(共51张PPT)
阶段提升课
第六课 立体几何初步
思维导图·构建网络
考点整合·素养提升
题组训练一
空间几何体的结构特征、直观图?
1.下列说法正确的是( )
A.有两个平面互相平行,其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
B.四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形
C.有两个平面互相平行,其余各面都是梯形的多面体是棱台
D.棱台的各侧棱延长后不一定交于一点
【解析】选B.A错误,如图1;B正确,如图2,其中底面ABCD是矩形,可证明∠PAB,∠PCB都是直角,这样四个侧面都是直角三角形;C错误,如图3;D错误,由棱台的定义知,其侧棱必相交于同一点.
2.下列结论正确的是( )
A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B.以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体是圆锥
C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则此棱锥可能是六棱锥
D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线
【解析】选D.A错误,如图1所示,由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的
几何体,各面都是三角形,但它不是棱锥;B错误,如图2,若△ABC不是直角三角
形或是直角三角形,但旋转轴不是直角边所在直线,所得的几何体都不是圆锥;
C错误,若六棱锥的所有棱长都相等,则底面多边形是正六边形;由几何图形知,若以正六边形为底面,侧棱长必然要大于底面边长;D正确.
3.如图,四边形ABCD是一水平放置的平面图形的斜二测直观图,AB∥CD,AD⊥CD,
且BC与y轴平行,若AB=6,CD=4,BC=2
,则原平面图形的实际面积是________.?
【解析】由斜二测直观图的作图规则知,原平面图形是直角梯形,且AB,CD的长度不变,仍为6和4,高BC=4
,故所求面积S=
×(4+6)×4
=20
.
答案:20
【方法技巧】
1.解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义,真正把握几何体的结构特征,可以根据条件构建几何模型,在几何模型中进行判断.
2.解决本类题目的技巧:三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型,有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析.
3.用斜二测画法画直观图要掌握水平长不变,垂线长减半,直角画45°(或135°).
题组训练二 共点、共线、共面问题?
1.如图所示,空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD的中点,G,H分别在BC,CD上,且BG∶GC=DH∶HC=1∶2.
求证:(1)E,F,G,H四点共面;
(2)GE与HF的交点在直线AC上.
【证明】(1)因为BG∶GC=DH∶HC,
所以GH∥BD,又E,F分别为AB,AD的中点,
所以EF∥BD,所以EF∥GH,
所以E,F,G,H四点共面.
(2)因为G,H不是BC,CD的中点,所以EF≠GH.
又EF∥GH,所以EG与FH不平行,则必相交,
设交点为M.
?M∈平面ABC且M∈平面ACD
?M在平面ABC与平面ACD的交线上?M∈AC.
所以GE与HF的交点在直线AC上.
2.在四面体ABCD中,E,H分别是线段AB,AD的中点,F,G分别是线段CB,CD上的点,
且
.求证:
(1)四边形EFGH是梯形;
(2)AC,EF,HG三条直线相交于同一点.
【证明】(1)如图,连接BD,
因为E,H分别是边AB,AD的中点,
所以EH∥BD,且EH=
BD.
又因为
.所以FG∥BD,且FG=
BD,
所以EH∥FG且EH≠FG,
故四边形EFGH是梯形.
(2)由(1)知EF,HG相交,设EF∩HG=K,
因为K∈EF,EF?平面ABC,
所以K∈平面ABC.同理K∈平面ACD.
又平面ABC∩平面ACD=AC,
所以K∈AC,故EF和HG的交点在直线AC上.
所以AC,EF,HG三条直线相交于同一点.
【方法技巧】
1.证明空间三点共线问题,通常证明这些点都在两个面的交线上,即先确定出某两点在某两个平面的交线上,再证第三点是两个平面的公共点,则此点必在两个平面的交线上.
2.证明共面问题,一般有两种证法:一是由某些元素确定一个平面,然后证明其余元素在这个平面内;二是分别由不同元素确定若干个平面,然后证明这些平面重合.
