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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)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且相等多边形互相平行侧棱平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形(2)旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环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)作、看三视图的3原则①位置原则：②度量原则：长对正、高平齐、宽相等(即正俯同长、正侧同高、俯侧同宽)．③虚实原则：轮廓线——现则实、隐则虚．1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( )(3)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分．( )(4)夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是圆柱．( )(5)上下底面是两个平行的圆面的旋转体是圆台．( )答案：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×2．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 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.3．若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为( )A．2,2 3 B．22，2C．4,2 D．2,4解析：选D 由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为23，故底面边长为4，故选D.4．(教材习题改编)如图，长方体ABCDA′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5．利用斜二测画法得到的①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形．以上结论正确的个数是________．解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误，故结论正确的个数为1.答案：1考点一空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[考什么·怎么考]空间几何体的结构特征是立体几何的基础知识，很少单独考查.多作为载体与三视图、表面积、体积等综合考查，题型为选择题或填空题，难度较低.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．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选B ①错误，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．3．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C1ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④[怎样快解·准解]空间几何体概念辨析题的常用方法定义法紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，根据定义进行判定．反例法通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个结论是错误的，只要举出一个反例即可.考点二空间几何体的直观图基础送分型考点——自主练透[考什么·怎么考]单独考查空间几何体的直观图的题目很少，多与三视图、表面积、体积等综合考查，题型为选择题或填空题，难度较低.1.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2，所以原图形为平行四边形，位于y 轴上的对角线长为2 2.故选A.2．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________． 解析：如图，图①、图②分别表示△ABC 的实际图形和直观图． 从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32，C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64. 所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64.答案：643.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 2 cm 2，则原平面图形的面积为________ cm 2.解析：依题意可知∠BAD ＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底的长分别与BC ，AD 相等，高为梯形ABCD 的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm 2.答案：8[怎样快解·准解]1．原图形与直观图中的“三变”与“三不变” (1)“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度改变减半图形改变(2)“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不变与x 轴平行的线段长度不变相对位置不变2．原图形与直观图面积的关系按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系： (1)S 直观图＝24S 原图形；(2)S 原图形＝22S 直观图． 考点三 空间几何体的三视图题点多变型考点——追根溯源空间几何体的三视图的辨析是高考的热点内容，一般以选择题或填空题的形式出现.常见的命题角度有：1已知几何体，识别三视图；2已知三视图，判断几何体；3已知几何体的三视图中的某两个视图，确定另一种视图.[题点全练]角度(一) 已知几何体，识别三视图1.(2018·河北衡水中学调研)如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱BB 1的中点，用过点A ，E ，C 1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为( )解析：选C 如图所示，过点A ，E ，C 1的截面为AEC 1F ，则剩余几何体的侧视图为选项C 中的图形．[题型技法] 识别三视图的步骤(1)弄清几何体的结构特征及具体形状、明确几何体的摆放位置；(2)根据三视图的有关定义和规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图； (3)被遮住的轮廓线应为虚线，若相邻两个物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线；对于简单的组合体，要注意它们的组合方式，特别是它们的交线位置．角度(二) 已知三视图，判断几何体2．(2017·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A．3 2 B．2 3C．2 2 D．2解析：选B 在正方体中还原该四棱锥如图所示，从图中易得最长的棱为AC1＝AC2＋CC21＝22＋22＋22＝2 3.[题型技法] 由三视图确定几何体的3步骤熟练掌握规则几何体的三视图是三视图还原几何体的基础，在明确三视图画法规则的基础上，按以下步骤可轻松解决此类问题：角度(三) 已知几何体三视图中的某两个视图，确定另外一个视图3．如图，一个三棱柱的正视图和侧视图分别是矩形和正三角形，则这个三棱柱的俯视图为( )解析：选D 由正视图和侧视图可知，这是一个水平放置的正三棱柱．故选D.[题型技法]由几何体的部分视图画出剩余视图的方法解决此类问题，可先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入检验．[题“根”探求]根据几何体的三视图判断几何体的结构特征，常见的有以下几类三视图的形状对应的几何体三个三角形三棱锥两个三角形，一个四边形四棱锥两个三角形，一个圆圆锥一个三角形，两个四边形三棱柱三个四边形四棱柱两个四边形，一个圆圆柱[冲关演练]1．(2018·惠州调研)如图所示，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中的几何体，则该几何体的侧(左)视图为( )解析：选B 从几何体的左侧看，对角线AD1在视线范围内，故画为实线，右侧面的棱C1F不在视线范围内，故画为虚线，且上端点位于几何体上底面边的中点．故选B2.(2018·石家庄质检)一个三棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧(左)视图可能为( )解析：选D 由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD，故选D.3.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左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 ．10B ．12C ．14D ．16解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为2＋4×22×2＝12，故选B.(一)普通高中适用作业A 级——基础小题练熟练快1.如图，△A ′B ′O ′是利用斜二测画法画出的△ABO 的直观图，已知A ′B ′∥y ′轴，O ′B ′＝4，且△ABO 的面积为16，过A ′作A ′C ′⊥x ′轴，则A ′C ′的长为( )A ．2 2 B. 2 C ．16 2D ．1解析：选A 因为A ′B ′∥y ′轴，所以△ABO 中，AB ⊥OB . 又因为△ABO 的面积为16，所以12AB ·OB ＝16.因为OB ＝O ′B ′＝4，所以AB ＝8，所以A ′B ′＝4. 因为A ′C ′⊥O ′B ′于C ′，所以B ′C ′＝A ′C ′， 所以A ′C ′＝4·sin 45°＝22，故选A.2．一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )解析：选B 由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部是一条水平线段连接两个三角形，故选B.3．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D 由三视图知该几何体的上半部分是一个三棱柱，下半部分是一个四棱柱．故选D.4.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图为( )解析：选D 由正视图与俯视图知，几何体是一个三棱锥与半个圆锥的组合体，故侧视图为D.5.如图，在正四棱柱ABCDA 1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥PBCD的正视图与侧视图的面积之比为( )A．1∶1 B．2∶1C．2∶3 D．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥PBCD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PBCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.6．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x的值是( )A ．2 B.92C.32D ．3解析：选D 根据三视图判断几何体为四棱锥，其直观图如图所示，则体积V ＝13×1＋22×2×x ＝3，解得x ＝3，故选D. 7．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：①④8．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12(cm)，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：139．已知正四棱锥V ABCD 中，底面面积为16，一条侧棱的长为211，则该棱锥的高为________．解析：如图，取正方形ABCD 的中心O ，连接VO ，AO ，则VO 就是正四棱锥V ABCD 的高．因为底面面积为16，所以AO ＝2 2. 因为一条侧棱长为211.所以VO ＝VA 2－AO 2＝44－8＝6. 所以正四棱锥V ABCD 的高为6. 答案：610．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图为如图所示的四棱柱ABCDA1B1C1D1，当选择的4个点是B1，B，C，C1时，可知①正确；当选择的4个点是B，A，B1，C时，可知②正确；易知③不正确．答案：①②B级——中档题目练通抓牢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．7C．6 D．5解析：选C 画出直观图可知，共需要6块．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：选 B 如图所示，由正视图和侧视图可知该几何体是由长方体ABCD A 1B 1C 1D 1截去三棱锥B 1A 1BC 1得到的，故其侧视图为选项B.3．已知四棱锥P ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P ABCD 的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PN ＝5，PM ＝3，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3， S △PBC ＝12×4×3＝6.所以四个侧面中面积最大的是6.4．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为________．解析：由题意可知，该几何体是三棱锥，将其放置在长方体中形状如图所示(图中棱锥P ABC )，利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面全部是直角三角形．答案：45.如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m ，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P 处．若该小虫爬行的最短路程为4 3 m ，则圆锥底面圆的半径等于________ m.解析：把圆锥侧面沿过点P 的母线展开成如图所示的扇形，由题意OP ＝4，PP ′＝43， 则cos ∠POP ′＝42＋42－4322×4×4＝－12，所以∠POP ′＝2π3.设底面圆的半径为r ，则2πr ＝2π3×4，所以r ＝43.答案：436．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 ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.7.如图，在四棱锥P ABCD 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 cm 2.(2)由侧视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2. 由正视图可知AD ＝6，且AD ⊥PD ，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝622＋62＝6 3 cm.C级——重难题目自主选做1．(2018·泉州模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图中的虚线部分是( )A．圆弧 B．抛物线的一部分C．椭圆的一部分 D．双曲线的一部分解析：选D 根据几何体的三视图可得，侧视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故侧视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.2.一只蚂蚁从正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( )A．①② B．①③C．③④ D．②④解析：选D 由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)．若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.(二)重点高中适用作业A级——保分题目巧做快做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( )解析：选B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B.2.已知点E，F，G分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AA1，CC1，DD1的中点，点M，N，Q，P分别在线段DF，AG，BE，C1B1上．以M，N，Q，P为顶点的三棱锥PMNQ的俯视图不可能是( )解析：选C 当M与F重合，N与G重合，Q与E重合，P与B1重合时，三棱锥PMNQ 的俯视图为A；当M，N，Q，P是所在线段的中点时，三棱锥PMNQ的俯视图为B；当M，N，Q，P位于所在线段的非端点位置时，存在三棱锥PMNQ，使其俯视图为D.故选C.3.已知一个三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为( )解析：选C 由已知条件得直观图如图所示，PC⊥底面ABC，正视图是直角三角形，中间的线是看不见的线PA形成的投影，应为虚线，故选C.4．某几何体的正视图和侧视图如图1所示，它的俯视图的直观图是如图2所示的矩形O1A1B1C1，其中O1A1＝6，O1C1＝2，则该几何体的侧面积为( )A ．48B ．64C ．96D ．128解析：选 C 由题意可知该几何体是一个直四棱柱，∵它的俯视图的直观图是矩形O 1A 1B 1C 1，O 1A 1＝6，O 1C 1＝2，∴它的俯视图是边长为6的菱形，∵棱柱的高为4， 故该几何体的侧面积为4×6×4＝96.5．已知四棱锥P ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P ABCD 的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PN ＝5，PM ＝3，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3， S △PBC ＝12×4×3＝6.所以四个侧面中面积最大的是6.6．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12(cm)，BC ＝8－3＝5 (cm)．∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：137．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为________．解析：由题意可知，该几何体是三棱锥，将其放置在长方体中形状如图所示(图中棱锥P ABC )，利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面全部是直角三角形．答案：48.