2024步步高考二輪數(shù)學(xué)新教材講義專題四　第1講　空間幾何1體

2024步步高考二輪數(shù)學(xué)新教材講義第1講空間幾何體[考情分析]空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征是立體幾何的基礎(chǔ)，空間幾何體的表面積和體積是高考的重點(diǎn)與熱點(diǎn)，多以選擇題、填空題的形式考查，難度中等或偏上．考點(diǎn)一空間幾何體的折展問題核心提煉空間幾何體的側(cè)面展開圖(1)圓柱的側(cè)面展開圖是矩形．(2)圓錐的側(cè)面展開圖是扇形．(3)圓臺(tái)的側(cè)面展開圖是扇環(huán)．例1(1)(2023·郴州模擬)已知圓臺(tái)的上、下底面半徑分別為10和5，側(cè)面積為300π，AB為圓臺(tái)的一條母線(點(diǎn)B在圓臺(tái)的上底面圓周上)，M為AB的中點(diǎn)，一只螞蟻從點(diǎn)B出發(fā)，繞圓臺(tái)側(cè)面一周爬行到點(diǎn)M，則螞蟻爬行所經(jīng)路程的最小值為()A．30B．40C．50D．60(2)(2023·深圳模擬)如圖，在三棱錐P－ABC的平面展開圖中，AC＝eq\r(3)，AB＝1，AD＝1，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，則cos∠FCB等于()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,3)C.eq\f(3,5)D.eq\f(3,4)規(guī)律方法空間幾何體最短距離問題，一般是將空間幾何體展開成平面圖形，轉(zhuǎn)化成求平面中兩點(diǎn)間的最短距離問題，注意展開后對(duì)應(yīng)的頂點(diǎn)和邊．跟蹤演練1(1)(多選)如圖是一個(gè)正方體的展開圖，如果將它還原為正方體，則下列說法中正確的是()A．C∈GHB．CD與EF是共面直線C．AB∥EFD．GH與EF是異面直線(2)(2023·鞍山模擬)如圖，在三棱錐V－ABC中，VA＝VB＝VC＝8，∠AVB＝∠AVC＝∠BVC＝30°，過點(diǎn)A作截面AEF，則△AEF周長的最小值為()A．6eq\r(2)B．6eq\r(3)C．8eq\r(2)D．8eq\r(3)考點(diǎn)二表面積與體積核心提煉1．旋轉(zhuǎn)體的側(cè)面積和表面積(1)S圓柱側(cè)＝2πrl，S圓柱表＝2πr(r＋l)(r為底面半徑，l為母線長)．(2)S圓錐側(cè)＝πrl，S圓錐表＝πr(r＋l)(r為底面半徑，l為母線長)．(3)S球表＝4πR2(R為球的半徑)．2．空間幾何體的體積公式(1)V柱＝Sh(S為底面面積，h為高)．(2)V錐＝eq\f(1,3)Sh(S為底面面積，h為高)．(3)V臺(tái)＝eq\f(1,3)(S上＋eq\r(S上·S下)＋S下)h(S上，S下分別為上、下底面面積，h為高)．(4)V球＝eq\f(4,3)πR3(R為球的半徑)．例2(1)(2023·濰坊模擬)如圖，圓錐的底面半徑為1，側(cè)面展開圖是一個(gè)圓心角為eq\f(π,3)的扇形．把該圓錐截成圓臺(tái)，已知圓臺(tái)的下底面與該圓錐的底面重合，圓臺(tái)的上底面半徑為eq\f(1,3)，則圓臺(tái)的側(cè)面積為()A.eq\f(8π,3)B.eq\f(\r(35)π,2)C.eq\f(16π,3)D．8π(2)(2023·全國甲卷)在三棱錐P－ABC中，△ABC是邊長為2的等邊三角形，PA＝PB＝2，PC＝eq\r(6)，則該棱錐的體積為()A．1B.eq\r(3)C．2D．3規(guī)律方法空間幾何體的表面積與體積的求法(1)公式法：對(duì)于規(guī)則的幾何體直接利用公式進(jìn)行求解．(2)割補(bǔ)法：把不規(guī)則的圖形分割成規(guī)則的圖形，或把不規(guī)則的幾何體補(bǔ)成規(guī)則的幾何體，不熟悉的幾何體補(bǔ)成熟悉的幾何體．(3)等體積法：選擇合適的底面來求體積．跟蹤演練2(1)(2023·貴陽統(tǒng)考)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱AB，BC的中點(diǎn)，則四棱錐B－A1EFC1的體積為()A.eq\f(2,3)B．1C.eq\f(4,3)D.eq\f(7,3)(2)(多選)(2023·連云港調(diào)研)折扇在我國已有三四千年的歷史，“扇”與“善”諧音，折扇也寓意“善良”“善行”．它以字畫的形式集中體現(xiàn)了我國文化的方方面面，是運(yùn)籌帷幄，決勝千里，大智大勇的象征(如圖1)．圖2是一個(gè)圓臺(tái)的側(cè)面展開圖(扇形的一部分)，若扇形的兩個(gè)圓弧所在圓的半徑分別是1和3，且∠ABC＝eq\f(2π,3)，則該圓臺(tái)()A．高為eq\f(2\r(2),3)B．表面積為eq\f(34π,9)C．體積為eq\f(52\r(2)π,81)D．上底面面積∶下底面面積∶側(cè)面積＝1∶9∶24考點(diǎn)三多面體與球核心提煉求空間多面體的外接球半徑的常用方法(1)補(bǔ)形法：側(cè)面為直角三角形，或正四面體，或?qū)饩嗟鹊哪Ｐ?，可以還原到正方體或長方體中去求解；(2)定義法：到各個(gè)頂點(diǎn)距離均相等的點(diǎn)為外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圓圓心，找其垂線，則球心一定在垂線上，再根據(jù)到其他頂點(diǎn)的距離也是半徑，列關(guān)系式求解即可．例3(1)(2023·聊城模擬)某正四棱臺(tái)形狀的模型，其上、下底面的面積分別為2cm2，8cm2，若該模型的體積為14cm3，則該模型的外接球的表面積為()A．