衡水一轮复习第七章 立体几何

1、第七章立体几何第一讲空间几何体的结构及其表面积和体积知识梳理双基自测(对应学生用书学案P140)ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CEeq x(知)eq x(识)eq x(梳)eq x(理)知识点一多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形结构特征有两个面互相平行且全等，其余各面都是四边形.每相邻两个四边形的公共边都互相平行有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形的多面体用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面和底面之间的部分侧棱平行且相等相交于一点但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形知识点二旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等

2、，垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环知识点三圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧2rlS圆锥侧rlS圆台侧(r1r2)l知识点四柱体、锥体、台体和球体的表面积和体积名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积S侧2S底VS底h锥体(棱锥和圆锥)S表面积S侧S底Veq f(1,3)S底h台体(棱台和圆台)S表面积S侧S上S下Veq f(1,3)(S上S下eq r(S上S下)h球S4R2Veq f(4,3)R3知识点五直观图直观图斜二测面法：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直

3、观图中x轴、y轴的夹角为45或135，z轴与x轴和y轴所在平面垂直.(2)原图形中平行于坐标轴的线段在直观图中仍平行于坐标轴，平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半.eq x(归)eq x(纳)eq x(拓)eq x(展)1一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相比，有“三变、三不变”三变：坐标轴的夹角改变，与y轴平行线段的长度改变(减半)，图形改变三不变：平行性不变，与x轴平行的线段长度不变，相对位置不变2柱体、锥体、台体体积间的关系：台体的体积常化为两锥体体积之差求解3多面体的外接球与内切球常用的结论：(1)设正方体的棱长为a，则它的

4、内切球半径req f(a,2)，外接球半径Req f(r(3),2)a.eq blc(rc)(avs4alco1(与各棱都相切的球的半径为f(r(2),2)a)(2)设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则它的外接球半径Req f(r(a2b2c2),2).(3)设正四面体的棱长为a，则它的高为heq f(r(6),3)a，内切球半径req f(1,4)heq f(r(6),12)a，外接球半径Req f(3,4)heq f(r(6),4)a.eq x(双)eq x(基)eq x(自)eq x(测)题组一走出误区1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)有两个面平行，其余各面都是平

5、行四边形的几何体是棱柱()(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥()(3)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的截面与底面之间的部分()(4)有两个面平行且相似，其它各面都是梯形的多面体是棱台()(5)已知球O的半径为R，其内接正方体的棱长为a，则Req f(r(3),2)a.()(6)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2S.()题组二走进教材2(必修2P119T1)已知圆锥的表面积等于12 cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为(B)A1 cmB2 cmC3 cmDeq f(3,2) cm解析由条件得：eq blcrc (avs4a

6、lco1(rlr212,f(2r,l)，3r212，r2.3(多选题)(必修2P116T3改编) “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到的半正多面体的表面积为124eq r(3)，则关于该半正多面体的下列说法中正确的是(ACD)AABeq r(2)B该半正多面体的外接球的表面积为6CAB与平面BCD所成的角为eq f(,4)D与AB所成的角是eq f(,3)的棱共有16条解析设正方体的棱长为2a，则6(eq r(2)a)28eq f(r(3),4)(eq

7、r(2)a)2124eq r(3)，a1，ABeq r(2)aeq r(2)，A正确；显然该半正多面体外接球的球心为对应正方体的中心，外接球半径Req r(2)，S球8，B错误；显然AB与平面BCD所成角为HBAeq f(,4)，C正确；与AB成角是eq f(,3)的有BC、AC、EN、FD、FM、EM、AN、BD、CT、CP、DP、DR、MS、MR、NT、SN共16条，D正确故选ACD题组三走向高考4(2020新课标卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长

8、的比值为(C)Aeq f(r(5)1,4)Beq f(r(5)1,2)Ceq f(r(5)1,4)Deq f(r(5)1,2)解析如图，设CDa，PEb，则POeq r(PE2OE2)eq r(b2f(a2,4)，由题意PO2eq f(1,2)ab，即b2eq f(a2,4)eq f(1,2)ab，化简得4eq blc(rc)(avs4alco1(f(b,a)22eq f(b,a)10，解得eq f(b,a)eq f(1r(5),4)(负值舍去)故选C5(2021全国高考)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30，则该圆锥的侧面积为39.解析Veq f(1,3)62h30，heq f(5,2)

