2024版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第6章平面向量復(fù)數(shù)微專題進階課5平面向量與“四心”學(xué)案含解析新人教B版202305182178

2024版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第6章平面向量復(fù)數(shù)微專題進階課5平面向量與“四心”學(xué)案含解析新人教B版202305182178第6章平面向量、復(fù)數(shù)平面向量與“四心”在平面向量的應(yīng)用中，用平面向量解決平面幾何問題時，首先將幾何問題中的幾何元素和幾何關(guān)系用向量表示，然后選擇適當(dāng)?shù)幕紫蛄浚瑢⑾嚓P(guān)向量表示為基向量的線性組合，把問題轉(zhuǎn)化為基向量的運算問題，最后將運算的結(jié)果再還原為幾何關(guān)系．應(yīng)用向量相關(guān)知識，可以巧妙地解決三角形四心所具備的一些特定的性質(zhì)．重心問題已知O是△ABC所在平面上的一點，若eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→)))(其中P為平面上任意一點),則點O是△ABC的()A．外心 B．內(nèi)心C．重心 D．垂心C解析：由已知得3eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→))，所以3eq\o(PO,\s\up6(→))＋3eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))，即eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，所以點O是△ABC的重心.如圖，△ABC的重心為G，O為坐標(biāo)原點，eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，試用a，b，c表示eq\o(OG,\s\up6(→)).解：設(shè)AG交BC于點M，則M是BC的中點．因為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－\o(OG,\s\up6(→))＝\o(GA,\s\up6(→))，,b－\o(OG,\s\up6(→))＝\o(GB,\s\up6(→))，,c－\o(OG,\s\up6(→))＝\o(GC,\s\up6(→))，))所以a＋b＋c－3eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(GA,\s\up6(→))＋eq\o(GB,\s\up6(→))＋eq\o(GC,\s\up6(→)).而eq\o(GA,\s\up6(→))＋eq\o(GB,\s\up6(→))＋eq\o(GC,\s\up6(→))＝0，所以a＋b＋c－3eq\o(OG,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(a＋b＋c,3).垂心問題已知點O是平面上的一定點，A，B，C是平面上不共線的三個點，動點P滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|cosB)＋\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|cosC)))，λ∈[0，＋∞),則動點P的軌跡一定通過△ABC的()A．重心 B．垂心C．外心 D．內(nèi)心B解析：由已知得eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|cosB)＋\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|cosC)))，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|cosB)＋\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|cosC)))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|\o(AB,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|cosπ－B,|\o(AB,\s\up6(→))|cosB)＋\f(|\o(AC,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|cosC,|\o(AC,\s\up6(→))|cosC)))＝λ(－|eq\o(BC,\s\up6(→))|＋|eq\o(BC,\s\up6(→))|)＝0，所以eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，即AP⊥BC，所以動點P的軌跡通過△ABC的垂心．