三维设计高考数学一轮总复习 立体几何 理 新人教版

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第七章立体几何 第一节 空间几何体的结构特征及三视图与直观图 ‎1．简单几何体 ‎(1)简单旋转体的结构特征：‎ ‎①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到；‎ ‎②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；‎ ‎③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；‎ ‎④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．‎ ‎(2)简单多面体的结构特征：‎ ‎①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；‎ ‎②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；‎ ‎③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．‎ ‎2．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．‎ ‎3．三视图 ‎(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．‎ 说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图．‎ ‎(2)三视图的画法 ‎①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．‎ ‎②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．‎ ‎[小题体验]‎ ‎1．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是(　　)‎ 解析：选B　D选项为正视图或者侧视图，俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.‎ ‎2．如图所示，等腰△A′B′C′是△ABC的直观图，那么△ABC是(　　)‎ A．等腰三角形　　　　　　　　 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．钝角三角形 解析：选B　由题图知A′C′∥y′轴，A′B′∥x′轴，由斜二测画法知，在△ABC中，AC∥y轴，AB∥x轴，∴AC⊥AB.又因为A′C′＝A′B′，∴AC＝2AB≠AB，∴△ABC是直角三角形．‎ ‎3．(教材习题改编)如图，长方体ABCD A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．‎ 答案：五棱柱　三棱柱 ‎1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．‎ ‎2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．‎ ‎3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．‎ ‎[小题纠偏]‎ ‎1．沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为(　　)‎ 解析：选B　给几何体的各顶点标上字母，如图1.A，E在侧投影面上的投影重合，C，‎ G在侧投影面上的投影重合，几何体在侧投影面上的投影及把侧投影面展平后的情形如图2所示，故正确选项为B.‎ ‎2．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是(　　)‎ 解析：选B　根据选项A、B、C、D中的直观图，画出其三视图，只有B项正确．‎ ‎[题组练透]‎ ‎1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是(　　)‎ A．圆柱　　　　　　　　　 B．圆锥 C．球体 D．圆柱、圆锥、球体的组合体 解析：选C　截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．‎ ‎2．(易错题)下列说法正确的是(　　)‎ A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形 C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点 解析：选B　A错，如图(1)；B正确，如图(2)，其中底面ABCD是矩形，可证明∠PAB，∠‎ PCB都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图(3)；D错，由棱台的定义知，其侧棱的延长线必相交于同一点．‎ ‎3．如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下4个命题中，假命题是(　　)‎ A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等 B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补 C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆 D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上 解析：选B　因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A，C正确；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D正确；B不正确，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．‎ ‎[谨记通法]‎ 解决与空间几何体结构特征有关问题3个技巧 ‎(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；‎ ‎(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如“题组练透”第2题的A、C两项易判断失误；‎ ‎(3)通过反例对结构特征进行辨析．‎ ‎[典例引领]‎ ‎1．(2016·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)(　　)‎ A．①②⑥　　　　　　　 B．①②③‎ C．④⑤⑥ D．③④⑤‎ 解析：选B　正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.‎ ‎2．(2015·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为(　　)‎ A．1 B． C． D．2‎ 解析：选C　根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥VABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1.