9、，leq r(h2r2)eq r(blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)262)eq f(13,2)，S侧rl6eq f(13,2)39.故答案为：39.考点突破互动探究(对应学生用书学案P142)KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU 考点一空间几何体的结构特征自主练透例1 (1)(多选题)(2022福建福州一中期中)若正三棱锥VABC和正四棱锥V1A1B1C1D1的所有棱长均为a，将其中两个正三角形侧面VAB与V1A1B1按对应顶点粘合成一个正三角形以后，得到新的组合体是(AC)A五面体B七面体C斜三棱柱D正三棱柱(2)下列结论：以直角三角形的一边为轴旋转一

10、周所得的旋转体是圆锥；以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台；用任意一个平面截一个几何体，所得截面都是圆面，则这个几何体一定是球其中正确结论的序号是.(3)(2018全国)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如下图，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在侧视图上的对应点为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)A2eq r(17)B2eq r(5)C3D2解析(1)新的组合体如图所示，故选A、C(2)中这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥，错；中这条腰若不是垂直于两底

11、的腰，则得到的不是圆台，错；圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面，错误；中如果用不平行于圆锥底面的平面截圆锥，则得到的不是圆锥和圆台，错；只有球满足任意截面都是圆面，正确(3)先画出圆柱的直观图，根据题中的三视图可知，点M，N的位置如图所示圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径|ON|eq f(1,4)164，|OM|2，|MN|eq r(|OM|2|ON|2)eq r(2242)2eq r(5).名师点拨MING SHI DIAN BO有关空间几何体结构特征的解题策略(1)关于空间几何体的结构特征辨析的关键是紧扣各种空间几何体的概念，

12、要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系(3)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略变式训练1(多选题)下列结论错误的是(ABCD)A有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱B侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥C侧面都是矩形的直四棱柱是长方体D若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱解析在如图所示的平行六面体中，侧面ADD1A1及侧面BCC1B1都是矩形，且平面ABB1A1及平面DCC1D1都与底面ABCD垂直，故A、D错误；将菱形

13、沿一条对角线折起所得三棱锥各面都是等腰三角形，但该棱锥不一定是正棱锥，故B错误；侧面都是矩形但底面为梯形的直四棱柱不是长方体，故C错误故选ABCD考点二空间几何体的直观图师生共研例2 (2021宁夏石嘴山三中模拟)已知正三角形ABC的边长为a，那么ABC的平面直观图ABC的面积为(D)Aeq f(r(3),4)a2Beq f(r(3),8)a2Ceq f(r(6),8)a2Deq f(r(6),16)a2解析如图、所示的实际图形和直观图由可知，ABABa，OCeq f(1,2)OCeq f(r(3),4)a，在图中作CDAB于D，则CDeq f(r(2),2)OCeq f(r(6),8)a.S

14、ABCeq f(1,2)ABCDeq f(1,2)aeq f(r(6),8)aeq f(r(6),16)a2.引申若已知ABC的平面直观图A1B1C1是边长为a的正三角形，则原ABC的面积为eq f(r(6),2)a2.解析在A1D1C1中，由正弦定理eq f(a,sin 45)eq f(x,sin 120)，得xeq f(r(6),2)a，SABCeq f(1,2)aeq r(6)aeq f(r(6),2)a2.名师点拨MING SHI DIAN BO1在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段的位置，注意“三变”与“三不变”；平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系是S直观图eq f(r(

15、2),4)S原图形2在原图形中与x轴或y轴平行的线段，在直观图中与x轴或y轴平行，原图中不与坐标轴平行的线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出变式训练2已知等腰梯形ABCD，上底CD1，腰ADCBeq r(2)，下底AB3，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图ABCD的面积为eq f(r(2),2).解析如图所示，作出等腰梯形ABCD的直观图因为OEeq r(r(2)21)1，所以OEeq f(1,2)，EFeq f(r(2),4)，则直观图ABCD的面积Seq f(13,2)eq f(r(2),4)eq

16、 f(r(2),2).另解：梯形ABCD的面积Seq f(131,2)2.SABCDeq f(r(2),4)Seq f(r(2),2).考点三几何体的表面积与侧面积师生共研例3 (1)(2021山东济南模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBC，AA1AC2，直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为30，则该三棱柱的侧面积为(A)A44eq r(2)B44eq r(3)C12D84eq r(2)(2)已知一个圆柱和圆锥等底等高，且圆锥的轴截面是一个等腰直角三角形，则此圆锥和圆柱的表面积之比为(A)Aeq f(r(2)1,4)Beq f(r(2)1,3)Ceq f(r(2

