高三数学总复习练习第七章 立体几何 121页

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 基础盘查一　空间几何体的结构特征 ‎(一)循纲忆知 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．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．判断正误 ‎(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)用一个平面去截一个球，截面是一个圆面(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)√‎ ‎2．(人教A版教材习题改编)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 基础盘查二　空间几何体的三视图 ‎(一)循纲忆知 ‎1．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．‎ ‎2．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，了解空间图形的不同表示形式．‎ ‎3．会画出某些建筑物的三视图(在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求)．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．判断正误 ‎(1)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同(　　)‎ ‎(2)圆锥的俯视图是一个圆(　　)‎ ‎(3)圆台的正视图和侧视图是两个全等的等腰梯形(　　)‎ 答案：(1)×　(2)√　(3)√‎ ‎2．(北师大版教材例题改编)已知空间几何体的三视图如图，则该几何体是由__________________组合而成．‎ 答案：圆柱和正四棱柱 ‎3．一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图不可能为：①长方形；②正方形；③圆；④椭圆．其中正确的是________．‎ 答案：②③‎ 基础盘查三　空间几何体的直观图 ‎(一)循纲忆知 ‎1．会用斜二测画法画出几何体的直观图．‎ ‎2．会用平行投影与中心投影画出简单空间图形的直观图．了解空间图形的不同表示形式．‎ ‎3．会画某些建筑物的直观图(在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求)．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．判断正误 ‎(1)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°(　　)‎ ‎(2)斜二测画法中，平行于x轴y轴的线段平行性不变，且长度也不变(　　)‎ ‎(3)斜二测画法中，原图形中的平行垂直关系在直观图中不变(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×‎ ‎2．(2015·东北三校第一次联考)利用斜二测画法可以得到：①三角形的直观图是三角形；‎ ‎②平行四边形的直观图是平行四边形；‎ ‎③正方形的直观图是正方形；‎ ‎④菱形的直观图是菱形．‎ 以上结论正确的是________．‎ 答案：①②‎ |(基础送分型考点——自主练透)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．多面体的结构特征 ‎(1)棱柱 ‎(2)棱锥 ‎(3)棱台　棱锥被平行于棱锥底面的平面所截，截面与底面之间的部分．‎ ‎2．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一条直角边旋转得到．‎ ‎(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)球可以由半圆面或圆面绕直径旋转得到．‎ ‎[提醒]　‎ ‎(1)认识棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的结构特征时，易忽视定义，可借助于几何模型强化对空间几何体的结构特征的认识．‎ ‎(2)台体可以看成是由锥体截得的，但一定强调截面与底面平行．‎ ‎[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．下列结论正确的是(　　)‎ 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，其余两边绕旋转轴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都相等，则该棱锥可能是六棱锥 D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线 解析：选D　‎ A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；B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；C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．‎ 图1‎ 图2‎ ‎3．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；‎ ‎③四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形；‎ ‎④棱台的相对侧棱延长后必交于一点；‎ ‎⑤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．‎ 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；‎ ‎③正确，如图1，PD⊥平面ABCD，其中底面ABCD为矩形，可证明∠PAB，∠PCB为直角，这样四个侧面都是直角三角形；‎ 命题④由棱台的定义知是正确的；‎ ‎⑤错误，当以斜边为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥．如图2所示，它是由两个同底圆锥形成的．‎ 答案：①③④‎ ‎[类题通法]‎ 解决与空间几何体结构特征有关问题的技巧 ‎(1)要想真正把握几何体的结构特征，必须多角度、全面地去分析，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，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，然后再依据题意判定；‎ ‎(3)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．‎ |(重点保分型考点——师生共研)‎ ‎[必备知识]‎ ‎(1)空间几何体的三视图包括正(主)视图、侧(左)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．‎ ‎(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；‎ ‎③看不到的线画虚线．‎ ‎[提醒]　若相邻两物体的表面相交，则表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的区别．‎ ‎[典题例析]‎ ‎1．(2014·江西高考)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，矩形内部有一条线段连接的两个三角形．‎ ‎2.