2018高考一輪復習教案：第八章立體幾何

1、第1頁共89頁第八章立體幾何 第一節(jié)空間幾何體的三視圖、直觀圖、表面積與體積本節(jié)主要包括3個知識點：1空間幾何體的三視圖和直觀圖；82空間幾何體的表面積與體積：3與球有關的切、接應用問題.突破點(一)空間幾何體的三視圖和宜觀圖1.空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征(1)多面體的結(jié)構(gòu)特征多面體結(jié)構(gòu)特征棱柱有兩個面平行，其余各面都是四邊形且每相鄰兩個面的交線都平行且相等棱錐有一個面是多邊形，而其余各面都是有一個公共頂點的三角形棱臺棱錐被平行于底面的平面所截，截面和底面之間的部分叫做棱臺(2)旋轉(zhuǎn)體的形成幾何體旋轉(zhuǎn)圖形旋轉(zhuǎn)軸圓柱矩形矩形任一邊所在的宜線10錐直角三角形一條直角邊所在的直線圓臺宜角梯形或等腰梯形宜角

2、腰所在的直線或等腰梯形上下底中點的連線球半圓或圓直徑所在的宜線2空間幾何體的三視圖(1)三視圖的名稱(2)三視圖的畫法在畫三視圖時，能看見的輪廓線和棱用實線表示，重疊的線只畫一條，不能看見的輪 廓線和棱用虛線表示三視圖的正視圖、側(cè)視圖、俯視圖分別是從幾何體的疋前方、正左方、正上方觀察幾 何體的正投影圖.3.空間幾何體的直觀圖直觀圖空間幾何體的宜觀圖常用斜二測畫法來0L其規(guī)則是：(1)原圖形中x軸、y軸、Z軸兩兩垂直，直觀圖中，W軸，卅軸的夾角為45或135 ,基礎聯(lián)通基礎聯(lián)通主干知識的“源”與“流”_幾何體的三視圖包括：正視圖、側(cè)視俯視第2頁共89頁軸與“軸和 h 軸所在平面垂直.(2)原圖形

3、中平行于坐標釉的線段，直觀圖中仍分別平行于坐標軸；平行于x軸和Z軸的線段在直觀圖中保持原長度丕變；平行于y軸的線段在直觀圖中長度為原來的一半.考點員通例1 (1)用任意一個平面截一個幾何體，各個截面都是圓面，則這個幾何體一定是()A 圓柱C.球體(2)下列說法正確的是(B.圓錐D.圓柱、圓錐、球體的組合體)A.有兩個平面互相平行，其余各面都是平行四邊形的多面體是棱柱B.四棱錐的四個側(cè)面都可以是宜角三角形C.有兩個平面互相平行，其余各面都是梯形的多面體是棱臺D.棱臺的各側(cè)棱延長后不一定交于一點I?析(1)面是任意的且都是圓面，則該幾何體為球體.(2)A錯， 如圖(1); B正確， 如圖(2),其

4、中底面ABCD是矩形，PD丄平面ABCD,可證 明ZPABtZPCB,ZPDAtZPDC都是直角，這樣四個側(cè)面都是直角三角形；C錯，如圖 ；D錯，由檢臺的定義知，其側(cè)梭的延長線必相交于同一點.答案答案(1)C (2)B方法技巧:.蘇虧莖向冗可樂畐狗贏看矣同匱鳥 M 不麗.II:(1)把握幾何體的結(jié)構(gòu)特征，要多觀察實物，提商空間想象能力；;II(2)緊扣結(jié)構(gòu)特征是判斷的關鍵，熟悉空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征，依據(jù)條件構(gòu)建幾何模型，；II如例1(2)中的A, C兩項易判斷失誤；:(3)通過反例對結(jié)構(gòu)特征進行辨析.:II1 畫三視圖的規(guī)則畫三視圖的規(guī)則考點空間空間考點空間幾何考侖顆的“形”與圖圖(2)圖(3

5、)第3頁共89頁長對正、高平齊、寬相等，即俯視圖與正視圖一樣長；正視圖與側(cè)視圖一樣高；側(cè)視圖 與俯視圖一樣寬.2.三視圖的排列順序先畫正視圖，俯視圖放在正視圖的下方，側(cè)視圖放在正視圖的右方.例2（1）（2017-貴州七校聯(lián)令）如圖所示，四面體ABCD的四個頂點是長方體的四個頂點（長方體是虛擬圖形，起輔助作用），則四面體血 3 的三視圖是備按正視圖，側(cè)視圖，俯視圖的順序排列）（）解析（1）正視圖應該是邊長為3和4的矩形，其對命線左下到右上是實線，左上到右 下是虎線，因此正視圖是；側(cè)視圖應該是邊長為5和4的矩形，其對角線左上到右下是實 線，左下到右上是虛線，因此側(cè)視圖是；俯視圖應該是邊長為3和5的

6、矩形，其對角踐左 上到右下是實線，左下到右上是虛線，因此俯視圖是.先根據(jù)正視圖和俯視圖還原出幾何體，再作其側(cè)（左閥圖.由幾何體的正視圖和俯視 圖可知該幾何體為圖，故其側(cè)（左）視圖為圖.代表圖形,（2O1&0WT令）將一個長方體沿相鄰三個面的對角線截去一個棱錐.得到的幾何體的正視圖與俯視圖如圖所示， 貝II該幾何體的側(cè) （左） 視圖為（）第4頁共89頁答案答案(1)B (2)B防法技巧防法技巧: :.M M 視圖問題的常覓類型友請題策略視圖問題的常覓類型友請題策略.1I ;(1)由幾何體的直觀圖求三視圖:I注意正視圖.側(cè)視田和俯視圖的觀察方向；注意能看到的部分用實線表示，不能看到的:II

7、:部分用虛線表示.:II(2)由幾何體的部分視圖畫出剩余的視田i解決此類問題，可先根據(jù)巳知的一部分視圖，還原、推測直觀圖的可能形式，然后再找iII:其剩下部分視圖的可能形式.當然作為選擇題，也可將選項逐項代入檢驗.:IIi由幾何體的三視圖還原幾何體的形狀iII:要熟悉柱.錐、合.球的三視圖，明確三視圖的形成原理，結(jié)合空間懣象將三視圖還原:II為實物圖.1Ie直觀圖與原圖形面積的關系直觀圖與原圖形面積的關系按照斜二測畫法得到的平面圖形的直觀圖與原圖形面積的關系:考點三空間空間幾何幾何體的體的(2)S例3用斜二測畫法畫一個水平放置的平面圖形的直觀圖為如圖所示的一個正方形，則原來的圖形是()圖圖AI

