1、章末优化总结网络 体系构建专题 归纳整合章末检测(一)专题一 三视图与直观图的应用三视图是从三个不同的方向看同一个物体而得到的三个视图，为了使空间图形的直观图更能直观、准确地反映空间图形的大小，往往需要把图形向几个不同的平面分别作投影，然后把这些投影放在同一个平面内，并有机结合起来表示物体的形状和大小，从三视图可以看出，俯视图反映物体的长和宽，主视图反映它的长和高，左视图反映它的宽和高 一个多面体的直观图及三视图如图、所示，其中 E、F 分别是 PB、AD的中点(1)求异面直线 PD 与 AE 所成角的余弦值；(2)求证：EF平面 PBC；(3)求三棱锥 B-AEF 的体积解析(1)依题意知，
2、该多面体是底面为正方形的四棱锥，且 PD底面 ABCD，PDDCa，如图所示，取 BD 的中点 O，连接 EO，则 EOPD，所以 EO底面 ABCD，EOa2，所以AEO 即为异面直线 PD 与 AE 所成的角在 RtAOE 中，OEa2，AO 22 a，AE OE2AO2 32 a.所以 cosAEOOEAEa232 a 33.即异面直线 PD 与 AE 所成角的余弦值为 33.(2)证明：取 PC 的中点 G，连接 EF，EG，GD，则 EG 綊12BC，所以 GE 綊 DF.由(1)知 FD平面 PDC，DG 平面 PDC，所以 FDDG，所以四边形 FEGD 为矩形因为G 为等腰 R
3、tPDC 的斜边 PC 的中点，所以 DGPC，又因为 DGGE，PCEGG，所以 DG平面 PBC.因为 DGEF，所以 EF平面 PBC.(3)VB-AEFVE-ABF13SABFOE1314a212a 124a3.1如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A518 B618C86D106解析：由三视图，可得该几何体是一个组合体，左右两端是半径为 1 的半球，中间部分为底面半径为 1，高为 3的半个圆柱，故该几何体的表面积 S41212(21)3232(1212)86，故选 C.答案：C专题二 几何体的表面积与体积的计算1空间几何体的表面
4、积与体积的计算，通常以几何体为载体与球进行交汇考查，或蕴含在两个几何体的“接”或“切”形态中，以小题形式出现，属低中档题2求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在3由几何体的三视图求表面积或体积时，要注意主视图的高是几何体的高，但不一定是侧面的高4根据几何体的三视图求其表面积与体积的三步法：(1)根据给出的三视图确定该几何体，并画出直观图；(2)由三视图中的大小标志确定该几何体的各个度量；(3)套用相应的面积公式与体积公式计算求解 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 均为等边三角形，EFAB，EF2，
5、则该多面体的体积为()A.23 B.33 C.43 D.32解析 如图，过 A，B 两点分别作 AM，BN 垂直于 EF，垂足分别为 M，N，连接 DM，CN，可证得 DMEF，CNEF，多面体ABCDEF 分为三部分，多面体的体积为 VABCDEFVAMD-BNCVE-AMDVF-BNC.由题易得 MN1，NF12，BF1，BN 32.作 NH 垂直 BC 于点 H，则 H 为 BC 的中点，则 NH 22.SBNC12BCNH121 22 24.VF-BNC13SBNCNF 224.VE-AMDVF-BNC 224，VAMD-BNCSBNCMN 24，VABCDEF 23.答案 A2在如图
6、所示的几何体中，四边形 ABCD 是正方形，MA平面 ABCD，PDMA，E、G、F 分别为 MB、PB、PC 的中点，且 ADPD2MA.(1)求证：平面 EFG平面 PDC；(2)求三棱锥 P-MAB 与四棱锥 P-ABCD 的体积之比解析：(1)证明：因为 MA平面 ABCD，PDMA，所以 PD平面 ABCD.又 BC 平面 ABCD，所以 PDBC.因为四边形 ABCD 为正方形，所以 BCDC.又 PDDCD，所以 BC平面 PDC.在PBC 中，因为 G、F 分别为 PB、PC 的中点，所以 GFBC，所以 GF平面 PDC.又 GF 平面 EFG，所以平面 EFG平面 PDC.