(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是(　　)‎ A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．四棱柱 解析：选B　将三视图还原为几何体即可．‎ 如图，几何体为三棱柱．‎ ‎[类题通法]‎ ‎1．对于简单几何体的组合体，在画其三视图时首先应分清它是由哪些简单几何体组成的，然后再画其三视图．‎ ‎2．由三视图还原几何体时，要遵循以下三步：(1)看视图，明关系；(2)分部分，想整体；(3)综合起来，定整体．‎ ‎[演练冲关]‎ ‎1．(2015·南阳三模)已知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　当正视图为等腰三角形时，则高应为2，且应为虚线，排除A，D；当正视图是直角三角形，由条件得一个直观图如图所示，中间的线是看不见的线PA形成的投影，应为虚线，故答案为C.‎ ‎2.如图由若干个相同的小立方体组成的几何体的俯视图，其中小立方体中的数字表示相应位置的小立方体的个数，则该几何体的侧视图为(　　)‎ 解析：选C　由俯视图知侧视图从左到右能看到的小立方体个数分别为2,3,1.‎ |(重点保分型考点——师生共研)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．“平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半．”‎ ‎2．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积有以下关系：‎ S直观图＝S原图形，S原图形＝2S直观图．‎ ‎[典题例析]‎ ‎(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，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2.‎ ‎[类题通法]‎ 用斜二测画法画直观图的技巧 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，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，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．‎ ‎[演练冲关]‎ 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 cm2，则原平面图形的面积为(　　)‎ A．‎4 cm2　　　　　　　　 B．‎4 cm2‎ C．‎8 cm2 D．‎8 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2倍，所以原平面图形的面积为‎8 cm2.‎ 一、选择题 ‎1．(2014·福建高考)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．‎ ‎2．(2014·湖北高考)在如图所示的空间直角坐标系Oxyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)．给出编号①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为(　　)‎ A．①和② B．③和①‎ C．④和③ D．④和②‎ 解析：选D　在空间直角坐标系Oxyz中作出棱长为2的正方体，在该正方体中作出四面体，如图所示，由图可知，该四面体的正视图为④，俯视图为②.选D.‎ ‎3．(2015·烟台一模)若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(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：选D　观察三视图，可得直观图如图所示．该三棱锥ABCD的底面BCD是直角三角形，AB⊥平面BCD，CD⊥BC，侧面ABC，ABD是直角三角形；由CD⊥BC，CD⊥AB，知CD⊥平面ABC，CD⊥AC，侧面ACD也是直角三角形，故选D.‎ ‎4．(2015·淄博一模)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，形成的三棱锥ABCD的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　由正视图与俯视图可得三棱锥ABCD的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为，所以侧视图的面积为S＝××＝，选D.‎ ‎5．(2015·武昌调研)已知以下三视图中有三个同时表示某一个三棱锥，则不是该三棱锥的三视图是(　　)‎ 解析：选D　易知该三棱锥的底面是直角边分别为1和2的直角三角形，注意到侧视图是从左往右看得到的图形，结合B、D选项知，D选项中侧视图方向错误，故选D.‎ ‎6.如图，在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，点P是上底面A1B‎1C1D1内一动点，则三棱锥PABC的正(主)视图与侧(左)视图的面积的比值为(　　)‎ A. B．1‎ C．2‎ D．不确定，与点P的位置有关 解析：选B　 如题图所示，设正方体的棱长为a，则三棱锥PABC的正(主)视图与侧(左)视图都是三角形，且面积都是a2，故选B.‎ 二、填空题 ‎7.(2015·西城区期末)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，所以正视图的面积为2.‎ 答案：2 ‎8．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________．‎ 解析：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××＝O′C′，‎ ‎∵O′C′＝2，∴OE＝4，‎ ‎∴S▱OABC＝6×4＝24.‎ 答案：24 ‎9．(2015·武邑一模)某几何体的一条棱长为，在该几何体的正视图中，‎ 这条棱的投影是长为的线段，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，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b2－1＋a2－1＝6，即a2＋b2＝8，利用不等式2≤＝4，则a＋b≤4.‎ 答案：4‎ ‎10．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 A1B‎1C1D1中的四面体A CB1D1；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：①‎ 三、解答题 ‎11．已知：图①是截去一个角的长方体，试按图示的方向画出其三视图；图②是某几何体的三视图，试说明该几何体的构成．‎ 解：图①几何体的三视图为：‎ 图②所示的几何体是上面为正六棱柱，下面为倒立的正六棱锥的组合体．‎ ‎12．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＝＝＝6.‎ 由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，‎ PA＝＝＝‎6 cm.‎ 第二节空间几何体的表面积与体积 基础盘查一　柱体、锥体、台体的表面积 ‎(一)循纲忆知 ‎　了解柱体、锥体、台体的表面积的计算公式．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．判断正误 ‎(1)几何体的表面积就是其侧面积与底面积的和(　　)‎ ‎(2)几何体的侧面积是指各个侧面积之和(　　)‎ 答案：(1)√　(2)√‎ ‎2．(人教A版教材例题改编)已知棱长为a，各面均为等边三角形的四面体SABC，则它的表面积为________．