8、)第5頁共89頁解析由直觀圖可知，在直觀圖中多邊形為正方形，對用線長為迄，所以原圖形為平 行四邊形，位于丿軸上的對角線長為2羽.答案答案A第6頁共89頁能力練通抓應用體驗的“得”與“失”_1.考點一 如果四棱錐的四條側(cè)棱都相等， 就稱它為“等腰四棱錐”， 四條側(cè)棱稱為它 的腰，以下四個命題中，假命題是（）A 等腰四棱錐的腰與底面所成的角都相等B.等腰四棱錐的側(cè)面與底面所成的二面角都相等或互補C.等腰四棱錐的底面四邊形必存在外接圓D.等腰四棱錐的各頂點必在同一球面上解析：選B因為“竽腰四棱錐”的四條稠檢都相等，所以它的頂點在底面的射影到底 面的四個頂點的距離相等，故A, C是真命題；且在它的高上

9、必能找到一點到各個頂點的距 離相等，故D是真命題；B是假命題，如底面是一個等腰梯形時結(jié)論就不成立.2.考點二一幾何體的直觀圖如圖，下列給出的四個俯視圖中正確的是（）（）m s H oABCD解析：解析：選B由直觀圖可知，該幾何體由一個長方體和一個截用三檢柱組成.從上往下 看，外層輪廓線是一個矩形，矩形內(nèi)部是一條水平線段連接兩個三角形.3考點二已知三棱錐的俯視圖與側(cè)視圖如圖所示.俯視圖是邊長為2的 正三角形，側(cè)視圖是有一條宜角邊為2的直角三角形，則該三棱錐的正視圖可能為解析解析：選C當正視圖為等腰三角形時， 則高應為2,且應為 線，排除A, D;當正視圖是直角三角形時， 由條件得一個直觀圖圖所示

10、， 中間的線是看不見的線形成的投影，應為虛線，故答為C.4.考點三用斜二測畫法畫出的某平面圖形的直觀圖如圖，邊A平行于y軸，BC,AD平行于x軸.已知四邊形歷的面積為2逅cm2,則原平面圖形的面積為（）A.4 cm2B.4y/2cm2C. 8 cm2D. 82 cm2解析解析：選Cfra第7頁共89頁名稱幾何體表面積體積柱體（枚柱和圓柱）sBWl=S +2S JKV=Sh錐體（拔錐和圖錐）Saw=S +S V=臺體（枚臺和圓臺）SHBW=S +S上+S TV=|（s上+S下+、/齊）球S=4nR22.空間幾何體的表面積與體積公式考命題的“形”與“神”BC,AD相等，高為梯形ABCD的高的2邁倍

11、，所以原平面圖形的面積為8 cm25.考點二（2017合州棋擬）如圖，在正四棱柱中， 點P是平面AiBiGG內(nèi)一點，則三棱錐P-BCD的正視圖與側(cè)視圖的面 積之比為（）解析：選A根據(jù)題意，三P BCD的正視圖是三角形，且底邊為正四極柱的底面 邊長、高為正四棱柱的高；側(cè)視圖是三角形，且底邊為正四檢柱的底面邊長、高為正四棱柱 的高.故三梭錐P BCD的正視圖與側(cè)視圖的面積之比為1：1.突破點（二）空間幾何體的表面積與體積主干知識圓柱圓錐圓臺C- .、圓柱、圓錐、圓臺側(cè)面積間的關系：S考點賈通考點賈通1.圓柱.圓s臺=n(r+rf二第8頁共89頁考點一空間幾何體的表面積例1 （1）（）（2017 州

12、十5令）某幾何體的三視圖如圖所示，其中側(cè)視圖的下半部分曲線為半圓弧，則該幾何體的表面積為（）一個四面體的三視圖如圖所示，則該四面體的表面積是（）B.2+宀解析由三視圖可知該幾何體是一個正三棱柱和一個半圓柱的組合體，三棱柱的兩個側(cè)面面積之和為2X4X2 = 16,兩個底面面積之和為2x|x2X = 2V3；半圓柱的側(cè)面積為T：X4 = 47：,兩個底面面積之和為2XXnXf = n,所以幾何體的表面積為5兀+16 + 2心,故選D.根據(jù)三視圖還原幾何體如圖所示，其中側(cè)面ABD丄底面BCD,另兩個側(cè)面ABC, ACD為等邊三角形，則有S = 2X|X2X1+2XX(V2)2= 2 + V3.答案答

13、案(1)D (2)B防法技巧求空間幾何體表面積的常見類型及思路求空間幾何體表面積的常見類型及思路A.4兀+16+4&B.571+16+C. 4兀+16+2心D. 5兀+16+2側(cè)視圖側(cè)（左）視圖A. 1+厲第9頁共89頁(1)求多面體的表面積，只需將它們沿著棱“剪開”展成平面圖形，利用求平面圖形面積1e:的方法求多面體的表面積.:II:求旋轉(zhuǎn)體的表面積，可以從施轉(zhuǎn)體的形成過程及其幾何特征入手，將其展開后求表面:II:積，但要搞清它們的底面半徑、母線長與對應側(cè)面展開圖中的邊長關系.:Ie:求不規(guī)則幾何體的表面積時，通常將所給幾何體分割成基本的柱體、錐體.臺體，先:II;求出這些基本的柱體

14、、錐體、臺體的表面積，再通過求和或作差，求出所給幾何體的表面積.=II第10頁共89頁則該三棱錐的體積為(解析(1)通過三視圖可還原幾何體為如圖所示的三棱錐P-ABC,通過側(cè)視圖得高/ =1,通過俯視圖得底面積S =X1X1 =,所以體積某A.+2兀,13兀BTCT例2(1)(2016-牝袞高B第11頁共89頁(2)由三視圖可知，該幾何體是一個圓柱和半個81錐組合而成的幾何體，其體積為nXfX2 + |x|7tXl2Xl =13H答案答案(DA (2)B方法技巧求空間幾何體體積的常見類型及思路求空間幾何體體積的常見類型及思路Ia(1)若所給定的幾何體是柱體、錐體或臺體等規(guī)則幾何體，則可直接利用

