1专题4立体几何

1、专题4立体几何一、空间几何体1.画三视图的基本要求是什么?画三视图有哪些注意点?正(主)视图、俯视图“长对正”,正(主)视图、侧(左)视图“高平齐”,俯视图、侧(左)视图“宽相等”.画三视图时,能看见的线和棱用实线表示,不能看见的轮廓线和棱用虚线表示,同一物体放置的位置不同,所画的三视图可能不同.2.斜二测画法的特点(或规则)是什么?(口诀)坐标两轴各相关,夹角直角增减半;平行关系皆不变,长度只有纵减半.3.柱体、锥体、台体、球的表面积与体积公式是什么?(1)柱体、锥体、台体、球的侧面积公式:S柱侧=ch(c为底面周长,h为高);S锥侧=12ch'(c为底面周长,h'为斜高);

2、S台侧=12(c+c')h'(c'、c分别为上、下底面的周长,h'为斜高);S球=4R2(R为球的半径).(2)柱体、锥体、台体、球的体积公式:V柱体=Sh(S为底面面积,h为高);V锥体=13Sh(S为底面面积,h为高);V台=13(S+SS'+S')h(S'、S分别为上、下底面的面积,h为高);V球=43R3(R为球的半径).二、点、直线、平面之间的位置关系1.公理1、2、3、4的作用分别是什么?公理1是判断直线在平面内的依据;公理2是确定平面的条件;公理3是判断三点共线的依据;公理4可判断或证明线线平行.2.直线、平面平行的判定定理

3、与性质定理是什么?(1)直线与平面平行的判定定理:a,b,且aba.(2)平面与平面平行的判定定理:a,b,ab=P,a,b.(3)直线与平面平行的性质定理:a,a,=bab.(4)平面与平面平行的性质定理:,=a,=bab.3.直线、平面垂直的判定定理与性质定理是什么?(1)直线与平面垂直的判定定理:la,lb,a,b,ab=Pl.(2)平面与平面垂直的判定定理:a,a.(3)直线与平面垂直的性质定理:m,nmn.(4)平面与平面垂直的性质定理:,=l,a,ala.4.求直线与平面所成角的基本思想和方法是什么?求线面角,一般先定斜足,再作垂线找射影,最后通过解直角三角形求解,即“作(作出线面

4、角)证(证所作角为所求角)求(在直角三角形中求解线面角)”.5.求二面角的基本思想和方法是什么?作出二面角的平面角,主要有三种作法:定义法,垂面法,垂线法.6.求空间中的点面距离的基本思想和方法是什么?求点面距离主要有以下几种方法:(1)先求作该点到平面的垂线段,再找垂线段所在的三角形,最后解直角三角形求出垂线段的长度.(2)当该点的垂线段不容易找时,可以将该点转化为其他点到相应平面的距离,如当直线与平面平行时,该直线上任一点到平面的距离相等.(3)先求出该几何体的体积和底面积,也就可以求出高,即点到平面的距离.三、空间直角坐标系与空间向量1.空间向量的基本定理是什么?如果三个向量a,b,c不

5、共面,那么对空间任一向量p,存在唯一的有序实数组(x,y,z),使得p=xa+yb+zc.2.空间直角坐标系的定义是什么?点的坐标如何表示?利用交于一点的三条互相垂直的直线在空间中建立的坐标系,即空间直角坐标系;设M(x,y,z),x叫横坐标,y叫纵坐标,z叫竖坐标.3.空间两点间的距离公式是什么?设点P1(x1,y1,z1),P2(x2,y2,z2),则|P1P2|=(x1-x2)2+(y1-y2)2+(z1-z2)2.4.直线的方向向量的定义是什么?如何求平面的法向量?(1)l是空间的一条直线,A,B是直线l上的任意两点,则称AB为直线l的方向向量,与AB平行的任意非零向量也是直线l的方向

6、向量.(2)设a,b是平面内的两个不共线向量,n为平面的法向量,则求法向量的方程组为n·a=0,n·b=0.四、立体几何中的向量方法1.如何求两条异面直线所成角的余弦值?设两条异面直线的方向向量分别为a,b,向量a,b的夹角为,则cos =|cos |=a·b|a|b|(其中为异面直线所成的角).2.如何求直线与平面所成角的正弦值?设直线的方向向量为e,平面的法向量为n,直线与平面所成角为,两向量e与n的夹角为,则sin =|cos |=n·e|n|e|.3.如何求二面角的余弦值?设n1,n2分别是二面角-l-的两个半平面,的法向量,则二面角的余弦值满足