20πcm2 B．10πcm2C．5πcm2 D.eq\f(5π,2)cm2(2)(2023·全國甲卷)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，O為AC1的中點(diǎn)，若該正方體的棱與球O的球面有公共點(diǎn)，則球O的半徑的取值范圍是________．規(guī)律方法(1)求錐體的外接球問題的一般方法是補(bǔ)形法，把錐體補(bǔ)成正方體、長方體等求解．(2)求錐體的內(nèi)切球問題的一般方法是利用等體積法求半徑．跟蹤演練3(1)若三棱錐S－ABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，△ABC是邊長為3的正三角形，SC為球O的直徑，三棱錐S－ABC的體積為eq\f(3\r(3),2)，則三棱錐S－ABC的外接球的體積為()A.eq\f(4π,3)B.eq\f(16π,3)C.eq\f(26π,3)D.eq\f(32π,3)(2)(2023·濰坊模擬)在半徑為1的球中作一個(gè)圓柱，當(dāng)圓柱的體積最大時(shí)，圓柱的母線長為________．第2講空間點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系[考情分析]高考對(duì)此部分的考查，一是空間線面關(guān)系的命題的真假判斷，以選擇題、填空題的形式考查，屬于基礎(chǔ)題；二是空間線線、線面、面面平行和垂直關(guān)系交匯綜合命題，一般以選擇題、填空題或解答題的第(1)問的形式考查，屬中檔題．考點(diǎn)一空間直線、平面位置關(guān)系的判定核心提煉判斷空間直線、平面位置關(guān)系的常用方法(1)根據(jù)空間線面平行、垂直的判定定理和性質(zhì)定理逐項(xiàng)判斷，解決問題．(2)必要時(shí)可以借助空間幾何模型，如從長方體、四面體等模型觀察線、面的位置關(guān)系，并結(jié)合有關(guān)定理進(jìn)行判斷．例1(1)(2023·寶雞模擬)已知α，β是空間兩個(gè)不同的平面，m，n是空間兩條不同的直線，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥βB．若m⊥α，n⊥β，α∥β，則m∥nC．若m⊥α，n⊥β，m∥n，則α∥βD．若α∥β，m?α，n?β，則m∥n(2)(多選)(2023·金麗衢十二校聯(lián)考)每個(gè)面均為正三角形的八面體稱為正八面體，如圖．若點(diǎn)G，H，M，N分別是正八面體ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A．四邊形AECF是平行四邊形B．GH與MN是異面直線C．GH∥平面EABD．GH⊥BC規(guī)律方法對(duì)于線面關(guān)系的存在性問題，一般先假設(shè)存在，然后再在該假設(shè)條件下，利用線面位置關(guān)系的相關(guān)定理、性質(zhì)進(jìn)行推理論證，尋找假設(shè)滿足的條件，若滿足，則假設(shè)成立；若得出矛盾，則假設(shè)不成立．跟蹤演練1(1)(多選)(2023·廣州模擬)已知直線m與平面α有公共點(diǎn)，則下列結(jié)論一定正確的是()A．平面α內(nèi)存在直線l與直線m平行B．平面α內(nèi)存在直線l與直線m垂直C．存在平面β與直線m和平面α都平行D．存在過直線m的平面β與平面α垂直(2)(多選)(2023·長春模擬)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，直線A1C與平面AB1D1的交點(diǎn)為M，O為線段B1D1的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A．A，M，O三點(diǎn)共線B．M，O，A1，B四點(diǎn)不共面C．B，B1，O，M四點(diǎn)共面D．B，D1，C，M四點(diǎn)共面考點(diǎn)二空間平行、垂直關(guān)系核心提煉平行關(guān)系及垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化考向1平行、垂直關(guān)系的證明例2(2023·全國甲卷)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.(1)證明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；(2)設(shè)AB＝A1B，AA1＝2，求四棱錐A1－BB1C1C的高．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________規(guī)律方法(1)證明線線平行的常用方法①三角形的中位線定理；②平行公理；③線面平行的性質(zhì)定理；④面面平行的性質(zhì)定理．(2)證明線線垂直的常用方法①等腰三角形三線合一；②勾股定理的逆定理；③利用線面垂直的性質(zhì)證線線垂直．跟蹤演練2如圖，正方形ABCD與平面BDEF交于BD，DE⊥平面ABCD，EF∥平面ABCD，且DE＝EF＝eq\f(\r(2),2)AB.(1)求證：BF∥平面AEC；(2)求證：DF⊥平面AEC.