2017-2018版高中数学第一章立体几何初步疑难规律方法学案2

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE44学必求其心得，业必贵于专精PAGE第一章立体几何初步1揭秘圆柱、圆锥、圆台和球的特征我们把由一条平面曲线绕着它所在平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫作旋转面；封闭的旋转面围成的几何体叫作旋转体。这条定直线叫作旋转体的轴，常见的旋转体有圆柱、圆锥、圆台和球等.1。圆柱有以下三个主要特征（1)圆柱的轴垂直于底面.(2）圆柱的所有母线都相互平行且相等，而且都与圆柱的轴平行.（3）圆柱的母线垂直于底面.2.三类几何体的区别如下表所示底面平行于底面的截面轴截面圆柱有两个、平行且全等与两底面全等矩形圆锥只有一个与底面相似等腰三角形圆台有两个、平行且相似与两底面相似等腰梯形从运动变化的角度来讲,三类几何体的内在联系如图所示。3.球与球面半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周形成的曲面叫作球面，球面所围成的几何体叫作球体，简称球。球面也可看成是空间中到定点的距离等于定长的所有点的集合.球面仅仅指球的表面，而球不仅包括球的表面，同时还包括球面所包围的空间,所以球是由半圆面沿其直径旋转而成的封闭的、实心的几何体。球的截面都是圆面.4。圆台应具备以下性质(1)圆台的底面是两个半径不相等的圆，两圆所在的平面互相平行且和轴垂直.（2）平行于底面的截面是圆.（3）母线都相等，各母线延长后相交于一点。例下列说法正确的是()①圆台可以由任意一个梯形绕其一边旋转形成；②用任意一个与底面平行的平面截圆台,截面是圆；③在圆台上、下底面圆周上各取一点,则这两点的连线是圆台的母线;④圆柱的任意两条母线平行,圆锥的任意两条母线相交，圆台的任意两条母线延长后相交.A.①②B.②③C.①③D。②④解析①错，圆台是直角梯形绕其直角边或等腰梯形绕其底边的中线旋转形成的;②正确；由母线的定义知③错；④正确。所以应选D.答案D2学习空间几何体要“三会”一、会辨别例1下列说法:①一个几何体有五个面，则该几何体可能是球、棱锥、棱台、棱柱;②若一个几何体有两个面平行，且其余各面均为梯形，则它一定是棱台；③直角三角形绕其任意一条边旋转一周都可以围成圆锥.其中说法正确的个数为________.分析可根据柱体、锥体、台体和球体的概念进行判断.解析一个几何体有五个面，可能是四棱锥、三棱台，也可能是三棱柱，但不可能是球,所以①错；由于棱台的侧棱是原棱锥侧棱的一部分，所以棱台的各侧棱的延长线相交于一点,而②中的几何体其侧棱延长线并不一定会交于一点，所以②错；③中如绕直角边旋转可以形成圆锥，但绕斜边旋转形成的是由两个圆锥组成的组合体,所以③错。故填0.答案0评注要准确辨别各种几何体，可从轴、侧面、底面、母线、平行于底面的截面等方面入手，当然掌握定义是大前提.二、会折展例2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，外面朝上展平，得到如图所示的平面图形，则标“Δ”的面的方位是________.分析将平面展开图按要求折叠成正方体，根据方位判断即可.解析将平面展开图折叠成正方体，如图所示，标“Δ"的面的方位应为北.故填北。答案北评注将空间几何体展开成平面图形,或将展开图折叠成空间几何体，在后面的计算或证明中经常用到，应引起重视.解决这类问题的关键是充分发挥空间想象能力或亲自动手制作模型进行实践.三、会割补例3如图所示是一个三棱台ABC－A1B1C1。(1）试用一个平面把这个三棱台分成一个三棱柱和一个多面体，并用字母表示；(2）试用两个平面把这个三棱台分成三部分，使每一部分都是一个三棱锥。