(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28张PPT)
培优拓展(十)球的“切”“接”问题
空间几何体的外接球和内切球是高中数学的难点和重点,也是高考命题的热点.既有相对简单的几何体的外接球和内切球问题,也有难度较大的特殊几何体模型问题,题型为选择或填空题.
角度一 三棱锥的外接球问题
热点一 墙角模型
例1(2024河北保定模拟)已知S,A,B,C是球O表面上的不同点,SA⊥平面ABC,AB⊥BC,AB=1,BC= ,若球O的表面积为4π,则SA=( )
B
解析 如图,由SA⊥平面ABC,可知SA⊥AB,SA⊥BC.
[对点训练1](2024陕西咸阳二模)已知三棱锥D-ABC中,AB=4,AC=3,BC=5, DB⊥平面ABC,且DB=4,则该三棱锥的外接球的表面积为 .
41π
解析 因为AB=4,AC=3,BC=5,所以AB2+AC2=BC2,所以∠BAC=90°.又DB⊥底面ABC,AB,BC 平面ABC,所以DB⊥AB,DB⊥BC,所以三棱锥D-ABC的外接球即为以AB,AC,DB为棱的长方体的外接球,其中DC为该长方体体对角线,即该三棱锥的外接球的半径
热点二 对棱相等模型
例2在三棱锥P-ABC中,已知 ,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为( )
A.77π B.64π
C.108π D.72π
A
解析 因为三棱锥的对棱相等,所以可以把它看成某个长方体的面对角线构成的几何体.设长方体过同一顶点的三条棱长分别为a,b,c,且长方体的面对
[对点训练2]若四面体ABCD中,AB=CD=BC=AD= ,AC=BD= ,则四面体的外接球的表面积为 .
6π
解析 如图,因为四面体的对棱相等,所以可以把它看成某个长方体的面对角线构成的几何体.
热点三 垂面模型
例3(1)(2023全国乙,文16)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA= .
2
(2)已知三棱锥P-ABC中,PB⊥平面ABC,PB=2 ,AC=6,∠ABC=120°,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为 .
60π
解析 由题意,将三棱锥P-ABC补成直三棱柱(图略),则该直三棱柱的外接球即为三棱锥P-ABC的外接球,且直三棱柱的外接球球心落在上、下底面外接圆圆心连线的中点上.
[对点训练3](2024四川凉山二模)已知在三棱锥P-ABC中,PA= ,PB=PC=2,底面ABC是边长为1的正三角形,则该三棱锥的外接球表面积为( )
B
解析 如图,在三棱锥P-ABC中,PA= ,PB=PC=2,△ABC的边长为1,则PA2+AB2=PB2,所以PA⊥AB.同理,PA⊥AC.
又AB∩AC=A,AB,AC 平面ABC,所以PA⊥平面ABC.
设△ABC的外心为O1,三棱锥P-ABC外接球球心为O,
PA的中点为D,连接OP,OD,OO1,O1A,易知四边形ADOO1是矩形,
角度二 内切球问题
例4在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑ABCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,且AB=BC=CD=1,则其内切球的表面积为( )
C
解析 如图,因为四面体ABCD四个面都为直角三角形,AB⊥平面BCD,所以AB⊥BD,AB⊥BC.
又BC⊥CD,所以AC⊥CD.
[对点训练4]已知三棱锥P-ABC的棱长均为4,先在三棱锥P-ABC内放入一个内切球O1,然后再放入一个球O2,使得球O2与球O1及三棱锥P-ABC的三个侧面都相切,则球O2的表面积为 .
角度三 与球切、接有关的最值问题
例5已知正三棱锥的外接球半径R为1,则该正三棱锥的体积的最大值为( )
C
解析 如图所示,设该正三棱锥的高为h,底面外接圆的半径为r,底面面积为S,
由球的对称性可知,若使正三棱锥的体积最大,则其外接球的球心一定在三棱锥内部,即1由球的截面圆的性质,可得OA2= ,即R2=r2+(h-R)2,解得
[对点训练5]
如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AA1=4,AC=BC=2, ∠ACB=90°,D在上底面A1B1C1(包括边界)上运动,则三棱锥D-ABC的外接球体积的最大值为( )
C
解析 如图,因为AC=BC=2,∠ACB=90°,所以△ABC的外接圆的圆心为AB的中点O1,且AO1=BO1= .取A1B1的中点E,连接O1E,则O1E∥AA1,所以O1E⊥平面ABC.(共28张PPT)
培优拓展(十一)截面与交线问题
立体几何中,截面是指用一个平面去截几何体得到的平面图形,确定截面的形状及内含的数量关系,首先要确定交线.“截面、交线”问题是高考中对立体几何知识考查的最具创新性的题型之一,它渗透了一些动态的线、面等元素,给静态的立体几何题赋予了活力.求截面、交线问题常与解三角形、多边形面积、扇形弧长及面积、平面的基本性质等结合,有些问题还要借助于空间向量坐标运算求解.
角度一 多面体中的截面问题
例1(多选题)(2024浙江杭州模拟)如图,已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,点P是棱AB的中点,过点P作正方体ABCD-A1B1C1D1的截面,则下列判断正确的是( )
A.截面的形状可能是正三角形
B.截面的形状可能是直角梯形
C.此截面可以将正方体分成体积比为1∶3的两部分
D.若截面的形状是六边形,则其周长为定值
AC
解析 如图,点M,N分别为BB1,BC的中点,连接PM,MN,NP,可知PM=PN=MN,即截面的形状是正三角形,故A正确;
易知,若过点P的截面为梯形,则该梯形只有可能为等腰梯形,故B错误;
如图,点Q为A1B1的中点,连接PQ,C1Q,CP,则正方体的体积为8,三棱柱BPC-B1QC1的体积为 ×1×2×2=2,所以截面将正方体分成体积比为
2∶(8-2)=1∶3的两部分,故C正确;
如图所示,点E为BC的中点,连接PE并延长,交DA的延长线于点M,交DC的延长线于点N.
过点M作MJ,交AA1于点I,交A1D1于点H,交DD1的延长线于点J,连接NJ,交CC1于点F,交C1D1于点G.因为P,E为AB,BC的中点,易知DM=DN,易证△JDM≌△JDN,设∠IMA=θ,所以∠FNC=θ.
角度二 球的截面问题
例2 (2024湖南长沙模拟)如图,棱长为2的正四面体ABCD中,M,N分别为棱AD,BC的中点,O为线段MN的中点,球O的表面正好经过点M,则球O被平面BCD截得的截面面积为 .
解析 如图,在棱长为2的正四面体ABCD中,连接AN,DN,过O作OE⊥DN于点E.
因为点M,N分别为棱AD,BC的中点,所以AN⊥BC,DN⊥BC.
又AN∩DN=N,AN,DN 平面AND,所以BC⊥平面AND.
又BC 平面BCD,于是平面AND⊥平面BCD.
又平面AND∩平面BCD=DN,OE⊥DN,
所以OE⊥平面BCD.