已知點O為△ABC所在平面內(nèi)一點，且eq\o(OA,\s\up6(→))2＋eq\o(BC,\s\up6(→))2＝eq\o(OB,\s\up6(→))2＋eq\o(CA,\s\up6(→))2＝eq\o(OC,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2，則點O一定為△ABC的()A．外心 B．內(nèi)心C．重心 D．垂心D解析：因為eq\o(OA,\s\up6(→))2＋eq\o(BC,\s\up6(→))2＝eq\o(OB,\s\up6(→))2＋eq\o(CA,\s\up6(→))2，所以eq\o(OA,\s\up6(→))2－eq\o(OB,\s\up6(→))2＝eq\o(CA,\s\up6(→))2－eq\o(BC,\s\up6(→))2，所以(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))·(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))＝(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))·(eq\o(CA,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→)))，所以eq\o(BA,\s\up6(→))·(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))＝eq\o(BA,\s\up6(→))·(eq\o(CA,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→)))，所以eq\o(BA,\s\up6(→))·(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))＝0，所以eq\o(BA,\s\up6(→))·(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))＝0，所以eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(BA,\s\up6(→))⊥eq\o(OC,\s\up6(→)).同理可得eq\o(CA,\s\up6(→))⊥eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))⊥eq\o(OA,\s\up6(→)).所以O(shè)為△ABC的垂心．故選D.外心問題已知點O是△ABC所在平面上的一點．若(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→)))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝0，則點O是△ABC的()A．外心 B．內(nèi)心C．重心 D．垂心A解析：由已知得(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))·(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＝(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))·(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))＝(eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→)))·(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))＝0?eq\o(OB,\s\up6(→))2－eq\o(OA,\s\up6(→))2＝eq\o(OC,\s\up6(→))2－eq\o(OB,\s\up6(→))2＝eq\o(OA,\s\up6(→))2－eq\o(OC,\s\up6(→))2＝0?|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|.所以點O是△ABC的外心．在△ABC中，AB＝AC，點D是AB的中點，E為△ACD的重心，點F為△ABC的外心．求證：EF⊥CD.證明：建立如圖所示的坐標(biāo)系，設(shè)A(0，b)，B(－a,0)，C(a,0)，則Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，\f(b,2)))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)a，\f(b,2)))，易知△ABC的外心F在y軸上，設(shè)為F(0，y)．由|eq\o(AF,\s\up6(→))|＝|eq\o(CF,\s\up6(→))|可得(y－b)2＝(－a)2＋y2，所以y＝eq\f(b2－a2,2b)，即Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(b2－a2,2b))).