所以四棱锥中最长棱为VD.连接BD，易知BD＝，在Rt△VBD中，VD＝＝.‎ ‎[由题悟法]‎ 几何体画三视图的2个关键点 ‎(1)三视图的安排位置，正视图、侧视图分别放在左右两边，俯视图在正视图的下边．‎ ‎(2)注意实虚线的区别．‎ ‎[即时应用]‎ ‎1．(2016·临沂模拟)如图甲，将一个正三棱柱ABC DEF截去一个三棱锥A BCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是(　　)‎ 解析：选C　由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB⊥平面DEF，△DEF是等边三角形，所以CD在后侧面上的投影为AB的中点与D的连线，CD的投影与底面不垂直，故选C.‎ ‎2．(2016·南昌一模)如图，在正四棱柱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比为(　　)‎ A．1∶1 B．2∶1‎ C．2∶3 D．3∶2‎ 解析：选A　根据题意，三棱锥P BCD的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P BCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.‎ ‎[典例引领]‎ ‎(2015·福州模拟)用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是(　　)‎ 解析：选A　由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2.‎ ‎[由题悟法]‎ 用斜二测画法画直观图的3个步骤 ‎(1)在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x′轴或y′轴平行．‎ ‎(2)原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线．‎ ‎(3)原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出．‎ ‎[即时应用]‎ 用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，‎ BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为‎2 cm2，则原平面图形的面积为(　　)‎ A．‎4 cm2　　　　　　　　 B．‎4 cm2‎ C．‎8 cm2 D．‎8 cm2‎ 解析：选C　依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC，AD相等，高为梯形ABCD的高的2倍，所以原平面图形的面积为‎8 cm2.‎ 一抓基础，多练小题做到眼疾手快 ‎1．已知一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的组成为(　　)‎ A．上面为棱台，下面为棱柱 B．上面为圆台，下面为棱柱 C．上面为圆台，下面为圆柱 D．上面为棱台，下面为圆柱 解析：选C　依题意，题中的几何体上面是圆台，下面是圆柱．‎ ‎2．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是(　　)‎ 解析：选D　几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．‎ ‎3．给出下列四个命题：‎ ‎①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱；④长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是(　　)‎ A．0　　　　　　　　　　　 B．1‎ C．2 D．3‎ 解析：选A　反例：①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③④显然错误，故选A.‎ ‎4．底面水平放置的正三棱柱的所有棱长均为2，当其正视图有最大面积时，其侧视图的面积为(　　)‎ A．2 B．3‎ C． D．4‎ 解析：选A 当正视图的面积最大时，可知其正三棱柱某个侧面的面积，可以按如图所示放置，此时S侧＝2.‎ ‎5．如图，线段OA在平面xOy中，它与x轴的夹角为45°，它的长为2，OA的直观图O′A′的长为________．‎ 解析：过点A作AB⊥Ox于B，‎ ‎∵OA＝2，∠AOB＝45°，‎ ‎∴OB＝AB＝2，线段OB的直观图O′B′＝2，A′B′＝1，∠O′B′A′＝135°.‎ ‎∴O′A′2＝22＋12－2×2×1×cos 135°，‎ ‎∴O′A′＝.‎ ‎　‎ 答案： 二保高考，全练题型做到高考达标 ‎1．(2016·衡阳联考)已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的(　　)‎ 解析：选C　根据三视图的定义可知A、B、D均不可能，故选C.‎ ‎2．(2016·武汉调研)若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的直观图是(　　)‎ 解析：选A　B的侧视图不对，C的俯视图不对，D的正视图不对，排除B、C、D，A正确．‎ ‎3．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是(　　)‎ A．圆柱　　　　　　　　 B．圆锥 C．四面体 D．三棱柱 解析：选A　圆柱的正视图是矩形，则该几何体不可能是圆柱．‎ ‎4．(2015·北京模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则其表面中，直角三角形的个数为(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：选D　由三视图可得该三棱锥的底面是直角边为2的等腰直角三角形，一个底边长为2、底边上的高为1的侧面垂直于底面，该侧面是直角边长为的直角三角形．利用面面垂直的性质定理可得右边一个侧面是边长为2，，的直角三角形，则左边一个侧面的边长为，，2的三角形，也是直角三角形，所以该三棱锥表面的4个面都是直角三角形．‎ ‎5．如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6，O′C′＝2，则原图形OABC的面积为(　　)‎ A．24 B．12 C．48 D．20 解析：选A　由题意知原图形OABC是平行四边形，且OA＝BC＝6，设平行四边形OABC的高为OE，则OE××＝O′C′，∵O′C′＝2，∴OE＝4，∴S▱OABC＝6×4＝24.‎ ‎6．设有以下四个命题：‎ ‎①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；‎ ‎②底面是矩形的平行六面体是长方体；‎ ‎③直四棱柱是直平行六面体；‎ ‎④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．‎ 其中真命题的序号是________．‎ 解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．‎ 答案：①④‎ ‎7．