第1课 立体几何初步
由三视图求几何体的表面积与体积
【例1】 某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )
A．1 B. C. D．2
C [根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥V-ABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1.所以四棱锥中最长棱为VD.连接BD，易知BD＝，在Rt△VBD中，VD＝＝.]
1．以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．
2．多面体的表面积是各个面的面积之和，组合体的表面积问题要注意衔接部分的处理．
3．旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．
1．一个几何体的三视图如图所示，其中左视图与俯视图均为半径是2的圆，则这个几何体的体积是________．
8π [由三视图知该几何体是半径为2的球被截去四分之一后剩下的几何体，则该几何体的体积V＝×π×23×＝8π.]
平行关系的判定和性质
【例2】 如图所示，斜三棱柱ABC-A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点．
(1)当等于何值时，BC1∥平面AB1D1?
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值．
[解] (1)如图所示，取D1为线段A1C1的中点，此时＝1.连接A1B，交AB1于点O，连接OD1.由棱柱的性质知，四边形A1ABB1为平行四边形，所以点O为A1B的中点．在△A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，所以OD1∥BC1.又因为OD1平面AB1D1，BC1平面AB1D1，所以BC1∥平面AB1D1，所以当＝1时，BC1∥平面AB1D1.
(2)由平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，得BC1∥D1O，所以＝，又由题可知＝，＝1，所以＝1，即＝1.
1．证明线线平行的依据
(1)平面几何法(常用的有三角形中位线、平行四边形对边平行)；(2)公理4；(3)线面平行的性质定理；(4)面面平行的性质定理；(5)线面垂直的性质定理．
2．证明线面平行的依据
(1)定义；(2)线面平行的判定定理；(3)面面平行的性质定理．
3．证明面面平行的依据
(1)定义；(2)面面平行的判定定理；(3)线面垂直的性质定理；(4)面面平行的传递性．
2.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB＝2EF，EF∥AB，H为BC的中点，求证：FH∥平面EDB.
[解] 连接AC交BD于点G，则G为AC的中点．
连接EG，GH，
∵H为BC的中点，
∴GH綊AB.
又EF綊AB，
∴EF綊GH，
∴四边形EFHG为平行四边形，
∴EG∥FH，∵EG平面EDB，FH平面EDB，
∴FH∥平面EDB.
垂直关系的判定和性质
【例3】 如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点．求证：
(1)PA⊥底面ABCD；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面BEF⊥平面PCD.
[解] (1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA⊥AD，所以PA⊥底面ABCD.
(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，
所以AB∥DE，且AB＝DE，
所以四边形ABED为平行四边形，
所以BE∥AD.
又因为BE平面PAD，AD平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
(3)因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形，
所以BE⊥CD，AD⊥CD.
由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD.
又AD∩PA＝A，所以CD⊥平面PAD，
所以CD⊥PD.
因为E和F分别是CD和PC的中点，
所以PD∥EF，所以CD⊥EF.
又EF∩BE＝E，
所以CD⊥平面BEF.又CD平面PCD，
所以平面BEF⊥平面PCD.
1．两条异面直线相互垂直的证明方法
(1)定义；
(2)线面垂直的性质定理．
2．直线和平面垂直的证明方法
(1)线面垂直的判定定理；
(2)面面垂直的性质定理．
3．平面和平面相互垂直的证明方法
(1)定义；
(2)面面垂直的判定定理．
3．如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中(侧棱与底面垂直的棱柱)，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，AA1＝，D是A1B1的中点．
(1)求证：C1D⊥平面AA1B1B；
(2)若点F为BB1上的动点，则当点F在BB1上的什么位置时，会使得AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论．
[解] (1)由题意知，A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°.
∵D是A1B1的中点，∴C1D⊥A1B1.
∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D平面A1B1C1，
∴AA1⊥C1D.∵AA1∩A1B1＝A1，∴C1D⊥平面AA1B1B.
(2)点F为BB1的中点时，AB1⊥平面C1DF.证明如下．
∵C1D⊥平面AA1B1B，AB1平面AA1B1B，∴C1D⊥AB1.
易知A1B1＝，∵AA1＝，∴四边形AA1B1B为正方形．
又D为A1B1的中点，F为BB1的中点，∴AB1⊥DF，又DF∩C1D＝D，∴AB1⊥平面C1DF.
截面问题
【例4】 如图，已知正三棱锥S-ABC，过B和侧棱SA，SC的中点E，F作一截面，若这个截面与侧面SAC垂直，求此三棱锥的侧面积与底面积之比．
[思路探究] 构建截面，利用几何知识巧妙判断各棱之间的关系．
[解] 取AC的中点M，连接SM，设SM∩EF＝D.