3.证明三线共点问题,先证两条直线交于一点,再证明第三条直线经过这点,把问题转化为证明点在直线上的问题.
题组训练三 平行与垂直问题?
1.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,且△ABC为正三角形,AA1=AB=6,D为AC的中点.
(1)求证:直线AB1∥平面BC1D;
(2)求证:平面BC1D⊥平面ACC1A1;
(3)求三棱锥C-BC1D的体积.
【解析】(1)连接B1C交BC1于点O,连接OD,BD,则点O为B1C的中点.
因为D为AC中点,得DO为△AB1C的中位线,
所以AB1∥OD.
因为OD?平面BC1D,AB1?平面BC1D,
所以直线AB1∥平面BC1D.
(2)因为AA1⊥底面ABC,BD?平面ABC,所以AA1⊥BD.因为底面△ABC是正三角形,D是AC的中点,所以BD⊥AC.因为AA1∩AC=A,所以BD⊥平面ACC1A1,因为BD?平面BC1D,所以平面BC1D⊥平面ACC1A1.
(3)由(2)知,在△ABC中,BD⊥AC,BD=BCsin
∠DCB=3
,
所以S△BCD=
所以
2.如图,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=2,AF=
,M为EF
的中点.求证:
(1)平面ABF∥平面DCE;
(2)AM∥平面BDE;
(3)AM⊥平面BDF.
【证明】(1)由正方形ABCD和矩形ACEF可得,
AB∥CD,AF∥CE,因为AB∩AF=A,CD∩CE=C.
AB?平面ABF,AF?平面ABF,CD?平面DCE,CE?平面DCE,
所以平面ABF∥平面DCE.
(2)设AC∩BD=O,连接OE,如图,
因为四边形ABCD为正方形,所以O为AC的中点,
又矩形ACEF,M为EF的中点,
所以EM∥OA,且EM=OA,
所以四边形OAME为平行四边形,
所以AM∥OE,又AM?平面BDE,OE?平面BDE,
所以AM∥平面BDE.
(3)因为正方形ABCD,所以BD⊥AC,
又因为平面ABCD⊥平面ACEF,平面ABCD∩平面ACEF=AC,BD?平面ABCD,
所以BD⊥平面ACEF,因为AM?平面ACEF,
所以BD⊥AM,在矩形ACEF中,O为AC中点,M为EF的中点,AF=
.
所以AO=
连接MO,OF,所以AFMO为正方形,所以OF⊥AM,
而BD?平面BDF,OF?平面BDF,BD∩OF=O,
所以AM⊥平面BDF.
【方法技巧】
1.平行问题的转化
利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时,一般遵循从“低维”到“高维”的转化,即从“线线平行”到“线面平行”再到“面面平行”;而应用性质定理时,其顺序正好相反.在实际的解题过程中,判定定理和性质定理一般要相互结合,灵活运用.
2.垂直问题的转化
在空间垂直关系中,线面垂直是核心,已知线面垂直,既可为证明线线垂直提供依据,又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫.应用面面垂直的性质定理时,一般需作辅助线,基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线,从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题,进而可转化为线线垂直问题.
题组训练四 空间角的求法?
1.如图所示,三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形且侧棱垂直于底面,
侧棱长是
,D是AC的中点.
(1)求证:B1C∥平面A1BD;
(2)求二面角A1-BD-A的大小;
(3)求直线AB1与平面A1BD所成角的正弦值.
【解析】(1)设AB1与A1B相交于点P,连接PD,则P为AB1的中点,因为D为AC的中点,
所以PD∥B1C.
又因为PD?平面A1BD,B1C?平面A1BD,
所以B1C∥平面A1BD.
