学科:数学
教学内容:简单几何体
【考点梳理】 一、考试内容
1.棱柱(包括平行六面体)。棱锥。多面体。 2.球。
3.体积的概念与体积公理。棱柱、棱锥的体积。球的体积。 二、考试要求
1.理解棱柱、棱锥、球及其有关概念和性质。
掌握直棱柱、正棱锥、球的表面积和体积公式,并能运用这些公式进行计算。 3.了解多面体的概念,能正确画出棱柱、正棱锥的直观图。 对于截面问题,只要求会解决与几种特殊的截面(棱柱、棱锥的对角面,棱柱的直截面,球的截面)以及已给出图形或它的全部顶点的其他截面的有关问题。
三、考点简析 1.棱柱
2.棱锥
正棱锥是底面正多边形的中心
顶点在底面上的射影
棱锥-
---
--
3.棱柱、棱锥的侧面积与体积
S 正棱柱侧=C h ′ S 正棱锥侧=
21C h ′ V 柱体=S h ′ V 锥体=3
1
S h ′ 4.球
S 球=4πR 2 V 球=
3
4
πR 3
四、思想方法
1.割补法。它是通过“割”与“补”等手段,将不规则的几何体转化为规则的几何体,是一种常用的转化方法。
2.正棱锥的计算问题。应抓住四个直角三角形和两个角。四个直角三角形,即正棱锥的高、侧棱及其在底面上的射影、斜高及其在底面上的射影、底面边长的一半组成的四个直角三角形。两个角,即侧棱与底面所成的线面角,侧面与底面所成的二面角。四个直角三角形所围成的几何体称之为“四直角四面体”,它是解决棱锥计算问题的基本依据,必须牢固掌握。
3.正棱锥的侧面积与底面积的关系。 正棱锥:S 底=S 侧cos α
4.多面体中表面上两点的最短距离。
多面体中表面上两点的最短距离,就是其平面展开图中,连结这两点的线段长度,这是立体几何中求最短距离的基本依据(球面上两点间的距离除外)。
5.关于组合体体积的计算问题。
有很多的几何体,都由一些简单几何体所组成,这样的几何体叫做组合体。 构成组合体的方式一般有两种:其一是由几个简单几何体堆积而成,其体积就等于这几个简单几何体体积之和;其二是从一个简单几何体中挖去几个简单几何体而成,其体积就等于这个几何体的体积减去被挖去的几个几何体的体积。
因此,组合体体积的求法,即为“加、减”法,关键是合理的分割,可使计算简化。 6.关于等积变换问题。
等积变换的依据是等底等高的棱锥体积相等。 等积变换求体积或求点到平面的距离,都是在基本几何体——四面体和平行六面体中进行的。这是因为这些几何体变换底面后,计算体积的方法不变,几何体仍为四面体和平行六面体,这样,我们就可以选择适当的面为底面,使计算简单、易行。
若几何体本身不是四面体或平行六面体,则需先将其分成几个四面体或平行六面体之后,再施行等积变换。
用等积变换求点到平面的距离,是用两种不同的体积计算方法,来建立所求距离的方程,使问题得解。
异面直线间的距离,可转化为点到平面的距离,因此也可用等积变换求解。 用等积变换求距离,可绕过距离的作图,从而降低了题目的难度。
【例题解析】
例1 如图8-1,已知斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面是直角三角形,AC ⊥CB ,∠ABC=30°,侧面A 1ABB 1是边长为a 的菱形,且垂直于底面,∠A 1AB=60°,E 、F 分别是AB 1、BC 的中点。
(1)求证:EF ∥侧面A 1ACC 1;
(2)求四棱锥A ——B 1BCC 1的体积;
(3)求EF 与侧面A 1ABB 1所成角的大小。
(1)连结A 1B 、A 1C
∵A 1ABB 1是菱形,且E 是AB 1的中点, ∴E 是A 1B 的中点。 又F 是BC 的中点, ∴EF ∥A 1C 。
又A 1C 平面A 1ACC 1,
EF ?平面A 1ACC 1, ∴EF ∥面A 1ACC 1。
(2)∵平面A 1ABB 1⊥平面ABC ,交线为AB ,
∴在平面A 1ABB 1内,过A 1作A 1O ⊥AB 于O ,则A 1O ⊥平面ABC ,且h =A 1O=
2
3a , 又∵AC ⊥CB ,∠ABC=30°,∴a a,AC C,BC B AC S S C B ΔA 2
12321111==??==, ∴V A —C 1CBB 1 =V 柱-V A —A 1B 1C 1 =S h -
31S h =32S h =32·2
1
·AC ·BC ·A 1O =
32·21·21a ·23 a ·2
3a =81a 3 (3)在平面ABC 内,过F 作FH ⊥AB 于H ,则FH ⊥侧面A 1ABB 1。 连结EH ,则∠HEF 为EF 与侧面A 1ABB 1所成的角。 ∵在Rt △FHB 中,FH=
21BF=8
3a ,BH=83a ; 在△HEB 中,HE=BA A BH BE BH BE 12
2cos 2)()(∠???-+
=????