由题可知AN=DN= ,DM=1,MN⊥AD,
所以MN= ,
角度三 多面体中的交线问题
例3在正三棱台A1B1C1-ABC中,A1B1=1,AB=AA1=2,点E,F分别为棱BB1,A1C1的中点,若过点A,E,F作截面,则截面与上底面A1B1C1的交线长为 .
解析 连接AF并延长交CC1的延长线于点M,连接ME交B1C1于点N,连接FN,如图,则线段FN即为截面AEF与上底面ABC的交线.
角度四 与球有关的交线问题
例4已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,
为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 .
解析 如图所示,∵∠B1C1D1=∠B1A1D1=∠BAD=60°且B1C1=C1D1,
∴△B1C1D1为等边三角形.∴B1D1=2.
设点O1是B1C1的中点,则O1D1= ,易证D1O1⊥平面BCC1B1,设P是球面与侧面BCC1B1交线上任意一点,连接O1P,则O1D1⊥O1P,
取BB1,CC1的中点分别为E,F,
则B1E=C1F=O1B1=O1C1=1,EF=2,
∴O1E=O1F= ,O1E2+O1F2=EF2=4,
∴∠EO1F=90°,
针对训练
1.(2024河北廊坊模拟)如图所示,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,上底面边长为3,下底面边长为6,体积为 ,点E在AD上且满足DE=2AE,过点E的平面α与平面D1AC平行,且与正四棱台各面相交得到截面多边形,则该截面多边形的周长为( )
D
解析 如图所示,
又ME∩MN=M,ME,MN 平面EMN,AD1∩CD1=D1,AD1,CD1 平面D1AC,所以平面EMN∥平面D1AC,所以△EMN即为所求截面多边形,所以截面多边形的周长为 故选D.
2.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2,D为棱AB的中点,则过点D的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的取值范围为 .
解析 如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的球心O为上、下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点,连接AO2,AO,OD.
设外接球的半径为R,下底面外接圆的半径为r.
3.(2024湖南长沙模拟)如图,已知在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=2,且点E,F分别为棱BB1,A1C1的中点.过点A,E,F作三棱柱截面交C1B1于点P,则线段B1P的长度为 .
解析 如图,延长AF,交CC1的延长线于点M,连接EM,交B1C1于点P,则四边形AFPE即为所求截面多边形.因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,AA1=AB=2,点F为棱A1C1的中点,所以△AFA1≌△MFC1,所以MC1=AA1=2.
4.(2024江苏南京模拟)在正三棱锥A-BCD中,底面△BCD的边长为4,E为AD的中点,AB⊥CE,则以D为球心,AD为半径的球截该棱锥各面所得交线长
为 .
解析 如图,取CD中点F,连接BF,过点A作AO⊥平面BCD,垂足为O.由正三棱锥性质可知,点O为正三角形BCD的中心,所以点O在BF上.
因为CD 平面BCD,所以AO⊥CD.
又BF⊥CD,BF∩AO=O,BF,AO 平面ABO,所以CD⊥平面ABO.又AB 平面ABO,所以AB⊥CD.又CE⊥AB,CE∩CD=C,CE,CD 平面ACD,所以AB⊥平面ACD.又AC 平面ACD,所以AC⊥AB.由正三棱锥性质可知,AC,AB,AD两两垂直,且AB=AC=AD,则(共18张PPT)
培优拓展(十二)立体几何中的动态问题
立体几何中的“动态问题”,是指空间图形中的某些点、线、面的位置是不确定的,是可变的一类开放性问题.由于“动态”的存在,也使立体几何问题更趋多元化,将立体几何问题与平面几何中的轨迹问题、解三角形问题等之间架设了桥梁,可以灵活转化.
立体几何中的动态问题主要有两个类型:(1)研究动点的轨迹,主要方法有定义法(如圆锥曲线定义)、解析法、交轨法;(2)与动点有关的最值、范围问题,主要方法有几何法、函数法.
角度一 动点的轨迹问题
例1(多选题)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,
M为DD1的中点,N为ABCD所在平面上一动点,
则下列说法正确的是( )
A.若MN与平面ABCD所成的角为 ,则点N的轨迹为圆
B.若MN=4,则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π
C.若点N到直线BB1与直线DC的距离相等,则点N的轨迹为抛物线
D.若D1N与AB所成的角为 ,则点N的轨迹为双曲线
ACD
对于B,在直角三角形MDN中,
.如图,取MD
的中点E,连接EP.因为P为MN的中点,所以PE∥DN,PE= .因为DN⊥ED,所以PE⊥ED,所以点P在过点E且与DD1垂直的平面内,所以点P的轨迹为以点E为圆心,为半径的圆,其面积为π·( )2=3π,故B不正确;
对于C,连接NB,因为BB1⊥平面ABCD,NB 平面ABCD,所以BB1⊥NB,所以点N到直线BB1的距离为点N到点B的距离.
又点B不在直线CD上,所以点N的轨迹为以点B为焦点,CD为准线的抛物线,故C正确;
对于D,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(4,0,0),B(4,4,0),D1(0,0,4).设N(x,y,0),则
[对点训练1]在矩形ABCD中,点E是AB的中点,AD=1,AB=2,将△ADE绕DE顺时针旋转90°得到△A'DE,设A'C的中点为M,在此过程中动点M形成的
轨迹长度为 .
解析 如图,连接AC,设AC的中点为M0,△ADE绕DE顺时针旋转90°,此时平面A'DE⊥平面ABCD.
取CD中点P,CE中点Q,连接PQ,MP,MQ,M0P,M0Q,取PQ中点N,连接MN,M0N.
由题可知, 所以△MPQ和△M0PQ是等腰直角三角形.
易知△MPQ和△M0PQ在旋转过程中保持形状、
大小不变,所以动点M的轨迹是以N为圆心,
为半径的一段圆弧.
又MP∥A'D,MQ∥A'E,MP∩MQ=M,MP,MQ 平面MPQ, A'D∩A'E=A',A'D,A'E 平面A'DE,所以平面MPQ∥平面A'DE.