________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________考向2翻折問題核心提煉翻折問題，關(guān)鍵是分清翻折前后圖形的位置和數(shù)量關(guān)系的變與不變，一般地，位于“折痕”同側(cè)的點(diǎn)、線、面之間的位置和數(shù)量關(guān)系不變，而位于“折痕”兩側(cè)的點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系會(huì)發(fā)生變化；對(duì)于不變的關(guān)系應(yīng)在平面圖形中處理，而對(duì)于變化的關(guān)系則要在立體圖形中解決．例3(1)(2023·成都模擬)如圖，在矩形ABCD中，E，F(xiàn)分別為邊AD，BC上的點(diǎn)，且AD＝3AE，BC＝3BF，設(shè)P，Q分別為線段AF，CE的中點(diǎn)，將四邊形ABFE沿著直線EF進(jìn)行翻折，使得點(diǎn)A不在平面CDEF上，在這一過程中，下列關(guān)系不能成立的是()A．AB∥CD B．AB⊥PQC．PQ∥ED D．PQ∥平面ADE(2)(多選)(2023·山東名校大聯(lián)考)如圖，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E為邊AB的中點(diǎn)，將△ADE沿直線DE翻折成△A1DE.若M為線段A1C的中點(diǎn)，則在△ADE翻折的過程中，下面四個(gè)命題中正確的是()A．BM的長是定值B．點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡在某個(gè)圓周上C．存在某個(gè)位置，使DE⊥A1CD．A1不在底面BCD上時(shí)，MB∥平面A1DE易錯(cuò)提醒注意圖形翻折前后變與不變的量以及位置關(guān)系．對(duì)照前后圖形，弄清楚變與不變的元素后，再立足于不變的元素的位置關(guān)系與數(shù)量關(guān)系去探求變化后的元素在空間中的位置與數(shù)量關(guān)系．跟蹤演練3(2023·鄭州質(zhì)檢)已知正方形ABCD的邊長為2，現(xiàn)將△ACD沿對(duì)角線AC翻折，得到三棱錐D－ABC.記AC，BC，AD的中點(diǎn)分別為O，M，N，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A．AC⊥平面BODB．三棱錐D－ABC體積的最大值為eq\f(2\r(2),3)C．三棱錐D－ABC的外接球的表面積為定值D．MN與平面BOD所成角的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))第3講空間向量與空間角[考情分析]以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點(diǎn)．空間向量是將空間幾何問題坐標(biāo)化的工具，利用空間向量求平面與平面的夾角或線面角是高考熱點(diǎn)，通常以解答題的形式出現(xiàn)，難度中等．考點(diǎn)一異面直線所成的角核心提煉設(shè)異面直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，異面直線l與m的夾角為θ.則(1)θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；(2)cosθ＝|cos〈a，b〉|＝eq\f(|a·b|,|a||b|)＝eq\f(|a1a2＋b1b2＋c1c2|,\r(a\o\al(2,1)＋b\o\al(2,1)＋c\o\al(2,1))\r(a\o\al(2,2)＋b\o\al(2,2)＋c\o\al(2,2))).例1(1)如圖，已知圓柱O1O2的軸截面ABCD是邊長為2的正方形，E為下底面圓周上一點(diǎn)，滿足eq\x\to(BE)＝2eq\x\to(AE)，則異面直線AE與BO1所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(5),5)B.eq\f(\r(5),10)C.eq\f(\r(3),10)D.eq\f(\r(2),10)(2)(2023·吉安模擬)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，G為線段B1D1上的動(dòng)點(diǎn)，則異面直線AG與EF所成角的最大值為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(5π,12)規(guī)律方法用向量法求異面直線所成的角的一般步驟(1)建立空間直角坐標(biāo)系．(2)用坐標(biāo)表示兩異面直線的方向向量．(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值．(4)注意兩異面直線所成角的范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對(duì)值．跟蹤演練1(1)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AC＝AB＝2，BC＝2eq\r(2)，Q為A1B1的中點(diǎn)，E為AQ的中點(diǎn)，F(xiàn)為BC1的中點(diǎn)，則異面直線BE與AF所成角的余弦值為()A．－eq\f(\r(39),39)B.eq\f(\r(39),39)C．－eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(3),3)(2)(2023·石嘴山模擬)在正四面體ABCD中，M，N分別為AC，AD的中點(diǎn)，則異面直線BM，CN所成角的余弦值為()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,5)D.eq\f(1,6)考點(diǎn)二直線與平面所成的角核心提煉設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為θ，則(1)θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；(2)sinθ＝|cos〈a，n〉|＝eq\f(|a·n|,|a||n|).