2019届高考数学二轮复习专题三第1讲空间几何体中的计算与位置关系（理）学案.docx

1、1第 1 讲空间几何体中的计算与位置关系1.以三视图和空间几何体为载体考查面积与体积，难度中档偏下；2.以选择题、填空题的形式考查线线、线面、面面位置关系的判定与性质定理对命题的真假进行判断，属基础题；空间中的平行、垂直关系的证明也是高考必考内容，多出现在立体几何解答题中的第(1)问.1.空间几何体的三视图：长对正、高平齐、宽相等.2.空间几何体的两组常用公式(1)正柱体、正锥体、正台体的侧面积公式： S 柱侧 ch(c 为底面周长， h 为高)； S 锥侧 ch( c 为底面周长， h为斜高/母线)；12 S 台侧 (c c) h( c， c 分别为上下底面的周长， h为斜高/母线)；12

2、S 球表 4 R2(R 为球的半径).(2)柱体、锥体和球的体积公式： V 柱体 Sh(S 为底面面积， h 为高)； V 锥体 Sh(S 为底面面积， h 为高)；13 V 球 R3.433.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理： a ， b ， a ba .(2)线面平行的性质定理： a ， a ， ba b.(3)面面平行的判定定理： a ， b ， a b P， a ， b .(4)面面平行的性质定理： ， a， ba b.4.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理： m ， n ， m n P， l m， l nl .(2)线面垂直的性质定理： a ，

3、b a b.(3)面面垂直的判定定理： a ， a .(4)面面垂直的性质定理： ， l， a ， a la .热点一 空间几何体的三视图与表面积、体积2【例 1】(2018上饶期末)如图所示为一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A 6B 4C 86D 46解析 根据三视图可得该几何体是有一个圆柱挖去两个 14圆柱所得，作出几何体的直观图（如图） ，则该几何体的表面积为 22186S答案 C探究提高 1.由几何体的三视图求其表面积：(1)关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及度量大小.(2)还原几何体的直观图，套用相应的面积公式.2.求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法

4、，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.3.求不规则几何体的体积：常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.【训练 1】 (1)(2017北京卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.60 B.30 C.20 D.10(2)(2017枣庄模拟)如图，某三棱锥的三视图是三个边长相等的正方形及对角线，若该三棱锥的体积是 ，13则它的表面积是_.3解析 (1)由三视图知可把三棱锥放在一个长方体内部，即三棱锥 A1 BCD， 1ABCDV 35410.13 12(2)由题设及几何体的三视图知，该几何体是一个正方体截去 4 个三棱锥后剩余的内接正三棱锥

5、B A1C1D(如图所示).设正方体的棱长为 a，则几何体的体积是 V a34 a2a a3 ，13 12 13 13 a1，三棱锥的棱长为 ，因此该三棱锥的表面积为 S4 ( )22 .234 2 3答案 (1)D (2)2 3热点二 外接球与内切球【例 2】 (2019广东一模)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”.现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（）A 6B 863C 86D 24解析 如图所示，该几何体为四棱锥 PABCD，底面 为长方形.其中 PD底面 ABC， 1， 2， 1.易知该几

6、何体与变成为 1,2的长方体有相同的外接球，4则该阳马的外接球的直径为 2216PB.球体积为：3462.答案 A.探究提高 1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点” 、 “接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题.2.若球面上四点 P， A， B， C 中 PA， PB， PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题.【训练 2】(2017全国卷)已知圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A.

7、B. C. D.34 2 4解析 如图画出圆柱的轴截面 ABCD， O 为球心.球半径 R OA1，球心到底面圆的距离为 OM .12底面圆半径 r ，故圆柱体积 V r2h 1 .OA2 OM232 ( 32)2 34答案 B热点三 空间平行、垂直关系的判断与证明【例 3】(2017全国卷)如图，在四棱锥 P ABCD 中， AB CD，且 BAP CDP90.(1)证明：平面 PAB平面 PAD；(2)若 PA PD AB DC， APD90，且四棱锥 P ABCD 的体积为 ，求该四棱锥的侧面积.83(1)证明 BAP CDP90， AB PA， CD PD. AB CD， AB PD.

8、又 PA PD P， PA， PD平面 PAD， AB平面 PAD. AB平面 PAB，平面 PAB平面 PAD.(2)解 取 AD 的中点 E，连接 PE. PA PD， PE AD.由(1)知， AB平面 PAD，故 AB PE， AB AD，可得 PE平面 ABCD.5设 AB x，则由已知可得 AD x， PE x，222故四棱锥 P ABCD 的体积 VP ABCD ABADPE x3.13 13由题设得 x3 ，故 x2.从而 PA PD AB DC2， AD BC2 ， PB PC2 ，13 83 2 2可得四棱锥 P ABCD 的侧面积为 PAPD PAAB PDDC BC2s

