題型分類突破理科Y版模塊四

1、 模塊四立體幾何考查角度1空間幾何體的三視圖、表面積與體積(見學(xué)生用書P45)分類透析1空間幾何體的三視圖例1 (1)某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的表面積為().A.4B.8C.6D.2(2)某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的最長的棱的長度為().A.22B.3C.10D.23答案 (1)B(2)B解析 (1)由三視圖可知,該幾何體是在一個圓柱中挖去兩個半球而形成的,且圓柱的底面圓半徑為1,母線長為2,則圓柱的側(cè)面積S側(cè)=212=4,挖去的兩個半球的半徑均為1,故挖去部分的表面積S球=412=4,因此,該幾何體的表面積S=4+4=8.(2)在棱長為2的正方體中,根據(jù)三視圖,截取四棱

2、錐P-ABCD,如圖,根據(jù)三視圖可得,AB=1,PD=2,AD=2,根據(jù)立體圖形可知,最長的棱為PB,連接BD,在RtADB中,根據(jù)勾股定理得DB2=AD2+AB2=22+12=5,在RtPDB中,根據(jù)勾股定理得PB2=PD2+DB2=4+5=9,PB=3,故該幾何體的最長的棱的長度為3.小結(jié) 由三視圖還原直觀圖的思路:(1)根據(jù)俯視圖確定幾何體的底面;(2)根據(jù)正(主)視圖或側(cè)(左)視圖確定幾何體的側(cè)棱與側(cè)面的特征,調(diào)整實線和虛線所對應(yīng)的棱、面的位置;(3)確定幾何體的直觀圖形狀.分類透析2空間幾何體的表面積與體積例2 (1)已知圓錐的頂點為S,母線SA,SB所成角的余弦值為78,SA與圓錐

3、底面所成的角為45.若SAB的面積為515,則該圓錐的側(cè)面積為(2)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA=PB=PC=PD=2,底面ABCD是邊長為2的正方形,點E是PC的中點,過點A,E作棱錐的截面,分別與側(cè)棱PB,PD交于M,N兩點,則四棱錐P-AMEN體積的最小值為().A.223B.233C.答案 (1)402(2)D解析 (1)如圖所示,設(shè)S在底面的投影為S,連接AS,SS.SAB的面積為12SASBsin ASB=12SA21-cos2ASB=1516SA2=515,所以SA2=80,SA=45.因為SA與底面所成的角為45,所以SAS=45,AS=SAcos 45=4522=210

4、.所以底面周長l=2AS=410,所以圓錐的側(cè)面積為124(2)如圖所示,連接AC,BD交于點O,連接PO,AE,MN,顯然PO,AE,MN交于一點,設(shè)此交點為H.設(shè)PHN=,則PHM=180-,設(shè)三棱錐M-PAE的高為h1,三棱錐N-PAE的高為h2.由題得AC=2+2=2,PA=2,PE=1,則AE=3,所以SPAE=1213=3由題得VP-AMEN=VM-PAE+VN-PAE=1332(h1+h2)=36(h1+h因為PB=PD=2,OB=OD=1,PO平面ABCD,所以DPO=BPO=30,所以h1=12PM,h2=12PN,所以h1+h2=12(在PHN中,由正弦定理,得PN=sin

5、在PHM中,由正弦定理,得PM=sin所以h1+h2=1=12PHsin在PHE中,PEPH=1PH=sin 60=32,所以所以h1+h2=33sinsin(150-)+當(dāng)=90時,h1+h2取得最小值,最小值為43,所以VP-AMEN的最小值為3643小結(jié) (1)多面體的表面積是各個面的面積之和;組合體的表面積注意銜接部分的處理.旋轉(zhuǎn)體的表面積問題注意其側(cè)面展開圖的應(yīng)用.(2)求規(guī)則幾何體體積,可以找到底面積和高利用公式直接求解,三棱錐也可以用等積法求解體積.當(dāng)一個幾何體的形狀不規(guī)則時,常通過分割或者補形的手段將此幾何體變?yōu)橐粋€或幾個規(guī)則的、體積易求的幾何體,然后再計算.分類透析3球與幾何

6、體的切、接問題例3 (1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1平面ABC,AB=BC=CA=AA1=2,則三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的體積與三棱柱的體積的比值為().A.1479C.14727(2) 在封閉的直三棱柱ABC-A1B1C1內(nèi)有一個體積為V的球.若ABBC,AB=6,BC=8,AA1=3,則V的最大值是().A.4B.92C.6答案 (1)C(2)B解析 (1)如圖,N,M分別為三棱柱上、下底面的中心,O為MN的中點,連接OC1,NC1,則O為三棱柱外接球的球心,OC1為外接球的半徑.在RtONC1中,易求得ON=1,NC1=23OC1=213,V外接球=43213又V三

7、棱柱=1222322=2V外接球V三棱柱=2821(2)由ABBC,AB=6,BC=8,得AC=10.要使球的體積V最大,則球與直三棱柱的部分面相切,若球與三個側(cè)面相切,設(shè)底面ABC的內(nèi)切圓的半徑為r,則1268=12(6+8+10)解得r=2,則2r=43,不符合題意.故當(dāng)球與三棱柱的上、下底面相切時,球的半徑R最大.由2R=3,得R=32故球的最大體積V=43R3=92小結(jié) (1)與球有關(guān)的組合體問題,一種是內(nèi)切,一種是外接.球與旋轉(zhuǎn)體的組合通常是作它們的軸截面解題,球與多面體的組合,通過多面體的一條側(cè)棱和球心或“切點”、“接點”作出截面圖,把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題.(2)若球面上四點P,

