【数学】2018届一轮复习人教B版　立体几何学案

【数学】2018届一轮复习人教B版　立体几何学案

第八章 立 体 几 何 1.立体几何初步 (1)空间几何体 ①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． ②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，会用斜二测画法画出它们的直观图． ③会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形 式． ④了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式． (2)点、直线、平面之间的位置关系 ①理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解如下可以作为推理依据的公理和定理： ·公理 1：如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在此平面内． ·公理 2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面． ·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． ·公理 4：平行于同一条直线的两条直线平行． ·定理：空间中如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． ②以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的 有关性质与判定定理． 理解以下判定定理： ·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． ·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． ·一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，则该 直线与此平面垂直． ·一个平面过另一个平面的垂线，则两个平面垂直． 理解以下性质定理，并能够证明： ·如果一条直线与一个平面平行，那么过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线 平行． ·两个平面平行，则任意一个平面与这两个平面相交所得的交线相互平行． ·垂直于同一个平面的两条直线平行． ·两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直． ③能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题． 2．空间直角坐标系 (1)了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置． (2)会简单应用空间两点间的距离公式． 3．空间向量与立体几何 (1)了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分 解及其坐标表示． (2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示． (3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直． (4)理解直线的方向向量及平面的法向量． (5)能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系． (6)能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理(包括三垂线定 理)． (7)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解 向量方法在研究立体几何问题中的应用． 8．1 空间几何体的结构、三视图和直观图 1．棱柱、棱锥、棱台的概念 (1)棱柱：有两个面互相______，其余各面都是________，并且每相邻两个四边形的公 共边都互相______，由这些面所围成的多面体叫做棱柱． ※注：棱柱又分为斜棱柱和直棱柱．侧棱与底面不垂直的棱柱叫做斜棱柱；侧棱与底面 垂直的棱柱叫做直棱柱；底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱． (2)棱锥：有一个面是________，其余各面都是有一个公共顶点的__________，由这些 面所围成的多面体叫做棱锥． ※注：如果棱锥的底面是正多边形，且它的顶点在过底面中心且与底面垂直的直线上， 则这个棱锥叫做正棱锥． (3)棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分，叫做棱台． ※注：由正棱锥截得的棱台叫做正棱台． ※2.棱柱、棱锥、棱台的性质 (1)棱柱的性质 侧棱都相等，侧面是______________；两个底面与平行于底面的截面是__________的多 边形；过不相邻的两条侧棱的截面是______________；直棱柱的侧棱长与高相等且侧面、对 角面都是________． (2)正棱锥的性质 侧棱相等，侧面是全等的______________；棱锥的高、斜高和斜高在底面上的射影构 成一个____________；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面上的射影也构成一个____________；斜 高、侧棱及底面边长的一半也构成一个____________；侧棱在底面上的射影、斜高在底面上 的射影及底面边长的一半也构成一个____________． (3)正棱台的性质 侧面是全等的____________；斜高相等；棱台的高、斜高和两底面的边心距组成一个 ____________；棱台的高、侧棱和两底面外接圆的半径组成一个____________；棱台的斜高、 侧棱和两底面边长的一半也组成一个____________． 3．圆柱、圆锥、圆台 (1)圆柱、圆锥、圆台的概念 分别以______的一边、__________的一直角边、________中垂直于底边的腰所在的直线 为旋转轴，其余各边旋转一周而形成的曲面所围成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台． (2)圆柱、圆锥、圆台的性质 圆柱、圆锥、圆台的轴截面分别是________、________、________；平行于底面的截面 都是________． 4．球 (1)球面与球的概念 以半圆的______所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称球．半 圆的圆心叫做球的________． (2)球的截面性质 球心和截面圆心的连线________截面；球心到截面的距离 d 与球的半径 R 及截面圆的半 径 r 的关系为______________． 