-+60cos 8
3
212)8
3()2
1(2
2
a a a a
=
8
13a , ∴在Rt △EHF 中,tan ∠HEF=
HE HF =13
39
, ∴∠HEF=arctan
13
39。
例2 如图8-3,三棱锥P —ABC 中,△ABC 是正三角形,∠PCA=90°,D 为PA 的中点,二面角P —AC —B 为120°,PC=2,AB=23。
(1)求证:AC ⊥BD ;
(2)求BD 与底面ABC 所成的角(用反正弦表示); (3)求三棱锥P —ABC 的体积。
解 (1)如图8-4,取AC 中点E ,连DE 、BE ,则DE ∥PC ,∵PC ⊥AC ,∴DE ⊥AC 。
∵△ABC 是正三角形,∴BE ⊥AC 。
又DE 平面DEB ,BE 平面DEB ,DE ∩BE=E ,∴AC ⊥平面DEB 。 ∵DB 平面DEB ,∴AC ⊥DB 。
(2)法一:∵AC ⊥平面DEB ,AC 底面ABC ,∴平面DEB ⊥底面ABC ,∴EB 是DB 在底面ABC 内的射影,∠DBE 是BD 与底面ABC 所成的角。
又∵DE ⊥AC ,BE ⊥AC ,∴∠DEB 即为二面角P —AC —B 的平面角。
在△DEB 中,∵DE=
21PC=1,BE=2
3AB=3, ∴由余弦定理,得 BD 2=12+32 – 2×1×3cos120°=13,BD=13,
∴由正弦定理,得
DBE ∠sin 1=?
120sin 13
,
解得sin ∠DBE=
2639,即BD 与底面ABC 所成的角为arcsin 26
39。 法二:∵AC ⊥平面DEB ,AC 平面ABC 。∴平面DEB ⊥平面ABC ,作DF ⊥平面ABC ,F 为垂足,则F 在BE 的延长线上,∠DBF 是BD 与平面ABC 所成的角。∵DE ⊥AC ,BE ⊥AC ,∴∠DEB 是二面角P —AC —B 的平面角。在Rt △DBF 中,DE=
21PC=1,BE=2
3
AB=3, ∠DEB=120°,∠DEF=60°,DF=
2
3
。 ∴在△DEB 中,由余弦定理得BD=13,
∴sin ∠DBF=
DB DF =2639,故BD 与底面ABC 所成的角为arcsin 26
39
。 (3)∵AC ⊥平面DEB ,AC 平面PAC ,
∴平面DEB ⊥平面PAC ,∴过点B 作平面PAC 的垂线段BG ,垂足G 在DE 的延长线
上。
∵在Rt △BEG 中,∠BEG=60°,BE=3,∴BG=
2
3
3, ∴V P —ABC =V B —PAC =
31S △PAC ×BG=31×2322 ×2
33=3。
例3 如图8-5,三棱锥P —ABC 中,已知PA ⊥BC ,PA=BC=l ,PA 、BC 的公垂线DE=h ,求三棱锥P —ABC 的体积。
分析:思路一直接求三棱锥P —ABC 的体积比较困难。考虑到DE 是棱PA 和BC 的公垂线,可把原棱锥分割成两个三棱锥P —EBC 和A —EBC ,利用PA ⊥截面EBC ,且△EBC 的面积易求,从而体积可求。
解 如图8—5—1,连结BE ,CE 。∵DE 是PA 、BC 的公垂线,∴PA ⊥DE 。又PA ⊥
BC ,∴PA ⊥截面EBC 。∴V P —EBC =
31S △EBC ·PE ,V A —EBC =3
1
S △EBC ·AE 。∵DE ⊥BC ,∴S △EBC =21BC ·DE=21lh ,∴V P —ABC =V P —EBC +V A —EBC =31S △EBC ·(PE+AE )=31PA ·S △EBC =6
1l 2h 。
注 本例的解法称为分割法,把原三棱锥分割为两个三棱锥,它们有公共的底面△EBC ,而高的和恰为PA ,因而计算简便。
思路二 本题也可用补形法求解。
解 如图8-5-2,将△ABC 补成平行四边形ABCD ,连结PD ,则PA ⊥AD ,且BC ∥平面PAD ,故C 到平面PAD 的距离即为BC 和平面PAD 的距离。
