈l，lβ，所以D∈β，又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，所以点D在平面ABC与平面β的交线上．又因为C∈平面ABC，C∈β，所以点C在平面β与平面ABC的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD.答案：(1)D (2)C1.由元素确定平面时，要看元素满足的条件．(1)由点确定平面：三点不共线；(2)由点和线确定平面：点不在直线上；(3)由线确定平面：两条相交线，两条平行线．2.多点共线或多线共点问题：点为平面的公共点，线为平面的交线.3．共面、共线、共点问题的证明(1)证明点或线共面，①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．(2)证明点共线，①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定的直线上．(3)证明线共点，先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点.如图所示，ABCD A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是()A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面解析：连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，所以A1，C1，C，A四点共面，所以A1C平面ACC1A1，因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，所以A，M，O三点共线．故选A.答案：A考点二空间直线的位置关系◄考能力——知法角度1 异面直线的判定[例2] 如图所示为正方体表面的一种展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有________对．解析：平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB 与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行．故互为异面直线的有3对．答案：3角度2 平行和垂直的判定[例3] (1)(2019·衡水中学模拟)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是( )A．MN与CC1垂直B．MN与AC垂直C．MN与BD平行D．MN与A1B1平行(2)l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1⊥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面解析：(1)连接C1D，BD(图略)．∵N是D1C的中点，∴N是C1D的中点，∴MN∥BD.又∵CC1⊥BD，∴CC1⊥MN，故A，C正确．∵AC⊥BD，MN∥BD，∴MN⊥AC，故B正确．故选D.(2)如图所示长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB⊥AD，CD⊥AD但有AB∥CD，因此A不正确；又AB∥DC∥A1B1，但三线不共面，因此C不正确；又从A出发的三条棱不共面，所以D不正确；因此B正确，且由线线平行和垂直的定义易知B正确．答案：(1)D (2)B1．异面直线的判定方法(1)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面．此法在异面直线的判定中经常用到．(2)定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线．2．线线平行或垂直的判定方法(1)对于平行直线，可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理来判断．(2)对于线线垂直，往往利用线面垂直的定义，由线面垂直得到线线垂直．。

