2023版高三一轮总复习数学新教材老高考人教版第七章立体几何与空间向量教案

1、 基本立体图形及其表面积与体积考试要求1.利用实物、计算机软件等观察空间图形，认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.知道球、棱(圆)柱、棱(圆)锥、棱(圆)台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题.3.能用斜二测画法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合体)的直观图1空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且全等多边形互相平行且相似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(2)特殊的棱柱侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱侧棱不垂直于底面的棱柱

2、叫做斜棱柱底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱底面是平行四边形的四棱柱也叫做平行六面体(3)正棱锥底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体(4)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，垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面矩形等腰三角形等腰梯形圆面侧面展开图矩形扇形扇环提醒：(1)要掌握棱柱、棱锥各部分的结构特征，计算问题往往转化到一个三角形中进行解决(2)台体可以看成是由锥体截得的，但一定要知道截面与底面平行2立体图形的直观图(1)画法：常用斜二测画法(2)规则：原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x轴

3、、y轴的夹角为45或135，z轴与x轴和y轴所在平面垂直原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴，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轴的线段长度在直观图中变为原来的一半3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)l4柱、锥、台、球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VSh锥体(棱锥和圆锥)S表面积S侧S底V eq f(1,3)Sh台体(棱台和圆台)S表面积S侧S上S下V eq f(1,3)(S上S下 eq r(S上S下)h球S4R2V eq f(4,

4、3)R3提醒：球的截面的性质(1)球的任何截面都是圆面；(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(3)球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r的关系为r eq r(R2d2).常用结论1按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S直观图 eq f(r(2),4)S原图形2多面体的内切球与外接球常用的结论(1)设正方体的棱长为a，则它的内切球半径r eq f(a,2)，外接球半径R eq f(r(3),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R eq f(r(a2b2c2),2)(3)设正四面体的棱长为a，则它的高为H eq f(r

5、(6),3)a，内切球半径r eq f(1,4)H eq f(r(6),12)a，外接球半径R eq f(3,4)H eq f(r(6),4)a 一、易错易误辨析(正确的打“”，错误的打“”)(1)有两个面平行，其余各面都是平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)菱形的直观图仍是菱形()(4)用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台()答案(1)(2)(3)(4)二、教材习题衍生1一个球的表面积是16，那么这个球的体积为()A. eq f(16,3)B eq f(32,3)C16D24B设球的半径为R，则S4R216，解得R2，

6、则球的体积V eq f(4,3)R3 eq f(32,3).2如图所示，长方体ABCDABCD中被截去一部分，其中EHAD，则剩下的几何体是()A.棱台B.四棱柱C.五棱柱D.简单组合体C由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱3一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为_cm.13如图，过点A作ACOB，交OB于点C.在RtABC中，AC12 cm，BC835(cm).所以AB eq r(12252)13(cm).4利用斜二测画法得到的以下结论中，正确的是_(填序号)三角形的直观图是三角形；平行四边形的直观图是平行四边形；正方形

7、的直观图是正方形；圆的直观图是椭圆正确；由原图形中平行的线段在直观图中仍平行可知正确；原图形中垂直的线段在直观图中一般不垂直，故错误；正确第1课时基本立体图形及其直观图、表面积与体积 考点一基本立体图形结构特征1下列说法正确的是()A.有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的多面体是棱锥B.有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台C.如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥D.如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体D选项A，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，由这些面所围成的多面体叫做棱锥，即其余各面的三角形必须有公共

8、的顶点，故A错误；选项B，棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得的，而有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体有可能不是棱台，因为它的侧棱延长后不一定交于一点，故B错误；选项C，当棱锥的各个侧面的共顶点的角之和是360时，各侧面构成平面图形，故这个棱锥不可能为六棱锥，故C错误；选项D，若每个侧面都是长方形，则说明侧棱与底面垂直，又底面也是长方形，符合长方体的定义，故D正确故选D.直观图2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()A. eq f(r(3),4)a2 B eq f(r(3),8)a2 C eq f(r(6),8)a2 D eq f(r(6),16

