2019届高考数学二轮复习 第一篇 专题五 立体几何（课件+教案+练习）（打包9套）理.zip

1第 1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积1.(2018·全国Ⅲ卷,理 3)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( A )解析:由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示,由直观图可知其俯视图应选 A.2.(2018·全国Ⅰ卷,理 7)某圆柱的高为 2,底面周长为 16,其三视图如图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为 A,圆柱表面上的点 N在左视图上的对应点为 B,则在此圆柱侧面上,从M到 N的路径中,最短路径的长度为( B )(A)2 (B)2 (C)3 (D)25解析:先画出圆柱的直观图,根据题图的三视图可知点 M,N的位置如图①所示.圆柱的侧面展开图及 M,N的位置(N 为 OP的四等分点)如图②所示,连接 MN,则图中 MN即为M到 N的最短路径.ON= ×16=4,OM=2,14所以|MN|= = =2 .故选 B.𝑂𝑀2+𝑂𝑁2 22+42 53.(2017·全国Ⅰ卷,理 7)某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为 2,俯视图为等腰直角三角形,该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为( B )2(A)10 (B)12 (C)14 (D)16解析:如图为该几何体的直观图,易知该几何体中有两个全等的梯形,其中一个梯形的面积为S= ×(2+4)×2=6,故这些梯形面积之和为 6×2=12.故选 B.124.(2017·全国Ⅲ卷,理 8)已知圆柱的高为 1,它的两个底面的圆周在直径为 2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为( B )(A)π (B) (C) (D)3𝜋4解析:球体与圆柱体的截面图如图,故 S 柱底 =π× 2= π,34V 柱 =S 柱底 h= π.34故选 B.5.(2018·全国Ⅲ卷,理 10)设 A,B,C,D是同一个半径为 4的球的球面上四点,△ABC 为等边三角形且其面积为 9 ,则三棱锥 D ABC体积的最大值为 ( B )3(A)12 (B)183 3(C)24 (D)543 3解析:由等边△ABC 的面积为 9 可得 AB2=9 ,3 3所以 AB=6,3所以等边△ABC 的外接圆的半径为 r= AB=2 .3设球的半径为 R,球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为 d,则 d= = =2.𝑅2‒𝑟2 16‒12所以三棱锥 D ABC高的最大值为 2+4=6,所以三棱锥 D ABC体积的最大值为×9 ×6=18 .故选 B.13 36.(2018·全国Ⅱ卷,理 16)已知圆锥的顶点为 S,母线 SA,SB所成角的余弦值为 ,SA与圆锥78底面所成角为 45°,若△SAB 的面积为 5 ,则该圆锥的侧面积为 . 解析:如图,因为 SA与底面成 45°角,所以△SAO 为等腰直角三角形.设 OA=r,则 SO=r,SA=SB= r.在△SAB 中,cos∠ASB= ,78所以 sin∠ASB= ,158所以 S△SAB = SA·SB·sin∠ASB12= ( r)2·12 2 158=5 ,解得 r=2 ,所以 SA= r=4 ,5即母线长 l=4 ,5所以 S 圆锥侧 =πr·l=π×2 ×4 =40 π.5答案:40 π21.考查角度(1)几何体三视图的识别;(2)由三视图还原直观图求长度、面积、体积;(3)与球有关的“接” “切”问题.2.题型及难易度4选择题、填空题,中低档.(对应学生用书第 32~34页)空间几何体的三视图考向 1 几何体三视图的识别【例 1】 (2018·济南市模拟)如图,在正方体 ABCD A1B1C1D1中,P 为 BD1的中点,则△PAC 在该正方体各个面上的正投影可能是( )(A)①② (B)①④(C)②③ (D)②④解析:由题可知平面 PAC⊥平面 ABCD,且点 P在各个面内的正投影均为正方形的中心.根据对称性,只需考虑△PAC 在底面、后面、右面的正投影即可.显然△PAC 在底面的正投影为正方形的对角线,在后面与右面的正投影相同,均为等腰直角三角形,故选 B.考向 2 由几何体的三视图还原几何体【例 2】 (2018·太原市模拟)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的各条棱中,最长棱的长度为( )(A) (B) (C)2 (D)1解析:由三视图可知,几何体的直观图如图(1)所示,平面 AED⊥平面 BCDE,四棱锥 A BCDE的高为 1,四边形 BCDE是边长为 1的正方形.如图(2),过点 A作平面 BCDE的垂线,垂足为点 F,连接 EF,FC,显然侧棱 AC最长.CF= = = ,AC= = = .故最长棱的长度为 .故𝐷𝐶2+𝐷𝐹2 12+22 5 𝐴𝐹2+𝐶𝐹2 6 65选 A.(1)由几何体的直观图画三视图时应注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向,看到的部分用实线表示,看不到的部分用虚线表示.(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图时,应先根据已知的一部分三视图,还原、推测直观图的可能形式,然后再找其剩下部分三视图的可能形式.当然若是选择题,也可将选项逐项代入,再看看给出的部分三视图是否符合.(3)由几何体的三视图还原几何体的形状时,可先根据俯视图确定几何体的底面,再根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面特征,调整实线和虚线所对应的棱、面的位置,最后确定几何体的直观图形状.热点训练 1:(2018·惠州市调研)如图,在底面边长为 1,高为 2的正四棱柱 ABCD A1B1C1D1(底面 ABCD是正方形,侧棱 AA1⊥底面 ABCD)中,点 P是正方形 A1B1C1D1内一点,则三棱锥 P BCD的正视图与俯视图的面积之和的最小值为( )(A) (B)132(C)2 (D)54解析:由题易知,其正视图面积为 ×1×2=1.