届高考数学复习专题三第1讲空间几何体中的计算与位置关系（理）学案

2019届高考数学复习专题三第1讲空间几何体中的计算与位置关系（理）学案本文简介：第1讲空间几何体中的计算与位置关系1.以三视图和空间几何体为载体考查面积与体积，难度中档偏下；2.以选择题、填空题的形式考查线线、线面、面面位置关系的判定与性质定理对命题的真假进行判断，属基础题；空间中的平行、垂直关系的证明也是高考必考内容，多出现在立体几何解答题中的第(1)问.1.空间几何体的三视

2019届高考数学复习专题三第1讲空间几何体中的计算与位置关系（理）学案本文内容：

第1讲空间几何体中的计算与位置关系

1.以三视图和空间几何体为载体考查面积与体积，难度中档偏下；

2.以选择题、填空题的形式考查线线、线面、面面位置关系的判定与性质定理对命题的真假进行判断，属基础题；空间中的平行、垂直关系的证明也是高考必考内容，多出现在立体几何解答题中的第(1)问.

1.空间几何体的三视图：长对正、高平齐、宽相等.

2.空间几何体的两组常用公式

(1)正柱体、正锥体、正台体的侧面积公式：

①S柱侧＝ch(c为底面周长，h为高)；

②S锥侧＝ch′(c为底面周长，h′为斜高/母线)；

③S台侧＝(c＋c′)h′(c′，c分别为上下底面的周长，h′为斜高/母线)；

④S球表＝4πR2(R为球的半径).

(2)柱体、锥体和球的体积公式：

①V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；

②V锥体＝Sh(S为底面面积，h为高)；

③V球＝πR3.

3.直线、平面平行的判定及其性质

(1)线面平行的判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α.

(2)线面平行的性质定理：a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b.

(3)面面平行的判定定理：a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥α?α∥β.

(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b.

4.直线、平面垂直的判定及其性质

(1)线面垂直的判定定理：m?α，n?α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n?l⊥α.

(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α?a∥b.

(3)面面垂直的判定定理：a?β，a⊥α?α⊥β.

(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β.

热点一

空间几何体的三视图与表面积、体积

【例1】(2018·上饶期末)如图所示为一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为（

）

A．B．C．D．

解析

根据三视图可得该几何体是有一个圆柱挖去两个圆柱所得，作出几何体的直观图（如图），

则该几何体的表面积为．

答案

C

探究提高

1.由几何体的三视图求其表面积：(1)关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及度量大小.(2)还原几何体的直观图，套用相应的面积公式.

2.求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.

3.求不规则几何体的体积：常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.

【训练1】

(1)(2017·北京卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为(

)

A.60B.30C.20D.10

(2)(2017·枣庄模拟)如图，某三棱锥的三视图是三个边长相等的正方形及对角线，若该三棱锥的体积是，则它的表面积是________.

解析

(1)由三视图知可把三棱锥放在一个长方体内部，即三棱锥A1－BCD，＝××3×5×4＝10.

(2)由题设及几何体的三视图知，该几何体是一个正方体截去4个三棱锥后剩余的内接正三棱锥B－A1C1D(如图所示).

设正方体的棱长为a，则几何体的体积是V＝a3－4××a2·a＝a3＝，

∴a＝1，∴三棱锥的棱长为，因此该三棱锥的表面积为S＝4××()2＝2.

答案

(1)D

(2)2

热点二

外接球与内切球

【例2】

(2019·广东一模)《九章算术》中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”.现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形．若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（）

A．B．C．D．

解析

如图所示，该几何体为四棱锥，底面为长方形.

其中底面，，，.易知该几何体与变成为的长方体有相同的外接球，

则该阳马的外接球的直径为.球体积为：.

答案A.

探究提高

1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题.

2.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确定直径解决外接问题.

【训练2】(2017·全国Ⅲ卷)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(

)

A.π

B.C.D.

解析

如图画出圆柱的轴截面ABCD，O为球心.球半径R＝OA＝1，球心到底面圆的距离为OM＝.