8、A,B,C中PA,PB,PC兩兩垂直或三棱錐的三條側(cè)棱兩兩垂直,則可構(gòu)造長方體或正方體確定球的直徑解決外接問題.(見學(xué)生用書P46)1.(2020年全國卷,理T8改編)如圖所示的是某幾何體的三視圖,則該幾何體的體積是().A.2B.23C.43答案 C解析 根據(jù)三視圖的特征,在正方體中截取出符合題意的三棱錐A-BCD,如圖所示,所以VA-BCD=1312222=2.(2020年全國卷,理T7改編)如圖所示的是一個多面體的三視圖,這個多面體某條棱的一個端點在正視圖中對應(yīng)的點為M,在俯視圖中對應(yīng)的點為N,則該端點在側(cè)視圖中對應(yīng)的點為().A.EB.FC.GD.H答案 A解析 根據(jù)三視圖,畫出多面體

9、的直觀圖,如圖所示,線段D2D3上的點在正視圖中對應(yīng)的點為M,線段D3C3上的點在俯視圖中對應(yīng)的點為N,所以在正視圖中對應(yīng)M,在俯視圖中對應(yīng)N的點是D3,而線段D3D4上的所有點在側(cè)視圖中都對應(yīng)點E,故點D3在側(cè)視圖中對應(yīng)的點為E.故選A.3.(2020年全國卷,理T10改編)已知ABC是邊長為3的等邊三角形,且其頂點都在球O的球面上.若球O的表面積為16,則三棱錐O-ABC的體積為().A.34B.C.1D.3答案 A解析 設(shè)球O的半徑為R,則4R2=16,解得R=2.設(shè)ABC外接圓半徑為r, ABC是邊長為3的等邊三角形,r=1,球心O到平面ABC的距離d=R2-r2=3.VO-ABC=1

10、334(3)故選A.4.(2020年全國卷,理T15改編)已知圓錐的底面半徑為1,母線長為3,則該圓錐內(nèi)半徑最大的球的表面積為 .答案 2解析 易知圓錐內(nèi)半徑最大的球為圓錐的內(nèi)切球,球與圓錐內(nèi)切時的軸截面如圖所示,其中BC=2,AB=AC=3,且M為BC邊上的中點,設(shè)內(nèi)切圓的圓心為O,由于AM=32-12=22,故SABC=1222設(shè)內(nèi)切圓的半徑為r,則SABC=SAOB+SBOC+SAOC=12ABr+12BCr+12ACr=12(3+2+3)解得r=22故該圓錐內(nèi)半徑最大的球的表面積S=4r2=2.5.(2020年全國卷,理T10改編)已知A,B,C為球O的球面上的三個點,O1為ABC的外

11、接圓.若O1的面積為,AB=BC=AC=OO1,則球O的體積為().A.48B.16C.163D答案 D解析 設(shè)圓O1的半徑為r,球O的半徑為R,依題意,得r2=,r=1.由正弦定理可得AB=2rsin 60=3,OO1=AB=3,易知OO1平面ABC,OO1O1A,R=OA=OO12+O球O的體積V=4R33=32(見學(xué)生用書P46)1.(2020年江西重點中學(xué)協(xié)作體模擬)某幾何體的三視圖如圖所示(網(wǎng)格中的每個小正方形的邊長為1),則該幾何體的體積為().A.163B.6C.203答案 D解析 由三視圖可知,該幾何體是由正方體截去1個三棱錐所得到的幾何體,如圖所示.因為網(wǎng)格中的每個小正方形的

12、邊長為1,所以V三棱錐=1312212=23,V正方體=222所以該幾何體的體積為V正方體-V三棱錐=8-23=222.(2020年山西太原模擬)在九章算術(shù)商功中,將底面為矩形,一棱垂直于底面的四棱錐叫作“陽馬”,如圖所示的是一個“陽馬”的三視圖,則其外接球的半徑為().A.3B.3C.32答案 C解析 由三視圖可知,該幾何體為四棱錐,底面是一個正方形,設(shè)四棱錐外接球的半徑為R,將其置入長方體中,如圖所示.易得PD=1,DA=AB=1,所以2R=PB=PD2+所以R=323.(2020年河北保定模擬)已知一個幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的表面積為().A.4+2B.5+10C.5+102

13、+1+24答案 D解析 由三視圖可知,該幾何體是由14個圓錐和1個三棱錐組合而成的,如圖所示S14圓錐=4+141222+1211SABD=SBCD=1221=1 , SACD=1225-2所以組合體表面積為1+24+12+1+1+32=44.(2020年云南曲靖模擬)已知球面上有三點A,B,C,其中AB=6,BC=8,AC=10,球心到截面ABC的距離為球半徑的一半,則球的表面積為().A.4003B C.5003D答案 A解析 AB2+BC2=AC2,ABC為直角三角形,其外接圓半徑為AC2=5,即截面圓的半徑r=5又球心到截面的距離d=R2R2-R22=r2=25,解得R=1033,S=

14、4R5.(2020年山東濱州模擬)我國南北朝時期的數(shù)學(xué)家祖暅提出了一條原理:“冪勢既同,則積不容異.”即夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體,被平行于這兩個平面的任意平面所截,如果截得的兩個截面的面積總相等,那么這兩個幾何體的體積相等.橢球是橢圓繞其長軸旋轉(zhuǎn)所成的旋轉(zhuǎn)體,如圖,將底面半徑都為b,高都為a(ab)的半橢球和已被挖去了圓錐的圓柱(被挖去的圓錐以圓柱的上底面為底面,下底面的圓心為頂點)放置于同一平面上,用平行于平面且與平面任意距離d處的平面截這兩個幾何體,截面分別為圓面和圓環(huán),可以證明S圓=S圓環(huán)總成立.據(jù)此,橢圓的短半軸長為2,長半軸長為4的橢球的體積是().A.163B.323C.答

