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文档简介
第八章立体几何第一节空间几何体的表面积与体积本节主要包括3个知识点:1.空间几何体的结构特征和直观图;2.空间几何体的表面积与体积;,3.与球有关的切、接应用问题.突破点(一)空间几何体的结构特征和直观图基础联通抓主干知识的“源”与“流”1.空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征多面体结构特征棱柱有两个面平行,其余各面都是四边形且每相邻两个面的交线都平行且相等棱锥有一个面是多边形,而其余各面都是有一个公共顶点的三角形棱台棱锥被平行于底面的平面所截,截面和底面之间的部分叫做棱台(2)旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形一条直角边所在的直线圆台直角梯形或等腰梯形直角腰所在的直线或等腰梯形上下底中点的连线球半圆或圆直径所在的直线2.空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画,其规则是:(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,直观图中仍分别平行于坐标轴;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轴的线段在直观图中长度为原来的一半.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的结构特征[例1]下列说法正确的序号是________.①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;②四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形;③有两个平面互相平行,其余各面都是梯形的多面体是棱台;④棱台的各侧棱延长后不一定交于一点.[解析]①错,如图(1);②正确,如图(2),其中底面ABCD是矩形,PD⊥平面ABCD,可证明∠PAB,∠PCB,∠PDA,∠PDC都是直角,这样四个侧面都是直角三角形;③错,如图(3);④错,由棱台的定义知,其侧棱的延长线必相交于同一点.[答案]②[方法技巧]解决与空间几何体结构特征有关问题的三个技巧(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,如例1中的①③易判断失误;(3)通过反例对结构特征进行辨析.空间几何体的直观图直观图与原图形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=eq\f(\r(,2),4)S原图形.(2)S原图形=2eq\r(,2)S直观图.[例2]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________.(填序号)[解析]由直观图可知,在直观图中多边形为正方形,对角线长为eq\r(2),所以原图形为平行四边形,位于y轴上的对角线长为2eq\r(2).[答案]①能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.[考点一]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,以下四个命题中,真命题是________.(填序号)①等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等;②等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补;③等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆;④等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上.解析: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①③是真命题;且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等,故④是真命题;②是假命题,如底面是一个等腰梯形时结论就不成立.答案:①③④2.eq\a\vs4\al([考点一])(2018·连云港模拟)五棱柱中,不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线,那么一个五棱柱对角线的条数为________.解析:如图,在五棱柱ABCDEA1B1C1D1E1中,从顶点A出发的对角线有两条:AC1,AD1,同理从B,C,D,E点出发的对角线均有两条,共2×5=10(条).答案:103.eq\a\vs4\al([考点一])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,即三个侧面两两垂直;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,故该四棱柱的侧棱垂直于底面,是直四棱柱;④正确,如图,正方体AC1中的三棱锥C1ABC,四个面都是直角三角形.答案:②③④4.eq\a\vs4\al([考点二])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′=6cm,C′D′=2cm,则原图形是________.(填序号)①正方形;②矩形;③菱形;④一般的平行四边形.解析:如图,在原图形OABC中,应有OD=2O′D′=2×2eq\r(2)=4eq\r(2)(cm),CD=C′D′=2cm.∴OC=eq\r(OD2+CD2)=eq\r(4\r(2)2+22)=6(cm),∴OA=OC,∴四边形OABC是菱形.答案:③5.[考点三]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2eq\r(2)cm2,则原平面图形的面积为________cm2.解析: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2eq\r(2)倍,所以原平面图形的面积为8cm2.答案:8突破点(二)空间几何体的表面积与体积基础联通抓主干知识的“源”与“流”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=2πrlS圆锥侧=πrlS圆台侧=π(r+r′)l圆柱、圆锥、圆台侧面积间的关系:S圆柱侧=2πrleq\o(→,\s\up7(r′=r))S圆台侧=π(r+r′)leq\o(→,\s\up7(r′=0))S圆锥侧=πrl.2.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(棱柱和圆柱)S表面积=S侧+2S底V=Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积=S侧+S底V=eq\f(1,3)Sh台体(棱台和圆台)S表面积=S侧+S上+S下V=eq\f(1,3)(S上+S下+eq\r(S上S下))h球S=4πR2V=eq\f(4,3)πR3考点贯通抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的表面积[例1](1)一个六棱锥的体积为2eq\r(3),其底面是边长为2的正六边形,侧棱长都相等,则该六棱锥的侧面积为________,表面积为________.(2)如图,斜三棱柱ABCA′B′C′中,底面是边长为a的正三角形,侧棱长为b,侧棱AA′与底面相邻两边AB与AC都成45°角,则此斜三棱柱的表面积为________.[解析](1)由题意可知,该六棱锥是正六棱锥,设该六棱锥的高为h,则eq\f(1,3)×6×eq\f(\r(3),4)×22×h=2eq\r(3),解得h=1,底面正六边形的中心到其边的距离为eq\r(3),故侧面等腰三角形底边上的高为eq\r(\r(3)2+1)=2,故该六棱锥的侧面积为S侧=eq\f(1,2)×2×2×6=12.表面积为S表=12+6×eq\f(\r(3),4)×22=12+6eq\r(3).(2)如图,过A′作A′D⊥平面ABC于D,过D作DE⊥AB于E,DF⊥AC于F,连结A′E,A′F,AD.则由∠A′AE=∠A′AF,AA′=AA′,又由题意知A′E⊥AB,A′F⊥AC,得Rt△A′AE≌Rt△A′AF,∴A′E=A′F,∴DE=DF,∴AD平分∠BAC,又∵AB=AC,∴BC⊥AD,∴BC⊥AA′,而AA′∥BB′,∴BC⊥BB′,∴四边形BCC′B′是矩形,∴斜三棱柱的侧面积为2×a×bsin45°+ab=(eq\r(2)+1)ab.