(共25张PPT)
微培优6 截面与交线问题
类型一 截面问题
类型二 交线问题
目 录 索 引
在立体几何中,截面是指用一个平面截取几何体所得到的平面图形.研究截面的形状及其内含的数量关系,关键在于确定截面与几何体各面的交线.近年来,“截面与交线”问题已成为高考立体几何命题中最具创新性的题型之一——这类问题通过引入动态的线、面元素,为静态的立体几何注入了活力.
求解截面与交线问题,往往需要综合运用以下知识:解三角形(计算边长、角度等);多边形面积(截面可能为多边形时);扇形弧长与面积(涉及旋转体截面时);平面的基本性质(如共面、平行、相交等).对于更复杂的情况,还需借助空间向量的坐标运算来辅助求解.
类型一 截面问题
角度一 多面体中的截面问题
例1 (2025广东茂名一模)在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中,
=2=2,过点B,E,F的平面截该正方体所得截面的周长为( )
A.4+3 B.6+3
C.4+8 D.6+8
B
解析 如图,取D1C1的中点N,D1A1的中点M,连接MN,NF,ME,则五边形BEMNF为过点B,E,F的截面,取CF的中点J,DD1靠近D1的三等分点K,连接D1J,CK,EK,则NF∥D1J.又CJ∥D1K且CJ=D1K,所以四边形CJD1K为平行四边形,所以CK∥D1J,则NF∥CK.
又EK∥BC,且EK=BC,所以四边形EKCB为平行四边形,
所以EB∥CK,则NF∥BE,所以N,F,B,E四点共面.
取BB1,AA1靠近B,A的三等分点G,H,
连接C1G,GH,D1H,
同理可证BF∥C1G,D1H∥C1G,D1H∥EM,
所以BF∥EM,所以B,F,M,E四点共面.所以N,F,B,E,M五点共面.
又NF=ME=,BE=BF==2,MN==3,
所以截面周长为MN+NF+BF+BE+ME=6+3
【对点训练1】(2025广东惠州高三模拟)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,AB=CD=4,E,F,G分别是AC,AD,BC的中点,则过E,F,G三点的平面截三棱锥A-BCD所得截面的面积为( )
A. B.2
C.2 D.4
D
解析 如图所示,可取BD的中点H,连接GH,FH.
由GH为△BCD的中位线,可得GH∥CD,GH=CD.
又EF∥CD,EF=CD,所以EF=GH,且EF∥GH,
可得四边形EFHG为平行四边形,
即截面EFHG为所求截面.
因为AB⊥平面BCD,CD 平面BCD,所以AB⊥CD.
又EG∥AB,EF∥CD,可得EF⊥EG,则截面EFHG为矩形.
又AB=CD=4,可得截面EFHG为边长为2的正方形,其面积为4.
角度二 与球有关的截面问题
例2 (2025河北石家庄高三模拟)已知正四棱锥P-ABCD中,PA=AB=2,若此正四棱锥的外接球为球O,则侧面PCD所在平面被球O所截的面积为( )
A.π B.
C. D.2π
B
解析 根据题意,取底面ABCD的中心为O,可得PO⊥平面ABCD.
又因为PA=AB=2,可得OP=OD=,所以正四棱锥P-ABCD的外接球为以O为球心,以R=为半径的球.设O到平面PCD的距离为h,由V三棱锥P-OCD= V三棱锥O-PCD,可得h2×2,解得h=
设侧面PCD所在平面被球O所截的圆的半径为r,则r2+h2=R2,所以r2=,所以该截面面积为πr2=
【对点训练2】(2025江西九江高三二模)已知球O与正三棱柱ABC-A1B1C1的各个面均相切,记平面ABC1截球O所得截面的面积为S1,球O的表面积为S2,则=( )
A. B.
C. D.
A
解析 如图,设球O的半径为R.
∵球O与正三棱柱ABC-A1B1C1的各个面均相切,
∴正三棱柱ABC-A1B1C1的高为2R,底面边长为2R.
设正三棱柱ABC-A1B1C1上、下底面的中心分别是O1,O2,E是AB的中点,
连接EC1,交O1O2于点F,则O到平面ABC1的距离d=|OF|sin∠OFC1=|OF|cos∠CEC1.
又|OF|=,cos∠CEC1=,
∴d=所得截面圆半径r=R,
∴S1=πr2=,S2=4πR2,
类型二 交线问题
角度一 多面体中的交线问题
例3 (2025湖南长沙高三模拟)正三棱台A1B1C1-ABC中,A1B1=1,AB=AA1=2, 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A1B1C1的交线,
因为F为A1C1的中点,,所以MC1=CC1=
过点E作BC的平行线交CC1于点H.
因为HE=(BC+B1C1)=,
所以C1N=HE=
在△C1FN中,
FN=
角度二 与球有关的交线问题
例4 (2020山东,16)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,
∴D1P2=D1+O1P2,即5=3+O1P2,
∴O1P=即P在以O1为圆心,以为半径的圆上.
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°,∴交线2π=
【对点训练3】(1)(2025江苏南通高三模拟)正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, AB=2, AA1=3,M是A1D1的中点,点N在棱CC1上,CN=2NC1,则平面AMN与侧面BB1C1C的交线长为( )
A. B.
C. D.
C
解析 取BC,B1C1的中点为H,Q,连接BQ,C1H,则AM∥BQ∥C1H,且AM=BQ=C1H,在平面BB1C1C中,过点N作NP∥C1H交BC于点P,则NP为平面AMN与侧面BB1C1C的交线,且NP∶C1H=2∶3,
所以C1H=,所以NP=
(2)(2025河南郑州高三模拟)已知正三棱台ABC-A1B1C1的上、下底面边长分别为1和3,侧棱长为2,以下底面顶点A为球心,为半径的球面与侧面
BCC1B1的交线长为 .
解析 将正三棱台ABC-A1B1C1补形成正棱锥D-ABC,如图,由B1C1∥BC,得.而BB1=2,则DB=3,即△BCD为正三角形,三棱锥D-ABC为正四面体,取△BCD的中心为O,连接AO,BO,
则AO⊥平面BCC1B1,BO=BCsin,
则AO=
又球半径为,
因此这个球面截平面BCC1B1所得截面小圆是以O为圆心,
r==1为半径的圆,
在正三角形BCD中,取BB1,CC1的中点H,E,取BC的三等分点G,F,
连接HG,EF,显然,即GH∥CD,GH=CD=1,
同理可得EF=1,即有B1C1=C1E=EF=FG=GH=HB1=1,
则△BGH是正三角形,故∠GHB1=∠HGF=,
同理,∠GFE=∠FEC1=而∠C1B1H=∠EC1B1=,
故六边形B1C1EFGH是正六边形,其半径为1,
点B1,C1,E,F,G,H在此球面截平面BCC1B1所得截面小圆上,
连接OE,OF,OG,OH,则∠EOF=∠GOH=,此球面与侧面BCC1B1的交线为图中的两段圆弧(实线),所以交线长度为21=(共10张PPT)
真题解构 立体几何
例题 (15分)(2025全国1,17)如图所示的四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD, BC∥AD,AB⊥AD.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=AB=,AD=+1,BC=2,P,B,C,D在同一个球面上,设该球面的球心为O.
(ⅰ)证明:O在平面ABCD上;
(ⅱ)求直线AC与直线PO所成角的余弦值.
命题分析 本题以四棱锥为载体,考查空间垂直与平行关系的证明与应用、球的截面性质、异面直线所成角等知识.试题设置于课程学习情境,体现基础性、综合性与创新性,通过面面垂直的证明以及外接球球心的探寻,考查逻辑推理和数学直观的核心素养;通过异面角余弦值的计算,考查数学运算的能力.
解题分析
题意理解
序号 信息读取 信息加工
1 PA⊥平面ABCD,BC∥AD,AB⊥AD 可证明AB⊥平面PAD
2 PA=AB=,AD=1+,BC=2 四边形ABCD为直角梯形,△PAB为等腰直角三角形
3 P,B,C,D在同一个球面上 球O是三棱锥P-BCD的外接球
4 直线AC与直线PO所成角的余弦值 ①利用平行线转化为相交直线所成角;
②建立坐标系,转化为向量的夹角问题
思路探求
关键步骤 思维要点 思维缘由
(第1问) 证明线面垂直 证明AB⊥平面PAD 由面面垂直的判定定理,知证明面面垂直,需转化为证明线面垂直
(第2(ⅰ)问) 确定外接球球心 在线段AD上取一点K,使得AK=1.K就是P,B, C,D所在球面的球心 证明球心位于平面ABCD上,等价于寻找过平面PBC所在的截面圆圆心所作的平面垂线,与平面ABCD的交点
(第2(ⅱ)问) 求异面直线所成角的余弦值 cos θ= 建立空间直角坐标系,转化为求两个向量的夹角的余弦值
书写表达
(1)证明 因为PA⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,所以AP⊥AB.