15、案 C解析 S圓=S圓環(huán)總成立,半橢球的體積為b2a-13b2a=23b2橢球的體積V=43b2a橢圓的短半軸長為2,長半軸長為4,該橢球的體積V=43224=646.(2020年甘肅蘭州模擬)蘭州牛肉面是人們喜歡的快餐之一.現(xiàn)將體積為1000 cm3的面團經(jīng)過第一次拉伸成長為100 cm的圓柱型面條,再經(jīng)過第二次對折拉伸成長為2100 cm的圓柱型面條,則經(jīng)過五次對折拉伸之后面條的截面直徑是()cm.(每次對折拉伸相等的長度,面條的粗細(xì)是均勻的,拉面師傅拉完面后手中剩余面忽略不計)A.21031C.21031D.2答案 D解析 由題意知經(jīng)過五次對折拉伸之后面條的長度為24100=1600 c

16、m,設(shè)拉伸五次后面條的截面半徑為r,由面團體積為1000 cm3可得1600r2=1000,解得r=58 cm,所以面條的截面直徑d=2587.(2020年山西太原模擬)如圖,一豎立在地面上的圓錐形物體的母線長為4,一只小蟲從圓錐的底面圓上的點P出發(fā),繞圓錐爬行一周后回到點P處,若該小蟲爬行的最短路程為43,則這個圓錐的體積為().A.153C.128281答案 C解析 作出該圓錐的側(cè)面展開圖,如圖中陰影部分所示,該小蟲爬行的最短路程為PP,OP=OP=4,PP=43,由余弦定理可得cos POP=OP2+OP2-PP22OPOP=-12,POP=23.設(shè)圓錐底面圓的半徑為r,圓錐的高為h,則

17、有2r=238.(2020年湖南益陽模擬)在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為A1D1的中點,若三棱錐P-ABC的四個頂點都在球O的球面上,則球O的表面積為().A.12B.21C.414答案 C解析 如圖,取B1C1的中點Q,連接PQ,BQ,CQ,PD,則三棱柱BCQ-ADP為直三棱柱,所以該直三棱柱的六個頂點都在球O的球面上,QBC的外接圓直徑為2r=QBsinQCB=52,球O的半徑R滿足R2=r2+AB22=4116,所以球O的表面積S=9.(2020年寧夏銀川模擬)半徑為R的球O中有一內(nèi)接圓柱.當(dāng)圓柱的側(cè)面積最大時,球的表面積與該圓柱的側(cè)面積之差是().A.2R2B.

18、52RC.3R2D.72R答案 A解析 如圖所示,設(shè)圓柱的上底面半徑為r,OAO1=,則r=Rcos ,圓柱的高為2Rsin ,圓柱的側(cè)面積為2R2sin 2,當(dāng)且僅當(dāng)=4時,sin 2=1,圓柱的側(cè)面積最大,最大值為2R2又球的表面積為4R2,故球的表面積與該圓柱的側(cè)面積之差為2R2.10.(2020年甘肅武威二診)在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,AB=3,BC=1,PAC為等邊三角形,若四棱錐P-ABCD的體積為1,則此四棱錐的外接球表面積為().A.43B.83答案 C解析 連接AC,BD交于O,連接PO.因為底面ABCD為矩形,故AC=AB2+又PAC為等邊三角形,故PA=

19、PC=2,AO=1,PO=3.又四棱錐P-ABCD的體積為1,設(shè)四棱錐P-ABCD的高為h,則13ABBCh=1,解得h=3故PO為四棱錐P-ABCD的高,即PO平面ABCD.又AC為底面ABCD外接圓的直徑,故此四棱錐的外接球球心在平面PAC中,即三角形PAC的外接圓圓心.設(shè)外接球的半徑為R,則2R=PCsinPAC=43,故外接球的表面積為4R2=(2R)2=11.(2020年遼寧協(xié)作體模擬)古時候,建筑工匠們非常注重建筑中的數(shù)學(xué)美,在唐、宋時期的單檐建筑中較多存在21的比例關(guān)系,這是當(dāng)時工匠們著意設(shè)計的比例,今天,A4紙流行的重要原因之一,就是它的長與寬的比無限接近21,我們稱這種滿足了

20、21的矩形為“優(yōu)美”矩形.現(xiàn)有一長方體ABCD-A1B1C1D1,AD1=26,AC=25,AC1=27,則在此長方體的表面六個矩形中,“優(yōu)美”矩形的個數(shù)為.答案 4解析 由題意,該長方體如圖所示,AD1=26,AC=25,AC1=27,CC1=AC12-AD=A=AD12CD=AC2-AB=CD=2,AA1=CC1=22,AA1AB=2,ADAA1=此長方體的表面六個矩形中,“優(yōu)美”矩形的個數(shù)為4.12.(2020年北京模擬)已知三棱錐D-ABC四個頂點均在半徑為R的球面上,且AB=BC=2,AC=2,若該三棱錐體積的最大值為43,則這個球的表面積為答案 289解析 設(shè)ABC的外接圓的半徑為

21、r,因為AB=BC=2,AC=2,所以AB2+BC2=AC2,ABBC.SABC=12|AB|BC|=1設(shè)D到平面ABC的距離為h,因為三棱錐體積的最大值為43即Vmax=131hmax=43,所以hmax=設(shè)球體的半徑為R,則(4-R)2+12=R2,解得R=178故球的表面積S=4R2=41782=13.(2020年遼寧大連模擬)農(nóng)歷五月初五是端午節(jié),民間有吃粽子的習(xí)慣,粽子又稱粽籺,俗稱“粽子”,古稱“角黍”,是端午節(jié)大家都會品嘗的食品,傳說這是為了紀(jì)念戰(zhàn)國時期楚國大臣、愛國主義詩人屈原.如圖,平行四邊形形狀的紙片是由六個邊長為1的正三角形構(gòu)成的,將它沿虛線折起來,可以得到如圖所示的粽子