如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m ，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P 处．若该小虫爬行的最短路程为4 3 m ，则圆锥底面圆的半径等于________ m.解析：把圆锥侧面沿过点P 的母线展开成如图所示的扇形， 由题意OP ＝4，PP ′＝43， 则cos ∠POP ′＝42＋42－4322×4×4＝－12，所以∠POP ′＝2π3.设底面圆的半径为r ，则2πr ＝2π3×4，所以r ＝43.答案：439.如图是一个几何体的正视图和俯视图． (1)试判断该几何体是什么几何体； (2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积； (3)求出该几何体的体积．解：(1)由题意可知该几何体为正六棱锥．(2)其侧视图如图所示，其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，∴该平面图形的面积S ＝12·3a ·3a ＝32a 2.(3)V ＝13×6×34a 2×3a ＝32a 3.10．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 ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.B 级——拔高题目稳做准做1．(2018·邵阳模拟)某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱中，长度最长的棱的长是( )A ．2 5B ．2 6C ．27D ．4 2解析：选C 由三视图可知该四面体的直观图如图所示．其中AC ＝2，PA ＝2，△ABC 中，边AC 上的高为23，所以BC ＝42＋232＝27，AB＝232＋22＝4，而PB＝PA2＋AB2＝22＋42＝25，PC＝PA2＋AC2＝22，因此在四面体的六条棱中，长度最长的是BC，其长为27，选C.2．(2018·泉州模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图中的虚线部分是( )A．圆弧 B．抛物线的一部分C．椭圆的一部分 D．双曲线的一部分解析：选D 根据几何体的三视图可得，侧视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故侧视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.3.一只蚂蚁从正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( )A．①② B．①③C．③④ D．②④解析：选D 由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)．若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.4．某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则xy的最大值为________．解析：由三视图知三棱锥如图所示，底面ABC是直角三角形，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，BC＝27，PA2＋y2＝102，(27)2＋PA2＝x2，因此xy＝x102－[x2－272]＝x128－x2≤x2＋128－x22＝64，当且仅当x2＝128－x2，即x＝8时取等号，因此xy的最大值是64.答案：645.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＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝622＋62＝6 3 cm.6．四面体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.(1)求四面体ABCD 的体积； (2)证明：四边形EFGH 是矩形．解：(1)由题意，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1，∵BD ∩DC ＝D ，∴AD ⊥平面BDC ，∴四面体ABCD 的体积V ＝13×12×2×2×1＝23.(2)证明：∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，又平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ， ∴BC ∥FG ，BC ∥EH ， ∴FG ∥EH .同理，EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ，∴四边形EFGH 是平行四边形． ∵AD ⊥平面BDC ，∴AD ⊥BC ， ∴EF ⊥FG ，∴四边形EFGH 是矩形．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＝πrlS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l2．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S 表面积＝S 侧＋2S 底V ＝Sh柱) 锥体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13Sh台体(棱台和圆台) S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 31．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)圆柱的一个底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS .( )(2)锥体的体积等于底面面积与高之积．( ) (3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( ) (4)球的体积之比等于半径之比的平方．( ) 答案：(1)× (2)× (3)√ (4)×2．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( ) A.163π B.323πC ．16πD ．24π解析：选B 设球的半径为R ，则由4πR 2＝16π，解得R ＝2，所以这个球的体积为43πR3＝323π. 3．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：。
计时双基练四十八证明平行与垂直A组基础必做1．已知A(1,0,0，B(0,1,0，C(0,0,1，则下列向量是平面ABC法向量的是(A．(－1,1,1 B．(1，－1,1C. D.解析设n＝(x，y，z为平面ABC的法向量，则化简得∴x＝y＝z。
故选C。
答案C2．若＝λ＋μ，则直线AB与平面CDE的位置关系是(A．相交 B．平行C．在平面内 D．平行或在平面内解析∵＝λ＋μ，∴，，共面。
则AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内。
答案D2 3．直线l的方向向量s＝(－1,1,1，平面α的法向量为n＝(2，x＋x，－x，若直线l∥平面α，则x的值为(A ．－2B ．－ C. D ．±解析由已知得s ·n ＝0，故－1×2＋1×(x 2＋x ＋1×(－x ＝0，解得x ＝±。
答案 D4．若平面α，β的法向量分别为n 1＝(2，－3,5，n 2＝(－3,1，－4，则(A ．α∥βB ．α⊥βC ．α、β相交但不垂直D ．以上均不正确解析 ∵n 1·n 2＝2×(－3＋(－3×1＋5×(－4≠0， ∴n 1与n 2不垂直，∴α与β相交但不垂直。
答案 C5．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝，AD＝2，P 为C 1D 1的中点，M 为BC 的中点。
则AM 与PM 的位置关系为(A．平行 B．异面C．垂直 D．以上都不对解析以D点为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，依题意，可得D(0,0,0，P(0,1, ，C(0,2,0，A(2，0,0，M(，2,0。
∴＝(，2,0－(0,1，＝(，1，－，＝(，2,0－(2，0,0＝(－，2,0。
∴·＝(，1，－·(－，2,0＝0。
即⊥，∴AM⊥PM。
2017高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第7讲 立体几何中的向量方法(理)习题A 组 基础巩固一、选择题1．(2015·某某某某一模)如图所示，点P 在正方形ABCD 所在平面外，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ，则PB 与AC 所成的角是导学号 25401791( )A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°[答案] B[解析] 将其还原成正方体ABCD －PQRS ，显然PB ∥SC ，△ACS 为正三角形，∴∠ACS ＝60°.2．若正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为导学号 25401792( )A.35 B ．45 C.34 D ．55[答案] B[解析] 间接法：由正三棱柱的所有棱长都相等，依据题设条件，可知B 1D ⊥平面ACD ，∴B 1D ⊥DC ，故△B 1DC 为直角三角形，设棱长为1，则有AD ＝52，B 1D ＝32，DC ＝52， ∴S △B 1DC ＝12×32×52＝158.设A 到平面B 1DC 的距离为h ，则有VA －B 1DC ＝VB 1－ADC ， ∴13×h ×S △B 1DC ＝13×B 1D ×S △ADC .∴13×h ×158＝13×32×12，∴h ＝25. 设直线AD 与平面B 1DC 所成的角为θ，则sin θ＝h AD ＝45.向量法：如图，取AC 的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系． 设各棱长为2，则有A (0，－1,0)，D (0,0,2)，C (0,1,0)，B 1(3，0,2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面B 1CD 的法向量， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CB 1→＝0⇒⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，3x －y ＋2z ＝0⇒n ＝(0,2,1)．∴sin 〈AD →，n 〉＝AD →·n |AD →|·|n |＝45.3．(2015·皖南八校联考)四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，其他四个侧面是腰长为3的等腰三角形，则二面角V －AB －C 的余弦值的大小为导学号 25401793( )A.23 B ．24C.73D ．223[答案] B[解析] 如图所示，取AB 中点E ，过V 作底面的垂线，垂足为O ，连接OE ，根据题意可知，∠VEO 是二面角V －AB －C 的平面角，因为OE ＝1，VE ＝32－1＝22，所以cos ∠VEO ＝OE VE ＝122＝24，故选B.4．(2015·某某模拟)在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是AA 1的中点，则点A 1到平面MBD 的距离是导学号 25401794( )A.66a B ．306a C.34a D ．63a [答案]A[解析] 以A 为原点，AB 、AD 、AA 1分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系；A 1(0,0，a )，M (0,0，a 2)，B (a,0,0)，D (0，a,0)，BD →＝(－a ，a,0)，BM →＝(－a,0，a 2)设平面BDM 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋ay ＝0－ax ＋a 2z ＝0，设x ＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1，z ＝2∴n ＝(1,1,2)．MA 1→＝(0,0，a 2)，则点A 1到平面MBD 的距离d ＝|a2×2|6＝66a ，故选A.5．如图所示三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长为3，底面边长A 1C 1＝B 1C 1＝1，且∠A 1C 1B 1＝90°，D 点在棱AA 1上，AD ＝2DA 1，点P 在棱C 1C 上，则PD →·PB 1→的最小值为导学号 25401795( )A.52 B ．－14C.14 D ．－52[答案] B[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，则D (1,0,2)，B 1(0,1,3)，设P (0,0，z )，则PD →＝(1,0,2－z )，PB 1→＝(0,1,3－z )，∴PD →·PB 1→＝0＋0＋(2－z )(3－z )＝(z －52)2－14，故当z ＝52时，PD →·PB 1→取得最小值为－14.6．过正方形ABCD 的顶点A 作线段PA ⊥平面ABCD ，若AB ＝PA ，则平面ABP 与平面CDP 所成的二面角为导学号 25401796( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°[答案] B[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝PA ＝1，知A (0,0,0)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，C (1,1,0)，P (0,0,1)由题意得，AD ⊥平面ABP ， 设E 为PD 的中点， 连接AE ，则AE ⊥PD ，又∵CD ⊥平面PAD ，∴AE ⊥CD ， 又PD ∩CD ＝D ，∴AE ⊥平面CDP .∴AD →＝(0,1,0)和AE →＝(0，12，12)分别是平面ABP 和平面CDP 的法向量，而〈AD →，AE →〉＝45°，∴平面ABP 与平面CDP 所成的二面角为45°. 二、填空题7．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为____________________.导学号 25401797[答案]3010[解析] 建立坐标系如图．则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2)．BC 1→＝(－1,0,2)，AE →＝(－1,2,1)，cos 〈BC 1→，AE →〉＝BC 1→·AE →|BC 1→|·|AE →|＝3010.所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为3010.8．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为CC 1的中点，则直线DE 与平面A 1BC 1的夹角的正弦值为____________________.导学号 25401798[答案]155[解析] 设正方体的棱长为2，直线DE 与平面A 1BC 1的夹角为α，建立如图所示的坐标系，则D (0,0,0)，E (0,2,1)，B 1(2,2,2)，∵DB 1⊥平面A 1BC 1，∴DB 1→＝(2,2,2)是平面A 1BC 1的法向量，∵DE →＝(0,2,1)，∴sin α＝cos 〈DB 1→，DE →〉＝4＋24＋4＋4·5＝155. 9．已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1；则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值等于____________________.导学号 25401799[答案]23[解析] 延长FE ，CB 相交于点G ，连接AG ，设正方体的棱长为3，则GB ＝BC ＝3，作BH ⊥AG 于点H ，连接EH ，则∠EHB 为所求二面角的平面角．∵BH ＝322，EB ＝1，∴tan ∠EHB ＝EB BH ＝23. 10．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为BB 1，CD 的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为____________________.导学号 25401800[答案]3510[解析] 以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，F (12，1,0)，D 1(0,1,1)．∴A 1E →＝(1,0，－12)，A 1D 1→＝(0,1,0)．设平面A 1D 1E 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1E →＝0，n ·A 1D 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －12z ＝0，y ＝0.令z ＝2，则x ＝1.∴n ＝(1,0,2)．又A 1F →＝(12，1，－1)，∴点F 到平面A 1D 1E 的距离为d ＝|A 1F →·n ||n |＝|12－2|5＝3510.三、解答题11．(2015·新课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .导学号 25401801(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值． [答案] (1)略 (2)33[解析] (1)证明：连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1. 由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322.从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长，建立空间直角坐标系G －xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F (－1,0，22)，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝(－1，－3，22)．故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 12．(2015·某某八校联考)在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为矩形，AB ＝2BC ＝4，BF ＝CF ＝AE ＝DE ，EF ＝2，EF ∥AB ，AF ⊥CF .导学号 25401802(1)若G 为FC 的中点，证明：AF ∥平面BDG ； (2)求平面ABF 与平面BCF 夹角的余弦值． [答案] (1)略 (2)15[解析] (1)连接AC 交BD 于O 点，则O 为AC 的中点，连接OG ，∵点G 为FC 的中点， ∴OG ∥AF .∵AF ⊄平面BDG ，OG ⊂平面BDG ， ∴AF ∥平面BDG .(2)取AD 的中点M ，BC 的中点Q ，连接MQ ，则MQ ∥AB ∥EF ，∴M ，Q ，F ，E 共面．作FP ⊥MQ 于P ，EN ⊥MQ 于N ，则EN ∥FP 且EN ＝FP . 连接EM ，FQ ，∵AE ＝DE ＝BF ＝CF ，AD ＝BC ，∴△ADE 和△BCF 全等，∴EM ＝FQ ， ∴△ENM 和△FPQ 全等，∴MN ＝PQ ＝1， ∵BF ＝CF ，Q 为BC 中点， ∴BC ⊥FQ ，又BC ⊥MQ ，FQ ∩MQ ＝Q ， ∴BC ⊥平面MQFE ， ∴PF ⊥BC ， ∴PF ⊥平面ABCD .