7、|cos |=|n1·n2|n1|n2|.4.如何求空间一点到平面的距离?设空间一点为C,平面内一点为A,平面的法向量为n,则点C到平面的距离d=|AC·n|n|.09三视图、表面积与体积的计算能力1由三视图确定组合体的表面积或体积【例1】(2019福建模拟)我国古代数学名著九章算术记载的刍甍是底面为矩形,顶部只有一条棱的几何体.如图所示的是某个刍甍的三视图,其中正(主)视图为等腰梯形,侧(左)视图为等腰三角形,则它的体积为().A.1603B.160C.2563D.64解析由三视图可知,该刍甍是一个如图所示的几何体.如图,分别取QN,PM上的两个四等分点B,E,C,F,连

8、接AB,BC,AC,DE,DF,EF.则ABC与DEF所在的平面将该几何体分成一个直三棱柱ABC-DEF和两个全等的四棱锥A-BCPQ和D-FENM.其中直三棱柱ABC-DEF中的ABC与DEF是等腰三角形,BC=4,点A到BC的距离d=4,设ABC与DEF的面积为S1,则S1=12×4×4=8.易知BE=4,故直三棱柱ABC-DEF的体积V1=S1×BE=8×4=32.四棱锥A-BCPQ的底面是矩形,QB=2,PQ=4,故四棱锥A-BCPQ的底面积S2=2×4=8.由三视图可得四棱锥A-BCPQ的高h=4,所以四棱锥A-BCPQ的体积V2=1

9、3S2h=13×8×4=323.所以该几何体的体积V=V1+2V2=32+2×323=1603.故选A.答案A该题由三视图给出的几何体是一个组合体,根据其结构特征将其分割成三个规则几何体,然后分别求出三个几何体的体积.这种分割求解的方法实质也是转化与化归思想的体现. 某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为().A.14+24B.12+32C.12+24D.14+32解析由三视图可知该空间几何体为12个圆柱和12个球和1个长方体的组合体,S表=12S球+12S圆柱侧面+12S圆柱底面+S长方体-S长方体的一个底面-12S圆柱底面=12×4×

10、;22+12×2×2×2+12××22+4×2+2×(2×2+2×4)-12××22=12+32.故选B.答案B能力2与体积、表面积有关的最值问题【例2】(2019沈阳市质量监测)已知在正四棱锥S-ABCD中,SA=63,那么当该棱锥的体积最大时,它的高为. 解析设正四棱锥的底面正方形的边长为a,高为h,因为在正四棱锥S-ABCD中,SA=63,所以a22+h2=108,即a2=216-2h2,所以正四棱锥的体积VS-ABCD=13a2h=72h-23h3,0<h<

11、;63,令f(h)=72h-23h3,则f'(h)=72-2h2,令f'(h)>0,得0<h<6,此时y=f(h)单调递增,令f'(h)<0,得6<h<63,此时y=f(h)单调递减,所以当该棱锥的体积最大时,它的高为6.答案6本题通过建立体积的函数关系式,将最值问题转化为函数的最值问题,此法应用最为广泛.此外也要注意几何法的应用.(2019长春质量监测)已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形,则该圆锥体积的最大值为. 解析由题意得圆锥的母线长为3,设圆锥的底面半径为r,高为h,则h=9-r2,所以圆锥的体积V=13r2h=1

12、3r29-r2=139r4-r6(0<r<3).设f(r)=9r4-r6(0<r<3),则f'(r)=36r3-6r5,令f'(r)=36r3-6r5=6r3(6-r2)=0,得r=6,所以当0<r<6时,f'(r)>0,f(r)单调递增,当6<r<3时,f'(r)<0,f(r)单调递减,所以f(r)max=f(6)=108,所以Vmax=13×108=23.答案23能力3多面体与球的“接”、“切”问题【例3】(1)(2019安徽马鞍山二模)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的外接球的表面积