連接AE，CE，DE，又由重心公式，得eq\o(EA,\s\up6(→))＋eq\o(ED,\s\up6(→))＋eq\o(EC,\s\up6(→))＝0，則Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,6)，\f(b,2)))，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,6)，－\f(a2,2b)))，所以eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)a))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,6)))＋eq\f(b,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a2,2b)))＝0，所以eq\o(CD,\s\up6(→))⊥eq\o(EF,\s\up6(→))，即EF⊥CD.內(nèi)心問題已知點O是△ABC所在平面上的一點，若eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\f(a\o(PA,\s\up6(→))＋b\o(PB,\s\up6(→))＋c\o(PC,\s\up6(→)),a＋b＋c)(其中P是△ABC所在平面內(nèi)任意一點)，則點O是△ABC的()A．外心 B．內(nèi)心C．重心 D．垂心B解析：因為eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\f(a\o(PA,\s\up6(→))＋b\o(PB,\s\up6(→))＋c\o(PC,\s\up6(→)),a＋b＋c)，所以(a＋b＋c)eq\o(PO,\s\up6(→))＝aeq\o(PA,\s\up6(→))＋beq\o(PB,\s\up6(→))＋ceq\o(PC,\s\up6(→))，即aeq\o(PO,\s\up6(→))＋bPO＋ceq\o(PO,\s\up6(→))＝aeq\o(PA,\s\up6(→))＋beq\o(PB,\s\up6(→))＋ceq\o(PC,\s\up6(→))，移項并整理可得a(eq\o(PA,\s\up6(→))－eq\o(PO,\s\up6(→)))＋b(eq\o(PB,\s\up6(→))－eq\o(PO,\s\up6(→)))＋c(eq\o(PC,\s\up6(→))－eq\o(PO,\s\up6(→)))＝0，則aeq\o(OA,\s\up6(→))＋beq\o(OB,\s\up6(→))＋ceq\o(OC,\s\up6(→))＝0，所以點O是△ABC的內(nèi)心．已知點O是平面上一定點，A，B，C是平面上不共線的三個點，滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＋\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)))，λ∈[0，＋∞)，則點P的軌跡一定通過△ABC的________.內(nèi)心解析：如圖所示，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→))，由已知，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＋\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|))).所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＋\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)))，λ∈[0，＋∞)．設(shè)λeq\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\o(AD,\s\up6(→))，λeq\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\o(AE,\s\up6(→))，所以D，E在射線AB和AC上，所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))，所以AP是平行四邊形ADPE的對角線．又|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝|eq\o(AE,\s\up6(→))|，所以四邊形ADPE是菱形，所以點P在∠EAD即∠CAB的平分線上．故點P的軌跡一定通過△ABC的內(nèi)心．立體幾何課程標(biāo)準(zhǔn)命題解讀1.認識柱、錐、臺、球及簡單組合體的結(jié)構(gòu)特征，知道球、棱柱、棱錐、棱臺的表面積和體積的計算公式．2．了解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的平行和垂直的關(guān)系，掌握有關(guān)判定定理和性質(zhì)定理．3．掌握空間向量的線性運算及其坐標(biāo)表示，掌握空間向量的數(shù)量積及其坐標(biāo)表示．4．