分析（1)三棱柱要求两个底面为平行且全等的三角形,其余三个面为四边形,且相邻两个四边形的公共边都相互平行；（2)三棱锥要求底面为三角形，且其余各面为有一个公共顶点的三角形.解（1)作A1D∥BB1，C1E∥BB1，连接DE，则三棱柱为A1B1C1－DBE，多面体为ADECC1A1（如图所示）。(2)连接A1B，A1C，C1B,就能把三棱台分成三部分,形成的三个三棱锥分别是三棱锥A1－ABC、三棱锥B－A1B1C1、三棱锥A1－BCC1(如图所示).评注正确理解各类几何体的概念是将几何体进行割补的前提，在后面的空间几何体的体积或面积计算中经常要通过线、面，将不规则的几何体通过割补的方法转化为规则的几何体，从而可以利用公式求解.3三视图易错点剖析一、棱锥的视图易出错我们在画正三棱锥、正四棱锥时要注意从不同角度得到的三视图.实际上，在上述几何体的三视图中，左视图最容易出错，在画这些常见锥体的三视图时，可做出几何体的高线,有了高线的衬托，自然就可以得到正确的三视图。如图，对于正三棱锥P－ABC来说，它的主视图中，从前面向后面看,点B到了点D的位置，点P到了点P′的位置，故主视图为等腰三角形P′AC(包含高线P′D），从左侧向右侧看，点A到了点D的位置，故左视图为△PBD，从上面向下面看，俯视图中，点P到了点O的位置，故俯视图为等边三角形ABC(外加三条线段OA、OB、OC）.如图,对于正四棱锥P－ABCD来说，它的主视图和左视图分别为等腰三角形PEF和等腰三角形PGH,俯视图为正方形ABCD（包含两条对角线AC和BD).对于此三视图,左视图和主视图易出错，但有了高线PO的衬托，便可降低出错率。二、画三视图时，没有把不可见的轮廓线用虚线表示而出错作几何体的三视图的过程中，可见的边界轮廓线用实线表示，不可见的边界轮廓线用虚线表示.这一点不能忽视，否则易出错。例1画出如图所示零件的三视图.错解如图零件可看作是一个半圆柱、一个柱体、一个圆柱的组合，其三视图如图所示.剖析错误原因是图中各视图都没有画出中间的柱体和圆柱的交线，画图时应画出其交线.正解三、不能由三视图还原正确的直观图而出错当已知几何体的三视图，而需要我们去还原成直观图时，要充分关注图形中关键点的投影，重要的垂直关系等，综合三个视图，想象出直观图,然后画出直观图，再通过已知的三视图验证直观图的正确性.例2如图，通过三视图还原物体的直观图。解通过三视图可以画出直观图,如图所示：注：其中PC为垂直于底面ABCD的直线.变式训练由下面的三视图还原物体的直观图。解通过三视图可以看出直观图如图所示：注:其中CC1为垂直于底面ABCD的直线。4直观图与原图形的互化知多少在高考中常借助于求平面图或直观图的面积来考查斜二测画法中角度和长度的变化，也实现了原图形与直观图的互化.关于两者的互化，关键是要抓住它们之间的转化规则-—“斜"和“二测”。“斜”也即是直角坐标系到斜45°坐标系之间的相互转化，“二测”也即是两者在转化时，要做到“水平长不变，垂直倍半化".现通过例题讲述一下两者之间的具体转化策略。一、原图形到直观图的转化例1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。eq\f（\r(3）,4）a2B.eq\f(\r（3）,8）a2C.eq\f（\r(6），8)a2D。eq\f（\r（6)，16)a2分析先根据题意，在原图形中建立平面直角坐标系(以AB所在直线为x轴，以AB边上的高所在直线为y轴），然后完成由原图形到直观图的转化，然后根据直观图△A′B′C′的边长及夹角求解.解析根据题意，建立如图①所示的平面直角坐标系,再按照斜二测画法画出其直观图，如图②所示。易知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝eq\f（1,2）OC＝eq\f(\r(3),4）a.