又因为AB⊥AD,AP 平面PAD,AD 平面PAD,AP∩AD=A,
所以AB⊥平面PAD.注①→两直线垂直的条件不可省略.(2分)
因为AB 平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(3分)
(2)(ⅰ)证明 取PB,PC的中点M,N,
在线段AD上取一点K,使得AK=1.注②→为什么要取AK=1 目的是什么
因为MN∥BC,AK∥BC,所以MN∥AK.
因为BC=2,所以MN=AK=1,
所以四边形AMNK为平行四边形,
所以NK∥AM.注③→AM与平面PAB有什么关系 如何证明 (5分)
因为PA=AB=,所以AM⊥PB.
因为AD⊥PA,AD⊥AB,PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,
所以AD⊥平面PAB.(6分)
因为BC∥AD,所以BC⊥平面PAB,
又AM,PB 平面PAB,所以BC⊥AM,BC⊥PB.
因为PB∩BC=B,PB,BC 平面PBC,所以AM⊥平面PBC.(7分)
又因为NK∥AM,所以NK⊥平面PBC.(8分)
因为∠PBC=90°,
所以N为△PBC外接圆的圆心,
所以球心O必在直线NK上.注④→这个结论的原理是什么 (9分)
易得KB=KD=KC=KP=,
所以K为P,B,C,D所在球面的球心,
即K与O重合,故O在平面ABCD上.(11分)
(ⅱ)解 易知AB,AD,AP两两垂直.
以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),P(0,0,),O(0,1,0),C(,2,0),
所以=(,2,0),=(0,1,-).
设直线AC与直线PO所成角为θ,
所以cos θ=.注⑤→这个公式中为什么要加绝对值 (15分)
回顾反思 本题求解的关键是寻找并证明几何体中的垂直关系,尤其第(2)(ⅰ)问要证明外接球的球心在某个平面上,可联想过球面上任意三点确定球的一个截面圆.当该截面不通过球心时,存在以下两个等价命题:①连接截面圆圆心与球心的直线必垂直于截面;②过截面圆圆心作截面的垂线必通过球心.从而可猜想并证明.
第(2)(ⅱ)问用空间向量方法最佳,因为条件中的几何体适合建系,并且相关点的坐标易得.
试题源于人教A版必修第二册第147页例1、第165页第21题,人教A版选择性必修第一册第38页4题,人教B版必修第四册第121页例3、第130页第23题,人教B版选择性必修第一册第62页第3题.(共37张PPT)
第2讲 立体几何中的证明问题
基础自测 思维引航
考点进阶 素养淬炼
目 录 索 引
基础自测 思维引航
基础自测
1.(2025天津,4)已知m,n为直线,α,β为平面,则下列说法正确的是( )
A.若m∥α,n α,则m∥n B.若m⊥α,m⊥β,则α⊥β
C.若m∥α,m⊥β,则α⊥β D.若m α,α⊥β,则m⊥β
C
解析 对于A,若m∥α,n α,则m∥n或m,n异面,故A错误;
对于B, ,如图,α∥β,故B错误;
对于D, ,如图,m∥β,此时m不垂直于β,故D错误.故选C.
2.(2024天津,6)若m,n为两条不同的直线,α为一个平面,则下列结论中正确的是( )
A.若m∥α,n α,则m∥n B.若m∥α,n∥α,则m∥n
C.若m∥α,n⊥α,则m⊥n D.若m∥α,n⊥α,则m与n相交
C
解析 对于A,若m∥α,n α,则m与n平行或异面,A错误;
对于B,若m∥α,n∥α,则m与n平行或异面或相交,B错误;
对于C,已知m∥α,n⊥α,如图,过直线m作平面β,使得α∩β=s.
∵m β,∴m∥s,又s α,∴n⊥s,∴m⊥n,C正确;
对于D,若m∥α,n⊥α,则m与n相交或异面,D错误.故选C.
3.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,点E为AD的中点,点F在CD上.若EF∥平面AB1C,则线段EF的长度等于 .
解析 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,∴AC=2
又E为AD中点,EF∥平面AB1C,EF 平面ADC,平面ADC∩平面AB1C=AC,
∴EF∥AC,∴F为DC的中点,∴EF=AC=
4.(2024全国甲,文19)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4, AB=BC=EF=2,ED=,FB=2,M为AD的中点.
(1)证明:BM∥平面CDE;
(2)求M到平面FAB的距离.
(1)证明 由题意知MD=2,BC=2,MD∥BC,
所以四边形BCDM为平行四边形,故BM∥CD.
又因为BM 平面CDE,所以BM∥平面CDE.
(2)解 取AM的中点为G,连接FG,BG,FM,
因为BM=CD=AB,所以BG⊥AM,同理FG⊥AM.
由已知可得BG=,FG=3.
又FB=2,所以FB2=BG2+FG2,即FG⊥BG,所以FG⊥平面ABCD.由余弦定理和已知得cos∠FAB=,所以△FAB的面积S=AF·AB·sin∠FAB=
设M到平面FAB的距离为h,故三棱锥M-FAB的体积V=Sh=h.
又因为三棱锥F-AMB的体积为V=3,可得h=
思维引航
1.α⊥β的充分条件,即确定一个选项,其条件能够使得α⊥β成立.
2.一是注意命题对应哪个空间位置关系的定理、结论,有什么区别;二是根据命题的条件举反例.
3.已知线面平行,观察经过这条直线的平面,寻找这个平面与已知平面的交线,从而得线线平行.
4.(1)证明空间的平行与垂直,一般依据相应的判定定理,寻找使命题成立的充分条件.
(2)几何法求点到平面的距离,一是利用等体积变换;二是确定相应垂线段,并化归到三角形中求解.
考点进阶 素养淬炼
考点一 空间位置关系的判定
例1 (1)(2024全国甲,理10)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.
(2)(多选题)(2025全国1,9)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D为BC中点,则( )
A.AD⊥A1C B.B1C1⊥平面AA1D
C.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D
BD
解析 取B1C1中点D1,连接A1D1,AD,则AD∥A1D1.易知A1D1不垂直于平面AA1C1C,∴A1D1与A1C不垂直,∴AD与A1C不垂直,故A错误;
由题可知,B1C1⊥A1D1,B1C1⊥AA1,A1D1∩AA1=A1,A1D1,AA1 平面AA1D,
∴B1C1⊥平面AA1D,故B正确;
∵AD∥A1D1,AD∥平面A1B1C1,A1D1与A1B1相交,
∴AD与A1B1异面,故C错误;
∵CC1∥AA1,CC1 平面AA1D,AA1 平面AA1D,
∴CC1∥平面AA1D,故D正确.故选BD.
3.判断空间直线、平面位置关系的常用方法
(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断;
(2)利用直线的方向向量、平面的法向量判断;
(3)必要时可以借助空间几何模型,如从长方体、四面体等模型中观察直线、平面的位置关系,并结合有关定理进行判断.
【对点训练1】(1)(2025河北张家口高三模拟)已知α是一个平面,a,b是两条不同的直线, b α,p:a⊥α,q:a⊥b,则p是q的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
A
解析 若a⊥α,由b α,则a⊥b;若a⊥b,则a与α可能垂直、可能相交、可能平行、也可能a 平面α.故p是q的充分不必要条件.
(2)(多选题)(2025山东潍坊高三二模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为线段A1D1,AB的中点,则( )
A.EF与BC异面 B.EF∥平面CDD1C1
C.EF⊥AC D.BD⊥平面EFC1
AC
解析 以点D为坐标原点,DA,DC,DD1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,
不妨设正方体的棱长为2,
则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0),
E(1,0,2),F(2,1,0),C1(0,2,2),=(1,1,-2),=(-2,0,0),
对于A选项,易知EF,BC既不平行也不相交,故直线EF与BC异面,故A正确;
对于B选项,易知平面CDD1C1的一个法向量为m=(1,0,0),则m=1≠0,则EF与平面CDD1C1不平行,故B错误;
对于C选项,=(-2,2,0),所以=-2+2+0=0,则EF⊥AC,故C正确;
对于D选项,=(2,2,0),所以=2+2+0=4,所以EF,BD不垂直,即BD与平面EFC1不垂直,故D错误.故选AC.
考点二 几何法证明空间平行、垂直
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∠AED=90°,即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.
因为DE 平面ADE,所以AB⊥DE.
因为AB∩AE=A,AB,AE 平面ABFE,所以DE⊥平面ABFE.
因为DE 平面CDEF,所以平面ABFE⊥平面CDEF.
一题多变
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.
证明如下:取CD的中点N,连接FN.
由(1)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(2)知,DE⊥平面ABFE,所以FN⊥平面ABFE.
(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.
2.线面垂直、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.