15、公式進行求解.其i中，等積轉(zhuǎn)換法多用來求三棱錐的體積.iII(2)若所給定的幾何體是不規(guī)則幾何體，則將不規(guī)則的幾何體通過分割或補形轉(zhuǎn)化為規(guī)則=II1幾何體，再利用公式求解.1|(3)若以三視圖的形式給出幾何體，則應先根據(jù)三視圖得到幾何體的直觀圖，然后根據(jù)條|i件求解.iI.考點二(2016山jmr令)一個由半球和四棱錐組成的幾何體.其三視圖如圖所示，則 該幾何體的體積為()1 , 2巧+列c扣密D. 1+%解析：選c由三視圖知，四棱錐是底面邊長為1,高為1的正四棱錐，結(jié)合三視圖可得半球半徑為，從而該幾何體的體積為|xi2Xl+|xyX3= | + 7t.故選C.2考點二已知一個幾何體的三視圖如

16、圖所示，則該幾何體的體積為()能力練通第12頁共S9頁解析：選C該幾何體為一個圓柱挖去半個球得到的幾何體，其體積V=7TXfX3-|3.考點一（2017金華棋擬）某幾何體的三視圖如圖所示，則它的表面積為（正視圖側(cè)視圖7/俯視圖B.2蔽+20D. 12訴解析暑選A由三視圖得，這是一個正四梭臺，且上、下底面的邊長分別為2,4,則側(cè),所以該正四械臺的表面積s =（?X卡X4 + 22 + 4?=125 + 20.4.考點一（2017務興模擬）如圖是一個幾何體的三視圖，若它的體積是30,則“_ ，該幾何體的表面積為_B.2ncm3D.3ncm347tXlA. 125+20C. 44俯視面梯形的高力第1

17、3頁共S9頁側(cè)視第14頁共S9頁解析：解析：由題可得，該幾何體是一個水平放置的三梭柱，其底面是一個底邊長為2.高為a的等腰三角形，高為3.因為其體積為3萌，所以”=扌乂加/1713/A.-5B. 210 C.y D. 3/10（2）正四棱錐的頂點都在同一球面上，若該棱錐的高為4,底面邊長為2,則該球的表面 積為（）（）817：A.B.16TC（3）個正方體削去一個角所得到的幾何體的三視圖如圖所示（圖中三個四邊形都是邊長為2的正方形），則該幾何體外接球的體積為_H2俯視圖第16頁共S9頁解析析 如圖所示， 由球心作平面ABC的垂線，則垂足為BC的中點M.又 =所以球O的半徑R = OA =(2)

18、如圖所示，設球半徑為R,底面中心為O且球心為O,正四棱錐AMBO中AB = 2t.AO1=返-PO1=4,在RtAAOO中，AO1= AO,2+ OO 2,該球的表面積為4兀，=47iX2二乎.(3刑1題意可知， 新的幾何體的外接球也就是原正方體的外接球， 球的直徑就是正方體的 體對角線，/.2R= 23(/?為球的半徑)，很=晶球的體積V=扌兀尺 =4 心兀.答案答案(1)C (2)A (3)4兀方法技巧: :.首貳肴關夕卜接問題的祐贛律首貳肴關夕卜接問題的祐贛律.: :IIIe:(1)直棱柱外接球的球心到直棱柱底面的距離恰為棱柱高的扌.:IIe:(2)正方體外接球的直徑為正方體的體對角線的

19、長.此結(jié)論也適合長方體，或由同一頂點:II:出發(fā)的兩兩互相垂直的三條棱構(gòu)成的三棱柱或三棱錐.:Ii求多面體外接球半徑的關鍵是找到由球的半徑構(gòu)成的三角形，解三角形即可.:1.考點一一塊石材表示的幾何體的三視圖如圖所示，將該石材切削、打磨加工成球,| OM= AAI= 69應用體驗的“猜”與第17頁共S9頁則能得到的最大球的半徑等于()第18頁共S9頁解析：解析：選B該幾何體為直三棱柱，底面是邊長分別為6,8,10的直角三角形，側(cè)披長為12,故能得到的最大球的半徑等于底面直角三角形內(nèi)切圓的半徑，其半徑為石託二石託二2考點二如圖是某幾何體的三視圖，則該幾何體的外接球的表面積為（）（）解析解析：選D由

20、三視圖知，該幾何體可以由一個長方體截去4個角后得到，此長方體的 長、寬.高分別為5,4,3,所以外接球半徑R滿足2/? = 42+ 32+ 52= 52,所以外接球的表 面積為S = 4兀7?2 = 4兀X= 50兀，故選D.3考點二（2016寧段鎮(zhèn)就）寧段鎮(zhèn)就）如圖，平面四邊形 ABCD中，AB=AD=CD=19BD=yJi, BD 丄CD,將其沿對角線BD折成四面體A-BCD,使平面A BD丄平面BCD,若四面體A的頂點在同一個球面上，則該球的表面積為（）（）16TC. 3D. 4側(cè)祕2XX6X86 + 8 + 10=2,故選BA. 2007：B. 150兀D 50n止視俯視第19頁共S9

21、頁A. 3兀解析：選A由圖示可得BD = ArC =BC = bDBC與BC都是以BQ為第20頁共S9頁2如圖是一個空間幾何體的三視圖，其中正視圖、 側(cè)視圖都是由邊長 為4和6的矩形以及直徑等于4的圓組成， 俯視圖是直徑尊于4的圓， 該幾何體的體積是（）417CA-vB.62n31611614斜邊的直角三角形，由此可得C中點到四個點A, B,C, D的距離相等，即該三梭錐的外接球的直徑為心，所以該外接球的表面積S = 4TTX4.考點二設一個球的表面積為S,它的內(nèi)接正方體的表面積為S2,則裁的值等于（）解析：選解析：選D設球的半徑為其內(nèi)接正方體的梭長為a,則易知，二扌即二斗虧?,n2-練基練基