5．平行投影 在一束平行光线照射下形成的投影，叫做__________．平行投影的投影线互相 __________． 6．空间几何体的三视图、直观图 (1)三视图 ①空间几何体的三视图是用正投影得到的，在这种投影下，与投影面平行的平面图形留 下的影子与平面图形的形状和大小是完全相同的．三视图包括__________、__________、 __________． ②三视图尺寸关系口诀：“长对正，高平齐，宽相等．” 长对正指正视图和俯视图长 度相等，高平齐指正视图和侧(左)视图高度要对齐，宽相等指俯视图和侧(左)视图的宽度要 相等． (2)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在已知图形所在空间中取水平面，在水平面内作互相垂直的轴 Ox，Oy，再作 Oz 轴， 使∠xOz＝________且∠yOz＝________． ②画直观图时，把 Ox，Oy，Oz 画成对应的轴 O′x′，O′y′，O′z′，使∠x′O′y′ ＝____________，∠x′O′z′＝____________．x′O′y′所确定的平面表示水平面． ③已知图形中，平行于 x 轴、y 轴或 z 轴的线段，在直观图中分别画成____________x′ 轴、y′轴或 z′轴的线段，并使它们和所画坐标轴的位置关系与已知图形中相应线段和原 坐标轴的位置关系相同． ④已知图形中平行于 x 轴和 z 轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于 y 轴的线段， 长度为原来的__________． ⑤画图完成后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图． 自查自纠： 1．(1)平行 四边形 平行 (2)多边形 三角形 2．(1)平行四边形 全等 平行四边形 矩形 (2)等腰三角形 直角三角形 直角三角形 直角三角形 直角三角形 (3)等腰梯形 直角梯形 直角梯形 直角梯形 3．(1)矩形 直角三角形 直角梯形 (2)矩形 等腰三角形 等腰梯形 圆 4．(1)直径 球心 (2)垂直于 d＝ R2－r2 5．平行投影 平行 6．(1)①正(主)视图 侧(左)视图 俯视图 (2)①90° 90° ②45°(或 135°) 90° ③平行于 ④一半 以下关于几何体的三视图的论述中，正确的是( ) A．球的三视图总是三个全等的圆 B．正方体的三视图总是三个全等的正方形 C．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形 D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆 解：几何体的三视图要考虑视角，只有球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等 的圆．故选 A. 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：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；易知 D 正确．故选 D. (2015·北京)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( ) A．1 B. 2 C. 3 D．2 解：由题中三视图知，此四棱锥的直观图如图所示， 其中侧棱 SA⊥底面 ABCD，且底面是边长为 1 的正方形，SA＝1，所以四棱锥最长棱的棱 长为 SC＝ 3，故选 C. 如图所示的三个直角三角形是 一个体积为 20cm3 的几何体的三视图，则 h＝ ________cm. 解：由三视图可知， 该几何体为三棱锥，此三棱锥的底面为直角三角形，直角边长分别为 5cm，6cm，三棱 锥的高为 hcm，则三棱锥的体积为 V＝1 3 ×1 2 ×5×6× h＝20，解得 h＝4cm.故填 4. 已知正△ABC 的边长为 a，那么△ABC 的平面直观图△A′B′C′的面积为________． 解：如图所示是实际图形和直观图． 由图可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝ 1 2 OC＝ 3 4 a，在图中作 C′D′⊥A′B′，垂足 为 D′，则 C′D′＝ 2 2 O′C′＝ 6 8 a.所以 S△A′B′C′＝ 1 2 A′B′×C′D′＝1 2 ×a× 6 8 a ＝ 6 16 a2.故填 6 16 a2. 类型一 空间几何体的结构特征 (2014·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：该几何体的三视图由一个三角形，两个矩形组成，经分析可知该几何体为三棱柱， 故选 B. 点拨： 解决此类问题的关键是根据几何体的三视图判断几何体的结构特征．常见的有以下几 类：①三视图为三个三角形，对应的几何体为三棱锥；②三视图为两个三角形，一个四边形， 对应的几何体为四棱锥；③三视图为两个三角形，一个圆，对应的几何体为圆锥；④三视图 为一个三角形，两个四边形，对应的几何体为三棱柱；⑤三视图为三个四边形，对应的几何 体为四棱柱；⑥三视图为两个四边形，一个圆，对应的几何体为圆柱． (2014·福建)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．三棱锥 解：由三视图可知，圆柱的正视图中不可能出现三角形．故选 A. 类型二 空间几何体的三视图 (2016·山东)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几 何体的体积为( ) A.1 3 ＋2 3 π B.1 3 ＋ 2 3 π C.1 3 ＋ 2 6 π D．1＋ 2 6 π 解：由已知，半球的直径为 2，正四棱锥的底面边长为 1，高为 1，所以其体积为1 3 ×1 ×1× 1＋1 2 ×4 3 π× 2 2 3 ＝1 3 ＋ 2π 6 .故选 C. 点拨： 由三视图还原到直观图的基本思路：(1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正(主) 视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征．调整实线和虚线所对应的棱、面的位 置．(3)确定几何体的直观图的形状． (2015·全国Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为 r)组成一个几 何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为 16＋20π， 则 r＝( ) A．1 B．2 C．4 D．8 解：由图可知该几何体由半个圆柱和半个球体组合而成，则 S 表＝4πr2×1 2 ＋1 2 πr2×2 ＋ πr·2r＋2r·2r＝16＋20π，解得 r＝2.