(2)由题知,平面ACC1A1⊥平面ABC,平面ACC1A1∩平面ABC=AC,又因为BD⊥AC,则
BD⊥平面ACC1A1,所以BD⊥A1D,BD⊥AD,所以∠A1DA就是二面角A1-BD-A的平面角.
因为AA1=
,AD=
AC=1,
则tan∠A1DA=
所以∠A1DA=
,
即二面角A1-BD-A的大小是
.
(3)作AM⊥A1D于M.由(2)知,BD⊥平面ACC1A1.
因为AM?平面ACC1A1,所以BD⊥AM.
因为A1D∩BD=D,所以AM⊥平面A1BD.
连接MP,易知∠APM就是直线AB1与平面A1BD所成的角.
因为AA1=
,AD=1,
所以在Rt△AA1D中,∠A1DA=
,
所以AM=1×sin
60°=
,AP=
AB1=
,
所以sin
∠APM=
,所以直线AB1与平面A1BD所成角的正弦值为
.
2.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形.已知AB=3,AD=2,PA=2,PD=2
,
∠PAB=60°.
(1)证明:AD⊥平面PAB;
(2)求异面直线PC与AD所成的角的正切值的大小;
(3)求二面角P-BD-A的正切值的大小.
【解析】(1)在△PAD中,由题设PA=2,AD=2,PD=2
,可得PA2+AD2=PD2,于是
AD⊥PA.
在矩形ABCD中,AB⊥AD,
又PA∩AB=A,所以AD⊥平面PAB.
(2)由题设,知BC∥AD,所以∠PCB(或其补角)是异面直线PC与AD所成的角.
在△PAB中,由余弦定理得
PB=
由(1)知,AD⊥平面PAB,PB?平面PAB,
所以AD⊥PB,所以BC⊥PB,
所以△PBC是直角三角形,故tan∠PCB=
故异面直线PC与AD所成的角的正切值的大小为
.
(3)如图所示,过点P作PH⊥AB于H,过点H作HE⊥BD于E,连接PE.
因为AD⊥平面PAB,PH?平面PAB,
所以AD⊥PH.又AD∩AB=A,
所以PH⊥平面ABCD,
故HE为PE在平面ABCD内的射影,
所以BD⊥PE.
从而∠PEH是二面角P-BD-A的平面角.
由题设可得PH=PA·sin
60°=
,
AH=PA·cos
60°=1,BH=AB-AH=2,
BD=
由Rt△BEH∽Rt△BAD知
所以HE=
.
所以tan∠PEH=
故二面角P-BD-A的正切值的大小为
.
【方法技巧】
1.求异面直线所成的角常用平移转化法(转化为相交直线的夹角).
2.求直线与平面所成的角常用射影转化法(即作垂线、找射影).
3.二面角的平面角的作法常有三种:(1)定义法:根据平面角的概念直接作,如二面角的棱是两个等腰三角形的公共底边,就可以取棱的中点;(2)垂面法:过二面角棱上一点作棱的垂面,则垂面与二面角的两个半平面的交线所成的角就是二面角的平面角或其补角;(3)垂线法:过二面角的一个半平面内一点A作另一个半平面的垂线,再从垂足B向二面角的棱作垂线,垂足为C,这样二面角的棱就垂直于这两个垂线所确定的平面ABC,连接AC,则AC也与二面角的棱垂直,
∠ACB就是二面角的平面角或其补角,这样就把问题归结为解一个直角三角形,是求解二面角最基本、最重要的方法.
题组训练五 折叠与探索性问题?
1.如图①,在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别为AC,AB的中点,点F为线段CD上的一点.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图②.
(1)求证:DE∥平面A1CB;
(2)求证:A1F⊥BE;
(3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?说明理由.
【解析】(1)因为D,E分别为AC,AB的中点,
所以DE∥BC.
又因为DE?平面A1CB,BC?平面A1CB,
所以DE∥平面A1CB.
(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC,
所以DE⊥AC.
所以DE⊥A1D,DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.
