(共41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]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2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](2025内蒙古鄂尔多斯模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BC⊥平面ACC1A1,A1C⊥AB.
(1)求证:平面A1BC⊥平面ABC;
(2)若A1C=2AC=2BC,求直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.
(1)证明 在三棱柱ABC-A1B1C1中,由BC⊥平面ACC1A1,A1C 平面ACC1A1,可得BC⊥A1C,
又A1C⊥AB,AB∩BC=B,AB,BC 平面ABC,
则A1C⊥平面ABC,
而A1C 平面A1BC,
所以平面A1BC⊥平面ABC.
(2)解由(1)知CA,CB,CA1两两垂直,以C为原点,
直线CA,CB,CA1分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的
空间直角坐标系,
由A1C=2AC=2BC,
令AC=BC=1,A1C=2,则A(1,0,0),B(0,1,0),A1(0,0,2),
=(-1,1,0),=(0,1,0),=(-1,0,2),
=(-2,1,2).
设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z),
则
取z=1,得n=(2,0,1),·n=-2×2+1×0+2×1=-2,
||==3,|n|=,
所以cos<,n>==-.
设直线AB1与平面BCC1B1所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n>|=.
故直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
考点三 平面与平面所成的角
例3(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°.
(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(2025黑龙江哈尔滨高三一模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,∠DAB=,AB∥CD,PA=AB=AD=2,CD=1,M是线段PB上的动点.
(1)当M是线段PB的中点时,求证:CM∥平面PAD;
(2)设N是PD的中点,当二面角P-AC-M的余弦值为时,
求点N到平面ACM的距离.
(1)证明 记PA的中点为H,连接MH,DH.
因为M是线段PB的中点,
所以MH∥AB且MH=AB=1.
又CD∥AB,CD=1,
所以CD∥MH,CD=MH,
所以四边形CDHM为平行四边形,
所以CM∥DH.
又因为CM 平面PAD,DH 平面PAD,所以CM∥平面PAD.
(2)解因为PA⊥平面ABCD,AD,AB 平面ABCD,
所以PA⊥AD,PA⊥AB,
又∠DAB=,
所以AB,AD,AP两两垂直,以分别为x轴、
y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),C(2,1,0),B(0,2,0),D(2,0,0),P(0,0,2),N(1,0,1),
则=(0,0,2),=(2,1,0),=(0,2,0),=(1,0,1),=(0,-2,2).
当M与B重合时,二面角P-AC-M为,不合题意.
设=t,t∈(0,1],则+t=(0,2-2t,2t).
设平面PAC,平面ACM的法向量分别为m=(x,y,z),n=(a,b,c),
则
取x=a=1,得m=(1,-2,0),n=(1,-2,).
由题可知|cos|=,解得t=(t=2舍去),则n=(1,-2,1),则点N到平面ACM的距离为d=.
[对点训练4] 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.(共27张PPT)
突破2 立体几何中的翻折问题、探究性问题
考点一 翻折问题
例1如图,在等腰梯形ABCD'中,AB∥CD',AB=BC=2, ∠ABC=120°,E,F,G分别为D'C,AE,BC的中点,将△D'AE绕AE翻折至△DAE的位置,H为CD的中点.
(1)求证:DF∥平面HGE;
(2)当平面DAE垂直于平面ABCD'时,求平面DAE与平面HGE的夹角的余弦值.
(1)证明 如图,在等腰梯形ABCD'中,
∵AB∥CD',∠ABC=120°,∴∠BAD'=120°,∠AD'E=∠BCD'=60°.
连接BD'.
∵AB=AD',∠BAD'=120°,
∴∠ABD'=∠AD'B=30°.
又∠ABC=120°,∴∠D'BC=90°.
又∠BCD'=60°,BC=2,∴CD'=4,
∴D'E=2.
又∠AD'E=60°,∴△AD'E为等边三角形,且BD'为∠AD'E的角平分线,
∴BD'与AE的交点即为点F,且D'F⊥AE.
∵点E为CD'的中点,点G为BC的中点,∴BF∥EG.
连接CF,交EG于点M,连接HM,易证△EMF≌△GMC,
∴点M为CF的中点,
∴HM为△CDF的中位线,
∴DF∥HM.
又HM 平面HGE,DF 平面HGE,
∴DF∥平面HGE.
(2)解 ∵平面DAE⊥平面ABC,平面DAE∩平面ABCD'=AE,DF⊥AE,DF 平面DAE,
∴DF⊥平面ABCD'.
又AE⊥BD',
∴DF,AF,BF两两垂直.以点F为坐标原点,
分别以FA,FB,FD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,
[对点训练1](2025内蒙古呼和浩特模拟)如图,边长为2的平面正方形中,将△ABD沿BD折至△A'BD,使平面A'BD与平面CBD所成的二面角为直二面角.