又∵斜三棱柱的底面积为2×eq\f(\r(3),4)a2=eq\f(\r(3),2)a2,∴斜三棱柱的表面积为(eq\r(2)+1)ab+eq\f(\r(3),2)a2.[答案](1)1212+6eq\r(3)(2)(eq\r(2)+1)ab+eq\f(\r(3),2)a2[方法技巧]求空间几何体表面积的常见类型及思路求多面体的表面积只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形,利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积求旋转体的表面积可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手,将其展开后求表面积,但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系求不规则几何体的表面积通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体,先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积,再通过求和或作差,求出所给几何体的表面积空间几何体的体积柱体、锥体、台体体积间的关系[例2](1)(2018·苏北四市摸底)底面边长为2,侧棱长为eq\r(3)的正四棱锥的体积为________.(2)(2017·徐州、连云港、宿迁三检)已知圆锥的母线长为10cm,侧面积为60πcm2,则此圆锥的体积为________cm3.(3)(2017·盐城市三模)如图,直三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2,点P,Q分别为棱CC1,BC的中点,则四面体A1B1PQ的体积为________.[解析](1)如图,在正四棱锥SABCD中,底面边长为2,侧棱长为eq\r(3),点O为底面ABCD的中心,则SO⊥平面ABCD,取BC的中点E,连结OE,SE,则OE=BE=1,在Rt△SBE中,SE=eq\r(SB2-BE2)=eq\r(3-1)=eq\r(2),在Rt△SOE中,SO=eq\r(SE2-OE2)=eq\r(2-1)=1,从而该正四棱锥的体积V=eq\f(1,3)×S四边形ABCD·SO=eq\f(1,3)×2×2×1=eq\f(4,3).(2)设圆锥的底面半径为rcm,高为hcm,则πr×10=60π,所以r=6cm,从而高h=8cm,此圆锥的体积V=eq\f(1,3)×36π×8=96πcm3.(3)在边长为2的正方形BB1C1C中,因为P,Q分别为棱CC1,BC的中点,所以S△B1PQ=4-eq\f(1×2,2)×2-eq\f(1,2)×12=eq\f(3,2),所以eq\f(S△B1PQ,S△B1C1C)=eq\f(3,4),又VA1B1C1C=VCA1B1C1=eq\f(1,3)VABCA1B1C1=eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)×22))×2=eq\f(2\r(3),3),又因为eq\f(VA1B1PQ,VA1B1C1C)=eq\f(S△B1PQ,S△B1C1C)=eq\f(3,4),所以VA1B1PQ=eq\f(3,4)VA1B1C1C=eq\f(3,4)×eq\f(2\r(3),3)=eq\f(\r(3),2).[答案](1)eq\f(4,3)(2)96π(3)eq\f(\r(3),2)[方法技巧]求空间几何体体积的常见类型及思路(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体,则可直接利用公式进行求解.其中,等积转换法多用来求三棱锥的体积.(2)若所给定的几何体是不规则几何体,则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体,再利用公式求解.能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.eq\a\vs4\al([考点一])棱长为2的正四面体的表面积是________.解析:该正四面体每个面的面积为eq\f(1,2)×2×2×eq\f(\r(3),2)=eq\r(3),所以其表面积为4eq\r(3).答案:4eq\r(3)2.eq\a\vs4\al([考点二])(2018·如皋一模)已知在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中,M是棱CC1的中点,则三棱锥A1ABM的体积为________.解析:因为M是CC1的中点,所以三棱锥A1ABM的体积为VA1ABM=VMABA1=eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1=eq\f(1,6).答案:eq\f(1,6)3.eq\a\vs4\al([考点一])如图所示,在边长为5+eq\r(2)的正方形ABCD中,以A为圆心画一个扇形,以O为圆心画一个圆,M,N,K为切点,以扇形为圆锥的侧面,以圆O为圆锥底面,围成一个圆锥,则圆锥的表面积为________.解析:设圆锥的母线长为l,底面半径为r,由已知条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(l+r+\r(2)r=5+\r(2)×\r(2),,2πr=\f(π,2)l,))解得r=eq\r(2),l=4eq\r(2),所以圆锥的表面积等于扇形AEKF和圆O的面积之和,所以圆锥的表面积S=πrl+πr2=10π.答案:10π4.[考点二]如图,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,则该多面体的体积为________.解析:如图,分别过点A,B作EF的垂线,垂足分别为G,H,连结DG,CH,容易求得EG=HF=eq\f(1,2),AG=GD=BH=HC=eq\f(\r(3),2),则△BHC中BC边的高h=eq\f(\r(2),2).∴S△AGD=S△BHC=eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×1=eq\f(\r(2),4),∴V=VEADG+VFBHC+VAGDBHC=2VEADG+VAGDBHC=eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),4)×eq\f(1,2)×2+eq\f(\r(2),4)×1=eq\f(\r(2),3).答案:eq\f(\r(2),3)5.[考点一、二]如图,在四边形ABCD中,∠DAB=90°,∠ADC=135°,AB=5,CD=2eq\r(2),AD=2,求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积.解:所形成的几何体是由一圆台挖去一个圆锥所得.如图,在四边形ABCD中,作CM⊥AB于M,DN∥AB,交BC于N,设CM交DN于E.则CM⊥DN,CE是圆锥的高且CM是圆台的高.由几何关系易知,圆台的上、下底面半径分别为2,5,母线长为5,高为4;圆锥的底面半径为2,高为2.所以S表面=S圆台侧+S圆台下底+S圆锥侧=π(2+5)×5+π×52+π×2×2eq\r(2)=(60+4eq\r(2))π.V=V圆台-V圆锥=eq\f(1,3)(π×22+π×52+eq\r(22×52×π2))×4-eq\f(1,3)π×22×2=eq\f(148,3)π.突破点(三)与球有关的切、接应用问题1.球的表面积和体积是高考的热点,解决此类问题时,一是要善于把空间问题平面化,把平面问题转化到直角三角形中处理;二是要将变化的模型转化到固定的长方体或正方体中.2.与球有关的组合体问题主要有两种,一种是内切问题,一种是外接问题.解题时要认真分析图形,明确切点和接点的位置,确定有关“元素”间的数量关系,并作出合适的截面图.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”多面体的内切球问题[例1](1)若一个正四面体的表面积为S1,其内切球的表面积为S2,则eq\f(S1,S2)=________.(2)(2017·江苏高考)如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则eq\f(V1,V2)的值是________.