22、礎小題一強化運算化運算能力1.下列結(jié)論正確的是（）A 各個面都是三角形的幾何體是三棱錐B.以三角形的一條邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余兩邊繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)形成的曲面所圍成的幾何體叫圓錐C.棱錐的側(cè)棱長與底面多邊形的邊長都相等，則該棱錐可能是六棱錐D.圓錐的頂點與底面圓周上的任意一點的連線都是母線解析：選解析：選D A錯誤，如圖是由兩個相同的三棱錐疊放在一起構(gòu)成的幾何體，它的各 個面都是三角形，但它不是三枚錐；B錯誤，如圖，若不是直角三角形，AA4BC是直角三角形但旋轉(zhuǎn)軸不是直角邊，所得的幾何體柿不是圓錐；C錯謀，若該梭錐是六梭錐, 由題設知，它是正六拔錐.易證正六棱錐的側(cè)梭長必大于底面邊長，這與題設矛盾

23、.課課重點保分正視第21頁共S9頁解析：選解析：選D由題意得，意得，此幾何體為球與圓柱的組合體，其體積V二尹X23 + 7TX2-X6104n=3 *3.（2017 X棋擬）某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（）42止視02備視圖A. 12+4邁C. 28解析：選D由三視圖可知該幾何體是底面為等腰直角三角形 的直三梭柱，如圖.則該幾何體的表面積為S = 2XX2X2 +4X2X2+ 22X420 + 82,故選D.4.九章算數(shù)中，將底面是直角三角形的直三棱柱稱為“塹堵”，已知某“塹堵”的小83兀D. 104n3B.18+82D.20+8邁側(cè)視qu第22頁共S9頁三視圖如圖所示，

24、俯視圖中虛線平分矩形的面積，則該“塹堵”的側(cè)面積為（）A.2B 4+2、/iC 4+4邁D.6+4 迄解析：解析：選C由題可知，該幾何體的底面為等腰直角三角形，等腰直角三角形的斜邊長 為2,腰長為邁，梭柱的高為2.所以其側(cè)面積S = 2X2 + 2迄X2 = 4 + 4（i,故選C.5.已知一個正方體的所有頂點在一個球面上，若球的體積為竽，則正方體的棱長為解析：設解析：設正方體枚長為a,球半徑為則舟尿二竽，/?,答案答案 練常考題點一驗高考驗高考能力T11T11用覘第23頁共S9頁一、選擇題一、選擇題1.已知圓錐的表面積為心 且它的側(cè)面展開圖是一個半圓，則這個圓錐的底面直徑是2j3naC3兀解

25、析：解析：選C設圓錐的底面半徑為f,母線長為/,由題意知27T/-M,/ = ,則圓錐 的表面S A = nr2+n（2ry = at/二僉,=2.在梯形ABCD中，ZABC=AD/BCfBC=2AD=2AB=2.將梯形ABCD繞AD所在的直線旋轉(zhuǎn)一周而形成的曲面所圍成的幾何體的體積為（）2兀4兀ATBTC.普D.2n解析：解析：選C過點（7作CE垂直4D所在直線于點E,梯形ABCD繞4D所在直線義轉(zhuǎn)一周而形成的淡轉(zhuǎn)體是由以線段的長為底面圓半徑，錢段BC為母線的圓柱挖去以線段（7E的長為底面圓半徑，ED為高的圓錐，如圖 所示，該幾何體的體積為V=Vaa-VB/2, 4的長方體，則該長方體外接球

26、的半徑=72迄）+4=2羽,則所求外接球的表面積為4nr2= 32兀6.己知四棱錐P-ABCD的三視圖如圖所示，則四棱錐AMBCD的四個側(cè)面中面積的最A.8TCB.12nD.3n解析：選解析：選D如圖所示，過頂點A作A0丄底面BCD,垂足為O,則O為正三角形BCD的中心，連接DO并延長交BC于E,又正四 面體的棱長為迄，所以=當，OI） = DE =所以在立角三角形AOD中，40二y）半徑為R,連接連接2解得R =寫,所以5.（2017 0州煲槍）如圖所示是一個幾何體的三視圖，則這個幾何體外接球的表面積為2伺視圖A. 8兀B. 16兀C.32nD. 64兀2 2正現(xiàn)圧俯視第26頁共S9頁A.

27、6解析：選AN、PC = PD = 3,B. 8DN =2、則晶 = BC = 2、BC大值是（）大值是（） 中點，連MN,則PM=3,SPDC=X4X5 = 2*5,5A/C=PAD=X2X3=3,SAMH= |X4X3= 6,所以四棱錐P-ABCD的四個側(cè)面中面積的聶大值是6.二、填空題填空題7.在棱長為3的正方體ABCD-ACiDx中，P在線段上，且誥=扌，M為線段BiCi上的動點，則三棱錐M-PBC的體積為_up1解析：解析：麗 二刁點P到平面BCi的距離是 6 到平面肌?1距離的&即三棱錐P-MBC的高二竽M為線段上的點，=jx3X3 = 193ybPBc=yP-MBC=3x

28、x1二亍答案：答案：I8.(2016浙江離冷)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm),則該幾何體的表面積是_cm體積是_cmJ.CP俯視圖K*r：q /D 3第27頁共S9頁d1t產(chǎn)v由三視圖知該幾何體是一個組合體，左邊是一個長方體，交于一點的三條棱的長分別為2 cm,4 cm,2 cm,右邊也是一個長方體，交于一點的三條域的長分別為2 cm, 2 cm, 4 cm.幾何體的表面積為(2X2 +2X4+ 2X4)X2X2-2X2X2 = 72(cm2),體積為2X2X4X2 = 32(cm答案：答案：72 329如圖.正方形O AB9C的邊長為心 它是一個水平放置的平面圖形的宜觀圖，則原圖形O

29、ABC的周長是_()A第28頁共89頁解析：解析：由斛二測畫法的規(guī)則可知，原圖形OABC是一個平行四邊形.在原圖形OABC中OB = 2yf2atOA=at且 OA 丄 OB, . .AB=3af原圖形OABC的周長為2(a+ &/) = &/.答案：答案：8a10. (2017中)一個棱長為6的正四面體紙盒內(nèi)放一個正方體，若正方體可以在紙盒內(nèi)任意轉(zhuǎn)動，則正方體體積的最積的最大值為_ 解析解析：由題可得，要使正方體可以在紙盒內(nèi)任意轉(zhuǎn)動，則只需該正方體在正四面體的內(nèi) 切球內(nèi)即可.因為正四面體的棱長為6,所以其底面正三角形的高為正四面體的高為2 =/Ca（1）求該幾解解：（1）由三

