(共51张PPT)
第1讲 空间几何体的结构、表面积与体积
领航高考风向标
通览主干知识
1.空间几何体的表面积与体积公式
球的表面积恰好是球的大圆面积的4倍
2.线面、面面平行的判定及性质定理
(1)线面平行的判定定理:a α,b α,a∥b a∥α;
(2)线面平行的性质定理:a∥α,a β,α∩β=b a∥b;
(3)面面平行的判定定理:a α,b α,a∥β,b∥β,a∩b=P α∥β;
(4)面面平行的性质定理:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b a∥b.
3.线面、面面垂直的判定及性质定理
(1)线面垂直的判定定理:m α,n α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n l⊥α;
(2)线面垂直的性质定理:a⊥α,b⊥α a∥b;
(3)面面垂直的判定定理:a β,a⊥α β⊥α;
(4)面面垂直的性质定理:α⊥β,α∩β=l,a α,a⊥l a⊥β.
4.利用空间向量证明平行、垂直
设直线l的方向向量为a=(a1,b1,c1),平面α,β的法向量分别为u=(a2,b2,c2),v=(a3,b3,c3),则
(1)线面平行
l∥α a⊥u a·u=0 a1a2+b1b2+c1c2=0.
(2)线面垂直
l⊥α a∥u a=ku a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2(k为常数).
(3)面面平行
α∥β u∥v u=λv a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3(λ为常数).
(4)面面垂直
α⊥β u⊥v u·v=0 a2a3+b2b3+c2c3=0.
5.利用空间向量求空间角
(3)二面角:设二面角的两个半平面α,β的法向量分别为n1,n2,二面角的大小为θ(0≤θ≤π),则|cos θ|=|cos|
公式两边都有绝对值,所以两角相等或互补
利用空间向量求空间角时,一定要注意角的取值范围.对于二面角,要注意题目条件是否明确是锐角还是钝角,如果没有说明,则结合图形特点判断.若求两个不平行平面的夹角,则取直角或锐角.
6.利用空间向量求点到平面的距离
如图,已知平面α的法向量为n,A是平面α内的定点,P是平面α外一点.过点P作平面α的垂线l,交平面α于点Q,则n是直线l的方向向量,且点P到平面α的
链高考1.(2024新高考Ⅰ,5)已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为,则圆锥的体积为( )
B
链高考2.(2023全国甲,理15)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,C1D1的中点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有
个公共点.
12
解析 设EF的中点为O,则球O的直径为EF.因为O点也是正方体ABCD-A1B1C1D1的中心,所以O点到各棱的距离均等于OE,故以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有12个公共点.
链高考3.(2024全国甲,理10,文11)设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m.下述四个命题:
①若m∥n,则n∥α或n∥β
②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β
③若n∥α且n∥β,则m∥n
④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n
其中所有真命题的编号是( )
A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④
A
解析 对于①,若m∥n,若n α且n β,则n∥α且n∥β,若n α,则n∥β,若n β,则n∥α,故①正确;对于②,若n⊥m,则n与α和β不一定垂直,②错误;对于③,若n∥α且n∥β,由线面平行的性质可证明n∥m,③正确;对于④,当n∥α且n∥β,n与α,β所成的角都为0°,此时n∥m,④错误.故选A.
链高考4.(2023新高考Ⅰ,18节选)
如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.证明:B2C2∥A2D2.
证明 (方法一)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB, CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如右图所示的空间直角坐标系.
(方法二 几何法)
设棱DD1上的点N满足DN=AA2=1,取CC1的中点M,连接A2N,MN,B2M,如图.
因为DN∥AA2,且DN=AA2,故四边形AA2ND为平行四边形,所以A2N∥AD,且A2N=AD.同理可证,B2M∥BC,且B2M=BC.因为AD∥BC,且AD=BC,所以A2N∥B2M,且A2N=B2M.所以四边形A2B2MN为平行四边形.因为D2N∥C2M,D2N=C2M=1,所以四边形C2D2NM为平行四边形.所以A2B2∥MN,A2B2=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2.所以四边形A2B2C2D2为平行四边形.所以B2C2∥A2D2.
(方法三 基底法)
链高考5.(2024天津,17)
已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=DC=1,N是B1C1的中点,M是DD1的
中点.
(1)求证D1N∥平面CB1M;
(2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值;
(3)求点B到平面CB1M的距离.
(1)证明 如图,取B1C的中点H,连接NH,MH.
∵N为B1C1的中点,H为B1C的中点,∴NH∥CC1,且NH= CC1.∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1,∴CC1∥DD1,CC1=DD1,∴NH∥DD1,且NH= DD1.∵M为DD1的中点,∴D1M= DD1,∴D1M∥NH,D1M=NH.∴四边形D1NHM为平行四边形,∴D1N∥MH.又D1N 平面CB1M,MH 平面CB1M,∴D1N∥平面CB1M.