9、in 6062 .12 12 12 12 3探究提高 垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.【训练 3】(2017山东卷)由四棱柱 ABCD A1B1C1D1截去三棱锥 C1 B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD 为正方形， O 为 AC 与 BD 的交点， E 为 AD 的中点， A1E平面 ABCD.(1)证明： A1O平面 B1CD1；(2)设 M 是 OD 的中点，证

10、明：平面 A1EM平面 B1CD1.证明 (1)取 B1D1的中点 O1，连接 CO1， A1O1，由于 ABCD A1B1C1D1是四棱柱，所以 A1O1 OC， A1O1 OC，因此四边形 A1OCO1为平行四边形，所以 A1O O1C，又 O1C平面 B1CD1， A1O平面 B1CD1，所以 A1O平面 B1CD1.(2)因为 AC BD， E， M 分别为 AD 和 OD 的中点，所以 EM BD，又 A1E平面 ABCD， BD平面 ABCD，所以 A1E BD，因为 B1D1 BD，所以 EM B1D1， A1E B1D1，又 A1E， EM平面 A1EM， A1E EM E，所

11、以 B1D1平面 A1EM，又 B1D1平面 B1CD1，所以平面 A1EM平面 B1CD1.61(2018全国 I 卷)已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面 所成的角都相等，则 截此正方体所 得截面面积的最大值为（）A 34B 23C 324D 322(2018全国 I 卷)已知圆柱的上、下底面的中心分别为 1O， 2，过直线 1O的平面截该圆柱所得的截面是面积为 8 的正方形，则该圆柱的表面积为A 1B 12C 82D 03(2018全国 III 卷)设 AD， ， ， 是同一个半径为 4 的球的球面上四点， ABC 为等边三角形且其面积为 9，则三棱锥 C体积的最大值为（）A 1

12、23B 183C 243D 5434(2018全国 II 卷)已知圆锥的顶点为 S，母线 A， SB所成角的余弦值为 78， SA与圆锥底面所成角为45，若 S 的面积为 51，则该圆锥的侧面积为_1.(2016浙江卷)已知互相垂直的平面 ， 交于直线 l.若直线 m， n 满足 m ， n ，则( )A.m l B.m n C.n l D.m n2.(2017全国卷)在正方体 ABCD A1B1C1D1中， E 为棱 CD 的中点，则( )A.A1E DC1 B.A1E BD C.A1E BC1 D.A1E AC3(2018全国 III 卷)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分

13、叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）A B C D4.(2017江苏卷)如图，在圆柱 O1O2内有一个球 O，该球与圆柱的上、下面及母线均相切.记圆柱 O1O2的体积7为 V1，球 O 的体积为 V2，则 的值是_.V1V25.(2017全国卷)如图，四棱锥 P ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD， AB BC AD， BAD ABC90.12(1)证明：直线 BC平面 PAD；(2)若 PCD 的面积为 2 ，求四棱锥 P ABCD 的体积.781(2018

14、郑州质检)如图，某几何体的正视图和俯视图都是矩形，侧视图是平行四边形，则该几何体的表面积为( )A 153B 93C 06 D 182.(2017菏泽二模)设 m， n 是两条不同的直线， ， ， 是三个不同的平面，给出下列四个命题：若 m ， n ，则 m n； 若 ， ， m ，则 m ；若 m ， n ，则 m n； 若 ， ，则 .则其中正确命题的序号是( )A.和 B.和 C.和 D.和3.(2017新乡三模)已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A. B. C. D.323 163 83 434.如图，在四边形 ABCD 中， AD BC， AD AB， BCD4

15、5， BAD90，将 ADB 沿 BD 折起，使平面ABD平面 BCD，构成三棱锥 A BCD，则在三棱锥 A BCD 中，下列命题正确的命题序号是_.平面 ABD平面 ABC； 平面 ADC平面 BDC；平面 ABC平面 BDC； 平面 ADC平面 ABC.5.(2017石家庄模拟)在如图所示的几何体中，四边形 CDEF 为正方形，四边形 ABCD 为等腰梯形，AB CD， AC ， AB2 BC2， AC FB.39(1)求证： AC平面 FBC；(2)求四面体 FBCD 的体积；(3)线段 AC 上是否存在点 M，使 EA平面 FDM？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理

16、由.10参考答案1 【解题思路】首先利用正方体的棱是 3 组每组有互相平行的 4 条棱，所以与 12 条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.【答案】 根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体 1ABCD中，平面 1与线 ,所成的角是相等的，所以平面 与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面 1CBD也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面 1ABD与 1C中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为

17、 2，所以其面积为233644S，故选 A.点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.2 【解题思路】首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.【答案】根据题意，可得截面是边长为 2的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是 的圆，且高为 2，所以其表面积为 221S，故选 B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需

18、要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.3 【解题思路】作图， D为 MO与球的交点，点 M为三角形 ABC的重心，判断出当 DM平面 ABC时，三棱锥 DABC体积最大，然后进行计算可得；11【答案】如图所示，点 M为三角形 ABC的重心， E为 AC中点，当 D平面 时，三棱锥 DB体积最大，此时， 4OR， 239ABCS ， 6A，点 M为三角形 的重心， 23BME， Rt 中，有 2O， 426DOM， max19368DABCV故选 B4 【解题思路】先根据三角形面积公式求出母线长，再根据母线与

