【数学】2019届一轮复习人教A版立体几何学案(1)

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【数学】2019届一轮复习人教A版立体几何学案(1)

‎5.立体几何 ‎■要点重温…………………………………………………………………………·‎ ‎1.几何体的三视图排列规则:俯视图放在正视图下面,侧视图放在正视图右面,“长对正,高平齐,宽相等.”‎ 由几何体的三视图确定几何体时,要注意以下几点:‎ ‎(1)还原后的几何体一般为较熟悉的柱、锥、台、球的组合体.‎ ‎(2)注意图中实、虚线,实际是原几何体中的可视线与被遮挡线.‎ ‎(3)想象原形,并画出草图后进行三视图还原,把握三视图和几何体之间的关系,与所给三视图比较,通过调整准确画出原几何体.‎ ‎[应用1] “牟合方盖”是我国古代数 家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体.它由完全相同的四个曲面构成,相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上,好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖).其直观图如图11,图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线.当其主视图和侧视图完全相同时,它的俯视图可能是(  )‎ ‎ 图11‎ ‎[解析] 俯视图是正方形,曲线在其上面的投影恰为正方形的对角线,故选B.‎ ‎[答案] B ‎2.空间几何体表面积和体积的求法 几何体的表面积是各个面的面积之和,组合体的表面积应注意重合部分的处理,求几何体的体积常用公式法、割补法、等积变换法.‎ ‎[应用2] 如图12所示,一个空间几何体的正视图和俯视图都是边长为1的正方形,侧视图是一个直径为1的圆,那么这个几何体的表面积为(  )‎ ‎【导 号:07804184】‎ 图12‎ A.4π    B.3π C.2π D.π ‎[答案] D ‎[应用3] 如图13,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是平行四边形,点E,F为PA,PD的中点,则平面BCFE将四棱锥PABCD所分成的上下两部分的体积的比值为________.‎ 图13‎ ‎[解析] 设棱锥的底面ABCD的面积为S,高为h,VPABCD=Sh,‎ ‎∵VFBDC=·S△DBC·=··=Sh,同理VPADB=··h=Sh,‎ 由于四棱锥BADFE和三棱锥BPAD等高,而=,‎ 所以VBADFE=·Sh=Sh,所以下半部分的体积为Sh,上半部分的体积为Sh-Sh=Sh,所以上下两部分体积之比为.‎ ‎[答案]  ‎3.多面体与球接、切问题的求解策略 ‎(1)涉及球与棱柱、棱锥的接、切问题时,一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面,把空间问题转化为平面问题,再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系,或只画内接、外切的几何体的直观图,确定球心的位置,弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系,列方程(组)求解.‎ ‎(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段PA,PB,PC两两互相垂直,且PA=a,PB=b,PC=c,一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体,则4R2=a2+b2+c2求解.‎ ‎[应用4] 一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切,已知这个球的体积是,那么这个三棱柱的体积是(  )‎ A.96 B.16 C.24 D.48 ‎[解析] 如图,设球的半径为R,由πR3=,得R=2.‎ 所以正三棱柱的高h=4.‎ 设其底面边长为a,则·a=2,‎ 所以a=4,‎ 所以V=×(4)2×4=48.‎ ‎[答案] D ‎[应用5] 已知三棱锥ABCD内接于球O,且BC=BD=CD=2,若三棱锥ABCD体积的最大值为4,则球O的表面积为(  ) ‎ ‎【导 号:07804185】‎ A.16π B.25π C.36π D.64π ‎[解析] 如图,当三棱锥的体积最大值为4,即××(2)2××h=4,解得h=4,点A在如图所示的位置时,三棱锥的体积最大,即AO′=4,并且在如图所示的三角形中,OA=OC=R,OO′=4-R,O′C=2×=2,所以在直角三角形OO′C中,R2=(4-R)2+22,解得R=,球的表面积为S=4πR2=25π,故选B.