(2)解 ∵A1A⊥平面ABCD,AB,AD 平面ABCD,∴A1A⊥AB,A1A⊥AD.又AD⊥AB,∴A1A,AB,AD两两垂直.以A为原点,AB,AD,A1A所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则
考点一 空间几何体的折展问题
例1(1)已知圆台的上、下底面圆半径分别为5和10,侧面积S为300π,AB为圆台的一条母线(点B在圆台的上底面圆周上),M为AB的中点,一只蚂蚁从点A出发,绕圆台侧面一周爬行到点M,则蚂蚁爬行所经路程的最小值为( )
A.30 B.40 C.50 D.60
C
解析 ∵圆台上底面半径为5,下底面半径为10,母线长为l,
所以S=πl(10+5)=15πl=300π,解得l=20,将圆锥侧面展开如图所示,且设扇形的圆心为O,线段M1A就是蚂蚁经过的最短路径.设OB=R,圆心角是α,则由题意知10π=αR,20π=α(20+R),解得α= ,R=20,
(2)(2024河北沧州模拟)已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为棱DD1上一动点,则PB1+PC的最小值为 .
解析 如图,将平面BB1D1D绕D1D翻折到与平面CC1D1D共面,连接B1C交DD1于点P,此时PB1+PC取得最小值B1C,又
[对点训练1](1)(多选题)如图是一个正方体的展开图,如果将它还原为正方体,则下列说法中正确的是( )
A.C∈GH
B.CD与EF是共面直线
C.AB∥EF
D.GH与EF是异面直线
ABD
解析由图可知,还原正方体后,C∈GH;CD∥EF,即CD与EF是共面直线;AB∩EF=B,即AB与EF不平行;GH与EF是异面直线,故A,B,D正确,C错误.故选ABD.
(2)(2024湖北武汉模拟)如图,在三棱锥P-ABC中,PA=PB=PC=8, ∠APB=∠APC=∠BPC=40°,过点A作截面,分别交侧棱PB,PC于E,F两点,则△AEF周长的最小值为 .
解析 如图,沿着侧棱PA把三棱锥P-ABC展开在一个平面内,如图所示,则AA'的长度即为△AEF的周长的最小值.在△PAA'中,
∠APA'=3×40°=120°,PA=A'P=8,
由余弦定理得
考点二 空间几何体的表面积与体积(多考向探究预测)
考向1空间几何体的表面积
例2(1)攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式,常见的有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖等,多见于亭阁式建筑,兰州市著名景点三台阁的屋顶部分也是典型的攒尖结构.某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分如图所示,它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体,已知正四棱台上底面边长、下底面边长、侧棱长(单位:dm)分别为2,6,4,正三棱柱各棱长均相等,则该结构表面积为( )
A
(2)(2024河南信阳二模)已知一个圆柱的底面半径为2,高为3,上底面的同心圆半径为1,以这个圆面为上底面,圆柱下底面为下底面的圆台被挖去,剩余的几何体表面积等于( )
D
解析 剩余几何体的表面积等于圆环的面积加上圆台的侧面积再加上圆柱的侧面积,所以圆环的面积为π×(22-12)=3π.
规律方法
空间几何体表面积的类型及求法
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体特征入手,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
[对点训练2]
(1)(2024福建漳州一模)如图,石磨是用于把米、麦、豆等粮食加工成粉、浆的一种机械,通常由两个圆石做成.磨是平面的两层,两层的接合处都有纹理,粮食从上方的孔进入两层中间,沿着纹理向外运移,在滚动过程中被磨碎,形成粉末.如果一个石磨近似看作两个完全相同的圆柱体拼合而成,每个圆柱体的底面圆的直径是高的2倍,若石磨的侧面积为64π,则圆柱底面圆的半径为( )
A.4 B.2
C.8 D.6
A
解析 设圆柱底面圆的半径为r>0,则圆柱的高为r,则石磨的侧面积为2×2πr×r=64π,解得r=4.
(2)(2024浙江湖州模拟)庑殿式屋顶是中国古代建筑中等级最高的屋顶形式,分为单檐庑殿顶与重檐庑殿顶.单檐庑殿顶主要有一条正脊和四条垂脊,前后左右都有斜坡,类似如图所示的五面体FE-ABCD的形状.若四边形ABCD是矩形,AB∥EF,且AB=CD=2EF=2BC=8,EA=ED=FB=FC=3,则五面体FE-ABCD的表面积为 .
解析 如图,分别取AD,BC的中点G,H,连接GH,FH,
过点F作AB的垂线FI,垂足为I.
