1、章末综合提升 第八章 立体几何初步 巩固层知识整合 NO.1提升层题型探究 NO.2类型1 类型2 类型3 类型4 类型5 类型1 空间几何体的结构特征、表面积和体积 1本考点多为基础题，一般出现在选择题的中间位置主要考查空间几何体的结构，直观图的转化，几何体表面积、体积公式的应用考查数形结合思想、空间想象能力、运算求解能力，意在让多数学生得分 2空间几何体的表面积与体积的求法(1)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(2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用(3)求复杂几何体的体积常用割补法、等积法求解【例1】(1)(2019全国卷)中国有悠久的金石文化，印
2、信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体半正多面体体现了数学的对称美图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1则该半正多面体共有_个面，其棱长为_ 图1 图2(2)(2019全国卷)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型，如图，该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，ABBC6 cm，AA14 cm，3D打印所用原料密度
3、为0.9 g/cm3不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_g(1)26 2 1(2)118.8(1)依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则 22 xx 22 x1，解得x21，故题中的半正多面体的棱长为 21(2)由题易得长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为664144(cm3)，四边形EFGH为平行四边形，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积为矩形BCC1B1面积的一
4、半，即126412(cm2)，所以V四棱锥O-EFGH1331212(cm3)，所以该模型的体积为14412132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为1320.9118.8(g)跟进训练 1如图所示，已知三棱柱ABC-ABC，侧面BBCC的面积是S，点A到侧面BBCC的距离是a，求三棱柱ABC-ABC的体积 解 连接AB，AC，如图所示，这样就把三棱柱分割成了两个棱锥 设所求体积为V，显然三棱锥A-ABC的体积是13V 而四棱锥A-BCCB的体积为13Sa，故有13V13SaV，即V12Sa 类型2 与球有关的切、接问题 1本考点中的题目多为基础题，一般出现在选择题的后面位置或填空题中，
5、分值为5分主要考查空间几何体的结构，外接球和内切球问题，几何体表面积、体积公式的应用，球的表面积和体积计算考查数形结合思想，空间想象能力，运算求解能力，意在让多数学生得分 2与球相关问题的解题策略(1)作适当的截面(如轴截面等)时，对于球内接长方体、正方体，则截面一要过球心，二要过长方体或正方体的两条体对角线，才有利于解题(2)对于“内切”和“外接”等问题，首先要弄清几何体之间的相互关系，主要是指特殊的点、线、面之间的关系，然后把相关的元素放到这些关系中来解决【例2】(1)(2018全国卷)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9 3，则三棱锥D-ABC
6、体积的最大值为()A12 3 B18 3 C24 3 D54 3(2)(2020新高考全国卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2BAD60，以D1为球心，5 为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为_(1)B(2)22 (1)设等边三角形ABC的边长为x，则12x2sin 6093，得x6设ABC的外接圆半径为r，则2r6sin 60，解得r2 3，所以球心到ABC所在平面的距离d 422 322，则点D到平面ABC的最大距离d1d46，所以三棱锥D-ABC体积的最大值Vmax13SABC6139 3618 3(2)如图，连接B1D1，易知B1C1D1为正三角形，所以B1D1C
7、1D12分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1GD1H22125，D1MB1C1，且D1M3 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MP2，连接D1P，则D1P D1M2MP2 32 22 5，连接MG，MH，易得MGMH2，故可知以M为圆心，2 为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线由B1MGC1MH45知GMH90，所以GH的长为142 2 22 跟进训练 2若与球外切的圆台的上、下底面半径分别为r，R，则球的表面积为_ 4Rr 法一：如图，作DEBC于点E设球的半径为r1，则在RtCDE中，
8、DE2r1，CERr，DCRr由勾股定理得4r21(Rr)2(Rr)2，解得r1 Rr，故球的表面积为S球4r214Rr法二：如图，设球心为O，球的半径为r1，连接OA，OB，则在RtAOB中，OF是斜边AB上的高由相似三角形的性质得OF2BFAFRr，即r21Rr，故r1 Rr，故球的表面积为S球4Rr 类型3 空间点、线、面位置关系的判断与证明 1空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面及面面的平行与垂直关系，其中推理论证的关键是空间想象能力，要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面，该类题目难度不大，以中档题为主 2平行、垂直关系的相互转化【例3】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1(侧棱