又平面A'DE⊥平面ABCD,所以平面MPQ⊥平面ABCD.又平面MPQ∩平面ABCD=PQ,MN⊥PQ,所以MN⊥平面ABCD.又M0N 平面ABCD,所以MN⊥M0N.故动点M形成的轨迹长度为
角度二 与动点有关的最值、范围问题
例2(多选题)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,动点P在体对角线BD1上(含端点),则下列结论正确的有( )
A.当P为BD1的中点时,∠APC为锐角
B.存在点P,使得BD1⊥平面APC
ABC
解析 如图,以点D为原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,
则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,2),
[对点训练2]在空间直角坐标系O-xyz中,正四面体P-ABC的顶点A,B分别在x轴、y轴上移动.若该正四面体的棱长是2,则OP的取值范围是( )
A
解析 如图,由题可知,若固定正四面体P-ABC的位置,则原点O在以AB为直径的球面上运动.(共39张PPT)
专题突破练13 空间几何体的结构、表面积与体积
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主干知识达标练
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1.若一个正方体的顶点都在某个球面上,则该正方体的表面积与球的表面积的比值是( )
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2.(2024陕西宝鸡模拟)2023年3月11日,“探索一号”科考船搭载着“奋斗者”号载人潜水器圆满完成国际首次环大洋洲载人深潜科考任务,顺利返回三亚.“奋斗者”号模型图如图1所示,其球舱可以抽象为圆锥和圆柱的组合体,其轴截面如图2所示,则该模型球舱的体积为( )
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解析 由模型的轴截面可知圆锥的底面半径为2 cm,高为2 cm,圆柱的底面半径为2 cm,高为8 cm,故该模型球舱的体积为
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3.(2024山东淄博一模)某圆锥的侧面积为16π,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的底面半径长为( )
解析 设圆锥的母线长为l,底面半径为r,即侧面展开图的半径为l,侧面展开图的弧长为πl.又圆锥的底面周长为2πr,所以2πr=πl,即l=2r,所以圆锥的侧面积为πrl=2πr2=16π,解得r=2 .故选C.
C
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4.(2024东北三省三校第一次联考)已知正四棱锥P-ABCD各顶点都在同一球面上,且正四棱锥底面边长为4,体积为 ,则该球表面积为( )
B
解析 如图,点H为四边形ABCD的中心,连接PH,AH,则PH⊥平面ABCD.
因为正四棱锥底面边长为4,所以四边形ABCD的面积为16,且 ,即PH=4.由题可得外接球的球心O在线段PH上,设外接球的半径为R,则OH=4-R,故R2=8+(4-R)2,解得R=3,故正四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为4×π×9=36π.故选B.
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5.(2024湖南邵阳模拟)现准备给一半径为6 cm的实心球体玩具制作一个圆台形带盖的纸质包装盒,要使制成的包装盒能装下该球体玩具,且该包装盒的下底面是半径为4 cm的圆,则制成的包装盒的容积最小为( )
A.133π cm3
B.399π cm3
C.266π cm3
D.532π cm3
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解析 要使制成的包装盒的容积最小,则该球体玩具与包装盒的上、下底面及侧面都相切,作该圆台形包装盒的轴截面得等腰梯形ABCD如图所示,其中点O为球体玩具的球心,点F,E分别是圆台上、下底面圆的圆心,作AG⊥BC于点G,连接EF,则AG∥EF,AG=EF=12 cm.
易知AB=BF+AE,BG=BF-AE,而AB2=AG2+BG2,即(BF+4)2=122+(BF-4)2,所以BF=9 cm,所以该包装盒的容积最小为
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6.(2024湖南常德模拟)我国有着丰富悠久的“印章文化”,古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成,本是官员或私人签署文件时代表身份的信物,后因其独特的文化内涵,也被作为装饰物来使用.明清时期的一个金属印章摆件如图所示,除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体,已知正四棱柱和正四棱锥的体积之比为3∶1,且该几何体的顶点均在体积为36π的球的表面上,则该几何体的表面积为( )
A
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解析 设球的半径为R,∵球的体积为36π,∴ =36π,∴R=3.∵正四棱柱和正四棱锥的体积之比为3∶1,且底面积相等,∴正四棱柱和正四棱锥的高相等,设正四棱柱和正四棱锥的高都为h,底面正方形的边长为a,作SH⊥底面ABCD,交平面EFGM于N,易知N,H分别为四边形EFGM、四边形ABCD的中心,根据对称性可知该几何体的外接球的直径为正四棱柱的体对角线,设球心为O,则O为NH中点,∴(2R)2=a2+a2+h2,即2a2+h2=36.
如图,作SI⊥EF,则I为EF中点,连接NI,则
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7.(多选题)(2024新疆乌鲁木齐一模)如图,某个几何体是由棱长为40 cm的正方体截去八个一样的四面体得到的,则( )
A.该几何体有12个顶点
B.该几何体有24条棱
C.该几何体的表面积为(4 800+800 )cm2
D.该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项
ABD
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解析 因为该几何体的顶点是正方体各棱的中点,正方体有12条棱,所以该几何体有12个顶点,故A正确;
由题意知,该几何体在正方体的每个面上有4条棱,正方体有6个面,故该几何体有6×4=24条棱,故B正确;
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8.(5分)(2024浙江金丽衢十二校联考)已知圆柱的轴截面面积为4,则该圆柱侧面展开图的周长最小值为 .
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9.(5分)(2024黑龙江双鸭山模拟)如图所示,一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为3,一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发,绕圆锥爬行一周后回到点P处,若该小虫爬行的最短路程为3 ,则这个圆锥的高为 ,
体积为 .
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解析 作出该圆锥的侧面展开图,如图所示,
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10.(5分)(2023新高考Ⅰ,14)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2, A1B1=1,AA1= ,则该棱台的体积为 .
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解析 (方法一 直接法)如图所示,正四棱台中四边形AA1C1C为等腰梯形.
连接AC,A1C1,过点A1作A1G⊥AC,交AC于点G,则A1G为棱台的高.
在正四棱台中,
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(方法二 补形法)如图,延长各侧棱交于点O,连接AC,A1C1,过O作OG⊥AC,交AC于点G,交平面A1B1C1D1于点H,且点H恰为A1C1的中点,解得
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关键能力提升练
11.(2023天津,8)在三棱锥P-ABC中,点M,N分别在棱PC,PB上,且
PM= PC,PN= PB,则三棱锥P-AMN和三棱锥P-ABC的体积之比为( )
B
解析 如图,分别过M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分别为M',C'.过B作BB'⊥平面PAC,垂足为B',连接PB',过N作NN'⊥PB',垂足为N'.
因为BB'⊥平面PAC,BB' 平面PBB',所以平面PBB'⊥平面PAC.
又因为平面PBB'∩平面PAC=PB',NN'⊥PB', NN' 平面PBB',所以NN'⊥平面PAC,且BB'∥NN'.
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12.(2024天津,9)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之间的距离为1,并已知AD=1,BE=2,CF=3,则该五面体的体积为( )
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解析 如图,用一个和五面体ABC-DEF完全相同的五面体HIJ-LMN与五面体ABC-DEF拼在一起,其中顶点L,M,N分别与顶点D,E,F重合.
由题意可知,拼成的组合体是一个三棱柱,且该三棱柱与侧棱垂直的截面是边长为1的等边三角形,其面积为
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13.如图,一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水,若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形,则V的取值范围是( )
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解析 将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形,则如图,水最少的临界情况为水面为面A1BD,水最多的临界情况为水面为面B1CD1.因为
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图1
若放入容器内的球可以接触到容器的底面,则当球的半径最大时,球恰好与平面ADD1A1、平面BCC1B1、平面ABCD均相切,过三个切点的截面如图1所示.