19、底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求结果.【答案】因为母线 SA， B所成角的余弦值为 78，所以母线 SA， B所成角的正弦值为 158，因为 SAB 的面积为 51，设母线长为 l，所以 2151l， 280l，因为 S与圆锥底面所成角为 45，所以底面半径为 cos4ll，因此圆锥的侧面积为 20rll.点睛：本题考查线面角，圆锥的侧面积，三角形面积等知识点，考查学生空间想象与运算能力1.【解题思路】根据已知条件画出图形，再进行证明.【答案】由已知， l， l ，又 n ， n l，C 正确.故选 C.2.【解题思路】 A1E平面 A1B1CD.【答案】如图，由题设知， A1B

20、1平面 BCC1B1，从而 A1B1 BC1.又 B1C BC1，且 A1B1 B1C B1，所以 BC1平面 A1B1CD，又 A1E平面 A1B1CD，所以 A1E BC1.故选 C.123 【解题思路】观察图形可得【答案】：观擦图形图可知，俯视图为 ，故答案为 A.4.【解题思路】由图确定球的半径与圆柱高和底面半径之间的关系，进而求其体积之比.【答案】设球半径为 R，则圆柱底面圆半径为 R，母线长为 2R.又 V1 R22R2 R3， V2 R3，所以 .故填 .43 V1V2 2 R343 R3 32 325.【解题思路】(1) BC AD，(2)设出长度，表示 PCD 的面积.【答案

21、】(1)证明 在底面 ABCD 中，因为 BAD ABC90.所以 BC AD，又 BC平面 PAD， AD平面 PAD.直线 BC平面 PAD.(2)解 取 AD 的中点 M，连接 PM， CM，由 AB BC AD 及 BC AD， ABC90得四边形 ABCM 为正方形，则12CM AD.因为侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD，平面 PAD平面 ABCD AD，所以 PM AD， PM底面 ABCD，因为 CM底面 ABCD，所以 PM CM.设 BC x，则 CM x， CD x， PM x， PC PD2 x，取 CD 的中点 N，连接 PN.2 3则 PN CD，所以

22、 PN x.因为 PCD 的面积为 2 ，所以 x x2 ，142 7 12 2 142 7解得 x2(舍去)或 x2.于是 AB BC2， AD4， PM2 .313所以四棱锥 P ABCD 的体积 V 2 4 .13 2（ 2 4）2 3 31 【解题思路】由三视图知原图是一个底面为边长为 3 的正方形，高为 3的斜四棱柱，【答案】 393Vsh.2.【解题思路】在长方体中构建模型表示上述条件与结论.【答案】中，过 n 作平面 与平面 交于直线 b，则 n b，又 m ，知 m b，从而 m n，正确；中，由线面垂直、面面平行的性质， m 成立，正确；如上图所示的几何体中， m n， 成立

23、，则，不正确.正确的命题序号为，.故选 A.3.【解题思路】还原几何体，并计算其体积.【答案】由三视图知，该几何体是等底同高的三棱锥 P ABD 与三棱柱 ABC A1B1C1的组合体，其直观图如图所示.则几何体的体积为 V V 三棱柱 V 三棱锥 212 212 .故选 C.12 13 12 834.【解题思路】由线面垂直可得面面垂直.【答案】因为在四边形 ABCD 中， AD BC， AD AB， BCD45， BAD90，所以 BD CD，又平面 ABD平面 BCD，且平面 ABD平面 BCD BD， CD平面 BCD，所以 CD平面 ABD，又 AB平面 ABD，则 CD AB，又 A

24、D AB， AD CD D，所以 AB平面 ADC，又 AB平面 ABC，所以平面 ABC平面 ADC.故填.5.【解题思路】(1) AC BC，(2) VF BCD SFC，(3)利用中位线.13【答案】(1)证明 在 ABC 中，因为 AC ， AB2， BC1，所以 AC2 BC2 AB2，3所以 AC BC.又因为 AC FB， BC FB B， BC， FB平面 FBC，所以 AC平面 FBC.(2)解 因为 AC平面 FBC， FC平面 FBC，所以 AC FC.因为 CD FC， AC CD C，所以 FC平面 ABCD.14在等腰梯形 ABCD 中可得 CB DC1，所以 FC1.所以 BCD 的面积为 S .34所以四面体 FBCD 的体积为 VF BCD SFC .13 312(3)解 线段 AC 上存在点 M，且点 M 为 AC 中点时，有 EA平面 FDM.证明如下：连接 CE，与 DF 交于点 N，取 AC 的中点 M，连接 MN.因为四边形 CDEF 是正方形，所以点 N 为 CE 的中点.所以 EA MN.因为 MN平面 FDM， EA平面 FDM，所以 EA平面 FDM.所以线段 AC 上存在点 M，且 M 为 AC 的中点，使得 EA平面 FDM 成立.