当顶点 P在底面 ABCD上的投影在△BCD 内部或12其边上时,俯视图的面积最小,最小值为 S△BCD = ×1×1= ,所以三棱锥 P BCD的正视图与俯12 12视图的面积之和的最小值为 1+ = .故选 A.1232热点训练 2:(2018·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)46解析:在棱长为 2的正方体中作出该几何体的直观图,记为四棱锥 P ABCD,如图,由图可知在此四棱锥的侧面中,直角三角形有△PAD,△PDC,△PAB,共 3个,故选 C.空间几何体的表面积和体积考向 1 由空间几何体的结构特征计算表面积与体积【例 3】 (2017·全国Ⅰ卷)如图,在四棱锥 P ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)证明:平面 PAB⊥平面 PAD;(2)若 PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,且四棱锥 P ABCD的体积为 ,求该四棱锥的侧面积.83(1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得 AB⊥AP,CD⊥PD.由于 AB∥CD,故 AB⊥PD,从而 AB⊥平面 PAD.又 AB⊂平面 PAB,所以平面 PAB⊥平面 PAD.(2)解:在平面 PAD内作 PE⊥AD,垂足为 E.由(1)知,AB⊥平面 PAD,故 AB⊥PE,AB⊥AD,可得 PE⊥平面 ABCD.设 AB=x,则由已知可得 AD= x,2PE= x.故四棱锥 P ABCD的体积= AB·AD·PE= x3.13 13由题设得 x3= ,故 x=2.13 83从而 PA=PD=2,AD=BC=2 ,PB=PC=2 .2 2可得四棱锥 P ABCD的侧面积为7PA·PD+ PA·AB+ PD·DC+ BC2sin 60°=6+2 .12 12 12 12 3考向 2 由三视图计算空间几何体的表面积与体积【例 4】 (1)(2018·延安模拟)如图,在边长为 1的正方形组成的网格中,画出的是一个几何体的三视图,则该几何体的体积是( )(A)9 (B) (C)18 (D)27(2)(2018·遂宁模拟)在一圆柱中挖去一圆锥所得的机械部件的三视图如图所示,则此机械部件的表面积为( )(A)(7+ )π (B)(8+ )π2 2(C) (D)(1+ )π+62解析:(1)根据三视图可知几何体是一个三棱锥 A BCD,如图,则三棱锥底是直角边为 6,3的直角三角形,三棱锥高为 3,所以几何体的体积 V= × ×6×3×3=9.故选 A.13 12(2)该几何体是由一个圆柱挖去一个倒圆锥,圆锥的上底面与圆柱的上底面重合,所以此机械部件的表面积为 π×1 2+2π×1×3+ ×2π×1× =7π+ π.故选 A.12 2 2(1)据三视图求表面积、体积时,解题的关键是对所给三视图进行分析,得到几何体的直观图;8(2)多面体的表面积是各个面的面积之和,求组合体的表面积时要注意重合部分的面积;(3)求规则几何体的体积时,只需确定底面与相应的高,而求一些不规则几何体的体积时,往往需采用分割或补形思想,转化求解.热点训练 3:某装饰品的三视图如图所示,则该装饰品的表面积为( )(A)16+π (B)16-( -1)π5(C)16+( -1)π (D)20+( -1)π5 5解析:由装饰品的三视图可知,该装饰品是由一个棱长为 2的正方体,切去四个四分之一的圆锥所得的几何体,其中圆锥的底面半径为 1,高为 2,则该装饰品的表面积为 22+22-4× π×1 2+4× ×2×2+4× π×1× =16+( -1)π.故选 C.14 12 14 5 5球与几何体的切、接问题考向 1 外接球【例 5】 (2018·合肥市二次质检)已知四棱锥 P ABCD的侧棱长相等,且底面是边长为 3的正方形,它的五个顶点都在直径为 10的球面上,则四棱锥 P ABCD的体积为 . 2解析:设底面 ABCD的中心为 O1,四棱锥 P ABCD的外接球的球心为 O.易知 O在四棱锥的高PO1(或延长线)上,连接 AC,OA,由球的性质可知△OO 1A为直角三角形,易得 O1A= AC= ×312=3,OA=5,2所以 OO1=4,所以 PO1=4+5=9或 PO1=5-4=1.当 PO1=9时,四棱锥 P ABCD的体积为 ×3 ×3 ×9=54,当 PO1=1时,四棱锥 P ABCD的体13 2 2积为 ×3 ×3 ×1=6.13 2 2综上,四棱锥 P ABCD的体积为 6或 54.答案:6 或 54考向 2 内切球【例 6】 (2018·长沙市、南昌市部分学校二次联考)已知一块直三棱柱形状的玉石,记为三棱柱 ABC A1B1C1,其中 AB=10 cm,AC=6 cm,BC=8 cm,AA1=4 cm,若将此玉石加工成一个球,则此球的最大体积为( )(A) cm3 (B) cm34𝜋3 8𝜋39(C) cm3 (D) cm3解析:在△ABC 中,AB=10 cm,AC=6 cm,BC=8 cm,AB2=AC2+BC2,所以△ABC 为直角三角形,在 Rt△ABC 中,设其内切圆的半径为 r,则 r= ×(6+8-10)=2 cm,12易知 2r=AA1,所以当此玉石加工成的球是直三棱柱 ABC A1B1C1的内切球,即球的半径 R为底面直角三角形内切圆的半径,即 R=2 cm时,该球的体积最大,最大体积为 πR 3= cm3.故选 C.43空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)确定球心的位置,弄清球的半径(直径)与几何体的位置和数量关系.(2)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时,一般过球心及接、切点作截面,把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题,再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解.(3)补成正方体、长方体、正四面体、正棱柱、圆柱等规则几何体.热点训练 4:(2018·石家庄市质检)直三棱柱 ABC A1B1C1的各顶点都在同一球面上,若AB=3,AC=5,BC=7,AA1=2,则此球的表面积为 . 解析:在△ABC 中,由余弦定理,知 cos∠CAB= =- ,52+32‒722×5×3 12所以 sin∠CAB= .