第七章立体几何第一节空间几何体的结构特征、表面积及体积[备考领航][重点准·逐点清]重点一空间几何体的结构特征1．多面体的结构特征[提醒]特殊的四棱柱四棱柱――→底面为平行四边形 平行六面体――→侧棱垂直于底面直平行六面体――→底面为矩形长方体――→底面边长相等正四棱柱――→侧棱与底面边长相等正方体 上述四棱柱有以下集合关系：{正方体}{正四棱柱}{长方体}{直平行六面体}{平行六面体}{四棱柱}．2．旋转体的结构特征[提醒] 球的截面的性质 (1)球的任何截面都是圆面；(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(3)球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为r ＝R 2－d 2. [逐点清]1．(多选)下列说法正确的是( ) A ．棱柱的侧棱长都相等B ．棱柱的两个互相平行的面一定是棱柱的底面C ．棱台的侧面是等腰梯形D ．用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面解析：选AD A 正确；B 不正确，例如六棱柱的相对侧面也互相平行；C 不正确，棱台的侧棱长可能不相等；D 正确，用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面，故选A 、D.2．(必修2第8页A 组1(1)题改编)在如图所示的几何体中，是棱柱的为 ．(填写所有正确的序号)解析：由棱柱的结构特征可知③⑤是棱柱．答案：③⑤重点二直观图1．画法：常用斜二测画法．2．规则：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直；(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．[逐点清]3.(必修2第19页练习3题改编)如图，直观图所表示的平面图形是()A．正三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．直角三角形解析：选D由直观图中A′C′∥y′轴，B′C′∥x′轴，还原后AC∥y轴，BC∥x 轴，所以△ABC是直角三角形，故选D.重点三空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式[提醒](1)几何体的侧面积是指(各个)侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和；(2)圆台、圆柱、圆锥的转化当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，由此可得：S 圆柱侧＝2πrl ――→r ′＝rS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l ――→r ′＝0S 圆锥侧＝πrl . 2．空间几何体的表面积与体积公式[逐点清]4．(必修2第27页练习1题改编)已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD ．32cm解析：选B 由题意，得S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，得r 2＝4，所以r ＝2(cm)． 5．(必修2第37页2题改编)一个半径为21的球形冰块融化在一个半径为14的圆柱形的水桶内，则水面的高度为 ．解析：设水面的高度为h ，则4π×2133＝π×142×h ，解得h ＝63，所以水面高度为63.答案：636.(必修2第28页A 组3题改编)如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为 ．解析：设长方体的相邻三条棱长分别为a ，b ，c ，它截出棱锥的体积为V 1＝13×12×12a ×12b ×12c ＝148abc ，剩下的几何体的体积V 2＝abc －148abc ＝4748abc ，所以V 1∶V 2＝1∶47.答案：1∶47[记结论·提速度][记结论]1．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系为S 直观图＝24S 原图形，S 原图形＝22S 直观图． 2．几个与球有关的切、接常用结论 (1)正方体的棱长为a ，球的半径为R ： ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)若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)正四面体内切球半径是高的14，外接球半径是高的34，两半径之比为1∶3.[提速度]1.如图所示的直观图中，O ′A ′＝O ′B ′＝2，则其平面图形的面积是( )A ．4B ．4 2C ．2 2D ．8解析：选A S 原△AOB ＝22S △A ′O ′B ′ ＝22×12×2×2×sin 45°＝4.2．(2020·天津高考)若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π 解析：选C 设外接球的半径为R ，易知2R ＝3×23＝6，所以R ＝3，于是表面积S ＝4πR 2＝36π，故选C.3．若正四面体的棱长为a ，则其内切球的半径为 ．解析：因正四面体的棱长为a，则正四面体的高为6 3a.因正四面体内切球半径是高的14，即r＝612a.答案：6 12a][题组练透]1．给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0B．1C．2 D．3解析：选A①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．2．如图，长方体ABCD-A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是()A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．六棱柱解析：选C由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．故选C.3．把一个半径为20的半圆卷成圆锥的侧面，则这个圆锥的高为( ) A ．10 B ．10 3 C ．10 2D ．5 3解析：选B 设圆锥的底面半径为r ，高为h .