(2016·福建龙岩联考)一水平放置的平面四边形OABC，用斜二测画法画出它的直观图O′A′B′C′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC面积为________．‎ 解析：因为直观图的面积是原图形面积的倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2.‎ 答案：2 ‎8．如图，点O为正方体ABCD A′B′C′D′的中心，点E为面B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的正投影可能是________(填出所有可能的序号)．‎ 解析：空间四边形D′OEF在正方体的面DCC′D′及其对面ABB′A′上的正投影是①；在面BCC′B′及其对面ADD′A′上的正投影是②；在面ABCD及其对面A′B′C′D′上的正投影是③.‎ 答案：①②③‎ ‎9．(2016·昆明、玉溪统考)如图，三棱锥VABC的底面为正三角形，侧面VAC与底面垂直且VA＝VC，已知其正(主)视图的面积为 ‎，则其侧(左)视图的面积为________．‎ 解析：设三棱锥VABC的底面边长为a，侧面VAC的边AC上的高为h，则ah＝，其侧(左)视图是由底面三角形ABC边AC上的高与侧面三角形VAC边AC上的高组成的直角三角形，其面积为×a×h＝××＝.‎ 答案： ‎10．已知正三棱锥V ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．‎ ‎(1)画出该三棱锥的直观图；‎ ‎(2)求出侧视图的面积．‎ 解：(1)直观图如图所示．‎ ‎(2)根据三视图间的关系可得BC＝2，‎ ‎∴侧视图中VA＝‎ ‎ ＝2，‎ ‎∴S△VBC＝×2×2＝6.‎ 三上台阶，自主选做志在冲刺名校 ‎1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是(　　)‎ A．8 B．7‎ C．6 D．5‎ 解析：选C　画出直观图，共六块．‎ ‎2．一个几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，且体积为，则这个几何体的俯视图可能是下列图形中的________．(填入所有可能的图形前的编号)‎ ‎①锐角三角形；②直角三角形；③四边形；④扇形；⑤圆．‎ 解析：如图1所示，直三棱柱ABE A1B1E1符合题设要求，此时俯视图△ABE是锐角三角形；如图2所示，直三棱柱ABC A1B‎1C1符合题设要求，此时俯视图△ABC是直角三角形；如图3所示，当直四棱柱的八个顶点分别是正方体上、下各边的中点时，所得直四棱柱ABCD A1B‎1C1D1符合题设要求，此时俯视图四边形ABCD是正方形；若俯视图是扇形或圆，体积中会含有π，故排除④⑤.‎ 答案：①②③‎ ‎3．如图，在四棱锥PABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为‎6 cm 的全等的等腰直角三角形．‎ ‎(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；‎ ‎(2)求PA.‎ 解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为‎6 cm的正方形，如图，其面积为‎36 cm2.‎ ‎(2)由侧视图可求得PD＝＝＝6.‎ 由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，‎ PA＝＝ ＝‎6 cm.‎ 第二节 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 圆柱 圆锥 圆台 侧面展开图 侧面积公式 S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r＋r′)l ‎2．空间几何体的表面积与体积公式 名称 几何体　　‎ 表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱)‎ S表面积＝S侧＋2S底 V＝Sh 锥体(棱锥和圆锥)‎ S表面积＝S侧＋S底 V＝Sh 台体(棱台和圆台)‎ S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h 球 S＝4πR2‎ V＝πR3‎ ‎[小题体验]‎ ‎1．如图是一个空间几何体的三视图，其中正(主)视图、侧(左)视图都是由边长为4和6的矩形以及直径等于4的圆组成，俯视图是直径等于4的圆，该几何体的体积是(　　)‎ A．　　　　　　　 B． C． D． 解析：选D　由题意得，此几何体为圆柱与球的组合体，其体积V＝π×23＋π×22×6＝.‎ ‎2．一个体积为12 的正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的侧(左)视图的面积为(　　)‎ A．8 B．6 C．12 D．8‎ 解析：选B　设此三棱柱底面边长为a，高为h，则由图示知a＝2，∴a＝4，∴12＝×42×h，∴h＝3，‎ ‎∴侧(左)视图面积为2×3＝6.‎ ‎3．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．‎ 答案：2∶3　1∶1‎ ‎4．(教材习题改编)已知棱长为a，各面均为等边三角形的四面体SABC，它的表面积为________．‎ 解析：过S作SD⊥BC，‎ ‎∵BC＝a，∴SD＝a，‎ ‎∴S△SBC＝a2，‎ ‎∴表面积S＝4×a2＝a2.‎ 答案：a2‎ ‎1．求组合体的表面积时：组合体的衔接部分的面积问题易出错．‎ ‎2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．‎ ‎3．易混侧面积与表面积的概念．‎ ‎[小题纠偏]‎ ‎1．已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是(　　)‎ A．‎84 cm3 B．‎92 cm3‎ C．‎100 cm3 D．‎108 cm3‎ 解析：选C　由三视图的几何体，利用体积公式求解．由三视图可得该几何体是棱长分别为6,3,6的长方体截去一个三条侧棱两两垂直，且长度分别为3,4,4的三棱锥，所以该几何体的体积是6×6×3－××4×4×3＝108－8＝‎100 cm3.‎ ‎2．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．‎ 解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S＝3×4×2＋2×2×2＋4×2×2＋4×6＋×(2＋6)×2×2＝72＋16.‎ 答案：72＋16 ‎[题组练透]‎ ‎1．(2015·福建高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于(　　)‎ A．8＋2　　　　　　　　　　 B．11＋2 C．14＋2 D．15‎ 解析：选B　由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为＝，所以底面周长为4＋，侧面积为2×(4＋)＝8＋2，两底面的面积和为2××1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋2＋3＝11＋2.