如图．
在△SAC中，E，F分别为SA，SC的中点，所以EF∥AC，所以＝，
而SF＝FC，所以SD＝DM，
所以D为SM的中点．
连接BD，BM.
因为S-ABC为正三棱锥，所以SM⊥AC.
而AC∥EF，所以SM⊥EF，又截面BEF⊥平面SAC，所以SM⊥BD.
又SD＝DM，所以△SBM为等腰三角形，SB＝BM.
设正三棱锥S-ABC的底面边长为a，则BM＝a，从而SA＝SB＝SC＝BM＝a，
又SM＝＝＝a，
所以S侧＝3××a×a＝a2，S底＝a2，
所以S侧∶S底＝∶1.
在中学数学中，有关截面的问题主要有面积、距离和角的计算问题以及与截面的位置、形状、数量有关的证明和判定问题.在解有关截面问题时要注意
?1?截面的位置；
?2?截面的形状及有关性质；
?3?截面的元素及其相互关系；
?4?截面的有关数量.
4．一个圆锥底面半径为R，高为R，求此圆锥的内接正四棱柱表面积的最大值．
[解] 如图，△SAB为圆锥SO的一个轴截面，且该轴截面经过正四棱柱的对角面，DF为棱柱的底面对角线，要求棱柱的表面积，只要求出底面正方形边长及棱柱的高即可．
设正四棱柱高为h，底面正方形边长为a，则DE＝a.
∵△SDE∽△SAO，∴＝.
∵AO＝R，SO＝R，
∴＝，∴h＝R－a.
∴S表＝2a2＋4ah＝2a2＋4a.
整理得S表＝(2－2)2＋，0＜a＜R.
∵2－2＜0，＜R，
∴当a＝时，S表有最大值＝.
即圆锥的内接正四棱柱表面积最大值是R2.
折叠问题
【例5】 在矩形ABCD中，已知AB＝AD，E是AD的中点，沿BE将△ABE折起至△A′BE的位置，使A′C＝A′D，求证：平面A′BE⊥平面BCDE.
[思路探究] 运用线线垂直证明线面垂直，运用线面垂直证明面面垂直．
[解] 如图所示，取CD的中点M，BE的中点N，连接A′M，A′N，MN，则MN∥BC.
∵AB＝AD，E是AD的中点，
∴A′B＝A′E，∴A′N⊥BE.
∵A′C＝A′D，∴A′M⊥CD.
在矩形ABCD中，DC⊥MN，又MN∩A′M＝M，
∴DC⊥平面A′MN，∴CD⊥A′N.
∵ED∥BC，且ED≠BC，∴BE必与CD相交，
∴A′N⊥平面BCDE.
又A′N平面A′BE，∴平面A′BE⊥平面BCDE.
把一个平面图形按某种要求折起，转化为空间图形，进而研究图形在位置关系和数量关系上的变化，这就是折叠问题.求解折叠问题的两个关键点：
?1?画好两个图——折叠前的平面图和折叠后的立体图；
?2?分析好两者之间的关系——折叠前后哪些量发生了变化，哪些量没有发生变化.
5．如图(1)所示，梯形ABCD中，AB∥CD，E，F分别为BC，AD的中点，将平面CDFE沿EF翻折起来，使CD到C′D′的位置，如图(2)所示，G，H分别为AD′，BC′的中点，求证：四边形EFGH为平行四边形．
[证明] 梯形ABCD中，AB∥CD，E，F分别为BC，AD的中点，
∴EF∥AB且EF＝(AB＋CD)．
翻折后，C′D′∥EF，∴C′D′∥AB.
又G，H分别为AD′，BC′的中点，
∴GH∥AB且GH＝(AB＋C′D′)＝(AB＋CD)，
∴GH綊EF，∴四边形EFGH为平行四边形．
课件40张PPT。阶段复习课第1课 立体几何初步点击右图进入…Thank you for watching !章末综合测评(一) 立体几何初步
(满分：150分 时间：120分钟)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．下列推理错误的是( )
A．A∈l，A∈α，B∈l，B∈α?lα
B．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β?α∩β＝AB
C．lα，A∈l?A?α
D．A∈l，lα?A∈α
C [若直线l∩α＝A，显然有lα，A∈l，但A∈α，故C错．]
2．下列说法中，正确的是( )
A．经过不同的三点有且只有一个平面
B．分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线
C．垂直于同一个平面的两条直线是平行直线
D．垂直于同一个平面的两个平面平行
C [A中，可能有无数个平面；B中，两条直线还可能平行、相交；D中，两个平面可能相交．]
3．已知水平放置的△ABC是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，那么原△ABC的面积是( )
A. B．2 C. D.
A [由题图可知，原△ABC的高为AO＝，
∴S△ABC＝×BC×OA＝×2×＝，
故选A.]