【对点训练2】(2025上海,18)如图,P是圆锥的顶点,O是底面圆圆心,AB为底面圆直径,AB=2.
(1)若PA与底面所成角大小为,求该圆锥的侧面积;
(2)已知Q是母线AP的中点,点C,D在底面圆周上,弧长为,且CD∥AB,点T在OC上运动,求证:QT∥平面PBD.
(1)解 如图,连接PO,由题意知PO垂直底面,
∵PA与底面所成角大小为,
∴∠PAO=,∠POA=,
又OA=AB=1,∴PA=2,∴S侧=π·OA·PA=2π.
(2)证明 如图,作出点C,D,T,连接CD,BD,QT,QC,QO,OD,PD,在△PAB中,
∵O,Q分别是AB,AP的中点,∴OQ∥PB,
又PB 平面PBD,OQ 平面PBD,∴OQ∥平面PBD.
∵∠AOC=,且CD∥AB,∴∠OCD=∠AOC=,
又OC=OD=1,∴△OCD是等边三角形,∴CD=1=OB,
又CD∥OB,∴四边形OCDB是平行四边形,∴OC∥BD,
又OC 平面PBD,BD 平面PBD,∴OC∥平面PBD,
又OC∩OQ=O,OC 平面OCQ,OQ 平面OCQ,
∴平面OCQ∥平面PBD.
∵QT 平面OCQ,∴QT∥平面PBD.
考点三 向量法证明空间平行、垂直
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.证明:
(1)BE⊥DC;
(2)BE∥平面PAD;
(3)平面PCD⊥平面PAD.
证明 易知AB,AD,AP两两垂直.以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,
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).
(1)因为=(0,1,1),=(2,0,0),
所以=0×2+1×0+1×0=0,则,所以BE⊥DC.
(2)因为PA⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,所以AB⊥PA.
又AB⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,所以AB⊥平面PAD,
所以=(1,0,0)为平面PAD的一个法向量.
因为=0×1+1×0+1×0=0,所以,即BE⊥AB.
又BE 平面PAD,所以BE∥平面PAD.
(3)由(2)知平面PAD的一个法向量为=(1,0,0),=(0,2,-2),=(2,0,0),
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则令y=1,则x=0,z=1,得n=(0,1,1)为平面PCD的一个法向量.
又n=1×0+0×1+0×1=0,所以n,所以平面PCD⊥平面PAD.
【对点训练3】如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA, QA=AB=PD.
证明:(1)平面PQB⊥平面DCQ;
(2)PC∥平面BAQ.
证明 (1)由题意易知,DA,DP,DC两两互相垂直.
如图,以D为原点,DA,DP,DC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.
设DA=1,则D(0,0,0),Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0),
=(1,1,0),=(0,0,1),=(1,-1,0),
所以=1×1+1×(-1)+0=0,
=0×1+0×(-1)+1×0=0,
则,即PQ⊥QD,PQ⊥DC.
又DQ∩DC=D,DQ,DC 平面DCQ,故PQ⊥平面DCQ.
又PQ 平面PQB,所以平面PQB⊥平面DCQ.
(2)由(1)知,A(1,0,0),B(1,0,1),则=(1,0,0),=(0,0,1),=(0,1,0),
故=1×0+0×0+0×1=0,=1×0+0×1+0×0=0,
所以DA⊥AB,DA⊥AQ.
又AB∩AQ=A,AB,AQ 平面BAQ,
所以DA⊥平面BAQ,所以为平面BAQ的一个法向量.
又因为=(0,-2,1),且=0,所以DA⊥PC.
又PC 平面BAQ,故PC∥平面BAQ.(共52张PPT)
第3讲 空间角度和距离
基础自测 思维引航
考点进阶 素养淬炼
目 录 索 引
基础自测 思维引航
基础自测
1.(人B选必一1.2节习题改编)已知ABCD-A1B1C1D1是正方体,则直线A1D与
直线BD1所成角的大小为 .
解析 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,以A1为坐标原点,A1B1,A1D1,A1A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,并设正方体的棱长为1,则A1(0,0,0),D(0,1,1),B(1,0,1),D1(0,1,0),
所以=(0,1,1),=(-1,1,-1),
故cos<>==0.
又因为<>∈[0,π],所以<>=,
即直线A1D与直线BD1所成角的大小为
2.(人A选必一1.4.2节习题)如图,在三棱锥O-ABC中,OA,OB,OC两两垂直,
OA=OC=3,OB=2,则直线OB与平面ABC所成角的正弦值为 .
解析 以O为原点,OB,OC,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(2,0,0),C(0,3,0),
则=(2,0,-3),=(0,3,-3),=(2,0,0).
设m=(x,y,z)是平面ABC的一个法向量,
则令y=1,则x=,z=1,得m=(,1,1).
设直线OB与平面ABC所成角为θ,
故sin θ=|cos<,m>|=||=,
故直线OB与平面ABC所成角的正弦值为
3.(2024天津,17节选)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.求点B到平面CB1M的距离.
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B(2,0,0),B1(2,0,2),C(1,1,0),M(0,1,1)
=(-1,1,-2),=(-1,0,1),=(0,0,2).
设平面CB1M的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
令x1=1,则y1=3,z1=1,∴n1=(1,3,1)为平面CB1M的一个法向量.
故点B到平面CB1M的距离d=
4.(2023高考卷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;
(2)点F满足,求二面角D-AB-F的正弦值.
(1)证明 如图,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.
(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.
以E为坐标原点,ED,EB,EA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,则A(0,0,1),B(0,1,0),C(0,-1,0),D(1,0,0),E(0,0,0),
=(0,1,-1).
=(-1,0,1),∴F(-1,0,1),=(-1,-1,1).
设平面ABD的法向量m=(x,y,z),则
令z=1,则x=1,y=1,即平面ABD的一个法向量m=(1,1,1).
设平面ABF的法向量n=(u,v,w),则
令w=1,则v=1,u=0,即平面ABF的一个法向量n=(0,1,1).
设二面角D-AB-F的平面角大小为θ,则|cos θ|=,
∴sin θ=
思维引航
1.求异面直线所成角的两种方法:定义法(平移转化为相交直线所成角);向量法.
2.设直线AB与平面α所成角为θ,平面α的一个法向量为n,
那么sin θ=|cos<,n>|=.
注意:公式求得的是角的正弦值.
3.向量法求点P到平面α的距离
先在平面α内选取一个点,如A,构造向量,再求平面α的一个法向量n,就可以应用公式d=计算.
4.向量法求二面角(或其函数值)
先求出两个平面各自的一个法向量,再计算这两个法向量的夹角(或函数值),最后结合题意确定二面角是锐角还是钝角,从而下结论.
考点进阶 素养淬炼
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所成角的余弦值.【一题多解】
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.在△AOB中,OB=OA=1,∠AOB=,所以AB=2OBsin=2sin
因为△AA1B为等腰直角三角形,且AA1⊥AB,
所以A1A=AB=,所以B1O=A1O==2.
又A1B1=AB=,
所以cos∠B1A1O=,
所以异面直线A1O与AB所成角的余弦值为
(方法二)以O为原点,OA所在直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系.在△AOB中,OB=OA=1,∠AOB=,
所以AB2=OA2+OB2-2OA·OBcos∠AOB=3,故AB=,
所以O(0,0,0),A(0,1,0),B(-,-,0),所以=(-,-,0).
因为△AA1B为等腰直角三角形,且AA1⊥AB,
所以A1A=AB=,
则A1(0,1,),=(0,1,),所以cos<>==-
因为异面直线所成夹角的取值范围为(0,],
故异面直线A1O与AB所成角的余弦值为
(方法三)在△AOB中,OB=OA=1,∠AOB=,
所以AB=2OBsin,∠OAB=
因为△AA1B为等腰直角三角形,且AA1⊥AB,所以AA1=AB=
易知AA1⊥AO,所以A1O==2,=0,=0,
所以=()=||||cos,
所以cos<>=,
则异面直线A1O与AB所成角的余弦值为
【对点训练1】(2025浙江衢州、丽水、湖州高三二模)正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M,N分别为正方形A1B1C1D1及正方形ABB1A1的中心,则异面直线BD与MN所成角的余弦值为( )
A.0 B.
C. D.
C
解析 如图,以点D为原点,DA,DC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,设正方体边长为1,则D(0,0,0),B(1,1,0),M(,1),N(1,),
故=(,0,-),=(-1,-1,0),所以|cos<>|=,
所以异面直线BD与MN所成角的余弦值为
考点二 直线与平面所成的角
例2 (2025北京,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,△ABC与△ADC均为等腰直角三角形,∠BAC=90°,∠ADC=90°,E为线段BC的中点.
(1)若F,G分别为线段PD,PE的中点,求证:FG∥平面PAB;
(2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求AB与平面PCD夹角的正弦值.
