2018届二轮复习　立体几何学案（全国通用）

2018届二轮复习　立体几何学案（全国通用）

专题九　立体几何 ———————命题观察·高考定位——————— (对应 生用书第 39 页) 1. (2017·江苏高考)如图 9－1，在圆柱 O1O2 内有一个球 O，该球与圆柱的上、下 底面及母线均相切，记圆柱 O1O2 的体积为 V1，球 O 的体积为 V2，则V1 V2 的值是 ________． 图 9－1 3 2 　[设球 O 的半径为 R， ∵球 O 与圆柱 O1O2 的上、下底面及母线均相切， ∴圆柱 O1O2 的高为 2R，底面半径为 R. ∴V1 V2 ＝πR2·2R 4 3πR3 ＝3 2.] 2．(2015·江苏高考)现有橡皮泥制作的底面半径为 5、高为 4 的圆锥和底面半径 为 2，高为 8 的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但 底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为______． 7　[设新的底面半径为 r，由题意得 1 3 ×π×52×4＋π×22×8＝1 3 ×π×r2×4＋π×r2×8， ∴r2＝7，∴r＝ 7.] 3．(2014·江苏高考)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为 S1，S2，体积分别为 V1， V2.若它们的侧面积相等，且S1 S2 ＝9 4 ，则V1 V2 的值是________． 3 2 　[设两个圆柱的底面半径和高分别为 r1，r2 和 h1，h2，由S1 S2 ＝9 4 ，得πr21 πr22 ＝ 9 4 ，则r1 r2 ＝3 2.由圆柱的侧面积相等，得 2πr1h1＝2πr2h2，即 r1h1＝r2h2，则h1 h2 ＝ 2 3 ，所以V1 V2 ＝πr21h1 πr22h2 ＝3 2.] 4. (2013·江苏高考)如图 9－2，在三棱柱 A1B1C1－ABC 中，D，E，F 分别是 AB， AC，AA1 的中点．设三棱锥 F－ADE 的体积为 V1，三棱柱 A1B1C1－ABC 的体 积为 V2，则 V1∶V2＝________. 图 9－2 1∶24　[设三棱柱的底面 ABC 的面积为 S，高为 h，则其体积为 V2＝Sh.因 为 D，E 分别为 AB，AC 的中点，所以△ADE 的面积等于1 4S.又因为 F 为 AA1 的中点，所以三棱锥 F－ADE 的高等于 1 2h，于是三棱锥 F－ADE 的体积 V1 ＝1 3 ×1 4S·1 2h＝ 1 24Sh＝ 1 24V2，故 V1∶V2＝1∶24.] 5．(2017·江苏高考) 如图 9－3，在三棱锥 A－BCD 中，AB⊥AD，BC⊥BD，平 面 ABD⊥平面 BCD，点 E，F(E 与 A，D 不重合)分别在棱 AD，BD 上，且 EF ⊥AD. 求证：(1)EF∥平面 ABC； (2)AD⊥AC. 【导 号：56394060】 图 9－3 [证明]　(1)在平面 ABD 内，因为 AB⊥AD，EF⊥AD， 所以 EF∥AB. 又因为 EF⊄平面 ABC，AB⊂平面 ABC， 所以 EF∥平面 ABC. (2)因为平面 ABD⊥平面 BCD， 平面 ABD∩平面 BCD＝BD， BC⊂平面 BCD，BC⊥BD， 所以 BC⊥平面 ABD. 因为 AD⊂平面 ABD，所以 BC⊥AD. 又 AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面 ABC，BC⊂平面 ABC， 所以 AD⊥平面 ABC. 又因为 AC⊂平面 ABC， 所以 AD⊥AC. 6. (2016·江苏高考)如图 9－4，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，D，E 分别为 AB，BC 的中点，点 F 在侧棱 B1B 上，且 B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1. 求证：(1)直线 DE∥平面 A1C1F； (2)平面 B1DE⊥平面 A1C1F. 图 9－4 [证明]　(1)在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，A1C1∥AC. 