以P 为原点，PM 为x 轴，PF 为z 轴建立空间直角坐标系如图所示，则A (3,1,0)，B (－1,1,0)，C (－1，－1,0)，设F (0,0，h )，则AF →＝(－3，－1，h )，CF →＝(1,1，h )． ∵AF ⊥CF ，∴AF →·CF →＝0，解得h ＝2. 设平面ABF 的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)， AF →＝(－3，－1,2)，BF →＝(1，－1,2)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AF →＝0n 1·BF →＝0得，⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1－y 1＋2z 1＝0x 1－y 1＋2z 1＝0，令z 1＝1，得x 1＝0，y 1＝2，同理得平面BCF 的一个法向量为n 2＝(－2,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝15×5＝15，∴平面ABF 与平面BCF 夹角的余弦值为15.B 组 能力提升1．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 1的中点，则DE 与平面BCC 1B 1所成角的正切值为导学号 25401803( )A.62B ．63 C. 2 D ．22[答案] C[解析] 设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，以D 为原点，以DA 为x 轴，以DC 为y 轴，以DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，∵E 为BC 1的中点， ∴D (0,0,0)，E (1,2,1)， ∴DE →＝(1,2,1)，设DE 与平面BCC 1B 1所成角的平面角为θ， ∵平面BCC 1B 1的法向量n ＝(0,1,0)， ∴sin θ＝|cos 〈DE →，n 〉|＝|26|＝63，∴cos θ＝1－632＝33，∴tan θ＝6333＝ 2. 2．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝AA 1＝4，点D 是AA 1的中点，则点A 1到平面DBC 1的距离是导学号 25401804( )A. 2B ．22 C. 3 D ．32[答案] A[解析] 过点A 作AC 的垂线为x 轴，以AC 为y 轴，以AA 1为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，∵正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝AA 1＝4，点D 是AA 1的中点， ∴B (23，2,0)，C 1(0,4,4)，D (0,0,2)，A 1(0,0,4)， ∴DB →＝(23，2，－2)，DC 1→＝(0,4,2)，DA 1→＝(0,0,2)， 设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∵n ·DB →＝0，n ·DC 1→＝0，∴⎩⎨⎧23x ＋2y －2z ＝0，4y ＋2z ＝0，∴n ＝(3，－1,2)，∴点A 1到平面DBC 1的距离d ＝|n ·DA 1→||n |＝|0＋0＋4|3＋1＋4＝ 2.故选A.3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为导学号 25401805( )A.12 B ．23 C.33D ．22[答案] B[解析] 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设棱长为1. 则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，D (0,1,0)，∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝(1,0，－12)．设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.4．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1为矩形，AB ＝1，AA 1＝2，D 为AA 1的中点，BD 与AB 1交于点O ，CO ⊥侧面ABB 1A 1.导学号 25401806(1)证明：BC ⊥AB 1；(2)若OC ＝OA ，求直线C 1D 与平面ABC 所成角的正弦值．[答案] (1)略 (2)35555 [解析] (1)由题意知tan ∠ABD ＝AD AB ＝22，tan ∠AB 1B ＝AB BB 1＝22，注意到0＜∠ABD ，∠AB 1B ＜π2，所以∠ABD ＝∠AB 1B ，所以∠ABD ＋∠BAB 1＝∠AB 1B ＋∠BAB 1＝π2， 所以AB 1⊥BD .又CO ⊥侧面ABB 1A 1，所以AB 1⊥CO .又BD 与CO 交于点O ，所以AB 1⊥平面CBD .又BC ⊂平面CBD ，所以BC ⊥AB 1.(2)如图，以O 为坐标原点，分别以OD ，OB 1，OC 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系O －xyz ，则A (0，－33，0)，B (－63，0,0)，C (0,0，33)，B 1(0，233，0)，D (66，0,0)． 因为CC 1→＝2AD →，所以C 1(63，233，33)． 所以AB →＝(－63，33，0)，AC →＝(0，33，33)，DC 1→＝(66，233，33)． 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由AB →·n ＝0，AC →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －63x ＋33y ＝033y ＋33z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，2，－2)．设直线C 1D 与平面ABC 所成的角为α，则sin α＝|DC 1→·n ||DC 1→||n |＝35555. 5．(2015·某某)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.导学号 25401807如图，在阳马P －ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝CD ，过棱PC 的中点E ，作EF ⊥PB 交PB 于点F ，连接DE ，DF ，BD ，BE .(1)证明：PB ⊥平面DEF .试判断四面体DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DC BC的值． [答案] (1)是，∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB (2)22[解析] 解法一：(1)证明：因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥BC ，由底面ABCD 为长方形，有BC ⊥CD ，而PD ∩CD ＝D ，所以BC ⊥平面PCD .而DE ⊂平面PCD ，所以BC ⊥DE .又因为PD ＝CD ，点E 是PC 的中点，所以DE ⊥PC .而PC ∩BC ＝C ，所以DE ⊥平面PBC .而PB ⊂平面PBC ，所以PB ⊥DE .又PB ⊥EF ，DE ∩EF ＝E ，所以PB ⊥平面DEF .由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形， 即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB .(2)如图1，在面PBC 内，延长BC 与FE 交于点G ，则DG 是平面DEF 与平面ABCD 的交线．由(1)知，PB ⊥平面DEF ，所以PB ⊥DG .因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥DG .而PD ∩PB ＝P ，所以DG ⊥平面PBD .故∠BDF 是面DEF 与面ABCD 所成二面角的平面角，设PD ＝DC ＝1，BC ＝λ，有BD ＝1＋λ2，在Rt △PDB 中，由DF ⊥PB ，得∠DPF ＝∠FDB ＝π3， 则tan π3＝tan ∠DPF ＝BD PD＝1＋λ2＝3，解得λ＝ 2. 所以DC BC ＝1λ＝22. 故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC ＝22.图1 图2解法二：(1)如图2，以D 为原点，射线DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设PD ＝DC ＝1，BC ＝λ，则D (0,0,0)，P (0,0,1)，B (λ，1,0)，C (0,1,0)． PB →＝(λ，1，－1)，点E 是PC 的中点，所以E (0，12，12)，DE →＝(0，12，12)， 于是PB →·DE →＝0，即PB ⊥DE .又已知EF ⊥PB ，而DE ∩EF ＝E ，所以PB ⊥平面DEF .因为PC →＝(0,1，－1)，DE →·PC →＝0，则DE ⊥PC ，所以DE ⊥平面PBC .由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形， 即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB .(2)由PD ⊥平面ABCD ，所以DP →＝(0,0,1)是平面ABCD 的一个法向量；由(1)知，PB ⊥平面DEF ，所以BP →＝(－λ，－1,1)是平面DEF 的一个法向量．若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3， 则cos π3＝|BP →·DP →|BP →|·|DP →||＝|1λ2＋2|＝12， 解得λ＝ 2.所以DC BC ＝1λ＝22. 故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC ＝22.。
【优化探究】2017届高考数学一轮复习 第七章 第七节 立体几何中的向量方法课时作业 理 新人教A 版A 组 考点能力演练1.如图，几何体EF ABCD 中，CDEF 为边长为2的正方形，ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4，∠ADF ＝90°.(1)求证：AC ⊥FB ；(2)求二面角E －FB －C 的大小．解：(1)证明：由题意得，AD ⊥DC ，AD ⊥DF ，且DC ∩DF ＝D ， ∴AD ⊥平面CDEF ， ∴AD ⊥FC ，∵四边形CDEF 为正方形，∴DC ⊥FC . ∵DC ∩AD ＝D ，∴FC ⊥平面ABCD ，∴FC ⊥AC .又∵四边形ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4， ∴AC ＝22，BC ＝22， 则有AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC ，又BC ∩FC ＝C ，∴AC ⊥平面FCB ，∴AC ⊥FB .(2)由(1)知AD ，DC ，DE 所在直线相互垂直，故以D 为原点，DA ，DC ，DE 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，可得D (0,0,0)，F (0,2,2)，B (2,4,0)，E (0,0,2)，C (0，2,0)，A (2,0,0)，∴EF →＝(0,2,0)，FB →＝(2,2，－2)， 设平面EFB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·FB →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x ＋2y －2z ＝0.⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋y －z ＝0，令z ＝1，则n ＝(1,0,1)，由(1)知平面FCB 的一个法向量为AC →＝(－2,2,0)，设二面角E －FB －C 的大小为θ，由图知θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴cos θ＝|cos 〈n ，AC →〉|＝12，∴θ＝π3.2.(2016·兰州诊断)如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2，BC ＝CD ＝1，顶点D 1在底面ABCD 内的射影恰为点C .(1)求证：AD 1⊥BC ；(2)若直线DD 1与直线AB 所成的角为π3，求平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值．解：(1)证明：连接D 1C ，则D 1C ⊥平面ABCD ，∴D 1C ⊥BC . 在等腰梯形ABCD 中，连接AC ， ∵AB ＝2，BC ＝CD ＝1，AB ∥CD ， ∴BC ⊥AC ， ∴BC ⊥平面AD 1C ， ∴AD 1⊥BC .(2)法一：∵AB ∥CD ，∴∠D 1DC ＝π3，∵CD ＝1，∴D 1C ＝ 3.在底面ABCD 中作CM ⊥AB ，连接D 1M ，则D 1M ⊥AB ，∴∠D 1MC 为平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角的一个平面角．在Rt △D 1CM 中，CM ＝32，D 1C ＝3， ∴D 1M ＝CM 2＋D 1C 2＝152，∴cos ∠D 1MC ＝55， 即平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值为55. 法二：由(1)知AC 、BC 、D 1C 两两垂直， ∵AB ∥CD ，∴∠D 1DC ＝π3，∵CD ＝1，∴D 1C ＝ 3.在等腰梯形ABCD 中，∵AB ＝2，BC ＝CD ＝1，AB ∥CD ， ∴AC ＝3，建立如图所示的空间直角坐标系， 则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)，D 1(0,0，3)， 设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AD 1→＝0得⎩⎨⎧y －3x ＝0，z －x ＝0，可得平面ABC 1D 1的一个法向量为n ＝(1，3，1)． 又CD 1→＝(0,0，3)为平面ABCD 的一个法向量． 因此cos 〈CD 1→，n 〉＝CD 1→·n|CD 1→||n |＝55，∴平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值为55. 3．(2016·贵阳模拟)如图，正方形AA 1D 1D 与矩形ABCD 所在平面互相垂直，AB ＝2AD ＝2.(1)若点E 为AB 的中点，求证：BD 1∥平面A 1DE ；(2)在线段AB 上是否存在点E ，使二面角D 1EC D 的大小为π6？若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：四边形ADD 1A 1为正方形，连接AD 1，A 1D ∩AD 1＝F ，则F 是AD 1的中点，又因为点E 为AB 的中点，连接EF ，则EF 为△ABD 1的中位线，所以EF ∥BD 1.又因为BD 1⊄平面A 1DE ，EF ⊂平面A 1DE ，所以BD 1∥平面A 1DE .(2)根据题意得DD 1⊥DA ，DD 1⊥DC ，AD ⊥DC ，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D xyz ，则D (0,0,0)，D 1(0,0,1)，C (0，2,0)．设满足条件的点E 存在，令E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)， EC →＝(－1,2－y 0,0)，D 1C →＝(0,2，－1)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面D 1EC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EC →＝0，n 1·D 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋2－y 0y 1＝0，2y 1－z 1＝0，令y 1＝1，则平面D 1EC 的法向量为n 1＝(2－y 0,1,2)，由题知平面DEC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．由二面角D 1EC D 的大小为π6得 cos π6＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝22－y 02＋1＋4＝32， 解得y 0＝2－33∈[0,2]， 所以当AE ＝2－33时，二面角D 1EC D 的大小为π6. B 组 高考题型专练1．(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．解：(1)证明：连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC .在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.2．(2015·高考天津卷)如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1AC B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 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)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2,2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，1，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.MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－52，0.由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD . (2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以，二面角D 1AC B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]， 则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)． 又n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量， 由已知，得|cos 〈NE →，n 〉|＝|NE →·n ||NE →|·|n |＝1－12＋λ＋22＋12＝13， 整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2. 所以，线段A 1E 的长为7－2.3．(2015·高考江苏卷)如图，在四棱锥P ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，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{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量， AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0，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 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP＝255.。