13、为().A.25B.26C.32D.36(2)已知一个圆锥底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内切球的表面积为().A.B.32C.2D.3解析(1)由三视图可知,该几何体是以俯视图的图形为底面,一条侧棱与底面垂直的三棱锥.如图所示,三棱锥A-BCD即为该几何体,且AB=BD=4,CD=2,BC=23,所以BD2=BC2+CD2,所以BCD=90°.故底面外接圆的直径2r=BD=4.易知AD为三棱锥A-BCD的外接球的直径.设球的半径为R,则由勾股定理得4R2=AB2+4r2=32,所以该几何体的外接球的表面积为4R2=32.故选C.(2)依题意,作出圆锥与球的轴截面,如图所示,设球的

14、半径为r,易知轴截面三角形边AB上的高为22,因此22-r3=r1,解得r=22,所以圆锥内切球的表面积为4×222=2.故选C.答案(1)C(2)C求解外接球的半径R,常用的解题策略有:通过构造特殊几何体进行分析;通过解直角三角形进行分析;借助直角三角形的斜边中点到各顶点的距离相等进行分析;借助几何体的底面多边形的外接圆进行分析.关于“切”的问题,主要是多面体或旋转体的内切球.常用的解决方法是截面法,基本步骤为:第一,找准切点,通过作截面来解决;第二,内切的是多面体,作截面时主要抓住多面体过球心的对角面.如图所示的是某几何体的三视图,则该几何体的外接球的表面积为().A.24B.3

15、6C.40D.400解析该几何体是底面为等腰三角形的直三棱柱,由图可知AC=23,AA1=26,AB=3sin60°=2.设ABC外接圆的半径为r,则ACsin120°=2r,得r=2.由直三棱柱的性质可知,球心到底面外接圆圆心的距离d=AA12=6.所以球体的性质得R2=d2+r2=10,所以外接球的表面积为40.故选C.答案C10平行与垂直的证明能力1空间中直线、平面的平行关系【例1】(2019重庆六校联考)设m,n表示不同直线,表示不同平面,则下列结论中正确的是().A.若m,mn,则nB.若m,n,m,n,则C.若,m,mn,则nD.若,m,nm,n,则n解析A错误

16、,n有可能在平面内;B错误,平面有可能与平面相交;C错误,n也有可能在平面内;D正确,易知m或m,若m,又nm,n,n,若m,过m作平面交平面于直线l,则ml,又nm,nl,又n,l,n.故选D.答案D证明线面平行有两种常用方法:一是线面平行的判定定理;二是先利用面面平行的判定定理证明面面平行,再根据面面平行的性质证明线面平行.已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,ADBC,AD=2BC,E,F分别为CC1,DD1的中点.求证:平面BEF平面AD1C1.解析取AD的中点G,连接BG,FG.因为E,F分别为CC1,DD1的中点,所以C1D1􀱀EF,因为ADBC,AD=2BC,

17、所以GD􀱀BC,即四边形BCDG是平行四边形,所以BG􀱀CD,所以BG􀱀EF,即四边形EFGB是平行四边形,所以BEFG.因为F,G分别是DD1,AD的中点,所以FGAD1,所以BEAD1.因为C1D1AD1=D1,EFBE=E,所以平面BEF平面AD1C1.能力2空间中直线、平面的垂直关系【例2】如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ABAD,ACCD,ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中点.证明:(1)CDAE;(2)PD平面ABE.解析(1)在四棱锥P-ABCD中,因为PA平面ABCD,CD平面ABC

18、D,所以PACD.又因为ACCD,PAAC=A,PA,AC平面PAC.所以CD平面PAC.因为AE平面PAC,所以CDAE.(2)由PA=AB=BC,ABC=60°,可得AC=PA,因为E是PC的中点,所以AEPC,由(1)知AECD,且PCCD=C,PC,CD平面PCD,所以AE平面PCD.又因为PD平面PCD,所以AEPD.因为PA平面ABCD,AB平面ABCD,所以PAAB.又因为ABAD,且PAAD=A,所以AB平面PAD,而PD平面PAD,所以ABPD.又因为ABAE=A,AB,AE平面ABE,所以PD平面ABE.1.证明直线和平面垂直的常用方法:(1)判定定理;(2)垂直