例2(2022·全國甲卷)在四棱錐P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝eq\r(3).(1)證明：BD⊥PA；(2)求PD與平面PAB所成角的正弦值．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________易錯(cuò)提醒(1)線面角θ與直線的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的關(guān)系是〈a，n〉＋θ＝eq\f(π,2)或〈a，n〉－θ＝eq\f(π,2)，所以應(yīng)用向量法求的是線面角的正弦值，而不是余弦值．(2)利用方程思想求法向量，計(jì)算易出錯(cuò)，要認(rèn)真細(xì)心．跟蹤演練2(2023·泉州模擬)如圖，三棱臺(tái)ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2B1C1＝2，D是AC的中點(diǎn)，E是BC的中點(diǎn)．(1)證明：AB1∥平面DEC1；(2)已知AB⊥BC1，CC1⊥平面ABC.求直線BC1與平面DEC1所成角的正弦值的最大值．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________考點(diǎn)三平面與平面的夾角核心提煉設(shè)平面α，β的法向量分別為u，v，平面α與平面β的夾角為θ，則(1)θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；(2)cosθ＝|cos〈u，v〉|＝eq\f(|u·v|,|u||v|).例3(2023·新高考全國Ⅰ)如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.點(diǎn)A2，B2，C2，D2分別在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.(1)證明：B2C2∥A2D2；(2)點(diǎn)P在棱BB1上，當(dāng)二面角P－A2C2－D2為150°時(shí)，求B2P.________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________易錯(cuò)提醒平面與平面夾角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，兩向量夾角的取值范圍是[0，π]，兩平面的夾角與其對(duì)應(yīng)的兩法向量的夾角不一定相等，而是相等或互補(bǔ)．跟蹤演練3(2023·新高考全國Ⅱ改編)如圖，三棱錐A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E為BC的中點(diǎn)．(1)證明：BC⊥DA；(2)點(diǎn)F滿足eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))，求平面ABD與平面ABF夾角的正弦值．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________第1講空間幾何體例1(1)C[因?yàn)閳A臺(tái)上底面半徑為5，下底面半徑為10，母線長為l，所以S＝πl(wèi)(10＋5)＝15πl(wèi)＝300π，解得l＝20，如圖所示，將圓臺(tái)所在的圓錐側(cè)面展開，且設(shè)扇形的圓心為O.線段M1B就是螞蟻經(jīng)過的最短距離，設(shè)OA＝R，圓心角是α，則由題意知10π＝αR，①20π＝α(20＋R),②由①②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(α＝\f(π,2)，,R＝20，))所以O(shè)M1＝OM＝30，OB＝OB1＝40，所以M1B＝eq\r(OB2＋OM\o\al(2,1))＝50.](2)D跟蹤演練1(1)ABD(2)C例2(1)C[假設(shè)圓錐的底面半徑為R，母線長為l，則R＝1.設(shè)圓臺(tái)上底面半徑為r，母線長為l1，則r＝eq\f(1,3).由已知可得eq\f(π,3)＝eq\f(2πR,l)＝eq\f(2π,l)，解得l＝6.如圖，作出圓錐、圓臺(tái)的軸截面，則有eq\f(l－l1,l)＝eq\f(r,R)＝eq\f(1,3)，所以l1＝4.所以圓臺(tái)的側(cè)面積為π(R＋r)l1＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))π＝eq\f(16π,3).](2)A[如圖，取AB的中點(diǎn)D，連接PD，CD，因?yàn)椤鰽BC是邊長為2的等邊三角形，PA＝PB＝2，所以PD⊥AB，CD⊥AB，所以PD＝CD＝eq\r(3)，又PC＝eq\r(6)，所以PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，又AB∩CD＝D，AB，CD?平面ABC，所以PD⊥平面ABC，所以VP－ABC＝eq\f(1,3)×S△ABC×PD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×eq\r(3)＝1.]