而A1F?平面A1DC,所以DE⊥A1F.
又因为A1F⊥CD,CD∩DE=D,
所以A1F⊥平面BCDE.所以A1F⊥BE.
(3)线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.理由如下:
如图,分别取A1C,A1B的中点P,Q,
连接PQ,则PQ∥BC.
又因为DE∥BC,所以DE∥PQ.
所以平面DEQ即为平面DEP.
由(2)知,DE⊥平面A1DC,所以DE⊥A1C.
又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点,
所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP,即A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q,使得A1C⊥平面DEQ.
2.如图所示,在平行四边形ABCD中,已知AD=2AB=2a,BD=
a,AC∩BD=E,将其沿
对角线BD折成直二面角.
求证:(1)AB⊥平面BCD;
(2)平面ACD⊥平面ABD.
【证明】(1)在△ABD中AB=a,AD=2a,BD=
a,
所以AB2+BD2=AD2,所以∠ABD=90°,
所以AB⊥BD.
又因为平面ABD⊥平面BCD,
平面ABD∩平面BCD=BD,AB?平面ABD,
所以AB⊥平面BCD.
(2)因为折叠前四边形ABCD是平行四边形,
且AB⊥BD,所以CD⊥BD.因为AB⊥平面BCD,
所以AB⊥CD.
又因为AB∩BD=B,所以CD⊥平面ABD.
又因为CD?平面ACD,所以平面ACD⊥平面ABD.
【方法技巧】
1.解决探究性问题一般要采用执果索因的方法,假设求解的结果存在,从这个
结果出发,寻找使这个结论成立的充分条件,如果找到了符合题目结果要求的
条件,则存在;如果找不到符合题目结果要求的条件(出现矛盾),则不存在.
2.解决折叠问题一般要抓住折叠前后的变量与不变量.一般情况下,在折线同
侧的量,折叠前后不变,“跨过”折线的量,折叠前后可能会发生变化,这是解
决这类问题的关键.在解题时仔细审视从平面图形到立体图形的几何特征的变
化情况.注意相应的点、直线、平面间的位置关系,线段的长度、角度的变化
情况.
题组训练六 空间几何体的表面积与体积?
1.轴截面为正方形的圆柱的侧面积与全面积的比是( )
A.1∶2
B.2∶3
C.1∶3
D.1∶4
【解析】选B.设圆柱的底面圆半径为r,母线长为l,依题意得l=2r,而S侧=2πrl,
S全=2πr2+2πrl,所以S侧∶S全=2πrl∶(2πr2+2πrl)=2∶3.
2.四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为6的正方形,且PA=PB=PC=PD,若一个半径
为1的球与此四棱锥所有面都相切,则该四棱锥的高是( )
A.6
B.5
C.
D.
【解析】选D.由题意,四棱锥P-ABCD是正四棱锥,球的球心O在四棱锥的高PH上.
过正四棱锥的高作组合体的轴截面,如图所示,其中PE,PF是斜高,A′为球面与
侧面的切点.设PH=h,由几何体可知,Rt△PA′O∽Rt△PHF,所以
,
即
,解得h=
.
3.(2020·天津高考)若棱长为2
的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的
表面积为( )
A.12π
B.24π
C.36π
D.144π
【解题指南】求出正方体的体对角线的一半,即为球的半径,利用球的表面积
公式,即可得解.
【解析】选C.这个球是正方体的外接球,其半径等于正方体的体对角线的一半,
设外接球的半径为R,
则R=
=3,
所以,这个球的表面积为S=4πR2=4π×32=36π.
【方法技巧】
1.几何体的表面积及体积的计算是现实生活中经常能够遇到的问题,在计算中应注意各数量之间的关系及各元素之间的位置关系,特别是特殊的柱、锥、台体,要注意其中矩形、梯形及直角三角形等重要的平面图形的应用.