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15.(多选题)(2024河北邯郸三模)“阿基米德多面体”又称“半正多面体”,与正多面体类似,它们也都是凸多面体,每个面都是正多边形,并且所有棱长也都相等,但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同.有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到,如图,正八面体E-ABCD-F的棱长为3,取各条棱的三等分点,截去六个角后得到一种阿基米德多面体,则该阿基米德多面体( )
A.共有18个顶点
B.共有36条棱
C.表面积为6+8
D.体积为8
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解析 由图可知该多面体有24个顶点,36条棱,故A错误,B正确;
该多面体的棱长为1,且表面由6个正方形和8个正六边形组成,故该多面体的表面积为
正八面体E-ABCD-F可分为两个全等的正四棱锥,其各棱长均为3,在四棱锥E-ABCD中,过E作EO⊥平面ABCD于点O,连接AO,如图所示.
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16.(多选题)(2024福建厦门模拟)如图,扇形ABC的弧长为12π,半径为6 ,线段AB上有一动点M,点N是弧BC的三等分点,现将该扇形卷成以A为顶点的圆锥,使得AB和AC重合,则( )
A.圆锥的体积为216π
B.当M为AB中点时,线段MN在底面上的投影长为3
C.存在M,使得MN⊥AB
BCD
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如图,设圆锥底面圆的圆心为点O,点M在底面上的投影为H,连接OB,ON,MH,NH,则HN为线段MN在底面的投影,因为M为AB的中点,所以点H为OB的中点,所以OH=3.又∠NOH=120°,ON=6,在△OHN中,
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延长BO交圆O于点E,连接NE,作NT⊥BE于点T,作TM1⊥AB于点M1,连接M1N.
因为AB=AE=6 ,BE=12,所以AB2+AE2=BE2,所以AB⊥AE,所以TM1∥AE.
易知△ONE为正三角形,所以T为OE的中点,则BT= BE,所以BM1= BA.因为平面ABE⊥平面BNE,平面ABE∩平面BNE=BE,NT 平面BNE,NT⊥BE,所以NT⊥平面ABE.又AB 平面ABE,所以NT⊥AB.又TM1⊥AB,TM1∩NT=T,TM1,NT 平面NTM1,故AB⊥平面NTM1.
又M1N 平面NTM1,所以AB⊥M1N,所以当M与M1重合时,MN⊥AB,故C正确;
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核心素养创新练
17.(5分)(2024山东青岛一模)已知球O的表面积为12π,正四面体ABCD的顶点B,C,D均在球O的表面上,球心O为△BCD的外心,棱AB与球面交于点P.若A∈平面α1,B∈平面α2,C∈平面α3,D∈平面α4,αi∥αi+1(i=1,2,3)且αi与αi+1(i=1,2,3)之间的距离为同一定值,棱AC,AD分别与α2交于点Q,R,则△PQR的周长为 .
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17(共23张PPT)
专题突破练14 空间位置关系的判断与证明
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主干知识达标练
1.(2024江西鹰潭一模)设a,b是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是( )
A.若a∥b,a∥α,则b∥α B.若a⊥b,a⊥α,b⊥β,则α⊥β
C.若α⊥β,α⊥β,则a∥α D.若α⊥β,a∥α,则α⊥β
B
解析 若a∥b,a∥α,则b∥α或b α,故A错误;若a⊥α,b⊥β,则直线a,b的方向向量a,b分别为平面α,β的法向量.又a⊥b,即a⊥b,所以α⊥β,故B正确;若α⊥β,a⊥β,则a∥α或a α,故C错误;由α⊥β,a∥α无法判断a与β的关系.故D错误.故选B.
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2.(多选题)如图,四边形ABCD是圆柱的轴截面,E是底面圆周上异于A,B的一点,则下面结论中正确的是( )
A.AE⊥CE
B.BE⊥DE
C.DE⊥平面BCE
D.平面ADE⊥平面BCE
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解析 因为四边形ABCD是圆柱的轴截面,则线段AB是底面圆的直径, BC,AD都是圆柱的母线.又E是底面圆周上异于A,B的一点,所以AE⊥BE.因为BC⊥平面ABE,AE 平面ABE,所以BC⊥AE.又BC∩BE=B,BC,BE 平面BCE,则AE⊥平面BCE.又CE 平面BCE,所以AE⊥CE,故A正确;
同理,BE⊥DE,故B正确;
假设DE⊥平面BCE,因为AE⊥平面BCE,所以DE∥AE.又DE∩AE=E,矛盾,故C不正确;
因为AE⊥平面BCE,AE 平面ADE,所以平面ADE⊥平面BCE,故D正确.
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3.(多选题)(2024江苏南通模拟)在某次数学探究活动中,小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接,然后他又将三角板ABC折起,使得二面角A-BC-D为直二面角,得图2所示四面体ABCD.小明对四面体ABCD中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断,其中正确的是( )
A.CD⊥平面ABC
B.AB⊥平面ACD
C.平面ABD⊥平面ACD
D.平面ABD⊥平面BCD
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ABC
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解析 因为二面角A-BC-D为直二面角,可得平面ABC⊥平面BCD.
又因为平面ABC∩平面BCD=BC,DC⊥BC,DC 平面BCD,所以DC⊥平面ABC,故A正确;
因为DC⊥平面ABC,AB 平面ABC,所以DC⊥AB.又因为AB⊥AC,AC∩CD=C,AC,CD 平面ACD,所以AB⊥平面ACD,故B正确;
因为AB⊥平面ACD,AB 平面ABD,所以平面ABD⊥平面ACD,故C正确;
假设平面ABD⊥平面BCD,因为平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面ABD=AB,所以AB⊥平面BCD.
又BC 平面BCD,所以AB⊥BC,矛盾,所以平面ABD与平面BCD不垂直,故D错误.故选ABC.
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4.(15分)(2024陕西西安模拟)如图,已知AC是圆O的直径,PA⊥平面ABCD,E是PC的中点,∠DAC=∠AOB.
(1)求证:BE∥平面PAD;
(2)求证:平面BEO⊥平面PCD.
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证明 (1)在△PAC中,因为O是AC中点,E是PC中点,所以OE∥PA.
又因为OE 平面PAD,PA 平面PAD,所以OE∥平面PAD.
因为∠DAC=∠AOB,所以OB∥AD.又因为OB 平面PAD,AD 平面PAD,所以OB∥平面PAD.
又因为OB∩OE=O,OB,OE 平面BEO,所以平面BEO∥平面PAD.
又因为BE 平面BEO,所以BE∥平面PAD.
(2)因为AC是圆O的直径,所以AD⊥CD.因为PA⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,所以PA⊥CD.又因为PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,所以CD⊥平面PAD.又因为平面BEO∥平面PAD,所以CD⊥平面BEO.又因为CD 平面PCD,所以平面BEO⊥平面PCD.
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5.(15分)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形, ∠ABC=∠BCD=90°,AB=BC=PB=PC=2CD,侧面PBC⊥底面ABCD.求证:
(1)PA⊥BD;
(2)平面PAD⊥平面PAB.