9、垂直于底面，且底面是正三角形)中，BCCC1，M，N，P分别是CC1，AB，BB1的中点(1)求证：平面NPC平面AB1M；(2)求证：AB1平面A1MB 证明(1)在ABB1中，N，P分别是AB，BB1的中点，即PNAB1，平面ABB1平面AB1MAB1，PN平面AB1M，PN平面ABB1，PN平面AB1M 又底面是正三角形且BCCC1，M是CC1的中点，即在正方形BCC1B1中有CMB1P为平行四边形，有PCMB1，PC平面AB1M，而PNPCP，平面NPC平面AB1M(2)在正方形ABB1A1中有AB1A1B，若AB1，A1B的交点为D，连接MD，DN，四边形MCND为矩形，CNMD，C
10、NDN，而CNAB，则CN平面ABB1A1，MD平面ABB1A1，而AB1平面ABB1A1，即MDAB1又MDA1BD，MD平面A1MB，A1B平面A1MB，AB1平面A1MB 跟进训练 3如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且ADDE，F为B1C1的中点求证：(1)平面ADE平面BCC1B1；(2)直线A1F平面ADE 证明(1)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC 又AD平面ABC，所以CC1AD 又因为ADDE，CC1，DE平面BCC1B1，CC1DEE，所以AD平面BCC1B1 又AD平面AD
11、E，所以平面ADE平面BCC1B1(2)因为A1B1A1C1，F为B1C1的中点，所以A1FB1C1 因为CC1平面A1B1C1，且A1F平面A1B1C1，所以CC1A1F 又因为CC1，B1C1平面BCC1B1，CC1B1C1C1，所以A1F平面BCC1B1 由(1)知AD平面BCC1B1，所以A1FAD 又AD平面ADE，A1F平面ADE，所以A1F平面ADE 类型4 空间角的计算问题 1考查空间中线面位置关系的证明、直线与平面所成角、线线角及二面角等基础知识，考查空间想象能力及推理论证能力 2求空间各种角的大小一般都转化为平面角来计算，空间角的计算步骤：一作，二证，三计算(1)求异面直线
12、所成的角常用平移转化法(转化为相交直线的夹角)(2)求直线与平面所成的角常用射影转化法(即作垂线、找射影)(3)二面角的平面角的作法常有三种：定义法；垂线法；垂面法【例4】(2020浙江高考)如图，在三棱台ABC-DEF中，平面ACFD平面ABC，ACBACD45，DC2BC(1)证明：EFDB；(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值 解(1)证明：如图，过点D作DOAC，交直线AC于点O，连接OB由ACD45，DOAC，得CD 2CO 由平面ACFD平面ABC，得DO平面ABC，所以DOBC 由ACB45，BC12CD 22 CO，得BOBC 所以BC平面BDO，故BCDB 由三棱台AB
13、C-DEF得BCEF，所以EFDB(2)如图，过点O作OHBD，交直线BD于点H，连接CH 由三棱台ABC-DEF得DFCO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角 由BC平面BDO得OHBC，故OH平面BCD，所以OCH为直线CO与平面DBC所成角 设CD2 2 由DOOC2，BOBC 2，得BD 6，OH23 3，所以sinOCHOHOC 33，因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为 33 跟进训练 4如图，正方体ABCD-ABCD的棱长为1，BCBCO，求：(1)AO与AC所成角的度数；(2)AO与平面ABCD所成角的正切值；(3)平面AOB与平面AOC所成角的
14、度数 解(1)ACAC，AO与AC所成的角就是OAC AB平面BC，OC平面BC，OCAB，又OCBO，ABBOB，OC平面ABO 又OA平面ABO，OCOA 在RtAOC中，OC 22，AC 2，sinOACOCAC12，OAC30，即AO与AC所成角的度数为30(2)如图，作OEBC于E，连接AE 平面BC平面ABCD，OE平面ABCD，OAE为OA与平面ABCD所成的角 在RtOAE中，OE12，AE12122 52，tanOAEOEAE 55 (3)OCOA，OCOB，OAOBO，OC平面AOB 又OC平面AOC，平面AOB平面AOC 即平面AOB与平面AOC所成角的度数为90 类型5
15、 点到平面的距离问题 高考对立体几何的考查主要有两个方面，一是探究空间直线、平面的平行与垂直关系；二是与计算有关的综合性问题，主要是几何体的三积与三角其中点到平面的距离的计算非常有利于几何体体积的计算一般出现在解答题的第二问中，偶尔出现在选择填空题中，有一定的难度【例5】(2020全国卷)已知ABC是面积为 9 34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 3B32 C1D 32 C 由等边三角形ABC的面积为9 34，得 34 AB29 34，得AB3，则ABC的外接圆半径r23 32 AB 33 AB 3设球的半径为R，则由球的表面积为16
16、，得4R216，得R2，则球心O到平面ABC的距离d R2r21，故选C 跟进训练 5(2019全国卷)已知ACB90，P为平面ABC外一点，PC2，点P到ACB两边AC，BC的距离均为 3，那么P到平面ABC的距离为_ 2 如图，过点P作PO平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离 再过O作OEAC于E，OFBC于F，连接PC，PE，PF，则PEAC，PFBC 又PEPF 3，所以OEOF，所以CO为ACB的平分线，即ACO45 在RtPEC中，PC2，PE 3，所以CE1，所以OE1，所以PO PE2OE2 3212 2 体验层真题感悟 NO.31 2 3 4 5 6 1(2020全国