9、)a2D法一：如图所示的实际图形和直观图，图图由图可知，ABABa，OC eq f(1,2)OC eq f(r(3),4)a，在图中作CDAB于D，则CD eq f(r(2),2)OC eq f(r(6),8)a，所以SABC eq f(1,2)ABCD eq f(1,2)a eq f(r(6),8)a eq f(r(6),16)a2.法二：SABC eq f(1,2)aa sin 60 eq f(r(3),4)a2，又S直观图 eq f(r(2),4)S原图 eq f(r(2),4) eq f(r(3),4)a2 eq f(r(6),16)a2.故选D.展开图3(1)(2021新高考卷)已知

10、圆锥的底面半径为 eq r(2)，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为()A.2 B2 eq r(2) C4 D4 eq r(2)真题衍生已知圆锥的母线长为1，其侧面展开图是一个圆心角为120的扇形，则该圆锥的轴截面面积为()A eq f(2r(5),9)B eq f(2r(2),9)C eq f(r(5),9) D eq f(r(2),9)B因为圆锥的母线长为1，其侧面展开图是一个圆心角为120的扇形，所以圆锥的底面周长为1 eq f(2,3) eq f(2,3)，所以底面半径为 eq f(1,3)，高为 eq r(12blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)2) eq f(2

11、r(2),3)，所以轴截面面积为 eq f(1,2) eq f(2,3) eq f(2r(2),3) eq f(2r(2),9).故选B.(2)如图，正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长为a，底面边长为b，一只蚂蚁从点A出发沿每个侧面爬到A1，路线为AMNA1，则蚂蚁爬行的最短路程是()A. eq r(a29b2)B. eq r(9a2b2)C. eq r(4a29b2)D. eq r(a2b2)(1)B(2)A(1)如图，设母线长为l，因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有2 eq r(2)l，解得l2 eq r(2)，所以该圆锥的母线长为2 eq

12、 r(2).故选B.(2)正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形，矩形的长为3b，宽为a，则其对角线AA1的长为最短路程因此蚂蚁爬行的最短路程为 eq r(a29b2).故选A.1.空间几何体概念辨析题的常用方法(1)定义法：紧扣定义，由已知条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，根据定义进行判定(2)反例法：通过反例对结构特征进行辨析2. 斜二测画法(1)在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段“平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半”(2)求面积可用关系式：S直观图 eq f(r(2),4)S原图形3通常利用空间几何

13、体的表面展开图解决以下问题：(1)求几何体的表面积或侧面积；(2)求几何体表面上任意两个点的最短表面距离 考点二空间几何体的表面积与体积表面积典例11(1)(2020全国卷)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，O1为ABC的外接圆若O1的面积为4，ABBCACOO1，则球O的表面积为()A.64 B48 C36 D32(2)如图所示，已知正方体的面对角线长为a，沿阴影面将它切割成两块，拼成如图所示的几何体，那么此几何体的表面积为 ()图图A.(12 eq r(2)a2 B(2 eq r(2)a2C.(32 eq r(2)a2 D(42 eq r(2)a2(1)A(2)B(1)如图所示，设球O

14、的半径为R，O1的半径为r，因为O1的面积为4，所以4r2，解得r2，又ABBCACOO1，所以 eq f(AB,sin 60)2r，解得AB2 eq r(3)，故OO12 eq r(3)，所以R2OO eq oal(sup1(2),sdo1(1)r2(2 eq r(3)22216，所以球O的表面积S4R264.故选A.(2)拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了两个原来的正方形面由于截面为矩形，长为a，宽为 eq f(r(2),2)a，所以面积为 eq f(r(2),2)a2，所以拼成的几何体的表面积为4 eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)a)22 eq

15、 f(r(2),2)a2(2 eq r(2)a2.体积典例12(1)(2021四川资阳二诊)已知圆柱的底面半径为2，高为3，垂直于圆柱底面的平面截圆柱所得截面为矩形ABCD(如图).若底面圆的弦AB所对的圆心角为 eq f(,3)，则圆柱被分成两部分中较大部分的体积为 ()A.103 eq r(3) B10C. eq f(10,3) eq r(3) D23 eq r(3)(2)(2020新高考卷)棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1D1MN的体积为_(3)如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且ADE，BCF均