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证明 (1)取BC的中点O,连接PO.由题可知△PBC为等边三角形,∴PO⊥BC.
又平面PBC⊥平面ABCD,平面PBC∩平面ABCD=BC,PO 平面PBC,∴PO⊥平面ABCD.
以点O为坐标原点,以BC所在直线为x轴、过点O与AB平行的直线为y轴、OP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
不妨设CD=1,则AB=BC=2,PO= ,
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又PA∩PB=P,PA,PB 平面PAB,
∴DM⊥平面PAB.
又DM 平面PAD,∴平面PAD⊥平面PAB.
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关键能力提升练
6.(多选题)(2024广东深圳模拟)在三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E,F,H分别为棱AA1,AB,BC1,BC的中点,G为△A1B1C1的重心,则下列结论正确的是( )
A.DF∥平面ABC
B.FG∥平面A1EC
C.AF,GH为异面直线
D.FG,A1E为异面直线
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解析 如图1,连接FH,AH,则AD∥CC1,AD= CC1,且FH∥CC1,FH= CC1,所以AD∥FH,AD=FH,所以ADFH为平行四边形,则DF∥AH.又DF 平面ABC,AH 平面ABC,所以DF∥平面ABC,故A正确;
如图2,取A1B1的中点N,连接C1N,EN,BN,易知C1N∥CE,BN∥A1E,因为C1N∩BN=N,C1N,BN 平面C1NB,CE∩A1E=E,CE,A1E 平面A1EC,所以平面C1NB∥平面A1EC.又GF 平面C1NB,所以FG∥平面A1EC,故B正确;
图1
图2
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如图3,取B1C1的中点M,连接A1M,MH,由题可知G∈A1M,F∈MH,四边形A1AHM为平行四边形,所以AF 平面A1AHM,GH 平面A1AHM,故C错误;
如图4,因为BN∥A1E,且BN 平面BC1N,A1E 平面BC1N,所以A1E∥平面BC1N.
又FG 平面BC1N,且 ,即FG不与BN平行,即FG不与A1E平行,所以FG,A1E为异面直线,故D正确.故选ABD.
图3
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7.(15分)(2024陕西宝鸡模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为平行四边形,PA=PC,PB⊥AC.
(1)求证:四边形ABCD为菱形;
(2)若E为棱PB上一点(不与P,B重合),求证:AE不可能与平面PCD平行.
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证明
(1)如图,连接AC,BD,交于点O.
因为四边形ABCD为平行四边形,所以O为AC,BD的中点.
因为PA=PC,所以AC⊥PO.
又AC⊥PB,PB∩PO=P,PO,PB 平面PBD,
所以AC⊥平面PBD.
又BD 平面PBD,所以AC⊥BD,
所以四边形ABCD为菱形.
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(2)(方法一 反证法)假设AE∥平面PDC.
因为AB∥CD,AB 平面PDC,CD 平面PDC,所以AB∥平面PDC.
又AB 平面PAB,AE 平面PAB,AB∩AE=A,所以平面PAB∥平面PDC.
这显然与平面PAB与平面PDC有公共点P矛盾,所以假设错误,即AE不可能与平面PCD平行.
(方法二)因为P∈平面PAB,P∈平面PCD,所以平面PAB与平面PCD相交,设平面PAB∩平面PCD=l.
因为AB∥CD,AB 平面PCD,CD 平面PCD,所以AB∥平面PCD.
又AB 平面PAB,平面PAB∩平面PCD=l,所以AB∥l.
又AE 平面PAB,AE∩AB=A,所以AE必与l相交.
设AE∩l=F.又l 平面PCD,所以AE∩平面PCD=F,即AE不可能与平面PCD平行.
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8.(15分)如图,正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在平面互相垂直,已知BC=4,AB=AD=2.
(1)求证:AC⊥BF;
(2)在线段BE上是否存在一点P,使得平面PAC⊥平面BCEF 若存在,求出
的值;若不存在,请说明理由.
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(1)证明 ∵平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,AF⊥AD,AF 平面ADEF,∴AF⊥平面ABCD.
又AC 平面ABCD,∴AF⊥AC.
如图,取BC中点H,连接AH.
由题可知AD∥CH,AD⊥CH,AD=DC,
∴四边形ADCH为菱形,
∴AH= BC,∴AB⊥AC.
又AB∩AF=A,AB,AF 平面FAB,∴AC⊥平面FAB.
又BF 平面FAB,∴AC⊥BF.
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(2)解 存在.由(1)知,AF,AB,AC两两垂直,以点A为坐标原点,AB,AC,AF的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
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令x=2λ,则y=0,z=3λ-2,所以m=(2λ,0,3λ-2)为平面PAC的一个法向量.设平面BCEF的一个法向量为n=(a,b,c),
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核心素养创新练
9.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面四边形ABCD是矩形,AB=2, BC=a,PA⊥底面ABCD.
(1)当a为何值时,BD⊥平面PAC 请证明你的结论.
(2)若在棱BC上至少存在一点M,使得PM⊥DM,求a的取值范围.
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解 (1)当a=2时,BD⊥平面PAC,证明如下:
当a=2时,由题可知四边形ABCD为正方形,则BD⊥AC.
因为PA⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,所以BD⊥PA.
又AC∩PA=A,PA,AC 平面PAC,所以BD⊥平面PAC.
(2)如图,设M是符合条件的棱BC上的点,连接AM.
因为PA⊥平面ABCD,DM 平面ABCD,所以DM⊥PA.
又PM⊥DM,PA∩PM=P,PA,PM 平面PAM,所以DM⊥平面PAM.
又AM 平面PAM,所以DM⊥AM,所以点M应是以AD为直径的圆和棱BC的一个公共点,
所以AD≥2AB,即a≥4,所以a的取值范围是[4,+∞).(共34张PPT)
专题突破练15 空间角、空间距离
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主干知识达标练
1.(15分)(2024河北沧州模拟)如图,四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的菱形,∠DAB=60°,对角线AC与BD相交于点O,PO⊥平面ABCD,PB与平面ABCD所成的角为60°,E是PB的中点.
(1)求异面直线DE与PA所成的角的余弦值;
(2)证明:OE∥平面PAD,并求点E到平面PAD的距离.
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(1)解 在菱形ABCD中,AC⊥BD,因为∠DAB=60°,所以BD=2OB=2,
因为PO⊥平面ABCD,AC,BD 平面ABCD,所以PB与底面ABCD所成的角为∠PBO=60°,PO⊥AC,PO⊥BD,所以PO=OB·tan 60°= ,PO,OB,OC两两垂直.
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以点O为坐标原点,分别以OB,OC,OP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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(2)证明 连接OE.因为点E,O分别是PB,BD的中点,所以OE∥PD.
又OE 平面PAD,PD 平面PAD,所以OE∥平面PAD.
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2.(15分)(2024山东潍坊一模)如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,下底面ABCD是平行四边形,∠ABC=120°,AB=2A1B1=2,BC=8,A1A=4 , DD1⊥DC,M为BC的中点.
