【数学】2019届一轮复习人教A版空间几何体中的计算与位置关系学案

【数学】2019届一轮复习人教A版空间几何体中的计算与位置关系学案

空间几何体中的计算与位置关系 ‎【考点梳理】‎ ‎1.空间几何体的三视图 ‎(1)几何体的摆放位置不同，其三视图也不同，需要注意长对正、高平齐、宽相等.‎ ‎(2)由三视图还原几何体：一般先从俯视图确定底面，再利用正视图与侧视图确定几何体.‎ ‎2.空间几何体的两组常用公式 ‎(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式：‎ ‎①S柱侧＝ch(c为底面周长，h为高)；‎ ‎②S锥侧＝ch′(c为底面周长，h′为斜高)；‎ ‎③S台侧＝(c＋c′)h′(c′，c分别为上下底面的周长，h′为斜高)；‎ ‎④S球表＝4πR2(R为球的半径).‎ ‎(2)柱体、锥体和球的体积公式：‎ ‎①V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；‎ ‎②V锥体＝Sh(S为底面面积，h为高)；‎ ‎③V球＝πR3.‎ ‎3.直线、平面平行的判定及其性质 ‎(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.‎ ‎(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.‎ ‎(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.‎ ‎(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.‎ ‎4.直线、平面垂直的判定及其性质 ‎(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.‎ ‎(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.‎ ‎(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.‎ ‎(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.‎ ‎【题型突破】‎ 题型一、空间几何体的三视图与直观图 ‎【例1】(1)“牟合方盖”是我国古代数 家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体.它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖).其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线.当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是(　　)‎ ‎(2)某三棱锥的三视图如图所示，其侧视图为直角三角形，则该三棱锥最长的棱长等于(　　)‎ A.4 B. C. D.5 ‎【答案】(1)B　(2)C ‎【解析】(1)由直观图知，俯视图应为正方形，又上半部分相邻两曲面的交线为可见线，在俯视图中应为实线，因此，选项B可以是几何体的俯视图.‎ ‎(2)根据几何体的三视图，知该几何体是底面为直角三角形，两侧面垂直于底面，高为5的三棱锥P－ABC(如图所示).‎ 棱锥最长的棱长PA＝＝.‎ ‎【类题通法】‎ ‎1.由直观图确定三视图，‎ 一要根据三视图的含义及画法和摆放规则确认.二要熟悉常见几何体的三视图.‎ ‎2.由三视图还原到直观图的思路 ‎(1)根据俯视图确定几何体的底面.‎ ‎(2)根据正视图或侧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.‎ ‎【对点训练】‎ ‎(1)如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P－BCD的正视图与侧视图的面积之和为(　　)‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ ‎(2)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为(　　)‎ ‎【答案】(1)B　(2)B ‎【解析】(1)设点P在平面A1ADD1的射影为P′，在平面C1CDD1的射影为P″，如图所示.‎ ‎∴三棱锥P－BCD的正视图与侧视图分别为△P′AD与△P″CD，‎ 因此所求面积S＝S△P′AD＋S△P″CD ‎＝×1×2＋×1×2＝2.‎ ‎(2)由几何体的正视图和俯视图可知该几何体的直观图如图①，故其侧视图为图②.‎ 题型二、几何体的表面积与体积 ‎【例2】(1)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为(　　)‎ A.10 B.12‎ C.14 D.16‎ ‎(2)如图为一个多面体的三视图，则该多面体的体积为(　　)‎ A. B.7 C. D. ‎【答案】(1)B　(2)B ‎【解析】(1)由三视图可画出直观图，该直观图各面内只有两个相同的梯形的面，S梯＝×(2＋4)×2＝6，S全梯＝6×2＝12.‎ ‎(2)由三视图知，该几何体是棱长为2的正方体截去三棱锥D－D1MN与三棱锥A－MA1B后剩下的多面体，‎ ‎∴该几何体的体积V＝23－×2××12－×2×＝7.‎ ‎【类题通法】‎ ‎1.由几何体的三视图求其表面积：(1)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度量大小.(2)还原几何体的直观图，套用相应的面积公式.‎ ‎2.求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.‎ ‎3.求不规则几何体的体积：常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.‎ ‎【对点训练】‎ ‎(1)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为(　　)‎ A.60 B.30 C.20 D.10‎ ‎(2)如图，某三棱锥的三视图是三个边长相等的正方形及对角线，若该三棱锥的体积是，则它的表面积是________.‎ ‎【答案】(1)D　(2)2 ‎【解析】(1)由三视图知可把三棱锥放在一个长方体内部，即三棱锥A1－BCD，VA1－BCD＝××3×5×4＝10.‎ ‎(2)由题设及几何体的三视图知，该几何体是一个正方体截去4个三棱锥后剩余的内接正三棱锥B－A1C1D(如图所示).‎ 设正方体的棱长为a，则几何体的体积是V＝a3－4××a2·a＝a3＝，‎ ‎∴a＝1，∴三棱锥的棱长为，‎ 因此该三棱锥的表面积为S＝4××()2＝2.‎ 题型三、多面体与球的切、接问题 ‎【例3】在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1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.4π B. C.6π D. ‎【答案】B ‎【解析】由AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，得AC＝10.‎ 要使球的体积V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC的内切圆的半径为r.‎ 则×6×8＝×(6＋8＋10)·r，所以r＝2.‎ ‎2r＝4＞3，不合题意.‎ 球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R最大.‎ 由2R＝3，即R＝.故球的最大体积V＝πR3＝π.