考向2空间几何体的体积
例3极目一号是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器.2022年5月,“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测,最高升空至9 050米,超过珠穆朗玛峰,创造了浮空艇原位大气科学观测海拔最高的世界纪录,彰显了中国的实力.“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55米,高19米,若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体,如图所示,则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积约为( )
(参考数据:9.52≈90,315×1 005≈316 600,π≈3.14)
A.9 060立方米
B.9 004立方米
C.8 944立方米
D.8 884立方米
A
[对点训练3](2024辽宁丹东模拟)某校科技社利用3D打印技术制作实心模型.如图,该模型的上半部分是圆台,下半部分是半球.其中半球的体积V为144π cm3,圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半.打印所用原料密度ρ为1.6 g/cm3,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量m约为( ) (1.6π≈5,m=ρV)
A.3 240 g B.1 665 g
C.1 035 g D.315 g
C
考点三 几何体的外接球与内切球
例4(1)(2022新高考Ⅱ,7)已知正三棱台的高为1,上、下底面的边长分别为
3 和4 ,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )
A.100π B.128π C.144π D.192π
A
(2)(2024广东深圳一模)已知某圆台的上、下底面半径分别为r1,r2,且r2=2r1,若半径为2的球与圆台的上、下底面及侧面均相切,则该圆台的体积为( )
C
解析 如图,设圆台上、下底面圆心分别为O1,O2,则圆台内切球的球心O一定在O1O2的中点处,
设球O与母线AB切于点M,所以OM⊥AB,OM=OO1=OO2=2,所以△AOO1≌△AOM,所以AM=r1.同理BM=r2,所以AB=r1+r2=3r1.
过A作AG⊥BO2,垂足为G,则BG=r2-r1=r1,AG=O1O2=4,所以AG2=AB2-BG2,
延伸探究
(变条件)本例(1)中的“正三棱台”改为“高为1,底面边长为4的正三棱锥”,求该球的表面积.
解 设该正三棱锥为V-ABC,点M为△ABC的中心,连接VM,CM.易知正三棱锥外接球的球心位于VM的延长线上,设为O,连接OC.
设外接球的半径为R,则OV=OC=R,VM=1,所以OM=R-1,
在Rt△OMC中,有R2=(R-1)2+42,解得R= ,
所以外接球的表面积为4πR2=289π.
[对点训练4](2024山东潍坊一模)已知直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的直径为6,且AB⊥BC,BC=2,则该棱柱体积的最大值为( )
A.8 B.12 C.16 D.24
C
解析 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥BC,所以△ABC为直角三角形,则△ABC外接圆的圆心为斜边AC的中点,记为点O.
同理,△A1B1C1外接圆的圆心为斜边A1C1的中点,记为点O1.
如图,连接OO1,则外接球的球心为OO1的中点,记为点G,连接CG.因为直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的直径为6,所以外接球的半径为3,所以GC=3.(共28张PPT)
第2讲 空间位置关系的判断与证明
考点一 空间直线、平面位置关系的判定
例1(1)(多选题)(2024广东广州二模)已知m,n是不同的直线,α,β是不同的平面,则下列说法正确的是( )
A.若m∥α,n α,则m∥n
B.若m⊥α,n⊥β,m∥n,则α∥β
C.若α∥β,m α,则m∥β
D.若α∥β,m α,n β,则m∥n
BC
解析 对于A,当m∥α,n α时,m∥n或m,n异面,故A错误;
对于B,因为m⊥α,n⊥β,所以m,n对应的方向向量m,n分别是α,β的法向量.又m∥n,所以m∥n,所以α∥β,故B正确;
对于C,由面面平行的性质易知m∥β,故C正确;
对于D,当α∥β,m α,n β时,m,n有可能异面,故D错误.
故选BC.
(2)(多选题)(2024福建厦门模拟)如图,四棱锥A-BCDE是所有棱长均为2的正四棱锥,三棱锥A-CDF是正四面体,G为BE的中点,则下列结论正确的
是( )
A.A,B,C,F四点共面
B.FG⊥平面ACD
C.FG⊥CD
D.平面ABE∥平面CDF
ACD
解析 因为四棱锥A-BCDE各棱长都相等,且三棱锥A-CDF是正四面体,
所以BC=AF,AB=CF,所以四边形ABCF是平行四边形,
所以A,B,C,F四点共面,故A正确;
如图,取CD的中点H,连接AG,GH,FH,
则易知AG=FH,AF=GH,
所以四边形AGHF是平行四边形,AF=GH=2,AG=FH= .
假设FG⊥平面ACD,因为AH 平面ACD,所以FG⊥AH,所以四边形AGHF是菱形,这与AG= ,GH=2矛盾,故B错误;
由题可知CD⊥HG,CD⊥FH,FH∩HG=H,FH,HG 平面AGHF,
所以CD⊥平面FGH.
又FG 平面AGHF,所以FG⊥CD,故C正确;
因为四边形ABCF是平行四边形,所以AB∥CF.
由题可知四边形BCDE为正方形,所以BE∥CD.