因为半圆的弧长等于圆锥的底面周长，半圆的半径等于圆锥的母线，所以2πr ＝20π，所以r ＝10，所以h ＝202－102＝10 3.4.(2020·全国卷Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B ．5－12 C.5＋14D ．5＋12解析：选C 设正四棱锥的高为h ，底面正方形的边长为2a ，斜高为m ，依题意得h 2＝12×2a ×m ，即h 2＝am ①，易知h 2＋a 2＝m 2②，由①②得m ＝1＋52a ，所以m 2a ＝1＋52a 2a ＝1＋54.故选C.[练后悟通]空间几何体概念辨析题的常用方法[基础自学过关][题组练透]1．已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为()A．122πB．12πC．82πD．10π解析：选B设圆柱的轴截面的边长为x，则由x2＝8，得x＝22，∴S圆柱表＝2S底＋S侧＝2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.故选B.2．(2021·河南周口模拟)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为30°，则该三棱柱的侧面积为()A．4＋4 2 B．4＋4 3C．12 D．8＋4 2解析：选A连接A1B(图略)．因为AA1⊥底面ABC，则AA1⊥BC，又AB⊥BC，AA1∩AB ＝A，所以BC⊥平面AA1B1B，所以直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为∠CA1B＝30°.又AA1＝AC＝2，所以A1C＝22，BC＝ 2.又AB⊥BC，则AB＝2，则该三棱柱的侧面积为22×2＋2×2＝4＋4 2.3．已知圆台的上、下底面半径和高的比为1∶4∶4，若母线长为10，则圆台的表面积为()A．81πB．100πC．168πD．169π解析：选C圆台的轴截面如图，设上底面半径为r，下底面半径为R，高为h，母线长为l，则它的母线长为l＝h2＋(R－r)2＝(4r)2＋(3r)2＝5r＝10，所以r＝2，R＝8.故S侧＝π(R＋r)l＝π(8＋2)×10＝100π，S表＝S侧＋πr2＋πR2＝100π＋4π＋64π＝168π.4.如图，设正三棱锥S-ABC的侧面积是底面积的2倍，正三棱锥的高SO＝3，则此正三棱锥的表面积为．解析：如图，设正三棱锥的底面边长为a ，斜高为h ′，过点O 作OE ⊥AB ，与AB 交于点E ，连接SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝h ′.∵S 侧＝2S 底， ∴12·3a ·h ′＝34a 2×2. ∴a ＝3h ′.∵SO ⊥OE ，∴SO 2＋OE 2＝SE 2. ∴32＋⎝⎛⎭⎫36×3h ′2＝h ′2. ∴h ′＝23，∴a ＝3h ′＝6. ∴S 底＝34a 2＝34×62＝93，S 侧＝2S 底＝18 3. ∴S 表＝S 侧＋S 底＝93＋183＝27 3. 答案：27 3[练后悟通]求解几何体表面积的类型及求法[定向精析突破]考向1 直接利用公式求体积[例1] (1)(2021·全国统一考试模拟演练)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为 ．(2)(2021·江苏南通联考)已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各棱长均为2，点D 在棱AA 1上，则三棱锥D -BB 1C 1的体积为 ．[解析] (1)截面图如图所示，因为圆台下底面半径为5，球的直径为10，则圆台的下底面为过球心的截面，OC ＝OB ＝5，O ′C ＝4，∠OO ′C ＝π2，则圆台的高为3，V ＝13h (S 1＋S 1S 2＋S 2)＝25π＋20π＋16π＝61π.(2)如图，取BC 中点O ，连接AO .∵正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各棱长均为2，∴AC ＝2，OC ＝1，则AO ＝ 3. ∵AA 1∥平面BCC 1B 1，∴点D 到平面BCC 1B 1的距离为 3. 又∵S △BB 1C 1＝12×2×2＝2，∴VD -BB 1C 1＝13×2×3＝233.[答案] (1)61π (2)233考向2 割补法求体积[例2] 如图，在直角梯形ABCD 中，AD ＝AB ＝4，BC ＝2，沿中位线EF 折起，使得∠AEB 为直角，连接AB ，CD ，则所得的几何体的体积为 ．[解析] 法一(分割法)：如图，过点C 作CM 平行于AB ，交AD 于点M ，作CN 平行于BE ，交EF 于点N ，连接MN .由题意可知ABCM ，BENC 都是矩形，AM ＝DM ＝2，CN ＝2，FN ＝1，AB ＝CM ＝22，所以S △AEB ＝12×2×2＝2，因为截面CMN 把这个几何体分割为直三棱柱ABE -MCN 和四棱锥C -MNFD ，又因为直三棱柱ABE -MCN 的体积为V 1＝S △ABE ·AM ＝12×2×2×2＝4，四棱锥C -MNFD 的体积为V 2＝13S 四边形MNFD ·BE ＝13×12×(1＋2)×2×2＝2，所以所求几何体的体积为V 1＋V 2＝6.法二(分割法)：如图，连接AC ，EC ，则几何体分割为四棱锥C -ADFE 和三棱锥C -ABE ，因为V C -ADFE ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋42×2×2＝143，V C -ABE ＝13×⎝⎛⎭⎫12×2×2×2＝43，所以几何体的体积为V C -ADFE ＋V C -ABE ＝143＋43＝6. 法三(补形法)：如图，延长BC 至点M ，使得CM ＝2，延长EF 至点N ，使得FN ＝1，连接DM ，MN ，DN ，得到直三棱柱ABE -DMN ，所以几何体的体积等于直三棱柱ABE -DMN 的体积减去四棱锥D -CMNF 的体积．因为V ABE -DMN＝⎝⎛⎭⎫12×2×2×4＝8，V D -CMNF＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋22×2×2＝2， 所以几何体的体积为V ABE -DMN －V D -CMNF ＝8－2＝6. [答案] 6考向3 等体积法求体积[例3] 已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N 分别为BB 1，AB 的中点，则三棱锥A -NMD 1的体积为 ．