17、),2)Deq f(1,3)解析(1)AA1底面ABC，AA1BC，又ABBC，BC平面AA1BB，连接A1B，CA1B即为A1C与侧面AA1B1B所成的角，即CA1B30，又AA1AC，AA1AC2，BCeq f(1,2)A1Ceq r(2)，ABeq r(AC2BC2)eq r(2)，S三棱柱侧(2eq r(2)eq r(2)244eq r(2)，故选A(2)由题，设圆柱与圆锥的底面半径为r，因为圆锥的轴截面是一个等腰直角三角形，所以圆锥的高为r，圆锥的母线长为eq r(2)r，则圆柱的表面积为2r22rr4r2，圆锥的表面积为eq f(1,2)2req r(2)rr2(eq r(2)1)

18、r2，所以比值为eq f(r(2)1r2,4r2)eq f(r(2)1,4)，故选A名师点拨MING SHI DIAN BO空间几何体表面积的求法(1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理(3)已知几何体的三视图求其表面积，一般是先根据三视图判断空间几何体的形状，再根据题目所给数据与几何体的表面积公式，求其表面积变式训练3(1)(2021辽宁名校联考)如图，四面体各个面都是边长为1的正三角形，其三个顶点在一个圆柱的下底面圆周上，另一个顶点是上底面圆心，则圆柱的侧面积是(C)Aeq f(r(2),3)Beq f(

19、3r(2),4)Ceq f(2r(2),3)Deq f(r(2),2)(2)(2022上海崇明区模拟)已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍，则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为eq f(,3).解析(1)圆柱底面半径Req f(1,2sinf(,3)eq f(r(3),3)，正四面体的高即圆柱母线heq r(1blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),3)2)eq f(r(6),3).S圆柱侧2Rheq f(2r(2),3).故选C(2)设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的母线与其底面所成的角为，则eq f(1,2)2rl2r2eq f(r,l)eq f(1,2)，cos eq

20、f(1,2)60，故答案为eq f(,3).考点四几何体的体积多维探究角度1直接利用公式求体积例4 (2022湖南省郴州市月考)已知圆锥的母线长为2，侧面展开图扇形的面积为2，那么该圆锥的体积是(D)Aeq f(,3)Beq f(2,3)CDeq f(r(3),3)解析设圆锥底面半径为r，高为h，eq f(1,2)(2r)22，r1，heq r(221)eq r(3)，Veq f(1,3)Sheq f(1,3)(12)eq r(3)eq f(r(3),3)，故选D角度2割补法求体积例5 (2020山东省泰安市6月三模)我国古代数学名著九章算术中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广刍，草也甍

21、，屋盖也”今有底面为正方形的屋脊形状的多面体(如图所示)，下底面是边长为2的正方形，上棱EFeq f(3,2)，EF平面ABCD，EF与平面ABCD的距离为2，该刍甍的体积为(B)A6Beq f(11,3)Ceq f(31,4)D12解析如图，作FNAE，FMED，则多面体被分割为棱柱与棱锥部分，因为EF与平面ABCD的距离为2，所以四棱锥FNBCM的高为2，所以VFNBCMeq f(1,3)S四边形NBCM2eq f(1,3)2eq blc(rc)(avs4alco1(2f(3,2)2eq f(2,3)，V棱柱ADENMFS直截面eq f(3,2)eq f(1,2)22eq f(3,2)3，

22、所以该刍甍的体积为：VVFNBCMV棱柱ADENMFeq f(2,3)3eq f(11,3).故选B角度3等体积法求体积例6 (2021山西太原三模)已知三棱台ABCA1B1C1中，三棱锥AA1B1C1的体积为4，三棱锥A1ABC的体积为8，则该三棱台的体积为(B)A123eq r(3)B124eq r(2)C124eq r(3)D124eq r(7)解析如图，由VA1ABC8，VBA1B1C1VAA1B1C14，eq f(VA1ABC,VAA1B1C1)eq f(SABC,SA1B1C1)，eq f(AC,A1C1)eq r(2)，eq f(VBA1C1C,VA1ABC)eq f(A1C1,

23、AC)eq f(1,r(2)，VBA1C1C4eq r(2)，VA1B1C1ABCVBA1B1C1VBA1C1CVA1ABC124eq r(2)，故选B名师点拨MING SHI DIAN BO求空间几何体的体积的常用方法变式训练4(2021全国新高考)正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4，侧棱长为2，则其体积为(D)A2012eq r(3)B28eq r(2)Ceq f(56,3)Deq f(28r(2),3)解析解法一：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，因为该四棱台上下底面边长分别为2,4，侧棱长为2，所以该棱台的高heq r(222r(2)r(2)2)eq r(2)，下底面面积S1