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ABCDA′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．考点一空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[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．考点二空间几何体的三视图重点保分型考点——师生共研[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．①②⑥B．①②③C．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． 2C． 3 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＝2，在Rt△VBD中，VD＝VB2＋BD2＝ 3.[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ABCDEF截去一个三棱锥ABCD，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ABCDA1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥PBCD的正视图与侧视图的面积之比为( )A．1∶1 B．2∶1C．2∶3 D．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥PBCD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PBCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.考点三空间几何体的直观图重点保分型考点——师生共研[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2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 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 2 cm2，则原平面图形的面积为( ) A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2 D．8 2 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22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．1C．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 3 B．3C． 3 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 3.5．如图，线段OA在平面xOy中，它与x轴的夹角为45°，它的长为22，OA的直观图O′A′的长为________．解析：过点A作AB⊥Ox于B，∵OA＝22，∠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′＝5＋2 2.答案：5＋2 2二保高考，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．2C．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2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2，2，6的直角三角形，则左边一个侧面的边长为2，6，22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 2B ．12 2C ．48 2D ．20 2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 ×12×22＝O ′C ′，∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42，∴S ▱OABC ＝6×42＝24 2. 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：①④7．(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24倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2 2. 答案：2 28．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：①②③9．(2016·昆明、玉溪统考)如图，三棱锥V ABC 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23，则其侧(左)视图的面积为________．解析：设三棱锥V ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 的边AC 上的高为h ，则ah ＝43，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12×32a ×h ＝12×32×43＝33.答案：3310．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 ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝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 ．8B ．7C ．6D ．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12，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 A 1B 1E 1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 A 1B 1C 1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 A 1B 1C 1D 1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：①②③3．如图，在四棱锥P ABCD 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＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA ＝PD2＋AD2＝22＋62＝6 3 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2．空间几何体的表面积与体积公式[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 ．41π3B ．62π3C ．83π3D ．104π3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 ＝43π×23＋π×22×6＝104π3.2．一个体积为123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 3B ．6 3C ．12D ．8解析：选B 设此三棱柱底面边长为a ，高为h ，则由图示知32a ＝23，∴a ＝4，∴123＝34×42×h ，∴h ＝3， ∴侧(左)视图面积为23×3＝6 3.3．(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∶14．(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S ABC ，它的表面积为________．解析：过S 作SD ⊥BC ，∵BC ＝a ，∴SD ＝32a ， ∴S △SBC ＝34a 2，∴表面积S ＝4×34a 2＝3a 2. 答案：3a 21．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 cm 3B ．92 cm 3C ．100 cm 3D ．108 cm 3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6×6×3－13×12×4×4×3＝108－8＝100 cm 3.2．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＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋16 2.答案：72＋16 2考点一 空间几何体的表面积基础送分型考点——自主练透[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 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．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12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 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 ．1B ．2C ．4D ．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 ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π， ∴r 2＝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 5B ．24 2C ．24D ．12 3解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，由条件知斜高h ＝22＋12＝5，侧面积S ＝＋52×4＝12 5.[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．考点二 空间几何体的体积重点保分型考点——师生共研[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 ．13＋2π B ．13π6C ．7π3D ．5π2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＋12×13π×12×1＝136π.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 ．18 B ．17 C ．16D ．15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V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15，故选D.[由题悟法]求解几何体体积的必备策略[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 ．2B ．4C ．6D ．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 ＝13×⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋×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 ．16πB ．14πC ．12πD ．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 ＝34×43π×23＝8π.考点三 与球有关的切、接问题常考常新型考点——多角探明[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S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.解析：设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. 答案：63π角度二：直三棱柱的外接球2．已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A ．3172B ．210C ．132D ．310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 ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋62＝132.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 ＝3，过点D 作DE 垂直于平面ABCD ，交球O 于E ，则棱锥E ABCD 的体积为________．解析：如图所示，BE 过球心O ，∴DE ＝42－32－32＝2，∴V E ABCD ＝13×3×3×2＝2 3.答案：2 3角度四：四棱锥(三棱锥)的外接球4．(2016·长沙模拟)体积为163的正四棱锥S ABCD 的底面中心为O ，SO 与侧面成的角的正切值为22，那么过S ABCD 的各顶点的球的表面积为( ) A ．32π B ．24π C ．16πD ．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 ＝OF SO ＝22.设AB ＝2a ，则SO ＝2a ，所以13×4a 2×2a ＝163，得a ＝ 2.延长SO 交外接球于E ，则EB ⊥SB ，由OB 2＝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 ．163πB ．323πC ．16πD ．24π解析：选B 设球的半径为R ，则表面积是16π，即4πR 2＝16π，解得R ＝2.所以体积为43πR 3＝32π3.2．一个几何体的三视图如图所示，则它的体积为( )A ．203B ．403C ．20D ．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13×12(1＋4)×4×4＝403.3．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 ．15πB ．20πC ．30πD ．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 ＝a2.∴S ＝4πR 2＝4π×a 24＝πa 2.答案：πa 25．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V 1，直径为4的球的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.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V 1＝8π－8π3＝16π3，V 2＝4π3×23＝32π3，V 1∶V 2＝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 ．7B ．6C ．5D ．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 ．9B ．10C ．12D ．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 ＝13×12×(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6时，其高的值为( )A ．3 3B ． 3C ．2 6D ．2 3解析：选D 设正六棱柱的高为h ，则可得(6)2＋h 24＝32，解得h ＝2 3.4．(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 ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．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＋2×12×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 cm 3B ．12 cm 3C ．323 cm 3D ．403cm 3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V 1＝2×2×2＝8(cm 3)；上面是底面边长为2 cm ，高为2 cm 的正四棱锥，体积V 2＝13×2×2×2＝83(cm 3)，所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝323(cm 3)．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 ＝12×13×(π×12)×2＝π3.答案：π37．(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________m 3.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 ＝13π×12×1×2＋π×12×2＝83π.答案：83π8．(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°＝3， ∴所求面积S ＝πr 2＝3π. 答案：3π9．(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13×π×52×4＋π×22×8＝13×π×r 2×4＋π×r 2×8，∴r 2＝7，∴r ＝7.答案：710．(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，。