又BE,AB 平面ABE,BE∩AB=B,CF,CD 平面CDF,CF∩CD=C,所以平面ABE∥平面CDF,故D正确.
故选ACD.
[对点训练1](1)(2024湖南岳阳模拟)已知三条不重合的直线m,n,l,三个不重合的平面α,β,γ,下列说法正确的是( )
A.若m∥n,n α,则m∥α
B.若l⊥α,m β,l⊥m,则α∥β
C.若α⊥γ,β⊥γ,α∩β=l,则l⊥γ
D.若m α,n α,m∥β,n∥β,则α∥β
C
解析 对于A,若m∥n,n α,则m∥α或m α,故A不正确;
对于B,若l⊥α,m β,l⊥m,则α∥β或α与β相交,故B不正确;
对于C,设α∩γ=a,β∩γ=b,在平面γ内任取一点P(不在a,b上),作PA⊥a,PB⊥b,垂足分别为A,B,由面面垂直的性质定理,可得PA⊥α,PB⊥β.
又l α,l β,所以PA⊥l,PB⊥l.
又因为PA∩PB=P,PA,PB γ,可得l⊥γ,故C正确;
对于D,若m α,n α,m∥β,n∥β,只有m,n相交时,才有α∥β,故D不正确.故选C.
(2)(多选题)(2024河北衡水模拟)如图,在圆柱O1O中,轴截面ABCD为正方形,点F是 上的一点,M为BD与轴O1O的交点,E为MB的中点,N为A在DF上的射影,且EF∥平面AMN,则下列说法正确的有( )
A.CF∥平面AMN
B.AN⊥平面DBF
C.DB⊥平面AMN
D.F是 的中点
BCD
解析 由题意可知,点M是BD的中点,所以点A,M,C三点共线,所以C∈AM,所以C∈平面AMN,所以CF∩平面AMN=C,则直线CF与平面AMN不平行,故A错误;因为AD⊥平面ABF,BF 平面ABF,所以AD⊥BF.因为ABCD为圆柱轴截面,所以AB为☉O的直径,所以BF⊥AF.又AD∩AF=A,AD,AF 平面ADF,所以BF⊥平面ADF.又BF 平面BDF,所以平面ADF⊥平面BDF.又平面ADF∩平面BDF=DF,AN 平面ADF,AN⊥DF,所以AN⊥平面DBF,故B正确;因为AN⊥平面DBF,DB 平面DBF,所以AN⊥DB,因为四边形ABCD为正方形,点M是BD的中点,所以AM⊥DB.又AM∩AN=A,AM,AN 平面AMN,所以DB⊥平面AMN,故C正确;
因为DB⊥平面AMN,MN 平面AMN,所以DB⊥MN.因为EF∥平面AMN,EF 平面DEF,平面DEF∩平面AMN=MN,所以EF∥MN,所以DB⊥EF.又E是MB的中点,所以BF=MF.因为BF⊥平面ADF,DF 平面ADF,所以
考点二 几何法证明空间平行、垂直关系
例2如图,在五面体ABCDEF中,四边形ABCD是边长为2的正方形,平面ADE⊥平面ABCD,EF=1,AE=DE= .
(1)求证:CD∥平面ABFE;
(2)求证:平面ABFE⊥平面CDEF.
证明 (1)在五面体ABCDEF中,因为四边形ABCD是正方形,所以AB∥CD.
又CD 平面ABFE,AB 平面ABFE,所以CD∥平面ABFE.
(2)因为AE=DE= ,AD=2,所以AE2+DE2=AD2,所以AE⊥DE.因为四边形ABCD是正方形,所以AB⊥AD.
因为平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,AB 平面ABCD,所以AB⊥平面ADE.又DE 平面ADE,所以AB⊥DE.
因为AB∩AE=A,AB,AE 平面ABFE,所以DE⊥平面ABFE.
又DE 平面CDEF,所以平面ABFE⊥平面CDEF.
延伸探究
本例条件下,判断在线段CD上是否存在点N,使得FN⊥平面ABFE 说明理由.
解 在线段CD上存在点N,使得FN⊥平面ABFE,理由如下:
如图,取CD的中点N,连接FN.
由例2知,CD∥平面ABFE,又CD 平面CDEF,平面ABFE∩平面CDEF=EF,所以CD∥EF.因为EF=1,ND= CD=1,所以EF=DN,所以四边形EDNF是平行四边形,所以FN∥DE.
由例2知,DE⊥平面ABFE,所以FN⊥平面ABFE.
[对点训练2]如图,已知直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直,∠AEB= ,AB∥CD,AB⊥BC,AB=2CD=2BC.
(1)求证:AB⊥DE.
(2)求证:AE⊥平面BCE.
(3)线段EA上是否存在点F,使EC∥平面FBD 若存在,求 的值;若不存在,请说明理由.
(1)证明 如图,取AB的中点O,连接EO,DO.