在△ABC 中，因为 D，E 分别为 AB，BC 的中点， 所以 DE∥AC，于是 DE∥A1C1. 又因为 DE⊄平面 A1C1F，A1C1⊂平面 A1C1F， 所以直线 DE∥平面 A1C1F. (2)在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，A1A⊥平面 A1B1C1. 因为 A1C1⊂平面 A1B1C1，所以 A1A⊥A1C1. 又因为 A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面 ABB1A1，A1B1⊂平面 ABB1A1，A1A∩A1B1＝ A1，所以 A1C1⊥平面 ABB1A1. 因为 B1D⊂平面 ABB1A1，所以 A1C1⊥B1D. 又因为 B1D⊥A1F，A1C1⊂平面 A1C1F，A1F⊂平面 A1C1F，A1C1∩A1F＝A1， 所以 B1D⊥平面 A1C1F. 因为直线 B1D⊂平面 B1DE，所以平面 B1DE⊥平面 A1C1F. [命题规律] 观近几年江苏的高考题，立体几何的客观题以柱、锥、球为载体考查体积、 表面积为主，属容易题；解答题一般都处于解答题第 16 题的位置，也就是 属于容易题范畴，考查的难度不大，且都是考查线线、线面或面面的平行 与垂直关系的证明．从近几年江苏高考试题分析，解答题中考查一道立体 几何题型是固定模式，一般与棱柱和棱锥相关，其重点放在对几何体中的 一些线、面之间的平行与垂直关系的证明上，突出考查 生的空间想象能力 和推理运算能力． ———————主干整合·归纳拓展——————— (对应 生用书第 40 页) [第 1 步▕ 核心知识再整合] 1．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＝1 2ch′(c 为底面周长，h′为斜高)； ③S 台侧＝1 2(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＝1 3Sh(S 为底面面积，h 为高)； ③V 球＝4 3πR3. 2．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. 3．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. [第 2 步▕ 高频考点细突破] 空间几何体的表面积、体积、球与多面 体 【例 1】　(江苏省苏州市 2017 届高三暑假自主 习测试)如图 9－5， 图 9－5 在长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AB＝AD＝3 cm，AA1＝2 cm，则三棱锥 A－ B1D1D 的体积为________cm3. [ 解 析 ] 　 VA － B1D1D ＝ VB1 － AD1D ＝ 1 3 ×S △ AD1D×B1A1 ＝ 1 3 ×1 2 ×AD×D1D×B1A1＝1 3 ×1 2 ×3×2×3＝3. [答案]　3 [规律方法]　(1)在求三棱锥体积的过程中，等体积转化法是常用的方法，转 换底面的原则是使其高易求，常把底面放在已知几何体的某一面上． (2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体变为 规则几何体，易于求解． (3)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点 或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何 体中元素间的关系． (4)求与球有关的“切”或者“接”球半径时，往往用到的方法有构造法或 者直接确定球心． [举一反三] (江苏省南京市 2017 届高考三模数 试题)如图 9－6，在直三棱柱 ABC－ A1B1C1 中，AB＝1，BC＝2，BB1＝3，∠ABC＝90°，点 D 为侧棱 BB1 上的 动点，当 AD＋DC1 最小时，三棱锥 D－ABC1 的体积为________． 图 9－6 1 3 　[将直三棱柱 ABC－A1B1C1 展开成矩形 ACC1A1，如图， 连接 AC1，交 BB1 于 D，此时 AD＋DC1 最小， ∵AB＝1，BC＝2，BB1＝3，∠ABC＝90°，点 D 为侧棱 BB1 上的动点， ∴当 AD＋DC1 最小时，BD＝1， 此时三棱锥 D－ABC1 的体积： VD－ABC1＝VC1－ABD＝1 3 ×S△ABD×B1C1 ＝1 3 ×1 2 ×AB×BD×B1C1 ＝1 3 ×1 2 ×1×1×2＝1 3.] 