7.4 空间中的平行关系一、选择题1．设α，β是两个不同的平面，m ，n 是平面α内的两条不同的直线，l 1，l 2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是( )A ．m ∥β且l 1∥αB ．l 1∥α且l 2∥αC ．m ∥β且n ∥βD ．m ∥l 1且n ∥l 22．对于平面α和共面的直线m ，n ，下列命题中为真命题的是( ) A ．若m ，n 与平面α所成的角相等，则m ∥n B ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n C ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α D ．若m ⊂α，n ∥α，则m ∥n3．如图，若Ω是长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1被平面EFGH 截去几何体EFGHB 1C 1后得到的几何体，其中E 为线段A 1B 1上异于B 1的点，F 为线段BB 1上异于B 1的点，且EH ∥A 1D 1，则下列结论中不正确的是( )A ．EH ∥FGB ．四边形EFGH 是矩形C ．Ω是棱柱D ．Ω是棱台 4．(2015·安徽阜阳模拟)过平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1任意两条棱的中点作直线，其中与平面DBB 1D 1平行的直线共有( )A ．4条B ．6条C ．8条D ．12条5．(2015·北京海滨一模)如图，在棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱BC ，CC 1的中点，P 是侧面BCC 1B 1内一点，若A 1P ∥平面AEF ，则线段A 1P 长度的取值范围是导学号74780070( )A.⎣⎡⎦⎤1，52B.⎣⎡⎦⎤324，52 C.⎣⎡⎦⎤52，2 D ．[2，3] 答案：1．D 2.D 3.D 4.D 5.B二、填空题6．如图是一正方体的表面展开图，B 、N 、Q 都是所在棱的中点，则在原正方体中， ①AB 与CD 相交； ②MN ∥PQ ； ③AB ∥PE ；④MN 与CD 异面； ⑤MN ∥平面PQC .其中真命题的序号是________． 7．(2015·湖北模拟)如图，在正四棱柱A 1C 中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 满足条件________时，有MN ∥平面B 1BDD 1(请填上你认为正确的一个条件)．导学号747800718．(2015·湖南长沙模拟)如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点P 是棱AD上一点，且AP ＝a3，过B 1、D 1、P 的平面交底面ABCD 于PQ ，Q 在直线CD 上，则PQ ＝________.导学号74780072答案：6．①②④⑤ 7.M ∈线段HF 8.223a三、解答题 9．(2015·安徽调研)如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是边长为2的正三角形，侧棱A 1A ⊥底面ABC ，点E ，F 分别是棱CC 1，BB 1上的点，点M 是线段AC 上的动点，EC ＝2FB ＝2.(1)当点M 在何位置时，BM ∥平面AEF?(2)若BM ∥平面AEF ，判断BM 与EF 的位置关系，说明理由；并求BM 与EF 所成的角的余弦值．解析：(1) 如图①所示，取AE 的中点O ，连接OF ，过点O 作OM ⊥AC 于点M . 因为侧棱A 1A ⊥底面ABC ，所以侧面A 1ACC 1⊥底面ABC .又因为EC ＝2FB ＝2，所以OM ∥FB ∥EC 且OM ＝12EC ＝FB ，所以四边形OMBF 为矩形，BM ∥OF . 因为OF ⊂平面AEF ，BM ⊄平面AEF ，故BM ∥平面AEF ，此时点M 为AC 的中点．(2)由(1)知，BM 与EF 异面，∠OFE (或∠MBP )就是异面直线BM 与EF 所成的角或其补角．易求AF ＝EF ＝5，MB ＝OF ＝3，OF ⊥AE ，所以cos ∠OFE ＝OF EF ＝35＝155，所以BM 与EF 所成的角的余弦值为155.10．如图，斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，点D ，D 1分别为AC ，A 1C 1上的点．(1)当A 1D 1D 1C 1等于何值时，BC 1∥平面AB 1D 1?(2)若平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，求ADDC的值．解析：(1)如图，取D 1为线段A 1C 1的中点，此时A 1D 1D 1C 1＝1.连接A 1B 交AB 1于点O ，连接OD 1.由棱柱的性质，知四边形A 1ABB 1为平行四边形， ∴点O 为A 1B 的中点．在△A 1BC 1中，点O ，D 1分别为A 1B ，A 1C 1的中点， ∴OD 1∥BC 1.又∵OD 1⊂平面AB 1D 1，BC 1⊄平面AB 1D 1， ∴BC 1∥平面AB 1D 1.∴A 1D 1D 1C 1＝1时，BC 1∥平面AB 1D 1. (2)由已知，平面BC 1D ∥平面AB 1D 1， 且平面A 1BC 1∩平面BDC 1＝BC 1， 平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O . 因此BC 1∥D 1O ，同理AD 1∥DC 1. ∴A 1D 1D 1C 1＝A 1O OB ，A 1D 1D 1C 1＝DC AD . 又∵A 1O OB ＝1，∴DC AD ＝1，即AD DC ＝1.11．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，如图． (1)求证：平面AB 1D 1∥平面C 1BD ；(2)试找出体对角线A 1C 与平面AB 1D 1和平面C 1BD 的交点E ，F ，并证明A 1E ＝EF ＝FC . 导学号74780073解析：(1)证明：因为在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD 綊B 1C 1， 所以四边形AB 1C 1D 是平行四边形，所以AB 1∥C 1D .又因为C1D⊂平面C1BD，AB1⊄平面C1BD，所以AB1∥平面C1BD.同理B1D1∥平面C1BD.又因为AB1∩B1D1＝B1，AB1⊂平面AB1D1，B1D1⊂平面AB1D1，所以平面AB1D1∥平面C1BD.(2)如图，连接A1C1，交B1D1于点O1，连接AO1，与A1C交于点E.又因为AO1⊂平面AB1D1，所以点E也在平面AB1D1内，所以点E就是A1C与平面AB1D1的交点．连接AC，交BD于点O，连接C1O，与A1C交于点F，则点F就是A1C与平面C1BD的交点．下面证明A1E＝EF＝FC.因为平面A1C1C∩平面AB1D1＝EO1，平面A1C1C∩平面C1BD＝C1F，平面AB1D1∥平面C1BD，所以EO1∥C1F.在△A1C1F中，O1是A1C1的中点，所以E是A1F的中点，即A1E＝EF.同理可证OF∥AE，所以F是CE的中点，即FC＝EF，所以A1E＝EF＝FC.。
7.3空间点、直线、平面之间的位置关系一、选择题1．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.A．①②B．②③C．①④D．③④2．如图所示，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是()A．A、M、O三点共线B．A、M、O、A1不共面C．A、M、C、O不共面D．B、B1、O、M共面3．(2015·深圳调研)两条异面直线在同一个平面上的正投影不可能是()A．两条相交直线B．两条平行直线C．两个点D．一条直线和直线外一点4．直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于()A．30°B．45°C．60°D．90°5．过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A作直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，这样的直线l可以作导学号74780067()A．1条B．2条C．3条D．4条答案：1．D 2.A 3.C 4.C 5.D二、填空题6．平面α、β相交，在α、β内各取两点，这四点都不在交线上，这四点能确定________个平面．7．若两条异面直线所成的角为60°，则称这对异面直线为“黄金异面直线对”，在连接正方体各顶点的所有直线中，“黄金异面直线对”共有________对．8．已知四棱锥P ABCD的顶点P在底面的射影恰好是底面菱形ABCD的两条对角线的交点，若AB＝3，PB＝4，则P A长度的取值范围为________．答案：6．1或47.248.(7，5)三、解答题9．如图，空间四边形ABCD中，E、F、G分别在AB、BC、CD上，且满足AE∶EB ＝CF∶FB＝2∶1，CG∶GD＝3∶1，过E、F、G的平面交AD于点H.(1)求AH∶HD；(2)求证：EH、FG、BD三线共点．解析：(1)∵AE EB ＝CF FB＝2，∴EF ∥AC ，∴EF ∥平面ACD ， 而EF ⊂平面EFGH ，平面EFGH ∩平面ACD ＝GH ，∴EF ∥GH ，∴AC ∥GH .∴AH HD ＝CG GD＝3，∴AH ∶HD ＝3∶1. (2)证明：∵EF ∥GH ，且EF AC ＝13，GH AC ＝14， ∴EF ≠GH ，∴EFGH 为梯形．令EH ∩FG ＝P ，则P ∈EH ，而EH ⊂平面ABD ，又P ∈FG ，FG ⊂平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，∴P ∈BD ，∴EH 、FG 、BD 三线共点．10．如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB ＝90°，BC ∥=12AD ，BE ∥=12AF . (1)证明：C ，D ，F ，E 四点共面；(2)设AB ＝BC ＝BE ，求二面角AEDB 的正切值．导学号74780068解析：(1)证明：延长DC 交AB 的延长线于点G ，由BC 平行且等于12AD ，得GB GA ＝GC GD ＝BC AD ＝12. 延长FE 交AB 的延长线于G ′，同理可得G ′E G ′F ＝G ′B G ′A ＝BE AF ＝12， 故G ′B G ′A ＝GB GA，即G 与G ′重合， 因此直线CD 、EF 相交于点G ，即C ，D ，F ，E 四点共面．(2)设AB ＝1，则BC ＝BE ＝1，AD ＝2，取AE 中点M ，则BM ⊥AE .又由已知得，AD ⊥平面ABEF ，故AD ⊥BM .所以BM 与平面ADE 内两相交直线AD 、AE 都垂直，所以BM ⊥平面ADE ，作MN ⊥DE ，垂足为N ，连接BN .由三垂线定理知BN ⊥ED ，∠BNM 为二面角A －ED －B 的平面角．BM ＝22，MN ＝12·AD ×AE DE ＝33，故tan ∠BNM ＝BM MN ＝62，所以二面角A －ED －B 的正切值为62.11．已知正三棱柱ABCA 1B 1C 1所有的棱长都为2，E 是A 1B 的中点，F 在棱CC 1上．(1)当C 1F ＝12CF 时，求多面体ABCF A 1的体积； (2)当点F 使得A 1F ＋BF 为最小时，求异面直线AE 与A 1F 所成的角． 导学号74780069解析：(1)∵C 1F ＝12CF ，AC ＝CC 1＝2，∴CF ＝43，S 梯形AA 1FC ＝103. 由正三棱柱知△ABC 的高为3且等于四棱锥BA 1ACF 的高，∴VBA 1ACF ＝13×103×3＝1093， 即多面体ABCF A 1的体积为1093.(2)将侧面BCC 1B 1展开到侧面A 1ACC 1得到矩形ABB 1A 1，连接A 1B ，交C 1C 于点F ，此时点F 使得A 1F ＋BF 为最小．此时FC 平行且等于A 1A 的一半，则F 为C 1C 的中点．过E 作EG ∥A 1F 交BF 于G ，则∠AEG 就是AE 与A 1F 所成的角或所成角的补角． 过G 作GH ⊥BC ，交BC 于H ，连接AH ，则GH ＝12FC ＝12. 又AH ＝3，于是在Rt △AGH 中，AG ＝AH 2＋GH 2＝132. 在Rt △ABA 1中，AE ＝ 2. ∴在△AEG 中，cos ∠AEG ＝AE 2＋GE 2－AG 22AE ·GE ＝2＋54－1342×2×52＝0， ∴∠AEG ＝90°.故异面直线AE 与A 1F 所成的角为90°.。
第7讲立体几何中的向量方法1．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔□01v1∥v2⇔v1＝λv2.(2)设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝□02x v1＋y v2.(3)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔□03v ⊥u⇔□04v·u＝0.(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔□05u1∥u2⇔u1＝λu2.2．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔□01v1⊥v2⇔□02v1·v2＝0.(2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔□03v∥u⇔□04 v＝λu.(3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔□05u1⊥u2⇔□06u1·u2＝0.3．两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则4．直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝□01|e ·n ||e ||n |，φ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.5．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝□01〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝□02|cos 〈n 1，n 2〉|＝□03|n 1·n 2||n 1||n 2|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)1．概念辨析(1)若空间向量a 平行于平面α，则a 所在直线与平面α平行．( ) (2)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，二面角的范围是[0，π]．( )(3)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( )(4)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( )答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×2．小题热身(1)若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则( )A ．l ∥αB ．l ⊥αC ．l ⊂αD ．l 与α斜交答案 B解析 因为a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)， 所以n ＝－2a ，所以a ∥n ，所以l ⊥α.(2)已知向量AB →＝(2,2,1)，AC →＝(4,5,3)，则平面ABC 的单位法向量是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－23，23 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，23，－23C ．±⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1D ．±⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－23，23 答案 D解析 设平面ABC 的一个法向量是n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＋z ＝0，4x ＋5y ＋3z ＝0.取z ＝1，得x ＝12，y ＝－1.则n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1，|n |＝32，故平面ABC 的单位法向量是±⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－23，23. (3)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成角的大小为( )A ．60°B ．75°C ．90°D ．105°答案 C解析 取AC 的中点D ，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB ＝a ，则B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，0，0，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，22a ，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2，0，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，0，22a ，从而AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 2，a 2，2a 2，C 1B →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 2，－a 2，－2a 2. 所以cos 〈AB 1→，C 1B →〉＝AB 1→·C 1B →|AB 1→||C 1B →|＝0，所以AB 1与C 1B 所成的角为90°.故选C.(4)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________，二面角B －A 1C 1－D 1的余弦值为________．答案 13 －23解析 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，则 D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)，A 1(1,0,1)，B (1,2,0)，∴D 1C 1→＝(0,2,0)，A 1C 1→＝(－1，2,0)， A 1B →＝(0,2，－1)，设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎨⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1B →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，2y －z ＝0，令y ＝1，得n ＝(2,1,2)，设D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则 sin θ＝|cos 〈D 1C 1→，n 〉|＝|D 1C 1→·n ||D 1C 1→||n |＝22×3＝13，即直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13. 易知平面A 1C 1D 1的法向量m ＝(0,0,1)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝21×3＝23.由图可知，二面角B －A 1C 1－D 1为钝角， 故二面角B －A 1C 1－D 1的余弦值为－23.题型 一 利用空间向量研究空间中的位置关系角度1 利用空间向量证明平行与垂直问题1．(2018·青岛模拟)如图，在多面体ABC －A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，AA 1⊥平面BAC .求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C . 证明 ∵AA 1⊥平面BAC . ∴AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC . 又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ， ∴∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ， ∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设AB ＝2，则 A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，A 1(0,0,2)， C (2,0,0)， C 1(1,1,2)．(1)A 1B 1→＝(0,2,0)，A 1A →＝(0,0，－2)，AC →＝(2,0,0)，设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·A 1A →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0.