故选 B. 类型三 空间多面体的直观图 如图是一个几何体的三视图，用斜二测画法画出它的直观图． 解：由三视图知该几何体是一个简单组合体，它的下部是一个正四棱台，上部是一个正 四棱锥． 画法：(1)画轴．如图 1，画 x 轴、y 轴、z 轴，使∠xOy＝45°，∠xOz＝90°. 图 1 (2)画底面．利用斜二测画法画出底面 ABCD，在 z 轴上截取 O′使 OO′等于三视图中相 应高度，过 O′作 Ox 的平行线 O′x′，Oy 的平行线 O′y′，利用 O′x′与 O′y′画出底面 A′B′C′D′. (3)画正四棱锥顶点．在 Oz 上截取点 P，使 PO′等于三视图中相应的高度． (4)成图．连接 PA′，PB′，PC′，PD′，A′A，B′B，C′C，D′D，整理得到三视图 表示的几何体的直观图如图 2 所示． 图 2 点拨： 根据三视图可以确定一个几何体的长、宽、高，再按照斜二测画法，建立 x 轴、y 轴、 z 轴，使∠xOy＝45°，∠xOz＝90°，确定几何体在 x 轴、y 轴、z 轴方向上的长度，最后 连线画出直观图． 已知一个四棱锥的高为 3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是 一个边长为 1 的正方形，则此四棱锥的体积为( ) A. 2 B．6 2 C.1 3 D．2 2 解：因为四棱锥的底面直观图是一个边长为 1 的正方形，该正方形的对角线长为 2， 根据斜二测画法的规则，原图底面的底边长为 1，高为直观图中正方形的对角线长的两倍， 即 2 2，则原图底面积为 S＝2 2.因此该四棱锥的体积为 V＝1 3 Sh＝1 3 ×2 2×3＝2 2.故选 D. 类型四 空间旋转体的直观图 用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为 1∶16，截去的圆锥的母线长是 3cm，求圆台的母线长． 解：设圆台的母线长为 l，截得圆台的上、下底面半径分别为 r，4r. 根据相似三角形的性质得， 3 3＋l ＝ r 4r ，解得 l＝9. 所以，圆台的母线长为 9cm. 点拨： 用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质(与底面全等或相 似)，同时结合旋转体中的轴截面(经过旋转轴的截面)的几何性质，利用相似三角形中的相 似比，设相关几何变量列方程求解． (2014·湖南)一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打 磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( ) A．1 B．2 C．3 D．4 解：该几何体为一直三棱柱，底面是边长为 6，8，10 的直角三角形，侧棱为 12，其最 大球的半径为底面直角三角形内切圆的半径 r，由等面积法可得1 2 ×(6＋8＋10)·r＝1 2 ×6× 8，得 r＝2.故选 B. 1．在研究圆柱、圆锥、圆台的相关问题时，主要方法就是研究它们的轴截面，这是因 为在轴截面中容易找到这些几何体的有关元素之间的位置关系以及数量关系． 2．建议对下列一些具有典型意义的重要空间图形的数量关系予以推证并适当记忆． (1)正多面体 ①正四面体就是棱长都相等的三棱锥，正六面体就是正方体，连接正方体六个面的中心， 可得到一个正八面体，正八面体可以看作是由两个棱长都相等的正四棱锥拼接而成． 棱长为 a 的正四面体中： a．斜高为 3 2 a； b．高为 6 3 a； c．对棱中点连线长为 2 2 a； d．外接球的半径为 6 4 a，内切球的半径为 6 12 a； e．正四面体的表面积为 3a2，体积为 2 12 a3. ②如图，在棱长为 a 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，连接 A1B，BC1，A1C1，DC1，DA1，DB，可 以得到一个棱长为 2a 的正四面体 A1BDC1，其体积为正方体体积的1 3 . ③正方体与球有以下三种特殊情形：一是球内切于正方体；二是球与正方体的十二条棱 相切；三是球外接于正方体．它们的相应轴截面如图所示(正方体的棱长为 a，球的半径为 R)． (2)长方体的外接球 ①长、宽、高分别为 a，b，c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即 a2＋b2＋c2 ＝2R. ②棱长为 a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即 3a＝2R. 3．三视图的正(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，主视图反映了物体的长度和高度；俯视图反映了物体的长度 和宽度；左视图反映了物体的宽度和高度．由此得到：主俯长对正，主左高平齐，俯左宽相 等． 4．一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相比，有“三变、三不变”． 三变：坐标轴的夹角改变，与 y 轴平行线段的长度改变(减半)，图形改变． 三不变：平行性不变，与 x 轴平行的线段长度不变，相对位置不变． 5．对于直观图，除了了解斜二测画法的规则外，还要了解原图形面积 S 与其直观图面 积 S′之间联系：S′＝ 2 4 S，并能进行相关的计算． 1．由平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体是( ) A．六棱锥 B．六棱台 C．六棱柱 D．非棱柱、棱锥、棱台的一个几何体 解：平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体符合棱柱的定义，故选 C. 2．给出下列四个命题： ①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱； ②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥； ③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体； ④若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱． 其中所有错误命题．．．．的序号是( ) A．②③④ B. ①②③ C．①②④ D. ①②③④ 解：认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故 ①③错误，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故②错误，平行六面体的两个相对侧面 也可能与底面垂直且互相平行，故④错误．故选 D. 3．将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括( ) A．