线面位置关系的命题真假 判断 【例 2】　给出下列命题： ①若两个平面平行，那么其中一个平面内的直线一定平行于另一个平面； ②若两个平面平行，那么垂直于其中一个平面的直线一定垂直于另一个平 面； ③若两个平面垂直，那么垂直于其中一个平面的直线一定平行于另一个平 面； ④若两个平面垂直，那么其中一个平面内的直线一定垂直于另一个平面． 则其中所有真命题的序号是________． 【导 号：56394061】 [解析]　两个平面平行，其中一个平面内的直线与另一平面一定没有公共点， 因此线面平行，①正确；同样两个平面平行，一直线与其中一个平面垂直， 则它必垂直这个平面内的任意直线，根据面面平行的性质定理，它也必垂 直另一平面内的两条相交直线，故这条直线与另一平面也垂直，②正确； 两平面垂直，垂直于其中一个平面的直线可能在另一平面内(面面垂直性质 定理)，③错误；两平面垂直时，它们的交线与两平面都不垂直，④错误． [答案]　①② [规律方法]　解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面 的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的 判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等 几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全移植到立体几 何中． [举一反三] 设 a，b，c 是空间三条直线，α，β 是空间两个平面，则下列命题中，逆命 题不正确的是________．(填序号) ①当 c⊥α 时，若 c⊥β，则 α//β； ②当 b⊂α，a⊄α 且 c 是 a 在 α 内的射影时，若 b⊥c，则 a⊥b； ③当 b⊂α 时，若 b⊥β，则 α⊥β； ④当 b⊂α 且 c⊄α 时，若 c//α，则 b//c. ③　[①命题的逆命题为“当 c⊥α 时，若 α∥β，则 c⊥β”，正确；②命题的 逆命题为“当 b⊂α，a⊄α 且 c 是 a 在 α 内的射影时，若 a⊥b，则 b⊥c”， 正确；③命题的逆命题为“当 b⊂α 时，若 α⊥β，则 b⊥β”，错误；④命题 的逆命题为“当 b⊂α 且 c⊄α 时，若 b∥c，则 c∥α”，正确．] 空间中的线面位置关系 【例 3】　(江苏省 2017 届高考押题试卷(二)数 试题)在直三棱柱 ABC－A 1B1C1 中，CA＝CB，AA1＝ 2AB，D 是 AB 的中点． (1)求证：BC1∥平面 A1CD； (2)若点 P 在线段 BB1 上，且 BP＝1 4BB1，求证：AP⊥平面 A1CD. 图 9－7 [证明]　(1)连接 AC1，设与 CA1 交于 O 点，连接 OD(图略)． ∴直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，O 为 AC1 的中点，∵D 是 AB 的中点， ∴在△ABC1 中，OD∥BC1， 又∵OD⊂平面 A1CD， ∴BC1∥平面 A1CD. (2)由题意，设 AB＝x，则 BP＝ 2 4 x，AD＝1 2x，A1A＝ 2x， 由于BP AD ＝ AB AA1 ＝ 2 2 ， ∴△ABP∽△ADA1，可得∠BAP＝∠AA1D， ∵∠DA1A＋∠ADA1＝90°，可得：AP⊥A1D， 又∵CD⊥AB，平面 ABC⊥平面 ABB1A1，CD⊂平面 ABC，平面 ABC∩平面 ABB1A1＝AB，可得 CD⊥平面 ABB1A1， ∴CD⊥AP，又∵A1D∩CD＝D， ∴AP⊥平面 A1CD. [规律方法]　(1)要证线面平行，先在平面内找一条直线与已知直线平行，或 找一个经过已知直线与已知平面相交的平面，找出交线，证明两线平行． (2)要证线线平行，可考虑公理 4 或转化为线面平行． (3)要证线面垂直可转化为证明线线垂直，应用线面垂直的判定定理与性质 定理进行转化． [举一反三] 如图 9－8 所示，在四面体 PABC 中，PC⊥AB，PA⊥BC，点 D，E， F，G 分别是棱 AP，AC，BC，PB 的中点． (1)求证：DE∥平面 BCP； (2)求证：四边形 DEFG 为矩形； (3)是否存在点 Q，到四面体 PABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由． 