[解析] 如图，∵正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N 分别为BB 1，AB 的中点，∴S △ANM ＝12×1×1＝12，∴VA -NMD 1＝VD 1-AMN ＝13×12×2＝13.[答案]13[解题技法]1．处理体积问题的思路2．求体积的常用方法[跟踪训练]1.如图所示，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1-ABC 1的体积为( )A ．312B ．34C ．612D ．64解析：选A 三棱锥B 1-ABC 1的体积等于三棱锥A -B 1BC 1的体积，三棱锥A -B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312.2.如图，正四棱锥P -ABCD 的底面边长为2 3 cm ，侧面积为8 3 cm 2，则它的体积为 cm3.解析：记正四棱锥P -ABCD 的底面中心为点O ，棱AB 的中点为H ，连接PO ，HO ，PH ，则PO ⊥平面ABCD ，因为正四棱锥的侧面积为8 3 cm2，所以83＝4×12×23×PH，解得PH＝2，在Rt△PHO中，HO＝3，所以PO＝1，所以V P-ABCD＝13·S正方形ABCD·PO＝4 cm3.答案：43．在梯形ABCD中，∠ABC＝π2，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为()A．2π3B．4π3C．5π3D．2π解析：选C如图所示，过点D作BC的垂线，垂足为H.则由旋转体的定义可知，该梯形绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体为一个圆柱挖去一个圆锥．其中圆柱的底面半径R＝AB＝1，高h1＝2HC＝BC＝2，其体积V1＝πR2h1＝π×12×2＝2π；圆锥的底面半径r＝DH＝1，高h2＝HC＝1，其体积V2＝13πr 2h2＝13π×12×1＝π3.故所求几何体的体积为V＝V1－V2＝2π－π3＝5π3.定向精析突破]考向1几何体的外接球[例4](2021·福州市适应性考试)设三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面，AB＝AC ＝2，∠BAC＝90°，AA1＝32，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是()A．24πB．18πC．26πD．16π[解析]依题意得三棱柱ABC-A1B1C1的外接球即底面为正方形(边长为2)、高为32的长方体的外接球，故该球的直径为长方体的体对角线，设该球的半径为R，则有(2R)2＝22＋22＋(32)2＝26，故该球的表面积为4πR2＝26π，故选C.[答案] C考向2几何体的内切球[例5](2020·全国卷Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为．[解析] 易知半径最大的球即为该圆锥的内切球．圆锥PE 及其内切球O 如图所示，设内切球的半径为R ，则sin ∠BPE ＝R OP ＝BE PB ＝13，所以OP＝3R ，所以PE ＝4R ＝PB 2－BE 2＝32－12＝22，所以R ＝22，所以内切球的体积V ＝43πR 3＝23π，即该圆锥内半径最大的球的体积为23π.[答案]23π [规律探求][跟踪训练]1．已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于( )A ．4πB ．163π C.323π D ．16π解析：选D 如图，由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心，于是，球的半径r＝OB＝OA2＋AB2＝12＋(3)2＝2.故这个球的表面积S＝4πr2＝16π.故选D.2．(2020·全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为()A．64πB．48πC．36πD．32π解析：选A如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以AB＝2r，解得AB＝23，故OO1＝23，所以R2＝OO21＋r2＝sin 60°(23)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.3．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝2a.若在这个四棱锥内放一球，则此球的最大半径为．解析：由题意知，当球与四棱锥各面均相切，即内切于四棱锥时球的半径最大．作出其侧视图，如图所示．易知球的半径r＝(2－2)a.答案：(2－2)a微专题(十四) 思想方法化归转化思想、函数与方程思想——立体几何中的最值问题[典例1]正四面体ABCD中，E是AD的中点，P是棱AC上一动点，BP＋PE的最小值为14，则该四面体内切球的体积为．[解析]如图①所示，在正方体中作出一个正四面体ABCD，将正△ABC沿AC边翻折，使平面ABC与平面ACD在同一平面内，如图②.要使得BP＋PE最小，则B，P，E三点共线，此时BE＝14.设正四面体的棱长为x，在△ABE中，由余弦定理可得(14)2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫x 22－2·x ·x 2·cos 2π3，解得x ＝2 2. 所以正方体的棱长为2，正四面体的体积V 正四面体＝V 正方体－4×13×12×2×2×2＝83.设正四面体内切球的半径为r ，由等体积法可得V 正四面体＝4×13S △ABC ×r ，整理得83＝4×13×r ×12×(22)2sin π3，解得r ＝33. 所以该四面体内切球的体积V ′＝43πr 3＝43π⎝⎛⎭⎫333＝43π27.[答案]43π27[点评] 本题为典型的表面距离最值问题，渗透了空间问题平面化的思想，考查了正四面体体积与内切球半径的计算，考查了空间思维及转化能力，体现了等体积法的应用．