取y ＝1，则n ＝(0,1,0)． ∴A 1B 1→＝2n ，即A 1B 1→∥n . ∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1→＝(0,2,2)，A 1C 1→＝(1,1,0)，A 1C →＝(2,0，－2)，设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1)． ∴AB 1→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， ∴AB 1→⊥m .又AB 1⊄平面A 1C 1C ， ∴AB 1∥平面A 1C 1C .角度2 利用空间向量解决平行与垂直关系中的探索性问题2．(2018·桂林模拟)如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD .(1)求证：BD ⊥AA 1；(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，若存在，求出点P 的位置，若不存在，请说明理由．解 (1)证明：设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos60°＝3，∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21， ∴A 1O ⊥AO .由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，且平面AA 1C 1C ∩平面ABCD ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，∴A 1O ⊥平面ABCD .以OB ，OC ，OA 1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A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)， A 1(0,0，3)，C 1(0,2，3)．由于BD →＝(－23，0,0)，AA 1→＝(0,1，3)， AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0， ∴BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1. (2)假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1， 设CP →＝λCC 1→，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0,1，3)． 从而有P (0,1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ)．设平面DA 1C 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ⊥A 1C 1→，n ⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0,2,0)，DA 1→＝(3，0，3)， 则⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，3x ＋3z ＝0，取n ＝(1,0，－1)， 因为BP ∥平面DA 1C 1，则n ⊥BP →，即n ·BP →＝－3－3λ＝0， 得λ＝－1，即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .1．用空间向量证明平行问题的方法2．用空间向量证明垂直问题的方法 3．解决立体几何中探索性问题的基本方法(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)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x，y，z)；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy面上的点为(x，y,0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z轴上的点为(0,0，z)；④直线(线段)AB上的点P，可设为AP→＝λAB→，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算．提醒：解这类问题时要利用好向量垂直和平行的坐标表示．1．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面P AD⊥底面ABCD，且P A＝PD＝22AD，设E，F分别为PC，BD的中点．(1)求证：EF∥平面P AD；(2)求证：平面P AB⊥平面PDC.证明(1)如图，取AD的中点O，连接OP，OF.因为P A＝PD，所以PO⊥AD.因为侧面P AD⊥底面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面P AD，所以PO⊥平面ABCD.又O，F分别为AD，BD的中点，所以OF∥AB.又ABCD 是正方形，所以OF ⊥AD . 因为P A ＝PD ＝22AD ， 所以P A ⊥PD ，OP ＝OA ＝a2.以O 为原点，OA ，OF ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，0，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，a 2，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a ，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，a ，0. 因为E 为PC 的中点，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 4，a 2，a 4.易知平面P AD 的一个法向量为OF→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，0， 因为EF→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4，0，－a 4， 且OF →·EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，0·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4，0，－a 4＝0， 又因为EF ⊄平面P AD ， 所以EF ∥平面P AD .(2)因为P A →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，－a 2，CD →＝(0，－a,0)，所以P A →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，－a 2·(0，－a,0)＝0， 所以P A →⊥CD →，所以P A ⊥CD .又P A ⊥PD ，PD ∩CD ＝D ， PD ，CD ⊂平面PDC ， 所以P A ⊥平面PDC . 又P A ⊂平面P AB ， 所以平面P AB ⊥平面PDC .2．如图是某直三棱柱被削去上底后的直观图与三视图的侧视图、俯视图，在直观图中，点M 是BD 的中点，AE ＝12CD ，侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示．(1)求证：EM∥平面ABC；(2)试问在棱CD上是否存在一点N，使MN⊥平面BDE？若存在，确定点N 的位置；若不存在，请说明理由．解以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(－2,0,0)，D(－2,0,4)，→＝(0,0,2)，E(0,0,2)，M(－1,1,2)，AE→＝(2,2，－4)，DE→＝(2,0，－2)，DB→＝(0,0，－4)，DM→＝(1,1，－2)，EM→＝(－1,1,0)．DC→为平面ABC的一个法向量，(1)证明：由图易知AE因为AE→·EM→＝0×(－1)＋0×1＋2×0＝0，所以AE →⊥EM →，即AE ⊥EM ， 又EM ⊄平面ABC ， 故EM ∥平面ABC .(2)假设在DC 上存在一点N 满足题意， 设DN→＝λDC →＝(0,0，－4λ)，λ∈[0,1]， 则NM →＝DM →－DN →＝(1,1，－2)－(0,0，－4λ)＝(1,1，－2＋4λ)，所以⎩⎨⎧NM →·DB →＝0，NM →·DE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2＋2＋8－16λ＝0，2＋4－8λ＝0，解得λ＝34∈[0,1]．所以棱DC 上存在一点N ，满足NM ⊥平面BDE ，此时DN ＝34DC . 题型 二 利用空间向量求解空间角角度1 利用空间向量求解异面直线所成的角1．(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值． 解 (1)证明：连接BD .设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE→＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22. 故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE→||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.角度2 利用空间向量求解直线与平面所成的角(多维探究)2．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝22，P A＝PB ＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角M－P A－C为30°，求PC与平面P AM所成角的正弦值．解(1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2 3.连接OB.因为AB＝BC＝22AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝12AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2，知OP⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC，AC∩OB＝O，知PO⊥平面ABC.(2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .由已知得O (0,0,0)， B (2,0,0)，A (0，－2,0)， C (0,2,0)，P (0,0,23)， 则AP→＝(0,2，23)， 取平面P AC 的法向量OB→＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0<a ≤2)，则AM→＝(a ，4－a ，0)．设平面P AM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a )y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB→，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a2.由已知得|cos 〈OB→，n 〉|＝32.所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a 2＝32.解得a ＝－4(舍去)，a ＝43.所以n ＝⎝⎛⎭⎪⎫－833，433，－43. 又PC→＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为34.条件探究 将举例说明2(2)中“二面角M －P A －C 为30°”改为“直线PC 与平面P AM 所成角等于直线PB 与平面P AM 所成角”，试判断点M 的位置，并用向量法证明．解 点M 是线段BC 的中点时，直线PC 与平面P AM 所成角等于直线PB 与平面P AM 所成角．与举例说明2(2)前半部分解析相同，建系计算得 PB→＝(2,0，－23)，PC →＝(0,2，－23)， 设M (a,2－a,0)(0≤a ≤2)，平面P AM 的法向量n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，若直线PC 与平面P AM 所成角等于直线PB 与平面P AM 所成角． 则|PB →·n ||PB →|＝|PC →·n ||PC →|.所以|23(a －4)＋23a |22＋(－23)2＝|23a ＋23a |22＋(－23)2 .整理得|2a －4|＝|2a |， 解得a ＝1，即M (1,1,0)， 所以点M 是线段BC 的中点．角度3 利用空间向量求解二面角3．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．解 (1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD . 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为CD ︵的中点．由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0，1,1)， AM→＝(－2,1,1)，AB →＝(0,2,0)，DA →＝(2,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则 ⎩⎨⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2)．DA→是平面MCD 的法向量，因此，cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255，所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是255.1．利用向量求异面直线所成角的方法(1)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：①选好基底或建立空间直角坐标系； ②求出两直线的方向向量v 1，v 2； ③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解．(2)两异面直线所成角的范围是θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．2．利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．3．利用向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．1．已知正四棱锥S －ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE ，SD 所成角的余弦值为________．答案 33解析 以两对角线AC 与BD 的交点O 作为原点，以OA ，OB ，OS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设边长为2，则有O (0,0,0)，A (2，0,0)，B (0，2，0)，S (0,0，2)，D (0，－2，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，22，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，22，22，SD →＝(0，－2，－2)，|cos 〈AE →，SD →〉|＝|AE →·SD →||AE →||SD →|＝23×2＝33，故AE ，SD 所成角的余弦值为33.2．(2018·长郡中学高三实验班选拔考试)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BA ＝BC ＝5，AC ＝8，D 为线段AC 的中点．(1)求证：BD ⊥A 1D ；(2)若直线A 1D 与平面BC 1D 所成角的正弦值为45，求AA 1的长． 解 (1)证明：∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱， ∴AA 1⊥平面ABC ，又BD ⊂平面ABC ，∴BD ⊥AA 1， ∵BA ＝BC ，D 是AC 的中点，∴BD ⊥AC ，又AC ∩AA 1＝A ，AC ⊂平面ACC 1A 1，AA 1⊂平面ACC 1A 1， ∴BD ⊥平面ACC 1A 1，又A 1D ⊂平面ACC 1A 1， ∴BD ⊥A 1D .(2)由(1)知BD ⊥AC ，AA 1⊥平面ABC ，故以D 为坐标原点，DB ，DC 所在直线分别为x 轴、y 轴，过点D 且平行于AA 1的直线为z 轴建立空间直角坐标系Dxyz (如图所示)，设AA 1＝λ(λ>0)，则 A 1(0，－4，λ)，B (3,0,0)， C 1(0,4，λ)，D (0,0,0)，∴DA 1→＝(0，－4，λ)，DC 1→＝(0,4，λ)，DB →＝(3,0,0)， 设平面BC 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n ·DC 1→＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y ＋λz ＝0，3x ＝0，则x ＝0，令z ＝4，可得y ＝－λ， 故n ＝(0，－λ，4)为平面BC 1D 的一个法向量． 设直线A 1D 与平面BC 1D 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，DA 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DA 1→|n ||DA 1→| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪4λ＋4λλ2＋16·λ2＋16＝45，解得λ＝2或λ＝8，即AA1＝2或AA1＝8.3．(2018·芜湖模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠AA1B1＝45°，AC＝BC，平面BB1C1C⊥平面AA1B1B，E为CC1的中点．(1)求证：BB1⊥AC；(2)若AA1＝2，AB＝2，直线A1C1与平面ABB1A1所成角为45°，求平面A1B1E 与平面ABC所成锐二面角的余弦值．解(1)证明：过点C作CO⊥BB1交BB1于O，因为平面BB1C1C⊥平面AA1B1B，BB1C1C∩平面AA1B1B＝B1B，所以CO⊥平面AA1B1B，故CO⊥OA，又因为AC＝BC，OC＝OC，所以Rt△AOC≌Rt△BOC，故OA＝OB，因为∠AA1B1＝∠OBA＝45°，所以AO⊥BB1，又因为BB1⊥CO，所以BB1⊥平面AOC，故BB1⊥AC.(2)以O为坐标原点，OA，OB，OC所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，∵AC∥A1C1，直线A1C1与平面ABB1A1所成角为45°，∴直线AC与平面ABB1A1所成角为45°，∵CO⊥平面AA1B1B，∴∠CAO＝45°，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，A1(1，－2,0)，B1(0，－1，0)，E(0，－1,1)，设平面A 1B 1E 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎨⎧n ·A 1E →＝0，n ·B 1E →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＋z 1＝0，z 1＝0，令x 1＝1，得n ＝(1,1,0)；设平面ABC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，则 ⎩⎨⎧m ·AB →＝0，m ·AC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋y 2＝0，－x 2＋z 2＝0，令x 2＝1，得m ＝(1,1,1)；∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝63，平面A 1B 1E 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为63.