運用向量的方法研究空間基本圖形的位置關(guān)系和度量關(guān)系．5．運用向量方法解決簡單的數(shù)學(xué)問題和實際問題，感悟向量是研究幾何問題的有效工具.考查形式：一般為兩個客觀題，一個解答題．考查內(nèi)容：空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征、體積與表面積的計算、空間點線面的位置關(guān)系，直線、平面的平行、垂直關(guān)系，及三種角(異面直線所成的角、線面角、二面角)的計算．備考策略：(1)了解幾何體的結(jié)構(gòu)特征，熟練應(yīng)用體積、表面積公式．(2)重視對定理的記憶，注意對空間幾何體的位置關(guān)系分析．(3)熟練掌握向量法解決立體幾何問題．核心素養(yǎng)：直觀想象、數(shù)學(xué)運算.第1節(jié)空間幾何體及其表面積、體積一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)1．多面體的結(jié)構(gòu)特征名稱棱柱棱錐棱臺圖形底面互相平行且全等多邊形互相平行側(cè)棱平行且相等相交于一點但不一定相等延長線交于一點側(cè)面形狀平行四邊形三角形梯形(1)要掌握棱柱、棱錐各部分的結(jié)構(gòu)特征，計算問題往往轉(zhuǎn)化到三角形中進行解決．(2)臺體可以看成是由錐體截得的，但一定要知道截面與底面平行．2．旋轉(zhuǎn)體的結(jié)構(gòu)特征名稱圓柱圓錐圓臺球圖形母線平行、相等且垂直于底面相交于一點延長線交于一點軸截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圓側(cè)面展開圖矩形扇形扇環(huán)旋轉(zhuǎn)體要抓住“旋轉(zhuǎn)”這一特點，弄清底面、側(cè)面及展開圖的形狀．3．空間幾何體的直觀圖為了使直觀圖具有立體感，常使用斜二測畫法來作直觀圖，其規(guī)則是：(1)“斜”：直觀圖中，x′軸、y′軸的夾角為45°或135°.(2)“二測”：圖形中平行于x軸(或重合)的線段，在直觀圖中保持原長度不變，平行于y軸(或重合)的線段，在直觀圖中長度為原來的一半，平行于z軸(或重合)的線段畫長度不變．畫直觀圖要注意平行、長度兩個要素．4．圓柱、圓錐、圓臺的側(cè)面展開圖及側(cè)面積公式圓柱圓錐圓臺側(cè)面展開圖側(cè)面積公式S圓柱側(cè)＝2πrlS圓錐側(cè)＝πrlS圓臺側(cè)＝π(r1＋r2)l5．空間幾何體的表面積與體積公式表面積體積柱體(棱柱和圓柱)S表面積＝S側(cè)＋2S底V＝S底·h錐體(棱錐和圓錐)S表面積＝S側(cè)＋S底V＝eq\f(1,3)S底·h臺體(棱臺和圓臺)S表面積＝S側(cè)＋S上＋S下V＝eq\f(1,3)(S上＋S下＋eq\r(S上S下))h球S＝4πR2V＝eq\f(4,3)πR3(1)求棱柱、棱錐、棱臺與球的表面積時，要結(jié)合它們的結(jié)構(gòu)特點與平面幾何知識來解決．(2)一些幾何體表面上的最短距離問題，常常利用幾何體的展開圖解決．(3)求幾何體的體積時，要注意利用分割、補形與等積法．6．常用結(jié)論(1)斜二測畫法中的“三變”與“三不變”“三變”eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(坐標(biāo)軸的夾角改變，,與y軸平行的線段的長度變?yōu)樵瓉淼囊话耄?圖形改變.))“三不變”eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(平行性不改變，,與x軸和z軸平行的線段的長度不改變，,相對位置不改變.))(2)幾個與球有關(guān)的切、接常用結(jié)論①正方體的棱長為a，球的半徑為R，(ⅰ)若球為正方體的外接球，則2R＝eq\r(3)a；(ⅱ)若球為正方體的內(nèi)切球，則2R＝a；(ⅲ)若球與正方體的各棱相切，則2R＝eq\r(2)a.②若長方體的同一頂點處的三條棱長分別為a，b，c，外接球的半徑為R，則2R＝eq\r(a2＋b2＋c2).③正四面體的外接球與內(nèi)切球的半徑之比為3∶1.二、基本技能·思想·活動體驗1．判斷下列說法的正誤，對的打“√”，錯的打“×”．(1)有兩個面平行，其余各面都是平行四邊形的幾何體是棱柱．(×)(2)有一個面是多邊形，其余各面都是三角形的幾何體是棱錐．(×)(3)夾在兩個平行的平面之間，其余的面都是梯形，這樣的幾何體一定是棱臺．(×)(4)用兩平行平面截圓柱，夾在兩平行平面間的部分仍是圓柱．(×)(5)菱形的直觀圖仍是菱形．(×)(6)錐體的體積等于底面積與高之積．(×)(7)已知球O的半徑為R，其內(nèi)接正方體的邊長為a，則R＝eq\f(\r(3),2)a.(√)2．如圖，長方體ABCD－A′B′C′D′被截去一部分EB′F-HC′G，其中EH∥A′D′，則剩下的幾何體是()A．棱臺B．四棱柱C．五棱柱D．簡單組合體C解析：由幾何體的結(jié)構(gòu)特征知，剩下的幾何體為五棱柱．3．下列說法不正確的是()A．棱柱的側(cè)棱長都相等B．棱錐的側(cè)棱長都相等C．三棱臺的上、下底面是相似三角形D．