[解析](1)设正四面体棱长为a,则正四面体表面积为S1=4×eq\f(\r(3),4)·a2=eq\r(3)a2,其内切球半径为正四面体高的eq\f(1,4),即r=eq\f(1,4)×eq\f(\r(6),3)a=eq\f(\r(6),12)a,因此内切球表面积为S2=4πr2=eq\f(πa2,6),则eq\f(S1,S2)=eq\f(\r(3)a2,\f(π,6)a2)=eq\f(6\r(3),π).(2)设球O的半径为R,因为球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切,所以圆柱的底面半径为R、高为2R,所以eq\f(V1,V2)=eq\f(πR2·2R,\f(4,3)πR3)=eq\f(3,2).[答案](1)eq\f(6\r(3),π)(2)eq\f(3,2)[方法技巧]处理与球有关内切问题的策略解答此类问题时首先要找准切点,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.多面体的外接球问题处理与球有关外接问题的策略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.[例2](1)(2018·苏州模拟)已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上,若AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球O的半径为________.(2)正四棱锥的顶点都在同一球面上,若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为________.[解析](1)如图所示,由球心作平面ABC的垂线,则垂足为BC的中点M.又AM=eq\f(1,2)BC=eq\f(5,2),OM=eq\f(1,2)AA1=6,所以球O的半径R=OA=eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))2+62)=eq\f(13,2).(2)如图所示,设球半径为R,底面中心为O′且球心为O,∵正四棱锥PABCD中AB=2,∴AO′=eq\r(2).∵PO′=4,∴在Rt△AOO′中,AO2=AO′2+OO′2,∴R2=(eq\r(2))2+(4-R)2,解得R=eq\f(9,4),∴该球的表面积为4πR2=4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)))2=eq\f(81π,4).[答案](1)eq\f(13,2)(2)eq\f(81π,4)[方法技巧]与球有关外接问题的解题规律(1)直棱柱外接球的球心到直棱柱底面的距离恰为棱柱高的eq\f(1,2).(2)正方体外接球的直径为正方体的体对角线的长.此结论也适合长方体,或由同一顶点出发的两两互相垂直的三条棱构成的三棱柱或三棱锥.(3)求多面体外接球半径的关键是找到由球的半径构成的三角形,解三角形即可.能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.eq\a\vs4\al([考点二])(2017·全国卷Ⅱ)长方体的长,宽,高分别为3,2,1,其顶点都在球O的球面上,则球O的表面积为________.解析:由题意知,长方体的体对角线长为eq\r(32+22+12)=eq\r(14),记长方体的外接球的半径为R,则有2R=eq\r(14),R=eq\f(\r(14),2),因此球O的表面积为S=4πR2=14π.答案:14π2.eq\a\vs4\al([考点一])在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是________.解析:设球的半径为R,∵△ABC的内切圆半径为eq\f(6+8-10,2)=2,∴R≤2.又2R≤3,∴R≤eq\f(3,2),∴Vmax=eq\f(4,3)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))3=eq\f(9π,2).答案:eq\f(9π,2)3.[考点二](2018·泰州模拟)如图,平面四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=eq\r(2),BD⊥CD,将其沿对角线BD折成四面体A′BCD,使平面A′BD⊥平面BCD,若四面体A′BCD的顶点在同一个球面上,则该球的表面积为________.解析:由图示可得BD=A′C=eq\r(2),BC=eq\r(3),△DBC与△A′BC都是以BC为斜边的直角三角形,由此可得BC中点到四个点A′,B,C,D的距离相等,即该三棱锥的外接球的直径为eq\r(3),所以该外接球的表面积S=4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2=3π.答案:3π4.[考点二](2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为18,则这个球的体积为________.解析:由正方体的表面积为18,得正方体的棱长为eq\r(3).设该正方体外接球的半径为R,则2R=3,R=eq\f(3,2),所以这个球的体积为eq\f(4,3)πR3=eq\f(4π,3)×eq\f(27,8)=eq\f(9π,2).答案:eq\f(9π,2)[课时达标检测]重点保分课时——一练小题夯双基,二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1.下列结论中错误的序号有________.①各个面都是三角形的几何体是三棱锥;②以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥;③棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等,则该棱锥可能是六棱锥;④圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线.解析:①错误,如图(1)是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体,它的各个面都是三角形,但它不是三棱锥;②错误,如图(2),若△ABC不是直角三角形,或△ABC是直角三角形但旋转轴不是直角边,所得的几何体都不是圆锥;③错误,若该棱锥是六棱锥,由题设知,它是正六棱锥.易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长,这与题设矛盾.④显然正确.答案:①②③2.(2018·南通中学高三月考)如图,在正三棱柱ABCA1B1C1中,若各条棱长均为2,且M为A1C1的中点,则三棱锥MAB1C的体积是________.解析:因为VMAB1C=VABCA1B1C1-VAA1B1M-VB1ABC-VCB1C1M,所以VMAB1C=2×eq\f(\r(3),4)×22-eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),4)×22-eq\f(1,3)×2×eq\f(\r(3),4)×22-eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),4)×22=eq\f(2\r(3),3).答案:eq\f(2\r(3),3)3.已知某圆锥体的底面半径r=3,沿圆锥体的母线把侧面展开后得到一个圆心角为eq\f(2π,3)的扇形,则该圆锥体的表面积是________.解析:由已知可得沿圆锥体的母线把侧面展开后得到的扇形的弧长为2πr=6π,从而其母线长为l=eq\f(6π,\f(2π,3))=9,所以圆锥体的表面积为S侧+S底=eq\f(1,2)×9×6π+9π=36π.答案:36π4.(2018·陕西西工大附中训练)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为m的正方形,PD⊥底面ABCD,且PD=m,PA=PC=eq\r(2)m,若在这个四棱锥内放一个球,则此球的最大半径是________.解析:由PD⊥底面ABCD,得PD⊥AD.又PD=m,PA=eq\r(2)m,则AD=m.设内切球的球心为O,半径为R,连接OA,OB,OC,OD,OP(图略),易知VPABCD=VOABCD+VOPAD+VOPAB+VOPBC+VOPCD,即eq\f(1,3)·m2·m=eq\f(1,3)·m2×R+eq\f(1,3)×eq\f(1,2)·m2·R+eq\f(1,3)×eq\f(1,2)·eq\r(2)m2·R+eq\f(1,3)×eq\f(1,2)·eq\r(2)m2·R+eq\f(1,3)·eq\f(1,2)·m2·R,解得R=eq\f(1,2)(2-eq\r(2))m,所以此球的最大半径是eq\f(1,2)(2-eq\r(2))m.