‎ ‎2．(易错题)(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝(　　)‎ A．1 B．2‎ C．4 D．8‎ 解析：选B　如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面积S＝×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.又S＝16＋20π，‎ ‎∴(5π＋4)r2＝16＋20π，‎ ‎∴r2＝4，r＝2，故选B.‎ ‎3．某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为(　　)‎ A．12 B．24 C．24 D．12 解析：选A　由三视图得，这是一个正四棱台，由条件知斜高h＝＝，侧面积S＝×4＝12.‎ ‎[谨记通法]‎ 几何体的表面积2种求法 ‎(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，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，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理，如“题组练透”第2题．‎ ‎[典例引领]‎ ‎1．(2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A．＋2π　　　　　　　　　 B． C． D． 解析：选B　由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋×π×12×1＝π.‎ ‎2．(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为(　　)‎ A． B． C． D． 解析：选D　由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为 V1＝××1×1×1＝，‎ 剩余部分的体积V2＝13－＝.‎ 所以＝＝，故选D.‎ ‎[由题悟法]‎ 求解几何体体积的必备策略 常见类型 解题策略 球的体积问题 直接利用球的体积公式求解，在实际问题中要根据题意作出图形，构造直角三角形确定球的半径 锥体、柱体的体积问题 根据题设条件求出所给几何体的底面积和高，直接套用公式求解 以三视图为载体的几何体体积问题 将三视图还原为几何体，利用空间几何体的体积公式求解 不规则几何体的体积问题 常用分割或补形的思想，若几何体的底不规则，也需采用同样的方法，将不规则的几何体或平面图形转化为规则的几何体或平面图形，易于求解 ‎[即时应用]‎ ‎1．(2016·浙江瑞安模拟)已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是(　　)‎ A．2 B．4‎ C．6 D．12‎ 解析：选B　由三视图可知此棱锥是底面为直角梯形，高为2的四棱锥，所以V＝××2＝4.‎ ‎2．(2015·惠州二调)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与侧(左)视图均为半径是2的圆，则这个几何体的体积是(　　)‎ A．16π B．14π C．12π D．8π 解析：选D　由三视图可知，该几何体为一个球切去四分之一个球后剩余的部分，由于球的半径为2，所以这个几何体的体积V＝×π×23＝8π.‎ ‎[命题分析]‎ 与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变．‎ 常见的命题角度有：‎ ‎(1)正四面体的内切球；‎ ‎(2)直三棱柱的外接球；‎ ‎(3)正方体(长方体)的外接球；‎ ‎(4)四棱锥(三棱锥)的外接球．‎ ‎[题点全练]‎ 角度一：正四面体的内切球 ‎1．(2016·长春模拟)若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则＝________.‎ 解析：设正四面体棱长为a，则正四面体表面积为S1＝4··a2＝a2，其内切球半径为正四面体高的，即r＝·a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，则＝＝.‎ 答案： 角度二：直三棱柱的外接球 ‎2．已知直三棱柱ABCA1B‎1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为(　　)‎ A．　　　　　　　　　　　 B．2 C． D．3 解析：选C　如图，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.‎ 又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，‎ 所以球O的半径R＝OA＝ ＝.‎ 角度三：正方体(长方体)的外接球 ‎3．(2016·九江一模)已知矩形ABCD的顶点都在半径为2的球O的球面上，且AB＝3，BC＝，过点D作DE垂直于平面ABCD，交球O于E，则棱锥EABCD的体积为________．‎ 解析：如图所示，BE过球心O，‎ ‎∴DE＝＝2，‎ ‎∴VE ABCD＝×3××2＝2.‎ 答案：2 角度四：四棱锥(三棱锥)的外接球 ‎4．(2016·长沙模拟)体积为的正四棱锥SABCD的底面中心为O，SO与侧面成的角的正切值为，那么过SABCD的各顶点的球的表面积为(　　)‎ A．32π B．24π C．16π D．12π 解析：选C　如图，取AB的中点为F，连接SF，过点O作OG⊥SF，则∠OSG为SO与侧面所成的角， 且tan∠OSG＝＝.设AB＝‎2a，则SO＝a，所以×‎4a2×a＝，得a＝.延长SO交外接球于E，则EB⊥SB，由OB2＝SO·OE得4＝2·(2R－2)，所以R＝2，S＝4π×22＝16π.‎ ‎[方法归纳]‎ ‎“切”“接”问题处理的注意事项 ‎(1)“切”的处理 解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．‎ ‎(2)“接”的处理 把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．‎ 一抓基础，多练小题做到眼疾手快 ‎1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为(　　)‎ A．π　　　　　　　　 B．π C．16π D．24π 解析：选B　设球的半径为R，则表面积是16π，即4πR2＝16π，解得R＝2.所以体积为πR3＝.‎ ‎2．一个几何体的三视图如图所示，则它的体积为(　　)‎ A．　　　　　　　　　　 B． C．20 D．40‎ 解析：选B　由几何体的三视图可知该空间几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示．其体积为×(1＋4)×4×4＝.‎ ‎3．在三角形ABC中，AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，若将△ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的侧面积为(　　)‎ A．15π B．20π C．30π D．40π 解析：选A　依题意知几何体为底面半径为3，母线长为5的圆锥，所得几何体的侧面积等于π×3×5＝15π.