(1)在空间中找一点O,使得O与A',B,C,D距离相等,并证明;
(2)求平面BOC与平面A'BC所成二面角的正弦值.
解(1)O点取BD的中点.证明如下,
在△CBD中,BD的中点与点B,C,D距离相等;在△A'BD中,BD的中点与点A',B,D距离相等,故BD的中点与A',B,C,D的距离相等.
(2)∵平面CBD与平面A'BD所成的二面角为直二面角,
则平面CBD⊥平面A'BD.
又平面CBD∩平面A'BD=BD,在平面CBD中,BD⊥CO,
在平面A'BD中,BD⊥A'O,故BD,CO,A'O两两互相垂直.
以O为原点,OB,OC,OA'所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示.
可得平面BOC的一个法向量为m=(0,0,1),因为A'(0,0,),B(,0,0),C(0,,0),可得=(0,,-),=(-,0).
设n=(x,y,z)是平面A'BC的一个法向量,
则可得n=(1,1,1),设平面BOC与平面A'BC所成的二面角为θ,由题得|cos θ|=|cos|=,所以sin θ=.故平面BOC与平面A'BC所成二面角的正弦值为.
考点二 空间中的探究性问题(多考向探究预测)
考向1与位置关系有关的探究性问题
例2如图,在三棱锥P-ABC中,底面△ABC是边长为2的正三角形,PA=PC=4.
(1)求证:PB⊥AC;
(2)若平面PAC⊥平面ABC,在线段PB(包含端点)上是否存在一点E,使得平面PAB⊥平面ACE 若存在,求出PE的长;若不存在,请说明理由.
(1)证明 如图,取AC的中点O,连接OP,OB.因为△ABC是正三角形,所以OB⊥AC.因为PA=PC,所以OP⊥AC.
又OB∩OP=O,OB,OP 平面OPB,所以AC⊥平面OPB.
又PB 平面OPB,所以PB⊥AC.
(2)解 存在.
由(1)可知OP⊥AC,OB⊥AC.又平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,OP 平面PAC,所以OP⊥平面ABC.
以点O为坐标原点,分别以OA,OB,OP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如
考向2与空间角有关的探究性问题
例3如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ACC1A1是菱形,且与平面A1BC垂直,BC⊥AC,AA1=A1C=4,BC=2.
(1)证明:BC⊥平面ACC1A1;
(2)棱CC1上是否存在一点D,使得直线A1D与平面ABB1A1所成的角为30° 若存在,请确定点D的位置;若不存在,请说明理由.
(1)证明 如图,连接CA1与C1A.
因为四边形ACC1A1为菱形,所以C1A⊥CA1.
又平面ACC1A1⊥平面A1BC,平面ACC1A1∩平面A1BC=CA1,AC1 平面ACC1A1,所以AC1⊥平面A1BC.又BC 平面A1BC,所以AC1⊥BC.
又BC⊥AC,AC1∩AC=A,AC1,AC 平面ACC1A1,所以BC⊥平面ACC1A1.
(2)解 存在.
由(1)知BC⊥平面ACC1A1,BC 平面ABC,所以平面ABC⊥平面ACC1A1.
因为AA1=A1C=AC=4,所以三角形AA1C为等边三角形.取AC中点为O,连接A1O,则A1O⊥AC.又A1O 平面ACC1A1,平面ABC∩平面ACC1A1=AC,所以A1O⊥平面ABC.
取AB中点为E,连接OE,则OE∥BC.
因为BC⊥AC,所以OE⊥AC.
[对点训练2](2024辽宁沈阳模拟)如图,在几何体ABCDFE中,四边形ABCD为菱形,四边形DBEF为梯形,BE∥DF,DF=2BD=2BE=4,且AE=CE.
(1)求证:平面DBEF⊥平面ABCD;
(2)当∠EBD=60°时,平面AEF与平面CEF能否垂直 若能,求出菱形ABCD的边长;若不能,请说明理由.
(1)证明 如图,连接AC,交BD于点O,连接OE.
因为四边形ABCD为菱形,所以AO=OC,AC⊥BD.
又因为AE=CE,所以AC⊥OE.
又因为BD,OE 平面DBEF,BD∩OE=O,所以AC⊥平面DBEF.
又因为AC 平面ABCD,所以平面DBEF⊥平面ABCD.
(2)解 能垂直.
由题可知BE=2,OB=1,∠EBD=60°,
所以BE2=OB2+OE2,所以OE⊥BD.又因为AC⊥平面DBEF,OE,BD 平面DBEF,所以OE,BD,AC两两垂直.以点O为原点,分别以OA,OB,OE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.
(1)证明 如图,连接OD,OC,DC,OE.