‎ 解析：过S作SD⊥BC，‎ ‎∵BC＝a，∴SD＝a ‎∴S△SBC＝a2，‎ ‎∴表面积S＝4×a2＝a2.‎ 答案：a2‎ ‎3.(2015·北京石景山一模)正三棱柱的侧(左)视图如图所示，则该正三棱柱的侧面积为________．‎ 解析：由侧(左)视图知：正三棱柱的高(侧棱长)为2，底边上的高为，所以底边边长为2，侧面积为3×2×2＝12.‎ 答案：12‎ 基础盘查二　柱体、锥体、台体的体积 ‎(一)循纲忆知 ‎　了解柱体、锥体、台体的体积的计算公式．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．判断正误 ‎(1)等底面面积且等高的两个同类几何体的体积相等(　　)‎ ‎(2)在三棱锥PABC中，VPABC＝VAPBC＝VBPAC＝VCPAB(　　)‎ 答案：(1)√　(2)√‎ ‎2．(人教B版教材例题改编)如图，在长方体ABCDA′B′C′D′中，用截面截下一个棱锥CA′DD′，则棱锥CA′DD′的体积与剩余部分的体积之比为________．‎ 答案：1∶5‎ ‎3．(2015·海淀高三练习)已知某四棱锥，底面是边长为2的正方形，且俯视图如图所示．若该四棱锥的侧视图为直角三角形，则它的体积为________．‎ 解析：由俯视图可知，四棱锥顶点在底面的射影为O(如图)，又侧视图为直角三角形，则直角三角形的斜边为BC＝2，斜边上的高为SO＝1，此高即为四棱锥的高，故V＝×2×2×1＝.‎ 答案： 基础盘查三　球的表面积与体积 ‎(一)循纲忆知 ‎　了解球的表面积与体积的计算公式．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．判断正误 ‎(1)球的表面是曲面，不能展开在一平面上，故没有展开图(　　)‎ ‎(2)正方体的内切球中其直径与棱长相等(　　)‎ 答案：(1)√　(2)√‎ ‎2．(人教A版教材例题改编)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∶1‎ ‎3.已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是________．‎ 解析：依题意得，该几何体是球的一个内接正方体，且该正方体的棱长为2.设该球的直径为2R，则2R＝＝2，所以该几何体的表面积为4πR2＝4π()2＝12π.‎ 答案：12π |(基础送分型考点——自主练透)‎ ‎[必备知识]‎ 当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，由此可得：‎ S圆柱侧＝2πrlS圆台侧＝π(r＋r′)lS圆锥侧＝πrl ‎[提醒]　组合体的表面积应注意重合部分的处理．‎ ‎[题组练透]‎ ‎1．(2014·陕西高考)将边长为1的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是(　　)‎ A．4π　　　　　　 B．3π C．2π D．π ‎ 解析：选C　‎ 由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S＝2πrh＝2π×1×1＝2π.‎ ‎2．(2014·安徽高考)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为(　　)‎ A．21＋ B．18＋ C．21 D．18‎ 解析：选A　由三视图可知该几何体的直观图如图所示，其是棱长为2的正方体从后面右上角和前面左下角分别截去一个小三棱锥后剩余的部分，其表面积为S＝6×4－×6＋2××()2＝21＋.‎ ‎3．已知某几何体的三视图的正视图和侧视图是全等的等腰梯形，俯视图是两个同心圆，如图所示，则该几何体的表面积为________．‎ 解析：由三视图知该几何体为上底直径为2，下底直径为6，高为2的圆台，则几何体的表面积S＝π×1＋π×9＋π×(1＋3)×＝26π.‎ 答案：26π ‎[类题通法]‎ 求几何体的表面积的方法 ‎(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．‎ |(重点保分型考点——师生共研)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．柱体 V柱体＝Sh；V圆柱＝πr2h.‎ ‎2．锥体 V锥体＝Sh；V圆锥＝πr2h.‎ ‎3．台体 V台体＝(S＋＋S′)h；‎ V圆台＝πh(r2＋rr′＋r′2)．‎ ‎[提醒]　‎ ‎(1)求一些不规则几何体的体积常用割补的方法将几何体转化成已知体积公式的几何体进行解决．‎ ‎(2)与三视图有关的体积问题需注意几何体还原的准确性及数据的准确性．‎ ‎[典题例析]‎ ‎1．(2014·辽宁高考)某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A．8－2π　　　　　　　　 B．8－π C．8－ D．8－ 解析：选B　直观图为棱长为2的正方体割去两个底面半径为1的圆柱，所以该几何体的体积为23－2×π×12×2×＝8－π.‎ ‎2．(2014·山东高考)三棱锥PABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥DABE的体积为V1，PABC的体积为V2，则＝________.‎ 解析：如图，设点C到平面PAB的距离为h，三角形PAB的面积为S，则V2＝Sh，V1＝VE－ADB＝×S×h＝Sh，所以＝.‎ 答案： ‎[类题通法]‎ ‎1．计算柱、锥、台的体积关键是根据条件找出相应的底面积和高．‎ ‎2．注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、转化法等，它们是解决一些不规则几何体体积计算常用的方法，应熟练掌握．‎ ‎3．求以三视图为背景的几何体的体积．应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．‎ ‎[演练冲关]‎ ‎1．(2015·唐山统考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A．8π＋16 B．8π－16‎ C．8π＋8 D．16π－8‎ 解析：选B　由三视图可知：几何体为一个半圆柱去掉一个直三棱柱．半圆柱的高为4，底面半圆的半径为2，直三棱柱的底面为斜边是4的等腰直角三角形，高为4，故几何体的体积V＝π×22×4－×4×2×4＝8π－16.‎ ‎2．(2015·苏州测试)如图，在直四棱柱ABCDA1B‎1C1D1中，点E，F分别在AA1，CC1上，且AE＝AA1，CF＝CC1，点A，C到BD的距离之比为3∶2，则三棱锥EBCD和FABD的体积比＝________.‎ 解析：由题意可知点A，C到BD的距离之比为3∶2，所以＝，又直四棱柱ABCDA1B‎1C1D1中，AE＝AA1，CF＝CC1，所以＝，于是＝＝×＝.‎ 答案： |(常考常新型考点——多角探明)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．球的表面积公式：S＝4πR2；‎ 球的体积公式V＝πR3‎ ‎2．与球有关的切、接问题中常见的组合：‎ ‎(1)正四面体与球：如图，设正四面体的棱长为a，内切球的半径为r，外接球的半径为R，取AB的中点为D，连接CD，SE为正四面体的高，在截面三角形SDC内作一个与边SD和DC相切，圆心在高SE上的圆．因为正四面体本身的对称性，内切球和外接球的球心同为O.此时，CO＝OS＝R，OE＝r，SE＝ a，CE＝a，则有R＋r＝ a，R2－r2＝|CE|2＝，解得R＝a，r＝a.‎ ‎(2)正方体与球：‎ ‎①正方体的内切球：截面图为正方形EFHG的内切圆，如图所示．设正方体的棱长为a，则|OJ|＝r＝(r为内切球半径)．‎ ‎②与正方体各棱相切的球：截面图为正方形EFHG的外接圆，则|GO|＝R＝a.‎ ‎③正方体的外接球：截面图为正方形ACC‎1A1的外接圆，则|A1O|＝R′＝a.