作C′D′⊥A′B′于点D′,则C′D′＝eq\f（\r（2)，2）O′C′＝eq\f（\r(6)，8)a.S△A′B′C′＝eq\f(1，2）A′B′·C′D′＝eq\f(1,2）a×eq\f（\r(6），8)a＝eq\f（\r（6），16）a2.答案D评注通过斜二测画法画出的平面图形的直观图的面积与实物图的面积之比为eq\f（\r(2）,4)∶1.在求解中注意面积中的水平方向与垂直方向的选择与定位.二、直观图到原图形的转化例2用斜二测画法画一个水平放置的平面图形，得到一个边长为1的正方体，则原来图形的形状是（)解析由直观图知，原图形在y轴上的对角线长应为2eq\r(2）。答案A评注当由直观图向原图形转化时，关键是在直观图中建立斜45°坐标系，有了斜45°坐标系，便可按“斜二测画法”的画图规则逆推回去，而在正方形中建立45°坐标系是很容易的(正方形的对角线与任一边所成的角均为45°)，从而实现了由直观图向原几何图形的过渡。例3如图所示，四边形ABCD是一平面图形水平放置的斜二测直观图，在斜二测直观图中，ABCD是一直角梯形,AB∥CD，AD⊥CD，且BC与y轴平行，若AB＝6，DC＝4，AD＝2,则这个平面图形的实际面积是________。分析由∠BCx＝45°，先计算BC的长度。解析由斜二测直观图画法规则知该平面图形是梯形，且AB与CD的长度不变，仍为6和4，高为4eq\r（2)，故平面图形的实际面积为eq\f(1,2）×（6＋4）×4eq\r（2)＝20eq\r（2).答案20eq\r（2)5“三共"问题的证法精析一、证明点共线例1如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中,设线段A1C与平面ABC1D1交于Q。求证：B、Q、D1共线。证明∵D1∈平面ABC1D1，D1∈平面A1D1CB，B∈平面ABC1D1，B∈平面A1D1CB，∴平面ABC1D1∩平面A1D1CB＝BD1.∵A1C∩平面ABC1D1＝Q，且A1C平面A1D1CB，∴Q∈平面A1D1CB；而Q∈平面ABC1D1。∴Q在两平面的交线BD1上,∴B、Q、D1共线.评注证明点共线的问题，一般可转化为证明这些点是某两个平面的公共点，这样可根据公理3证明这些点同在两平面的交线上.二、证明线共点例2如图,△ABC与△A1B1C1三条边对应平行，且两个三角形不全等，求证:三对对应顶点的连线相交于一点.分析要证三线共点，可证其中两条直线有交点,且该交点在第三条直线上.证明由A1B1∥AB，知A1B1与AB可确定平面α。同理C1B1与CB,A1C1与AC可分别确定平面β和γ。又△ABC与△A1B1C1不全等,则A1B1≠AB.若AA1,BB1的交点为P，则P∈AA1,且P∈BB1。又β∩γ＝CC1，BB1β，则P∈β；AA1γ，则P∈γ。所以点P在β∩γ的交线上，即P∈CC1,这样点P在AA1，BB1，CC1上,即三对对应顶点的连线相交于一点。评注解决此类问题的一般方法是：先证其中两条直线交于一点,再证该点也在其他直线上.三、证明线共面例3求证:两两相交但不过同一点的四条直线共面.分析四条直线不共点，但有可能三线共点,或没有三线共点,所以应分两种情况加以证明.证明分两种情况证明：①有三条直线过同一点，如图，因为A∉l4，所以过A，l4可确定平面α.因为B，C，D∈l4，所以B,C,D∈α.所以ABα，ACα，ADα。因此四条直线l1，l2，l3,l4共面.②任意三条直线都不过同一点,如图。因为l1∩l2＝A,所以过l1，l2可以确定平面α.又因为D,E∈l2，B，C∈l1，所以D，E，B，C∈α。由E∈α，B∈α，可得BEα，即l3α。同理可证,l4α.因此四条直线l1，l2，l3，l4共面.