跟蹤演練2(1)B(2)BCD[對(duì)于A，設(shè)圓臺(tái)的上底面半徑為r，下底面半徑為R，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2πr＝\f(2π,3)·1，,2πR＝\f(2π,3)·3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(r＝\f(1,3)，,R＝1，))且圓臺(tái)的母線長為3－1＝2，所以圓臺(tái)的高為eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))2)＝eq\f(4\r(2),3)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，圓臺(tái)的上底面面積為eq\f(π,9)，下底面面積為π，側(cè)面積為π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋1))×2＝eq\f(8π,3)，所以圓臺(tái)的表面積為eq\f(π,9)＋π＋eq\f(8π,3)＝eq\f(34π,9)，故B正確；對(duì)于C，圓臺(tái)的體積V＝eq\f(1,3)π×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋\f(1,3)×1＋12))×eq\f(4\r(2),3)＝eq\f(52\r(2)π,81)，故C正確；對(duì)于D，圓臺(tái)的上底面面積∶下底面面積∶側(cè)面積＝eq\f(π,9)∶π∶eq\f(8π,3)＝1∶9∶24，故D正確．]例3(1)A[設(shè)該正四棱臺(tái)形狀的模型高為hcm，故eq\f(1,3)(2＋8＋eq\r(2×8))h＝14，解得h＝3，如圖，取上底面EFGH的中心M，下底面ABCD的中心N，則MN＝h＝3，故該模型的外接球的球心在MN上，設(shè)為點(diǎn)O，連接ME，NA，OE，OA，設(shè)上、下底面邊長分別為acm，bcm，則a2＝2，b2＝8，解得a＝eq\r(2)，b＝2eq\r(2)，故EM＝1cm，NA＝2cm，設(shè)ON＝y(tǒng)cm，則OM＝(3－y)cm，由勾股定理得EO2＝OM2＋EM2＝(3－y)2＋1，AO2＝ON2＋AN2＝y(tǒng)2＋4，故(3－y)2＋1＝y(tǒng)2＋4，解得y＝1，故外接球半徑為eq\r(y2＋4)＝eq\r(5)(cm)，該模型的外接球的表面積為4π·(eq\r(5))2＝20π(cm2)．](2)[2eq\r(2)，2eq\r(3)]解析如圖，設(shè)球O的半徑為R.當(dāng)球O是正方體的外接球時(shí)，恰好經(jīng)過正方體的每個(gè)頂點(diǎn)，所求的球O的半徑最大，若半徑變得更大，球O會(huì)包含正方體，球面和棱沒有交點(diǎn)，正方體的外接球直徑2R′為體對(duì)角線長AC1＝eq\r(42＋42＋42)＝4eq\r(3)，即2R′＝4eq\r(3)，R′＝2eq\r(3)，故Rmax＝2eq\r(3)；分別取側(cè)棱AA1，BB1，CC1，DD1的中點(diǎn)M，H，G，N，連接MH，HG，NG，MN，MG，顯然四邊形MNGH是邊長為4的正方形，且O為正方形MNGH的對(duì)角線MG的中點(diǎn)，則MG＝4eq\r(2)，當(dāng)球O的一個(gè)大圓恰好是四邊形MNGH的外接圓時(shí)，球O的半徑達(dá)到最小，即Rmin＝2eq\r(2).綜上，R∈[2eq\r(2)，2eq\r(3)]．跟蹤演練3(1)D(2)eq\f(2\r(3),3)解析設(shè)圓柱的底面半徑為r，球心到圓柱底面的距離為h，則圓柱的母線長為2h，由球截面的性質(zhì)得r2＋h2＝1，則r2＝1－h(huán)2(0<h<1)，圓柱的體積V＝2πr2h＝2πh(1－h(huán)2)＝2πh－2πh3，V′＝2π－6πh2＝－6πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(\r(3),3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(\r(3),3)))，當(dāng)h∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))時(shí)，V′>0，當(dāng)h∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))時(shí)，V′<0，所以函數(shù)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))上單調(diào)遞減，所以當(dāng)h＝eq\f(\r(3),3)時(shí)，V取得最大值eq\f(4\r(3)π,9)，此時(shí)圓柱的母線長為2h＝eq\f(2\r(3),3).第2講空間點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系例1(1)D(2)AC[如圖，連接AC，EF，BD，MH，EH，EM，MG，NH，則AC與EF相交且互相平分，故四邊形AECF為平行四邊形，故A正確；所以AE∥CF且AE＝CF.又G，H，M，N分別是正八面體ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中點(diǎn)，所以GM∥AE，NH∥CF，且GM＝eq\f(1,2)AE，NH＝eq\f(1,2)CF，所以GM∥NH，且GM＝NH，所以四邊形MNHG是平行四邊形，故B錯(cuò)誤；易證平面MNHG∥平面EAB，又GH?