30、視圖可知，該幾何體是一個平行六面體（如圖），其底面是邊長為1的正方形， 高為 9.所以V=1X1XV3= V3.由三視圖可知，該平行六面體中， 人辺丄平面ABCDt（7D丄平面BCCB“所以AA! = 2,側(cè)面CDDXCX均為矩形.S = 2X (1X1+ 1X3+ 1X2) = 6+ 2/3.第二節(jié)本節(jié)主要包括2突破基礎聯(lián)通基礎聯(lián)通主干倜視第30頁共89頁公理2過不在一條直線上的三 點，有且只有一個平面/倉/A, B, f三點不共線今有 且只有一個平面么，使A第31頁共89頁BWCC,CGa公理3如果兩個不重合的平面 有一個公共點，那么它們有且只有二條過該點的 公共直線且Pe/2.公理2的三

31、個推論推論1:經(jīng)過一條直線和這條宜線外一點有且只有一個平面;推論2：經(jīng)過兩條擔交直線有且只有一個平面； 推論3：經(jīng)過兩條茲宜線有且只有一個平面. 考點賁通抓喜老命顆的“形”與“神”考點點、線、面的位置關系點、線、面的位置關系1.證明點共線問題的常用方法證明點共線問題的常用方法(1)公理法：先找出兩個平面，然后證明這些點都是這兩個平面的公共點，再根據(jù)公理3證明這些點都在交線上；(2)同一法：選擇其中兩點確定一條直線，然后證明其余點也在該直線上.2.證明線共點問題的方法證明線共點問題的方法先證兩條直線交于一點，再證明第三條直線經(jīng)過該點.3 證明點、直線共面問題的常用方法證明點、直線共面問題的常用方

32、法(1)納入平面法：先確定一個平面，再證明有關點、線在此平面內(nèi);(2)輔助平面法：先證明有關的點、線確定平面心再證明其余元素確定平面0,最后證明平面么，重合.典例已知：空間四邊形ABCDOH圖所示)，E,F分別是 仙，AD的中點，G, H分別是BC, CD上的點，且CG=|BC,CH=DC.求證：(1),F, G,H四點共面；(2)三直線FH,EG,AC共點.證明連接EF,GH, E,F 分別是 AB,AD的中點,:.EF II BD.X VCG=|BC,CH=.GH N BD, . .EF RGH,F, G, H四點共面.第32頁共89頁C.2D. 3易知FH與直線AQ不平行，但共面,設FH

33、nACM, M平面EFHG, Me平面ABC.又.平面EFHGH平面ABC = EG, M EG,FH,EG.AC*共點.方法技巧:.:a:公理1是判斷一條直線是否在某個平面內(nèi)的依據(jù)，公理2及其推論是判斷或證明點.線:II=共面的依據(jù)，公理3是證明三線共點或三點共線的依據(jù).：III的“得”與“失”1.如圖是正方體或四面體，P,0R,S分別是所在棱的中點.個圖是（）解析：選D A. B. C圖中四點一定共面，D中四點不共面.2.若空間中/個不同的點兩兩距離都相等,則正整數(shù)n的取值（）（）A.至多等于3B.至多等于4D.大于5解析解析：選選B二2時，可以；二3時，為正三角形，可以；二4時，為正四面

34、體，可 以；w=5時，為四棱錐，側(cè)面為正三角形，底面為菱形且對角線長與邊長相等，這種情況不 可能出現(xiàn)，所以正整數(shù)的取值至多等于4.3.以下四個命題中，正確命題的個數(shù)是（）1不共面的四點中，其中任意三點不共線；2若點 A, B, C,D共面，點4,B, CtE共面，貝!|A,B, C, DtE共面；3若直線，共面，宜線心c共面，則宜線兒c共面；能力練通則這四個點不共面的一C.等于5第33頁共89頁C.2D. 34依次首尾相接的四條線段必共面.第34頁共S9頁解：解：證明：由已知FG = G4,FH = HD,可得GH 誕 AD.又TBC於4D,GH 紈BC,.四邊形BCHG為平行四邊形.(2疋，

35、D,F,E四點共面，證明如下：由BE狹扣F, G為皿的中點知BE狹FG,；四邊形EFG為平行四邊形，: EFBG由知BGCH, ： EFCH.： EF與共面.又 DwFH, ； C,D, F, E四點共面.突破點(二)空間兩直線的位置關系基礎聯(lián)通抓主干知識的“源”與“流”_1.空間中兩直線的位空間中兩直線的位關系關系(1)空間中兩直線的位置關系(2)公理4和等角定理1公理4：平行于同一條宜線的兩條宜線互相平行.2等角定理：空間中如果兩個角的兩邊分別對應平行，那么這兩個角相等或互補.2.異面直線所成的角異面直線所成的角(1)定義：設，是兩條異面直線，經(jīng)過空間任一點O作直線門/atb1/bt把門

36、與，所成的銳角(或直角)叫做異面直線a與b所成的角(或央角).解析：選B顯然是正確的，可用反證法證明；中若A,B、C三點共線，則A,B,C,D,E五點不一定共面；構(gòu)造長方體或正方體, 如圖顯然兒c異面，故不正觀；中空間四邊形中四條線段不共面.故只 有正確.異面直線：不同在任何一個平面內(nèi)共面(2)C,D9FfE四點是否共面？為什么？第35頁共S9頁范圍:( (0,號第36頁共S9頁考點一空間兩直戰(zhàn)位空間兩直戰(zhàn)位關系的判定關系的判定例例1 (1)下列結(jié)論正確的是()1在空間中，若兩條直線不相交，則它們一定平行；2平行于同一條直線的兩條宜線平行；3一條直線和兩條平行宜線中的一條相交，那么它也和另一條