因为△ABE为等腰直角三角形,∠AEB= ,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.
又OD∩OE=O,OD,OE 平面ODE,所以AB⊥平面ODE.
又DE 平面ODE,所以AB⊥DE.
(2)证明 因为平面ABE⊥平面ABCD,平面ABE∩平面ABCD=AB,AB⊥BC,BC 平面ABCD,
所以BC⊥平面ABE.
又AE 平面ABE,所以BC⊥AE.
又AE⊥BE,BC∩BE=B,BC,BE 平面BCE,
所以AE⊥平面BCE.
(3)解 存在点F,且 时,EC∥平面FBD,
理由如下:
如图,连接AC交BD于点M,连接FM.
考点三 向量法证明空间平行、垂直关系
例3如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC, AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.求证:
(1)BE⊥DC;
(2)BE∥平面PAD;
(3)平面PCD⊥平面PAD.
证明
依题意,以点A为原点,AB,AD,AP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,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).
[对点训练3]如图,正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直, AD⊥CD,AB∥CD,AB=AD=2,CD=4,M为CE的中点.
(1)求证:BM∥平面ADEF;
(2)求证:BC⊥平面BDE.
证明 (1)因为ADEF是正方形,所以AD⊥ED.
又平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,ED 平面ADEF,所以ED⊥平面ABCD,从而可得DA,DC,DE两两垂直.
以D为原点,分别以DA,DC,DE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,(共57张PPT)
专题检测四
1
2
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4
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一、选择题
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1.(2024四川成都模拟)已知直线l的方向向量是a=(3,2,1),平面α的一个法向量是n=(1,-1,-1),则l与α的位置关系是( )
A.l⊥α B.l∥α
C.l与α相交但不垂直 D.l∥α或l α
D
解析 因为a=(3,2,1),n=(1,-1,-1),
所以a·n=3×1+2×(-1)+1×(-1)=0,
所以a⊥n.又直线l的方向向量是a,平面α的一个法向量是n,
所以l∥平面α或l 平面α.
故选D.
1
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2.(2024重庆模拟)正四棱锥的侧棱长为 ,底面边长为2,则该四棱锥的体积为( )
C
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3.(2024山东烟台一模)设a,b为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,下列说法正确的是( )
A.若a∥α,b∥α,则a∥b B.若a,b与α所成的角相等,则a∥b
C.若α⊥β,a∥α,b∥β,则a⊥b D.若α⊥β,a⊥α,b⊥β,则a⊥b
D
解析 平行于同一平面的两条直线可能异面,可能相交,也可能平行,故A错误;
a,b与α所成的角相等,则a,b可能异面,可能相交,也可能平行,故B错误;
α⊥β,a∥α,b∥β,则a,b的位置关系无法判断,故C错误;
因为α⊥β,a⊥α,所以a∥β或a β.又b⊥β,所以a⊥b,故D正确.
故选D.
1
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4.(2024湖南长沙二模)蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子,建造和搬迁都很方便.已知蒙古包的造型可近似地看作一个圆柱和圆锥的组合体,已知圆锥的高为2米,圆柱的高为3米,底面圆的面积为64π平方米,则该蒙古包(含底面)的表面积为( )
A
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5.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,过A1B1的截面与AC交于点D,与BC交于点E,该截面将三棱柱分成体积相等的两部分,则 =( )
D
解析 由题可知平面A1B1ED与棱柱上、下底面分别交于A1B1,ED,则A1B1∥ED,则ED∥AB,可得CDE-C1A1B1是三棱台.
设△ABC的面积为1,△CDE的面积为S,三棱柱的高为h,
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6.(2024河北唐山一模)已知球与圆台的底面、侧面都相切,且圆台母线与底面所成的角为60°,则球表面积与圆台侧面积之比为( )
A.2∶3 B.3∶4
C.7∶8 D.6∶13
B
解析 设圆台上、下底面圆的半径为r1,r2,母线长为l,球的球心为点O,半径为R.
如图,作圆台的轴截面ABCD,则四边形ABCD为等腰梯形,设圆O分别切梯形ABCD的边AB,BC,CD,DA于点E,F,G,H.
由切线长定理可得AE=AH,DG=DH,所以AD=DG+AE,即l=r1+r2.
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7.(2024陕西渭南模拟)在四棱锥P-ABCD中,底面四边形ABCD是正方形,PC=AB,E,F分别为PD,BC的中点,则下列结论一定正确的是( )
A.PB∥平面AEF
B.EF∥平面PAB
C.EF⊥PD
D.AF⊥平面PBD
B
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解析 如图,记BD与AF的交点为点G,连接EG.
因为点F为BC的中点,BC∥AD,所以△BFG∽△DAG,所以
又点E为PD的中点,所以直线PB与EG相交.