22、形狀的六面體,則該六面體的體積為;若該六面體內(nèi)有一個球,則該球體積的最大值為.答案 26 解析 每個三角形的面積S=121132=可求出該四面體的高為1-332=63,故四面體體積為133因為該六面體體積是正四面體體積的2倍, 所以六面體的體積為26由圖形的對稱性得,小球的體積要達(dá)到最大,就是球要和六個面相切,連接球心和五個頂點,把六面體分成了六個三棱錐,設(shè)球的半徑為R,所以26=61334R,解得R=69, 所以球的體積的最大值為14.(2020年貴州部分學(xué)校模擬)一個圓錐恰有三條母線兩兩間的夾角為60,若該圓錐的側(cè)面積為33,則該圓錐外接球的表面積為.答案 27解析 如圖,設(shè)ASB=BSC

23、=CSA=60,則SA=SB=SC=AB=AC=BC.設(shè)AB=x,則底面圓的直徑為2r=xsin60=2該圓錐的側(cè)面積為122x3x=33,解得x=3或x=-3r=3,高OS=32-(3設(shè)圓錐外接球的半徑為R,(6-R)2+r2=R2,解得R=36則外接球的表面積為4R2=27考查角度2空間中的位置關(guān)系與空間角、距離的計算(見學(xué)生用書P48)分類透析1空間中的位置關(guān)系例1 (1)已知直線m,n,平面,則m的充分條件是().A.n,mnB.,mC.n,mnD.,m(2)如圖,在正方形ABCD中,E,F分別是BC,CD的中點,G是EF的中點,現(xiàn)在沿AE,AF及EF把這個正方形折成一個空間圖形,使B

24、,C,D三點重合,重合后的點記為H,那么,在這個空間圖形中必有().A.AG平面EFHB.AH平面EFHC.HF平面AEFD.HG平面AEF答案 (1)D(2)B解析 (1)若n,mn,則有可能m,A錯誤;若,m,則有可能m,B錯誤;若n,mn,則有可能m,C錯誤;由,m,能推出m,D正確.(2)根據(jù)折疊前、后AHHE,AHHF不變,得AH平面EFH,B正確;過A只有一條直線與平面EFH垂直,A不正確;AGEF,EFGH,AGGH=G,EF平面HAG,又EF平面AEF,平面HAG平面AEF,過H作直線垂直于平面AEF,一定在平面HAG內(nèi),C不正確;由條件證不出HG平面AEF,D不正確.故選B.

25、小結(jié) 空間中兩直線位置關(guān)系的判定,主要是異面、平行和垂直的判定.異面直線的判定可采用直接法或反證法;平行直線的判定可利用三角形(梯形)中位線的性質(zhì)、平行的傳遞性及線面平行與面面平行的性質(zhì)定理;垂直關(guān)系的判定往往利用線面垂直或面面垂直的性質(zhì).分類透析2空間角的計算例2 (1)如圖,在底面為正方形,側(cè)棱垂直于底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=2,則異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為().A.15B.C.35D.(2)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長為6,且該三棱柱外接球的表面積為14,若P為底面A1B1C1的中心,則PA與平面ABC所成角的大小為().A.3B

26、. 4C. 6答案 (1)D(2)A解析 (1)連接BC1,易證BC1AD1,則A1BC1即為異面直線A1B與AD1所成的角.連接A1C1,由AB=1,AA1=2,易得A1C1=2,A1B=BC1=5,故cos A1BC1=A1B2+BC12-A1C1(2)取BC的中點D,過P作PE平面ABC,垂足為E,則E在AD上且為底面ABC的中心,則PE的中點O是該三棱柱外接球的球心,正三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長為6,AE=23AD=23(該三棱柱外接球的表面積為14,該三棱柱外接球的半徑R=144=72,PE=2R2-PE平面ABC,PAE是PA與平面ABC所成的角,tan PAE=PEAE

27、=62=3.PAE=3小結(jié) 異面直線a,b所成的角和直線AB與平面所成角的求解思路(1)定義法:將異面直線a,b所成角轉(zhuǎn)化為相交直線的夾角,通過解三角形求解;將直線AB與平面所成角轉(zhuǎn)化為斜線與斜線在平面內(nèi)的射影所成的角,通過解三角形求解.(2)向量法:將兩種角轉(zhuǎn)化為兩向量的夾角來求.分類透析3距離的計算例3 (1)如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,AD=3,AA1=7,BAD=3,BAA1=DAA1=4,則AC1的長為(2)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,側(cè)棱AP平面ABCD,AB=1,AP=3,點M在線段BC上,且AMMD,則當(dāng)PMD的面積最小時,線

28、段BC的長度為().A.3B.3C.2D.32答案 (1)98+562(2)解析 (1)因為AC1=AB+BC+CC1,所以|AC1|2=AC12=(AB+BC+CC1)2=|AB|2+|BC|2+|CC1|2+2|AB|BC|cos 3+2|BC|CC1|cos 4+2|AB|CC1|cos 4=25+9+49+25312+所以|AC1|=|AC1|=(2)由題意,設(shè)BM=x,MC=y,則BC=AD=x+y.因為PA平面ABCD,MD平面ABCD,所以PAMD.又AMMD,PAAM=A,所以MD平面PAM,則MDPM.易知AM= x2+1,MD= y2+1,在RtAMD中,AM2+MD2=A

29、D2,即x2+1+y2+1=(x+y)2,化簡得xy=1.在RtPMD中,PM= x2+4,MD= y2+1= 1x2+1,所以SPMD=12 x2+4x2+532,當(dāng)且僅當(dāng)小結(jié) (1)求空間中兩點之間長度(距離)的方法向量法:利用線性運算(或坐標(biāo)運算)結(jié)合公式|a|2=aa,可使線段長度的計算問題轉(zhuǎn)化為向量數(shù)量積的計算問題.幾何法:構(gòu)造三角形,解三角形可求.(2)求點到面的距離,一是利用等體積法;二是利用定義法,即構(gòu)造面面垂直,作出垂線,得到線面垂直,再解三角形.線到面、面到面的距離則需轉(zhuǎn)化為點到面的距離.(見學(xué)生用書P48)1.(2020年全國卷,理T16改編)設(shè)有下列四個命題:p1:兩兩