24、16，上底面面积S24，所以该棱台的体积Veq f(1,3)h(S1S2eq r(S1S2)eq f(1,3)eq r(2)(164eq r(64)eq f(28,3)eq r(2)，故选D解法二：如解法一棱台高heq r(2)，VA1ABDeq f(r(2),3)SABDeq f(8r(2),3)，又eq f(SA1D1D,SA1AD)eq f(1,2)，VBA1DD1eq f(1,2)VBA1DAeq f(4r(2),3)，又VBA1B1D1eq f(r(2),3)SA1B1D1eq f(2r(2),3)，VABCDA1B1C1D12VABDA1B1D12eq blc(rc)(avs4al

25、co1(f(8r(2),3)f(4r(2),3)f(2r(2),3)eq f(28r(2),3).考点五球与几何体的切、接问题师生共研例7 (1)(2021全国高考)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且ACBC，ACBC1，则三棱锥OABC 的体积为(A)A eq f(r(2),12)B eq f(r(3),12)C eq f(r(2),4)D eq f(r(3),4)(2)(2021四川南充市三模)在三棱锥PABC中，PA平面ABC，若A60，BCeq r(3)，PA2，则此三棱锥的外接球的体积为(D)A8B4eq r(3)Ceq f(4r(2),3)Deq f(8r(2),3

26、)(3)(2020新课标)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为eq f(r(2),3).解析(1)ACBC，ACBC1，AB为过A，B，C三点的截面圆的直径，且ABeq r(2)，如图，由OO1平面ABC和|OO1|eq r(12blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)2)eq f(r(2),2)，VOABCeq f(1,3)SABC|OO1|eq f(r(2),12)，故选A(2)设ABC的外接圆半径为r，三棱锥的外接球半径为R，由题意，根据正弦定理可得2req f(BC,sin A)eq f(r(3),sin 60)2，所以r1，记外接球的球心为

27、O，ABC的外接圆圆心为O1，根据球的性质，可得OO1平面ABC，则因为PA平面ABC，所以OO1PA；又OAOPR，所以OO1eq f(1,2)PA1，因此Req r(r2OOoal(2,1)eq r(2)，所以此三棱锥的外接球的体积为eq f(4,3)R3eq f(8r(2),3).故选D(3)因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，如图，圆锥母线BS3，底面半径BC1，则其高SCeq r(BS2BC2)2eq r(2)，不妨设该内切球与母线BS切于点D，令ODOCr，由SODSBC，则eq f(OD,OS)eq f(BC,BS)，即eq f(r,2r(2)r)eq f(1,3)，解得

28、req f(r(2),2)，Veq f(4,3)r3eq f(r(2),3)，故答案为eq f(r(2),3).名师点拨MING SHI DIAN BO一、几何体外接球问题的处理(1)解题关键是确定球心和半径，其解题思维流程是：(R球半径，r截面圆的半径，h球心到截面圆心的距离)注：若截面为非特殊三角形可用正弦定理求其外接圆半径r.(2)三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球注意：不共面的四点确定一个球面二、几何体内切球问题的处理(1)解题时常用以下结论确定球心和半径：球心在过切点且与切面垂直的直线上；球心到各面距离相等(2)利用体积法求多面体内切球半径，req f(3V

29、,S表面积).变式训练5(1)(2022云南大理统测)在一次数学探究活动中，某手工制作小组利用硬纸板做了一个如图所示的几何模型，底面ABCD为矩形，AB4eq r(2)，BC4，半圆面APD底面ABCD经研究发现，当点P在半圆弧AD上(不含A，D点)运动时，四棱锥PABCD的外接球始终保持不变，则该外接球的体积为32eq r(3)(2)(2022安徽蚌埠质检)如图，E，F分别是正方形ABCD的边AB，AD的中点，把AEF，CBE，CFD折起构成一个三棱锥PCEF(A，B，D重合于P点)，则三棱锥PCEF 的外接球与内切球的半径之比是2eq r(6).解析(1)由图形的几何性质易知外接球球心为A

30、C、BD的交点O，且R2eq r(3).V球eq f(4,3)R332eq r(3).(2)不妨设正方形的边长为2a，由题意知三棱锥PCEF 中PC、PF、PE两两垂直，其外接球半径Req f(r(PC2PF2PE2),2)eq f(r(6),2)a，下面求内切球的半径r，解法一(直接法)：由几何体的对称性知，内切球的球心在平面PCH(H为EF的中点)内，M、N、R、S为球与各面的切点，又2eq r(2)tanCHPtan2OHN，tanOHNeq f(r(2),2)eq f(r,NH)，NHeq r(2)r，又PNeq r(2)r，2eq r(2)rPHeq f(r(2),2)a，req f