又EG 平面AEF,所以PB与平面AEF有公共点,故A错误;
取PA的中点H,连接EH,BH,则EH= AD,EH∥AD.
又BF= AD,BF∥AD,
所以EH=BF,EH∥BF,
所以四边形BFEH是平行四边形,
所以EF∥BH.
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又EF 平面PAB,BH 平面PAB,所以EF∥平面PAB,故B正确;
连接PF,DF,若EF⊥PD,点E为PD中点,则PF=DF.又CP=CD,所以△PCF≌△DCF,所以∠DCF=∠PCF,即CP⊥CF.由题可知点P的位置不确定,故C不一定正确;
显然AF与BD不垂直,所以AF与平面PBD不可能垂直,故D错误.故选B.
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8.(2024陕西西安二模)如图,在矩形ABCD中,AB=4,AD=3,F,G分别在线段AB,BC上,BF=BG=1,将△BFG沿FG折起,使B到达M的位置,且平面FGM⊥平面ADCGF,则四面体ADFM的外接球的表面积为( )
A
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解析 设FG的中点为O,连接OD,MO.
由题可知△MFG为等腰直角三角形,所以MO⊥FG.
又平面FGM⊥平面ADCGF,平面FGM∩平面ADCGF=GF,MO 平面FGM,所以MO⊥平面ADCGF.
由题可知,AF=AD=3,AD⊥AF,所以△ADF的外心为DF的中点,记为点N.
设四面体ADFM的外接球的球心为Q,则QN⊥平面ADF.
在矩形ABCD中,易知∠DFA=∠BFG=45°,
所以DF⊥GF.
又DF,GF 平面ADCGF,所以OM,DF,GF两两垂直.
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二、选择题
9.(2023新高考Ⅱ,9)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径, ∠APB=120°,PA=2,点C在底面圆周上,且二面角P-AC-O为45°,则( )
A.该圆锥的体积为π
AC
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解析 由题意,可得PO⊥平面AOC,∠APO= ∠APB=60°,所以PO=PAcos∠APO=1,AO=PAsin∠APO= .如图,取AC的中点D,连接PD,OD,则PD⊥AC,OD⊥AC,所以∠PDO即为二面角P-AC-O的平面角,所以∠PDO=45°.
因为OD 平面AOC,PO⊥平面AOC,所以PO⊥OD,
所以△PDO为等腰直角三角形,
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10.(2024贵州贵阳一模)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P为线段A1C1的中点,点Q为线段BC1上的动点,则下列结论正确的是( )
A.存在点Q,使得PQ∥BD
B.存在点Q,使得PQ⊥平面AB1C1D
C.三棱锥Q-APD的体积是定值
D.存在点Q,使得PQ⊥AC
BD
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解析 如图1,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,连接B1D1.易知BD∥B1D1.
因为点P为线段A1C1的中点,四边形A1B1C1D1为正方形,所以点P为B1D1的中点,所以B1D1∩PQ=P,即B1D1与PQ不平行,所以BD与PQ不平行,故A错误;
如图2,连接A1B,易知A1B⊥AB1.由题可知B1C1⊥平面ABB1A1,因为A1B 平面ABB1A1,所以A1B⊥B1C1.
图1
图2
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又B1C1∩AB1=B1,B1C1,AB1 平面AB1C1D,所以A1B⊥平面AB1C1D,所以当PQ∥A1B时,PQ⊥平面AB1C1D.易知当点Q为BC1中点时,PQ∥A1B,故B正确;
如图3,连接AD1,易知BC1∥AD1.
因为AD1∩平面APD=A,所以BC1与平面APD不平行,所以点Q在线段BC1上运动时,点Q到平面APD的距离不是定值.又△APD的面积为定值,所以三棱锥Q-APD的体积不是定值,故C错误;
图3
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如图4,易知AC⊥BD.由题可知BB1⊥平面ABCD,因为AC 平面ABCD,所以AC⊥BB1.
图4
又BD,BB1 平面BDD1B1,BD∩BB1=B,
所以AC⊥平面BDD1B1.
又BP 平面BDD1B1,所以AC⊥BP,
所以当点Q与点B重合时,PQ⊥AC,故D正确.
故选BD.
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11.(2024辽宁沈阳模拟)中国古建筑闻名于世,如图所示的中国传统建筑的屋顶的结构示意图为五面体EFBCDA.若四边形ABCD为矩形, EF∥AB,AB=3EF=3,AD=2,△ADE与△BCF是全等的等边三角形,则( )
ACD
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解析 如图1,可将该五面体分割成四棱锥E-AGJD,三棱柱EGJ-FHI,四棱锥F-HBCI三部分,其中G,H是AB的三等分点,I,J是CD的三等分点.