有的棱臺的側(cè)棱長都相等B解析：根據(jù)棱錐的結(jié)構(gòu)特征知，棱錐的側(cè)棱長不一定都相等．4．已知圓錐的表面積等于12πcm2，其側(cè)面展開圖是一個半圓，則底面圓的半徑為()A．1cm B．2cmC．3cm D．eq\f(3,2)cmB解析：因為S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr×2r＝3πr2＝12π，所以r2＝4，所以r＝2cm.5．利用斜二測畫法得到的以下結(jié)論中，正確的是________．(填序號)①三角形的直觀圖是三角形；②平行四邊形的直觀圖是平行四邊形；③正方形的直觀圖是正方形；④圓的直觀圖是橢圓．①②④解析：①正確；由原圖形中平行的線段在直觀圖中仍平行可知②正確；原圖形中垂直的線段在直觀圖中可能不垂直，故③錯；④正確．考點1空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征與直觀圖——基礎(chǔ)性1．(多選題)下列命題中正確的是()A．棱柱的側(cè)棱都相等，側(cè)面都是全等的平行四邊形B．在四棱柱中，若兩個過相對側(cè)棱的截面都垂直于底面，則該四棱柱為直四棱柱C．存在每個面都是直角三角形的四面體D．棱臺的上、下底面可以不相似，但側(cè)棱長一定相等BC解析：A不正確，根據(jù)棱柱的定義，棱柱的各個側(cè)面都是平行四邊形，但不一定全等；B正確，因為兩個過相對側(cè)棱的截面的交線平行于側(cè)棱，又垂直于底面；C正確，如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中的三棱錐C1－ABC，四個面都是直角三角形；D不正確，棱臺的上、下底面相似且是對應(yīng)邊平行的多邊形，各側(cè)棱的延長線交于一點，但是側(cè)棱長不一定相等．2．如圖，矩形O′A′B′C′是水平放置的一個平面圖形的直觀圖，其中O′A′＝6cm，C′D′＝2cm，則原圖形是()A．正方形 B．矩形C．菱形 D．一般的平行四邊形C解析：如圖，在原圖形OABC中，應(yīng)有OD＝2O′D′＝2×2eq\r(2)＝4eq\r(2)(cm)，CD＝C′D′＝2cm.所以O(shè)C＝eq\r(OD2＋CD2)＝eq\r(4\r(2)2＋22)＝6(cm)．所以O(shè)A＝OC.所以四邊形OABC是菱形．3．下列結(jié)論：①以直角三角形的一邊為軸旋轉(zhuǎn)一周所得的旋轉(zhuǎn)體是圓錐；②以直角梯形的一腰為軸旋轉(zhuǎn)一周所得的旋轉(zhuǎn)體是圓臺；③圓柱、圓錐、圓臺的底面都是圓面；④一個平面截圓錐，得到一個圓錐和一個圓臺；⑤用任意一個平面截一個幾何體，各個截面都是圓面，則這個幾何體一定是球．其中正確的是________．(填序號)③⑤解析：若這條邊是直角三角形的斜邊，則得不到圓錐，故①錯；若這條腰不是垂直于兩底的腰，則得到的不是圓臺，故②錯；圓柱、圓錐、圓臺的底面顯然都是圓面，故③正確；如果用不平行于圓錐底面的平面截圓錐，則得到的不是圓錐和圓臺，故④錯；只有球滿足任意截面都是圓面，故⑤正確．4．有以下四個命題：①底面是平行四邊形的四棱柱是平行六面體；②底面是矩形的平行六面體是長方體；③直四棱柱是平行六面體；④棱臺的相對側(cè)棱延長后必交于一點．其中真命題是________．(填序號)①④解析：命題①符合平行六面體的定義，故命題①是真命題的；底面是矩形的平行六面體的側(cè)棱可能與底面不垂直，故命題②是假命題；因為直四棱柱的底面不一定是平行四邊形，故命題③是假命題；由棱臺的定義知命題④是真命題．1．解決空間幾何體概念辨析題的常用方法(1)定義法：緊扣定義，由已知條件構(gòu)建幾何模型，在條件不變的情況下，變換模型中的線面關(guān)系或增加線、面等基本元素，根據(jù)定義進行判定．(2)反例法：通過反例對結(jié)構(gòu)特征進行辨析．2．用斜二測畫法畫直觀圖的技巧在原圖中與x軸或y軸平行的線段在直觀圖中與x′軸或y′軸平行，原圖中不與坐標(biāo)軸平行的直線段可以先畫出線段的端點再連線，原圖中的曲線段可以通過取一些關(guān)鍵點，作出在直觀圖中的相應(yīng)點后，用平滑的曲線連接而畫出．考點2空間幾何體的表面積和體積——綜合性(1)在△ABC中，AC＝2，BC＝2，∠ACB＝120°.若△ABC繞直線BC旋轉(zhuǎn)一周，則所形成的幾何體的表面積是()A．(6＋2eq\r(3))π B．2πC．(9＋2eq\r(3))π D．2eq\r(3)πA解析：△ABC繞直線BC旋轉(zhuǎn)一周，所形成的幾何體是一個大圓錐去掉一個小圓錐．因為AC＝2，BC＝2，∠ACB＝120°，所以O(shè)A＝eq\r(3)，AB＝2eq\r(3).所以所形成的幾何體的表面積是π×eq\r(3)×(2＋2eq\r(3))＝(6＋2eq\r(3))π.故選A.(2)(2021·八省聯(lián)考)圓臺上、下底面的圓周都在一個直徑為10的球面上，其上、下底面半徑分別為4和5，則該圓臺的體積為________．61π解析：圓臺的下底面半徑為5，故下底面在外接球的大圓上，如圖，設(shè)球的球心為O，圓臺上底面的圓心為O′，則圓臺的高OO′＝eq\r(OQ2－O′Q2)＝eq\r(52－42)＝3.