∵MN ⊥PA ,又MN ⊥BC ,BC ∥AD ,∴MN ⊥AD , MN ⊥平面PAD 。
故 V P —ABC =V P —ADC =V C —PAD =
31S △PAD ·MN=31(21·PA ·AD )·MN=6
1l 2h 。 注 本题的解法称为补形法,将原三棱锥补形成四棱锥,利用体积互等的技巧进行转换,
以达到求体积的目的。
本题也可将三棱锥补成三棱柱求积。想一想,怎样做?
例4 如图8-6,在四棱锥P —ABCD 中,底面ABCD 是边长为a 的正方形,并且PD=a , PA=PC=2a 。
(1)求证:PD ⊥平面ABCD ;
(2)求异面直线PB 与AC 所成的角; (3)求二面角A —PB —D 的大小;
(4)在这个四棱锥中放入一个球,求球的最大半径。
解 (1)PC=2a ,PD=DC=a ,
∴△PDC 是Rt △, 且PD ⊥DC 。 同理,PD ⊥AD 。
而AD ∩DC=D ,∴PD ⊥平面ABCD 。
(2)如图8-7,连BD ,∵ABCD 是正方形,
∴BD ⊥AC 。
又∵PD ⊥平面ABCD 。
∴BD 是PB 在平面ABCD 上的射影。 由三垂线定理,得PB ⊥AC 。 ∴PB 与AC 成90°角。
(3)设AC ∩BD=O ,作AE ⊥PB 于E ,连OE 。 ∵AC ⊥BD ,又PD ⊥平面ABCD ,AC 平面ABCD 。 ∴PD ⊥AC 。
而PD ∩BD=D ,∴AC ⊥平面PDB , 则OE 是AE 在平面PDB 上的射影。 由三垂线定理逆定理知OE ⊥PB ,
∴∠AEO 是二面角A —PB —D 的平面角。 ∵PD ⊥平面ABCD ,DA ⊥AB 。∴PA ⊥AB 。 在
Rt △PAB
中,AE ·PB=PA ·AB 。又
AB= a ,AP=
2a ,
PB=222AB AD PD ++=3a ,
∴AE=
3
2a 。 又AO=
2
2a ∴sin ∠AEO=
AE AO =2
3
,∠AEO=60° ∴二面角A —PB —D 的大小为60°。
(4)设此球半径为R ,最大的球应与四棱锥各个面相切,球心为S ,连SA 、SB 、SC 、SD 、SP ,则把此四棱锥分为五个小棱锥,它们的高均为R 。
由体积关系,得
V P —ABCD =
3
1
R (S △PDC + S △PDA + S △PBC + S △PAB + S 正方形ABCD ) =31R (22a +22a +22a 2+2
2a 2 + a 2)。 又∵3
3
1a V ABCD P =-, ∴31R(2a 2+2a 2)= 3
1a 3 ∴R=
2
2+a =
a 2
2
2-。 例5 如图8-8,已知长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,AB=BC=4,AA 1=8,E 、F 分别为AD 和CC 1的中点,O 1为下底面正方形的中心。求:
(1)二面角C —EB —O 1的正切值;
(2)异面直线EB 与O 1F 所成角的余弦值; (3)三棱锥O 1—BEF 的体积。
解 如图8—9,(1)取上底面的中心O , OG ⊥EB 于G ,连OO 1和GO 1。由长方体的性质得OO 1⊥平面ABCD ,则由三垂线定理得O 1G ⊥EB ,
则∠OGO 1为二面角C —EB —O 1的平面角。由已知可求得EB=2242+=25。 利用△ABE ∽△GEO (图8-10),可求得OG=
5
2。
在Rt △O 1OG 中,tan ∠O 1GO=
OG
OO 1
=45。 (2)在B 1C 1上取点H ,使B 1H=1,连O 1H 和FH 。 易证明O 1H ∥EB ,则∠FO 1H 为异面直线EB 与1O 所成角。 又O 1H=
2
1
BE=5,HF=2243+=5, O 1F=222422++=26, ∴在△O 1HF 中,由余弦定理,得 cos ∠FO 1H=