题型 三 求空间距离(供选用)(2018·合肥三模)如图，在多面体ABCDE 中，平面ABD ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，AE ⊥BD ，DE 綊12AC ，AD ＝BD ＝1.(1)求AB 的长；(2)已知2≤AC ≤4，求点E 到平面BCD 的距离的最大值．解 (1)∵平面ABD ⊥平面ABC ，且交线为AB ，而AC ⊥AB ，∴AC ⊥平面ABD . 又∵DE ∥AC ，∴DE ⊥平面ABD ，从而DE ⊥BD . 注意到BD ⊥AE ，且DE ∩AE ＝E ，∴BD ⊥平面ADE ， 于是，BD ⊥AD .而AD ＝BD ＝1，∴AB ＝ 2.(2)∵AD ＝BD ，取AB 的中点为O ，∴DO ⊥AB . 又∵平面ABD ⊥平面ABC ，∴DO ⊥平面ABC.过O 作直线OY ∥AC ，以点O 为坐标原点，直线OB ，OY ，OD 分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示．记AC ＝2a ，则1≤a ≤2， A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0， C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，2a ，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a ，22，BC→＝(－2，2a,0)，BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，22. 设平面BCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎨⎧ BC→·n ＝0，BD→·n ＝0得⎩⎨⎧－2x ＋2ay ＝0，－22x ＋22z ＝0.令x ＝2，得n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，1a ，2.又∵DE→＝(0，－a,0)，∴点E 到平面BCD 的距离d ＝|DE →·n ||n |＝14＋1a 2 . ∵1≤a ≤2，∴当a ＝2时，d 取得最大值， d max ＝14＋14＝21717.空间距离的几个结论(1)点到直线的距离：设过点P 的直线l 的方向向量为单位向量n ，A 为直线l 外一点，点A 到直线l 的距离d ＝|P A →|2－|P A →·n |2.(2)点到平面的距离：设P 为平面α内的一点，n 为平面α的法向量，A 为平面α外一点，点A 到平面α的距离d ＝|P A →·n ||n |.(3)线面距离、面面距离都可以转化为点到面的距离．(2018·惠州第一次调研)如图，已知圆柱OO 1底面半径为1，高为π，平面ABCD 是圆柱的一个轴截面，动点M 从点B 出发沿着圆柱的侧面到达点D ，其运动路程最短时在侧面留下曲线Γ.将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0<θ<π)后得到平面A 1B 1C 1D 1，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P .(1)求曲线Γ的长度；(2)当θ＝π2时，求点C 1到平面APB 的距离．解 (1)将圆柱一半展开后底面的半个圆周变成长方形的边BA ，曲线Γ就是对角线BD .由于AB ＝πr ＝π，AD ＝π，∴BD ＝2π.故曲线Γ的长度为2π.(2)当θ＝π2时，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (0,1,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，π2，C 1(－1，0，π)，则AB →＝(0,2,0)，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，π2，OC 1→＝(－1,0，π)，设平面ABP 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧2y ＝0，－x ＋y ＋π2z ＝0，取z ＝2得n ＝(π，0,2)，∴点C 1到平面P AB 的距离d ＝|OC 1→·n ||n |＝ππ2＋4.易错防范 向量法求空间角[典例] 如图，在多面体ADEFCB 中，ABFE 是直角梯形，∠AEF ＝90°，AE ∥BF ，DCFE 为正方形，且AE ＝1，BF ＝EF ＝2，∠BFC ＝60°.(1)求证：CE∥平面ADB；(2)求直线AB与平面EFCD所成角的正弦值．解(1)证明：如图，取FB的中点M，连接CM，EM，AM.∵AE∥BM，AE＝BM，∴四边形AEMB为平行四边形，∴AB∥EM，同理AM∥EF，AM＝EF，∴AM∥EF∥CD，AM＝EF＝CD，∴四边形AMCD为平行四边形，∴AD∥CM，又CM∩EM＝M，AB∩AD＝A，∴平面CME∥平面ADB，又CE⊂平面CME，∴CE∥平面ADB.(2)由(1)可知AB∥EM，∴直线AB与平面EFCD所成的角就是直线EM与平面EFCD所成的角．过M作MN⊥CF于点N，连接EN，由于ABFE是直角梯形，∠AEF＝90°，AE∥BF，EFCD为正方形，∴∠EFB＝90°，∠EFC＝90°，∴EF⊥平面BFC，∴EF⊥MN，∴MN⊥平面EFCD.以N为坐标原点，NC→的方向为x轴正方向，FE→的方向为y轴正方向，NM→的方向为z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，∵M 为FB 的中点，∴MF ＝1. ∵∠BFC ＝60°，∴MN ＝32，NF ＝12. ∴N (0,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，2，0，ME→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，2，－32. 易知平面EFCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，设直线AB 与平面EFCD 所成角的大小为α，则sin α＝|cos 〈n ，ME →〉|＝325＝1510，∴直线AB 与平面EFCD 所成角的正弦值为1510. 防范措施 向量法求空间角要注意的问题 (1)建立空间直角坐标系时①证明线面垂直关系，为建系作准备，没有文字说明，直接建系通常会扣分. ②合理选择建系方法，从而有利于求向量的坐标. (2)准确计算利用空间向量法解决立体几何问题，计算一定要准确，避免因一个点的坐标错误导致整个题目全错的情况.。
7.2 空间几何体的表面积与体积一、选择题1．(2015·长春调研)某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．2＋1＋52πB ．2＋1＋252π C ．2＋(1＋5)π D ．2＋2＋52π2．(2015·唐山统考)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的六个顶点都在半径R 为1的半球面上，AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB 1A 1的面积为( )A ．2B ．1C.2D.223．圆台上、下底面面积分别是π、4π，侧面积是6π，这个圆台的体积是( ) A.233π B ．23π C.736π D.733π 4．(2015·遵义模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是菱形，则该几何体的侧面积为( )A.3＋6B.3＋ 5C.2＋6D.2＋ 55．已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S －ABC 的体积为 ( )A ．33B ．2 3C.3 D ．1答案：1．A 2.C 3.D 4.C 5.C二、填空题6．如图所示，三棱柱ABCA 1B 1C 1的所有棱长均为a ，∠A 1AB ＝∠A 1AC ＝60°，则其全面积为________．第6题图第7题图7．(2015·苏州测试)如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在AA 1，CC 1上，且AE ＝34AA 1，CF ＝13CC 1，点A ，C 到BD 的距离之比为3∶2，则三棱锥E －BCD 和F －ABD 的体积比V E －BCD V F －ABD＝________. 8．已知球O 的表面上四点A 、B 、C 、D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝3，则球O 的体积等于________． 答案：6.⎝⎛⎭⎫332＋1a 2 7.32 8.9π2三、解答题9．有一个圆锥的侧面展开图是一个半径为5、圆心角为6π5的扇形，在这个圆锥中内接一个高为x 的圆柱．(1)求圆锥的体积．(2)当x 为何值时，圆柱的侧面积最大？解析：(1)因为圆锥侧面展开图的半径为5，所以圆锥的母线长为5.设圆锥的底面半径为r ，则2πr ＝5×6π5，解得r ＝3.所以圆锥的高为4. 从而圆锥的体积V ＝13πr 2×4＝12π.(2)右图为轴截面图，这个图为等腰三角形中内接一个矩形．设圆柱的底面半径为a ，则3－a 3＝x 4，从而a ＝3－34x . 圆柱的侧面积S (x )＝2π⎝⎛⎭⎫3－34x x ＝32π(4x －x 2) ＝32π[4－(x －2)2](0<x <4)． 当x ＝2时，S (x )有最大值6π.所以当圆柱的高为2时，圆柱有最大侧面积为6π.10．如图所示，从三棱锥P ABC 的顶点P 沿着三条侧棱P A 、PB 、PC 剪开成平面图形得到△P 1P 2P 3，且P 2P 1＝P 2P 3.(1)在三棱锥P ABC 中，求证：P A ⊥BC ；(2)若P 1P 2＝26，P 1P 3＝20，求三棱锥P ABC 的体积．解析：(1)证明：由题设知A 、B 、C 分别是P 1P 3，P 1P 2，P 2P 3的中点，且P 2P 1＝P 2P 3，从而PB ＝PC ，AB ＝AC ，取BC 的中点D ，连AD 、PD ，则AD ⊥BC ，PD ⊥BC ，∴BC ⊥面P AD .故P A ⊥BC .(2)由题设有AB ＝AC ＝12P 1P 2＝13， P A ＝P 1A ＝BC ＝10，PB ＝PC ＝P 1B ＝13，∴AD ＝PD ＝AB 2－BD 2＝12，在等腰三角形DP A 中，底边P A 上的高h ＝AD 2－⎝⎛⎭⎫12P A 2＝119，∴S △DP A ＝12P A ·h ＝5119，又BC ⊥面P AD ，∴V P －ABC ＝V B －PDA ＋V C －PDA＝13BD ·S △DP A ＋13DC ·S △PDA ＝13BC ·S △PDA ＝13×10×5119＝503119.11．正三棱锥的高为1，底面边长为26，内有一个球与它的四个面都相切(如图)．求：(1)这个正三棱锥的表面积；(2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积．导学号74780066 解析：(1)底面正三角形中心到一边的距离为13×32×26＝2， 则正棱锥侧面的斜高为12＋（2）2＝ 3.∴S 侧＝3×12×26×3＝9 2. ∴S 表＝S 侧＋S 底＝92＋12×32×(26)2＝92＋6 3.(2)设正三棱锥P －ABC 的内切球球心为O ，连接OP ，OA ，OB ，OC ，而O 点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径r .∴V P －ABC ＝V O －P AB ＋V O －PBC ＋V O －P AC ＋V O －ABC ＝13S 侧·r ＋13S △ABC ·r ＝13S 表·r ＝(32＋23)r . 又∵V P －ABC ＝13×12×32×(26)2×1＝23， ∴(32＋23)r ＝23，得r ＝2332＋23＝23×（32－23）18－12＝6－2. ∴S 内切球＝4π(6－2)2＝(40－166)π.V 内切球＝43π(6－2)3＝83(96－22)π.。
【高考领航】2017届高考数学大一轮复习第七章立体几何文北师大版第1课时空间几何体的结构及其三视图和直观图1．认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．2．能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图．3．会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．1．旋转体的形成2.多面体的结构特征3.直观图画直观图的方法叫斜二测画法，其画法的规则是：(1)在已知图形中建立直角坐标系xOy，画直观图时，它们分别对应x′轴和y′轴，两轴交于点O′，使∠x′O′y′＝45°，它们确定的平面表示水平平面．(2)已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴和y′轴的线段．(3)已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段，长度为原来的一半．4．三视图(1)三视图的特点：主、俯视图长对正，主、左视图高平齐；俯、左视图宽相等，前后对应．(2)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，分界线和可见轮廓线都用实线画出．[基础自测]1．纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北，现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开、外面朝上展开．得到如图的平面图形．则标“△”的面的方位是( )A．南B．北C．西D．下解析：还原为正方体，依条件标出方位，结合展开图判定．答案：B2．(教材改编题)无论怎么放置，其三视图完全相同的几何体是( )A．正方体B．长方体C．圆锥D．球解析：只有球无论怎样放置，其三视图完全相同．答案：D3．水平放置的△ABC，有一边在水平线上，它的斜二测直观图是正三角形A′B′C′，则△ABC是( )A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．任意三角形解析：如图，x′O′y′还原为xOy时，∠C′A′B′还原为∠CAB，大于90°.答案：C4．一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的________．(填入所有可能的几何体前的编号)①三棱锥②四棱锥③三棱柱④四棱柱⑤圆锥⑥圆柱解析：三棱锥、四棱锥和圆锥的正视图都是三角形，当三棱柱的一个侧面平行于水平面，底面对着观测者时其正视图是三角形，其余的正视图均不是三角形．答案：①②③⑤5．给出下列四个命题：①直角三角形绕一条边旋转得到的旋转体是圆锥；②夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体；③圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台；④通过圆台侧面上一点，有无数条母线．其中正确命题的序号是________．解析：①错误，应为直角三角形绕其一条直角边旋转得到的旋转体是圆锥；若绕其斜边旋转得到的是两个圆锥构成的一个几何体，如图(1)．②错误，没有说明这两个平行截面的位置关系，当这两个平行截面与底面平行时正确，其他情况则结论是错误的，如图(2)．③正确，如图(3)．④错误，通过圆台侧面上一点，只有一条母线，如图(4)．答案：③大一轮复习BSD数学(文)第七章立体几何考点一空间几何体的结构特征[例1] 下列结论中正确的是( )A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线审题视点根据常见几何体的结构特征，借助常见的几何模型进行判断．解析当一个几何体由具有相同的底面且顶点在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面都是三角形，但它不是三棱锥，故A错误；若三角形不是直角三角形或是直角三角形但旋转轴不是直角边所在直线，所得几何体就不是圆锥，B错误；若六棱锥的所有棱都相等，则底面多边形是正六边形，由几何图形知，若以正六边形为底面，则棱长必然要大于底面边长，故C错误．答案 D要明确柱体、锥体、台体和球的结构特征，认识和把握几何体的结构特征是认识空间几何体的基础和关键；对于几何体的结构特征要从其反映的几何体的本质去把握，有利于从中找到解题的突破点．1．给出下列四个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误．当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥．如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．答案：B2．(2016·商洛调研)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考点二 几何体的三视图[例2] (2014·高考江西卷)一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )审题视点 根据三视图的概念，直接观察求解即可．解析 该几何体是组合体，上面的几何体是一个五面体，下面是一个长方体，且五面体的一个面即为长方体的一个面，五面体最上面的棱的两端点在底面的射影距左右两边距离相等，因此选B.答案 B画三视图时，应牢记其要求的“长对正、高平齐、宽相等”，注意虚、实线的区别，同时应熟悉一些常见几何体的三视图．解决由三视图相象几何体，进而进行有关计算的题目，关键是准确把握三视图和几何体之间的关系．1．(2016·山西康杰中学模拟)已知某锥体的正视图和侧视图如图所示，其体积为233，则该锥体的俯视图可能是( )解析：由正视图得该锥体的高是h ＝22－12＝3，因为该锥体的体积为233，所以该锥体的底面面积是S ＝23313h ＝23333＝2，A 项的正方形的面积是2×2＝4，B 项的圆的面积是π×12＝π，C项的大三角形的面积是12×2×2＝2，D 项不可能是该锥体的俯视图，故选C.答案：C 2.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为( )解析：由正视图和俯视图可以推测几何体为半圆锥和三棱锥的组合体(如图所示)，且顶点在底面的射影恰是底面半圆的圆心，可知侧视图为等腰三角形，且轮廓线为实线，故选D.答案：D考点三 几何体的直观图[例3] 已知正三角形ABC 的边长为a ，那么△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为( ) A.32a 2B ．33a 2 C.68a 2 D ．616a 2 审题视点 画出正三角形△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′，求△A ′B ′C ′的高即可．解析 如图所示，正三角形ABC 的实际图形和直观图．由图可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在直观图中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a . ∴S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.答案 D直观图的斜二测画法的关键之处在于将图中的关键点转化为坐标系中的水平方向与垂直方向的坐标长度，然后运用“水平长不变，垂直长减半”的方法确定出点，最后连线即得直观图．注意被遮挡的部分画成虚线．1．(2016·长沙模拟)如图，一平面图形的直观图是一个等腰梯形OABC ，且该梯形的面积为2，则原图形的面积为( ) A ．2 B ． 2 C ．2 2D ．