據(jù)此可得圓臺的體積V＝eq\f(1,3)π×3×(52＋5×4＋42)＝61π.(3)一件剛出土的珍貴文物要在博物館大廳中央展出，如圖，需要設(shè)計各面是玻璃平面的無底正四棱柱將其罩住，罩內(nèi)充滿保護文物的無色氣體．已知文物近似于塔形，高為1.8米，體積為0.5立方米，其底部是直徑為0.9米的圓形，要求文物底部與玻璃罩底邊至少間隔0.3米，文物頂部與玻璃罩上底面至少間隔0.2米．若氣體每立方米1000元，則氣體的費用最少為()A．4500元 B．4000元C．2880元 D．2380元B解析：因為文物底部是直徑為0.9米的圓形，文物底部與玻璃罩底邊至少間隔0.3米，所以底面正方形的邊長為0.9＋2×0.3＝1.5(米)．又文物高1.8米，文物頂部與玻璃罩上底面至少間隔0.2米，所以正四棱柱的高為1.8＋0.2＝2(米)，則正四棱柱的體積V＝1.52×2＝4.5(立方米)．因為文物的體積為0.5立方米，所以罩內(nèi)空氣的體積為4.5－0.5＝4(立方米)．因為氣體每立方米1000元，所以氣體的費用最少為4×1000＝4000(元)．故選B.空間幾何體表面積、體積的求法(1)旋轉(zhuǎn)體的表面積問題注意其側(cè)面展開圖的應(yīng)用．(2)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．(3)體積可用公式法、轉(zhuǎn)換法、分割法、補形法等求解．1．在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長方體的體積為()A．8 B．6eq\r(2)C．8eq\r(2) D．8eq\r(3)C解析：如圖，連接AC1，BC1，AC.因為AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B為直線AC1與平面BB1C1C所成的角，所以∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝eq\f(2,sin30°)＝4；在Rt△ACC1中，CC1＝eq\r(AC\o\al(2,1)－AC2)＝eq\r(42－22＋22)＝2eq\r(2).所以V長方體＝AB×BC×CC1＝2×2×2eq\r(2)＝8eq\r(2).2．(2020·全國卷Ⅱ)已知△ABC是面積為eq\f(9\r(3),4)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16π，則O到平面ABC的距離為()A．eq\r(3) B．eq\f(3,2)C．1 D．eq\f(\r(3),2)C解析：設(shè)球O的半徑為R，則4πR2＝16π，解得R＝2.設(shè)△ABC外接圓的半徑為r，邊長為a.因為△ABC是面積為eq\f(9\r(3),4)的等邊三角形，所以eq\f(1,2)a2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(9\r(3),4)，解得a＝3.所以r＝eq\f(2,3)×eq\r(a2－\f(a2,4))＝eq\f(2,3)×eq\r(9－\f(9,4))＝eq\r(3).所以球心O到平面ABC的距離d＝eq\r(R2－r2)＝eq\r(4－3)＝1.3．如圖，長方體ABCD－A1B1C1D1的體積為36，E為棱CC1上的點，且CE＝2EC1，則三棱錐E－BCD的體積是()A．3 B．4C．6 D．12B解析：因為S△BCD＝eq\f(1,2)S四邊形ABCD，CE＝eq\f(2,3)CC1，VABCD－A1B1C1D1＝S四邊形ABCD·CC1＝36，所以VE－BCD＝eq\f(1,3)S△BCD·CE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)S四邊形ABCD·eq\f(2,3)CC1＝eq\f(1,9)×36＝4.故選B.4．一個六棱錐的體積為2eq\r(3)，其底面是邊長為2的正六邊形，側(cè)棱長都相等，則該六棱錐的側(cè)面積為________．12解析：設(shè)正六棱錐的高為h，斜高為h′.由題意，得eq\f(1,3)×6×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×h＝2eq\r(3)，所以h＝1.所以斜高h′＝eq\r(12＋\r(3)2)＝2，所以S側(cè)＝6×eq\f(1,2)×2×2＝12.考點3與球有關(guān)的切、接問題——應(yīng)用性考向1“相接”問題(2019·全國卷Ⅰ)已知三棱錐P－ABC的四個頂點在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點，∠CEF＝90°，則球O的體積為()A．8eq\r(6)π B．4eq\r(6)πC．2eq\r(6)π D．eq\r(6)πD解析：(方法一)因為PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的等邊三角形，所以P－ABC為正三棱錐，所以PB⊥AC.