评注证明线共面问题，一般有两种方法：一是先由两条直线确定一个平面,再证明第三条直线在这个平面内；二是由其中两条直线确定一个平面α，另两条直线确定一个平面β，再证α，β重合,从而三线共面.6证明平行问题的三个突破点一、由中点联想三角形的中位线，寻找平行关系例1如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，E是CD1的中点,求证:AD1∥平面BDE。分析要在平面BDE内寻找与AD1平行的直线，由条件E是CD1的中点,易想到利用三角形的中位线来寻找。由于底面ABCD是平行四边形,其对角线的交点就是AC的中点，这样就找到了中位线，从而问题就解决了.证明连接AC，与BD交于点O.因为底面ABCD是平行四边形,所以O是AC的中点.连接OE，由于E是CD1的中点，所以OE是△AD1C的中位线.所以OE∥AD1。又OE平面BDE,AD1⃘平面BDE，所以AD1∥平面BDE。评注运用直线与平面平行的判定定理证明线面平行时,不能忽视限制条件：一条直线在平面内,一条直线在平面外，如本题中OE平面BDE，AD1⃘平面BDE,否则证明不完善.二、由平行四边形寻找平行关系例2如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中,点N在BD上，点M在B1C上，且CM＝DN,求证：MN∥平面ABB1A1.分析要在平面ABB1A1内找一条直线与MN平行，可根据平行关系作ME∥BC,NF∥AD来构造平行四边形，从而找到与MN平行的直线.证明作ME∥BC交BB1于点E，作NF∥AD交AB于点F,连接EF.因为AD∥BC，所以NF∥ME。因为CM＝DN，BD＝B1C，所以B1M＝BN.因为eq\f（ME，BC)＝eq\f（B1M，B1C)，eq\f(NF,AD）＝eq\f(BN，BD），所以ME＝NF.所以四边形MEFN为平行四边形。所以MN∥EF。又MN平面ABB1A1，EF平面ABB1A1，所以MN∥平面ABB1A1。评注构造平行四边形的关键在于抓住条件特征，合理引入平行线.一定要注意平行四边形的一条边在要证平面内，其对边为待证直线，如本题中直线EF与MN.三、由对应线段成比例寻找平行关系例3如图，在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD是正方形，M，N分别是PA,BD上的点，且eq\f(PM,MA)＝eq\f（BN,ND），求证：MN∥平面PBC。分析条件中给出一个比例关系，由此想到运用比例线段在平面PBC内寻找一条直线与MN平行.证明连接AN并延长,交BC于点E，连接PE.在正方形ABCD内，BC∥AD,所以eq\f(BN，ND)＝eq\f（NE,AN）。因为eq\f(PM，MA）＝eq\f（BN，ND)，所以eq\f(PM，MA）＝eq\f(NE，AN）。所以MN∥PE。又PE平面PBC，MN平面PBC，所以MN∥平面PBC.7巧用辅助线（面)证明平行关系在证明线与线、线与面、面与面的平行关系时,从“看到结论想判定定理，看到条件想性质定理”来分析题意和寻求证明思路，往往要根据定理的条件，通过构造辅助线或辅助面来解决问题.一、作辅助线来解题例1如图,在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E,F分别是棱BC，C1D1的中点，求证：EF∥平面BB1D1D.证明如图，取D1B1的中点O，连接OF，OB.因为OF平行且等于eq\f（1,2)B1C1,BE平行且等于eq\f（1,2）B1C1，所以OF平行且等于BE，即四边形OFEB为平行四边形.所以EF∥BO。又EF平面BB1D1D，BO平面BB1D1D，所以EF∥平面BB1D1D.