17、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的比值为()A 514B 512 C 514D 512 1 2 3 4 5 6 C 设正四棱锥的高为h，底面正方形的边长为2a，斜高为m，依题意得h2 12 2am，即h2am，易知h2a2m2，由得m1 52a，所以m2a1 52a2a1 54故选C 1 2 3 4 5 6 2(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()A64B
18、48 C36D32 1 2 3 4 5 6 A 因为O1的面积为4，所以O1的半径r2因为ABBCAC，所以ABC为正三角形，又O1是ABC的外接圆，所以由正弦定理得 ABsin 602r4，得AB4sin 602 3因为OO1ABBCAC，所以OO12 3，由题易知OO1平面ABC，则球心O到平面ABC的距离为23 设球O的半径为R，则R2OO21 r212416，所以球O的表面积S4R264，故选A 1 2 3 4 5 6 3(2020新高考全国卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地
19、球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40，则晷针与点A处的水平面所成角为()A20 B40 C50 D90 1 2 3 4 5 6 B 过球心O、点A以及晷针的轴截面如图所示，其中CD为晷面，GF为晷针所在直线，EF为点A处的水平面，GFCD，CDOB，AOB40，OAEOAF90，所以GFACAOAOB40故选B 1 2 3 4 5 6 4(2020全国卷)设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内 p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面 p3：若空间两条直线不相交，则这两
20、条直线平行 p4：若直线l平面，直线m平面，则ml 则下述命题中所有真命题的序号是_ p1p4；p1p2；p2p3；p3 p4 1 2 3 4 5 6 法一：对于p1，由题意设直线l1l2A，l2l3B，l1l3C，则由l1l2A，知l1，l2共面，设此平面为，则由Bl2，l2，知B，由Cl1，l1，知C，所以l3，所以l1，l2，l3共面于，所以p1是真命题；对于p2，当A，B，C三点不共线时，过A，B，C三点有且仅有一个平面，当A，B，C三点共线时，过A，B，C的平面有无数个，所以p2是假命题，p2是真命题；对于p3，若空间两条直线不相交，则这两条直线可能平行，也可能1 2 3 4 5 6
21、 异面，所以p3是假命题，p3是真命题；对于p4，若直线l平面，直线m平面，则ml，所以p4是真命题，p4是假命题故p1p4为真命题，p1p2为假命题，p2p3为真命题，p3p4为真命题综上可知，真命题的序号是 1 2 3 4 5 6 法二：对于p1，由题意设直线l1l2A，l2l3B，l1l3C，则A，B，C三点不共线，所以此三点确定一个平面，则A，B，C，所以直线AB，BC，CA，即l1，l2，l3，所以p1是真命题；以下同解法一 1 2 3 4 5 6 5(2020全国卷)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DEED1，BF2FB1，证明：(1
22、)当ABBC时，EFAC；(2)点C1在平面AEF内 1 2 3 4 5 6 解(1)如图，连接BD，B1D1因为ABBC，所以四边形ABCD为正方形，故ACBD又因为BB1平面ABCD，于是ACBB1所以AC平面BB1D1D由于EF平面BB1D1D，所以EFAC1 2 3 4 5 6(2)如图，在棱AA1上取点G，使得AG2GA1，连接GD1，FC1，FG 因为D1E23DD1，AG23AA1，DD1AA1，所以ED1AG，于是四边形ED1GA为平行四边形，故AEGD1 1 2 3 4 5 6 因为B1F 13 BB1，A1G 13 AA1，BB1AA1，所以FGA1B1，FG C1D1，四
23、边形FGD1C1为平行四边形，故GD1FC1 于是AEFC1所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内 1 2 3 4 5 6 6(2020全国卷)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F 1 2 3 4 5 6(1)证明：AA1MN，且平面A1AMN平面EB1C1F；(2)设O为A1B1C1的中心，若AOAB6，AO平面EB1C1F，且MPN3，求四棱锥B-EB1C1F的体积 1 2 3 4 5 6 解(1)因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MNC
24、C1 又由已知得AA1CC1，故AA1MN因为A1B1C1是正三角形，所以B1C1A1N 又B1C1MN，故B1C1平面A1AMN 所以平面A1AMN平面EB1C1F 1 2 3 4 5 6(2)因为AO平面EB1C1F，AO平面A1AMN，平面A1AMN平面EB1C1FPN，故AOPN 又APON，故四边形APNO是平行四边形，所以PNAO6，APON13AM 3，PM23AM2 3，EF13BC2 因为BC平面EB1C1F，所以四棱锥B-EB1C1F的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点M到底面EB1C1F的距离 1 2 3 4 5 6 如图，作MTPN，垂足为T，则由(1)知，MT平面EB1C1F，故MTPMsinMPN3 底面EB1C1F的面积为12(B1C1EF)PN12(62)624 所以四棱锥B-EB1C1F的体积为1324324 点击右图进入 章 末 综 合 测 评 谢谢观看 THANK YOU!