设△ABC 外接圆的半径为 r,则由正弦定理知,2r= = ,𝐵𝐶𝑠𝑖𝑛∠𝐶𝐴𝐵732所以 r= ,733设球的半径为 R,则 R= = ,523所以此球的表面积 S=4πR 2= .208𝜋3答案:208𝜋310热点训练 5:(2018·河南一模)在三棱锥 S ABC中,SB⊥BC,SA⊥AC,SB=BC,SA=AC,AB= SC,且12三棱锥 S ABC的体积为 ,则该三棱锥的外接球的半径为 ( )932(A)1 (B)2 (C)3 (D)4解析:如图,取 SC的中点 O,连接 OB,OA,因为 SB⊥BC,SA⊥AC,SB=BC,SA=AC,所以 OB⊥SC,OA⊥SC,OB= SC,OA= SC,12 12所以 SC⊥平面 OAB,O为三棱锥的外接球的球心,SC 为球 O的直径,设球 O的半径为 R,则 AB= SC=R,12所以△AOB 为正三角形,则∠BOA=60°,所以 = + =2× R2sin 60°× ×R= .解得 R=3.故选 C.𝑉𝑆𝐴𝐵𝐶𝑉𝑆𝑂𝐴𝐵𝑉𝐶𝑂𝐴𝐵12 13 932【例 1】 (2018·湖南省湘东五校联考)已知正三棱锥 P ABC的正视图和俯视图如图所示,则此三棱锥外接球的表面积为( )(A) (B)(C) (D)12π100𝜋3解析:如图,作 PG⊥CB 于点 G,连接 AG,设点 P在底面 ABC内的射影为 D,连接 PD,11依题易得 AB=2 ,PG= ,PA=4,AD=2,3PD=2 ,PD⊥平面 ABC.3易知,正三棱锥 P ABC外接球的球心在 PD上,不妨设球心为 O,半径为 r,连接 OA,则在 Rt△AOD 中,r2=22+(2 -r)2⇒r2= ,3S=4πr 2= .故选 B.【例 2】 (2018·唐山市第一学期五校联考)把一个皮球放入如图所示的由 8根长均为 20 cm 的铁丝接成的四棱锥形骨架内,使皮球的表面与 8根铁丝都有接触点且皮球不变形,则皮球的半径为( )(A)10 cm (B)10 cm3(C)10 cm (D)30 cm2解析:如图,过点 S作 SM⊥平面 ABCD,垂足为 M,连接 AM,由题意可知 SM=10 cm,2球心必在 SM上,设球心为 O,OM=d,过点 O作 OE⊥SA,垂足为 E,则 OE=R(R为球 O的半径),因为△SEO∽△SMA,所以 = ,𝑂𝐸𝐴𝑀𝑆𝑂𝑆𝐴即 = ,𝑅102102‒𝑑20所以 d=10 - R,2 212过点 O作 OF⊥AB,垂足为 F,连接 MF,则 R2=(10 - R)2+ 2,2 2解得 R=10 cm或 R=30 cm(舍去),故选 B.专题五 立体几何第 1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积高考导航热点突破备选例题高考导航 演真题 · 明备考真题体验1.(2018· 全国 Ⅲ 卷 ,理 3)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来 ,构件的凸出部分叫榫头 ,凹进部分叫卯眼 ,图中木构件右边的小长方体是榫头 .若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体 ,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是 ( )A解析 :由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示 ,由直观图可知其俯视图应选 A.2.(2018· 全国 Ⅰ 卷 ,理 7)某圆柱的高为 2,底面周长为 16,其三视图如图 .圆柱表面上的点 M在正视图上的对应点为 A,圆柱表面上的点 N在左视图上的对应点为 B,则在此圆柱侧面上 ,从 M到 N的路径中 ,最短路径的长度为 ( )BB3.(2017· 全国 Ⅰ 卷 ,理 7)某多面体的三视图如图所示 ,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成 ,正方形的边长为 2,俯视图为等腰直角三角形 ,该多面体的各个面中有若干个是梯形 ,这些梯形的面积之和为 ( )(A)10 (B)12 (C)14 (D)16解析 :如图为该几何体的直观图 ,易知该几何体中有两个全等的梯形 ,其中一个梯形的面积为 S= ×(2+4)×2=6, 故这些梯形面积之和为 6×2=12. 故选 B.4.(2017· 全国 Ⅲ 卷 ,理 8)已知圆柱的高为 1,它的两个底面的圆周在直径为 2的同一个球的球面上 ,则该圆柱的体积为 ( )BB 考情分析1.考查角度(1)几何体三视图的识别 ;(2)由三视图还原直观图求长度、面积、体积 ;(3)与球有关的 “ 接 ”“ 切 ” 问题 .2.题型及难易度选择题、填空题 ,中低档 .热点突破 剖典例 · 促迁移热点一 空间几何体的三视图考向 1 几何体三视图的识别【 例 1】 (2018·济南市模拟 )如图 ,在正方体 ABCD-A1B1C1D1中 ,P为 BD1的中点 ,则 △ PAC在该正方体各个面上的正投影可能是 ( )(A)①② (B)①④ (C)②③ (D)②④解析 :由题可知平面 PAC⊥ 平面 ABCD,且点 P在各个面内的正投影均为正方形的中心 .根据对称性 ,只需考虑 △ PAC在底面、后面、右面的正投影即可 .显然 △ PAC在底面的正投影为正方形的对角线 ,在后面与右面的正投影相同 ,均为等腰直角三角形 ,故选 B.考向 2 由几何体的三视图还原几何体【 例 2】 (2018· 太原市模拟 )某几何体的三视图如图所示 ,则该几何体的各条棱中 ,最长棱的长度为 ( )方法技巧(1)由几何体的直观图画三视图时应注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向 ,看到的部分用实线表示 ,看不到的部分用虚线表示 .(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图时 ,应先根据已知的一部分三视图 ,还原、推测直观图的可能形式 ,然后再找其剩下部分三视图的可能形式 .当然若是选择题 ,也可将选项逐项代入 ,再看看给出的部分三视图是否符合 .(3)由几何体的三视图还原几何体的形状时 ,可先根据俯视图确定几何体的底面 ,再根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面特征 ,调整实线和虚线所对应的棱、面的位置 ,最后确定几何体的直观图形状 .