37、相交；4空間四條直線心b9c9d,如果a/b9c/d9且a/d9那么b/c.C. D.(2)在圖中，G, N, M, H分別是正三棱柱的頂點或所在棱的中點，則表示直線GH,MN是異面直線的圖形有_ .(填上所有正確答案的序號)解析(1)錯，兩條直線不相交，則它們可能平行，也可能異面；由公理4可知正確；錯，若一條直線和兩條平行直線中的一條相交，則它和另一條直線可能相交，也可能異面；由平行直線的傳遞性可知正確.故選B(2)圖中，直線GH fl MN;圖中，G,HfN三點共面，但AK平面GHN、因此直線GH與MN異面；圖中，連接MG. GM II HN,因此與MN共面；圖中，G,M, N共面，但平面

38、GMNy因此GH與MN異面.所以在圖中，與MN異面.答案答案(1)B (2)彷法技巧: :.- -麗葩鬲誣漣親肅恵施芳注麗葩鬲誣漣親肅恵施芳注.1II(1)判斷空間兩直線的位置關系一般可借助正方體模型，以正方體為主線直觀感知并準確;IIi判斷.iII:( (2) )異面直線的判定方法iII反證法：先假設兩條直線不是異面直線，即兩條直線平行或相交，由假設的條件出發(fā)，;II:經(jīng)過嚴格的推理，導出矛盾，從而否定假設，肯定兩條直線異面.:IIII考點賈通考點賈通抓喜考命顆的B.第37頁共S9頁:定理法：平面外一點A與平面內(nèi)一點B的連統(tǒng)和平面內(nèi)不經(jīng)過點B的直線是異面直:；線.；III壬點三壬點三示商直跖

39、議鬲焉示商直跖議鬲焉第38頁共S9頁BC,4D的中點，求EF與亦所成角的大小.解取AC的中點G,連接 EG, FG,則EG統(tǒng)林B,FG 缺*CD,由AB = CD 知 EG = FG, ZGEF（或它的補角）為EF與AB所成的角，ZEGF（或它的補角）為AB與CD所成的角.TAB與 3 所成的角為30 ,.ZEGF = 30或150 由EG = FG知EFG為等腰三角形, 當ZEGF = 30時，ZGEF= 75* ;當ZEGF = 150時，ZGEF = 15 .故EF與AB所成的角為15或75 .方法技巧;.甬毎祐忘親鼻擊負僉厲血話焉誦歩驟I:（1）一作：即根據(jù)定義作平行線，作出異面直線所

40、成的角；Ii（2）二證：即證明作出的角是異面直線所成的角；（3）三求：解三角形，求出作出的角.如果求出的角是銳角或直角，則它就是要求的角;I如果求出的角是鈍角，則它的補角才是要求的角.I能力練通抓應用體驗的“得”與“失”_1考點一下列說法正確的是（）（）A.若dUcc,bUp,則“與b是異面直線B.若a與b異面，b與c異面，貝巾與c異面C.若 a,不同在平面么內(nèi)，則a與b異面D.若 a,不同在任何一個平面內(nèi)，則“與異面解析：選D由異面直線的定義可知D正確.2.考點一山，/2,人是空間三條不同的直線，則下列命題正確的是（）A 厶丄，I?丄6今厶B.h 丄 J丄 “3共面 例例2空間四邊形ABCD

41、中，AB=CD且AB與CD所成的角為30。,E, F分別為第39頁共S9頁D.?3共點。厶，？2，共面第40頁共S9頁解析：選B若人丄“，丄M則h，有三種位置關系，可能平行、相交或異面，A不 正確；當Uh或厶，“共點時，6, /2,h可能共面，也可能不共面，C, D不正確； 當厶丄，l2Hl3時，則有人丄,故選B3考點二如圖，四邊形ABCD和ADP0均為正方形，它們所在的平 面互相垂直，則異面直線AP與BD所成的角為_ .解析解析： 如圖， 將原圖補成正方體ABCD-QGHP,連接GP, AG, JIlGP II BD,所以ZAPG為異面直線AP與BD所成的角，在AGP中AG =GP = AP

42、,所以ZAPGn34 考點一、 二 如圖所示， 三棱錐P-ABC中， 刃丄平面4BC, ZB4C=60 ,PA=AR=AC=2tE是PC的中點.(1)求證AE與”是異面宜線；(2)求異面直線AE與PB所成角的余弦值.解：( (1)證明：假設AE與P共面，設平面為VAe,BWa,Eaf這與肥平面ABE矛盾，所以AE與PB是異面直線.(2)取C*的中點F,連接EF,AFt則EF/PB,所以ZAEF(其: ZBAC=609PA=AB=AC=29Pl丄平面4BGAF=y39AF+EFAFAE=y2tEF=y2,cosZAEF=-2-E-EF2+2-3故異面直線AE與PB所成角的余弦值為課時達標檢測課時

43、達標檢測 重重點、保分課時一一一練小題夯雙基，二練題點過高考題夯雙基，二練題點過高考練基礎小題練基礎小題強化運算能力強化運算能力1.四條線段順次首尾相連，它們最多可確定的平面有()A 4個B 3個C 2個D. 1個平面么即為補角)就是異面直線AE與PB所成的角第41頁共S9頁解析：選解析：選A首足相首足相連的四條線段每相鄰兩條確定一個平面，所以最多可以確定四個平 面面. .2.已知A,B, CtD是空間四點，命題甲：A,B, C,D四點不共面，命題乙：直線第”頁共89頁AC和BD不相交，則甲是乙成立的（）A 充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件解析：選解析：選A

44、若A, B, G D四點不共面，則直線則直線ACBD不共面，所以 AC 和 BD不相交，充分性成立；若直線ACBD不相交，若直線ACBD平行，則A,B,C,D四點共面，必要性不成立，所以甲是乙成立的充分不必要條件.3.若宜線“丄幾 且宜線平面伉，則宜線b與平面Q的位置關系是（）（）A.bUaB b/aC bUa 或 baD b與a相交或bUa或0解析：解析：選D結(jié)合正方體模型可知與 e 相交或或/，么都有可能.4.（2017寧滾鎮(zhèn)擬）如圖所示，平行六面體ABCD-AiBiCiDi中，既與共面又與共面的棱有_ 條條; ;與A異面的棱有_條.解析：解析：依題意，題意，與A和CC】都都相交的核有BC