19、于平面的传递性(ab,ab);(3)面面平行的性质(a,a);(4)面面垂直的性质.2.证明线面垂直的关键是证线线垂直,而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此,判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想.如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90°.证明:平面PAB平面PAD.解析由已知BAP=CDP=90°,得ABAP,CDPD,由于ABCD,故ABPD,又APPD=P,从而AB平面PAD,又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD.能力3空间中直线、平面平行和垂直关系的探索性问题【例3】如图所示,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,

20、DB=BC,DBAC,M是棱BB1上一点.(1)求证:B1D1平面A1BD.(2)求证:MDAC.(3)试确定点M的位置,使得平面DMC1平面CC1D1D.解析(1)由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1,得BB1DD1,且BB1=DD1,所以四边形BB1D1D是平行四边形,所以B1D1BD.而BD平面A1BD,B1D1平面A1BD,所以B1D1平面A1BD.(2)因为BB1平面ABCD,AC平面ABCD,所以BB1AC.又因为BDAC,且BDBB1=B,所以AC平面BB1D,而MD平面BB1D,所以MDAC.(3)当M为棱BB1的中点时,平面DMC1平面CC1D1D.证明如下:取DC的中点N,

21、D1C1的中点N1,连接NN1交DC1于点O,连接OM,BN.因为N是DC中点,BD=BC,所以BNDC.又因为DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线,而平面ABCD平面DCC1D1,所以BN平面DCC1D1.易证,O是NN1的中点,所以BMON,且BM=ON,即四边形BMON是平行四边形,所以BNOM,所以OM平面CC1D1D.因为OM平面DMC1,所以平面DMC1平面CC1D1D.1.求解条件探索性问题的主要途径:(1)先猜后证,即先观察与尝试,猜出条件再证明;(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明充分性.2.涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出

22、证明,探索点存在问题,点多为中点或三等分点中的某一个,也可以根据相似知识找出点的位置. 如图所示,平面ABCD平面BCE,四边形ABCD为矩形,BC=CE,F为CE的中点.(1)证明:AE平面BDF.(2)M为CD上任意一点,在线段AE上是否存在点P,使得PMBE?若存在,确定点P的位置,并加以证明;若不存在,请说明理由.解析(1)如图,连接AC交BD于点O,连接OF.因为四边形ABCD是矩形,所以O为AC的中点.又因为F为EC的中点,所以OFAE.因为OF平面BDF,AE平面BDF,所以AE平面BDF.(2)当点P为AE的中点时,有PMBE,证明如下:取BE的中点H,连接DP,PH,CH.因

23、为P为AE的中点,H为BE的中点,所以PHAB.又因为ABCD,所以PHCD,所以P,H,C,D四点共面.因为平面ABCD平面BCE,平面ABCD平面BCE=BC,CDBC,CD平面ABCD,所以CD平面BCE.又因为BE平面BCE,所以CDBE.因为BC=CE,且H为BE的中点,所以CHBE.又因为CHCD=C,CH,CD平面DPHC,所以BE平面DPHC.又因为PM平面DPHC,所以PMBE.11空间向量在立体几何中的应用能力1用空间向量解决直线与平面所成的角问题【例1】如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,P,Q分别为A1B1,BC的中点.(1)求异面直线BP与AC1

24、所成角的余弦值;(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.解析设AC,A1C1的中点分别为O,O1,连接OB,OO1,则OBOC,OO1OC,OO1OB,如图,建立空间直角坐标系O-xyz.因为AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(3,0,2),C1(0,1,2).(1)因为P为A1B1的中点,所以P32,-12,2,从而BP=-32,-12,2,AC1=(0,2,2),故|cos<BP,AC1>|=|BP·AC1|BP|·|AC1|=|-1+4|5×22=31020.因此,异面

25、直线BP与AC1所成角的余弦值为31020.(2)因为Q为BC的中点,所以Q32,12,0.因此AQ=32,32,0,AC1=(0,2,2),CC1=(0,0,2).设n=(x,y,z)为平面AQC1的法向量,则AQ·n=0,AC1·n=0,即32x+32y=0,2y+2z=0,不妨取n=(3,-1,1).设直线CC1与平面AQC1所成的角为,则sin =|cos<CC1,n>|=|CC1·n|CC1|·|n|=25×2=55,所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为55.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