16、为正三角形，EFAB，EF2，则该多面体的体积为_(1)A(2)1(3) eq f(r(2),3)(1)设截面ABCD将圆柱分成的两部分中较大部分的体积为V1，圆柱的体积为V，DC将圆柱的底面分成的两部分中，较大部分的面积为S1，圆柱的底面积为S，则S1 eq f(5,6)22 eq f(1,2)22 eq f(r(3),2) eq f(10,3) eq r(3)，S224，V22312.依题意可得 eq f(V1,V) eq f(S1,S)，所以V1 eq f(S1,S)V eq f(f(10,3)r(3),4)12103 eq r(3).(2)如图，由正方体棱长为2，得SA1MN222 e

17、q f(1,2)21 eq f(1,2)11 eq f(3,2)，又易知D1A1为三棱锥D1A1MN的高，且D1A12，VA1D1MNVD1A1MN eq f(1,3)SA1MND1A1 eq f(1,3) eq f(3,2)21.(3)如图，过BC作与EF垂直的截面BCG，作平面ADM平面BCG，取BC的中点O，连接GO，FO，由题意可得FO eq f(r(3),2)，FG eq f(1,2)，所以GO eq r(FO2FG2) eq f(r(2),2)，所以SBCG eq f(1,2)1 eq f(r(2),2) eq f(r(2),4)，V1VBCGADMSBCGAB eq f(r(2)

18、,4)，V22VFBCG2 eq f(1,3)SBCGGF2 eq f(1,3) eq f(r(2),4) eq f(1,2) eq f(r(2),12)，所以VV1V2 eq f(r(2),3).求空间几何体的体积的常用方法公式法规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解割补法把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体等体积法通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积跟进训练(2021新高考卷)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()A2012 eq r(3)B28 eq r(2)C eq f(56,3) D eq

19、f(28r(2),3)(2)(2021全国甲卷)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_(1)D(2)39(1)如图ABCDA1B1C1D1为正四棱台，AB2，A1B14，AA12.在等腰梯形A1B1BA中，过A作AEA1B1，可得A1E eq f(42,2)1，AE eq r(AA eq oal(sup1(2),sdo1(1 )A1 E2) eq r(41) eq r(3).连接AC，A1C1，AC eq r(44)2 eq r(2)，A1C1 eq r(1616)4 eq r(2)，过A作AGA1C1，A1G eq f(4r(2)2r(2),2) eq r(2)，AG

20、 eq r(AA eq oal(sup1(2),sdo1(1 )A1 G2) eq r(42) eq r(2)，正四棱台的体积为：V eq f(S上S下r(S上S下),3)h eq f(2242r(2242),3) eq r(2) eq f(28r(2),3).故选D.(2)由圆锥的底面半径为6，其体积为30，设圆锥的高为h，则 eq f(1,3)(62)h30，解得h eq f(5,2)，所以圆锥的母线长l eq r(blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)sup10(2)62) eq f(13,2)，所以圆锥的侧面积Srl6 eq f(13,2)39.第2课时空间几何体的切、接、截

21、问题 考点一简单几何体的外接球 eq avs4al(典例1)(1)已知三棱锥PABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB eq r(5)，BC eq r(7)，AC2，则此三棱锥的外接球的体积为()A eq f(8,3) B eq f(8r(2),3) C eq f(16,3) D eq f(32,3)(2)已知直三棱柱ABCA1B1C1的各顶点都在以O为球心的球面上，且BAC eq f(3,4)，AA1BC2，则球O的体积为()A4 eq r(3) B8 C12 D20(1)B(2)A(1)AB eq r(5)，BC eq r(7)，AC2，PA1，PC eq r(3)，PB2.以PA，PB，PC

22、为过同一顶点的三条棱，作长方体如图所示，则长方体的外接球同时也是三棱锥PABC的外接球长方体的体对角线长为 eq r(134)2 eq r(2)，球的直径为2 eq r(2)，半径R eq r(2)，因此，三棱锥PABC外接球的体积是 eq f(4,3)R3 eq f(4,3)( eq r(2)3 eq f(8r(2),3).故选B.(2)在底面ABC中，由正弦定理得底面ABC所在的截面圆的半径为r eq f(BC,2sin BAC) eq f(2,2sin f(3,4) eq r(2)，则直三棱柱ABCA1B1C1的外接球的半径为R eq r(r2blc(rc)(avs4alco1(f(AA