图1
因为EF∥AB,AB=3EF=3,△ADE与△BCF是全等的等边三角形,所以由对称性可知点E,F在平面ABCD的投影分别为GJ,HI的中点,平面EGJ,FHI均垂直于平面ABCD.易得四边形HIJG是矩形,所以易证GH分别垂直于平面EGJ,FHI,所以几何体EGJ-FHI是直三棱柱.由对称性可知四棱锥
E-AGJD与四棱锥F-HBCI的体积相等.
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如图2,取GJ的中点K,连接KE,KA,则KE⊥平面ABCD,所以AE与平面ABCD所成的角即为∠EAK.
图2
因为 ,∠EAK为锐角,所以∠EAK=45°,故C正确;
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由题可知,点O2为MN,PQ的中点,O1O2⊥平面ABCD,O1O2⊥EF,MN⊥PQ,所以点O2为四边形ABCD外接圆的圆心,O1O2为EF的中垂线,所以该五面体外接球的球心O在直线O1O2上.以点O2为坐标原点,分别以O2M,O2Q,O2O1
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三、填空题
12.已知圆柱的底面半径为4,侧面面积为16π,则该圆柱的母线长等于 .
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解析 由题意可知圆柱的底面周长为2π×4=8π,所以该圆柱的母线长为
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13.(2024江苏南通二模)已知二面角α-l-β为直二面角,A∈α,B∈β,A l,B l,AB与α,β所成的角分别为 ,则AB与l的夹角为 .
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解析 如图,作AD⊥l,BC⊥l,分别交l于点D,C,连接BD,AC.
以点D为坐标原点,分别以DA,DC所在的直线为x轴、y轴,以过点D且平行于BC的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
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14.(2024山东临沂一模)球面被平面所截得的一部分叫做球冠,截得的圆叫做球冠的底,垂直于截面的直径被截得的一段的长度叫做球冠的高;球被平面截下的一部分叫做球缺,截面叫做球缺的底面,垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高.如图1,一个球面的半径为R,球冠的高是h,球冠的表面积公式是S=2πRh,与之对应的球缺的体积公式是V= πh2(3R-h).如图2,已知C,D是以AB为直径的圆上的两点,∠AOC=∠BOD= ,S扇形COD=6π,则扇形COD绕直线AB旋转一周形成的几何体的表面积为 ,体积为 .
144π
图1
图2
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将扇形COD绕直线AB旋转一周形成的几何体为一个半径R=6的球上下截去两个球缺及其底面围成的几何体所剩余部分再挖去两个圆锥,其中球缺的高h=3,圆锥的高h1=3,底面半径r=3 .
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四、解答题
15.(13分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为平行四边形,M,N分别为AB,DD1的中点.
(1)证明:DM∥平面A1BN;
(2)若底面ABCD为矩形,AB=2AD=4,异面直线DM与A1N所成角的余弦值为
,求B1到平面A1BN的距离.
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(1)证明 如图,连接AB1,交A1B于点E,连接NE,ME,则点E为A1B的中点.
所以ME∥DN,且ME=DN,
所以四边形EMDN为平行四边形,
所以EN∥DM.
又因为DM 平面A1BN,EN 平面A1BN,所以DM∥平面A1BN.
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(2)解 因为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为矩形,所以AB,AD,AA1两两垂直.
以点A为坐标原点,分别以AB,AD,AA1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,
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设异面直线DM与A1N所成角为θ,
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16.(15分)某市政府实施“景观工程”,对现有平顶的民用多层住宅进行“平改坡”,计划将平顶房屋改为尖顶,并铺上彩色瓦片.现对某幢房屋有A,B两种改造方案:如图1所示,A方案中坡顶为底面是等边三角形的直三棱柱,尖顶屋脊AA1与房屋长度BB1等长,有两个坡面需铺上瓦片.如图2所示,B方案中坡顶为方案A坡顶的两端削去两个相同的三棱锥而得,尖顶屋脊DD1比房屋长度BB1短,有四个坡面需铺上瓦片.若房屋长BB1=2a,宽BC=2b,屋脊高为h,要使铺设的瓦片比较省,则应选择A,B两种方案中的哪一个
图1
图2
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解要比较A,B两种方案铺设的瓦片量,只要比较2S△ABD与S△BCD的大小即可.
如图,取BC中点E,连接AE,DE.
由△ABC为等边三角形得,AE⊥BC.因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以BB1⊥平面ABC.又AE 平面ABC,所以BB1⊥AE.
又BC∩BB1=B,BC,BB1 平面B1BCC1,所以AE⊥平面B1BCC1,所以AE=h,所以h= b.
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综上,若AD长小于房屋宽度的一半,则图1尖顶铺设瓦片较省,即选方案A;若AD长等于房屋宽度的一半,则图1与图2相同,两方案都可以;若AD长大于房屋宽度的一半且小于房屋长的一半时,则图2尖顶铺设瓦片较省,即选方案B.