26、投影直线的方向向量,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.(2019湖南省益阳市模拟)如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是矩形,A1D与AD1交于点E,AA1=AD=2AB=4.(1)证明:AE平面ECD.(2)求直线A1C与平面EAC所成角的正弦值.解析(1)因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱,所以AA1平面ABCD,则AA1CD.又CDAD,AA1AD=A,所以CD平面AA1D1D,所以CDAE.因为AA1AD,AA1=AD,所以四边形

27、AA1D1D是正方形,所以AEED.又CDED=D,所以AE平面ECD.(2)因为四棱柱ABCD-A1B1C1D是直四棱柱,底面ABCD是矩形,所以以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),A1(0,0,4),C(2,4,0),E(0,2,2),AC=(2,4,0),AE=(0,2,2),A1C=(2,4,-4).设平面EAC的法向量为n=(x,y,z),由nAC,nAE,可得2x+4y=0,2y+2z=0,令z=1,则n=(2,-1,1).设直线A1C与平面EAC所成的角为,则sin =|A1C·n|A1C|n|=69.所以直线A1C与平面EAC所成

28、角的正弦值为69.能力2用空间向量解决二面角问题【例2】(2018年全国卷,理T19)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,求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值.解析(1)由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因为M为CD上异于C,D的点,且DC为直径,所以 DMCM.又 BCCM=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,建立如图所示的空间直角坐标

29、系D-xyz.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的一个法向量,因此cos<n,DA>=n·DA|n|DA|=55,sin<n,DA>=255,所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是255.利用空间向量计算二面角大小的

30、常用方法1.找法向量:分别求出构成二面角的两个半平面的法向量,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.找与交线垂直的方向向量:分别在二面角的两个半平面内找到与交线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.(2019四川省德阳市高三第二次诊断性考试)如图,四棱锥P-ABCD中,平面PAD平面ABCD,PABC,BCCD,AB=4,BC=CD=2,AD=BD.(1)求证:平面PBD平面PAD.(2)若AB与平面PBD所成的角的正弦值为225,求二面角C-PB-D的余弦值.解析(1)BCCD,AB=4,BC=CD=2,A

31、D=BD,AD=BD=4+4=22,BD2+AD2=AB2,ADBD.平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,BD平面PAD.BD平面PBD,平面PBD平面PAD.(2)由PABC,BDPA,故PA平面ABCD,以B为原点,BC所在直线为x轴,BA所在直线为y轴,过点B作平面ABCD的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,设AP=a,则A(0,4,0),B(0,0,0),P(0,4,a),D(2,2,0),C(2,0,0),BA=(0,4,0),BP=(0,4,a),BD=(2,2,0),设平面PBD的法向量为n=(x1,y1,z1),则n·BP=4y1+az1=0,n

32、83;BD=2x1+2y1=0,取x1=1,得n=1,-1,4a,AB与平面PBD所成的角的正弦值为225,|cos<n,BA>|=|n·BA|n|·|BA|=42+16a2·16=225,解得a=823,n=1,-1,324,BC=(2,0,0),BP=0,4,823,设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2),则m·BP=4y2+823z2=0,m·BC=2x2=0,取z2=3,得m=(0,-22,3),设二面角C-PB-D的平面角为,易知为锐角,则cos =|m·n|m|n|=17245016×17=1

33、75.二面角C-PB-D的余弦值为175.能力3用空间向量解决立体几何中的探索型问题【例3】(2019湖北联考题改编)等边ABC的边长为3,D,E分别是AB,AC上的点,且满足ADDB=CEEA=12(如图),将ADE沿DE折起到A1DE的位置,使二面角A1-DE-B成直二面角,连接A1B,A1C(如图).(1)求证:A1D平面BCED.(2)在线段BC上是否存在点P,使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°?若存在,求出PB的长;若不存在,请说明理由.解析(1)在题图中,由已知可得,AE=2,AD=1,BAC=60°.从而DE=12+22-2×1×2×cos60°=3.因为AD2+DE2=AE2,所以ADDE.所以在题图中,A1DDE.因为二面角A1-DE-B为直二面角,平面A1DE平面BCED=DE,A1DDE,A1D平面A1DE,所以A1D平面BCED.(2)易知EDDB,以D为坐标原点,以射线DB,DE,DA1分别为x轴,y轴,z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D