31、(a,4).eq f(R,r)eq f(r(6)a,2)eq f(4,a)2eq r(6).解法二(体积法)：VCPEFeq f(1,3)r(SPEFSPCESPCFSCEF)，a3req blc(rc)(avs4alco1(f(a2,2)a2a2f(r(2)a,2)f(3r(2)a,2)，req f(a,4)，故eq f(R,r)eq f(r(6)a,2)eq f(4,a)2eq r(6).名师讲坛素养提升(对应学生用书学案P145)MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG最值问题 例8 (1)(2022山东潍坊阶段测试)已知某圆锥轴截面的顶角为120，过圆锥顶

32、点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为2，则该圆锥的底面半径为(A)Aeq r(3)Beq r(4,3)C2eq r(3)D2eq r(4,3)(2)(2018课标全国)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9eq r(3)，则三棱锥DABC体积的最大值为(B)A12eq r(3)B18eq r(3)C24eq r(3)D54eq r(3)(3)(2022陕西安康质检)设直四棱柱ABCDA1B1C1D1的每个顶点都在球O的球面上，底面ABCD为平行四边形，AB2AD，侧面ADD1A1的面积为6，则球O表面积的最小值为(D)A10eq r(5)B24C20

33、D12eq r(5)解析(1)如图，BAC120，设DAC，(0120)，则SACDeq f(1,2)|AC|2sin ，显然当DAC90时，过圆锥顶点的截面面积最大，eq f(1,2)|AC|22，AC2，又RtAOC中，OAC60，OCeq r(3).故选A(2)设等边ABC的边长为a，则有SABCeq f(1,2)aasin 609eq r(3)，解得a6.设ABC外接圆的半径为r，则2req f(6,sin 60)，解得r2eq r(3)，则球心到平面ABC的距离为eq r(422r(3)2)2，所以点D到平面ABC的最大距离为246，所以三棱锥DABC体积的最大值为eq f(1,3)

34、9eq r(3)618eq r(3)，故选B(3)由题意易知底面ABCD为矩形，故题中直四棱柱为长方体，令|AD|a，则|AA1|eq f(6,a)，球O的半径Req f(1,2)eq r(a24a2f(36,a2)eq f(1,2)eq r(5a2f(36,a2)eq r(3r(5)eq blc(rc)(avs4alco1(当且仅当a2f(6r(5),5)时取等号)，(S球)min4R212eq r(5)，故选D名师点拨MING SHI DIAN BO立体几何中最值问题的解法(1)观察图形特征，确定取得最值的条件，计算最值(2)设出未知量建立函数关系，利用基本不等式或导数计算最值(3)几何体

35、表面两点间距离(路程)最小问题，“展平”处理变式训练6(1)某圆柱的轴截面是周长为4的矩形，则该圆柱的侧面积的最大值是(B)Aeq f(,2)BCeq f(3,2)D2(2)(2022河南阶段测试)四面体ABCD中，ACAD，AB2AC4，BC2eq r(5)，AD2eq r(2)，当四面体的体积最大时，其外接球的表面积是28.解析(1)设该圆柱的底面圆半径为r，高为h，则2(2rh)4，所以2rh2，该圆柱的侧面积S2rh2rheq blc(rc)(avs4alco1(f(2rh,2)2，当且仅当2rh1时取等号，所以该圆柱的侧面积的最大值是.故选B(2)由已知可得BC2AC2AB2，所以A

36、CAB，又因为ACAD，所以AC平面ABD，四面体ABCD的体积Veq f(1,3)ACeq f(1,2)ABADsinBAD，当BAD90时V最大，把四面体ABCD补全为长方体，则它的外接球的直径2R即长方体的体对角线，(2R)2AD2AC2AB228，所以外接球的表面积为4R228.第二讲空间点、直线、平面之间的位置关系知识梳理双基自测(对应学生用书学案P145)ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CEeq x(知)eq x(识)eq x(梳)eq x(理)知识点一平面的基本性质公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内公理2：过不共线的三点，有

37、且只有一个平面公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线知识点二空间点、直线、平面之间的位置关系直线与直线直线与平面平面与平面平行关系图形语言符号语言aba相交关系图形语言符号语言abAaAl独有关系图形语言符号语言a，b是异面直线a知识点三异面直线所成角、平行公理及等角定理(1)异面直线所成的角定义：设a，b是两条异面直线，经过空间中任一点O作直线aa，bb，把a与b所成的锐角或直角叫做异面直线a与b所成的角范围：eq blc(rc(avs4alco1(0，f(,2).(2)平行公理平行于同一条直线的两条直线平行.(3)等角定理空间中如果两个角的两边分别对