平面MNHG，所以GH∥平面EAB，故C正確；因?yàn)镋H⊥BC，MH⊥BC，EH∩MH＝H，EH，MH?平面EMH，所以BC⊥平面EMH，而GH?平面EMH，GH∩EH＝H，所以GH與BC不垂直，故D錯(cuò)誤．]跟蹤演練1(1)BD(2)ABD[如圖，因?yàn)锳A1∥CC1，則A，A1，C1，C四點(diǎn)共面．因?yàn)镸∈A1C，則M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，則點(diǎn)M在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上，同理，O，A也在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上，所以A，M，O三點(diǎn)共線，故A正確；從而M，O，A1，A四點(diǎn)共面，都在平面ACC1A1內(nèi)，而點(diǎn)B不在平面ACC1A1內(nèi)，所以M，O，A1，B四點(diǎn)不共面，故B正確；B，B1，O三點(diǎn)均在平面BB1D1D內(nèi)，而點(diǎn)A不在平面BB1D1D內(nèi)，所以直線AO與平面BB1D1D相交且點(diǎn)O是交點(diǎn)，所以點(diǎn)M不在平面BB1D1D內(nèi)，即B，B1，O，M四點(diǎn)不共面，故C錯(cuò)誤；因?yàn)锽C∥D1A1，且BC＝D1A1，所以四邊形BCD1A1為平行四邊形，所以CA1，BD1共面，所以B，D1，C，M四點(diǎn)共面，故D正確．]例2(1)證明因?yàn)锳1C⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以A1C⊥BC，又因?yàn)椤螦CB＝90°，即AC⊥BC，因?yàn)锳1C，AC?平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1，又因?yàn)锽C?平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.(2)解如圖，過點(diǎn)A1作A1O⊥CC1于點(diǎn)O.因?yàn)槠矫鍭CC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O?平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BB1C1C，所以四棱錐A1－BB1C1C的高為A1O.因?yàn)锳1C⊥平面ABC，AC，BC?平面ABC，所以A1C⊥BC，A1C⊥AC，在Rt△ABC與Rt△A1BC中，因?yàn)锳1B＝AB，BC＝BC，所以Rt△ABC≌Rt△A1BC，所以A1C＝AC.設(shè)A1C＝AC＝x，則A1C1＝x，所以O(shè)為CC1中點(diǎn)，OC1＝eq\f(1,2)AA1＝1，又因?yàn)锳1C⊥AC，所以A1C2＋AC2＝AAeq\o\al(2,1)，即x2＋x2＝22，解得x＝eq\r(2)，所以A1O＝eq\r(A1C\o\al(2,1)－OC\o\al(2,1))＝eq\r(\r(2)2－12)＝1，所以四棱錐A1－BB1C1C的高為1.跟蹤演練2證明如圖，設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O，則O為正方形ABCD的中心，連接OE，OF.(1)不妨令A(yù)B＝eq\r(2).則DE＝EF＝1.∵四邊形ABCD為正方形，∴BD＝eq\r(2)AB＝2＝2BO.∵EF∥平面ABCD，且平面ABCD∩平面BDEF＝BD，EF?平面BDEF，∴EF∥BD，∴EF∥OB，EF＝OB，即四邊形BOEF為平行四邊形，∴OE∥BF.又OE?平面AEC，BF?平面AEC，∴BF∥平面AEC.(2)∵EF∥DO，且EF＝DO，DE＝EF，∴四邊形ODEF為菱形．∵DE⊥平面ABCD，∴四邊形ODEF為正方形，∴DF⊥OE.又四邊形ABCD為正方形，∴BD⊥AC.∵DE⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴DE⊥AC.而BD∩DE＝D，且BD，DE?平面BDEF，∴AC⊥平面BDEF.∵DF?平面BDEF，∴AC⊥DF.又OE∩AC＝O，OE，AC?平面AEC，∴DF⊥平面AEC.例3(1)C(2)ABD[如圖所示，取CD的中點(diǎn)F，連接MF，BF，AC，易得MF∥A1D，BF∥DE，∵M(jìn)F?平面A1DE，A1D?平面A1DE，∴MF∥平面A1DE，同理可得BF∥平面A1DE，又MF∩BF＝F，MF，BF?平面BMF，∴平面BMF∥平面A1DE，∵BM?平面BMF，∴BM∥平面A1DE，D選項(xiàng)正確；又∠BFM＝∠A1DE，MF＝eq\f(1,2)A1D為定值，BF＝DE為定值，由余弦定理知，BM2＝MF2＋BF2－2MF·BF·cos∠MFB，∴BM的長為定值，A選項(xiàng)正確；∴點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡在以點(diǎn)B為圓心，BM為半徑的圓周上，B選項(xiàng)正確；∵A1C在平面ABCD中的射影在直線AC上，且AC與DE不垂直，∴不存在某個(gè)位置，使DE⊥A1C，C選項(xiàng)錯(cuò)誤．]跟蹤演練3D[對(duì)于A，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，可得AC⊥BO，AC⊥DO，又由BO∩DO＝O，且BO，DO?