本题还可以采用常规方法求解正四面体的体积，即利用正四面体体积公式V ＝212a 3(a 为正四面体的棱长)求解．[典例2] (1)如图所示，菱形ABCD 的边长为2，现将△ACD 沿对角线AC 折起使平面ACD ′⊥平面ACB ，则此时空间四面体ABCD ′体积的最大值为( )A.16327B ．539 C ．1D ．34(2)如图所示，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为3的正方形，侧棱AA 1＝a (a ＞3)，M 是BC 的中点，点P 是矩形DCC 1D 1上及内部的动点，且满足∠APD ＝∠MPC ，则三棱锥P -BCD 的体积的最大值是 ．[解析] (1)取AC 中点O ，连接D ′O (图略)． 设∠ABC ＝α，则α∈(0，π)， 所以D ′O ＝AD cos α2＝2cos α2，S △ABC ＝12×2×2sin α＝2sin α.因为D ′O ⊥平面ABC ，所以V 四面体ABCD ′＝13S △ABC ×D ′O ＝43sin αcos α2＝83sin α2cos 2α2＝83sin α2⎝⎛⎭⎫1－sin 2α2⎝⎛⎭⎫0＜α2＜π2. 设t ＝sin α2，则0＜t ＜1，V 四面体ABCD ′＝83(t －t 3)．设f (t )＝83(t －t 3)，0＜t ＜1，则f ′(t )＝83(1－3t 2)，0＜t ＜1.所以当0＜t ＜33时，f ′(t )＞0，f (t )单调递增；当33＜t ＜1时，f ′(t )＜0，f (t )单调递减． 所以当t ＝33时，f (t )取得最大值16327. 所以四面体ABCD ′体积的最大值为16327.故选A. (2)由题意知AD ⊥DP ，CP ⊥CM . 因为∠APD ＝∠MPC ， 所以Rt △ADP ∽Rt △MCP . 因为M 是BC 的中点， 所以AD MC ＝PDPC ＝2，即PD ＝2PC . 作PO ⊥CD 于点O (图略)， 设DO ＝x ，PO ＝h ，则x 2＋h 2＝2(3－x )2＋h 2，化简得3h 2＝－3x 2＋24x －36,0≤x ≤3.根据函数的单调性知当x ＝3时，3h 2取最大值9，所以h 的最大值为 3.因为在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，PO ⊥平面BCD ，所以三棱锥P -BCD 的体积的最大值V ＝13×12×3×3×3＝332.[答案] (1)A (2)332[点评] 这两道题均考查了函数在研究立体几何最值问题中的工具性作用．本例(1)是以角为变量，建立三角函数，既考查了三角函数模型的应用，又考查了立体几何知识．本例(2)是以线段的长为变量，建立代数函数，考查了二次函数在闭区间上的最值问题．[课时过关检测]A 级——基础达标1．将一个等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括( ) A ．一个圆台、两个圆锥 B ．两个圆台、一个圆柱 C ．两个圆柱、一个圆台D ．一个圆柱、两个圆锥解析：选D 从较短的底边的端点向另一底边作垂线，两条垂线把等腰梯形分成了两个直角三角形，一个矩形，所以一个等腰梯形绕它的较长的底边所在直线旋转一周形成的是由一个圆柱，两个圆锥所组成的几何体，如图所示．2．已知圆锥的高为3，底面半径长为4，若一球的表面积与此圆锥的侧面积相等，则该球的半径长为( )A ．5B ． 5C ．9D ．3解析：选B ∵圆锥的底面半径R ＝4，高h ＝3，∴圆锥的母线l ＝5，∴圆锥的侧面积S ＝πRl ＝20π.设球的半径为r ，则4πr 2＝20π，∴r ＝ 5.故选B.3．(2020·全国卷Ⅱ)已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为( )A. 3 B ．32C ．1D ．32解析：选C 由等边三角形ABC 的面积为934，得34AB 2＝934，得AB ＝3，则△ABC 的外接圆半径r ＝23×32AB ＝33AB ＝ 3.设球的半径为R ，则由球的表面积为16π，得4πR 2＝16π，得R ＝2，则球心O 到平面ABC 的距离d ＝R 2－r 2＝1，故选C.4.如图，在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是平行四边形，点E 是棱BB 1的中点，点F 是棱CC 1上靠近C 1的三等分点，且三棱锥A 1-AEF 的体积为2，则四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为( )A ．12B ．8C ．20D ．18解析：选A 设点F 到平面ABB 1A 1的距离为h ，由题意得VA 1-AEF ＝VF -A 1AE .又VF -A 1AE ＝13S △A 1AE ·h ＝13×⎝⎛⎭⎫12AA 1·AB ·h ＝16(AA 1·AB )·h ＝16S 四边形ABB 1A 1·h ＝16VABCD-A1B1C1D1，所以VABCD-A1B1C1D1＝6VA1-AEF＝6×2＝12.所以四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为12.故选A.5．(多选)下列命题错误的是()A．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形B．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台C．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直D．棱台的侧棱延长后交于一点，侧面是等腰梯形解析：选ABD对于A，棱柱的侧面不一定全等，故错误；对于B，由棱台的定义可知只有当平面与底面平行时，所截部分才是棱台，故错误；对于C，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直，比如正方体中共点的三个相邻平面，故正确；对于D，棱台的侧面不一定是等腰梯形，故错误．综上，A、B、D错误，故选A、B、D.6．(多选)(2021·山东临沂模拟)已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的13，则下列结论正确的是()A．球O的表面积为6πB．球O的内接正方体的棱长为1C．球O的外切正方体的棱长为43 D．