2.求解与球有关的“切”“接”问题的规律:(1)“切”的处理,首先要找准切点,通过作截面来解决,截面过球心.(2)“接”的处理,抓住外接的特点,即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.温馨提示：
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阶段提升课
第六课 立体几何初步
思维导图·构建网络
考点整合·素养提升
题组训练一
空间几何体的结构特征、直观图?
1.下列说法正确的是( )
A.有两个平面互相平行,其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
B.四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形
C.有两个平面互相平行,其余各面都是梯形的多面体是棱台
D.棱台的各侧棱延长后不一定交于一点
【解析】选B.A错误,如图1;B正确,如图2,其中底面ABCD是矩形,可证明∠PAB,∠PCB都是直角,这样四个侧面都是直角三角形;C错误,如图3;D错误,由棱台的定义知,其侧棱必相交于同一点.
2.下列结论正确的是( )
A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B.以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体是圆锥
C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则此棱锥可能是六棱锥
D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线
【解析】选D.A错误,如图1所示,由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体,各面都是三角形,但它不是棱锥;B错误,如图2,若△ABC不是直角三角形或是直角三角形,但旋转轴不是直角边所在直线,所得的几何体都不是圆锥;
C错误,若六棱锥的所有棱长都相等,则底面多边形是正六边形;由几何图形知,若以正六边形为底面,侧棱长必然要大于底面边长;D正确.
3.如图,四边形ABCD是一水平放置的平面图形的斜二测直观图,AB∥CD,AD⊥CD,且BC与y轴平行,若AB=6,CD=4,BC=2,则原平面图形的实际面积是________.?
【解析】由斜二测直观图的作图规则知,原平面图形是直角梯形,且AB,CD的长度不变,仍为6和4,高BC=4,故所求面积S=×(4+6)×4=20.
答案:20
1.解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义,真正把握几何体的结构特征,可以根据条件构建几何模型,在几何模型中进行判断.
2.解决本类题目的技巧:三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型,有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析.
3.用斜二测画法画直观图要掌握水平长不变,垂线长减半,直角画45°(或135°).
题组训练二 共点、共线、共面问题?
1.如图所示,空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD的中点,G,H分别在BC,CD上,且BG∶GC=DH∶HC=1∶2.
求证:(1)E,F,G,H四点共面;
(2)GE与HF的交点在直线AC上.
【证明】(1)因为BG∶GC=DH∶HC,
所以GH∥BD,又E,F分别为AB,AD的中点,
所以EF∥BD,所以EF∥GH,
所以E,F,G,H四点共面.
(2)因为G,H不是BC,CD的中点,所以EF≠GH.
又EF∥GH,所以EG与FH不平行,则必相交,
设交点为M.
?M∈平面ABC且M∈平面ACD
?M在平面ABC与平面ACD的交线上?M∈AC.
所以GE与HF的交点在直线AC上.
2.在四面体ABCD中,E,H分别是线段AB,AD的中点,F,G分别是线段CB,CD上的点,且==.求证:
(1)四边形EFGH是梯形;
(2)AC,EF,HG三条直线相交于同一点.
【证明】(1)如图,连接BD,
因为E,H分别是边AB,AD的中点,
所以EH∥BD,且EH=BD.
又因为==.所以FG∥BD,且FG=BD,
所以EH∥FG且EH≠FG,
故四边形EFGH是梯形.
(2)由(1)知EF,HG相交,设EF∩HG=K,
因为K∈EF,EF?平面ABC,
所以K∈平面ABC.同理K∈平面ACD.
又平面ABC∩平面ACD=AC,
所以K∈AC,故EF和HG的交点在直线AC上.
所以AC,EF,HG三条直线相交于同一点.
1.证明空间三点共线问题,通常证明这些点都在两个面的交线上,即先确定出某两点在某两个平面的交线上,再证第三点是两个平面的公共点,则此点必在两个平面的交线上.