‎ ‎(3)三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球：‎ ‎①如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等，则可以补形为一个正方体，正方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．即三棱锥A1AB1D1的外接球的球心和正方体ABCDA1B‎1C1D1的外接球的球心重合．如图，设AA1＝a，则R＝a.‎ ‎②如果三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等，则可以补形为一个长方体，长方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．R2＝＝(l为长方体的体对角线长)．‎ ‎[多角探明]‎ 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．归纳起来常见的命题角度有：‎ ‎(1)正四面体的内切球；‎ ‎(2)直三棱柱的外接球；‎ ‎(3)正(长)方体的外接球；‎ ‎(4)四棱锥的外接球.‎ 角度一：正四面体的内切球 ‎1．(2015·长春模拟)若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则＝________.‎ 解析：设正四面体棱长为a，则正四面体表面积为S1＝4··a2＝a2，其内切球半径为正四面体高的，即r＝·a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，则＝＝.‎ 答案： 角度二：直三棱柱的外接球 ‎2．(2015·唐山统考)如图，直三棱柱ABCA1B‎1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB＝AC，侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB‎1A1的面积为(　　)‎ A．2　　　　　　　　　　 B．1‎ C. D. 解析：选C　由题意知，球心在侧面BCC1B1的中心O上，BC为截面圆的直径，∴∠BAC＝90°，△ABC的外接圆圆心N是BC的中点，同理△A1B‎1C1的外心M是B‎1C1的中心．设正方形BCC1B1的边长为x，Rt△OMC1中，OM＝，MC1＝，OC1＝R＝1(R为球的半径)，∴2＋2＝1，即x＝，则AB＝AC＝1，∴S矩形ABB‎1A1＝×1＝.‎ 角度三：正方体的外接球 ‎3．一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为________．‎ 解析：依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，要求的直径就是正方体的体对角线；∴2R＝2(R为球的半径)，∴R＝，∴球的体积V＝πR3＝4π.‎ 答案：4π 角度四：四棱锥的外接球 ‎4．(2014·大纲卷)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(　　)‎ A. B．16π C．9π D. 解析：选A　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′＝.‎ ‎∵PO′＝4，∴在Rt△AOO′中，AO2＝AO′2＋OO′2，∴R2＝()2＋(4－R)2，解得R＝，∴该球的表面积为4πR2＝4π×2＝，故选A.‎ ‎[类题通法]‎ ‎“切”“接”问题的处理规律 ‎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、选择题 ‎1．(2015·云南一检)如果一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图都是半径等于5的圆，那么这个空间几何体的表面积等于(　　)‎ A．100π　　　　　　　　　　 B. C．25π D. 解析：选A　易知该几何体为球，其半径为5，则表面积为S＝4πR2＝100π.‎ ‎2．(2014·陕西高考)已知底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为(　　)‎ A. B．4π C．2π D. 解析：选D　因为该正四棱柱的外接球的半径是四棱柱体对角线的一半，所以半径r＝＝1，所以V球＝×13＝.故选D.‎ ‎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时，其高的值为(　　)‎ A．3 B. C．2 D．2 解析：选D　设正六棱柱的高为h，则可得()2＋＝32，解得h＝2.‎ ‎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.＋ B.＋ C.＋ D.＋ 解析：选C　由三视图还原为空间几何体，如图所示，则有OA＝OB＝1，AB＝.‎ 又PB⊥平面ABCD，‎ ‎∴PB⊥BD，PB⊥AB，‎ ‎∴PD＝＝，PA＝＝，‎ 从而有PA2＋DA2＝PD2，∴PA⊥DA，‎ ‎∴该几何体的侧面积S＝2×××1＋2×××＝＋.‎ ‎5．(2015·惠州二调)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与左(侧)视图均为半径是2的圆，则这个几何体的体积是(　　)‎ A．16π B．14π C．12π D．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＝×π×23＝8π.‎ ‎6．(2014·安徽高考)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为(　　)‎ A. B. C. 6 D．7‎ 解析：选A　如图，由三视图可知，该几何体是由棱长为2的正方体从右后和左下分别截去一个小三棱锥得到的，其体积为V＝8－2××1××1×1＝.‎ 二、填空题 ‎7．(2014·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________m3.‎ 解析：该几何体是一个组合体，上半部分是一个圆锥，下半部分是一个圆柱．因为V圆锥＝π×22×2＝，V圆柱＝π×12×4＝4π，所以该几何体体积V＝＋4π＝.‎ 答案： ‎8．(2015·山西四校联考)将长、宽分别为4和3的长方形ABCD沿对角线AC折起，得到四面体ABCD，则四面体ABCD的外接球的体积为________．‎ 解析：设AC与BD相交于O，折起来后仍然有OA＝OB＝OC＝OD，∴外接球的半径r＝＝，从而体积V＝×3＝.‎ 答案： ‎9．(2014·山东高考)一个六棱锥的体积为2 ，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________．‎ 解析：由题意可知，该六棱锥是正六棱锥，设该六棱锥的高为h，则×6××22×h＝2，解得h＝1，底面正六边形的中心到其边的距离为，故侧面等腰三角形底边上的高为＝2，故该六棱锥的侧面积为×12×2＝12.‎ 答案：12‎ ‎10．(2015·云南一模)一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O的球面上，则该圆锥的体积与球O的体积的比值为________．‎ 解析：设等边三角形的边长为‎2a，则V圆锥＝·πa2·a＝πa3；又R2＝a2＋(a－R)2，所以R＝a，故 V球＝·3＝a3，则其体积比为.‎ 答案： 三、解答题 ‎11.(2015·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，‎ ‎∵三棱锥高为，直三棱柱柱高为1，‎ AG＝ ＝，‎ 取AD中点M，则MG＝，‎ ‎∴S△AGD＝×1×＝，‎ ‎∴V＝×1＋2×××＝.‎ 法二：如图所示，取EF的中点P，则原几何体分割为两个三棱锥和一个四棱锥，易知三棱锥PAED和三棱锥PBCF都是棱长为1的正四面体，四棱锥PABCD为棱长为1的正四棱锥．