‎ ‎【变式】若本例中的条件变为“直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上”，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，求球O的表面积.‎ ‎【解析】将直三棱柱补形为长方体ABEC－A1B1E1C1，‎ 则球O是长方体ABEC－A1B1E1C1的外接球.‎ ‎∴体对角线BC1的长为球O的直径.‎ 因此2R＝＝13.‎ 故S球＝4πR2＝169π.‎ ‎【类题通法】‎ ‎1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，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，把空间问题化归为平面问题.‎ ‎2.若球面上四点P，A，B，C中PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题.‎ ‎【对点训练】‎ 已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为(　　)‎ A.π B. C. D. ‎【答案】B ‎【解析】如图画出圆柱的轴截面ABCD，O为球心.球半径R＝OA＝1，球心到底面圆的距离为OM＝.‎ ‎∴底面圆半径r＝＝，‎ 故圆柱体积V＝π·r2·h＝π·×1＝.‎ 题型四、空间点、线、面位置关系的判定 ‎【例4】已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂β.有下列命题：‎ ‎①若α∥β，则m∥n；‎ ‎②若α∥β，则m∥β；‎ ‎③若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α⊥β；‎ ‎④若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，则α⊥β.‎ 其中真命题的个数是(　　)‎ A.0 B.1 C.2 D.3‎ ‎【答案】B ‎【解析】①若α∥β，则m∥n或m，n异面，不正确；‎ ‎②若α∥β，根据平面与平面平行的性质，可得m∥β，正确；‎ ‎③若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α与β不一定垂直，不正确；‎ ‎④若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，l与n不一定相交，不能推出α⊥β，不正确.‎ ‎【类题通法】‎ 判断与空间位置关系有关的命题真假的方法 ‎(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断.‎ ‎(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定.‎ ‎(3)借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断.‎ ‎【对点训练】‎ α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：‎ ‎①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.‎ ‎②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.‎ ‎③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.‎ ‎④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.‎ 其中正确的命题有________(填写所有正确命题的编号).‎ ‎【答案】②③④‎ ‎【解析】当m⊥n，m⊥α，n∥β时，两个平面的位置关系不确定，故①错误，经判断知②③④均正确，故正确答案为②③④.‎ 题型五、空间平行、垂直关系的证明 ‎【例5】如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.‎ ‎(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P－ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积.‎ ‎【解析】(1)证明　∵∠BAP＝∠CDP＝90°，∴AB⊥PA，CD⊥PD.‎ ‎∵AB∥CD，∴AB⊥PD.‎ 又∵PA∩PD＝P，PA，PD⊂平面PAD，‎ ‎∴AB⊥平面PAD.‎ ‎∵AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎ (2)解　取AD的中点E，连接PE.‎ ‎∵PA＝PD，∴PE⊥AD.‎ 由(1)知，AB⊥平面PAD，‎ 故AB⊥PE，AB⊥AD，可得PE⊥平面ABCD.‎ 设AB＝x，则由已知可得AD＝x，PE＝x，‎ 故四棱锥P－ABCD的体积 VP－ABCD＝AB·AD·PE＝x3.‎ 由题设得x3＝，故x＝2.‎ 从而PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2，‎ 可得四棱锥P－ABCD的侧面积为 PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2.‎ ‎【类题通法】‎ 垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.‎ ‎(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.‎ ‎(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.‎ ‎(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.‎ ‎(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.‎ ‎【对点训练】‎ 由四棱柱ABCD－A1B1C1D1截去三棱锥C1－B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.‎ ‎(1)证明：A1O∥平面B1CD1；‎ ‎(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.‎ ‎【解析】证明　(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，‎ 由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，‎ 所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，‎ 因此四边形A1OCO1为平行四边形，‎ 所以A1O∥O1C，‎ 又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，‎ 所以A1O∥平面B1CD1.‎ ‎(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，‎ 所以EM⊥BD，‎ 又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，‎ 所以A1E⊥BD，‎ 因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，‎ 又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，‎ 所以B1D1⊥平面A1EM，又B1D1⊂平面B1CD1，‎ 所以平面A1EM⊥平面B1CD1.‎