‎ ‎[答案] B ‎4.空间平行问题的转化关系 平行问题的核心是线线平行,证明线线平行的常用方法有:三角形的中位线、平行线分线段成比例(三角形相似)、平行四边形等.‎ ‎[应用6] 下列命题正确的序号是________.‎ ‎(1)如果a,b是两条直线,且a∥b,那么a平行于经过b的任何平面.‎ ‎(2)如果直线a和平面α满足a∥α,那么a与α内的任何直线平行.‎ ‎(3)如果直线a,b和平面α满足a∥α,b∥α,那么a∥b.‎ ‎(4)如果直线a,b和平面α满足a∥b,a∥α,b⊄α,那么b∥α.‎ ‎[答案] (4)‎ ‎5.空间垂直问题的转化关系 垂直问题的核心是线线垂直,证明线线垂直的常用方法有:等腰三角形底边上的中线、勾股定理、平面几何方法等.‎ ‎[应用7] 已知两个平面垂直,下列命题 ‎①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线;‎ ‎②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线;‎ ‎③一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面;‎ ‎④过一个平面内任意一点作交线的垂线,则此垂线必垂直于另一个平面.‎ 其中正确命题的个数是(  )‎ A.3 B.2‎ C.1 D.0‎ ‎[答案] B ‎6.平面图形的翻折,立体图形的展开等一类问题,要注意翻折,展开前后有关几何元素的“不变量”与“不变性”.‎ ‎[应用8] (1)如图14(1),在Rt△ABC中,∠ABC=90°,∠BAC=60°,AB=2,D、E分别为AC、BD的中点,连接AE并延长交BC于F,将△ABD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,如图14(2)所示.‎ 图14(1)       图14(2)‎ ‎(1)求证:AE⊥平面BCD;‎ ‎(2)求平面AEF与平面ADC所成的锐二面角的余弦值;‎ ‎(3)在线段AF上是否存在点M使得EM∥平面ADC?若存在,请指出点M的位置;若不存在,说明理由.‎ ‎[解] (1)证明:在Rt△ABC中,∠ABC=90°,D为AC的中点,∴AD=BD=DC,‎ 又∠BAC=60°,所以三角形ABD为等边三角形;‎ 又E为BD的中点,∴AE⊥BD.‎ 因为平面ABD⊥平面BCD,交线为BD,AE⊂平面ABD,所以AE⊥平面BCD.‎ ‎(2)由AE⊥平面BCD可知.AE⊥EF.由题意知EF⊥BD,AE⊥BD,故以E为坐标原点,分别以EF、ED、EA所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Exyz.‎ 由(1)得,AB=BD=DC=AD=2,BE=ED=1,‎ 计算得AE=,BC=2,BF=,‎ 则E(0,0,0),D(0,1,0),B(0,-1,0),A(0,0,),‎ F,C(,2,0),‎ 则=(,1,0),=(0,1,-),‎ 易知平面AEF的一个法向量为=(0,1,0).‎ 设平面ADC的法向量为n=(x,y,z),则 ,即,‎ 令z=1,得y=,x=-1,∴n=(-1,,1).‎ cos〈n,〉==.‎ 所以平面AEF与平面ADC所成的锐二面角的余弦值为 ‎(3)设=λ,其中λ∈[0,1],‎ ‎∵=,∴=λ=λ,其中λ∈[0,1],‎ =+=,由·n=0,解得λ=∈(0,1).‎ 所以在线段AF上存在点M,使EM∥平面ADC,且AM∶AF=3∶4.‎ ‎7. “转化法”求空间角 ‎(1)设两条异面直线a,b所成的角为θ,两条直线的方向向量分别为a,b.‎ 因为θ∈,故有cos θ=|cos〈a,b〉|=||.‎ ‎(2)设直线l和平面α所成的角为θ,l是斜线l的方向向量,n是平面α的法向量,则sin θ=|cos〈l,n〉|=||.‎ ‎(3)设二面角αlβ的大小为θ,n1,n2是二面角αlβ的两个半平面的法向量,则|cos θ|=|cos〈n1,n2〉|,两个角之间的关系需要根据二面角的取值范围 确定.‎ ‎[应用9] 在三棱锥PABC中,AB⊥BC,AB=BC=PA,点O,D分别是AC,PC的中点,OP⊥底面ABC,求直线PA与平面PBC所成角的正弦值.‎ ‎[解] ∵OP⊥平面ABC,OA=OC,AB=BC,‎ ‎∴OA⊥OB,OA⊥OP,OB⊥OP.‎ 以O为原点,射线OP为z轴正方向,OA为x轴正方向,OB为y轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz(如图).‎ 设AB=a,‎ 则A,B,C,‎ 设OP=h,则P(0,0,h),由PA=AB,则PA=2a,‎ 则P=,=.‎ 可求得平面PBC的一个法向量为n=,‎ ‎∴cos〈,n〉==,‎ 设PA与平面PBC所成的角为θ,‎ 则sin θ=|cos〈,n〉|=.