2.证明共面问题,一般有两种证法:一是由某些元素确定一个平面,然后证明其余元素在这个平面内;二是分别由不同元素确定若干个平面,然后证明这些平面重合.
3.证明三线共点问题,先证两条直线交于一点,再证明第三条直线经过这点,把问题转化为证明点在直线上的问题.
题组训练三 平行与垂直问题?
1.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,且△ABC为正三角形,AA1=AB=6,D为AC的中点.
(1)求证:直线AB1∥平面BC1D;
(2)求证:平面BC1D⊥平面ACC1A1;
(3)求三棱锥C-BC1D的体积.
【解析】(1)连接B1C交BC1于点O,连接OD,BD,则点O为B1C的中点.
因为D为AC中点,得DO为△AB1C的中位线,
所以AB1∥OD.
因为OD?平面BC1D,AB1?平面BC1D,
所以直线AB1∥平面BC1D.
(2)因为AA1⊥底面ABC,BD?平面ABC,所以AA1⊥BD.因为底面△ABC是正三角形,D是AC的中点,所以BD⊥AC.因为AA1∩AC=A,所以BD⊥平面ACC1A1,因为BD?平面BC1D,所以平面BC1D⊥平面ACC1A1.
(3)由(2)知,在△ABC中,BD⊥AC,BD=BCsin
∠DCB=3,所以S△BCD=×3×3=.
所以==××6=9.
2.如图,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=2,AF=,M为EF的中点.求证:
(1)平面ABF∥平面DCE;
(2)AM∥平面BDE;
(3)AM⊥平面BDF.
【证明】(1)由正方形ABCD和矩形ACEF可得,
AB∥CD,AF∥CE,因为AB∩AF=A,CD∩CE=C.
AB?平面ABF,AF?平面ABF,CD?平面DCE,CE?平面DCE,
所以平面ABF∥平面DCE.
(2)设AC∩BD=O,连接OE,如图,
因为四边形ABCD为正方形,所以O为AC的中点,
又矩形ACEF,M为EF的中点,
所以EM∥OA,且EM=OA,
所以四边形OAME为平行四边形,
所以AM∥OE,又AM?平面BDE,OE?平面BDE,
所以AM∥平面BDE.
(3)因为正方形ABCD,所以BD⊥AC,
又因为平面ABCD⊥平面ACEF,平面ABCD∩平面ACEF=AC,BD?平面ABCD,
所以BD⊥平面ACEF,因为AM?平面ACEF,
所以BD⊥AM,在矩形ACEF中,O为AC中点,M为EF的中点,AF=.
所以AO=AC=×=.
连接MO,OF,所以AFMO为正方形,所以OF⊥AM,
而BD?平面BDF,OF?平面BDF,BD∩OF=O,
所以AM⊥平面BDF.
1.平行问题的转化
利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时,一般遵循从“低维”到“高维”的转化,即从“线线平行”到“线面平行”再到“面面平行”;而应用性质定理时,其顺序正好相反.在实际的解题过程中,判定定理和性质定理一般要相互结合,灵活运用.
2.垂直问题的转化
在空间垂直关系中,线面垂直是核心,已知线面垂直,既可为证明线线垂直提供依据,又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫.应用面面垂直的性质定理时,一般需作辅助线,基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线,从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题,进而可转化为线线垂直问题.
题组训练四 空间角的求法?
1.如图所示,三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形且侧棱垂直于底面,侧棱长是,D是AC的中点.
(1)求证:B1C∥平面A1BD;
(2)求二面角A1-BD-A的大小;
(3)求直线AB1与平面A1BD所成角的正弦值.
【解析】(1)设AB1与A1B相交于点P,连接PD,则P为AB1的中点,因为D为AC的中点,所以PD∥B1C.
又因为PD?平面A1BD,B1C?平面A1BD,
所以B1C∥平面A1BD.