平面BOD，所以AC⊥平面BOD，所以A正確；對(duì)于B，當(dāng)平面ACD⊥平面ABC時(shí)，此時(shí)點(diǎn)D到平面ABC的距離最大，即三棱錐D－ABC高的最大值為h＝DO＝eq\r(2)，此時(shí)三棱錐D－ABC的體積最大，為V＝eq\f(1,3)S△ABC·h＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×eq\r(2)＝eq\f(2\r(2),3)，所以B正確；對(duì)于C，由OA＝OB＝OC＝OD＝eq\r(2)，所以三棱錐D－ABC外接球的球心為O，即外接球的半徑R＝eq\r(2)，所以三棱錐D－ABC外接球的表面積S＝4πR2＝8π(定值)，所以C正確；對(duì)于D，如圖所示，取AB，AO的中點(diǎn)E，F(xiàn)，分別連接ME，EF，NF，NE，MF，因?yàn)镋，F(xiàn)，N分別為AB，AO，AD的中點(diǎn)，可得EF∥BO，NF∥DO且EF∩NF＝F，BO∩DO＝O，所以平面NEF∥平面BOD，又因?yàn)锳C⊥平面BOD，所以AC⊥平面NEF，因?yàn)锳C∥ME，所以ME⊥平面NEF，所以∠MNE即為直線MN與平面NEF所成的角，在折疊過程中，設(shè)BD的長度為a，則a∈(0,2eq\r(2))，由E，N分別為AB，AD的中點(diǎn)，得NE＝eq\f(1,2)BD，在Rt△MNE中，可得tan∠MNE＝eq\f(ME,NE)＝eq\f(\f(1,2)AC,\f(1,2)BD)＝eq\f(AC,BD)＝eq\f(2\r(2),a)>1，所以∠MNE的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，即MN與平面BOD所成角的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以D錯(cuò)誤．]第3講空間向量與空間角例1(1)B(2)C[以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長為2，則G(a，a,2)，a∈[0,2]，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，則A(2,0,0)，E(2,1,0)，F(xiàn)(1,2,0)，故eq\o(AG,\s\up6(→))＝(a－2，a,2)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，設(shè)兩異面直線的夾角為α，其中α∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故cosα＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AG,\s\up6(→))·\o(EF,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AG,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up6(→)))))＝eq\f(2,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－2))2＋a2＋4)×\r(2))＝eq\f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－1))2＋3))，因?yàn)閍∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，2))，則當(dāng)a＝0或a＝2時(shí)，cosα取得最小值，最小值為eq\f(1,2)，又因?yàn)閥＝cosα在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，則α的最大值為eq\f(π,3).]跟蹤演練1(1)B(2)D[方法一取AN的中點(diǎn)E，連接ME，BE，則ME∥CN，所以∠BME或其補(bǔ)角就是異面直線BM，CN所成的角．設(shè)AB＝4，則BM＝CN＝2eq\r(3)，ME＝eq\r(3)，BE＝eq\r(AB2＋AE2－2AB·AEcos60°)＝eq\r(13)，cos∠BME＝eq\f(ME2＋BM2－BE2,2ME·MB)＝eq\f(3＋12－13,2×\r(3)×2\r(3))＝eq\f(1,6).方法二不妨設(shè)正四面體ABCD的棱長為2，以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(CA,\s\up6(→))，\o(CB,\s\up6(→))，\o(CD,\s\up6(→))))為基底，則eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(CM,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CA,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(CA,\s\up6(→))＋\o(CD,\s\up6(→))))，則eq\o(BM,\s\up6(→))·eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(CA,\s\up6(→))2＋\f(1,2)\o(CA,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→))－\o(CB,\s\up6(→))·\o(CA,\s\up6(→))－\o(CB,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→))))＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