图 9－8 [解]　(1)证明：因为 D，E 分别是 AP，AC 的中点，所以 DE∥PC. 又 DE⊄平面 BCP，所以 DE∥平面 BCP. (2)证明：因为 D，E，F，G 分别为 AP，AC，BC，PB 的中点，所以 DE∥ PC∥FG，DG∥AB∥EF. 所以四边形 DEFG 为平行四边形． 又 PC⊥AB，所以 DE⊥DG. 所以四边形 DEFG 为矩形． (3)存在点 Q 满足条件．理由如下： 连接 DF，EG，如图所示，设 Q 为 EG 的中点， 由(2)知，DF∩EG＝Q，且 QD＝QE＝QF＝QG＝1 2EG. 分别取 PC，AB 的中点 M，N，连接 ME，EN，NG，MG，MN. 与(2)同理，可证四边形 MENG 为矩形，其对角线交点为 EG 的中点 Q，且 QM＝QN＝1 2EG，所以 Q 为满足条件的点. 空间中的面面位置关系 【例 4】　(江苏省泰州中 2017 届高三摸底考试)如图 9－9，正方形 ABCD 所在 的平面与△CDE 所在的平面交于 CD，AE⊥平面 CDE，且 AB＝2AE. (1)求证：AB∥平面 CDE； (2)求证：平面 ABCD⊥平面 ADE. 图 9－9 [证明]　(1)正方形 ABCD 中，AB//CD， 又 AB⊄平面 CDE，CD⊂平面 CDE， ∴AB//平面 CDE. (2)∵AE⊥平面 CDE，且 CD⊂平面 CDE， ∴AE⊥CD， 又正方形 ABCD 中，CD⊥AD，且 AE∩AD＝A，AE⊂平面 ADE，AD⊂平 面 ADE， ∴CD⊥平面 ADE， 又 CD⊂平面 ABCD， ∴平面 ABCD⊥平面 ADE. [规律方法]　线面、线线垂直与平行的位置关系在面面平行与垂直位置关系 的证明中起着承上启下的桥梁作用，依据线面、面面位置关系的判定定理 与性质定理进行转化是解决这类问题的关键．证明面面平行主要依据判定 定理，证明面面垂直时，关键是从现有直线中找一条直线与其中一个平面 垂直，若图中不存在这样的直线应借助添加中线、高线等方法解决． [举一反三] (江苏省南京市 2017 届高考三模数 试题)如图 9－10，在三棱锥 A－BCD 中， E、F 分别为 BC，CD 上的点，且 BD∥平面 AEF. (1)求证：EF∥平面 ABD； (2)若 AE⊥平面 BCD，BD⊥CD，求证：平面 AEF⊥平面 ACD. 【导 号：56394062】 图 9－10 [证明]　(1)∵BD∥平面 AEF，BD⊂平面 BCD，平面 BCD∩平面 AEF＝ EF， ∴BD∥EF，又 BD⊂平面 ABD，EF⊄平面 ABD， ∴EF∥平面 ABD. (2)∵AE⊥平面 BCD，CD⊂平面 BCD， ∴AE⊥CD， 由(1)可知 BD∥EF，又 BD⊥CD， ∴EF⊥CD， 又 AE∩EF＝E，AE⊂平面 AEF，EF⊂平面 AEF， ∴CD⊥平面 AEF，又 CD⊂平面 ACD， ∴平面 AEF⊥平面 ACD. [第 3 步▕ 高考易错明辨析] 1．概念不清，做题时想当然导致出错．这是一些中差生最常犯的错 如图 9－11，在长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AB＝4 cm，AD＝3 cm，AA1＝ 2 cm，则四棱锥 A－BB1D1D 的体积为________cm3. 图 9－11 [错解]　设 AC，BD 的交点为 O(图略)，则四棱锥 A－BB1D1D 的体积 V＝1 3 ×SBB1D1D×AO，根据题意 AC＝5 cm，所以 AO＝5 2 ，四棱锥 A－BB1D1D 的体积 V＝1 3 ×5×2×5 2 ＝25 3 cm3. [错解分析]　由于 AO 不垂直于面 BB1D1D，四棱锥 A－BB1D1D 的体积不是 1 3 ×SBB1D1D×AO. [正解]　作 AO⊥BD，垂足为 O(图略)，因为平面 ABCD⊥平面 BB 1D1D.所 以，AO⊥平面 BB1D1D，所以四棱锥 A－BB1D1D 的高为 AO，根据题意 BD ＝5 cm，所以 AO＝ 12 5 ，四棱锥 A－BB 1D1D 的体积 V＝1 3 ×5×2×12 5 ＝8 cm3. 2. 考纲要求 生要有一定的空间想象力，能根据图形想象出直观形象． 