本章小结教案设计

立体几何专题复习（一）

考点1 ：

空间几何体的三视图、表面积、体积

【例1】【2015高考重庆】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为

A、1212

B、

C、

2

D、2

3333【答案】A

【解析】这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，1111V122(12)1，选A. 2323【例2】【2015高考北京】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（

）

12正(主)视图11侧(左)视图俯视图

A．25

B．45

C．225

D．5 【答案】C 【解析】根据三视图恢复成三棱锥P-ABC，其中PC平面ABC，取AB棱的中点D，连接CD、PD，有PDAB,CDAB，底面ABC为等腰三角形底边AB上的高CD为2，AD=BD=1,PC=1,PD5,SABC11222,,SPAB2522151

25,ACBC5SPACSPBC

5,三棱锥表面积S表252. 21

【举一反三】某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条线段的投影分别是长a和b的线段，则ab的最大值为（ ）

（A）22 （B）23 （C）4 （D）25

【答案】C

考点2 ：

球与多面体

【例3】平行四边形ABCD中，AB·BD=0，沿BD将四边形折起成直二面角A一BD－C，且2ABBD4，则三棱锥A－BCD的外接球的表面积为（ ）

A．22 B． C．4 D．

224【答案】C

【解析】ABBD0,所以ABBD,因为ABCD为平行四边形,所以CDBD,ABCD．因为ABDC为直二面角,所以面ABD面CBD,因为ABD面CBDBD,AB面ABD,ABBD,所以AB面CBD．因为BC面CBD,所以ABBC．分析可知三棱锥ABCD的外接球的球心为AC的中点．因为2

AC2AB2BC2AB2(CD2BD2)2AB2CD24,所以AC2．则三棱锥ABCD的外接球的半径为1,表面积为4．故C正确．

ABADCD1，【例4】如图，四面体ABCD中，平面ABD平面BCD，BD2,BDCD，若四面体ABCD的四个顶点在同一个球面上，则该球的体积为（ ）

A．23 B．3 C． D．2

32【分析】易证BC是直角三角形ABC和直角三角形BDC的公共斜边，故BC的中点是外接球球心，从而确定半径，进而求外接球体积．

【规律方法】1、涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系．

2、求与球有关的“切”或者“接”球半径时，往往用到的方法有构造法或者直接确定球心．

3、球体中常常用到以下结论：设球的半径为R，球的截面圆的半径为r，则球心到截面的距离为dR2r2

4、求三棱锥的体积要注意如何选取底面和顶点.因为三棱锥的每一个面都可以作为底面，每一个顶点都可以作为顶点. 【举一反三】

1.直三棱柱ABCA1B1C1的各顶点都在同一球面上，若（ ）

ABACAA12,BAC120则此球的表面积等于A．525220 C．8 D． B．

93【答案】B

【解析】在VABC中ABAC2，BAC120，可得BC23，由正弦定理，可3

得VABC外接圆半径r2，设此圆圆心为O'，球心为O，在RtVOBO'中，易得球半径R5，故此球的表面积为4R220，故选：B．

2．【2015高考新课标2，理9】已知A,B是球O的球面上两点，∠AOB=90,C为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为(

) A．36π

B.64π

C.144π

D.256π

【答案】C 【解析】如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥OABC的体积最大，设球O的半径为R，此时VOABCVCAOB1121RRR336，故326CR6，则球O的表面积为S4R2144，故选C．

OAB考点3 ：线面位置关系的命题真假判断

【例5】【已知,是两个不同的平面，m,n是两条不同的直线，则下列命题不正确的是（ ）

A．若m//n，m，则n B．若m，m，则

n，则m//n

C．若m，m，则 D．若m//，【答案】D

【举一反三】已知两条不重合的直线m、n和两个不重合的平面、，有下列命题：

①若m⊥n，m⊥，则n∥； ②若m⊥，n⊥，m∥n，则∥；

③若m、n是两条异面直线，m，n，m∥，n∥，则∥；

④若⊥，∩=m，n，n⊥m，则n⊥．其中正确命题的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4

4

【答案】C

考点4 ：空间中的线、面位置关系的判定与性质 【例6】【2015江苏高考】如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知ACBC，BCCC1，设AB1的中点为D，B1CBC1E. 求证：（1）DE//平面AA1C1C；

（2）BC1AB1.

分析：（1）由三棱锥性质知侧面BB1C1C为平行四边形,因此点E为B1C的中点，从而由三角形中位线性质得DE//AC，再由线面平行判定定理得DE//平面AA1C1C（2）因为直三棱柱ABCA1B1C1中BCCC1，所以侧面BB1C1C为正方形，因此BC1B1C，又ACBC，ACCC1（可由直三棱柱推导），因此由线面垂直判定定理得AC平面BB1C1C,从而ACBC1，再由线面垂直判定定理得BC1平面AB1C,进而可得BC1AB1

【解析】（1）由题意知，又D为1的中点，因此D//C．又因为D为1C的中点，平面1C1C，C平面1C1C，所以D//平面1C1C．

（2）因为棱柱C11C1是直三棱柱，所以CC1平面C．因为C平面C，5

所以CCC1．

又因为CC，CC1平面CC11，C平面CC11，CCC1C，所以C平面CC11．又因为C1平面CC11，所以C1C．

因为CCC1，所以矩形CC11是正方形，因此C11C．因为C，1C平面1C，C1CC，所以C1平面1C．又因为1平面1C，所以C11．

【例7】．【2015高考新课标1，理18】如图，，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC. （Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC；

（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值.