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17.(15分)(2024山东淄博一模)如图,多面体ABCDEF是由一个正四棱锥A-BCDE与一个三棱锥F-ADE拼接而成,正四棱锥A-BCDE的所有棱长均为3 ,AF∥CD.
(1)在棱DE上找一点G,使得平面ABC⊥平面AFG,并给出证明;
(2)当AF= CD时,求点F到平面ADE的距离;
(3)若AF= CD,求直线DF与平面ABC所成的角的正弦值.
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解 (1)当点G为DE中点时,平面ABC⊥平面AFC,
证明如下:因为四棱锥A-BCDE是正四棱锥,所以AD=AE,所以AG⊥DE.
在正方形BCDE中,DE∥BC,所以AG⊥BC.
在正方形BCDE中,CD⊥BC,因为AF∥CD,所以AF⊥BC.又AF∩AG=A,AF,AG 平面AFG,所以BC⊥平面AFG.又BC 平面ABC,所以平面ABC⊥平面AFG.
(2)如图,设DE中点为点G,连接BD,CE交于点O,连接AO,OG,则AF∥OG.
又AF= CD,所以OG=AF,所以四边形AOGF为平行四边形.因为四棱锥A-BCDE是正四棱锥,所以AO⊥平面BCDE.又OG 平面BCDE,所以AO⊥OG,所以四边形AOGF为矩形,所以AF⊥FG.
因为AF∥OG,OG⊥DE,所以AF⊥DE.
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(3)因为四棱锥A-BCDE是正四棱锥,所以OC,OD,OA两两垂直.
以点O为坐标原点,分别以OC,OD,OA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,则A(0,0,3),B(0,-3,0),C(3,0,0),D(0,3,0),F(-1,1,3),
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18.(17分)如图,在平行四边形ABCD中,D=60°,DC=2AD=2,将△ADC沿AC折起,使点D到达点P位置,且PC⊥BC,连接PB得三棱锥P-ABC.
(1)证明:平面PAB⊥平面ABC;
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(1)证明 由题可知∠APC=60°,PC=2AP=2,易证PA⊥AC,所以BC⊥AC.又PC⊥BC,AC∩PC=C,AC,PC 平面PAC,所以BC⊥平面PAC.因为PA 平面PAC,则PA⊥BC.又AC∩BC=C,AC,BC 平面ABC,所以PA⊥平面ABC.又PA 平面PAB,所以平面PAB⊥平面ABC.
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(2)解 存在.
由(1)知,PA,BC,AC两两垂直,以点A为坐标原点,以过点A且平行于BC的直线为x轴,分别以AC,AP所在直线为y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
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19.(17分)(2024山东济南一模)在空间直角坐标系O-xyz中,任何一个平面的方程都能表示成Ax+By+Cz+D=0,其中A,B,C,D∈R,A2+B2+C2≠0,且n=(A,B,C)为该平面的法向量.已知集合P={(x,y,z)||x|≤1,|y|≤1,|z|≤1},Q={(x,y,z)||x|+|y|+|z|≤2},T={(x,y,z)||x|+|y|≤2,
|y|+|z|≤2,|z|+|x|≤2}.
(1)设集合M={(x,y,z)|z=0},记P∩M中所有点构成的图形的面积为S1,Q∩M中所有点构成的图形的面积为S2,求S1和S2的值;
(2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为V1,P∩Q中所有点构成的几何体的体积为V2,求V1和V2的值;
(3)记集合T中所有点构成的几何体为W.
①求W的体积V3的值;
②求W的相邻(有公共棱)两个面所成二面角的大小,并指出W的面数和棱数.
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解 (1)集合M={(x,y,z)|z=0}表示xOy平面上所有的点,P={(x,y,z)||x|≤1,|y|≤1,|z|≤1}表示(±1,±1,±1)这八个顶点形成的正方体内所有的点.P∩M可以看成正方体在xOy平面上的截面内所有的点,其为边长为2的正方形,因此S1=4.
对于Q={(x,y,z)||x|+|y|+|z|≤2},当x,y,z>0时,x+y+z≤2表示经过(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2)的平面与平面xOy,xOz,yOz围成的部分.
由对称性可知Q表示(±2,0,0),(0,±2,0),(0,0,±2)这六个顶点形成的正八面体内所有的点.Q∩M可以看成正八面体在xOy平面上的截面内所有的点,其为边长为2 的正方形,因此S2=8.
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(3)如图所示,即为T所构成的图形.
①其中正方体ABCD-IJML即为集合P所构成的区域.E-ABCD构成了一个正四棱锥,其中E到平面ABCD的距离为2,
②由题意知平面EBC方程为x+z-2=0,
由题干定义知其法向量n1=(1,0,1),平面ECD方程为y+z-2=0,
由题干定义知其法向量n2=(0,1,1),故cos=
由图知两个相邻的面所成角为钝角,故H相邻两个面所成角为
由图可知共有12个面,24条棱.