(1)求证:平面CDD1C1⊥平面D1DM;
(2)若D1D=4,求直线DM与平面BCC1B1所成的角的正弦值.
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(1)证明 在 ABCD中,由∠ABC=120°,得∠DCM=60°.
所以DM⊥CD.
又CD⊥DD1,DD1∩DM=D,DD1,DM 平面D1DM,所以CD⊥平面D1DM.
又CD 平面CDD1C1,所以平面CDD1C1⊥平面D1DM.
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(2)解 在梯形ADD1A1中,AD=8,DD1=4,过点A1作A1E∥D1D,交AD于点E,则AE=4,A1E=4.
又AA1=4 ,所以AE2+A1E2= ,所以A1E⊥AD,所以D1D⊥AD.
又D1D⊥CD,AD∩CD=D,AD,CD 平面ABCD,所以D1D⊥平面ABCD.
以点D为坐标原点,分别以DM,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,则D(0,0,0),C(0,2,0),C1(0,1,4),M(2 ,0,0),所以
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3.(15分)(2024湖北襄阳模拟)如图,在四棱锥A-BCDE中,侧棱AB⊥平面BCDE,底面四边形BCDE是矩形,AB=BE=4,点P,M分别为棱AE,AC的中点,点F在棱BE上(不与点B,E重合).
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(1)证明
如图所示,取AP的中点N,连接BN,MN.
因为M,N分别为AC,AP的中点,所以MN∥PC.
又因为MN∩BN=N,MN,BN 平面BMN,PC∩PF=P,
PC,PF 平面PCF,所以平面BMN∥平面PCF.
又BM 平面BMN,所以BM∥平面PCF.
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(2)解 若条件①为已知:
因为BC∥DE,BC 平面ADE,DE 平面ADE,所以BC∥平面ADE.
又由BC 平面ABC,平面ABC∩平面ADE=l,所以l∥BC,所以直线l与直线
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若条件②为已知:
以点B为坐标原点,分别以BC,BE,BA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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关键能力提升练
4.(15分)(2024山东青岛一模)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1与BB1的距离为 ,AB=AC=A1B=2,A1C=BC=2 .
(1)证明:平面A1ABB1⊥平面ABC;
(2)若点N在棱A1C1上,求直线AN与平面A1B1C所成的角的正弦值的最大值.
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(1)证明 如图,取棱A1A中点D,连接BD.
因为AB=A1B,所以BD⊥AA1.又AA1∥BB1,B∈BB1,D∈AA1,所以BD= .
因为AB=2,所以AD=1,所以AA1=2.
因为AC=2,A1C=2 ,所以AC2+ =A1C2,所以AC⊥AA1.同理,AC⊥AB.
又AA1∩AB=A,AA1,AB 平面A1ABB1,所以AC⊥平面A1ABB1.又AC 平面ABC,所以平面A1ABB1⊥平面ABC.
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(2)解 取AB中点O,连接A1O,则A1O⊥AB.取BC中点P,连接OP,则OP∥AC.
由(1)知AC⊥平面A1ABB1,所以OP⊥平面A1ABB1.又A1O,AB 平面A1ABB1,所以OP⊥A1O,OP⊥AB.
以点O为坐标原点,OP,OB,OA1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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5.(15分)(2024福建三明模拟)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1和正四棱台ABCD-A2B2C2D2中,A2B2=2AB=4,AA2=
(1)求证:CA2∥平面ABC1D1;
(2)若点M在线段BB1上,直线A2M与平面A2B2C2D2所成的角的正切值为
求二面角M-B2C2-B的余弦值.
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(1)证明 连接B2D2,延长B1B,由题可知B1B的延长线与B2D2相交,记交点为点H.
在正四棱台ABCD-A2B2C2D2中,因为A2B2=2AB=4,
以点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,则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D1(0,0,2),A2(3,-1,-3),
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核心素养创新练
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(1)①证明 由椭圆定义可知|AF1|+|AF2|=2a,|BF1|+|BF2|=2a,
所以△ABF2的周长为4a=8,所以a=2.
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因为二面角A-F1F2-B为直二面角,所以平面A'F1F2⊥平面F1F2B',平面A'F1F2∩平面F1F2B'=F1F2,A'O 平面A'F1F2,所以A'O⊥平面F1F2B'.又B'F2 平面F1F2B',所以A'O⊥B'F2.
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②解 以点O为坐标原点,折叠后的y轴负半轴所在直线为x轴、x轴为y轴、y轴正半轴所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
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6(共28张PPT)
专题突破练16 立体几何中的翻折问题、探究性问题
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主干知识达标练
1.(15分)(2024安徽池州模拟)如图,四边形ABCD是边长为2的正方形,△EAB与△FAD是两个全等的直角三角形,且FA=4,FC与AD交于点G,将Rt△EAB与Rt△FAD分别沿AB,AD翻折,使E,F重合于点P,连接PC,得到四棱锥P-ABCD.
(1)证明:BD⊥PC;
(2)若M为棱PC的中点,求直线BM与平面PCG所成的角的正弦值.
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(1)证明 由题可知PA⊥AD,PA⊥AB,且AB⊥AD.
又AB∩AD=A,AB,AD 平面ABCD,所以PA⊥平面ABCD.
又BD 平面ABCD,所以PA⊥BD.连接AC,则AC⊥BD.
又PA∩AC=A,PA,AC 平面PAC,所以BD⊥平面PAC.
又PC 平面PAC,所以BD⊥PC.
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(2)解 以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
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2.(15分)如图,棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2,且∠ABC=∠A1AC=60°,平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求平面DAA1与平面C1CAA1所成角的余弦值.
(2)在棱CC1所在直线上是否存在点P,使得BP∥平面DA1C1 若存在,求出点P的位置;若不存在,说明理由.
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解 (1)如图,取AC中点O,连接A1O,A1C,BD.
因为棱柱各棱长均为2,且∠ABC=60°,所以四边形ABCD是菱形,△ABC是等边三角形,所以BD过点O,AC=2,AC⊥BD.
又因为AA1=2,∠A1AC=60°,所以△A1AC是等边三角形,所以A1O⊥AC.又平面AA1C1C⊥平面ABCD,平面AA1C1C∩平面ABCD=AC,A1O 平面AA1C1C,所以A1O⊥平面ABCD.
又AC,BD 平面ABCD,
所以A1O,AC,BD两两垂直.
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3.(15分)(2024河北张家口模拟)如图,在矩形ABCD中,AB= ,AD=2.将△ABD沿对角线BD折起,形成一个四面体A-BCD,此时AC=m.
(1)是否存在实数m,使得AB⊥CD,AD⊥BC同时成立 若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.
(2)求当二面角A-CD-B的正弦值为多少时,四面体A-BCD的体积最大
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解 (1)不存在,理由如下:
假设存在实数m,使得AB⊥CD,AD⊥BC同时成立.