(2)由题知,平面ACC1A1⊥平面ABC,平面ACC1A1∩平面ABC=AC,又因为BD⊥AC,则BD⊥平面ACC1A1,所以BD⊥A1D,BD⊥AD,所以∠A1DA就是二面角A1-BD-A的平面角.
因为AA1=,AD=AC=1,
则tan∠A1DA==,
所以∠A1DA=,
即二面角A1-BD-A的大小是.
(3)作AM⊥A1D于M.由(2)知,BD⊥平面ACC1A1.
因为AM?平面ACC1A1,所以BD⊥AM.
因为A1D∩BD=D,所以AM⊥平面A1BD.
连接MP,易知∠APM就是直线AB1与平面A1BD所成的角.
因为AA1=,AD=1,
所以在Rt△AA1D中,∠A1DA=,
所以AM=1×sin
60°=,AP=AB1=,
所以sin
∠APM===,所以直线AB1与平面A1BD所成角的正弦值为.
2.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形.已知AB=3,AD=2,PA=2,PD=2,
∠PAB=60°.
(1)证明:AD⊥平面PAB;
(2)求异面直线PC与AD所成的角的正切值的大小;
(3)求二面角P-BD-A的正切值的大小.
【解析】(1)在△PAD中,由题设PA=2,AD=2,PD=2,可得PA2+AD2=PD2,于是AD⊥PA.
在矩形ABCD中,AB⊥AD,
又PA∩AB=A,所以AD⊥平面PAB.
(2)由题设,知BC∥AD,所以∠PCB(或其补角)是异面直线PC与AD所成的角.
在△PAB中,由余弦定理得
PB==.
由(1)知,AD⊥平面PAB,PB?平面PAB,
所以AD⊥PB,所以BC⊥PB,
所以△PBC是直角三角形,故tan∠PCB==.
故异面直线PC与AD所成的角的正切值的大小为.
(3)如图所示,过点P作PH⊥AB于H,过点H作HE⊥BD于E,连接PE.
因为AD⊥平面PAB,PH?平面PAB,
所以AD⊥PH.又AD∩AB=A,
所以PH⊥平面ABCD,
故HE为PE在平面ABCD内的射影,
所以BD⊥PE.
从而∠PEH是二面角P-BD-A的平面角.
由题设可得PH=PA·sin
60°=,
AH=PA·cos
60°=1,BH=AB-AH=2,
BD==,
由Rt△BEH∽Rt△BAD知=,
所以HE=.
所以tan∠PEH==.
故二面角P-BD-A的正切值的大小为.
1.求异面直线所成的角常用平移转化法(转化为相交直线的夹角).
2.求直线与平面所成的角常用射影转化法(即作垂线、找射影).
3.二面角的平面角的作法常有三种:(1)定义法:根据平面角的概念直接作,如二面角的棱是两个等腰三角形的公共底边,就可以取棱的中点;(2)垂面法:过二面角棱上一点作棱的垂面,则垂面与二面角的两个半平面的交线所成的角就是二面角的平面角或其补角;(3)垂线法:过二面角的一个半平面内一点A作另一个半平面的垂线,再从垂足B向二面角的棱作垂线,垂足为C,这样二面角的棱就垂直于这两个垂线所确定的平面ABC,连接AC,则AC也与二面角的棱垂直,∠ACB就是二面角的平面角或其补角,这样就把问题归结为解一个直角三角形,是求解二面角最基本、最重要的方法.
题组训练五 折叠与探索性问题?
1.如图①,在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别为AC,AB的中点,点F为线段CD上的一点.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图②.
(1)求证:DE∥平面A1CB;
(2)求证:A1F⊥BE;
(3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?说明理由.
【解析】(1)因为D,E分别为AC,AB的中点,
所以DE∥BC.
又因为DE?平面A1CB,BC?平面A1CB,
所以DE∥平面A1CB.
(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC,
所以DE⊥AC.
所以DE⊥A1D,DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.