×22－\f(3,2)×22×cos60°))＝－eq\f(1,2)，又|eq\o(BM,\s\up6(→))|＝|eq\o(CN,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，設(shè)異面直線BM，CN所成的角為θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosθ＝|cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，eq\o(CN,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(BM,\s\up6(→))·\o(CN,\s\up6(→))|,|\o(BM,\s\up6(→))||\o(CN,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,6)，所以異面直線BM，CN所成角的余弦值為eq\f(1,6).]例2(1)證明在四邊形ABCD中，作DE⊥AB于點(diǎn)E，CF⊥AB于點(diǎn)F，如圖．因?yàn)镃D∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，所以四邊形ABCD為等腰梯形，所以AE＝BF＝eq\f(1,2)，故DE＝eq\f(\r(3),2)，BD＝eq\r(DE2＋BE2)＝eq\r(3)，所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.因?yàn)镻D⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD＝D，PD，AD?平面PAD，所以BD⊥平面PAD.又因?yàn)镻A?平面PAD，所以BD⊥PA.(2)解由(1)知，DA，DB，DP兩兩垂直，如圖，以D為原點(diǎn)，DA，DB，DP所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，P(0,0，eq\r(3))，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1,0，eq\r(3))，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，eq\r(3))，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0,0，eq\r(3))．設(shè)平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AP,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)z＝0，,－\r(3)y＋\r(3)z＝0，))可取n＝(eq\r(3)，1,1)，則|cos〈n，eq\o(DP,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(DP,\s\up6(→))|,|n||\o(DP,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，所以PD與平面PAB所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5).跟蹤演練2(1)證明在三棱臺(tái)ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2B1C1＝2，D是AC的中點(diǎn)，∴A1C1∥AD，A1C1＝AD，∴四邊形ADC1A1為平行四邊形，故AA1∥DC1，∵AA1?平面DEC1，DC1?平面DEC1，故AA1∥平面DEC1，又在△ABC中，D，E分別為AC，BC的中點(diǎn)，∴DE∥AB，又AB?平面DEC1，DE?平面DEC1，∴AB∥平面DEC1，又AB∩AA1＝A，AB，AA1?平面ABB1A1， ∴平面ABB1A1∥平面DEC1，又AB1?平面ABB1A1，∴AB1∥平面DEC1. (2)解∵CC1⊥平面ABC，AB?平面ABC，∴CC1⊥AB，又AB⊥BC1，CC1∩BC1＝C1，CC1，BC1?平面BCC1B1，故AB⊥平面BCC1B1，由于BC?平面BCC1B1，∴AB⊥BC，又DE∥AB，進(jìn)而DE⊥BC，連接B1E，由B1C1∥EC，B1C1＝EC，∴四邊形B1C1CE為平行四邊形，故CC1∥B1E，由于CC1⊥平面ABC，因此B1E⊥平面ABC，故ED，EC，EB1兩兩垂直，以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)B1E＝a，則E(0,0,0)，B(－1,0,0)，D(0,1,0)，C1(1,0，a)，故eq\o(ED,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(EC1,\s\up6(→))＝(1,0，a)，設(shè)平面DEC1的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(ED,\s\up6(→))·m＝y(tǒng)＝0，,\o(EC1,\s\up6(→))·m＝x＋az＝0，))取x＝a，則m＝(a,0，－1)，又eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(2,0，a)，故sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈\o(BC1,\