30、相交且不過同一點的三條直線必在同一平面內(nèi).p2:過圓心和圓上兩點有且僅有一個平面.p3:若l和平面相交,則內(nèi)所有直線與l異面.p4:若直線l平面,直線m平面,則ml.則下述命題中所有真命題的序號是.p1p4,p1p2,(p2)p3,(p3)(p4).答案 解析 對于命題p1,可設(shè)l1與l2相交,所得平面為.若l3與l1相交,則交點A必在內(nèi),同理,l3與l2的交點B也在內(nèi),所以AB,即l3,命題p1為真命題.對于命題p2,若圓心和圓上兩點共線,則過這三個點的平面有無數(shù)個,故命題p2為假命題.對于命題p3,平面內(nèi)過直線l和平面的交點的所有直線都和l相交,故命題p3為假命題.對于命題p4,若直線m平

31、面,且直線l平面,則直線m直線l,故命題p4為真命題.綜上可知,p1p4為真命題,p1p2為假命題,(p2)p3為真命題,(p3)(p4)為真命題.故真命題為.2.(2020年全國新高考卷,T4改編)日晷是中國古代用來測定時間的儀器,利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間.把地球看成一個球(球心記為O),地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角,點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面.在北半球上點A處放置一個日晷,若晷面與赤道所在平面平行,晷針與點A處的水平面所成的角為40,則點A處的緯度為北緯().A.20B.40C.50D.90答案 B解析 畫出截面圖,如圖所示,其中

32、CD是赤道所在平面的截線,EP是點A處的水平面的截線,依題意可知OAEP,AB是晷針?biāo)谥本€,GH是晷面的截線.依題意,晷面和赤道平面平行,晷針與晷面垂直,根據(jù)平面平行的性質(zhì)定理可得GHCD,根據(jù)線面垂直的定義可得ABGH.因為BAE=40,所以HAP=180-BAE-BAH=180-40-90=50,所以AOC=180-OAP-HAP=180-90-50=40,所以點A處的緯度為北緯40.(見學(xué)生用書P49)1.(2020年東北三省四校模擬)已知直線m,n和平面,有如下四種說法:若m,m,則;若m,mn,n,則;若n,n,m,則m;若m,mn,則n.其中正確說法的個數(shù)是().A.1B.2C.

33、3D.4答案 C解析 若m,m,則一定有,故正確;若m,mn,則n,又因為n,故可得,故正確;若n,n,故可得,又因為m,故可得m,故正確;若m,mn,則n或n,故錯誤.綜上所述,正確的有.2.(2020年武漢模擬)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點E,F分別在A1D,AC上,且A1E=2ED,CF=2FA,則EF與BD1的位置關(guān)系是().A.相交但不垂直B.相交且垂直C.異面D.平行答案 D解析 連接D1E并延長,與AD交于點M,由A1E=2ED,可得M為AD的中點,連接BF并延長,交AD于點N,因為CF=2FA,可得N為AD的中點,所以M,N重合,所以EF和BD1共面,且MEE

34、D1=12,MFBF=12,所以MEED13.(2020年青海海東模擬)已知長方體ABCD-A1B1C1D1,點O是B1D1的中點,直線A1C交平面AB1D1于點M,則下列結(jié)論正確的是().A.A,M,O三點共線B.A,M,O,A1不共面C.A,M,C,O不共面D.B,B1,O,M共面答案 A解析 連接A1C1,AC(圖略),則A1C1AC,A1,C1,A,C四點共面,A1C平面ACC1A1.MA1C,M平面ACC1A1,又M平面AB1D1,M在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上,同理A,O在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上.A,M,O三點共線.4.(2020年寧夏銀川模擬)過正

35、方體ABCD-A1B1C1D1的頂點A作直線l,使l與棱AB,AD,AA1所成的角都相等,這樣的直線l可以作().A.1條B.2條C.3條D.4條答案 D解析 如圖,連接體對角線AC1,顯然AC1與棱AB,AD,AA1所成的角都相等,聯(lián)想正方體的其他體對角線,如連接BD1,BB1AA1,BCAD,體對角線BD1與棱AB,AD,AA1所成的角都相等,同理,體對角線A1C,DB1也與棱AB,AD,AA1所成的角都相等,過點A分別作BD1,A1C,DB1的平行線都滿足題意,故這樣的直線l可以作4條.5.(2020年山東淄博模擬)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點P在側(cè)面BCC1B1及其邊界上運

36、動,并且保持APBD1,則動點P的軌跡為().A.線段B1CB.線段BC1C.BB1的中點與CC1的中點連成的線段D.BC的中點與B1C1的中點連成的線段答案 A解析 如圖,連接AC,AB1,B1C,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,有BD1平面ACB1,因為APBD1,所以AP平面ACB1,又點P在側(cè)面BCC1B1及其邊界上運動,所以點P的軌跡為平面ACB1與平面BCC1B1的交線段CB1.故選A.6.(2020年山東濰坊模擬)如圖,往透明塑料制成的長方體容器ABCD-A1B1C1D1內(nèi)灌進一些水,固定容器底面一邊BC于地面上,再將容器傾斜,隨著傾斜度的不同,有下面四個命題:沒有水的部分

37、始終呈棱柱形;水面EFGH所在四邊形的面積為定值;棱A1D1始終與水面所在平面平行;當(dāng)容器傾斜到如圖所示的位置時,BEBF是定值.其中正確命題的個數(shù)是().A.1B.2C.3D.4答案 C解析 由題圖知,是正確的,是錯誤的;對于,A1D1BC,BCFG,A1D1FG且A1D1平面EFGH,FG平面EFGH,A1D1平面EFGH(水面),是正確的;對于,水是定量的(定體積V),SBEFBC=V,即12BEBFBC=VBEBF=2VBC(定值),即是正確的.7.(2020年山東濟南二模)已知圓錐的頂點為P,母線長為2,底面半徑為3,A,B為底面圓周上兩個動點,則下列說法錯誤的是().A.圓錐的高為