一个圆台、两个圆锥 B．两个圆台、一个圆柱 C．两个圆台、一个圆锥 D．一个圆柱、两个圆锥 解：把等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，由旋转体的定义可知所得几何体包 括一个圆柱、两个圆锥．故选 D. 4．如图所示是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是( ) 解：先观察俯视图，由俯视图可知选项 B 和 D 中的一个正确，由正视图和侧视图可知选 项 D 正确．故选 D. 5．沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( ) 解：观察可知，该几何体的侧视图为正方形，且 AD1 为实线，故选 B. 6．(2016·北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( ) A.1 6 B.1 3 C.1 2 D．1 解：由三视图可画出三棱锥的直观图如图所示， 其底面是等腰直角三角形 ACB，直角边长为 1，三棱锥的高为 1，故体积为 V＝1 3 ×1 2 ×1 ×1× 1＝1 6 .故选 A. 7．(2016·全国卷Ⅱ)下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的 表面积为________． 解：由题意可知，圆柱的侧面积为 S1＝ 2π·2·4＝16π，圆锥的侧面积为 S2 ＝ 1 2 ·2π·2·4＝8π，圆柱的底面面积为 S3＝ π·22＝4π，故该几何体的表面积为 S ＝S1＋S2＋S3＝28π.故填 28π. 8．(2015·淮北检测)已知某个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ____________． 解：该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥所组成的组合体， 如图所示，圆锥的底面半径为 1，高为 2.该几何体的体积 V＝1 2 ×(1 3 ×π×12×2)＋1 3 × 1 2 ×2×2 ×2＝ π＋4 3 .故填π＋4 3 . 9．在四棱锥 PABCD 中，底面为正方形，PC 与底面 ABCD 垂直．该四棱锥的正视图和侧 视图如图所示，它们是腰长为 6 cm 的全等的等腰直角三角形． (1)根据所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求 PA 的长度． 解：(1)该四棱锥的俯视图为边长为 6 cm 的正方形，如图，其面积为 36cm2. (2)在正方形 ABCD 中，易得 AC＝6 2cm，因为 PC⊥面 ABCD，所以 PC⊥AC. 在 Rt△ACP 中，PA＝ PC2＋AC2＝ 62＋（6 2）2＝6 3cm. 10．如图是某几何体的三视图，试说明该几何体的结构特征，并用斜二测画法画出它的 直观图． 解：图中几何体是由上部为正六棱柱，下部为倒立的正六棱锥堆砌而成的组合体． 斜二测画法：(1)画轴．如图(1)，画 x 轴，y 轴，z 轴，使∠xOy＝45°，∠xOz＝∠yOz＝90°. (2)画底面，利用斜二测画法画出底面 ABCDEF，在 z 轴上截取 O′，使 OO′等于正六棱 柱的高，过 O′作 Ox 的平行线 O′x′，Oy 的平行线 O′y′，利用 O′x′与 O′y′画出底 面 A′B′C′D′E′F′. (3)画正六棱锥顶点．在 Oz 上截取点 P，使 PO′等于正六棱锥的高． (4)成图．连接 PA′，PB′，PC′，PD′，PE′，PF′，AA′，BB′，CC′，DD′，EE′， FF′，整理得到三视图表示的几何体的直观图如图(2)所示． 注意：图形中平行于 x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于 y 轴的线段，长 度为原来的一半． 11．某长方体的一条体对角线长为 7，在该长方体的正视图中，这条对角线的投影长 为 6，在该长方体的侧视图与俯视图中，这条体对角线的投影长分别为 a 和 b，求 ab 的最 大值． 解：如图，则有 AC1＝ 7，DC1＝ 6， BC1＝a，AC＝b， 设 AB＝x，AD＝y，AA1＝z，有 x2＋y2＋z2＝7，x2＋z2＝6，所以 y2＝1. 因为 a2＝y2＋z2＝z2＋1，b2＝x2＋y2＝x2＋1， 所以 a＝ z2＋1，b＝ x2＋1. 所以 ab＝ （z2＋1）（x2＋1）≤z2＋1＋x2＋1 2 ＝4， 当且仅当 z2＋1＝x2＋1，即 x＝z＝ 3时，ab 的最大值为 4. 水以匀速注入某容器中，容器的三视图如图所示，其中与题中容器对应的水的 高度 h 与时间 t 的函数关系图象是( ) 解：由三视图知其直观图为两个圆台的组合体，水是匀速注入的，所以水面高度随时间 变化的变化率先逐渐减小后逐渐增大，又因为容器的对称性，所以函数图象关于一点中心对 称．故选 C. 8．2 空间几何体的表面积与体积 1．柱体、锥体、台体的表面积 (1)直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积 S 直棱柱侧＝__________，S 正棱锥侧＝__________，S 正棱台侧＝__________(其中 C，C′为底面周 长，h 为高，h′为斜高)． (2)圆柱、圆锥、圆台的侧面积 S 圆柱侧＝________，S 圆锥侧＝________， S 圆台侧＝________ (其中 r，r′为底面半径，l 为母线长)． (3)柱或台的表面积等于________与__________的和，锥体的表面积等于________与 __________的和． 2．柱体、锥体、台体的体积 (1)棱柱、棱锥、棱台的体积 V 棱柱＝__________，V 棱锥＝__________， V 棱台＝__________ (其中 S，S′为底面积，h 为高)． (2)圆柱、圆锥、圆台的体积 V 圆柱＝__________，V 圆锥＝__________， V 圆台＝__________ (其中 r，r′为底面圆的半径，h 为高)． 3．球的表面积与体积 (1)半径为 R 的球的表面积 S 球＝________． (2)半径为 R 的球的体积 V 球＝________________． 自查自纠： 1．(1)Ch 1 2 Ch′ 1 2 (C＋C′)h′ (2)2πrl πrl π(r＋r′)l (3)侧面积 两个底面积 侧面积 一个底面积 2．(1)Sh 1 3 Sh 1 3 h(S＋ SS′＋S′) (2)πr2h 1 3 πr2h 1 3 πh(r2＋rr′＋r′2) 3．(1)4πR2 (2)4 3 πR3 已知圆锥的正视图是边长为 2 的等边三角形，则该圆锥体积为( ) A. 2π 2 B. 2π C. 3π 3 D. 3π 解：易知圆锥的底面直径为 2，母线长为 2，则该圆锥的高为 22－12＝ 3，因此其体积 是 1 3 π·12× 3＝ 3π 3 .