因为AB⊥CD,AB⊥AD,AD∩CD=D,AD,CD 平面ACD,所以AB⊥平面ACD.
因为BC⊥AD,BC⊥CD,AD∩CD=D,AD,CD 平面ACD,所以BC⊥平面ACD,所以AB∥BC,或AB与BC重合.
又AB∩BC=B,矛盾,所以不存在实数m,使得AB⊥CD,AD⊥BC同时成立.
(2)因为△BCD的面积为定值,要使四面体A-BCD的体积最大,所以只需让平面BCD上的高最大即可,易知此时平面ABD⊥平面BCD.
过点A作AO⊥BD于点O,连接OA.
因为AO 平面ABD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以AO⊥平面BCD.
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以点O为原点,以在平面BCD中过点O且垂直于BD的直线为x轴,分别以OD,OA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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关键能力提升练
4.(15分)(2024湖南长沙模拟)如图,在直角梯形ABGH中,AB∥GH,AB⊥BG,AB=5,HG=1,∠BAH=60°,C,D分别为线段BG与AH的中点,现将四边形CDHG沿直线CD折成一个五面体AED-BFC.
(1)在线段BF上是否存在点M,使CM∥平面ADE 若存在,找出点M的位置;若不存在,说明理由.
(2)若二面角F-DC-B的大小为60°,求平面ADE与平面DEFC的夹角的余弦值.
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解 (1)存在,M为BF的中点,证明如下:
所以CD∥MN,CD=MN,所以四边形CMND为平行四边形,所以CM∥DN.又CM 平面AED,DN 平面ADE,所以CM∥平面ADE.
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(2)因为FC⊥CD,BC⊥CD,FC∩BC=C,FC,BC 平面FCB,所以CD⊥平面FCB.又CD 平面ABCD,所以平面ABCD⊥平面FCB.
因为平面EFCD∩平面ABCD=CD,所以∠FCB为二面角F-DC-B的平面角,所以∠FCB=60°.又FC=CB,所以△FCB为等边三角形.
在直角梯形ABGH中,AB∥GH,AB⊥BG,AB=5,HG=1,∠BAH=60°,可得BG=4 ,所以FC=BC=BF=2 .过点F作FO⊥BC交BC于点O,则点O为BC的中点.
取AD中点P,连接OP,OF.易知OP∥CD,所以OP⊥平面FCB.又FO,BC 平面FCB,所以OP,BC,FO两两垂直.
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5.(15分)(2024山西运城一模)如图,在矩形纸片ABCD中,AB=4,BC=2,沿AC将△ADC折起,使点D到达点P的位置,点P在平面ABC上的射影H落在AB上.
(1)求AH的长度;
(2)若M是PC上的一个动点,是否存在点M,使得平面AMB与平面PBC的夹角的余弦值为 若存在,求CM的长度;若不存在,说明理由.
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解 (1)如图,作PE⊥AC,交AC于点E,连接EH.
因为点P在平面ABC上的射影H落在AB上,所以PH⊥平面ABC.
又AC 平面ABC,所以PH⊥AC.
又PH∩PE=P,PH,PE 平面PHE,
所以AC⊥平面PHE.
又EH 平面PHE,所以AC⊥EH,
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(2)存在.因为PH⊥平面ABC,AB,BC 平面ABC,所以PH,AB,BC两两垂直.
以点H为坐标原点,以过点H且平行于BC的直线为y轴,分别以HB,PH所在直线为x轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
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核心素养创新练
6.(15分)(2024陕西西安一模)如图,在三棱锥P-ABC中,侧面PAC是边长为1的正三角形,BC=2,AB= ,E,F分别为PC,PB的中点,平面AEF与平面ABC的交线为l.
(1)证明:l∥平面PBC;
(2)若三棱锥P-ABC的体积为 ,在直线l上是否存在点Q,使得直线PQ与平面AEF所成的角为α,异面直线PQ与EF所成的角为β,且满足α+β= 若存在,求出线段AQ的长度;若不存在,请说明理由.
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(1)证明 因为E,F分别为PC,PB的中点,所以EF∥BC.又BC 平面ABC,EF 平面ABC,所以EF∥平面ABC.又EF 平面AEF,平面AEF∩平面ABC=l,所以EF∥l,所以l∥BC.又BC 平面PBC,l 平面PBC,所以l∥平面PBC.
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设点P到平面ABC的距离为h,
所以PD⊥平面ABC.
取AB的中点M,连接DM,则DM∥BC,所以DM⊥AC.
又AC,DM 平面ABC,所以PD,AC,DM两两垂直.
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6(共40张PPT)
突破1 空间角、空间距离
考点一 异面直线所成的角
例1如图,已知点O是圆柱下底面圆的圆心,AA1为圆柱的一条母线,B为圆柱下底面圆周上一点,OA=1,∠AOB= ,△AA1B为等腰直角三角形,求异面直线A1O与AB所成的角的余弦值.
解 (方法一)如图,过点B作BB1∥AA1交圆柱的上底面于点B1,连接A1B1,B1O,则由圆柱的性质易证四边形A1B1BA为矩形,所以A1B1∥AB,所以∠B1A1O或其补角即异面直线A1O与AB所成的角.
(方法二)以点O为坐标原点,OA所在直线为y轴,
建立如图所示的空间直角坐标系.
[对点训练1](2024陕西西安模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BC⊥平面AA1C1C,D是AA1的中点,△ACD是边长为2的等边三角形.
(1)求证:C1D⊥BD;
(2)若BC=6,求异面直线BC1与B1D所成的角的余弦值.
(1)证明 ∵△ACD是边长为1的等边三角形,
∴∠ADC=60°,AC=AD,∴∠DA1C1=120°.
∵D是AA1的中点,∴AD=A1D=AC=A1C1,即△A1C1D是等腰三角形,∴∠A1DC1=30°,∴∠CDC1=90°,即CD⊥C1D.
∵BC⊥平面AA1C1C,C1D 平面AA1C1C,
∴BC⊥C1D.
又BC∩CD=C,BC,CD 平面BCD,∴C1D⊥平面BCD.
又BD 平面BCD,∴C1D⊥BD.
(2)解 取AD中点E,连接CE.∵△ACD为等边三角形,∴CE⊥AD.以点C为坐标原点,CE,CC1,CB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.
考点二 直线与平面所成的角
例2(2022全国乙,理18)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD, ∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.
(1)证明:平面BED⊥平面ACD;
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.
(1)证明 ∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,
∴△ABD≌△CBD,∴AB=CB.
又E为AC的中点,AD=CD,∴DE⊥AC,BE⊥AC.又BE∩DE=E,∴AC⊥平面BED.又AC 平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD.
(2)解 (方法一)如图,连接EF,由(1)知AC⊥平面BED.
∴EF⊥AC,∴当△AFC的面积最小时,EF最小.
在△BDE中,若EF最小,则EF⊥BD.
∵AB=CB=2,∠ACB=60°,∴△ABC为等边三角形,
∴AC=2,BE= .