38、应平行，那么这两个角相等或互补.eq x(归)eq x(纳)eq x(拓)eq x(展)异面直线的判定定理过平面内一点与平面外一点的直线和这个平面内不经过该点的直线是异面直线用符号可表示为：若l，A，B，Bl，则直线AB与l是异面直线(如图)eq x(双)eq x(基)eq x(自)eq x(测)题组一走出误区1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)如果两个不重合的平面，有一条公共直线a，就说平面，相交，并记作a.()(2)两个平面，有一个公共点A，就说，相交于过A点的任意一条直线()(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合()(4)经过两条相交直线，有且只有一个平面()

39、(5)两两相交的三条直线共面()(6)若a，b是两条直线，是两个平面，且a，b，则a，b是异面直线()题组二走进教材2(必修2P147例1)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为(C)A30B45C60D90解析连接B1D1，D1C，则B1D1EF，故D1B1C即为所求的角又B1D1B1CD1C，B1D1C为等边三角形，D1B1C60.故选C3(必修2P134例1)如图，在三棱锥ABCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA上的点(1)若eq f(AE,EB)eq f(AH,HD)且eq f(CF,FB)eq

40、f(CG,GD)，则E、F、G、H是否共面？共面.(2)若E、F、G、H分别为棱AB、BC、CD、DA的中点，当AC，BD满足条件ACBD时，四边形EFGH为菱形；当AC，BD满足条件ACBD且ACBD时，四边形EFGH为正方形题组三走向高考4. (2019新课标)如图，点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD平面ABCD，M是线段ED的中点，则(B)ABMEN，且直线BM，EN是相交直线BBMEN，且直线BM，EN是相交直线CBMEN，且直线BM，EN是异面直线DBMEN，且直线BM，EN是异面直线解析连BD、BE，则BD过点N，点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，

41、M是线段ED的中点，BM平面BDE，EN平面BDE，BM是BDE中DE边上的中线，EN是BDE中BD边上的中线，直线BM，EN是相交直线，设DE a，则BDeq r(2)a，平面ECD平面ABCD，BEeq r(f(3,4)a2f(5,4)a2)eq r(2)a，BMeq f(r(7),2)a，ENeq r(f(3,4)a2f(1,4)a2)a，BMEN，故选B5(2021全国高考)在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为(D)A eq f(,2)B eq f(,3)C eq f(,4)D eq f(,6)解析解法一：如图，连接BC1，PC1，PB，

42、因为AD1BC1，所以PBC1或其补角为直线PB与AD1所成的角，因为BB1平面A1B1C1D1，所以BB1PC1，又PC1B1D1，BB1B1D1B1，所以PC1平面PBB1，所以PC1PB，设正方体棱长为2，则BC12eq r(2)，PC1eq f(1,2)D1B1eq r(2)，sinPBC1eq f(PC1,BC1)eq f(1,2)，所以PBC1eq f(,6).故选D解法二：如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则eq o(AD1,sup6()(2,0,2)，eq o(BP,sup6()(1，1,2)，记PB与AD1所成角，则cos eq f(|o(AD1,sup6()o(B

43、P,sup6()|,|o(AD1,sup6()|o(BP,sup6()|)eq f(6,2r(2)r(6)eq f(r(3),2).eq f(,6)，故选D考点突破互动探究(对应学生用书学案P147)KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU考点一平面基本性质的应用自主练透例1 如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB，AA1的中点求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点解析(1)如图，连接EF，CD1，A1B因为E，F分别是AB，AA1的中点，所以EFA1B又A1BCD1，所以EFCD1，所以E，C，D1，F四点共面(2)

44、因为EFCD1，EFCD1，所以CE与D1F必相交，设交点为P，则由PCE，CE平面ABCD，得P平面ABCD同理P平面ADD1A1.又平面ABCD平面ADD1A1DA，所以P直线DA所以CE，D1F，DA三线共点名师点拨MING SHI DIAN BO 1证明空间点共线问题的方法(1)公理法：一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，再根据公理3证明这些点都在这两个平面的交线上(2)纳入直线法：选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上2点、线共面的常用判定方法(1)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内(2)将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合3

45、证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点变式训练1如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BGGCDHHC12.(1)求证：E，F，G，H四点共面；(2)设EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线解析(1)证明：E，F分别为AB，AD的中点，EFBD在BCD中，eq f(BG,GC)eq f(DH,HC)eq f(1,2)，GHBD，EFGH，E，F，G，H四点共面(2)EGFHP，PEG，EG平面ABC，P平面ABC同理P平面ADCP为平面ABC与平面ADC的公共点又平面ABC平面ADCAC，PAC，P，A