而A1F?平面A1DC,所以DE⊥A1F.
又因为A1F⊥CD,CD∩DE=D,
所以A1F⊥平面BCDE.所以A1F⊥BE.
(3)线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.理由如下:
如图,分别取A1C,A1B的中点P,Q,
连接PQ,则PQ∥BC.
又因为DE∥BC,所以DE∥PQ.
所以平面DEQ即为平面DEP.
由(2)知,DE⊥平面A1DC,所以DE⊥A1C.
又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点,
所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP,即A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q,使得A1C⊥平面DEQ.
2.如图所示,在平行四边形ABCD中,已知AD=2AB=2a,BD=a,AC∩BD=E,将其沿对角线BD折成直二面角.
求证:(1)AB⊥平面BCD;
(2)平面ACD⊥平面ABD.
【证明】(1)在△ABD中AB=a,AD=2a,BD=a,
所以AB2+BD2=AD2,所以∠ABD=90°,
所以AB⊥BD.
又因为平面ABD⊥平面BCD,
平面ABD∩平面BCD=BD,AB?平面ABD,
所以AB⊥平面BCD.
(2)因为折叠前四边形ABCD是平行四边形,
且AB⊥BD,所以CD⊥BD.因为AB⊥平面BCD,
所以AB⊥CD.
又因为AB∩BD=B,所以CD⊥平面ABD.
又因为CD?平面ACD,所以平面ACD⊥平面ABD.
1.解决探究性问题一般要采用执果索因的方法,假设求解的结果存在,从这个结果出发,寻找使这个结论成立的充分条件,如果找到了符合题目结果要求的条件,则存在;如果找不到符合题目结果要求的条件(出现矛盾),则不存在.
2.解决折叠问题一般要抓住折叠前后的变量与不变量.一般情况下,在折线同侧的量,折叠前后不变,“跨过”折线的量,折叠前后可能会发生变化,这是解决这类问题的关键.在解题时仔细审视从平面图形到立体图形的几何特征的变化情况.注意相应的点、直线、平面间的位置关系,线段的长度、角度的变化情况.
题组训练六 空间几何体的表面积与体积?
1.轴截面为正方形的圆柱的侧面积与全面积的比是( )
A.1∶2
B.2∶3
C.1∶3
D.1∶4
【解析】选B.设圆柱的底面圆半径为r,母线长为l,依题意得l=2r,而S侧=2πrl,
S全=2πr2+2πrl,所以S侧∶S全=2πrl∶(2πr2+2πrl)=2∶3.
2.四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为6的正方形,且PA=PB=PC=PD,若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切,则该四棱锥的高是( )
A.6
B.5
C.
D.
【解析】选D.由题意,四棱锥P-ABCD是正四棱锥,球的球心O在四棱锥的高PH上.过正四棱锥的高作组合体的轴截面,如图所示,其中PE,PF是斜高,A′为球面与侧面的切点.设PH=h,由几何体可知,Rt△PA′O∽Rt△PHF,所以=,即=,解得h=.
3.(2020·天津高考)若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )
A.12π
B.24π
C.36π
D.144π
【解题指南】求出正方体的体对角线的一半,即为球的半径,利用球的表面积公式,即可得解.
【解析】选C.这个球是正方体的外接球,其半径等于正方体的体对角线的一半,设外接球的半径为R,
则R==3,
所以,这个球的表面积为S=4πR2=4π×32=36π.
1.几何体的表面积及体积的计算是现实生活中经常能够遇到的问题,在计算中应注意各数量之间的关系及各元素之间的位置关系,特别是特殊的柱、锥、台体,要注意其中矩形、梯形及直角三角形等重要的平面图形的应用.
2.求解与球有关的“切”“接”问题的规律:(1)“切”的处理,首先要找准切点,通过作截面来解决,截面过球心.(2)“接”的处理,抓住外接的特点,即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.
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