∴底面圆半径r＝＝，故圆柱体积V＝π·r2·h＝π·×1＝.

答案

B

热点三

空间平行、垂直关系的判断与证明

【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.

(1)证明

∵∠BAP＝∠CDP＝90°，∴AB⊥PA，CD⊥PD.

∵AB∥CD，∴AB⊥PD.又∵PA∩PD＝P，PA，PD?平面PAD，∴AB⊥平面PAD.

∵AB?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.

(2)解

取AD的中点E，连接PE.∵PA＝PD，∴PE⊥AD.

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，PE＝x，

故四棱锥P－ABCD的体积VP－ABCD＝AB·AD·PE＝x3.

由题设得x3＝，故x＝2.从而PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2，

可得四棱锥P－ABCD的侧面积为PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin

60°＝6＋2.

探究提高

垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.

(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.

(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.

(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.

(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.

【训练3】(2017·山东卷)由四棱柱ABCD－A1B1C1D1截去三棱锥C1－B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.

(1)证明：A1O∥平面B1CD1；

(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.

证明

(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，

由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，

因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C，

又O1C?平面B1CD1，A1O?平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.

(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，所以EM⊥BD，

又A1E⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以A1E⊥BD，

因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，又A1E，EM?平面A1EM，A1E∩EM＝E，

所以B1D1⊥平面A1EM，又B1D1?平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.

1．(2018·全国I卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）

A．B．C．D．

2．(2018·全国I卷)已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为

A．B．C．D．

3．(2018·全国III卷)设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（）

A．B．C．D．

4．(2018·全国II卷)已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．

1.(2016·浙江卷)已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(

)

A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n

2.(2017·全国Ⅲ卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则(

)

A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC

3．(2018·全国III卷)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．

B．

C．

D．

4.(2017·江苏卷)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________.

5.(2017·全国Ⅱ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.

(1)证明：直线BC∥平面PAD；

(2)若△PCD的面积为2，求四棱锥P－ABCD的体积.

1．(2018·郑州质检)如图，某几何体的正视图和俯视图都是矩形，侧视图是平行四边形，则该几何体的表面积为(

)

A．B．

C．D．

2.(2017·菏泽二模)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：

①若m⊥α，n∥α，则m⊥n；②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；

③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.

则其中正确命题的序号是(

)

A.①和②B.①和④C.③和④D.②和③

3.(2017·新乡三模)已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(

)

A.B.C.D.

4.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的命题序号是________.

①平面ABD⊥平面ABC；②平面ADC⊥平面BDC；

③平面ABC⊥平面BDC；④平面ADC⊥平面ABC.

5.(2017·石家庄模拟)在如图所示的几何体中，四边形CDEF为正方形，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AC＝，AB＝2BC＝2，AC⊥FB.

(1)求证：AC⊥平面FBC；

(2)求四面体FBCD的体积；

(3)线段AC上是否存在点M，使EA∥平面FDM？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.

参考答案

1．【解题思路】首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.

【答案】

根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，

所以在正方体中，

平面与线所成的角是相等的，

所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，

同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，

要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与中间的，

且过棱的中点的正六边形，且边长为，

所以其面积为，故选A.

点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.

2．【解题思路】首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.

【答案】根据题意，可得截面是边长为的正方形，

结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，

所以其表面积为，故选B.

点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.

3．【解题思路】作图，为与球的交点，点为三角形的重心，判断出当平面时，三棱锥体积最大，然后进行计算可得；

【答案】如图所示，

点为三角形的重心，为中点，

当平面时，三棱锥体积最大，

此时，，

∵，∴，

∵点为三角形的重心，∴，

∴中，有，∴，

∴．故选B．

4．【解题思路】先根据三角形面积公式求出母线长，再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求结果.

【答案】因为母线，所成角的余弦值为，所以母线，所成角的正弦值为，因为的面积为，设母线长为，所以，∴，

因为与圆锥底面所成角为，所以底面半径为，

因此圆锥的侧面积为.