46、，C三点共线注：本题(2)可改为：求证GE、HF、AC三线共点考点二空间两条直线的位置关系师生共研例2 (1)(2019上海)已知平面、两两垂直，直线a、b、c满足：a，b，c，则直线a、b、c不可能满足以下哪种关系(B)A两两垂直B两两平行C两两相交D两两异面(2)如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：直线AM与CC1是相交直线；直线AM与BN是平行直线；直线BN与MB1是异面直线；直线AM与DD1是异面直线其中正确的结论为(注：把你认为正确的结论序号都填上)解析(1)如图1，可得a、b、c可能两两垂直；如图2，可得a、b、c可能两

47、两相交；如图3，可得a、b、c可能两两异面；故选B(2)因为点A在平面CDD1C1外，点M在平面CDD1C1内，直线CC1在平面CDD1C1内，CC1不过点M，所以AM与CC1是异面直线，故错；取DD1中点E，连接AE，则BNAE，但AE与AM相交，故错；因为B1与BN都在平面BCC1B1内，M在平面BCC1B1外，BN不过点B1，所以BN与MB1是异面直线，故正确；同理正确，故填.名师点拨MING SHI DIAN BO1异面直线的判定方法(1)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面此法在异面直线的判定中

48、经常用到(2)判定定理法：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线2判定平行直线的常用方法(1)三角形中位线的性质(2)平行四边形的对边平行(3)平行线分线段成比例定理(4)公理：若ab，bc，则ac.变式训练2(1)(2021甘肃诊断)如图为正方体表面的一种展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有3对(2)(2021湘潭调研改编)下图中，G，N，M，H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形是(C)ABCD解析(1)画出该正方体的直观图如图所示，其中异面直线有(AB，GH)，(AB

49、，GD)，(GH，EB)故共有3对故答案为3.(2)图中，直线GHMN；图中，G，H，N三点共面，但M平面GHN，NHG，因此直线GH与MN异面；图中，连接MG，GMHN，因此GH与MN共面；图中，G、M、N共面，但H平面GMN，GMN因此GH与MN异面，故选C考点三异面直线所成的角师生共研例3 (1)(2021广西玉林模拟)如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为A1B1，CD的中点，则异面直线D1E与A1F所成的角的余弦值为(A)Aeq f(r(5),5)Beq f(r(5),6)Ceq f(r(3),3)Deq f(r(3),6)(2)(2017新课标)已知直三棱柱ABCA1

50、B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(C)Aeq f(r(3),2)Beq f(r(15),5)Ceq f(r(10),5)Deq f(r(3),3)(3)若两条异面直线a、b所成角为60，则过空间一点O与两异面直线a、b所成角都为60的直线有3条解析(1)解法一：(平移法)如图，连接BE，BF、D1F，由题意知四边形BED1F为平行四边形，D1EBF，A1FB即为异面直线D1E与A1F所成的角(或其补角)连接A1B，设AB2，则在A1BF中，A1B2eq r(2)，BFeq r(5)，A1Feq r(AAoal(2,1)AD2DF2)3，c

51、osA1FBeq f(A1F2BF2A1B2,2A1FBF)eq f(958,23r(5)eq f(r(5),5).异面直线D1E与A1F所成的角的余弦值为eq f(r(5),5).故选A解法二：(向量法)如图建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，异面直线D1E与A1F所成角为，则eq o(D1E,sup6()(2,1,0)，eq o(A1F,sup6()(2,1，2)，cos eq f(|o(D1E,sup6()o(A1F,sup6()|,|o(D1E,sup6()|o(A1F,sup6()|)eq f(3,r(5)3)eq f(r(5),5).故选A(2)解法一：连B1C交BC1于H

52、，则H为B1C的中点，取AC的中点D，连HD，BD，DHAB1，BHD为异面直线AB1与BC1所成的角(或其补角)由题意易知BHeq f(r(2),2)，DHeq f(1,2)AB1eq f(r(5),2)，如图BDeq f(1,2)BMeq f(1,2)eq r(22122cos 60)eq f(r(3),2)，显然BH2BD2DH2，即HBDeq f(,2)，cosBHDeq f(f(r(2),2),f(r(5),2)eq f(r(10),5)，故选C解法二：如图所示，补成四棱柱ABCDA1B1C1D1，连DC1、BD，则DC1AB1，BC1D(或其补角)即为异面直线AB1与BC1所成的角

53、，由题意知BC1eq r(2)，BDeq r(2212221cos 60)eq r(3)，C1Deq r(5)，BCeq oal(2,1)BD2C1D2，DBC190，cosBC1Deq f(r(2),r(5)eq f(r(10),5).故选C解法三：如图所示，延长CB至D，使BDBC，连接DA，B1D由BD綊B1C1知，C1B綊B1D，则AB1D(或其补角)即为异面直线AB1与BC1所成的角在ABD中，由AD2AB2BD22ABBDcosABD，得ADeq r(3).又B1DBC1eq r(2)，AB1eq r(5)，cosAB1Deq f(ABoal(2,1)B1D2AD2,2AB1B1D