故选 C. 一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是 2， 3， 6，则这个长方体的体对角线 的长是( ) A．2 3 B．3 2 C．6 D. 6 解：设长方体的长、宽、高分别为 a，b，c，则有 ab＝ 2，ac＝ 3，bc＝ 6，解得 a ＝1， b＝ 2，c＝ 3，则长方体的体对角线的长 l＝ a2＋b2＋c2＝ 6.故选 D. (2016·全国卷Ⅰ)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互 相垂直的半径．若该几何体的体积是28π 3 ，则它的表面积是( ) A．17π B．18π C．20π D．28π 解：由三视图知，该几何体是7 8 个球，设球的半径为 R，则 V＝7 8 ×4 3 πR3＝28π 3 ，解得 R ＝2，所以它的表面积是7 8 ×4π×22＋3 4 ×π×22＝17π.故选 A. 已知底面边长为 1，侧棱长为 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：因为该正四棱柱的外接球的半径是正四棱柱体对角线的一半，所以半径 r＝ 1 2 12＋12＋（ 2）2＝1，V 球＝4π 3 ×13＝4π 3 .故填4π 3 . (2016·广西南宁二中高三月考)如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积为 ________． 解：由三视图可知，该几何体为一个四棱锥，如图所示， CD⊥面 PAD，BA⊥面 PAD，PA⊥AD，PA＝AD＝CD＝2，AB＝1，PC＝2 3，PB＝ 5， BC ＝ 5，所以 S△PBC＝1 2 ×2 3× 2＝ 6.则该几何体的表面积 S＝（1＋2）×2 2 ＋1 2 ×2×1＋1 2 × 2 2×2＋1 2 ×2×2＋ 6＝6＋2 2＋ 6.故填 6＋2 2＋ 6. 类型一 空间几何体的面积问题 (2016·全国卷Ⅲ)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某多 面体的三视图，则该多面体的表面积为( ) A．18＋36 5 B．54＋18 5 C．90 D．81 解：由三视图可得该几何体是平行六面体，上下底面是边长为 3 的正方形，故面积都是 9，前后两个侧面是平行四边形，一边长为 3，该边上的高为 6，故面积都为 18，左右两个 侧面是矩形，边长为 3 5和 3，故面积都为 9 5，则该几何体的表面积为 2(9＋18＋9 5) ＝54＋18 5.故选 B. 点拨： 求解多面体的表面积及体积时，关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中 的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，通过建立未 知量与已知量间的关系，进行求解． (2016·山西八校联考)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是个半圆， 则该几何体的表面积为( ) A.3 2 π B．π＋ 3 C.3 2 π＋ 3 D.5 2 π＋ 3 解：由三视图可知，该几何体是半个圆锥，且母线长为 2，底面半径为 1，则该几何体 的表面积 S＝1 2 ×2× 3＋1 2 ×π×1×2＋1 2 π×12＝3 2 π＋ 3.故选 C. 类型二 空间旋转体的面积问题 如图，半径为 4 的球 O 中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积 与该圆柱的侧面积之差是______． 解：如图， 设球的一条半径与圆柱相应的母线的夹角为α，圆柱侧面积 S＝2π×4sinα×2× 4cosα＝32πsin2α，当α＝π 4 时，S 取最大值 32π，此时球的表面积与该圆柱的侧面积之 差为 32π.故填 32π. 点拨： 根据球的性质，内接圆柱上、下底面中心连线的中点为球心，且圆柱的上、下底面圆周 均在球面上，球心和圆柱的上、下底面圆上的点的连线与母线的夹角相等，这些为我们建立 圆柱的侧面积与上述夹角之间的函数关系提供了依据． (2015·陕西)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( ) A．3π B．4π C．2π＋4 D．3π＋4 解：该几何体为半圆柱，底面半径为 1，高为 2，其表面积为π×12＋2×2＋1 2 ×2π×1 ×2＝3π＋4.故选 D. 类型三 空间多面体的体积问题 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 ( ) A. 2 3 B. 3 3 C.4 3 D.3 2 解：如图，过 A，B 两点分别作 AM，BN 垂直于 EF，垂足分别为 M，N，连接 DM，CN，可 证得 DM⊥EF，CN⊥EF，则多面体 ABCDEF 分为三部分，即多面体的体积 VABCDEF＝VAMDBNC＋VEAMD ＋VFBNC. 依题意知 AEFB 为等腰梯形． 易知 Rt△DME Rt△CNF，所以 EM＝NF＝1 2 .又 BF＝1，所以 BN＝ 3 2 . 作 NH 垂直于 BC，则 H 为 BC 的中点，所以 NH＝ 2 2 . 所以 S△BNC＝1 2 ·BC·NH＝ 2 4 . 所以 VFBNC＝1 3 ·S△BNC·NF＝ 2 24 ， VEAMD＝VFBNC＝ 2 24 ， VAMDBNC＝S△BNC·MN＝ 2 4 . 所以 VABCDEF＝ 2 3 ，故选 A. 点拨： 求空间几何体体积的常用方法为割补法和等积变换法：①割补法：将这个几何体分割成 几个柱体、锥体，分别求出柱体和锥体的体积，从而得出要求的几何体的体积；②等积变换 法：特别的，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算 的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”． (2016·浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积 是__________cm2，体积是__________cm3. 解：将三视图还原成直观图如图所示， 它由 2 个长方体组合而成，其体积 V＝2× 2×2×4＝32(cm3)，表面积为 6×2×4＋ 6×2× 2＝72(cm2)．故填 72；32. 类型四 空间旋转体的体积问题 如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高 8 cm，将一个球放在 容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为 6 cm，如果不计容器厚度， 则球的体积为( ) A.500 3 π cm3 B.866 3 π cm3 C.1 372 3 π cm3 D.2 048 3 π cm3 解：由球的性质得，球在正方体上口所截的圆的直径为 8，球心到截面圆的距离为 R－2， 则 R2＝(R－2)2＋42，解得 R＝5，所以球的体积 V 球＝4 3 πR3＝500π 3 (cm3)．