又E，F(xiàn)分別為PA，AB的中點，所以EF∥PB，所以EF⊥AC.又EF⊥CE，CE∩AC＝C，所以EF⊥平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以∠APB＝90°，所以PA＝PB＝PC＝eq\r(2)，所以P－ABC為正方體的一部分，2R＝eq\r(2＋2＋2)＝eq\r(6)，即R＝eq\f(\r(6),2)，所以V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×eq\f(6\r(6),8)＝eq\r(6)π.(方法二)設(shè)PA＝PB＝PC＝2x.因為E，F(xiàn)分別為PA，AB的中點，所以EF∥PB，且EF＝eq\f(1,2)PB＝x.因為△ABC是邊長為2的等邊三角形，所以CF＝eq\r(3).又∠CEF＝90°，所以CE＝eq\r(3－x2)，AE＝eq\f(1,2)PA＝x.在△AEC中，由余弦定理，得cos∠EAC＝eq\f(x2＋4－3－x2,2×2×x).作PD⊥AC于點D，因為PA＝PC，所以D為AC的中點．所以cos∠EAC＝eq\f(AD,PA)＝eq\f(1,2x).所以eq\f(x2＋4－3＋x2,4x)＝eq\f(1,2x)，解得x＝eq\f(\r(2),2)或x＝－eq\f(\r(2),2)(舍)．所以PA＝PB＝PC＝eq\r(2).又AB＝BC＝AC＝2，所以PA，PB，PC兩兩垂直．所以2R＝eq\r(2＋2＋2)＝eq\r(6).所以R＝eq\f(\r(6),2).所以V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×eq\f(6\r(6),8)＝eq\r(6)π.在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC且PA＝2，△ABC是邊長為eq\r(3)的等邊三角形，則該三棱錐外接球的表面積為()A．eq\f(4π,3) B．4πC．8π D．20πC解析：由題意得，此三棱錐外接球即為以△ABC為底面、以PA為高的正三棱柱的外接球．因為△ABC的外接圓半徑r＝eq\f(\r(3),2)×eq\r(3)×eq\f(2,3)＝1，外接球球心到△ABC的外接圓圓心的距離d＝eq\f(PA,2)＝1.所以外接球的半徑R＝eq\r(r2＋d2)＝eq\r(2).所以三棱錐外接球的表面積S＝4πR2＝8π.處理“相接”問題，要抓住空間幾何體“外接”的特點，即球心到多面體的頂點的距離等于球的半徑．考向2“相切”問題已知正四面體P－ABC的表面積為S1，此四面體的內(nèi)切球的表面積為S2.所以eq\f(S1,S2)＝________.eq\f(6\r(3),π)解析：設(shè)正四面體的棱長為a，則正四面體的表面積為S1＝4×eq\f(\r(3),4)×a2＝eq\r(3)a2，其內(nèi)切球半徑r為正四面體高的eq\f(1,4)，即r＝eq\f(1,4)×eq\f(\r(6),3)a＝eq\f(\r(6),12)a，因此內(nèi)切球表面積為S2＝4πr2＝eq\f(πa2,6)，則eq\f(S1,S2)＝eq\f(\r(3)a2,\f(πa2,6))＝eq\f(6\r(3),π).本例中若把“正四面體”改為“棱長為4的正方體”，則此正方體外接球的體積為________，內(nèi)切球的體積為________．32eq\r(3)πeq\f(32π,3)解析：由題意可知，此正方體的體對角線長即為其外接球的直徑，正方體的棱長即為其內(nèi)切球的直徑．設(shè)該正方體外接球的半徑為R，內(nèi)切球的半徑為r.又正方體的棱長為4，故其體對角線長為4eq\r(3)，從而V外接球＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×(2eq\r(3))3＝32eq\r(3)π，V內(nèi)切球＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(4,3)π×23＝eq\f(32π,3).處理“相切”問題，要找準(zhǔn)切點，通過作截面來解決，注意截面過球心．1．在三棱錐P－ABC中，PA＝PB＝PC＝2，AB＝AC＝1，BC＝eq\r(3)，則該三棱錐的外接球的表面積為()A．8π B．eq\f(16,3)πC．eq\f(4,3)π D．eq\f(32\r(3),27)πB解析：如圖，過點P作PG⊥平面ABC，垂足為G，由PA＝PB＝PC＝2，知G為三角形ABC的外心．在△ABC中，由AB＝AC＝1，BC＝eq\r(3)，可得∠BAC＝120°.由正弦定理可得eq\f(\r(3),sin120°)＝2AG，即AG＝1，所以PG＝eq\r(PA2－AG2)＝eq\r(3).取PA中點H，作HO⊥PA交PG于點O，則點O為該三棱錐外接球的球心．由△PHO∽△PGA，可得eq\f(PH,PO)＝eq\f(PG,PA)，則PO＝eq\f(PH·PA,PG)＝eq\f(1×2,\r(3))＝eq\f(2\r(3),3)，即該棱錐外接球的半徑為eq\f(2\r(3),3).所以該三棱錐外接球的表面積