(1)证明 取PA的中点N,PB的中点M,连接FN,MN,GM.
由题意,知∠ADC=90°,∠BAC=90°,
令AD=CD=2,则AC=AB=2,∴BC==4.
又FN=AD=1,BE=CB=2,GM=BE=1,则FN=GM.
∵∠DCA=∠ACB=45°,∴∠ADC=∠DCB=90°,
∴AD∥BC,故FN∥GM,且FN=GM,即四边形FGMN为平行四边形,
∴FG∥MN.
∵FG 平面PAB,MN 平面PAB,∴FG∥平面PAB.
(2)解 ∵PA⊥平面ABCD,AC,AB 平面ABCD,
∴PA⊥AC,PA⊥AB.
又AC⊥AB,则PA,AC,AB两两垂直.
以A为原点,AC,AB,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.
设AD=DC=2,则AC=AB=PA=2,
则A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,0,0),
D(,-,0),P(0,0,2),
=(0,2,0),=(,0),=(-2,0,2).
设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),则
令x=1,则y=-1,z=1,得n=(1,-1,1),设AB与平面PCD所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|=,
故AB与平面PCD所成角的正弦值为
【对点训练2】(2025湖北十堰高三三模)如图,边长为2的正方形ABCD是圆柱的轴截面,E为底面圆O上的点,F为线段DE的中点.
(1)证明:OF∥平面BCE.
(2)若直线BE与平面CDE所成角的正弦值为,求BE的长.
(1)证明 取线段CE的中点H,连接FH,BH.在△CDE中,FH∥CD,FH=CD.
因为AB∥CD,AB=2OB=CD,所以FH∥OB,FH=OB,所以四边形FHBO为平行四边形,则OF∥HB.
因为OF 平面BCE,HB 平面BCE,所以OF∥平面BCE.
(2)解 连接AE.因为AB是圆O的直径,所以AE⊥BE.过点E作圆柱的母线EQ,则EQ⊥平面ABE,所以AE,BE,EQ两两垂直.以E为原点,EA,EB,EQ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.
不妨设AE=a,BE=b,则a2+b2=4,E(0,0,0),C(0,b,2),D(a,0,2),
所以=(0,b,2),=(a,0,2).设m=(x,y,z)为平面CDE的法向量,
所以令z=ab,则x=-2b,y=-2a,得m=(-2b,-2a,ab).
易知直线BE的一个方向向量为n=(0,1,0).
设直线BE与平面CDE所成的角为θ,
则sin θ=|cos|=,
化简得15a2=4b2+a2b2.
结合a2+b2=4,解得a=1,b=,所以BE=
考点三 平面与平面的夹角
例3 (2024全国甲,理19)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4, AB=BC=EF=2,ED=,FB=2,M为AD的中点.
(1)证明:BM∥平面CDE;
(2)求二面角F- BM-E的正弦值.
(1)证明 因为M为AD的中点,且AD=4,故MD=2=BC,
又因为BC∥AD,所以四边形BCDM为平行四边形,所以BM∥CD.
因为BM 平面CDE,CD 平面CDE,所以BM∥平面CDE.
(2)解 取AM的中点O,连接OF,OB,由题意,易知OF⊥AM,OB⊥AM,
且OF=3,OB=,故OF2+OB2=FB2,所以OF⊥OB.
以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则F(0,0,3),B(,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3).
所以=(,0,-3),=(-,1,0),=(0,1,3),
设平面FBM的法向量为n=(x,y,z),
则
令z=1,得n=(,3,1).同理,可求得平面BEM的法向量m=(,3,-1),
则cos=,所以sin=,
故二面角F-BM-E的正弦值为
【对点训练3】(2024新高考Ⅰ,17)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD, PA=AC=2,BC=1,AB=.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD.
(1)证明 ∵BC=1,AB=,AC=2,∴AC2=AB2+BC2,∴AB⊥BC.
又PA⊥底面ABCD,BC 底面ABCD,
∴PA⊥BC.又PA,AB 平面PAB,AB∩PA=A,
∴BC⊥平面PAB.∵PA⊥底面ABCD,AD 底面ABCD,
∴AD⊥PA.
又AD⊥PB,且PA,PB 平面PAB,PB∩PA=P,∴AD⊥平面PAB.
∴AD∥BC.
又BC 平面PBC,AD在平面PBC外,∴AD∥平面PBC.
(2)解 ∵AD⊥DC,∴以AD,DC所在直线分别为x轴、y轴,以过点D且与AP平行的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
令AD=t,则A(t,0,0),P(t,0,2),D(0,0,0),DC=,C(0,,0).
=(-t,,0),=(0,0,2),=(t,0,2),=(0,,0).
设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
z1=0.
不妨设x1=,则y1=t,∴平面ACP的一个法向量为n1=(,t,0).
设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则y2=0,不妨设z2=t,则x2=-2.
∴平面CPD的一个法向量为n2=(-2,0,t).
∵二面角A-CP-D的正弦值为,
又由图可知,二面角A-CP-D为锐角,∴二面角A-CP-D的余弦值为
|cos|=t=,∴AD=
考点四 空间中的距离问题
例4 (2025上海金山高三二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面PBC, AB=2DC=4,BC=2,AB⊥BC,DC∥AB.
(1)证明:平面ABCD⊥平面PAB;
(2)若∠ABP=,求点C到平面PAD的距离.
(1)证明 因为PA⊥平面PBC,BC 平面PBC,所以PA⊥BC.
又AB⊥BC,AB∩PA=A,AB,PA 平面PAB,所以BC⊥平面PAB.
又BC 平面ABCD,所以平面ABCD⊥平面PAB.
(2)解 因为PA⊥平面PBC,PB 平面PBC,所以PA⊥PB.
在Rt△PAB中,AB=4,∠ABP=,则PB=2.
如图,以点B为原点,BA,BC所在直线为x轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(4,0,0),C(0,0,2),D(2,0,2),P(1,,0),
故=(-2,0,2),=(-3,,0),=(-2,0,0).
设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),
则有
令x=,则y=,z=1,所以n=(,1),
故点C到平面PAD的距离为
2.求点到平面的距离的步骤:
【对点训练4】(2025江苏徐州高三模拟)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中, △ABC为边长为3的正三角形,侧面BB1C1C为正方形,A1在底面ABC内的射影为点O.
(1)求证:OB=OC;
(2)若OA=OB=OC,求直线AA1和平面BB1C1C的距离.
(1)证明 因为A1在底面ABC内的射影为点O,
而OB,OC 平面ABC,所以A1O⊥OB,A1O⊥OC.
故要证OB=OC,只需证A1B=A1C.
取B1C1,BC的中点分别为E,F,连接A1E,A1F,EF.
因为△ABC为边长为3的正三角形,
所以△A1B1C1也是边长为3的正三角形.
又E是B1C1的中点,则A1E⊥B1C1.因为BC∥B1C1,所以A1E⊥BC.
因为四边形BB1C1C为正方形,B1C1,BC的中点分别为E,F,所以EF⊥BC.
又因为A1E⊥BC,EF⊥BC,A1E∩EF=E,A1E,EF 平面A1EF,所以BC⊥平面A1EF.因为A1F 平面A1EF,所以BC⊥A1F.又F是BC的中点,所以A1B=A1C.
易知△A1OB≌△A1OC,则OB=OC.
(2)解 因为AA1∥BB1,BB1 平面BB1C1C,AA1 平面BB1C1C,所以AA1∥平面BCC1B1.所以直线AA1和平面BB1C1C的距离等于点A到平面BB1C1C的距离.若OA=OB=OC,则点O为三角形ABC的外心,从而A,O,F三点共线,过点O作OG∥BC交AB于点G,易知OG⊥OF.
因为A1O⊥平面ABC,OG,OF 平面ABC,
所以A1O⊥OG,A1O⊥OF,
从而OG,OF,OA1两两垂直.
以点O为坐标原点,OG,OF,OA1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.
由题意BF=CF=,AO=AF=,FO=AF=,
AA1=BB1=BC=3,从而A1O=,
O(0,0,0),A(0,-,0),B(,0),F(0,,0),C(-,0),A1(0,0,),
=(0,,0),=(-3,0,0),=(0,).
设平面BCC1B1的法向量为n=(x0,y0,z0),
则令y0=-,则x0=0,z0=1,n=(0,-,1),
所以点A到平面BB1C1C的距离为d=,
故直线AA1和平面BB1C1C的距离为(共10张PPT)
微培优5 与球切、接有关的最值问题
例题 (2025全国2,14)一个底面半径为4 cm,高为9 cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球,则铁球半径的最大值为
cm.