6
25225524??-+=
30
30
(3)连HB ,HE ,由O 1H ∥EB ,得O 1H ∥平面BEF 。 ∴V O
1
——BEF
=V H —BEF = V E —BHF =
3
1
·S △BHF ·AB ∵S △BHF =32-
21
(1×8+3×4+4×4)=14 1O V ∴——BEF =31×14×4=
3
56
例6 如图8-12,球面上有四个点P 、A 、B 、C ,如果PA ,PB ,PC 两两互相垂直,且PA=PB=PC=a ,求这个球的表面积。
解 如图8-12,设过A 、B 、C 三点的球的截面圆半径为r ,圆心为O ′,球心到该圆面的距离为d 。在三棱锥P —ABC 中,
∵PA ,PB ,PC 两两互相垂直,且PA=PB=PC=a ,
∴AB=BC=CA=2a ,且P 在△ABC 内的射影即是△ABC 的中心O ′。
由正弦定理,得
?60sin 2a =2r,∴r=3
6
a 。
又根据球的截面的性质,有OO ′⊥平面ABC ,而PO ′⊥平面ABC , ∴P 、O 、O ′共线,球的半径R=22d r +。又PO ′=22r PA -=2
2
32a a -
=
3
3a , ∴OO ′=R -
3
3a =d=22r R -,(R -
3
3a )2=R 2 – (
36a )2,解得R=2
3
a , ∴S 球=4πR 2=3πa 2。
注 本题也可用补形法求解。将P —ABC 补成一个正方体,由对称性可知,正方体内接于球,则球的直径就是正方体的对角线,易得球半径R=
2
3
a ,下略。
例7 如图8-13所示,四面体ABCD 中,AB 、BC 、BD 两两互相垂直,且AB=BC=2,E 是AC 的中点,异面直线AD 与BE 所成的角为arccos
10
10
,求四面体ABCD 的体积。
解 如图8-14,过A 引BE 的平行线,交CB 的延长线于F ,则∠DAF 是异面直线BE 与AD 所成的角。
∴∠DAF=arccos
10
10 ∵E 是AC 的中点,∴B 是CF 的中点,且BF=AB=2。∵AB ⊥BC=2 2=BE
∴AF=2BE=22
∴DF=DA ,∵DB ⊥BA ,DB ⊥BF ,BF=BA , 则三角形ADF 是等腰三角形, AD=
2AF ·DAF
∠cos 1
=20,BD=22AB AD -=4
故四面体V ABCD =
61AB ×BC ×BD=38,因此四面体ABCD 的体积是3
8。
例8 如图8-15,在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,已知AB=5,AD=4,AA 1=3,AB ⊥AD ,∠A 1AB=∠A 1AD=
3
π。 (1)求证:顶点A 1在底面ABCD 上的射影O 在∠BAD 的平分线上; (2)求这个平行六面体的体积。
解 (1)如图8-16,连结A 1O ,则A 1O ⊥底面ABCD 。作OM ⊥AB 交AB 于M ,作ON ⊥AD 交AD 于N ,连结A 1M ,A 1N 。由三垂线定得得A 1M ⊥AB ,A 1N ⊥AD 。∵∠A 1AM=∠A 1AN ,
∴Rt △A 1NA ≌Rt △A 1MA,∴A 1M=A 1N ,
从而OM=ON 。 ∴点O 在∠BAD 的平分线上。
(2)∵AM=AA 1cos 3
π=3×21=23
∴AO=AMsec
4π=
22
3
。又在Rt △AOA 1中, A 1O 2=AA 12 – AO 2=9 -
29=29,∴A 1O=2
23, ∴平行六面体的体积V=5×4×
2
2
3=302。
例9 如图8-17,已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1,点E 在棱D 1D 上,截面EAC ∥D 1B ,且面EAC 与底面ABCD 所成角为45°,AB=a 。