‎ ‎4．棱长为a的正方体有一内切球，该球的表面积为________．‎ 解析：由题意知球的直径2R＝a，‎ ‎∴R＝.∴S＝4πR2＝4π×＝πa2.‎ 答案：πa2‎ ‎5．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V1，直径为4的球的体积为V2，则V1∶V2＝________.‎ 解析：由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V1＝8π－＝，V2＝×23＝，V1∶V2＝1∶2.‎ 答案：1∶2‎ 二保高考，全练题型做到高考达标 ‎1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为(　　)‎ A．7 B．6‎ C．5 D．3‎ 解析：选A　设圆台较小底面半径为r，‎ 则另一底面半径为3r.‎ 由S＝π(r＋3r)·3＝84π，解得r＝7.‎ ‎2．(2015·云南师大附中)如图是一几何体的三视图，则该几何体的体积是(　　)‎ A．9 B．10‎ C．12 D．18‎ 解析：选A　由三视图还原出几何体的直观图如图，SD⊥平面ABCD，AB与DC平行，AB＝2，DC＝4，AD＝3，SD＝3，所求体积V＝××(2＋4)×3×3＝9.‎ ‎3．已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的底面边长为时，其高的值为(　　)‎ A．3 B． C．2 D．2 解析：选D　设正六棱柱的高为h，则可得()2＋＝32，解得h＝2.‎ ‎4．(2015·陕西高考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．3π B．4π C．2π＋4 D．3π＋4‎ 解析：选D　由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示．‎ 表面积为2×2＋2××π×12＋π×1×2＝4＋3π.‎ ‎5．(2015·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是(　　)‎ A．‎8 cm3‎ B．‎12 cm3‎ C． cm3‎ D． cm3‎ 解析：选C　由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为‎2 cm的正方体，体积V1＝2×2×2＝8(cm3)；上面是底面边长为‎2 cm，高为‎2 cm的正四棱锥，体积V2＝×2×2×2＝(cm3)，所以该几何体的体积V＝V1＋V2＝(cm3)．‎ ‎6．某几何体的三视图如图所示，则其体积为________．‎ 解析：易知原几何体是底面圆半径为1，高为2的圆锥体的一半，故所求体积为V＝××(π×12)×2＝.‎ 答案： ‎7．(2015·天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.‎ 解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为 V＝π×12×1×2＋π×12×2＝π.‎ 答案：π ‎8．(2016·唐山一模)在半径为2的球面上有不同的四点A，B，C，D，若AB＝AC＝AD＝2，则平面BCD被球所截得图形的面积为________．‎ 解析：过点A向平面BCD作垂线，垂足为M，则M是△BCD的外心，而外接球球心O位于直线AM上，连接BM，设△BCD所在截面圆半径为r，∵OA＝OB＝2＝AB，∴∠BAO＝60°，‎ 在Rt△ABM中，r＝2sin 60°＝，‎ ‎∴所求面积S＝πr2＝3π.‎ 答案：3π ‎9．(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________．‎ 解析：设新的底面半径为r，由题意得×π×52×4＋π×22×8＝×π×r2×4＋π×r2×8，∴r2＝7，∴r＝.‎ 答案： ‎10．(2016·安徽六校联考)如图所示，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，求该多面体的体积．‎ 解：法一：如图所示，分别过A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱，‎ ‎∵三棱锥高为，直三棱柱柱高为1，‎ AG＝ ＝，‎ 取AD中点M，则MG＝，‎ ‎∴S△AGD＝×1×＝，‎ ‎∴V＝×1＋2×××＝.‎ 法二：如图所示，取EF的中点P，则原几何体分割为两个三棱锥和一个四棱锥，易知三棱锥PAED和三棱锥PBCF都是棱长为1的正四面体，四棱锥PABCD为棱长为1的正四棱锥．‎ ‎∴V＝×12×＋2×××＝.‎ 三上台阶，自主选做志在冲刺名校 ‎1．(2016·太原一模)如图，平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，若四面体A′BCD的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为(　　)‎ A．3π B．π C．4π D．π 解析：选A　由图示可得BD＝A′C＝，BC＝，△DBC与△A′BC都是以BC为斜边的直角三角形，由此可得BC中点到四个点A′，B，C，D的距离相等，即该三棱锥的外接球的直径为，所以该外接球的表面积S＝4π×2＝3π.‎ ‎2．(2015·南京二模 )一块边长为‎10 cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器．当x＝‎6 cm时，该容器的容积为________cm3.‎ 解析：如图所示，由题意可知，这个正四棱锥形容器的底面是以‎6 cm为边长的正方形，侧面的斜高PM＝‎5 cm，高PO＝＝＝‎4 cm，所以所求容积为V＝×62×4＝48(cm3)．‎ 答案：48‎ ‎3．如图，在三棱锥DABC中，已知BC⊥AD，BC＝2，AD＝6，AB＋BD＝AC＋CD＝10，求三棱锥DABC的体积的最大值．‎ 解：由题意知，线段AB＋BD与线段AC＋CD的长度是定值，因为棱AD与棱BC相互垂直．‎ 设d为AD到BC的距离．‎ 则VDABC＝AD·BC×d××＝2d，‎ 当d最大时，VDABC体积最大，‎ ‎∵AB＋BD＝AC＋CD＝10，‎ ‎∴当AB＝BD＝AC＝CD＝5时，‎ d有最大值＝.‎ 此时V＝2.‎ 第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系 ‎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，那么这条直线在此平面内．‎ ‎(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．空间中两直线的位置关系 ‎(1)空间中两直线的位置关系 ‎(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：.‎ ‎(3)公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．‎ ‎(4)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．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．