23、1,2)2) eq r(（r(2)）212) eq r(3)，则直三棱柱ABCA1B1C1的外接球的体积为 eq f(4,3)R34 eq r(3).故选A.母题变迁1若将本例(2)的条件“BAC eq f(3,4)，AA1BC2”换为“AB3，AC4，ABAC，AA112”，则球O的半径为_ eq f(13,2)如图所示，过球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.又AM eq f(1,2)BC eq f(5,2)，OM eq f(1,2)AA16，所以球O的半径ROA eq r(blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)262) eq f(13,2).2若将本例(2)的条件改为“

24、正四面体的各顶点都在以O为球心的球面上”，则此正四面体的表面积S1与其内切球的表面积S2的比值为_ eq f(6r(3),)设正四面体棱长为a，则正四面体表面积为S14 eq f(r(3),4)a2 eq r(3)a2，其内切球半径r为正四面体高的 eq f(1,4)，即r eq f(1,4) eq f(r(6),3)a eq f(r(6),12)a，因此内切球表面积为S24r2 eq f(a2,6)，则 eq f(S1,S2) eq f(r(3)a2,f(a2,6) eq f(6r(3),).3若将本例(2)的条件改为“侧棱和底面边长都是3 eq r(2)的正四棱锥的各顶点都在以O为球心的球

25、面上”，则其外接球的半径为_3依题意，得该正四棱锥底面对角线的长为3 eq r(2) eq r(2)6，高为 eq r(（3r(2)）2blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)6)2)3，因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3.通过本例及母题变迁训练，我们可以看出构造法、补形法等是处理“外接”问题的主要方法，其关键是找到球心，借助勾股定理求球的半径(1)若球面上四点P，A，B，C中PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体，利用2R eq r(a2b2c2)求R.(2)一条侧棱垂直底面的三棱

26、锥问题：可补形成直三棱柱先借助几何体的几何特征确定球心位置，然后把半径放在直角三角形中求解跟进训练1(1)(2021天津高考)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为 eq f(32,3)，两个圆锥的高之比为13，则这两个圆锥的体积之和为()A3 B4 C9 D12(2)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为_(1)B(2)61(1)如图，设球O的半径为R，由题意， eq f(4,3)R3 eq f(32,3)，可得R2，则球O的直径为4，两个圆锥的高之比为13，AO11，BO13，由直角三角形中的射影定理可得：r2

27、13，即r eq r(3).这两个圆锥的体积之和为V eq f(1,3)( eq r(3)2(13)4.故选B.(2)截面图如图所示，下底面半径为5，圆周直径为10.则圆台的下底面位于圆周的直径上，OCOB5，OC4，OOC eq f(,2)，则圆台的高为3，V eq f(1,3)h(S1 eq r(S1S2)S2)25162061. 考点二简单几何体的内切球 eq avs4al(典例2)(2020全国卷)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)法一：如图，在圆锥的轴截面ABC中，CDAB，BD1，BC3，圆O内切于ABC，E为切点，连接O

28、E，则OEBC.在RtBCD中，CD eq r(BC2BD2)2 eq r(2).易知BEBD1，则CE2.设圆锥的内切球半径为R，则OC2 eq r(2)R，在RtCOE中，OC2OE2CE2，即(2 eq r(2)R)2R24，所以R eq f(r(2),2)，圆锥内半径最大的球的体积为 eq f(4,3)R3 eq f(r(2),3).法二：如图，记圆锥的轴截面为ABC，其中ACBC3，AB2，CDAB，在RtBCD中，CD eq r(BC2BD2)2 eq r(2)，则SABC2 eq r(2).设ABC的内切圆O的半径为R，则R eq f(2SABC,332) eq f(r(2),2

29、)，所以圆锥内半径最大的球的体积为 eq f(4,3)R3 eq f(r(2),3).“切”的问题处理规律(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决(2)体积分割是求内切球半径的通用方法跟进训练2在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球若ABBC，AB6，BC8，AA13，则V的最大值是()A4 B eq f(9,2) C6 D eq f(32,3)B要使球的体积最大，必须使球的半径最大设球的半径为R，ABC的内切圆半径为 eq f(6810,2)2，R2，由题意易知球与直三棱柱的上、下底面都相切时，球的直径取得最大值为3，R eq f(3,2)，Vmax eq f(4,3) eq