故选 A. 点拨： 关键是由球的截面圆性质建立关于球半径 R 的方程，求出 R. (2015·重庆)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A.1 3 ＋π B.2 3 ＋π C.1 3 ＋2π D.2 3 ＋2π 解：由三视图容易看出，该几何体是由一个半圆柱体和三棱锥组成，半圆柱体的底面圆 半径为 1，高为 2，其体积为π，易得三棱锥的体积为1 3 ，故原几何体体积为1 3 ＋π.故选 A. 1．几何体的展开与折叠 (1)几何体的表面积，除球以外，一般都是利用展开图求得的，利用空间问题平面化的 思想，把一个平面图形折叠成一个几何体，再研究其性质，是考查空间想象能力的常用方法． (2)多面体的展开图 ①直棱柱的侧面展开图是矩形； ②正棱锥的侧面展开图是由一些全等的等腰三角形拼成的，底面是正多边形； ③正棱台的侧面展开图是由一些全等的等腰梯形拼成的，底面是正多边形． (3)旋转体的展开图 ①圆柱的侧面展开图是矩形，矩形的长(或宽)是底面圆周长，宽(或长)是圆柱的母线长； ②圆锥的侧面展开图是扇形，扇形的半径长是圆锥的母线长，弧长是圆锥的底面周长； ③圆台的侧面展开图是扇环，扇环的上、下弧长分别为圆台的上、下底面周长． 注：圆锥和圆台的侧面积公式 S 圆锥侧＝1 2 cl 和 S 圆台侧＝1 2 (c′＋c)l 与三角形和梯形的面积 公式在形式上相同，可将二者联系起来记忆． 2．空间几何体的表面积的计算方法 有关空间几何体的表面积的计算通常是将空间图形问题转化为平面图形问题，这是解决 立体几何问题常用的基本方法． (1)计算棱柱、棱锥、棱台等多面体的表面积，可以分别求各面面积，再求和，对于直 棱柱、正棱锥、正棱台也可直接利用公式； (2)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算其侧面积时需将曲面展为平面图形计算，而 表面积是侧面积与底面圆的面积之和； (3)组合体的表面积应注意重合部分的处理． 3．空间几何体的体积的计算方法 (1)计算柱、锥、台体的体积，关键是根据条件找出相应的底面面积和高，应注意充分 利用多面体的截面，特别是轴截面，将空间问题转化为平面问题求解． (2)注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、还台为锥法、等积变换法(如求三棱 锥的体积可灵活变换顶点与底面)等，它们是计算一些不规则几何体体积常用的方法，应熟 练掌握． (3)利用三棱锥的“等体积性”可以解决一些点到平面的距离问题，即将点到平面的距 离视为一个三棱锥的高，通过将其顶点和底面进行转化，借助体积的不变性解决问题． 1．如图，正方体 ABCDA′B′C′D′的棱长为 4，动点 E，F 在棱 AB 上，且 EF＝2，动 点 Q 在棱 D′C′上，则三棱锥 A′EFQ 的体积( ) A．与点 E，F 位置有关 B．与点 Q 位置有关 C．与点 E，F，Q 位置都有关 D．与点 E，F，Q 位置均无关，是定值 解：因为 VA′EFQ＝VQA′EF＝1 3 × 1 2 ×2×4 ×4＝16 3 ，所以三棱锥 A′EFQ 的体积与点 E，F， Q 的位置均无关，是定值．故选 D. 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( ) A.81π 4 B．16π C．9π D.27π 4 解：设球的半径为 R，由题意可得(4－ R)2＋( 2)2＝R2，解得 R＝9 4 ，所以该球的表 面积为 4πR2＝81 4 π.故选 A. 3．(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图， 则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( ) A.1 8 B.1 7 C.1 6 D.1 5 解：设正方体棱长为 a， 则截去部分为三棱锥 AA1B1D1，其体积 VAA1B1D1＝1 3 ×1 2 a3＝1 6 a3，剩余部分的体积为 a3－1 6 a3＝5 6 a3，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为1 5 .故选 D. 4．(2015·全国Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问 题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内 墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为 8 尺，米堆的高为 5 尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知 1 斛米的体积约为 1.62 立方尺，圆周率约 为 3，估算出堆放的米约有( ) A．14 斛 B．22 斛 C．36 斛 D．66 斛 解：设圆锥底面半径为 r，因为米堆底部弧长为 8 尺，所以 π 2 r＝8，r＝16 π ≈16 3 尺，所 以米堆的体积为 V＝1 3 ×1 4 ×π× 16 3 2 ×5≈320 9 (立方尺)，又 1 斛米的体积约为 1.62 立方尺， 所以该米堆有320 9 ÷1.62≈22(斛)．故选 B. 5．(2015·全国卷Ⅱ)已知 A，B 是球 O 的球面上两点，∠AOB＝90°，C 为该球面上的 动点．若三棱锥 OABC 体积的最大值为 36，则球 O 的表面积为( ) A．36π B．64π C．144π D．256π 解：如图所示， 当 OC⊥面 OAB 时，三棱锥 OABC 的体积最大，设球 O 的半径为 R，则 VOABC＝VCAOB＝ 1 3 × 1 2 R2×R＝1 6 R3＝36，得 R＝6，所以球 O 的表面积 S＝4πR2＝144π.故选 C. 6．(2015·湖南)某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽 可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用 率为 材料利用率＝新工件的体积 原工件的体积 ( ) A. 8 9π B. 16 9π C.4（ 2－1）3 π D.12（ 2－1）3 π 解：易知该工件为圆锥，要使其内接长方体体积最大，则长方体的底面是正方形．设此 长方体底面对角线长为 2x，高为 h，则由三角形相似可得x 1 ＝2－h 2 ，所以 h＝2－2x，x∈(0， 1]， 长方体体积为 V 长方体＝( 2x)2h＝2x2(2－ 2x)＝－4x3＋4x2，x∈(0，1]， 令 V′长方体＝－12x2＋8x＝0，得 x＝2 3 ，经检验 V 长方体在 x＝2 3 处取极大值． 