‎ ‎∴V＝×12×＋2×××＝.‎ ‎12．(2015·杭州一模)已知一个三棱台的上、下底面分别是边长为‎20 cm和‎30 cm的正三角形，侧面是全等的等腰梯形，且侧面面积等于两底面面积之和，求棱台的体积．‎ 解：如图所示，在三棱台ABCA′B′C′中，O′，O分别为上、下底面的中心，D，D′分别是BC，B′C′的中点，则DD′是等腰梯形BCC′B′的高，‎ 又A′B′＝‎20 cm，AB＝‎30 cm，‎ 所以S侧＝3××(20＋30)×DD′＝75DD′.‎ S上＋S下＝×(202＋302)＝325(cm2)．‎ 由S侧＝S上＋S下，得75DD′＝325，‎ 所以DD′＝ cm，‎ 又因为O′D′＝×20＝(cm)，‎ OD＝×30＝5(cm)，‎ 所以棱台的高h＝O′O ‎＝ ‎＝ ＝4(cm)，‎ 由棱台的体积公式，可得棱台的体积为 V＝(S上＋S下＋)‎ ‎＝× ‎＝1 900(cm3)．‎ 故棱台的体积为1 ‎900 cm3.‎ 第三节空间点、直线、平面之间的位置关系 基础盘查一　平面的基本性质 ‎(一)循纲忆知 ‎1．了解可以作为推理依据的公理和定理．‎ ‎2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．判断正误 ‎(1)两个不重合的平面只能把空间分成四个部分(　　)‎ ‎(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于A点，记作α∩β＝A(　　)‎ ‎(3)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面(　　)‎ ‎(4)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×‎ ‎2．(人教A版教材习题改编)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：③④‎ 基础盘查二　空间直线的位置关系 ‎(一)循纲忆知 理解空间直线位置关系的定义(平行、相交、异面)．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．判断正误 ‎(1)已知a，b，c，d是四条直线，若a∥b，b∥c，c∥d，则a∥d(　　)‎ ‎(2)两条直线a，b没有公共点，那么a与b是异面直线(　　)‎ ‎(3)若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线(　　)‎ 答案：(1)√　(2)×　(3)×‎ ‎2．(人教A版教材习题改编)给出命题 ‎①若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线互相平行．‎ ‎②若两条直线都与第三条直线垂直，则这两条直线互相平行．‎ ‎③若两条直线都与第三条直线平行，则这两条直线互相平行．‎ 其中不正确的命题的个数为________．‎ 答案：2‎ ‎3．在正方体ABCDA′B′C′D′中直线BA′与CC′所成角大小为________．‎ 答案：45°‎ 基础盘查三　直线与平面、平面与平面之间的位置关系 ‎(一)循纲忆知 ‎1．理解直线与平面位置关系的定义(直线在平面内、相交、平行)；‎ ‎2．理解平面与平面位置关系的定义(相交、平行)．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．判断正误 ‎(1)若直线a不平行平面α且a⊄α，则α内存在唯一的直线与a平行(　　)‎ ‎(2)三个平面两两相交，那么它们有三条交线(　　)‎ ‎(3)已知两相交直线a，b，a∥平面α，则b∥α(　　)‎ ‎(4)若一条直线与两个平行平面中的一个平面平行，则这条直线与另一平面的位置关系是平行或在此平面内(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√‎ ‎2．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________________．‎ 答案：b与α相交或b⊂α或b∥α ‎3．已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题：‎ ‎①若l⊂α，m⊂α，l∥β，m∥β，则α∥β；‎ ‎②若l⊂α，l∥β，α∩β＝m，则l∥m；‎ ‎③若α∥β，l∥α，则l∥β；‎ ‎④若l⊥α，m∥l，α∥β，则m⊥β.‎ 其中真命题________(写出所有真命题的序号)．‎ 答案：②④‎ |(基础送分型考点——自主练透)‎ ‎[必备知识]‎ 四个公理 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．‎ 作用：可用来证明点、直线在平面内．‎ 公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．‎ 作用：①可用来确定一个平面；②证明点线共面．‎ 公理3：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．‎ 作用：①可用来确定两个平面的交线；②判断或证明多点共线；③判断或证明多线共点．‎ 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．‎ 作用：判断空间两条直线平行的依据．‎ ‎[提醒]‎ ‎(1)三点不一定确定一个平面．当三点共线时，可确定无数个平面．‎ ‎(2)公理与推论中“有且只有”的含义是“存在且唯一”，“有且只有”有时也说成“确定”．‎ ‎[题组练透]‎ ‎1．在下列命题中，不是公理的是(　　)‎ A．平行于同一个平面的两个平面相互平行 B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面 C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内 D．如果两个不重合的平面有一个公共点， 那么他们有且只有一条过该点的公共直线 解析：选A　选项A是面面平行的性质定理，是由公理推证出来的，而公理是不需要证明的．‎ ‎2．如图所示，在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，E，F分别是AB，AA1的中点．求证：‎ ‎(1)E，C，D1，F四点共面；‎ ‎(2)CE，D‎1F，DA三线共点．‎ 证明：(1)如图，连接EF，CD1，A1B.∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥A1B.又A1B∥CD1，∴EF∥CD1，∴E，C，D1，F四点共面．‎ ‎(2)∵EF∥CD1，EF0)，即m＝，‎ ‎∴M.‎ 即在线段CC1上存在一点M且CM＝，使二面角MOB1D的大小为60°.‎ ‎[类题通法]‎ 利用法向量求二面角时应注意 ‎(1)对于某些平面的法向量要注意题中隐含着，不用单独求．‎ ‎(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误．‎ ‎[A卷——夯基保分]‎ ‎1．(2015·云南模拟)如图，在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，E为AB的中点．‎ ‎(1)求直线AD和直线B‎1C所成角的大小；‎ ‎(2)求证：平面EB1D⊥平面B1CD.‎ 解：不妨设正方体的棱长为2个单位长度，以DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.‎ 根据已知得：D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，B1(2,2,2)．‎ ‎(1)∵＝(2,0,0)，＝(2,0,2)，∴cos〈，〉＝＝.‎ ‎∴直线AD和直线B‎1C所成角为.‎ ‎(2)证明：取B1D的中点F，得F(1,1,1)，连接EF.