答案:eq\f(1,2)(2-eq\r(2))m5.(2018·常州期末)以一个圆柱的下底面为底面,并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥,若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高,则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积的比值为________.解析:如图,由题意可得圆柱的侧面积为S1=2πrh=2πr2.圆锥的母线l=eq\r(h2+r2)=eq\r(2)r,故圆锥的侧面积为S2=eq\f(1,2)×2πr×l=eq\r(2)πr2,所以eq\f(S2,S1)=eq\f(\r(2),2).答案:eq\f(\r(2),2)[练常考题点——检验高考能力]一、填空题1.已知圆锥的表面积为a,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的底面直径是________.解析:设圆锥的底面半径为r,母线长为l,由题意知2πr=πl,∴l=2r,则圆锥的表面积S表=πr2+eq\f(1,2)π(2r)2=a,∴r2=eq\f(a,3π),∴2r=eq\f(2\r(3πa),3π).答案:eq\f(2\r(3πa),3π)2.(2018·苏北四市一模)将斜边长为4的等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周,则所形成的几何体体积是________.解析:因为等腰直角三角形的斜边长为4,所以斜边上的高为2,故旋转后的几何体为两个大小相等的圆锥的组合体,圆锥的底面半径为2,高为2,因此,几何体的体积为V=2×eq\f(1,3)π×22×2=eq\f(16π,3).答案:eq\f(16π,3)3.已知底面边长为1,侧棱长为eq\r(2)的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为________.解析:依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径,可设球半径为R,则2R=eq\r(12+12+\r(2)2)=2,解得R=1,所以V=eq\f(4π,3)R3=eq\f(4π,3).答案:eq\f(4π,3)4.已知正四面体的棱长为eq\r(2),则其外接球的表面积为________.解析:如图所示,过顶点A作AO⊥底面BCD,垂足为O,则O为正三角形BCD的中心,连结DO并延长交BC于E,又正四面体的棱长为eq\r(2),所以DE=eq\f(\r(6),2),OD=eq\f(2,3)DE=eq\f(\r(6),3),所以在直角三角形AOD中,AO=eq\r(AD2-OD2)=eq\f(2\r(3),3).设正四面体外接球的球心为P,半径为R,连结PD,则在直角三角形POD中,PD2=PO2+OD2,即R2=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)-R))2+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)))2,解得R=eq\f(\r(3),2),所以外接球的表面积S=4πR2=3π.答案:3π5.(2018·无锡期中)已知H是球O的直径AB上一点,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H为垂足,α截球O所得截面的面积为π,则球O的表面积为________.解析:如图,设截面小圆的半径为r,球的半径为R,因为AH∶HB=1∶2,所以OH=eq\f(1,3)R,又由题意得πr2=π,则r=1.由勾股定理得,R2=r2+OH2,故R2=1+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)R))2,即R2=eq\f(9,8).由球的表面积公式得,S=4πR2=eq\f(9π,2).答案:eq\f(9π,2)6.(2018·苏州十中月考)已知四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2,锐角为60°的菱形,侧棱PA⊥底面ABCD,PA=3.若点M是BC的中点,则三棱锥MPAD的体积为________.解析:因为S△ADM=2S△ABC-S△ABM-S△MDC=2×eq\f(1,2)×4×sin60°-eq\f(1,2)×2×1×sin60°-eq\f(1,2)×2×1×sin120°=eq\r(3),且侧棱PA⊥底面ABCD,所以VMPAD=VPAMD=eq\f(1,3)×3×eq\r(3)=eq\r(3).答案:eq\r(3)7.在棱长为3的正方体ABCDA1B1C1D1中,P在线段BD1上,且eq\f(BP,PD1)=eq\f(1,2),M为线段B1C1上的动点,则三棱锥MPBC的体积为________.解析:∵eq\f(BP,PD1)=eq\f(1,2),∴点P到平面BC1的距离是D1到平面BC1距离的eq\f(1,3),即三棱锥PMBC的高h=eq\f(D1C1,3)=1.M为线段B1C1上的点,∴S△MBC=eq\f(1,2)×3×3=eq\f(9,2),∴VMPBC=VPMBC=eq\f(1,3)×eq\f(9,2)×1=eq\f(3,2).答案:eq\f(3,2)8.(2018·启东中学月考)将1个半径为1的小铁球与1个底面周长为2π,高为4的铁制圆柱重新锻造成一个大铁球,则该大铁球的表面积为________.解析:V球=eq\f(4,3)π×13=eq\f(4,3)π,V柱=πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,2π)))2×4=4π.设重新锻造成一个大铁球的半径为R,则eq\f(4,3)πR3=eq\f(4,3)π+4π,R=eq\r(3,4),则该大铁球的表面积S=4π(eq\r(3,4))2=8eq\r(3,2)π.答案:8eq\r(3,2)π9.(2017·徐州市四模)若圆锥的底面直径和高都与一个球的直径相等,圆锥、球的表面积分别记为S1,S2,则eq\f(S1,S2)的值是________.解析:设球的半径为r,则圆锥的底面半径和高分别为r,2r,则圆锥的母线长为eq\r(5)r,其侧面积S=πrl=eq\r(5)πr2,所以eq\f(S1,S2)=eq\f(\r(5)πr2+πr2,4πr2)=eq\f(\r(5)+1,4).答案:eq\f(\r(5)+1,4)10.(2017·全国卷Ⅰ)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为________.解析:法一:由题意可知,折起后所得三棱锥为正三棱锥,当△ABC的边长变化时,设△ABC的边长为a(a>0)cm,则△ABC的面积为eq\f(\r(3),4)a2,△DBC的高为5-eq\f(\r(3),6)a,则正三棱锥的高为eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5-\f(\r(3),6)a))2-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)a))2)=eq\r(25-\f(5\r(3),3)a),∴25-eq\f(5\r(3),3)a>0,∴0<a<5eq\r(3),∴所得三棱锥的体积V=eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)a2×eq\r(25-\f(5\r(3),3)a)=eq\f(\r(3),12)×eq\r(25a4-\f(5\r(3),3)a5).令t=25a4-eq\f(5\r(3),3)a5,则t′=100a3-eq\f(25\r(3),3)a4,由t′=0,得a=4eq\r(3),此时所得三棱锥的体积最大,为4eq\r(15)cm3.法二:如图,连结OD交BC于点G,由题意知,OD⊥BC.易得OG=eq\f(\r(3),6)BC,设OG=x,则BC=2eq\r(3)x,DG=5-x,S△ABC=eq\f(1,2)×2eq\r(3)x×3x=3eq\r(3)x2,故所得三棱锥的体积V=eq\f(1,3)×3eq\r(3)x2×eq\r(5-x2-x2)=eq\r(3)x2×eq\r(25-10x)=eq\r(3)×eq\r(25x4-10x5).