球O的内接正四面体的棱长为2解析：选AD设球O的半径为r，△ABC的外接圆圆心为O′，半径为R.易得R＝23 3.因为球心O到平面ABC的距离等于球O半径的13，所以r2－19r2＝43，得r2＝32.所以球O的表面积S＝4πr2＝4π×32＝6π，选项A正确；球O的内接正方体的棱长a满足3a＝2r，显然选项B不正确；球O的外切正方体的棱长b满足b＝2r，显然选项C不正确；球O的内接正四面体的棱长c满足c＝263r＝263×62＝2，选项D正确．7．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为cm.解析：如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C.在Rt△ABC中，AC＝12 cm，BC＝8－3＝5(cm)．∴AB ＝122＋52＝13(cm)．答案：138.已知等腰梯形ABCD ，CD ＝1，AD ＝CB ＝2，AB ＝3，以AB 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 ．解析：法一：如图，取AB 的中点O 为坐标原点，建立平面直角坐标系，y 轴交DC 于点E ，O ，E 在斜二测画法中的对应点为O ′，E ′，过E ′作E ′F ′⊥x ′轴，垂足为F ′，因为OE ＝(2)2－12＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ′＝24.所以直观图A ′B ′C ′D ′的面积为S ′＝12×(1＋3)×24＝22.法二：由题中数据得等腰梯形ABCD 的面积S ＝12×(1＋3)×1＝2.由S 直观图＝24S 原图形的关系，得S 直观图＝24×2＝22. 答案：229．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，∵SA 与底面成45°角， ∴△SAO 为等腰直角三角形．设OA ＝r ，则SO ＝r ，SA ＝SB ＝2r .在△SAB 中，cos ∠ASB ＝78，且∠ASB ∈(0,180°)，∴sin ∠ASB ＝158， ∴S △SAB ＝12SA ·SB ·sin ∠ASB＝12×(2r )2×158＝515，解得r ＝210，∴SA ＝2r ＝45，即母线长l ＝45， ∴S 圆锥侧＝πrl ＝π×210×45＝402π. 答案：402π10．如图，在四棱锥P -ABCD 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，且PA ＝PB ＝PC ＝PD ，已知四棱锥的表面积是12，则它的体积为 ．解析：由题意可知四棱锥P -ABCD 为正四棱锥，设AC 交BD 于点O ，连接PO (图略)，则PO 是四棱锥的高．设正四棱锥的斜高为h ′，则2×2＋4×12×2h ′＝12，解得h ′＝2， 则正四棱锥的高PO ＝22－12＝ 3.∴正四棱锥的体积V ＝13×4×3＝433.答案：43311.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P -A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？解：由PO 1＝2 m ，知O 1O ＝4PO 1＝8 m ．因为A 1B 1＝AB ＝6 m ，所以正四棱锥P -A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·(A 1B 1)2·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)；正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积 V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)，所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)． 故仓库的容积是312 m 3.12．已知球的半径为R ，在球内作一个内接圆柱，这个圆柱的底面半径与高为何值时，它的侧面积最大？侧面积的最大值是多少？解：如图为其轴截面，令圆柱的高为h ，底面半径为r ，侧面积为S ，则⎝⎛⎭⎫h 22＋r 2＝R 2，即h ＝2 R 2－r 2.因为S ＝2πrh ＝4πr ·R 2－r 2＝4πr 2·(R 2－r 2)≤4π(r 2＋R 2－r 2)24＝2πR 2， 当且仅当r 2＝R 2－r 2，即r ＝22R 时，取等号， 所以当内接圆柱底面半径为22R ，高为2R 时，其侧面积的值最大，最大值为2πR 2.B 级——综合应用13．(多选)(2021·寿光市高三模拟)沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8 cm ，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的23(细管长度忽略不计)．假设该沙漏每秒钟漏下0.02 cm 3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆．以下结论正确的是( )A ．沙漏中的细沙体积为1 024π81cm 3 B ．沙漏的体积是128π cm 3C ．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4 cmD ．该沙漏的一个沙时大约是1 985秒(π≈3.14)解析：选ACD A ．根据圆锥的截面图可知，细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，所以细沙的底面半径r ＝23×4＝83(cm)，所以体积V ＝13·πr 2·2h 3＝13·64π9·163＝1 024π81(cm 3)；B ．沙漏的体积V ＝2×13×π×⎝⎛⎭⎫h 22×h ＝2×13×π×42×8＝2563π(cm 3)； C ．设细沙流入下部后的高度为h 1，根据细沙体积不变可知，1 024π81＝13×π⎝⎛⎭⎫h 22×h 1，所以1 024π81＝16π3h 1，所以h 1≈2.4 cm ； D ．因为细沙的体积为1 024π81cm 3，沙漏每秒钟漏下0.02 cm 3的沙，所以一个沙时为1 024π810.02＝1 024×3.1481×50≈1 985(秒)． 