(1)求截面EAC 的面积;
(2)求异面直线A 1B 1与AC 之间的距离; (3)求三棱锥B 1—EAC 的体积。
(1999年全国高考试题)
解 (1)如图8-18,连结DB 交AC 于O ,连结EO 。
∵底面ABCD 是正方形,∴DO ⊥AC 。又∵ED ⊥底面AC ,∴EO ⊥AC 。∴∠EOD 就是面EAC 与底面AC 所成的二面角的平面角,∠EOD=45°。
又DO=
22a , AC=2a , EO=22a sec45°=a ,故S △EAC =2
2a 2。 (2)由题设ABCD —A 1B 1C 1D 1是正四棱柱,得A 1A ⊥底面AC ,A 1A ⊥AC 。又A 1A ⊥
A 1
B 1,∴A 1A 是异面直线A 1B 1与A
C 之间的公垂线。∵
D 1B ∥面EAC ,且面D 1BD 与面EAC 交线为EO ,∴D 1B ∥EO 。又O 是DB 的中点,∴
E 是D 1D 的中点,D 1B=2EO=2a 。∴
D 1D=2
21DB B D -=2a ,即异面直线A 1B 1与AC 之间的距离为2a 。
(3)法一:如图8-18,连结D 1B ,∵D 1D=DB=2a ,∴四边形BDD 1B 1是正方形。连结B 1D 交D 1B 于P ,交EO 于Q 。∵B 1D ⊥D 1B ,EO ∥D 1B ,∴B 1D ⊥EO 。又AC ⊥EO ,AC ⊥ED ,∴AC ⊥面BDD 1B 1,∴B 1D ⊥AC ,∴B 1D ⊥面EAC 。则B 1Q 是三棱锥B 1—EAC 的高。由DQ=PQ 得B 1Q=
43 B 1D=23a ,∴EAC B V -1=31·22a 2·23a =4
2a 3。 所以三棱锥B 1—EAC 的体积是
4
2a 3
。
法二:连结B 1O ,则112EO B A EAC B V V --=∵AO ⊥面BDD 1B 1,∴AO 是三棱锥A —EOB 1
的高,且AO=
2
2
a 。在正方形BDD 1B 1中,E 、O 分别是D 1D 、DB 的中点(如图8-19),则1
EOB S △=
43a 2。EAC -1B V =2×31×43 a 2×22a =4
2a 3。所以三棱锥B 1—EAC 的体积是
4
2a 3
。
例10 如图8-20,在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,E 、F 分别是BB 1、CD 的中点。 (1)证明AD ⊥D 1F ;
(2)求AE 与D 1F 所成的角; (3)证明面AED ⊥面A 1FD 1;
(4)设AA 1=2,求三棱锥F —A 1ED 1的体积1
1ED A F V -。
(1997年全国高考数学试题)
解 (1)∵多面体AC 1是正方体,∴AD ⊥面DC 1。又D 1F 面DC 1,∴AD ⊥D 1F 。 (2)如图8-21,取AB 的中点G ,连结A 1G ,FG 。因为F 是CD 的中点,所以GF 、AD 平行且相等,又A 1D 1、AD 平行且相等,所以GF 、A 1D 1平行且相等,故GFD 1A 1是平行四边形,A 1G ∥D 1F 。设A 1G 与AE 相交于点H ,则∠AHA 1是 AE 与D 1F 所成的角。因为E 是BB 1的中点,所以Rt △A 1AG ≌Rt △ABE,∠GA 1A=∠GAH ,从而∠AHA 1=90°,即直线AE 与D 1F 所成角为直角。
(3)由(1)知AD ⊥D 1F ,由(2)知AE ⊥D 1F ,又AD ∩AE=A ,所以D 1F ⊥面AED 。又因为D 1F 面A 1FD 1,所以面AED ⊥面A 1FD 1。
(4)连结EG ,GD 1,∵FG ∥A 1D 1,∴FG ∥面A 1ED 1,∴体积
,1
1
1
1
1
1
G E A D ED A G ED A F V V V ---==