30、 blc(rc)(avs4alco1(f(3,2) eq sup10(3) eq f(9,2).故选B. 考点三空间几何体的截面、截线问题 eq avs4al(典例3)(1)(2020全国卷)已知ABC是面积为 eq f(9r(3),4)的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上若球O的表面积为16，则O到平面ABC的距离为()A eq r(3) B eq f(3,2) C1 D eq f(r(3),2)(2)(2020新高考卷)已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱长均为2.BAD60，以D1为球心， eq r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为_(1)C(2) eq f(r(2),

31、2)(1)由等边三角形ABC的面积为 eq f(9r(3),4)，得 eq f(r(3),4)AB2 eq f(9r(3),4)，得AB3，则ABC的外接圆半径r eq f(2,3) eq f(r(3),2)AB eq f(r(3),3)AB eq r(3).设球的半径为R，则由球的表面积为16，得4R216，得R2，则球心O到平面ABC的距离d eq r(R2r2)1，故选C.(2)如图，连接B1D1，易知B1C1D1为正三角形，所以B1D1C1D12.分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1GD1H eq r(2212) eq r(5)，D1M

32、B1C1，且D1M eq r(3).由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP eq r(2)，连接D1P，则D1P eq r(D1M2MP2) eq r(（r(3)）2（r(2)）2) eq r(5)，连接MG，MH，易得MGMH eq r(2)，故可知以M为圆心， eq r(2)为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线由B1MGC1MH45知GMH90，所以 eq o(GH,sup8()的长为 eq f(1,4)2 eq r(2) eq f(r(2),2).巧用直角三角形解决截面圆问题的步骤(1)确定球心O和截面圆的圆心O；(2)探求球的半径

33、R和截面圆的半径r；(3)利用|OO|2r2R2计算相关量跟进训练3如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以 eq r(2)为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为()A eq f(3,4) B eq r(2)C eq f(3,2) D eq f(9,4)C正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心，1为半径的圆周长的 eq f(1,4)，所以所有弧长之和为3 eq f(2,4) eq f(3,2).故选C.5.寻找球心解决与球有关的问题简单几何体外接球与内切球问题是立体几何中的难点，也是历年高考重要的考点，几乎每年都要考

34、查，重在考查考生的直观想象能力和逻辑推理能力此类问题实质是解决球的半径长或确定球心O的位置问题，其中球心的确定是关键利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球心 eq avs4al(典例4)一个正六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为 eq f(9,8)，底面周长为3，则这个球的体积为_ eq f(4,3)设正六棱柱底面边长为a，正六棱柱的高为h，则a eq f(1,2)，底面积为S6 eq f(r(3),4) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup10(2) eq f(3r(3),8)，V柱Sh eq f(

35、3r(3),8)h eq f(9,8)，h eq r(3)，R2 eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2) eq sup10(2) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup10(2)1，R1，球的体积为V eq f(4,3).直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型如图其外接球球心就是上下底面外接圆圆心连线的中点利用长方体与球的中心对称性质确定球心 eq avs4al(典例5)已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，沿AD进行折叠，使折叠后的BDC eq f(,2)，则过A，B，C，D四点的球的表面积为()A.3 B4 C5 D6C连接BC(图略

36、)，由题知几何体ABCD为三棱锥，BDCD1，AD eq r(3)，BDAD，CDAD，BDCD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是 eq r(3)，1，1的长方体，其体对角线长为 eq r(113) eq r(5)，故该三棱锥外接球的半径是 eq f(r(5),2)，其表面积为5.若几何体存在三条两两垂直的线段或者三条线有两条垂直，可构造墙角模型(如下图)，直接用公式(2R)2a2b2c2求出R.图图图图根据球与长方体的对称性可知，长方体的对称中心就是球心，所以长方体(或可补形为长方体的柱体、锥体)的体对角线就是其外接球的直径利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心 eq avs4al(