故选A 、C 、D.14．(2021·上海市浦东新区模拟)如图①所示，已知正方体的面对角线长为a ，沿阴影面将正方体切割成两块，拼成如图②所示的几何体，那么此几何体的表面积为 ．解析：由已知得正方体的棱长为22a ，则正方体的表面积为3a 2，新几何体的表面积比原来多了两个阴影部分的面积，少了正方体两个面的面积，故所求几何体的表面积为3a 2＋2×22a 2－2×12a 2＝(2＋2)a 2. 答案：(2＋2)a 215．一个正三棱锥P -ABC 的底面边长为a ，高是h .一个内接直三棱柱A 1B 1C 1-A 0B 0C 0的顶点A 1，B 1，C 1分别在三条棱上，A 0，B 0，C 0在底面△ABC 上，试证明：当三棱柱侧面积取最大值时，正三棱锥的高PO 被三棱柱的上底面A 1B 1C 1平分．证明：如图，截面A 1B 1C 1∥底面ABC ，故△A 1B 1C 1为正三角形，于是三棱柱A 1B 1C 1-A 0B 0C 0是正三棱柱．设PO 交截面A 1B 1C 1于点O 1，则A 1B 1AB ＝PO 1PO .令A 1B 1＝x ，又PO ＝h ，则PO 1＝h a x .于是O 1O ＝h －PO 1＝h －ha x ＝h ⎝⎛⎭⎫1－x a . 所以所求三棱柱的侧面积S ＝3x ·h ⎝⎛⎭⎫1－x a ＝3h a ·(a －x )·x ＝3h a ⎣⎡⎦⎤a 24－⎝⎛⎭⎫x －a 22，当x ＝a 2，即PO 1＝h 2时，S 有最大值，为34ah ，此时O 1为PO 的中点，即三棱柱的侧面积最大时，PO 被三棱柱的上底面A 1B 1C 1平分．C 级——迁移创新16.瑞士数学家、物理学家欧拉发现任一凸多面体(即多面体内任意两点的连线都被完全包含在该多面体中，直观上讲是指没有凹陷或孔洞的多面体)的顶点数V、棱数E及面数F满足等式V－E＋F＝2，这个等式称为欧拉多面体公式，被认为是数学领域最漂亮、简洁的公式之一，现实生活中存在很多奇妙的几何体，现代足球的外观即取自一种不完全正多面体，它是由m块黑色正五边形面料和32－m块白色正六边形面料构成的．根据欧拉多面体公式求m的值．解：依题意，设足球顶点数V、棱数E及面数F，则F＝m＋32－m＝32，每条棱被两个面公用，故棱数E＝5×m＋6×(32－m)2＝192－m2，每个顶点被3条棱公用，故顶点数V＝5×m＋6×(32－m)3＝192－m3，由V－E＋F＝2，得192－m3－192－m2＋32＝2，解得m＝12.第二节空间点、直线、平面之间的位置关系[备考领航][重点准·逐点清]重点一平面的基本性质公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内；公理2：过不在一条直线上的三点，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，那么它们有且只有一条过这个点的公共直线；公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．[提醒] 三点不一定能确定一个平面．当三点共线时，过这三点的平面有无数个，所以必须是不在一条直线上的三点才能确定一个平面．[逐点清]1．(多选)下列命题中正确的有( ) A ．一条直线和一个点可以确定一个平面 B ．经过两条相交直线，有且只有一个平面 C ．过两条平行直线有且只有一个平面D ．分别在两个相交平面内的两条直线如果相交，则交点一定在两个平面的交线上 解析：选BCD 对于A 选项，当这个点在直线上时，无法确定一个平面，故A 错误； 对于B 、C 选项，均为公理2的推论，故B 、C 正确；对于D 选项，交点分别含于两条直线，也分别含于两个平面，必然在交线上，故D 正确；故选B 、C 、D.2．(必修2第45页例2改编)已知空间四边形的两条对角线相互垂直，顺次连接四边中点的四边形一定是( )A ．梯形B ．矩形C ．菱形D ．正方形解析：选B 如图所示，易证四边形EFGH 为平行四边形，因为E ，F 分别为AB ，BC 的中点，所以EF ∥AC ，又FG ∥BD ，所以∠EFG 或其补角为AC 与BD 所成的角，而AC 与BD 所成的角为90°，所以∠EFG ＝90°，故四边形EFGH 为矩形．重点二 空间中两直线的位置关系 1．空间中两直线的位置关系⎩⎨⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧平行；相交.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，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)；(2)范围：⎝⎛⎦⎤0，π2. 3．等角定理空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． [提醒] (1)不能把异面直线误解为分别在不同平面内的两条直线为异面直线； (2)异面直线不具有传递性，即若直线a 与b 异面，b 与c 异面，则a 与c 不一定是异面直线．[逐点清]3.如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，则异面直线B 1C 与EF 所成角的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选C 连接B 1D 1，D 1C (图略)，则B 1D 1∥EF ，故∠D 1B 1C 为所求的角．又B 1D 1＝B 1C ＝D 1C ，∴∠D 1B 1C ＝60°.4.如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，有以下四个结论：①直线AM 与CC 1是相交直线； ②直线AM 与BN 是平行直线； ③直线BN 与MB 1是异面直线； ④直线AM 与DD 1是异面直线． 其中正确的结论为 (填序号)．解析：直线AM 与CC 1是异面直线，直线AM 与BN 也是异面直线，故①②错误． 答案：③④重点三 空间中直线与平面、平面与平面的位置关系1．直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况． 2．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．[提醒] 直线l 和平面α相交、直线l 和平面α平行统称为直线l 在平面α外，记作l ⊄α.。