【解析】（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1，由∠ABC=120°，可得AG=GC=3.由BE⊥平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC，又∵AE⊥EC，∴EG=3，EG⊥AC，在Rt△EBG中，可得BE=2，故DF=2. 2在Rt△FDG中，可得FG=2226232.在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=2，DF=可得EF=，222∴EGFGEF，∴EG⊥FG，∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.

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【举一反三】1．【2015高考北京】如图，在三棱锥VC中，平面V平面C，V为等边三角形，CC且CC2，，分别为，V的中点．

（I）求证：V//平面C；

（II）求证：平面C平面V；

（III）求三棱锥VC的体积．

V的中点，【解析】（Ⅰ）因为O,M分别为，所以OM//VB.又因为VB平面C，所以VB//平面C. （Ⅱ）因为ACBC，O为的中点，所以OCAB.又因为平面V平面C，且OC平面C，

所以OC平面V.所以平面C平面V.

（Ⅲ）在等腰直角三角形ACB中，ACBC形V的面积SVAB3. 又因为OC平面V，所以三棱锥CV的体积等于OCSVAB2，所以AB2,OC1.所以等边三角133.又因为三33.

3棱锥VC的体积与三棱锥CV的体积相等，所以三棱锥VC的体积为2．【2015高考山东】

如图，三棱台DEFABC中，AB2DE，G，H分别为AC，BC的中点. （I）求证：BD//平面FGH；

（II）若CFBC，ABBC，求证：平面BCD平面EGH.

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【解析】（I）证法一：连接DG,CD.设CDGFM,连接MH，在三棱台DEFABC中，AB2DE，G分别为AC的中点，可得DF//GC,DFGC，所以四边形DFCG是平行四边形，则M为CD的中点，又H是BC的中点，所以HM//BD,又HM平面FGH，BD平面FGH，所以BD//平面FGH.

证法二：在三棱台DEFABC中，由BC2EF,H为BC的中点，可得BH//EF,BHEF,所以HBEF为平行四边形，可得BE//HF.在ABC中，G，H分别为AC，BC的中点，所以GH//AB,又GHHFH，

所以平面FGH//平面ABED，因为BD平面ABED，所以BD//平面FGH. (II)证明：连接HE.因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH//AB,由ABBC,得GHBC，又H为BC的中点，所以EF//HC,EFHC,因此四边形EFCH是平行四边形，所以CF//HE.又CFBC，所以HEBC.又HE,GH平面EGH，HEGHH，所以BC平面EGH，又BC平面BCD，所以平面BCD平面EGH.

3.如图，在四棱锥EABCD中，AEDE，CD平面ADE，AB平面ADE，CDDA6，AB2，DE3．

（Ⅰ）求棱锥CADE的体积；

（Ⅱ）求证：平面ACE平面CDE；

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（Ⅲ）在线段DE上是否存在一点F，使AF//平面BCE？若存在，求出在，说明理由．

分析：（I）在在RtΔADE中，AEEFED的值；若不存AD2DE2，可得SADE1AEDE，由于CD平2面ADE，可的棱锥的高，利用体积公式求解几何体的体积；（II）由CD平面ADE，可得CDAE，进而得到AE平面CDE，即可证明平面ACE平面CDE；（III）在线段DE上存在一点F，使得AF//平面BCE，EFED13，设F为线段DE上的一点，且EFED13，过F作FM//CD，由线面垂直的性质可得CD//AB，可得四边形ABMF是平行四边形，于是AF//BM，即可证明AF//平面BCE．

【解析】（Ⅰ）在RtΔADE中，AE锥CADE的体积为VCADEAD2DE233，因为CD平面ADE，所以棱1AEDECD93．

3213SΔADECD（Ⅱ）证明：因为

CD平面ADE，AE平面ADE，所以CDAE．又因为AEDE，CDDED，

所以AE平面CDE．又因为AE平面ACE，所以平面ACE平面CDE．

（Ⅲ）结论：在线段DE上存在一点F，且上一点，

且EFED13，使AF//平面BCE．设F为线段DEEFED11， 过点F作FM//CD交CE于M，则FM=CD．因为CD平33面ADE，AB平面ADE，所以CD//AB．又因为CD3AB所以MFAB，FM//AB，所以四边形ABMF是平行四边形，

则AF//BM．又因为AF平面BCE，BM平面BCE，所以AF//平面BCE．

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