评注将空间问题转化为平面问题,是解决立体几何问题的重要策略，关键是选择或添加适当的直线.而本题通过巧作平行线，利用“有困难,找中点”来证明线面平行是最有效的方法之一。二、作辅助面来解题例2如图，已知直线a∥平面α，直线a∥平面β，α∩β＝b,求证:a∥b。分析要证明线线平行，我们可以通过线面平行，或者面面平行来解决。条件里没有提到面面平行,所以,我们利用线面平行来突破.证明过a作平面γ,δ，使得γ∩α＝c，δ∩β＝d.因为γ∩α＝c,直线a∥平面α，aγ,所以a∥c。同理可证a∥d。所以c∥d。由dβ，cβ,得c∥β.因为cα,α∩β＝b，所以c∥b。又a∥c，所以a∥b.评注本题要使用线面平行的性质定理，需要找出或作出过已知直线且与已知平面相交的平面，以便使用性质定理，因此常作辅助面。三、同时作辅助线与辅助面来解题例3如图，已知平面α∥平面β,AB,CD是夹在这两个平面之间的线段，且AE＝EB，CG＝GD，AB与CD不平行,求证：EG∥平面α,EG∥平面β。分析有些综合性的题目需要同时作出辅助线与辅助面，通过面面之间的关系来解题.题目条件中出现了两个中点，一般可直接取某线段的中点，也可通过连线所得交点间接地取中点，本题是直接找中点.证明过点A作AH∥CD交平面β于点H，设F是AH的中点，连接EF,FG和BH，HD，BD.因为E，F分别是AB,AH的中点，所以EF∥BH，又BHβ，EFβ，所以EF∥β.又F，G分别是AH，CD的中点，且AH∥CD，所以FG∥HD。又HDβ,FGβ，所以FG∥β。因为EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面β，又α∥β,所以平面EFG∥α。因为EG平面EFG，所以EG∥α,EG∥β。评注本题是通过先作辅助线AH，再作辅助面EFG，借助平面几何里三角形中位线的结论来解决问题的。8在转化中证明空间垂直关系空间中的各种垂直关系是高中数学的重要内容。在高考中着重考查线线垂直、线面垂直、面面垂直的证明，这就需要利用线面垂直、面面垂直的判定定理及其性质，运用三者之间的转化关系.一、证明线面垂直证明线面垂直通常有两种方法：一是利用线面垂直的判定定理，由线线垂直得到线面垂直;二是利用面面垂直的性质定理，由面面垂直得到线面垂直。例1如图,AB是圆O的直径，PA垂直于圆O所在的平面，M是圆周上任意一点,AN⊥PM，垂足为点N.求证：AN⊥平面PBM.证明因为PA垂直于圆O所在的平面，所以PA⊥BM。因为M是圆周上一点,所以BM⊥AM。又因为PA∩AM＝A，所以BM⊥平面PAM，所以BM⊥AN.又因为AN⊥PM,PM∩BM＝M，所以AN⊥平面PBM.评注本题是考查线面垂直很好的载体，它融合了初中所学的圆的特征，在求解时要注意线线、线面垂直关系的转化。二、证明面面垂直证明面面垂直一般有两种方法：一是利用面面垂直的定义，通过求二面角的平面角为直角而得到,这种方法在证明面面垂直时应用较少；二是利用面面垂直的判定定理由线面垂直得到面面垂直。例2如图，△ABC为等边三角形，EC⊥平面ABC,BD∥EC，且EC＝CA＝2BD，M是EA的中点。(1)求证：DE＝DA；(2）求证：平面BDM⊥平面ECA.证明(1)如图,取EC的中点F,连接DF，易知DF∥BC。因为EC⊥平面ABC，BC平面ABC，所以EC⊥BC,所以DF⊥EC。在Rt△EFD和Rt△DBA中，因为EF＝eq\f（1,2)EC＝BD，FD＝BC＝AB,所以Rt△EFD≌Rt△DBA。所以DE＝DA。（2)如图，取CA的中点N,连接MN，BN，则MN∥EC，且MN＝eq\f(1，2)EC。又EC∥BD，且BD＝eq\f（1，2）EC,所以MN∥BD，且MN＝BD。所以四边形BDMN是平行四边形。所以点N在平面BDM内.因为EC⊥平面ABC,所以EC⊥BN。