届高三数学一轮复习教案：(教师用)第七章立体几何1立体几何初步【知识图解】【方法点拨】立体几何研究的是现实空间，认识空间图形，可以培养学生的空间想象能力、推理论证能力、运用图形语言进行交流的能力以及几何直观能力。

空间的元素是点、线、面、体，对于线线、线面、面面的位置关系着重研究它们之间的平行与垂直关系，几何体着重研究棱柱、棱锥和球。

在复习时我们要以下几点：1．注意提高空间想象能力。

在复习过程中要注意：将文字语言转化为图形，并明确已知元素之间的位置关系及度量关系；借助图形来反映并思考未知的空间形状与位置关系；能从复杂图形中逻辑的分析出基本图形和位置关系，并借助直观感觉展开联想与猜想，进行推理与计算。

2．归纳总结，分门别类。

从知识上可以分为：平面的基本性质、线线、线面、面面的平行与垂直、空间中角与距离的计算。

3．抓主线，攻重点。

针对一些重点内容加以训练，平行和垂直是位置关系的核心，而线面垂直又是核心的核心，角与距离的计算已经降低要求。

4．复习中要加强数学思想方法的总结与提炼。

立体几何中蕴含着丰富的思想方法，如：将空间问题转化成平面图形来解决、线线、线面与面面关系的相互转化、空间位置关系的判断及角与距离的求解转化成空间向量的运算。

第1课空间几何体练兵【考点导读】1．观察认识柱、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．能画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合）的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二侧法画出它们的直观图；3．通过观察用两种方法（平行投影与中心投影）画出的视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式；4.了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式。

【基础练习】1．一个凸多面体有8个顶点，①如果它是棱锥，那么它有14 条棱，8 个面；②如果它是棱柱，那么它有12 条棱6 个面。

2. A B C 是正ABC的斜二测画法的水平放置图形的直观图，若A B C ，那么ABC的面积为。

解析:根据题意,l∥m且l⊄α,才有l∥α,
反之,若l∥α,l与m可能异面,
故“l∥m”是“l∥α”的既不充分也不必要条件.故选D.
4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是DD1的中点,则BD1与平面ACE的位置
关系为 平行 .
解析:如图所示,连接BD交AC于F,连接EF,
则EF是△BDD1的中位线,所以EF∥BD1,
两条相交直线分别对应平行,那么这两个平面平行.
1.平行间的三种转化关系
2.平行关系中的三个重要结论
(1)垂直于同一条直线的两个平面平行,即若a⊥α,a⊥β,则α∥β.
(2)平行于同一平面的两个平面平行,即若α∥β,β∥γ,则α∥γ.
(3)垂直于同一个平面的两条直线平行,即若a⊥α,b⊥α,则a∥b.
证明:如图,取PD的中点F,连接EF,FA.
由题意知EF为△PDC的中位线,
所以EF∥CD,
且EF=

CD=2.

又因为AB∥CD,AB=2,所以AB
EF,
所以四边形ABEF为平行四边形,
所以BE∥AF.
又AF⊂平面PAD,BE⊄平面PAD,
所以BE∥平面PAD.
(1)判断或证明线面平行的常用方法
又M是PC的中点,所以PA∥OM,
又OM⊂平面BMD,PA⊄平面BMD,
所以PA∥平面BMD,又PA⊂平面PAHG,
平面PAHG∩平面BMD=GH,所以PA∥GH.
考点三
平面与平面平行的判定与性质
[例4] 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,AC与BD交于点O,
点E,F分别是棱PA,PB的中点,连接OE,OF,EF.
3.平行问题中的唯一性
(1)过直线外一点与该直线平行的直线有且只有一条.