‎ ‎8.求点到平面的距离的方法 ‎(1)“等积法”:求解点到面的距离常转化为锥体的高,利用三棱锥体积公式求点到平面的距离.‎ ‎(2)“向量法”:如图,设P在平面α外,n为平面α的法向量,在平面α内任取一点Q,则点P到平面α的距离d=.‎ 图15‎ ‎[应用10] 正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,O是底面A1B1C1D1的中心,则点O到平面ABC1D1的距离为________. ‎ ‎【导 号:07804186】‎ ‎[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 则A(1,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),C1(0,1,1),O.‎ 设平面ABC1D1的法向量为 n=(x,y,z),‎ 则∴令z=1,得 ‎∴n=(1,0,1),又=,‎ ‎∴O到平面ABC1D1的距离d===.‎ ‎[答案]  ‎■查缺补漏…………………………………………………………………………·‎ ‎1.已知m,n为空间中两条不同的直线,α,β为空间中两个不同的平面,下列命题中正确的是(  )‎ A.若m∥α,m∥β,则α∥β B.若m⊥α,m⊥n,则n∥α C.若m∥α,m∥n,则n∥α D.若m⊥α,m∥β,则α⊥β D [对于选项A,若m∥α,m∥β,则可能α,β相交,或者α∥β,所以选项A不正确;对于选项B,若m⊥α,m⊥n,则可能n⊂α,或n∥α,所以选项B不正确;对于选项C,若m∥α,m∥n,则n⊂α,或n∥α,所以选项C不正确;对于选项D,若m⊥α,m∥β,则由线面平行可得在平面β内存在一条直线l,使得m∥l,然后由m⊥α可得l⊥α,进而得出α⊥β,故选D.]‎ ‎2. 一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是,(1,1,0),,(1,0,1),画该四面体三视图中的正视图时,以yOz平面为投影面,则得到的正视图可以为(  )‎ A [由图可得,故选A. ‎ ‎]‎ ‎3.如图16,在正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N,P,Q分别是AA1,A1D1,CC1,BC的中点,给出以下四个结论:①A1C⊥MN;②A1C∥平面MNPQ;③A1C与PM相交;④NC与PM异面.其中不正确的结论是(  )‎ 图16‎ A.① B.② C.③ D.④‎ B [作出过M,N,P,Q四点的截面交C1D1于点S,交AB于点R,如图中的六边形MNSPQR,显然点A1,C分别位于这个平面的两侧,故A1C与平面MNPQ一定相交,不可能平行,故结论②不正确.]‎ ‎4.如图17, 格纸上小正方形的边长为1,粗线或虚线画出某几何体的三视图,该几何体的体积为(  )‎ ‎【导 号:07804187】‎ 图17‎ A.8 B.12‎ C.18 D.24‎ B [由题意得,根据给定的三视图可知,该几何体为如图所示的几何体,是一个三棱锥与三棱柱的组合体,其中三棱锥的体积为V1=××4×3×2=4,三棱柱的体积为V2=2V1=2×4=8,所以该几何体的体积为V=12,故选B.]‎ ‎5.如图18,已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC,PA=2AB,则下列结论正确的是(  )‎ 图18‎ A.PB⊥AD B.平面PAB⊥平面PBC C.直线BC∥平面PAE D.直线PD与平面ABC所成的角为45°‎ D [若PB⊥AD,则AD⊥AB,但AD与AB成60°角,A错误;平面PAB与平面ABD垂直,所以平面PAB一定不与平面PBC垂直,B错误;BC与AE是相交直线,所以BC一定不与平面PAE平行,C错误;直线PD与平面ABC所成角为∠PDA,在Rt△PAD中,AD=PA,所以∠PDA=45°,D正确.]‎ ‎6.设三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直,∠BCA=90°,BC=CA=2,若该棱柱的所有顶点都在体积为的球面上,则直线B1C与直线AC1所成角的余弦值为(  )‎ A.- B. C.- D. B [由已知,若棱柱的所有顶点都在球面上,则同高的长方体8个顶点也在球面上,且外接球的直径为长方体的体对角线,由球体体积可得直径为4,由于长方体底面为边长为2的正方形,故侧面的对角线为2,由余弦定理可知,直线B1C与直线AC1所成角的余弦值为=.]‎ ‎7.三棱锥PABC中,AB=BC=,AC=6,PC⊥平面ABC,PC=2,则该三棱锥外接球的表面积为(  )‎ A.π B.π C.π D.