∵AD⊥CD,AD=CD,∴△ACD为等腰直角三角形,
∴DE=1.又BD=2,∴DE2+BE2=BD2,∴BE⊥DE.
由(1)知DE⊥AC,BE⊥AC,则以E为原点,EA,EB,ED所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,∴点A(1,0,0),B(0, ,0),C(-1,0,0),D(0,0,1), E(0,0,0), ∴
(方法二)由题设及(1)得AC=BC=AB=BD=2,
DE= AC=1,所以BE= ,所以DE2+BE2=DB2,
所以DE⊥BE.
连接EF.由(1)可得AC⊥EF,所以△AFC的面积为
×AC×EF.当△AFC的面积最小时,EF取最小值,
所以EF⊥BD,所以EF= .
由(1)可得AC⊥BD.又EF∩AC=E,EF,AC 平面AFC,所以BD⊥平面AFC.又BD 平面ABD,所以平面ABD⊥平面AFC.
因为AC⊥EF,AE[对点训练2](2024湖南湘潭模拟)在三棱台A1B1C1-ABC中,△ABC为等边三角形,AB=2A1B1=2,AA1⊥平面ABC,M,N分别为AB,AC的中点.
(1)求证:平面BCC1B1∥平面A1MN;
(2)若A1B⊥AC1,设D为线段BC上的动点,求A1D与平面BCC1B1所成的角的正弦值的最大值.
(1)证明 由题可知A1C1=CN,A1C1∥CN,所以四边形A1C1CN为平行四边形,所以CC1∥A1N.
因为M,N分别为AB,AC的中点,所以BC∥MN.又CC1∩BC=C,CC1,BC 平面BCC1B1,MN∩A1N=N,MN,A1N 平面A1MN,
所以平面BCC1B1∥平面A1MN.
(2)解 连接BN,CN.因为AA1⊥平面ABC,AA1 平面AA1C1C,AC 平面ABC,所以平面ABC⊥平面AA1C1C,AA1⊥AC.因为△ABC为等边三角形,点N为AC的中点,所以BN⊥AC.又平面ABC∩平面AA1C1C=AC,BN 平面ABC,所以BN⊥平面AA1C1C.又AC1 平面AA1C1C,所以BN⊥AC1.又A1B⊥AC1,A1B∩BN=B, A1B,BN 平面BNA1,所以AC1⊥平面BNA1.又A1N 平面BNA1,所以AC1⊥A1N.又A1C1∥AN,A1C1=AN, AA1⊥AC,所以四边形A1ANC1为正方形,所以AA1=1.以点A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
考点三 平面与平面所成的角
例3(2023新高考Ⅱ,20)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD, ∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.
(1)证明:BC⊥DA;
(1)证明 如图1,连接AE,DE.
∵DB=DC,E为BC的中点,∴BC⊥DE.
∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,
∴△ABD,△ACD均为等边三角形,
且△ABD≌△ACD,∴AB=AC.
又E为BC中点,∴BC⊥AE.
∵AE,DE 平面ADE,AE∩DE=E,∴BC⊥平面ADE.
又DA 平面ADE,∴BC⊥DA.
图1
(2)解 设BC=2,由已知可得DA=DB=DC= .DE为等腰直角三角形BCD斜边BC上的中线,
∴DE=1.
∵△ABD,△ACD为等边三角形,
∴AB=AC= .
∵AB2+AC2=BC2,∴△ABC为等腰直角三角形,
∴AE=1.易知DE=1.
∵AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE.
由(1)知,BC⊥DE,BC⊥AE,
∴AE,BC,DE两两垂直.
图2
[对点训练3]
如图,直三棱柱ABC-A1B1C1内接于圆柱,AB=AA1=BC=2,平面A1BC⊥平面AA1B1B.
(1)证明:AC为圆柱底面的直径;
(2)若M为A1C1中点,N为CC1中点,求平面A1BC与平面BMN的夹角的余弦值.
(1)证明 连接AB1,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,
∴四边形AA1B1B为正方形,
∴AB1⊥A1B.又平面A1BC⊥平面AA1B1B,平面A1BC∩平面AA1B1B=A1B,AB1 平面AA1B1B,∴AB1⊥平面A1BC.
又BC 平面A1BC,∴BC⊥AB1.
∵AA1⊥平面ABC,BC 平面ABC,∴BC⊥AA1.
又AB1∩AA1=A,AB1,AA1 平面AA1B1B,
∴BC⊥平面AA1B1B.又AB 平面AA1B1B,
∴AB⊥BC,∴AC为圆柱底面的直径.
(2)解 由题可知,B1B⊥平面ABC,AB⊥BC.以点B为原点,BA,BC,BB1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图空间直角坐标系,则
考点四 空间距离问题
例4(2024广东佛山二模)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点D为上底面ABC上一点.
(1)在上底面ABC上画一条经过点D且与B1D垂直的直线l,应该如何画线 请说明理由.
(2)若BC=BB1=1,AB=2,∠A1B1C1= ,E为A1B1的中点,求点B到平面AC1E的距离.
解 (1)如图,连接BD,在平面ABC上过点D作l⊥BD.因为ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以BB1⊥平面ABC.又l 平面ABC,所以BB1⊥l.
又l⊥BD,BB1∩BD=B,BB1,BD 平面BB1D,所以l⊥平面BB1D.
又B1D 平面BB1D,所以l⊥B1D.
[对点训练4](2024江苏南通二模)如图,边长为4的两个正三角形ABC,BCD所在平面互相垂直,E,F分别为BC,CD的中点,点G在棱AD上,AG=2GD,直线AB与平面EFG相交于点H.
(1)从下面两个结论中选一个证明:①BD∥GH;②直线HE,GF,AC相交于一点;
(2)求直线BD与平面EFG的距离.
解 (1)如图,选择条件①,因为E,F分别为BC,CD的中点,所以EF∥BD.又BD 平面EFG,EF 平面EFG,所以BD∥平面EFG.又BD 平面ABD,平面ABD∩平面EFG=GH,所以BD∥GH.
选择条件②,在△ACD中,因为AG=2GD,F为CD中点,所以GF与AC不平行.
设GF∩AC=K,则K∈AC,K∈GF.又AC 平面ABC,FG 平面EFG,所以K∈平面ABC,K∈平面EFG.又平面ABC∩平面EFG=HE,所以K∈HE,所以HE,GF,AC相交于一点.
(2)若第(1)问中选①,由(1)知,BD∥平面EFG,则点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离.
若第(1)问中选②,因为E,F分别为BC,CD的中点,所以EF∥BD.又BD 平面EFG,EF 平面EFG,所以BD∥平面EFG,所以点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离.连接EA,ED,由△ABC,△BCD均为正三角形,E为BC的中点,得EA⊥BC,ED⊥BC.因为平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,EA 平面ABC,所以EA⊥平面BCD.又ED 平面BCD,所以EA⊥ED,所以EA,ED,BC两两垂直.