37、典例6)平面四边形ABCD中，ABADCD1，BD eq r(2)，BDCD.将其沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD平面BCD.若四面体ABCD的顶点在同一球面上，则该球的体积为()A. eq f(r(3),2) B3 C eq f(r(2),3) D2A如图，设BD，BC的中点分别为E，F.因点F为底面直角BCD的外心，知三棱锥ABCD的外接球球心必在过点F且与平面BCD垂直的直线l1上又点E为底面直角ABD的外心，知外接球球心必在过点E且与平面ABD垂直的直线l2上因而球心为l1与l2的交点又FECD，CDBD知FE平面ABD.从而可知球心为点F.又ABAD1，CD1知BD eq

38、 r(2)，球半径RFD eq f(BC,2) eq f(r(3),2).故V eq f(4,3) eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2) eq sup10(3) eq f(r(3),2).三棱锥侧面与底面垂直时，可紧扣球心与底面三角形外心连线垂直于底面这一性质，利用底面与侧面的外心，巧探外接球球心，妙求半径利用截面图形的几何性质确定球心 eq avs4al(典例7)在四面体ABCD中，AB eq r(2)，DADBCACB1，则四面体ABCD的外接球的表面积为()A. B2 C3 D4B取AB的中点O，由AB eq r(2)，DADBCACB1，所以CA2CB2AB2，

39、AD2BD2AB2，可得ACBADB90，所以OAOBOCOD eq f(r(2),2)，即O为外接球的球心，球的半径R eq f(r(2),2)，所以四面体ABCD的外接球的表面积为S4R24 eq f(1,2)2.由圆的几何性质可知，直径所对的圆周角是直角，故当遇有公共斜边的直角三角形的四面体外接球问题时，常采用取中点的方式解答跟进训练4(1)已知三棱锥SABC的三条侧棱两两垂直，且SA1，SBSC2，若点P为三棱锥SABC的外接球的球心，则这个外接球的半径是_(2)(2021合肥一中模拟)半正多面体(semiregular solid)亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围

40、成的多面体，体现了数学的对称美以正方体每条棱的中点为顶点构造一个半正多面体，如图，它由八个正三角形和六个正方形构成，若它的所有棱长都为1，则该半正多面体外接球的表面积为_；若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该正四面体体积最小值为_(1) eq f(3,2)(2)48 eq r(3)(1)如图所示，将三棱锥补为长方体，则该棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半径为R，则(2R)21222229，4R29，R eq f(3,2).即这个外接球的半径是 eq f(3,2).(2)由题意知，该半正多面体的外接球的球心是正方体的中心，正方体棱长为 eq r(2)，所以该半正多面体外接

41、球的半径R eq r(blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)sup10(2)blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)sup10(2)1，故其表面积为4.若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，该正四面体体积最小. 此时，设正四面体的棱长为a，则正四面体的高为 eq f(r(6),3)a，则有 eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(6),3)a1) eq sup10(2)12 eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),3)a) eq sup10(2)，解得a2 eq r(6)，所以Vmin e

42、q f(1,3) eq f(r(3),4) eq blc(rc)(avs4alco1(2r(6) eq sup10(2) eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(6),3)2r(6)8 eq r(3).空间点、直线、平面之间的位置关系考试要求1.借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义.2.了解四个基本事实和一个定理，并能应用定理解决问题1基本事实基本事实1过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面基本事实2如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内基本事实3如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只

43、有一条过该点的公共直线基本事实4平行于同一条直线的两条直线平行2三个推论推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面；推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面；推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面3空间中直线与直线的位置关系 eq blc(avs4alco1(共面直线blc(avs4alco1(相交直线，,平行直线，),异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点)提醒：分别在两个不同平面内的两条直线不一定为异面直线，他们关系也可能平行或相交4空间中直线与平面的位置关系直线与平面的位置关系有：直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况5空间中平面与平面的位置关系平面与

44、平面的位置关系有平行、相交两种情况6定理如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补常用结论1异面直线判定的一个定理与一个平面相交的直线和平面内不经过交点的直线是异面直线，如图所示2唯一性定理(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直 一、易错易误辨析(正确的打“”，错误的打“”)(1)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()(2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面()(3)如果两个平面有三个公共点，则这