故当 x＝2 3 时，(V 长方体)max＝16 27 ，V 圆锥＝1 3 π×12×2＝2 3 π.故材料利用率＝ 16 27 2π 3 ＝ 8 9π .故选 A. 7．如图，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，若侧棱 AA1 与侧面 BCC1B1 的距离为 2，侧面 BCC1B1 的 面积为 4，则此三棱柱 ABCA1B1C1 的体积为____________． 解：(补形法)将三棱柱补成四棱柱，如图所示． 记 A1 到平面 BCC1B1 的距离为 d，则 d＝2， V 三棱柱＝1 2 V 四棱柱＝1 2 S 四边形 BCC1B1·d＝1 2 ×4 × 2＝4.故填 4. 8．(2015·洛阳统考)如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为 ________． 解：由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去 3 个角后得到，该长方体的长、宽、 高分别为 5，4，3.所以 2R＝ 42＋32＋52＝5 2.所以表面积 S＝4πR2＝50π.故填 50π. 9．一个直角梯形上底、下底和高之比为 2∶4∶ 5，将此直角梯形以垂直于底的腰为轴 旋转一周形成一个圆台，求这个圆台上底面积、下底面积和侧面积之比． 解：由题意可设直角梯形上底、下底和高为 2x，4x， 5x，它们分别为圆台的上、下底 半径和高．如图示，过点 B 作 BC⊥OA 于 C，则 Rt△ABC 中，AC＝OA－OC＝OA－O′B ＝4x－2x＝2x，BC＝O′O＝ 5x，所以 AB＝ AC2＋BC2＝ （2x）2＋（ 5x）2＝3x.所以 S 上∶S 下∶S 侧＝∶∶＝2∶8∶9. 10．(2014·上海)底面边长为 2 的正三棱锥 PABC，其表面展开图是三角形 P1P2P3.如图， 求△P1P2P3 的边长及三棱锥的体积 V. 解：由正三棱锥 PABC 的性质及其表面展开图是△P1P2P3 可知 A，B，C 分别是△P1P2P3 三边的中点，且 AB＝AC＝BC＝2.依三角形中位线定理可得 P1P2＝P2P3＝P1P3＝2AB＝4.易判断 正三棱锥 PABC 为棱长为 2 的正四面体，其体积为 V＝ 2 12 ×23＝2 2 3 . 11．(2016·湖南师大附中高三月考)设点 A，B，C 为球 O 的球面上三点，O 为球心，若 球 O 的表面积为 100π，且△ABC 是边长为 4 3的正三角形，求三棱锥 OABC 的体积． 解：设球 O 的半径为 R，过点 A，B，C 的截面圆半径为 r，球心 O 到平面 ABC 的距离为 h，由已知得，4πR2＝100π，则 R＝5.在△ABC 中，由正弦定理得，2r＝ 4 3 sin60° ＝8，则 r ＝4.所以 h＝ R2－r2＝3，V＝1 3 S△ABC·h＝1 3 ×1 2 × (4 3)2×sin60°×3＝12 3. 一个几何体的三视图如图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其 体积分别记为 V1，V2，V3，V4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为 多面体，则有( ) A．V1 6 3 ，又 sinπ 2 ＝1，则 sinα的取值范围是 6 3 ，1 . 故选 B. 11．已知正四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中， AB＝2，CC1＝2 2，E 为 CC1 的中点，则直线 AC1 与平面 BDE 的距离为( ) A．2 B. 3 C. 2 D．1 解：如图， 连接 AC，交 BD 于 O，连接 OE，在△CC1A 中，易证 OE∥AC1.从而 AC1∥平面 BDE，所以直 线 AC1 到平面 BDE 的距离即为点 A 到平面 BDE 的距离，设为 h.由等体积法，得 VA BDE＝ 1 3 S△BDE×h＝VEABD＝1 3 S△ABD×EC＝1 3 ×1 2 ×2×2× 2＝2 2 3 .又因为在△BDE 中，BD＝2 2，BE＝DE ＝ 6， 所以 S△BDE＝1 2 ×2 2×2＝2 2.所以 h＝1.故选 D. 12．如图，已知球 O 是棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1 的内切球，则平面 ACD1 截球 O 的截面面积为( ) A.π 6 B.π 3 C. 6 6 π D. 3 3 π 解：根据正方体的几何特征知，平面 ACD1 是边长为 2的正三角形，且球与以点 D 为公 共点的三个面的切点恰为三角形 ACD1 三边的中点，故所求截面的面积是该正三角形的内切 圆的面积， 由图得△ACD1 内切圆的半径是 2 2 ×tan30°＝ 6 6 ，故所求的截面圆的面积是π× 6 6 2 ＝π 6 . 故选 A. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．在空间四边形 ABCD 中，AB→·CD→＋AC→·DB→＋AD→·BC→＝____________． 解：如图，设AB→＝a，AC→＝b，AD→＝c， 则AB→·CD→＋AC→·DB→＋AD→·BC→＝ a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)＝0.故填 0. 14．已知正三棱锥 PABC，点 P，A，B，C 都在半径为 3的球面上，若 PA，PB，PC 两两 相互垂直，则球心到截面 ABC 的距离为____________． 解：在正方体中作出正三棱锥 PABC 如图所示， 设正方体的棱长为 a，则 3a2＝(2 3)2＝12，得 a＝2， 所以 AB＝BC＝AC＝2 2. 由 VPABC＝VBAPC 得 1 3 S△ABC·h＝1 3 S△APC·BP， 即1 3 ×1 2 ×(2 2)2× 3 2 ×h＝1 3 ×1 2 ×22×2， 得 h＝2 3 3 . 所以球心到截面 ABC 的距离 d＝ 3－2 3 3 ＝ 3 3 .故填 3 3 . 15．(2015·四川)在三棱柱 ABCA1B1C1 中，∠BAC＝90°，其正视图和侧视图都是边长 为 1 的正方形，俯视图是直角边的长为 1 的等腰直角三角形．设点 M，N，P 分别是棱 AB， BC，B1C1 的中点，则三棱锥 PA1MN 的体积是________． 解：因为 M，N，P 分别是棱 AB，BC，B1C1 的中点，所以 MN∥AC，NP∥CC1，所以平面 MNP∥ 平面 CC1A1A，所以点 A1 到平面 MNP 的距离等于点 A 到平面 MNP 的距离．根据题意有∠MAC＝ 90°，AB＝1，可得点 A 到平面 MNP 的距离为1 2 .