令f(x)=25x4-10x5,x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(5,2))),则f′(x)=100x3-50x4,令f′(x)>0,即x4-2x3<0,得0<x<2,则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(5,2)))时,f(x)≤f(2)=80,∴V≤eq\r(3)×eq\r(80)=4eq\r(15).∴所求三棱锥的体积的最大值为4eq\r(15).答案:4eq\r(15)二、解答题11.(2017·全国卷Ⅰ)如图,在四棱锥PABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,且四棱锥PABCD的体积为eq\f(8,3),求该四棱锥的侧面积.解:(1)证明:由∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.因为AB∥CD,所以AB⊥PD.又AP∩PD=P,所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)如图所示,在平面PAD内作PE⊥AD,垂足为E.由(1)知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PE,可得PE⊥平面ABCD.设AB=x,则由已知可得AD=eq\r(2)x,PE=eq\f(\r(2),2)x.故四棱锥PABCD的体积VPABCD=eq\f(1,3)AB·AD·PE=eq\f(1,3)x3.由题设得eq\f(1,3)x3=eq\f(8,3),故x=2.从而PA=PD=AB=DC=2,AD=BC=2eq\r(2),PB=PC=2eq\r(2).可得四棱锥PABCD的侧面积为eq\f(1,2)PA·PD+eq\f(1,2)PA·AB+eq\f(1,2)PD·DC+eq\f(1,2)BC2sin60°=6+2eq\r(3).12.(2016·江苏高考)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥PA1B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCDA1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.(1)若AB=6m,PO1=2m,则仓库的容积是多少?(2)若正四棱锥的侧棱长为6m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?解:(1)由PO1=2知O1O=4PO1=8.因为A1B1=AB=6,所以正四棱锥PA1B1C1D1的体积V锥=eq\f(1,3)·A1Beq\o\al(2,1)·PO1=eq\f(1,3)×62×2=24(m3);正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积V柱=AB2·O1O=62×8=288(m3).所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3).(2)设A1B1=am,PO1=hm,则0<h<6,O1O=4h.连结O1B1.因为在Rt△PO1B1中,O1Beq\o\al(2,1)+POeq\o\al(2,1)=PBeq\o\al(2,1),所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)a,2)))2+h2=36,即a2=2(36-h2).于是仓库的容积V=V柱+V锥=a2·4h+eq\f(1,3)a2·h=eq\f(13,3)a2h=eq\f(26,3)(36h-h3),0<h<6,从而V′=eq\f(26,3)(36-3h2)=26(12-h2).令V′=0,得h=2eq\r(3)或h=-2eq\r(3)(舍).当0<h<2eq\r(3)时,V′>0,V是单调增函数;当2eq\r(3)<h<6时,V′<0,V是单调减函数.故当h=2eq\r(3)时,V取得极大值,也是最大值.因此,当PO1=2eq\r(3)m时,仓库的容积最大.第二节空间点、直线、平面之间的位置关系本节主要包括2个知识点:1.平面的基本性质;2.空间两直线的位置关系.突破点(一)平面的基本性质基础联通抓主干知识的“源”与“流”1.公理1~3表示公理文字语言图形语言符号语言公理1如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线在此平面内eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(A∈l,B∈l,A∈α,B∈α))⇒l⊂α公理2如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线P∈α,且P∈β⇒α∩β=l,且P∈l公理3过不在一条直线上的三点,有且只有一个平面A,B,C三点不共线⇒有且只有一个平面α,使A∈α,B∈α,C∈α2.公理3的三个推论推论1:经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面;推论2:经过两条相交直线有且只有一个平面;推论3:经过两条平行直线有且只有一个平面.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”点、线、面的位置关系[典例]已知:空间四边形ABCD(如图所示),E,F分别是AB,AD的中点,G,H分别是BC,CD上的点,且CG=eq\f(1,3)BC,CH=eq\f(1,3)DC.求证:(1)E,F,G,H四点共面;(2)三直线FH,EG,AC共点.[证明](1)连结EF,GH,∵E,F分别是AB,AD的中点,∴EF∥BD.又∵CG=eq\f(1,3)BC,CH=eq\f(1,3)DC,∴GH∥BD,∴EF∥GH,∴E,F,G,H四点共面.(2)易知FH与直线AC不平行,但共面,∴设FH∩AC=M,∴M∈平面EFHG,M∈平面ABC.又∵平面EFHG∩平面ABC=EG,∴M∈EG,∴FH,EG,AC共点.[方法技巧]1.证明点共线问题的常用方法公理法先找出两个平面,然后证明这些点都是这两个平面的公共点,再根据公理2证明这些点都在交线上同一法选择其中两点确定一条直线,然后证明其余点也在该直线上2.证明线共点问题的方法证明若干线共点的基本思路是先找出两条直线的交点,再证明其他直线都经过该点.而证明直线过该点的方法是证明点是以该直线为交线的两个平面的公共点.3.证明点、直线共面问题的常用方法纳入平面法先确定一个平面,再证明有关点、线在此平面内辅助平面法先证明有关的点、线确定平面α,再证明其余元素确定平面β,最后证明平面α,β重合能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.已知A,B,C,D是空间四点,命题甲:A,B,C,D四点不共面,命题乙:直线AC和BD不相交,则甲是乙成立的____________条件.解析:若A,B,C,D四点不共面,则直线AC和BD不共面,所以AC和BD不相交;若直线AC和BD不相交,若直线AC和BD平行时,A,B,C,D四点共面,所以甲是乙成立的充分不必要条件.答案:充分不必要2.如图,平行六面体ABCDA1B1C1D1中,既与AB共面又与CC1共面的棱有________条.解析:依题意,与AB和CC1都相交的棱有BC;与AB相交且与CC1平行有棱AA1,BB1;与AB平行且与CC1相交的棱有CD,C1D1.故符合条件的有5条.答案:53.以下四个命题中,正确命题的个数是________.①不共面的四点中,其中任意三点不共线;②若点A,B,C,D共面,点A,B,C,E共面,则A,B,C,D,E共面;③若直线a,b共面,直线a,c共面,则直线b,c共面;④依次首尾相接的四条线段必共面.解析:①显然是正确的,可用反证法证明;②中若A,B,C三点共线,则A,B,C,D,E五点不一定共面;③构造长方体或正方体,如图显然b,c异面,故不正确;④中空间四边形中四条线段不共面.故只有①正确.答案:14.如图所示,四边形ABEF和四边形ABCD都是梯形,BC綊eq\f(1,2)AD,BE綊eq\f(1,2)FA,G,H分别为FA,FD的中点.(1)证明:四边形BCHG是平行四边形;(2)C,D,F,E四点是否共面?为什么?解:(1)证明:由已知FG=GA,FH=HD,可得GH綊eq\f(1,2)AD.