7、(2)因为 PD平面 ABCD，四边形 ABCD 为正方形，不妨设 MA1，则 PDAD2，所以 VP-ABCD13S 正方形 ABCDPD83.由题意，易知 DA平面 MAB，且 PDMA，所以 DA 即为点 P 到平面 MAB 的距离，所以 VP-MAB131212223.所以 VP-MABVP-ABCD14.专题三 空间线面位置关系的判断与证明1空间线面位置关系的判断与证明是本章的重点，也是高考的热点考查方式主要有两种：一是有关线面位置关系的组合判断，多以选择题形式出现，与命题真假判断联系在一起，常常用符号语言形式表述；二是平行与垂直关系的证明，以解答题的形式出现，主要以多面体为载体进行
8、考查2解决空间线面位置关系的判断问题常用以下方法：(1)根据空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题；(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断(3)熟练掌握立体几何的三种语言符号语言、文字语言以及图形语言的相互转换，是解决此类问题的关键3解决平行、垂直关系的证明问题，关键是熟悉相关的判定定理与性质定理，注意二者的交替运用 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA平面 ABCD，四边形ABCD 是直角梯形，ADBC，BAD90，BC2AD.(1)求证：ABPD；(2)在线段 PB 上是否存在一点 E，使得 AE平面
9、PCD？若存在，指出点 E 的位置并加以证明；若不存在，请说明理由证明(1)PA平面 ABCD，AB 平面 ABCD，PAAB.又ABAD，PAADA，AB平面 PAD.PD 平面 PAD，ABPD.(2)存在，点 E 为线段 PB 的中点证明如下：如图，取线段 PB 的中点 E，PC 的中点 F，连接 AE，EF，DF，则 EF 是PBC 的中位线EFBC，EF12BC.ADBC，AD12BC，ADEF，ADEF.四边形 EFDA 是平行四边形，AEDF.AE平面 PCD，DF 平面 PCD，AE平面 PCD.线段 PB 的中点 E 是符合题意的点3.如图所示，PA平面 ABC，点 C 在以
10、 AB 为直径的O 上，点E 为线段 PB 的中点，点 M 在上，且 OMAC.(1)求证：平面 MOE平面 PAC；(2)求证：平面 PAC平面 PCB.证明：(1)因为点 E 为线段 PB 的中点，点 O 为线段 AB 的中点，所以 OEPA.因为 PA 平面 PAC，OE平面 PAC，所以 OE平面 PAC，因为 OMAC，AC 平面 PAC，OM平面 PAC，所以 OM平面 PAC.因为 OE 平面 MOE，OM 平面 MOE，OEOMO，所以平面 MOE平面 PAC.(2)因为点 C 在以 AB 为直径的O 上，所以ACB90，即 BCAC.因为 PA平面 ABC，BC 平面 ABC
11、，所以 PABC.因为 AC 平面 PAC，PA 平面 PAC，PAACA，所以 BC平面 PAC.因为 BC 平面 PCB，所以平面 PAC平面 PCB.专题四 空间角的求法1空间中的角主要包括异面直线所成的角以及二面角空间角的题目一般都是各种知识的交汇点，因此，它是高考重点考查的内容之一，应引起足够重视2求空间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 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA平面 ABCD，底面ABCD 为正方形，且 PAAD2，E、F 分别为 AD、PC 的中点(1)求异面直线 EF 和 PB 所成角的大小；(2)求证：平面 PCE平面 PBC
12、；(3)求二面角 E-PC-D 的大小解析(1)如图，取 PB 的中点 G，连接 FG、AG，E、F 分别为AD、PC 的中点，FG 綊12BC，AE 綊12BC，FG 綊 AE，四边形 AEFG 是平行四边形，AGEF，PAADAB，AGPB，即 EFPB，EF 与 PB 所成的角为 90.(2)由(1)知 AGPB，AGEF，PA平面 ABCD，BCPA，BCAB，ABPAA，BC平面 PAB，BCAG，又PBBCB，AG平面 PBC，EF平面 PBC，EF 平面 PCE，平面 PCE平面 PBC.(3)作 EMPD 于点 M，连接 FM，CD平面 PAD，CDEM，又PDCDD，EM平面