45、;與AB相交且與CT1平行有披Mi，BB、;與AB平行且與G7相交的枚有CD,貯巾故符合條件的有5條.與AB異面的械有G?i，DD“ BiCi，AiDr，共4條.答案：答案：5 4練?？碱}點練?？碱}點檢驗高考能力檢驗高考能力一、選擇題選擇題1.若直線上有兩個點在平面外，則（）A 直線上至少有一個點在平面內(nèi)B.直線上有無窮多個點在平面內(nèi)C.宜線上所有點都在平面外D.直線上至多有一個點在平面內(nèi)解析：解析：選D根據(jù)題意，兩點確定一條直線，那么由于直線上有兩個點在平面外，則直 線在平面外，只能是直線與平面相交，或者直線與平面平行，那么可知直線上至多有一個點 在平面內(nèi).2.空間四邊形兩對角線的長分別為6

46、和8,所成的角為45 ,連接各邊中點所得四邊 形的面積是（）（）第29頁共89頁A. 6/2B. 12 C. 12D. 242第29頁共89頁解析：解析：選A如圖，已知空間四迪形 ABCD,對角線AC = 6,BD=8,易證四邊形EFGH為平行四邊形，ZEFG 軾 ZFGH為AC與BD所成的角， 大小為45,故5l.-G/= 3X4Xsin 45 =62,故選A.3 若空間中四條兩兩不同的直線厶，/2, /j,h，滿足/1丄厶，“丄“，丄4,則下列結(jié)論 一定正確的是（）A. /jJL/4B.?1?4c 人與/4既不垂宜也不平行D./】與/4的位置關系不確定解解析:選D構(gòu)造如圖所示的正方體ABC

47、D-AiiCiDi,取厶為AD,為441,h 為AiBi,當取h為1時，/iN I4.當取柿為冏珀時，/i 1/4故排除A、B、C,選D.4.已知直線“和平面“，a a 卩=1, aS,且“在a,“內(nèi) 的射形分別為直線b和c,則直線和c的位置的位置關系是（）（）A.相交或平行C 平行或異面D.相交、平行或異面解析解析：選D依題意題意，直線b和c的位置關系可能是相交、平行或 異面.5如圖，ABCD-AiCiDi是長方體，O是血5的中點，直線如C交平面于點M,則下列結(jié)論正確的是（）（）A.A, M,0三點共線B.A, M, O,山不共面C A, M,C, O不共面D.B, BtO, M共面解析：解

48、析：選A連接如6AC,則則AGAC,所以如，Ci，C,A四點共面，所以ACU平面ACCyAlt因為MwAiC,所以MW平面ACC0lr又MW平面AB.Du所以M在平面ACC0l與平面/iBQi的 交線上，同理O在平面ACC.A.與平面佃 4 的交線上，所以A, Af,O三點共線.6.過正方體ABCDJ】爲CQi的頂點4作直線/,使/與棱AB,ADtAA】所成的角都相等，這樣的直線/可以作（）B.相交或異面A. 1條P. 2條C. 3條D. 4條第29頁共89頁解析：選D如圖，連接體對角線AC】，顯然ACi與棱血，AD,第46頁共S9頁所成的角都相等， 所成角的正切值都為、 任聯(lián)想正方體的其他體

49、對角線， 如連接BDi， 則 。與棱C,BAf勵所成的角都相等，C4D,體對角線0與棱AD,AAi所成的角都相等，同理，體對角線AG 0旳也與棱AB,ADt曲】所成的角都相 等，過人點分別作Bi，AiG OB】的平行線都滿足題意，故這樣的直線/可以作4條.二、填空題填空題7.如圖所示，在空間四邊形ABCD中，點 E,H分別是邊4B,AD的中點，點F, G分別是邊BG CD上的點，且焉=焉=壬，貝EF與GH平行 - EF與GH異面EF與GH的交點M可能在直線4C上，也可能不在直線AC上EF與GH的交點M一定在直線AC上解析：解析：連接EH, FG（圖略），依題意，可得EHHBD, FG H BD

50、t故 EHHFG,所以E, F, G, H共面.因為EHBDtFG =故EHHFG,所以EFGH是梯形，EF與GH必相交，設交點為M.因為點M在EF上，故點M在平面AC上.同理，點M在平面ACD上，點M是平面AG?與平面ACD的交點，又AC是這兩個平面的交線，所以點M一定在立錢AC上.答案：答案：8.如圖為正方體表面的一種展開圖，則圖中的ABfCD, EF, GH在原正方體中互為 異面直線的有_對.下列.（填寫所有正確說法的序號）A第47頁共S9頁解析：解析：平面圖形的翻折應注意制折詢后相對位置的變化，則AB, CD,EF和GH在原 正方體中，顯然4B與O, EF與GH,AB與GH都都是異面直

51、線，而 AB 與 EF 相交,CD與GH相交，CD與EF平行.故互為異面直線的有3對.答案：答案：39.已知心b9c為三條不同的直線.且“U 平面心bU平面“，aCp=c 第48頁共S9頁1若。與b是異面直線，則c至少與宀b中的一條相交;2若“不垂直于C,則“與0定不垂直；3若九貝U必有ac；若。丄孔a丄c,則必有伉丄0 其中正確的命題有_ （填寫所有正確命題的序號）解析：解析：中若“與是異面直線，則c至少與a, 0中的一條相交，故正確；中平面a丄平面“時，若丄c,則丄平面么，此時不論心c是否垂直，均有 a 丄以故錯誤;3中當allb時，則 all平面“，由線面平行的性質(zhì)定理可得 aUc,故正

52、確；中若bile,則“丄兒。丄c時，a與平面不一定垂直，此時平面么與平面“也不一定垂直，故錯誤.答案：答案：10如圖，在三棱錐A-BCD中，AB=AC=BD=CD=3fAD=BC=2,點M, N分別為AD,BC?的中點，則異面直線AN,CM所成的角的余弦值是_解析解析： 如圖所示， 連接DN,取線段DN的中點K,連接MK,CK.為AD的中點、 ， . .MKHAN, ZKMC（鼓其補窟）為異面直線如V,所成的角.V4B=AC = D = CD = 3,AD = BC = 2$N為C的中第49頁共S9頁點，由勾股定理易求得AN = DN = CM = 2 晶在RtZSCKN中，O心庖卄!2在AC