解析 作出轴截面ABCD,如图所示.由题意,两球半径相等,所以图中两圆的切点M到AD的距离为4,到DC的距离为,过点M作AD平行线与过点O1作DC的平行线相交于点N,在Rt△MO1N中,由MN2+O1N2=O1M2,设两球的半径为r,得(4-r)2+(-r)2=r2,即4r2-68r+145=0,解得r=或r=(舍).所以最大值为
【对点训练】(1)(2025湖南长沙高三模拟)一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在同一个球面上,且该球的半径为1,当圆锥的体积取最大值时,圆锥的底面半径为( )
A. B.
C. D.
B
解析 如图,根据题意,设圆锥的高为h,底面圆半径为r,外接球球心为O,半径R=1,则球心O到圆锥底面圆心O1距离d=OO1=|1-h|,0由d2+r2=R2,得r2=2h-h2,圆锥的体积V=r2h=(2h2-h3),
求导,得V'=(4h-3h2)=πh(-h).
当00,函数V=(2h2-h3)在区间(0,)上单调递增,
当则当h=时,圆锥的体积最大,此时底面圆半径r=
(2)(2022新高考Ⅰ,8)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤3,则该正四棱锥体积的取值范围是( )【一题多解】
A. B.
C. D.[18,27]
C
解析 (方法一)记正四棱锥高与侧棱的夹角为θ,高为h,底面中心到底面各顶点的距离为m.∵正四棱锥外接球的体积为36π,∴外接球的半径R=3.
又3≤l≤3,∴cos θ=,
∴l=6cos θ,m=l·sin θ=6sin θcos θ,h==6cos2θ,
正四棱锥的底面积S底=2m×2m=2m2.
故该正四棱锥的体积V=S底·h=2m2h=144sin2θcos4θ.
令x=cos2θ.∵cos ,
∴x=cos2sin2θcos4θ=(1-cos2θ)·cos4θ=(1-x)·x2,x
令y=(1-x)·x2=-x3+x2,x,则y'=-3x2+2x.故当x时,y'>0,函数y=
-x3+x2单调递增;当x时,y'<0,函数y=-x3+x2单调递减.
于是当x=时,y取最大值,且ymax=-,
当x=时,y=-,当x=时,y=-,
故当x=时,y取最小值
因而V的最大值Vmax=144,V的最小值Vmin=144
故该正四棱锥体积的取值范围为
(方法二)因为该球的体积为36π,所以球的半径R=3.设正四棱锥的底面边长为2a,高为h,则32=2a2+(h-3)2,l2=2a2+h2,则2a2=6h-h2,l2=6h.
因为四棱锥体积为V=a2h=(6h-h2)h=(12-2h)h×h[]3=,当且仅当h=4时,等号成立.当h=时,得a=,
则Vmin=a2h=()2
当l=3时,球心在正四棱锥高线上,
此时h=+3=a=,得a=,则正四棱锥体积V1=a2h=()2,故该正四棱锥体积的取值范围是[].(共42张PPT)
第4讲 空间中翻折、探究性问题
基础自测 思维引航
考点进阶 素养淬炼
目 录 索 引
基础自测 思维引航
基础自测
1.(人B选必一1.2.1节例题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,判断满足下列条件的点M,N是否存在:M∈AD1,N∈BD,MN⊥AD1,MN⊥BD.
解 以D为原点,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,正方体的棱长为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系.
则A(1,0,0),D1(0,0,1),B(1,1,0),D(0,0,0),
所以=(-1,0,1),=(-1,-1,0),=(0,1,0).
假设满足条件的M,N存在,
而且=t=(-t,0,t),=s=(-s,-s,0),
则=-=(t-s,-s+1,-t).
因为MN⊥AD1,MN⊥BD,所以,
从而解得t=,s=
因此,满足条件的M,N是存在的.
2.(人B选必一1.2.5节例题)已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,M,N分别为A1B1,AD,CC1的中点,判断直线AC与平面EMN的关系.如果平行,求出AC与平面EMN之间的距离;如果不平行,说明理由.
解 以D为原点,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.由正方体的棱长为2个单位长度,
有M(1,0,0),E(2,1,2),N(0,2,1),A(2,0,0),C(0,2,0),
所以=(1,1,2),=(-1,2,1),=(-2,2,0).
设平面EMN的一个法向量为n=(x,y,z),则
令z=1,则得n=(-1,-1,1).
因为n=(-2)×(-1)+2×(-1)+0×1=0,所以n,
又因为点A显然不在平面EMN内,所以AC与平面EMN平行.
又因为=(1,0,0),所以
因此点A到平面EMN的距离为,这也是AC与平面EMN之间的距离.
3.(2024新高考Ⅱ,17)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5, ∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足,将△AEF沿EF对折至△PEF,使得PC=4.
(1)证明:EF⊥PD;
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.
(1)证明 在△AEF中,AE=AD=2,AF=AB=4,∠EAF=30°,
则EF2=AE2+AF2-2AE·AFcos∠EAF=4,
所以EF=2,所以EF2+AE2=AF2,所以AE⊥EF,即PE⊥EF,DE⊥EF.
又PE∩DE=E,PE,DE 平面PDE,所以EF⊥平面PDE.
又PD 平面PDE,所以EF⊥PD.
(2)解 连接EC.由题可得DE=3,CD=3.
因为∠ADC=90°,所以DE2+DC2=EC2,
所以EC=6,所以PE2+CE2=PC2,所以PE⊥CE.
又PE⊥EF,EF∩CE=E,EF,CE 平面ABCD,
所以PE⊥平面ABCD.
又ED 平面ABCD,所以PE⊥ED,即EF,ED,EP两两垂直.
分别以EF,ED,EP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
则P(0,0,2),D(0,3,0),F(2,0,0),A(0,-2,0),B(4,2,0),C(3,3,0),
则=(0,3,-2),=(-3,0,0),=(4,2,-2),=(-2,-2,0).
设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,z1),
由
令y1=2,得x1=0,z1=3,所以平面PCD的一个法向量n1=(0,2,3).
设平面PBF的法向量为n2=(x2,y2,z2),
由
令x2=,得y2=-1,z2=1,所以平面PBF的一个法向量n2=(,-1,1).
设平面PCD与平面PBF所成的二面角为α,
则|cos α|=|cos|=,所以sin α=
思维引航
1.探究性问题的解题思路
先假设满足题意的点存在,并用字母表示其位置(坐标),在此假设下进行正确的推理,看是否有符合条件的解,以确定假设是否成立.
2.建立坐标系,证明直线的方向向量与平面的一个法向量的数量积等于0可判断线面平行.把线面距离转化为点面距离,利用向量法求解.
3.解翻折问题要注意两点:一是确定翻折前后变与不变的关系.一般地,位于“折痕”同侧的点、线、面间的位置和数量关系不变;二是确定翻折过程中运动变化的点在翻折后的具体位置,以此为参照点解题.
考点进阶 素养淬炼
考点一 翻折问题
例1 (2025全国2,17)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A',使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°.【一题多解】
(1)证明:A'B∥平面CD'F;
(2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值.
(1)证明 由题意知,EB∥FC,FC 平面CD'F,EB 平面CD'F,所以EB∥平面CD'F.
又A'E∥D'F,D'F 平面CD'F,A'E 平面CD'F,所以A'E∥平面CD'F.
又A'E∩EB=E,A'E,EB 平面A'EB,所以平面A'EB∥平面CD'F.
又A'B 平面A'EB,所以A'B∥平面CD'F.
(2)解 因为AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,CD=2AD,EF∥AD,所以四边形AEFD为正方形且FD'=FC,所以EF⊥FC,EF⊥FD',又平面EFD'A'∩平面EFCD=EF,FD' 平面EFD'A',FC 平面EFCD,所以∠D'FC为平面EFD'A'与平面EFCD所成的二面角的平面角,所以∠D'FC=60°,所以△D'FC为等边三角形.
(方法一)延长EF,BC交于点C1,连接C1D'.
不妨设DF=1,则由题可得FC=1,BE=2,
又BE∥FC,所以CF为△C1EB的中位线,
所以C1F=1,
所以S△D'FC·C1F=12×1=
又D'C1=,D'C=1,C1C=,
设△CC1D'中CD'边上的高为h1,
则h1=,则CD'·h1=
设点F到平面D'C1C的距离为h2,由,
得h2=
易知点F到D'C1的距离为D'C1=
设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ,则sin θ=
(方法二)取FC中点G,连接D'G,则D'G⊥FC.过点G作GH∥EF,交BE于点H.由题可得EF⊥平面FCD',则GH⊥平面FCD',又D'G,FC 平面FCD',所以GH⊥D'G,GH⊥GC.以点G为坐标原点,分别以GH,GC,GD'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.
设AD=1,则C(0,,0),B(1,,0),F(0,-,0),E(1,-,0),D'(0,0,),
所以=(-1,-1,0),=(0,-),=(-1,0,0),=(0,).