又∵BC綊eq\f(1,2)AD,∴GH綊BC,∴四边形BCHG为平行四边形.(2)C,D,F,E四点共面,证明如下:由BE綊eq\f(1,2)AF,G为FA的中点知BE綊FG,∴四边形BEFG为平行四边形,∴EF∥BG.由(1)知BG∥CH,∴EF∥CH.∴EF与CH共面.又D∈FH,∴C,D,F,E四点共面.突破点(二)空间两直线的位置关系基础联通抓主干知识的“源”与“流”1.空间中两直线的位置关系(1)空间中两直线的位置关系eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(共面直线\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(平行,相交)),异面直线:不同在任何一个平面内))(2)公理4和等角定理①公理4:平行于同一条直线的两条直线互相平行.②等角定理:空间中如果两个角的两边分别对应平行且方向相同,那么这两个角相等.(3)异面直线判定定理:过平面内一点与平面外一点的直线,和这个平面内不经过该点的直线是异面直线.2.异面直线所成的角(1)定义:设a,b是两条异面直线,经过空间任一点O作直线a′∥a,b′∥b,把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角).(2)范围:eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))).考点贯通抓高考命题的“形”与“神”空间两直线位置关系的判定[例1](1)下列结论正确的序号是________.①在空间中,若两条直线不相交,则它们一定平行;②平行于同一条直线的两条直线平行;③一条直线和两条平行直线中的一条相交,那么它也和另一条相交;④空间四条直线a,b,c,d,如果a∥b,c∥d,且a∥d,那么b∥c.(2)在图中,G,N,M,H分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点,则表示直线GH,MN是异面直线的图形有________.(填上所有正确答案的序号)[解析](1)①错,两条直线不相交,则它们可能平行,也可能异面;②由公理4可知正确;③错,若一条直线和两条平行直线中的一条相交,则它和另一条直线可能相交,也可能异面;④由平行直线的传递性可知正确.(2)图①中,直线GH∥MN;图②中,G,H,N三点共面,但M∉平面GHN,因此直线GH与MN异面;图③中,连结MG,GM∥HN,因此GH与MN共面;图④中,G,M,N共面,但H∉平面GMN,因此GH与MN异面.所以在图②④中,GH与MN异面.[答案](1)②④(2)②④[方法技巧]判断空间两直线位置关系的思路方法(1)判断空间两直线的位置关系一般可借助正方体模型,以正方体为主线直观感知并准确判断.(2)异面直线的判定方法①反证法:先假设两条直线不是异面直线,即两条直线平行或相交,由假设的条件出发,经过严格的推理,导出矛盾,从而否定假设,肯定两条直线异面.②定理法:平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线.异面直线所成的角[例2]空间四边形ABCD中,AB=CD且AB与CD所成的角为30°,E,F分别为BC,AD的中点,求EF与AB所成角的大小.[解]如图,取AC的中点G,连结EG,FG,则EG綊eq\f(1,2)AB,FG綊eq\f(1,2)CD,由AB=CD知EG=FG,∴∠GEF(或它的补角)为EF与AB所成的角,∠EGF(或它的补角)为AB与CD所成的角.∵AB与CD所成的角为30°,∴∠EGF=30°或150°.由EG=FG知△EFG为等腰三角形,当∠EGF=30°时,∠GEF=75°;当∠EGF=150°时,∠GEF=15°.故EF与AB所成的角为15°或75°.[方法技巧]用平移法求异面直线所成的角的步骤一作即根据定义作平行线,作出异面直线所成的角二证即证明作出的角是异面直线所成的角三求解三角形,求出作出的角.如果求出的角是锐角或直角,则它就是要求的角;如果求出的角是钝角,则它的补角才是要求的角能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.eq\a\vs4\al([考点二])已知正四面体ABCD中,E是AB的中点,则异面直线CE与BD所成角的余弦值为________.解析:画出正四面体ABCD的直观图,如图所示.设其棱长为2,取AD的中点F,连结EF,设EF的中点为O,连结CO,则EF∥BD,则∠FEC就是异面直线CE与BD所成的角.△ABC为等边三角形,则CE⊥AB,易得CE=eq\r(3),同理可得CF=eq\r(3),故CE=CF.因为OE=OF,所以CO⊥EF.又EO=eq\f(1,2)EF=eq\f(1,4)BD=eq\f(1,2),所以cos∠FEC=eq\f(EO,CE)=eq\f(\f(1,2),\r(3))=eq\f(\r(3),6).答案:eq\f(\r(3),6)2.[考点一](2018·南师附中月考)如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别为棱C1D1,C1C的中点,有以下四个结论:①直线AM与CC1是相交直线;②直线AM与BN是平行直线;③直线BN与MB1是异面直线;④直线AM与DD1是异面直线.其中正确的结论的序号为________.解析:直线AM与CC1是异面直线,直线AM与BN也是异面直线,所以①②错误.点B,B1,N在平面BB1C1C中,点M在此平面外,所以BN,MB1是异面直线.同理AM,DD1也是异面直线.答案:③④3.[考点二]如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,则异面直线AP与BD所成的角为________.解析:如图,将原图补成正方体ABCDQGHP,连结GP,AG,则GP∥BD,所以∠APG为异面直线AP与BD所成的角,在△AGP中AG=GP=AP,所以∠APG=eq\f(π,3).答案:eq\f(π,3)4.[考点一、二]如图所示,三棱锥PABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=60°,PA=AB=AC=2,E是PC的中点.(1)求证AE与PB是异面直线;(2)求异面直线AE与PB所成角的余弦值.解:(1)证明:假设AE与PB共面,设平面为α,∵A∈α,B∈α,E∈α,∴平面α即为平面ABE,∴P∈平面ABE,这与P∉平面ABE矛盾,所以AE与PB是异面直线.(2)如图,取BC的中点F,连结EF,AF,则EF∥PB,所以∠AEF(或其补角)就是异面直线AE与PB所成的角.∵∠BAC=60°,PA=AB=AC=2,PA⊥平面ABC,∴AF=eq\r(3),AE=eq\r(2),EF=eq\r(2),cos∠AEF=eq\f(AE2+EF2-AF2,2·AE·EF)=eq\f(2+2-3,2×\r(2)×\r(2))=eq\f(1,4),故异面直线AE与PB所成角的余弦值为eq\f(1,4).[课时达标检测]重点保分课时——一练小题夯双基,二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1.四条线段顺次首尾相连,它们最多可确定的平面个数为________.解析:首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面,所以最多可以确定四个平面.答案:42.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.答案:③④3.若直线a⊥b,且直线a∥平面α,则直线b与平面α的位置关系是________.解析:结合正方体模型可知b与α相交或b⊂α或b∥α都有可能.答案:b与α相交或b⊂α或b∥α4.空间四边形两对角线的长分别为6和8,所成的角为45°,连结各边中点所得四边形的面积是________.解析:如图,已知空间四边形ABCD,对角线AC=6,BD=8,易证四边形EFGH为平行四边形,∠EFG或∠FGH为AC与BD所成的角,大小为45°,故S四边形EFGH=3×4×sin45°=6eq\r(2).答案:6eq\r(2)[练常考题点——检验高考能力]一、填空题1.(2018·泰州模拟)已知直线a和平面α,β,α∩β=l,a⊄α,a⊄β,且a在α,β内的射影分别为直线b和c,则直线b和c的位置关系是________.解析:依题意,直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面.答案:相交、平行或异面2.已知a,b,c为三条不重合的直线,已知下列结论:①若a⊥b,a⊥c,则b∥c;②若a⊥b,a⊥c,则b⊥c;③若a∥b,b⊥c,则a⊥c.