‎ ‎∵E为AB的中点，∴E(2,1,0)，‎ ‎∴＝(－1,0,1)，＝(0,2,0)，‎ ‎∴·＝0，·＝0，‎ ‎∴EF⊥DC，EF⊥CB1.‎ ‎∵DC∩CB1＝C，∴EF⊥平面B1CD.‎ 又∵EF⊂平面EB1D，∴平面EB1D⊥平面B1CD.‎ ‎2．(2014·北京高考)如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥PABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.‎ ‎(1)求证：AB∥FG；‎ ‎(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE.求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．‎ 解：(1)证明：在正方形AMDE中，‎ 因为B是AM的中点，所以AB∥DE.‎ 又因为AB⊄平面PDE，‎ 所以AB∥平面PDE.‎ 因为AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，‎ 所以AB∥FG.‎ ‎(2)因为PA⊥底面ABCDE，所以PA⊥AB，PA⊥AE.‎ 如图建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，F(0,1,1)，＝(1,1,0)．‎ 设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，则 即 令z＝1，得y＝－1，所以n＝(0，－1,1)．‎ 设直线BC与平面ABF所成角为α，则 sin α＝|cos〈n，〉|＝＝.‎ 因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.‎ 设点H的坐标为(u，v，w)．‎ 因为点H在棱PC上，所以可设＝λ (0＜λ＜1)，‎ 即(u，v，w－2)＝λ(2,1，－2)，‎ 所以u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ.‎ 因为n是平面ABF的法向量，所以n·＝0，‎ 即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0.‎ 解得λ＝，所以点H的坐标为.‎ 所以PH＝ ＝2.‎ ‎3．(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图三棱柱ABCA1B‎1C1中，侧面BB‎1C1C为菱形，AB⊥B‎1C.‎ ‎(1)证明：AC＝AB1；‎ ‎(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角AA1B1C1的余弦值．‎ 解：(1)证明：连接BC1，交B‎1C于点O，连接AO.‎ 因为侧面BB‎1C1C为菱形，所以B‎1C⊥BC1，且O为B‎1C及BC1的中点．‎ 又AB⊥B‎1C，所以B‎1C⊥平面ABO.‎ 由于AO⊂平面ABO，故B‎1C⊥AO.‎ 又B1O＝CO，故AC＝AB1.‎ ‎(2)因为AC⊥AB1，且O为B‎1C的中点，所以AO＝CO.‎ 又因为AB＝BC，所以△BOA≌△BOC.‎ 故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两相互垂直．‎ 以O为坐标原点，，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.‎ 因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形．‎ 又AB＝BC，则A，B(1,0,0)，B1，C.‎ ‎＝，＝＝，‎ ‎＝＝.‎ 设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则 即 所以可取n＝(1，，)．‎ 设m是平面A1B‎1C1的法向量，则 同理可取m＝(1，－，)．‎ 则cos〈n，m〉＝＝.‎ 所以二面角AA1B1C1的余弦值为.‎ ‎[B卷——增分提能]‎ ‎1．(2015·深圳一调)如图所示，在多面体ABCDA1B‎1C1D1中，上、下两个底面A1B‎1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝‎2A1B1＝2DD1＝‎2a.‎ ‎(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；‎ ‎(2)已知F是AD的中点，求证：FB1⊥平面BCC1B1；‎ ‎(3)在(2)的条件下，求二面角FCC1B的余弦值．‎ 解：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(‎2a，0,0)，B(‎2a,‎2a,0)，C(0,‎2a,0)，D1(0,0，a)，F(a,0,0)，B1(a，a，a)，C1(0，a，a)．‎ ‎(1)∵＝(－a，a，a)，＝(0,0，a)，‎ ‎∴|cos〈，〉|＝＝，‎ ‎∴异面直线AB1与DD1所成角的余弦值为.‎ ‎(2)证明：∵＝(－a，－a，a)，＝(－‎2a,0,0)，＝(0，a，a)，‎ ‎∴ ‎∴FB1⊥BB1，FB1⊥BC.‎ ‎∵BB1∩BC＝B，∴FB1⊥平面BCC1B1.‎ ‎(3)由(2)知，为平面BCC1B1的一个法向量．‎ 设n＝(x1，y1，z1)为平面FCC1的法向量，‎ ‎∵＝(0，－a，a)，＝(－a,‎2a,0)，‎ ‎∴得 令y1＝1，则n＝(2,1,1)，‎ ‎∴cos〈，n〉＝＝，‎ ‎∵二面角FCC1B为锐角，‎ ‎∴二面角FCC1B的余弦值为.‎ ‎2．(2014·山东高考)如图，在四棱柱ABCDA1B‎1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．‎ ‎(1)求证：C‎1M∥平面A1ADD1；‎ ‎(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝，求平面C1D‎1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．‎ 解：(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD，所以AB∥DC，又由M是AB的中点，因此CD∥MA且CD＝MA.‎ 连接AD1，在四棱柱ABCDA1B‎1C1D1中，因为CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此C‎1M∥D‎1A.‎ 又C‎1M⊄平面A1ADD1，D‎1A⊂平面A1ADD1，所以C‎1M∥平面A1ADD1.‎ ‎(2)法一：连接AC，MC，由(1)知CD∥AM且CD＝AM，‎ 所以四边形AMCD为平行四边形．‎ 可得BC＝AD＝MC，‎ 由题意知∠ABC＝∠DAB＝60°，‎ 所以△MBC为正三角形，因此AB＝2BC＝2，CA＝，因此CA⊥CB.‎ 以C为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Cxyz.‎ 所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)．‎ 因此M，所以＝，＝＝.‎ 设平面C1D‎1M的法向量n＝(x，y，z)．‎ 由得 可得平面C1D‎1M的一个法向量n＝(1，，1)．‎ 又＝(0,0，)为平面ABCD的一个法向量．‎ 因此cos〈，n〉＝＝.‎ 所以平面C1D‎1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.‎ 法二：由(1)知平面D‎1C1M∩平面ABCD＝AB，过C向AB引垂线交AB于N，连接D1N.‎ 由CD1⊥平面ABCD，可得D1N⊥AB，因此∠D1NC为二面角C1ABC的平面角．‎ 在Rt△BNC中，BC＝1，∠NBC＝60°，‎ 可得CN＝.