设平面BCD'的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
则
令z1=1,得y1=,x1=-,则平面BCD'的一个法向量为m=(-,1).
设平面EFD'A'的一个法向量为n=(x2,y2,z2),
则
令z2=1,得x2=0,y2=-,则平面EFD'A'的一个法向量为n=(0,-,1).
cos==-
设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ,则sin θ=
【对点训练1】(2025山东济宁模拟)如图所示,正三角形ABC的边长为2, D,E,F分别是各边的中点,现将△ADE,△BEF,△CDF分别沿DE,EF,DF折起,使得△ADE,△BEF,△CDF所在平面均与底面DEF垂直.
(1)求证:平面ABC∥平面DEF;
(2)求二面角C-DA-E的正弦值.
(1)证明 因为△ABC为正三角形,且D,E,F分别是各边的中点,
所以△ADE,△BEF,△CDF均为正三角形.分别取DE,EF,FD的中点A1,B1,C1,则AA1⊥DE,BB1⊥EF,CC1⊥DF,且AA1=BB1=CC1.
又因为平面ADE⊥底面DEF,平面ADE∩底面DEF=DE,AA1 平面ADE,
所以AA1⊥平面DEF.
同理可得,BB1⊥平面DEF,所以AA1∥BB1,
所以四边形AA1B1B为平行四边形,所以AB∥A1B1.
因为AB 平面DEF,A1B1 平面DEF,所以AB∥平面DEF,
同理可得CB∥平面DEF,
又AB∩BC=B,AB 平面ABC,BC 平面ABC,所以平面ABC∥平面DEF.
(2)解 由(1)可知A1E,A1F,A1A两两垂直.
以A1为坐标原点,分别以A1E,A1F,A1A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,),C(-),D(-,0,0),E(,0,0),
所以=(-,0),=(-,0,-).
设平面CDA的法向量为n1=(x,y,z),
则令x=3,得y=,z=-,
所以n1=(3,,-).易知平面EDA的一个法向量为n2=(0,1,0),
所以cos=,
所以二面角C-DA-E的正弦值为
考点二 探究性问题
考向1 探究位置关系问题
例2 (2025贵州遵义高三模拟)在多面体ABCDMN中,已知四边形ABNM是边长为2的正方形,AB=AD=BC,AD∥BC,AB⊥AD,平面ABNM⊥平面ABCD, H为线段BC的中点.
(1)若平面ANH∩平面MNC=l,求证:MC∥l.
(2)在线段NC上是否存在一点P,
使得平面PAH⊥平面NAH
若存在,求的值;若不存在,说明理由.
(1)证明 连接BM交AN于点E,连接HE,因为四边形ABNM为正方形,所以E为BM的中点.
又H为线段BC的中点,所以EH∥MC.又EH 平面ANH,MC 平面ANH,所以MC∥平面ANH.因为平面ANH∩平面MNC=l,且MC 平面MNC,所以MC∥l.
(2)解 存在.在正方形ABNM中,NB⊥AB.
因为平面ABNM⊥平面ABCD,
平面ABNM∩平面ABCD=AB,且NB 平面ABNM,
所以NB⊥平面ABCD.
又AD∥BC,AB⊥AD,
所以AB⊥BC,则BA,BC,BN两两垂直.
以B为原点,BA,BC,BN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.
又AB=AD=BN=BC=2,H为线段BC的中点,
所以A(2,0,0),N(0,0,2),H(0,2,0),C(0,4,0),
则=(-2,2,0),=(-2,0,2),=(0,4,-2),
设==(0,4λ,-2λ),0≤λ≤1,则P(0,4λ,2-2λ),所以=(-2,4λ,2-2λ).
设平面PAH的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
则
取x1=1-λ,则y1=1-λ,z1=1-2λ,得m=(1-λ,1-λ,1-2λ).设平面NAH的一个法向量为n=(x2,y2,z2),则取x2=1,则y2=1,z2=1,得n=(1,1,1).由平面PAH⊥平面NAH,则m·n=1-λ+1-λ+1-2λ=0,解得λ=,即,所以在线段NC上存在一点P,使得平面PAH⊥平面NAH,且
【对点训练2】(2025湖北黄石高三模拟)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中, ∠BAC=90°,AB=AC=AA1=2,M是AB的中点,N是B1C1的中点,P是BC1与B1C的交点.
(1)证明:A1C⊥BC1.
(2)求直线A1P与平面A1CM所成角的正弦值.
(3)在线段A1N上是否存在点Q,使得PQ∥平面A1CM 若存在,求出线段A1Q的长;若不存在,请说明理由.
(1)证明 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,因为∠BAC=90°,则AB⊥AC.由题可知,AB,AC,AA1两两垂直.以点A为原点,AB,AC,AA1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.
因为AB=AC=AA1=2,所以A1(0,0,2),C(0,-2,0),B(2,0,0),C1(0,-2,2),
所以=(-2,-2,2),=(0,-2,-2),=(0,-2,-2)·(-2,-2,2)=0,
所以A1C⊥BC1.
(2)解 因为M(1,0,0),所以=(1,0,-2).设n=(x,y,z)是平面A1CM的法向量,则取z=1,则x=2,y=-1,得n=(2,-1,1).
又因为点P坐标为(1,-1,1),所以=(1,-1,-1).
设直线A1P与平面A1CM所成的角为θ,
则sin θ=|cos|=,
即直线A1P与平面A1CM所成角的正弦值为
(3)解 在线段A1N上存在靠近N的三等分点Q,满足PQ∥平面A1CM.
因为N为B1C1的中点,所以N(1,-1,2),=(1,-1,0).
设=t(0≤t≤1),
所以Q(t,-t,2),所以=(t-1,1-t,1).
由(2)得平面A1CM的一个法向量为n=(2,-1,1).若PQ∥平面A1CM,则n,所以n=(t-1,1-t,1)·(2,-1,1)=0,即2(t-1)-(1-t)+1=0,解得t=,
所以在线段A1N上存在靠近N的三等分点Q,使得PQ∥平面A1CM,
所以||=|=,即线段A1Q的长为
考向2 与空间角有关的探究性问题
例3 (2025广东佛山高三模拟)如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形,平面ABB1A1⊥平面ABCD,AA1=BB1=,点M是线段BB1的中点,N为线段CD上一点.
(1)若CN=1,证明:MN∥平面ADD1A1.
(2)在线段CD上是否存在点N,使平面
ADD1A1与平面MNB夹角的余弦值为
若存在,指出点N的位置;若不存在,说明理由.
(1)证明 取线段AA1的中点P,连接PM,PD.因为MP为梯形ABB1A1的中位线,所以MP==3.又因为CN=1,所以DN=3.因为DN∥AB,MP∥AB,且MP=DN=3,所以MP∥DN,MP=DN,所以四边形MNDP为平行四边形,所以MN∥PD.又因为MN 平面ADD1A1,PD 平面ADD1A1,
所以MN∥平面ADD1A1.
(2)解 存在.在平面A1B1BA中,作A1O⊥AB于点O.因为平面ABB1A1⊥平面ABCD,且平面ABB1A1∩平面ABCD=AB,所以A1O⊥平面ABCD.在正方形ABCD中,过点O作AD的平行线交CD于点Q,
则OQ⊥OB,则OQ,OB,OA1两两垂直.
以OQ,OB,OA1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.
因为四边形ABB1A1为等腰梯形,A1B1=2,AB=4,所以AO=1.
又因为AA1=BB1=,所以A1O=2.
则A(0,-1,0),A1(0,0,2),D(4,-1,0),B1(0,2,2),B(0,3,0),M(0,,1),
设N(4,a,0)(-1≤a≤3),=(0,1,2),=(4,0,0),=(0,-,1),=(4,a-3,0),
设平面ADD1A1的法向量为n1=(x1,y1,z1),
所以令z1=1,则y1=-2,x1=0,得n1=(0,-2,1).
设平面MNB的法向量为n2=(x2,y2,z2),所以
令x2=3-a,则y2=4,z2=2,得n2=(3-a,4,2).
又因为平面ADD1A1与平面MNB夹角的余弦值为,所以,
整理得,所以a2-6a+5=0,解得a=1或a=5.
又因为-1≤a≤3,所以a=1,所以存在点N使得平面ADD1A1与平面MNB夹角的余弦值为,此时N为CD的中点.
【对点训练3】(2025北京丰台高三二模改编)如图,在四棱柱ABCD-A'B'C'D'中,底面ABCD与侧面ADD'A'均为菱形,AB⊥平面ADD'A',AD=2,E为CC'的中点,DD'与平面ABE交于点F.
(1)求证:F为DD'的中点.
(2)已知AD=AD',判断在线段A'C上是否存在点G,使得直线AG与平面ABE所成角的正弦值为 若存在,求的值;若不存在,说明理由.