54、)eq f(523,2r(5)r(2)eq f(r(10),5).解法四：(向量法)如图建立空间直角坐标系，则B(0,0,0)，A(2,0,0)，B1(0，0,1)，C1eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(r(3),2)，1)，从而eq o(AB1,sup6()(2,0,1)，eq o(BC1,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(r(3),2)，1)，记异面直线AB1与BC1所成角为，则cos eq f(|o(AB1,sup6()o(BC1,sup6()|,|o(AB1,sup6()|o(BC1,sup6()|)eq f(2,r(5)

55、r(2)eq f(r(10),5)，故选C(3)如图，过O分别作aa，bb，则a，b所成角为60，如图易知过O与a、b所成角都为60的直线有3条，即与a，b所成角都为60的直线有3条引申1本例(2)中异面直线A1C与BC1所成角的余弦值为eq f(1,4).解析如图连AC1交A1C于H，取AB的中点D，则DHBC1，则CHD为A1C与BC1所成的角(或其补角)，又HDeq f(r(2),2)，DCeq r(3)，HCeq r(2)，cosCHDeq f(2f(1,2)3,2r(2)f(r(2),2)eq f(1,4)，A1C与BC1所成的角的余弦值为eq f(1,4).引申2本例(3)中与异面

56、直线a、b所成角都为75的直线有4条注：与异面直线所成角都为，则(1)0eq f(,6)时，0条；(2)eq f(,6)时，1条；(3)eq f(,6)eq f(,3)时，2条；(4)eq f(,3)时，3条；(5)eq f(,3)eq f(,2)时，4条；(6)eq f(,2)时，1条名师点拨MING SHI DIAN BO求异面直线所成角的方法1定义法定义法求异面直线所成角的步骤(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之(4)取舍：因为异面直线所成角

57、的取值范围是090，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角2向量法建立空间直角坐标系，利用公式|cos |eq f(|mn|,|m|n|)求出异面直线的方向向量的夹角若向量夹角是锐角或直角，则该角即为异面直线所成角；若向量夹角是钝角，则异面直线所成的角为该角的补角其基本步骤为：第一步：建系设点理清图中数量关系，寻找题目中有三条直线两两垂直的特征，建立空间直角坐标系，从而确定点的坐标第二步：求异面直线上向量坐标用终点坐标减去起点坐标写出所需要的向量坐标第三步：计算或证明利用证明两个非零向量垂直的充要条件和向量夹角的余弦公式进行计算和证明变式训练3(1)(2022江苏盐城联考)AB

58、CD是圆柱OO1的轴截面，且ABeq r(3)，BC2，DD1的弧长为eq f(,3)，CC1的弧长为eq f(2,3)，其中C1，D1在平面ABCD同侧，则异面直线CD与C1D1所成的角为(A)A30B45C60D75(2)(2021河北张家口期末)在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，四边形ABCD是正方形，PDAD，M，N分别为AB，PC的中点，则BN与MC所成角的余弦值是(D)Aeq f(r(30),6)Beq f(r(6),6)Ceq f(r(70),10)Deq f(r(30),10)解析(1)取 eq oac(CC1,sup10() 的中点H，连D1H，C1H，由题意知D1H綊

59、CD，C1D1H为CD与C1D1所成的角又C1O1Heq f(,3)，C1H1，又D1HC1H，tanC1D1Heq f(C1H,D1H)eq f(r(3),3).C1D1H30.故选A(2)取PD的中点H，连接NH，HM，HC，NH綊eq f(1,2)DC綊BM，HMBN，CMH为BN与MC所成的角(或其补角)，不妨设PDAD2，由题意易知MCeq r(5)，HMeq r(6)，HCeq r(5)，cosCMHeq f(f(1,2)MH,MC)eq f(f(r(6),2),r(5)eq f(r(30),10).故选D(向量法)如图建立空间直角坐标系，且设PDAD2，BN与MC所成角为，则eq

60、 o(MC,sup6()(2,1,0)，eq o(BN,sup6()(2，1,1)，则cos eq f(|o(MC,sup6()o(BN,sup6()|,|o(MC,sup6()|o(BN,sup6()|)eq f(3,r(5)r(6)eq f(r(30),10).故选D名师讲坛素养提升(对应学生用书学案P149)MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG空间几何体的截面问题例4 (1) (原创)E、F分别为正方体ABCDA1B1C1D1的棱CC1、C1D1的中点，则过A、E、F三点的截面的图形是五边形.(2)(2018新课标)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与