‎ 所以ND1＝＝.‎ 在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝＝＝.‎ 所以平面C1D‎1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.‎ ‎3．(2015·兰州模拟)如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．‎ ‎(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；‎ ‎(2)若二面角PACE的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：∵PC⊥底面ABCD，∴PC⊥AC，‎ ‎∵底面ABCD是直角梯形，且AB＝2AD＝2CD＝2，‎ ‎∴AC＝，BC＝.‎ ‎∴AB2＝AC2＋BC2，‎ ‎∴AC⊥BC，‎ ‎∵PC∩BC＝C，∴AC⊥平面PBC，‎ ‎∵AC⊂平面EAC，‎ ‎∴平面EAC⊥平面PBC.‎ ‎(2)建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.设PC＝a，则A(0,0,0)，C(1,1,0)，E，P(1,1，a)，B(0,2,0)．‎ ‎∴＝(1,1,0)，＝，＝(1,1，a)，＝(1，－1,0)．‎ 设平面EAC的法向量为v＝(x，y，z)，‎ 则即令x＝1，‎ 则v＝，‎ ‎∵BC⊥平面PAC，‎ ‎∴平面PAC的一个法向量为u＝＝(1，－1,0)，‎ 设二面角PACE的大小θ，‎ 则cos θ＝＝＝，‎ 解得a＝2，‎ ‎∴直线PA与平面EAC所成角的正弦值为 cos〈v，〉＝＝＝.‎ 第二课时　空间向量的应用 |(常考常新型考点——多角探明)‎ ‎[多角探明]‎ 探索存在性问题在立体几何综合考查中是常考的命题角度，也是考生感觉较难，失分较多的问题，归纳起来立体几何中常见的探索性问题有：‎ ‎(1)探索性问题与平行结合；‎ ‎(2)探索性问题与垂直相结合；‎ ‎(3)探索性问题与空间角相结合.‎ 角度一：探索性问题与平行相结合 ‎1．(2015·北京西城二模)如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直．AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC，EA⊥EB.‎ ‎(1)求证：AB⊥DE；‎ ‎(2)求直线EC与平面ABE所成角的正弦值；‎ ‎(3)线段EA上是否存在点F，使EC∥平面FBD？若存在，求出；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)证明：取AB的中点O，连接EO，DO.‎ 因为EB＝EA，所以EO⊥AB.‎ 因为四边形ABCD为直角梯形．‎ AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC，‎ 所以四边形OBCD为正方形，所以AB⊥OD.‎ 因为EO∩DO＝O，‎ 所以AB⊥平面EOD，所以AB⊥ED.‎ ‎(2)因为平面ABE⊥平面ABCD，且EO⊥AB，‎ 所以EO⊥平面ABCD，所以EO⊥OD.‎ 由OB，OD，OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.‎ 因为三角形EAB为等腰直角三角形，‎ 所以OA＝OB＝OD＝OE，‎ 设OB＝1，‎ 所以O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，‎ D(0,1,0)，E(0,0,1)．所以＝(1,1，－1)，‎ 平面ABE的一个法向量为＝(0,1,0)．‎ 设直线EC与平面ABE所成的角为θ，‎ 所以sin θ＝|cos〈，〉|＝＝，‎ 即直线EC与平面ABE所成角的正弦值为.‎ ‎(3)存在点F，且＝时，有EC∥平面FBD.‎ 证明如下：由＝＝，‎ F，所以＝，＝(－1,1,0)．‎ 设平面FBD的法向量为v＝(a，b，c)，‎ 则有所以 取a＝1，得v＝(1,1,2)．‎ 因为·v＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0，‎ 且EC⊄平面FBD，所以EC∥平面FBD，‎ 即点F满足＝时，有EC∥平面FBD.‎ 角度二：探索性问题与垂直相结合 ‎2．已知正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角ADCB.‎ ‎(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；‎ ‎(2)求二面角EDFC的余弦值；‎ ‎(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．‎ 解：(1)在△ABC中，由E，F分别是AC，BC中点，得EF∥AB，又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，所以AB∥平面DEF.‎ ‎(2)以点D为坐标原点，以直线DB，DC，DA分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0，2，0)，E(0，，1)，F(1，，0)，＝(1，，0)，＝(0，，1)，＝(0,0,2)．‎ 易知平面CDF的法向量为＝(0,0,2)，设平面EDF的法向量n＝(x，y，z)，‎ 则即 取n＝(3，－，3)，‎ cos〈，n〉＝＝，‎ 所以二面角EDFC的余弦值为.‎ ‎(3)存在．设P(s，t,0)，则·＝(s，t，－2)·(0，，1)＝t－2＝0，∴t＝，‎ 又＝(s－2，t,0)，＝(－s,2－t,0)，‎ ‎∵∥，∴(s－2)(2－t)＝－st，‎ ‎∴s＋t＝2.‎ 把t＝代入上式得s＝，∴＝，‎ ‎∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE.‎ 此时，＝.‎ 角度三：探索性问题与空间角相结合 ‎3．(2015·广东七校联考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD，E，F分别为PC，BC的中点．‎ ‎(1)求证：EF∥平面PAD；‎ ‎(2)求证：平面PAB⊥平面PDC；‎ ‎(3)在线段AB上是否存在点G，使得二面角CPDG的余弦值为？说明理由．‎ 解：(1)证明：如图，连接AC，交BD于点F，底面ABCD为正方形，‎ F为AC中点，E为PC中点．‎ 所以在△CPA中，EF∥PA.‎ 又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，‎ 所以EF∥平面PAD.‎ ‎(2)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD.‎ 底面ABCD为正方形，CD⊥AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD.‎ 又PA⊂平面PAD，所以CD⊥PA.‎ 又PA＝PD＝AD，所以△PAD是等腰直角三角形，且∠APD＝，即PA⊥PD.‎ 又CD∩PD＝D，且CD，PD⊂平面PDC，所以PA⊥平面PDC.‎ 又PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PDC.‎ ‎(3)如图，取AD的中点O，连接OP，OF，因为PA＝PD，所以PO⊥AD.‎ 又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PO⊥平面ABCD，‎ 而O，F分别为AD，BD的中点，所以OF∥AB，‎ 又底面ABCD是正方形，故OF⊥AD，‎ 以O为原点，建立空间直角坐标系Oxyz如图所示，则有A(1，0,0)，C(－1,2,0)，F(0,1,0)，D(－1,0,0)，P(0,0,1)，若在AB上存在点G，使得二面角CPDG的余弦值为，连接PG，DG，设G(1，a,0)(0≤a≤2)，‎ 则＝(1,0,1)，＝(－2，－a,0)，由(2)知平面PDC的一个法向量为＝(1,0，－1)，‎ 设平面PGD的法向量为n＝(x，y，z)．