(1)证明 在菱形ABCD中,CD∥AB.因为CD 平面ABEF,AB 平面ABEF,所以CD∥平面ABEF.又CD 平面CDD'C',平面CDD'C'∩平面ABEF=EF,所以CD∥EF.又四棱柱ABCD-A'B'C'D'中,CE∥DF,所以四边形CEFD为平行四
边形.所以DF=CE=CC'=DD',所以F为DD'的中点.
(2)解 取A'D'的中点H,连接AH,在菱形ADD'A'中,AA'=A'D'=AD.
因为AD=AD',所以△AA'D'为等边三角形.
因为H为A'D'中点,所以AH⊥A'D'.
又A'D'∥AD,故AH⊥AD.
因为AB⊥平面ADD'A',且AD,AH 平面ABCD,
所以AB⊥AD,AB⊥AH,所以AB,AD,AH两两垂直.
如图,以A为原点,AB,AD,AH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(2,0,0),C(2,2,0),A'(0,-1,),F(0,),
所以=(2,0,0),=(0,),=(0,-1,),=(2,3,-).
设平面ABE的一个法向量为n=(x,y,z),因为AF∥BE,则=(0,),
则令z=,则x=0,y=-1,则n=(0,-1,).
设==(2λ,3λ,-),0≤λ≤1,
所以=(2λ,3λ-1,).设直线AG与平面ABE所成角为θ,所以sin θ=|cos<,n>|=,解得λ=,
所以存在符合条件的点G,(共58张PPT)
专题四 立体几何
基础自测 思维引航
考点进阶 素养淬炼
目 录 索 引
第1讲 空间几何体
基础自测 思维引航
基础自测
1.(2025·上海,7)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1C=9,BD=4,则该正四棱柱的体积为 .
112
解析 连接AC,∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1为正四棱柱,BD=4,
∴AC=BD=4,∴AB=BC=4.
又A1C=9,在Rt△A1AC中,AA1==7.
∴正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为AB×BC×A1A=4×4×7=112.
2.(人A必二8.3节习题改编)一个正方体的顶点都在球面上,它的棱长是a cm,
则球的体积为 .
a3 cm3
解析 因为正方体的棱长为a cm,所以正方体的体对角线长为a cm.
又正方体的体对角线即为其外接球的直径,所以该球的半径R=a cm,
所以正方体的外接球的体积V=R3=(a)3=a3 cm3.
3.(人A必二8.3.2节例题改编)如图,某种浮标由两个半球和一个圆柱黏合而成,半球的直径是0.3 m,圆柱高0.6 m.如果在浮标表面涂一层防水漆,每平方米需要0.5 kg涂料,那么给1 000个这样的浮标涂防水漆需要涂料
kg.(π取3.14)
423.9
解析 一个浮标的表面积是2π×0.15×0.6+4π×0.152=0.847 8(m2),所以给
1 000个这样的浮标涂防水漆约需涂料0.847 8×0.5×1 000=423.9(kg).
4.(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
解析 由正弦定理得△ABC外接圆的半径r=
设O,O'分别为三棱锥S-ABC外接球的球心、△ABC外接圆的圆心,球O的半径R=2,所以OO'==1.
因为SA⊥平面ABC,所以SA=2OO'=2.
思维引航
1.(1)正四棱柱侧棱与底面垂直,且底面为正方形;
(2)V四棱柱=Sh(S,h分别为底面积和高).
2.正方体的外接球的直径是正方体的一条体对角线,即l=2R.
3.要注意组合体的表面积可能是多个简单几何体表面积的和,也有可能是差.
4.三棱锥的底面为正三角形,一条侧棱与底面垂直,可以补形为正三棱柱.两个几何体的外接球相同.
考点进阶 素养淬炼
考点一 空间几何体的结构
例1 (1)(多选题)(2025陕西西安高三模拟)下列说法中,不正确的有( )
A.有两个面平行,其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱
B.有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥
C.过圆锥顶点的所有截面中,轴截面面积最大
D.有两个面互相平行且相似,其他各个面都是梯形的多面体是棱台
ACD
解析 如图所示,上下底面平行,各个面都是平行四边形,
此几何体不是棱柱,故A错误;因为棱锥侧面全为三角形,
有一个面是平行四边形,则此面为底面,所以该棱锥为四
棱锥,故B正确;过圆锥顶点的截面为等腰三角形,且两腰
长为母线长l,设该等腰三角形顶角为θ,则截面三角形面
积为S=l2sin θ,显然当θ=,轴截面面积S最大,故当圆锥的轴截面三角形顶角大于时,圆锥的轴截面面积不一定是最大的,故C错误;根据棱台的特征可知,棱台是棱锥截得的,侧棱的延长线要交于同一点.若有两个面平行且相似,其他各个面都是梯形的多面体,不能保证侧棱的延长线交于同一点,因此该多面体不一定是棱台,故D错误.
(2)(2025福建莆田高三模拟)我国古代数学专著《九章算术》中有这样一个问题:“今有木长二丈,围之三尺.葛生其下,缠木七周,上与木齐.问葛长几何 ”其意思为:“圆木长2丈,圆周长为3尺,葛藤从圆木的底部开始向上生长,绕圆木7周,顶部刚好与圆木平齐,问葛藤长为多少 ”若1丈=10尺,则葛藤最少长( )
A.21尺 B.25尺
C.29尺 D.33尺
C
解析 根据题意知,圆柱的侧面展开图是矩形,如图所示,矩形的高(即圆木长)为20尺,矩形的底边长为7×3=21(尺),
因此葛藤最少长=29(尺).
名称 棱柱 棱锥 棱台
侧棱 平行且相等 相交于一点, 但不一定相等 延长线交于一点
侧面 形状 平行四边形 三角形 梯形
2.旋转体的结构特征
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
图形
母线 互相平行且相等,垂直于底面 相交于 一点 延长线交 于一点 —
轴截面 全等的矩形 全等的等 腰三角形 全等的等 腰梯形 圆
侧面展开图 矩形 扇形 扇环 —
3.辨识空间几何体的两种方法
4.解决空间折线(段)最短问题的注意事项
(1)一般考虑其展开图,采用化曲为直的策略,将空间问题平面化.注意多面体表面展开图可能有不同的排布(如长方体),一定先观察立体图形每个面的形状,全面考虑问题,借助展开图,培养直观想象素养.
(2)把一个平面图形折叠为几何体可以看作展开的逆过程.
【对点训练1】(1)(多选题)下列说法中正确的是( )
A.各侧棱都相等的棱锥为正棱锥
B.长方体是直四棱柱,正四棱柱是平行六面体
C.不存在每个面都是直角三角形的四面体
D.球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面
BD
解析 各侧棱都相等,但无法保证底面为正多边形,故A错误;
易知长方体的侧棱和底面垂直,所以是直四棱柱;正四棱柱的底面是正方形,所以正四棱柱是平行六面体,故B正确;
如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中的三棱锥C1-ABC,四个面都是直角三角形,故C错误;
球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面,故D正确.故选BD.
(2)如图,在正四棱锥P-ABCD中,2PA=AB=6,E是棱PB上的动点,一只蚂蚁从A点出发,经过E点,爬到C点,则这只蚂蚁爬行的路程的最小值是 .
2
解析 根据题意,如图,将平面PAB和平面PBC展开到同一个平面,
连接AC,与PB交于点M,则AC的长就是蚂蚁爬行的路程的最小值.
设∠APB=θ,则∠APC=2θ,
由2PA=AB=6,得PA=3,AB=,
则cos θ=,
则cos∠APC=cos 2θ=2cos2θ-1=-,
故AC2=PA2+PC2-2PA·PC·cos∠APC=9+9+2×3×3=20,
则AC=2,即这只蚂蚁爬行的路程的最小值是2
考点二 空间几何体的表面积和体积
考向1 侧面积与表面积
例2 (1)(2025广东广州高三模拟)某厂生产一批圆台形台灯灯罩,灯罩的上下底面都是空的,圆台两个底面半径之比为1∶2,高为16 cm,母线长为20 cm,如果要对100个这样的台灯灯罩外表面涂一层防潮涂料,每平方米需要100克涂料,则共需涂料( )
A.240π克 B.320π克
C.720π克 D.1 440π克
C
解析 作圆台的轴截面,如图.梯形ABCD为等腰梯形,取上、下底面的中心分别为E,F,取AF中点G,连接EG.
在Rt△GEF中,EG=AD=20 cm,EF=16 cm,所以GF=DE==12 cm,所以AF=24 cm,故灯罩的侧面积为π·(12+24)×20=720π cm2,
所以100个灯罩的外表面面积为100×720π cm2=72 000π cm2=7.20π m2.
又每平方米需要100克涂料,所以共需涂料7.20π×100=720π克.