∵AA 1=2,∴GE A S 1?=23。∴G E A D ED A F V V 111--==31×A 1D 1×GE A S 1?=31×2×2
3
=1。
空间图形的计算与证明 一、近几年高考试卷部分立几试题 1、(全国 8)正六棱柱 ABCDEF -A 1B 1C 1D 1E 1F 1 底面边长为 1, 侧棱长为 2 ,则这个棱柱的侧面对角线 E 1D 与 BC 1 所成的角是 ( ) A 、90° B 、60° C 、45° D 、30° [评注]主要考查正六棱柱的性质,以及异面直线所成角的求法。 2、(全国 18)如图,正方形ABCD 、ABEF 的边长都是 1,而且 平面 ABCD 、ABEF 互相垂直,点 M 在 AC 上移动,点 N 在 BF C 上移动,若 CM=NB=a(0 的底面是边长为a的正方形,PB⊥面ABCD。 (1)若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°, 求这个四棱锥的体积; (2)证明无论四棱锥的高怎样变化,面PAD与面 PCD所成的二面角恒大于90°。 [评注]考查线面关系和二面角概念,以及空间想象力和逻辑推理能力。 4、(02全国文22)(一)给出两块面积相同的正三角形纸片,要求用其中一块剪拼成一个正三棱锥模型,使它们的全面积都与原三角形面积相等,请设计一种剪拼法,分别用虚线标示在图(1)(2)中,并作简要说明。 (3) (1)(2) (二)试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小。(三)如果给出的是一块任意三角形的纸片,如图(3)要求剪拼成一个直三棱柱模型,使它的全面积与给出的三角形面积相等,请设计一种剪拼方法,用虚线标出在图3中,并作简要说明。 1 2018高考数学试题分类汇编—向量 一、填空题 1.(北京理6改)设a ,b 均为单位向量,则“33-=+a b a b ”是“a ⊥b ”的_________条件(从“充分而不必要”、“必要而不充分条件”、“充分必要”、“既不充分也不必要”中选择) 1.充分必要 2.(北京文9)设向量a =(1,0),b =(?1,m ),若()m ⊥-a a b ,则m =_________. 2.-1 3.(全国卷I 理6改)在ABC △中,AD 为BC 边上的中线,E 为AD 的中点,则EB = _________. (用,AB AC 表示) 3.3144 AB AC - 4.(全国卷II 理4)已知向量a ,b 满足||1=a ,1?=-a b ,则(2)?-=a a b _________. 4.3 5.(全国卷III 理13.已知向量()=1,2a ,()=2,2-b ,()=1,λc .若()2∥c a+b ,则λ=________. 5. 12 6.(天津理8)如图,在平面四边形ABCD 中,AB BC ⊥,AD CD ⊥,120BAD ∠=?,1AB AD ==. 若点E 为边CD 上的动点,则AE BE ?uu u r uu u r 的最小值为_________. 6. 2116 7.(天津文8)在如图的平面图形中,已知 1.2,120OM ON MON ==∠= ,2,2,BM MA CN NA == 则· BC OM 的值为_________. 7.6- 8.(浙江9)已知a ,b ,e 是平面向量,e 是单位向量.若非零向量a 与e 的夹角为π 3,向量b 满足b 2?4e · b +3=0,则|a ?b |的最小值是_________. 8.3?1 9.(上海8).在平面直角坐标系中,已知点(1,0)A -,(2,0)B ,E 、F 是y 轴上的两个动点,且2EF = ,则AE BF ? 的最小值为_________. 9.-32018年高考数学试题分类汇编-向量
最新高考数学压轴题专题训练(共20题)[1]