热点训练 1:(2018·惠州市调研 )如图 ,在底面边长为 1,高为 2的正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1(底面 ABCD是正方形 ,侧棱 AA1⊥ 底面 ABCD)中 ,点 P是正方形 A1B1C1D1内一点 ,则三棱锥 P-BCD的正视图与俯视图的面积之和的最小值为 ( )热点训练 2:(2018· 北京卷 )某四棱锥的三视图如图所示 ,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为 ( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4解析 :在棱长为 2的正方体中作出该几何体的直观图 ,记为四棱锥 P-ABCD,如图 ,由图可知在此四棱锥的侧面中 ,直角三角形有 △ PAD,△PDC,△PAB, 共 3个 ,故选 C.热点二 空间几何体的表面积和体积考向 1 由空间几何体的结构特征计算表面积与体积【 例 3】 (2017· 全国 Ⅰ 卷 )如图 ,在四棱锥 P-ABCD中 ,AB∥CD, 且 ∠ BAP=∠CDP=90°.(1)证明 :平面 PAB⊥ 平面 PAD;(1)证明 :由已知 ∠ BAP=∠CDP=90°, 得 AB⊥AP,CD⊥PD.由于 AB∥CD, 故 AB⊥PD, 从而 AB⊥ 平面 PAD.又 AB⊂ 平面 PAB,所以平面 PAB⊥ 平面 PAD.(2)若 PA=PD=AB=DC,∠APD=90°, 且四棱锥 P-ABCD的体积为 ,求该四棱锥的侧面积 .考向 2 由三视图计算空间几何体的表面积与体积【 例 4】 (1)(2018· 延安模拟 )如图 ,在边长为 1的正方形组成的网格中 ,画出的是一个几何体的三视图 ,则该几何体的体积是 ( )(A)9 (B) (C)18 (D)27(2)(2018· 遂宁模拟 )在一圆柱中挖去一圆锥所得的机械部件的三视图如图所示 ,则此机械部件的表面积为 ( )方法技巧(1)据三视图求表面积、体积时 ,解题的关键是对所给三视图进行分析 ,得到几何体的直观图 ;(2)多面体的表面积是各个面的面积之和 ,求组合体的表面积时要注意重合部分的面积 ;(3)求规则几何体的体积时 ,只需确定底面与相应的高 ,而求一些不规则几何体的体积时 ,往往需采用分割或补形思想 ,转化求解 .热点训练 3:某装饰品的三视图如图所示 ,则该装饰品的表面积为 ( )热点三 球与几何体的切、接问题考向 1 外接球答案 :6或 541第 1 讲 空间几何体的三视图、表面积与体积(限时:45 分钟)【选题明细表】知识点、方法 题号空间几何体的三视图 1,2,9,11几何体的表面积和体积 3,6由三视图求几何体的表面积和体积 4,5,7,10,12与球有关的接、切问题 8,13,14一、选择题1.一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O xyz 中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以 zOx 平面为投影面,则得到的正视图可以为( A )解析:在空间直角坐标系中作出四面体 OABC 的直观图如图所示,作顶点 A,C 在 zOx 平面的投影是 A′,C′,可得四面体的正视图.故选 A.2.(2018·宁德二模)某几何体的三视图如图所示,若该几何体的体积为 2,则图中 x 的值为( A )(A)1 (B) (C) (D)22解析:三视图对应的几何体的直观图如图所示.几何体的体积为 × ×2x×2=2,解得13x=1.故选 A.23.(2018·山西省八校一联)轴截面为正方形的圆柱的外接球的体积与该圆柱的体积的比值为( C )(A) (B) (C) (D)243 32 423 2解析:设圆柱的底面半径为 r,由题意可知圆柱的高 h=2r.设外接球的半径为 R,则 r2+r2=R2,故 R= r.则圆柱的体积 V1=πr 2h=2πr 3,外接球的体积 V2= R3= r3,所以 = .故24𝜋3 82𝜋3 𝑉2𝑉1423选 C.4.(2018·安徽省知名示范高中联考)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( C )(A)1 (B) (C) (D)12 13 14解析:法一 该几何体的直观图为四棱锥 S ABCD,如图,SD⊥平面 ABCD,且 SD=1,四边形 ABCD是平行四边形,且 AB=DC=1,连接 BD,由题意知 BD⊥DC,BD⊥AB,且 BD=1,所以 S 四边形 ABCD=1,所以 = S 四边形 ABCD·SD= .故选 C.13 13法二 由三视图易知该几何体为锥体,所以 V= Sh,其中 S 指的是锥体的底面积,即俯视图中13四边形的面积,易知 S=1,h 指的是锥体的高,从正视图和侧视图易知 h=1,所以 V= Sh= .故13 13选 C.5.(2018·辽宁模拟)一个正三棱柱(底面是正三角形,高等于侧棱长)的三视图如图所示,这个正三棱柱的表面积是( D )3(A)8 (B)24(C)4 +24 (D)8 +24解析:由正视图知,三棱柱是以底面边长为 4,高为 2 的正三棱柱,所以底面积为 2× ×42=8 ,3侧面积为 3×4×2=24,所以其表面积为 24+8 .故选 D.36.(2018·太原市一模)已知三棱锥 D ABC 中,CD⊥底面 ABC,△ABC 为正三角形,若AE∥CD,AB=CD=AE=2,则三棱锥 D ABC 与三棱锥 E ABC 的公共部分构成的几何体的体积为( B )(A) (B) (C) (D)13 3解析:设 AD∩CE=F,因为 CD=AE,所以 F 为 CE 的中点,则三棱锥 F ABC 为三棱锥 D ABC 与三棱锥 E ABC 的公共部分,如图,取 AC 的中点 M,连接 FM,则 FM=1,且 FM⊥底面 ABC,故 FM 为三棱锥 F ABC 的高.S△ABC = ×22= ,3故 = × ×1= .13 3故选 B.7.祖暅原理:“幂势既同,则积不容异”.“幂”是截面积,“势”是几何体的高,意思是两个4同高的几何体,如在等高处截面的面积恒相等,则体积相等.已知某不规则几何体与如图所示的几何体满足“幂势同”,则该不规则几何体的体积为( C )(A) (B)3 (C) (D)6解析:三视图对应的几何体为三棱锥,其长为 5,宽为 ,由侧视图知其高为 = ,42‒(125) 2三棱锥的体积为 V= × ×5× × = ,所以所求不规则几何体的体积为 .故选 C.13 128.(2018·惠州市第二次调研)如图,某几何体的三视图是三个全等的等腰直角三角形且直角边长都等于 1,则该几何体的外接球的体积为( B )(A) π (B) π (C)3π (D) π12 43解析:还原几何体为三棱锥 A BCD,将其放入棱长为 1 的正方体中,如图所示,则三棱锥A BCD 外接球的半径 R= ,该几何体的外接球的体积 V= πR 3= π.