38、1B.PAB為等腰三角形C.PAB面積的最大值為3D.直線PA與圓錐底面所成角的大小為答案 C解析 如圖所示,PO=22-(3)2=1,A正確;PA=PB=易知直線PA與圓錐底面所成的角為PAO,PAO=6,D正確取AB的中點C,設(shè)PAC=,則6,2,SPAB=2sin 2cos =2sin當(dāng)=4時,PAB的面積取得最大值,最大值為2,C錯誤8.(2020年山西忻州模擬)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)棱長為2,AC=BC=1,ACB=90,D是A1B1的中點,F是BB1上的動點,AB1與DF交于點E.要使AB1平面C1DF,則線段B1F的長為().A.12B.1C.32答案 A解析

39、 設(shè)B1F=x,因為AB1平面C1DF,DF平面C1DF,所以AB1DF.由已知可得A1B1=2,設(shè)RtAA1B1斜邊AB1上的高為h,則DE=12又22=h22+(2)2,所以h=在RtDB1E中,B1E= 222-由FB1D的面積相等得66x2+222=29.(2020年陜西寶雞模擬)中國古代計時器的發(fā)明時間不晚于戰(zhàn)國時代,其中沙漏就是古代利用機械原理設(shè)計的一種計時裝置,它由兩個形狀完全相同的容器和一個狹窄的連接管道組成,開始時細(xì)沙全部在上部容器中,細(xì)沙通過連接管道流到下部容器.如圖,某沙漏由上、下兩個圓錐容器組成,圓錐的底面圓的直徑和高均為8 cm,細(xì)沙全部在上部時,其高度為圓錐高度的2

40、3(細(xì)管長度忽略不計).若細(xì)沙全部漏入下部后,恰好堆成一個蓋住沙漏底部的圓錐形沙堆,則此圓錐形沙堆的高為()A.2 cmB.43 cmC.83 cmD.64答案 D解析 由題意可知,開始時,沙漏上部分圓錐中的細(xì)沙的高H=238=163,底面圓的半徑r=234=83,故細(xì)沙的體積V=13r2H=13832163=102481,當(dāng)細(xì)沙漏入下部后,圓錐形沙堆的底面半徑為4,設(shè)高為H,則134210.(2020年甘肅天水模擬)如圖所示的是正方體表面的一種展開圖,則圖中的AB,CD,EF,GH在原正方體中互為異面直線的有對.答案 3解析 畫出該正方體的直觀圖如圖所示,其中異面直線有(AB,GH),(AB

41、,CD),(GH,EB).故共有3對.11.(2020年陜西三模)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,點M為CC1的中點,若AM平面,且B平面,則平面截正方體所得截面的周長為.答案 32+25解析 在正方體ABCD-A1B1C1D1中,BDAC,BDCM,ACCM=C,AC平面ACM,CM平面ACM,BD平面ACM,BDAM.取BB1的中點N,A1B1的中點E,連接MN,AN,BE(圖略),易知BEAN,由MN平面ABB1A1可得MNBE,ANMN=N,BE平面AMN,BEAM,又BEBD=B,AM平面BDE.取A1D1的中點F,由EFBD可知點F在面BDE上,平面截正方體所得截面

42、為四邊形BDFE,由正方體的棱長為2易得截面周長為22+5+2+5=32+25.12.(2020年內(nèi)蒙古包頭模擬)如圖,已知圓柱的軸截面ABB1A1是正方形,C是圓柱下底面弧AB的中點,C1是圓柱上底面弧A1B1的中點,那么異面直線AC1與BC所成角的正切值為.答案 2解析 取圓柱下底面弧AB的另一中點D,連接C1D,AD,因為C是圓柱下底面弧AB的中點,所以ADBC,所以直線AC1與AD所成的角即為異面直線AC1與BC所成的角,因為C1是圓柱上底面弧A1B1的中點,所以C1D垂直于圓柱下底面,所以C1DAD.因為圓柱的軸截面ABB1A1是正方形,所以C1D=2AD,所以直線AC1與AD所成角

43、的正切值為2,所以異面直線AC1與BC所成角的正切值為2.考查角度3立體幾何中的平行與垂直的證明(見學(xué)生用書P50)分類透析1證明平行關(guān)系例1 如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分別是BC,CC1,C1D1,A1A的中點.求證:(1)BFHD1;(2)EG平面BB1D1D;(3)平面BDF平面B1D1H.解析 (1)如圖所示,取BB1的中點M,連接MH,MC1,易證四邊形HMC1D1是平行四邊形,HD1MC1.又易證得MC1BF,BFHD1.(2)取BD的中點O,連接EO,D1O,則OE12DC又D1G12DC,OED1G四邊形OEGD1是平行四邊形,GED1O.又

44、GE平面BB1D1D,D1O平面BB1D1D,EG平面BB1D1D.(3)由(1)知BFHD1,BF平面B1D1H,HD1平面B1D1H,BF平面B1D1H,又BDB1D1,同理可得BD平面B1D1H,又BDBF=B,BD,BF平面BDF,平面BDF平面B1D1H.小結(jié) 謹(jǐn)記空間平行關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化.在解決線面、面面平行的判定時,一般遵循從“低維”到“高維”的轉(zhuǎn)化,即從“線線平行”到“線面平行”,再到“面面平行”,而在應(yīng)用性質(zhì)定理時,其順序恰好相反.分類透析2證明垂直關(guān)系例2 如圖,在三棱錐P-ABC中,PAAB,PABC,ABBC,PA=AB=BC=2,D為線段AC的中點,E為線段PC上一點.