(2)如图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分,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、下底、侧棱的长度(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.(34+8)dm2 B.(34+44)dm2
C.(34+48)dm2 D.(34+8)dm2
A
解析 由题可得,正三棱柱的底面积为2×2×sin 60°= dm2,
正三棱柱的外露表面积为2+2×2×2=(8+2)dm2,
四棱台侧面梯形的高为=2 dm,
四棱台外露表面积为4(2+6)×2=32 dm2,
故该结构表面积为32+8+2=(34+8)dm2.
考向2 空间几何体的体积
例3 (1)(2023全国甲,文10)在三棱锥P-ABC中,△ABC是边长为2的等边三角形,PA=PB=2,PC=,则该棱锥的体积为( )【一题多解】
A.1 B.
C.2 D.3
A
解析 (方法一)
如图,作AO⊥平面PBC,设AO=h,连接OP,OB,OC,
由AP=AB=AC=2,可得OP=OB=OC,即O为△PBC的外心.
在△PBC中,cos∠PBC=,
则sin∠PBC=
设△PBC的外接圆半径为R,=2R,解得R=
在Rt△AOP中,∵AO2+PO2=AP2,∴h=AO=
S△BPC=PB·BC·sin∠PBC=2×2
∴VP-ABC=VA-BPC=S△BPC·h==1.
(方法二)如图,过点P作PO⊥平面ABC于点O,连接CO并延长交AB于点D,连接PD.
∵PA=PB=AB,
∴D为AB的中点.
∴CD=,PD=
由PO⊥CD,设OD=x,0≤x<
由PD2-OD2=PC2-OC2,得()2-x2=6-(-x)2,
解得x=0或x=(舍去),
∴PD⊥平面ABC.
则VP-ABC=S△ABC·PD=22=1.故选A.
(2)(2025北京,14)某科技兴趣小组通过3D打印机的一个零件可以抽象为如图所示的多面体,其中ABCDEF是一个平行多边形,平面ARF⊥平面ABC,平面TCD⊥平面ABC,AB⊥BC,AB∥RS∥EF∥CD,AF∥ST∥BC∥ED.若AB=BC=8,AF=CD=4,AR=RF=TC=TD=,则该多面体的体积为 .
60
解析 由题意可知V多面体=2VCDT-BSE,延长AB交ED于点M,连接SM,
过点B作BK∥CT交TS于点K,连接KM,过R作RP⊥AF,P为垂足.
∵RA=RF,∴P为AF的中点.过点P作PO∥AB,交BE于点O,连接SO,过点T作TQ⊥CD,Q为垂足.
∵TC=TD,∴Q为CD中点.
又O为BE中点,∴OQ为梯形CBED的中位线,
∴OQ∥ST且OQ=ST.
∵CB=8,DE=DM+ME=12,
∴QO=10,SK=TS-TK=QO-TK=2.
∵平面RAF⊥平面ABC,且交线为AF,
∴RP⊥平面ABC,同理TQ⊥平面ABC.
∵ST∥OQ且ST=OQ,∴四边形STQO为平行四边形,
∴SO∥TQ且SO=TQ,∴RP∥SO∥TQ,且RP=SO=TQ=
∴VCTD-BKM=S△CTD·BC=48=24,
VS-BKM=S△BKM·SK=42=2,
VS-BME=S△BEM·SO=4×4=4,
∴V多面体=2VCDT-BSE=2×(24+2+4)=60.
3.求空间几何体体积的三种常用方法
【对点训练2】(1)(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( )
A. B.
C. D.
C
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.该三棱柱的直截面(与侧棱垂直的截面)是边长为1的等边三角形,其面积为12=,三棱柱的侧棱长为1+3=2+2=3+1=4,
所以VABC-DEF=VABC-HIJ=4=
故选C.
(2)(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 .【一题多解】
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,∵AC=2,A1C1=,∴AG=
在Rt△A1AG中,A1G=
则棱台体积V=+
S四边形ABCD)·A1G=(1+2+4)
(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OA1=,A1H=,AG=,OA=2
在Rt△A1OH中,OH=,
在Rt△AOG中,OG=
则棱台体积V=V四棱锥O-ABCD-
(S四边形ABCD·OG-OH)=(4-1)=
考点三 球的“切”“接”问题
考向1 外接球
例4 (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
解析 设外接球的半径为R,由题意得,上底面所在平面截球所得圆的半径是3,下底面所在平面截球所得圆的半径是4,在轴截面中,设球心到上、下底面的距离分别为d1,d2,则d1=,d2=,故|d1-d2|=1或|d1+d2|=1,由几何知识可得=1,或=1,解得R2=25符合题意.因此球的表面积是S=4πR2=4π·25=100π.故选A.
一题多变
(变条件)本例中的“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 由题意可知,正三棱锥外接球的球心位于高VM所在直线上,设为O,
则OV=OC=R,VM=1,所以OM=|R-1|,CM=AB=4=4.
在Rt△OMC中,有R2=|R-1|2+42,解得R=,所以球的表面积为S=4πR2=289π.
考向2 内切球
例5 (1)(2025湖南常德模拟)已知圆台的母线长为4,在圆台内部,与上、下底面及各母线均相切的球的半径为,则该圆台的体积为( )
A.8π B.
C. D.10π
B
解析 如图,设圆台上、下底面圆心分别为O1,O2,半径分别为r1,r2,r1设球O与母线AB相切于点M,所以OM⊥AB,则OM=OO1=OO2=,
则△AOO1≌△AOM,则AO1=AM=r1,同理BM=O2B=r2,所以AB=r1+r2=4.
过点A作AG⊥O2B,垂足为G,则BG=r2-r1,AG=O1O2=2
又AB2=AG2+BG2,即16=12+(r2-r1)2.又r1+r2=4,解得r1=1,r2=3,
所以该圆台的体积为V=(12+32+1×3)×2
(2)(2025浙江宁波模拟)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A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,且AB=BC=CD=1,则其内切球表面积为 .
(3-2)π
解析 因为四面体ABCD四个面都为直角三角形,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,所以AB⊥BD,AB⊥BC,BC⊥CD,AC⊥CD,则BD=AC=
设四面体ABCD内切球的球心为O,半径为r,
则V四面体ABCD=VO-ABC+VO-ABD+VO-ACD+VO-BCD
=r(S△ABC+S△ABD+S△ACD+S△BCD),
所以r=
因为四面体ABCD的表面积为S四面体ABCD
=S△ABC+S△ABD+S△ACD+S△BCD
=1×1+1+1+1×1=1+
又因为四面体ABCD的体积V四面体ABCD=1×1×1=,
所以r=,所以内切球表面积S=4πr2=(3-2)π.
4.(1)正棱锥和正棱台的外接球的球心在其高上,具体位置可通过构造直角三角形,利用勾股定理求得.
(2)正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心的连线的中点.
(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心的连线的中点.
5.求解空间几何体的外接球问题的策略
(1)定球心:球心到接点的距离相等且为半径.
(2)作截面:选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系),达到空间问题平面化的目的.
(3)求半径下结论:根据作出截面中的几何元素,建立关于球的半径的方程,并求解.
6.几何体内切球问题的求解策略
(1)体积分割法求内切球半径.
(2)作出合适的截面(过球心、切点等),转化为平面图形求解.
(3)多球相切的问题,连接各球球心,转化为处理多面体问题.
【对点训练3】(1)(2025广东深圳高三模拟)已知圆锥的母线长为6,其外接球表面积为,则该圆锥的表面积为( )
A.12π B.16π
C.18π D.27π
B
解析 圆锥及其外接球的轴截面如图,设其外接球的半径为R,
则外接球表面积为=4πR2,得R=,即|AO|=|OC|=
设圆锥的高为|AO1|=h,圆锥的底面圆半径为|O1C|=r,
则r2+h2=62.
由(h-R)2+r2=R2,解得h==4,r=2,
故此圆锥的表面积为πr2+πrl=16π.故选B.
(2)(2025江苏扬州模拟)已知正四棱锥P-ABCD的底面边长为2,若半径为1的球与该正四棱锥的各面均相切,则正四棱锥P-ABCD的体积为( )
A.8 B.12
C.12 D.36
B
解析 因为球与该正四棱锥的各面均相切,所以该球的球心O在四棱锥P-ABCD的高线PH上,过点H作HE⊥AB于点E,连接PE,过点O作OK⊥PE于点K.因为PH⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,则PH⊥AB.又PH∩HE=H,PH,HE 平面PHE,则AB⊥平面PHE.因为OK 平面PHE,故AB⊥OK.
又AB∩PE=E,AB,PE 平面PAB,故OK⊥平面PAB.
依题意,OK=OH=1,因为底面边长为2,所以HE=2
在Rt△OEH中,tan∠OEH=,则∠HEO=
因为OK=OH=1,则∠PEH=2∠OEH=,则∠HPE=,
故PH==3,则VP-ABCD=3=12.