故选 B.439.(2018·武汉市四月调研)某几何体的三视图如图所示,则从该几何体的所有顶点中任取两个顶点,它们之间距离的最大值为( B )5(A) (B) (C)2 (D)23 6 3 6解析:由三视图可知,该几何体是一个四棱柱,记为四棱柱 ABCDA1B1C1D1,将其放在如图所示的长方体中,底面 ABCD 是边长为 1 的正方形,四棱柱的高为 1,连接 AC1,观察图形可知,几何体中两顶点间距离的最大值为 AC1的长,即 = .22+12+12 6故选 B.10.(2018·郑州市一中入学测试)某工件的三视图如图所示,现将该工件通过切削,加工成一个体积尽可能大的长方体新工件,并使新工件的一个面落在原工件的一个面内,则原工件材料的利用率为（材料利用率= ）( A )新工件的体 积原工件的体 积(A) (B)89𝜋(C) (D)12(2‒1)3𝜋解析:依题意知,题中的工件形状是一个底面半径为 1、高为 2 的圆锥,设新工件的长、宽、高分别为 a,b,c,截去的小圆锥的底面半径、高分别为 r,h,则有 a2+b2=4r2,h=2r,设长方体的体积为 abc=ab(2-2r)≤ =4r2(1-r).设 f(r)=4r2(1-r),则有 f′(r)(𝑎2+𝑏2)(2‒2𝑟)2=4r(2-3r),当 00,当 r1 时,f′(r)0,因此 f(r)=4r2(1-r)的最大值是 f（ ）= ,则原工23 23 23 1627件材料的利用率为 ÷（ π×1 2×2）= .故选 A.1627 13 89𝜋二、填空题11.某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥最长棱的棱长为. 解析:三视图所表示的几何体的直观图如图所示.结合三视图知,PA⊥平面 ABC,PA=2,AB=BC=,AC=2.2所以 PB= = = ,PC= =2 ,𝑃𝐴2+𝐴𝐵2 6 𝑃𝐴2+𝐴𝐶2 2所以该三棱锥最长棱的棱长为 2 .2答案:2 212.(2018·温州二模)某几何体的三视图如图所示,正视图为边长 2 的正方形(单位:cm),则该几何体的体积是 cm 3,表面积是cm 2. 解析:由三视图还原原几何体如图,该几何体为圆柱截去一部分,圆柱底面半径为 1 cm,母线长为 2 cm,7则该几何体的体积 V= ×π×1 2×2= (cm3),34 3𝜋2表面积为2π×1 2+ ×2π×1×2+2×1=(5π+2)(cm 2).34答案: 5π+23𝜋213.(2018·德州二模)如图所示的是一个几何体的三视图,则这个几何体外接球的表面积为 .解析:如图,几何体为四棱锥 P ABCD,其中底面 ABCD 为边长为 2 的正方形,顶点 P 在底面ABCD 的射影为 CD 的中点 M,设底面中心为 O,由侧视图可知 PM=1,PM⊥CD,所以 OM= AD=1,12故 OP= = ,𝑂𝑀2+𝑀𝑃2 2又 OA=OB=OC=OD= ,2所以 O 为几何体的外接球球心,球的半径为 ,2所以外接球的表面积 S=4π·( )2=8π.2答案:8π14.(2018·武汉市四月调研)在四面体 ABCD 中,AC=CB=AB=AD=BD=1,且平面 ABC⊥平面 ABD,则四面体 ABCD 的外接球半径 R= . 解析:如图,取 AB 的中点 G,连接 DG,CG,8由题意,知△ABC 与△ABD 均为正三角形,则四面体 ABCD 的外接球球心 O 在过△ABC 的重心 O1,且与平面 ABC 垂直的直线上,同时也在过△ABD 的重心 O2,且与平面 ABD 垂直的直线上,易知四边形 OO1GO2为正方形.在△ABC 中,O 1C= CG= × AB= ,23 23O1G= CG= × AB= ,13 13则 OO1= ,连接 OC,则 OC= = = ,故四面体 ABCD 的外接球𝑂1𝐶2+𝑂1𝑂2 ( 33) 2+( 36) 2 156的半径为 .156答案:1561第 2 讲 点、直线、平面之间的位置关系1.(2017·全国Ⅱ卷,理 10)已知直三棱柱 ABC A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC 1=1,则异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为( C )(A) (B) (C) (D)32 155 105 33解析:如图,以 B 为坐标原点,BA 所在直线为 x 轴,BB 1所在直线为 z 轴,建立空间直角坐标系,则 B(0,0,0),A(2,0,0),B1(0,0,1),C1 - , ,1 ,12所以 =(-2,0,1),→𝐴𝐵1= - , ,1 ,→𝐵𝐶1 12所以 cos=→𝐴𝐵1 →𝐵𝐶1→𝐴𝐵1· →𝐵𝐶1| →𝐴𝐵1|·| →𝐵𝐶1|==210= .105故选 C.2.(2018·全国Ⅰ卷,理 12)已知正方体的棱长为 1,每条棱所在直线与平面 α 所成的角相等,则α 截此正方体所得截面面积的最大值为( A )(A) (B)334 233(C) (D)324解析:2如图所示,在正方体 ABCD A1B1C1D1中,平面 AB1D1与棱 A1A,A1B1,A1D1所成的角都相等,又正方体的其余棱都分别与 A1A,A1B1,A1D1平行,故正方体 ABCD A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等.如图所示,取棱 AB,BB1,B1C1,C1D1,DD1,AD 的中点 E,F,G,H,M,N,则正六边形 EFGHMN 所在平面与平面 AB1D1平行且面积最大,此截面面积为 S 正六边形 EFGHMN=6× × × sin 60°= .12 334故选 A.3.(2017·全国Ⅲ卷,理 16)a,b 为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形 ABC 的直角边 AC 所在直线与 a,b 都垂直,斜边 AB 以直线 AC 为旋转轴旋转,有下列结论:①当直线 AB 与 a 成 60°角时,AB 与 b 成 30°角;②当直线 AB 与 a 成 60°角时,AB 与 b 成 60°角;③直线 AB 与 a 所成角的最小值为 45°;④直线 AB 与 a 所成角的最大值为 60°.其中正确的是 .(填写所有正确结论的编号) 解析:AB 绕 AC 旋转得圆锥,AB 为母线.因为 a,b 与 AC 都垂直,则 a,b 所在直线可平移到圆 C 面内,如图.对于①,②,不妨设 BP 为直线 a,则 b 为 BE.若∠ABP=60°,则△ABP 为等边三角形,则△ABE 为等边三角形,所以 AB 与 b 成角为 60°,①不对,②对.