45、(1)求證:PABD.(2)求證:平面BDE平面PAC.(3)當(dāng)PA平面BDE時,求三棱錐E-BCD的體積.解析 (1)因為PAAB,PABC,ABBC=B,所以PA平面ABC.又因為BD平面ABC,所以PABD.(2)因為AB=BC,D為AC的中點,所以BDAC.由(1)知,PABD,又ACPA=A,所以BD平面PAC.因為BD平面BDE,所以平面BDE平面PAC.(3)因為PA平面BDE,平面PAC平面BDE=DE,所以PADE.因為D為AC的中點,所以DE=12PA=1,BD=DC=2由(1)知,PA平面ABC,所以DE平面ABC.所以三棱錐E-BCD的體積V=16BDDCDE=1小結(jié)

46、(1)證明垂直關(guān)系時,要充分利用定義、判定和性質(zhì)實現(xiàn)線線垂直、線面垂直、面面垂直關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化.(2)三種垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化分類透析3平行與垂直關(guān)系的綜合例3 在如圖所示的五面體ABCDEF中,四邊形ABCD為菱形,且DAB=60,EA=ED=AB=2EF=2,EFAB,M為BC的中點.(1)求證:FM平面BDE.(2)若平面ADE平面ABCD,求點F到平面BDE的距離.解析 (1)取BD的中點O,連接OM,OE,因為O,M分別為BD,BC的中點,所以O(shè)MCD,且OM=12因為四邊形ABCD為菱形,所以CDAB,又EFAB,所以CDEF,又AB=CD=2EF,所以EF=12CD所以O(shè)MEF,且OM

47、=EF,所以四邊形OMFE為平行四邊形,所以MFOE.又OE平面BDE,MF平面BDE,所以MF平面BDE.(2)由(1)得FM平面BDE,所以點F到平面BDE的距離等于點M到平面BDE的距離.取AD的中點H,連接EH,BH,因為EA=ED,四邊形ABCD為菱形,且DAB=60,所以EHAD,BHAD.因為平面ADE平面ABCD,平面ADE平面ABCD=AD,EH平面ADE,所以EH平面ABCD,因為BH平面ABCD,所以EHBH,因為EH=BH=3,所以BE=6,所以SBDE=12622-設(shè)點F到平面BDE的距離為h,連接DM,則SBDM=12SBCD=121223連接EM,由V三棱錐E-B

48、DM=V三棱錐M-BDE,得13332=13h152,即點F到平面BDE的距離為155小結(jié) 空間平行與垂直綜合問題的求解策略線線平行(垂直)、線面平行(垂直)和面面平行(垂直)是空間中三種基本平行(垂直)關(guān)系,它們之間可以相互轉(zhuǎn)化,其轉(zhuǎn)化關(guān)系如下:(見學(xué)生用書P51)1.(2020年全國卷,文T19改編)如圖,在圓錐中,AB是圓O的直徑,C是底面圓O上一點,且CAB=6,點D為半徑OB的中點,連接(1)求證:CD平面APB.(2)當(dāng)APB是邊長為4的正三角形時,求點A到平面PBC的距離.解析 (1)在圓錐中,顯然PO平面ABC,又因為CD平面ABC,所以POCD,因為CAB=6,OA=OC,所

49、以BOC=又OB=OC,所以O(shè)BC為等邊三角形,因為D為OB的中點,所以CDOB,又OBPO=O,所以CD平面APB.(2)依題意可知PA=AB=PB=PC=4,因為AB為底面圓O的直徑,所以BCAC,又CAB=6,所以BC=2,AC=23在PBC中,BC邊上的高為42-1所以PBC的面積S1=12215=15所以ABC的面積S2=12223=23又PO=23,設(shè)點A到平面PBC的距離為h,則VP-ABC=VA-PBC,即132323=1315解得h=1215=4故點A到平面PBC的距離為4152.(2020年全國卷,文T20改編)如圖,已知三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形,側(cè)面BB1

50、C1C是矩形,M,N分別為BC,B1C1的中點,P為AM上一點.過B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.(1)證明:AA1MN,且平面A1AMN平面EB1C1F.(2)設(shè)O為A1N的中點,若AO=AB=6,AO平面EB1C1F,且MPN=3,求四棱錐B-EB1C1F的體積解析 (1)M,N分別為BC,B1C1的中點,MNBB1,又AA1BB1,AA1MN.在等邊三角形A1B1C1中,N為B1C1的中點,則A1NB1C1.又側(cè)面BB1C1C為矩形,B1C1BB1,MNBB1,MNB1C1.A1NMN=N,A1N平面A1AMN,MN平面A1AMN,B1C1平面A1AMN,又B1C1平面EB1C

51、1F,平面EB1C1F平面A1AMN.(2)如圖所示,過M作PN的垂線,垂足為H,AO平面EB1C1F,AO平面A1AMN,平面A1AMN平面EB1C1F=NP,AONP,又NOAP,AO=NP=6.O為A1N的中點,P為AM的中點,EF=3, 平面EB1C1F平面A1AMN,平面EB1C1F平面A1AMN=NP,MH平面A1AMN,MH平面EB1C1F.由(1)知,四邊形EB1C1F為梯形,S四邊形EB1C1F=EF+B1C12NP=3+62VBEB1C1F=(見學(xué)生用書P52)1.(2020年江西贛州模擬)在如圖所示的多面體中,平面ABED垂直于以AB為直徑的半圓面,C為AB上一點,ABD

52、E,ADAB,12AB=AD=DE=2(1)若點F是線段BC的中點,求證:EF平面ACD.(2)若點C為AB的中點,求點E到平面BCD的距離.解析 (1)如圖,取AC的中點G,連接DG,FG,則FGAB,且FG=12AB又DEAB,且DE=12ABDEFG且DE=FG,則四邊形DEFG為平行四邊形,DGEF.又DG平面ACD,EF平面ACD,EF平面ACD.(2)由題意,平面ABED平面ABC,平面ABED平面ABC=AB,DAAB,DA平面ABED,DA平面ABC,得DABC,又ACBC,DAAC=A,BC平面ADC.DC平面ADC,BCDC.點C為AB的中點,AC=BC.又ACBC,且AB

