2018届二轮复习专题突破——立体几何：空间几何体中的计算与位置关系课件（全国通用）

2018届二轮复习专题突破——立体几何：空间几何体中的计算与位置关系课件（全国通用）

空间几何体中的计算与位置关系 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： ① S 柱侧 ＝ ch ( c 为底面周长， h 为高 ) ； 【 考点梳理 】 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 . 【例 1 】 (1)“ 牟合方盖 ” 是我国古代数学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 ( 　　 ) 【 题型突破 】 题型一、空间几何体的三视图与直观图 (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 ( 　　 ) 【 答案 】 　 (1)B 　 (2)C 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 . 【 类题通法 】 (1) 如图，在底面边长为 1 ，高为 2 的正四棱柱 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1 中，点 P 是平面 A 1 B 1 C 1 D 1 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 【 对点训练 】 (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 ( 　　 ) 【 解析 】(1) 设点 P 在平面 A 1 ADD 1 的射影为 P ′ ， 在平面 C 1 CDD 1 的射影为 P ″ ， 如图所示 . (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 . 【 答案 】 　 (1)B 　 (2)B 【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 题型二、几何体的表面积与体积 (2) 如图为一个多面体的三视图，则该多面体的体积为 ( 　　 ) (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 － D 1 MN 与三棱锥 A － MA 1 B 后剩下的多面体 ， 【 答案 】 　 (1)B 　 (2)B 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 . 【 类题通法 】 (1) 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为 ( 　　 ) 【 对点训练 】 题型三、多面体与球的切、接问题 【 答案 】 　 B 【 变式 】若本例中的条件变为 “ 直三棱柱 ABC － A 1 B 1 C 1 的 6 个顶点都在球 O 的球面上 ” ，若 AB ＝ 3 ， AC ＝ 4 ， AB ⊥ AC ， AA 1 ＝ 12 ，求球 O 的表面积 . 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 . 【 类题通法 】 【 答案 】 　 B 【 对点训练 】 【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 题型四、空间点、线、面位置关系的判定 【 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 . 【 答案 】 　 B 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 . 【 类题通法 】 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 ). 【 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 . 【 答案 】 　 ②③④ 【 对点训练 】 题型五、空间平行、垂直关系的证明 【 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 . 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 . 【 类题通法 】 由四棱柱 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1 截去三棱锥 C 1 － B 1 CD 1 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， A 1 E ⊥ 平面 ABCD . (1) 证明： A 1 O ∥ 平面 B 1 CD 1 ； (2) 设 M 是 OD 的中点，证明：平面 A 1 EM ⊥ 平面 B 1 CD 1 . 【 对点训练 】 【 解析 】 证明　 (1) 取 B 1 D 1 的中点 O 1 ，连接 CO 1 ， A 1 O 1 ， 由于 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1 是四棱柱， 所以 A 1 O 1 ∥ OC ， A 1 O 1 ＝ OC ， 因此四边形 A 1 OCO 1 为平行四边形， 所以 A 1 O ∥ O 1 C ，又 O 1 C ⊂ 平面 B 1 CD 1 ， A 1 O ⊄ 平面 B 1 CD 1 ， 所以 A 1 O ∥ 平面 B 1 CD 1 . (2) 因为 AC ⊥ BD ， E ， M 分别为 AD 和 OD 的中点， 所以 EM ⊥ BD ， 又 A 1 E ⊥ 平面 ABCD ， BD ⊂ 平面 ABCD ， 所以 A 1 E ⊥ BD ， 因为 B 1 D 1 ∥ BD ，所以 EM ⊥ B 1 D 1 ， A 1 E ⊥ B 1 D 1 ， 又 A 1 E ， EM ⊂ 平面 A 1 EM ， A 1 E ∩ EM ＝ E ， 所以 B 1 D 1 ⊥ 平面 A 1 EM ，又 B 1 D 1 ⊂ 平面 B 1 CD 1 ， 所以平面 A 1 EM ⊥ 平面 B 1 CD 1 .