π D [由题意可知,△ABC中AC边上的高为=,球心O在底面ABC的投影即为△ABC的外心D,设DA=DB=DC=x,∴x2=32+2,解得x=,∴R2=x2+=+1=(其中R为三棱锥外接球的半径),∴外接球的表面积S=4πR2=π,故选D.]‎ ‎8.在梯形ABCD中,∠ABC=,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为________. ‎ ‎【导 号:07804188】‎  [过点C作CE垂直AD所在直线于点E,梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB的长为底面圆半径,线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE的长为底面圆半径,ED为高的圆锥,如图所示,该几何体的体积为V=V圆柱-V圆锥=π·AB2·BC-·π·CE2·DE=π×12×2-×12×1=.]‎ ‎9.如图19,在直三棱柱ABCA1B1C1中,AB=1,BC=2,AC=,AA1=3,M为线段BB1上的一动点,则过A,M,C1三点的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为________.‎ 图19‎ ‎3+ [由图形可知,当AM+MC1最小时,所得截面的周长最小,如图所示把平面A1ABB1与平面C1CBB1展开成一个平面AA1C1C,则AM+MC1最短为AC1==3,所以截面的最小周长为3+=3+.]‎ ‎10.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=5,则V的最大值是________.‎ π [由题意得要使球的体积最大,则球与直三棱柱的若干面相切,设球的半径为R,∵△ABC的内切圆半径为=2,∴△ABC的内切球半径为2,∴R≤2,又2R≤5,‎ 即R≤,∴取交集R≤2,∴Vmax=π×23=π.]‎ ‎11.如图20,四棱锥PABCD中,∠ABC=∠BAD=90°,BC=2AD,△PAB与△PAD都是等边三角形.‎ 图20‎ ‎(1)证明:PB⊥CD;‎ ‎(2)求二面角APDB的余弦值.‎ ‎[解] (1)证明:如图,取BC的中点E,连接DE,则ADEB为正方形,过P作PO⊥平面ABCD,垂足为O,‎ 连接OA,OB,OE,OD,则由△PAB和△PAD都是等边三角形可知PA=PB=PD,∴OA=OB=OD,‎ 即点O为正方形ADEB对角线的交点,‎ 故OE⊥BD,从而OE⊥平面PBD,‎ ‎∴OE⊥PB,∵O是BD的中点,E是BC的中点,‎ ‎∴OE∥CD,因此PB⊥CD.‎ ‎(2)由(1)可知,OE,OB,OP两两垂直,‎ 以O为原点,OE方向为x轴正方向,OB方向为y轴正方向,OP方向为z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,设AB=2,则A(-,0,0),D(0,-,0),P(0,0,),‎ =(,-,0),=(,0,),‎ 设平面PAD的法向量n=(x,y,z),‎ n·=x-y=0,n·=x+z=0,‎ 取x=1,得y=1,z=-1,得n=(1,1,-1),‎ ‎∵OE⊥平面PBD,设平面PBD的法向量为m,取m=(1,0,0),‎ 由图象可知二面角APDB的大小为锐角,‎ ‎∴二面角APDB的余弦值为 cos θ===.‎ ‎12.已知三棱柱ABCA1B1C1,侧面BCC1B1⊥底面ABC.‎ 图21‎ ‎(1)若M,N分别是AB,A1C的中点,求证:MN∥平面BCC1B1.‎ ‎(2)若三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2,侧棱BB1与底面ABC所成的角为60°.问:在线段A1C1上是否存在一点P,使得平面B1CP⊥平面ACC1A1?若存在,求C1P与PA1的比值;若不存在,说明理由.‎ ‎[解] (1)证明:连接AC1,BC1,则AN=NC1,‎ ‎∵AM=MB,‎ ‎∴MN∥BC1.‎ 又∵BC1⊂平面BCC1B1,‎ ‎∴MN∥平面BCC1B1.‎ ‎(2)作B1O⊥BC于O,‎ ‎∵面BCC1B1⊥底面ABC,∴B1O⊥面ABC.‎ 以O为原点,建立如上图所示的空间直角坐标系,则A(0,,0),B(-1,0,0),C(1,0,0)B1(0,0,).‎ 由==可求出A1(1,,),C1(2,0,).‎ 设P(x,y,z),=λ,‎ 解得P,‎ 则=,=(-1,0,).‎ 设平面B1CP的法向量为n1=(x,y,z),‎ 由 解得n1=.‎ 同理可求出平面ACC1A1的法向量n2=(,1,-1).‎ 由面B1CP⊥平面ACC1A1,得n1·n2=0,即3+-1=0解得,λ=3,所以A1C1=3A1P,从而C1P∶PA1=2.‎
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