53、=4,AC=BC=22,DC=23.此時VC-ABED=132+4222=VE-BCD=VC-ABED-VD-ABC=4-83=4設(shè)點E到平面BCD的距離為d,則VE-BCD=13122223d=43,解得2.(2020年湖南湖北四校模擬)如圖,四邊形ABCD是邊長為2的菱形,DAB=60,EB平面ABCD,FD平面ABCD,EB=2FD=4.(1)求證:EFAC.(2)求幾何體EFABCD的體積.解析 (1)如圖,連接BD,交AC于點O,FD平面ABCD,EB平面ABCD,EBFD,E,F,D,B四點共面,AC平面ABCD,ACEB.四邊形ABCD為菱形,ACDB.又DBEB=B,AC平面E

54、FDB.EF平面EFDB,ACEF.(2)EBFD,EBBD,四邊形EFDB為直角梯形.在菱形ABCD中,DAB=60,AB=2,BD=2,AO=CO=3,梯形EFDB的面積S=(2+4)22=6AC平面EFDB,V幾何體EFABCD=VC-EFDB+V A-EFDB=13SAO+13SCO=43.(2020年河南鄭州模擬)在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,ABCD,BCAB,PD=PA=CD=BC=12AB,(1)求證:平面PAD平面PBD.(2)若三棱錐B-PCD的體積為223,求PC解析 (1)取AD的中點O,BC的中點F,連接PO,OF,PF(圖略).四邊形ABCD是直角

55、梯形,ABCD,ABBC,OFAB,OFBC.PB=PC,PFBC.又PFOF=F,BC平面POF,BCPO.PA=PD,POAD.又AD與BC相交,PO平面ABCD,POBD.BD2+AD2=AB2,ADBD.又ADPO=O,BD平面PAD.BD平面PBD,平面PAD平面PBD.(2)設(shè)BC=a,則PO=22aVB-PCD=VP-BCD=13POSBCD=1322a12a2=212a3=2又PC2=PO2+OC2,且OC2=OF2+FC2=32+12=10,PC2=2+10=12,從而PC=23.4.(2020年廣西梧州模擬)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面BB1C1C是菱形,其對

56、角線的交點為O,且AB=AC1=6,ABB1C.(1)求證:AO平面BB1C1C.(2)設(shè)B1BC=60,若直線AB與平面BB1C1C所成的角為45,求三棱錐A1-AB1C的體積.解析 (1)四邊形BB1C1C是菱形,B1CBC1,B1CAB,且BC1AB=B,B1C平面ABC1,AO平面ABC1,B1CAO.AB=AC1,O是BC1的中點,AOBC1.B1CBC1=O,AO平面BB1C1C.(2)由(1)可得AO平面BB1C1C,則BO是AB在平面BB1C1C上的射影,ABO是直線AB與平面BB1C1C所成的角,即ABO=45.在RtABO中,AO=BO=3,又B1BC=60,且BC=BB1

57、,BB1C是正三角形,BC=BB1=B1C=2,由棱柱性質(zhì)得A1C1AC,A1C1平面AB1C,VA1-AB1C=VC1-AB1C=考查角度4空間向量在立體幾何中的應(yīng)用(見學(xué)生用書P53)分類透析1利用向量法證明平行、垂直關(guān)系例1 如圖,在多面體ABC-A1B1C1中,四邊形A1ABB1是正方形,AB=AC,BC=2AB,B1C1BC且B1C1=12BC,二面角A1-AB-C是直二面角.求證(1)A1B1平面AA1C.(2)AB1平面A1C1C.解析 由二面角A1-AB-C是直二面角,四邊形A1ABB1為正方形,可得AA1平面BAC.又AB=AC,BC=2AB,AB2+AC2=BC2,CAB=

58、90且CAAA1,AB,AC,AA1兩兩垂直.以點A為坐標(biāo)原點,AC,AB,AA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.設(shè)AB=2,則A(0,0,0),B(0,2,0),A1(0,0,2),C(2,0,0),C1(1,1,2),B1(0,2,2).(1)A1B1=(0,2,0),A1A=(0,0,-2),AC=(2設(shè)平面AA1C的一個法向量為n=(x,y,z),則nA即x=0,z=0.取y=1,則n=(0,1,A1B1=2n,即AA1B1平面AA1C.(2)易知AB1=(0,2,2),A1C1=(1,1,0),A1C=(設(shè)平面A1C1C的一個法向量為m=(x1,y1,z1

59、),則mA令x1=1,則y1=-1,z1=1,即m=(1,-1,1).AB1m=01+2(-1)+21=0,AB又AB1平面A1C1C,AB1平面A1C1C.小結(jié) (1)用向量證明平行的方法線線平行,只需證明兩直線的方向向量是共線向量.線面平行,證明直線的方向向量與平面的法向量垂直.面面平行,證明兩平面的法向量是共線向量.(2)用向量證明垂直的方法線線垂直,只需證明兩直線的方向向量互相垂直.線面垂直,證明直線的方向向量與平面的法向量是共線向量.面面垂直,證明兩平面的法向量互相垂直.分類透析2利用向量法求線面角例2 如圖,在多面體ABC-A1B1C1中,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,

60、ABC=120,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)證明:AB1平面A1B1C1.(2)求直線AC1與平面ABB1所成角的正弦值.解析 (法一)(1)由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1AB,BB1AB,得AB1=A1B1=22,所以A1B12+AB12=AA12,故AB1由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1BC,CC1BC,得B1C1=5.由AB=BC=2,ABC=120,得AC=23.由CC1AC,得AC1=13,所以AB12+B1C12=AC12,故AB1又因為A1B1B1C1=B1,A1B1,B1C1平面A1B1C1,所以AB1平面A1B1C1.(2)如圖