‎ ‎[小题体验]‎ ‎1．四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数有(　　)‎ A．4个　　　　　　　　　　 B．3个 C．2个 D．1个 解析：选A　首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定四个平面．‎ ‎2．(教材习题改编)设P表示一个点，a，b表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是________．‎ ‎①P∈a，P∈α⇒a⊂α；②a∩b＝P，b⊂β⇒a⊂β；③a∥b，a⊂α，P∈b，P∈α⇒b⊂α；④α∩β＝b，P∈α，P∈β⇒P∈b.‎ 答案：③④‎ ‎3．(教材习题改编)给出命题 ‎①若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线互相平行．‎ ‎②若两条直线都与第三条直线垂直，则这两条直线互相平行．‎ ‎③若两条直线都与第三条直线平行，则这两条直线互相平行．‎ 其中不正确的命题的个数为________．‎ 答案：2‎ ‎1．异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”，实质上两异面直线不能确定任何一个平面，因此异面直线既不平行，也不相交．‎ ‎2．直线与平面的位置关系在判断时最易忽视“线在面内”．‎ ‎[小题纠偏]‎ ‎1．(2016·江西七校联考)已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是(　　)‎ A．相交或平行 B．相交或异面 C．平行或异面 D．相交、平行或异面 解析：选D　依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面．‎ ‎2．若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是(　　)‎ A．b⊂α　　　　　　　　　 B．b∥α C．b⊂α或b∥α D．b与α相交或b⊂α或b∥α 解析：选D　b与α相交或b⊂α或b∥α都可以．‎ ‎[题组练透]‎ ‎1．(易错题)(2016·上海闵行区期末调研)已知A，B，C，D是空间四点，命题甲：A，B，C，D四点不共面，命题乙：直线AC和BD不相交，则甲是乙成立的(　　)‎ A．充分不必要条件　　　　 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选A　若A，B，C，D四点不共面，则直线AC和BD不共面，所以AC和BD不相交；若直线AC和BD不相交，若直线AC和BD平行时，A，B，C，D四点共面，所以甲是乙成立的充分不必要条件．‎ ‎2．如图所示，在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，E，F分别是AB，AA1的中点．求证：‎ ‎(1)E，C，D1，F四点共面；‎ ‎(2)CE，D‎1F，DA三线共点．‎ 证明：(1)如图，连接EF，CD1，A1B.‎ ‎∵E，F分别是AB，AA1的中点，‎ ‎∴EF∥A1B.‎ 又A1B∥CD1，‎ ‎∴EF∥CD1，‎ ‎∴E，C，D1，F四点共面．‎ ‎(2)∵EF∥CD1，EF0)，即m＝，∴M.‎ 即在线段CC1上存在一点M且CM＝，使二面角M OB1 D的大小为60°.‎ ‎[破译玄机]‎ 已知二面角大小逆向求解探索问题的关键是利用向量法求二面角大小建立方程，但要注意所求线段上点的坐标的设法．　　 ‎ 一保高考，全练题型做到高考达标 ‎1．(2016·郑州模拟)如图，在三棱柱ABC A1B‎1C1中，四边形AA‎1C1C是边长为2的菱形，平面ABC⊥平面AA‎1C1C，∠A‎1AC＝60°，∠BCA＝90°.‎ ‎(1)求证：A1B⊥AC1；‎ ‎(2)已知点E是AB的中点，BC＝AC，求直线EC1与平面ABB‎1A1所成的角的正弦值．‎ 解：(1)证明：取AC的中点O，连接A1O，‎ 因为四边形AA‎1C1C是菱形，且∠A‎1AC＝60°，‎ 所以△A‎1AC为等边三角形，所以A1O⊥AC.‎ 又平面ABC⊥平面AA‎1C1C，‎ 平面ABC∩平面AA‎1C1C＝AC，‎ 所以A1O⊥平面ABC，‎ 所以A1O⊥BC.‎ 又BC⊥AC，A1O∩AC＝O，‎ 所以BC⊥平面AA‎1C1C，‎ 所以AC1⊥BC.‎ 在菱形AA‎1C1C中，AC1⊥A‎1C，‎ 所以AC1⊥平面A1BC，‎ 所以A1B⊥AC1.‎ ‎(2)连接OE，以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz，‎ 则A(0，－1,0)，B(2,1,0)，C(0,1,0)，C1(0,2，)，‎ ‎＝(2,2,0)，＝＝(0,1，)，设m＝(x，y，z)是平面ABB‎1A1的法向量，则m·＝0，m·＝0，即取z＝－1，可得m＝(－，，－1)．‎ 又E(1,0,0)，所以＝(－1,2，)，‎ 设直线EC1与平面ABB‎1A1所成的角为θ，‎ 则sin θ＝|cos〈，m〉|＝＝.‎ 即直线EC1与平面ABB‎1A1所成角的正弦值为.‎ ‎2．如图，在直三棱柱ABCA1B‎1C1中，AD⊥平面A1BC，其垂足D落在直线A1B上．‎ ‎(1)求证：BC⊥A1B；‎ ‎(2)若AD＝，AB＝BC＝2，P为AC的中点，求二面角PA1BC的平面角的余弦值．‎ 解：(1)证明：∵三棱柱ABCA1B‎1C1为直三棱柱，‎ ‎∴A‎1A⊥平面ABC，‎ 又BC⊂平面ABC，‎ ‎∴A‎1A⊥BC.‎ ‎∵AD⊥平面A1BC，且BC⊂平面A1BC，‎ ‎∴AD⊥BC.‎ 又AA1⊂平面A1AB，AD⊂平面A1AB，A‎1A∩AD＝A，‎ ‎∴BC⊥平面A1AB，‎ 又A1B⊂平面A1BC，‎ ‎∴BC⊥A1B.‎ ‎(2)由(1)知BC⊥平面A1AB，AB⊂平面A1AB，从而BC⊥AB.‎ 如图，以B为原点，BC，BA，BB1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Bxyz，‎ ‎∵AD⊥平面A1BC，其垂足D落在直线A1B上，‎ ‎∴AD⊥A1B.‎ 在Rt△ABD中，AD＝，AB＝2，‎ ‎∴sin∠ABD＝＝，∠ABD＝60°，‎ 在直三棱柱ABCA1B‎1C1中，A‎1A⊥AB，‎ 在Rt△ABA1中，AA1＝AB·tan 60°＝2，‎ 则B(0,0,0)，C(2,0,0)，P(1,1,0)，A1(0,2,2)，＝(1,1,0)，＝(0,2,2)，＝(2,0,0)．‎ 设平面PA1B的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，‎ 则即 令x1＝3，可得n1＝(3，－3，)；‎ 设平面CA1B的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，‎ 则即 令y2＝－3，可得n2＝(0，－3，)．‎ ‎∴cos〈n1，n2〉＝＝，‎ ‎∴二面角PA1BC的平面角的余弦值为.‎ ‎3．(2015·湖南高考)如图，已知四棱台ABCDA1B‎1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，A‎1A＝6，且A‎1A⊥底面ABCD，点P，Q分别在棱DD1，BC上．‎ ‎(1)若P是DD1的中点，证明：AB1⊥PQ；‎ ‎(2)若PQ∥平面ABB‎1A1，二面角PQDA的余弦值为，求四面体ADPQ的体积．