45、两个平面重合()(4)若直线a不平行于平面，且a，则内的所有直线与a异面()答案(1)(2)(3)(4)二、教材习题衍生1已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b()A一定是异面直线B一定是相交直线C不可能是平行直线D不可能是相交直线C由已知得直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平行直线，若bc，则ab，与已知a，b为异面直线相矛盾2下列命题正确的是()A两个平面如果有公共点，那么一定相交B两个平面的公共点一定共线C两个平面有3个公共点一定重合D过空间任意三点，一定有一个平面D如果两个平面重合，则排除A，B两项；两个平面相交，则有一条交线，交线上任取三个点都是两个平

46、面的公共点，故排除C项；而D项中的三点不论共线还是不共线，则一定能找到一个平面过这三个点3如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法错误的是()AAB与CD是异面直线BGH与CD相交CEFCDDEF与AB异面D把展开图还原成正方体，如图所示还原后点G与C重合，点B与F重合，由图可知A、B、C选项正确，EF与AB相交，故D错误，选D.4两两平行的三条直线可确定_个平面1或3若三条直线在同一平面内，则确定1个平面若三条直线不共面，则确定3个平面 考点一基本事实的应用 eq avs4al(典例1)如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点求证：(1)E

47、，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点证明(1)如图，连接EF，CD1，A1B.E，F分别是AB，AA1的中点，EFBA1.又A1BD1C，EFCD1，E，C，D1，F四点共面(2)EFCD1，EFCD1，CE与D1F必相交，设交点为P，则由P直线CE，CE平面ABCD，得P平面ABCD.同理P平面ADD1A1.又平面ABCD平面ADD1A1DA，P直线DA，CE，D1F，DA三线共点共面、共线、共点问题的证明跟进训练1.如图所示，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

48、EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线证明(1)因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EFBD.在BCD中， eq f(BG,GC) eq f(DH,HC) eq f(1,2)，所以GHBD，所以EFGH.所以E，F，G，H四点共面(2)因为EGFHP，PEG，EG平面ABC，所以P平面ABC.同理P平面ADC.所以P为平面ABC与平面ADC的公共点又平面ABC平面ADCAC，所以PAC，所以P，A，C三点共线 考点二判断空间两直线的位置关系 eq avs4al(典例2)(1)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面内，l2在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题正确的是()Al与l1，

49、l2都不相交Bl与l1，l2都相交Cl至多与l1，l2中的一条相交Dl至少与l1，l2中的一条相交(2)已知在长方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心，则下列说法正确的是()A直线MN与直线A1B是异面直线B直线MN与直线DD1相交C直线MN与直线AC1是异面直线D直线MN与直线A1C平行(1)D(2)C(1)法一：(反证法)由于l与直线l1，l2分别共面，故直线l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交若ll1，ll2，则l1l2，这与l1，l2是异面直线矛盾故l至少与l1，l2中的一条相交法二：(模型法)如图，l1与l

50、2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确图图(2)如图，因为M，N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心，所以M，N分别是A1C1，BC1的中点，所以直线MN与直线A1B平行，所以A错误；因为直线MN经过平面BB1D1D内一点M，且点M不在直线DD1上，所以直线MN与直线DD1是异面直线，所以B错误；因为直线MN经过平面ABC1内一点N，且点N不在直线AC1上，所以直线MN与直线AC1是异面直线，所以C正确；因为直线MN经过平面A1CC1内一点M，且点M不在直线A1C上，所以直线MN与直线A1C是异面

51、直线，所以D错误空间中两直线位置关系的判定方法跟进训练2.如图，在正方体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结论的序号为_直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，所以错误点B，B1，N在平面BB1C1C中，点M在此平面外，所以BN，MB1是异面直线同理AM，DD1也是异面直线 考点三正方体的切割(截面)问题 eq avs4al(典例3)(1)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面

52、面积的最大值为()A eq f(3r(3),4)B eq f(2r(3),3)C eq f(3r(2),4)D eq f(r(3),2)(2)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是BC的中点，平面经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面截正方体所得的多边形的面积为_(1)A(2) eq f(9,2)(1)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1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ABCDA1B1C1D1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，B1C