4．下列四个命题判断正确的是( )
A．若a∥b，a∥α，则b∥α
B．若a∥α，bα，则a∥b
C．若a∥α，则a平行于α内所有的直线
D．若a∥α，a∥b，bα，则b∥α
D [A中b可能在α内；B中a与b可能异面；C中a可能与α内的直线异面；D正确．]
5．已知一个圆锥的展开图如图所示，其中扇形的圆心角为120°，底面圆的半径为1，则该圆锥的体积为( )
A. B.
C. D.π
A [因为扇形弧长为2π，所以圆锥母线长为3，高为2，所求体积V＝×π×12×2＝.]
6．如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E是A1C1的中点，则直线CE垂直于( )
A．AC B．BD C．A1D D．A1D1
B [CE平面ACC1A1，而BD⊥AC，BD⊥AA1，所以BD⊥平面ACC1A1，所以BD⊥CE.]
7．正方体AC1中，E，F分别是DD1，BD的中点，则直线AD1与EF所成角的余弦值是( )
A. B. C. D.
C [连接BD1，则BD1∥EF，∠BD1A是异面直线AD1与EF所成的角．
∵AB⊥AD1，∴cos∠BD1A＝＝.]
8．如图所示，则这个几何体的体积等于( )
A．4 B．6 C．8 D．12
A [由三视图得几何体为四棱锥，
如图记作S-ABCD，其中SA⊥平面ABCD，
SA＝2，AB＝2，AD＝2，CD＝4，
且ABCD为直角梯形，
∠DAB＝90°，
∴V＝SA×(AB＋CD)×AD＝×2××(2＋4)×2＝4，故选A.]
9．设α，β，γ为两两不重合的平面，l，m，n为两两不重合的直线，给出下列三个说法：
①若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；
②若α∥β，lα，则l∥β；
③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n.
其中正确的说法个数是( )
A．3 B．2 C．1 D．0
B [垂直于同一平面的两个平面不一定平行，故①错误；由面面平行的性质知②正确；借助于三棱柱可知③正确．]
10．过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为( )
A. B. C. D.
A [如图所示，设球的半径为R，由题意知OO′＝，OF＝R，
∴r＝R.
∴S截面＝πr2＝π2＝R2.
又S球＝4πR2，
∴＝＝.]
11．如图，ABCD-A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是( )
A．BD∥平面CB1D1
B．AC1⊥BD
C．AC1⊥平面CB1D1
D．异面直线AD与CB1所成的角为60°
D [由于BD∥B1D1，易知BD∥平面CB1D1；连接AC(图略)，易证BD⊥平面ACC1，所以AC1⊥BD；同理可证AC1⊥B1C，因为BD∥B1D1，所以AC1⊥B1D1，所以AC1⊥平面CB1D1；对于选项D，∵BC∥AD，∴∠B1CB即为AD与CB1所成的角，此角为45°，故D错．]
12．在四面体ABCD中，下列条件不能得出AB⊥CD的是( )
A．AB⊥BC且AB⊥BD B．AD⊥BC且AC⊥BD
C．AC＝AD且BC＝BD D．AC⊥BC且AD⊥BD
D [A项，∵AB⊥BD，AB⊥BC，
BD∩BC＝B，
∴AB⊥平面BCD，
∵CD平面BCD，
∴AB⊥CD.
B项，设A在平面BCD内的射影为O，则
AO⊥平面BCD，
∵AD⊥BC，AC⊥BD，
∴O为△BCD的垂心，
连接BO，则BO⊥CD.
又AO⊥CD，AO∩BO＝O，
∴CD⊥平面ABO，
∵AB平面ABO，∴AB⊥CD.
C项，取CD中点G，连接BG，AG.
∵AC＝AD且BC＝BD，
∴CD⊥BG，CD⊥AG，
∵BG∩AG＝G，∴CD⊥平面ABG，
∵AB平面ABG，
∴AB⊥CD，故选D.]
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)
13．底面直径和高都是4 cm的圆柱的侧面积为________ cm2.
16π [圆柱的底面半径为r＝×4＝2(cm)，
∴S侧＝2π×2×4＝16π(cm2)．]
14．如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，MN在平面BCC1B1内，MN⊥BC于M，则MN与AD的位置关系是________．
垂直 [由平面BCC1B1⊥平面ABCD，
知MN⊥平面ABCD.
∴MN⊥AD.]
15．已知一个圆台的下底面半径为r，高为h，当圆台的上底面半径r′变化时，圆台体积的变化范围是________．
[V圆台＝π(r2＋rr′＋r′2)h,0＜r′＜r.
当上底面面积为0时，圆台变为圆锥，V圆锥＝πr2h；
当上、下底面面积相等时，圆台变为圆柱，V圆柱＝πr2h.
所以圆台体积的变化范围是.]