因为点E是PA的中点,点O是AB的中点,所以OE∥PB.又BP∩BC=B,BP,BC 平面PBC,OE∩OD=O,OE,OD 平面ODE,所以平面ODE∥平面PBC.
又DE 平面ODE,所以DE∥平面PBC.
(2)解 存在.设CD的中点为G,连接OG,则OG⊥CD.因为四边形OBCD是菱形,所以CD∥AB,所以OG⊥AB.
由题可知平面PAB⊥平面OBCD,又平面PAB∩平面OBCD=AB,OP 平面PAB,所以OP⊥平面OBCD.又OG,AB 平面OBCD,所以OG,AB,OP两两垂直.(共10张PPT)
规范解答四 立体几何
典例(2024新高考Ⅰ,17,15分)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.
题意理解
序号 解题入门 破题环节
1 AC=2,BC=1,AB= ∠ABC=90° AB⊥AC
2 PA⊥底面ABCD PA垂直于底面内的任意一条直线
3 AD⊥PB AD⊥平面PAB
4 证明AD∥平面PBC 若AD∥平面PBC,则AD∥BC
5 AD⊥DC 可以点D为坐标原点建立空间直角坐标系
6 二面角A-CP-D的正弦值为 平面ACP和平面CPD的法向量的夹角的余弦值的绝对值为
7 求AD 设AD=t,0 要着力寻找平面内的两条相交直线
AD⊥DC,PA⊥平面ABCD,这样建系比较容易写出相关点的坐标
写点C的坐标时,先在Rt△ADC中利用勾股定理求出DC
结合x1,y1的等量关系式,合理设x1的值,有利于代入夹角公式计算
P
C
A
B
Z
P
D
C
A
y
X
B
目教师讲评
1.试题考查了棱锥的结构特征，空间直线与平
面、直线与直线垂直、平行的相关概念以及判定和
性质定理，也对已知二面角求线段长的计算方法作
了重点考查，两个平面的法向量的求解，对数学运
算的素养有较高的要求.试题突出考查了考生的空
间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力.
2.第(1)问由已知的线面垂直，结合图形中线
段长度关系等条件，分别证明AD和BC都垂直于
同一个平面，从而得这两条直线平行，进而可证线
面平行；第(2)问建立适当的坐标系，设AD=t,分
别求二面角两个半平面的法向量，利用夹角公式求
出参数，从而解决问题(共27张PPT)
培优拓展(八)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) 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 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.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. 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. 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25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) 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) 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) 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) 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26张PPT)
培优拓展(七)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已知S,A,B,C是球O表面上的不同点,SA⊥平面BC,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] 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] 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) 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) 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)(2025黑龙江哈尔滨高三联考)已知一个等腰梯形的下底长是上底长的3倍,两腰与下底所成角为,面积为8.若该等腰梯形是一个圆台的轴截面,则该圆台的侧面积为( )
A.16π B.26π C.16π D.32π
解析 如图,由题意得BC=3DA,∠B=∠C=.设等腰梯形ABCD的上、下底长分别为a,3a,a>0,即AD=a,BC=3a.分别过点D,A作DG⊥BC,AF⊥BC,垂足分别为点G,F.
因为AD∥GF,则四边形ADGF为矩形,且AD=FG=a,所以CG=GF=FB=a.
在Rt△CDG中,DG=CG·tana,DC==2a.则等腰梯形的面积S=·(a+3a)·a=2a2=8,解得a=2.
则圆台的上、下底面的半径分别为r=1,r'=3,母线长为l=4,
所以圆台的侧面积为πl(r+r')=π×4×(1+3)=16π.故选A.
(2) 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)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) 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) 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,
[对点训练4](1)(2025黑龙江齐齐哈尔二模)已知正三棱台的上底面边长为,高为1,体积为,则该正三棱台的外接球表面积为( )
A.8π B.12π
C.16π D.20π
D
解析 设正三棱台的下底面边长为a,则其下底面面积为a2,上底面面积为,所以,该三棱台的体积为V=×(a2+)×1
=(a2+a+3)=,
整理可得a2+a-18=0,
因为a>0,解得a=2.
如图,设正三棱台ABC-A1B1C1的上、下底面的中心分别为O1,O,由正三棱台的几何性质可知,外接球球心E在直线OO1上,
正三角形ABC的外接圆半径为OA==2,正三角形A1B1C1的外接圆半径为O1A1==1.
设OE=d,若球心在线段OO1上,则0设球E的半径为R,则R2=OA2+d2=O1+(1-d)2,即4+d2=1+(1-d)2,
解得d=-1,不符合题意;
所以,球心E在射线O1O上,则O1E=d+1,R2=OA2+d2=O1+(1+d)2,
即4+d2=1+(d+1)2,
解得d=1.
所以,R2=4+1=5,
故该正三棱台的外接球表面积为S=4πR2=20π.故选D.
(2)(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.