对于③,④,当 a 与 BB'重合时,AB 与 a 所成角最小为 45°,③对.当 BP 足够小时,∠ABP 趋向于 90°,④不对.答案:②③4.3(2018·全国Ⅲ卷,文 19)如图,矩形 ABCD 所在平面与半圆弧 所在平面垂直,M 是 上异于C,D 的点.(1)证明:平面 AMD⊥平面 BMC;(2)在线段 AM 上是否存在点 P,使得 MC∥平面 PBD?说明理由.(1)证明:由题设知,平面 CMD⊥平面 ABCD,交线为 CD.因为 BC⊥CD,BC⊂平面 ABCD,所以 BC⊥平面 CMD,故 BC⊥DM.因为 M 为 上异于 C,D 的点,且 DC 为直径,所以 DM⊥CM,又 BC∩CM=C,所以 DM⊥平面 BMC.而 DM⊂平面 AMD,故平面 AMD⊥平面 BMC.(2)解:当 P 为 AM 的中点时,MC∥平面 PBD.证明如下:连接 AC 交 BD 于 O.因为 ABCD 为矩形,所以 O 为 AC 的中点.连接 OP,因为 P 为 AM 的中点,所以 MC∥OP.又 MC⊄平面 PBD,OP⊂平面 PBD,所以 MC∥平面 PBD.1.考查角度(1)线、面位置关系的判断;(2)异面直线所成的角;(3)直线与平面所成的角;(4)空间平行、垂直关系的证明;(5)折叠和探究问题.2.题型及难易度选择题、填空题、解答题,中档题为主.4(对应学生用书第 35~37 页)空间线、面的位置关系考向 1 空间线、面位置关系的判断【例 1】 (2018·湖南省湘东五校联考)已知直线 m,l,平面 α,β,且 m⊥α,l⊂β,给出下列命题:①若 α∥β,则 m⊥l;②若 α⊥β,则 m∥l;③若 m∥l,则 α⊥β.其中正确的命题是( )(A)①②③ (B)②③ (C)①② (D)①③解析:对于①,若 α∥β,m⊥α,l⊂β,则 m⊥l,故①正确.对于②,若 α⊥β,则直线 m 与 l 可能异面、平行或相交,故②错误.对于③,若 m∥l,m⊥α,则 l⊥α,又 l⊂β,所以 α⊥β,故③正确,故选 D.考向 2 空间角【例 2】 (2016·全国Ⅰ卷)平面 α 过正方体 ABCD A1B1C1D1的顶点 A,α∥平面 CB1D1,α∩平面 ABCD=m,α∩平面 ABB1A1=n,则 m,n 所成角的正弦值为( )(A) (B) (C) (D)13解析:在正方体 ABCD A1B1C1D1中,由题意,直线 m∥BD,直线 n∥A 1B,又△A 1DB 为等边三角形,∠DBA 1=60°,sin 60°= ,所以 m,n 所成角的正弦值为 ,故选 A.(1)空间线面位置关系判断的常用方法:①根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质5定理逐项判断来解决问题;②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线面位置关系,并结合有关定理来进行判断.(2)求异面直线所成的角常用方法是平移法,平移方法一般有三种类型:①利用图中已有的平行线平移;②过特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移;③补形平移.热点训练 1:(2017·全国Ⅰ卷)如图,在下列四个正方体中,A,B 为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线 AB 与平面 MNQ 不平行的是( )解析:如图 O 为正方形 CDBE 的两条对角线的交点,从而 O 为 BC 的中点,在△ACB 中,OQ 为中位线,所以 OQ∥AB,OQ∩平面 MNQ=Q,所以,AB 与平面 MNQ 相交,而不是平行,故选 A.热点训练 2:(2018·广州市综合测试一)在四面体 ABCD 中,E,F 分别为 AD,BC 的中点,AB=CD,AB⊥CD,则异面直线 EF 与 AB 所成角的大小为( )(A) (B) (C) (D)𝜋6解析:取 BD 的中点 O,连接 OE,OF,因为 E,F 分别为 AD,BC 的中点,AB=CD,所以 EO∥AB,OF∥CD,且 EO=OF= CD,12又 AB⊥CD,所以 EO⊥OF,∠OEF 为异面直线 EF 与 AB 所成的角,由△EOF 为等腰直角三角形,可得∠OEF= ,故选 B.线面平行、垂直的证明【例 3】 6(2018·石家庄市质检一)如图,已知四棱锥 P ABCD,底面 ABCD 为正方形,且 PA⊥底面 ABCD,过 AB 的平面 ABFE 与侧面 PCD 的交线为 EF,且满足 S△PEF ∶S 四边形 CDEF=1∶3.(1)证明:PB∥平面 ACE;(2)当 PA=2AD=2 时,求点 F 到平面 ACE 的距离.(1)证明:由题知四边形 ABCD 为正方形,所以 AB∥CD,因为 CD⊂平面 PCD,AB⊄平面 PCD,所以 AB∥平面 PCD.又 AB⊂平面 ABFE,平面 ABFE∩平面 PCD=EF,所以 EF∥AB,所以 EF∥CD.由 S△PEF ∶S 四边形 CDEF=1∶3 知 E,F 分别为 PD,PC 的中点.如图,连接 BD 交 AC 于点 G,则 G 为 BD 的中点,连接 EG,则 EF∥PB.又 EG⊂平面 ACE,PB⊄平面 ACE,所以 PB∥平面 ACE.(2)解:因为 PA=2,AD=AB=1,所以 AC= ,AE= PD= ,212因为 PA⊥平面 ABCD,所以 CD⊥PA,7又 CD⊥AD,AD∩PA=A,所以 CD⊥平面 PAD,所以 CD⊥PD.在 Rt△CDE 中,CE= = .𝐶𝐷2+𝐷𝐸232在△ACE 中,由余弦定理知cos∠AEC= = ,所以 sin∠AEC= ,255所以 S△ACE = ·AE·CE·sin∠AEC= .12 34设点 F 到平面 ACE 的距离为 h,则 = × ×h= h.𝑉𝐹𝐴𝐶𝐸13 34 14因为 DG⊥AC,DG⊥PA,AC∩PA=A,所以 DG⊥平面 PAC,因为 E 为 PD 的中点,所以点 E 到平面 ACF 的距离为 DG= .又 F 为 PC 的中点,所以 S△ACF = S△ACP = ,12所以 = × × = .𝑉𝐸𝐴𝐶𝐹13由 = ,得 h= ,得 h= ,𝑉𝐹𝐴𝐶𝐸𝑉𝐸𝐴𝐶𝐹14 13所以点 F 到平面 ACE 的距离为 .13(1)线面平行及线面垂直的证明方法:①要证线面平行,主要有两个途径:一是证已知直线与平面内的某直线平行;二是证过已知直线的平面与已知平面平行.在这里转化思想在平行关系上起着重要的作用,在寻求平行关系上,利用中位线、平行四边形等是非常常见的方法;②要证线面垂直,关键是在这个平面内能找出两条相交直线和已知直线垂直,即线线垂直⇒线面垂直.