13、 PCD，EMPC，由(2)知 EF平面 PBC，EFPC，又 EMEFE，PC平面 EFM，FMPC，MFE 是二面角 E-PC-D 的平面角或其补角PAAD2，EFAG 2，EM 22，sin MFEEMEF12，MFE30，即二面角 E-PC-D 的大小为 30.4在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，E，F 分别为 A1C1 和 BC 的中点(1)求证：EF平面 AA1B1B；(2)若 AA13，AB2 3，求直线 EF 与平面 ABC 的角解析：(1)证明：取 A1B1 的中点 D，连接 DE、BD，E 是 A1C1 的中点，DE 綊12B1C1，又 BC 綊 B1C1，BF12BC
14、，DE 綊 BF，则四边形 BDEF 为平行四边形，BDEF，又 BD 平面 AA1B1B，EF 平面 AA1B1B，EF平面 AA1B1B.(2)如图，取 AC 的中点 H，连接 HF，HE.EHAA1，AA1平面 ABC，EH平面 ABC，EFH 就是 EF 与平面 ABC 所成的角在 RtEHF 中，FH 3，EHAA13，EFH60，故 EF 与平面 ABC 所成的角为 60.专题五 折叠与展开问题1把一个平面图形按某种要求折起，转化为空间图形，进而研究图形在位置关系和数量关系上的变化，这就是折叠问题在解决这类问题时，要求既会由平面图形想象出空间形体，又会准确地用空间图形表示出空间物体
15、；既会观察、分析平面图形中各点、线、面在折叠前后的相互关系，又会对图形进行转化解决折叠问题，要注意折叠前后的变量与不变量，折叠前后同一半平面内的数量关系与位置关系均不发生改变2常见的几何体中，除了球的表面无法展开在一个平面内，其余几何体的表面展开后，均为一个平面图形，由此产生的表面展开图将空间问题化归为平面问题，转化过程中一般采用“化曲为直”“化折为直”的方法 已知在梯形 ABCD 中，BCAD，BC12AD1，CD 3，G，E，F 分别是 AD，BC，CD 的中点，且 CG 2，沿直线 CG 将CDG 翻折成CDG.求证：(1)EF平面 ADB；(2)平面 CDG平面 ADG.证明(1)E，
16、F 分别是 BC，CD 的中点，即 E，F 分别是 BC，CD的中点，EF 为DBC 的中位线EFDB.又EF 平面 ADB，DB 平面 ADB，EF平面 ADB.(2)在梯形 ABCD 中，G 是 AD 的中点，BC12AD1，则 AD2，DG1.又CD 3，CG 2，在DGC 中，DG2GC2DC2，DGGC，即在四棱锥 D-ABCG 中，GCDG，GCAG.AGDGG，GC平面 ADG.又GC 平面 CDG，平面 CDG平面 ADG.5如图，在矩形 ABCD 中，AB3，E，F 分别在线段 BC 和 AD 上，EFAB，现将矩形 ABEF 沿 EF 折起，记折起后的矩形为 MNEF，且平
17、面 MNEF平面 ECDF.(1)求证：NC平面 MFD；(2)若 EC3，求证：NDFC.证明：(1)因为四边形 MNEF，EFDC 都是矩形，所以 MNEFCD，MNEFCD，所以四边形 MNCD 是平行四边形，所以 NCMD.因为 NC 平面 MFD，所以 NC平面 MFD.(2)如图，连接 ED.因为平面 MNEF平面 ECDF，且 NEEF，所以 NE平面 ECDF，所以 FCNE.又 ECCD3，所以四边形 ECDF 为正方形，所以 FCED.又 NEEDE，所以 FC平面 NED，所以 NDFC.专题六 转化与化归的思想转化与化归的主要目的就是把复杂的问题转化为简单的问题，把比较
18、困难的问题转化为较容易解决的问题，把未知的问题转化为已知的问题本章中所涉及到的转化思想有：空间位置关系与平面位置关系的转化，平行与垂直关系的转化等 如果一条直线与两个相交平面都平行，则这条直线平行于这两个平面的交线已知：l，a，a.求证：al.解析 如图所示，过 a 作平面交 于直线 c，作平面交 于直线b.a，c 为过 a 的平面与 的交线，ac.同理，ab.bc，b平面.而 l 为，的交线，bl.又ab，al.6.在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，已知 AB3，AD4，AA15，求由点 A 出发，经过长方体表面到达点 C1 的最短距离解析：如图所示，可以把长方体的表面作三种不同的展开方式，得到三个不同的矩形，则 AC1 是三个不同直角三角形的斜边，其长度分别为：AC1 34252 74；AC1 35242 80；AC1 45232 90.故 AC1 的最小值为 74.章末检测(一)