16．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C，则异面直线AB与CD所成的角等于________．
60° [如图所示，分别取BC，AC的中点G、F，
连接EG，GF，EF，
则EG∥CD，GF∥AB，
∴∠EGF就是AB与CD所成的角．
由题意EG＝GF＝EF＝，
∴△EFG是等边三角形，∴∠EGF＝60°.]
三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)如图所示，四棱锥V-ABCD的底面为边长等于2 cm的正方形，顶点V与底面正方形中心的连线为棱锥的高，侧棱长VC＝4 cm，求这个正四棱锥的体积．
[解] 连接AC，BD相交于点O，连接VO，
∵AB＝BC＝2 cm，
在正方形ABCD中，
求得CO＝ cm，
又在直角三角形VOC中，
求得VO＝ cm，
∴VV-ABCD＝SABCD·VO
＝×4×＝(cm3)．
故这个正四棱锥的体积为 cm3.
18．(本小题满分12分)如图所示，P是?ABCD所在平面外一点，E，F分别在PA，BD上，且PE∶EA＝BF∶FD.求证：EF∥平面PBC.
[证明] 连接AF延长交BC于G，连接PG.
在?ABCD中，
易证△BFG∽△DFA，
∴＝＝，
∴EF∥PG.
而EF平面PBC，PG平面PBC，
∴EF∥平面PBC.
19．(本小题满分12分)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；
(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．
[解] (1)交线围成的正方形EHGF，如图：
(2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.
因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.
于是MH＝＝6，AH＝10，HB＝6.
故S四边形A1EHA＝×(4＋10)×8＝56，
S四边形EB1BH＝×(12＋6)×8＝72.
因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为.
20．(本小题满分12分)如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中点．证明：平面ABM⊥平面A1B1M.
[证明] 由长方体的性质可知A1B1⊥平面BCC1B1，
又BM平面BCC1B1，所以A1B1⊥BM.
又CC1＝2，M为CC1的中点，所以C1M＝CM＝1.
在Rt△B1C1M中，B1M＝＝，
同理BM＝＝，又B1B＝2，
所以B1M2＋BM2＝B1B2，从而BM⊥B1M.
又A1B1∩B1M＝B1，所以BM⊥平面A1B1M，
因为BM平面ABM，所以平面ABM⊥平面A1B1M.
21．(本小题满分12分)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠BCA＝90°，点D，E分别在棱PB，PC上，且DE∥BC.
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)是否存在点E使得二面角A-DE-P为直二面角？并说明理由．
[解] (1)证明：∵PA⊥底面
ABC，BC底面ABC，
∴PA⊥BC.又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC.
又∵AC∩PA＝A，AC，PA平面PAC，
∴BC⊥平面PAC.
(2)∵DE∥BC，又由(1)知，BC⊥平面PAC，
∴DE⊥平面PAC.
又∵AE平面PAC，PE平面PAC，
∴DE⊥AE，DE⊥PE.
∴∠AEP为二面角A-DE-P的平面角．
∵PA⊥底面ABC，
∴PA⊥AC，∴∠PAC＝90°.
∴在棱PC上存在一点E，
使得AE⊥PC.这时∠AEP＝90°，
故存在点E，使得二面角A-DE-P为直二面角．
22．(本小题满分12分)如图所示，在长方形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为CD的中点，以AE为折痕，把△DAE折起到△D′AE的位置，且平面D′AE⊥平面ABCE.
(1)求证：AD′⊥BE；
(2)求四棱锥D′-ABCE的体积；
(3)在棱ED′上是否存在一点P，使得D′B∥平面PAC，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：根据题意可知，在长方形ABCD中，△DAE和△CBE为等腰直角三角形，
∴∠DEA＝∠CEB＝45°，
∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE.
∵平面D′AE⊥平面ABCE，且平面D′AE∩平面ABCE＝AE，BE平面ABCE，
∴BE⊥平面D′AE，
∵AD′平面D′AE，
∴AD′⊥BE.
(2)取AE的中点F，连接D′F，则D′F⊥AE.
∵平面D′AE⊥平面ABCE，
且平面D′AE∩平面ABCE＝AE，D′F平面D′AE，
∴D′F⊥平面ABCE，
∴VD′-ABCE＝S四边形ABCE·D′F＝××(1＋2)×1×＝.
(3)如图所示，连接AC交BE于Q，假设在D′E上存在点P，使得D′B∥平面PAC，连接PQ.
∵D′B平面D′BE，
平面D′BE∩平面PAC＝PQ，∴D′B∥PQ，
∴在△EBD′中，＝.
∵在梯形ABCE中，＝＝，
∴＝＝，即EP＝ED′，
∴在棱ED′上存在一点P，
且EP＝ED′时，使得D′B∥平面PAC.