结合图形还要注意一些隐含的垂直关系,如等腰三角形的三线合一、菱形的对角线以及经计算得出的垂直关系等.(2)求点到平面的距离的常用方法:①直接作出点到平面的垂线段,再计算;8②通过线面平行,转化为其他点到平面的距离;③等体积法.热点训练 3:(2018·丰台区一模)如图所示,在四棱锥 P ABCD 中,平面 PAB⊥平面ABCD,AD∥BC,AD=2BC,∠DAB=∠ABP=90°.(1)求证:AD⊥平面 PAB;(2)求证:AB⊥PC;(3)若点 E 在棱 PD 上,且 CE∥平面 PAB,求 的值.(1)证明:因为∠DAB=90°,所以 AD⊥AB,因为平面 PAB⊥平面 ABCD,且平面 PAB∩平面 ABCD=AB,所以 AD⊥平面 PAB.(2)证明:由已知得 AD⊥AB,因为 AD∥BC,所以 BC⊥AB,又因为∠ABP=90°,所 PB⊥AB,因为 PB∩BC=B,所以 AB⊥平面 PBC,所以 AB⊥PC.(3)解:过 E 作 EF∥AD 交 PA 于 F,连接 BF,因为 AD∥BC,所以 EF∥BC,所以 E,F,B,C 四点共面,又因为 CE∥平面 PAB,且 CE⊂平面 BCEF,且平面 BCEF∩平面 PAB=BF,所以 CE∥BF,所以四边形 BCEF 为平行四边形,所以 EF=BC,在△PAD 中,因为 EF∥AD,所以 = = = .𝑃𝐸𝑃𝐷𝐸𝐹𝐴𝐷𝐵𝐶𝐴𝐷129立体几何中的折叠和探索性问题考向 1 折叠问题【例 4】 (2018·河北省“五个一名校联盟”第二次考试)如图 1,在直角梯形 ABCD 中,∠ADC=90°,AB∥CD,AD=CD= AB=2,E 为 AC 的中点,将△ACD 沿 AC 折起,使折起后的平面 ACD12与平面 ABC 垂直,如图 2,在图 2 所示的几何体 D ABC 中:(1)求证:BC⊥平面 ACD;(2)点 F 在棱 CD 上,且满足 AD∥平面 BEF,求几何体 F BCE 的体积.(1)证明:因为 AC= =2 ,∠BAC=∠ACD=45°,AB=4,所以在△ABC 中,BC2=AC2+AB2-2AC×AB×cos 45°=8,所以 AB2=AC2+BC2=16,所以 AC⊥BC,因为平面 ACD⊥平面 ABC,平面 ACD∩平面 ABC=AC,所以 BC⊥平面 ACD.(2)解:因为 AD∥平面 BEF,AD⊂平面 ACD,平面 ACD∩平面 BEF=EF,所以 AD∥EF,因为 E 为 AC 的中点,所以 EF 为△ACD 的中位线,由(1)知 = = ×S△CEF ×BC,𝑉𝐹𝐵𝐶𝐸𝑉𝐵𝐶𝐸𝐹13又 S△CEF = S△ACD = × ×2×2= ,14 14 12 12所以 = × ×2 = .𝑉𝐹𝐵𝐶𝐸13 12 2考向 2 探索性问题【例 5】 (2018·惠州市第一次调研)如图,在底面是菱形的四棱柱 ABCD A1B1C1D1中,∠ABC=60°,10AA1=AC=2,A1B=A1D=2 ,点 E 在 A1D 上.2(1)证明:AA 1⊥平面 ABCD;(2)当 为何值时,A 1B∥平面 EAC,并求出此时直线 A1B 与平面 EAC 之间的距离.𝐴1𝐸𝐸𝐷(1)证明:因为四边形 ABCD 是菱形,∠ABC=60°,所以 AB=AD=AC=2,在△AA 1B 中,由 A +AB2=A1B2,知 AA1⊥AB,𝐴21同理 AA1⊥AD,又 AB∩AD=A,所以 AA1⊥平面 ABCD.(2)解:当 =1 时,A 1B∥平面 EAC.𝐴1𝐸𝐸𝐷证明如下:如图,连接 BD 交 AC 于点 O,当 =1,即点 E 为 A1D 的中点时,𝐴1𝐸𝐸𝐷连接 OE,则 OE∥A 1B,又 A1B⊄平面 EAC,所以 A1B∥平面 EAC.直线 A1B 与平面 EAC 之间的距离等于点 A1到平面 EAC 的距离,因为 E 为 A1D 的中点,所以点 A1到平面 EAC 的距离等于点 D 到平面 EAC 的距离, = ,𝑉𝐷𝐸𝐴𝐶𝑉𝐸𝐴𝐶𝐷设 AD 的中点为 F,连接 EF,则 EF∥AA 1,且 EF=1,所以 EF⊥平面 ACD,可求得 S△ACD = ,3所以 = ×1× = .𝑉𝐸𝐴𝐶𝐷13 3又 AE= ,AC=2,CE=2,所以 S△EAC = ,所以 S△EAC ·d= (d 表示点 D 到平面 EAC 的距离),解得 d= ,1311所以直线 A1B 与平面 EAC 之间的距离为 .(1)折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口.一般地,在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化,不在同一个平面上的性质发生变化,解决这类问题就是要根据这些变与不变,去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值,这是化解翻折问题的主要方法.(2)探求某些点的具体位置,使得满足平行或垂直关系,是一类逆向思维的题目,一般可采用两种方法:一是先假设存在,再去推理,下结论;二是运用推理证明计算得出结论,或先利用条件特例得出结论,然后再根据条件给出证明或计算.(3)存在探究性问题可先假设存在,然后在此前提下进行逻辑推理,得出矛盾或肯定结论.热点训练 4:(2016·全国Ⅱ卷)如图,菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O,点 E,F 分别在 AD,CD 上,AE=CF,EF 交 BD 于点 H.将△DEF 沿 EF 折到△D'EF 的位置.(1)证明:AC⊥HD';(2)若 AB=5,AC=6,AE= ,OD'=2 ,求五棱锥 D' ABCFE 的体积.2(1)证明:由已知得 AC⊥BD,AD=CD.又由 AE=CF 得 = ,故 AC∥EF.𝐴𝐸𝐴𝐷𝐶𝐹𝐶𝐷所以 EF⊥HD,EF⊥HD',所以 AC⊥HD'.(2)解:由 EF∥AC 得 = = .𝑂𝐻𝐷𝑂𝐴𝐸𝐴𝐷14由 AB=5,AC=6 得 DO=BO= =4.所以 OH=1,D'H=DH=3.于是 OD'2+OH2=(2 )2+12=9=D'H2,2故 OD'⊥OH.由(1)知 AC⊥HD',又 AC⊥BD,BD∩HD'=H,所以 AC⊥平面 BHD',于是 AC⊥OD'.又由 OD'⊥OH,AC∩OH=O,所以 OD'⊥平面 ABC.12又由 = 得 EF= .𝐸𝐹𝐴𝐶𝐷𝐻𝐷𝑂 92五边形 ABCFE 的面积 S= ×6×8- × ×3= .12 12 92所以五棱锥 D' ABCFE 的体积 V= × ×2 = .13 2热点训练 5:(2018·邯郸二模)如图,四棱锥 P ABCD 中,AB=BC=2 ,AD=CD=2,PA=PC,∠ABC= ,AB⊥AD,平面 PAD⊥平面 ABCD.