又CA⊥BN，EC∩CA＝C，所以BN⊥平面ECA.因为BN平面MNBD，所以平面BDM⊥平面ECA。评注在证明面面垂直时通常转化为证明线面垂直的问题。三、证明线线垂直证明线线垂直，往往根据线面垂直的性质,即如果一条直线垂直于一个平面，那么它和这个平面内的任意一条直线垂直。例3如图，已知平面α∩平面β＝CD，EA⊥α，EB⊥β，垂足分别为A，B,求证：CD⊥AB。证明因为EA⊥α，CDα，所以CD⊥EA.又因为EB⊥β，CDβ，所以EB⊥CD。又因为EA∩EB＝E，所以CD⊥平面ABE.因为AB平面ABE,所以CD⊥AB.评注证明空间中的垂直关系的问题时，经常要用到化归与转化的数学思想，主要体现在线线垂直、线面垂直、面面垂直证明的相互转化过程之中。其转化关系如下：线线垂直eq\o（，\s\up7(判定定理），\s\do5(性质定理)）线面垂直eq\o(,\s\up7（判定定理）,\s\do5(性质定理））面面垂直9空间中垂直关系的探索型问题随着新课程的普及，创新型问题越来越受到高考命题者的青睐，并且渗透到各个章节之中，本文就直线与空间中垂直关系的开放探索型问题列举两例，供同学们学习。例1如图，设△ABC内接于⊙O,PA垂直于⊙O所在的平面.（1)请指出图中互相垂直的平面；（要求:列出所有的情形，但不要求证明）(2)若要使互相垂直的平面对数在原有的基础上增加一对，那么在△ABC中需添加一个什么条件？(要求：添加你认为正确的一个条件即可，不必考虑所有可能的情形，但必须证明你添加的条件的正确性，答案不唯一）（3)设D是PC的中点，AC＝AB＝a（a是常数),试探究在PA上是否存在一点M，使MD＋MB最小？若存在，试确定点M的位置；若不存在，请说明理由.解（1）图中互相垂直的平面有：平面PAC⊥平面ABC,平面PAB⊥平面ABC.（2)要使互相垂直的平面对数在原有的基础上增加一对，在△ABC中需添加:AB⊥BC（或添加∠ABC＝90°，或AC是⊙O的直径，或AC过圆心O等.）证明如下:因为PA⊥平面ABC，BC平面ABC,所以BC⊥PA.因为AB⊥BC，PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB.又BC平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB。(其他条件的证明略)(3）将平面PAB绕PA沿逆时针方向旋转到与平面PAC在同一平面上，如图。因为PA⊥AC,PA⊥AB，所以C,A，B三点在同一条直线上.连接DB交PA于点M，则点M就是所求的点。过点D作DE∥BC交PA于点E.因为D是PC的中点，所以E为PA的中点.因为eq\f(AM,ME）＝eq\f（AB，DE）,且AC＝AB，所以eq\f(AM,ME）＝2。所以AM＝eq\f（2，3)AE＝eq\f（1,3）AP,即当点M为AP方向上的第一个三等分点时，MD＋MB最小。例2如图所示,已知长方体ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD为正方形,E为线段AD1的中点，F为线段BD1的中点，(1)求证:EF∥平面ABCD；(2)设M为线段C1C的中点，当eq\f(D1D,AD)的比值为多少时，DF⊥平面D1MB?并说明理由.(1)证明∵E为线段AD1的中点，F为线段BD1的中点，∴EF∥AB。又∵EF平面ABCD,AB平面ABCD，∴EF∥平面ABCD。（2）解当eq\f（D1D，AD）＝eq\r（2)时，DF⊥平面D1MB。∵ABCD是正方形,∴AC⊥BD。∵D1D⊥平面ABCD,∴D1D⊥AC。∵D1D∩BD＝D，∴AC⊥平面BB1D1D,∴AC⊥DF。∵F，M分别是BD1，CC1的中点，∴FM∥AC。∴DF⊥FM。