生往往 由于空间感太差，考虑问题不全面，忽视一些细节之处，把图形想错 已知 m、n 为两条不同的直线，α、β 为两个不同的平面，则下列命题中正 确的是________．(填序号) ①m⊥α，m⊥n⇒n∥α； ②α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n； ③m∥n，m⊥α⇒n⊥α； ④m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β⇒α∥β. [错解]　对①，想象为如下图形，所以正确，填①. [错解分析]　空间想象能力差，考虑问题不全面而导致出错． [正解]　对①，直线有可能在平面内，故错；对②，只能说明直线 m、n 无 公共点，它们还有可能为异面直线，故错； 对③，图形如下， 所以正确，填③. 对④，平面 α、β 有可能相交，故错． 3．推理不严密，逻辑思维混乱导致出错 如图 9－12，AB 是圆的直径，PA 垂直圆所在的平面，C 是圆上的点．如图， 求证：平面 PAC⊥平面 PBC. 图 9－12 [错解]　因为 PA 垂直圆所在的平面，所以 PA⊥AC.又因为 AB 是圆的直径， C 是圆上的点，所以 BC⊥AC.所以平面 PAC⊥平面 PBC. [错解分析]　证明任何一种位置关系，应紧扣相应的判定定理，要证两个平 面垂直，必须证明其中一个平面经过另外一个平面的一条垂线．以上证明 找到了 PA⊥AC，BC⊥AC，但这并不能说明平面 PAC⊥平面 PBC. [正解]　由 AB 是圆的直径可得 AC⊥BC，由 PA⊥平面 ABC，BC⊂平面 ABC， 得 PA⊥BC. 又 PA∩AC＝A，PA⊂平面 PAC，AC⊂平面 PAC，所以 BC⊥平面 PAC. 又因为 BC⊂平面 PBC，所以平面 PAC⊥平面 PBC. ———————专家预测·巩固提升——————— (对应 生用书第 43 页) 1．边长为 2 2 的正△ABC 内接于体积为 4 3π 的球，则球面上的点到△ABC 的 最大距离为________． 4 3 3 　[设 M 是△ABC 的外心，半径为 r，设球心为 O，球体半径为 R， 则 V＝4 3πR3＝4 3π，即 R＝ 3，在 Rt△OMC 中，2r＝ 2 2 sin 60° ， 则 r＝2 2 3 ，d＝ R2－r2＝ 3－8 3 ＝ 3 3 ，dmax＝d＋R＝ 3 3 ＋ 3＝4 3 3 .] 2．等边三角形 ABC 的边长为 2，将它沿高 AD 翻折，使点 B 与点 C 间的距离为 2，此时四面体 ABCD 外接球体积为________. 【导 号：56394063】 图 9－13 5 5π 6 　[根据题意可知三棱锥 B－ACD 的三条侧棱 BD⊥AD，DC⊥DA，底 面是直角三角形，它的外接球就是它扩展为正三棱柱的外接球，球心在上 下底面斜边的中点连线的中点处，求出上下底面斜边的中点连线的中点到 顶点的距离，就是球的半径， R＝OB＝ OC2＋BC2＝ ( 3 2 )2＋( 2 2 )2＝ 5 2 ，∴V＝4 3πR3＝5 5 6 π.] 3．在边长为 6 cm 的正方形 ABCD 中，E、F 分别为 BC、CD 的中点，M、N 分 别为 AB、CF 的中点，现沿 AE、AF、EF 折叠，使 B、C、D 三点重合于 B， 构成一个三棱锥(如图 9－14 所示)． (1)在三棱锥上标注出 M、N 点，并判别 MN 与平面 AEF 的位置关系，并给出证明； (2)G 是线段 AB 上一点，且AG → ＝λ·AB → ， 问是否存在 点 G 使得 AB⊥平面 EGF，若存在，求出 λ 的值； 若不存在，请说明理由； (3)求多面体 E－AFNM 的体积． 图 9－14 [解]　(1)因翻折后 B、C、D 重合，所以 MN 应是△ABF 的一条中位线，如 图所示． 则 MN//平面 AEF. 证明如下： Error!⇒MN//平面 AEF. 4 分 (2)存在 G 点使得 AB⊥平面 EGF，此时 λ＝1. 因为Error!⇒AB⊥平面 EBF. 又 G 是线段 AB 上一点，且AG → ＝λ·AB → ， ∴ 当点 G 与点 B 重合时 AB⊥平面 EGF，此时 λ＝1. 8 分 (3)因为 AB⊥平面 BEF， 且 AB＝6，BE＝BF＝3， ∴VA－BEF＝1 3·AB·S △BEF＝9， 又VE－AFNM VE－ABF ＝ SAFNM S △ ABF ＝3 4 ， VE－AFNM＝27 4 . 12 分