点睛：本题考查线面角，圆锥的侧面积，三角形面积等知识点，考查学生空间想象与运算能力

1.【解题思路】根据已知条件画出图形，再进行证明.

【答案】由已知，α∩β＝l，∴l?β，又∵n⊥β，∴n⊥l，C正确.故选C.

2.【解题思路】A1E?平面A1B1CD.

【答案】如图，由题设知，A1B1⊥平面BCC1B1，从而A1B1⊥BC1.又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E?平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.故选C.

3．【解题思路】观察图形可得．

【答案】：观擦图形图可知，俯视图为，

故答案为A.

4.【解题思路】由图确定球的半径与圆柱高和底面半径之间的关系，进而求其体积之比.

【答案】设球半径为R，则圆柱底面圆半径为R，母线长为2R.

又V1＝πR2·2R＝2πR3，V2＝πR3，所以＝＝.故填.

5.【解题思路】(1)

BC∥AD，(2)设出长度，表示△PCD的面积.

【答案】(1)证明

在底面ABCD中，因为∠BAD＝∠ABC＝90°.所以BC∥AD，

又BC?平面PAD，AD?平面PAD.∴直线BC∥平面PAD.

(2)解

取AD的中点M，连接PM，CM，由AB＝BC＝AD及BC∥AD，∠ABC＝90°得四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD.

因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD，因为CM?底面ABCD，所以PM⊥CM.

设BC＝x，则CM＝x，CD＝x，PM＝x，PC＝PD＝2x，取CD的中点N，连接PN.

则PN⊥CD，所以PN＝x.因为△PCD的面积为2，所以×x×x＝2，

解得x＝－2(舍去)或x＝2.于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2.

所以四棱锥P－ABCD的体积V＝××2＝4.

1．【解题思路】由三视图知原图是一个底面为边长为3的正方形，高为的斜四棱柱，

【答案】.．

2.【解题思路】在长方体中构建模型表示上述条件与结论.

【答案】①中，过n作平面θ与平面α交于直线b，则n∥b，又m⊥α，知m⊥b，从而m⊥n，正确；②中，由线面垂直、面面平行的性质，m⊥γ成立，正确；如上图所示的几何体中，m⊥n，α⊥β成立，则③，④不正确.∴正确的命题序号为①，②.故选A.

3.【解题思路】还原几何体，并计算其体积.

【答案】由三视图知，该几何体是等底同高的三棱锥P－ABD与三棱柱ABC－A1B1C1的组合体，其直观图如图所示.

则几何体的体积为V＝V三棱柱＋V三棱锥＝×2×1×2＋××2×1×2＝.故选C.

4.【解题思路】由线面垂直可得面面垂直.

【答案】因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，所以BD⊥CD，

又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，CD?平面BCD，

所以CD⊥平面ABD，又AB?平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB，AD∩CD＝D，

所以AB⊥平面ADC，又AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面ADC.故填④.

5.【解题思路】(1)

AC⊥BC，(2)

VF－BCD＝S·FC，(3)利用中位线.

【答案】(1)证明

在△ABC中，

因为AC＝，AB＝2，BC＝1，所以AC2＋BC2＝AB2，

所以AC⊥BC.

又因为AC⊥FB，BC∩FB＝B，BC，FB?平面FBC，

所以AC⊥平面FBC.

(2)解

因为AC⊥平面FBC，FC?平面FBC，

所以AC⊥FC.

因为CD⊥FC，AC∩CD＝C，所以FC⊥平面ABCD.

在等腰梯形ABCD中可得CB＝DC＝1，所以FC＝1.

所以△BCD的面积为S＝.

所以四面体FBCD的体积为VF－BCD＝S·FC＝.

(3)解

线段AC上存在点M，且点M为AC中点时，有EA∥平面FDM.证明如下：

连接CE，与DF交于点N，取AC的中点M，连接MN.

因为四边形CDEF是正方形，所以点N为CE的中点.

所以EA∥MN.因为MN?平面FDM，EA?平面FDM，所以EA∥平面FDM.

所以线段AC上存在点M，且M为AC的中点，使得EA∥平面FDM成立.