‎ 解：由题设知，AA1，AB，AD两两垂直．以A为坐标原点，AB，AD，AA1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，则相关各点的坐标为A(0,0,0)，‎ B1(3,0，6)，D(0,6,0)，D1(0,3,6)，Q(6，m,0)，其中m＝BQ，0≤m≤6.‎ ‎(1)证明：若P是DD1的中点，‎ 则P，＝.‎ 又＝(3,0,6)，于是·＝18－18＝0，‎ 所以⊥，即AB1⊥PQ.‎ ‎(2)由题设知，＝(6，m－6,0)，＝(0，－3,6)是平面PQD内的两个不共线向量．‎ 设n1＝(x，y，z)是平面PQD的一个法向量，‎ 则即 取y＝6，得n1＝(6－m,6,3)．‎ 又平面AQD的一个法向量是n2＝(0,0,1)，‎ 所以cos〈n1，n2〉＝ ‎＝＝ .‎ 而二面角PQDA的余弦值为，‎ 因此＝，‎ 解得m＝4或m＝8(舍去)，此时Q(6,4,0)．‎ 设＝λ (0<λ≤1)，而＝(0，－3,6)，‎ 由此得点P(0,6－3λ，6λ)，所以＝(6,3λ－2，－6λ)．‎ 因为PQ∥平面ABB‎1A1，且平面ABB‎1A1的一个法向量是n3＝(0,1,0)，‎ 所以·n3＝0，即3λ－2＝0，亦即λ＝，‎ 从而P(0,4,4)．‎ 于是，将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥PADQ，则其高h＝4，‎ 故四面体ADPQ的体积 V＝S△ADQ·h＝××6×6×4＝24.‎ ‎4．(2015·天津高考)如图，在四棱柱ABCDA1B‎1C1D1中，侧棱A‎1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且点M和N分别为B‎1C和D1D的中点．‎ ‎(1)求证：MN∥平面ABCD；‎ ‎(2)求二面角D1ACB1的正弦值；‎ ‎(3)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为，求线段A1E的长．‎ 解：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1，－2,0)，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0，2)，D1(1，－2,2)．又因为M，N分别为B‎1C和D1D的中点，‎ 所以M，N(1，－2,1)．‎ ‎(1)证明：依题意，可得n＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，＝，由此可得·n＝0.‎ 又因为直线MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.‎ ‎(2)＝(1，－2,2)，＝(2,0,0)，‎ 设n1＝(x1，y1，z1)为平面ACD1的一个法向量，‎ 则即 不妨设z1＝1，可得n1＝(0,1,1)．‎ 设n2＝(x2，y2，z2)为平面ACB1的一个法向量，‎ 则 又＝(0,1,2)，所以 不妨设z2＝1，可得n2＝(0，－2,1)．‎ 因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，‎ 于是sin〈n1，n2〉＝，‎ 所以，二面角D1ACB1的正弦值为.‎ ‎(3)依题意，可设＝λ，其中λ∈[0,1]，‎ 则E(0，λ，2)，从而＝(－1，λ＋2,1)．‎ 又n＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得 ‎|cos〈，n〉|＝＝＝，‎ 整理得λ2＋4λ－3＝0，解得λ＝－2±.‎ 又因为λ∈[0,1]，所以λ＝－2.‎ 所以线段A1E的长为－2.‎ 二上台阶，自主选做志在冲刺名校 如图所示，在三棱柱ABC A1B‎1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥AC，AC＝AB＝AA1，E，F分别是棱BC，A‎1A的中点，G为棱CC1上的一点，且C‎1F∥平面AEG.‎ ‎(1)求的值；‎ ‎(2)求证：EG⊥A‎1C；‎ ‎(3)求二面角A1 AG E的余弦值．‎ 解：(1)因为C‎1F∥平面AEG，‎ 又C‎1F⊂平面ACC‎1A1，‎ 平面ACC‎1A1∩平面AEG＝AG，‎ 所以C‎1F∥AG.‎ 因为F为AA1中点，且侧面ACC‎1A1为平行四边形，‎ 所以G为CC1的中点，‎ 所以＝.‎ ‎(2)证明：因为AA1⊥底面ABC，‎ 所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.‎ 又AB⊥AC，如图所示，以A为原点建立直角坐标系A xyz，设AB＝2，则由AB＝AC＝AA1可得C(2，0,0)，B(0,2,0)，C1(2,0,2)，A1(0,0,2)．‎ 因为E，G分别是BC，CC1的中点，‎ 所以E(1,1,0)，G(2,0,1)，‎ ‎·＝(1，－1,1)·(－2,0,2)＝0.‎ 所以⊥，‎ 所以EG⊥A‎1C.‎ ‎(3)设平面AEG的法向量n＝(x，y，z)，‎ 则即 令x＝1，则y＝－1，z＝－2，‎ 所以n＝(1，－1，－2)，‎ 由已知可得平面A1AG的法向量m＝(0,1,0)，‎ 所以cos〈n，m〉＝＝－.‎ 由题意知二面角A1AGE为钝角，‎ 所以二面角A1AGE的余弦值为－.‎ 第二课时　空间向量的应用 ‎[命题分析]‎ 探索性问题在立体几何综合考查中是常考的命题角度，也是考生感觉较难，失分较多的问题．‎ 立体几何中常见的探索性问题有：‎ ‎(1)探索性问题与平行相结合；‎ ‎(2)探索性问题与垂直相结合；‎ ‎(3)探索性问题与空间角相结合．‎ ‎[题点全练]‎ 角度一：探索性问题与平行相结合 ‎1．(2015·福建三校联考 )如图所示，ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，BE与平面ABCD所成角为60°.‎ ‎(1)求证：AC⊥平面BDE；‎ ‎(2)求二面角F BE D的余弦值；‎ ‎(3)设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的结论．‎ 解：(1)证明：因为DE⊥平面ABCD，‎ 所以DE⊥AC，‎ 又因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD.‎ 因为BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDE.‎ ‎(2)以D为原点建立如图所示空间直角坐标系D xyz.‎ 因为BE与平面ABCD所成角为60°，即∠DBE＝60°，‎ 所以＝.‎ 由AD＝3可知DE＝3，AF＝.‎ 则A(3,0,0)，F(3,0，)，E(0,0,3)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，‎ 所以＝(0，－3，)，＝(3,0，－2)．‎ 设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由即 令z＝，则n＝(4,2，)．‎ 因为AC⊥平面BDE，‎ 所以为平面BDE的法向量，＝(3，－3,0)，‎ 所以cos〈n，〉＝＝＝.‎ 因为二面角为锐角，所以二面角F BE D的余弦值为.