其中正确的个数为________.解析:法一:在空间中,若a⊥b,a⊥c,则b,c可能平行,也可能相交,还可能异面,所以①②错,③正确.法二:构造长方体或正方体模型可快速判断,①②错,③正确.答案:13.如图,已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形,C是圆柱下底面弧AB的中点,C1是圆柱上底面弧A1B1的中点,那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________.解析:取圆柱下底面弧AB的另一中点D,连结C1D,AD,因为C是圆柱下底面弧AB的中点,所以AD∥BC,所以直线AC1与AD所成角等于异面直线AC1与BC所成角,因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点,所以C1D⊥圆柱下底面,所以C1D⊥AD,因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形,所以C1D=eq\r(2)AD,所以直线AC1与AD所成角的正切值为eq\r(2),所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为eq\r(2).答案:eq\r(2)4.如图所示,设E,F,G,H依次是空间四边形ABCD边AB,BC,CD,DA上除端点外的点,eq\f(AE,AB)=eq\f(AH,AD)=λ,eq\f(CF,CB)=eq\f(CG,CD)=μ,则下列结论中不正确的是________.(填序号)①当λ=μ时,四边形EFGH是平行四边形;②当λ≠μ时,四边形EFGH是梯形;③当λ≠μ时,四边形EFGH一定不是平行四边形;④当λ=μ时,四边形EFGH是梯形.解析:由eq\f(AE,AB)=eq\f(AH,AD)=λ,得EH∥BD且eq\f(EH,BD)=λ,同理得FG∥BD且eq\f(FG,BD)=μ,当λ=μ时,EH∥FG且EH=FG.当λ≠μ时,EH∥FG,但EH≠FG,只有④错误.答案:④5.过正方体ABCDA1B1C1D1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________条.解析:如图,连结体对角线AC1,显然AC1与棱AB,AD,AA1所成的角都相等,所成角的正切值都为eq\r(2).联想正方体的其他体对角线,如连结BD1,则BD1与棱BC,BA,BB1所成的角都相等,∵BB1∥AA1,BC∥AD,∴体对角线BD1与棱AB,AD,AA1所成的角都相等,同理,体对角线A1C,DB1也与棱AB,AD,AA1所成的角都相等,过A点分别作BD1,A1C,DB1的平行线都满足题意,故这样的直线l可以作4条.答案:46.如图,ABCDA1B1C1D1是长方体,O是B1D1的中点,直线A1C交平面AB1D1于点M,则下列正确结论的序号是________.①A,M,O三点共线;②A,M,O,A1共面;③A,M,C,O不共面;④B,B1,O,M共面.解析:连结A1C1,AC,则A1C1∥AC,所以A1,C1,C,A四点共面,所以A1C⊂平面ACC1A1,因为M∈A1C,所以M∈平面ACC1A1,又M∈平面AB1D1,所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上,同理O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上,所以A,M,O三点共线,所以①②正确,③错误.易知BB1与OM异面,则④错误.答案:①②7.如图所示,在空间四边形ABCD中,点E,H分别是边AB,AD的中点,点F,G分别是边BC,CD上的点,且eq\f(CF,CB)=eq\f(CG,CD)=eq\f(2,3),则下列说法正确的是________.(填写所有正确说法的序号)①EF与GH平行;②EF与GH异面;③EF与GH的交点M可能在直线AC上,也可能不在直线AC上;④EF与GH的交点M一定在直线AC上.解析:连结EH,FG(图略),依题意,可得EH∥BD,FG∥BD,故EH∥FG,所以E,F,G,H共面.因为EH=eq\f(1,2)BD,FG=eq\f(2,3)BD,故EH≠FG,所以EFGH是梯形,EF与GH必相交,设交点为M.因为点M在EF上,故点M在平面ACB上.同理,点M在平面ACD上,∴点M是平面ACB与平面ACD的交点,又AC是这两个平面的交线,所以点M一定在直线AC上.答案:④8.如图为正方体表面的一种展开图,则图中的AB,CD,EF,GH在原正方体中互为异面直线的有________对.解析:平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化,则AB,CD,EF和GH在原正方体中,显然AB与CD,EF与GH,AB与GH都是异面直线,而AB与EF相交,CD与GH相交,CD与EF平行.故互为异面直线的有3对.答案:39.已知a,b,c为三条不同的直线,且a⊂平面α,b⊂平面β,α∩β=c.①若a与b是异面直线,则c至少与a,b中的一条相交;②若a不垂直于c,则a与b一定不垂直;③若a∥b,则必有a∥c;④若a⊥b,a⊥c,则必有α⊥β.其中正确的命题有________.(填写所有正确命题的序号)解析:①中若a与b是异面直线,则c至少与a,b中的一条相交,故①正确;②中平面α⊥平面β时,若b⊥c,则b⊥平面α,此时不论a,c是否垂直,均有a⊥b,故②错误;③中当a∥b时,则a∥平面β,由线面平行的性质定理可得a∥c,故③正确;④中若b∥c,则a⊥b,a⊥c时,a与平面β不一定垂直,此时平面α与平面β也不一定垂直,故④错误.答案:①③10.如图,在三棱锥ABCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N分别为AD,BC的中点,则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是________.解析:如图所示,连结DN,取线段DN的中点K,连结MK,CK.∵M为AD的中点,∴MK∥AN,∴∠KMC(或其补角)为异面直线AN,CM所成的角.∵AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,N为BC的中点,由勾股定理易求得AN=DN=CM=2eq\r(2),∴MK=eq\r(2).在Rt△CKN中,CK=eq\r(\r(2)2+12)=eq\r(3).在△CKM中,由余弦定理,得cos∠KMC=eq\f(\r(2)2+2\r(2)2-\r(3)2,2×\r(2)×2\r(2))=eq\f(7,8),所以异面直线AN,CM所成的角的余弦值是eq\f(7,8).答案:eq\f(7,8)二、解答题11.如图所示,A是△BCD所在平面外的一点,E,F分别是BC,AD的中点.(1)求证:直线EF与BD是异面直线;(2)若AC⊥BD,AC=BD,求EF与BD所成的角.解:(1)证明:假设EF与BD不是异面直线,则EF与BD共面,从而DF与BE共面,即AD与BC共面,所以A,B,C,D在同一平面内,这与A是△BCD所在平面外的一点相矛盾.故直线EF与BD是异面直线.(2)如图,取CD的中点G,连结EG,FG,则AC∥FG,EG∥BD,所以相交直线EF与EG所成的角,即为异面直线EF与BD所成的角.又因为AC⊥BD,则FG⊥EG.在Rt△EGF中,由EG=FG=eq\f(1,2)AC,求得∠FEG=45°,即异面直线EF与BD所成的角为45°.12.如图,在三棱锥PABC中,PA⊥底面ABC,D是PC的中点.已知∠BAC=eq\f(π,2),AB=2,AC=2eq\r(3),PA=2.求:(1)三棱锥PABC的体积;(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值.解:(1)S△ABC=eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)=2eq\r(3),三棱锥PABC的体积为V=eq\f(1,3)S△ABC·PA=eq\f(1,3)×2eq\r(3)×2=eq\f(4\r(3),3).(2)如图,取PB的中点E,连结DE,AE,则ED∥BC,所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角.在△ADE中,DE=2,AE=eq\r(2),AD=2,cos∠ADE=eq\f(22+22-2,2×2×2)=eq\f(3,4).故异面直线BC与AD所成角的余弦值为eq\f(3,4).