‎ 则 即解得 令y＝－2，得n＝(a，－2，－a)，‎ 所以|cos〈n，〉|＝＝＝，‎ 解得a＝.‎ 所以，在线段AB上存在点G，使得二面角CPDG的余弦值为.‎ ‎[类题通法]‎ 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，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．‎ ‎(2)探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．‎ |(重点保分型考点——师生共研)‎ ‎[典题例析]‎ ‎(2014·江西高考)如图，四棱锥PABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.‎ ‎(1)求证：AB⊥PD；‎ ‎(2)若∠BPC＝90°，PB＝，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥PABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值．‎ 解：(1)证明：ABCD为矩形，故AB⊥AD；又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD.‎ ‎(2)过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.‎ 故PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG.‎ 在Rt△BPG中，PG＝，GC＝，BG＝.‎ 设AB＝m，则OP＝＝ ，‎ 故四棱锥PABCD的体积为 V＝··m·＝ .‎ 因为m＝＝ ，‎ 故当m＝，即AB＝时，四棱锥PABCD的体积最大．‎ 此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为O(0,0,0)，B，C，‎ D，P，‎ 故＝，＝(0，，0)，‎ ‎＝，‎ 设平面BPC的一个法向量n1＝(x，y,1)，‎ 则由n1⊥，n1⊥得 解得x＝1，y＝0，n1＝(1,0,1)．‎ 同理可求出平面DPC的一个法向量n2＝.从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为 cos θ＝＝＝.‎ ‎[类题通法]‎ 立体几何的综合应用问题中常涉及最值问题，处理时常用如下两种方法 ‎(1)结合条件与图形恰当分析取得最值的条件；‎ ‎(2)直接建系后，表示出最值函数，转化为求最值问题．‎ ‎[演练冲关]‎ ‎(2015·山西模拟)如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1.‎ ‎(1)求证：平面FBC⊥平面ACFE；‎ ‎(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的取值范围．‎ 解：(1)证明：在四边形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，∴AB＝2，‎ ‎∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3，‎ ‎∴AB2＝AC2＋BC2，∴BC⊥AC.‎ ‎∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面ACFE.‎ 又因为BC⊂平面FBC，所以平面FBC⊥平面ACFE.‎ ‎(2)由(1)知可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系Cxyz，令FM＝λ(0≤λ≤)，则C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，M(λ，0,1)，‎ ‎∴＝(－，1,0)，＝(λ，－1,1)．‎ 设n1＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，‎ 由得 取x＝1，则n1＝(1，，－λ)．‎ ‎∵n2＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，‎ ‎∴cos θ＝＝ ‎＝.‎ ‎∵0≤λ≤，∴当λ＝0时，cos θ有最小值，‎ 当λ＝时，cos θ有最大值，‎ ‎∴cos θ∈.‎ ‎[A卷——夯基保分]‎ ‎1．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．‎ ‎(1)证明：PB∥平面AEC；‎ ‎(2)设二面角D AEC为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥EACD的体积．‎ 解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.‎ 因为平面ABCD为矩形，‎ 所以O为BD的中点．‎ 又E为PD的中点，‎ 所以EO∥PB.‎ 因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，‎ 所以PB∥平面AEC.‎ ‎(2)因为PA⊥平面ABCD，平面ABCD为矩形，‎ 所以AB，AD，AP两两垂直．‎ 如图，以A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系Axyz，则D(0，，0)，E，＝.‎ 设B(m,0,0)(m>0)，则C(m，，0)，＝(m，，0)．‎ 设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，‎ 则即 可取n1＝.‎ 又n2＝(1,0,0)为平面DAE的法向量，‎ 由题设|cos〈n1，n2〉|＝，‎ 即 ＝，解得m＝.‎ 因为E为PD的中点，所以三棱锥EACD的高为.三棱锥EACD的体积V＝××××＝.‎ ‎2．(2015·贵州模拟)如图，正方形AA1D1D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：BD1∥平面A1DE；‎ ‎(2)在线段AB上是否存在点E，使二面角D1ECD的大小为？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)证明：四边形ADD‎1A1为正方形，连接AD1，A1D∩AD1＝F，则F是AD1的中点，又因为点E为AB的中点，连接EF，则EF为△ABD1的中位线，所以EF∥BD1.‎ 又因为BD1⊄平面A1DE，EF⊂平面A1DE，‎ 所以BD1∥平面A1DE.‎ ‎(2)根据题意得DD1⊥DA，D1D⊥DC，AD⊥DC，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则D(0,0,0)，D1(0,0,1)，C(0，2,0)．‎ 设满足条件的点E存在，‎ 令E(1，y0,0)(0≤y0≤2)，‎ ‎＝(－1,2－y0,0)，＝(0,2，－1)，‎ 设n1＝(x1，y1，z1)是平面D1EC的法向量，‎ 则得 令y1＝1，则平面D1EC的法向量为n1＝(2－y0,1,2)，由题知平面DEC的一个法向量n2＝(0,0,1)．‎ 由二面角D1ECD的大小为得 cos ＝＝＝，‎ 解得y0＝2－∈[0,2]，‎ 所以当AE＝2－时，二面角D1ECD的大小为.‎ ‎3．(2015·浙江名校联考)如图，正方形ABCD，ABEF的边长都是1，且平面ABCD⊥平面ABEF，点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM＝BN＝a(0