‎ ‎(3)点M是线段BD上一个动点，‎ 设M(t，t,0)，则＝(t－3，t,0)，‎ 因为AM∥平面BEF，所以·n＝0，‎ 即4(t－3)＋2t＝0，解得t＝2.‎ 此时，点M坐标为(2,2,0)，BM＝BD，符合题意．‎ 角度二：探索性问题与垂直相结合 ‎2．(2016·吉林实验中学)如图①所示，正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成二面角ADCB，如图②所示．‎ ‎(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；‎ ‎(2)求二面角EDFC的余弦值；‎ ‎(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？证明你的结论．‎ 解：(1)如图：在△ABC中，由E，F分别是AC，BC中点，‎ 得EF∥AB.‎ 又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，‎ ‎∴AB∥平面DEF.‎ ‎(2)以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0，2，0)，E(0，，1)，F(1，，0)，‎ 易知平面CDF的法向量为＝(0,0,2)，‎ 设平面EDF的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即取n＝(3，－，3)，‎ cos〈，n〉＝＝，‎ ‎∴二面角EDFC的余弦值为.‎ ‎(3)设P(x，y,0)，则·＝y－2＝0，∴y＝.‎ 又＝(x－2，y,0)，＝(－x,2－y,0)，‎ ‎∵∥，∴(x－2)(2－y)＝－xy，∴x＋y＝2.‎ 把y＝代入上式得x＝，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE.‎ 角度三：探索性问题与空间角相结合 ‎3．如图所示，等边三角形ABC的边长为3，点D，E分别是边AB，AC上的点，且满足＝＝.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1 DE B为直二面角，连接A1B，A‎1C.‎ ‎(1)求证：A1D⊥平面BCED；‎ ‎(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)证明：因为等边△ABC的边长为3，‎ 且＝＝，‎ 所以AD＝1，AE＝2.在△ADE中，∠DAE＝60°，‎ 由余弦定理得DE＝＝.‎ 所以AD2＋DE2＝AE2，‎ 所以AD⊥DE.‎ 折叠后有A1D⊥DE，因为二面角A1 DE B是直二面角，‎ 所以平面A1DE⊥平面BCED，‎ 又平面A1DE∩平面BCED＝DE，A1D⊂平面A1DE，A1D⊥DE，所以A1D⊥平面BCED.‎ ‎(2)假设存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°.如图所示，在BC上取点P，连接A1P，过点P作PH垂直BD于点H，连接A1H.由(1)的证明，可知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED.‎ 以D为坐标原点，以射线DB，DE，DA1分别为x轴，y轴，z轴的非负半轴，建立空间直角坐标系D xyz.‎ 设PB＝‎2a(0≤‎2a≤3)，‎ 则BH＝a，PH＝a，DH＝2－a，‎ 所以A1(0,0,1)，P(2－a，a,0)，E(0，，0)，‎ 所以＝(a－2，－a,1)，‎ 因为ED⊥平面A1BD，‎ 所以平面A1BD的一个法向量为＝(0，，0)．‎ 因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，‎ 所以sin 60°＝＝，‎ 解得a＝，‎ 即PB＝‎2a＝，满足0≤‎2a≤3，符合题意，‎ 所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB＝.‎ ‎[方法归纳]‎ 解决立体几何中探索性问题的3个步骤及1个注意点 ‎(1)3个步骤：‎ ‎①通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理；‎ ‎②若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；‎ ‎③若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．‎ ‎(2)1个注意点：‎ 探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．‎ ‎[典例引领]‎ ‎(2015·江苏高考)如图，在四棱锥PABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.‎ ‎(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；‎ ‎(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．‎ 解：以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．‎ ‎(1)由题意知，AD⊥平面PAB，‎ 所以是平面PAB的一个法向量，＝(0,2,0)．‎ 因为＝(1,1，－2)，‎ ‎＝(0,2，－2)，‎ 设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则m·＝0，m·＝0，‎ 即 令y＝1，解得z＝1，x＝1.‎ 所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量．‎ 从而cos〈，m〉＝＝，‎ 所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.‎ ‎(2)因为＝(－1,0,2)，‎ 设＝λ＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，‎ 又＝(0，－1,0)，‎ 则＝＋＝(－λ，－1,2λ)．‎ 又＝(0，－2,2)，‎ 从而cos〈，〉＝＝ .‎ 设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，‎ 则cos2〈，〉＝＝≤.‎ 当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|的最大值为.‎ 因为y＝cos x在上是减函数，‎ 所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值．‎ 又因为BP＝＝，‎ 所以BQ＝BP＝.‎ ‎[由题悟法]‎ 处理立体几何的最值问题的2种方法 ‎(1)结合条件与图形恰当分析取得最值的条件；‎ ‎(2)直接建系后，表示出函数转化为函数最值问题．‎ ‎[即时应用]‎ ‎(2016·浙江名校联考)如图，正方形ABCD，ABEF的边长都是1，且平面ABCD⊥平面ABEF，点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM＝BN＝a(0

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