53、1，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EFGHMN6 eq f(1,2) eq f(r(2),2) eq f(r(2),2)sin 60 eq f(3r(3),4).(2)如图，过点B作BMC1E交B1C1于点M，过点M作BD的平行线，交C1D1于点N，连接DN，则平面BDNM即为符合条件的平面，因为E为BC的中点，可知M，N分别为B1C1，C1D1的中点，由正方体的棱长为2，则BD2 eq r(2)，MN eq r(2)，且BMDN eq r(5)，等腰梯形MNDB的高为h eq r(（r(

54、5)）2blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)2) eq f(3r(2),2)，梯形MNDB的面积为 eq f(1,2)( eq r(2)2 eq r(2) eq f(3r(2),2) eq f(9,2).1.作截面应遵循的三个原则(1)在同一平面上的两点可引直线；(2)凡是相交的直线都要画出它们的交点；(3)凡是相交的平面都要画出它们的交线2作交线的两种方法(1)利用基本事实3作交线；(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线跟进训练3如图，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是AA1，D1C1的中点，过D，M，N

55、三点的平面与正方体的下底面相交于直线l.(1)画出l的位置；(2)设lA1B1P，求PB1的长解(1)如图，延长DM与D1A1交于点O，连接NO，则直线NO即为直线l.(2)因为lA1B1P，则易知直线NO与A1B1的交点即为P.因为A1MDD1，且M，N分别是AA1，D1C1的中点，所以A1也为D1O的中点由图可知 eq f(A1P,D1N) eq f(OA1,OD1) eq f(1,2)，所以A1P eq f(a,4)，从而可知PB1 eq f(3a,4).空间直线、平面的平行考试要求从定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系，并

56、加以证明1线面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(简记为“线线平行线面平行”) eq blc rc(avs4alco1(la,a,l)l性质定理一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行(简记为“线面平行线线平行”) eq blc rc(avs4alco1(l,b)lb2.面面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行面面平行”) eq blc rc(avs4alco1(a,b,abP,

57、a,b)性质定理两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行 eq blc rc(avs4alco1(,a,b)ab常用结论平行关系中的三个重要结论(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a，a，则(2)若，a，则a(3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若，则 一、易错易误辨析(正确的打“”，错误的打“”)(1)若一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任一条直线()(2)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行()(3)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面()(4)若直线a与平面内无数条直线平行，则a.()答案(1

58、)(2)(3)(4)二、教材习题衍生1下列命题中正确的是()A若a，b是两条直线，且ab，那么a平行于经过b的任何平面B若直线a和平面满足a，那么a与内的任何直线平行C平行于同一条直线的两个平面平行D若直线a，b和平面满足ab，a，b，则bDA错误，a可能在经过b的平面内；B错误，a与内的直线平行或异面；C错误，两个平面可能相交2在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为_平行如图所示，连接BD交AC于F，连接EF，则EF是BDD1的中位线，EFBD1，又EF平面ACE，BD1平面ACE，BD1平面ACE.3设，为三个不同的平面，a，b为直线，给出下

59、列条件：a，b，a，b；，；，；a，b，ab.其中能推出的条件是_(填上所有正确的序号)中，可能相交也可能平行，中.4.如图，在三棱锥ABCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则(1)当AC，BD满足条件_时，四边形EFGH为菱形；(2)当AC，BD满足条件_时，四边形EFGH为正方形 (1)ACBD(2)ACBD且ACBD(1)四边形EFGH为菱形，EFEH，ACBD.(2)四边形EFGH为正方形，EFEH且EFEH，EFAC，EHBD，且EF eq f(1,2)AC，EH eq f(1,2)BD，ACBD且ACBD.考点一与线、面平行相关命题的判定1，是两个平面，m，

60、n是两条直线，则下列命题中错误的是()A若mn，m，n，则B若m，则mC若l，m，m，则mlD若mn，m，n，则D由，是两个平面，m，n是两条直线，知在A中，mn，m，n，由面面垂直的判定得，故A正确；在B中，m，由面面平行的性质得m，故B正确；在C中，l，m，m，由线面平行的性质得ml，故C正确；在D中，mn，m，n，得与相交或平行，故D错误2(2021湘豫名校联考)九章算术是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，是算经十书中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称为“羡除”，下列说法：“羡除”有且仅有两个面为三角形；“羡除”一定不是台体；不存在有两个面为平行四边形