∵D1D＝eq\r(2)AD，∴D1D＝BD.∴矩形D1DBB1为正方形。∵F为BD1的中点，∴DF⊥BD1。∵FM∩BD1＝F，∴DF⊥平面D1MB.10几何法求空间角空间角的计算是对空间线与线、线与面、面与面位置关系的一种定量研究和精确的刻画.利用几何法求解空间角的过程可以将逻辑推理与运算融为一体，能达到综合考查同学们的空间想象能力、逻辑推理能力、运算能力、分析问题及解决问题的能力。下面就利用几何法求空间角的策略进行分析。一、求异面直线所成的角求异面直线所成的角主要是根据定义利用平移法作出所成角，平移的主要途径有:(1）利用三角形和梯形的中位线；(2)利用平行线分线段成比例的性质；（3）利用平行四边形（矩形、正方形）的性质；(4)利用线面平行和面面平行的性质等.例1已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱都垂直于底面，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°分析考虑直线AC1在平面AA1C1C上平行移动，当点C1移至A1时,点A自然移至CA的延长线上，因此只需取AD＝AC即可顺利作出所求解。解析如图，延长CA到D，使得AD＝AC.由AC∥A1C1，且AC＝A1C1，得AD∥A1C1且AD＝A1C1.所以四边形ADA1C1为平行四边形。所以∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角。设AB＝AC＝AA1＝1，则A1D＝A1B＝BD＝eq\r（2),即△A1DB为等边三角形.所以∠DA1B＝60°.故选C。答案C二、求二面角求二面角是通过求其平面角的大小实现的，而平面角的作法中必须强调“垂直"，其常见途径：(1)利用共底的两个等腰三角形;(2）利用共公共边的两个全等三角形；（3）利用线面垂直和面面垂直的性质；(4)对于“无棱"二面角一般须先确定棱，然后再利用上述方法作出平面角。例2在三棱锥S－ABC中，已知△ABC是边长为a的等边三角形，且SA⊥底面ABC,AS＝eq\f（1，2)a，求平面ABC与平面SBC夹角的大小.解如图所示，因为AB＝AC＝a，∠BAS＝∠CAS＝90°，所以SB＝SC.取BC的中点为D，连接AD，SD，则由等腰三角形的性质，可得SD⊥BC，AD⊥BC。于是由二面角的平面角的定义可知，∠ADS为平面ABC与平面SBC夹角的平面角.因为AS＝eq\f(1，2)a,AD＝eq\f（\r(3）,2）BC＝eq\f（\r（3)，2)a，所以在Rt△ASD中，tan∠ADS＝eq\f（\f（1,2）a，\f（\r(3),2）a)＝eq\f(\r(3）,3)。所以∠ADS＝30°，即所求平面ABC与平面SBC夹角的大小为30°.评注应用二面角的定义时，常常要先在二面角的棱上取一个适当的点(常取中点），然后再过这一点在二面角的两个半平面内分别作棱的垂线,找出二面角的平面角，然后通过解三角形求得二面角的大小。11柱、锥、台的表面积求法精析由于柱、锥、台的表面积是各个面的面积之和，因此计算的关键在于对几何体各个面的正确认识以及对表面积公式的正确运用。一、锥体的表面积例1正三棱锥的底面边长为4cm，它的侧棱与高所成的角为45°,求正三棱锥的表面积。分析本题的关键在于求正三棱锥的斜高.解如图所示，过S点作SO⊥平面ABC于O点，则O为△ABC的中心,连接AO并延长与BC相交于D点。由正三角形的性质得D为BC的中点，连接SD，则SD为正三棱锥的斜高.在Rt△ASO中，∠ASO＝45°，AO＝eq\f(\r（3)，3）×4＝eq\f（4\r（3），3）（cm），∴SO＝AO＝eq\f(4\r(3),3)(cm).