第三节质直线、平面平行的判定与性本节主要包括2个知识点:1.直线与平面平行的判定与性质;2.平面与平面平行的判定与性质.突破点(一)直线与平面平行的判定与性质基础联通抓主干知识的“源”与“流”直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)l∥a,a⊂α,l⊄α⇒l∥α性质定理一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(线面平行⇒线线平行)l∥α,l⊂β,α∩β=b⇒l∥b考点贯通抓高考命题的“形”与“神”线面平行的判定[例1]如图,在三棱台DEFABC中,AB=2DE,点G,H分别为AC,BC的中点.求证:BD∥平面FGH.[证明]如图,连结DG,CD,设CD∩FG=O,连结OH.在三棱台DEFABC中,AB=2DE,点G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形,所以点O为CD的中点.又因为点H为BC的中点,所以OH∥BD.又因为OH⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,所以BD∥平面FGH.[方法技巧]判定线面平行的四种方法(1)利用线面平行的定义(无公共点);(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α,b⊂α,a∥b⇒a∥α);(3)利用面面平行的性质定理(α∥β,a⊂α⇒a∥β);(4)利用面面平行的性质(α∥β,a⊄α,a⊄β,a∥α⇒a∥β).线面平行性质定理的应用[例2]如图,四棱锥PABCD的底面是边长为8的正方形,四条侧棱长均为2eq\r(17).点G,E,F,H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面的四点,平面GEFH⊥平面ABCD,BC∥平面GEFH.(1)证明:GH∥EF;(2)若EB=2,求四边形GEFH的面积.[解](1)证明:因为BC∥平面GEFH,BC⊂平面PBC,且平面PBC∩平面GEFH=GH,所以GH∥BC.同理可证EF∥BC,因此GH∥EF.(2)如图,连结AC,BD交于点O,BD交EF于点K,连结OP,GK.因为PA=PC,O是AC的中点,所以PO⊥AC,同理可得PO⊥BD.又BD∩AC=O,且AC,BD都在底面ABCD内,所以PO⊥底面ABCD.又因为平面GEFH⊥平面ABCD,且PO⊄平面GEFH,所以PO∥平面GEFH.因为平面PBD∩平面GEFH=GK,所以PO∥GK,且GK⊥底面ABCD,从而GK⊥EF.所以GK是梯形GEFH的高.由AB=8,EB=2,得EB∶AB=KB∶DB=1∶4,从而KB=eq\f(1,4)DB=eq\f(1,2)OB,即K为OB的中点.再由PO∥GK得GK=eq\f(1,2)PO,即G是PB的中点,且GH=eq\f(1,2)BC=4.由已知可得OB=4eq\r(2),PO=eq\r(PB2-OB2)=eq\r(68-32)=6,所以GK=3.故四边形GEFH的面积S=eq\f(GH+EF,2)·GK=eq\f(4+8,2)×3=18.[易错提醒]在应用线面平行的判定定理进行平行转化时,一定注意定理成立的条件,通常应严格按照定理成立的条件规范书写步骤,如:把线面平行转化为线线平行时,必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交,这时才有直线与交线平行.能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.[考点二]如图所示,四边形ABCD是平行四边形,点P是平面ABCD外一点,M是PC的中点,在DM上取一点G,过G和PA作平面PAHG交平面BDM于GH.求证:PA∥GH.证明:如图所示,连结AC交BD于点O,连结MO,∵四边形ABCD是平行四边形,∴O是AC的中点,又M是PC的中点,∴AP∥OM.又MO⊂平面BMD,PA⊄平面BMD,∴PA∥平面BMD.∵平面PAHG∩平面BMD=GH,且PA⊂平面PAHG,∴PA∥GH.2.[考点一]如图,四棱锥PABCD中,AD∥BC,AB=BC=eq\f(1,2)AD,E,F,H分别为线段AD,PC,CD的中点,AC与BE交于O点,G是线段OF上一点.求证:(1)AP∥平面BEF;(2)GH∥平面PAD.证明:(1)连结EC,∵AD∥BC,BC=eq\f(1,2)AD,∴BC綊AE,∴四边形ABCE是平行四边形,∴O为AC的中点.又∵F是PC的中点,∴FO∥AP,FO⊂平面BEF,AP⊄平面BEF,∴AP∥平面BEF.(2)连结FH,OH,∵F,H分别是PC,CD的中点,∴FH∥PD,∴FH∥平面PAD.又∵O是AC的中点,H是CD的中点,∴OH∥AD,∴OH∥平面PAD.又FH∩OH=H,∴平面OHF∥平面PAD.又∵GH⊂平面OHF,∴GH∥平面PAD.突破点(二)平面与平面平行的判定与性质基础联通抓主干知识的“源”与“流”平面与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行,则这两个平面平行(线面平行⇒面面平行)a∥β,b∥β,a∩b=P,a⊂α,b⊂α⇒α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b⇒a∥b考点贯通抓高考命题的“形”与“神”面面平行的判定与性质[典例]如图所示,在三棱柱ABCA1B1C1中,E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点,求证:(1)B,C,H,G四点共面;(2)平面EFA1∥平面BCHG.[证明](1)∵G,H分别是A1B1,A1C1的中点,∴GH是△A1B1C1的中位线,∴GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC,∴GH∥BC,∴B,C,H,G四点共面.(2)∵E,F分别是AB,AC的中点,∴EF∥BC.∵EF⊄平面BCHG,BC⊂平面BCHG,∴EF∥平面BCHG.∵A1G綊EB,∴四边形A1EBG是平行四边形,∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG,GB⊂平面BCHG,∴A1E∥平面BCHG.∵A1E∩EF=E,∴平面EFA1∥平面BCHG.[方法技巧]判定面面平行的四种方法(1)利用定义:即证两个平面没有公共点(不常用).(2)利用面面平行的判定定理(主要方法).(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用).(4)利用平面平行的传递性,即两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行(客观题可用).能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.如图所示的几何体ABCDFE中,△ABC,△DFE都是等边三角形,且二者所在平面平行,四边形BCED是边长为2的正方形,且所在平面垂直于平面ABC.(1)求几何体ABCDFE的体积;(2)证明:平面ADE∥平面BCF.解:(1)取BC的中点O,ED的中点G,连结AO,OF,FG,AG.∵AO⊥BC,AO⊂平面ABC,平面BCED⊥平面ABC,∴AO⊥平面BCED.同理FG⊥平面BCED.∵AO=FG=eq\r(3),∴VABCDFE=eq\f(1,3)×2×2×eq\r(3)×2=eq\f(8\r(3),3).(2)证明:由(1)知AO∥FG,AO=FG,∴四边形AOFG为平行四边形,∴AG∥OF.又∵DE∥BC,DE∩AG=G,DE⊂平面ADE,AG⊂平面ADE,FO∩BC=O,FO⊂平面BCF,BC⊂平面BCF,∴平面ADE∥平面BCF.2.一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由);(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系,并证明你的结论.解:(1)点F,G,H的位置如图所示.(2)平面BEG∥平面ACH,证明如下:因为ABCDEFGH为正方体,所以BC∥FG,BC=FG,又FG∥EH,FG=EH,所以BC∥EH,BC=EH,于是四边形BCHE为平行四边形,所以BE∥CH.又CH⊂平面ACH,BE⊄平面ACH,所以BE∥平面ACH.同理BG∥平面ACH.又BE∩BG=B,所
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