53、KM中，由余弦定理，得cosZOfC =侮+(2何(何所以異面直線AN,CM所成的角的余弦值是右vs 7答案：答案：8三、解答題解答題1L如圖所示，A是厶呂所在平面外的一點，E,F分別是BC, AD的中點.（1）求證：直線EF與BD是異面直線；若AC丄BD,AC=BD,求 EF 與 BD 所成的角.解：（1歴明：假設EF與BD不是異面直線，則EF與BD共面,從而DF與即AD與BC共面，相矛質(zhì).故直線EF與BD是異面直線.取CD的中點G,連接EG,FG,則ACHFG,EG8BD,所以相交直錢EF與EG所成的角，即為異面直錢EF與D所成的角.第50頁共S9頁=（2）如圖，取P的中點仗連接DE,AE

54、.則 ED U BC,所以 （或其補角）是異面直線BC與4D所成的角.農(nóng) 5ADE中，22+ 22 2 3DE = 2、AE= -/2, AD = 2,cosZADE = =4-3故異面直線BC與AD所成角的余弦值為親第三節(jié)直線、平面平行的判定與性質(zhì)本節(jié)主要包括2個知識點：1直線與平面平行的判定與性質(zhì)；婁2.平面與平面平行的判定與性質(zhì).突破點（一）宜線與平面平行的判定與性質(zhì)基礎聯(lián)通基礎聯(lián)通抓主干知識的“源”與“流”亶線與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理亶線與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理判定定理平面外一條直線與此平面內(nèi)的一/ /l/a9/(!=/a條直線平行，則該直線

55、與此平面 平行（線線平行今線面平行）又因為在RtEGF中,*G=FG =|AC,求角為45。12如圖.在三棱錐P-ABC中.刃丄底面ABG D是PC的中 點.已知ZB4C=,AB=2fAC=2yj3t刃=2.求：（1）三棱錐P-ABC的體積；（2）異面直線BC與AI）所成角的余張值.第51頁共S9頁性質(zhì)定理性質(zhì)定理一條直線與一個平面平行,則過 這條宜線的任一平面與此平面的l/a, IU 卩,aCp=bl/b第52頁共S9頁例1如圖，在三棱臺DEF ABC中，AB=2DEf點G, H分 別為AG BC的中點.求證：BD平面FGH.證明如圖，連接DC, CD,設CDCFG = O,連接OH.在三棱

56、臺DEF ABC中，=點G為AC的中點，可得 DF NGC、DF= GC,所以四邊形DFCG為平行四邊形, 所以點O為 3 的中點.又因為點H為BC的中點，所以OH a BD.又因為OHU平面FGH、BIXI 平面 FGH、所以BD II平面FGH.方法技巧列亙鍍窗平存藥因論芳忘(1)利用線面平行的定義(無公共點)；(2)利用線面平行的判定定理(a(ta, bUa、a N ba Ua);(3)利用面面平行的性質(zhì)定理(aR 卩,aCaa II p);(4)利用面面平行的性質(zhì)(a Up, a(la, a(lp. a II a N fl).例2如圖， 四棱錐PABCD的底面是邊長為8的正方形.四 條

57、側(cè)棱長均為2 暢.點G,E, F, H分別是棱PB, AB, CI), PC上共面的四點，平面GEFH丄平面ABCD,C平 ffiGEFH.證明：GH/EFi若 EB=2,求四邊形GEFH的面積.交線與該直線平行(線面平行今線線平行)號點貫通號點貫通7考命趣的“形”與“神”考點一線面平行的判定考點二線面平行性質(zhì)定理的應用Dp人E R第53頁共S9頁懈(1)證明：因為BCD平面GEFH、BQU 平面PBG且平面PBCC平面GEFH =GH、所以GH R BC.同理可證EF n BC,因此GHREF (2)如圖,連接AC, BD交于點O9BD交EF于點K、連接OP, GK.因為OJAC的中點，所以

58、P0丄AC,同理可得 PO 1BD.又 BD(1AC = O,且AC,。都在底面ABCD內(nèi)，所以PO丄底面ABCD.又因為平面GEFH丄平面ABCD,且POQ平面GEFH,所以PON平面GEFH.因為平面PBDC平面GEFH =GK,所以PO H GK、且 GK丄底面從而GKLEF.所以GK是梯形GEFH的高.由 =EB = 2、得EB ： AB = KB ： DB ： 4, 從而 KB*B = *OB,即K為OB的中點.再由POHGK得GA$O,叩G是的中點，且 GH 今 BC*由已知可得OB=4yi, PO = yjPB2- OB2= 68 - 32 = 6,所以GK = 3.GH + E

59、F4 + 8故四邊形GEFH的面積S二 一-一GK =廠X 3 = 18 易錯提醒i居血鬲義面年存禹兩克兎唾璉存平存襄花収二克疋煮克更應王藥柔彳牛通帝盒尹蔣接IIIi照定理成立的條件規(guī)范書寫步驟，如：把線面平行轉(zhuǎn)化為線線平行時，必須說清經(jīng)過已知克iIIi線的平面和巳知平面相交，這時才有直線與交線平行.II能力練通 抓應用體驗的“得”與“失”第54頁共S9頁1.考點二如圖所示，四邊形ABCD是平行四邊形，點P是平面 血CD外一點，M是PC的中點，在DM上取一點G,過G和必作平 面PAHG交平面BDM于GH.求證：PA/GH.證明：如圖所示，連接AQ交BD于點0連接MO,四邊形ABCD是平行四邊形

60、，O是AQ的中點，又M是PC的中點，.AP IIOM.又MOU平面BMD.PU平面BMD, :.PA 0平面BMD.平面PAHGCI平面BMD = GH、且P1U平面PAHG. :.PA N GH.2.考點一如圖.四棱錐中.AD/BC9AB=BC =AO, E, F,H分別為線段ADfPC,CD的中點，AC 與 BE交于o點，G是線段OF上一點.求證:(1)AP平面BEF；(2)GH平面PAD.證明：(1)連接EC,ADNBC, = BC 綴 AE,四邊形ABCE是平行四邊形，0為4C的中點. 又TF是PQ的中點，.-.FOHAPtFOU平面BEF,APC平面BEF,AAPII 平面 BEF.連接FH,OH,幾H 分別是 PC,