4解析：由斜二测画法知原图形仍为梯形，上、下两底长度不变，高为直观图中梯形高的42倍，故原图形的面积为2·42＝4.答案：D2．等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为__________．解析：∵OE ＝22－1＝1，∴O ′E ′＝12，E ′F ＝24，∴直观图A ′B ′C ′D ′的面积为S ′＝12×(1＋3)×24＝22. 答案：22因三视图识图不准致误[典例] 某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是________．解题指南 ①将三视图还原为直观图求解；②表面积包括哪些部分．解析 由几何体的三视图可知，该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱(如图所示)． 在四边形ABCD 中，作DE ⊥AB ，垂足为E ，则DE ＝4，AE ＝3，则AD ＝5. 所以其表面积为：2×12×(2＋5)×4＋2×4＋4×5＋4×5＋4×4＝92.答案 92易错分析 由三视图还原空间几何体形状时出错，误把AD 看成主视图中的两段线段长度相加． 备考建议 解决三视图与几何体间的转化问题时，还有以下几点在备考时要高度关注： (1)画三视图时对个别的视图表达不准确，不能正确地画出所要求的视图； (2)对三视图中实虚线的含义不明确或画三视图时不能用虚线表示看不到的轮廓线．在复习时要明确三个视图各自的含义，还原空间几何体实际形状时一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考查．◆画空间几何体的三视图的两个步骤第一步，确定三个视图的形状；第二步，将这三个视图摆放在平面上．在绘制三视图时，分界线和可见轮廓线都用实线画出，被遮挡的部分的轮廓线用虚线表示出来，即“眼见为实、不见为虚”．◆三视图与空间几何体中的几何量的关系空间几何体的数量关系也体现在三视图中，主视图和左视图的“高平齐”，主视图和俯视图的“长对正”，左视图和俯视图的“宽相等”．其中，主视图、左视图的高就是空间几何体的高，主视图、俯视图中的长就是空间几何体的最大长度，左视图、俯视图中的宽就是空间几何体的最大宽度．要尽量按照这个规则画空间几何体的三视图．课时规范训练 [A 级 基础演练]1．以下四个命题：①正棱锥的所有侧棱相等；②直棱柱的侧面都是全等的矩形；③圆柱的母线垂直于底面；④用经过旋转轴的平面截圆锥，所得的截面一定是全等的等腰三角形．其中，真命题的个数为( )A ．4B ．3C ．2D ．1解析：由正棱锥的定义可知所有侧棱相等，故①正确；由于直棱柱的底面不一定是正多边形，故侧面矩形不一定全等，因此②不正确；由圆柱母线的定义可知③正确；结合圆锥轴截面的作法可知④正确．综上，正确的命题有3个．答案：B2．(2014·高考福建卷)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：由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形，故选A. 答案：A3. (2016·开封摸底)一个正四棱锥的所有棱长均为2，其俯视图如图所示，则该正四棱锥的正视图的面积为( )A. 2B. 3 C ．2D ．4解析：由题知，所求正视图是底边长为2，腰长为3的等腰三角形，其面积为12×2×()32－1＝2.答案：A4．下面关于四棱柱的四个命题：①若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱； ③若四个侧面两两全等，则该四棱柱为直四棱柱；④若四棱柱的四条体对角线两两相等，则该四棱柱为直四棱柱． 其中，真命题的编号是________(写出所有真命题的编号)．解析：①错，必须是两个相邻的侧面；②正确；③错，反例，可以是斜四棱柱；④正确，对角线两两相等，则此两对角线所在的平行四边形为矩形．答案：②④5. (2016·西城区检测)已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为________．解析：由正三棱柱三视图还原直观图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正视图的面积为2 3.答案：2 36．有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________．解析：过A 作AE ⊥BC 于E ，在Rt △ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22.而四边形AECD 为矩形，AD ＝1， ∴EC ＝AD ＝1. ∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1. 由此可还原原图形如图．在原图形中，A ′D ′＝1，A ′B ′＝2，B ′C ′＝22＋1，且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′. ∴这块菜地的面积为S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22. 答案：2＋227．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，轴截面的面积等于392，母线与轴的夹角为45°，求这个圆台的高、母线长和底面半径．解：作出圆台的轴截面如图．设O ′A ′＝r ，则SO ′＝r ，∵一底面周长是另一底面周长的3倍，∴OA ＝3r ，则SO ＝3r ，SA ＝32r ， ∴OO ′＝2r .由轴截面的面积为12(2r ＋6r )·2r ＝392，得r ＝7.故上底面半径为7，下底面半径为21，高为14，母线长为14 2.8．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，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 cm 2. (2)由侧视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD ＝6且AD ⊥PD ， 所以在Rt △APD 中，PA ＝PD 2＋AD 2＝22＋62＝63(cm)．[B 级 能力突破]1．(2015·高考课标卷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下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.15解析：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V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15，故选D.答案：D2．(2014·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为()A ．6 2B ．4 2C ．6D ．4解析：将三视图还原为几何体再计算，几何体为三棱锥．如图，侧面SBC ⊥底面ABC .点S 在底面ABC 的射影点O 是BC 的中点，△ABC 为直角三角形． ∵AB ＝4，BO ＝2，∴AO ＝20，SO ⊥底面ABC ，∴SO ⊥AO ，SO ＝4，∴最长的棱AS ＝20＋16＝6. 答案：C3．(2014·高考北京卷)在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，D (1,1，2)．若S 1，S 2，S 3分别是三棱锥D ABC 在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则( )A ．S 1＝S 2＝S 3B ．S 2＝S 1且S 2≠S 3C ．S 3＝S 1且S 3≠S 2D ．S 3＝S 2且S 3≠S 1解析：作出三棱锥在三个坐标平面上的正投影，计算三角形的面积．如图所示，△ABC 为三棱锥在坐标平面xOy 上的正投影，所以S 1＝12×2×2＝2.三棱锥在坐标平面yOz 上的正投影与△DEF (E ，F 分别为OA ，BC 的中点)全等，所以S 2＝12×2×2＝ 2.三棱锥在坐标平面xOz 上的正投影与△DGH (G ，H 分别为AB ，OC 的中点)全等，所以S 3＝12×2×2＝2.所以S 2＝S 3且S 1≠S3.故选D. 答案：D4．给出下列命题：①在正方体上任意选择4个不共面的顶点，它们可能是正四面体的4个顶点；②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；③若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．其中正确命题的序号是________．解析：①正确，正四面体是每个面都是等边三角形的四面体，如正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中的四面体A CB 1D 1；②错误，反例如图所示，底面△ABC 为等边三角形，可令AB ＝VB ＝VC ＝BC ＝AC ，则△VBC 为等边三角形，△VAB 和△VCA 均为等腰三角形，但不能判定其为正三棱锥；③错误，必须是相邻的两个侧面．答案：①5．已知一个几何体的三视图如图，正视图和侧视图都是矩形，俯视图为正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是(写出所有正确结论的编号)________．①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体； ④每个面都是等腰三角形的四面体； ⑤每个面都是直角三角形的四面体．解析：由三视图可知该几何体为底面是边长为a 的正方形，高为b 的长方体．若以四个顶点为顶点的图形为平行四边形，则一定是矩形，故②不正确．答案：①③④⑤6．(2016·武邑一模)某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a ＋b 的最大值为________．解析：本题构造长方体，体对角线长为7，其在侧视图中为侧面对角线a ，在俯视图中为底面对角线b ，设长方体底面宽为1，则b 2－1＋a 2－1＝6，即a 2＋b 2＝8，利用不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≤a 2＋b 22＝4，则a ＋b ≤4.答案：47．如图所示，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6米铁丝．再用S 平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面(不安装上底面)．(1)当圆柱底面半径r 取何值时，S 取得最大值？并求出该最大值(结果精确到0.01平方米)；(2)若要制作一个如图放置的、底面半径为0.3米的灯笼，请作出灯笼的三视图(作图时，不需考虑骨架等因素)． 解：(1)设圆柱的高为h ，由题意可知，4(4r＋2h)＝9.6，即2r＋h＝1.2.S＝2πrh＋πr2＝πr(2.4－3r)＝3π[－(r－0.4)2＋0.16]，其中0＜r＜0.6.∴当半径r＝0.4米时，S max＝0.48π≈1.51(平方米)．(2)由r＝0.3及2r＋h＝1.2，得圆柱的高h＝0.6(米)．则灯笼的三视图为：第2课时空间几何体的表面积与体积了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式(不要求记忆公式)．柱、锥、台与球的侧面积和体积[基础自测]1．(教材改编题)一个正方体的体积是8，则这个正方体的内切球的表面积是( ) A ．8πB ．6πC ．4πD ．π解析：由V 正方体＝a 3＝8得a ＝2，∴正方体的内切球半径为1. ∴S 球＝4πR 2＝4π. 答案：C2．一个圆柱形的玻璃瓶的内半径为3 cm ，瓶里所装的水深为8 cm ，将一个钢球完全浸入水中，瓶中水的高度上升到8.5 cm ，则钢球的半径为( )A ．1 cmB ．1.2 cmC ．1.5 cmD ．2 cm解析：∵V 球＝43πR 3＝π×32×8.5－π×32×8＝4.5π，∴R ＝32＝1.5(cm)．答案：C3．设某几何体的三视图如下(尺寸的长度单位为m)．则该几何体的体积为( )A ．4 m 2B ．3 m 2C ．2 m 2D ．5 m 2解析：由三视图可知，该几何体为三棱锥(如图所示)，AC ＝4，SO ＝2，BD ＝3.∴V S －ABC ＝13×12×4×3×2＝4.答案：A4．圆台的母线长为2 cm ，两底面半径分别为1 cm,5 cm ，则该圆台的侧面积是________cm 2. 解析：圆台的侧面积S ＝π(1＋5)×2＝12π(cm 2)． 答案：12π5．各棱长都为1的正四棱锥的体积V ＝________.解析：如图所示，正四棱锥S －ABCD 的各棱长均为1，连接AC ，O 为AC 的中点，连接SO ，则易知SO 为正四棱锥S －ABCD 的高．SO 2＝SC 2－OC 2＝1－12＝12，SO ＝22，所以各棱长都为1的正四棱锥S －ABCD 的体积V ＝13S 四边形ABCD ·SO ＝13×1×22＝26.答案：26考点一几何体的表面积与侧面积[例1] (1)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是( )A．28＋6 5 B．30＋6 5C．56＋12 5 D．60＋12 5(2)(2016·广州市高三调研)已知四棱锥P－ABCD的三视图如图所示，则四棱锥P－ABCD的四个侧面中面积最大的是( )A．3 B．2 5C．6 D．8审题视点根据几何体的三视图画出其直观图，利用直观图的图形特征求其表面积或侧面积．解析(1)由几何体的三视图可知，该三棱锥的直观图如图所示，其中AE⊥平面BCD，CD⊥BD，且CD＝4，BD＝5，BE＝2，ED＝3，AE＝4.∵AE＝4，ED＝3，∴AD＝5.又CD ⊥BD ，CD ⊥AE ， ∴CD ⊥平面ABD ，故CD ⊥AD ， ∴AC ＝41且S △ACD ＝10.在Rt △ABE 中，AE ＝4，BE ＝2，故AB ＝2 5.在Rt △BCD 中，BD ＝5，CD ＝4，故S △BCD ＝10，且BC ＝41. 在△ABD 中，AE ＝4，BD ＝5，故S △ABD ＝10.在△ABC 中，AB ＝25，BC ＝AC ＝41，则AB 边上的高h ＝6，故S △ABC ＝12×25×6＝6 5.因此，该三棱锥的表面积为S ＝30＋6 5.(2)由三视图知四棱锥如图所示，N 为CD 的中点，M 为AB 的中点，易知PM ＝3，PN ＝5，S △PDC ＝12×4×5＝25，S △PBC ＝S △PAD ＝12×2×3＝3，S △PAB ＝12×4×3＝6.故选C.答案 (1)B (2)C(1)多面体的表面积是各个面的面积之和；旋转体的表面积等于侧面面积与底面面积的和．(2)若所给的几何体是规则的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．(3)若以三视图的形式给出，解题的关键是对给出的三视图进行分析，从中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，得到几何体的直观图，然后根据条件求解．1．如图为某个几何体的三视图，则该几何体的侧面积为( ) A ．16＋4π B ．12＋4π C ．16＋8πD ．12＋8π解析：该几何体是半圆柱和一个三棱柱的组合体，其侧面积为4π＋6＋10＝16＋4π. 答案：A2．(2015·高考陕西卷)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4解析：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＋2×12×π×12＋π×1×2＝4＋3π.答案：D考点二 几何体的体积[例2] 如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________．审题视点 利用三棱锥的体积公式直接求解．解析 VD 1－EDF ＝VF －DD 1E ＝13S △D 1DE ·AB ＝13×12×1×1×1＝16.答案 16求锥体的体积，要选择适当的底面积和高，然后应用公式V ＝13Sh 进行计算即可．常用方法：割补法和等积变换法．(1)割补法：求一个几何体的体积可以将这个几何体分割成几个柱体、锥体，分别求出锥体和柱体的体积，从而得出几何体的体积． (2)等积变换法：①利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面，求体积时，可选择容易计算的方式来计算；②利用“等积性”可求“点到面的距离”．1．(2015·高考浙江卷)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 cm 3B ．12 cm 3 C.323 cm 3 D ．403cm 3解析：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V 1＝2×2×2＝8(cm 3)；上面是底面边长为2 cm ，高为2 cm 的正四棱锥，体积V 2＝13×2×2×2＝83(cm 3)，所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝323(cm 3)．答案：C2．(2015·高考山东卷)已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.22π3B ．42π3C ．22πD ．42π解析：绕等腰直角三角形的斜边所在的直线旋转一周形成的曲面围成的几何体为两个底面重合，等体积的圆锥，如图所示．每一个圆锥的底面半径和高都为2，故所求几何体的体积V ＝2×13×2π×2＝42π3.答案：B考点三 几何体的展开与折叠[例3] (1)如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2 cm ，高为5 cm ，则一质点自点A 出发，沿着正三棱柱的侧面绕行两周到达点A 1的最短路线的长为________cm.(2)如图，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成，则该多面体的体积是________． 审题视点 (1)将正三棱柱的侧面展开转化为平面问题来解决；(2)将平面图形折叠后得到一个四棱锥，用相关公式可求得体积．解析 (1)将正三棱柱沿棱AA 1两次展开，得到如图所示的矩形，可知最短路线长为矩形的对角线长，从而所求最短路线的长为 52＋122＝13(cm)．(2)由题知该多面体为正四棱锥，底面边长为1，侧棱长为1，斜高为32，连接顶点和底面中心即为高，可得高为22，所以体积为V ＝13×1×1×22＝26.答案(1)13 (2)2 61．求几何体表面上两点间的最短距离问题的特点是：图形的性质和数量关系分散在立体图形的几个平面上或旋转体的侧面上，解题时需将图中的某些平面旋转到同一平面上，或者将曲面展开为平面，使问题得到解决．2．折叠问题是立体几何中常见的题型，几何体的展开与平面图形的折叠，体现了空间图形与平面图形的转化，是解决立体几何问题时常用的方法．1．已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝2，P是BC1上一动点，如图所示，则CP＋PA1的最小值为________．解析：PA1在平面A1BC1内，PC在平面BCC1内，将其铺平后转化为平面上的问题解决．计算A1B＝AB1＝40，BC1＝2，又A1C1＝6，故△A1BC1是∠A1C1B＝90°的直角三角形．铺平平面A1BC1、平面BCC1，如图所示．CP＋PA1≥A1C.在△AC1C中，由余弦定理得A 1C＝62＋22－2·6·2·cos 135°＝50＝52，故(CP＋PA1)min＝5 2.答案：5 22．如图，在三棱柱ABC－A′B′C′中，△ABC为等边三角形，AA′⊥平面ABC，AB＝3，AA′＝4，M为AA′的中点，P是BC上一点，且由P沿棱柱侧面经过棱CC′到M的最短路线长为29，设这条路线与CC′的交点为N.(1)求该三棱柱的侧面展开图的对角线长；(2)求PC与NC的长．解：(1)该三棱柱的侧面展开图是边长分别为4和9的矩形，故对角线长为42＋92＝97.。