在Rt△SOD中,OD＝eq\f（\r（3）,6）×4＝eq\f（2\r（3),3）(cm），故SD＝eq\r(SO2＋OD2）＝eq\r(\f(16,3）＋\f(4，3))＝eq\r(\f(20，3）)＝eq\f(2\r(15），3)（cm)。令SD＝h′,根据正棱锥的侧面积公式：S侧＝eq\f(1，2)×3×4×eq\f（2\r(15),3)＝4eq\r（15）（cm2),又△ABC的面积为4eq\r(3)cm2，故正三棱锥的表面积为(4eq\r(15)＋4eq\r（3))cm2.评注有关棱锥、棱台的表面积问题，常常涉及到侧棱、高、斜高、边心距和底面外接圆半径五个量之间的关系.解决问题时,往往把它们转化为平面图形，即由侧棱、高、底面外接圆半径所组成的直角三角形或由高、斜高、边心距所组成的直角三角形，求出所需要的量，从而使问题得以解决.二、柱体的表面积例2如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1,其底面是等腰直角三角形，且AB＝BC＝eq\r(2)，AC＝A1A＝2。（1)求该几何体的表面积;(2)若把两个这样的直三棱柱拼成一个大棱柱，求拼得的棱柱表面积的最小值.解(1)该几何体有5个面，两个底面的面积均为eq\f(1，2)×eq\r（2）×eq\r(2)＝1,三个侧面面积和为2×(eq\r（2)＋eq\r(2)＋2)＝4（eq\r（2）＋1），故其表面积S＝6＋4eq\r（2)。（2）设两个这样的直三棱柱重合的面的面积为S1,则组合后的直棱柱的表面积为2S－2S1，故当且仅当重合的面的面积最大时，拼得的棱柱的表面积最小。又侧面AA1C1C的面积最大，此时拼得的棱柱的表面积最小值为2S－2S四边形AA1C1C＝4＋8eq\r（2）.评注本例中(1）的关键在于准确识别几何体的各个面的形状；(2)的关键在于找到影响拼合后的面积变化量，当然也可以分类讨论,列举出各种拼合的办法，一一计算表面积,再进行比较.三、台体的表面积例3已知一个正三棱台的两底面边长分别为30cm和20cm，且其侧面积等于两底面面积之和，求棱台的高。分析求棱台的侧面积要注意利用公式及正棱台中的特殊直角梯形，转化为平面问题来求解所需的几何元素.解如图所示,正三棱台ABC－A1B1C1中,O，O1分别为两底面中心，D，D1分别为BC和B1C1中点，则DD1为棱台的斜高.设A1B1＝20cm，AB＝30cm,则OD＝5eq\r(3)cm，O1D1＝eq\f（10\r（3），3）cm,由S侧＝S上＋S下,得eq\f(1,2)×（20＋30）×3×DD1＝eq\f(\r(3）,4)(202＋302)，∴DD1＝eq\f（13\r(3),3)cm.∴棱台的斜高为eq\f(13\r(3）,3）cm。在直角梯形O1ODD1中,O1O＝eq\r（DD\o\al（2,1)－OD－O1D12）＝4eq\r(3)（cm）.∴棱台的高为4eq\r（3)cm。评注本题的关键是找到正棱台中的特殊直角梯形。12空间几何体体积的求法精析空间几何体的体积公式在实际生活中有着广泛的应用，但在具体求解过程中，仅仅记住公式是远远不够的,还要把握图形的内在因素，掌握一些常见的求解策略，灵活选择恰当的方法进行求解.一、直接用公式求解根据柱体、锥体、台体、球体的体积公式,明确公式中各几何量的值，把未知的逐个求出，再代入公式进行求解。例1已知圆锥的表面积为15πcm2，侧面展开图的圆心角为60°，求该圆锥的体积。分析根据锥体的体积公式V＝eq\f（1，3)Sh，知应分别求出圆锥的底面半径和高，代入公式计算.解设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l，根据题意可得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\