(1)求证:PD⊥平面 ABCD;(2)若 PD=3,是否存在球 O 使得四棱锥 P ABCD 内接于球 O?若存在,求球 O 与四棱锥 P ABCD的体积之比;若不存在,请说明理由.(1)证明:连接 BD,因为 AB=BC,AD=CD,BD=BD,所以△ABD≌△CBD,则∠BAD=∠BCD,因为 AB=BC,PA=PC,PB=PB,所以△PAB≌△PCB,则∠PAB=∠PCB,因为平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD,AB⊥AD,所以 AB⊥平面 PAD,则 AB⊥PA,AB⊥PD,所以 BC⊥CD,BC⊥PC,因为 PC∩CD=C,所以 BC⊥平面 PCD,则 BC⊥PD,又 AB∩BC=B,所以 PD⊥平面 ABCD.(2)解:若 PD=3,存在球 O 使得四棱锥 P ABCD 内接于球 O,事实上,由(1)知,∠PAB=∠PDB=∠PCB=90°,13则 PB 即为四棱锥 P ABCD 外接球直径,PB 的中点即外接球球心,易求 BD=4,PD=3,所以四棱锥 P ABCD 的外接球的半径 R= ,52球 O 的体积 V= π× 3= ,43 52 125𝜋6四棱锥 P ABCD 的体积 V= ×2×2 ×3=4 ,13 3 3所以球 O 与四棱锥 P ABCD 的体积之比为 = = .【例 1】 (2018·石家庄市一模)已知四棱锥 S ABCD 的底面 ABCD 为直角梯形,AB∥CD,AB⊥BC,AB=2BC=2CD=2,△SAD 为正三角形.(1)点 M 为线段 AB 上一点,若 BC∥平面 SDM, =λ ,求实数 λ 的值;(2)若 BC⊥SD,求点 B 到平面 SAD 的距离.解:(1)因为 BC∥平面 SDM,BC⊂平面 ABCD,平面 SDM∩平面 ABCD=DM,所以 BC∥DM.又 AB∥DC,所以四边形 BCDM 为平行四边形,所以 CD=MB,又 AB=2CD,所以 M 为 AB 的中点.因为 =λ ,所以 λ= .12(2)因为 BC⊥SD,BC⊥CD,所以 BC⊥平面 SCD,14又 BC⊂平面 ABCD,所以平面 SCD⊥平面 ABCD.如图,在平面 SCD 内过点 S 作 SE 垂直 CD 交 CD 的延长线于点 E,连接 AE.又平面 SCD∩平面 ABCD=CD,所以 SE⊥平面 ABCD,所以 SE⊥CE,SE⊥AE,在 Rt△SEA 和 Rt△SED 中,AE= ,DE= ,因为 SA=SD,所以 AE=DE,又易知∠EDA=45°,所以 AE⊥ED,由已知求得 SA=AD= ,2所以 AE=ED=SE=1.连接 BD,则 = × ×2×1×1= ,13 12 13又 = ,S△SAD = × × × = ,12 2 2所以点 B 到平面 SAD 的距离为 .233【例 2】 (2018·武汉市四月调研)在棱长为 3 的正方体 ABCD A1B1C1D1中,E,F 分别在棱 AB,CD 上,且AE=CF=1.(1)求异面直线 A1E 与 C1F 所成角的余弦值;(2)求四面体 EFC1A1的体积.解:(1)如图,在正方体 ABCD A1B1C1D1中,延长 DC 至 M,使 CM=1,则 AE￿CM. 连接 AC,EM,所以ME￿AC￿A 1C1,连接 MC1,所以 A1E￿C 1M,所以∠FC 1M 为异面直线 A1E 与 C1F 所成的角.在△FC 1M 中,C 1F=C1M= ,FM=2,10所以 cos∠FC 1M= = .10+10‒42×10×104515故异面直线 A1E 与 C1F 所成角的余弦值为 .45(2)在 D1C1上取一点 N,使 ND1=1.连接 EN,FN,A1N,所以 A1E￿FN, 所以 A1N￿EF,因为 EF⊂平面 EFC1,A1N⊄平面 EFC1,所以 A1N∥平面 EFC1,所以 =𝑉三棱 锥 𝐴1𝐸𝐹𝐶1𝑉三棱 锥 𝑁𝐸𝐹𝐶1= = × ×313= × ×2×3×313 12=3.故四面体 EFC1A1的体积为 3.(对应学生用书第 38 页)【典例】 (2018·全国Ⅱ卷,文 19)(12 分)如图,在三棱锥 P ABC 中,AB=BC=2 ,PA=PB=PC=AC=4,O 为 AC 的中点.2(1)证明:PO⊥平面 ABC;(2)若点 M 在棱 BC 上,且 MC=2MB,求点 C 到平面 POM 的距离.评分细则:(1)证明:因为 AP=CP=AC=4,O 为 AC 的中点,所以 OP⊥AC,1 分且 OP=2 .2 分3如图,连接 OB.因为 AB=BC= AC,所以△ABC 为等腰直角三角形,且 OB⊥AC,OB= AC=2.3 分12由 OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.4 分由 OP⊥OB,OP⊥AC 知,PO⊥平面 ABC.5 分16(2)解:如图,作 CH⊥OM,垂足为 H,6 分又由(1)可得 OP⊥CH,所以 CH⊥平面 POM.故 CH 的长为点 C 到平面 POM 的距离.8 分由题设可知 OC= AC=2,12CM= BC= ,23 423∠ACB=45°.所以 OM= ,10 分253CH= = .455所以点 C 到平面 POM 的距离为 .12 分455注:第(1)问得分说明:①由等腰三角形性质证明 OP⊥AC,得 1 分.②计算出 OP,OB 的长各得 1 分.③根据勾股定理的逆定理证明 OP⊥OB,得 1 分.④证明结论,得 1 分.第(2)问得分说明:①正确作出辅助线,得 1 分.②证明 CH⊥平面 POM,得 2 分.③由解三角形求出 OM,得 2 分.④由“面积法”求出 CH,得 2 分.【答题启示】 (1)证明线线平行常用的方法:①利用平行公理,即证两直线同时和第三条直线平行;②利用平行四边形进行平行转换;③利用三角形的中位线定理证明;④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.(2)证明线线垂直常用的方法:①利用等腰三角形底边中线即高线这一性质;②勾股定理的逆定理;③线面垂直的性质定理,即要证两直线垂直,只需证明一条直线垂直于另一条直线所在的平面.(3)证线面垂直时,一定证出该直线与平面内两条相交线垂直,本题常不能熟练运用勾股定理的逆定理证明 OP⊥OB 而失分.(4)求点到平面的距离,要“一作,二证,三求”缺一不可,或利用“等积法”进行求解,本题在求点 C 到平面 POM 距离时,往往作不出距离而无法求解,或忽视证明 CH⊥平面 POM 而失分.