又 MN＝1 2 ，NP＝1，所以 1P A MNV  ＝ VAMNP＝1 3 S △MNP×1 2 ＝1 3 ×1 2 ×1 2 ×1×1 2 ＝ 1 24 .故填 1 24 . 16．已知平行六面体 ABCDA1B1C1D1，AC1 与平面 A1BD，CB1D1 交于 E，F 两点．给出以下命 题： ①点 E，F 为线段 AC1 的两个三等分点； ②ED1 →＝－1 3 AB→＋2 3 AD→＋2 3 AA1 →； ③设 A1D1 的中点为 M，CD 的中点为 N，则直线 MN 与面 A1DB 有一个交点； ④E 为△A1BD 的内心． 其中真命题有____________．(写出所有真命题的序号) 解：①在对角面 ACC1A1 中易证点 E，F 为线段 AC1 的两个三等分点，故①正确； ②ED1 →＝EC1 →＋C1D1 → ＝2 3 (AB→＋AD→＋AA1 →)－ AB→＝－1 3 AB→＋2 3 AD→＋2 3 AA1 →，故②正确； ③取 DD1 的中点为 R，易证面 MNR∥面 A1BD，故③错； ④A1E 为△A1BD 的边 BD 的中线，故 E 不一定是△A1BD 的内心(实际上是重心)，故④错．故 填①②. 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(10 分)已知一个几何体的三视图如图所示． (1)求此几何体的表面积； (2)如果点 P，Q 在正视图中所示位置：P 为所在线段中点，Q 为顶点，求在几何体表面 上，从 P 点到 Q 点的最短路径的长． 解：(1)由三视图知，此几何体是由上部的圆锥和下部的圆柱构成的组合体，其表面积 是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和． S 圆锥侧＝1 2 (2πa)·( 2a)＝ 2πa2， S 圆柱侧＝(2πa)·(2a)＝4πa2， S 圆柱底＝πa2， 所以 S 表面＝ 2πa2＋4πa2＋πa2＝( 2＋5)πa2. (2)沿 P 点与 Q 点所在母线剪开圆柱侧面，如图所示．在矩形 ABCQ 中，PQ 为几何体表 面上从 P 点到 Q 点的最短路径，且 PQ＝ AP2＋AQ2＝ a2＋（πa）2＝a 1＋π2.所以在几何体表 面上从 P 点到 Q 点的最短路径的长为 a 1＋π2. 18．(12 分)如图，在三棱锥 PABC 中， PA⊥底面 ABC，△ABC 为正三角形，D，E 分别是 BC，CA 的中点． (1)证明：平面 PBE⊥平面 PAC. (2)在 BC 上是否存在一点 F，使 AD∥平面 PEF？说明理由． 解：(1)证明：因为 PA⊥底面 ABC，BE⊂平面 ABC，所以 PA⊥BE. 又△ABC 是正三角形，E 是 AC 的中点， 所以 BE⊥AC，又 PA∩AC＝A. 所以 BE⊥平面 PAC. 又 BE⊂平面 PBE，所以平面 PBE⊥平面 PAC. (2)存在满足条件的点 F，且 F 是 CD 的中点． 理由：因为 E，F 分别是 AC，CD 的中点， 所以 EF∥AD. 而 EF⊂平面 PEF，AD⊄ 平面 PEF， 所以 AD∥平面 PEF. 19．(12 分)(2015·内蒙古包头一模)如图，已知在长方体 ABCDA1B1C1D1 中， AD＝A1A＝1 2 AB＝2，点 E 是棱 AB 上一点，且AE EB ＝λ. (1)证明：D1E⊥A1D； (2)若二面角 D1ECD 的余弦值为 6 3 ，求 CE 与平面 D1ED 所成的角的大小． 解：(1)证明：如图，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，则 D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，4，0)，C(0，4，0)，A1(2，0，2)，B1(2， 4，2)，C1(0，4，2)，D1(0，0，2)． 因为AE EB ＝λ，所以 E 2， 4λ 1＋λ ，0 ， 于是D1E→＝ 2， 4λ 1＋λ ，－2 ，A1D→＝(－2，0，－2)， 因为D1E→·A1D→＝ 2， 4λ 1＋λ ，－2 ·(－2，0，－2)＝0，故 D1E⊥A1D. (2)因为 D1D⊥平面 ABCD，所以平面 DEC 的一个法向量为 n1＝DD1 →＝(0，0，2)．设平面 D1CE 的法向量为 n2＝(x，y，z)，又CE→＝ 2， 4λ 1＋λ －4，0 ，CD1 →＝(0，－4，2)， 则 n2·CE→＝2x＋y 4λ 1＋λ －4 ＝0， n2·CD1 →＝－4y＋2z＝0， 所以可取向量 n2＝ 2－ 2λ 1＋λ ，1，2 ， 因为二面角 D1ECD 的余弦值为 6 3 ，则|n1·n2| |n1||n2| ＝ 6 3 ， 解得λ＝1， 所以 E(2，2，0)，故DE→＝(2，2，0)，CE→＝(2，－2，0)， 因为CE→·DD1 →＝0，CE→·DE→＝0，故 CE⊥DD1，CE⊥DE，又 DD1∩DE＝D，所以 CE⊥平面 D1ED. 即 CE 与平面 D1ED 所成角的大小为 90°. 20．(12 分)(2016·广西南宁二模)如图，正方体 ABCDA1B1C1D1 中，点 M 是 CD 的中点． (1)求 BB1 与平面 A1C1M 所成角的余弦值； (2)在 BB1 上找一点 N，使得 D1N⊥平面 A1C1M. 解：(1)以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1 所在的直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图 所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为 1， 则 A1(1，0，1)，M 0，1 2 ，0 ，C1(0，1，1)， 所以A1C1 → ＝(－1，1，0)，A1M→＝ －1，1 2 ，－1 ， 设平面 A1C1M 的法向量为 e＝(x，y，z)， 由 e·A1C1 → ＝0， e·A1M→＝0， 得 －x＋y＝0， －x＋1 2 y－z＝0， 令 y＝1，则 x＝1，z＝－1 2 ， 所以 e＝ 1，1，－1 2 ，又BB1 →＝(0，0，1)， 则 cos〈BB1 →，e〉＝ －1 2 12＋12＋ －1 2 2 · 12 ＝－1 3 ，所以 sin〈BB1 →，e〉＝ 1－ －1 3 2 ＝ 8 9 ＝2 2 3 ，即 BB1 与平面 A1C1M 所成角的余弦值为2 2 3 . (2)D1(0，0，1)，设 N(1，1，t)(0≤t≤1)，则D1N→＝(1，1，t－1)， 因为 D1N⊥平面 A1C1M，所以D1N→∥e， 所以 t－1＝－1 2 ，得 t＝1 2 . 所以当 N 为 BB1 的中点时，D1N⊥平面 A1C1M. 21．(12 分) (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

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